2025版高中数学课时作业11平面与平面平行的判定新人教A版必修2

PAGEPAGE1课时作业11平面与平面平行的判定基础巩固1．下列说法正确的是()A．假如一个平面内有一条直线和另一个平面平行，那么这两个平面平行B．假如一个平面内有多数条直线和另一个平面平行，那么这两个平面平行C．假如一个平面内的任何直线都与另一个平面平行，那么这两个平面平行D．假如两个平面平行于同一条直线，则这两个平面平行解析：“多数条”与“随意一条”是有区分的．答案：C2．能够判定两个平面α，β平行的条件是()A．平面α，β都和第三个平面相交，且交线平行B．夹在两个平面间的线段相等C．平面α内的多数条直线与平面β无公共点D．平面α内的全部的点到平面β的距离都相等解析：平面α内的全部的点到平面β的距离都相等说明平面α、β无公共点．答案：D3．平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为()A．平行 B．相交C．平行或相交 D．可能重合解析：若三点分布在平面β的同侧，则α与β平行，若三点分布在平面β的两侧，则α与β相交．答案：C4．已知m，n是两条直线，α，β是两个平面．有以下命题：①m，n相交且都在平面α，β外，m∥α，m∥β，n∥α，n∥β，则α∥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β.其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3解析：把符号语言转换为文字语言或图形语言．可知①是面面平行的判定定理；②③中平面α，β还有可能相交，所以选B.答案：B图15．(2024年山东德州一中质检)如图1是一几何体的平面绽开图，其中四边形ABCD为正方形，在此几何体中，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，给出下面五个结论：①平面EFGH∥平面ABCD；②PA∥平面BDG；③EF∥平面PBC；④FH∥平面BDG；⑤EF∥平面BDG.其中正确结论的序号是__________．解析：把图形还原为一个四棱锥，然后依据直线与平面、平面与平面平行的判定定理推断即可．答案：①②③④实力提升1．平面α与β平行的条件可能是()A．α内有无穷多条直线与β平行B．直线a∥α，a∥βC．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥αD．α内的任何直线都与β平行解析：如图2①，α内可有多数条直线与β平行，但α与β相交，选项A错．图2如图2②，a∥α，a∥β，但α与β相交，选项B错．如图2③，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α，但α与β相交，选项C错．故选D.答案：D2．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出下列四个命题：①eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c∥α,c∥β))⇒α∥β； ②eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(α∥γ,β∥γ))⇒α∥β；③eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c∥α,a∥c))⇒a∥α； ④eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a∥γ,α∥γ))⇒a∥α.其中正确的命题是()A．①②③ B．②④C．② D.③④解析：命题②正确．①中α与β还可能相交，③④中a还可能在α内，所以命题①③④错误．答案：C3．(2024年洛阳检测)设平面α∥平面β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当点A，B分别在α，β内运动时，那么全部的动点C()A．不共面B．当且仅当A，B在两条相交直线上移动时才共面C．当且仅当A，B在两条给定的平行直线上移动时才共面D．不论A，B如何移动都共面解析：依据面面平行的性质知，不论点A，B如何运动，动点C均在过C且与α，β都平行的平面上，且此平面到α，β两个平面的距离相等．答案：D4．已知直线a∥平面α，平面α∥平面β，则直线a与平面β的位置关系为________________.解析：平面α∥平面β，直线a∥平面α，则当a在平面β内时，原命题成立，若a不在平面β内，则a肯定与平面β平行．答案：直线a平行于平面β或直线a在平面β内5．已知平面α∥β∥γ，两条直线l，m分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和D，E，F，已知AB＝6，eq\f(DE,DF)＝eq\f(2,5)，则AC＝________．解析：α∥β∥γ，依据面面平行的性质定理可知AD∥BE∥CF，∴eq\f(AB,BC)＝eq\f(DE,EF).由eq\f(DE,DF)＝eq\f(2,5)，得eq\f(AB,BC)＝eq\f(DE,EF)＝eq\f(2,3)，又AB＝6，∴BC＝9，∴AC＝AB＋BC＝15.答案：156．如图3，棱长为2的正方体中ABCD­A1B1C1D1，M是棱AA1的中点，过C，M，D1作正方体的截面，则截面的面积是________．图3解析：连接MN，所以MCD1与MNCD1共面，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，因为平面MNCD1∩平面DCC1D1＝CD1，所以平面MNCD1∩平面ABB1A1＝MN，且MN∥CD1，所以N为AB的中点(如图4)，所以该截面为等腰梯形MNCD1；图4因为正方体的棱长为2，所以MN＝eq\r(2)，CD1＝2eq\r(2)，MD1＝eq\r(5)，所以等腰梯形MNCD1的高MH＝eq\r(（\r(5)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3,2)eq\r(2)，所以截面面积为eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)7．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M、N、P分别是AD1、BD和B1C的中点．图5求证：(1)MN∥平面CC1D1D；(2)平面MNP∥平面CC1D1D.解：证明：(1)连接AC，CD1.因为ABCD为正方形，N为BD中点，所以N为AC中点，又因为M为AD1中点，所以MN∥CD1，因为MN⊄平面CC1D1D，CD1⊂平面CC1D1D，所以MN∥平面CC1D1D.图6(2)连接BC1，C1D.因为BB1C1C为正方形，P为B1C中点，所以P为BC1中点，又因为N为BD中点，所以PN∥C1D.因为PN⊄平面CC1D1D，C1D⊂平面CC1D1D，所以PN∥平面CC1D1D，由(1)知MN∥平面CC1D1D，又MN∩PN＝N，所以平面MNP∥平面CC1D1D.图78．如图7所示，在已知四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别在PA，BD，PD上，且PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD.求证：平面MNQ∥平面PBC.证明：因为PM∶MA＝BN∶ND＝PQ∶QD，所以MQ∥AD，NQ∥BP.因为BP⊂平面PBC，NQ⊄平面PBC，所以NQ∥平面PBC.又因为底面ABCD为平行四边形，所以BC∥AD，所以MQ∥BC.因为BC⊂平面PBC，MQ⊄平面PBC，所以MQ∥平面PBC.又因为MQ∩NQ＝Q，所以依据平面与平面平行的判定定理，得平面MNQ∥平面PBC.9．如图8，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，M分别是棱B1C1，BB1，C1D1的中点，是否存在过点E，M且与平面A1FC平行的平面？若存在，请作出并证明；若不存在，请说明理由．图8解：如图9，设N是棱C1C上的一点，且C1N＝eq\f(1,4)C1C，则平面EMN为符合要求的平面．图9证明如下：设H为棱C1C的中点，连接B1H，D1H.因为C1N＝