8.5.1直线与直线平行同步练习题-2025-2026学年第二学期高一数学人教A版必修第二册

**基本信息** 《直线与直线平行》同步练习通过“例题引领-基础达标-能力提升”三层设计，以正方体、三棱锥等模型为载体，实现从概念辨析到空间综合应用的知识巩固，适配新授课分层教学需求，培养几何直观与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |例题精练|核心概念（位置关系、等角定理、充要条件）|选择+证明题，如正方体中直线平行判定，夯实基础认知| |A组基础达标|基础应用（中点连线性质、等角定理应用）|题量丰富（单选6/多选2/填空2/解答2），如空间四边形中点连线判断，强化基本技能| |B组能力提升|综合拓展（复杂多面体、翻折情境）|复杂证明题（如梯形翻折后平行关系），培养空间观念与逻辑推理|

8.5.1　直线与直线平行 同步练习题 2025-2026学年第二学期高一数学人教A版必修第二册 【例题精练】 【例1】如图，在正方体中，直线与的位置关系是（   ） A．平行 B．相交 C．异面 D．以上都不是 【例2】两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形（    ） A．全等 B．相似 C．仅有一个角相等 D．无法判断 【例3】已知三条不同的直线l，m，n，且，则“”是“”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 【例4】已知棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD、AD的中点. 求证：（1）四边形是梯形； （2）∠DNM＝∠D1A1C1. 【A组基础达标】 一、单选题 1．连接空间四边形四条边的中点，得到四边形，则是一个（　　） A．菱形 B．矩形 C．平行四边形 D．空间四边形 2．已知角的两边和角的两边分别平行，且，则（　　） A． B． C．或 D．不能确定 3．如图，A是所在平面外一点，M，N分别是和的重心，若，则MN的长为（    ）    A．2 B． C．1 D． 4．如图，在三棱锥中，分别为线段的中点，则下列说法正确的是（    ） A．   B．   C． D．   5．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为棱A1C1，B1C1，B1B的中点，则∠EFG与∠ABC1（　　） A．相等 B．互补 C．相等或互补 D．不确定 6．在三棱锥中，，，，分别是，，的中点，则＝（ ） A． B． C． D． 二、多选题 7．如图所示，在四面体中，M，N，P，Q，E分别是的中点，则下列说法正确的是（    ） A．四边形是菱形 B． C． D．四边形为矩形 8．如图，在四棱锥中，底面四边形为梯形，．设，，，的中点分别为，，，，则（    ）    A． B． C．四点共面 D．四边形是梯形 三、填空题 9．如图所示，△ABC和△A′B′C′的对应顶点的连线AA′，BB′，CC′交于同一点O，且，则________． 10．如图，已知直线，为异面直线，为直线上三点，，，为直线上三点，，，，，分别为，，，，的中点.若，则______.    四、解答题 11．如图所示，在正方体中，分别是棱的中点．求证：． 12．如图所示，已知三棱锥的点G，F，E，H分别是的中点，四边形是什么图形. 【B组能力提升】 1．如图，四边形和四边形都是梯形，，且分别为的中点. (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：四点共面. 2．在梯形中，，，分别为和的中点，，与相交于．将平面沿翻折起来，使到的位置，，分别为和的中点，求证：    (1)四边形为平行四边形； (2)． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 8.5.1　直线与直线平行 同步练习题 2025-2026学年第二学期高一数学人教A版必修第二册 【例题精练】 【例1】如图，在正方体中，直线与的位置关系是（   ） A．平行 B．相交 C．异面 D．以上都不是 【答案】C 【分析】由异面直线的判定定理判断即可. 【详解】因为平面，平面，， 所以直线与是异面直线. 故选：C 【例2】两个三角形不在同一平面内，它们的边两两对应平行，那么这两个三角形（    ） A．全等 B．相似 C．仅有一个角相等 D．无法判断 【答案】B 【解析】根据等角定理，结合题意进行判断. 【详解】由题意知，根据等角定理，这两个三角形的三个角对应相等， 所以这两个三角形相似. 故选：B. 【点睛】本题考查等角定理的应用，属基础题. 【例3】已知三条不同的直线l，m，n，且，则“”是“”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 【答案】C 【分析】根据线与线的位置关系，结合充要条件的定义即可求解. 【详解】解：若，又，则，故充分性成立， 反之，若，又，则，故必要性成立. 故“”是“”的充要条件. 故选：C. 【例4】已知棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱CD、AD的中点.    求证：（1）四边形是梯形； （2）∠DNM＝∠D1A1C1. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据直线的平行性的传递性可得且，根据梯形的定义可得结论成立； （2）根据等角定理可证结论成立. 【详解】（1）连接，    因为M，N分别是棱CD、AD的中点，所以，， 又因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，且， 所以且， 所以四边形是梯形. （2）由（1）知，又根据正方体的性质可知，，且与的方向相同， 所以根据等角定理可得. 【点睛】本题考查了平行直线的传递性，考查了等角定理，属于基础题. 【A组基础达标】 1．连接空间四边形四条边的中点，得到四边形，则是一个（　　） A．菱形 B．矩形 C．平行四边形 D．空间四边形 【答案】C 【分析】连接，利用是的中位线，是的中位线，得到，且，即可得证. 【详解】 如图所示，在空间四边形中，分别为的中点， 连接， 是的中位线，所以，且. 同理，且. ，且. 四边形是一个平行四边形. 故选：C 2．已知角的两边和角的两边分别平行，且，则（　　） A． B． C．或 D．不能确定 【答案】C 【分析】根据等角定理确定角与角的关系，即可得. 【详解】由等角定理可知角的两边和角的两边分别平行，则两角相等或互补， 故或，所以或. 故选：C. 3．如图，A是所在平面外一点，M，N分别是和的重心，若，则MN的长为（    ）    A．2 B． C．1 D． 【答案】A 【分析】若为的中点，连接，根据重心的性质，且，即可得. 【详解】由M，N分别是和的重心，则为三角形中线的交点， 若为的中点，连接，则分别在上，， 而，，故. 故选：A    4．如图，在三棱锥中，分别为线段的中点，则下列说法正确的是（    ） A．   B．   C． D．   【答案】C 【分析】根据三角形中位线以及平行公理即可求解. 【详解】由题意结合三角形中位线的性质可得：， 由平行公理可得：,故C正确， 对于A，是异面直线，故A错误， 对于B，是异面直线，故B错误， 对于D，时异面直线，故D错误, 故选：C 5．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为棱A1C1，B1C1，B1B的中点，则∠EFG与∠ABC1（　　） A．相等 B．互补 C．相等或互补 D．不确定 【答案】B 【分析】利用已知条件判断线段和，线段和的位置关系即可求解. 【详解】因为E，F，G分别为，，的中点，所以∥,∥,∥， 所以∠EFG与∠ABC1的两组对应边分别平行，一组对应边方向相同，另一组对应边方向相反，故∠EFG与∠ABC1互补. 故选：. 6．在三棱锥中，，，，分别是，，的中点，则＝（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】数形结合应用平行转化直线所成角求解即可. 【详解】如图所示，因为分别为的中点，可得， 又因为，所以，所以. 故选：D. 二、多选题 7．如图所示，在四面体中，M，N，P，Q，E分别是的中点，则下列说法正确的是（    ） A．四边形是菱形 B． C． D．四边形为矩形 【答案】BC 【分析】由由等角定理即可判断BC，由三角形的中位线即可判断四边形形状判断A，D. 【详解】由三角形中位线的性质知，，，， 所以，所以四边形为平行四边形，但不能确定是否为菱形或矩形，故AD不正确． 在中中位线定理得同理在中，由中位线定理得, 所以由等角定理知，，所以B正确; 在中，由中位线定理得 所以, 所以由等角定理可知，，,, 所以，所以C正确; 故选：BC． 8．如图，在四棱锥中，底面四边形为梯形，．设，，，的中点分别为，，，，则（    ）    A． B． C．四点共面 D．四边形是梯形 【答案】BCD 【分析】根据中位线的性质，结合平行的性质逐一分析即可. 【详解】由题意知，且，所以，故错误； 又，，所以，又， 所以四点共面，且四边形是梯形．故正确． 故选：. 三、填空题 9．如图所示，△ABC和△A′B′C′的对应顶点的连线AA′，BB′，CC′交于同一点O，且，则________． 【答案】 【分析】由等角定理得，，可得∽，继而即可求解. 【详解】因为，且＝＝， 所以，同理，， 因为，所以， 同理， 所以∽，且＝＝， 所以． 故答案为：. 10．如图，已知直线，为异面直线，为直线上三点，，，为直线上三点，，，，，分别为，，，，的中点.若，则______.    【答案】/ 【分析】根据三角形中位线的性质，平行公理及等角定理可得结果. 【详解】因为，分别是，的中点， 所以， 同理，，， 所以，． 又的两边和的两边的方向都相同， 所以， 所以. 故答案为：. 四、解答题 11．如图所示，在正方体中，分别是棱的中点．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】利用平行四边形的性质得与的两边分别对应平行，继而即可证明. 【详解】如图，连接EE1． ∵E1，E分别为A1D1，AD的中点， ∴,且， ∴四边形为平行四边形， ∴， 又，∴， ∴四边形是平行四边形． ∴,同理． 又与的两边分别对应平行， 且和均为锐角， ∴． 12．如图所示，已知三棱锥的点G，F，E，H分别是的中点，四边形是什么图形. 【答案】平行四边形 【分析】利用中位线，平行关系，即可判断四边形的形状； 【详解】因为点G，F，E，H分别是 的中点，， 所以，且， 所以四边形是平行四边形. 【B组能力提升】 1．如图，四边形和四边形都是梯形，，且分别为的中点. (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：四点共面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）结合三角形中位线性质可证得且，由此可得结论； （2）由，可证得四边形为平行四边形，结合（1）的结论可得，，由此可知四边形为平行四边形，得到，由此可得四点共面. 【详解】（1）因为分别为的中点，则，， 又因为，，则，， 所以四边形是平行四边形. （2）因为，，为中点，则，， 可知四边形为平行四边形，则，， 由（1）知：，，可得，， 所以四边形为平行四边形，则， 即，所以四点共面. 2．在梯形中，，，分别为和的中点，，与相交于．将平面沿翻折起来，使到的位置，，分别为和的中点，求证：    (1)四边形为平行四边形； (2)． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据梯形中位线的性质得到且，即可证明； （2）依题意折叠前，，即可得到折叠后，，根据空间等角定理即可证明. 【详解】（1）因为在梯形中，，，分别为，的中点， 所以且， 又，，所以． 因为，分别为，的中点， 所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形． （2）折叠前，且，， 折叠后，， 所以与的对应边平行且方向相同， 所以． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $