2025届高考数学统考一轮复习第七章立体几何第四节平行关系课时规范练文含解析北师大版

PAGE第七章立体几何第四节平行关系课时规范练A组——基础对点练1．下列关于线、面的四个命题中不正确的是()A．平行于同一平面的两个平面肯定平行B．平行于同始终线的两条直线肯定平行C．垂直于同始终线的两条直线肯定平行D．垂直于同一平面的两条直线肯定平行解析：垂直于同一条直线的两条直线不肯定平行，可能相交或异面．本题可以以正方体为例证明．答案：C2．若空间四边形ABCD的两条对角线AC，BD的长分别是8，12，过AB的中点E且平行于BD，AC的截面四边形的周长为()A．10 B．20C．8 D．4解析：设截面四边形为EFGH，F，G，H分别是BC，CD，DA的中点，∴EF＝GH＝4，FG＝HE＝6.∴周长为2×(4＋6)＝20.答案：B3.(2024·安徽毛坦厂中学月考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1A．有多数条 B．有2条C．有1条 D．不存在解析：因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的随意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有多数条，故选A.答案：A4．(2024·陕西西安模拟)在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，H，G分别是BC，CD的中点，则()A．BD∥平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是梯形解析：如图，由条件知，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，∴四边形EFGH为梯形．∵EF∥BD，EF平面BCD，BD平面BCD，∴EF∥平面BCD.∵四边形EFGH为梯形，∴线段EH与FG的延长线交于一点，∴EH不平行于平面ADC.故选B.答案：B5．(2024·蚌埠联考)过三棱柱ABC­A1B1C1的随意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1AA．4条 B．6条C．8条 D．12条解析：作出如图的图形，E，F，G，H是相应棱的中点，故符合条件的直线只能出现在平面EFGH中．由此四点可以组成的直线有：EF，GH，FG，EH，GE，HF共有6条．答案：B6.(2024·郑州市高三质量预料)如图，在直三棱柱ABC­A′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH的内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为()A．2 B．2πC．2eq\r(3) D．4解析：连接MF，FH，MH(图略)，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，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与线段FH上随意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D.答案：D7．(2024·四川成都模拟)已知直线a，b和平面α，下列说法中正确的是()A．若a∥α，bα，则a∥bB．若a⊥α，bα，则a⊥bC．若a，b与α所成的角相等，则a∥bD．若a∥α，b∥α，则a∥b解析：对于A，若a∥α，bα，则a∥b或a与b异面，故A错误；对于B，利用线面垂直的性质，可知若a⊥α，bα，则a⊥b，故B正确；对于C，若a，b与α所成的角相等，则a与b相交、平行或异面，故C错误；对于D，由a∥α，b∥α，得a，b之间的位置关系可以是相交、平行或异面，故D错误．答案：B8．(2024·湖南长沙模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，给出下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若aα，bβ，α∥β，则a∥b.其中真命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：对于①，依据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，依据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或aα，故②是假命题；对于③，依据a∥α，b∥α，可以推出a与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，依据aα，bβ，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.答案：A9．(2024·沧州七校联考)有以下三种说法，其中正确的是________．①若直线a与平面α相交，则α内不存在与a平行的直线；②若直线b∥平面α，直线a与直线b垂直，则直线a不行能与α平行；③若直线a，b满意a∥b，则a平行于经过b的任何平面．解析：对于①，若直线a与平面α相交，则α内不存在与a平行的直线，是真命题，故①正确；对于②，若直线b∥平面α，直线a与直线b垂直，则直线a可能与α平行，故②错误；对于③，若直线a，b满意a∥b，则直线a与直线b可能共面，故③错误．答案：①10．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：连接AM并延长交CD于E，连接BN并延长交CD于F.由重心的性质可知，E，F重合为一点，且该点为CD的中点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组——素养提升练11．(2024·安徽安庆模拟)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M、N、Q分别是棱D1C1、A1D1、BC的中点，点P在BD1上且BP＝eq\f(2,3)BD1.由以下四个说法：(1)MN∥平面APC；(2)C1Q∥平面APC；(3)A、P、M三点共线；(4)平面MNQ∥平面APC.其中说法正确的是________．解析：(1)连接MN，AC，则MN∥AC，连接AM、CN，易得AM、CN交于点P，即MN平面PAC，所以MN∥平面APC是错误的；(2)由(1)知M、N在平面APC上，由题易知AN∥C1Q，所以C1Q∥平面APC是正确的；(3)由(1)知A，P，M三点共线是正确的；(4)由(1)知MN平面APC，又MN平面MNQ，所以平面MNQ∥平面APC是错误的．答案：(2)(3)12.(2024·河南安阳二模)如图所示，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1.一平面截该长方体，所得截面为OPQRST，其中O，P分别为AD，CD的中点，B1S＝eq\f(1,2)，则AT＝________．解析：设AT＝x，A1T＝y，则x＋y＝1.由题意易知该截面六边形的对边分别平行，即OP∥SR，OT∥QR，PQ∥TS，则△DOP∽△B1SR.又因为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·河南安阳三模)如图所示，四棱锥A­BCDE中，BE∥CD，BE⊥平面ABC，CD＝eq\f(3,2)BE，点F在线段AD上．(1)若AF＝2FD，求证：EF∥平面ABC；(2)若△ABC为等边三角形，CD＝AC＝3，求四棱锥A­BCDE的体积．解析：(1)证明：取线段AC上靠近C的三等分点G，连接BG，GF.因为eq\f(AG,AC)＝eq\f(AF,AD)＝eq\f(2,3)，则GF＝eq\f(2,3)CD＝BE.而GF∥CD，BE∥CD，故GF∥BE.故四边形BGFE为平行四边形，故EF∥BG.因为EF平面ABC，BG平面ABC，故EF∥平面ABC.(2)因为BE⊥平面ABC，BE平面BCDE，所以平面ABC⊥平面BCDE.所以四棱锥A­BCDE的高即为△ABC中BC边上的高．易求得BC边上的高为eq\f(\r(3),2)×3＝eq\f(3\r(3),2).故四棱锥A­BCDE的体积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·湖南雅礼中学联考)如图，在等腰梯形ABCD中，已知BC∥AD，AB＝eq\r(2)，BC＝1，AD＝3，BP⊥AD，垂足为P，将△ABP沿BP折起，使平面ABP⊥平面PBCD，连接AD，AC，M为棱AD的中点，连接CM.(1)试分别在PB，CD上确定点E，F，使平面MEF∥平面ABC；(2)求三棱锥A­PCM的体积．解析：(1)E，F分别为BP，CD的中点时，可使平面MEF∥平面ABC，证明如下：取BP的中点E，CD的中点F，连接ME，MF，EF.∵M，F分别为AD，CD的中点，∴MF∥AC.又E为BP的中点，且四边形PBCD为梯形，∴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