2022高考数学一轮复习-第8章-立体几何-第3讲-直线、平面平行的判定及性质试题2.docx

2022高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第3讲 直线、平面平行的判定及性质试题2

2022高考数学一轮复习 第8章 立体几何 第3讲 直线、平面平行的判定及性质试题2

年级：
姓名：

第 11 页 共 11 页

第八章　立体几何
第三讲　直线、平面平行的判定及性质

1.[2021黑龙江省六校阶段联考]对于不重合的两个平面α与β,给定下列条件:①存在平面γ,使得α,β都平行于γ;②存在平面γ,使得α,β都垂直于γ;③α内有不共线的三点到β的距离相等;④存在异面直线l,m,使得l∥α,l∥β,m∥α,m∥β.其中,可以判定α与β平行的条件有(　　)
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
2.[2020长春市质量监测]已知a,b,c为三条不同的直线,α,β,γ为三个不同的平面,则下列说法正确的是(　　)
①a⊥α,b⊥α,则a∥b; ②α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β;
③a∥α,b∥α,则a∥b; ④α∥γ,β∥γ,则α∥β.
A.①②③ B.②③④ C.①③ D.①④
3.

图8-3-1
[2020广州模拟]如图8-3-1,在三棱锥A-BCD中,AB=CD=a,M,N,P,Q分别在棱AC,BC,BD,AD(不包含端点)上,AB,CD均平行于平面MNPQ,则四边形MNPQ的周长是(　　)
A.4a B.2a
C.3a2 D.周长与截面的位置有关
4.[2020沈阳市模拟]下列三个命题在“(　)”处都缺少同一个条件,补上这个条件可使这三个命题均为真命题(其中l,m为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面),则此条件是　　　　. 
①　l∥m　m∥α(　　)⇒l∥α;②　m⊂α　l∥m(　　)⇒l∥α;③　l⊥m　m⊥α(　　)⇒l∥α.
5.[2021晋南高中联考]如图8-3-2所示,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是直角梯形,BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=12AD,PA⊥底面ABCD,过BC的平面交PD于M,交PA于N(M与D不重合).
(1)求证:MN∥BC.
(2)若BM⊥AC,求VP-BCMNVP-ABCD的值.

图8-3-2

6.[2020江西红色七校联考]如图8-3-3,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,E,F分别为AB,B1C1的中点.
(1)求证:B1E∥平面ACF.
(2)求三棱锥B1-ACF的体积.

图8-3-3

7.[2020成都市高三模拟]如图8-3-4,在四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,PA=PD,AB=AD,PA⊥PD,AD⊥CD,∠BAD=60°,M,N分别为AD,PA的中点.
(1)证明:平面BMN∥平面PCD.
(2)若AD=6,求三棱锥P-BMN的体积.

图8-3-4

8.[新角度题]如图8-3-5,在四棱锥S-ABCD中,四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=120°,△SAD是等边三角形,平面SAD⊥平面ABCD,E,F分别是SC,AB上的一点.
(1)若E,F分别是SC,AB的中点,求证:BE∥平面SFD.
(2)当SEEC为多少时,三棱锥S-BDE的体积为16?

图8-3-5

9.如图8-3-6(1),在四边形MABC中,△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,△MAC是边长为2的正三角形.以AC 为折痕,将△MAC向上折叠到△DAC的位置,使D点在平面ABC内的射影在AB上,再将△MAC向下折叠到△EAC的位置,使平面EAC⊥平面ABC,形成几何体DABCE,如图8-3-6(2)所示.已知点F在BC上.
(1)若DF∥平面EAC,求点F的位置;
(2)过DF且与平面EAC平行的平面将几何体DABCE分为两部分,求这两部分几何体的体积之差(较大体积减去较小体积).

图8-3-6

10.如图8-3-7,在四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠BAD=60°,AD⊥DD1,点M,N分别为棱DD1,BC的中点.
(1)求证:MC∥平面AD1N.
(2)若AC⊥BD1,且BD1=213,求三角形MDN绕直线MN旋转一周所形成的旋转体的表面积.

图8-3-7

答 案
第三讲　直线、平面平行的判定及性质

1.B　对于①,若α∥γ,β∥γ,则由面面平行的性质可得α∥β,故①可以判定α与β平行;对于②,若存在平面γ,使得α,β都垂直于γ,则α,β不一定平行,如正方体相邻的三个面,故②不可以判定α与β平行;对于③,当α,β是两个相交平面时,如果平面α内不共线的三点在平面β的异侧时,此三点可以到平面β的距离相等,故③不可以判定α与β平行;对于④,在平面α内作l'∥l,m'∥m,因为l,m是两条异面直线,所以必有l',m'相交,又l∥β,m∥β,所以l'∥β,m'∥β,由面面平行的判定定理知,α∥β,故④可以判定α与β平行.故选B.
2.D　①中,由a⊥α,b⊥α,利用线面垂直的性质定理可推出a∥b,故①正确;②中,由α⊥γ,β⊥γ,得α与β平行或相交,故②不正确;③中,由a∥α,b∥α,得a与b平行或相交或异面,故③不正确;④中,由α∥γ,β∥γ,利用面面平行的传递性可推出α∥β,故④正确.综上所述,①④的说法正确,故选D.
3.B　设AMCM=k.因为AB∥平面MNPQ,平面ABC∩平面MNPQ=MN,AB⊂平面ABC,所以MN∥AB,同理可得PQ∥AB,MQ∥CD,NP∥CD,故四边形MNPQ为平行四边形,所以MNAB=PQAB=11+k,MQCD=NPCD=k1+k.因为AB=CD=a,所以MN=PQ=a1+k,MQ=NP=ak1+k,所以四边形MNPQ的周长为MN+PQ+MQ+NP=2(a1+k+ak1+k)=2a.故选B.
4.l⊄α　②体现的是线面平行的判定定理,缺少的条件是“l为平面α外的一条直线”,即“l⊄α”,“l⊄α”也适用于①和③,故此条件是l⊄α.
5.(1)在梯形ABCD中,BC∥AD,BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD,
所以BC∥平面PAD.
又BC⊂平面BCMN,平面BCMN∩平面PAD=MN,
所以MN∥BC.
(2)过M作MK∥PA交AD于K,连接BK.
因为PA⊥底面ABCD,所以MK⊥底面ABCD,
所以MK⊥AC.又BM⊥AC,BM∩MK=M,
所以AC⊥平面BMK,所以AC⊥BK.
所以在平面ABCD中,可得四边形BCDK是平行四边形.
所以BC=DK=AK,
所以K是AD的中点,所以M是PD的中点,所以N是PA的中点.
设AB=BC=12AD=x,连接CN,
则VP-BCMNVP-ABCD=2VP-BCNVP-ABCD=2VC-BPNVP-ABCD=VC-ABPVP-ABCD=VP-ABCVP-ABCD=S△ABCS梯形ABCD=x23x·x=13.
6.(1)取AC的中点M,连接EM,FM.在△ABC中,因为E,M分别为AB,AC的中点,所以EM∥BC且EM=12BC.
又F为B1C1的中点,B1C1∥BC且B1C1=BC,所以B1F∥BC且B1F=12BC,即EM∥B1F且EM=B1F.
故四边形EMFB1为平行四边形,所以B1E∥FM.
又FM⊂平面ACF,B1E⊄平面ACF,所以B1E∥平面ACF.
(2)设O为BC的中点,连接AO,因为三棱柱底面是正三角形,
所以AO=3,且易知AO丄平面BCC1B1.
于是V三棱锥B1-ACF=V三棱锥A-B1CF=13×S△B1CF×AO=13×12×1×2×3=33.
7.(1)连接BD,如图D 8-3-2.∵AB=AD,∠BAD=60°,∴△ABD为正三角形.
∵M为AD的中点,∴BM⊥AD.

图D 8-3-2
又AD⊥CD,CD⊂平面ABCD,BM⊂平面ABCD,∴BM∥CD.
又BM⊄平面PCD,CD⊂平面PCD,∴BM∥平面PCD.
∵M,N分别是AD,PA的中点,∴MN∥PD.
又MN⊄平面PCD,PD⊂平面PCD,
∴MN∥平面PCD.
又BM⊂平面BMN,MN⊂平面BMN,且BM∩MN=M,
∴平面BMN∥平面PCD.
(2)由(1)知BM⊥AD.
∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,BM⊂平面ABCD,∴BM⊥平面PAD.
又AD=6,∠BAD=60°,∴BM=33.
∵M,N分别是AD,PA的中点,PA=PD=22AD=32,∴△PMN的面积S△PMN=14S△PAD=14×12×(32)2=94.
∴三棱锥P-BMN的体积V三棱锥P-BMN=V三棱锥B-PMN=13S△PMN·BM=13×94×3 3=934.

8.

图D 8-3-3
(1)如图D 8-3-3,取SD的中点G,连接FG,GE.
因为E,F,G分别是SC,AB,SD的中点,
所以EG∥CD且EG=12CD,BF=12AB.
又四边形ABCD是菱形,
所以AB∥CD且AB=CD,
所以EG∥BF且EG=BF,
所以四边形FBEG为平行四边形,所以BE∥FG.
又BE⊄平面SFD,FG⊂平面SFD,
所以BE∥平面SFD.
(2)因为四边形ABCD是边长为2的菱形,∠ADC=120°,
所以S△BCD=12×2×3=3.
因为△SAD是等边三角形,所以在△SAD中,AD边上的高为3.
又平面SAD⊥平面ABCD,平面SAD∩平面ABCD=AD,
所以△SAD的高即三棱锥S-BCD的高,
所以V三棱锥S-BCD=13×3×3=1.
又V三棱锥S-BDE=16,所以V三棱锥S-BDEV三棱锥S-BCD=S△SDES△SDC=SESC=16.
所以当SEEC=15时,三棱锥S-BDE的体积为16.
9.(1)F为BC的中点.
理由如下:
如图D 8-3-4,设点D在平面ABC内的射影为O,连接OC,
∵AD=CD,∴OA=OC,
∴在Rt△ABC中,O为AB的中点.
取BC的中点F,连接OF,DF,则OF∥AC,
又OF⊄平面EAC,AC⊂平面EAC,∴OF∥平面EAC.
取AC的中点H,连接EH,则EH⊥AC,
又平面EAC⊥平面ABC,平面EAC∩平面ABC=AC,
∴EH⊥平面ABC,
又DO⊥平面ABC,∴DO∥EH,∴DO∥平面EAC.
又DO∩OF=O,∴平面DOF∥平面EAC.
又DF⊂平面DOF,
∴DF∥平面EAC.
(2)由(1)知OF∥AC,则OF⊥BC,
又O为AB的中点,则DA=DB=DC,
因而DF⊥BC.又OF∩DF=F,故BC⊥平面DOF.

图D 8-3-4
如图D 8-3-4,取BE的中点N,连接FN,ON,则FN∥EC,ON∥AE.
又AD=2,∴AO=DO=2,
OF=12AC=1,ON=12AE=1,FN=12CE=1,
S四边形DFNO=12×1×2+12×1×32=22+34,
则四棱锥B-DFNO的体积为13×S四边形DFNO×1=22+312,
几何体DABCE的体积为13×S△ABC×(2+3)=22+233,
∴两部分几何体的体积之差为22+233-2×22+312=22+336.
10.(1)如图D 8-3-5,取AD1的中点E,连接EM,EN,

图D 8-3-5

因为M为棱DD1的中点,所以ME∥AD且ME=12AD,
又四边形ABCD是菱形,N为棱BC的中点,所以CN∥AD且CN=12AD,
所以ME∥CN且ME=CN,
所以四边形EMCN为平行四边形,
所以CM∥NE,
又CM⊄平面AD1N,NE⊂平面AD1N,所以CM∥平面AD1N.
(2)连接BD,因为底面ABCD是边长为2的菱形,所以AC⊥BD,又AC⊥BD1,BD∩BD1=B,所以AC⊥平面DBD1,所以AC⊥DD1.
又AD⊥DD1,AC∩AD=A,所以DD1⊥平面ABCD.
因为BD=2,BD1=213,所以DD1=43,MD=23,
易知DN=3,则MN=15,三角形MDN斜边上的高为3×2315=2155.
易知三角形MDN绕着直线MN旋转一周所形成的旋转体是两个圆锥的组合体,其表面积为π×2155×3+π×2155×23=185π5.