11.3.2 直线与平面平行 课后达标检测（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第四册（人教B版）

1．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.在a上任取一点A，则过A与b平行的直线有且只有一条，设为b′，又因为a∩b′＝A，所以a与b′确定一个平面α，即为过a与b平行的平面，可知它是唯一的．故选A. 2．(2025·德州期末)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 解析：选C.A中，n还有可能在平面α内；B中，m，n可能相交、平行、异面；由线面平行的性质定理可得C正确；D中，m，n可能异面． 3.乒乓球是一项深受我国广大人民群众喜爱的体育运动，乒乓球台主要由乒乓球网和台面组成．如图所示，如果将乒乓球台的台面抽象成平面α，将乒乓球网的上边缘抽象成直线l，则直线l与平面α的位置关系是(　　) A．l⊂α B．l∈α C．l∥α D．l与α相交 解析：选C.由题意得l⊄α，且l平行于乒乓球网的下边缘，而乒乓球网的下边缘在平面α内，由线面平行的判定定理得l∥α成立． 4.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，过BC的平面与平面PAD交于EF，E在线段PD上且异于P，D两点，则四边形EFBC是(　　) A．空间四边形 B．矩形 C．梯形 D．平行四边形 解析：选C.因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD. 因为BC⊂平面EFBC，平面EFBC∩平面PAD＝EF，所以BC∥EF. 因为BC＝AD，EF＜AD，所以EF＜BC，所以四边形EFBC为梯形． 5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，下列直线中与平面AB1C平行的是(　　) A．DD1 B．A1D1 C．C1D1 D．A1D 解析：选D.如图，因为A1B1∥AB∥CD，A1B1＝AB＝CD， 所以A1B1綉CD，所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以A1D∥B1C， 又B1C⊂平面AB1C，A1D⊄平面AB1C， 所以A1D∥平面AB1C，故D符合题意；由图易知，DD1，A1D1，C1D1均与平面AB1C不平行，故A，B，C不符合题意． 6．(多选)如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形ABCD的对角线的交点为O，M为PB的中点，则(　　) A．OM∥PD B．OM∥平面PAC C．OM∥平面PDA D．OM∥平面PDC 解析：选ACD.因为矩形ABCD的对角线的交点为O，所以O是BD的中点，又M为PB的中点，所以OM∥PD.因为OM⊄平面PDA，PD⊂平面PDA，所以OM∥平面PDA.因为OM⊄平面PDC，PD⊂平面PDC，所以OM∥平面PDC，故A，C，D正确．OM与平面PAC有公共点O，故B错误． 7．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为__________． 解析：连接BD(图略)，设AC∩BD＝O，易知O为BD的中点，连接OE(图略)，因为O，E分别为BD，DD1的中点，所以OE∥BD1，OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE. 答案：平行 8.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. 解析：如图，取PA的中点E，连接EB，ED，AC，设AC与BD交于点O，连接EO，易知EO∥PC.因为EO⊂平面EBD，PC⊄平面EBD，所以PC∥平面EBD.即当E为PA中点时，PC∥平面EBD. 答案：E为PA的中点 9.如图，直线a∥平面α，点A∉平面α，并且直线a和点A位于平面α的两侧，点B，C，D∈a，AB，AC，AD分别交平面α于点E，F，G，若BD＝4，FC＝4，AF＝5，则EG＝____________． 解析：因为直线a∥平面α，点B，C，D∈a，BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面α＝EG，所以BD∥EG，所以＝＝，所以EG＝·BD＝×4＝. 答案： 10.(13分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，E，F分别为AD，CD的中点，G为PD上靠近D的四等分点，O为EF的中点，判断OG与平面PAB的位置关系，并说明理由． 解：OG∥平面PAB，理由如下：因为底面ABCD为平行四边形，所以DH＝DB， 因为E，F，O分别为AD，CD，EF的中点， 所以DO＝DH，即DO＝DB， 又因为G为PD上靠近D的四等分点， 即DG＝PD，所以OG∥BP， 因为BP⊂平面PAB，OG⊄平面PAB， 所以OG∥平面PAB. 11.(2025·德州月考)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 解析：选C.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． 12．(多选)如图所示，在四面体ABCD中，E，F分别为AC，CD的中点，G为BD上靠近B的三等分点，H为BC上靠近B的三等分点，则下列说法错误的是(　　) A．GH∥BC B．EF∥BD C．BE与平面AGF相交 D．EF∥平面ADH 解析：选ABC.由图得GH与BC相交，A错误；因为E，F分别为AC，CD的中点，所以EF∥AD，又AD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD，若EF∥BD，则BD∥AD，与图矛盾，B错误；连接DE，设AF，DE交于点O，连接OG，所以O为△ACD的重心，即＝2，又G为BD上靠近B的三等分点，即＝2，所以OG∥BE，又OG⊂平面AGF，BE⊄平面AGF，所以BE∥平面AGF，C错误；因为EF∥AD，AD⊂平面ADH，EF⊄平面ADH，所以EF∥平面ADH，D正确． 13.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，点E为A1C1的中点，点F在BC上且满足BF＝λBC，若EF∥平面ABB1A1，则λ＝________． 解析：如图，连接EF，取A1B1的中点N，连接NE，BN，所以NE∥B1C1，NE＝B1C1，又BC∥B1C1，BC＝B1C1，所以NE∥BC，NE＝BC，又EF∥平面ABB1A1，EF⊂平面BNEF，平面BNEF∩平面ABB1A1＝BN，所以EF∥BN，所以四边形BNEF为平行四边形，所以NE＝BF，所以BF＝BC，则λ＝. 答案： 14.(13分)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，如何作出过点A1，B，C1的平面与平面ABC的交线？并说明理由． 解：在平面ABC中，过点B作直线l，使l∥AC，则l即为平面BA1C1与平面ABC的交线． 理由如下：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1C1∥AC，AC⊂平面ABC，A1C1⊄平面ABC， 所以A1C1∥平面ABC. 又A1C1⊂平面A1BC1，平面A1BC1∩平面ABC＝l，所以A1C1∥l. 又因为直线l过点B，且l⊂平面ABC. 根据线面平行的性质定理，l即为所求交线． 15.(15分)(2025·济南期末)如图，正四棱锥P­ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA＝5∶8. (1)在线段BD上是否存在一点N，使MN∥平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；(7分) (2)假设存在满足条件(1)的点N，求线段MN的长．(8分) 解：(1)存在，BN∶ND＝5∶8.理由如下： 假设在线段BD上存在一点N，使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APE， 平面APE∩平面PBC＝PE，所以MN∥PE，则＝＝， 因为在正方形ABCD中，AD∥BC，所以＝＝，假设成立． 此时BN∶ND＝5∶8. (2)由(1)得BE∶AD＝5∶8，所以BE＝. 在△PBE中，PE2＝PB2＋BE2－2PB·BE cos 60°＝132＋－2×13××＝，所以PE＝. 因为MN∥PE，所以MN∶PE＝8∶13， 所以MN＝×＝7. 学科网（北京）股份有限公司 $