高中数学必修二8.5.3平面与平面平行

1、1 / 17 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.(2020 湖北襄阳高二上期末)平面 与平面 平行的充分条件可以是( ) a.内有无穷多条直线都与 平行 b.直线 a,a,且直线 a不在 内,也不在 内 c.直线 a,直线 b,且 a,b d.内的任何一条直线都与 平行 2.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 3.设 , 是两个不同的平面,m是直线,且 m,m,若

2、使 成立,则需增加的条件是( ) a.n是直线且 n,n 2 / 17 b.n,m是异面直线且 n c.n,m是相交直线且 n,n d.n,m是平行直线且 n,n 4.如图,已知在三棱锥 p-abc中,d,e,f分别是棱 pa,pb,pc的中点,则平面 def与平面 abc的位置关系是 . 5.如图,在三棱柱 abc-a1b1c1中,d,p分别是棱 ab,a1b1的中点,求证: (1)ac1平面 b1cd; (2)平面 apc1平面 b1cd. 3 / 17 题组二 平面与平面平行的性质 6.如图所示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 . 7.(

3、2020 重庆八中高二上月考)已知平面 ,=a,=b,若m,ma,则 m与 b 的位置关系是 . 8.如图所示,三棱柱 abc-a1b1c1中,点 d 在棱 cc1上,且 c1d=2cd,过点 d 的平面 与平面 ab1c1平行,且 bb1平面 =e,则1e= . 9.如图,在四棱柱 abcd-a1b1c1d1中,底面 abcd 为梯形,adbc,平面 a1dce 与 b1b交于点 e,求证:eca1d. 4 / 17 能力提升练 题组一 平面与平面平行的判定 1.(2020 北京第八十中学高一下期中,)如图是正方体的平面展开图.在这个正方体中, bm与 ed 平行; cn 与 be 是异面直

4、线; af与平面 bdm 平行; 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. b. c. d. 2.(2020 湖南长沙第一中学高三下月考,)如图,在长方体 abcd-a1b1c1d1中,ad=dd1=1,ab=3,e,f,g 分别为 ab,bc,c1d1的中点,点5 / 17 p在平面 abcd 内,若直线 d1p平面 efg,则线段 d1p长度的最小值是 . 3.(2020 陕西西安高新一中高二下月考,)如图,在正方体 abcd-a1b1c1d1中,s是 b1d1的中点,e,f,g 分别是 bc,dc,sc的中点,求证: (1)直线 eg平面 bdd1

5、b1; (2)平面 efg平面 bdd1b1. 4.(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,bcab,bc=cd=23,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. 6 / 17 题组二 平面与平面平行的性质 5.(2020 重庆第八中学高三下月考,)如图,四棱柱 abcd-a1b1c1d1中,abcd 为平行四边形,e,f分别在线段 db,dd1上,且=12,g 在 cc1上且平面 aef平面 bd1g,则1=( ) a.12 b.13 c.23 d.

6、14 6.(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. 7 / 17 7.(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. 8 / 17 题组三 空间直线、平面平行的综合问题 8.(

7、2019 山西太原第五中学高二 10月月考,)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. 9.(2020 辽宁鞍山第一中学高三月考,)如图,底面是平行四边形的四棱锥 p-abcd中,epd,fpc,且 peed=52,若 bf平面 aec,则= . 10.(2020 北京第五十五中学高一下期中,)如图所示,已知点 p是abcd 所在平面外一点,m,n,k分别为 ab,pc,pa的中点,平面pbc平面 apd=l. (1)求证:

8、mn平面 pad; 9 / 17 (2)直线 pb上是否存在点 h,使得平面 knh平面 abcd,并加以证明; (3)求证:lbc. 答案全解全析答案全解全析 基础过关练 1.d 内有无穷多条直线都与 平行,并不能保证平面 内有两条相交直线与平面 平行,这无穷多条直线可以是一组平行线,故 a错误; 直线 a,a,且直线 a不在 内,也不在 内,若直线 a平行于平面 与平面 的交线,则平面 与平面 不平行,故 b 错误; 直线 a,直线 b,且 a,b,当直线 ab 时,不能保证平面 与平面 平行,故 c 错误; 内的任何一条直线都与 平行,则 内至少有两条相交直线与平面 平行,故平面 与平面

9、 平行,故 d正确. 故选 d. 2.a 如图,易得 ege1g1,eg平面 e1fg1,e1g1平面 e1fg1, eg平面 e1fg1. 易得 g1fh1e,同理可证 h1e平面 e1fg1. h1ege=e,h1e平面 egh1,eg平面 egh1, 平面 e1fg1平面 egh1. 10 / 17 易证选项 b、c、d 不成立,故选 a. 3.c 要使 成立,需要其中一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行,当m,n 是相交直线,且 n,n,m,m 时,由平面与平面平行的判定定理可得.故选 c. 4.答案 平行 解析 在pab 中,因为 d,e分别是 pa,pb 的中点,所以 deab

10、. 又 de平面 abc,ab平面 abc, 所以 de平面 abc,同理可证 ef平面 abc. 又 deef=e,de平面 def,ef平面 def, 所以平面 def平面 abc. 5.证明 (1)如图,连接 bc1,与 b1c 交于点 o,连接 od,四边形 bcc1b1是平行四边形, o为 bc1的中点,又 d是 ab 的中点, od是三角形 abc1的中位线,则 odac1. 又ac1平面 b1cd,od平面 b1cd, ac1平面 b1cd. (2)p 为 a1b1的中点,d是 ab 的中点,a1b1ab, adb1p,且 ad=b1p,四边形 adb1p 是平行四边形, apd

11、b1,又 ap平面 b1cd,db1平面 b1cd, 11 / 17 ap平面 b1cd, 又由(1)知,ac1平面 b1cd,ac1ap=a, ac1,ap平面 apc1, 平面 apc1平面 b1cd. 6.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,efhg.同理,ehfg,四边形 efgh是平行四边形. 7.答案 平行(或 mb) 解析 =a,=b,ab, ma,mb. 故答案为平行(或 mb). 8.答案 12 解析 平面 平面 ab1c1,平面 平面 bc1=de,平面 ab1c1平面bc1=b1c1

12、, 由平面与平面平行的性质定理知,deb1c1, 又 c1d=2cd,1e=12. 9.证明 易知 beaa1,又 aa1平面 aa1d,be平面 aa1d, be平面 aa1d. bcad,ad平面 aa1d,bc平面 aa1d,bc平面 aa1d. 又 bebc=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, eca1d. 能力提升练 12 / 17 1.c 由展开图得到正方体的直观图如图,bm 与 ed异面,故错误;cn 与 be平行,故错误;易得四边形 afmd是平行四边形,所以 a

13、fmd,又 af平面bdm,md平面 bdm,所以 af平面 bdm,故正确;显然 acem,又 ac平面 bem,em平面 bem,所以 ac平面 bem,同理 an平面 bem,又acan=a,ac,an平面 can,所以平面 can平面 bem,故正确.故选 c. 2.答案 72 解析 如图,连接 d1a,ac,d1c, 因为 e,f,g分别为 ab,bc,c1d1的中点,所以 efac,又 ef平面 acd1,ac平面 acd1,所以 ef平面 acd1.易得 egad1,所以同理可得 eg平面 acd1,又efeg=e,ef,eg平面 efg, 所以平面 acd1平面 efg. 因为

14、直线 d1p平面 efg,所以点 p 在直线 ac 上,故当 d1pac 时,线段 d1p 的长度最小. 在acd1中,ad1=2,ac=2,cd1=2, 所以1c=12 222-(22)2=72, 所以 d1pmin=72122=72. 故答案为72. 13 / 17 3.证明 (1)如图,连接 sb, e,g分别是 bc,sc 的中点, egsb, 又sb平面 bdd1b1,eg平面 bdd1b1, 直线 eg平面 bdd1b1. (2)连接 sd,f,g分别是 dc,sc 的中点,fgsd, 又sd平面 bdd1b1,fg平面 bdd1b1,fg平面 bdd1b1, 又由(1)知 eg平

15、面 bdd1b1, eg平面 efg,fg平面 efg,egfg=g,平面 efg平面 bdd1b1. 4.解析 在线段 bc 上存在一点 f,使平面 aef平面 pcd,此时 bf=233.理由如下: 如图,作 efpc,交 bc 于 f,连接 af, 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=233. 因为 ab=ad=2,bc=cd=23,ac=ac, 所以abcadc, 因为 bcab,所以abc=90 , tanacb=223=33,所以acb=acd=30 ,所以bcd=60 , 因为 tanafb=2233=

16、3,所以afb=60 ,所以 afcd. 14 / 17 因为 af平面 pcd,cd平面 pcd, 所以 af平面 pcd, 又 efpc,ef平面 pcd,pc平面 pcd,所以 ef平面 pcd, 因为 afef=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=233. 5.b 平面 aef平面 bd1g,且平面 aef平面 bb1d1d=ef,平面 bd1g平面 bb1d1d=bd1,efbd1, 1=12. 易得平面 add1a1平面 bcc1b1,又 bg平面 bcc1b1,bg平面 add1a

17、1, 又平面 aef平面 bd1g,bg平面 bd1g,bg平面 aef, 平面 aef平面 add1a1=af, bgaf,bg、af 可确定平面 abgf, 又知平面 abb1a1平面 cdd1c1, 平面 abgf平面 abb1a1=ab,平面 abgf平面 cdd1c1=fg, abfg,cdfg. 1=1=13. 故选 b. 6.解析 如图,取 a1d1的中点 n,dd1的中点 e,连接 ne,ec1, 15 / 17 易得 neb1c,ne平面 b1mc,b1c平面 b1mc. ne平面 b1mc, 由题易得 c1emb1,c1e平面 b1mc,mb1平面 b1mc,c1e平面 b

18、1mc. nec1e=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就是 a1d1的中点. 7.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 abde,同理 adbe. 所以四边形 abed 为平行四边形. 又 abad,ab=ad, 所以平行四边形 abed 是正方形. (2)如图,取 dg的中点 p,连接 pa,pf. 因为平面 bef平面 adgc,平

19、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 efdg, 同理 acdg. 因为 p 为 dg的中点,ef=1,dg=2, 所以 efpd,ef=pd,则四边形 efpd为平行四边形,所以 depf且 de=pf. 16 / 17 又 abde,ab=de,所以 abpf且 ab=pf,所以四边形 abfp 为平行四边形, 所以 apbf. 因为 p 为 dg的中点, 所以 pg=12dg=1=ac, 又因为 acpg,所以四边形 acgp 为平行四边形,所以 apcg,所以 bfcg. 故 b,c,f,g 四点共面. 8.答案 mfh 解析 连接 fh,hn,nf. 易证 hnbd,fhd1d, 又 hnfh=h,bdd1d=d, hn,fh平面 fhn,bd,dd1平面 bdd1b1, 平面 fhn平面 bdd1b1. 又点 m 在四边形 efgh及其内部运动,fh平面 efgh,当 mfh时,mn平面 b1