2023创新导学案（人教版·文科数学）新课标高考总复习专项演练：第八章 立体几何 8-3 Word版高考数学考点难点分析

8-3A组专项基础训练(时间：45分钟)1．设α，β是两个不同的平面，m，n是平面α内的两条不同的直线，l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是()A．m∥β且l1∥αB．l1∥α且l2∥αC．m∥β且n∥βD．m∥l1且n∥l2【解析】m∥l1，且n∥l2⇒α∥β，但α∥β⇒/m∥l1且n∥l2，∴“m∥l1，且n∥l2”是“α∥β”的一个充分不必要条件．【答案】D2．若直线a平行于平面α，则下列结论错误的是()A．a平行于α内的所有直线B．α内有无数条直线与a平行C．直线a上的点到平面α的距离相等D．α内存在无数条直线与a成90°角【解析】若直线a平行于平面α，则α内既存在无数条直线与a平行，也存在无数条直线与a异面且垂直，所以A不正确，B、D正确．又夹在相互平行的线与平面间的平行线段相等，所以C正确．【答案】A3．在空间四边形ABCD中，E、F分别是AB和BC上的点，若AE∶EB＝CF∶FB＝1∶2，则对角线AC和平面DEF的位置关系是()A．平行B．相交C．在平面内D．不能确定【解析】如图，由eq\f(AE,EB)＝eq\f(CF,FB)得AC∥EF.又因为EF⊂平面DEF，AC⊄平面DEF，所以AC∥平面DEF.【答案】A4．给出下列关于互不相同的直线l、m、n和平面α、β、γ的三个命题：①若l与m为异面直线，l⊂α，m⊂β，则α∥β；②若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m；③若α∩β＝l，β∩γ＝m.γ∩α＝n，l∥γ，则m∥n.其中真命题的个数为()A．3B．2C．1D．0【解析】①中当α与β不平行时，也可能存在符合题意的l、m；②中l与m也可能异面；③中eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(l∥γ,l⊂α,α∩γ＝n))⇒l∥n，同理，l∥m，则m∥n，正确．【答案】C5．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是()A．①③B．①④C．②③D．②④【解析】①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，∴平面MNP∥平面AA′B可得出AB∥平面MNP(如图)．④中，NP∥AB，能得出AB∥平面MNP.【答案】B6．在四面体A­BCD中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，则四面体的四个面中与MN平行的是________．【解析】如图，取CD的中点E.则EM∶MA＝1∶2，EN∶BN＝1∶2，所以MN∥AB.所以MN∥平面ABD，MN∥平面ABC.【答案】平面ABD与平面ABC7．如图所示，ABCD­A1B1C1D1是棱长为a的正方体，M，N分别是下底面的棱A1B1，B1C1的中点，P是上底面的棱AD上的一点，AP＝eq\f(a,3)，过P，M，N的平面交上底面于PQ，Q在CD上，则PQ＝________．【解析】∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，∴MN∥PQ.∵M，N分别是A1B1，B1C1的中点，AP＝eq\f(a,3)，∴CQ＝eq\f(a,3)，从而DP＝DQ＝eq\f(2a,3)，∴PQ＝eq\f(2\r(2),3)a.【答案】eq\f(2\r(2),3)a8．在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列结论中，错误的为________．①AC⊥BD；②AC∥截面PQMN；③AC＝BD；④异面直线PM与BD所成的角为45°.【解析】∵PQMN是正方形，∴MN∥QP，则MN∥平面ABC，由线面平行的性质知MN∥AC，则AC∥截面PQMN，同理可得MQ∥BD，又MN⊥QM，则AC⊥BD，故①②正确．又∵BD∥MQ，∴异面直线PM与BD所成的角即为∠PMQ＝45°，故④正确．【答案】③9．如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AC＝5，BB1＝BC＝6，D，E分别是AA1和B1C的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求三棱锥E­BCD的体积．【解析】(1)证明：取BC中点G，连接AG，EG.因为E是B1C的中点，所以EG∥BB1，且EG＝eq\f(1,2)BB1.由直棱柱知，AA1綊BB1，而D是AA1的中点，所以EG綊AD，所以四边形EGAD是平行四边形．所以ED∥AG.又DE⊄平面ABC，AG⊂平面ABC，所以DE∥平面ABC.(2)因为AD∥EG，EG⊂平面BCE，AD⊄平面BCE，所以AD∥平面BCE，所以VE­BCD＝VD­BEC＝VA­BCE＝VE­ABC，由(1)知，DE∥平面ABC.所以VE­ABC＝VD­ABC＝eq\f(1,3)AD·eq\f(1,2)BC·AG＝eq\f(1,6)×3×6×4＝12.10．(2016·长沙模拟)一个多面体的直观图及三视图如图所示(其中M，N分别是AF，BC的中点)．(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A­CDEF的体积．【解析】由三视图可知：AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝2eq\r(2)，∠CBF＝eq\f(π,2).(1)证明：取BF的中点G，连接MG，NG，由M，N分别为AF，BC的中点可得，NG∥CF，MG∥AB∥EF，且NG∩MG＝G，CF∩EF＝F，∴平面MNG∥平面CDEF，又MN⊂平面MNG，∴MN∥平面CDEF.(2)取DE的中点H.∵AD＝AE，∴AH⊥DE，在直三棱柱ADE­BCF中，平面ADE⊥平面CDEF，平面ADE∩平面CDEF＝DE，AH⊂平面ADE，∴AH⊥平面CDEF.∴多面体A­CDEF是以AH为高，以矩形CDEF为底面的棱锥，在△ADE中，AH＝eq\r(2).S矩形CDEF＝DE·EF＝4eq\r(2)，∴棱锥A­CDEF的体积为V＝eq\f(1,3)·S矩形CDEF·AH＝eq\f(1,3)×4eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(8,3).B组专项能力提升(时间：30分钟)11．(教材改编)对于平面α和共面的直线m，n，下列命题中为真命题的是()A．若m，n与平面α所成的角相等，则m∥nB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m⊥α，m⊥n，则n∥αD．若m⊂α，n∥α，则m∥n【解析】正三棱锥P­ABC的侧棱PA，PB与底面所成角相等，但PA与PB相交，应排除A；若m∥α，n∥α，则m与n平行或相交，应排除B；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，应排除C；因为m，n共面，设经过m，n的平面为β，因为m⊂α，所以α∩β＝m.因为n∥α，所以n∥m.【答案】D12．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，CD的中点，N是BC的中点，动点M在四边形EFGH上及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.【解析】因为HN∥BD，HF∥DD1，所以平面NHF∥平面B1BDD1，故线段FH上任意点M与N相连，都有MN∥平面B1BDD1.【答案】M∈线段FH13．空间四边形ABCD的两条对棱AC、BD的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是________．【解析】设eq\f(DH,DA)＝eq\f(GH,AC)＝k，∴eq\f(AH,DA)＝eq\f(EH,BD)＝1－k，∴GH＝5k，EH＝4(1－k)，∴周长＝8＋2k.又∵0<k<1，∴周长的范围为(8，10)．【答案】(8，10)14．平面α内有△ABC，AB＝5，BC＝8，AC＝7，梯形BCDE的底DE＝2，过EB的中点B1的平面β∥α，若β分别交EA，DC于A1，C1，求△A1B1C1的面积．【解析】∵α∥β，∴A1B1∥AB，B1C1∥BC.又因∠A1B1C1与∠ABC同向，∴∠A1B1C1＝∠ABC.又∵cos∠ABC＝eq\f(52＋82－72,2×5×8)＝eq\f(1,2)，∴∠ABC＝60°＝∠A1B1C1.又∵B1为EB的中点，∴B1A1是△EAB的中位线，∴B1A1＝eq\f(1,2)AB＝eq\f(5,2)，同理知B1C1为梯形BCDE的中位线，∴B1C1＝eq\f(1,2)(BC＋DE)＝5.则S△A1B1C1＝eq\f(1,2)A1B1·B1C1·sin60°＝eq\f(1,2)·eq\f(5,2)·5·eq\f(\r(3),2)＝eq\f(25,8)eq\r(3).故△A1B1C1的面积为eq\f(25,8)eq\r(3).15．如图，四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点．(1)求三棱锥A­PDE的体积；(2)AC边上是否存在一点M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．【解析】(1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD.又因ABCD是矩形，所以AD⊥CD.因PD∩CD＝D，所以AD⊥平面PCD，所以AD是三棱锥A­PDE的高．因为E为PC的中点，且PD＝DC＝4，所以S△PDE＝eq\f(1,2)S△PDC＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×4