2025屆高考數學統(tǒng)考一輪復習第七章立體幾何第四節(jié)平行關系課時規(guī)范練文含解析北師大版

PAGE第七章立體幾何第四節(jié)平行關系課時規(guī)范練A組——基礎對點練1．下列關于線、面的四個命題中不正確的是()A．平行于同一平面的兩個平面肯定平行B．平行于同始終線的兩條直線肯定平行C．垂直于同始終線的兩條直線肯定平行D．垂直于同一平面的兩條直線肯定平行解析：垂直于同一條直線的兩條直線不肯定平行，可能相交或異面．本題可以以正方體為例證明．答案：C2．若空間四邊形ABCD的兩條對角線AC，BD的長分別是8，12，過AB的中點E且平行于BD，AC的截面四邊形的周長為()A．10 B．20C．8 D．4解析：設截面四邊形為EFGH，F，G，H分別是BC，CD，DA的中點，∴EF＝GH＝4，FG＝HE＝6.∴周長為2×(4＋6)＝20.答案：B3.(2024·安徽毛坦廠中學月考)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為棱AB，CC1的中點，在平面ADD1A1內且與平面D1A．有多數條 B．有2條C．有1條 D．不存在解析：因為平面D1EF與平面ADD1A1有公共點D1，所以兩平面有一條過D1的交線l，在平面ADD1A1內與l平行的隨意直線都與平面D1EF平行，這樣的直線有多數條，故選A.答案：A4．(2024·陜西西安模擬)在空間四邊形ABCD中，E，F分別為AB，AD上的點，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，H，G分別是BC，CD的中點，則()A．BD∥平面EFG，且四邊形EFGH是平行四邊形B．EF∥平面BCD，且四邊形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四邊形EFGH是平行四邊形D．EH∥平面ADC，且四邊形EFGH是梯形解析：如圖，由條件知，EF∥BD，EF＝eq\f(1,5)BD，HG∥BD，HG＝eq\f(1,2)BD，∴EF∥HG，且EF＝eq\f(2,5)HG，∴四邊形EFGH為梯形．∵EF∥BD，EF平面BCD，BD平面BCD，∴EF∥平面BCD.∵四邊形EFGH為梯形，∴線段EH與FG的延長線交于一點，∴EH不平行于平面ADC.故選B.答案：B5．(2024·蚌埠聯考)過三棱柱ABC-A1B1C1的隨意兩條棱的中點作直線，其中與平面ABB1AA．4條 B．6條C．8條 D．12條解析：作出如圖的圖形，E，F，G，H是相應棱的中點，故符合條件的直線只能出現在平面EFGH中．由此四點可以組成的直線有：EF，GH，FG，EH，GE，HF共有6條．答案：B6.(2024·鄭州市高三質量預料)如圖，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，AA′＝4，點E，F，G，H，M分別是邊AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中點，動點P在四邊形EFGH的內部運動，并且始終有MP∥平面ACC′A′，則動點P的軌跡長度為()A．2 B．2πC．2eq\r(3) D．4解析：連接MF，FH，MH(圖略)，因為M，F，H分別為BC，AB，A′B′的中點，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M與線段FH上隨意一點的連線都平行于平面AA′C′C，所以點P的運動軌跡是線段FH，其長度為4，故選D.答案：D7．(2024·四川成都模擬)已知直線a，b和平面α，下列說法中正確的是()A．若a∥α，bα，則a∥bB．若a⊥α，bα，則a⊥bC．若a，b與α所成的角相等，則a∥bD．若a∥α，b∥α，則a∥b解析：對于A，若a∥α，bα，則a∥b或a與b異面，故A錯誤；對于B，利用線面垂直的性質，可知若a⊥α，bα，則a⊥b，故B正確；對于C，若a，b與α所成的角相等，則a與b相交、平行或異面，故C錯誤；對于D，由a∥α，b∥α，得a，b之間的位置關系可以是相交、平行或異面，故D錯誤．答案：B8．(2024·湖南長沙模擬)設a，b，c表示不同直線，α，β表示不同平面，給出下列命題：①若a∥c，b∥c，則a∥b；②若a∥b，b∥α，則a∥α；③若a∥α，b∥α，則a∥b；④若aα，bβ，α∥β，則a∥b.其中真命題的個數是()A．1 B．2C．3 D．4解析：對于①，依據線線平行的傳遞性可知①是真命題；對于②，依據a∥b，b∥α，可以推出a∥α或aα，故②是假命題；對于③，依據a∥α，b∥α，可以推出a與b平行、相交或異面，故③是假命題；對于④，依據aα，bβ，α∥β，可以推出a∥b或a與b異面，故④是假命題．所以真命題的個數是1.故選A.答案：A9．(2024·滄州七校聯考)有以下三種說法，其中正確的是________．①若直線a與平面α相交，則α內不存在與a平行的直線；②若直線b∥平面α，直線a與直線b垂直，則直線a不行能與α平行；③若直線a，b滿意a∥b，則a平行于經過b的任何平面．解析：對于①，若直線a與平面α相交，則α內不存在與a平行的直線，是真命題，故①正確；對于②，若直線b∥平面α，直線a與直線b垂直，則直線a可能與α平行，故②錯誤；對于③，若直線a，b滿意a∥b，則直線a與直線b可能共面，故③錯誤．答案：①10．在四面體ABCD中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，則四面體的四個面中與MN平行的是________．解析：連接AM并延長交CD于E，連接BN并延長交CD于F.由重心的性質可知，E，F重合為一點，且該點為CD的中點E.由eq\f(EM,MA)＝eq\f(EN,NB)＝eq\f(1,2)，得MN∥AB.因此MN∥平面ABC且MN∥平面ABD.答案：平面ABC和平面ABDB組——素養(yǎng)提升練11．(2024·安徽安慶模擬)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，M、N、Q分別是棱D1C1、A1D1、BC的中點，點P在BD1上且BP＝eq\f(2,3)BD1.由以下四個說法：(1)MN∥平面APC；(2)C1Q∥平面APC；(3)A、P、M三點共線；(4)平面MNQ∥平面APC.其中說法正確的是________．解析：(1)連接MN，AC，則MN∥AC，連接AM、CN，易得AM、CN交于點P，即MN平面PAC，所以MN∥平面APC是錯誤的；(2)由(1)知M、N在平面APC上，由題易知AN∥C1Q，所以C1Q∥平面APC是正確的；(3)由(1)知A，P，M三點共線是正確的；(4)由(1)知MN平面APC，又MN平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是錯誤的．答案：(2)(3)12.(2024·河南安陽二模)如圖所示，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1.一平面截該長方體，所得截面為OPQRST，其中O，P分別為AD，CD的中點，B1S＝eq\f(1,2)，則AT＝________．解析：設AT＝x，A1T＝y(tǒng)，則x＋y＝1.由題意易知該截面六邊形的對邊分別平行，即OP∥SR，OT∥QR，PQ∥TS，則△DOP∽△B1SR.又因為DP＝DO＝1，所以B1S＝B1R＝eq\f(1,2)，所以A1S＝C1R＝eq\f(3,2).由△ATO∽△C1QR，可得eq\f(AO,AT)＝eq\f(C1R,C1Q)，所以C1Q＝eq\f(3,2)x.由△A1TS∽△CQP，可得eq\f(CQ,CP)＝eq\f(A1T,A1S)，所以CQ＝eq\f(2,3)y，所以eq\f(3,2)x＋eq\f(2,3)y＝x＋y＝1，可得x＝eq\f(2,5)，y＝eq\f(3,5)，所以AT＝eq\f(2,5).答案：eq\f(2,5)13．(2024·河南安陽三模)如圖所示，四棱錐A-BCDE中，BE∥CD，BE⊥平面ABC，CD＝eq\f(3,2)BE，點F在線段AD上．(1)若AF＝2FD，求證：EF∥平面ABC；(2)若△ABC為等邊三角形，CD＝AC＝3，求四棱錐A-BCDE的體積．解析：(1)證明：取線段AC上靠近C的三等分點G，連接BG，GF.因為eq\f(AG,AC)＝eq\f(AF,AD)＝eq\f(2,3)，則GF＝eq\f(2,3)CD＝BE.而GF∥CD，BE∥CD，故GF∥BE.故四邊形BGFE為平行四邊形，故EF∥BG.因為EF平面ABC，BG平面ABC，故EF∥平面ABC.(2)因為BE⊥平面ABC，BE平面BCDE，所以平面ABC⊥平面BCDE.所以四棱錐A-BCDE的高即為△ABC中BC邊上的高．易求得BC邊上的高為eq\f(\r(3),2)×3＝eq\f(3\r(3),2).故四棱錐A-BCDE的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(2＋3)×3×eq\f(3\r(3),2)＝eq\f(15\r(3),4).14．(2024·湖南雅禮中學聯考)如圖，在等腰梯形ABCD中，已知BC∥AD，AB＝eq\r(2)，BC＝1，AD＝3，BP⊥AD，垂足為P，將△ABP沿BP折起，使平面ABP⊥平面PBCD，連接AD，AC，M為棱AD的中點，連接CM.(1)試分別在PB，CD上確定點E，F，使平面MEF∥平面ABC；(2)求三棱錐A-PCM的體積．解析：(1)E，F分別為BP，CD的中點時，可使平面MEF∥平面ABC，證明如下：取BP的中點E，CD的中點F，連接ME，MF，EF.∵M，F分別為AD，CD的中點，∴MF∥AC.又E為BP的中點，且四邊形PBCD為梯形，∴EF∥BC.∵MF∩EF＝F，AC∩BC＝C，∴平面MEF∥平面ABC.(2)∵平面ABP⊥平面PBCD，平面ABP∩平面PBCD＝BP，AP⊥BP，∴AP