专题强化练5 平面与平面的位置关系--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026苏教版高中数学必修第二册
专题强化练5　平面与平面的位置关系
1.设m,n,l是三条不同的直线,α,β是两个不同的平面,给出下列四个命题,其中正确的是(　　)
A.若α⊥β,l α,m β,则l⊥m
B.若α∥β,l α,m β,则l∥m
C.若l⊥α,l∥β,则α⊥β
D.若l α,l⊥m,l⊥n,m∥β,n∥β,则α⊥β
2.(2025江苏海门中学期中)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,且,G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G,则=(　　)
A.
3.(多选题)(2025山东德州武城二中开学考试)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,已知点G,H分别在A1B1,A1C1上,且GH经过△A1B1C1的重心,点E,F分别是AB,AC的中点,且平面A1EF∥平面BCHG,下列结论正确的是(　　)
A.EF∥GH　　　　
B.GH∥平面A1EF
C.　　　　
D.平面A1EF∥平面BCC1B1
4.(2024江苏苏州第五中学月考)如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥CD,AE⊥CD,且E为CD的中点,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,则下列说法错误的是(　　)
A.无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥平面CDE
B.无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN⊥AE
C.无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥AB
D.在折起过程中,一定存在某个位置,使CE⊥AD
5.(多选题)(2025广东汕头模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,,则下列两个平面的位置关系中,不成立的是(　　)
A.平面EFGH∥平面A1AC
B.平面EFGH∥平面A1C1D
C.平面EFGH⊥平面BDD1
D.平面EFGH⊥平面A1BD
6.(多选题)(2025河南名校学术联盟模拟)如图,在五面体ABCDE中,△ABC是边长为4的等边三角形,四边形BCDE是等腰梯形,BE=CD=DE=2,则(　　)
A.DE∥平面ABC
B.CD⊥平面ABE
C.存在这样的五面体ABCDE,满足平面ADE⊥平面BCD
D.存在这样的五面体ABCDE,满足平面ABE⊥平面ACD
7.(多选题)(2024福建泉州月考)已知圆柱O1O2的轴截面是正方形ABCD,AB为底面圆O1的直径,点E在圆O1上,点F在圆O2上,且E,F不在平面ABCD内.若A,E,C,F四点共面,则(　　)
A.直线BE∥平面ADF　　　　
B.直线BD⊥平面AECF
C.平面ADF∥平面BCE　　　　
D.平面BEF⊥平面AECF
8.(2025江苏无锡期中)如图所示的几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的.已知AD=2,AB=4,P是的中点,Q是AC的中点,BP与CE交于点O.
(1)求证:OQ∥平面ABEF;
(2)若M是上的一点,且满足平面OMQ∥平面ABEF,求sin∠FAM的值.
9.(2024福建厦门双十中学月考)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∠ABC=90°(如图1),把△ABD沿BD翻折,使得A 平面BCD,连接AC,M,N分别是BD和BC的中点(如图2).
(1)证明:平面BCD⊥平面AMN;
(2)记二面角A-BC-D的平面角为θ,当平面BCD⊥平面ABD时,求tan θ的值;
(3)若P,Q分别为线段AB,DN上的点,且=λ(λ∈R),如图3,记PQ与BD,PQ与AN所成的角分别为θ1和θ2,求sin θ1+sin θ2的取值范围.
答案与分层梯度式解析
专题强化练5　平面与平面的位置关系
1.C　对于A,若α⊥β,l α,m β,则l与m可能平行、相交或异面,A中命题不正确;
对于B,若α∥β,l α,m β,则l与m平行或异面,B中命题不正确;
对于C,如图,过l作平面γ,γ∩β=l',∵l∥β,l γ,γ∩β=l',∴l∥l',又∵l⊥α,∴l'⊥α,又l' β,∴α⊥β,C中命题正确;
对于D,当l α,l⊥m,l⊥n,m∥β,n∥β时,α与β还可能平行或斜交,D中命题不正确.
2.B　如图,延长AE交CD于点H,连接FH,易证△DEH∽△BEA,　
因为,
因为平面AEF∥平面BD1G,平面AEF∩平面CDD1C1=FH,平面BD1G∩平面CDD1C1=D1G,所以FH∥D1G,
又四边形CDD1C1为平行四边形,所以△DFH∽△C1GD1,则,
因为,
因为,
所以FD1=C1G,所以DF=CG,故.
3.ABC　由三棱柱ABC-A1B1C1的性质可知平面ABC∥平面A1B1C1,又平面BCHG∩平面ABC=BC,平面BCHG∩平面A1B1C1=GH,所以BC∥GH,
因为点E,F分别是AB,AC的中点,所以BC∥EF,
故EF∥GH,A中结论正确;
由EF∥GH,EF 平面A1EF,GH 平面A1EF,得GH∥平面A1EF,B中结论正确;
因为GH经过△A1B1C1的重心,GH∥BC∥B1C1,所以,C中结论正确;
因为A1,E,B,B1四点共面,且直线A1E与BB1相交,所以平面A1EF与平面BCC1B1相交,D中结论错误.
4.C　对于A,取AE的中点P,连接PM,PN(图略),
∵M,N分别是AD,BE的中点,AB∥CE,
∴PN∥AB∥CE,PM∥DE,又∵CE,DE 平面CDE,PN,PM 平面CDE,∴PN∥平面CDE,PM∥平面CDE,
又PM∩PN=P,PM,PN 平面PMN,
∴平面PMN∥平面CDE,
又MN 平面PMN,
∴MN∥平面CDE,故A中说法正确;
对于B,在折起过程中,∵AE⊥DE,AE⊥CE,且CE∩DE=E,CE 平面CED,DE 平面CDE,∴AE⊥平面CDE,
又由A中分析知平面PMN∥平面CDE,
∴AE⊥平面PMN,∴AE⊥MN,故B中说法正确;
对于C,∵AB∥PN,MN∩PN=N,∴MN与AB为异面直线,故C中说法错误;
对于D,当二面角C-AE-D为直二面角时,易证CE⊥平面ADE,∴CE⊥AD,故D中说法正确.
5.ABD　如图,根据平面向量知识知E,F分别为AB,BC的中点,H,G分别为A1B1,B1C1上靠近B1的三等分点,则AA1与EH相交,故A不成立;
连接AB1,B1C,易知AC∥A1C1,又AC 平面B1AC,A1C1 平面B1AC,所以A1C1∥平面B1AC,
同理可得A1D∥平面B1AC,
又A1C1∩A1D=A1,A1C1,A1D 平面A1C1D,
所以平面A1C1D∥平面B1AC,
若平面EFGH∥平面A1C1D,则平面EFGH∥平面B1AC,这与两平面相交矛盾,故B不成立;
易知AC⊥BD,AC⊥BB1,又BD∩BB1=B,BD,BB1 平面BDD1,所以AC⊥平面BDD1,
由E,F分别为AB,BC的中点得EF∥AC,所以EF⊥平面BDD1,又EF 平面EFGH,所以平面EFGH⊥平面BDD1,故C成立;
连接AC1,AD1,易知A1D⊥AD1,又A1D⊥C1D1,AD1∩C1D1=D1,AD1,C1D1 平面AC1D1,
所以A1D⊥平面AC1D1,又AC1 平面AC1D1,故A1D⊥AC1,同理可得BD⊥AC1,
又BD∩A1D=D,BD,A1D 平面A1BD,所以AC1⊥平面A1BD,若平面EFGH⊥平面A1BD,注意到AC1 平面EFGH,则AC1∥平面EFGH,又易知AC∥平面EFGH,AC∩AC1=A,AC,AC1 平面ACC1,所以平面ACC1∥平面EFGH,与CC1与GF相交矛盾,故D不成立.
6.ACD　易知DE∥BC,因为DE 平面ABC,BC 平面ABC,所以DE∥平面ABC,故A正确;
如图,延长CD,BE交于点F,连接AF,若CD⊥平面ABE,又BE 平面ABE,则CD⊥BE,
易知△BCF为等边三角形,E,D分别为BF,CF的中点,则CD与BE不垂直,故CD不垂直于平面ABE,故B错误;
显然△ADE为等腰三角形,分别取DE,BC的中点G,H,连接AG,GH,AH,易知AG⊥DE,GH⊥DE,则∠AGH为平面ADE与平面BCD所成角的平面角,
点G可看作在平面AGH内以H为圆心,GH的长为半径的圆上的一点,
因为GH=,所以必存在直线AG与该圆相切,即存在AG⊥GH,
又AG⊥DE,DE∩GH=G,DE,GH 平面BCDE,
所以AG⊥平面BCDE,又AG 平面ADE,所以平面ADE⊥平面BCDE,故存在这样的五面体ABCDE,满足平面ADE⊥平面BCD,故C正确;
取AF的中点I,连接BI,CI,易知BI⊥AF,CI⊥AF,则∠BIC为平面ABE与平面ACD所成角的平面角,
若平面ABE⊥平面ACD,则∠BIC=90°,易知△ABF≌△ACF,所以BI=CI,又BC=4,故此时BI=2,
连接FH,由△BCF为等边三角形知FH⊥BC,则FH=2,此时AF7.AC　对于A,如图1,过点E作母线EG,交圆O2于点G,连接DG,CG,
因为AD∥EG,AD=EG,
所以四边形AEGD是平行四边形,
所以AE∥DG,AE=DG,
同理可得CG∥BE,CG=BE,
又因为圆面O1∥圆面O2,圆面O1∩平面AECF=AE,圆面O2∩平面AECF=CF,
所以AE∥CF,故DG∥CF,
所以由圆的性质可知DG=CF,
则四边形DGCF是平行四边形,
所以DF∥GC,DF=GC,故DF∥BE,DF=BE,
又因为DF 平面ADF,BE 平面ADF,
所以直线BE∥平面ADF,故A正确.
对于B,连接DE,如图2所示,
假设直线BD⊥平面AECF,
因为AE 平面AECF,所以BD⊥AE,
又因为BE⊥AE,BE∩BD=B,BE,BD 平面BDE,
所以直线AE⊥平面BDE,
又因为DE 平面BDE,所以AE⊥DE,显然不成立,
所以假设不成立,故B错误.
对于C,由对A选项的分析得,直线BE∥平面ADF,
因为BC∥AD,BC 平面ADF,AD 平面ADF,
所以直线BC∥平面ADF,
又BE∩BC=B,BE,BC 平面BCE,
所以平面ADF∥平面BCE,故C正确.
对于D,假设平面BEF⊥平面AECF,
因为BE⊥AE,且AE∥FC,所以BE⊥FC,
又BE⊥BC,FC∩BC=C,FC,BC 平面BFC,
所以BE⊥平面BFC,
又BF 平面BFC,所以BE⊥BF,从而EF不垂直于BE,
过B作BH⊥EF于点H,如图3所示,
因为平面BEF∩平面AECF=EF,BH 平面BEF,
所以BH⊥平面AECF,
又因为AE 平面AECF,所以BH⊥AE,
又因为BE⊥AE,BE∩BH=B,BE,BH 平面BEF,
所以直线AE⊥平面BEF,
因为AE⊥BE,AE⊥BC,BE∩BC=B,BE,BC 平面BEC,所以AE⊥平面BEC,
所以平面BEC与平面BEF重合,显然不成立,故D错误.
8.解析　(1)证明:连接AE,因为P是的中点,
所以BP⊥CE,O是EC的中点,
又Q是AC的中点,所以OQ∥AE,
又OQ 平面ABEF,AE 平面ABEF,
所以OQ∥平面ABEF.
(2)连接OM,QM,设平面OMQ∩平面ABCD=HG,
因为平面OMQ∥平面ABEF,平面ABEF∩平面ABCD=AB,所以HG∥AB.
因为Q是AC的中点,
所以H为BC的中点,G为AD的中点.
连接MG,AM,易知平面OMQ∩平面ADF=MG,又平面ABEF∩平面ADF=AF,平面OMQ∥平面ABEF,
所以GM∥AF,又∠FAD=120°,所以∠AGM=60°,
在△AGM中,由正弦定理可得,
所以,
因为GM∥AF,所以∠FAM=∠AMG,所以sin∠FAM=.
9.解析　(1)证明:因为AB=AD,M是BD的中点,
所以AM⊥BD,
易知△ABD是等腰直角三角形,BD=2,BC=2,∠CBD=45°,
在△BCD中,DC==2,
则BD2+DC2=BC2,得BD⊥DC.
因为点M,N分别是BD,BC的中点,
所以MN∥DC,所以BD⊥MN,
又因为AM∩MN=M,AM,MN 平面AMN,
所以BD⊥平面AMN.
又BD 平面BCD,所以平面BCD⊥平面AMN.
(2)因为平面BCD⊥平面ABD,且平面BCD∩平面ABD=BD,AM⊥BD,AM 平面ABD,所以AM⊥平面BCD,又BC 平面BCD,故AM⊥BC.
取BN的中点E,连接ME,AE,如图1,
由(1)知DB=DC,则DN⊥BC,
易知ME∥DN,ME=DN,所以ME⊥BC,
又ME∩AM=M,ME,AM 平面AEM,所以BC⊥平面AEM,又AE 平面AEM,所以AE⊥BC,
所以∠AEM为二面角A-BC-D的平面角θ,则tan θ=.
(3)如图2,在线段BN上取点R,使得=λ(λ∈R),
易得PR∥AN且RQ∥BD,则θ1=∠PQR或θ1=π-∠PQR,θ2=∠QPR或θ2=π-∠QPR,
由(1)知BD⊥平面AMN,
又AN 平面AMN,所以BD⊥AN.
因为PR∥AN,RQ∥BD,
所以∠PRQ=,
则sin θ1+sin θ2=sin θ1+cos θ1=].
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)