新课标2024高考数学大一轮复习第八章立体几何题组层级快练51直线平面平行的判定及性质文含解析

PAGEPAGE7题组层级快练(五十一)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答案C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．2．设α，β，γ为平面，a，b为直线，给出下列条件：①a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；②α∥γ，β∥γ；③α⊥γ，β⊥γ；④a⊥α，b⊥β，a∥b.其中能推出α∥β的条件是()A．①② B．②③C．②④ D．③④答案C3．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答案B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)＝20.4．(2024·安徽毛坦厂中学月考)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF平行的直线()A．有多数条 B．有2条C．有1条 D．不存在答案A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.5．(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是梯形答案B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.6．(2024·衡水中学调研卷)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，eq\f(PF,FC)＝()A.eq\f(2,3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)答案D解析连接AC交BE于G，连接FG，因为PA∥平面EBF，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(AG,GC).又AD∥BC，E为AD的中点，所以eq\f(AG,GC)＝eq\f(AE,BC)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(1,2).7．(2024·蚌埠联考)过三棱柱ABC－A1B1C1的随意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有()A．4条 B．6条C．8条 D．12条答案B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．8．(2024·郑州市高三质量预料)如图，在直三棱柱ABC－A′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答案D解析连接MF，FH，MH，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.9．(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．答案①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．10．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________．答案平面ABC和平面ABD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.11．(2024·吉林一中模拟)如图，在四面体ABCD中，AB＝CD＝2，直线AB与CD所成的角为90°，点E，F，G，H分别在棱AD，BD，BC，AC上，若直线AB，CD都平行于平面EFGH，则四边形EFGH面积的最大值是________．答案1解析∵直线AB平行于平面EFGH，且平面ABC∩平面EFGH＝HG，∴HG∥AB.同理：EF∥AB，FG∥CD，EH∥CD.∴FG∥EH，EF∥HG.故四边形EFGH为平行四边形．又AB⊥CD，∴四边形EFGH为矩形．设eq\f(BF,BD)＝eq\f(BG,BC)＝eq\f(FG,CD)＝x(0≤x≤1)，则FG＝2x，HG＝2(1－x)，S四边形EFGH＝FG×HG＝4x(1－x)＝－4(x－eq\f(1,2))2＋1，依据二次函数的图像与性质可知，四边形EFGH面积的最大值为1.12.(2024·湘东五校联考)如图所示，已知ABCD－A1B1C1D1是棱长为3的正方体，点E在AA1上，点F在CC1上，G在BB1上，且AE＝FC1＝B1G＝1，H是B1C1的中点．(1)求证：E，B，F，D1四点共面；(2)求证：平面A1GH∥平面BED1F.答案(1)略(2)略解析(1)连接FG.∵AE＝B1G＝1，∴BG＝A1E＝2.∴BG綊A1E，∴A1G∥BE.又∵C1F綊B1G，∴四边形C1FGB1是平行四边形．∴FG綊C1B1綊D1A1.∴四边形A1GFD1是平行四边形．∴A1G綊D1F，∴D1F綊EB.故E，B，F，D1四点共面．(2)∵H是B1C1的中点，∴B1H＝eq\f(3,2).又B1G＝1，∴eq\f(B1G,B1H)＝eq\f(2,3).又eq\f(FC,BC)＝eq\f(2,3)，且∠FCB＝∠GB1H＝90°，∴△B1HG∽△CBF.∴∠B1GH＝∠CFB＝∠FBG，∴HG∥FB.又由(1)知，A1G∥BE，且A1G⊂平面A1GH，HG⊂平面A1GH，BF⊄平面A1GH，BE⊄平面A1GH，∴BF∥平面A1GH，BE∥平面A1GH.又∵BF∩BE＝B，∴平面A1GH∥平面BED1F.13．如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD是平行四边形，E，F分别是棱AD，PC的中点．证明：EF∥平面PAB.答案略解析证明：如图，取PB的中点M，连接MF，AM.因为F为PC的中点，故MF∥BC且MF＝eq\f(1,2)BC.由已知有BC∥AD，BC＝AD.因为E为AD的中点，即AE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)BC，所以MF∥AE且MF＝AE，故四边形AMFE为平行四边形，所以EF∥AM.又AM⊂平面PAB，而EF⊄平面PAB，所以EF∥平面PAB.14．(2024·福建四地六校联考)一个多面体的直观图和三视图如图所示(其中M，N分别是AF，BC中点)．(1)求证：MN∥平面CDEF；(2)求多面体A—CDEF的体积．答案(1)略(2)eq\f(8,3)解析(1)证明由三视图知，该多面体是底面为直角三角形的直三棱柱，且AB＝BC＝BF＝2，DE＝CF＝2eq\r(2)，∴∠CBF＝90°.取BF中点G，连接MG，NG，由M，N分别是AF，BC中点，可知NG∥CF，MG∥EF.又MG∩NG＝G，CF∩EF＝F，∴平面MNG∥平面CDEF，∴MN∥平面CDEF.(2)作AH⊥DE于H，由于三棱柱ADE—BCF为直三棱柱，∴AH⊥平面CDEF，且AH＝eq\r(2).∴VA－CDEF＝eq\f(1,3)S四边形CDEF·AH＝eq\f(1,3)×2×2eq\r(2)×eq\r(2)＝eq\f(8,3).15．(2024·湖南长沙一中阶段性检测)如图，已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为1的正方形，PC⊥底面ABCD，且PC＝2，E是侧棱PC上的动点．(1)求四棱锥P－ABCD的表面积；(2)在棱PC上是否存在一点E，使得AP∥平面BDE？若存在，指出点E的位置，并证明；若不存在，请说明理由．答案(1)3＋eq\r(5)(2)存在，E为PC中点证明(1)∵四棱锥P－ABCD的底面是边长为1的正方形，PC⊥底面ABCD，且PC＝2，∴PC⊥BC，PC⊥DC，∴S△PCD＝S△PCB＝eq\f(1,2)×1×2＝1，PB＝PD＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).∵AB⊥CB，AB⊥PC，∴AB⊥平面PCB，∴AB⊥PB，∴S△PAB＝eq\f(1,2)AB·PB＝eq\f(\r(5),2).同理，S△PAD＝eq\f(\r(5)