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A组 考点基础演练
一、选择题
1．(2021年正定摸底)已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的全部直线中( )
A．不愿定存在与a平行的直线
B．只有两条与a平行的直线
C．存在很多条与a平行的直线
D．存在唯一一条与a平行的直线
解析：设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．
答案：D
2．已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥n，m⊂α，则n∥α
B．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β
C．若α⊥γ，α⊥β，则β∥γ
D．若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β
解析：直线n可能在平面α内，A错误；两平面可相交，此时直线m，n均于交线平行即可，B错误；两平面可相交，C错误；由于m∥n，m⊥α，所以n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，D正确．故选D.
答案：D
3．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：
①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.
其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明，④正确，可以以三棱柱为例证明，故选B.
答案：B
4．已知m，n是两条不同直线，α，β，γ是三个不同平面，下列命题中正确的是( )
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m∥n，n⊂α，则m∥α
C．若m∥α，m∥β，则α∥β
D．若α∥β，α∥γ，则β∥γ
解析：m、n平行于α，m、n可能相交也可能异面，如图中正方体的棱A1B1，B1C1都与底面ABCD平行，但这两条棱相交，故选项A不正确；在正方体中，AB∥A1B1，A1B1⊂平面A1B1BA，而AB不平行于平面A1B1BA，故选项B不正确；正方体的棱B1C1既平行于平面ADD1A1，又平行于平面ABCD，但这两个平面相交，故选项C不正确；由平面与平面平行的传递性，得选项D正确．故选D.
答案：D
5．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( )
A．垂直 B．相交不垂直
C．平行 D．重合
解析：如图，分别取另三条棱的中点A，B，C将平面LMN延展为平面正六边形AMBNCL，由于PQ∥AL，PR∥AM，且PQ与PR相交，AL与AM相交，所以平面PQR∥平面AMBNCL，即平面LMN∥平面PQR.
答案：C
二、填空题
6．一个面截空间四边形的四边得到四个交点，假如该空间四边形的两条对角线与这个截面平行，那么此四个交点围成的四边形是________．
解析：如图，由题意得AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH.
∵AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝EF，
∴AC∥EF，同理AC∥GH，所以EF∥GH.
同理，EH∥FG，所以四边形EFGH为平行四边形．
答案：平行四边形
7．在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.
解析：假设Q为CC1的中点，由于P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，由于P，O分别为DD1，DB的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，∴平面D1BQ∥平面PAO，故Q满足Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.
答案：Q为CC1的中点
8.如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P长度的取值范围是________．
解析：取B1C1中点M，则A1M∥AE；取BB1中点N，则MN∥EF，∴平面A1MN∥平面AEF.若A1P∥平面AEF，只需P∈MN，则P位于MN中点时，A1P最短；当P位于M或N时，A1P最长．不难求得A1P的取值范围为.
答案：
三、解答题
9.如图，已知平行四边形ABCD中，BC＝6，正方形ADEF所在平面与平面ABCD垂直，G，H分别是DF，BE的中点．
(1)求证：GH∥平面CDE；
(2)若CD＝2，DB＝4，求四棱锥F ABCD的体积．
解析：(1)证明 解法一 ∵EF∥AD，AD∥BC，
∴EF∥BC.
又EF＝AD＝BC，
∴四边形EFBC是平行四边形，
∴H为FC的中点．
又∵G是FD的中点，∴HG∥CD.
∵HG⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
∴GH∥平面CDE.
解法二
连接EA，∵四边形ADEF是正方形，∴G是AE的中点．
∴在△EAB中，GH∥AB.
又∵AB∥CD，∴GH∥CD.
∵HG⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
∴GH∥平面CDE.
(2)∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD，
且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD.
∵AD＝BC＝6，∴FA＝AD＝6.
又∵CD＝2，DB＝4，CD2＋DB2＝BC2，∴BD⊥CD.
∵S▱ABCD＝CD·BD＝8，
∴VF ABCD＝S▱ABCD·FA＝×8×6＝16.
10．(2021年开封摸底)已知四棱锥S ABCD中，四边形ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝AB＝BC＝1，AD＝，E是棱SC的中点．
(1)求证：DE∥平面SAB；
(2)求三棱锥S BED的体积．
解析： (1)取线段SB的中点F，
连接EF，AF，则EF∥BC且EF＝BC，
由已知AD∥BC且AD＝BC，
所以EF∥AD，且EF＝AD，所以AF∥DE，
又AF⊂平面SAB，DE⊄平面SAB，
所以DE∥平面SAB.
(2)由于E是棱SC的中点，
所以VS BDE＝VC BDE＝VE BDC＝S△BDC·SA＝.
B组 高考题型专练
1. (2022年高考四川卷)在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和ACC1A1都为矩形．
(1)若AC⊥BC，证明：直线BC⊥平面ACC1A1；
(2)设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使直线DE∥平面A1MC？请证明你的结论．
解析：(1)证明：由于四边形ABB1A1和ACC1A1都是矩形，
所以AA1⊥AB，AA1⊥AC.
由于AB，AC为平面ABC内两条相交直线，
所以AA1⊥平面ABC.
由于直线BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.
又AC⊥BC，AA1，AC为平面ACC1A1内两条相交直线，
所以BC⊥平面ACC1A1.
(2)取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C，AC1的交点．
由已知可知O为AC1的中点．
连接MD，OE，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，
所以MD綊AC，OE綊AC，因此MD綊OE.
连接OM，从而四边形MDEO为平行四边形，
则DE∥MO.
由于直线DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC.
所以直线DE∥平面A1MC，
即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，
使直线DE∥平面A1MC.
2．(2022年高考安徽卷)如图，四棱锥P ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为2，点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC∥平面GEFH.
(1)证明：GH∥EF；
(2)若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
解析：(1)证明：由于BC∥平面GEFH，BC⊂平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC.
同理可证EF∥BC，
因此GH∥EF.
(2)连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK.
由于PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，同理可得PO⊥BD.
又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，所以PO⊥底面ABCD.又由于平面GEFH⊥平面ABCD，且PO⊄平面GEFH，
所以PO∥平面GEFH.
由于平面PBD∩平面GEFH＝GK，
所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，
从而GK⊥EF.
所以GK是梯形GEFH的高．
由AB＝8，EB＝2得EB∶AB＝KB∶DB＝1∶4，
从而KB＝DB＝OB，即K为OB的中点．
再由PO∥GK得GK＝PO，即G是PB的中点，且GH＝BC＝4.
由已知可得OB＝4，PO＝＝＝6，
所以GK＝3.
故四边形GEFH的面积S＝·GK＝×3＝18.
3.如图，直三棱柱ABC A1B1C1中，D，E分别是AB，BB1的中点．
(1)证明：BC1∥平面A1CD；
(2)设AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2，求三棱锥C A1DE的体积．
解析： (1)证明：连接AC1交A1C于点F，则F为AC1中点．
又D是AB中点，连接DF，则BC1∥DF.
由于DF⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，所以BC1∥平面A1CD.
(2)由于ABC A1B1C1是直三棱柱，所以AA1⊥CD.
由已知AC＝CB，D为AB的中点，所以CD⊥AB.
又AA1∩AB＝A，于是CD⊥平面ABB1A1.
由AA1＝AC＝CB＝2，AB＝2得
∠ACB＝90°，CD＝，A1D＝，DE＝，A1E＝3，
故A1D2＋DE2＝A1E2，即DE⊥A1D.
所以V三棱锥C -A1DE＝××××＝1.
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