2024北师版高中数学必修第二册同步练习题--4.1　直线与平面平行(含解析)

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2024北师版高中数学必修第二册同步练习题
第六章　立体几何初步
§4　平行关系
4.1　直线与平面平行
基础过关练
题组一　直线与平面平行的性质
1.已知m,n为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,则下列结论中正确的是(　　)
A.m∥α,m∥n n∥α
B.m∥α,n∥α m∥n
C.m∥α,m β,α∩β=n m∥n
D.m∥α,n α m∥n
2.(2021福建福州闽江学院附中月考)如图,已知S为四边形ABCD所在平面外一点,G,H分别为SB,BD上的点,若GH∥平面SCD,则(　　)
A.GH∥SA　　　
B.GH∥SD
C.GH∥SC　　　
D.以上均有可能
3.(2023上海奉贤致远高级中学月考)如图,正方体A1B1C1D1-ABCD中,AB=2,E为AD的中点,点F在CD上.若EF∥平面AB1C,则线段EF的长为　　　　.
4.(2023安徽马鞍山红星中学月考)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是平行四边形,M,N分别为线段PC,PB上一点,若PM∶MC=4∶1,且AN∥平面BDM,则PN∶NB=　　　　.
5.如图所示,已知两条异面直线AB,CD与平面MNPQ都平行,且点M,N,P,Q分别在线段AC,BC,BD,AD上,求证:四边形MNPQ是平行四边形.
6.(2021浙江大学附属中学期中)如图,三棱锥A-BCD中,E,F,G,H分别是棱AB,BC,CD,AD上的点,且四点共面,AC∥平面EFGH,BD∥平面EFGH,AC=m,BD=n,若四边形EFGH是菱形,求的值.
题组二　直线与平面平行的判定
7.(2021四川宜宾二模)若l,m是平面α外的两条不同直线,且m∥α,则“l∥m”是“l∥α”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
8.(多选题)(2023河北沧州调研)如图所示,已知几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体,则(　　)
A.BC∥平面AB1D1
B.A1D∥平面B1C1CB
C.异面直线A1D与AB1的夹角为60°
D.异面直线A1D与B1D1的夹角为90°
9.(2022河北邢台卓越联盟二联)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,E是D1C的中点.求证:AD1∥平面EBD.
10.如图,正方形ABCD与矩形ABEF所在平面相交于AB,M,N分别为AE,BC的中点.求证:MN∥平面CDFE.
11.(2023四川峨眉二中月考)如图,E,F,G,H为空间四边形ABCD的边AB,BC,CD,DA上的点(除端点外),且EH∥FG.
(1)求证:EH∥BD;
(2)若E为AB的中点,点F满足=2,求证:EF,HG,AC必交于一点.
能力提升练
题组一　直线与平面平行的性质
1.若直线a∥平面α,直线a∥平面β,α∩β=b,则(　　)
A.a∥b或a与b异面　　　B.a∥b
C.a与b异面　　　D.a与b相交
2.如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1中,E是BC的中点,D是AA1上的动点,且=m,若AE∥平面DB1C,则m的值为(　　)
A.　　　B.1　　　
C.　　　D.2
3.(多选题)(2021湖北武汉四十九中月考)在空间四边形ABCD中,E,F,G,H分别是AB,BC,CD,DA上的点,当BD∥平面EFGH时,下面结论正确的是(　　)
A.E,F,G,H一定是各边的中点
B.G,H一定是CD,DA的中点
C.AE∶EB=AH∶HD,且BF∶FC=DG∶GC
D.四边形EFGH是平行四边形或梯形
题组二　直线与平面平行的判定
4.(2023河北石家庄期中)已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,M为A1B1的中点,下列说法正确的是(　　)
A.BC1∥平面D1MC　　　B.C1D1∥平面ACM
C.CM∥平面A1BD　　　D.B1C∥平面D1MB
5.(2021江西宜春上高二中模拟)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,过A1B且与AC1平行的平面交B1C1于点P,则PC1=　　　　.
6.(2022上海致远高级中学期中)如图,平面EFGH为四面体A-BCD的一个截面,若四边形EFGH为平行四边形,AB=4,CD=6,则四边形EFGH的周长的取值范围是　　　　　　.
7.(2023上海洋泾中学检测)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N,P分别为C1D1,AD,CC1的中点.
(1)求证:MP∥平面BC1A1;
(2)过M,N,P三点作正方体的截面,画出截面(保留作图痕迹),并计算截面图形的周长.
8.(2023海南中学期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD∥BC,AD=BC,E为PC上一点,F为PB的中点,且AF∥平面BDE.
(1)若平面PAD与平面PBC的交线为l,求证:l∥平面ABCD;
(2)求证:AF∥DE.
题组三　线面平行中的探究性问题
9.(2022福建漳州三中期中)如图所示,已知四边形ABCD是正方形,四边形ACEF是矩形,M是线段EF的中点.
(1)求证:AM∥平面BDE;
(2)若平面ADM∩平面BDE=l,平面ABM∩平面BDE=m,试分析l与m的位置关系,并证明你的结论.
10.(2022湖湘大联考)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=AA1,D为A1B1的中点,G为AA1的中点,E为C1D的中点,BF=3AF,P为线段BC1上的动点(不包括线段BC1的端点),若EP∥平面CFG,请确定点P的位置.
11.(2022重庆渝东六校共同体期中)下图是一个正四棱锥模型P-ABCD,点E在棱PB上,满足,点F在棱PC上,满足 .
(1)试在棱PC上确定一点G,使得EF∥平面ABG;
(2)过点A,E,F的平面α交PD于点H,现要沿平面α将四棱锥模型切割成两部分,在实施过程中为了方便切割,需先在模型中确定H点的位置,请求出的值.
答案与分层梯度式解析
第六章　立体几何初步
§4　平行关系
4.1　直线与平面平行
基础过关练
1.C 2.B 7.A 8.BC
1.C　A中,n可能与α平行,也可能在平面α内;B中,m,n可能相交、平行或异面;由直线与平面平行的性质定理可知C正确;D中,m,n可能平行或异面.故选C.
2.B　因为GH∥平面SCD,GH 平面SBD,平面SBD∩平面SCD=SD,所以GH∥SD.显然GH与SA,SC均不平行.故选B.
3.答案　
解析　因为EF∥平面AB1C,EF 平面ABCD,且平面AB1C∩平面ABCD=AC,所以EF∥AC.又因为E是AD的中点,所以F是CD的中点,所以EF=AC.又因为在正方体A1B1C1D1-ABCD中,AB=2,所以AC=2,所以EF=.
4.答案　3∶1
解析　如图,连接AC交BD于点O,连接CN交BM于点G,连接OG.
∵AN∥平面BDM,AN 平面ANC,平面ANC∩平面BDM=OG,∴AN∥OG,
易知OA=OC,∴GN=GC,即G为CN的中点,
作NH∥BM,交PC于点H,则CM=HM,
∵PM∶MC=4∶1,∴PH∶HM=3∶1,
∴PN∶NB=PH∶HM=3∶1.
5.证明　∵AB∥平面MNPQ,AB 平面ABC,平面ABC∩平面MNPQ=MN,∴AB∥MN.
∵AB∥平面MNPQ,AB 平面ABD,平面ABD∩平面MNPQ=PQ,∴AB∥PQ,∴MN∥PQ.
同理可证NP∥MQ,
∴四边形MNPQ是平行四边形.
6.解析　因为AC∥平面EFGH,AC 平面ABC,平面ABC∩平面EFGH=EF,所以EF∥AC,
所以.①
同理可得.②
若四边形EFGH是菱形,则EF=EH,
结合①②,得,
又AC=m,BD=n,所以.
7.A　已知m∥α,若l∥m,则l∥α或l α,
因为l,m是平面α外的两条不同直线,
所以l∥α,充分性成立.
已知m∥α,若l∥α,则l与m可能平行、相交或异面,必要性不成立.
综上,“l∥m”是“l∥α”的充分不必要条件.
8.BC　对于A,由几何体是正方体可知BC∥AD,而AD∩平面AB1D1=A,所以BC与平面AB1D1相交,故A错误;
对于B,连接CB1,易得四边形A1B1CD是平行四边形,所以A1D∥B1C,又A1D 平面B1C1CB,B1C 平面B1C1CB,所以A1D∥平面B1C1CB,故B正确;
对于C,连接AC,CB1,因为A1D∥B1C,所以∠AB1C(或其补角)为异面直线A1D与AB1的夹角,因为AB1,B1C,AC均为正方体的面对角线,所以AB1=B1C=AC,所以△AB1C是等边三角形, 所以∠AB1C=60°,故C正确;
对于D,连接CD1,CB1,易得∠CB1D1(或其补角)为异面直线A1D与B1D1的夹角,同理,△CB1D1为等边三角形,所以∠CB1D1=60°,故D错误.
9.证明　连接AC,交BD于点O,连接OE.
因为四边形ABCD为矩形,所以O为AC的中点.
又因为E为CD1的中点,所以OE∥AD1.
因为AD1 平面EBD,OE 平面EBD,
所以AD1∥平面EBD.
10.证明　连接FB,FC.
因为M是AE的中点,且四边形ABEF为矩形,
所以M也是FB的中点.
又N是BC的中点,所以MN∥FC.
因为FC 平面CDFE,MN 平面CDFE,
所以MN∥平面CDFE.
11.证明　(1)在空间四边形ABCD中,EH∥FG,FG 平面BCD,EH 平面BCD,所以EH∥平面BCD,
又EH 平面ABD,平面ABD∩平面BCD=BD,
所以EH∥BD.
(2)连接EF,HG,AC.由(1)知,FG∥EH∥BD,因为E为AB的中点,所以EH=BD,又=2,所以FG=BD,
因此EH≠FG,即四边形EFGH为梯形,则EF与GH必相交,令EF∩GH=P,
显然P∈EF,EF 平面ABC,即P∈平面ABC,
同理,P∈GH,GH 平面ACD,即P∈平面ACD,
则P为平面ABC和平面ACD的公共点,而平面ABC∩平面ACD=AC,因此P∈AC.
所以EF,HG,AC必交于一点.
方法总结　利用直线与平面平行的判定定理与性质定理解题的关键是在相应平面内找到一条与已知直线平行的直线,通常结合三角形、梯形的中位线定理,平行四边形的性质等进行证明.
能力提升练
1.B 2.B 3.CD 4.D
1.B　如图,过a作平面γ交平面α于c,过a作平面ε交平面β于d,
因为a∥α,所以a∥c.
因为a∥β,所以a∥d,所以c∥d.
又c β,d β,所以c∥β,
又c α,α∩β=b,所以c∥b,所以a∥b.
2.B　如图,取CB1的中点G,连接GE,DG,
∵E是BC的中点,∴GE∥BB1.
又∵AD∥BB1,∴AD∥GE.
∵AE∥平面DB1C,平面AEGD∩平面DB1C=DG,
∴AE∥DG,
∴四边形ADGE为平行四边形,
∴AD=GE=AA1,
∴=1,∴m=1.
3.CD　由BD∥平面EFGH及直线与平面平行的性质定理,得BD∥EH,BD∥FG,则AE∶EB=AH∶HD,且BF∶FC=DG∶GC,且EH∥FG,∴四边形EFGH是平行四边形或梯形.故选CD.
4.D　如图1,取BB1的中点N,连接MN,NC,A1B,
因为M为A1B1的中点,所以MN∥A1B,根据长方体的对称性可知A1B∥D1C,所以MN∥D1C,所以M,N,C,D1四点共面,又因为BC1与NC相交,所以BC1与平面MNCD1相交,即BC1与平面D1MC相交,故A错误;
如图2,取B1C1的中点E,连接ME,CE,由选项A同理可证,ME∥AC,所以M,E,C,A四点共面,在平面A1B1C1D1内,D1C1与ME相交,所以C1D1与平面ACEM相交,即C1D1与平面ACM相交,故B错误;
如图3,连接CB1,在平面A1DCB1内,DA1与CM相交,所以CM与平面A1BD相交,故C错误;
如图4,连接DA1,取DC的中点F,连接D1F,BF,MF,由长方体的对称性可知BF∥D1M,所以D1,F,B,M四点共面,在平面A1DCB1内,MF∥B1C,B1C 平面D1MB,MF 平面D1MB,所以B1C∥平面D1MB,故D正确.
　
　
5.答案　1
解析　连接AB1交A1B于点O,则O是AB1的中点,过O作OP∥AC1交B1C1于点P,如图所示,
∵OP 平面A1PB,AC1 平面A1PB,
∴AC1∥平面A1PB,即P为符合题意的点,
又在△AB1C1中,,B1C1=2,
∴PC1=1.
6.答案　(8,12)
解析　∵四边形EFGH为平行四边形,∴EH∥FG,
∵EH 平面ABD,FG 平面ABD,∴EH∥平面ABD.
又∵EH 平面ABC,平面ABC∩平面ABD=AB,
∴EH∥AB,同理可得EF∥CD,
∴=1,
设EH=x,0∴,∴四边形EFGH的周长l=2(x+y)=2=12-x,
∵8<12-x<12,
∴四边形EFGH的周长的取值范围是(8,12).
7.解析　(1)证明:连接D1C,如图所示,
因为M,P分别为C1D1,C1C的中点,所以MP∥D1C,
又D1C∥A1B,所以MP∥A1B,
又MP 平面BC1A1,A1B 平面BC1A1,
所以MP∥平面BC1A1.
(2)过M,N,P三点作正方体的截面MPGNQ,如图所示,
根据△MC1P≌△HCP,C1M=C1P,可知CP=CH,所以易得△PCG≌△HCG,所以PG=GH,同理可得SQ=QM,
则截面图形MPGNQ的周长为MP+PG+GN+NQ+QM=MP+NH+NS,
因为正方体的棱长为1,
所以NH=NS=,
MP=,
所以MP+NH+NS=,
所以截面图形的周长为.
8.证明　(1)∵AD∥BC,AD 平面PAD,BC 平面PAD,∴BC∥平面PAD,
∵BC 平面PBC,平面PBC∩平面PAD=l,∴BC∥l,
∵BC 平面ABCD,l 平面ABCD,
∴l∥平面ABCD.
(2)连接AC,FC,设AC∩BD=O,FC∩BE=M,连接OM,如图所示,
∵AF∥平面BDE,AF 平面AFC,平面AFC∩平面BDE=OM,∴AF∥OM,
∵AD∥BC,AD=,
∴,
∴M是△PBC的重心,∴E是PC的中点,
∴,∴OM∥DE,∴AF∥DE.
9.解析　(1)证明:设AC∩BD=O,连接OE,如图,
因为四边形ABCD是正方形,所以O是AC的中点,
又M是矩形ACEF的边EF的中点,
所以AO=FE=ME,且AO∥ME,
所以四边形AOEM为平行四边形,所以AM∥OE,
又OE 平面BDE,AM 平面BDE,
所以AM∥平面BDE.
(2)l∥m,证明如下:
因为AM∥平面BDE,AM 平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,所以l∥AM.
因为AM∥平面BDE,AM 平面ABM,平面ABM∩平面BDE=m,所以m∥AM,所以l∥m.
10.解析　连接BD,取AB的中点H,连接A1H,
易得四边形A1HBD是平行四边形,
∴A1H∥BD.
∵AH=AB,BF=3AF,
∴AF=AH,即F为AH的中点,
又G为AA1的中点,∴FG∥A1H,
∴FG∥BD.
∵FG 平面CFG,BD 平面CFG,
∴BD∥平面CFG.
设平面CFG∩平面BC1D=l,则BD∥l,
由EP∥平面CFG,得EP∥l,∴BD∥EP,
又E为C1D的中点,∴P为BC1的中点.
11.解析　(1)G为PC上靠近C的四等分点,理由如下:
因为点E在棱PB上,满足,点F在棱PC上,满足,
所以,所以BG∥EF,
又BG 平面ABG,EF 平面ABG,
所以EF∥平面ABG.
(2)延长FE,与CB的延长线交于点M,连接MA并延长,与CD的延长线交于点N,连接FN,交PD于点H,由(1)可得FG=2CG=CP,
由EF∥BG,可得MB=2BC,
又AB∥NC,所以MA=2AN,
由AD∥BC可得ND=DC,
取CD上靠近D的四等分点K,连接FK,则FK∥PD,所以,则,即.
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