8.5.3平面与平面平行同步练习-2021-2022学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册（word含解析）

8.5.3　平面与平面平行
基础过关练
题组一　平面与平面平行的判定
1.(2021宁夏银川一中高一上期末)在正方体EFGH-E1F1G1H1中,下列四对截面彼此平行的一对是 (　　)
A.平面E1FG1与平面EGH1
B.平面FHG1与平面F1H1G
C.平面F1H1H与平面FHE1
D.平面E1HG1与平面EH1G
2.如图所示,在直角梯形ABCP中,BC∥AP,AB⊥BC,CD⊥AP,AD=DC=PD,E,F,G分别为线段PC,PD,BC的中点,现将△PDC折起,使点P 平面ABCD.
求证:平面PAB∥平面EFG.
3.(2021河南濮阳高一上月考)如图所示,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,E,M,N,G分别是AA1,CD,CB,CC1的中点,求证:
(1)MN∥B1D1;
(2)AC1∥平面EB1D1;
(3)平面EB1D1∥平面BDG.
题组二　平面与平面平行的性质
4.如图所示的是长方体被一平面截得的几何体,截面为四边形EFGH,则四边形EFGH的形状为　　　　　.
5.(2020重庆八中高二上月考)已知平面α,β,γ,α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,若m α,m∥a,则m与b的位置关系是　　　　.
6.如图所示,三棱柱A1B1C1-ABC中,点D在棱CC1上,且C1D=2CD,过点D的平面α与平面AB1C1平行,且BB1∩平面α=E,则=　　　　.
7.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,平面A1DCE与B1B交于点E,求证:EC∥A1D.
能力提升练
题组一　平面与平面平行的判定
1.(2021吉林五校协作体高一下期中,)如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中,
①BM与ED平行;
②CN与BE是异面直线;
③AF与平面BDM平行;
④平面CAN与平面BEM平行.
以上四个命题中,正确命题的序号是 (　　)
A.①②　　　B.②③　　　C.③④　　　D.①④
2.(2021湖北黄石高二月考,)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别为对角线BD,CD1上的点,且.
(1)求证:PQ∥平面A1D1DA;
(2)若R是AB上的点,的值为多少时,能使平面PQR∥平面A1D1DA 请给出证明.
3.(2020湖南衡阳高三二模,)如图,在四棱锥P-ABCD中,△PAB是等边三角形,BC⊥AB,BC=CD=2,AB=AD=2.若PB=3BE,则在线段BC上是否存在一点F,使平面AEF∥平面PCD 若存在,求线段BF的长;若不存在,请说明理由.
题组二　平面与平面平行的性质
4.(2021黑龙江双鸭山一中高一下期中,)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,E是棱PD上的点,且PE=3ED,若,且满足BF∥平面ACE,则λ= (　　)
A.
5.(2020广东深圳实验学校高一下月考,)如图,多面体ABCGDEF中,AB,AC,AD两两垂直,平面ABC∥平面DEFG,平面BEF∥平面ADGC,AB=AD=DG=2,AC=EF=1.
(1)证明:四边形ABED是正方形;
(2)判断点B,C,F,G是否共面,并说明理由.
题组三　空间直线、平面平行的综合问题
6.()如图,四棱锥S-ABCD的所有棱长都等于2,点E是SA的中点,过C,D,E三点的平面与SB交于点F,则四边形DEFC的周长为 (　　)
A.2+ C.3+2
7.(2021安徽阜阳高一下期中,)如图,在正方体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满足　　　　时,有MN∥平面B1BDD1.
8.(2020山东青岛第二中学高一下期中,)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M为棱AA1的中点,问:在棱A1D1上是否存在点N,使得C1N∥平面B1MC 若存在,请说明点N的位置;若不存在,请说明理由.
9.()如图所示,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总和线段FD平行,这个结论对吗 如果对,请证明;如果不对,请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立.
答案全解全析
基础过关练
1.A　如图,易得EG∥E1G1,∵EG 平面E1FG1,E1G1 平面E1FG1,
∴EG∥平面E1FG1.
易得G1F∥H1E,同理可证H1E∥平面E1FG1.
∵H1E∩GE=E,H1E 平面EGH1,EG 平面EGH1,
∴平面E1FG1∥平面EGH1.
易证选项B、C、D中截面不平行,故选A.
2.证明　∵E、F分别为线段PC,PD的中点,∴EF∥CD.
由题意知四边形ABCD是正方形,
∴CD∥AB,∴EF∥AB.
又EF 平面PAB,AB 平面PAB,
∴EF∥平面PAB.
同理可证EG∥平面PAB.
又∵EF∩EG=E,∴平面PAB∥平面EFG.
3.证明　(1)∵M,N分别是CD,CB的中点,
∴MN是△BCD的中位线,∴MN∥BD.
在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,BB1∥D1D,BB1=D1D,
∴四边形BB1D1D是平行四边形,
∴B1D1∥BD,∴MN∥B1D1.
(2)连接A1C1,交B1D1于点O,连接OE.
∵四边形A1B1C1D1为平行四边形,
∴点O是A1C1的中点.
又∵E是AA1的中点,
∴EO是△AA1C1的中位线,∴EO∥AC1.
又∵AC1 平面EB1D1,EO 平面EB1D1,
∴AC1∥平面EB1D1.
(3)连接AC,交BD于点P,
则P是AC的中点,连接PG.
由(1)知B1D1∥BD,
∵B1D1 平面EB1D1,B1D1 平面BDG,
∴B1D1∥平面BDG.
∵P,G分别是AC,CC1的中点,
∴PG∥AC1,由(2)知OE∥AC1,∴OE∥PG.
∵OE 平面EB1D1,OE 平面BDG,
∴OE∥平面BDG.
∵OE∩B1D1=O,OE 平面EB1D1,B1D1 平面EB1D1,
∴平面EB1D1∥平面BDG.
4.答案　平行四边形
解析　∵平面ABFE∥平面DCGH,平面EFGH∩平面ABFE=EF,平面EFGH∩平面DCGH=HG,∴EF∥HG.同理,EH∥FG,∴四边形EFGH是平行四边形.
5.答案　平行(或m∥b)
解析　∵α∩γ=a,β∩γ=b,α∥β,∴a∥b,
∵m∥a,∴m∥b.
6.答案　
解析　∵平面α∥平面AB1C1,平面α∩平面BC1=DE,平面AB1C1∩平面BC1=B1C1,
∴由平面与平面平行的性质定理知,DE∥B1C1,
又C1D=2CD,∴.
7.证明　易知BE∥AA1,又AA1 平面AA1D,BE 平面AA1D,
∴BE∥平面AA1D.
∵BC∥AD,AD 平面AA1D,BC 平面AA1D,∴BC∥平面AA1D.
又BE∩BC=B,BC 平面BCE,BE 平面BCE,
∴平面BCE∥平面AA1D.
又平面A1DCE∩平面BCE=EC,平面A1DCE∩平面AA1D=A1D,
∴EC∥A1D.
能力提升练
1.C　由展开图得到正方体的直观图,如图,连接AC,AN,BD,BE,EM,DM.BM与ED异面,故①错误;CN与BE平行,故②错误;易得四边形AFMD是平行四边形,所以AF∥MD,又AF 平面BDM,MD 平面BDM,所以AF∥平面BDM,故③正确;显然AC∥EM,又AC 平面BEM,EM 平面BEM,所以AC∥平面BEM,同理,AN∥平面BEM,又AC∩AN=A,AC,AN 平面CAN,所以平面CAN∥平面BEM,故④正确.故选C.
2.解析　(1)证明:连接CP并延长,与DA的延长线交于点M,连接MD1.
易得△PBC∽△PDM,
所以.
又因为,
所以,所以PQ∥MD1.
又MD1 平面A1D1DA,PQ 平面A1D1DA,故PQ∥平面A1D1DA.
(2)当时,能使平面PQR∥平面A1D1DA.
证明如下:因为,所以,所以,所以PR∥DA.
又DA 平面A1D1DA,PR 平面A1D1DA,所以PR∥平面A1D1DA,
由(1)知PQ∥平面A1D1DA,又PQ∩PR=P,PQ,PR 平面PQR,
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
3.解析　在线段BC上存在一点F,使平面AEF∥平面PCD,此时BF=.理由如下:
如图,作EF∥PC,交BC于F,连接AF,AC.
因为PB=3BE,所以E是PB上靠近点B的三等分点,F是BC上靠近点B的三等分点,可得BF=.
因为AB=AD=2,BC=CD=2,AC=AC,
所以△ABC≌△ADC,
因为BC⊥AB,所以∠ABC=90°,
tan∠ACB=,所以∠ACB=∠ACD=30°,所以∠BCD=60°,
因为tan∠AFB=,所以∠AFB=60°,所以∠AFB=∠BCD,所以AF∥CD.
因为AF 平面PCD,CD 平面PCD,
所以AF∥平面PCD.
因为EF∥PC,EF 平面PCD,PC 平面PCD,所以EF∥平面PCD.
因为AF∩EF=F,AF,EF 平面AEF,
所以平面AEF∥平面PCD,
所以在线段BC上存在一点F,使平面AEF∥平面PCD,此时BF=.
4.A　如图,连接BD,交AC于点O,连接OE,则BO=OD,
在线段PE上取一点G,使得GE=ED,则.
连接BG,FG,则BG∥OE,
因为OE 平面AEC,BG 平面AEC,
所以BG∥平面AEC.
因为BF∥平面ACE,BG∩BF=B,BG,BF 平面BGF,
所以平面BGF∥平面AEC.
因为平面PCD∩平面AEC=EC,平面PCD∩平面BGF=GF,所以GF∥EC.
则,所以λ=.
5.解析　(1)证明:因为平面ABC∥平面DEFG,平面ABED∩平面ABC=AB,平面ABED∩平面DEFG=DE,所以由面面平行的性质定理得AB∥DE,同理AD∥BE.
所以四边形ABED为平行四边形.
又AB⊥AD,AB=AD,
所以平行四边形ABED是正方形.
(2)点B,C,F,G共面.理由如下:
如图,取DG的中点P,连接PA,PF.
因为平面BEF∥平面ADGC,平面EFGD∩平面BEF=EF,平面EFGD∩平面ADGC=DG,
所以由面面平行的性质定理得EF∥DG,
同理AC∥DG.
因为P为DG的中点,DG=2,EF=1,
所以EF∥PD,EF=PD,则四边形EFPD为平行四边形,所以DE∥PF且DE=PF.
又AB∥DE,AB=DE,所以AB∥PF且AB=PF,所以四边形ABFP为平行四边形,
所以AP∥BF.
因为P为DG的中点,
所以PG=DG=1=AC,
又因为AC∥PG,所以四边形ACGP为平行四边形,所以AP∥CG,所以BF∥CG.
故B,C,F,G四点共面.
6.C　∵AB=BC=CD=AD=2,
∴四边形ABCD为菱形,∴CD∥AB.
又∵CD 平面SAB,AB 平面SAB,
∴CD∥平面SAB.
又∵CD 平面CDEF,平面CDEF∩平面SAB=EF,
∴CD∥EF,∴EF∥AB.
又∵E为SA的中点,∴F为SB的中点,
∴EF=AB=1.
又∵△SAD和△SBC都是等边三角形,
∴DE=CF=2×sin 60°=,
∴四边形DEFC的周长为CD+DE+EF+FC=2+.
7.答案　M∈FH
解析　连接FH,HN,NF.
易证HN∥BD,FH∥D1D,
又HN∩FH=H,BD∩D1D=D,HN,FH 平面FHN,BD,D1D 平面BDD1B1,
∴平面FHN∥平面BDD1B1.
又∵点M在四边形EFGH及其内部运动,平面FHN∩平面EFGH=FH,∴当M∈FH时,MN∥平面B1BDD1.
8.解析　如图,取A1D1的中点N,DD1的中点E,连接NE,EC1.
易得NE∥B1C,
∵NE 平面B1MC,B1C 平面B1MC,
∴NE∥平面B1MC.
由题易得C1E∥MB1,∵C1E 平面B1MC,MB1 平面B1MC,∴C1E∥平面B1MC.
∵NE∩C1E=E,NE 平面NEC1,C1E 平面NEC1,
∴平面NEC1∥平面B1MC,
∵C1N 平面NEC1,
∴C1N∥平面B1MC,
∴在棱A1D1上存在点N,使得C1N∥平面B1MC,N为A1D1的中点.
9.解析　(1)证明:在平面图形中,连接MN,设MN与AB交于点G.
由于四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形且AD=AF,从而有AD∥BE且AD=BE,
∴四边形ADBE是平行四边形.
又AM=DN,∴根据比例关系可得MN∥AD.
折叠之后,MG∥AF,NG∥AD,
∴平面ADF∥平面GNM.
又MN 平面GNM,∴MN∥平面ADF.
∴当点F,A,D不共线时,MN总平行于平面ADF.
(2)这个结论不对.要使结论成立,M、N应分别为AE和DB的中点.
由平面MNG∥平面FDA,可知要使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.
连接FM,要使FD与MN共面,只要FM与DN相交即可,由平面图形知,直线FM应过点B.
由FM∩DN=B,可知FM与DN确定一个平面,即F、D、N、M四点共面.
又平面FDNM∩平面MNG=MN,平面FDNM∩平面FDA=FD,∴MN∥FD.