13.2.4 第1课时 两平面平行 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（苏教版）

13.2.4 第1课时 两平面平行 [课时跟踪检测] 1.如果平面α∥平面β，夹在α和β间的两条线段相等，那么这两条线段所在直线的位置关系是 (　　) A.平行 B.相交 C.异面 D.平行、相交或异面 解析：选D　在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，AA1=BB1且AA1∥BB1，A1D=A1B且A1D∩A1B=A1，AD1=A1B且AD1与A1B是异面直线. 2.若三条直线a，b，c满足a∥b∥c，且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.平行或相交 D.不能确定 解析：选C　由题意可知b，c在平面β内，但不相交，因为a∥b∥c，所以a所在的平面α与平面β有可能平行，也有可能相交. 3.设α，β是两个不重合的平面，下列选项中，是“α∥β”的充要条件的是 (　　) A.α内存在无数条直线与β平行 B.存在直线l与α，β的夹角相等 C.存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β D.α内存在不共线的三个点到β的距离相等 解析：选C　对于A，如果α∩β=l，在α内与l平行的直线有无数条，但此时α不平行于β，A错误； 对于B，如果α∩β=m，在空间必存在直线l与m平行，此时l也与两个平面平行，即直线l与α，β的夹角都等于0°，故B错误； 对于C，如果α∥β，则一定存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β；若γ∥α且γ∥β，则也一定有α∥β，则“α∥β”的充要条件是存在平面γ，满足γ∥α且γ∥β，C正确； 对于D，当α∥β时，α内必存在不共线的三个点到β的距离相等，但当α∩β时，同样可以在α内找到不共线的三点到β的距离相等，D错误.故选C. 4.(多选)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，下列直线或平面与平面ACD1平行的有 (　　) A.直线A1B B.直线BB1 C.平面A1DC1 D.平面A1BC1 解析：选AD　如图，对于A，由于A1B∥D1C，且A1B⊄平面ACD1，可得直线A1B∥平面ACD1；对于B，由于B1B∥D1D，且D1D∩平面ACD1=D1，可得直线B1B与平面ACD1不平行；对于C，由于A1D与AD1相交，A1D⊂平面A1DC1，可得平面A1DC1与平面ACD1不平行；对于D，由于A1B∥D1C，C1B∥D1A，A1B⊂平面A1BC1，C1B⊂平面A1BC1，且A1B∩C1B=B，可得平面A1BC1∥平面ACD1. 5.(多选)如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F，M，N分别为所在棱上的中点，下列判断不正确的是 (　　) A.直线AD∥平面MNE B.直线FC1∥平面MNE C.平面A1BC∥平面MNE D.平面AB1D1∥平面MNE 解析：选ABC　过点M，N，E的截面如图所示(H，I，J均为所在棱上的中点)，所以直线AD与截面MNE交于点H，故A错误.直线FC1与直线IJ在平面BCC1B1必定相交，故B错误.直线A1B与直线EI相交，故平面A1BC与平面MNE不平行，故C错误.因为E，I分别为AB，BB1的中点，所以AB1∥EI.因为AB1⊄平面MNE，EI⊂平面MNE，所以AB1∥平面MNE.同理可证B1D1∥平面MNE.因为AB1∩B1D1=B1，AB1，B1D1⊂平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面MNE，故D正确.故选ABC. 6.(多选)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∥平面CGE 解析：选ACD　对于A，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为线段AB，A1B1，AA1的中点，所以B1E∥AF，CE∥C1F，易得B1E∥平面AC1F，CE∥平面AC1F，又B1E⊂平面B1CE，CE⊂平面B1CE，B1E∩CE=E，所以平面AC1F∥平面B1CE，所以A正确；对于B，因为F，G分别是线段A1B1，AA1的中点，所以FG∥AB1，AB1∩B1E=B1，所以FG与B1E相交，所以直线FG与平面B1CE相交，所以B错误；对于C，因为CG∩平面ABB1A1=G，BF⊂平面ABB1A1，且点G∉BF，所以CG与BF是异面直线，所以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，所以D正确. 7.如图，在三棱台A1B1C1-ABC中，点D在A1B1上，且AA1∥BD，点M是△A1B1C1内的一个动点，且有平面BDM∥平面A1C1CA.则动点M的轨迹是 (　　) A.平面 B.直线 C.线段，但只含1个端点 D.圆 解析：选C　因为平面BDM∥平面A1C1CA，平面BDM∩平面A1B1C1=DM，平面A1C1CA∩平面A1B1C1=A1C1，所以DM∥A1C1，过D作DE∥A1C1交B1C1于E，则点M的轨迹是线段DE(不包括点D).故选C. 8.(5分)过正方体ABCD-A1B1C1D1的三个顶点A1，C1，B的平面与平面ABCD的交线为l，则l与A1C1的位置关系是　　　　.  解析：因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD，且平面A1C1B∩平面A1B1C1D1=A1C1，平面A1C1B∩平面ABCD=l，所以l∥A1C1. 答案：平行 9.(5分)如图，已知平面α∥平面β，△ABC，△A'B'C'分别在α，β内，线段AA'，BB'，CC'共点于O，O在α，β之间.若AB=2，AC=1，∠BAC=60°，OA∶OA'=3∶2，则△A'B'C'的面积为　　　　.  解析：∵α∥β，且AA'，BB'，CC'共点于O， ∴BC∥B'C'，AB∥A'B'，AC∥A'C'. ∴△ABC∽△A'B'C'. 由==知相似比为， 又由AB=2，AC=1，∠BAC=60°， 知S△ABC=AB·AC·sin 60°=， ∴S△A'B'C'=. 答案： 10.(5分)设α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，在命题“α∩β=m，n⊂γ，且　　　　，则m∥n”中的横线处填入下列三组条件中的一组，使该命题为真命题.  ①α∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m⊂γ. 可以填入的条件有　　　　.(填序号)  解析：由面面平行的性质定理可知，①正确；当m∥γ，n∥β时，n和m可能平行或异面，②错误；当n∥β，m⊂γ时，n和m在同一平面内，且没有公共点，所以m∥n，③正确. 答案：①或③ 11.(5分)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.  解析：连接FH，HN，NF(图略). 易证HN∥BD，FH∥D1D， 又HN∩FH=H，BD∩D1D=D， HN⊂平面FHN，FH⊂平面FHN，BD⊂平面BDD1B1，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. 答案：M∈FH 12.(10分)如图所示，四边形ABCD所在的平面与平面α平行，且四边形ABCD在平面α内的平行投影A1B1C1D1是一个平行四边形，求证：四边形ABCD是平行四边形. 证明：因为平面ABCD∥平面α，平面ABCD∩平面AA1B1B=AB，平面AA1B1B∩平面α=A1B1，所以AB∥A1B1.同理，CD∥C1D1.因为四边形A1B1C1D1是平行四边形，所以A1B1∥C1D1.所以AB∥CD.同理可证BC∥AD，所以四边形ABCD是平行四边形. 13.(15分)如图，在三棱柱BCF-ADE中，若G，H分别是线段AC，DF的中点. (1)求证：GH∥BF；(6分) (2)在线段CD上是否存在一点P，使得平面GHP∥平面BCF，若存在，指出P的具体位置并证明；若不存在，请说明理由.(9分) 解：(1)证明：连接BD， ∵四边形ABCD为平行四边形，由题意可得G是线段BD的中点， ∴G，H分别是线段BD，DF的中点，故GH∥BF. (2)存在，P是线段CD的中点，理由如下： 由(1)可知GH∥BF， GH⊂平面GHP，BF⊄平面GHP， ∴BF∥平面GHP. 连接PG，PH， ∵P，H分别是线段CD，DF的中点， 则HP∥CF，HP⊂平面GHP，CF⊄平面GHP， ∴CF∥平面GHP， 又BF∩CF=F，BF，CF⊂平面BCF， 故平面GHP∥平面BCF. 14.(15分)如图，在矩形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.(5分) (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.(10分) 解：(1)证明：在平面图形中，连接MN，设MN与AB交于点G. ∵四边形ABCD和四边形ABEF都是矩形，AD=AF，∴AD∥BE且AD=BE. ∴四边形ADBE是平行四边形. ∴AE∥DB. 又AM=DN，∴四边形ADNM是平行四边形. ∴MN∥AD. 当点F，A，D不共线时，如图， MG∥AF，NG∥AD. 又MG∩NG=G，AF∩AD=A， ∴平面GNM∥平面ADF. 又MN⊂平面GNM， ∴MN∥平面ADF. 故当点F，A，D不共线时，线段MN总平行于平面FAD. (2)这个结论不正确. 要使所给结论成立，M，N应分别为AE和DB的中点. 理由如下. 当点F，A，D共线时，如题图，易证得MN∥FD. 当点F，A，D不共线时，由(1)知平面MNG∥平面FDA，则要使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. 若要使FD与MN共面，连接FM，只要FM与DN相交即可. ∵FM⊂平面ABEF，DN⊂平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB， ∴若FM与DN相交，则交点只能为点B，此时只有M，N分别为AE，DB的中点才满足. 由FM∩DN=B，可知它们确定一个平面， 即F，D，N，M四点共面. ∵平面FDNM∩平面MNG=MN， 平面FDNM∩平面FDA=FD， 平面MNG∥平面FDA， ∴MN∥FD. 学科网（北京）股份有限公司 $