4.4.1 平面与平面平行（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（湘教版）

4.4　平面与平面的位置关系 4.4.1　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.(2025海南海口中学期中)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,下列说法正确的是(　　) A.若m∥n,n∥α,则m∥α B.若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥n C.若m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,则α∥β D.若m∩n=A,m∥α,m∥β,n∥α,n∥β,则α∥β 2.(2023安徽马鞍山第二中学期中)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,R,Q,M,N,G,H均为所在棱的中点,则阴影平面与平面PQR平行的是(　　) 3.(2023贵州黔南罗甸一中入学考试)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 4.(2024海南海口琼山华侨中学期中)设α,β,γ是三个不同的平面,且α∩γ=l,β∩γ=m,则“l∥m”是“α∥β”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 5.(2025福建福州段考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,平面AB1C与平面ADD1A1的交线为l,则(　　) A.l∥A1D　　B.l∥B1D　　C.l∥C1D　　D.l∥D1D 6.如图所示,三棱柱A1B1C1-ABC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=　　　　.  7.(2025江苏徐州沛县段考)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,N,E,F分别是A1D1,B1C1,C1D1的中点. (1)求证:E,F,B,D四点共面; (2)设平面BNF与平面ABCD交于直线l,求证:NF∥l. 能力提升练 题组一　平面与平面平行的判定 1.(多选题)(2023江苏泰兴中学、南菁高级中学、常州中学三校联考)设α,β是两个不重合的平面,下列选项中,是“α∥β”的必要不充分条件的是(　　) A.α内存在无数条与β平行的直线 B.存在平面γ,满足γ∥α,且γ∥β C.存在与α,β所成的角相等的直线 D.α内存在三个到β的距离相等且不共线的点 2.(多选题)在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F,G分别为线段AB,A1B1,AA1的中点,下列说法正确的是(　　) A.平面AC1F∥平面B1CE B.直线FG∥平面B1CE C.直线CG与BF异面 D.直线C1F与平面CGE相交 3.(多选题)(2025甘肃张掖月考)下图是正方体的平面展开图,对于这个正方体,下列命题正确的是(　　) A.BM∥平面DCMN　　 B.CN∥平面BCMF C.平面BDM∥平面AFN　　 D.平面BDE∥平面NCF 4.(2025四川内江六中入学考试)如图1,在梯形PBCD中,BC∥PD,PD=2BC,A是PD的中点,现将△ABP沿AB折起得到如图2所示的四棱锥,其中M是PD的中点,N是BC的中点. (1)求证:MN∥平面PAB; (2)在线段PC上是否存在一点E,使得平面EMN∥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. 　　 题组二　平面与平面平行的性质 5.(2025河北邢台第一中学月考)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,四边形ABCD为平行四边形,E,F分别在线段DB,DD1上,=,G在CC1上且平面AEF∥平面BD1G,则=　(　　) A.　　B.　　C.　　D. 6.(2025河北承德期中)如图,在棱长为的正方体A'B'C'D'-ABCD中,E,F,G分别是棱A'B',B'C',CD的中点,则由点E,F,G确定的平面截正方体所得的截面的面积等于　　　　.  7.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 8.(2024甘肃定西临洮文峰中学月考)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AA1,AB的中点,EF=,P是正方形ABB1A1内的动点,若C1P∥平面CD1EF,则P点的轨迹长度为(　　) A.2　　B.3π　　C.　　D.π 9.(2025山东青岛第六十六中学期中)如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,Q是侧面BCC1B1内一点,若A1Q∥平面AEF,则线段A1Q长度的最大值与最小值之和为(　　) A.+　　B.　　 C.　　D. 10.如图,已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=1,AA1=,M为DD1的中点. (1)求证:D1B∥平面MAC; (2)过D1B作正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的截面,使得截面平行于平面MAC,在正四棱柱表面应该怎样画线?请说明理由,并求出截面的面积. 答案与分层梯度式解析 4.4　平面与平面的位置关系 4.4.1　平面与平面平行 基础过关练 1.D 2.D 4.B 5.A 1.D　对于A,若m∥n,n∥α,则m∥α或m⊂α,故A错误; 对于B,若m⊂α,n⊂β,α∥β,则m∥n或m与n异面,故B错误; 对于C,如图所示,m⊂α,n⊂α,m∥β,n∥β,但α∩β=l,故C错误; 对于D,因为m∩n=A,所以过m,n有唯一平面,设为γ, 因为m∥α,n∥α,m∩n=A,m,n⊂γ,所以γ∥α, 因为m∥β,n∥β,m∩n=A,m,n⊂γ,所以γ∥β, 所以α∥β,故D正确. 2.D　易得经过P,Q,R三点的平面即为平面PSRHNQ(S为AA1的中点),如图所示. 对于A,MC1与QN相交,所以A不符合; 对于B,C,点N在平面PQR上,所以B,C不符合; 对于D,因为A1C1∥RH,A1C1⊄平面PQR,RH⊂平面PQR,所以A1C1∥平面PQR,同理,BC1∥平面PQR,又因为A1C1∩BC1=C1,A1C1,BC1⊂平面A1C1B, 所以平面A1C1B∥平面PQR,所以D符合. 3.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. 4.B　若α∥β,α∩γ=l,β∩γ=m,则由面面平行的性质定理得l∥m,必要性成立; 若l∥m,α∩γ=l,β∩γ=m,则可能有α∥β,也可能有α,β相交,充分性不成立, 所以“l∥m”是“α∥β”的必要不充分条件. 5.A　∵平面BCC1B1∥平面ADD1A1,平面BCC1B1∩平面AB1C=B1C,平面AB1C∩平面ADD1A1=l,∴l∥B1C. 对于A,∵A1D∥B1C,l∥B1C,∴l∥A1D,故A正确; 对于B,∵B1D与B1C相交,l∥B1C,∴l与B1D不平行,故B错误; 对于C,∵C1D与B1C不平行,l∥B1C,∴l与C1D不平行,故C错误; 对于D,∵DD1与B1C不平行,l∥B1C,∴l与DD1不平行,故D错误. 6.答案　 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,∴=. 7.证明　(1)连接EF,EB,BD,FD,B1D1, 因为E,F分别是B1C1,C1D1的中点, 所以EF∥B1D1. 因为BB1∥DD1,且BB1=DD1, 所以四边形BDD1B1为平行四边形,故BD∥B1D1, 所以EF∥BD, 故E,F,B,D四点共面. (2)因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,平面BNF∩平面ABCD=l,平面BNF∩平面A1B1C1D1=NF,所以NF∥l. 能力提升练 1.ACD 2.AC 3.CD 5.B 8.C 9.C 1.ACD　由α内存在无数条与β平行的直线不能得到α∥β,反过来,若α∥β,则α内存在无数条与β平行的直线,A符合题意; 若存在γ,满足γ∥α且γ∥β,则α∥β,充分性成立,B不符合题意; 若存在与α,β所成的角相等的直线,则α,β可能相交,不能得到α∥β,反过来,若α∥β,则一定存在与α,β所成的角相等的直线,C符合题意; 当α内存在三个到β的距离相等且不共线的点时,两平面可能相交,不能得到α∥β,反过来,若α∥β,则α内一定存在三个到β的距离相等且不共线的点,D符合题意. 2.AC　如图,对于A,在三棱柱ABC-A1B1C1中,因为E,F,G分别为线段AB,A1B1,AA1的中点, 所以B1E∥AF,CE∥C1F, 因为B1E∩CE=E,AF∩C1F=F,所以平面AC1F∥平面B1CE,故A正确; 对于B,因为F,G分别是线段A1B1,AA1的中点, 所以FG∥AB1, 因为AB1∩B1E=B1,所以FG与B1E相交, 所以直线FG与平面B1CE相交,故B错误; 对于C,因为BF⊂平面AA1B1B,G∈平面AA1B1B,C∉平面AA1B1B,G∉BF,所以直线CG与BF异面,故C正确; 对于D,因为CE∥C1F,CE⊂平面CGE,C1F⊄平面CGE,所以直线C1F∥平面CGE,故D错误. 3.CD　将平面展开图折成如图①所示的正方体. 易知BM与平面DCMN有公共点M,CN与平面BCMF有公共点C,故A,B错误. 如图②所示,连接AN,NF,BE,BD,DM,CF, 易得BM∥AN,又BM⊄平面AFN,AN⊂平面AFN,所以BM∥平面AFN,同理可证得BD∥平面AFN,又BM∩BD=B,BD,BM∩平面BDM,所以平面BDM∥平面AFN, 同理可证得平面BDE∥平面NCF,故C,D正确. 4.解析　(1)证明:取AP的中点Q,连接MQ,BQ. 因为M,Q分别为PD,PA的中点, 所以MQ∥AD,MQ=AD. 题图1中,因为A是PD的中点,BC∥PD,PD=2BC, 所以BC∥AD且BC=AD, 又因为N为BC的中点, 所以BN∥AD,BN=AD, 所以MQ∥BN,MQ=BN, 所以四边形MNBQ为平行四边形,所以MN∥BQ, 又因为MN⊄平面PAB,BQ⊂平面PAB, 所以MN∥平面PAB. (2)存在,当E为PC的中点时,平面EMN∥平面PAB. 证明如下:由(1)得BC∥AD且BC=AD, 所以四边形ABCD是平行四边形,所以AB∥CD. 取PC的中点E,连接EN,EM. 因为E,M分别为PC,PD的中点,所以EM∥CD, 所以EM∥AB, 又AB⊂平面PAB,EM⊄平面PAB, 所以EM∥平面PAB. 由(1)得MN∥平面PAB, 又EM∩MN=M,EM,MN⊂平面EMN, 所以平面EMN∥平面PAB. 5.B　连接B1D1,FG,∵平面AEF∥平面BD1G,平面AEF∩平面 BB1D1D=EF,平面BD1G∩平面BB1D1D=BD1,∴EF∥BD1,∴==. 易得平面ADD1A1∥平面BCC1B1, 又BG⊂平面BCC1B1,∴BG∥平面ADD1A1, ∵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. ∵平面ABB1A1∥平面CDD1C1,平面ABGF∩平面ABB1A1=AB,平面ABGF∩平面CDD1C1=FG, ∴AB∥FG,∴CD∥FG.∴==. 6.答案　 解析　连接EF,A'C',由E,F分别为A'B',B'C'的中点,得EF∥A'C',且EF=A'C'=1, 连接AC,由AA'∥CC'且AA'=CC',得四边形AA'C'C为平行四边形,所以AC∥A'C'. 设平面EFG交棱AD于点H,连接GH, 由平面ABCD∥平面A'B'C'D',平面EFG∩平面A'B'C'D'=EF,平面EFG∩平面ABCD=GH,得GH∥EF, 又G为CD的中点,所以H为AD的中点. 设直线EF分别交D'A',D'C'的延长线于点P,Q, 连接PH交棱AA'于点M,连接QG交棱CC'于点N,连接EM,FN, 则由点E,F,G确定的平面截正方体所得的截面为六边形EFNGHM. 易得△A'EP≌△B'EF,所以A'P=B'F, 又AH=B'F,所以A'P=AH, 又AH∥A'P,所以M为AA'的中点, 同理得N为CC'的中点, 所以六边形EFNGHM是边长为1的正六边形, 所以截面面积为6××12×sin 60°=. 方法技巧 　　作截面的具体步骤 1.找截点:延长截面上的一条直线,与几何体的棱、面(或其延长部分)相交,交点即截点;或过一截点作另外两截点连线的平行线,交几何体的棱于截点. 2.连截线:连接同一平面内的两个截点,成截线. 3.围截面:将各截线首尾相连,围成截面. 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=DG=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. 8.C　如图所示,取A1B1的中点H,B1B的中点为G,连接A1B,GH,C1H,C1G,EG,HF, 易知A1B1∥EG,A1B1=EG,且A1B1∥C1D1,A1B1=C1D1, 可得EG∥C1D1,且EG=C1D1, 所以四边形EGC1D1是平行四边形,则C1G∥D1E, 又C1G⊄平面CD1EF,D1E⊂平面CD1EF, 所以C1G∥平面CD1EF, 同理可得C1H∥平面CD1EF, 又C1H∩C1G=C1,C1H,C1G⊂平面C1GH, 所以平面C1GH∥平面CD1EF, 又P是正方形ABB1A1内的动点,C1P∥平面CD1EF, 所以点P在线段GH上,即P点的运动轨迹为线段GH. 由题意可知GH=A1B,EF=A1B,所以GH=EF=, 所以P点的轨迹长度为. 9.C　分别取棱BB1,B1C1的中点M,N,连接A1M,A1N,MN,BC1,NE,如图所示, 则MN∥BC1,EF∥BC1,∴MN∥EF, 又MN⊄平面AEF,EF⊂平面AEF,∴MN∥平面AEF. 易知AA1∥NE,AA1=NE,∴四边形AENA1为平行四边形,∴A1N∥AE, 又A1N⊄平面AEF,AE⊂平面AEF, ∴A1N∥平面AEF, 又A1N∩MN=N,A1N,MN⊂平面A1MN, ∴平面A1MN∥平面AEF, ∵Q是侧面BCC1B1内一点,且A1Q∥平面AEF, ∴Q必在线段MN上, 易得A1N=A1M==, 故△A1MN为等腰三角形, 则当Q为MN的中点时,A1Q⊥MN,A1Q最短,此时A1Q===, 当Q在M或N处时,A1Q最长,此时A1Q=A1M=A1N=, 所以线段A1Q长度的最大值与最小值之和为+=. 10.解析　(1)证明:连接DB交AC于点O,所以O为DB的中点,连接MO,因为M为DD1的中点,所以MO是△D1DB的中位线,所以D1B∥MO,又MO⊂平面MAC,D1B⊄平面MAC,所以D1B∥平面MAC. (2)分别取A1A,B1B,C1C的中点E,G,F,连接D1E,EB,BF,FD1,则平面D1EBF即为所求截面. 理由如下:连接A1G,GF,EF,BD,易知A1E=GB,A1E∥GB,所以四边形A1EBG是平行四边形,所以A1G=EB,A1G∥EB,同理,A1D1=GF,A1D1∥GF,所以四边形D1A1GF是平行四边形,所以A1G=D1F,A1G∥D1F,所以D1F=EB,D1F∥EB,所以四边形D1EBF是平行四边形.因为MD1=CF,MD1∥CF,所以四边形D1MCF是平行四边形,所以D1F∥MC,因为D1F⊄平面MAC,MC⊂平面MAC,所以D1F∥平面MAC,因为D1F∩D1B=D1,所以平面MAC∥平面D1EBF.而D1B⊂平面D1EBF,所以平面D1EBF即为所求截面.因为EB===,FB===,所以EB=FB,所以四边形D1EBF为菱形,所以D1B⊥EF,因为D1B====2,EF=AC==, 所以截面面积为D1B×EF=. 7 学科网（北京）股份有限公司 $