课时分层评价49 直线与平面平行-【金版新学案】2025-2026学年高中数学必修第二册同步课堂高效讲义配套练习word（北师大版）

课时分层评价49　直线与平面平行 (时间：60分钟　满分：110分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (1－9小题，每小题5分，共45分) 1.如图，一块矩形木板ABCD的一边AB在平面α内，把这块矩形木板绕AB转动，在转动的过程中，AB的对边CD与平面α的位置关系是(　　) A.平行 B.相交 C.在平面α内 D.平行或在平面α内 答案：D 解析：在旋转过程中，CD∥AB，易得CD∥α或CD⊂α.故选D. 2.若直线a∥平面α，A∉α，且直线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. B. C. D.3 答案：C 解析：因为BC∥α，BC⊂平面ABC，平面ABC∩α＝EF，所以EF∥BC，所以＝，即＝，所以EF＝.故选C. 3.已知两条直线m，n和平面α，若m⊂α，n⊄α，则“n∥α”是“n∥m”的(　　) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 答案：B 解析：因为m⊂α，n⊄α，当n∥α时，m与n可能异面，即充分性不成立；当n∥m时，由线面平行的判定定理可知n∥α，即必要性成立；所以“n∥α”是“n∥m”的必要不充分条件.故选B. 4.(多选题)在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ平行的是(　　) 答案：BCD 解析：对于A，如图所示，设O为底面中心，由中位线性质可知AB∥OQ，且OQ∩平面MNQ＝Q，则AB与平面MNQ不平行，故A不满足题意；对于B，由正方体结构特征，易得AB∥MQ，结合线面平行的判定定理，故B满足题意；对于C，由正方体结构特征，易得AB∥MQ，结合线面平行的判定定理，故C满足题意；对于D，由正方体结构特征，易得AB∥NQ，结合线面平行的判定定理，故D满足题意.故选BCD. 5.(多选题)如图，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，给出以下结论，其中正确的是(　　) A.OM∥PD B.OM∥平面PAC C.OM∥平面PDA D.OM∥平面PBA 答案：AC 解析：因为矩形对角线的交点为O，所以O是BD的中点.又因为M为PB的中点，所以OM为△PBD的中位线，所以OM∥PD.又因为OM⊄平面PDA，PD⊂平面PDA，所以OM∥平面PDA，故A、C正确；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. 6.如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，从A，B，C，A1，B1，C1中取3个点确定平面α，若平面α∩平面A1B1C1＝m，且m∥AB，则所取的这3个点可以是(　　) A.A1，B，C B.A1，B，C1 C.A，B，C1 D.A，B1，C1 答案：C 解析：由于几何体ABC-A1B1C1是三棱台，则AB∥A1B1. 又AB⊄平面A1B1C1，A1B1⊂平面A1B1C1，所以AB∥平面A1B1C1. 当AB⊂平面α，平面α∩平面A1B1C1＝m时，由直线与平面平行的性质定理可知m∥AB，选项C符合要求.故选C. 7.(开放题)如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是PA上一点，当点E满足条件：　　　　　　　　时，PC∥平面EBD. 答案：E为PA的中点 解析：当E为PA的中点时，如图所示，连接AC，设AC∩BD＝O，则O为AC的中点.连接OE，故PC∥OE，又PC⊄平面EBD，OE⊂平面EBD，所以PC∥平面EBD. 8.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F是对角线A1D，B1D1的中点，则正方体六个面中与直线EF平行的面有　　　　个. 答案：2 解析：如图所示，连接DC1，A1C1. 因为F为B1D1的中点，所以F为A1C1的中点. 又E为A1D的中点，所以EF∥DC1.又EF⊄平面DC1，DC1⊂平面 DC1，所以EF∥平面CC1D1D.同理可证EF∥平面A1ABB1，故正方体六个面中与直线EF平行的面有2个. 9.如图所示，在长方体ABCD－A'B'C'D'中，E，F分别为AA'，BB'的中点，过EF的平面EFGH分别交BC和AD于点G，点H，则HG与AB的位置关系是　　　　. 答案：平行 解析：因为E，F分别为AA'，BB'的中点，所以EF∥AB.因为AB⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.又平面EFGH∩平面ABCD＝HG，所以EF∥HG，所以HG∥AB，故填平行. 10.(13分)如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，D为AC的中点.证明：B1C∥平面BA1D. 证明：连接AB1交A1B与点N，连接DN，如图所示. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥AB，所以四边形ABB1A1为矩形. 在矩形ABB1A1中，对角线AB1，A1B相互平分，所以N为AB1的中点. 因为D为AC的中点，所以DN∥B1C. 又DN⊂平面BA1D，B1C⊄平面BA1D， 所以B1C∥平面BA1D. (11－13小题，每小题5分，共15分) 11.在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，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BEF时，＝(　　) A. B.4 C. D.3 答案：A 解析：如图所示，连接AC交BE于点G，连接FG. 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AD∥BC，E为AD的三等分点，则＝＝，＝，即＝.故选A. 12.(多选题)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，Q为PA的中点，O为AC与BD的交点，下列说法正确的是(　　) A.OQ∥平面PCD B.PC∥平面BDQ C.AQ∥平面PCD D.CD∥平面PAB 答案：ABD 解析：因为O为平行四边形ABCD对角线的交点， 所以O为AC的中点.又Q为PA的中点，所以OQ∥PC. 又PC⊂平面PCD，OQ⊄平面PCD，所以OQ∥平面PCD，故A正确；同理OQ⊂平面BDQ，PC⊄平面BDQ，所以PC∥平面BDQ，故B正确；由四边形ABCD为平行四边形，所以AB∥CD，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，故CD∥平面PAB，故D正确；又AQ与平面PCD相交于点P，故C错误.故选ABD. 13.(开放题)已知α，β是不同的平面，a，b是不同的直线.给出下列四个论断：①α∩β＝b；②a⊂β；③a∥b；④a∥α.以其中三个论断作为条件，剩下一个论断作为结论，写出你认为正确的两个命题：　　　　. 答案：①②④⇒③，①②③⇒④ 解析：由线面平行的性质定理与判定定理得①②④⇒③，①②③⇒④. 14.(15分)如图，P是△ABC所在平面外一点，M，N分别是PA和AB的中点，试过点M，N作平行于AC的平面α，要求： (1)画出平面α分别与平面ABC，平面PBC，平面PAC的交线； (2)试对你的画法给出证明. 解： (1)过N点作NE∥AC交BC于E，过M点作MF∥AC交PC于F，连接EF，如图所示. 则平面MNEF为平行于AC的平面α. NE，EF，MF分别是平面α与平面ABC，平面PBC，平面PAC的交线. (2)因为NE∥AC，MF∥AC， 所以NE∥MF. 所以直线NE与MF共面，NE，EF，MF分别是平面MNEF与平面ABC，平面PBC，平面PAC的交线. 因为NE∥AC，NE⊂平面MNEF，AC⊄平面MNEF，所以AC∥平面MNEF. 所以平面MNEF为所求的平面α. 15.(5分)在空间四边形ABCD中，H，G分别为BC，CD的中点，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，则(　　) A.BD∥平面EFGH且EFGH为矩形 B.HG∥平面ABD且EFGH为菱形 C.HE∥平面ADC且EFGH为平行四边形 D.EF∥平面BCD且EFGH为梯形 答案：D 解析：如图所示，因为H，G分别为BC，CD的中点，所以HG∥BD且HG＝BD. 因为E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶2，所以EF∥BD且EF＝BD， 所以EF∥HG且EF≠HG，所以四边形EFGH为梯形.又EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，所以EF∥平面BCD. 故选D. 16.(17分)如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点. (1)求证：BC∥平面PAD； (2)M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证：PA∥HG. 证明：(1)因为四边形ABCD是平行四边形， 所以BC∥AD. 又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD， 所以BC∥平面PAD. (2)如图所示，连接AC，交BD于O，连接MO. 因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点. 又因为M是PC的中点，所以MO∥PA. 又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM， 所以PA∥平面BDM. 又因为PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM＝HG， 所以PA∥HG. 学科网（北京）股份有限公司 $