2025人教B版高中数学必修第四册强化练习题（含解析）--11.3.2　直线与平面平行

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2025人教B版高中数学必修第四册
第十一章　立体几何初步
11.3.2　直线与平面平行
基础过关练
题组一　线面平行的判定定理
1.下列说法正确的是(　　)
A.如果直线a,b满足a∥b,那么a平行于经过b的任何一个平面
B.如果直线a和平面α满足a∥α,那么a平行于平面α内的任何一条直线
C.如果直线a,b满足a∥α,b∥α,则a∥b
D.如果直线a,b和平面α满足a∥b,a∥α,b α,那么b∥α
2.(2024北京西城期末)已知直线a,b和平面α,且b α,则“直线a∥直线b”是“直线a∥平面α”的(　　)
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
3.(多选题)(2024广东湛江雷州第二中学月考)如图所示,P为矩形ABCD所在平面外一点,矩形对角线的交点为O,M为PB的中点,则以下结论正确的是(　　)
A.OM∥PD　　　　B.OM∥平面PAC
C.OM∥平面PAD　　　　D.OM∥平面PBA
4.如图,在五面体ABCDEF中,四边形CDEF为矩形,M,N分别是BF,BC的中点,则MN与平面ADE的位置关系是　　　　.
5.(2024河北沧州沧衡学校联盟期中)如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为1,D,E分别为B1C1和AB1的中点.
(1)证明:DE∥平面A1ACC1;
(2)求三棱锥C1-AA1B1的体积.
6.已知正方形ABCD,如图(1),E,F分别是AB,CD的中点,将△ADE沿DE折起,如图(2)所示.求证:BF∥平面ADE.
题组二　线面平行的性质定理
7.(2023安徽滁州定远中学月考)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
8.(2022北京人大附中期末)如图,在四棱锥P-ABCD中,M,N分别为AC,PC上的点,且MN∥平面PAD,则(　　)
A.MN∥PD　　　　B.MN∥PA C.MN∥AD　　　　D.以上均有可能
9.(2023四川眉山期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P是平面AA1D1D的中心,点Q是平面A1B1C1D1的对角线B1D1上一点,且PQ∥平面AA1B1B,则线段PQ的长为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
10.(2022天津河东期末)如图,α∩β=CD,α∩γ=EF,β∩γ=AB,
AB∥α,则CD与EF的位置关系为　　　　.
11.(2023海南海口期中)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.
12.(2024浙江宁波三锋教研联盟期中)如图,在几何体ABCDEF中,四边形ABCD为直角梯形,DC=2AB,GC=2FG,平面ABFE∩平面CDEF=EF.
(1)证明:AF∥平面BDG;
(2)证明:AB∥EF.
能力提升练
题组一　线面平行的判定定理
1.(2024福建连城第一中学月考)如图,点A,B,C,M,N为正方体的顶点或所在棱的中点,则下列各图中,不满足直线MN∥平面ABC的是(　　)
　　　　
　　　　
2.(2022贵州贵阳摸底考试)如图1,在梯形ABCD中,AB∥CD,CD=2AB,E,F分别为AD,CD的中点,以AF为折痕把△ADF折起,使点D不落在平面ABCF内(如图2),那么在以下3个结论中,正确结论的个数是(　　)
①AF∥平面BCD;②BE∥平面CDF;③CD∥平面BEF.
图1 图2
A.0　　　　B.1　　　　C.2　　　　D.3
3.(2022江苏镇江一中期末)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AA1=AD=2,AB=3,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,过BF的平面α与直线EC1平行,则平面α截该长方体所得截面的面积为(　　)
A.3　　　　B.3　　　　C.3　　　　D.3
4.(2023宁夏银川一中期中)如图所示,P为 ABCD所在平面外一点,M,N分别为AB,PC的中点,平面PAD∩平面PBC=l.
(1)求证:BC∥l;
(2)MN与平面PAD是否平行 证明你的结论.
题组二　线面平行的性质定理
5.(2021湖北襄阳五中月考)在空间四边形ABCD中,E,F分别为AB,AD上的点,且AE∶EB=AF∶FD=1∶4,H,G分别是BC,CD的中点,则(　　)
A.BD∥平面EFGH,且四边形EFGH是平行四边形
B.HG∥平面ABD,且四边形EFGH是平行四边形
C.EF∥平面BCD,且四边形EFGH是梯形
D.EH∥平面ADC,且四边形EFGH是梯形
6.(多选题)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
7.(2024广东四校联考)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A,C作平面α,使SB∥平面α,设α与SM交于点N,则的值为　　(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
8.(2024上海虹口高级中学期末)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P1,P2分别是线段AB,BD1(不包括端点)上的动点,且P1P2∥平面A1ADD1,则四面体P1P2AB1的体积的最大值是　　　　　.
9.如图所示,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点M在AD1上移动,点N在BD上移动,D1M=DN=a(0(1)证明:对任意a∈(0,),总有MN∥平面DCC1D1;
(2)当a为何值时,MN的长度最小
10.(2024福建厦门外国语学校月考)如图所示的是一块正四棱锥P-ABCD木料,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 如果不存在,请说明理由;如果存在,求出BN∶ND的值以及线段MN的长.
答案与分层梯度式解析
基础过关练
1.D　如图,在长方体ABCD-A'B'C'D'中,AA'∥BB',AA'在过BB'的平面AB'内,故A不正确;
AA'∥平面B'C,BC 平面B'C,但AA'不平行于BC,故B不正确;
AA'∥平面B'C,A'D'∥平面B'C,但AA'与A'D'相交,故C不正确;
假设b与α相交,因为a∥b,所以a与α相交,这与a∥α矛盾,故b不与α相交,又b α,所以b∥α,故D正确.故选D.
2.D　若直线a∥直线b,则a∥α或a α,故充分性不成立;
若直线a∥平面α,则直线a和直线b平行或异面,故必要性不成立.
所以“直线a∥直线b”是“直线a∥平面α”的既不充分也不必要条件,故选D.
3.AC　由题意知O是BD的中点,
∵M为PB的中点,
∴OM为△PBD的中位线,
∴OM∥PD,
又∵OM 平面PAD,PD 平面PAD,
∴OM∥平面PAD,
故A、C正确;
易知OM与平面PAC有公共点O,与平面PBA有公共点M,故B、D错误.故选AC.
4.答案　平行
解析　∵M,N分别是BF,BC的中点,
∴MN是△BCF的中位线,∴MN∥CF.
又∵四边形CDEF为矩形,
∴CF∥DE,∴MN∥DE.
又MN 平面ADE,DE 平面ADE,
∴MN∥平面ADE.
5.解析　(1)证明:在△AB1C1中,D,E分别为B1C1和AB1的中点,所以ED∥AC1.
因为DE 平面A1ACC1,AC1 平面A1ACC1,
所以DE∥平面A1ACC1.
(2)因为ABC-A1B1C1为直三棱柱,
所以AA1⊥平面A1B1C1,
又因为△A1B1C1是边长为1的正三角形,所以=×1×1×sin 60°=,
所以==·AA1=××1=.
6.证明　∵E,F分别为AB,CD的中点,∴BE=DF.
又∵BE∥DF,
∴四边形BEDF为平行四边形,∴BF∥DE.
∵DE 平面ADE,BF 平面ADE,
∴BF∥平面ADE.
7.C　A中,n有可能在平面α内;B中,m,n可能相交、平行或异面;C中,由线面平行的性质定理可知C正确;D中,m,n有可能异面.故选C.
8.B　因为MN∥平面PAD,MN 平面PAC,平面PAC∩平面PAD=PA,所以由直线与平面平行的性质定理可得MN∥PA.
9.B　如图所示,连接AD1,AB1,易知AD1∩A1D=P.
∵PQ∥平面AA1B1B,平面AB1D1∩平面AA1B1B=AB1,PQ 平面AB1D1,∴PQ∥AB1,∵D1P=PA,
∴PQ=AB1=×=.故选B.
10.答案　平行
解析　∵AB∥α,AB β,α∩β=CD,∴AB∥CD.
∵AB∥α,AB γ,α∩γ=EF,
∴AB∥EF.
由平行线的传递性知CD∥EF.
11.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)如图,连接AC,FC,设AC∩BD=O,FC∩BE=M,连接OM,
∵AF∥平面BDE,AF 平面AFC,平面AFC∩平面BDE=OM,∴AF∥OM,
∵AD∥BC,AD=BC,
∴==,∴==,
∴点M是△PBC的重心,
∴点E是PC的中点,
∴==,∴OM∥DE,∴AF∥DE.
12.证明　(1)连接AC交BD于O,连接OG.
因为四边形ABCD为直角梯形,DC=2AB,
所以==,
又因为GC=2FG,所以==,所以AF∥OG,
因为OG 平面BDG,AF 平面BDG,
所以AF∥平面BDG.
(2)因为四边形ABCD为直角梯形,所以AB∥CD.
因为CD 平面CDEF,AB 平面CDEF,所以AB∥平面CDEF.
因为AB 平面ABFE,平面CDEF∩平面ABFE=EF,
所以AB∥EF.
能力提升练
1.D　对于A,如图①所示,
　
易得AC∥EF,MN∥EF,
则MN∥AC,
又MN 平面ABC,AC 平面ABC,
所以MN∥平面ABC,故A满足;
对于B,如图②所示,
E为所在棱的中点,连接EA,EC,EB,
易得AE=BC,AE∥BC,
则四边形ABCE为平行四边形,
A,B,C,E四点共面,
易知MN∥BE,
又MN 平面ABCE,BE 平面ABCE,
所以MN∥平面ABCE,故B满足;
对于C,如图③所示,
　
点D为所在棱的中点,连接DA,DC,DB,
易得四边形ABCD为平行四边形,A,B,C,D四点共面,且MN∥BD,
又MN 平面ABCD,BD 平面ABCD,
所以MN∥平面ABCD,故C满足;
对于D,如图④所示,
D是所在棱的中点,连接BN,CD,DM,
由正方体的性质可知六边形ABNMDC是正六边形,
所以MN 平面ABC,故D不满足.
故选D.
2.C　对于①,由题意得AB CF,∴四边形ABCF是平行四边形,∴AF∥BC,
∵AF 平面BCD,BC 平面BCD,
∴AF∥平面BCD,故①正确;
对于②,取DF的中点G,连接EG,GC,
∵E是AD的中点,∴EG是△ADF的中位线,
∴EG∥AF,EG=AF,
又AF BC,∴EG∥BC,EG=BC,∴BE与CG相交,∴BE与平面CDF相交,故②错误;
对于③,连接AC,交BF于点O,连接OE,
∵四边形ABCF是平行四边形,∴O是AC的中点,
又E是AD的中点,∴OE是△ACD的中位线,
∴OE∥CD,又OE 平面BEF,CD 平面BEF,
∴CD∥平面BEF,故③正确.故选C.
3.D　如图,取DD1的中点G,连接GA,GF,AF,
因为G,F分别为棱DD1,CC1的中点,
所以GF∥DC,GF=DC,
又因为AB∥DC,AB=DC,所以AB∥GF,AB=GF,
所以四边形ABFG是平行四边形.
因为E,F分别为棱AA1,CC1的中点,所以AE∥C1F,AE=C1F,所以四边形AEC1F是平行四边形,所以EC1∥AF.
因为EC1 平面ABFG,AF 平面ABFG,
所以EC1∥平面ABFG,
所以平面ABFG即为所求的截面,
易知平行四边形ABFG是矩形.
所以截面的面积S=AB·AG=3×=3,故选D.
4.解析　(1)证明:因为四边形ABCD是平行四边形,所以BC∥AD.因为AD 平面PAD,BC 平面PAD,所以BC∥平面PAD.
又因为平面PBC∩平面PAD=l,BC 平面PBC,所以BC∥l.
(2)MN∥平面PAD.
证明如下:如图所示,取PD的中点E,连接NE,AE,则NE∥CD,NE=CD.
因为CD AB,M为AB的中点,所以NE∥AM,且NE=AM,所以四边形MNEA是平行四边形,所以MN∥AE.又AE 平面PAD,MN 平面PAD,所以MN∥平面PAD.
5.C　如图,由条件知,EF∥BD,且EF=BD,HG∥BD,且HG=BD,所以EF∥HG,且EF=HG,
所以四边形EFGH为梯形.
因为EF∥BD,EF 平面BCD,BD 平面BCD,
所以EF∥平面BCD.
若EH∥平面ADC,则由线面平行的性质定理,得EH∥FG,显然不成立,所以EH不平行于平面ADC.
6.CD　由于BD∥平面EFGH,所以由线面平行的性质定理,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.
7.C　如图,连接MB,AC,设它们交于点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.
方法技巧　利用线面平行的性质定理解决计算问题的三个关键点:(1)根据线面平行关系推出线线平行关系;(2)在三角形内利用三角形中位线的性质、平行线分线段成比例定理推出有关线段的关系;(3)利用所得关系计算求值.
8.答案　
解析　连接AD1,因为平面ABD1∩平面A1ADD1=AD1,P1P2 平面ABD1,且P1P2∥平面A1ADD1,所以P1P2∥AD1,
故△P1P2B∽△AD1B,则==,
设P1B=x,x∈(0,1),则P1P2=x,易得P2到平面AA1B1B的距离为x,所以四面体P1P2AB1的体积V=××(1-x)×1×x=(x-x2)=-+,0故当x=时,四面体P1P2AB1的体积取得最大值,最大值为.
9.解析　(1)证明:如图,作MP∥AD,交DD1于点P,作NQ∥BC,交DC于点Q,连接PQ.
易得MP∥NQ,且MP=NQ,则四边形MNQP为平行四边形,∴MN∥PQ.
又PQ 平面DCC1D1,MN 平面DCC1D1,∴MN∥平面DCC1D1.
(2)由(1)知四边形MNQP为平行四边形,∴MN=PQ.
∵DD1=AD=DC=BC=1,∴AD1=BD=.
∵D1M=DN=a,∴=,=,即D1P=DQ=,
∴MN=PQ==
=(010.解析　(1)因为PM∶MA=1∶1,所以M为PA的中点,取PD的中点G,连接MG,GC,MB.
易知MG∥AD,由题意知四边形ABCD为平行四边形,则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)存在,BN∶ND=5∶8,说明如下:
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=.
因为BC∥AD,AD=13,所以==,故BE=,
在△PBE中,易知∠PBE=60°,则PE2=PB2+BE2-2PB·BEcos 60°=132+-2×13××=,
即PE=,又MN∥PE,PM∶MA=5∶8,
所以==,则MN=×=7.
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