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    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
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    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

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    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).
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