10.4 平面与平面间的位置关系（第1课时）（六大题型提分练）-【上好课】2024-2025学年高二数学同步精品课堂（沪教版2020必修第三册）

10.4 平面与平面间的位置关系（第1课时） 题型1：判断面面平行 1．给出下列4个命题，其中正确的命题是（    ） ①垂直于同一直线的两个平面平行；②垂直于同一平面的两个平面平行； ③平行于同一直线的两个平面平行；④平行于同一平面的两个平面平行. A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 2．设是三条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．平面与平面平行的充要条件是（    ） A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面 C．，平行于同一条直线 D．内有两条相交直线都与平行 4．设，为两个平面，则的充要条件是（    ） A．内有两条直线与平行 B．内有无数条直线与平行 C．，平行于同一条直线 D．内有两条相交直线与平行 5．对于不重合的两个平面与，给定下列条件： ①存在平面，使得，都垂直于； ②存在平面，使得，都平行于； ③存在直线，直线，使得； ④存在异面直线，，使得，，，． 其中，可以判定与平行的条件有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 题型2：证明面面平行 6．在如图所示的五面体中，三个面，，都是平行四边形．求证：平面平面ABC．    7．（1）叙述两个平面平行的判定定理，并证明; （2）如图，正方体中，分别为的中点，求证:平面平面. 8．如图，正方体中，，，，分别是，，，的中点. （1）求证：平面//平面； （2）求异面直线与所成角的大小 ． 9．如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由． 题型3：补全面面平行的条件 10．在两平面平行的判定定理中，假设为两不同平面，为两不同直线，若要得到，则需要在条件“”之外补充条件 . 11．在空间中，已知直线，两个不同的平面，，下列三个条件中，一定能推出“”的条件序号是 .①，；  ②，；③， 12．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件 时，有平面D1BQ平面PAO． 题型4：由面面平行证明线线平行、线面平行 13．如图，点S是所在平面外一点，M，N分别是SA，BD上的点，且．求证：平面．    14．如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，是线段上的动点.证明：    (1)平面； (2)平面. 15．如图，四边形ABCD为长方形，，，点E、F分别为AD、PC的中点．设平面平面． (1)证明：平面PBE； (2)证明：． 16．如图，四棱锥，，，，平面平面，平面平面.若点为线段中点，求证：； 17．如图，斜三棱柱中，D，分别为AC，上的点．    (1)当时，求证平面； (2)若平面平面，求的值，并说明理由． 题型5：空间平行的转化 18．平面α//平面β，直线l//α，则（　　） A．l//β B．l⊂β C．l//β或l⊂β D．l，β相交 19．已知平面平面，是、外一点，过点的直线与、分别交于点、，过点的直线与、分别交于点、，且，，，则的长为（    ） A． B．或 C． D． 20．已知直线，两个不重合的平面.若//，，则下列四个结论中正确的是（    ） ①与内的所有直线平行；                ②与内的无数条直线平行； ③与内任何一条直线都不垂直；        ④与没有公共点. A．①② B．②④ C．②③ D．③④ 21．如图，在多面体中，平面平面 ，且，则 (　　) A．平面 B．平面 C． D．平面平面 22．a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，现给出下面六个命题： ①，，则；②若，，则； ③，，则；④若，，则； ⑤若，，则；⑥若，，则. 其中真命题的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 题型6：面面平行求面面平行的有关问题 23．点P是平面外一点，过点P且平行于平面的平面有（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．无数 24．在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线上的点（如图），且与平面平行，已知，，则截面面积等于 . 25．如图所示正四棱锥，，P为侧棱上的点．且，求： (1)正四棱锥的表面积； (2)侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 一、填空题 1．在长方体中，，分别在对角线上取点，使得直线平面，则线段长的最小值为 ． 2．如图所示，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，是侧面内一点，若平面AEF.则线段长度的最大值与最小值之和为 . 3．如图，在棱长为3的正方体中，点M，N分别为棱AB，上的点，且，点P是正方体表面上的一点，若平面，则点P的轨迹长度为 ． 4．在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是 . 5．如图所示，正方体的棱长为分别为，的中点，点是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为 ． 6．在棱长为1的正方体中，P为正方形ABCD内（包括边界）的一动点，E，F分为别为棱AB，BC的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度范围是 . 二、单选题 7．如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（    ） A． B． C． D． 8．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 三、解答题 9．如图，在正四面体中，，E，F，R分别是，，的中点，取，的中点M，N，Q为平面内一点．      (1)求证：平面平面； (2)若平面，求线段的最小值． 10．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点. (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由. 11．如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．    (1)求证：平面PAB； (2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 12．正六棱柱，两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，高为4，记的中点分别为. (1)要经过点和对角线将六棱柱锯开，请说明在六棱柱表面该怎样划线，并求截面面积； (2)证明：平面； (3)直线上是否存在一个点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 13．如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，，，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ADF. （2）“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 10.4 平面与平面间的位置关系（第1课时） 题型1：判断面面平行 1．给出下列4个命题，其中正确的命题是（    ） ①垂直于同一直线的两个平面平行；②垂直于同一平面的两个平面平行； ③平行于同一直线的两个平面平行；④平行于同一平面的两个平面平行. A．①② B．③④ C．②③ D．①④ 【答案】D 【分析】由面面平行的判断定理可判断①；由面面垂直的性质定理可判断②；由线面平行的性质和面面平行的判定可判断③；由面面的位置关系可判断④． 【解析】对于①，垂直于同一直线的两个平面平行，故①正确； 对于②，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故②错误； 对于③，平行于同一直线的两个平面相交或平行，故③错误； 对于④，平行于同一平面的两个平面平行，故④正确． 故选:D． 2．设是三条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】A 【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可. 【解析】对于A，因为是三条不同的直线，， 所以，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，若，则或或或直线与平面相交，故C错误； 对于D，若，则与平行或相交，故D错误. 故选：A. 3．平面与平面平行的充要条件是（    ） A．内有无数条直线与平行 B．，垂直于同一个平面 C．，平行于同一条直线 D．内有两条相交直线都与平行 【答案】D 【分析】根据面面平行的判定定理逐项判断即可. 【解析】对于A，内有无数条直线与平行，可得与相交或； 对于B，与垂直于同一个平面，可得与相交或； 对于C，与平行于同一条直线，可得与相交或； 对于D，内有两条相交直线平行于，结合面面平行的判定定理可得， 故选：D． 4．设，为两个平面，则的充要条件是（    ） A．内有两条直线与平行 B．内有无数条直线与平行 C．，平行于同一条直线 D．内有两条相交直线与平行 【答案】D 【分析】 利用面面平行的判定定理和性质定理结合正方体结构即可确定选项. 【解析】   如图所示正方体中， 设平面为，平面为， 显然平面中有无数条直线与平面平行，但，故A、B错误； 又，但，故C错误； 由面面平行的判定定理和性质定理可知D正确. 故选：D 5．对于不重合的两个平面与，给定下列条件： ①存在平面，使得，都垂直于； ②存在平面，使得，都平行于； ③存在直线，直线，使得； ④存在异面直线，，使得，，，． 其中，可以判定与平行的条件有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】直线与平面的位置关系，平面与平面的位置关系，对选项进行逐一判断，确定正确选项即可． 【解析】解：①若存在平面，使得，都垂直于，则与平行或相交，故①错误． ②若存在平面，使得，都平行于，因为与是不重合的两个平面，所以与平行，故②正确． ③若存在直线，直线，使得，则与平行或相交，故③错误； ④若存在异面直线，，使得，，，，则可以判定与平行． 可在面内作，，因为，是异面直线，则与必相交． 又，， ，， ，即④正确． 故选：B． 题型2：证明面面平行 6．在如图所示的五面体中，三个面，，都是平行四边形．求证：平面平面ABC．    【答案】证明见解析 【分析】只要证明平面内两相交直线都平行于另一平面即可. 【解析】证明  因为四边形是平行四边形，所以． 又平面ABC，平面ABC，所以平面ABC． 同理，平面ABC．又， 平面，平面 所以平面平面ABC． 7．（1）叙述两个平面平行的判定定理，并证明; （2）如图，正方体中，分别为的中点，求证:平面平面. 【答案】（1）见解析； （2）见解析. 【分析】（1）写出面面平行的判定定理，然后用反证法证明即可； （2）根据为正方体，，为，中点得到，，然后利用面面平行的判定定理证明即可. 【解析】（1）面面平行的判定定理：如果一个平面内两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，即，，，，， 证明：假设， ∵，，， ∴，同理可得，， ∴，与矛盾，所以不成立， 所以. （2） 取中点，连接，，， ∵为正方体，，为，中点， ∴，，，， ∴四边形，为平行四边形，，， ∵平面，平面，平面，平面， ∴∥平面，∥平面， ∵平面，平面，， ∴平面∥平面. 8．如图，正方体中，，，，分别是，，，的中点. （1）求证：平面//平面； （2）求异面直线与所成角的大小 ． 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）证明//平面，再证明//平面，则利用面面平行的判定定理可得平面//平面； （2）设为的中点，连接,则易证异面直线与所成角的大小等于与所成角的大小，设正方体的棱长为，然后分别计算出，，，通过解三角形得到的大小. 【解析】（1）证明：连接，，易知为三角形的中位线， 故//，不在平面内，在平面内 所以∥平面； 正方体中，易知//，不在平面内，在平面内 所以//平面； 又，都在平面内，且 所以平面//平面； （2）设为的中点，连接 因为为中点，所以为平行四边形，所以//， 所以角为异面直线所成角（或补角） 设正方体棱长为，则，， 设的中点为，连接，，在三角形中求得， 所以三角形为直角三角形，则, 所以异面直线与所成角的大小为. 【点睛】本题考查面面平行的证明，考查异面直线夹角的计算，难度一般. 用定义法求解异面直线夹角时，只需要将两条直线进行平移至相交，然后通过解三角形的方法求解. 9．如图，在正方体中，为的中点． (1)求证：平面； (2)上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，理由见解析 【分析】（1）利用三角形中位线证明线线平行，结合线面平行判定定理，从而得线面平行； （2）结合面面平行判定定理来确定动点位置，并证明面面平行. 【解析】（1）如图，连接交于，连接.    因为为正方体，底面为正方形，对角线，交于点， 所以为的中点，又因为为的中点， 所以在中，是的中位线， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）当上的点为中点时，即满足平面平面，理由如下： 连接，，    因为为的中点，为的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. 由（1）知平面， 又因为，，平面， 所以平面平面. 题型3：补全面面平行的条件 10．在两平面平行的判定定理中，假设为两不同平面，为两不同直线，若要得到，则需要在条件“”之外补充条件 . 【答案】 【分析】确定为平面内的两条相交直线，，故，得到答案. 【解析】因为一个平面内两条相交直线平行于另一个面，则这两个面平行， 所以要证，需要，，以及，共五个条件， 所以需要在条件“”之外补充条件是. 故答案为：. 11．在空间中，已知直线，两个不同的平面，，下列三个条件中，一定能推出“”的条件序号是 .①，；  ②，；③， 【答案】② 【分析】根据线面关系的判定和性质，把各个条件逐个分析判断即可得解. 【解析】由直线，两个不同的平面，，知： 对于①，，，则与相交或平行，故①错误； 对于②，，，由面面平行的判定定理得，故②正确； 对于③，，，则与相交或平行，故③错误. 故答案为：②. 12．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件 时，有平面D1BQ平面PAO． 【答案】Q为CC1的中点 【分析】设Q为CC1的中点，推得QB∥PA，连接DB，证得D1B∥PO，证得D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，再结合面面平行的判定定理，即可求解. 【解析】如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA， 连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO， 又D1B平面PAO，QB平面PAO，且PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO， 所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO， 又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO， 故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO． 【点睛】解答空间中的平行关系及应用问题常见的误区： 1、对空间平行关系的转化条件理解不透导致错误； 2、对面面平行判定定理的条件“面内两相交直线”认识不清导致错解； 3、对面面平行性质定理理解不深导致错解. 题型4：由面面平行证明线线平行、线面平行 13．如图，点S是所在平面外一点，M，N分别是SA，BD上的点，且．求证：平面．    【答案】证明过程见解析 【分析】 作出辅助线，得到线线平行，进而证明出线面平行，面面平行，从而证明出线面平行. 【解析】在上取，使得，则， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，所以，则， 又中，，故， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，， 所以平面平面， 因为平面，所以平面.    14．如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，是线段上的动点.证明：    (1)平面； (2)平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于点，连接，由三角形中位线定理可得，进而可得线面平行； （2）连接，，连接交于点，连接，通过线面平行得出平面平面，进而得出结果. 【解析】（1）（1）如图，连接交于点，连接. ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， ∴. 又∵平面，平面， ∴平面    （2）连接，，连接交于点，连接，如图. 在正方体中，， ∵平面，平面， ∴平面. 又为的中位线， ∴. ∵平面，平面， ∴平面. 又∵平面，平面，， ∴平面平面. ∵平面， ∴平面. 15．如图，四边形ABCD为长方形，，，点E、F分别为AD、PC的中点．设平面平面． (1)证明：平面PBE； (2)证明：． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； 【分析】（1）根据三角形中位线定理，结合平行四边形的判定定理、平行四边形的性质、线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据面面平行的性质进行证明即可. 【解析】（1）取PB中点，连接FG，EG， 因为点E、F分别为AD、PC的中点， 所以，， 因为四边形ABCD为长方形，所以，且， 所以，，所以四边形DEGF为平行四边形， 所以因为平面PBE，平面PBE，平面PBE； （2）由（1）知平面PBE，又平面PDC，平面平面， 所以. 16．如图，四棱锥，，，，平面平面，平面平面.若点为线段中点，求证：； 【答案】证明见解析 【分析】取中点，根据得到，由为正三角形得到，根据线面平行的判定得到平面和平面，进而得到平面平面，结合面面平行和线面平行性质可证得结论. 【解析】证明： 取中点，连接， 也，，， 可得且， 所以，，所以， 因为为中点，所以为正三角形，即，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 在中，因为的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又由，平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 又由平面平面，且平面，所以. 17．如图，斜三棱柱中，D，分别为AC，上的点．    (1)当时，求证平面； (2)若平面平面，求的值，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)，理由见解析 【分析】 （1）欲证平面，只需证与平面内一直线平行，当时，为线段的中点，作出辅助线，证明出，满足定理所需条件； （2）根据平面与平面平行的性质定理可知，同理，根据比例关系即可求出所求． 【解析】（1） 如图，当时，为线段的中点， 连接交于点O，连接．    由棱柱的性质，知四边形为平行四边形，所以点O为的中点． 在中，点O、分别为、的中点， ∴． 又∵平面，平面， ∴平面． （2） 由已知，平面平面，且平面平面，平面平面． 因此，同理． ∴，． 又∵， ∴，即． 题型5：空间平行的转化 18．平面α//平面β，直线l//α，则（　　） A．l//β B．l⊂β C．l//β或l⊂β D．l，β相交 【答案】C 【分析】根据面面平行的性质结合选项可得答案. 【解析】因为平面α//平面β，直线l//α， 所以直线l可能和平面β平行，也可能在平面β内． 故选：C. 19．已知平面平面，是、外一点，过点的直线与、分别交于点、，过点的直线与、分别交于点、，且，，，则的长为（    ） A． B．或 C． D． 【答案】B 【分析】由已知直线和确定一个平面，对点位置分类讨论，根据面面平行的性质定理，可得线线平行，运用平行线段的比例关系，即可求解. 【解析】∵， ∴直线和可确定一个平面， 则平面，平面. 又，∴； 当点位于平面，同侧时，如图（1）， 则，∴，∴. 当点位于平面，之间时，如图（2）， 则，， ∴，∴. 故或. 故选：B. 【点睛】本题考查面面平行的性质，要注意分类讨论，属于中档题. 20．已知直线，两个不重合的平面.若//，，则下列四个结论中正确的是（    ） ①与内的所有直线平行；                ②与内的无数条直线平行； ③与内任何一条直线都不垂直；        ④与没有公共点. A．①② B．②④ C．②③ D．③④ 【答案】B 【解析】根据面面平行的性质以及定义，可得结果. 【解析】由面面平行的性质知①错误； 由面面平行的性质知②正确； 与内的直线可能异面垂直，故③错； 由面面平行的定义知④正确. 故选：B 【点睛】本题主要考查面面平行的性质，属基础题. 21．如图，在多面体中，平面平面 ，且，则 (　　) A．平面 B．平面 C． D．平面平面 【答案】A 【分析】取DG的中点M，连AM、FM，证明四边形ABFM是平行四边形，问题得解. 【解析】如图所示，取DG的中点M，连AM、FM，． 则由已知条件易证得四边形DEFM是平行四边形， ∴且． ∵平面ABC∥平面DEFG，平面ABC∩平面ADEB＝AB，平面DEFG∩平面ADEB＝DE， ∴AB∥DE， ∴AB∥FM． 又AB＝DE， ∴AB＝FM， ∴四边形ABFM是平行四边形， ∴BF∥AM． 又BF平面ACGD，AM平面ACGD， ∴BF∥平面ACGD．选A． 【点睛】本题主要考查了线面平行的判定定理及面面平行的性质，还考查了转化能力及空间思维能力，属于中档题. 22．a，b，c为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面，现给出下面六个命题： ①，，则；②若，，则； ③，，则；④若，，则； ⑤若，，则；⑥若，，则. 其中真命题的个数是（　　） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】 根据空间中线线平行、线面平行、面面平行的判定定理和性质定理判断即可. 【解析】，，为三条不重合的直线，，，为三个不重合的平面， ①，，则，满足直线与直线平行的传递性，所以①正确； ②，，则，可能平行，可能相交，也可能异面，所以②不正确； ③，，则，可能平行，也可能相交，所以③不正确； ④，，则，满足平面与平面平行的性质，所以④正确； ⑤，，则或，所以⑤不正确； ⑥，，则或，所以⑥不正确； 故选：C. 题型6：面面平行求面面平行的有关问题 23．点P是平面外一点，过点P且平行于平面的平面有（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．无数 【答案】B 【分析】假设过点P且平行于平面的平面有两个，可判断重合. 【解析】假设过点P且平行于平面的平面有两个， 则由面面平行的性质知， 又都过P点，故重合， 所以过点P且平行于平面的平面只有一个. 故选：B 24．在一次通用技术实践课上，木工小组需要将正方体木块截去一角，要求截面经过面对角线上的点（如图），且与平面平行，已知，，则截面面积等于 . 【答案】 【分析】 连接交于点，连接、，过点作与平行的直线分别交、于点、，在上取点使，证明出平面平面，计算出的面积，即可得解. 【解析】 如图，连接交于点，连接、. 因为且，故四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 同理可证平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 故截面平行于平面. 过点作与平行的直线分别交、于点、，在上取点使. ，，，. 因为平面，平面，所以，平面， 又因为，平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，所以，平面平面， 易得，故， 因为， 易知是边长为的等边三角形，所以，， 因此，. 故答案为：. 25．如图所示正四棱锥，，P为侧棱上的点．且，求： (1)正四棱锥的表面积； (2)侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】(1)； (2)在侧棱上存在一点，使平面，满足． 【分析】（1）根据棱锥的表面积的计算公式即可求出结果； （2）分析可得在侧棱上存在一点，使平面，满足．证得平面平面，根据面面平行的性质定理即可证出结论. 【解析】（1）正四棱锥中，，， 侧面的高， 正四棱锥的表面积． （2） 在侧棱上存在一点，使平面，满足． 理由如下： 取中点为，因为，则， 过作的平行线交于，连接，． 在中，有， 平面，平面，平面， 由于，． 又由于， 平面，平面，平面， ，平面平面，得平面， 一、填空题 1．在长方体中，，分别在对角线上取点，使得直线平面，则线段长的最小值为 ． 【答案】 【分析】作于点，作于点，利用线段之间的比例关系表示出相关线段的长，在直角梯形中列式求解，即可求得答案. 【解析】作于点，作于点， 则，即共面； 平面,平面,故平面, ∵线段平行于对角面，,平面, 故平面平面, 又平面平面， 平面平面，， 由于，故为等腰直角三角形， 由于，，则，； 故设，则， 在直角梯形中，， 故， ∴当时，取最小值，则的最小值为， 故答案为： 2．如图所示，在棱长为1的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，是侧面内一点，若平面AEF.则线段长度的最大值与最小值之和为 . 【答案】 【分析】根据面面平行的性质证明出点的轨迹为线段，在根据平面几何知识计算出的最值。 【解析】下图所示： 分别取棱、的中点、，连接，连接， 、、、为所在棱的中点，，， ，又平面，平面， 平面； ，，四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面， 又，平面，平面平面， 是侧面内一点，且平面， 则必在线段上， 在中，， 同理，在中，求得， 为等腰三角形， 当在中点时，此时最短，位于、处时最长， ， ， 所以线段长度的是大值与最小值之和为． 3．如图，在棱长为3的正方体中，点M，N分别为棱AB，上的点，且，点P是正方体表面上的一点，若平面，则点P的轨迹长度为 ． 【答案】 【分析】根据条件分别在棱取点，证明平面，同理平面，进而可得平面平面，从而P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为，进一步即可得解. 【解析】在棱上取一点E，使得，连接，EM，如图所示，易得，， 所以四边形是平行四边形，所以，又平面， 平面，所以平面． 在棱上取一点F，使得，连接FN，FE，， 如图所示．同理可得平面， 又，平面，所以平面平面． 所以P点在正方体表面上运动所形成的轨迹为． 因为正方体的棱长为3，所以， ， 所以点P的轨迹长度为． 故答案为：. 4．在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是 . 【答案】 【分析】连接，，，证明平面平面，则动点M的轨迹为，即可得解. 【解析】如图，边长为1的正方体中， 动点M满足平面， 由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意， 连接，，， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，同理， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 又因平面， 所以平面平面， 又平面，M是该正方体表面上一个动点，所以动点M的轨迹为. 因为，所以动点M的轨迹的长度为. 故答案为：. 5．如图所示，正方体的棱长为分别为，的中点，点是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为 ． 【答案】/ 【分析】要满足平面，只需要找一个平面，使该平面经过，且与平面平行即可，取的中点的中点，连结，证明出面面，得到点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形，求出周长即可. 【解析】取的中点的中点，连结．正方体 的棱长为2．为中点，所以， 所以且． 因为为分别为的中点， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以． 因为面面， 所以面． 同理可证：面． 又面面， 所以面面． 所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形． 因为正方体的棱长为2，所以， 所以三角形的周长为． 故答案为：. 6．在棱长为1的正方体中，P为正方形ABCD内（包括边界）的一动点，E，F分为别为棱AB，BC的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度范围是 . 【答案】 【分析】取的中点，取的中点为，连接，证明平面平面，结合直线与平面无公共点，得到点在线段上，由此求得长的范围. 【解析】如图所示，取的中点，取的中点为，连接， 由三角形的中位线的性质，可得，则， 又由平面，平面，可得平面， 连接，可得且， 则四边形为平行四边形，可得， 因为平面，平面，所以平面， 又因为，平面，所以平面平面， 由直线与平面无公共点，所以点在线段上， 当为的中点时，取得最小值，最小值为， 当与点或重合时，取得最大值，最大值为， 所以线段的长的范围是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：取的中点，取的中点为，连接，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，证明平面平面，结合直线与平面无公共点，得到点在线段上是解答的关键. 二、单选题 7．如图，在长方体中，，，点在矩形内运动（包括边界），，分别为的中点，若平面，当取得最小值时，的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别为的中点，证明平面平面，得点在线段上，取得最小值时为线段的中点，求出，余弦定理求的余弦值即可. 【解析】如图，取的中点，的中点，连接，所以， 又分别为的中点，所以，故， 平面，平面，所以平面， 又，，所以四边形为平行四边形，故， 平面，平面，平面， 又平面，，故平面平面， 所以当平面时，平面，则点在线段上， 当时，取得最小值，易知， 此时为线段的中点. 由平面几何知识可知，，，， . 所以的余弦值为. 故选：D. 【点睛】方法点睛：平面，则点在过与平面平行的平面内，分别为的中点，由平面平面得点在线段上，且为线段的中点，三角形中余弦定理求的余弦值. 8．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先过点作出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可. 【解析】如图，取上靠近点的四等分点，连接、， 由是棱的中点，点是棱的中点，易得， 则平面， 取、中点、，取上靠近点的四等分点， 连接、、、， 由正方体的性质易得，，则， 又平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，平面，故， 即点的轨迹为线段，设点到的距离为， 有，故， 又，故的长度范围为. 故选：C. . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过作出与平面平行的平面，从而求得的运动轨迹，由此得解. 三、解答题 9．如图，在正四面体中，，E，F，R分别是，，的中点，取，的中点M，N，Q为平面内一点．      (1)求证：平面平面； (2)若平面，求线段的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）因为，，分别是，，的中点，所以，可证平面，同理平面，进而即得； （2）由题意可知点Q在线段上移动，因为是等腰三角形，故是高时最小. 【解析】（1）证明：因为，，分别是，，的中点， 所以，平面，平面， 所以平面． 同理，平面，又因为， 所以平面平面．    （2）解：由（1）可得平面平面，若平面，则点Q在线段上移动， 在中，，，，的最小值为R到线段的距离， 因为是等腰三角形，故的最小值为．    10．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点. (1)证明：平面； (2)在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为构造中位线，证明线线平行； （2）通过比例关系，构造线线平行，并证明面面平行，从而证明存在平面. 【解析】（1）证明：连交于O，因为底面为平行四边形， 所以O为的中点，而E为的中点， 所以， 又平面，平面； 所以平面； （2）在棱上存在点G，且，使得平面， 证明：上取点，且，因为F为上的点，且， 所以在中，，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又在中，，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面， 所以平面平面. 因为平面， 所以平面. 11．如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．    (1)求证：平面PAB； (2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，E为PC中点，证明见解析 【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可； （2）先取点，再应用面面平行判定定理证明即可； 【解析】（1）取AP的中点Q，连接MQ，BQ，    因为M，Q分别为PD，PA的中点， 所以，， 又因为N为BC的中点， 所以，． 所以，， 所以四边形MNBQ为平行四边形，所以， 又因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB． （2）存在点E，当E为PC中点时，平面平面PAB． 证明如下：由图（1）因为A是PD中点，，， 所以且， 所以四边形ABCD是平行四边形，所以． 因为E，M分别为PC，PD中点，所以， 所以， 因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB， 同理可知平面PAB，又因为平面平面， 所以平面平面PAB．    12．正六棱柱，两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，高为4，记的中点分别为. (1)要经过点和对角线将六棱柱锯开，请说明在六棱柱表面该怎样划线，并求截面面积； (2)证明：平面； (3)直线上是否存在一个点，使得平面平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)答案见解析；； (2)证明见解析 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）取的中点，连接，利用基本事实1得四边形即为所求截面，求其面积即可； （2）取、的中点、，连接，结合平行四边形的性质，根据线面平行的判定定理证明； （3）连接延长交的延长线于点，由结合比例得与共面且不平行，即可证明. 【解析】（1）取的中点，连接， 由于，又平面，平面， 所以平面，平面， 所以平面与平面的交线平行于， 而，所以，则四边形即为所求截面， 因为，所以，， 等腰梯形的高为，所以截面面积为； （2）取、的中点、，连接， 因为分别为的中点，所以，， 同理，，因为正六棱柱中，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面； （3）不存在这样的点，使得平面平面， 在正六棱柱中，，所以为梯形， 连接延长交的延长线于点， 由于，且为的中点，则， 所以，因为， 所以与共面且不平行，即与相交， 即与平面相交，故不存在这样的点，使得平面平面. 13．如图，在矩形ABCD和矩形ABEF中，，，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ADF. （2）“不管怎样翻折矩形ABEF，线段MN总与线段FD平行”这个结论正确吗？如果正确，请证明；如果不正确，请说明能否改变个别已知条件使上述结论成立，并给出理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）这个结论不正确.要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点，理由见解析 【解析】（1）在平面图形中，连接MN与AB交于点G，在平面图形中可证，当点F，A，D不共线时，，，可证平面ADF，平面ADF，从而有平面平面ADF，即可证明结论； （2）这个结论不正确.要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点. 当点F，A，D共线时，由（1）得；当点F，A，D不共线时，平面平面FDA，则要使，满足FD与AN共面，只要FM与DN相交即可，可证交点只能为点B，得出只有M，N分别为AE，DB的中点才满足. 【解析】（1）证明：在平面图形中，连接MN，与AB交于点G. ∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，， ∴且， ∴四边形ADBE是平行四边形，∴. 又，∴四边形ADNM是平行四边形，∴. 当点F，A，D不共线时，如图，，， 平面，平面，所以平面ADF， 同理平面ADF，又， 平面，∴平面平面ADF. 又平面GNM，∴平面ADF. 故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FA D. （2）解：这个结论不正确. 要使上述结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点.理由如下： 当点F，A，D共线时，由（1）得. 当点F，A，D不共线时，如图， 由（1）知平面平面FDA，则要使总成立， 根据面面平行的性质定理，只要FD与共面即可. 若要使FD与共面，连接FM，只要FM与DN相交即可， ∵平面ABEF，平面ABCD， 平面平面， ∴若FM与DN相交，则交点只能为点B， 由于四边形为平行四边形，与的交点为的中点， 则只有M，N分别为AE，DB的中点才满足. 由， 可知它们确定一个平面，即F，D，N，M四点共面. ∵平面平面， 平面平面， 平面平面FDA，∴. 【点睛】本题考查面面平行性质，运用面面平行性质定理证明线面平行，以及判定点的位置，属于较难题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$