13.2.3 第1课时 直线与平面平行 课时跟踪检测-【新课程学案】2025-2026学年高中数学必修第二册配套练习word（苏教版）

13.2.3 第1课时 直线与平面平行 [课时跟踪检测] 1.在空间中，直线l∥平面α，则“直线l1∥l”是“l1∥α”的 (　　) A.充分且不必要条件　 B.必要且不充分条件 C.充要条件 D.既不充分又不必要条件 解析：选D　在空间中，由直线l∥平面α，直线l1∥l，可得直线l1∥α或l1⊂α，所以充分性不成立；反之由直线l∥平面α，l1∥α，则l1∥l或l与l1相交或l与l1异面，所以必要性不成立.故“直线l1∥l”是“l1∥α”的既不充分也不必要条件.故选D. 2.直线a，b为异面直线，过直线a与直线b平行的平面 (　　) A.有且只有一个 　　　B.有无数多个 C.有且只有一个或不存在 　　　D.不存在 解析：选A　取直线a上任一点A，则点A和直线b确定一个平面记为β，在β内过A点作直线c∥b，由a∩c=A，则直线a，c确定唯一的平面记为α，∵c∥b，c⊂α，b⊄α，∴b∥α，故满足题意的平面有且仅有一个.故选A. 3.能保证直线a与平面α平行的条件是 (　　) A.b⊂α，a∥b B.b⊂α，c∥α，a∥b，a∥c C.b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b，且AC=BD D.a⊄α，b⊂α，a∥b 解析：选D　若b⊂α，a∥b，则a∥α或a⊂α故A错误；若b⊂α，c∥α，a∥b，a∥c，则a∥α或a⊂α，故B错误；若b⊂α，A∈a，B∈a，C∈b，D∈b，且AC=BD，则a∥α或a⊂α或a与α相交，故C错误；D项是线面平行的判定定理不可缺少的三个条件. 4.(多选)如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，则下列结论正确的是 (　　) A.OM∥PD B.OM∥平面PCD C.OM∥平面PBA D.OM∥平面PBC 解析：选AB　矩形ABCD的对角线AC与BD交于O点，所以O为BD的中点.在△PBD中，M是PB的中点，所以OM是△PBD的中位线，故OM∥PD.又PD⊂平面PDC，OM⊄平面PDC，所以OM∥平面PCD.因为点M在PB上，所以OM与平面PBA，平面PBC均相交. 5.(多选)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法不正确的为 (　　) A.若m∥α，n⊂α，则m∥n B.若m∥α，n∥α，则m∥n C.若α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β D.若m∥n，m⊂α，则n∥α或n⊂α 解析：选AB　若m∥α，n⊂α，可得m与n可能平行或异面，所以A不正确；若m∥α，n∥α，可得m与n可能平行、相交或异面，所以B不正确；若α∥β，m∥α，当m⊄β时，可得m∥β，或者m⊂β，所以C正确；若m∥n，m⊂α，根据线面平行的判定定理，可得n∥α或n⊂α，所以D正确.故选AB. 6.(多选)如图，空间四边形ABCD中，E，F，G分别是AB，BC，CD的中点，下列结论正确的是 (　　) A.AD∥EG B.AC∥平面EFG C.BD∥平面EFG D.AD，FG是一对相交直线 解析：选BC　对于A，点G∈平面ADC，点G∉直线AD，点E∉平面ADC，由异面直线的定义可知AD，EG是异面直线，A错误；对于B，AC∥EF，由直线与平面平行的判定定理可得AC∥平面EFG，B正确；对于C，BD∥FG，由直线与平面平行的判定定理可得BD∥平面EFG，C正确；对于D，点G∈平面ADC，点G∉直线AD，点F∉平面ADC，由异面直线的定义可知AD，FG是异面直线，D错误. 7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱BC的中点，用平行于体对角线BD1且过点A，M的平面去截正方体ABCD-A1B1C1D1，得到的截面的形状是 (　　) A.平行四边形 B.梯形 C.五边形 D.以上都不对 解析：选B　如图，设截面为α，设BD∩AM=O，P为DD1的靠近于D1的三等分点，N为CC1的靠近于C的三等分点，由BD1∥α可得平面BDD1与α的交线平行于BD1.因为α∩平面BDD1=OP，所以OP∥BD1.又平面α与两平行平面AA1D1D，BB1C1C的交线应互相平行，所以α∩平面BB1C1C=MN.由MN∥AP且MN≠AP可得截面AMNP为梯形. 8.(5分)如图，在长方体ABCD-A'B'C'D'的六个面所在的平面中， (1)与AB平行的平面是　　　　　　　　；  (2)与AA'平行的平面是　　　　　　　　；  (3)与AD平行的平面是　　　　　　　　.  解析：(1)因为AB∥A'B'，AB⊄平面A'B'C'D'，A'B'⊂平面A'B'C'D'，所以AB∥平面A'B'C'D'.同理证得AB∥平面DCC'D'. (2)因为AA'∥BB'，AA'⊄平面BCC'B'，BB'⊂平面BCC'B'，所以AA'∥平面BCC'B'.同理证得AA'∥平面DCC'D'. (3)因为AD∥A'D'，AD⊄平面A'B'C'D'，A'D'⊂平面A'B'C'D'，所以AD∥平面A'B'C'D'.同理证得AD∥平面BCC'B'. 答案：(1)平面A'B'C'D'，平面DCC'D' (2)平面BCC'B'，平面DCC'D' (3)平面A'B'C'D'，平面BCC'B' 9.(5分)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是A1D1的中点，则直线MD与平面A1ACC1的位置关系是　　　　　　，直线MD与平面BCC1B1的位置关系是　　　　　　.  解析：因为M是A1D1的中点，所以直线DM与直线AA1相交.所以DM与平面A1ACC1有一个公共点.所以DM与平面A1ACC1相交. 取B1C1中点M1(图略)， 则MM1C1D1，C1D1CD， ∴四边形DMM1C为平行四边形.∴DM∥CM1. ∵DM⊄平面BCC1B1，CM1⊂平面BCC1B1， ∴DM∥平面BCC1B1. 答案：相交　平行 10.(5分)如图所示的正方体的棱长为4，E，F分别为A1D1，AA1的中点，过C1，E，F的截面的周长为　　　　　.  解析：由EF∥平面BCC1B1可知平面BCC1B1与平面EFC1的交线为BC1，平面EFC1与平面ABB1A1的交线为BF，所以截面周长为EF+FB+BC1+C1E=4+6. 答案：4+6 11.(5分)如图所示，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，E是SA上一点，当点E满足条件：　　　　　　　　时，SC∥平面EBD.  解析：如图，连接AC，与BD交于点O，则O为线段AC，BD的中点，连接OE.因为SC∥平面EBD，SC⊂平面SAC，平面SAC∩平面EBD=OE，所以SC∥OE.又O为AC的中点，所以E为SA的中点，故当E为SA的中点时，SC∥平面EBD. 答案：E是SA的中点 12.(10分)如图，正方形ABCD与矩形ABEF所在平面相交于AB，M，N分别为AE，BC的中点.求证：MN∥平面CDFE. 证明：连接FB，FC. 因为M是AE的中点，且四边形ABEF为矩形， 所以M也是FB的中点. 又N是BC的中点， 所以MN∥FC. 因为FC⊂平面CDFE，MN⊄平面CDFE， 所以MN∥平面CDFE. 13.(10分)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，E，F分别是侧棱AA1，CC1上的动点，点P在棱AA1上，且AP=1，若EF∥平面PBD，求EF的长. 解：因为长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，其侧面展开图是边长为4的正方形，所以AD=1，AA1=4.如图所示，连接AC与BD交于点O，连接PO，在棱AA1上取PQ=AP=1， 连接QC，A1C1，AC，则OP∥CQ，且OP=QC. 因为EF∥平面PBD，且EF⊂平面A1ACC1，平面A1ACC1∩平面PBD=OP，所以EF∥OP.所以EF∥CQ.又因为QE∥CF，所以四边形QEFC是平行四边形.所以EF=QC=2OP.在直角△PAO中，AP=1，AO=AC=，所以OP==.所以EF=2×=. 14.(15分)如图，在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，M是线段AB的中点，∠DAB=60°，AB=2CD=2，DD1=2，C1M=. (1)求证：C1M∥平面A1ADD1；(8分) (2)求异面直线CM与DD1所成角的余弦值.(7分) 解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB=2CD， 所以AB∥DC.又M是AB的中点， 所以CD∥MA且CD=MA. 如图所示，连接AD1. 在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，由CD∥C1D1，CD=C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1=MA， 所以四边形AMC1D1为平行四边形. 所以C1M∥D1A. 又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1. (2)因为CM∥DA，所以异面直线CM与DD1所成的角，即为直线DA与DD1的夹角. 由C1M=，可得AD1=.由∠DAB=60°， 可得AD=1.在△ADD1中，由余弦定理可得， cos∠ADD1==-. 所以异面直线CM与DD1所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $