还剩22页未读，
继续阅读
人教版2021届一轮复习打地基练习 平面与平面平行
展开
这是一份人教版2021届一轮复习打地基练习 平面与平面平行，共25页。试卷主要包含了平面α与平面β平行的条件可以是，下列命题中不正确的是等内容，欢迎下载使用。
人教版2021届一轮复习打地基练习 平面与平面平行
一．选择题（共11小题）
1．已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，可以作为α∥β的充分条件的是（ ）
A．m∥n，m⊂α，n⊂β B．m∥n，m⊥α，n⊥β
C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β
2．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、PD、PC、PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中错误的是（ ）
A．平面EFGH∥平面ABCD B．BC∥平面PAD
C．AB∥平面PCD D．平面PAD∥平面PAB
3．平面α与平面β平行的条件可以是（ ）
A．α内有无穷多条直线都与β平行
B．α内的任何直线都与β平行
C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥a
D．直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内
4．下列命题中不正确的是（ ）
A．平面α∥平面β，一条直线a平行于平面α，则a一定平行于平面β
B．平面α∥平面β，则α内的任意一条直线都平行于平面β
C．一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行
D．分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线
5．已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线a，b满足a⊂α，b⊂β，则“a∥b”是“α∥β（ ）
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
6．已知直线a、b与平面α、β、γ，下列条件中能推出α∥β的是（ ）
A．a⊥α且a⊥β B．α⊥γ且β⊥γ
C．a⊂α，b⊂β，a∥b D．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β
7．两个平面重合的条件是它们的公共部分有（ ）
A．两个点 B．一条直线与一个点
C．三个点 D．两条平行直线
8．已知角α的两边和角β的两边分别平行，且α＝20°，则β＝（ ）
A．20° B．160° C．20°或160° D．不能确定
9．已知平面α，β，直线a⊂α，b⊂β，则“a∥b”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
10．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，F，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
11．设α，β为两个不同的平面，且直线l是平面α内的一条直线，则l∥β是α∥β的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
二．填空题（共4小题）
12．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=a3，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝ ．
13．已知平面α，β，直线l，若α∥β，l⊂α，则直线l与平面β的位置关系为 ．
14．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1的位置关系是 ；设CQ→=λCC1→，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝ ．
15．如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条异面直线l，m分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F，已知AB＝2cm，BC＝3cm，DE＝4cm，则EF＝ ．
三．解答题（共9小题）
16．（1）如图1，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，E，F分别是PB，PC的中点．证明：EF∥平面PAD
（2）如图2，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点上，求证：平面MNQ∥平面PBC．
17．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
（1）求证：BE∥平面DMF；
（2）求证：平面BDE∥平面MNG．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB是等边三角形，BC⊥AB，BC＝CD＝23，AB＝AD＝2．
（1）若PC＝4，求三棱锥P﹣ABC的体积；
（2）若PB＝3BE，则在线段BC上是否存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．若存在，求线段BF的长；若不存在，请说明理由．
19．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
（1）求证：平面MNQ∥平面PCD；
（2）在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
20．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证：平面AB1D1∥平面C1BD．
21．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．
22．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P，Q分别为DD1，CC1的中点．求证：
（1）平面D1BQ∥平面PAO．
（2）求异面直线QD1与AO所成角的余弦值；
23．如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分别是棱DD1、CD、AD的中点．
（1）求证：平面MNP∥平面A1C1B．
（2）将正方体沿平面A1C1B截出一个三棱锥B1﹣A1C1B，求次棱锥的体积与剩下的几何体体积的比．
（3）求直线B1D与直线MN所成的角．
24．已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别在PA，BD，PD上．
（1）若PM：MA＝BN：ND＝PQ：QD，求证：平面MNQ∥平面PBC；
（2）若Q满足PQ：QD＝2，则M点满足什么条件时，BM∥平面AQC．
人教版2021届一轮复习打地基练习 平面与平面平行
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，可以作为α∥β的充分条件的是（ ）
A．m∥n，m⊂α，n⊂β B．m∥n，m⊥α，n⊥β
C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β
【分析】根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】解：由题意知，m∥n，且m⊥α，n⊥β，则α∥β．
故选：B．
2．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、PD、PC、PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中错误的是（ ）
A．平面EFGH∥平面ABCD B．BC∥平面PAD
C．AB∥平面PCD D．平面PAD∥平面PAB
【分析】把图形还原为一个四棱锥，然后根据线面、面面平行的判定定理逐一判断即可．
【解答】解：把图形还原为一个四棱锥，如图所示，
对于A，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，
又EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD，同理EH∥平面ABDCD，
又EH∩EF＝E，EF，EH⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故选项A正确；
对于B，因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，故B正确；
对于C，AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，故C正确；
对于D，平面PAD∩平面PAB＝PA，故D错误．
故选：D．
3．平面α与平面β平行的条件可以是（ ）
A．α内有无穷多条直线都与β平行
B．α内的任何直线都与β平行
C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥a
D．直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内
【分析】利用平面与平面平行的判定定理，逐个分析A，B，C，D四个选项，能够得到正确结果．
【解答】解：α内有无穷多条直线与β平行，并不能保证α内有两条相交直线与β平行，
这无穷多条直线可以是一组平行线，故A错误；
α内的任何直线都与β平行，则α内至少有两条相交直线与β平行，
所以平面α与平面β平行，故B正确；
直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥a，
当直线a∥b时，同样不能保证平面α与平面β平行，故C不正确；
直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内，
直线a可以是平行平面α与平面β的相交直线，
故不能保证平面α与平面β平行，故D不正确．
故选：B．
4．下列命题中不正确的是（ ）
A．平面α∥平面β，一条直线a平行于平面α，则a一定平行于平面β
B．平面α∥平面β，则α内的任意一条直线都平行于平面β
C．一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行
D．分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线
【分析】由空间直线与平面，平面与平面的平行关系判断每一选项可得答案，
【解答】解：A、平面α∥平面β，一条直线a平行于平面α，则a一定平行于平面β；因为a有可能在β内；故错误；
B、平面α∥平面β，则α内的任意一条直线都平行于平面β，由面面平行可得一个平面内的线与另一平面平行，故正确；
C、一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行，由面面平行的判定可知语句正确；
D、分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线；由面面平行的性质可知语句正确；
故选：A．
5．已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线a，b满足a⊂α，b⊂β，则“a∥b”是“α∥β（ ）
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
【分析】结合长方体分析线面关系，举反例即可．
【解答】（1）证明充分性，如图所示：
设α为长方体上底面，a⫋α；设β为长方体前面，b⫋β；
满足a∥b，但α⊥β，即“a∥b”不是“α∥β的充分条件；
（1）证明必要β性，如图所示：
设α为长方体上底面，a⫋α；设β为长方体下底面，b⫋β；
满足α∥β，但直线a与b异面，即“a∥b”不是“α∥β的必要条件；
故选：D．
6．已知直线a、b与平面α、β、γ，下列条件中能推出α∥β的是（ ）
A．a⊥α且a⊥β B．α⊥γ且β⊥γ
C．a⊂α，b⊂β，a∥b D．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β
【分析】根据垂直于同一直线的两个平面平行可知选项A是否正确；平面与平面垂直的性质，判断选项B的正误，对于选项C可知两个平面可能相交，选项D，若a与b平行时，两平面相交，对选项逐一判断即可．
【解答】解：选项A，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可知正确；
选项B，α⊥γ，β⊥γ可能推出α、β 相交，所以B不正确；
选项C，a⊂α，b⊂β，a∥b，α与β 可能相交，故不正确；
选项D，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，如果a∥b推出α、β 相交，所以D不正确；
故选：A．
7．两个平面重合的条件是它们的公共部分有（ ）
A．两个点 B．一条直线与一个点
C．三个点 D．两条平行直线
【分析】本题考查能唯一确定平面的条件，根据公理2，过不共线的三点可确定唯一平面，即可选出答案．
【解答】解：因为过不共线的三点可确定唯一平面，
A选项只有两个点，
B选项应该改为直线和直线外一点，
C选项应该改为不共线的三个点，
D选项两条平行直线可确定唯一平面，
故选：D．
8．已知角α的两边和角β的两边分别平行，且α＝20°，则β＝（ ）
A．20° B．160° C．20°或160° D．不能确定
【分析】根据两角的两边互相平行得出两角相等或互补，得出方程，求出即可：
【解答】解：∵∠α与∠β的两边分别平行，∴∠α+∠β＝180°或∠α＝∠β．
∵α＝20°，∴∠β＝180°﹣20°＝160°，或∠β＝20°．
故选：C．
9．已知平面α，β，直线a⊂α，b⊂β，则“a∥b”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
【分析】充分条件和必要条件的定义结合空间线线、面面的位置关系进行判断即可．
【解答】解：已知平面α，β，直线a⊂α，b⊂β
∵a∥b推不出α∥β，
α∥β推不出a∥b，
∴a∥b是α∥β的既不充分也不必要条件．
故选：D．
10．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，F，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
【分析】在A中，AD1与平面AD1BC1相交，且平面EFGH∥平面AD1BC1，从而AD1与平面EFGH相交；在B中，BD1∩CD1＝D1，CD1∥GH，从而BD1不可能平行于GH；在C中，BD∩A1B＝B，A1B∥EF，从而BD与EF不可能平行；在D中，EF∥A1B，FG∥BC，从而平面EFGH∥平面A1BCD1．
【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
F，F，G，H分别为棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点
在A中，∵AD1与平面AD1BC1相交，且平面EFGH∥平面AD1BC1，
∴AD1与平面EFGH相交，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，
∴平面EFGH∥平面A1BCD1，故D正确．
故选：D．
11．设α，β为两个不同的平面，且直线l是平面α内的一条直线，则l∥β是α∥β的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】解：根据面面平行的性质，由α∥β，l为平面内α的一条直线，得到l∥β，
当l∥β，则α∥β或相交，
故l∥β是α∥β的必要不充分条件，
故选：C．
二．填空题（共4小题）
12．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=a3，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝ 223a ．
【分析】由题设PQ在直角三角形PDQ中，故需要求出PD，QD的长度，用勾股定理在直角三角形PDQ中求PQ的长度．
【解答】解：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，MN⊂平面A1B1C1D1
∴MN∥平面ABCD，又PQ＝面PMN∩平面ABCD，
∴MN∥PQ．
∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点
∴MN∥A1C1∥AC，
∴PQ∥AC，又AP=a3，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体，
∴CQ=a3，从而DP＝DQ=2a3，
∴PQ=DQ2+DP2=(2a3)2+(2a3)2=223a．
故答案为：223a
13．已知平面α，β，直线l，若α∥β，l⊂α，则直线l与平面β的位置关系为 l∥β ．
【分析】根据平面与平面平行的定义可以得出直线与平面平行．
【解答】解：因为平面α∥β，且l⊂α，
所以l∥β．
故答案为：l∥β．
14．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1的位置关系是 平行 ；设CQ→=λCC1→，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝ 12 ．
【分析】利用空间向量的平行判断两直线平行即可；
根据两平面平行，向量平行可得结果．
【解答】解：如图所示，
分别以DA，DC，DD，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyx，
设正方体的棱长为1，
则O(12，12，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，P(0，0，12)，#/DEL/#A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)#/DEL/#
则OP→=(−12，−12，12)，BD1→=(−1，−1，1)，
∴OP→=12BD1→，
∴OP//BD1
设Q（0，1，z），
则BQ→=(−1，0，z)，
由于OP//BD1，故要使平面D1BQ//平面 PAO，
则Q(0，1，12)，
由CQ→=(0，0，12)，CC1→=(0，0，1)及CQ→=λCC1→得：λ=12．
15．如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条异面直线l，m分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F，已知AB＝2cm，BC＝3cm，DE＝4cm，则EF＝ 6 ．
【分析】连接AF，交β于G，从而利用两平行平面的性质定理得线线平行，再由平行直线分线段成比例定理即可得解．
【解答】解：连接AF，交平面β于点G，连接EG，BG，AD，CF，如右图所示．
∵l∩AF＝A，∴l与AF确定一个平面，设为α1，
∵γ∩α1＝CF，β∩α1＝BG，且γ∥β，
∴CF∥BG，
∴ABBC=AGGF．
同理可证GE∥AD，
∴AGGF=DEEF，
∴ABBC=DEEF．
∴EF=BC⋅DEAB=3×42=6．
故答案为：6．
三．解答题（共9小题）
16．（1）如图1，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，E，F分别是PB，PC的中点．证明：EF∥平面PAD
（2）如图2，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点上，求证：平面MNQ∥平面PBC．
【分析】（I）由E、F分别是PB、PC的中点，可由三角形中位线定理得到EF∥BC，进而根据底面是矩形，对边平行得到EF∥AD，结合线面平行的判定定理得到EF∥平面PAD；
（2）由MN∥PB，MQ∥BC可得平面MNQ∥平面PBC
【解答】证明：（Ⅰ）∵E、F分别是PB、PC的中点，
∴EF∥BC．
∵底面ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴EF∥AD．
又AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴EF∥平面PAD．
（2）∵点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点，
∴MQ∥AD，QN∥PB，
∵底面ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC．
∴MQ∥BC，
∵MQ∩MN＝N，PB∩BC＝B，
∴平面MNQ∥平面PBC．
17．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
（1）求证：BE∥平面DMF；
（2）求证：平面BDE∥平面MNG．
【分析】（1）由面面平行推出线面平行即可；（2）由线线平行推出面面平行即可．
【解答】解：如图示：
，
作DC的中点P，连接PE、PB，
ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
∴PB∥DM，FM∥PE，且FM，MD交于M点，PB，PE交于P点，
故平面DFM∥平面BPE，
∴BE∥平面DMF；
（2）∵MN∥BD，GN∥DE，且MN、GN交于N点，DE、DB交于D点，
∴平面BDE∥平面MNG．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB是等边三角形，BC⊥AB，BC＝CD＝23，AB＝AD＝2．
（1）若PC＝4，求三棱锥P﹣ABC的体积；
（2）若PB＝3BE，则在线段BC上是否存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．若存在，求线段BF的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）推导出BC⊥PB，BC⊥AB，从而BC⊥平面PAB．由此能求出三棱锥P﹣ABC的体积．
（2）作EF∥PC，交BC于F，连接AF．则E是PB的三等分点，可得BF=233．推导出△ABC≌△ADC，推导出AF∥平面PCD．EF∥平面PCD．从而平面AEF∥平面PCD．由此得到在线段BC上存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．此时BF=233．
【解答】解：（1）因为△PAB是等边三角形，AB＝2，
所以PB＝2．又因为PC＝4，BC=23，
所以PC2＝PB2+BC2，所以BC⊥PB．
又BC⊥AB，AB，PB⊂平面PAB，AB∩PB＝B，
所以BC⊥平面PAB．
S△PAB=12×2×2×sin60°=3，
所以三棱锥P﹣ABC的体积V=13S△PAB⋅BC=13×3⋅23=2．
（2）在线段BC上存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．此时BF=233．
理由如下：
如图，作EF∥PC，交BC于F，连接AF．
因为PB＝3BE，所以E是PB的三等分点，可得BF=233．
因为AB＝AD＝2，BC=CD=23，AC＝AC，
所以△ABC≌△ADC，因为BC⊥AB，所以∠ABC＝90°，
因为tan∠ACB=ABBC=223=33，
所以∠ACB＝∠ACD＝30°，所以∠BCD＝60°，
因为tan∠AFB=ABBF=2233=3，所以∠AFB＝60°，所以AF∥CD，
因为AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AF∥平面PCD．
又EF∥PC，EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD．
因为AF∩EF＝F，AF、EF⊂平面AEF，所以平面AEF∥平面PCD．
所以在线段BC上存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．此时BF=233．
19．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
（1）求证：平面MNQ∥平面PCD；
（2）在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）推导出NQ∥CD，MQ∥PC，由此能证明平面MNQ∥平面PCD．
（2）取PD中点E，连接NE、CE，推导出四边形MCEN是平行四边形，从而MN∥CE，由此能求出MN∥平面ACE，且PEPD=12．
【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，
∴NQ∥CD，MQ∥PC，
∵NQ∩MQ＝Q，CD∩PC＝C，且NQ、MQ⊂平面MNQ，CD、PC⊂平面PCD，
∴平面MNQ∥平面PCD．
解：（2）线段PD上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且PEPD=12．
证明如下：
取PD中点E，连接NE、CE，
∵N、E、M分别是AP、PD、BC的中点，BC∥=AD，
∴NE∥=NE，∴四边形MCEN是平行四边形，∴MN∥CE，
∵MN⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，
∴MN∥平面ACE，且PEPD=12．
20．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证：平面AB1D1∥平面C1BD．
【分析】利用直方图与平行四边形的性质可得：BC1∥AD1，利用线面平行的判定定理可得BC1∥平面AB1D1，同理可得：BD∥平面AB1D1，即可证明：平面C1BD∥平面AB1D1．
【解答】证明：∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，
∴在平行四边形ABC1D1中，BC1∥AD1，
又AD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1，
同理可得：BD∥平面AB1D1，且BC1∩BD＝B，
∴平面C1BD∥平面AB1D1．
21．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．
【分析】推导出FH∥CD，HG∥AE，CD∥BE，FH∥BE，从而FH∥平面ABE，HG∥平面ABE，由此能证明平面FHG∥平面ABE．
【解答】证明：∵F，H，G分别为AC，AD，DE的中点，
∴FH∥CD，HG∥AE，
∵AB⊥CD，AB⊥BE，
∴CD∥BE，∴FH∥BE，
∵BE⊂平面ABE，FH⊄平面ABE，
∴FH∥平面ABE，
∵AE⊂平面ABE，HG⊄平面ABE，∴HG∥平面ABE，
∵FH∩HG＝H，
∴平面FHG∥平面ABE．
22．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P，Q分别为DD1，CC1的中点．求证：
（1）平面D1BQ∥平面PAO．
（2）求异面直线QD1与AO所成角的余弦值；
【分析】（1）连接PQ、BD，四边形PABQ为平行四边形，从而AP∥BQ，进而BQ∥面AOP，同理可证D1B∥面AOP，由此能证明面BQD1∥面AOP．
（2）连接OC，CP，由CP∥QD1，可求异面直线QD1与AO所成角为∠ACP，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1，的边长为1，可求AP，AC，PC的值，由余弦定理可得cos∠ACP的值，即可得解．
【解答】解：（1）证明：连接PQ、BD，由已知得四边形PABQ为平行四边形，
∴AP∥BQ，
∵AP⊂面AOP，BQ⊄面AOP，
∴BQ∥面AOP，…（2分）
同理可证D1B∥面AOP，
又∵BQ∩D1B＝B，BQ⊂面BQD1，BD1⊂面BQD1，
∴面BQD1∥面AOP．…（6分）
说明：直接用线线平行到面面平行时扣（2分）
（2）连接OC，CP，
∵CP∥QD1，
∴异面直线QD1与AO所成角为∠ACP，
∵设正方体ABCD﹣A1B1C1D1，的边长为1，
在△ACP中，可得：AP=12+(12)2=52，AC=12+12=2，PC=12+(12)2=52，
∴由余弦定理可得：cos∠ACP=CP2+AC2−AP22AC⋅CP=54+2−542×2×52=105，
即异面直线QD1与AO所成角余弦值为105．
23．如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分别是棱DD1、CD、AD的中点．
（1）求证：平面MNP∥平面A1C1B．
（2）将正方体沿平面A1C1B截出一个三棱锥B1﹣A1C1B，求次棱锥的体积与剩下的几何体体积的比．
（3）求直线B1D与直线MN所成的角．
【分析】（1）通过证明AC∥A1C1，证明AC∥平面A1C1B，根据AC∥PN，可证PN∥平面A1C1B，同理MN∥平面A1C1B，由面面平行的判定定理得平面MNP∥平面A1C1B；
（2）计算截去的三棱锥的体积，可得截去的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比；
（3）先证DC1为DB1在平面CDD1C1内的射影，再根据三垂线定理证明MN⊥DB1，可得直线B1D与直线MN所成的角．
【解答】解：（1）证明：连接AC，∵AA1∥CC1，又AA1＝CC1，
∴四边形ACC1A1为平行四边形，AC∥A1C1，AC⊄平面A1C1B，∴AC∥平面A1C1B，
又AC∥PN，∴PN∥平面A1C1B，
同理MN∥平面A1C1B，又MN∩PN＝N，∴平面MNP∥平面A1C1B；
（2）VB1−A1C1B=13×12×a×a×a=16a3，
∴截去的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为1：5；
（3）连接DC1，CD1，∵B1C1⊥平面CDD1C1，∴DC1为DB1在平面CDD1C1内的射影，
∵DC1⊥CD1，又MN∥CD1，由三垂线定理得：MN⊥DB1，
即直线B1D与直线MN所成的角为90°．
24．已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别在PA，BD，PD上．
（1）若PM：MA＝BN：ND＝PQ：QD，求证：平面MNQ∥平面PBC；
（2）若Q满足PQ：QD＝2，则M点满足什么条件时，BM∥平面AQC．
【分析】（1）由已知比例式分别证明QM∥BC，QN∥PB，进一步得到MQ∥平面PBC，即QN∥平面PBC，再由面面平行的判定可得平面MNQ∥平面PBC；
（2）连接AC，交BD于O，连接OQ，取PQ的中点G，连接BG，则BG∥OQ，可得BG∥平面AQC，取PA的中点M，连接GM，则GM∥AQ，可得GM∥平面AQC，从而得到平面BGM∥平面AQC，则BM∥平面AQC，此时M为PA的中点．
【解答】（1）证明：∵PM：MA＝PQ：QD．
∴QM∥AD，∵AD∥BC，∴QM∥BC，
∵QM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴MQ∥平面PBC．
∵BN：ND＝PQ：QD．∴QN∥PB，
即QN∥平面PBC．
∵QM∩QN＝Q，∴平面MNQ∥平面PBC；
（2）解：连接AC，交BD于O，连接OQ，
取PQ的中点G，连接BG，则BG∥OQ，
∵OQ⊂平面AQC，BG⊄平面AQC，∴BG∥平面AQC，
取PA的中点M，连接GM，则GM∥AQ，
∵AQ⊂平面AQC，GM⊄平面AQC，∴GM∥平面AQC，
又BG∩GM＝G，∴平面BGM∥平面AQC，
则BM∥平面AQC，此时M为PA的中点．
人教版2021届一轮复习打地基练习 平面与平面平行
一．选择题（共11小题）
1．已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，可以作为α∥β的充分条件的是（ ）
A．m∥n，m⊂α，n⊂β B．m∥n，m⊥α，n⊥β
C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β
2．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、PD、PC、PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中错误的是（ ）
A．平面EFGH∥平面ABCD B．BC∥平面PAD
C．AB∥平面PCD D．平面PAD∥平面PAB
3．平面α与平面β平行的条件可以是（ ）
A．α内有无穷多条直线都与β平行
B．α内的任何直线都与β平行
C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥a
D．直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内
4．下列命题中不正确的是（ ）
A．平面α∥平面β，一条直线a平行于平面α，则a一定平行于平面β
B．平面α∥平面β，则α内的任意一条直线都平行于平面β
C．一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行
D．分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线
5．已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线a，b满足a⊂α，b⊂β，则“a∥b”是“α∥β（ ）
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
6．已知直线a、b与平面α、β、γ，下列条件中能推出α∥β的是（ ）
A．a⊥α且a⊥β B．α⊥γ且β⊥γ
C．a⊂α，b⊂β，a∥b D．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β
7．两个平面重合的条件是它们的公共部分有（ ）
A．两个点 B．一条直线与一个点
C．三个点 D．两条平行直线
8．已知角α的两边和角β的两边分别平行，且α＝20°，则β＝（ ）
A．20° B．160° C．20°或160° D．不能确定
9．已知平面α，β，直线a⊂α，b⊂β，则“a∥b”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
10．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，F，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
11．设α，β为两个不同的平面，且直线l是平面α内的一条直线，则l∥β是α∥β的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
二．填空题（共4小题）
12．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=a3，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝ ．
13．已知平面α，β，直线l，若α∥β，l⊂α，则直线l与平面β的位置关系为 ．
14．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1的位置关系是 ；设CQ→=λCC1→，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝ ．
15．如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条异面直线l，m分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F，已知AB＝2cm，BC＝3cm，DE＝4cm，则EF＝ ．
三．解答题（共9小题）
16．（1）如图1，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，E，F分别是PB，PC的中点．证明：EF∥平面PAD
（2）如图2，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点上，求证：平面MNQ∥平面PBC．
17．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
（1）求证：BE∥平面DMF；
（2）求证：平面BDE∥平面MNG．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB是等边三角形，BC⊥AB，BC＝CD＝23，AB＝AD＝2．
（1）若PC＝4，求三棱锥P﹣ABC的体积；
（2）若PB＝3BE，则在线段BC上是否存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．若存在，求线段BF的长；若不存在，请说明理由．
19．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
（1）求证：平面MNQ∥平面PCD；
（2）在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
20．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证：平面AB1D1∥平面C1BD．
21．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．
22．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P，Q分别为DD1，CC1的中点．求证：
（1）平面D1BQ∥平面PAO．
（2）求异面直线QD1与AO所成角的余弦值；
23．如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分别是棱DD1、CD、AD的中点．
（1）求证：平面MNP∥平面A1C1B．
（2）将正方体沿平面A1C1B截出一个三棱锥B1﹣A1C1B，求次棱锥的体积与剩下的几何体体积的比．
（3）求直线B1D与直线MN所成的角．
24．已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别在PA，BD，PD上．
（1）若PM：MA＝BN：ND＝PQ：QD，求证：平面MNQ∥平面PBC；
（2）若Q满足PQ：QD＝2，则M点满足什么条件时，BM∥平面AQC．
人教版2021届一轮复习打地基练习 平面与平面平行
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．已知m，n为两条不重合直线，α，β为两个不重合平面，下列条件中，可以作为α∥β的充分条件的是（ ）
A．m∥n，m⊂α，n⊂β B．m∥n，m⊥α，n⊥β
C．m⊥n，m∥α，n∥β D．m⊥n，m⊥α，n⊥β
【分析】根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】解：由题意知，m∥n，且m⊥α，n⊥β，则α∥β．
故选：B．
2．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、PD、PC、PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论，其中错误的是（ ）
A．平面EFGH∥平面ABCD B．BC∥平面PAD
C．AB∥平面PCD D．平面PAD∥平面PAB
【分析】把图形还原为一个四棱锥，然后根据线面、面面平行的判定定理逐一判断即可．
【解答】解：把图形还原为一个四棱锥，如图所示，
对于A，因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，
又EF⊄平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以EF∥平面ABCD，同理EH∥平面ABDCD，
又EH∩EF＝E，EF，EH⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故选项A正确；
对于B，因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD，故B正确；
对于C，AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB∥平面PCD，故C正确；
对于D，平面PAD∩平面PAB＝PA，故D错误．
故选：D．
3．平面α与平面β平行的条件可以是（ ）
A．α内有无穷多条直线都与β平行
B．α内的任何直线都与β平行
C．直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥a
D．直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内
【分析】利用平面与平面平行的判定定理，逐个分析A，B，C，D四个选项，能够得到正确结果．
【解答】解：α内有无穷多条直线与β平行，并不能保证α内有两条相交直线与β平行，
这无穷多条直线可以是一组平行线，故A错误；
α内的任何直线都与β平行，则α内至少有两条相交直线与β平行，
所以平面α与平面β平行，故B正确；
直线a⊂α，直线b⊂β，且a∥β，b∥a，
当直线a∥b时，同样不能保证平面α与平面β平行，故C不正确；
直线a∥α，a∥β，且直线a不在α内，也不在β内，
直线a可以是平行平面α与平面β的相交直线，
故不能保证平面α与平面β平行，故D不正确．
故选：B．
4．下列命题中不正确的是（ ）
A．平面α∥平面β，一条直线a平行于平面α，则a一定平行于平面β
B．平面α∥平面β，则α内的任意一条直线都平行于平面β
C．一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行
D．分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线
【分析】由空间直线与平面，平面与平面的平行关系判断每一选项可得答案，
【解答】解：A、平面α∥平面β，一条直线a平行于平面α，则a一定平行于平面β；因为a有可能在β内；故错误；
B、平面α∥平面β，则α内的任意一条直线都平行于平面β，由面面平行可得一个平面内的线与另一平面平行，故正确；
C、一个三角形有两条边所在的直线分别平行于一个平面，那么该三角形所在的平面与这个平面平行，由面面平行的判定可知语句正确；
D、分别在两个平行平面内的两条直线只能是平行直线或异面直线；由面面平行的性质可知语句正确；
故选：A．
5．已知两个不同的平面α，β和两条不同的直线a，b满足a⊂α，b⊂β，则“a∥b”是“α∥β（ ）
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
【分析】结合长方体分析线面关系，举反例即可．
【解答】（1）证明充分性，如图所示：
设α为长方体上底面，a⫋α；设β为长方体前面，b⫋β；
满足a∥b，但α⊥β，即“a∥b”不是“α∥β的充分条件；
（1）证明必要β性，如图所示：
设α为长方体上底面，a⫋α；设β为长方体下底面，b⫋β；
满足α∥β，但直线a与b异面，即“a∥b”不是“α∥β的必要条件；
故选：D．
6．已知直线a、b与平面α、β、γ，下列条件中能推出α∥β的是（ ）
A．a⊥α且a⊥β B．α⊥γ且β⊥γ
C．a⊂α，b⊂β，a∥b D．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β
【分析】根据垂直于同一直线的两个平面平行可知选项A是否正确；平面与平面垂直的性质，判断选项B的正误，对于选项C可知两个平面可能相交，选项D，若a与b平行时，两平面相交，对选项逐一判断即可．
【解答】解：选项A，根据垂直于同一直线的两个平面平行，可知正确；
选项B，α⊥γ，β⊥γ可能推出α、β 相交，所以B不正确；
选项C，a⊂α，b⊂β，a∥b，α与β 可能相交，故不正确；
选项D，a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，如果a∥b推出α、β 相交，所以D不正确；
故选：A．
7．两个平面重合的条件是它们的公共部分有（ ）
A．两个点 B．一条直线与一个点
C．三个点 D．两条平行直线
【分析】本题考查能唯一确定平面的条件，根据公理2，过不共线的三点可确定唯一平面，即可选出答案．
【解答】解：因为过不共线的三点可确定唯一平面，
A选项只有两个点，
B选项应该改为直线和直线外一点，
C选项应该改为不共线的三个点，
D选项两条平行直线可确定唯一平面，
故选：D．
8．已知角α的两边和角β的两边分别平行，且α＝20°，则β＝（ ）
A．20° B．160° C．20°或160° D．不能确定
【分析】根据两角的两边互相平行得出两角相等或互补，得出方程，求出即可：
【解答】解：∵∠α与∠β的两边分别平行，∴∠α+∠β＝180°或∠α＝∠β．
∵α＝20°，∴∠β＝180°﹣20°＝160°，或∠β＝20°．
故选：C．
9．已知平面α，β，直线a⊂α，b⊂β，则“a∥b”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
【分析】充分条件和必要条件的定义结合空间线线、面面的位置关系进行判断即可．
【解答】解：已知平面α，β，直线a⊂α，b⊂β
∵a∥b推不出α∥β，
α∥β推不出a∥b，
∴a∥b是α∥β的既不充分也不必要条件．
故选：D．
10．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，F，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
【分析】在A中，AD1与平面AD1BC1相交，且平面EFGH∥平面AD1BC1，从而AD1与平面EFGH相交；在B中，BD1∩CD1＝D1，CD1∥GH，从而BD1不可能平行于GH；在C中，BD∩A1B＝B，A1B∥EF，从而BD与EF不可能平行；在D中，EF∥A1B，FG∥BC，从而平面EFGH∥平面A1BCD1．
【解答】解：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
F，F，G，H分别为棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中点
在A中，∵AD1与平面AD1BC1相交，且平面EFGH∥平面AD1BC1，
∴AD1与平面EFGH相交，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，
∴平面EFGH∥平面A1BCD1，故D正确．
故选：D．
11．设α，β为两个不同的平面，且直线l是平面α内的一条直线，则l∥β是α∥β的（ ）
A．充分必要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】利用面面平行和线面平行的定义和性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】解：根据面面平行的性质，由α∥β，l为平面内α的一条直线，得到l∥β，
当l∥β，则α∥β或相交，
故l∥β是α∥β的必要不充分条件，
故选：C．
二．填空题（共4小题）
12．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=a3，过P、M、N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝ 223a ．
【分析】由题设PQ在直角三角形PDQ中，故需要求出PD，QD的长度，用勾股定理在直角三角形PDQ中求PQ的长度．
【解答】解：∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，MN⊂平面A1B1C1D1
∴MN∥平面ABCD，又PQ＝面PMN∩平面ABCD，
∴MN∥PQ．
∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点
∴MN∥A1C1∥AC，
∴PQ∥AC，又AP=a3，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为a的正方体，
∴CQ=a3，从而DP＝DQ=2a3，
∴PQ=DQ2+DP2=(2a3)2+(2a3)2=223a．
故答案为：223a
13．已知平面α，β，直线l，若α∥β，l⊂α，则直线l与平面β的位置关系为 l∥β ．
【分析】根据平面与平面平行的定义可以得出直线与平面平行．
【解答】解：因为平面α∥β，且l⊂α，
所以l∥β．
故答案为：l∥β．
14．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，P是DD1的中点，则OP与BD1的位置关系是 平行 ；设CQ→=λCC1→，若平面D1BQ∥平面PAO，则λ＝ 12 ．
【分析】利用空间向量的平行判断两直线平行即可；
根据两平面平行，向量平行可得结果．
【解答】解：如图所示，
分别以DA，DC，DD，所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyx，
设正方体的棱长为1，
则O(12，12，0)，C(0，1，0)，C1(0，1，1)，P(0，0，12)，#/DEL/#A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)#/DEL/#
则OP→=(−12，−12，12)，BD1→=(−1，−1，1)，
∴OP→=12BD1→，
∴OP//BD1
设Q（0，1，z），
则BQ→=(−1，0，z)，
由于OP//BD1，故要使平面D1BQ//平面 PAO，
则Q(0，1，12)，
由CQ→=(0，0，12)，CC1→=(0，0，1)及CQ→=λCC1→得：λ=12．
15．如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条异面直线l，m分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F，已知AB＝2cm，BC＝3cm，DE＝4cm，则EF＝ 6 ．
【分析】连接AF，交β于G，从而利用两平行平面的性质定理得线线平行，再由平行直线分线段成比例定理即可得解．
【解答】解：连接AF，交平面β于点G，连接EG，BG，AD，CF，如右图所示．
∵l∩AF＝A，∴l与AF确定一个平面，设为α1，
∵γ∩α1＝CF，β∩α1＝BG，且γ∥β，
∴CF∥BG，
∴ABBC=AGGF．
同理可证GE∥AD，
∴AGGF=DEEF，
∴ABBC=DEEF．
∴EF=BC⋅DEAB=3×42=6．
故答案为：6．
三．解答题（共9小题）
16．（1）如图1，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，E，F分别是PB，PC的中点．证明：EF∥平面PAD
（2）如图2，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点上，求证：平面MNQ∥平面PBC．
【分析】（I）由E、F分别是PB、PC的中点，可由三角形中位线定理得到EF∥BC，进而根据底面是矩形，对边平行得到EF∥AD，结合线面平行的判定定理得到EF∥平面PAD；
（2）由MN∥PB，MQ∥BC可得平面MNQ∥平面PBC
【解答】证明：（Ⅰ）∵E、F分别是PB、PC的中点，
∴EF∥BC．
∵底面ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴EF∥AD．
又AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴EF∥平面PAD．
（2）∵点M，N，Q分别是PA，BD，PD的中点，
∴MQ∥AD，QN∥PB，
∵底面ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC．
∴MQ∥BC，
∵MQ∩MN＝N，PB∩BC＝B，
∴平面MNQ∥平面PBC．
17．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
（1）求证：BE∥平面DMF；
（2）求证：平面BDE∥平面MNG．
【分析】（1）由面面平行推出线面平行即可；（2）由线线平行推出面面平行即可．
【解答】解：如图示：
，
作DC的中点P，连接PE、PB，
ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
∴PB∥DM，FM∥PE，且FM，MD交于M点，PB，PE交于P点，
故平面DFM∥平面BPE，
∴BE∥平面DMF；
（2）∵MN∥BD，GN∥DE，且MN、GN交于N点，DE、DB交于D点，
∴平面BDE∥平面MNG．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB是等边三角形，BC⊥AB，BC＝CD＝23，AB＝AD＝2．
（1）若PC＝4，求三棱锥P﹣ABC的体积；
（2）若PB＝3BE，则在线段BC上是否存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．若存在，求线段BF的长；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）推导出BC⊥PB，BC⊥AB，从而BC⊥平面PAB．由此能求出三棱锥P﹣ABC的体积．
（2）作EF∥PC，交BC于F，连接AF．则E是PB的三等分点，可得BF=233．推导出△ABC≌△ADC，推导出AF∥平面PCD．EF∥平面PCD．从而平面AEF∥平面PCD．由此得到在线段BC上存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．此时BF=233．
【解答】解：（1）因为△PAB是等边三角形，AB＝2，
所以PB＝2．又因为PC＝4，BC=23，
所以PC2＝PB2+BC2，所以BC⊥PB．
又BC⊥AB，AB，PB⊂平面PAB，AB∩PB＝B，
所以BC⊥平面PAB．
S△PAB=12×2×2×sin60°=3，
所以三棱锥P﹣ABC的体积V=13S△PAB⋅BC=13×3⋅23=2．
（2）在线段BC上存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．此时BF=233．
理由如下：
如图，作EF∥PC，交BC于F，连接AF．
因为PB＝3BE，所以E是PB的三等分点，可得BF=233．
因为AB＝AD＝2，BC=CD=23，AC＝AC，
所以△ABC≌△ADC，因为BC⊥AB，所以∠ABC＝90°，
因为tan∠ACB=ABBC=223=33，
所以∠ACB＝∠ACD＝30°，所以∠BCD＝60°，
因为tan∠AFB=ABBF=2233=3，所以∠AFB＝60°，所以AF∥CD，
因为AF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AF∥平面PCD．
又EF∥PC，EF⊄平面PCD，PC⊂平面PCD，所以EF∥平面PCD．
因为AF∩EF＝F，AF、EF⊂平面AEF，所以平面AEF∥平面PCD．
所以在线段BC上存在一点F，使平面AEF∥平面PCD．此时BF=233．
19．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点．
（1）求证：平面MNQ∥平面PCD；
（2）在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）推导出NQ∥CD，MQ∥PC，由此能证明平面MNQ∥平面PCD．
（2）取PD中点E，连接NE、CE，推导出四边形MCEN是平行四边形，从而MN∥CE，由此能求出MN∥平面ACE，且PEPD=12．
【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为BC，PA，PB的中点，
∴NQ∥CD，MQ∥PC，
∵NQ∩MQ＝Q，CD∩PC＝C，且NQ、MQ⊂平面MNQ，CD、PC⊂平面PCD，
∴平面MNQ∥平面PCD．
解：（2）线段PD上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且PEPD=12．
证明如下：
取PD中点E，连接NE、CE，
∵N、E、M分别是AP、PD、BC的中点，BC∥=AD，
∴NE∥=NE，∴四边形MCEN是平行四边形，∴MN∥CE，
∵MN⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，
∴MN∥平面ACE，且PEPD=12．
20．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，求证：平面AB1D1∥平面C1BD．
【分析】利用直方图与平行四边形的性质可得：BC1∥AD1，利用线面平行的判定定理可得BC1∥平面AB1D1，同理可得：BD∥平面AB1D1，即可证明：平面C1BD∥平面AB1D1．
【解答】证明：∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，
∴在平行四边形ABC1D1中，BC1∥AD1，
又AD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
∴BC1∥平面AB1D1，
同理可得：BD∥平面AB1D1，且BC1∩BD＝B，
∴平面C1BD∥平面AB1D1．
21．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．
【分析】推导出FH∥CD，HG∥AE，CD∥BE，FH∥BE，从而FH∥平面ABE，HG∥平面ABE，由此能证明平面FHG∥平面ABE．
【解答】证明：∵F，H，G分别为AC，AD，DE的中点，
∴FH∥CD，HG∥AE，
∵AB⊥CD，AB⊥BE，
∴CD∥BE，∴FH∥BE，
∵BE⊂平面ABE，FH⊄平面ABE，
∴FH∥平面ABE，
∵AE⊂平面ABE，HG⊄平面ABE，∴HG∥平面ABE，
∵FH∩HG＝H，
∴平面FHG∥平面ABE．
22．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P，Q分别为DD1，CC1的中点．求证：
（1）平面D1BQ∥平面PAO．
（2）求异面直线QD1与AO所成角的余弦值；
【分析】（1）连接PQ、BD，四边形PABQ为平行四边形，从而AP∥BQ，进而BQ∥面AOP，同理可证D1B∥面AOP，由此能证明面BQD1∥面AOP．
（2）连接OC，CP，由CP∥QD1，可求异面直线QD1与AO所成角为∠ACP，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1，的边长为1，可求AP，AC，PC的值，由余弦定理可得cos∠ACP的值，即可得解．
【解答】解：（1）证明：连接PQ、BD，由已知得四边形PABQ为平行四边形，
∴AP∥BQ，
∵AP⊂面AOP，BQ⊄面AOP，
∴BQ∥面AOP，…（2分）
同理可证D1B∥面AOP，
又∵BQ∩D1B＝B，BQ⊂面BQD1，BD1⊂面BQD1，
∴面BQD1∥面AOP．…（6分）
说明：直接用线线平行到面面平行时扣（2分）
（2）连接OC，CP，
∵CP∥QD1，
∴异面直线QD1与AO所成角为∠ACP，
∵设正方体ABCD﹣A1B1C1D1，的边长为1，
在△ACP中，可得：AP=12+(12)2=52，AC=12+12=2，PC=12+(12)2=52，
∴由余弦定理可得：cos∠ACP=CP2+AC2−AP22AC⋅CP=54+2−542×2×52=105，
即异面直线QD1与AO所成角余弦值为105．
23．如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M、N、P分别是棱DD1、CD、AD的中点．
（1）求证：平面MNP∥平面A1C1B．
（2）将正方体沿平面A1C1B截出一个三棱锥B1﹣A1C1B，求次棱锥的体积与剩下的几何体体积的比．
（3）求直线B1D与直线MN所成的角．
【分析】（1）通过证明AC∥A1C1，证明AC∥平面A1C1B，根据AC∥PN，可证PN∥平面A1C1B，同理MN∥平面A1C1B，由面面平行的判定定理得平面MNP∥平面A1C1B；
（2）计算截去的三棱锥的体积，可得截去的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比；
（3）先证DC1为DB1在平面CDD1C1内的射影，再根据三垂线定理证明MN⊥DB1，可得直线B1D与直线MN所成的角．
【解答】解：（1）证明：连接AC，∵AA1∥CC1，又AA1＝CC1，
∴四边形ACC1A1为平行四边形，AC∥A1C1，AC⊄平面A1C1B，∴AC∥平面A1C1B，
又AC∥PN，∴PN∥平面A1C1B，
同理MN∥平面A1C1B，又MN∩PN＝N，∴平面MNP∥平面A1C1B；
（2）VB1−A1C1B=13×12×a×a×a=16a3，
∴截去的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为1：5；
（3）连接DC1，CD1，∵B1C1⊥平面CDD1C1，∴DC1为DB1在平面CDD1C1内的射影，
∵DC1⊥CD1，又MN∥CD1，由三垂线定理得：MN⊥DB1，
即直线B1D与直线MN所成的角为90°．
24．已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，点M，N，Q分别在PA，BD，PD上．
（1）若PM：MA＝BN：ND＝PQ：QD，求证：平面MNQ∥平面PBC；
（2）若Q满足PQ：QD＝2，则M点满足什么条件时，BM∥平面AQC．
【分析】（1）由已知比例式分别证明QM∥BC，QN∥PB，进一步得到MQ∥平面PBC，即QN∥平面PBC，再由面面平行的判定可得平面MNQ∥平面PBC；
（2）连接AC，交BD于O，连接OQ，取PQ的中点G，连接BG，则BG∥OQ，可得BG∥平面AQC，取PA的中点M，连接GM，则GM∥AQ，可得GM∥平面AQC，从而得到平面BGM∥平面AQC，则BM∥平面AQC，此时M为PA的中点．
【解答】（1）证明：∵PM：MA＝PQ：QD．
∴QM∥AD，∵AD∥BC，∴QM∥BC，
∵QM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，
∴MQ∥平面PBC．
∵BN：ND＝PQ：QD．∴QN∥PB，
即QN∥平面PBC．
∵QM∩QN＝Q，∴平面MNQ∥平面PBC；
（2）解：连接AC，交BD于O，连接OQ，
取PQ的中点G，连接BG，则BG∥OQ，
∵OQ⊂平面AQC，BG⊄平面AQC，∴BG∥平面AQC，
取PA的中点M，连接GM，则GM∥AQ，
∵AQ⊂平面AQC，GM⊄平面AQC，∴GM∥平面AQC，
又BG∩GM＝G，∴平面BGM∥平面AQC，
则BM∥平面AQC，此时M为PA的中点．
相关试卷
人教版2022届一轮复习打地基练习 平面向量几本定理： 这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 平面向量几本定理，共32页。
人教版2022届一轮复习打地基练习 平面向量坐标运算： 这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 平面向量坐标运算，共13页。试卷主要包含了已知向量a→=，若向量a→=，在平行四边形ABCD中，已知A，向量a→=等内容，欢迎下载使用。
人教版2022届一轮复习打地基练习 平面向量共线的坐标表示： 这是一份人教版2022届一轮复习打地基练习 平面向量共线的坐标表示，共19页。试卷主要包含了已知向量a→=，设向量a→=，已知向量a→=，b→=，已知点A，已知向量m→=，若⊥，则t＝，若向量a→=等内容，欢迎下载使用。
