2025年高考數(shù)學總復(fù)習 34 課時質(zhì)量評價(三十四)

課時質(zhì)量評價(三十四)1．如圖，已知P為四邊形ABCD外一點，E，F(xiàn)分別為BD，PD上的點．若EF∥平面PBC，則()A．EF∥PA B．EF∥PBC．EF∥PC D．以上均有可能B解析：由線面平行的性質(zhì)定理可知EF∥PB.2．(多選題)已知α，β是兩個不重合的平面，l，m是兩條不同的直線，則下列說法正確的是()A．若l∥m，l∥β，則m∥β或m?βB．若α∥β，m?α，l?β，則m∥lC．若m⊥α，l⊥m，則l∥αD．若m∥α，m?β，α∩β＝l，則m∥lAD解析：若l∥m，l∥β，則m∥β或m?β，故A正確；若α∥β，m?α，l?β，則m∥l或l，m異面，故B錯誤；若m⊥α，l⊥m，則l∥α或l?α，故C錯誤；由線面平行的性質(zhì)定理知D正確．3．(多選題)已知平面α∥平面β，P是α，β外一點，過點P的兩條直線AC，BD分別交α于點A，B，交β于點C，D，且PA＝6，AC＝9，AB＝8，則CD的長為()A．20 B．16C．12 D．4AD解析：因為過點P的兩條直線AC，BD確定的平面交α于AB，交β于CD，且平面α∥平面β，所以AB∥CD.分兩種情況：當點P在兩平行平面之外時，PC＝AC＋PA＝15，PAPC＝ABCD，所以當點P在兩平行平面之間時，PC＝AC－PA＝3，APPC＝ABCD4．如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB⊥AD，BC∥AD，PA＝AD＝4，AB＝BC＝2，PA⊥平面ABCD，點E是線段AB的中點，點F在線段PA上，且EF∥平面PCD，直線PD與平面CEF交于點H，則線段CH的長度為()A．2 B．2C．22 D．23C解析：因為直線PD與平面CEF交于點H，所以平面CEF∩平面PCD＝CH.因為EF∥平面PCD，所以EF∥CH.過點H作HM∥PA交AD于點M，連接CM，如圖所示．因為EF∩AP＝F，CH∩HM＝H，所以平面AEF∥平面CHM.因為平面AEF∩平面ABCD＝AE，平面CHM∩平面ABCD＝CM，所以AE∥CM.又BC∥AM，所以四邊形ABCM為平行四邊形，所以AM＝BC＝2.又AD＝4，所以M是AD的中點，則H為PD的中點，所以CH＝CM25．如圖，CD，AB均與平面EFGH平行，E，F(xiàn)，G，H分別在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB，則四邊形EFGH的形狀為________.矩形解析：因為CD∥平面EFGH，CD?平面BCD，平面EFGH∩平面BCD＝EF，所以CD∥EF.同理HG∥CD，所以EF∥HG.同理HE∥GF，所以四邊形EFGH為平行四邊形．又因為CD⊥AB，所以HE⊥EF，所以平行四邊形EFGH為矩形．6．如圖，正方形ABCD和直角梯形ABEF不在同一個平面內(nèi)，AF∥BE，∠ABE＝90?，AF＝1，BE＝2，P是BE的中點，則平面DEF與平面PAC的位置關(guān)系為________.平行解析：設(shè)AC∩BD＝O，連接OP，如圖．因為O，P分別為BD，BE的中點，所以O(shè)P∥DE.因為DE?平面PAC，OP?平面PAC，所以DE∥平面PAC.因為P是BE的中點，BE＝2，所以PE＝AF＝1.因為AF∥BE，所以四邊形APEF是平行四邊形，所以AP∥EF.因為EF?平面PAC，AP?平面PAC，所以EF∥平面PAC．因為DE?平面DEF，EF?平面DEF，DE∩EF＝E，所以平面DEF∥平面PAC.7．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，S是B1D1的中點，E，F(xiàn)，G分別是BC，CD，SC的中點，求證：(1)EG∥平面BDD1B1；(2)平面EFG∥平面BDD1B1.證明：(1)如圖，連接SB，因為E，G分別是BC，SC的中點，所以EG∥SB.因為SB?平面BDD1B1，EG?平面BDD1B1，所以EG∥平面BDD1B1.(2)如圖，連接SD，因為F，G分別是CD，SC的中點，所以FG∥SD.因為SD?平面BDD1B1，F(xiàn)G?平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1.由(1)知EG∥平面BDD1B1，又因為EG?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.8．(2024·南寧模擬)在三棱錐D-ABC中，M，N分別是△ACD，△BCD的重心，以下與直線MN平行的是()A．直線CD B．平面ABDC．平面ACD D．平面BCDB解析：如圖，取CD的中點為E，連接AE，BE.由M，N分別是△ACD和△BCD的重心，可得AMME＝21，BNNE＝2因為CD與AB不平行，故A錯誤．因為MN∥AB，MN?平面ABD，AB?平面ABD，所以MN∥平面ABD，故B正確．因為M∈平面ACD，N?平面ACD，所以MN與平面ACD不平行，故C錯誤．因為N∈平面BCD，M?平面BCD，所以MN與平面BCD不平行，故D錯誤．9．如圖，已知點E，F(xiàn)分別是正方體ABCD-A1B1C1D1的棱AB，AA1的中點，點M，N分別是線段D1E與C1F上的點，則滿足與平面ABCD平行的直線MN有()A．0條 B．1條C．2條 D．無數(shù)條D解析：如圖，作平面KSHG∥平面ABCD，C1F，D1E分別交平面KSHG于點N，M，連接MN.由面面平行的性質(zhì)得MN∥平面ABCD.由于平面KSHG有無數(shù)多個，所以平行于平面ABCD的MN有無數(shù)多條．10．(多選題)如圖，這是四棱錐P-ABCD的平面展開圖，其中四邊形ABCD是正方形，E，F(xiàn)，G，H分別是PA，PD，PC，PB的中點，則在原四棱錐中，下列結(jié)論中正確的有()A．平面EFGH∥平面ABCDB．EF∥平面BDGC．EF∥平面PBCD．FH∥平面BDGACD解析：將平面展開圖還原成四棱錐，如圖．顯然B不正確．因為F，H分別為PD，PB的中點，所以FH∥BD，BD?平面BDG，F(xiàn)H?平面BDG，所以FH∥平面BDG，故D正確．因為E，F(xiàn)分別為PA，PD的中點，所以EF∥AD.因為BC∥AD，所以EF∥BC.因為BC?平面PBC，EF?平面PBC，所以EF∥平面PBC，故C正確．由EF∥AD，AD?平面ABCD，EF?平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.同理可得EH∥平面ABCD，而EH∩EF＝E，EH，EF?平面EFGH，所以平面EFGH∥平面ABCD，故A正確．11．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為2，點M，N在正方體的表面上運動，分別滿足：AM＝2，AN∥平面BDC1.設(shè)點M，N的運動軌跡的長度分別為m，n，則mn＝____2π4解析：如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1因為點M，N在正方體的表面上運動，AM＝2，所以點M的軌跡為半徑為2的球A與正方體表面的交線，即3個半徑為2的四分之一圓弧，故m＝3×14×2π×2＝在正方體中，AD1∥BC1，AB1∥DC1，AD1∩AB1＝A，DC1∩BC1＝C1，AD1，AB1?平面AB1D1，DC1，BC1?平面BDC1，故平面AB1D1∥平面BDC1.當點N在△AB1D1的三條邊上運動時，滿足AN∥平面BDC1，故n＝3×22＝6212．(數(shù)學與生活)(2022·全國甲卷)小明同學參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒．包裝盒如圖所示，底面ABCD是邊長為8(單位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均為等邊三角形，且它們所在的平面都與平面ABCD垂直．(1)證明：EF∥平面ABCD；(2)求該包裝盒的容積(不計包裝盒材料的厚度)．(1)證明：如圖，將幾何體補形為長方體，作EE′⊥AB于點E′，作FF′⊥BC于點F′，連接E′F′.由于底面ABCD為正方形，△ABE，△BCF均為等邊三角形，所以△ABE與△BCF的高相等，即EE′＝FF′.由面面垂直的性質(zhì)可知，EE′，F(xiàn)F′均與底面ABCD垂直，則EE′∥FF′，四邊形EE′F′F為平行四邊形，則EF∥E′F′.因為EF?平面ABCD，E′F′?平面ABCD，所以EF∥平面ABCD.(2)解：易知包裝盒的容積為長方體的體積減去四個三棱錐的體積，其中長方體的高AA1＝EE′＝43(cm)，所以長方體的體積V1＝8×8×43又因為一個三棱錐的體積V2＝13×12則包裝盒的容積V＝V1－4V2＝2563－4×3213．(2024·煙臺模擬)如圖，在四棱錐P-ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E為PB的中點．(1)求證：CE∥平面PAD.(2)在線段AB上是否存在一點F，使得平面PAD∥平面CEF？若存在，證明你的結(jié)論；若不存在，請說明理由．(1)證明：如圖，取PA的中點H，連接EH，DH.因為E為PB的中點，所以EH∥AB，EH＝12AB因為AB∥CD，CD＝12AB所以EH∥CD，EH＝CD.所以四邊形DCEH是平行四邊形，所以CE∥DH.又因為DH?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE∥平面PAD.(2)解：存在．證明如下：如圖，取AB的