第六章　立体几何初步 4.1 直线与平面平行--2026北师大版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.(多选题)(2025浙江浙东北县域名校发展联盟期中联考)下列说法中,正确的是(　　)
A.若直线a与平面α平行,则a平行于α内的任何直线
B.若直线a与平面α平行,则a与平面α内的任意一条直线都没有公共点
C.若直线a与平面α平行,直线b在平面α内,则a∥b
D.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
2.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.(2025广东广州二中期中)如图,P为平行四边形ABCD所在平面外一点,E为AD的中点,F为PC上一点,当PA∥平面BEF时,=(　　)
A.　　B.　　C.2　　D.
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.(2025山东枣庄期中)已知m,n是平面α外的两条直线,在m∥α的前提下,n∥α是m∥n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
7.(多选题)(2025北京门头沟大峪中学期中)已知a,b是不同的直线,α,β是不同的平面,则下列命题错误的是(　　)
A.a∥b,b α a∥α
B.a∥α,b α a∥b
C.α∩β=b,a∥α,a∥b a∥β
D.a α,a∥b,b α a∥α
8.(2025天津津南咸水沽第二中学期中)如图,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　　　　.
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.(2025广东五校联考)如图,已知圆锥OP的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面圆的一条直径,C是底面圆周上异于A,B的一点,D是PB的中点,空间中一点Q满足AP∥CQ.
(1)证明:OD∥平面PQC;
(2)证明:“PQ∥平面ABC”是“AP=CQ”的充要条件.
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,在三棱柱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.(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.　　B.　　
C.　　D.
4.(2025北京第二中学段考)如图,四面体A-BCD中,AD=BC=2,AD⊥BC.若平行于直线AD和BC的平面分别与棱AB,AC,CD,BD交于点E,F,G,H.
有以下四个结论:
①四边形EFGH的周长为定值;
②四边形EFGH的面积为定值;
③四边形EFGH为矩形;
④四边形EFGH的面积有最大值1.
其中正确结论的序号是　　　　.
题组二　直线与平面平行的判定
5.(多选题)(2025浙江G5联盟期中)如图,已知四棱锥P-ABCD中,AB∥CD且AB=2CD,M,N分别是AP,AB的中点,平面PCD与平面PAB的交线记为l1,平面PDA与平面PBC的交线记为l2,下列说法正确的有(　　)
A.PC∥平面DMN　　B.l1∥平面DMN
C.l1∥平面ABCD　　D.l2∥平面DMN
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.(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.(2025山东师范大学附属中学阶段性检测)如图,四棱锥P-ABCD中,四边形ABCD是平行四边形,M是PC的中点.
(1)若AB的中点为N,求证:MN∥平面APD;
(2)在DM上取一点G,过G和AP作平面交平面BDM于GH,点H在BD上,证明:AP∥GH.
题组三　线面平行中的探索性问题
9.(2025湖北随州部分高中联考)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.(2024辽宁部分重点中学协作体期中)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.(2025福建莆田二中、仙游一中期中)如图,多面体ABCD-A1B1C1由一个直三棱柱ABC-A1B1C1与一个四棱锥D-A1C1CA组成,其中AD∥BC,AD=2BC,E是AC上的一点.
(1)若E是AC的中点,求证:B1C∥平面A1EB;
(2)若E为BD与AC的交点,那么在线段A1B上是否存在一点K,使得EK∥平面AA1D 若存在,请求出的值;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
§4　平行关系
4.1　直线与平面平行
基础过关练
1.BD 2.B 3.A 6.B 7.ABC
1.BD　对于A,若直线a与平面α平行,则a与α内的直线平行或异面,故A错误;
易知B正确;
对于C,若直线a与平面α平行,直线b在平面α内,则a∥b或a与b异面,故C错误;
对于D,如果一条直线与一个平面平行,那么平面内必有一条直线与给定直线平行,而平面内与这条直线平行的直线有无数条,根据空间平行线的传递性可知,这些直线都与给定直线平行,故D正确.
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.
3.A　连接AC交BE于G,连接FG,如图,
因为PA∥平面BEF,PA 平面PAC,平面PAC∩平面BEF=FG,所以PA∥FG,所以=,
因为四边形ABCD为平行四边形,所以AD∥BC,
所以=,
因为E为AD的中点,所以==,
所以=,所以=.
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　如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,记平面ABCD为α,直线D1C1为m,
若记直线B1C1为n,则满足n∥α,但m⊥n,故由n∥α无法得出m∥n,充分性不成立.
因为m∥n,所以m,n共面,记m,n所确定的平面为β,
若α∥β,则n∥α;
若α∩β=l,则由m∥α,m β可得m∥l,则n∥l,
又因为n α,l α,所以n∥α,
故由m∥n可得出n∥α,必要性成立.
综上可知,n∥α是m∥n的必要不充分条件.
7.ABC　对于A,若a∥b,b α,则a∥α或a α,故A中命题错误;
对于B,因为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平行或异面,故B中命题错误;
对于C,若α∩β=b,a∥α,a∥b,则a∥β或a β,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.
8.答案　①③
解析　如图,连接AD1,A1C1,
因为E,F,G分别是A1B1,B1C1,BB1的中点,
所以FG∥BC1,EF∥A1C1.
对于①,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,
因为BC1∥AD1,FG∥BC1,所以FG∥AD1,
又因为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,且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.
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)依题意知,O是AB的中点,D是PB的中点,
所以OD∥AP,
又AP∥CQ,所以OD∥CQ,
因为CQ 平面PQC,OD 平面PQC,
所以OD∥平面PQC.
(2)先证充分性:由(1)知AP∥CQ,则A,P,Q,C四点共面,
又PQ∥平面ABC,AC 平面ABC,平面APQC∩平面ABC=AC,PQ 平面APQC,所以PQ∥AC,
又因为AP∥CQ,所以四边形APQC是平行四边形,所以AP=CQ,充分性成立;
再证必要性:由AP=CQ,AP∥CQ,得四边形APQC是平行四边形,所以PQ∥AC,又因为AC 平面ABC,PQ 平面ABC,所以PQ∥平面ABC,必要性成立.
故“PQ∥平面ABC”是“AP=CQ”的充要条件.
能力提升练
1.B 2.B 3.C 5.ACD
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=BB1=AA1,
∴=1,∴m=1.
3.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=.
4.答案　①③④
解析　因为BC∥平面EFGH,平面ABC∩平面EFGH=EF,BC 平面ABC,所以EF∥BC,
同理可得HG∥BC,所以EF∥HG.
因为AD∥平面EFGH,平面ADC∩平面EFGH=FG,AD 平面ADC,所以FG∥AD,
同理可得EH∥AD,所以FG∥EH.
所以四边形EFGH为平行四边形,又AD⊥BC,所以EF⊥FG,所以平行四边形EFGH为矩形,故③正确.
由相似三角形的性质得=,=,所以+=+=1,又BC=AD=2,所以EF+FG=2,
所以四边形EFGH的周长为定值4,故①正确;
因为S四边形EFGH=EF×FG≤=1,当且仅当EF=FG=1时取等号,所以四边形EFGH的面积有最大值1,故②错误,④正确.
5.ACD　对于A,连接AC,交DN于点O,连接MO,
由AB∥CD且AB=2CD,N为AB的中点,得==1,则O是AC的中点,
又M是AP的中点,所以MO∥PC,
因为MO 平面DMN,PC 平面DMN,
所以PC∥平面DMN,A正确.
对于B,C,因为AB∥CD,AB 平面PAB,CD 平面PAB,
所以CD∥平面PAB,因为平面PCD∩平面PAB=l1,CD 平面PCD,所以l1∥CD,
又CD与平面DMN相交,所以l1与平面DMN相交;
因为CD 平面ABCD,l1 平面ABCD,所以l1∥平面ABCD,B错误,C正确.
对于D,延长AD,BC交于点E,连接PE,则直线PE即为交线l2,由AB∥CD且AB=2CD,得D为AE的中点,又M是PA的中点,所以MD∥PE,因为MD 平面DMN,PE 平面DMN,所以PE∥平面DMN,D正确.
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,PB=2,
所以S四边形PEBF=×EF×PB=×2×2=2.
7.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+.
8.证明　(1)取PD的中点E,连接ME,AE,
因为M为PC的中点,所以ME∥CD且ME=CD,
又四边形ABCD为平行四边形,所以AB∥CD且AB=CD,
所以ME∥AB且ME=AB.
因为N为AB的中点,所以AN=AB,所以ME∥AN且ME=AN,
所以四边形ANME为平行四边形,所以MN∥AE,
又因为MN 平面PAD,AE 平面PAD,
所以MN∥平面PAD.
(2)连接AC,与BD交于点O,则O为AC的中点,连接OM,因为M为PC的中点,所以AP∥OM,
又AP 平面BDM,OM 平面BDM,
所以AP∥平面BDM,
又AP 平面AHGP,平面AHGP∩平面BDM=GH,
所以AP∥GH.
9.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=AC=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)证明:连接AB1交A1B于点F,连接EF,如图所示,
在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1∥BB1,AA1=BB1,
所以四边形AA1B1B为平行四边形,
因为A1B∩AB1=F,所以F为AB1的中点,
又因为E为AC的中点,所以EF∥B1C,
因为B1C 平面A1EB,EF 平面A1EB,
所以B1C∥平面A1EB.
(2)假设存在满足条件的点K,如图所示,
因为AD∥BC,AD=2BC,AC∩BD=E,
所以==,
因为EK∥平面AA1D,EK 平面A1BD,平面A1BD∩平面AA1D=A1D,
所以EK∥A1D,故==,所以=.
所以在线段A1B上存在一点K,使得EK∥平面AA1D,且=.
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,否则假设不成立,即不存在.
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