2022年《创新教程》高考数学(理科)大一轮(人教A新课标)课时冲关：第7章-立体几何-4-.docx

第七章 第4节

一、选择题
1．已知直线a，b，平面α，则以下三个命题：
①若a∥b，b⊂α，则a∥α；
②若a∥b，a∥α，则b∥α；
③若a∥α，b∥α，则a∥b.其中真命题的个数是(　　)
A．0　　 B．1　　　 C．2　　　 D．3
解析：对于①，若a∥b，b⊂α，则应有a∥α或a⊂α，所以①不正确；对于②，若a∥b，a∥α，则应有b∥α或b⊂α，因此②不正确；对于③，若a∥α，b∥α，则应有a∥b或a与b相交或a与b异面，因此③是假命题．综上，在空间中，以上三个命题都是假命题．
答案：A
2．(2021·济南模拟)平面α∥平面β的一个充分条件是(　　)
A．存在一条直线a，a∥α，a∥β
B．存在一条直线a，a⊂α，a∥β
C．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
D．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α
解析：若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排解A.若α∩β＝l，a⊄α，a∥l，则a∥β，故排解B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排解C.故选D.
答案：D
3．(2021·石家庄模拟)已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.可以推出α∥β的是(　　)
A．①③ B．②④
C．①④ D．②③
解析：对于②，平面α与β还可以相交；对于③，当a∥b时，不愿定能推出α∥β，所以②③是错误的，易知①④正确，故选C.
答案：C
4．下面四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是(　　)

A．①② B．①④ C．②③ D．③④
解析：由线面平行的判定定理知图①②可得出AB∥平面MNP.
答案：A
5．如图，在四周体ABCD中，截面PQMN是正方形，且PQ∥AC，则下列命题中，错误的是(　　)
A．AC⊥BD
B．AC∥截面PQMN
C．AC＝BD
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
解析：由题意可知PQ∥AC，QM∥BD，PQ⊥QM，所以AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；由PN∥BD可知，异面直线PM与BD所成的角等于PM与PN所成的角，又四边形PQMN为正方形，所以∠MPN＝45°，故D正确；而AC＝BD没有论证来源．
答案：C
6．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD且MD＝NB＝1，G为MC的中点．则下列结论中不正确的是(　　)
A．MC⊥AN
B．GB∥平面AMN
C．平面CMN⊥平面AMN
D．平面DCM∥平面ABN

解析：明显该几何图形为正方体截去两个三棱锥所剩的几何体，把该几何体放置到正方体中(如图)，作AN的中点H，连接HB，MH，GB，则MC∥HB，又HB⊥AN，所以MC⊥AN，所以A正确；由题意易得GB∥MH，又GB⊂平面AMN，MH⊂平面AMN，所以GB∥平面AMN，所以B正确；由于AB∥CD，DM∥BN，且AB∩BN＝B，CD∩DM＝D，所以平面DCM∥平面ABN，所以D正确．
答案：C
二、填空题
7．已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过点P的直线m与α、β分别交于A、C，过点P的直线n与α、β分别交于B、D且PA＝6，AC＝9，PD＝8，则BD的长为________．
解析：依据题意可得到以下如图两种状况：

可求出BD的长分别为或24.
答案：24或
8．如图所示，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，E、F、G、H分别是棱CC1、C1D1、D1D、DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M满足条件________时，有MN∥平面B1BDD1.
解析：由题意，得HN∥面B1BDD1，FH∥面B1BDD1.
∵HN∩FH＝H，∴面NHF∥面B1BDD1.

∴当M在线段HF上运动时，有MN∥面B1BDD1.
答案：M∈线段HF
9．空间四周体A­BCD的两条对棱AC，BD的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH在平移过程中，周长的取值范围是________．
解析：设＝＝＝k(0面A′ACC′；
(2)求三棱锥C­MNB的体积．
(1)证明：如图，连接AB′，AC′，
∵四边形ABB′A′为矩形，
M为A′B的中点，
∴AB′与A′B交于点M，且M为AB′的中点，又点N为B′C′的中点，∴MN∥AC′，又MN⊄平面A′ACC′，且AC′⊂平面A′ACC′，∴MN∥平面A′ACC′.
(2)解：由图可知VC­MNB＝VM­BCN，
∵∠BAC＝90°，∴BC＝＝2，
又三棱柱ABC­A′B′C′为直三棱柱，且AA′＝4，
∴S△BCN＝×2×4＝4.
∵A′B′＝A′C′＝2，∠B′A′C′＝90°，点N为B′C′的中点，∴A′N⊥B′C′，A′N＝
又BB′⊥平面A′B′C′，∴A′N⊥BB′，
∴A′N⊥平面BCN.又M为A′B的中点，
∴M到平面BCN的距离为，
∴VC­MNB＝VM­BCN＝×4×＝.
11．(2022·陕西高考)四周体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四周体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.

(1)求四周体ABCD的体积；
(2)证明：四边形EFGH是矩形．
(1)解：由该四周体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝CD＝2，AD＝1，∴AD⊥平面BDC，
∴四周体体积V＝××2×2×1＝.
(2)证明：∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，
∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.
同理EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形．
又∵AD⊥平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
12．(2022·江西高考)如图，三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥BC，A1B⊥BB1.
(1)求证：A1C⊥CC1；
(2)若AB＝2，AC＝，BC＝，问AA1为何值时，三棱柱ABC­A1B1C1体积最大，并求此最大值．
(1)证明：由AA1⊥BC知BB1⊥BC，
又BB1⊥A1B，
故BB1⊥平面BCA1，即BB1⊥A1C，
又BB1∥CC1，所以A1C⊥CC1.
(2)解：法一　设AA1＝x，
在Rt△A1BB1中，A1B＝＝.
同理，A1C＝＝.
在△A1BC中，cos∠BA1C＝
＝－，
sin∠BA1C＝，
所以S△A1BC＝A1B·A1C·sin∠BA1C＝ ＝.

从而三棱柱ABC­A1B1C1的体积
V＝S△A1BC·AA1＝.
因x·＝
＝ ，
故当x＝ ＝，
即AA1＝时，体积V取到最大值.
法二　过A1作BC的垂线，垂足为D，连接AD.
由AA1⊥BC，A1D⊥BC，
故BC⊥平面AA1D，BC⊥AD，又∠BAC＝90°，
所以S△ABC＝AD·BC＝AB·AC得
AD＝.
设AA1＝x，在Rt△AA1D中，
A1D＝＝ ，
S△A1BC＝A1D·BC＝.
从而三棱柱ABC­A1B1C1的体积
V＝S△A1BC·AA1＝.
因x＝
＝，故当x＝＝，
即AA1＝时，体积V取到最大值.

[备课札记]