課時(shí)5直線、平面平行的判定與性質(zhì)1．C【解析】對(duì)于A，如圖，，，但，卻相交，A錯(cuò)誤.對(duì)于B，如圖,，，，，但，卻相交，B錯(cuò)誤.對(duì)于C，可知，兩個(gè)平面無(wú)公共點(diǎn)，即它們平行，C正確.對(duì)于D，若兩個(gè)平面平行于同一條直線，則這兩個(gè)平面平行或相交，D錯(cuò)誤.故選C.D【解析】對(duì)于A，當(dāng)α∩β＝l，l∥a，aα且aβ時(shí)，滿足α，β都平行于直線a，不能推出α∥β，故A不符題意；對(duì)于B，當(dāng)α∩β＝b，且在α內(nèi)直線b一側(cè)有兩點(diǎn)，另一側(cè)有一點(diǎn)，三點(diǎn)到β的距離相等時(shí)，不能推出α∥β，故B不符題意；對(duì)于C，當(dāng)l與m平行時(shí)，不能推出α∥β，故C不符題意；對(duì)于D，因l∥α，l∥β，則存在過(guò)直線l的平面γ∩α＝l1，γ∩β＝l2，于是得l1∥l∥l2，l1β，l2β，則l1∥β，因m∥α，m∥β，則存在過(guò)直線m的平面δ∩α＝m1，δ∩β＝m2，于是得m1∥m∥m2，m1β，m2β，則m1∥β，又l，m是兩條異面直線，則l1，m1是平面α內(nèi)的兩條相交直線，所以α∥β，故D符合題意．故選D.3．C【解析】在正方體ABCD-A′B′C′D′中，AA′∥BB′，AA′在過(guò)BB′的平面ABB′A′內(nèi)，故命題①不正確；AA′∥平面BCC′B′，BC?平面BCC′B′，但AA′不平行于BC，故命題②不正確；AA′∥平面BCC′B′，A′D′∥平面BCC′B′，但AA′與A′D′相交，所以③不正確；④中，假設(shè)b與α相交，因?yàn)閍∥b，所以a與α相交，這與a∥α矛盾，故b∥α，即④正確；⑤顯然正確.故選C．4．B【解析】因?yàn)樵谌庵鵄BC-A1B1C1中，M，N分別為AC，B1C1的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為BC，B1B的中點(diǎn)，所以EF平面BCC1B1，MN∩平面BCC1B1＝N，NEF，所以由異面直線的定義得直線MN與直線EF是異面直線；取A1C1的中點(diǎn)P，連接PM，PN，如圖，則PN∥B1A1，PM∥A1A，因?yàn)锳A1∩A1B1＝A1，PM∩PN＝P，所以平面PMN∥平面ABB1A1，因?yàn)镸N平面PMN，所以直線MN與平面ABB1A1平行．故選B.A【解析】如圖，連接BD，交AC于點(diǎn)O，連接OE，則BO＝OD，在線段PE上取一點(diǎn)G，使得GE＝ED，則G是PD的中點(diǎn)，eq\f(PG,PE)＝eq\f(2,3)，連接BG，F(xiàn)G，則BG∥OE，因?yàn)镺E平面ACE，BG平面ACE，所以BG∥平面ACE.因?yàn)锽F∥平面ACE，BG∩BF＝B，BG，BF平面BGF，所以平面BGF∥平面ACE.因?yàn)槠矫鍼CD∩平面ACE＝EC，平面PCD∩平面BGF＝GF，所以GF∥EC.所以eq\f(PF,PC)＝eq\f(PG,PE)＝eq\f(2,3)，所以λ＝eq\f(2,3).故選A.B【解析】在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，連接B1D1，F(xiàn)G，如圖，因?yàn)槠矫鍭EF∥平面BD1G，平面AEF∩平面BB1D1D＝EF，平面BD1G∩平面BB1D1D＝BD1，則EF∥BD1，于是eq\f(DF,FD1)＝eq\f(DE,EB)＝eq\f(1,2)，平面ADD1A1∥平面BCC1B1，而B(niǎo)G平面BCC1B1，則BG∥平面ADD1A1，在平面ADD1A1內(nèi)存在與AF不重合的直線l∥BG，又平面AEF∥平面BD1G，BG平面BD1G，則BG∥平面AEF，在平面AEF內(nèi)存在與AF不重合的直線m∥BG，從而m∥l，m平面AEF，l平面AEF，則l∥平面AEF，又l平面ADD1A1，平面AEF∩平面ADD1A1＝AF，因此AF∥l∥BG，BG，AF可確定平面ABGF，因?yàn)槠矫鍭BB1A1∥平面CDD1C1，平面ABGF∩平面ABB1A1＝AB，平面ABGF∩平面CDD1C1＝FG，于是AB∥FG，即有CD∥FG，所以eq\f(CG,CC1)＝eq\f(DF,DD1)＝eq\f(1,3).故選B.7．AC【解析】對(duì)于A,過(guò)A作正方體的面對(duì)角線，且，如下圖所示，由已知條件可知，，又因?yàn)?，，所以平面平?又因?yàn)槠矫?，所以AB∥平面，A正確.對(duì)于B，連接正方體底面對(duì)角線BC和EF，相交于O，且BC與MP交于H，連接ON，如下圖所示，由上圖可知，O為的中點(diǎn)，故，因?yàn)榕c平面相交，所以也與平面相交，B錯(cuò)誤.對(duì)于C,連接NP所在面的正方體的面對(duì)角線EF，且，如下圖所示，由已知條件和正方體的結(jié)構(gòu)特征可知，AB∥EF∥NP，因?yàn)槠矫?，平面，所以AB∥平面，C正確.對(duì)于D,連接NP所在面的正方體的面對(duì)角線EF，且，如下圖所示，因?yàn)镋F和NP相交，且平面，所以EF和平面相交，從而與平面相交，D錯(cuò)誤.故選AC.8．AD【解析】對(duì)于A，若，，，根據(jù)線面平行的判定定理，可得，A正確.對(duì)于B，若，，，則直線與平行或異面，B不正確.對(duì)于C，若，，，，只有當(dāng)與相交時(shí)，才能得到，C不正確.對(duì)于D，若，，，根據(jù)面面平行的性質(zhì)，可得，D正確.故選AD.9．BCD【解析】由點(diǎn)A，C∈α，點(diǎn)B，D∈β，得ACα，BDβ，由A，B，C，Dl，得ACβ，BDα，對(duì)于A，令A(yù)C∩BD＝P，即有P∈ACα，P∈BDβ，因此P∈α∩β＝l，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)AB，CD是異面直線時(shí)，假設(shè)MN∥l，顯然MNβ，則MN∥平面β，連接BC，取BC的中點(diǎn)H，連接MH，NH，如圖，因?yàn)镠，N分別為BC，CD的中點(diǎn)，所以NH∥BD，而NHβ，即有NH∥β，又NH∩MN＝N，于是平面MNH∥平面β，同理平面MHN∥平面α，因此平面α∥平面β，與已知矛盾，即假設(shè)不成立，所以MN不可能與l平行，故B正確；對(duì)于C，由A，B，C，D四點(diǎn)共面且AC∥l，得AC∥β，平面ABDC∩β＝BD，因此BD∥AC∥l，故C正確；對(duì)于D，由M，N兩點(diǎn)重合，得AC∥BD，則AC∥β，而ACα，α∩β＝l，因此AC∥l，直線AC與直線l不可能相交，故D正確．故選BCD.10、平面ABC，平面ABD【解析】如圖，連接AM并延長(zhǎng)，交CD于點(diǎn)E，連接BN并延長(zhǎng)，交CD于點(diǎn)F，由重心性質(zhì)可知，E，F(xiàn)重合，且E為CD的中點(diǎn)，因?yàn)閑q\f(EM,MA)＝eq\f(EN,BN)＝eq\f(1,2)，所以MN∥AB.又AB平面ABD，MN平面ABD，所以MN∥平面ABD.又AB平面ABC，MN平面ABC，所以MN∥平面ABC.11．eq\f(1,2)【解析】如圖，連接AC交BE于點(diǎn)M，連接FM.因?yàn)镻A∥平面EBF，PA平面PAC，平面PAC∩平面EBF＝FM，所以PA∥FM.又AE∥BC，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(AM,MC)＝eq\f(AE,BC)＝eq\f(1,2).12．【解析】如圖，取CD，A1B1的中點(diǎn)M，N，連結(jié)C1M，MA，AN，NC1.因?yàn)镃1N//PC，B1P∥AN，B1P∩CP=P，C1N∩AN=N，所以平面C1MAN//平面PCB1，所以平面C1MAN就是過(guò)點(diǎn)A與界面平行的截面.由圖可知,平面為菱形，且.在正方體中，.根據(jù)余弦定理，，且..所以截面的面積.13、【證明】(1)由題設(shè)知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四邊形BB1D1D是平行四邊形，所以BD∥B1D1.又BD平面CD1B1，B1D1平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因?yàn)锳1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四邊形A1BCD1是平行四邊形，所以A1B∥D1C.又A1B平面CD1B1，D1C平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.因?yàn)锽D∩A1B＝B，BD，A1B平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1.由(1)知，平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直線l，平面ABCD∩平面A1BD＝直線BD，所以直線l∥直線BD.在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四邊形BDD1B1為平行四邊形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.14、(1)【證明】如圖，連接BD.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為平行四邊形，由題意可得，G是線段BD的中點(diǎn)，則G，H分別是線段BD，