2023届高考一轮复习讲义（文科）第八章　立体几何 第4讲　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第八章　立体几何 第4讲　高效演练 分层突破学案，共6页。

1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )
A．α内的所有直线与l异面
B．α内不存在与l平行的直线
C．α与直线l至少有两个公共点
D．α内的直线与l都相交
解析：选B.因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．
2．(2020·大连双基测试)已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )
A．l⊂α，m⊂β，α∥β B．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝m
C．l∥α，m⊂α D．l⊂α，α∩β＝m
解析：选B.选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交，故选B.
3．(2020·长沙市统一模拟考试)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：
①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.
真命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选A.由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β.α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题，所以真命题的个数是1，故选A.
4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )
A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形
B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形
D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形
解析：选B.由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知EFeq \(\s\d3(═),\s\up3(∥))eq \f(1,5)BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HGeq \(\s\d3(═),\s\up3(∥))eq \f(1,2)BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．
5．在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为 ．
解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.
答案：平行
6.如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，点E为AD的中点，点F在CD上．若EF∥平面AB1C，则线段EF的长等于 ．
解析：因为EF∥平面AB1C，EF⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面AB1C＝AC，所以EF∥AC，所以F为DC的中点．
故EF＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
7．在三棱柱ABC­A1B1C1中，已知侧棱与底面垂直，∠CAB＝90°，且AC＝1，AB＝2，E为BB1的中点，M为AC上一点，AM＝eq \f(2,3)AC.
(1)若三棱锥A1­C1ME的体积为eq \f(\r(2),6)，求AA1的长；
(2)证明：CB1∥平面A1EM.
解：(1)设AA1＝h，
因为VA1­C1ME＝VE­A1C1M，S△A1C1M＝eq \f(1,2)A1C1×h＝eq \f(h,2)，三棱锥E­A1C1M的高为2，
所以VE­A1C1M＝eq \f(1,3)×eq \f(h,2)×2＝eq \f(\r(2),6)，解得h＝eq \f(\r(2),2)，即AA1＝eq \f(\r(2),2).
(2)证明：如图，连接AB1交A1E于点F，连接MF.
因为E为BB1的中点，所以AF＝eq \f(2,3)AB1，
又AM＝eq \f(2,3)AC，所以MF∥CB1，
又MF⊂平面A1EM，CB1⊄平面A1EM，
所以CB1∥平面A1EM.
8．(2020·南昌市摸底调研)如图，在四棱锥P­ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面ABCD，PA＝2，AB＝1.设M，N分别为PD，AD的中点．
(1)求证：平面CMN∥平面PAB；
(2)求三棱锥P­ABM的体积．
解：(1)证明：因为M，N分别为PD，AD的中点，
所以MN∥PA，
又MN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
在Rt△ACD中，∠CAD＝60°，CN＝AN，
所以∠ACN＝60°.
又∠BAC＝60°，所以CN∥AB.
因为CN⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB.
又CN∩MN＝N，所以平面CMN∥平面PAB.
(2)由(1)知，平面CMN∥平面PAB，
所以点M到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离．
因为AB＝1，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，所以BC＝eq \r(3)，
所以三棱锥P­ABM的体积V＝VM­PAB＝VC­PAB＝VP­ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×eq \r(3)×2＝eq \f(\r(3),3).
[综合题组练]
1．如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为( )
A．AC⊥BD
B．AC＝BD
C．AC∥截面PQMN
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
解析：选B.因为截面PQMN是正方形，
所以PQ∥MN，QM∥PN，
则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，
所以PQ∥AC，QM∥BD，
由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；
由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故C正确；
由BD∥PN，
所以∠MPN是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，D正确；
由上面可知：BD∥PN，MN∥AC.
所以eq \f(PN,BD)＝eq \f(AN,AD)，eq \f(MN,AC)＝eq \f(DN,AD)，
而AN≠DN，PN＝MN，
所以BD≠AC.B错误．故选B.
2．在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件 时，有平面D1BQ∥平面PAO.
解析：如图所示，设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，PA⊂平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案：Q为CC1的中点
3．如图，四边形ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
(1)求证：BE∥平面DMF；
(2)求证：平面BDE∥平面MNG.
证明：(1)如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.
(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，
所以DE∥平面MNG.
又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，所以平面BDE∥平面MNG.
4．(2020·南昌二模)如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝2CD＝2AD＝4，侧面PAB是等腰直角三角形，PA＝PB，平面PAB⊥平面ABCD，点E，F分别是棱AB，PB上的点，平面CEF∥平面PAD.
(1)确定点E，F的位置，并说明理由；
(2)求三棱锥F­DCE的体积．
解：(1)因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面ABCD＝CE，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以CE∥AD，又AB∥DC，
所以四边形AECD是平行四边形，
所以DC＝AE＝eq \f(1,2)AB，
即点E是AB的中点．
因为平面CEF∥平面PAD，平面CEF∩平面PAB＝EF，
平面PAD∩平面PAB＝PA，
所以EF∥PA，又点E是AB的中点，
所以点F是PB的中点．
综上，E，F分别是AB，PB的中点．
(2)连接PE，由题意及(1)知PA＝PB，AE＝EB，
所以PE⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PE⊥平面ABCD.
又AB∥CD，AB⊥AD，
所以VF­DEC＝eq \f(1,2)VP­DEC＝eq \f(1,6)S△DEC×PE＝eq \f(1,6)×eq \f(1,2)×2×2×2＝eq \f(2,3).