备考2024届高考数学一轮复习分层练习第七章立体几何与空间向量第3讲空间直线平面的平行

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1.[多选/2023贵州省六盘水市第二中学段考]如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，已知点G，H分别在A1B1，A1C1上，且GH经过△A1B1C1的重心，点E，F分别在AB，AC上，且平面A1EF∥平面BCHG，则下列结论正确的是（ AB ）
A.EF∥GH
B.GH∥平面A1EF
C.GHEF＝43
D.平面A1EF∥平面BCC1B1
解析 在三棱柱ABC－A1B1C1中，平面A1B1C1∥平面ABC，由面面平行的性质可得GH∥BC，又GH过△A1B1C1的重心，所以GHB1C1＝GHBC＝23.由平面A1EF∥平面BCHG可知EF∥BC，A1G＝BE，所以EF∥GH，EFBC＝13，所以GHEF＝2.因为EF∥GH，GH⊄平面A1EF，所以GH∥平面A1EF.因为A1，E，B，B1四点共面，且易得A1E与BB1相交，所以平面A1EF与平面BCC1B1相交.故选AB.
2.[多选/2024南昌市模拟]在下列底面是平行四边形的四棱锥中，A，B，C，M，N是四棱锥的顶点或棱的中点，则MN∥平面ABC的有（ AB ）
解析 对于A，B选项：如图1，图2，取AB的中点P，连接CP，PM，则MP?CN，
∴四边形MNCP为平行四边形，∴MN∥CP，又MN⊄平面ABC，CP⊂平面ABC，∴MN∥平面ABC.故A，B正确.
对于C选项：如图3，连接EM，由C，M为所在棱的中点知EM∥BC，易证EM∥平面ABC.假设MN∥平面ABC，由EM∩MN＝M，EM，MN⊂平面MNE，可证平面MNE∥平面ABC，又NE⊂平面MNE，∴NE∥平面ABC，这与NE∩平面ABC＝A矛盾，∴假设不成立，即MN与平面ABC不平行，故C错误.
对于D选项：如图4，连接FN，设FN∩AC＝O，连接BO.若MN∥平面ABC，则由平面FMN∩平面ABC＝BO，可证得MN∥BO.由B为FM的中点知BO为△FNM的中位线，从而O为FN的中点，实际上FN的中点在底面平行四边形两条对角线的交点处，该交点显然不是图中的点O，故D错误.
故选AB.
图1 图2
图3 图4
3.如图，平面α∥平面β∥平面γ，两条直线a，b分别与平面α，β，γ相交于点A，B，C和点D，E，F.已知AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝
3 cm，则AC的长为 72 cm.
解析 过点D作直线AB的平行线分别交平面β与平面γ于点M，N，连接AD，BM，CN，ME，NF，如图所示，则AD∥BM∥CN，ME∥NF，所以ABBC＝DMMN＝DEEF，因为AB＝2 cm，DE＝4 cm，EF＝3 cm，所以2BC＝43，解得BC＝32 cm，所以AC＝AB＋BC＝2＋32＝72（cm）.
4.下列三个命题在“（ ）”处都缺少同一个条件，补上这个条件可使这三个命题均为真命题（其中l，m为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面），则此条件是 l⊄α .
① l//m m//α（ ）⇒l∥α；② m⊂α l//m（ ）⇒l∥α；
③ l⊥m m⊥α（ ）⇒l∥α.
解析 ②体现的是线面平行的判定定理，缺少的条件是“l为平面α外的一条直线”，即“l⊄α”，“l⊄α”也适用于①和③，故此条件是l⊄α.
5.[2024贵阳市模拟节选]如图，△ABC是正三角形，四边形ABB1A1是矩形，平面ABB1A1⊥平面ABC，CC1⊥平面ABC，AA1＝2CC1.设直线l为平面ABC与平面A1B1C1的交线，求证：l∥AB.
解析 ∵四边形ABB1A1是矩形，
∴AB∥A1B1，
∵A1B1⊂平面A1B1C1，AB⊄平面A1B1C1，
∴AB∥平面A1B1C1，
又AB⊂平面ABC，平面ABC∩平面A1B1C1＝l，
∴l∥AB.
6.[2023陕西省模拟]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是菱形，侧面PCD是等边三角形且与底面ABCD垂直，PD＝4，E，F分别为AB，PC上的点，且PF＝13PC，AE＝13AB.
（1）证明：EF∥平面PAD.
（2）若∠BAD＝60°，求三棱锥B－EFC的体积.
解析 （1）解法一（利用线面平行的判定定理证明） 在PD上取点M使得PM＝13PD，连接FM，MA，如图1所示.
因为PF＝13PC，PM＝13PD，
所以MF∥CD，且MF＝13CD，图1
又AE＝13AB＝13CD，且AE∥CD，
所以MF?AE，
所以四边形AEFM是平行四边形，
所以EF∥AM，
又EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，
所以EF∥平面PAD.
解法二（利用面面平行的性质证明） 如图2所示，在CD上取点T，使得DT＝13DC，连接FT，TE.
因为四边形ABCD是菱形，且AE＝13AB，
所以AE?DT，
所以四边形AETD为平行四边形，图2
所以TE∥AD.
又AD⊂平面PAD，TE⊄平面PAD，
所以TE∥平面PAD.
在△PDC中，PF＝13PC，DT＝13DC，
所以FT∥PD，
又PD⊂平面PAD，FT⊄平面PAD，
所以FT∥平面PAD.
又FT∩ET＝T，所以平面FTE∥平面PDA.
又EF⊂平面FTE，所以EF∥平面PAD.
（2）如图3，取CD的中点O，连接PO，因为△PCD为等边三角形，且PD＝4，所以PO⊥CD，PO＝23.
因为侧面PCD⊥底面ABCD，
平面PCD∩平面ABCD＝CD，
所以PO⊥平面ABCD.图3
因为PF＝13PC，所以点F到平面ABCD的距离h＝23PO＝433，
S△BCE＝12×23×4×4×sin 120°＝833，
所以三棱锥B－EFC的体积为VB－EFC＝VF－BCE＝13S△BCE×h＝13×833×433＝329.
7.[2024武汉部分学校调考节选]如图，在四棱锥P－ABCD中，底面四边形ABCD满足AB＝CB＝2，AD＝CD＝5，∠ABC＝90°，棱PD上的点E满足PE＝2DE. 求证：直线CE∥平面PAB.
解析 如图，连接AC，BD，记AC与BD交于点O，取OD的中点F，连接EF，CF，AF.
由AB＝CB，AD＝CD，得BD垂直平分AC.
又∠ABC＝90°，且AB＝2，
所以AO＝BO＝CO＝1，所以DO＝AD2－AO2＝2，
所以DF＝1，BF＝2.
所以BFFD＝PEED＝2，所以EF∥PB.
因为PB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.
又点O为线段BF和AC的中点，所以四边形ABCF是平行四边形，所以CF∥AB.
因为AB⊂平面PAB，CF⊄平面PAB，所以CF∥平面PAB.
又EF∩CF＝F，EF，CF⊂平面CEF，所以平面CEF∥平面PAB.
又CE⊂平面CEF，所以直线CE∥平面PAB.
8.[2024陕西省商洛市部分学校高三阶段性测试]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝2BC＝CC1＝2，D，E，F分别是棱A1C1，BC，AC的中点，AB⊥BC.
（1）证明：平面ABD∥平面FEC1.
（2）求点F到平面ABD的距离.
解析 （1）在△ABC中，因为E，F分别是BC，AC的中点，
所以AB∥EF.因为AB⊄平面FEC1，EF⊂平面FEC1，
所以AB∥平面FEC1.
因为AC∥A1C1，所以AF∥DC1，又AF＝12AC＝12A1C1＝DC1，
所以四边形AFC1D为平行四边形，所以AD∥FC1，
因为AD⊄平面FEC1，FC1⊂平面FEC1，所以AD∥平面FEC1.
又AD∩AB＝A，AB，AD⊂平面ABD，
所以平面ABD∥平面FEC1.
（2）如图所示，连接BF，DF.
由勾股定理得AB＝AC2－BC2＝3，AD＝AA12＋A1D2＝5，BD＝BF2＋DF2＝5，
所以△ABD的面积为12AB×AD2－（AB2）2＝12×3×5－34＝514.
设点F到平面ABD的距离为h，
则三棱锥F－ABD的体积为V＝13h×514＝5112h.
又易知DF⊥平面ABC，
所以三棱锥D－ABF的体积为V＝13×DF×S△ABF＝13×2×12×12×3×1＝36.
所以5112h＝36，解得h＝21717，
即点F到平面ABD的距离为21717.
9.四面体ABCD的体积为1，O为其中心，正四面体EFGH与正四面体ABCD关于点O对称，如图.
（1）证明：平面GHF∥平面BCD.
（2）求三棱锥O－BCD的体积.
（3）设棱AB与棱GH的交点为M，判断M的位置（不需要证明），并求出两个正四面体公共部分的体积.
解析 （1）将正四面体ABCD及正四面体EFGH内嵌至正方体中，如图所示.
∵DF∥BH，DF＝BH，则四边形BDFH为平行四边形，
∴BD∥FH.
又BD⊂平面BCD，FH⊄平面BCD，∴FH∥平面BCD.
同理可得GF∥平面BCD，
又FH∩GF＝F，FH⊂平面GHF，GF⊂平面GHF，所以平面GHF∥平面BCD.
（2）三棱锥O－BCD的体积V＝14VABCD＝14.
（3）易知M为棱AB与棱GH的中点，设A1，A2，A3分别为AC，AD，CD的中点，如图所示.
从而所求体积V公共＝VEFGH－4VF－A1A2A3＝VEFGH－4×18VEFGH＝12.