高三高考数学一轮复习 第8章 第4讲　空间直线、平面的平行 课件( 74张）.ppt

解析 答案 解析 答案 解析 答案 解析　如图，对于A，连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM，CN，易得AM，CN交于点P，即MN?平面APC，所以MN∥平面APC是错误的；对于B，由A项知M，N在平面APC内，由题易知AN∥C1Q，AN?平面APC，所以C1Q∥平面APC是正确的；对于C，由A项知A，P，M三点共线是正确的；对于D，由A项知MN?平面APC，又MN?平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的． 解析 答案　①或③ 答案 解析 12．(2022·福建龙岩高三模拟)如图所示，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________时，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况) 答案　点M在线段FH上 答案 解析　连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，所以平面FHN∥平面B1BDD1，只需M在线段FH上，则MN?平面FHN，所以MN∥平面B1BDD1. 解析 答案 解析 四、解答题 14．如图，四边形ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点． 求证：(1)BE∥平面DMF； (2)平面BDE∥平面MNG. 证明　(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，因为四边形ADEF为平行四边形，所以O为AE的中点，又M为AB的中点，所以MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO， 又因为BE?平面DMF，MO?平面DMF， 所以BE∥平面DMF. 证明 (2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的对边AD，EF的中点，所以DE∥GN， 又因为DE?平面MNG，GN?平面MNG， 所以DE∥平面MNG. 因为M为AB的中点，N为AD的中点， 所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN， 因为BD?平面MNG，MN?平面MNG， 所以BD∥平面MNG， 因为DE与BD为平面BDE内的两条相交直线， 所以平面BDE∥平面MNG. 证明 15．(2022·湖北黄冈入学考试)如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，AF＝AD，AM＝DN，矩形ABEF可沿AB任意翻折． (1)求证：当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD； (2)“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由． 解　(1)证明：在平面图形中，连接MN(图略)，设MN与AB交于点G.∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，AD＝AF，∴AD∥BE且AD＝BE，∴四边形ADBE是平行四边形，∴AE∥DB.又AM＝DN，∴四边形ADNM是平行四边形，∴MN∥AD.当点F，A，D不共线时，如图，MG∥AF，NG∥AD.又MG∩NG＝G，AD∩AF＝A，∴平面GNM∥平面ADF.又MN?平面GNM，∴MN∥平面ADF.故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD. 解 (2)这个结论不正确．要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点．理由如下： 当点F，A，D共线时，如题图，易证得MN∥FD.当点F，A，D不共线时，由(1)知平面MNG∥平面FDA，则要使MN∥FD总成立，根据面面平行的性质定理，只要FD与MN共面即可．若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可． ∵FM?平面ABEF，DN?平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD＝AB，∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，此时只有M，N分别为AE，DB的中点才满足．由FM∩DN＝B，可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面．∵平面FDNM∩平面MNG＝MN，平面FDNM∩平面FDA＝FD，平面MNG∥平面FDA，∴MN∥FD. 解 16．如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点． (1)求证：CE∥平面PAD； (2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论；若不存在，请说明理由． 解 解 本课结束 答案 解析 　　　　　解决有关线面平行、面面平行的基本问题的注意点 (1)判定定理与性质定理中易忽视的条件，如线面平行的判定定理中，条件“线在面外”易忽视． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)举反例否定结论或用反证法推断命题是否正确． 解析　A中，两直线可能平行、相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D. 答案 解析 2．如图所示，正方体ABCD－A