全国统考2022版高考数学大一轮复习第8章立体几何第3讲直线平面平行的判定及性质2备考试题（含解析）

第八章　立体几何

第三讲　直线、平面平行的判定及性质

1.[2021黑龙江省六校阶段联考]对于不重合的两个平面α与β,给定下列条件:①存在平面γ,使得α,β都平行于γ;②存在平面γ,使得α,β都垂直于γ;③α内有不共线的三点到β的距离相等;④存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β.其中,可以判定α与β平行的条件有              (　　)

A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

2.[2020长春市质量监测]已知a,b,c为三条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,则下列说法正确的是 (　　)

①a⊥α,b⊥α,则a∥b; ②α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β;

③a∥α,b∥α,则a∥b; ④α∥γ,β∥γ,则α∥β.

A.①②③ B.②③④ C.①③ D.①④

3.[2020广州模拟]如图8-3-1,在三棱锥A-BCD中,AB=CD=a,M,N,P,Q分别在棱AC,BC,BD,AD(不包含端点)上,AB,CD均平行于平面MNPQ,则四边形MNPQ的周长是(　　)

A.4a B.2a

C. D.周长与截面的位置有关图8-3-1

4.[2020沈阳市模拟]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　　　　. 

①⇒l∥α;②⇒l∥α;③⇒l∥α.

5.[2021晋南高中联考]如图8-3-2所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=AD,PA⊥底面ABCD,过BC的平面交PD于M,交PA于N(M与D不重合).

(1)求证:MN∥BC.

(2)若BM⊥AC,求的值.

图8-3-2

6.[2020江西红色七校联考]如图8-3-3,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,E,F分别为AB,B1C1的中点.

(1)求证:B1E∥平面ACF.

(2)求三棱锥B1-ACF的体积.

图8-3-3

7.[2020成都市高三模拟]如图8-3-4,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,AB=AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD=60°,M,N分别为AD,PA的中点.

(1)证明:平面BMN∥平面PCD.

(2)若AD=6,求三棱锥P-BMN的体积.

图8-3-4

8.[新角度题]如图8-3-5,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=120°,△SAD是等边三角形,平面SAD⊥平面ABCD,E,F分别是SC,AB上的一点.

(1)若E,F分别是SC,AB的中点,求证:BE∥平面SFD.

(2)当为多少时,三棱锥S-BDE的体积为?

图8-3-5

9.如图8-3-6(1),在四边形MABC中,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,△MAC是边长为2的正三角形.以AC 为折痕,将△MAC向上折叠到△DAC的位置,使D点在平面ABC内的射影在AB上,再将△MAC向下折叠到△EAC的位置,使平面EAC⊥平面ABC,形成几何体DABCE,如图8-3-6(2)所示.已知点F在BC上.

(1)若DF∥平面EAC,求点F的位置;

(2)过DF且与平面EAC平行的平面将几何体DABCE分为两部分,求这两部分几何体的体积之差(较大体积减去较小体积).

图8-3-6

10.如图8-3-7,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,AD⊥DD1,点M,N分别为棱DD1,BC的中点.

(1)求证:MC∥平面AD1N.

(2)若AC⊥BD1,且BD1=2,求三角形MDN绕直线MN旋转一周所形成的旋转体的表面积.

图8-3-7

答 案

第八章　立体几何

第三讲　直线、平面平行的判定及性质

1.B　对于①,若α∥γ,β∥γ,则由面面平行的性质可得α∥β,故①可以判定α与β平行;对于②,若存在平面γ,使得α,β都垂直于γ,则α,β不一定平行,如正方体相邻的三个面,故②不可以判定α与β平行;对于③,当α,β是两个相交平面时,如果平面α内不共线的三点在平面β的异侧时,此三点可以到平面β的距离相等,故③不可以判定α与β平行;对于④,在平面α内作l'∥l,m'∥m,因为l,m是两条异面直线,所以必有l',m'相交,又l∥β,m∥β,所以l'∥β,m'∥β,由面面平行的判定定理知,α∥β,故④可以判定α与β平行.故选B.

2.D　①中,由a⊥α,b⊥α,利用线面垂直的性质定理可推出a∥b,故①正确;②中,由α⊥γ,β⊥γ,得α与β平行或相交,故②不正确;③中,由a∥α,b∥α,得a与b平行或相交或异面,故③不正确;④中,由α∥γ,β∥γ,利用面面平行的传递性可推出α∥β,故④正确.综上所述,①④的说法正确,故选D.

3.B　设=k.因为AB∥平面MNPQ,平面ABC∩平面MNPQ=MN,AB⊂平面ABC,所以MN∥AB,同理可得PQ∥AB,MQ∥CD,NP∥CD,故四边形MNPQ为平行四边形,所以,.因为AB=CD=a,所以MN=PQ=,MQ=NP=,所以四边形MNPQ的周长为MN+PQ+MQ+NP=2()=2a.故选B.

4.l⊄α　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.(1)在梯形ABCD中,BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,

所以BC∥平面PAD.

又BC⊂平面BCMN,平面BCMN∩平面PAD=MN,

所以MN∥BC.

(2)过M作MK∥PA交AD于K,连接BK.

因为PA⊥底面ABCD,所以MK⊥底面ABCD,

所以MK⊥AC.又BM⊥AC,BM∩MK=M,

所以AC⊥平面BMK,所以AC⊥BK.

所以在平面ABCD中,可得四边形BCDK是平行四边形.

所以BC=DK=AK,

所以K是AD的中点,所以M是PD的中点,所以N是PA的中点.

设AB=BC=AD=x,连接CN,

则.

6.(1)取AC的中点M,连接EM,FM.在△ABC中,因为E,M分别为AB,AC的中点,所以EM∥BC且EM=BC.

又F为B1C1的中点,B1C1∥BC且B1C1=BC,所以B1F∥BC且B1F=BC,即EM∥B1F且EM=B1F.

故四边形EMFB1为平行四边形,所以B1E∥FM.

又FM⊂平面ACF,B1E⊄平面ACF,所以B1E∥平面ACF.

(2)设O为BC的中点,连接AO,因为三棱柱底面是正三角形,

所以AO=,且易知AO丄平面BCC1B1.

于是×AO=×1×2×.

7.(1)连接BD,如图D 8-3-2.∵AB=AD,∠BAD=60°,∴△ABD为正三角形.

∵M为AD的中点,∴BM⊥AD.

图D 8-3-2

又AD⊥CD,CD⊂平面ABCD,BM⊂平面ABCD,∴BM∥CD.

又BM⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴BM∥平面PCD.

∵M,N分别是AD,PA的中点,∴MN∥PD.

又MN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,

∴MN∥平面PCD.

又BM⊂平面BMN,MN⊂平面BMN,且BM∩MN=M,

∴平面BMN∥平面PCD.

(2)由(1)知BM⊥AD.

∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BM⊂平面ABCD,∴BM⊥平面PAD.

又AD=6,∠BAD=60°,∴BM=3.

∵M,N分别是AD,PA的中点,PA=PD=AD=3,∴△PMN的面积S△PMN=S△PAD=×(3)2=.

∴三棱锥P-BMN的体积V三棱锥P-BMN=V三棱锥B-PMN=S△PMN·BM=×3 .

8.(1)如图D 8-3-3,取SD的中点G,连接FG,GE.

因为E,F,G分别是SC,AB,SD的中点,

所以EG∥CD且EG=CD,BF=AB.

又四边形ABCD是菱形,

所以AB∥CD且AB=CD,

所以EG∥BF且EG=BF,

所以四边形FBEG为平行四边形,所以BE∥FG.图D 8-3-3

又BE⊄平面SFD,FG⊂平面SFD,

所以BE∥平面SFD.

(2)因为四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=120°,

所以S△BCD=×2×.

因为△SAD是等边三角形,所以在△SAD中,AD边上的高为.

又平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,

所以△SAD的高即三棱锥S-BCD的高,

所以V三棱锥S-BCD==1.

又V三棱锥S-BDE=,所以.

所以当时,三棱锥S-BDE的体积为.

【素养落地】　本题考查了线面位置关系的证明和线段比的探究,要求考生能熟练掌握并灵活应用有关的性质、定理,考查了直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养.

9.(1)F为BC的中点.

理由如下:

如图D 8-3-4,设点D在平面ABC内的射影为O,连接OC,

∵AD=CD,∴OA=OC,

∴在Rt△ABC中,O为AB的中点.

取BC的中点F,连接OF,DF,则OF∥AC,

又OF⊄平面EAC,AC⊂平面EAC,∴OF∥平面EAC.

取AC的中点H,连接EH,则EH⊥AC,

又平面EAC⊥平面ABC,平面EAC∩平面ABC=AC,

∴EH⊥平面ABC,

又DO⊥平面ABC,∴DO∥EH,∴DO∥平面EAC.

又DO∩OF=O,∴平面DOF∥平面EAC.

又DF⊂平面DOF,

∴DF∥平面EAC.

(2)由(1)知OF∥AC,则OF⊥BC,

又O为AB的中点,则DA=DB=DC,

因而DF⊥BC.又OF∩DF=F,故BC⊥平面DOF.

图D 8-3-4

如图D 8-3-4,取BE的中点N,连接FN,ON,则FN∥EC,ON∥AE.

又AD=2,∴AO=DO=,

OF=AC=1,ON=AE=1,FN=CE=1,

S四边形DFNO=×1××1×,

则四棱锥B-DFNO的体积为×S四边形DFNO×1=,

几何体DABCE的体积为×S△ABC×()=,

∴两部分几何体的体积之差为2×.

10.(1)如图D 8-3-5,取AD1的中点E,连接EM,EN,

图D 8-3-5

因为M为棱DD1的中点,所以ME∥AD且ME=AD,

又四边形ABCD是菱形,N为棱BC的中点,所以CN∥AD且CN=AD,

所以ME∥CN且ME=CN,

所以四边形EMCN为平行四边形,

所以CM∥NE,

又CM⊄平面AD1N,NE⊂平面AD1N,所以CM∥平面AD1N.

(2)连接BD,因为底面ABCD是边长为2的菱形,所以AC⊥BD,又AC⊥BD1,BD∩BD1=B,所以AC⊥平面DBD1,所以AC⊥DD1.

又AD⊥DD1,AC∩AD=A,所以DD1⊥平面ABCD.

因为BD=2,BD1=2,所以DD1=4,MD=2,

易知DN=,则MN=,三角形MDN斜边上的高为.

易知三角形MDN绕着直线MN旋转一周所形成的旋转体是两个圆锥的组合体,其表面积为π×+π××2.