2019_2020学年新教材高中数学第八章立体几何初步8.5.3平面与平面平行应用案巩固提升新人教A版必修第二册.doc

8.5.3 平面与平面平行

[A　基础达标]
1．平面α内有不共线的三点到平面β的距离相等且不为零，则α与β的位置关系为(　　)
A．平行　　　　　　　　 B．相交
C．平行或相交 D．可能重合
解析：选C.若三点分布于平面β的同侧，则α与β平行，若三点分布于平面β的两侧，则α与β相交．
2．在正方体EFGH­E1F1G1H1中，下列四对截面彼此平行的一对是(　　)
A．平面E1FG1与平面EGH1
B．平面FHG1与平面F1H1G
C．平面F1H1H与平面FHE1
D．平面E1HG1与平面EH1G
解析：选A.如图，因为EG∥E1G1，
EG⊄平面E1FG1，
E1G1⊂平面E1FG1，
所以EG∥平面E1FG1，
又G1F∥H1E，
同理可证H1E∥平面E1FG1，
又H1E∩EG＝E，
所以平面E1FG1∥平面EGH1.
3.有一正方体木块如图所示，点P在平面A′C′内，棱BC平行于平面A′C′，要经过点P和棱BC将木块锯开，锯开的面必须平整，有N种锯法，则N为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．无数
解析：选B.过P、B、C三点有且只有1个平面．
4．已知a，b，c为三条不重合的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，现给出四个命题：
①⇒α∥β； ②⇒α∥β；
③⇒a∥α； ④⇒a∥β.
其中正确的命题是(　　)
A．①②③ B．①④
C．② D．①③④
解析：选C.①α与β有可能相交；②正确；③有可能a⊂α；④有可能a⊂β.故选C.
5．已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的直线m与α，β分别交于A，C两点，过点P的直线n与α，β分别交于B，D两点，且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为(　　)
A．16 B．24或
C．14 D．20
解析：选B.由α∥β得AB∥CD.分两种情况：
若点P在α，β的同侧，则＝，
所以PB＝，所以BD＝；
若点P在α，β之间，则有＝，所以PB＝16，所以BD＝24.
6．对于不重合直线a，b，不重合平面αβ，γ，下列四个条件中，能推出α∥β的有________．(填写所有正确的序号)．
①γ⊥α，γ⊥β；②α∥γ，β∥γ；
③a∥α，a∥β；④a∥b，a⊥α，b⊥β.
解析：对于①，当γ⊥α，γ⊥β时，α与β相交，或α与β平行；
对于②，当α∥γ，β∥γ时，根据平行平面的公理得α∥β；
对于③，当a∥α，a∥β时，α与β相交，或α与β平行；
对于④，当a∥b时，若a⊥α，则b⊥α，又b⊥β，所以α∥β；
综上，能推出α∥β的是②④.
答案：②④
7．已知a，b表示两条直线，α，β，γ表示三个不重合的平面，给出下列命题：
①若α∩γ＝a，β∩γ＝b，且a∥b，则α∥β；
②若a，b相交且都在α，β外，a∥α，b∥β，则α∥β；
③若a∥α，a∥β，则α∥β；
④若a⊂α，a∥β，α∩β＝b，则a∥b.
其中正确命题的序号是________．
解析：①错误，α与β也可能相交；②错误，α与β也可能相交；③错误，α与β也可能相交；④正确，由线面平行的性质定理可知．
答案：④
8．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N，Q分别是棱D1C1，A1D1，BC的中点，点P在BD1上且BP＝BD1.则以下四个说法：

①MN∥平面APC；
②C1Q∥平面APC；
③A，P，M三点共线；
④平面MNQ∥平面APC.
其中说法正确的是________．
解析：①MN∥AC，连接AM，CN，
得AM，CN交于点P，即MN⊂平面PAC，所以MN∥平面APC是错误的；
②平面APC延展，可知M，N在平面APC上，AN∥C1Q，
所以C1Q∥平面APC，是正确的；
③由BP＝BD1，以及②知△APB∽△D1PM，
所以A，P，M三点共线，是正确的；
④直线AP延长到M，则M既在平面MNQ内，
又在平面APC内，所以平面MNQ∥平面APC，是错误的．
答案：②③
9．如图所示，在直四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，底面ABCD是梯形，AB∥CD，CD＝2AB，P，Q分别是CC1，C1D1的中点，求证：平面AD1C∥平面BPQ.

证明：因为D1Q綊CD，AB綊CD，所以D1Q綊AB，
所以四边形D1QBA为平行四边形，所以D1A∥QB.
因为D1A⊄平面BPQ，BQ⊂平面BPQ，
所以D1A∥平面BPQ.
因为Q，P分别为D1C1，C1C的中点，所以QP∥D1C.
因为D1C⊄平面BPQ，QP⊂平面BPQ，
所以D1C∥平面BPQ，又D1A∩D1C＝D1，
所以平面AD1C∥平面BPQ.
10．(2019·湖南师大附中检测)如图(甲)，在直角梯形ABED中，AB∥DE，AB⊥BE，AB⊥CD，F，H，G分别为AC，AD，DE的中点，现将△ACD沿CD折起，如图(乙)．求证：平面FHG∥平面ABE.

证明：因为F，H，G分别为AC，AD，DE的中点，所以FH∥CD，HG∥AE.
又AB⊥CD，AB⊥BE，所以CD∥BE，所以FH∥BE.
因为BE⊂平面ABE，FH⊄平面ABE，所以FH∥平面ABE.
因为AE⊂平面ABE，HG⊄平面ABE，所以HG∥平面ABE.
又FH∩HG＝H，所以平面FHG∥平面ABE.
[B　能力提升]
11．设α∥β，A∈α，B∈β，C是AB的中点，当A、B分别在平面α、β内运动时，那么所有的动点C(　　)
A．不共面
B．当且仅当A、B分别在两条直线上移动时才共面
C．当且仅当A、B分别在两条给定的异面直线上移动时才共面
D．不论A、B如何移动，都共面
解析：选D.如图，A′、B′分别是A、B两点在α、β上运动后的两点，此时AB的中点C变成A′B′的中点C′，连接A′B，取A′B的中点E，连接CE、C′E、AA′、BB′.
则CE∥AA′，所以CE∥α，
C′E∥BB′，所以C′E∥β.
又因为α∥β，所以C′E∥α.
因为C′E∩CE＝E，
所以平面CC′E∥平面α.所以CC′∥α.
所以不论A、B如何移动，所有的动点C都在过C点且与α、β平行的平面上．
12.如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：
①平面EFGH∥平面ABCD；
②直线PA∥平面BDG；
③直线EF∥平面PBC；
④直线EF∥平面BDG.
其中正确结论的序号是________．
解析：作出立体图形，可知平面EFGH∥平面ABCD；PA∥平面BDG；EF∥HG，所以EF∥平面PBC；直线EF与平面BDG不平行．
答案：①②③
13.用一个截面去截正三棱柱ABC­A1B1C1，交A1C1，B1C1，BC，AC分别于E，F，G，H，已知A1A>A1C1，则截面的形状可以为________(把你认为可能的结果的序号填在横线上)．
①一般的平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形；⑤梯形．　
解析：由题意知，当截面平行于侧棱时，所得截面为矩形，当截面与侧棱不平行时，所得截面是梯形，即EF∥HG且EH不平行于FG.
答案：②⑤
14．(2019·广饶期末)如图，已知四棱锥P­ABCD的底面ABCD为平行四边形，M，N分别是棱AB，PC的中点，平面CMN与平面PAD交于PE.

(1)求证：MN∥平面PAD；
(2)求证：MN∥PE.
证明：(1)如图，取DC的中点Q，连接MQ，NQ.

因为N，Q分别是PC，DC的中点，所以NQ∥PD.
因为NQ⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以NQ∥平面PAD.
因为M是AB的中点，四边形ABCD是平行四边形，所以MQ∥AD.
又MQ⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以MQ∥平面PAD.
因为MQ∩NQ＝Q，
所以平面MNQ∥平面PAD.
因为MN⊂平面MNQ，
所以MN∥平面PAD.
(2)因为平面MNQ∥平面PAD，
且平面PEC∩平面MNQ＝MN，
平面PEC∩平面PAD＝PE，
所以MN∥PE.
[C　拓展探究]
15.如图所示，在三棱柱ABC­A1B1C1中，D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
解：点E为AB的中点时DE∥平面AB1C1，证明如下：
法一：取AB1的中点F，连接DE、EF、FC1，
因为E、F分别为AB、AB1的中点，
所以EF∥BB1且EF＝BB1.
在三棱柱ABC­A1B1C1中，
DC1∥BB1且DC1＝BB1，
所以EFDC1，四边形EFC1D为平行四边形，
所以ED∥FC1.
又ED⊄平面AB1C1，FC1⊂平面AB1C1，
所以ED∥平面AB1C1.
法二：取BB1的中点H，
连接EH，DH，ED，
因为E，H分别是AB，BB1的中点，
则EH∥AB1.
又EH⊄平面AB1C1，
AB1⊂平面AB1C1，
所以EH∥平面AB1C1，
又HD∥B1C1，同理可得HD∥平面AB1C1，
又EH⊂平面EHD，HD⊂平面EHD，EH∩HD＝H，
所以平面EHD∥平面AB1C1，
因为ED⊂平面EHD，
所以ED与平面AB1C1无交点，
所以ED∥平面AB1C1.

- 7 -