2025年高考数学总复习 34 课时质量评价(三十四)

课时质量评价(三十四)1．如图，已知P为四边形ABCD外一点，E，F分别为BD，PD上的点．若EF∥平面PBC，则()A．EF∥PA B．EF∥PBC．EF∥PC D．以上均有可能B解析：由线面平行的性质定理可知EF∥PB.2．(多选题)已知α，β是两个不重合的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是()A．若l∥m，l∥β，则m∥β或m⊂βB．若α∥β，m⊂α，l⊂β，则m∥lC．若m⊥α，l⊥m，则l∥αD．若m∥α，m⊂β，α∩β＝l，则m∥lAD解析：若l∥m，l∥β，则m∥β或m⊂β，故A正确；若α∥β，m⊂α，l⊂β，则m∥l或l，m异面，故B错误；若m⊥α，l⊥m，则l∥α或l⊂α，故C错误；由线面平行的性质定理知D正确．3．(多选题)已知平面α∥平面β，P是α，β外一点，过点P的两条直线AC，BD分别交α于点A，B，交β于点C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，则CD的长为()A．20 B．16C．12 D．4AD解析：因为过点P的两条直线AC，BD确定的平面交α于AB，交β于CD，且平面α∥平面β，所以AB∥CD.分两种情况：当点P在两平行平面之外时，PC＝AC＋PA＝15，PAPC＝ABCD，所以当点P在两平行平面之间时，PC＝AC－PA＝3，APPC＝ABCD4．如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，点E是线段AB的中点，点F在线段PA上，且EF∥平面PCD，直线PD与平面CEF交于点H，则线段CH的长度为()A．2 B．2C．22 D．23C解析：因为直线PD与平面CEF交于点H，所以平面CEF∩平面PCD＝CH.因为EF∥平面PCD，所以EF∥CH.过点H作HM∥PA交AD于点M，连接CM，如图所示．因为EF∩AP＝F，CH∩HM＝H，所以平面AEF∥平面CHM.因为平面AEF∩平面ABCD＝AE，平面CHM∩平面ABCD＝CM，所以AE∥CM.又BC∥AM，所以四边形ABCM为平行四边形，所以AM＝BC＝2.又AD＝4，所以M是AD的中点，则H为PD的中点，所以CH＝CM25．如图，CD，AB均与平面EFGH平行，E，F，G，H分别在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB，则四边形EFGH的形状为________.矩形解析：因为CD∥平面EFGH，CD⊂平面BCD，平面EFGH∩平面BCD＝EF，所以CD∥EF.同理HG∥CD，所以EF∥HG.同理HE∥GF，所以四边形EFGH为平行四边形．又因为CD⊥AB，所以HE⊥EF，所以平行四边形EFGH为矩形．6．如图，正方形ABCD和直角梯形ABEF不在同一个平面内，AF∥BE，∠ABE＝90˚，AF＝1，BE＝2，P是BE的中点，则平面DEF与平面PAC的位置关系为________.平行解析：设AC∩BD＝O，连接OP，如图．因为O，P分别为BD，BE的中点，所以OP∥DE.因为DE⊄平面PAC，OP⊂平面PAC，所以DE∥平面PAC.因为P是BE的中点，BE＝2，所以PE＝AF＝1.因为AF∥BE，所以四边形APEF是平行四边形，所以AP∥EF.因为EF⊄平面PAC，AP⊂平面PAC，所以EF∥平面PAC．因为DE⊂平面DEF，EF⊂平面DEF，DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PAC.7．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，CD，SC的中点，求证：(1)EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.证明：(1)如图，连接SB，因为E，G分别是BC，SC的中点，所以EG∥SB.因为SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，所以EG∥平面BDD1B1.(2)如图，连接SD，因为F，G分别是CD，SC的中点，所以FG∥SD.因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1.由(1)知EG∥平面BDD1B1，又因为EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.8．(2024·南宁模拟)在三棱锥D-ABC中，M，N分别是△ACD，△BCD的重心，以下与直线MN平行的是()A．直线CD B．平面ABDC．平面ACD D．平面BCDB解析：如图，取CD的中点为E，连接AE，BE.由M，N分别是△ACD和△BCD的重心，可得AMME＝21，BNNE＝2因为CD与AB不平行，故A错误．因为MN∥AB，MN⊄平面ABD，AB⊂平面ABD，所以MN∥平面ABD，故B正确．因为M∈平面ACD，N∉平面ACD，所以MN与平面ACD不平行，故C错误．因为N∈平面BCD，M∉平面BCD，所以MN与平面BCD不平行，故D错误．9．如图，已知点E，F分别是正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AA1的中点，点M，N分别是线段D1E与C1F上的点，则满足与平面ABCD平行的直线MN有()A．0条 B．1条C．2条 D．无数条D解析：如图，作平面KSHG∥平面ABCD，C1F，D1E分别交平面KSHG于点N，M，连接MN.由面面平行的性质得MN∥平面ABCD.由于平面KSHG有无数多个，所以平行于平面ABCD的MN有无数多条．10．(多选题)如图，这是四棱锥P-ABCD的平面展开图，其中四边形ABCD是正方形，E，F，G，H分别是PA，PD，PC，PB的中点，则在原四棱锥中，下列结论中正确的有()A．平面EFGH∥平面ABCDB．EF∥平面BDGC．EF∥平面PBCD．FH∥平面BDGACD解析：将平面展开图还原成四棱锥，如图．显然B不正确．因为F，H分别为PD，PB的中点，所以FH∥BD，BD⊂平面BDG，FH⊄平面BDG，所以FH∥平面BDG，故D正确．因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD.因为BC∥AD，所以EF∥BC.因为BC⊂平面PBC，EF⊄平面PBC，所以EF∥平面PBC，故C正确．由EF∥AD，AD⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.同理可得EH∥平面ABCD，而EH∩EF＝E，EH，EF⊂平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故A正确．11．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M，N在正方体的表面上运动，分别满足：AM＝2，AN∥平面BDC1.设点M，N的运动轨迹的长度分别为m，n，则mn＝____2π4解析：如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1因为点M，N在正方体的表面上运动，AM＝2，所以点M的轨迹为半径为2的球A与正方体表面的交线，即3个半径为2的四分之一圆弧，故m＝3×14×2π×2＝在正方体中，AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，DC1∩BC1＝C1，AD1，AB1⊂平面AB1D1，DC1，BC1⊂平面BDC1，故平面AB1D1∥平面BDC1.当点N在△AB1D1的三条边上运动时，满足AN∥平面BDC1，故n＝3×22＝6212．(数学与生活)(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示，底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为等边三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．(1)证明：如图，将几何体补形为长方体，作EE′⊥AB于点E′，作FF′⊥BC于点F′，连接E′F′.由于底面ABCD为正方形，△ABE，△BCF均为等边三角形，所以△ABE与△BCF的高相等，即EE′＝FF′.由面面垂直的性质可知，EE′，FF′均与底面ABCD垂直，则EE′∥FF′，四边形EE′F′F为平行四边形，则EF∥E′F′.因为EF⊄平面ABCD，E′F′⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.(2)解：易知包装盒的容积为长方体的体积减去四个三棱锥的体积，其中长方体的高AA1＝EE′＝43(cm)，所以长方体的体积V1＝8×8×43又因为一个三棱锥的体积V2＝13×12则包装盒的容积V＝V1－4V2＝2563－4×3213．(2024·烟台模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD.(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，证明你的结论；若不存在，请说明理由．(1)证明：如图，取PA的中点H，连接EH，DH.因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝12AB因为AB∥CD，CD＝12AB所以EH∥CD，EH＝CD.所以四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH.又因为DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，所以CE∥平面PAD.(2)解：存在．证明如下：如图，取AB的