9.若直线m⊂平面α,则条件甲:直线l∥α是条件乙:l∥m的 ( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析:若l∥α,m⊂α,不一定有l∥m,反之,若l∥m,则l⊂α或l∥α.
答案:D
8.如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,
M、N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是
上底面的棱AD上的一点,AP=,过P、M、N的
平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ=____________.
解析:∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1,
∴MN∥PQ.
∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点,AP=,
∴CQ=,从而DP=DQ=,
∴PQ=a.
答案:a
题组四 |
直线、平面平行的综合问题 |
7.设平面α∥平面β,A∈α,B∈β,C是AB的中点,当A、B分别在α、β内运动时,那么所有的动点C ( )
A.不共面
B.当且仅当A、B在两条相交直线上移动时才共面
C.当且仅当A、B在两条给定的平行直线上移动时才共面
D.不论A、B如何移动都共面
解析:根据平行平面的性质,不论A、B如何运动,动点C均在过C且与α,β都平行的平面上.
答案:D
6.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,O为底面ABCD
的中心,P是DD1的中点,设Q是CC1上的点,问:
当点Q在什么位置时,平面D1BQ∥平面PAO?
解:当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.
∵Q为CC1的中点,P为DD1的中点,∴QB∥PA.
连结DB.∵P、O分别为DD1、DB的中点,
∴D1B∥PO.又D1B⊄平面PAO,QB⊄平面 PAO,
∴D1B∥面PAO,QB∥面PAO,
又D1B∩QB=B,
∴平面D1BQ∥平面PAO.
题组三 |
平面与平面平行的性质 |
5.(2009·福建高考)设m,n是平面α内的两条不同直线;l1,l2是平面β内的两条相交直线,则α∥β的一个充分而不必要条件是 ( )
A.m∥β且l1∥α B.m∥l1且n∥l2
C.m∥β且n∥β D.m∥β且n∥l2
解析:∵m∥l1且n∥l2,又l1与l2是平面β内的两条相交直线,
∴α∥β,而当α∥β时不一定推出m∥l1且n∥l2.
答案:B
4.如图,已知四边形ABCD是平行四边形,点P是平面
ABCD外的一点,则在四棱锥P-ABCD中,M是PC
的中点,在DM上取一点G,过G和AP作平面交平
面BDM于GH.
求证:AP∥GH.
证明:连结AC,交BD于O,连结MO.
因为四边形ABCD是平行四边形,
所以O是AC的中点,
又因为M是PC的中点,
所以MO∥PA.
又因为MO⊂平面BDM,PA⊄平面BDM,
所以PA∥平面BDM.又因为经过PA与点G的平面交平面BDM于GH,
所以AP∥GH.
题组二 |
平面与平面平行的判定 |
3.在△ABC中,AB=5,AC=7,∠A=60°,G为重心,过G的平面α与BC平行,AB∩α=M,AC∩α=N,则MN=________.
解析:如图,在△ABC中,由余弦定理知BC=,
∵BC∥α,∴MN∥BC,
又G是△ABC的重心,
∴MN=BC=.
答案:
2.(2010·福州模拟)已知平面α、β和直线m,给出条件:①m∥α;②m⊥α;③m⊂α;④α⊥β;⑤α∥β.为使m∥β,应选择下面四个选项中的 ( )
A.①④ B.①⑤ C.②⑤ D.③⑤
解析:当m⊂α,α∥β时,有m∥β.
答案:D
1.一条直线若同时平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线的位置关系是( )
A.异面 B.相交 C.平行 D.不确定
解析:由线面平行的性质定理容易推出该直线与交线平行.
答案:C
9.如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,∠ADC=90°,
3AD=DC=3,AB=2,E是DC上的点,且满足
DE=1,连结AE,将△DAE沿AE折起到△D1AE
的位置,使得∠D1AB=60°,设AC与BE的交点为O.
(1)试用基向量,
,
表示向量
;
(2)求异面直线OD1与AE所成角的余弦值;
(3)判断平面D1AE与平面ABCE是否垂直?并说明理由.
解:(1)∵AB∥CE,AB=CE=2,
∴四边形ABCE是平行四边形,∴O为BE的中点.
∴=
-
=
-(
+
)
=-
-
.
(2)设异面直线OD1与AE所成的角为θ,
则cosθ=|cos〈,
〉|=|
|,
∵·
=(
-
-
)·
=·
-
·
-|
|2
=1××cos45°-×2××cos45°-×()2
=-1,
||=
=,
∴cosθ=||=||=.
故异面直线OD1与AE所成角的余弦值为.
(3)平面D1AE⊥平面ABCE.证明如下:
取AE的中点M,则=
-
=
-
,
∴·
=(
-
)·
=||2-
·
=×()2-1××cos45°=0.
∴⊥
.∴D1M⊥AE.
∵·
=(
-
)·
=·
-
·
=××2×cos45°-1×2×cos60°=0,
∴⊥
,∴D1M⊥AB.
又AE∩AB=A,AE、AB⊂平面ABCE,
∴D1M⊥平面ABCE.
∵D1M⊂平面D1AE,
∴平面D1AE⊥平面ABCE.
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