13.2.3　直线与平面的位置关系 第1课时 直线与平面平行--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026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.(2025浙江杭州期中)下列说法中,与“直线a∥平面α”等价的是(　　)
A.直线a与平面α内的任意一条直线都不相交
B.直线a与平面α内的两条直线平行
C.直线a与平面α内无数条直线不相交
D.直线a上有两个点不在平面α内
2.(2024江苏南京河西外国语学校期中)在四面体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且四边形EFGH为矩形
B.EF∥平面BCD且四边形EFGH为梯形
C.HG∥平面ABD且四边形EFGH为菱形
D.HE∥平面ADC且四边形EFGH为平行四边形
3.(2024湖南模拟)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,下列结论正确的是(　　)
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.(2025天津南开期中)下图是正方体的平面展开图.关于这个正方体,有以下判断:
①CN∥DE;②BM∥平面ADE;③BD∥平面CFN;④DM,BF是异面直线.其中判断正确的序号是　　　　.
5.(2025江苏南通海安曲塘中学期中)在如图所示的五面体中,四边形ABCD与四边形FECD均为等腰梯形,EF∥CD,AB∥CD,EF=AB=CD,BC=BE,M,N分别为EF,CD的中点,AC与BN相交于点P.求证:MP∥平面EBC.
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.(2025北京期末)已知l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且l α,α∩β=m,则“l∥m”是“l∥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.(2025江苏无锡期中)对于直线a,b,c和平面α,β,下列命题中正确的是(　　)
A.如果a∥α,那么a与α内的任何直线平行
B.如果a∥α,b∥α,那么a∥b
C.如果a∥b,a∥α,那么b∥α
D.如果α∩β=a,b α,c β,b∥c,那么a∥b∥c
9.(2025江苏无锡锡东高级中学期中)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,则的值为(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.
10.(2025江苏盐城滨海中学阶段检测)如图所示,四边形ABCD是梯形,AB∥CD,且AB∥平面α,AD,BC与平面α分别交于点M,N,且点M是AD的中点,AB=4,CD=6,则MN=　　　　.
11.(2025江苏宿迁中学阶段检测)如图所示,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,点E为棱PD的中点.设平面ABE与直线PC相交于点F,求证:EF∥平面ABCD.
12.(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)(2025江苏泰州姜堰中学阶段检测)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F,G分别是棱BB1,B1C1,C1D1的中点,则(　　)
A.FG∥平面AED1　　　　
B.BC1∥平面AED1
C.点C1在平面AED1内　　　　
D.点F在平面AED1内
2.(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(　　)
　 　
3.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,在其运动的过程中,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AC作平面α,使SB∥平面α,设α与SM交于点N,则的值为(　　)
A.
7.(多选题)(2025江苏无锡第三高级中学期中)如图所示,在棱长为的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别为线段BD1,BB1上的动点(不含端点),则下列说法正确的是(　　)
A.存在点P,Q,使得C1P∥AQ
B.直线A1P和直线C1Q异面
C.存在点P,Q,使得PQ∥平面DCC1D1
D.△C1PQ周长的最小值为
8.(2025江苏泰兴中学阶段检测)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3,点N在BD上,点M在B1C上,且CM=,MN∥平面AA1B1B,则BN的长为　　　　.
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.
答案与分层梯度式解析
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
1.A　a∥α a与平面α无交点 a与平面α内的任意一条直线都不相交,故A正确;
若a与平面α内的两条直线平行,则a α或a∥α,故B错误;
若a与平面α内无数条直线不相交,则a α或a∥α或a与平面α相交,故C错误;
若a上有两个点不在平面α内,则a∥α或a与平面α相交,故D错误.
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.
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.
4.答案　②③④
解析　将平面展开图还原成正方体,如图,
易知CN与DE是异面直线,①错误.
连接AN,易知BM∥AN,又AN 平面ADE,BM 平面ADE,所以BM∥平面ADE,②正确.
易知BD∥FN,又NF 平面CNF,BD 平面CNF,所以BD∥平面CFN,故③正确.
DM与BF既不相交也不平行,所以DM,BF是异面直线,④正确.
5.证明　连接AN,取BC的中点S,连接ES,PS,
由已知得AB∥NC且AB=NC,所以四边形ABCN为平行四边形,则P为AC的中点,则SP∥AB,且SP=AB.
因为M为EF的中点,EF∥AB且EF=AB,所以EM∥AB,且EM=AB,则SP EM,故四边形PSEM为平行四边形,所以MP∥ES,
又MP 平面EBC,ES 平面EBC,所以MP∥平面EBC.
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)因为M,N分别为A1B,A1C的中点,
所以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l∥m,l α,α∩β=m,则l β,且m β,由线面平行的判定定理可知l∥β,充分性成立;
若l∥β,l α,α∩β=m,则由线面平行的性质定理知l∥m,必要性成立,故“l∥m”是“l∥β”的充要条件.
8.D　在正方体ABCD-A1B1C1D1中分析A,B,C选项.
对于A,如图1,直线B1C1∥平面ABCD,AB 平面ABCD,但直线B1C1与AB异面,故A错误;
对于B,在图1中,B1C1∥平面ABCD,A1B1∥平面ABCD,但B1C1与A1B1相交,故B错误;
对于C,在图1中,B1C1∥平面ABCD,B1C1∥BC,但BC 平面ABCD,故C错误;
对于D,如图2,因为b∥c,c β,b β,所以b∥β,
又b α,α∩β=a,所以a∥b,又b∥c,所以a∥b∥c,D正确.
　
9.C　连接CD,交PE于点G,连接FG,如图,
∵AD∥平面PEF,AD 平面ADC,平面ADC∩平面PEF=FG,∴AD∥FG,
∵点D,E分别为棱PB,BC的中点.∴G是△PBC的重心,∴.
10.答案　5
解析　因为AB∥平面α,AB 平面ABCD,平面ABCD∩平面α=MN,所以AB∥MN.
又点M是AD的中点,AB∥CD,所以MN是梯形ABCD的中位线,故MN=5.
11.证明　因为底面ABCD为平行四边形,所以AB∥CD.
又AB 平面PCD,CD 平面PCD,所以AB∥平面PCD.
因为平面ABE∩平面PCD=EF,AB 平面ABE,所以AB∥EF.
又EF 平面ABCD,AB 平面ABCD,
所以EF∥平面ABCD.
12.解析　(1)证明:连接CE,∵点P,Q分别为BC,BE的中点,
∴PQ∥CE,
又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.BD　如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB C1D1,则四边形ABC1D1是平行四边形,所以AD1∥BC1,
又AD1 平面AED1,BC1 平面AED1,所以BC1∥平面AED1,故B正确;
连接EF,因为E,F分别为BB1,B1C1的中点,所以EF∥BC1,又AD1∥BC1,所以EF∥AD1,所以E,F,D1,A四点共面,即点F在平面AED1内,故D正确;
连接FD1,显然G不在平面AEFD1内,所以FG与平面AED1不平行,故A错误;
由BC1∥平面AED1,可知点C1不在平面AED1内,故C错误.
2.AB　对于A,如图1,取MS的中点A,底面为平行四边形STFE,连接PA,TA,
则PA∥SE,PA=SE,
所以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,取MS的中点B,底面为平行四边形EFTS,连接PB,TB,
则PB∥SE,PB=SE,
所以PB∥TQ,PB=TQ,即四边形PBTQ为平行四边形,
故PQ∥BT,而BT 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,D为ME的中点,连接QD,DS,
设DQ∩MT=H,连接SH,
则DQ∥FE,DQ=EF,
所以DQ∥PS,DQ=PS,即四边形DQPS为平行四边形,
故DS∥PQ,又DS与平面MST相交,所以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,所以PQ与平面MST相交,D错误.
　
　
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.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=,
又因为SB∥DN,所以.
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)根据已知线面平行关系推出线线平行关系;(2)利用三角形中位线定理、平行线分线段成比例等推出有关线段的关系;(3)利用所得关系计算求值.
7.BD　A选项,如图1,在CC1上取点E,使CE=BQ,连接QE,DE.由CE BQ,得四边形BCEQ为平行四边形,
故QE BC,又BC AD,所以QE AD,则四边形ADEQ是平行四边形,所以AQ∥DE,
又D,E,C1∈平面CDD1C1,C1 DE,P 平面CDD1C1,所以DE和C1P为异面直线,则AQ和C1P不可能平行,故不存在点P,Q,使得C1P∥AQ,A错误;
B选项,如图2,在AA1上取点F,使AF=BQ,连接FQ,FD1.由AF BQ,得四边形ABQF为平行四边形,故FQ∥D1C1,
由图可知,点A1在平面FQC1D1的上方,点P在平面FQC1D1的下方,
则直线A1P与平面FQC1D1相交,交点T在线段A1P上,T C1Q,
又T,Q,C1∈平面FQC1D1,A1P∩平面FQC1D1=T,
所以直线A1P和C1Q异面,B正确;
　
C选项,连接BD(图略),若PQ∥平面DCC1D1,由PQ 平面DBB1D1,平面DCC1D1∩平面DBB1D1=DD1,得PQ∥DD1,此时点P与点B重合,不合题意,C错误;
D选项,连接BC1,将三棱锥C1-BB1D1展开成平面图形如图3,
连接C1C3,分别交BD1和BB1于P,Q,此时△C1PQ的周长最短,为C1C3的长,
∠C1BC3=90°+45°=135°,BC1=BC3=2,
则由余弦定理得
C1C3=,
即△C1PQ周长的最小值为,D正确.
8.答案　2
解析　如图,过点M作ME∥CB交BB1于点E,过点N作NF∥DA交AB于点F,连接EF.
因为BC∥AD,所以ME∥NF,所以M,E,F,N四点共面.
因为MN∥平面AA1B1B,平面AA1B1B∩平面MEFN=EF,所以MN∥EF.
故四边形MEFN为平行四边形,所以ME=NF.
又.
又B1C=BD,所以BN=B1M.
因为B1C=.
9.解析　(1)因为PM∶MA=1∶1,所以M为PA的中点,
如图,过点M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,所以,
在△PBE中,∠PBE=60°,
由余弦定理得PE2=PB2+BE2-2PB·BEcos 60°
=132+-2×13××,
即PE=,而MN∥PE,PM∶MA=5∶8,
故×=7.
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