2024人教版高中数学必修第二册同步练习题--8.5.3 平面与平面平行（含解析）

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2024人教版高中数学必修第二册同步练习题
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.(2023河北保定模拟)设α,β是两个不同的平面,则“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”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
2.(2022安徽安庆第一中学期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,R,Q,M,N,G,H均为所在棱的中点,则阴影平面与平面PQR平行的是(　　)
　
3.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为DD1的中点,F为CC1的中点.
(1)求证:BD1∥平面AEC;
(2)求证:平面AEC∥平面BFD1.
题组二　平面与平面平行的性质
4.不同在一个平面内的三条平行直线和两个平行平面相交,两个平面内以交点为顶点的两个三角形是(　　)
A.相似但不全等的三角形 B.全等三角形
C.面积相等的不全等三角形 D.以上结论都不对
5.如图,平面α∥β∥γ,直线l,m分别与α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.若,DF=20,则EF=　　　　.
6.(2022上海高桥中学月考)如图所示,P是△ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,α分别交线段PA,PB,PC于点A',B',C',若PA'∶AA'=2∶3,则=　　　　.
7.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,用一个平面去截正方体,截面为四边形BFD1E,则四边形BFD1E的形状为　　　　.
能力提升练
题组一　平面与平面平行的判定
1.下图是正方体的平面展开图,在这个正方体中,有以下结论:①BM∥平面DE;②CN∥平面AF;③平面BDM∥平面AFN;④平面BDE∥平面NCF.其中正确结论的序号是　　　　.
2.(2022福建宁德期中)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)过点D是否存在一个与PA,AB相交,且与平面PBC平行的平面 若存在,指出交点位置,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.
题组二　平面与平面平行的性质
3.(2022江西宜春月考)用一个平面去截直三棱柱ABC-A1B1C1,分别交A1C1,B1C1,BC,AC于点E,F,G,H. 若A1A>A1B1,则截面的形状可以为　　　　.(填序号)
①一般的平行四边形;②矩形;③菱形;④正方形;⑤梯形.
4.(2022安徽安庆月考)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,当点Q在什么位置时,平面D1BQ与平面PAO平行
题组三　空间直线、平面平行的综合问题
5.(2022安徽合肥期末)已知a,b,c为三条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)
A.若a∥b,b α,则a∥α
B.若a α,b β,a∥b,则α∥β
C.若α∥β,a∥α,则a∥β
D.若α∩β=a,β∩γ=b,α∩γ=c,a∥b,则b∥c
6.(2022河北部分重点中学期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱BB1,B1C1,CC1的中点,则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(　　)
A.矩形　　　　B.三角形 C.正方形　　　　D.等腰梯形
7.(2022江苏无锡天一中学期中,)直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为3,D为侧棱CC1的中点,M为侧棱AA1上一点,且A1M=1,N为B1C1上一点,且MN∥平面ABD,则B1N的长为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.
8.(2023河北保定月考)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别是棱C1D1,B1C1的中点,P是上底面A1B1C1D1内一点,若AP∥平面BDEF,则线段AP长度的取值范围是　　(　　)
A.C.
9.(2022安徽芜湖期中)如图,在正四面体S-ABC中,AB=4,E,F,R分别是SB,SC,SA的中点,分别取SE,SF的中点M,N,Q为平面SBC内一点.
(1)求证:平面MNR∥平面AEF;
(2)若RQ∥平面AEF,求线段RQ长度的最小值.
10.(2022湖南长沙一中期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别为面对角线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.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.B 2.D 4.B
1.B　当α与β相交时,α内与交线平行的直线均与β平行,充分性不成立;
若α∥β,则根据面面平行的定义可知平面α内的直线都与β平行,必要性成立.
所以“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”的必要不充分条件.故选B.
2.D　易得经过P,Q,R三点的平面即为平面PSRHNQ,如图所示.
对于B,C,点N在平面PQR上,
所以B,C不符合;
对于A,MC1与QN相交,所以A不符合;
对于D,因为A1C1∥RH,A1C1 平面PQR,RH 平面PQR,所以A1C1∥平面PQR,同理,BC1∥平面PQR,因为A1C1∩BC1=C1,A1C1,BC1 平面A1C1B,
所以平面A1C1B∥平面PQR,所以D符合.
故选D.
3.证明　(1)如图,连接BD,交AC于点O,连接OE,则O为BD的中点.
因为E为DD1的中点,所以BD1∥OE,
因为BD1 平面AEC,OE 平面AEC,
所以BD1∥平面AEC.
(2)因为CC1∥DD1,且CC1=DD1,E为DD1的中点,F为CC1的中点,所以CF∥D1E,且CF=D1E,
所以四边形CED1F为平行四边形,所以D1F∥CE.
因为D1F 平面AEC,CE 平面AEC,所以D1F∥平面AEC.
因为BD1∩D1F=D1,BD1,D1F 平面BFD1,
所以平面AEC∥平面BFD1.
4.B　如图,由题意知AA'∥BB'∥CC',α∥β,
所以平面AA'C'C∩平面α=AC,平面AA'C'C∩平面β=A'C',
由面面平行的性质定理,得AC∥A'C',
故四边形ACC'A'为平行四边形,所以AC=A'C'.
同理,BC=B'C',AB=A'B',
所以△ABC≌△A'B'C'(SSS).
故选B.
5.答案　15
解析　利用平行平面分线段成比例,得,又DF=20,所以,解得EF=15.
6.答案　
解析　∵平面α∥平面ABC,平面PAB∩平面α=A'B',平面PAB∩平面ABC=AB,
∴A'B'∥AB,同理,B'C'∥BC,A'C'∥AC.
易得△ABC∽△A'B'C',
∴.
7.答案　平行四边形
解析　因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,平面BFD1E∩平面ABB1A1=BE,平面BFD1E∩平面DCC1D1=FD1,
所以由面面平行的性质定理知BE∥FD1,
同理,BF∥D1E,
所以四边形BFD1E为平行四边形.
能力提升练
5.D 6.D 7.B 8.C
1.答案　①②③④
解析　将正方体的平面展开图还原成正方体ABCD-EFMN,如图所示.
对于①,∵AB∥MN,AB=MN,
∴四边形ABMN是平行四边形,∴BM∥AN,
又BM 平面DE,AN 平面DE,∴BM∥平面DE,故①正确;
对于②,∵EN∥BC,EN=BC,
∴四边形BCNE是平行四边形,∴BE∥CN,
又CN 平面AF,BE 平面AF,∴CN∥平面AF,故②正确;
对于③,∵BF∥DN,BF=DN,
∴四边形BFND是平行四边形,∴BD∥FN,
∵BD 平面AFN,FN 平面AFN,∴BD∥平面AFN,同理,BM∥平面AFN,∵BM∩BD=B,BM,BD 平面BDM,
∴平面BDM∥平面AFN,故③正确;
同③可得平面BDE∥平面NCF,故④正确.
故答案为①②③④.
2.解析　(1)证明:如图,取PA的中点F,连接EF,DF,
因为E为PB的中点,所以EF∥AB,且EF=AB,
又AB∥CD,AB=2CD,所以EFCD,
所以四边形CDFE为平行四边形,所以CE∥DF.
又DF 平面PAD,CE 平面PAD,所以CE∥平面PAD.
(2)存在,交点分别为PA,AB的中点,证明如下:
取AB的中点H,连接FH,DH,
由(1)得CE∥DF,因为DF 平面DFH,CE 平面DFH,所以CE∥平面DFH,
因为F为PA的中点,H为AB的中点,所以FH∥PB,
又FH 平面DFH,PB 平面DFH,
所以PB∥平面DFH,
又PB∩CE=E,所以平面PBC∥平面DFH.
故存在满足条件的平面,平面与PA交于点F,与AB交于点H.
3.答案　②⑤
解析　∵平面ABC∥平面A1B1C1,平面EFGH∩平面ABC=HG,平面EFGH∩平面A1B1C1=EF,∴EF∥HG,∵A1A>A1B1,∴EF4.解析　如图,设平面D1BQ∩平面ADD1A1=D1M,
因为平面D1BQ∩平面BCC1B1=BQ,平面ADD1A1∥平面BCC1B1,
所以BQ∥D1M.
假设平面D1BQ∥平面PAO,
则由平面D1BQ∩平面ADD1A1=D1M,平面PAO∩平面ADD1A1=AP,可得AP∥D1M,
所以BQ∥AP.则A,B,Q,P四点共面.
连接PQ,因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1,平面ABQP∩平面ABB1A1=AB,平面ABQP∩平面CDD1C1=PQ,
所以PQ∥AB,又AB∥CD,所以PQ∥CD.因为P为DD1的中点,所以Q为CC1的中点.
故当Q为CC1的中点时,平面D1BQ∥平面PAO.
5.D　若a∥b,b α,则a∥α或a α,故A错误;
若a α,b β,a∥b,则α∥β或α与β相交,故B错误;
若α∥β,a∥α,则a∥β或a β,故C错误;
对于D,∵a∥b,a γ,b γ,∴a∥γ,
又a α,且α∩γ=c,∴a∥c,∴b∥c,故D正确.
故选D.
6.D　取BC的中点H,连接AH,GH,D1G,AD1,如图所示,易得GH∥EF,AH∥A1F,GH∥AD1,则A,H,G,D1四点共面.
∵GH 平面A1EF,EF 平面A1EF,
∴GH∥平面A1EF.
∵AH 平面A1EF,A1F 平面A1EF,
∴AH∥平面A1EF.
∵GH∩AH=H,GH,AH 平面AHGD1,
∴平面AHGD1∥平面A1EF.
易知四边形AHGD1为等腰梯形,
∴过线段AG且平行于平面AEF的截面图形为等腰梯形AHGD1.故选D.
解后反思　本题考查截面图形的形状,关键是过点A和点G在正方体表面作平面A1EF的平行线,一般是在正方体的表面作平面A1EF与正方体表面的交线的平行线,即A1E,EF,A1E的平行线.
7.B　如图所示,过点M作MP∥AB,交BB1于点P,连接PN,取BB1的中点Q,连接C1Q.
因为MP∥AB,MP 平面ABD,AB 平面ABD,
所以MP∥平面ABD,
又MN∥平面ABD,MP∩MN=M,MP,MN 平面MPN,
所以平面MPN∥平面ABD.
因为平面MPN∩平面BCC1B1=PN,平面ABD∩平面BCC1B1=BD,所以PN∥BD.
由题意知,四边形ABB1A1与四边形BCC1B1都是边长为3的正方形.
因为A1M=1,MP∥AB,所以B1P=1,
因为Q是BB1的中点,所以B1Q=,
因为D为侧棱CC1的中点,所以BQC1D,
所以四边形BQC1D是平行四边形,
所以C1Q∥BD,所以C1Q∥PN,
所以△B1PN∽△B1QC1,
所以,即,解得B1N=2.
故选B.
8.C　如图所示,分别取A1D1,A1B1的中点M,N,连接AM,AN,MN,FM.
因为四边形A1B1C1D1为正方形,
所以A1D1∥B1C1且A1D1=B1C1.
因为M,F分别为A1D1,B1C1的中点,
所以A1M∥B1F且A1M=B1F,
所以四边形A1B1FM为平行四边形,
所以A1B1∥MF且A1B1=MF.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB∥A1B1且AB=A1B1,
所以AB∥MF且AB=MF,
所以四边形ABFM为平行四边形,所以AM∥BF.
因为AM 平面BDEF,BF 平面BDEF,
所以AM∥平面BDEF,
同理可得AN∥平面BDEF,
因为AM∩AN=A,AM,AN 平面AMN,
所以平面AMN∥平面BDEF.
因为AP∥平面BDEF,
所以点P的轨迹为线段MN.
在△AMN中,AM=AN=,
当AP⊥MN,即P为MN的中点时,AP的长度取最小值,即(AP)min=,
当点P与点M或点N重合时,AP的长度取最大值,即(AP)max=AM=.
因此,线段AP长度的取值范围是.
故选C.
解后反思　本题求线段长度的取值范围,解题的关键就是利用AP∥平面BDEF推测出点P的轨迹,一般利用线面平行的性质或面面平行的性质来找出动点P的轨迹,在确定点P的轨迹后,转化为平面问题,最后利用几何知识求解.
9.解析　(1)证明:∵M,N分别为SE,SF的中点,
∴MN∥EF,
又∵MN 平面AEF,EF 平面AEF,
∴MN∥平面AEF.
∵R,M分别为SA,SE的中点,∴RM∥AE,
又∵RM 平面AEF,AE 平面AEF,
∴RM∥平面AEF.
∵MN∩RM=M,MN,RM 平面MNR,
∴平面MNR∥平面AEF.
(2)由(1)知,平面MNR∥平面AEF,
若平面SBC内存在一点Q,使RQ∥平面AEF,则Q在线段MN上,
当RQ⊥MN时,线段RQ最短.
∵E,F分别为SB,SC的中点,M,N分别为SE,SF的中点,
∴MN=BC=1.
∵AS=AB=SB=4,
∴AE⊥SB,AE=,
∵R,M分别为SA,SE的中点,∴RM=,
同理,RN=,
∴当Q为MN的中点时,RQ⊥MN,|RQ|取最小值,
∴|RQ|min=.
10.解析　(1)证明:如图,连接CP并延长,与DA的延长线交于点M,连接D1M.
因为四边形ABCD为正方形,所以BC∥AD,
所以△PBC∽△PDM,
所以.
又因为,所以,
所以PQ∥MD1.
又MD1 平面A1D1DA,PQ 平面A1D1DA,
所以PQ∥平面A1D1DA.
(2)当时,能使平面PQR∥平面A1D1DA.
证明如下:因为,所以,
故,所以PR∥DA.
因为DA 平面A1D1DA,PR 平面A1D1DA,
所以PR∥平面A1D1DA.
由(1)知PQ∥平面A1D1DA,因为PQ∩PR=P,PQ,PR 平面PQR,
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
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