2025苏教版高中数学必修第二册强化练习题--第1课时 直线与平面平行（含答案）

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2025苏教版高中数学必修第二册
13.2.3　直线与平面的位置关系
第1课时　直线与平面平行
基础过关练
题组一　直线与平面平行的判定
1.(2024江苏徐州中学月考)下列说法正确的是(　　)
A.若直线a上有无数个点不在平面α内,则a∥α
B.若a∥b,b α,则a∥α
C.若a∥b,b∥α,则a∥α
D.若a∥α,b α,则a∥b或a与b异面
2.(2024江苏南京河西外国语学校期中)在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶3,H,G分别为BC,CD的中点,则(　　)
A.BD∥平面EFGH且EFGH为矩形　　
B.EF∥平面BCD且EFGH为梯形
C.HG∥平面ABD且EFGH为菱形　　
D.HE∥平面ADC且EFGH为平行四边形
3.(2024湖南模拟训练)下图是一个四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,四个三角形为正三角形,E,F,M分别是P3A,P2D,BC的中点,在此四棱锥中,下列正确的是(　　)
A.BE与CF是异面直线,且BE∥平面PFM
B.BE与CF是相交直线,且BE∥平面PFM
C.BE与CF是异面直线,且BE∥平面PFC
D.BE与CF是相交直线,且BE∥平面PFC
4.(2024北京交通大学附属中学月考)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点.给出下列三个推断:
①FG∥平面AA1D1D;②EF∥平面BC1D1;③FG∥平面BC1D1.
其中正确推断的序号是　　　　.
5.(2022江苏无锡天一中学期中)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,BC∥平面PAD,BC=AD,E是PD的中点.求证:
(1)AD∥平面PBC;
(2)CE∥平面PAB.
6.(2024江苏苏州期末)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,E,F分别为A1C1,BC的中点,M,N分别为A1B,A1C的中点.求证:
(1)MN∥平面ABC;
(2)EF∥平面AA1B1B.
题组二　直线与平面平行的性质
7.(2024湘豫名校联考第三次模拟)已知α,β是两个不同的平面,m,l是两条不同的直线,若m α,α∩β=l,则“m∥l”是“m∥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
8.(2024福建部分优质高中期中质量检测)已知α,β,γ为三个不同的平面,a,b,l为三条不同的直线,若α∩β=l,α∩γ=a,β∩γ=b,l∥γ,则下列结论正确的是(　　)
A.a与l相交　　B.b与l相交
C.a∥b　　D.a与β相交
9.(2024广东佛山南海石门中学期中)对于直线m,n和平面α,下列命题中正确的是(　　)
A.如果m α,n α,m,n是异面直线,那么n∥α
B.如果m α,n α,m,n是异面直线,那么n与α相交
C.如果m α,n∥α,m,n共面,那么m∥n
D.如果m∥α,n∥α,m,n共面,那么m∥n
10.若直线a∥平面α,A α,且a与点A位于α的两侧,B,C∈a,AB,AC分别交平面α于点E,F,若BC=4,CF=5,AF=3,则EF的长为(　　)
A.3　　B.
11.(2023安徽黄山屯溪一中模拟预测)如图,已知圆锥的顶点为S,AB为底面的直径,点M,C均为底面圆周上的点,并将弧的值为(　　)
A.
12.(2024江苏南通质量监测)如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均相等,点D在棱A1B1上,平面BCD与棱A1C1相交于点E.证明:BC∥DE.
13.(2024江苏无锡第一中学期中)如图,在三棱锥A-BCD中,E为AD上一点,点P,Q分别为BC,BE的中点,平面DPQ与平面ACD的交线为l.
(1)证明:直线PQ∥平面ACD;
(2)判断PQ与l的位置关系,并证明你的结论.
能力提升练
题组一　直线与平面平行的判定
1.(多选题)(2024湖北武汉华中师范大学第一附属中学期中)在下列底面为平行四边形的四棱锥中,M,S,T,P,Q是四棱锥的顶点或对应棱的中点,则PQ∥平面MST的有(　　)
　
　
2.(多选题)(2023浙江宁波中学期中)如图,空间四边形ABCD中,E,F分别是边AB,BC的中点,G,H分别在线段DC,DA上,且满足DG=λDC,DH=μDA,λ,μ∈(0,1),则下列说法正确的是(　　)
A.当λ=μ=时,四边形EFGH是矩形
B.当λ=μ=时,四边形EFGH是梯形
C.当λ≠μ时,四边形EFGH是空间四边形
D.当λ≠μ时,直线EH,FG,BD相交于一点
3.(2023北京汇文中学期中)如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E是BC的中点,P是直线BD1(不含B,D1两点)上的动点,其在运动的过程中,平面DEP可能经过的该正方体的顶点是　　　　　　.(写出满足条件的所有顶点)
4.(2024江苏盐城三校期中联考)如图,已知四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为2和4的正方形,点P是棱DD1的中点,点Q在棱BC上.当点Q在什么位置时,使得PQ∥平面ABB1A1
5.(2024重庆第七中学校期中)如图所示,在正四棱锥S-ABCD中,P为侧棱SD上的点,且SP=3PD,Q为侧棱SD的中点.
(1)证明:BQ∥平面PAC;
(2)侧棱SC上是否存在一点E,使得BE∥平面PAC 若存在,求出的值;若不存在,试说明理由.
题组二　直线与平面平行的性质
6.(2024江苏扬州高邮学情调研)在四棱锥P-ABCD中,E为线段AD上靠近A的三等分点,F为线段PC上一点,当PA∥平面EBF时,=(　　)
A.3　　B.4　　C.
7.(2022江苏宜兴官林中学期中)如图,在三棱锥P-ABC中,AC,PB平行于平面EFMN,AC=PB=2,AC⊥PB,则截面EFMN面积的最大值是　　　　.
8.(2022江苏扬州阶段练习)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.
9.(2024福建厦门外国语学校月考)下图是一块正四棱锥形木料,正四棱锥P-ABCD的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,在木料表面上应该怎样画线 (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BN∶ND的值以及线段MN的长;如果不存在,请说明理由.
10.(2024浙江杭州第二中学期中)如图所示,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为2,E,F分别为A'B',B'C'的中点,点G满足.
(1)若λ=,证明:EG∥平面D'AC;
(2)连接BD,点M在线段BD上,且满足D'M∥平面EFG.当λ∈时,求D'M长度的取值范围.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.D　对于A,若直线a上有无数个点不在平面α内,则a∥α或a与α相交,故A错误;
对于B,若a∥b,b α,则a∥α或a α,故B错误;
对于C,若a∥b,b∥α,则a∥α或a α,故C错误;
对于D,若a∥α,b α,则a∥b或a与b异面,故D正确.故选D.
2.B　在平面ABD内,∵AE∶EB=AF∶FD=1∶3,∴EF∥BD.
又BD 平面BCD,EF 平面BCD,∴EF∥平面BCD.
在平面BCD内,∵H,G分别是BC,CD的中点,∴HG∥BD,
∴HG∥EF.
又,
∴EF≠HG.
在四边形EFGH中,EF∥HG且EF≠HG,
∴四边形EFGH为梯形.故选B.
3.B　根据题意,画出四棱锥P-ABCD,如图所示,连接EF,
因为E,F分别是PA,PD的中点,所以EF∥AD且EF=AD,
又AD∥BC且AD=BC,所以EF∥BC且EF=BC,
所以四边形BCFE为梯形,所以BE与CF为相交直线.
因为M为BC的中点,所以EF∥BM且EF=BM,
所以四边形BMFE为平行四边形,所以BE∥MF,
又BE 平面PFM,MF 平面PFM,所以BE∥平面PFM.故选B.
4.答案　①③
解析　如图所示,连接AD1,A1C1.
对于①,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,所以FG∥BC1,
因为BC1∥AD1,所以FG∥AD1,
又FG 平面AA1D1D,AD1 平面AA1D1D,
所以FG∥平面AA1D1D,故①正确;
对于②,因为EF∥A1C1,A1C1与平面BC1D1相交,
所以EF与平面BC1D1相交,故②错误;
对于③,因为FG∥BC1,FG 平面BC1D1,BC1 平面BC1D1,所以FG∥平面BC1D1,故③正确.
5.证明　(1)因为BC∥平面PAD,BC 平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以AD∥BC,
又BC 平面PBC,AD 平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
(2)取PA的中点F,连接EF,BF,易得EF∥AD,且EF=AD,
所以EFBC,则四边形BCEF为平行四边形,则CE∥BF,又BF 平面PAB,CE 平面PAB,所以CE∥平面PAB.
解题模板　利用直线与平面平行的判定定理证明线面平行的关键是在平面内找出一条直线与已知直线平行,常利用平行四边形的性质,三角形、梯形的中位线定理,基本事实4等找平行线.
6.证明　(1)∵M,N分别为A1B,A1C的中点,∴MN∥BC,
又MN 平面ABC,BC 平面ABC,所以MN∥平面ABC.
(2)取AB的中点G,连接FG,A1G,如图,则FG∥AC,FG=AC,
又A1E∥AC,A1E=AC,所以A1E∥FG,A1E=FG,
所以四边形A1GFE为平行四边形,所以EF∥A1G,
又EF 平面AA1B1B,A1G 平面AA1B1B,所以EF∥平面AA1B1B.
7.C　若m α,α∩β=l,m∥l,且m β(点拨:可由m,l是两条不同的直线推出),则由直线与平面平行的判定定理知m∥β;
若m α,α∩β=l,m∥β,则由直线与平面平行的性质定理知m∥l.
所以“m∥l”是“m∥β”的充要条件.故选C.
8.C　∵l∥γ,l α,α∩γ=a,∴l∥a,故A错误;
同理可得,l∥b,故B错误;
由A,B知a∥b,故C正确;
由A知l∥a,∵a 平面β,l 平面β,∴a∥β,故D错误.故选C.
9.C　对于A,如图①所示,m α,n α,m,n是异面直线,此时n与α相交,故A错误;
对于B,如图②所示,m α,n α,m,n是异面直线,此时n与α平行,故B错误;
对于C,若m α,n∥α,则m,n没有公共点,若m,n共面,则m∥n,故C正确;
对于D,如图③所示,m∥α,n∥α,m,n共面,此时m与n相交,故D错误.故选C.
10.B　∵BC∥α,BC 平面ABC,平面ABC∩α=EF,
∴EF∥BC,∴.故选B.
11.B　连接MC,NA,NC,MB,设MB交AC于点D,连接ND,则平面NAC即为平面α,
因为SB∥α,平面SMB∩α=DN,SB 平面SMB,
所以SB∥DN,
连接BC,因为AB为底面的直径,点M,C将弧三等分,
所以∠ABM=∠BMC=∠MBC=∠BAC=30°,MC=BC=AB,
所以MC∥AB且MC=,
又SB∥DN,所以.故选B.
12.证明　在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BC∥B1C1,因为BC 平面A1B1C1,B1C1 平面A1B1C1,所以BC∥平面A1B1C1,
因为点D在棱A1B1上,平面BCD与棱A1C1相交于点E,所以DE 平面A1B1C1,
而DE 平面BCED,
故平面A1B1C1∩平面BCED=DE,
又BC 平面BCED,所以BC∥DE.
13.解析　(1)证明:连接CE,∵点P,Q分别为BC,BE的中点,
∴PQ∥CE,
∵PQ 平面ACD,CE 平面ACD,
∴直线PQ∥平面ACD.
(2)PQ与l平行.
证明:∵PQ∥平面ACD,PQ 平面DPQ,平面DPQ∩平面ACD=l,∴PQ∥l.
能力提升练
1.AB　对于A,如图①,设A为MS的中点,底面为平行四边形STFE,连接PA,TA,
则PA∥SE,PA=SE,
故PA∥TQ,PA=TQ,即四边形PATQ为平行四边形,
故PQ∥AT,而AT 平面MST,PQ 平面MST,
故PQ∥平面MST,A正确;
对于B,如图②,设A为MS的中点,底面为平行四边形EFTS,连接PA,TA,
则PA∥SE,PA=SE,
故PA∥TQ,PA=TQ,即四边形PATQ为平行四边形,
故PQ∥AT,而AT 平面MST,PQ 平面MST,
故PQ∥平面MST,B正确;
对于C,如图③,设底面为平行四边形GFES,A为ME的中点,连接QA,AS,
设AQ∩MT=H,连接SH,
则AQ∥FE,AQ=EF,
故AQ∥PS,AQ=PS,即四边形AQPS为平行四边形,
故AS∥PQ,又AS与平面MST相交,故PQ与平面MST相交,C错误;
对于D,如图④,设底面为平行四边形EFMQ,连接ME,FQ,设ME∩FQ=H,连接SH,
因为H,S分别为FQ,PF的中点,所以SH∥PQ,
又SH与平面MST相交,故PQ与平面MST相交,D错误.故选AB.
　
　
2.BC　对于A,在△ABC中,因为E,F分别是边AB,BC的中点,所以EF是△ABC的中位线,所以EF∥AC且EF=AC,
当λ=μ=时,H,G分别为DA,DC的中点,
所以HG是△DAC的中位线,所以HG∥AC且HG=AC,
所以EF HG,所以四边形EFGH是平行四边形,
又E,H分别为AB,AD的中点,所以EH是△ABD的中位线,所以EH∥BD,
又EF∥AC,所以只有当BD⊥AC时,EH⊥EF,平行四边形EFGH为矩形,
所以四边形EFGH不一定是矩形,故A错误;
对于B,当λ=μ=AC,且HG∥AC,
由A可知EF∥HG,因为EF≠HG,所以四边形EFGH是梯形,故B正确;
对于C,当λ≠μ时,EF不平行于HG,
又因为HG 平面ADC,EF 平面ADC,
所以HG,EF是异面直线,所以四边形EFGH是空间四边形,故C正确;
对于D,不妨设直线EH,FG,BD相交于一点O,
因为EF∥AC,AC 平面ADC,EF 平面ADC,
所以EF∥平面ADC,
又因为直线EH,FG相交于点O,
所以EF 平面EHGF,
因为平面EHGF∩平面ADC=HG,所以EF∥HG∥AC,
所以λ=μ,与题意相矛盾,故D错误.故选BC.
3.答案　A1,B1,D
解析　由题意知,平面DEP必定经过正方体的顶点D.
下面分析正方体中除D点外的其他顶点,满足题意的正方体的顶点与DE确定的平面必然与直线BD1相交,且交点不为B,D1,显然顶点A,B,C,D1都不符合题意.
分析顶点C1是否符合题意,如图1,
连接C1E,DC1,CD1,设DC1∩CD1=O,则O为DC1的中点,连接EO,因为E为BC的中点,所以BD1∥EO,又EO 平面DEC1,BD1 平面DEC1,所以BD1∥平面DEC1,故C1不符合题意;
分析A1,B1是否符合题意,根据正方体的特征,结合下面的图2和图3可知,图2中的平面A1DE和图3中的平面B1DE分别和直线BD1相交于M,N,所以A1,B1符合题意.
　
综上,平面DEP可能经过的该正方体的顶点是A1,B1,D.
4.解析　当CQ=1时,PQ∥平面ABB1A1.理由如下:
取AA1的中点M,连接BM,MP,
因为M,P分别为AA1,DD1的中点,
所以由梯形的中位线定理得MP∥AD∥A1D1,且MP==3,
当CQ=1时,BQ=3,因为四边形ABCD为正方形,
所以BQ∥AD∥MP,且MP=BQ=3,
所以四边形BQPM为平行四边形,
所以BM∥PQ,
又BM 平面ABB1A1,PQ 平面ABB1A1,
所以PQ∥平面ABB1A1.
5.解析　(1)证明:连接BD,设AC∩BD=O,连接OP,
因为SP=3PD,Q为侧棱SD的中点,所以P为QD的中点,
又O为BD的中点,所以OP∥BQ,
而OP 平面PAC,BQ 平面PAC,
所以BQ∥平面PAC.
(2)在侧棱SC上存在一点E,使得BE∥平面PAC,满足=2.理由如下:
在SC上取一点E,满足=2,连接BE,DE,设DE∩CP=F,由(1)知AC∩BD=O,连接OF,
下面先证明F为DE的中点,在侧面SCD中,如图,
因为E,F,D三点共线,所以可设(λ+μ=1,λ,μ∈R),
而,
又C,F,P三点共线,所以有μ=1,
结合λ+μ=1,解得λ=μ=,
所以,所以F为ED的中点.
又O为BD的中点,所以OF∥BE,
而OF 平面PAC,BE 平面PAC,
所以BE∥平面PAC.
6.D　如图所示,连接AC,交BE于点G,连接FG,
∵平面PAC∩平面EBF=FG,PA∥平面EBF,PA 平面PAC,∴PA∥FG,∴,
∵AD∥BC,∴,
∴.故选D.
7.答案　1
解析　因为AC∥平面EFMN,AC 平面PAC,平面PAC∩平面EFMN=EN,所以AC∥EN,
同理可证AC∥MF,故EN∥MF.
因为PB∥平面EFMN,PB 平面PAB,平面PAB∩平面EFMN=EF,所以PB∥EF,
同理可证PB∥MN,故EF∥MN.
故四边形EFMN为平行四边形,
因为AC⊥PB,所以EN⊥EF,
故四边形EFMN为矩形,
设=1-λ,
因为AC=PB=2,所以EN=2λ,EF=2(1-λ),
所以矩形EFMN的面积S=EN·EF=4λ(1-λ)=-4时,S取得最大值,Smax=1.
8.解析　(1)证明:令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EF的中点,四边形ACEF是矩形,
所以AO=FE=ME,且AO∥ME,
故四边形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:
由(1)知,AM∥平面BDE,
又AM 平面ADM,平面ADM∩平面BDE=l,
所以l∥AM,
同理m∥AM,所以l∥m.
9.解析　(1)因为PM∶MA=1∶1,所以M为PA的中点,
如图,作MG∥AD,交PD于点G,则G为PD的中点,
由题意知四边形ABCD为正方形,则BC∥AD,
故GM∥BC,即B,M,G,C四点共面,
连接MB,GC,
故要经过点M和棱BC将木料锯开,在木料表面上沿线段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,
连接AN并延长,交BC于点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,
由题意知四边形ABCD为正方形,故BC∥AD,
则,即假设成立,
故在线段BD上存在一点N,使直线MN∥平面PBC,此时BN∶ND=5∶8.
因为BC∥AD,AD=13,所以,
在△PBE中,∠PBE=60°,
由余弦定理得PE2=PB2+BE2-2PB·BEcos 60°
=132+,
即PE=,而MN∥PE,PM∶MA=5∶8,
故=7.
10.解析　(1)证明:如图所示,连接A'B,
由题意得,E,G分别为A'B',BB'的中点,所以EG∥A'B,
因为A'D'∥BC且A'D'=BC,所以四边形A'D'CB为平行四边形,
所以A'B∥D'C,所以EG∥D'C,
又EG 平面D'AC,D'C 平面D'AC,故EG∥平面D'AC.
(2)当λ=时,G为BB'的中点,连接B'D',交EF于点H,连接HG,A'C',
设A'C'交B'D'于点O1,取BD的中点O2,连接BO1,D'O2,
因为E,F分别为A'B',B'C'的中点,所以EF∥A'C',
则H为B'O1的中点,所以HG∥BO1,
又BO2∥D'O1且BO2=D'O1,所以四边形O2BO1D'为平行四边形,
所以BO1∥D'O2,故GH∥D'O2,
又D'M∥平面EFG,平面D'DBB'∩平面EFG=GH,D'M 平面D'DBB',
所以D'M∥GH,所以M与O2重合,
又BD=;
当λ=1时,G与B重合,在DB上取点M,使得,连接D'M,B'D',A'C',设B'D'∩EF=H',B'D'∩A'C'=O'1,如图,
由上述分析可知H'为B'O'1的中点,则D'H'=D'B',
又BM=DB,所以D'H'=BM,结合D'B'∥BD,
可得四边形D'H'BM为平行四边形,所以D'M∥H'B,
又H'B 平面EFG,D'M 平面EFG,所以D'M∥平面EFG,
所以D'M=.
综上可得,当λ∈.
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