3 8.5.3 平面与平面平行 课后达标检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦平面与平面平行的判定及性质，通过基础题（如线面平行判定）到综合证明题（如四棱锥面面平行证明）的梯度设计，搭建从线面平行到面面平行的学习支架，帮助学生梳理知识脉络。 其亮点在于借助正方体、长方体模型（如第3题异面直线实例）培养几何直观（数学眼光），通过多题型训练逻辑推理（数学思维），符号与图形结合（如证明题步骤）强化数学语言表达。助力学生深化空间观念，教师可高效检测教学效果。

8．5.3　课后达标检测 1 √ 1．若平面α∥平面β，l⊂α，则l与β的位置关系是　(　　) A．l与β相交　　　　　 B．l与β平行 C．l在β内 D．无法判定 解析：因为α∥β，所以α与β无公共点． 因为l⊂α，所以l与β无公共点，所以l∥β. 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 课后达标检测 15 14 13 √ 2．设α，β，γ是三个不同平面，且α∩γ＝l，β∩γ＝m，则“α∥β”是“l∥m”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 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：由于α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m，由面面平行的性质定理可得l∥m， 所以α∥β是l∥m的充分条件； 但当l∥m，α∩γ＝l，β∩γ＝m时，并不能推出α∥β，α，β也有可能相交， 所以α∥β不是l∥m的必要条件． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 3．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 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知平面ABCD∥平面A1B1C1D1.   对于AA1＝BB1，此时AA1∥BB1； 对于A1D＝A1B，此时A1D∩A1B＝A1； 对于AD1＝A1B，此时AD1与A1B是异面直线． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4．已知P为△ABC所在平面外一点，平面α∥平面ABC，且α交线段PA，PB，PC分别于点A′，B′，C′，若PA′∶AA′＝2∶3，则S△A′B′C′∶S△ABC＝(　　) A．2∶3 B．2∶5 C．4∶9 D．4∶25 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：因为平面α∥平面ABC，平面PAB∩平面α＝A′B′，平面PAB∩平面ABC＝AB， 所以A′B′∥AB，同理可得A′C′∥AC，B′C′∥BC， 又PA′∶AA′＝2∶3， 所以PA′∶PA＝2∶5， 所以S△A′B′C′∶S△ABC＝4∶25. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 5．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，E为棱DD1上的点．当平面AB1C∥平面A1EC1时，点E(　　) A．与点D重合 B．与点D1重合 C．为棱DD1的中点 D．为棱DD1靠近点D的三等分点 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：连接B1D1，BD(图略)，设B1D1∩A1C1＝M，BD∩AC＝O，连接ME，MD，B1O(图略).易知四边形B1MDO为平行四边形，所以B1O∥MD.因为平面AB1C∥平面A1EC1，平面AB1C∩平面BDD1B1＝B1O，平面A1EC1∩平面BDD1B1＝ME，所以B1O∥ME.又M，E，D在同一平面内且ME∩MD＝M，所以当平面AB1C∥平面A1EC1时，点E与点D重合． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 6．(多选)已知点M，直线l，m，平面α，β，则下列说法错误的是(　　) A．l∥α，l∥β，则α∥β B．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，则α∥β C．l∥m，l⊂α，m⊂β，则α∥β D．l∥β，m∥β，l⊂α，m⊂α，l∩m＝M，则α∥β √ √ 解析：选项A中，α与β可能相交，可能平行，也可能重合，故A错误； 选项B中，α与β也可能相交，故B错误； 选项C中，α与β也可能相交或重合，故C错误； 选项D中，依据面面平行的判定定理可知α∥β，故D正确． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 7．点P是平面α外一点，过点P且平行于平面α的平面有________ 个． 解析：假设过点P且平行于平面α的平面有两个β，γ， 则由面面平行的性质知β∥γ，又β，γ都过P点，故β，γ重合， 所以过点P且平行于平面α的平面只有一个． 1 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 15 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 10．(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点，DC∥AB.求证：平面PAB∥平面EFG. 证明：因为E，F，G分别是PC，PD，BC的中点， 所以EG∥PB，EF∥DC， 又DC∥AB，所以EF∥AB， 又因为EG⊄平面PAB，PB⊂平面PAB， 所以EG∥平面PAB，同理可证EF∥平面PAB， 因为EG∩EF＝E，EG，EF⊂平面EFG， 所以平面PAB∥平面EFG. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 11．如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点E在A1B1上，且B1E＝1，平面α∥平面BC1E，若平面α∩平面AA1B1B＝A1F，则AF的长为(　　) A．1　　　 B．1.5　　　 C．2　　　 D．3 解析：因为平面α∥平面BC1E，平面α∩平面AA1B1B＝A1F，平面BC1E∩平面AA1B1B＝BE， 所以A1F∥BE，又A1E∥FB， 所以四边形A1FBE为平行四边形， 所以FB＝A1E＝3－1＝2，所以AF＝1. √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 12．(多选)如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PB，PC，PD的中点，在此几何体中，下列结论正确的是(　　) A．平面EFGH∥平面ABCD B．平面PAD∥BC C．平面PCD∥AB D．平面PAD∥平面PAB √ √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 解析：如图所示，把平面展开图还原为四棱锥， 对于A，易知EF∥AB，因为EF⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD， 又EH∥AD，同理可证EH∥平面ABCD，又EF∩EH＝E，EF，EH⊂平面EFGH， 所以平面EFGH∥平面ABCD，故A正确； 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 对于B, 因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以平面PAD∥BC，故B正确； 对于C，因为AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以平面PCD∥AB，故C正确； 对于D，由平面PAD∩平面PAB＝PA，故平面PAD与平面PAB不平行，故D不正确． 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 13．(15分)已知，点P是△ABC所在平面外一点，点A′，B′，C′分别是△PBC，△PAC，△PAB的重心． (1)求证：平面A′B′C′∥平面ABC；(7分) 证明：如图，连接PA′并延长交BC于点M，连接PB′并延长交AC于点N， 连接PC′并延长交AB于点Q，连接MN，NQ. 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 (2)求A′B′∶AB的值．(8分) 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 14．(15分)如图，在正三棱柱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；(6分) 证明：因为G，H分别是A1B1，A1C1的中点， 所以GH∥B1C1， 又在三棱柱ABC­A1B1C1中，B1C1∥BC， 所以GH∥BC，所以B，C，H，G四点共面． 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (2)平面BCHG∥平面A1EF.(9分) 证明：因为在三棱柱ABC­A1B1C1中，A1B1∥AB，A1B1＝AB，又G，E分别为A1B1，AB的中点， 所以A1G∥EB，A1G＝EB， 所以四边形A1EBG是平行四边形， 所以A1E∥BG. 因为A1E⊂平面A1EF，BG⊄平面A1EF， 所以BG∥平面A1EF. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 又E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC， 因为EF⊂平面A1EF，BC⊄平面A1EF， 所以BC∥平面A1EF. 又BG∩BC＝B，BG，BC⊂平面BCHG， 所以平面BCHG∥平面A1EF. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 8．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，过BB1的中点E作一个与平面ACB1平行的平面交AB于M，交BC于N，则 eq \f(MN,AC)＝________． 解析：由平面MNE∥平面ACB1，及面面平行的性质定理可得EN∥B1C，EM∥B1A，又因为E为BB1的中点，所以M，N分别为AB，BC的中点，所以MN＝ eq \f(1,2)AC，即 eq \f(MN,AC)＝ eq \f(1,2). eq \f(1,2) 9．已知平面α∥平面β∥平面γ，两条直线l，m分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和D，E，F，若AB＝6， eq \f(DE,DF)＝ eq \f(2,5)，则AC＝__________． 解析：如图，连接AF与平面β交于点G，连接BG，CF，GE，AD， 因为β∥γ，且平面ACF∩平面β＝BG，平面ACF∩平面γ＝CF， 所以BG∥CF，所以 eq \f(AB,BC)＝ eq \f(AG,GF)， 同理可得GE∥AD，所以 eq \f(DE,EF)＝ eq \f(AG,GF)， 所以 eq \f(AB,BC)＝ eq \f(DE,EF)，由 eq \f(DE,DF)＝ eq \f(2,5)，得 eq \f(AB,BC)＝ eq \f(DE,EF)＝ eq \f(2,3)， 又AB＝6，所以BC＝9，所以AC＝AB＋BC＝15. 因为A′，B′，C′分别是△PBC，△PAC，△PAB的重心，所以M，N，Q分别是△ABC的边BC，AC，AB的中点， 且 eq \f(PA′,A′M)＝ eq \f(PB′,B′N)＝ eq \f(PC′,C′Q)＝2， 所以A′B′∥MN，B′C′ ∥NQ. 又MN⊂平面ABC，A′B′⊄平面ABC， 所以A′B′∥平面ABC. 同理B′C′∥平面ABC. 又因为A′B′∩B′C′＝B′，A′B′，B′C′⊂平面A′B′C′， 所以平面A′B′C′∥平面ABC. 解：由(1)知A′B′∥MN，且 eq \f(A′B′,MN)＝ eq \f(PA′,PM)＝ eq \f(2,3)， 即A′B′＝ eq \f(2,3)MN. 因为M，N分别是BC，AC的中点， 所以MN＝ eq \f(1,2)AB. 所以A′B′＝ eq \f(2,3)MN＝ eq \f(2,3)× eq \f(1,2)AB＝ eq \f(1,3)AB， 所以 eq \f(A′B′,AB)＝ eq \f(1,3)，即A′B′∶AB的值为 eq \f(1,3). 15．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1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) 解析：由题意知平面A1MQN即为过点A1，M，N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， 故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). $