全國統(tǒng)考2025版高考數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí)第8章立體幾何第3講直線平面平行的判定及性質(zhì)2備考試題文含解析

第八章立體幾何第三講直線、平面平行的判定及性質(zhì)1.[2024黑龍江省六校階段聯(lián)考]對于不重合的兩個平面α與β,給定下列條件: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內(nèi)有不共線的三點到β的距離相等;④存在異面直線l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β.其中,可以判定α與β平行的條件有()A.1個 B.2個 C.3個 D.4個2.[2024長春市質(zhì)量監(jiān)測]已知a,b,c為三條不同的直線,α,β,γ為三個不同的平面,則下列說法正確的是()①a⊥α,b⊥α,則a∥b; ②α⊥γ,β⊥γ,則α⊥β;③a∥α,b∥α,則a∥b; ④α∥γ,β∥γ,則α∥β.A.①②③ B.②③④ C.①③ D.①④3.[2024廣州模擬]如圖8-3-1,在三棱錐A-BCD中,AB=CD=a,M,N,P,Q分別在棱AC,BC,BD,AD(不包含端點)上,AB,CD均平行于平面MNPQ,則四邊形MNPQ的周長是()A.4a B.2aC.3a2 D4.[2024沈陽市模擬]下列三個命題在“()”處都缺少同一個條件,補上這個條件可使這三個命題均為真命題(其中l(wèi),m為兩條不同的直線,α,β為兩個不同的平面),則此條件是.

①l∥mm∥α()?l∥α;②m?5.[2024晉南中學(xué)聯(lián)考]如圖8-3-2所示,四棱錐P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=12AD,PA⊥底面ABCD,過BC的平面交PD于M,交PA于N(M與D不重合).(1)求證:MN∥BC.(2)若BM⊥AC,求VP-圖8-3-26.[2024江西紅色七校聯(lián)考]如圖8-3-3,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,E,F分別為AB,B1C1的中點.(1)求證:B1E∥平面ACF.(2)求三棱錐B1-ACF的體積.圖8-3-37.[2024成都市高三模擬]如圖8-3-4,在四棱錐P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,AB=AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD=60°,M,N分別為AD,PA的中點.(1)證明:平面BMN∥平面PCD.(2)若AD=6,求三棱錐P-BMN的體積.圖8-3-48.[新角度題]如圖8-3-5,在四棱錐S-ABCD中,四邊形ABCD是邊長為2的菱形,∠ADC=120°,△SAD是等邊三角形,平面SAD⊥平面ABCD,E,F分別是SC,AB上的一點.(1)若E,F分別是SC,AB的中點,求證:BE∥平面SFD.(2)當(dāng)SEEC為多少時,三棱錐S-BDE的體積為1圖8-3-59.如圖8-3-6(1),在四邊形MABC中,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,△MAC是邊長為2的正三角形.以AC為折痕,將△MAC向上折疊到△DAC的位置,使D點在平面ABC內(nèi)的射影在AB上,再將△MAC向下折疊到△EAC的位置,使平面EAC⊥平面ABC,形成幾何體DABCE,如圖8-3-6(2)所示.已知點F在BC上.(1)若DF∥平面EAC,求點F的位置;(2)過DF且與平面EAC平行的平面將幾何體DABCE分為兩部分,求這兩部分幾何體的體積之差(較大體積減去較小體積).圖8-3-610.如圖8-3-7,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠BAD=60°,AD⊥DD1,點M,N分別為棱DD1,BC的中點.(1)求證:MC∥平面AD1N.(2)若AC⊥BD1,且BD1=213,求三角形MDN繞直線MN旋轉(zhuǎn)一周所形成的旋轉(zhuǎn)體的表面積.圖8-3-7答案第八章立體幾何第三講直線、平面平行的判定及性質(zhì)1.B對于①,若α∥γ,β∥γ,則由面面平行的性質(zhì)可得α∥β,故①可以判定α與β平行;對于②,若存在平面γ,使得α,β都垂直于γ,則α,β不肯定平行,如正方體相鄰的三個面,故②不行以判定α與β平行;對于③,當(dāng)α,β是兩個相交平面時,假如平面α內(nèi)不共線的三點在平面β的異側(cè)時,此三點可以到平面β的距離相等,故③不行以判定α與β平行;對于④,在平面α內(nèi)作l'∥l,m'∥m,因為l,m是兩條異面直線,所以必有l(wèi)',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與β平行.故選B.2.D①中,由a⊥α,b⊥α,利用線面垂直的性質(zhì)定理可推出a∥b,故①正確;②中,由α⊥γ,β⊥γ,得α與β平行或相交,故②不正確;③中,由a∥α,b∥α,得a與b平行或相交或異面,故③不正確;④中,由α∥γ,β∥γ,利用面面平行的傳遞性可推出α∥β,故④正確.綜上所述,①④的說法正確,故選D.3.B設(shè)AMCM=k.因為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,故四邊形MNPQ為平行四邊形,所以MNAB=PQAB=11+k,MQCD=NPCD=k1+k.因為AB=CD=a,所以MN=PQ=a1+k,MQ4.l?α②體現(xiàn)的是線面平行的判定定理,缺少的條件是“l(fā)為平面α外的一條直線”,即“l(fā)?α”,“l(fā)?α”也適用于①和③,故此條件是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)過M作MK∥PA交AD于K,連接BK.因為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,可得四邊形BCDK是平行四邊形.所以BC=DK=AK,所以K是AD的中點,所以M是PD的中點,所以N是PA的中點.設(shè)AB=BC=12AD=x,連接CN則VP6.(1)取AC的中點M,連接EM,FM.在△ABC中,因為E,M分別為AB,AC的中點,所以EM∥BC且EM=12又F為B1C1的中點,B1C1∥BC且B1C1=BC,所以B1F∥BC且B1F=12BC,即EM∥B1F且EM=B1故四邊形EMFB1為平行四邊形,所以B1E∥FM.又FM?平面ACF,B1E?平面ACF,所以B1E∥平面ACF.(2)設(shè)O為BC的中點,連接AO,因為三棱柱底面是正三角形,所以AO=3,且易知AO丄平面BCC1B1.于是V三棱錐B1-ACF=V7.(1)連接BD,如圖D8-3-2.∵AB=AD,∠BAD=60°,∴△ABD為正三角形.∵M(jìn)為AD的中點,∴BM⊥AD.圖D8-3-2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(jìn),N分別是AD,PA的中點,∴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=33.∵M(jìn),N分別是AD,PA的中點,PA=PD=22AD=32,∴△PMN的面積S△PMN=14S△PAD=14×12×(3∴三棱錐P-BMN的體積V三棱錐P-BMN=V三棱錐B-PMN=13S△PMN·BM=13×8.(1)如圖D8-3-3,取SD的中點G,連接FG,GE.因為E,F,G分別是SC,AB,SD的中點,所以EG∥CD且EG=12CD,BF=12又四邊形ABCD是菱形,所以AB∥CD且AB=CD,所以EG∥BF且EG=BF,所以四邊形FBEG為平行四邊形,所以BE∥FG.圖D8-3-3又BE?平面SFD,FG?平面SFD,所以BE∥平面SFD.(2)因為四邊形ABCD是邊長為2的菱形,∠ADC=120°,所以S△BCD=12×2×3因為△SAD是等邊三角形,所以在△SAD中,AD邊上的高為3.又平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,所以△SAD的高即三棱錐S-BCD的高,所以V三棱錐S-BCD=13×又V三棱錐S-BDE=16,所以V所以當(dāng)SEEC=15時,三棱錐S-【素養(yǎng)落地】本題考查了線面位置關(guān)系的證明和線段比的探究,要求考生能嫻熟駕馭并敏捷應(yīng)用有關(guān)的性質(zhì)、定理,考查了直觀想象、邏輯推理、數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng).9.(1)F為BC的中點.理由如下:如圖D8-3-4,設(shè)點D在平面ABC內(nèi)的射影為O,連接OC,∵AD=CD,∴OA=OC,∴在Rt△ABC中,O為AB的中點.取BC的中點F,連接OF,DF,則OF∥AC,又OF?平面EAC,AC?平面EAC,∴OF∥平面EAC.取AC的中點H,連接EH,則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,則OF⊥BC,又O為AB的中點,則DA=DB=DC,因而DF⊥BC.又OF∩DF=F,故BC⊥平面DOF.圖D8-3-4如圖D8-3-4,取BE的中點N,連接FN,ON,則FN∥EC,ON∥AE.又AD=2,∴AO=DO=2,OF=12AC=1,ON=12AE=1,FN=1S四邊形DFNO=12×1×2+1則四棱錐B-DFNO的體積為13×S四邊形DFNO×1=2幾何體DABCE的體積為13×S△ABC×(2+3∴兩部分幾何體的體積之差為22+2310.(1)如圖D8-3-5,取AD1的中點E,連接EM,EN,圖D8-3-5因為M為棱DD1的中點,所以ME∥AD且ME=12AD又四邊形ABCD是菱形,N為棱BC的中點,所以CN∥AD且CN=12AD所以ME∥CN且ME=CN,所以四邊形EMCN為平行四邊形,所以CM∥NE,又CM?平面AD1N,NE?平面AD1N,所以C