数学湘教版（2019）第4章 立体几何初步4.4 平面与平面的位置关系课时作业

这是一份数学湘教版（2019）第4章 立体几何初步4.4 平面与平面的位置关系课时作业，共18页。

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α与平面β平行的充分条件可以是( )
A.α内有无穷多条直线都与β平行
B.直线a∥α,a∥β,且直线a不在α内,也不在β内
C.直线a⊂α,直线b⊂β,且a∥β,b∥α
D.α内的任何一条直线都与β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α,β是两个不同的平面,m是直线,且m⊂α,m∥β,若使α∥β成立,则需增加的条件是( )
A.n是直线且n⊂α,n∥β
B.n,m是异面直线且n∥β
C.n,m是相交直线且n⊂α,n∥β
D.n,m是平行直线且n⊂α,n∥β
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.
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.(2020重庆八中高二上月考)已知平面α,β,γ,α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b,若m⊂α,m∥a,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α与平面AB1C1平行,且BB1∩平面α=E,则BEB1E= .
9.如图,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,平面A1DCE与B1B交于点E,求证:EC∥A1D.
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,
①BM与ED平行;
②CN与BE是异面直线;
③AF与平面BDM平行;
④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.①②B.②③C.③④D.①④
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BDD1B1;
(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,BC⊥AB,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,求出线段BF的长;若不存在,请说明理由.
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DEEB=12,G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G,则CGCC1=( )
6.(2021黑龙江双鸭山一中高一下期中,)如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为1的正方形,E是棱PD上的点,且PE=3ED,若PF=λPC,且满足BF∥平面ACE,则λ=( )
7.(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.
8.(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.
题组三 空间中直线、平面平行的综合问题
9.(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.
10.(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,E∈PD,F∈PC,且PE∶ED=5∶2,若BF∥平面AEC,则PFFC= .
11.()如图所示,矩形ABCD和矩形ABEF中,AF=AD,AM=DN,矩形ABEF可沿AB任意翻折.
(1)求证:当点F,A,D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.
答案全解全析
基础过关练
1.D α内有无穷多条直线都与β平行,并不能保证平面α内有两条相交直线与平面β平行,这无穷多条直线可以是一组平行线,故A错误;
直线a∥α,a∥β,且直线a不在α内,也不在β内,若直线a平行于平面α与平面β的交线,则平面α与平面β不平行,故B错误;
直线a⊂α,直线b⊂β,且a∥β,b∥α,当直线a∥b时,不能保证平面α与平面β平行,故C错误;
α内的任何一条直线都与β平行,则α内至少有两条相交直线与平面β平行,故平面α与平面β平行,故D正确.
故选D.
2.A 如图,易得EG∥E1G1,∵EG⊄平面E1FG1,E1G1⊂平面E1FG1,
∴EG∥平面E1FG1.
易得G1F∥H1E,同理可证H1E∥平面E1FG1.
∵H1E∩GE=E,H1E⊂平面EGH1,EG⊂平面EGH1,
∴平面E1FG1∥平面EGH1.
易证选项B、C、D不成立,故选A.
3.C 要使α∥β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⊂α,n∥β,m⊂α,m∥β时,由平面与平面平行的判定定理可得α∥β.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DE∥AB.
又DE⊄平面ABC,AB⊂平面ABC,
所以DE∥平面ABC,
同理可证EF∥平面ABC.
又DE∩EF=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OD∥AC1.
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,A1B1?AB,
∴AD∥B1P,且AD=B1P,∴四边形ADB1P是平行四边形,
∴AP∥DB1,又AP⊄平面B1CD,DB1⊂平面B1CD,
∴AP∥平面B1CD,
又由(1)知,AC1∥平面B1CD,AC1∩AP=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,∴EF∥HG.同理,EH∥FG,∴四边形EFGH是平行四边形.
7.答案 平行(或m∥b)
解析 ∵α∩γ=a,β∩γ=b,α∥β,∴a∥b,
∵m∥a,∴m∥b.
故答案为平行(或m∥b).
8.答案 12
解析 ∵平面α∥平面AB1C1,平面α∩平面BC1=DE,平面AB1C1∩平面BC1=B1C1,
∴由平面与平面平行的性质定理知,DE∥B1C1,
又C1D=2CD,∴BEB1E=12.
9.证明 易知BE∥AA1,又AA1⊂平面AA1D,BE⊄平面AA1D,
∴BE∥平面AA1D.
∵BC∥AD,AD⊂平面AA1D,BC⊄平面AA1D,∴BC∥平面AA1D.
又BE∩BC=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,
∴EC∥A1D.
能力提升练
1.C 由展开图得到正方体的直观图如图,BM与ED异面,故①错误;CN与BE平行,故②错误;易得四边形AFMD是平行四边形,所以AF∥MD,又AF⊄平面BDM,MD⊂平面BDM,所以AF∥平面BDM,故③正确;显然AC∥EM,又AC⊄平面BEM,EM⊂平面BEM,所以AC∥平面BEM,同理AN∥平面BEM,又AC∩AN=A,AC,AN⊂平面CAN,所以平面CAN∥平面BEM,故④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EF∥AC,又EF⊄平面ACD1,AC⊂平面ACD1,所以EF∥平面ACD1.易得EG∥AD1,所以同理可得EG∥平面ACD1,又EF∩EG=E,EF,EG⊂平面EFG,
所以平面ACD1∥平面EFG.
因为直线D1P∥平面EFG,所以点P在直线AC上,故当D1P⊥AC时,线段D1P的长度最小.
在△ACD1中,AD1=2,AC=2,CD1=2,
所以S△AD1C=12×2×22-222=72,
所以(D1P)min=7212×2=72.
故答案为72.
3.证明 (1)如图,连接SB,
∵E,G分别是BC,SC的中点,
∴EG∥SB,
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,∴FG∥SD,
又∵SD⊂平面BDD1B1,FG⊄平面BDD1B1,∴FG∥平面BDD1B1,
由(1)知EG∥平面BDD1B1,
又EG⊂平面EFG,FG⊂平面EFG,EG∩FG=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.
如图,作EF∥PC,交BC于F,连接AF,AC,
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△ABC≌△ADC,
因为BC⊥AB,所以∠ABC=90°,
tan∠ACB=ABBC=223=33,所以∠ACB=∠ACD=30°,所以∠BCD=60°,
因为tan∠AFB=ABBF=2233=3,所以∠AFB=60°,所以AF∥CD.
因为AF⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,
所以AF∥平面PCD,
又EF∥PC,EF⊄平面PCD,PC⊂平面PCD,所以EF∥平面PCD,
因为AF∩EF=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 连接B1D1,FG,∵平面AEF∥平面BD1G,且平面AEF∩平面 BB1D1D=EF,平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1,∴EF∥BD1,
∴DFFD1=DEEB=12.
易得平面ADD1A1∥平面BCC1B1,又BG⊂平面BCC1B1,∴BG∥平面ADD1A1,
又∵平面AEF∥平面BD1G,BG⊂平面BD1G,∴BG∥平面AEF,
∵平面AEF∩平面ADD1A1=AF,
∴BG∥AF,∴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,
∴AB∥FG,∴CD∥FG.
∴CGCC1=DFDD1=13.
故选B.
6.A 如图,连接BD,交AC于点O,连接OE,则BO=OD,
在线段PE取一点G使得GE=ED,则PGPE=23.
连接BG,FG,则BG∥OE,
因为OE⊂平面AEC,BG⊄平面AEC,
所以BG∥平面AEC.
因为BF∥平面ACE,BG∩BF=B,BG,BF⊂平面BGF,
所以平面BGF∥平面AEC.
因为平面PCD∩平面AEC=EC,平面PCD∩平面BGF=GF,所以GF∥EC.
则PFPC=PGPE=23,所以λ=23.
7.解析 如图,取A1D1的中点N,DD1的中点E,连接NE,EC1,
易得NE∥B1C,∵NE⊄平面B1MC,B1C⊂平面B1MC.
∴NE∥平面B1MC,
由题易得C1E∥MB1,∵C1E⊄平面B1MC,MB1⊂平面B1MC,∴C1E∥平面B1MC.
∵NE∩C1E=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.
8.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,
所以平行四边形ABED是正方形.
(2)点B,C,F,G共面,理由如下:如图,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,
所以由面面平行的性质定理,得EF∥DG,
同理AC∥DG.
因为P为DG的中点,EF=1,DG=2,
所以EF∥PD,EF=PD,则四边形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=12DG=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.
9.答案 M∈FH
解析 连接FH,HN,NF.
易证HN∥BD,FH∥D1D,
又HN∩FH=H,BD∩D1D=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M∈FH时,MN∥平面B1BDD1.
10.答案 32
解析 如图,取棱PC上的点F,使PFFC=32,取棱PD上的点M,使PMME=32,则E为MD的中点.
连接BD,设BD∩AC=O,连接BM,OE,MF.
∵PFFC=32=PMME,O为BD的中点,E为MD的中点,∴MF∥EC,BM∥OE.
∵MF⊄平面AEC,CE⊂平面AEC,BM⊄平面AEC,OE⊂平面AEC,
∴MF∥平面AEC,BM∥平面AEC,
又∵MF∩BM=M,MF,BM⊂平面BMF,
∴平面BMF∥平面AEC.
又BF⊂平面BMF,∴BF∥平面AEC.
故答案为32.
11.解析 (1)证明:在平面图形中,连接MN,设MN与AB交于点G.
由于四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形且AD=AF,从而有AD∥BE且AD=BE,
∴四边形ADBE是平行四边形.
又AM=DN,∴根据比例关系可得MN∥AD.
折叠之后,MG∥AF,NG∥AD,
∴平面ADF∥平面GNM.
又MN⊂平面GNM,∴MN∥平面ADF.
∴当点F、A、D不共线时,MN总平行于平面ADF.
(2)这个结论不对.要使结论成立,M、N应分别为AE和DB的中点.
由平面MNG∥平面FDA,可知要使MN∥FD总成立,根据面面平行的性质定理,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,由平面图形知,直线FM应过点B.
由FM∩DN=B,可知FM与DN确定一个平面,即F、D、N、M四点共面.
又平面FDNM∩平面MNG=MN,平面FDNM∩平面FDA=FD,∴MN∥FD.