2019_2020学年新教材高中数学课时素养评价二十八平面与平面平行新人教A版必修2.doc

课时素养评价 二十八
平面与平面平行

　　　　　(25分钟·50分)
一、选择题(每小题4分,共16分,多项选择题全选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
1.下列说法正确的个数是 (　　)
①两平面平行,夹在两平面间的平行线段相等；
②两平面平行,夹在两平面间的相等的线段平行；
③如果一条直线和两个平行平面中的一个平行,那么它和另一个平面也平行；
④平行直线被三个平行平面截得的线段对应成比例.
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】选B.①正确；②错误,这两条相等的线段可能相交或异面；③错误,直线可能在另一个平面内；④正确.
2.a是平面α外的一条直线,过a作平面β,使β∥α,这样的β (　　)
A.只能作一个 B.至少可以作一个
C.不存在 D.至多可以作一个
【解析】选D.因为a是平面α外的一条直线,
所以a∥α或a与α相交,当a∥α时,β只有一个,当a与α相交时,β不存在,故选D.
3.(2019·聊城高一检测)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别为棱A1B1, BB1,CC1,C1D1的中点,则下列结论中正确的是 (　　)
A.AD1∥平面EFGH
B.BD1∥GH
C.BD∥EF
D.平面EFGH∥平面A1BCD1
【解析】选D.在长方体ABCD-A1B1C1D1中,
E,F,G,H分别为棱A1B1,BB1,CC1,C1D1的中点,在A中,AD1与GH相交,
故AD1不平行于平面EFGH,故A错误；
在B中,BD1∩CD1=D1,CD1∥GH,
故BD1不可能平行于GH,故B错误；
在C中,BD∩A1B=B,A1B∥EF,
故BD与EF不可能平行,故C错误；
在D中,EF∥A1B,FG∥BC,A1B∩BC=B,
EF∩FG=F,
所以平面EFGH∥平面A1BCD1,故D正确.
4.(多选题)对于不重合的两个平面α与β,给定下列条件中,可以判定α与β平行的条件有 (　　)
A.存在平面γ,使得α,β都平行于γ
B.存在平面γ,使得α,β都垂直于γ
C.α内有不共线的三点到β的距离相等
D.存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β
【解析】选AD.存在平面γ,使得α,β都平行于γ；α与β平行,所以A正确.
存在平面γ,使得α,β都垂直于γ,可以判定α与β可能平行,如正方体的底面与相对的平面,也可能α与β不平行,如墙角形状的平面组成,B不正确.
C不能判定α与β平行.如α面内不共线的三点不在β面的同一侧时,此时α与β相交；
D可以判定α与β平行.
因为可在α面内作l′∥l,m′∥m,则l′与m′必相交.
又因为l∥β,m∥β,所以l′∥β,m′∥β,所以α∥β.
二、填空题(每小题4分,共8分)
5.如图,平面α∥β∥γ,直线l,m分别与α,β,γ相交于点A,B,C和点D,E,F.若=,DF=20,则EF=_______. 

【解析】因为平面α∥β∥γ,所以==,
因为DF=20,求得EF=15.
答案：15
6.棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱AA1的中点,过C,M,D1作正方体的截面,则截面的面积是________. 

【解析】如图,

由面面平行的性质知截面与平面AA1B1B的交线MN是△AA1B的中位线,所以截面是梯形CD1MN,易求其面积为.
答案：
三、解答题(共26分)
7.(12分)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,点E,D分别是B1C1与BC的中点.
求证：平面A1EB∥平面ADC1.

【证明】连接A1B,AC1,

因为在三棱柱ABC-A1B1C1中,点E,D分别是B1C1与BC的中点,所以A1E∥AD, BDC1E,
所以四边形BDC1E是平行四边形,
所以C1D∥BE,
因为AD∩C1D=D,A1E∩BE=E,
AD,C1D⊂平面ADC1,A1E,BE⊂平面A1EB,
所以平面A1EB∥平面ADC1.
8.(14分)如图所示,B为△ACD所在平面外一点,M,N,G分别为△ABC,△ABD,
△BCD的重心.

(1)求证：平面MNG∥平面ACD.
(2)求S△MNG∶S△ADC.
【解析】(1)连接BM,BN,BG并延长分别交AC,AD,CD于P,F,H；
因为M,N,G分别为△ABC,△ABD,△BCD的重心,

则有===,
且P,H,F分别为AC,CD,AD的中点.
连接PF,FH,PH,有MN∥PF.
又PF⊂平面ACD,MN⊄平面ACD,
所以MN∥平面ACD.
同理MG∥平面ACD,MG∩MN=M,
所以平面MNG∥平面ACD.
(2)由(1)可知==,
所以MG=PH.
又PH=AD,所以MG=AD；
同理NG=AC,MN=CD.
所以△MNG∽△ADC,其相似比为1∶3,
所以S△MNG∶S△ACD=1∶9.
【加练·固】
　　 如图,在四棱锥P-ABCD中,AB∥CD,E,F分别为PC,PD的中点,在底面ABCD内是否存在点Q,使平面EFQ∥平面PAB？若存在,确定点Q的位置；若不存在,说明理由.

【解析】存在.

分别取AD,BC的中点G,H,连接FG,HE,GH.
因为F,G分别为PD,AD的中点,
所以FG∥PA.因为FG⊄平面PAB,
PA⊂平面PAB,所以FG∥平面PAB.
因为E,F分别为PC,PD的中点,
所以EF∥CD,因为AB∥CD,所以EF∥AB.
因为EF⊄平面PAB,AB⊂平面PAB.
所以EF∥平面PAB.因为EF∩FG=F,
所以平面EFG∥平面PAB.
又GH∥CD,所以GH∥EF.
所以平面EFG即平面EFGH.
所以平面EFGH∥平面PAB.
又点Q∈平面ABCD,
平面ABCD∩平面EFGH=GH,
所以点Q∈GH.
所以点Q在底面ABCD的中位线GH上.

　　　　　(15分钟·30分)
1.(4分)如图,各棱长均为1的正三棱柱ABC-A1B1C1,M,N分别为线段A1B,B1C上的动点,且MN∥平面ACC1A1,则这样的MN有 (　　)

A.1条 B.2条 C.3条 D.无数条
【解析】选D.如图,

任取线段A1B上一点M,过M作MH∥AA1,
交AB于H,过H作HG∥AC交BC于G,
过G作CC1的平行线,与CB1一定有交点N,且MN∥平面ACC1A1,则这样的MN有无数条.
2.(4分)如图所示,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,M,N分别是下底面的棱A1B1,B1C1的中点,P是上底面的棱AD上的一点,AP=,过P,M,N的平面交上底面于PQ,Q在CD上,则PQ的值为 (　　)

A.a　　　B.a　　　C.a　　　D.
【解析】选B.连接A1C1,AC,因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1,MN⊂平面A1B1C1D1,
所以MN∥平面ABCD,又因为PQ=平面PMNQ∩平面ABCD,所以MN∥PQ.
因为M,N分别是A1B1,B1C1的中点,
所以MN∥A1C1∥AC,所以PQ∥AC,
又AP=,ABCD-A1B1C1D1是棱长为a的正方体,所以CQ=,从而DP=DQ=,
所以PQ===a.
3.(4分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,M,N分别为棱A1D1,A1B1的中点,过点B的平面α∥平面AMN,则平面α截该正方体所得截面是________形,面积为________.  
【解析】如图所示,截面为等腰梯形BDPQ,

故截面的面积为×(2+4)×3=18.
答案：等腰梯　18
4.(4分)(2019·铁东高一检测)过平行六面体ABCD-A1B1C1D1的任意两条棱的中点作直线,其中与平面BCC1B1平行的直线有________条.  
【解析】设AB,A1B1,C1D1,CD的中点分别为E,F,G,H,连接EF,FG,GH,HE,EG,FH,

因为平面EFGH∥平面BCC1B1,EF,FG,GH,HE,EG,FH都是平面EFGH内的直线,
所以EF,FG,GH,HE,EG,FH都与平面BCC1B1平行,共6条直线,面ADD1A1上还有6条,四条边中点分别为M,N,O,P,即还有MN,NO,OP,MP,NP,OM.因此,满足条件“与平面BCC1B1平行”的直线一共有12条.
答案：12
5.(14分)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G,H,分别是BC,CC1,C1D1,A1A的中点,求证：

(1)EG∥平面BB1D1D.
(2)平面BDF∥平面B1D1H.
【证明】(1)取BD中点O.连接OE,OD1,
则OEDC,
所以OED1G,
所以四边形OEGD1是平行四边形,
所以GE∥D1O,
又D1O⊂平面BDD1B1,且EG⊄平面BDD1B1,
所以EG∥平面BDD1B1.
(2)取BB1中点M,连接HM,C1M,

则HM∥AB∥C1D1,所以HMC1D1是平行四边形,所以HD1∥MC1,
又MC1∥BF,所以BF∥HD1,
又BD∥B1D1,B1D1,HD1⊂平面HB1D1,
BF,BD⊂平面BDF,且B1D1∩HD1=D1,
BD∩BF=B,所以平面BDF∥平面HB1D1.
【加练·固】
　　 如图所示,在四棱锥C-ABED中,四边形ABED是正方形,点G,F分别是线段EC,BD的中点.

(1)求证：GF∥平面ABC.
(2)线段BC上是否存在一点H,使得平面GFH∥平面ACD.若存在,请找出点H并证明；若不存在,请说明理由.
【解析】(1)由四边形ABED为正方形可知,连接AE必与BD相交于中点F,故GF∥AC.
因为GF⊄平面ABC,所以GF∥平面ABC.
(2)线段BC上存在一点H满足题意,且点H是BC中点.
理由如下：由点G,H分别为CE,CB的中点可得：GH∥EB∥AD,
因为GH⊄平面ACD,所以GH∥平面ACD.
由(1)可知,GF∥平面ACD,
且GF∩GH=G,故平面GFH∥平面ACD.

1.某折叠餐桌的使用步骤如图所示,有如图检查项目：

项目①：折叠状态下(如图1),检查四条桌腿长相等；项目②：打开过程中(如图2),检查OM=ON=O′M′=O′N′；项目③：打开过程中(如图2),检查OK=OL= O′K′=O′L′；项目④：打开后(如图3),检查∠1=∠2=∠3=∠4=90°；项目⑤：打开后(如图3),检查AB=A′B′=C′D′=CD.
在检查项目的组合中,可以正确判断“桌子打开之后桌面与地面平行”的是
(　　)

A.①②③ B.②③④
C.②④⑤ D.③④⑤
【解析】选B.项目①：折叠状态下(如题干图1),四条桌腿长相等时,桌面与地面不一定平行；
项目②：打开过程中(如题干图2),若OM=ON=O′M′=O′N′,可以得到线线平行,从而得到面面平行；
项目③：打开过程中(如题干图2),检查OK=OL=O′K′=O′L′,可以得到线线平行,从而得到面面平行；
项目④：打开后(如题干图3),检查∠1=∠2=∠3=∠4=90°,可以得到线线平行,从而得到面面平行；
项目⑤：打开后(如题干图3),检查AB=A′B′=C′D′=CD.桌面与地面不一定平行.
2.在三棱柱ABC-A1B1C1中,点D为AC的中点,点D1是A1C1上的一点.

(1)当等于何值时,BC1∥平面AB1D1？
(2)当BC1∥平面AB1D1时,求证：平面BC1D∥平面AB1D1.
【解析】(1)=1时BC1∥平面AB1D1,理由如下：
如图,此时D1为线段A1C1的中点,连接A1B交AB1于O,连接OD1.

由棱柱的定义知四边形A1ABB1为平行四边形,
所以点O为A1B的中点.
在△A1BC1中,点O,D1分别为A1B,A1C1的中点,所以OD1∥BC1.
又因为OD1⊂平面AB1D1,BC1⊄平面AB1D1,
所以BC1∥平面AB1D1,
所以当=1时,BC1∥平面AB1D1.
(2)由(1)知,当BC1∥平面AB1D1时,点D1是线段A1C1的中点,则有AD∥D1C1,且AD=D1C1,
所以四边形ADC1D1是平行四边形.
所以AD1∥DC1.
又因为DC1⊄平面AB1D1,AD1⊂平面AB1D1,
所以DC1∥平面AB1D1.
又因为BC1∥平面AB1D1,BC1⊂平面BC1D,DC1⊂平面BC1D,DC1∩BC1=C1,
所以平面BC1D∥平面AB1D1.
【加练·固】
　　 已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=120°,AB=AC=AA1=1,点D为B1C1的中点,点E,F,G分别在线段AB,AC,AD上,且BE=CF=AG.

(1)求证：EF∥平面BCC1B1.
(2)是否存在满足题意的点E,F,G,使得平面EFG∥平面BCC1B1,若存在,说明理由并求出此时线段EF的长度；若不存在,说明原因.
【解析】(1)因为BE=CF,AB=AC,
所以AE=AF,
所以AE∶EB=AF∶FC,
因为A,B,C,E,F共面,所以EF∥BC,
又因为BC⊂平面BCC1B1,且EF⊄平面BCC1B1,所以EF∥平面BCC1B1.
(2)存在满足题意的点E,F,G,使得平面EFG∥平面BCC1B1.理由如下：
连接CD,A1D,

因为平面EFG∥平面BCC1B1,平面ACD∩平面BCC1B1=CD,所以GF∥CD,
反之,若GF∥CD,结合(1)得EF∥BC,
又因为EF∩GF=F,BC∩CD=C,
所以平面EFG∥平面BCC1B1,所以平面EFG∥平面BCC1B1等价于GF∥CD,
因为GF∥CD等价于=,
由题知BC=AB=,
A1D=A1C1=AC=,C1D==,
AD==,
设BE=CF=AG=x,(0≤x≤1),
则==,=,
所以=,解得x=5-2∈[0,1],
故存在满足题意的点E,F,G,使得平面EFG∥平面BCC1B1,此时===2-4,
所以EF=BC·(2-4)=2-4.

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