8.5《空间直线、平面的平行》同步基础练习 （含答案解析） 2025~2026学年高中数学人教A版（2019）必修第二册

page1page28.5《空间直线、平面的平行》同步基础练习（含答案解析）一、选择题

1.若AB,BC,CD是不在同一平面内的三条线段，则过它们中点的平面和直线AC的位置关系是A.平行 B.相交 C.AC在此平面内 D.平行或相交

2.已知P为△ABC所在平面外一点，平面α // 平ABC，且α交线段PA,PB,PC于点A′,BA.2∶3 B.2∶5 C.4∶9 D.4∶25

3.已知平面α，β为两个不同的平面，直线m为α内一条直线，则“m∥β”是“α∥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

4.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E,F分别是棱AD,BA.655 B.825 C.2305 D.22

5.设α，β是两个平面，m，n是两条直线，若m⊂α，n⊂α，则“α∥β”是“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

二、多选题

6.在四棱锥P−ABCD中，E,F分别是AP,BC上的点，AEEPA.AD∥BC B.AB∥CD C.BC∥平面PAD D.CD∥平面PAB

7.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点E在线段A1A.FMB.当E为A1CC.存在点E，使得平面BEF∥平面D.点E到平面ABC的距离为1三、填空题

8.直线与平面平行的判定定理和性质定理

9.四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE=34PD，若PF→=λPC四、解答题

10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，E、F分别为AC（1）求证：EF∥（2）设BE∩D1F=G，求证：

11.如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=（1）求三棱锥C1（2）证明：MN∥平面C（3）线段A1C1上是否存在点P，使得AP∥平面

12.如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是菱形，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等腰直角三角形，PA=PD=1，∠（1）线段AB上是否存在一点F，使得EF // 平面（2）求四面体B−

参考答案与试题解析一、选择题1.【答案】A【考点】判断线面平行【解析】此题暂无解析【解答】

如图，设AB,BC,CD的中点分别为E,F,G,H，则E,F,G,H确定一个平面．

连E,F，则EF∥AC．

2.【答案】D【考点】面面平行证明线线平行【解析】根据平行平面的性质得出线线平行，再由面积比等于相似比的平方计算.【解答】∵平面α // 平面ABC，平面PAB∩平面α=A′B′，平面PAB∩平面ABC=AB，

∴A′B′∥AB，同理可得A3.【答案】B【考点】判断命题的必要不充分条件判断面面平行面面平行证明线面平行【解析】由面面平行的性质、线面、面面平行的判定结合充分条件、必要条件的概念即可判断.【解答】因为m⊂α，若α∥β，则由线面平行的性质可知m∥β，故“m∥β”是“α∥β”的必要条件，

设α∩β=n，m⊂α,m∥n，显然n4.【答案】A【考点】直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定【解析】取取A1D1的中点G，连接AG,B1G,AB1，根据线面平行的判定定理，证得AG∥平面BEF，B1G∥平面BEF，进而证得平面AB1G∥平面BEF，得到当P∈AG【解答】如图，取A1D1的中点G，连接AG,B1G,AB1．

由正方体ABCD−A1B1C1D1的性质可得AG∥BF,B1G∥BE．

因为AG⊄平面BEF,B1G⊄平面BEF,BF⊂平面BEF,BE⊂平面BEF，

所以AG∥平面BEF，B1G∥平面BEF．

因为AG⊂平面AB1G,B1G⊂平面AB1G，且AG∩B1G=G，所以平面5.【答案】A【考点】空间平行的转化判断命题的充分不必要条件判断面面平行【解析】根据平面平行的性质与判定及充分条件、必要条件的概念得解.【解答】若m∥β，n∥β，则α, β可能平行，也可能相交，故α∥β不一定成立，

若α∥β，则m∥β，n二、多选题6.【答案】B,D【考点】直线与平面平行的判定平面与平面平行的判定面面平行证明线面平行线面平行的性质【解析】根据线面、面面平行的判定定理与性质，结合反证法，由选项依次证明即可.【解答】如图，过E点作EG∥PD交AD于点G，连接GF，即有EG∥平面PCD，

由于△AEG∼△APD，所以AGGD=AEEP=BFFC，

若AB∥CD，则GF∥CD，又GF⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，

所以GF∥平面PCD，由EG∩GF=G,EG、GF⊂平面EGF，

得平面EGF∥平面PCD，又EF⊂平面EGF，所以EF∥平面PCD，故B正确；

若CD∥平面PAB，又因为平面ABCD∩平面PAB=AB，所以CD∥AB，由B可知D正确；

假设EF∥平面PCD，设平面EFP∩CD=H，则EF∥PH，

若BC∥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD，所以BC∥AD，

7.【答案】A,B,D【考点】平行公理证明异面直线垂直直线与平面平行的判定判断面面平行【解析】由题设得A1C1∥AC、FM∥AC、△A1BC1是边长为2的等边三角形，且BF【解答】由AA1,CC1平行且相等，则ACC1A1为平行四边形，故A1C1∥AC，

又F, M分别是棱AD, CD的中点，则FM∥AC，故FM∥A1C1，A对；

由题设易知△A1BC1是边长为2的等边三角形，

所以E为A1C1中点时，有BE⊥A1C1，即BE⊥FM，B对；

在平面ABCD内，BF,CD必交于一点，又BF⊂平面BEF，CD⊂三、填空题8.【答案】平面外；平面内；平行；交线【考点】直线与平面平行的判定直线与平面平行的性质【解析】此题暂无解析【解答】平面外；平面内；平行；交线9.【答案】2【考点】直线与平面平行的判定补全线面平行的条件【解析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明BG∥平面ACE，结合BF∥平面ACE，则证明平面BGF∥平面ACE【解答】连接BD，交AC于点O，连接OE，由ABCD是正方形，得BO=OD，

在线段PE取点G，使得GE=ED，如下图所示：

由PE=34PD，得PGPE=23，

连接BG，FG，则BG∥OE，

由OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，得BG∥平面ACE，

而BF∥平面ACE，BG∩BF=B，BG,BF⊂平面BGF，四、解答题10.【答案】证明过程见解析证明过程见解析【考点】空间中的线共点问题线面平行的性质【解析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合正方体的性质、线面垂直的性质进行证明即可；（2）根据面面相交的性质，结合(1【解答】（1）解：如图，连结AB1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，

∵EF⊥B1C，又EF⊥AC，AC∩B1C=C，

∴EF⊥平面AB1C．

又在正方体ABCD−A1B1（2）由题意可得EF<BD1，又由(1)知EF∥BD1，

所以直线D1F和BE必相交，不妨设BE∩D1F=G，

则G∈D1F，

又D1F⊂平面AA1D1D，

所以11.【答案】2证明见解析存在，A【考点】锥体体积的有关计算直线与平面平行的判定补全线面平行的条件【解析】（1）由条件求三棱锥C1−CDE（2）先证明MN∥（3）提出猜测线段A1C1上存在点P，使得AP∥平面【解答】（1）解：因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60​∘，AB=2

所以CB=CD=2，∠BCD=60∘，又E为BC的中点，

所以△BCD为等边三角形，DE⊥BC，CE=1，（2）连结B1C,ME，

因为M，E分别为BB1,BC的中点，所以ME∥B1C，ME=12B1C，

因为A1B1∥AB∥CD，A1B1=AB=CD，

所以四边形A1B1CD是平行四边形，

所以A（3）线段A1C1上存在点P，使得AP∥平面C1DE，且A1PPC1=12，

证明如下：

连接AC,A1C1，其中AC交DE于点Q，连接AP,C1Q

在菱形ABCD中，AD∥CE，且AD=2CE

所以AQ=2QC12.【答案】解：在AB上存在一点F，且F为AB的中点，使得EF // 平面PAD，

理由如下：取PD的中点M，AB中点F，连接AM，EM，EF，

∵E为PC的中点，

∴EM=//12CD，AF=//12CD，∴ME=//AF，

∴

四边形AFEM是平行四边形，如图，取AD的中点H，连接PH，

∵△PAD为等腰直角三角形，PA=PD=1，

∴PH⊥AD．

∵

平面PAD⊥平面ABCD，

平面PAD∩平面ABCD=AD，PH⊂平面PAD，

∴PH⊥平面ABCD．

又

∵E为PC的中点，

∴

点E到平面ABCD的距离等于PH的一半，

又

∵PA=PD=1，

∴AD=2，PH=22，

∴

点E到平面ABCD的距离等于24【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积直线与平面平行【解析】（1）取AB中点F，可说明四边形AFEM是平行四边形，即可解决问题；（2）取AD的中点H，先证得PH⊥平面ABCD【解答】（1）解：在AB上存在一点F，且F为AB的中点，使得EF // 平面PAD，

理由如下：取PD的中点M，AB中点F，连接AM，EM，EF，

∵E为PC的中点，

∴EM=//12CD，AF=//12CD，∴ME=//AF，

∴