2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--4.1　直线与平面平行

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2025北师大版高中数学必修第二册
§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.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
2.(2024山西朔州怀仁一中期中)如图,在三棱锥P-ABC中,点D,E分别为棱PB,BC的中点.若点F在线段AC上,且满足AD∥平面PEF,则=(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.
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.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.
5.(2024山东省实验中学模拟)如图1,在矩形ABCD中,点E在边CD上,且AD=DE=2CE=,现将△ADE沿AE向上翻折,使点D到点P的位置,构成如图2所示的四棱锥P-ABCE.若点F在线段AP上,且EF∥平面PBC,求的值.
　
题组二　直线与平面平行的判定
6.(2024河北沧州沧衡学校联盟期中)下列命题正确的是(　　)
A.若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α
B.若直线l与平面α平行,则平面α内有无数条直线与l平行
C.若两条平行直线中的一条与一个平面平行,则另一条也与这个平面平行
D.若直线l与平面α平行,则l与平面α内的任意一条直线都平行
7.(多选题)(2024陕西咸阳期中)已知a,b是不同的直线,α是平面,下列命题错误的是(　　)
A.a∥b,b α a∥α　　　　
B.a∥α,b α a∥b
C.a∥α,a∥b b∥α　　　　
D.a α,a∥b,b α a∥α
8.(多选题)(2023河北沧州调研)如图所示,已知正方体ABCD-A1B1C1D1,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.(2024辽宁丹东二检)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,BC1∩B1C=N,M为AA1的中点.
求证:MN∥平面ABC.
10.(2024广东广州七中期中)如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,M,N分别是AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC=l.
(1)判断MN与平面PAD的位置关系,并证明你的结论;
(2)判断BC与l的位置关系,并证明你的结论.
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.　　　　D.2
3.(多选题)(2024四川自贡期末)如图,已知三棱锥A-BCD的截面EFGH平行于棱AC,BD.下列命题正确的有(　　)
A.四边形EFGH是平行四边形
B.当AC⊥BD时,四边形EFGH是矩形
C.当AC=BD时,四边形EFGH是菱形
D.当AC=BD=2时,四边形EFGH的周长为4
4.(2023河南洛阳期中)如图,已知圆锥的顶点为S,AB为底面圆的直径,M,C为底面圆周上的点,并将弧AB三等分,过AC作平面α,使SB∥平面α,设α与SM交于点N,则的值为(　　)
A.　　　　
C.
题组二　直线与平面平行的判定
5.(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
6.(2024江西赣州四中开学考试)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=2,AA1=4,P为DD1的中点,过PB的平面α分别与棱AA1,CC1交于点E,F,且AC∥平面α,则截面四边形PEBF的面积为　　　　.
7.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周长的取值范围是　　　　　　.
8.(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.
9.(2024浙江三锋教研联盟期中)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,△PAB是边长为1的正三角形,且∠PBC=∠PAD=90°,E,F分别是棱PD,PC上的动点,H为AB的中点.
(1)若E为PD的中点,证明:AE∥平面PHC;
(2)求AE+EF+BF的最小值.
题组三　线面平行中的探究性问题
10.(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.
11.(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.
12.(2024福建厦门外国语学校月考)一块正四棱锥木料如图所示,侧棱长和底面边长均为13,M为侧棱PA上的点.
(1)若PM∶MA=1∶1,要经过点M和棱BC将木料锯开,在木料表面应该怎样画线 (请写出必要的作图说明)
(2)若PM∶MA=5∶8,在线段BD上是否存在一点N,使直线MN∥平面PBC 如果存在,求出的值以及线段MN的长;如果不存在,请说明理由.
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.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.
2.C　如图,连接CD,交PE于点G,连接FG,
因为AD∥平面PEF,AD 平面ADC,平面ADC∩平面PEF=FG,所以AD∥FG,所以.
因为点D,E分别为PB,BC的中点,所以G是△PBC的重心,所以,即.
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=.
4.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.
5.解析　如图,过点F作FM∥AB,交PB于M,连接MC,易得M,F,E,C四点共面,
∵EF∥平面PBC,平面EFMC∩平面PBC=MC,EF 平面EFMC,
∴EF∥MC,又FM∥CE,∴四边形EFMC为平行四边形,∴EC=FM,∴,
易知△PFM∽△PAB,∴=2.
6.B　对于A,若直线l上有无数个点不在平面α内,则l∥α或l与α相交,A错误;
对于B,直线l与平面α平行,则存在过直线l的平面与平面α相交,令交线为c,则l∥c,显然在平面α内有无数条直线与c平行,这些直线都平行于l,B正确;
对于C,若两条平行直线中的一条与一个平面平行,则另一条与这个平面平行或在这个平面内,C错误;
对于D,若直线l与平面α平行,则l与平面α内的直线平行或异面,D错误.
7.ABC　对于A,a∥α或a α,故A中命题错误;
对于B,a∥α,所以a与α没有公共点,又b α,所以a与b没有公共点,所以a与b可能平行也可能异面,故B中命题错误;
对于C,b∥α或b α,故C中命题错误;
对于D,由线面平行的判定定理知D中命题正确.
故选ABC.
8.BC　对于A,由正方体可知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.
故选BC.
9.证明　取BC的中点D,连接AD,ND,
因为N是B1C的中点,
所以DN∥BB1,且DN=BB1,
因为M为AA1的中点,所以AM∥BB1,且AM=BB1,所以AM DN,
所以四边形AMND是平行四边形,所以AD∥MN.
又AD 平面ABC,MN 平面ABC,
所以MN∥平面ABC.
10.解析　(1)MN∥平面PAD,证明如下:
取PD的中点E,连接AE,NE,
因为N,E分别为PC,PD的中点,
所以NE∥DC,且NE=DC,
因为M为AB的中点,AB∥DC,AB=DC,所以AM∥DC,且AM=DC,所以AM∥NE,且AM=NE,
所以四边形AMNE为平行四边形,则AE∥MN,
又AE 平面PAD,MN 平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
(2)BC∥l,证明如下:
因为AD∥BC,AD 平面PAD,BC 平面PAD,
所以BC∥平面PAD,
又BC 平面PBC,且平面PAD∩平面PBC=l,
所以根据线面平行的性质定理可得BC∥l.
解题技法　证明线线平行的常用方法:(1)基本事实4;(2)三角形、梯形中位线定理;(3)平行四边形的性质;(4)平行线分线段成比例;(5)线面平行的性质定理.
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.
能力提升练
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 平面AEGD,
∴AE∥DG,
∴四边形ADGE为平行四边形,
∴AD=GE=AA1,
∴=1,∴m=1.
3.ABD　由AC∥平面EFGH,平面EFGH∩平面ABC=EF,AC 平面ABC,得EF∥AC,
同理GH∥AC,所以EF∥GH,
同理EH∥BD∥FG,因此四边形EFGH是平行四边形,A正确;
当AC⊥BD时, EF⊥FG,平行四边形EFGH是矩形,B正确;
由EF∥AC得,由EH∥BD得,
又AC=BD,所以,而BE与AE不一定相等,
因此EF与EH不一定相等,即平行四边形EFGH不一定是菱形,C错误;
由C的分析知,两式左右两边分别相加得=1,即EF+EH=2,
所以平行四边形EFGH的周长为4,D正确.
4.C　
如图,连接MB,交AC于点D,连接ND,NA,NC,MC,BC,则平面NAC即为平面α.
因为SB∥平面α,平面SMB∩平面α=DN,SB 平面SMB,所以SB∥DN.
因为AB为底面圆的直径,点M,C将弧AB三等分,
所以∠ABM=∠MBC=∠BMC=∠BAC=30°,MC=BC=AB,
所以MC∥AB,所以,
因为SB∥DN,所以,
所以.故选C.
5.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,根据长方体的特征可知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,由长方体的特征可知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.故选D.
　
　
6.答案　2
解析　如图,过点B作AC的平行线,分别与DA,DC的延长线交于G,H,连接PG,PH,分别与AA1,CC1交于E,F,
因为AC∥GH,且AC 平面PGH,GH 平面PGH,
所以AC∥平面PGH,所以平面PGH即为平面α,
易求得AE=1,PE=EB=BF=FP=,所以四边形PEBF为菱形,且EF=2,
所以S四边形PEBF=×EF×PB=×2×2.
7.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∴=1,∴y=6,∴四边形EFGH的周长l=2(x+y)=2=12-x,
∵8<12-x<12,
∴四边形EFGH周长的取值范围是(8,12).
8.解析　(1)证明:连接D1C,
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.
9.解析　(1)证明:取PC的中点G,连接HG,EG,如图1,
因为E、G分别为PD、PC的中点,
所以EG∥CD,且EG=CD,
因为四边形ABCD为正方形,H为AB的中点,
所以AH∥CD,且AH=CD,所以AH EG,
所以四边形AHGE为平行四边形,所以AE∥HG,
因为AE 平面PHC,HG 平面PHC,
所以AE∥平面PHC.
(2)由题意可知PA=PB=AB=BC=CD=AD=1,∠PBC=∠PAD=90°,
则PC=PD=,∠APD=∠BPC=45°.
将平面PAD,平面PCD,平面PBC展开到一个平面内,如图2,则AE+EF+BF的最小值即为展开图中AB的长,
在△PCD中,由余弦定理得cos∠CPD=,则sin∠CPD=,
故cos∠APB=cos (∠CPD+90°)=-sin∠CPD=-.
在△PAB中,由余弦定理得AB2=PA2+PB2-2PA·PB·cos∠APB=1+1+2×,
则AB=,即AE+EF+BF的最小值为.
　
10.解析　(1)证明:设AC∩BD=O,连接OE,
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.
11.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.
12.解析　(1)因为PM∶MA=1∶1,所以M为PA的中点,作MG∥AD,交PD于G,则G为PD的中点,
连接MB,GC,由题意知四边形ABCD为正方形,
所以BC∥AD,故GM∥BC,即B,M,G,C共面,
故要经过点M和棱BC将木料锯开,在木料表面沿线段BM,MG,GC画线即可.
(2)假设在线段BD上存在一点N,使直线MN∥平面PBC,如图,连接AN并延长,交BC于E,连接PE,
因为MN∥平面PBC,MN 平面PAE,平面PAE∩平面PBC=PE,
所以MN∥PE,则,
由题意知BC∥AD,所以,
故在线段BD上存在一点N,使直线MN∥平面PBC,此时.
由BC∥AD,得,又AD=13,所以BE=,
在△PBE中,由余弦定理得PE2=PB2+BE2-2PB·BEcos 60°=132+-2×13×,
所以PE=,因为MN∥PE,PM∶MA=5∶8,
所以,则MN==7.
方法技巧　解决探索性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在,然后在这个前提下进行逻辑推理,若能推导出正确的结果,则说明假设成立,即存在,并可进一步证明,否则不成立,即不存在.
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