2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--4.2　平面与平面平行

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2025北师大版高中数学必修第二册
4.2　平面与平面平行
基础过关练
题组一　平面与平面平行的性质
1.(2024山东省实验中学月考)设α,β,γ是三个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且α∩γ=l,β∩γ=m,则“l∥m”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.(2024北京理工大学附属中学月考)
已知P为△ABC所在平面外一点,平面α∥平面ABC,且α分别交线段PA,PB,PC于点A',B',C',若PA'∶AA'=2∶3,则S△A'B'C'∶S△ABC=(　　)
A.2∶3　　　　B.2∶5　　　　C.4∶9　　　　D.4∶25
3.(2024福建南平三检)如图,在正四面体A-BCD中,P为棱AD的中点,过点A的平面α与平面PBC平行,平面α∩平面ABD=m,平面α∩平面ACD=n,则m,n夹角的余弦值为(　　)
A.
4.(2023四川仁寿文宫中学月考)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,过B1B的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于点M,交BC于点N,则MN与AC的数量关系是　　　.
5.如图所示,已知三棱柱ABC-A'B'C'中,D是BC的中点,D'是B'C'的中点,设平面A'D'B∩平面ABC=a,平面ADC'∩平面A'B'C'=b,试判断直线a,b的位置关系,并证明.
6.(2024江西五校联考)在四棱锥P-ABCD中,PA=PB=AB=AD=2,BC=4,AD∥BC,AD⊥AB,AC与BD交于点O,过点O作平行于平面PAB的平面α.若平面α分别交PC,BC于点E,F,求△OEF的周长.
题组二　平面与平面平行的判定
7.(2024吉林白城洮南第一中学期中)设α,β为两个不同的平面,则α∥β的充要条件是(　　)
A.α内有无数条直线与β平行
B.α内有两条相交直线与β平行
C.α,β平行于同一条直线
D.以上答案都不对
8.(多选题)(2024湖南长沙一中月考)已知直线l,m,平面α,β,则下列说法错误的是(　　)
A.m∥l,l∥α,则m∥α
B.l∥β,m∥β,l α,m α,则α∥β
C.l∥m,l α,m β,则α∥β
D.l∥β,m∥β,l α,m α,l∩m=M,则α∥β
9.在正方体EFGH-E1F1G1H1中,下列四对截面彼此平行的是(　　)
A.平面E1FG1与平面EGH1
B.平面FHG1与平面F1H1G
C.平面F1H1E与平面FHE1
D.平面E1HG1与平面EH1G
10.(2023黑龙江哈尔滨期中)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(　　)
　　　　
　　　　
11.(2022浙江温州期中)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F,G,H分别为A1B1,AD,B1C1,C1D1的中点,则过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面的面积为　　(　　)
A.　　　　D.4
12.(2024天津南开期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,E,F分别是PC,AD的中点.
(1)求证:DE∥平面PFB;
(2)若M为BC的中点,求证:平面EMD∥平面PFB.
13.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,M是线段B1D1上的一个动点,E,F分别是BC,CM的中点.
(1)求证:EF∥平面BDD1B1;
(2)在棱CD上是否存在一点G,使得平面GEF∥平面BDD1B1 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
能力提升练
题组一　平面与平面平行的判定与性质的综合问题
1.(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
2.(多选题)(2022江西南昌模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱与底面垂直,D,E,F,M,N分别是BC,B1C1,AA1,CC1,A1C的中点,则下列判断错误的是(　　)
A.EF∥平面ADB1
B.A1M∥平面ADB1
C.平面EMN∥平面ADB1
D.平面A1EN∥平面ADB1
3.(2024山东枣庄期中)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,Q是侧面BCC1B1内一点,若A1Q∥平面AEF,则线段A1Q长度的最大值与最小值之和为(　　)
A.　　　　
C.
4.(2024河南郑州外国语学校期中)如图所示,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,点E是棱PD上一点,PE=PD,若且满足BF∥平面ACE,则实数λ=　　　　.
5.(2023海南中学期中)如图,正三棱柱A1B1C1-ABC的底面边长是2,侧棱长是2,M为A1C1的中点,N是侧面BCC1B1上一点,且MN∥平面ABC1,则线段MN长度的最大值为　　　　.
6.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.
7.(2024山东枣庄三中期中)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,过BC的平面与上底面A1B1C1交于GH(GH与B1C1不重合).
(1)求证:BC∥GH;
(2)若E,F,G分别是AB,AC,A1B1的中点,求证:平面EFA1∥平面BCHG.
题组二　面面平行中的探索性问题
8.(2024四川达州外国语学校月考)如图所示,在底面为正方形的四棱锥P-ABCD中,AB=2,PA=4,PB=PD=2,AC与BD相交于点O,E为PD的中点.
(1)求证:EO∥平面PBC;
(2)PA上是否存在点F,使平面OEF∥平面PBC 若存在,请指出F的位置,并给予证明;若不存在,请说明理由.
9.如图所示,矩形ABCD和矩形ABEF中,AF=AD,点M,N分别在AE,DB上,AM=DN,矩形ABEF可沿AB任意翻折.
(1)求证:当F,A,D三点不共线时,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.
答案与分层梯度式解析
第六章　立体几何初步
§4　平行关系
4.2　平面与平面平行
基础过关练
1.B　由α∩γ=l,β∩γ=m,l∥m推不出α∥β,故充分性不成立;由面面平行的性质定理知必要性成立,故“l∥m”是“α∥β”的必要不充分条件.故选B.
2.D　∵平面α∥平面ABC,平面PAB∩α=A'B',平面PAB∩平面ABC=AB,
∴根据面面平行的性质定理可得AB∥A'B',
又PA'∶AA'=2∶3,∴.
同理可得,BC∥B'C',AC∥A'C'.
根据等角定理可得∠B'A'C'=∠BAC,∠A'B'C'=∠ABC,∠A'C'B'=∠ACB,则△ABC∽△A'B'C'.
故S△A'B'C'∶S△ABC=A'B'2∶AB2=4∶25.故选D.
3.B　因为平面α∥平面PBC,平面α∩平面ABD=m,平面PBC∩平面ABD=BP,所以m∥BP,
因为平面α∥平面PBC,平面α∩平面ACD=n,平面PBC∩平面ACD=PC,所以n∥PC,
所以m,n的夹角即为BP,PC的夹角,易知BP与PC的夹角为∠BPC(或其补角),
设正四面体A-BCD的棱长为2,
则BP=CP=,
在△PBC中,cos∠BPC=.
4.答案　MN=AC
解析　∵平面MNE∥平面ACB1,平面MNE∩平面ABB1A1=EM,平面ACB1∩平面ABB1A1=B1A,平面MNE∩平面CBB1C1=EN,平面ACB1∩平面CBB1C1=B1C,∴EM∥B1A,EN∥B1C.
∴,
又∵E为BB1的中点,∴M,N分别为BA,BC的中点,
∴MN=AC.
5.解析　直线a与b平行.证明如下:
连接DD'.∵平面ABC∥平面A'B'C',平面A'D'B∩平面ABC=a,平面A'D'B∩平面A'B'C'=A'D',
∴A'D'∥a.同理可证AD∥b.
∵D,D'分别是BC,B'C'的中点,BC B'C',
∴BD B'D',∴四边形BB'D'D是平行四边形,
∴DD' BB'.又BB' AA',∴DD' AA',
∴四边形AA'D'D为平行四边形,
∴A'D'∥AD,∴a∥b.
6.解析　由题意可知,四边形ABCD是直角梯形,
所以△AOD∽△COB,
又AD=BC,所以AO=OB,
因为过点O作平行于平面PAB的平面α分别交PC,BC于点E,F,所以平面OEF∥平面PAB,
因为平面OEF∩平面PBC=EF,平面PBC∩平面PAB=PB,所以EF∥PB,
因为平面OEF∩平面PAC=OE,平面PAB∩平面PAC=PA,所以OE∥PA,
因为平面OEF∩平面ABC=OF,平面PAB∩平面ABC=AB,所以OF∥AB,
所以△PAB∽△EOF,且相似比为3∶2,
因为△PAB的周长为6,所以△OEF的周长为4.
7.B　由面面平行的判定定理知B正确;对于A,若α内的无数条直线均平行,则无法推出α∥β;
对于C,如图,α,β平行于同一条直线m,但α,β不平行.故选B.
8.ABC　A中,m可能在α内,也可能与α平行,故A错误;
B中,α与β也可能相交,故B错误;
C中,α与β也可能相交,故C错误;
D中,依据面面平行的判定定理可知α∥β,故D正确.故选ABC.
9.A　如图,∵EG∥E1G1,EG 平面E1FG1,E1G1 平面E1FG1,∴EG∥平面E1FG1.
同理,可证H1E∥平面E1FG1.
∵H1E∩EG=E,H1E,EG 平面EGH1,
∴平面E1FG1∥平面EGH1,故A正确,
选项B、C、D中的两个平面均不平行,故选A.
10.D　易得经过P,Q,R三点的平面即为平面PSRHNQ(S为AA1的中点),如图所示.
对于A,MC1与QN相交,所以A不符合;
对于B,C,点N在平面PQR上,所以B,C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,又因为A1C1∩BC1=C1,A1C1,BC1 平面A1C1B,
所以平面A1C1B∥平面PQR,所以D符合.故选D.
11.C　取AB的中点P,BC的中点M,CD的中点N,连接FP,EP,MN,MG,NH,由正方体的结构特征可得MG∥NH,则四边形MGHN为平面图形.
又EP∥MG,MG 平面MGHN,EP 平面MGHN,
∴EP∥平面MGHN.
∵FP∥MN,MN 平面MGHN,FP 平面MGHN,
∴FP∥平面MGHN.
∵EP∩FP=P,∴平面EFP∥平面MGHN,
又EF 平面EFP,∴EF∥平面MGHN,
∴过GH且与EF平行的平面截正方体所得的截面为矩形MGHN.
∵MG=2,GH=,∴S矩形MGHN=2.
故选C.
12.证明　(1)取PB的中点N,连接NE,FN,因为E,N分别是PC,PB的中点,所以NE∥BC,且NE=BC,因为底面ABCD为正方形,F为AD的中点,
所以FD∥BC,FD=BC,
所以NE DF,故四边形NEDF为平行四边形,
所以DE∥FN,
又因为DE 平面PFB,FN 平面PFB,
所以DE∥平面PFB.
(2)由题可得BM DF,
所以四边形BFDM为平行四边形,故DM∥BF,
又DM 平面PFB,BF 平面PFB,
所以DM∥平面PFB,
由(1)知DE∥平面PFB,DE∩DM=D,且DE,DM 平面EMD,
所以平面EMD∥平面PFB.
13.解析　(1) 证明:连接BM,如图所示,
∵E,F分别是BC,CM的中点,∴EF∥BM,
又EF 平面BDD1B1,BM 平面BDD1B1,
∴EF∥平面BDD1B1.
(2)当G为棱CD的中点时,平面GEF∥平面BDD1B1.理由如下:
∵E为BC的中点,∴EG∥BD,
又EG 平面BDD1B1,BD 平面BDD1B1,
∴EG∥平面BDD1B1,
又EF∥平面BDD1B1,EG∩EF=E,
∴平面GEF∥平面BDD1B1,且=1.
能力提升练
1.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.
2.ABC　连接AC1,ED,如图所示,
易得N为AC1的中点,
又E是B1C1的中点,所以EN∥AB1,
因为AB1 平面ADB1,EN 平面ADB1,
所以EN∥平面ADB1.
因为四边形BCC1B1是平行四边形,D,E分别为BC,B1C1的中点,所以DE BB1 AA1,
所以四边形ADEA1是平行四边形,所以A1E∥AD,
又AD 平面ADB1,A1E 平面ADB1,
所以A1E∥平面ADB1,
又A1E,EN 平面A1EN,A1E∩EN=E,
所以平面A1EN∥平面ADB1,所以D中判断正确;
因为EF,A1M均与平面A1EN相交,所以EF,A1M均与平面ADB1相交,所以A,B中判断错误;
又MN∥AC,AC与平面ADB1相交,所以MN与平面ADB1也相交,所以C中判断错误.
故选ABC.
3.C　分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,A1N,MN,BC1,NE,如图所示,
则MN∥BC1,EF∥BC1,∴MN∥EF,
又MN 平面AEF,EF 平面AEF,∴MN∥平面AEF.
易知AA1∥NE,AA1=NE,∴四边形AENA1为平行四边形,∴A1N∥AE,
又A1N 平面AEF,AE 平面AEF,
∴A1N∥平面AEF,
又A1N∩MN=N,A1N,MN 平面A1MN,
∴平面A1MN∥平面AEF,
∵Q是侧面BCC1B1内一点,且A1Q∥平面AEF,
∴Q必在线段MN上,
易得A1N=A1M=,
故△A1MN为等腰三角形,
则当Q为MN的中点时,A1Q⊥MN,A1Q最短,此时A1Q=,
当Q在M或N处时,A1Q最长,此时A1Q=A1M=A1N=,
所以线段A1Q长度的最大值与最小值之和为.故选C.
解题反思　本题求线段长度的最值,解题的关键是利用A1Q∥平面AEF推测出点Q的轨迹,一般利用线面平行的性质或面面平行的性质来确定点 Q的轨迹,然后转化为平面问题求解.
4.答案　
解析　如图,连接BD,交AC于点O,连接OE,
由四边形ABCD是正方形,得BO=OD.
在线段PE上取一点G,使得GE=ED,连接BG,FG,易知BG∥OE,又因为OE 平面ACE,BG 平面ACE,
所以BG∥平面ACE,
又BF∥平面ACE,BG∩BF=B,BG,BF 平面BGF,
所以平面BGF∥平面ACE,
又平面PCD∩平面ACE=EC,平面PCD∩平面BGF=GF,所以GF∥EC,所以,
因为GE=ED,PE=PD,所以,即λ=.
5.答案　2
解析　如图所示,取B1C1的中点D,BB1的中点E,连接MD,DE,ME.
∵D,M分别为B1C1,A1C1的中点,∴DM∥A1B1,
又在正三棱柱中,AB∥A1B1,∴DM∥AB,
∵DM 平面ABC1,AB 平面ABC1,∴DM∥平面ABC1,
同理可得DE∥平面ABC1,
又DM∩DE=D,DM,DE 平面DEM,
∴平面DEM∥平面ABC1,
又平面DEM∩平面BCC1B1=DE,MN∥平面ABC1,
∴点N在线段DE上,
当点N在点E处时,线段MN最长.
连接MB1,则MB1=,
所以线段MN长度的最大值为2.
6.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,所以四边形ABED是正方形.
(2)点B,C,F,G共面.理由如下:
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EF∥DG,同理AC∥DG.
因为P为DG的中点,DG=2,EF=1,
所以EF PD,所以四边形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.
7.证明　(1)在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面A1B1C1∥平面ABC,平面BCHG∩平面ABC=BC,平面BCHG∩平面A1B1C1=GH,故BC∥GH.
(2)∵E,F,G分别是AB,AC,A1B1的中点,
∴A1G BE,
∴四边形BGA1E是平行四边形,∴A1E∥BG,
∵BG 平面A1EF,A1E 平面A1EF,∴BG∥平面A1EF.
又EF∥BC,BC 平面A1EF,FE 平面A1EF,
∴BC∥平面A1EF.
又BG∩BC=B,BG,BC 平面BCHG,∴平面EFA1∥平面BCHG.
方法技巧　要证面面平行,可转化为证线面平行,要证线面平行,可转化为证线线平行或面面平行,熟练掌握这种转化的思想方法,就能找到解题的突破口.
8.解析　(1)证明:因为O,E分别是BD,PD的中点,
所以EO∥PB,
又EO 平面PBC,PB 平面PBC,
所以EO∥平面PBC.
(2)存在,点F是PA的中点.连接EF,OF,如图所示,
因为O,F分别是AC,AP的中点,
所以OF∥PC,又OF 平面PBC,PC 平面PBC,
所以OF∥平面PBC,
由(1)可知EO∥平面PBC,又OF∩EO=O,且OF,EO 平面OEF,
所以平面OEF∥平面PBC,
所以PA上存在点F,使平面OEF∥平面PBC,F为PA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.易知MG∥AF,NG∥AD.
当F,A,D三点不共线时,如图所示,
由翻折的性质知MG∥AF,NG∥AD.
又MG∩NG=G,AD∩AF=A,∴平面MGN∥平面FAD.
又MN 平面MGN,∴MN∥平面FAD.
∴当F,A,D三点不共线时,线段MN总平行于平面FAD.
(2)结论不正确.要使结论成立,M,N应分别为AE,DB的中点.
理由:当F,A,D三点共线时,易证得MN∥FD.
当F,A,D三点不共线时,
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知,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.
∵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M,N分别为AE,DB的中点.
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.
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