11.3.3 平面与平面平行-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第四册作业与测评课件PPT（人教B版2019）

第十一章　立体几何初步 11.3　空间中的平行关系 11.3.3　平面与平面平行 知识对点练 40分钟综合练 目录 知识对点练 知识点一　平面与平面平行的判定 1．已知三条互相平行的直线a，b，c中，a⊂α，b⊂β，c⊂β，则两个平面α，β的位置关系是(　　) A．平行 B．相交 C．垂直 D．平行或相交 解析：如图，由题意易得，α，β可能平行，也可能相交． 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 4 2．[多选]设α，β，γ为两两不重合的平面，l，m，n为两两不重合的直线，下列四个命题中正确的是(　　) A．若α∥β，γ∥β，则α∥γ B．若m⊂α，n⊂α，m∥n，n∥β，则α∥β C．若α∥β，l⊂α，则l∥β D．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 5 解析：对于A，由面面平行的传递性可知A正确；对于B，若m⊂α，n⊂α，m∥n，n∥β，则α∥β或α与β相交，所以B错误；对于C，若两个平面平行，其中一个平面内的任一直线都与另一个平面平行，所以C正确；对于D，因为α∩β＝l，β∩γ＝m，l∥γ，所以l∥m，同理l∥n，由平行线的传递性可得m∥n，所以D正确．故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 6 3．若夹在两个平面间的三条不共面的平行线段相等，则这两个平面的位置关系是______． 平行 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 7 4.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)EG∥平面BDD1B1； (2)平面EFG∥平面BDD1B1. 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， ∴EG∥平面BDD1B1. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 8 (2)∵E，F分别是BC，DC的中点， ∴EF∥BD， 又BD⊂平面BDD1B1，EF⊄平面BDD1B1， ∴EF∥平面BDD1B1. 由(1)得EG∥平面BDD1B1， 又EF∩EG＝E，EF，EG⊂平面EFG， ∴平面EFG∥平面BDD1B1. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 9 知识点二　平面与平面平行的性质 5.如图所示的三棱柱ABC－A1B1C1，过A1B1的平面与平面ABC交于直线DE，则DE与AB的位置关系是(　　) A．异面 B．平行 C．相交 D．以上均有可能 解析：因为棱柱的上下底面平行，即平面ABC∥平面A1B1C1，又平面A1B1ED∩平面A1B1C1＝A1B1，平面A1B1ED∩平面ABC＝DE，所以DE∥A1B1，又AB∥A1B1，所以DE∥AB.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 10 6．五棱柱的底面为α和β，且A∈α，B∈α，C∈β，D∈β且AD∥BC，则AB与CD的位置关系为(　　) A．平行 B．相交 C．异面 D．无法判断 解析：因为五棱柱的底面为α和β，所以α∥β，又AD∥BC，所以A，B，C，D四点共面，平面ABCD与平面α的交线为AB，平面ABCD与平面β的交线为CD，所以AB∥CD. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 11 7.如图所示，P是△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，α分别交线段PA，PB，PC于A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC＝(　　) A．2∶25 B．4∶25 C．2∶5 D．4∶5 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 12 8.如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别是PA，PB，PC的中点．M是AB上一点，连接MC，N是PM与DE的交点，连接FN，求证：FN∥CM. 证明：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DF∥平面ABC. 又DE∩DF＝D，DE，DF⊂平面DEF， 所以平面DEF∥平面ABC. 又平面PCM∩平面DEF＝FN， 平面PCM∩平面ABC＝CM，所以FN∥CM. 1 2 3 4 5 6 7 8 知识对点练 13 40分钟综合练 一、单选题 1．已知直线l，m，平面α，β，下列命题正确的是(　　) A．m∥l，l∥α⇒m∥α B．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α⇒α∥β C．l∥m，l⊂α，m⊂β⇒α∥β D．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，l∩m＝M⇒α∥β 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 15 解析：对于A，m可能在α内，也可能与α平行；对于B，α与β可能相交，也可能平行；对于C，α与β可能相交，也可能平行；对于D，l∩m＝M，且l，m分别与平面β平行，依据面面平行的判定定理可知α∥β.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 16 2．平面α∥平面β，AB，CD是夹在α和β间的两条线段，E，F分别为AB，CD的中点，则EF与α(　　) A．平行 B．相交 C．垂直 D．不能确定 解析：当AB，CD共面时，易得EF∥α，当AB，CD异面时，连接AD并取AD的中点M，连接EM与FM，则可得出EM∥平面β，且FM∥平面α，又α∥β，所以EM∥平面α，故平面EFM∥平面α，所以EF与α平行．故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 17 3.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，经过D1B的平面分别交AA1，CC1于点E，F，则四边形D1EBF的形状是(　　) A．矩形 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形 解析：因为平面D1EBF和左、右两个侧面分别交于ED1，BF，左、右两个侧面平行，所以ED1∥BF，同理D1F∥EB，所以四边形D1EBF是平行四边形．故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 18 4.如图，在多面体ABC－DEFG中，平面ABC∥平面DEFG，EF∥DG，且AB＝DE，DG＝2EF，则(　　) A．BF∥平面ACGD B．GF∥平面ABED C．BC∥FG D．平面ABED∥平面CGF 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 19 解析：取DG的中点M，连接AM，FM，如图所示．∵EF∥DG，DG＝2EF＝2DM，∴四边形DEFM是平行四边形，∴DE与FM平行且相等．∵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.∵BF⊄平面ACGD，AM⊂平面ACGD，∴BF∥平面ACGD.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 22 二、多选题 6.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，若E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，则必有(　　) A．EF∥GH B．BD∥EF C．平面EFGH∥平面ABCD D．平面EFGH∥平面A1BCD1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 24 7.(2024·河北张家口高一期末)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是线段C1D1，A1D1，BD1，BC的中点，下列结论中正确的是(　　) A．MN∥平面APC B．B1Q∥平面ADD1A1 C．A，P，M三点共线 D．平面MNQ∥平面ABCD 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 25 解析：平面APC即为平面ACC1A1，MN∥A1C1，而A1C1⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1，因此MN∥平面ACC1A1，所以A正确；因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1，B1Q⊂平面BCC1B1，所以B1Q∥平面ADD1A1，所以B正确；因为P为BD1的中点，所以P为AC1的中点，所以A，P，C1三点共线，所以A，P，M三点不共线，所以C不正确；平面MNQ与平面ABCD是相交的，所以D不正确．故选AB. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 26 三、填空题 8．已知a和b是异面直线，且a⊂平面α，b⊂平面β，a∥β，b∥α，则平面α与β的位置关系是________． 解析：在b上任取一点O，则直线a与点O确定一个平面γ.设γ∩β＝l，则l⊂β，b∩l＝O.∵a∥β，a⊂γ，γ∩β＝l，∴a∥l，又b∩l＝O，b∥α，∴l⊄α，又a⊂α，∴l∥α.又b∥α，b∩l＝O，∴根据面面平行的判定定理可得α∥β. 平行 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 27 9．已知平面α∥β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于点A，C，过点P的直线n与α，β分别交于点B，D，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 30 解：(1)证明：因为O，E分别是BD，PD的中点， 所以EO∥PB，且EO⊄平面PBC，PB⊂平面PBC， 所以EO∥平面PBC. (2)存在，F是PA的中点． 证明如下： 连接EF，OF，因为O，F分别是AC，PA的中点， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 31 所以OF∥PC， 又OF⊄平面PBC，PC⊂平面PBC， 所以OF∥平面PBC， 由(1)可知，EO∥平面PBC， 又OF∩EO＝O，且OF，EO⊂平面OEF， 所以平面OEF∥平面PBC， 所以PA上存在中点F，使平面OEF∥平面PBC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 32 12.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证： (1)B，C，H，G四点共面； (2)平面EFA1∥平面BCHG. 证明：(1)在△A1B1C1中， ∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点，∴GH∥B1C1， 又B1C1∥BC，∴GH∥BC， ∴GH与BC确定一个平面． ∴B，C，H，G四点共面． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 33 (2)∵E，F分别是AB，AC的中点，∴EF∥BC. 又EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG， ∴EF∥平面BCHG. 在平行四边形A1ABB1中， ∵E，G分别是AB，A1B1的中点，∴A1G∥EB，且A1G＝EB， ∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB. ∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF＝E，A1E⊂平面EFA1，EF⊂平面EFA1， ∴平面EFA1∥平面BCHG. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 34 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 35 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 36 14.如图，在正四面体S－ABC中，AB＝4，E，F，R分别是SB，SC，SA的中点，取SE，SF的中点M，N，Q为平面SBC内一点． (1)求证：平面MNR∥平面AEF； (2)若RQ∥平面AEF，求线段RQ的最小值． 解：(1)证明：因为M，N分别是SE，SF的中点， 所以MN∥EF， 又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以MN∥平面AEF. 同理，MR∥平面AEF， 又MR∩MN＝M，MR，MN⊂平面MNR，所以平面MNR∥平面AEF. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 37 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 40分钟综合练 11 12 13 14 38 　　　　　　　　　　　　　 R 解析：如图，设α，β为平面，AA′，BB′，CC′为平行线段且相等．∵AA′綊BB′，∴四边形AA′B′B为平行四边形．∴AB∥A′B′，同理BC∥B′C′，又AB∩BC＝B，A′B′∩B′C′＝B′，∴平面α∥平面β. 解析：∵平面α∥平面ABC，平面PAB与它们的交线分别为A′B′，AB， ∴A′B′∥AB.同理可得B′C′∥BC，A′C′∥AC，∴△A′B′C′∽△ABC，∴S△A′B′C′∶S△ABC＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A′B′,AB))) eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(PA′,PA))) eq \s\up12(2)＝eq \f(4,25).故选B. 5.(2024·陕西商洛高一期末)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是2eq \r(3)，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1内的动点，且MN∥平面ABC1，则点N的轨迹长度为(　　) A.eq \r(6) B．2 C.eq \r(2) D．4 解析：如图，取B1C1的中点D，BB1的中点E，连接MD，DE，ME，则DE∥BC1，又DE⊄平面ABC1，BC1⊂平面ABC1，所以DE∥平面ABC1，又M为A1C1的中点，所以MD∥A1B1∥AB，又MD⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，所以MD∥平面ABC1，又DE∩MD＝D，DE，MD⊂平面DEM，所以平面DEM∥平面ABC1，又因为N是侧面BCC1B1上一点，且MN∥平面ABC1，平面DEM∩平面BCC1B1＝DE，所以点N的轨迹为线段DE，DE＝eq \f(1,2)×eq \r(4＋12)＝2，所以点N的轨迹长度为2. 解析：因为E，F，G，H分别是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点，所以EH綊B1C1綊FG，所以四边形EFGH为平行四边形，所以EF∥GH，故A正确；由中位线定理可知EF∥A1B，因为过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，所以BD，EF不可能互相平行，故B错误；因为直线A1B与平面ABCD相交，故直线EF与平面ABCD也相交，故平面EFGH与平面ABCD相交，故C错误；由中位线定理可知EF∥A1B，EH∥A1D1，所以有EF∥平面A1BCD1，EH∥平面A1BCD1，且EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面A1BCD1，所以D正确．故选AD. 解析：由题意知A，B，C，D四点共面，∵α∥β，平面ABCD∩平面α＝AB，平面ABCD∩平面β＝CD，∴AB∥CD.当点P不在α，β之间时，如图①，由eq \f(PA,AC)＝eq \f(PB,BD)，得eq \f(6,9)＝eq \f(8－BD,BD)，得BD＝eq \f(24,5)；当点P在α，β之间时，如图②，由eq \f(PA,PC)＝eq \f(PB,PD)，得eq \f(6,9－6)＝eq \f(BD－8,8)，得BD＝24. eq \f(24,5)或24 解析：如图，连接MQ，NQ，则平面A1MQN即为过点A1，M，N作的正方体的截面α，因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，且平面ABB1A1∩α＝A1M，平面DCC1D1∩α＝NQ，所以A1M∥NQ，又NC1∥A1B1，且∠C1NQ，∠B1A1M的对应两边的射线方向一致，故∠C1NQ＝∠B1A1M，而∠NC1Q＝∠A1B1M＝90°，故△NC1Q∽△A1B1M，故eq \f(C1Q,B1M)＝eq \f(NC1,A1B1)＝eq \f(1,2)，而B1M＝eq \f(1,2)BB1＝eq \f(1,2)CC1，故eq \f(C1Q,CC1)＝eq \f(1,4)，则eq \f(C1Q,QC)＝eq \f(1,3). 10.(2024·广东梅州高一统考期末)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，C1D1的中点，过点A1，M，N作正方体的截面α交CC1于点Q，则eq \f(C1Q,QC)＝______． eq \f(1,3) 四、解答题 11.如图所示，底面为正方形的四棱锥P－ABCD中，AB＝2， PA＝4，PB＝PD＝2eq \r(5)，AC与BD相交于点O，E为PD的中点． (1)求证：EO∥平面PBC； (2)PA上是否存在点F，使平面OEF∥平面PBC？若存在，请指出并给予证明；若不存在，请说明理由． 13．(2024·黑龙江牡丹江高一下期中)在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱AA1＝3，E是BC的中点，F是棱CC1上的点，且CF＝eq \f(1,3)CC1，过A1作平面α，使得平面α∥平面AEF，则平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面图形的面积为____． eq \f(3,2) 解析：取B1C1的中点N，在BB1上取一点M，使得B1M＝eq \f(1,3)BB1， 连接A1M，MN，A1N，如图所示，∵E是BC的中点，∴A1N∥AE， 又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N∥平面AEF，又B1M＝ eq \f(1,3)BB1，CF＝eq \f(1,3)CC1，则MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF， ∴MN∥平面AEF，又A1N∩MN＝N，且A1N，MN⊂平面A1MN，∴平面A1MN∥平面AEF，又A1，M，N三点都在直四棱柱表面，∴平面A1MN就是所得截面，∴B1M＝eq \f(1,3)BB1＝1，由勾股定理得MN＝eq \r(2)，A1M＝A1N＝eq \r(5)，∴△A1MN为等腰三角形，过A1作底边MN的高，记为A1H，由勾股定理得A1H＝eq \f(3\r(2),2)，∴S△A1MN＝eq \f(1,2)×eq \f(3\r(2),2)×eq \r(2)＝eq \f(3,2). (2)由(1)可得平面MNR∥平面AEF，若RQ∥平面AEF，则点Q在线段MN上移动， 在△RMN中， RM＝eq \f(1,2)AE＝eq \r(3)，RN＝eq \f(1,2)AF＝eq \r(3)，MN＝1，RQ的最小值为R到线段MN的距离， 因为△RMN是等腰三角形，故线段RQ的最小值为eq \r(（\r(3)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(11),2). $$