走向高考高考一轮总复习人教A版数学94.docx
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走向高考高考一轮总复习人教A版数学94
基础巩固强化
一、选择题
1．（2013·吉安一中）已知a、b是异面直线，直线c∥直线a，那么c与b（ ）
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线D．不可能是相交直线
[答案] C
[解析] c与b可能相交，可能异面，但不可能平行．假若c∥b，∵c∥a，∴a∥b，则与a、b异面矛盾．
2．（文）已知l是直线，α、β是两个不同平面，下列命题中的真命题是（ ）
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
C．若l⊥α，l∥β，则α⊥β
D．若l∥α，α∥β，则l∥β
[答案] C
[解析] 如图在正方体ABCD－A1B1C1D1中，取平面ADD1A1为α，平面ABCD为β，B1C1为l，则排除A、B；
又取平面ADD1A1为α，平面BCC1B1为β，B1C1为l，排除D.
（理）（2013·浙江金华十校期末）设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A．若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B．若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m
C．若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n
D．若l⊥m，l⊥n，则n∥m
[答案] C
[解析] m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，需要m与n相交才有l⊥α，A错误；若m⊂α，n⊥α，l⊥n，l与m可能平行、相交，也可能异面，B错误；若l⊥m，l⊥n，n与m可能平行、相交，也可能异面，D错误．
3．（文）（2013·浙江嘉兴一模）已知α，β是空间中两个不同平面，m，n是空间中两条不同直线，则下列命题中错误的是（ ）
A．若m∥n，m⊥α，则n⊥α
B．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
C．若m⊥α，m⊥β，则α∥β
D．若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
[答案] B
[解析] 选项B中不能判定m∥n，m与n的位置关系还有可能为异面．
（理）已知m、n是两条直线，α、β是两个平面，给出下列命题：
①若n⊥α，n⊥β，则α∥β；②若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则α∥β；③若n、m为异面直线，n⊂α，n∥β，m⊂β，m∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是（ ）
A．3个 B．2个
C．1个 D．0个
[答案] B
[解析] 垂直于同一直线的两个平面平行，故①正确；对于②，若平面α上的三点在平面β的异侧，则它们相交，故②错；根据线面平行的性质定理和面面平行的判定定理，可知③正确．
4．（2013·聊城东阿一中摸底）若直线m，n和平面α，β，则下列四个命题中，正确的是（ ）
A．若m∥α，n∥α，则m∥n
B．若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
D．若α⊥β，m⊥β，m⊄α，则m∥α
[答案] D
[解析] 选项A中，两条直线同时平行于同一个平面，则两直线的位置关系有相交、平行、异面三种；选项B中，只有m，n相交时成立；选项C中，只有m垂直于交线时成立，故选D.
5．（文）设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若a⊥α，b∥α，则a⊥b
B．若a⊥α，b∥a，b⊂β，则α⊥β
C．若a⊥α，b⊥β，α∥β，则a∥b
D．若a∥α，a∥β，则α∥β
[答案] D
[解析] 对于选项D，可能会出现α∥β或α与β相交．故选项D错误．
[点评] 对于A，过b作平面δ∩α＝b1，则∵b∥α，∴b∥b1，∵a⊥α，∴a⊥b1，∴a⊥b；对于B，∵a⊥α，b∥a，∴b⊥α，∵b⊂β，∴α⊥β；对于C，∵a⊥α，α∥β，∴a⊥β，又∵b⊥β，∴a∥b.
（理）对于平面α和共面的直线m、n，下列命题是真命题的是（ ）
A．若m，n与α所成的角相等，则m∥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m⊥α，m⊥n，则n∥α
D．若m⊂α，n∥α，则m∥n
[答案] D
[解析] 正三棱锥P－ABC的侧棱PA、PB与底面成角相等，但PA与PB相交应排除A；若m∥α，n∥α，则m与n平行或相交，应排除B；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，应排除C.
∵m、n共面，设经过m、n的平面为β，
∵m⊂α，∴α∩β＝m，
∵n∥α，∴n∥m，故D正确．
6．（2013·湖北天门一模）给出下列命题，其中正确的两个命题是（ ）
①直线上有两点到平面的距离相等，则此直线与平面平行；②夹在两个平行平面间的两条异面线段的中点连线平行于这两个平面；③直线m⊥平面α，直线n⊥直线m，则n∥α；④a，b是异面直线，则存在唯一的平面α，使它与a，b都平行且与a，b的距离相等．
A．①与② B．②与③
C．③与④D．②与④
[答案] D
[解析] 直线上有两点到平面的距离相等，则此直线可能与平面平行，也可能和平面相交；直线m⊥平面α，直线m⊥直线n，则直线n可能平行于平面α，也可能在平面α内，因此①③为假命题．
二、填空题
7．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1cm，过AC作平行于对角线BD1的截面，则截面面积为________．
[答案] cm2
[解析] 如图，截面ACE∥BD1，平面BDD1∩平面ACE＝EF，其中F为AC与BD的交点，∴E为DD1的中点，易求S△ACE＝cm2.
8．在空间中，有如下命题：
①互相平行的两条直线在同一个平面内的射影必然是互相平行的两条直线；
②若平面α∥平面β，则平面α内任意一条直线m∥平面β；
③若平面α与平面β的交线为m，平面α内的直线n⊥直线m，则直线n⊥平面β；
④若平面α内的三点A、B、C到平面β的距离相等，则α∥β.
其中正确命题的序号为________．
[答案] ②
[解析] ①中，互相平行的两条直线的射影可能重合，①错误；②正确；③中，平面α与平面β不一定垂直，所以直线n就不一定垂直于平面β，③错误；④中，若平面α内的三点A、B、C在一条直线上，则平面α与平面β可以相交，④错误．
9．已知m、n是两条不重合的直线，α、β、γ是三个两两不重合的平面，给出下列命题：
①若m∥α，n∥α，m∥β，n∥β，则α∥β；
②若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n⊂γ，则m⊥n；
③若m⊥α，α⊥β，m∥n，则n∥β；
④若n∥α，n∥β，α∩β＝m，那么m∥n.
其中正确命题的序号是________．
[答案] ②④
[解析] 命题①中，直线m、n不一定相交，即命题①不正确；命题②中，垂直于同一个平面的两个平面的位置关系可以平行或相交，若相交，其交线必与第三个平面垂直，∴m⊥γ，又n⊂γ，∴m⊥n，即命题②正确；若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又α⊥β，则n∥β或n⊂β，即命题③不正确；由线面平行的判定与性质定理可知命题④正确．则正确命题的序号为②④.
三、解答题
10．（文）（2012·辽宁文，18）如图，直三棱柱ABC－A′B′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC＝，AA′＝1，点M、N分别为A′B和B′C′的中点．
（1）证明：
MN∥平面A′ACC′；
（2）求三棱锥A′－MNC的体积（锥体体积公式V＝Sh，其中S为底面面积，h为高）．
[分析]
（1）欲证MN∥平面A′ACC′，须在平面A′ACC′内找到一条直线与MN平行，由于M、N分别为A′B，B′C′的中点，B′C′与平面A′ACC′相交，又M为直三棱柱侧面ABB′A′的对角线A′B的中点，从而M为AB′的中点，故MN为△AB′C′的中位线，得证．
（2）欲求三棱锥A′－MNC的体积，注意到直三棱柱的特殊性和点M、N为中点，可考虑哪一个面作为底面有利于问题的解决，视A′MC为底面，则S△A′MC＝S△A′BC，∴VA′－MNC＝VN－A′BC，又VN－A′BC＝VA′－NBC，易知A′N为三棱锥A′－NBC的高，于是易得待求体积．
[解析]
（1）证明：
连接AB′，AC′，由题意知，ABB′A′为平行四边形，
所以M为AB′中点．
又因为N为B′C′的中点，所以MN∥AC′.
又MN⊄平面A′ACC′，AC′⊂平面A′ACC′，
因此MN∥平面A′ACC′.
（2）连接BN，由已知∠BAC＝90°，AB＝AC，三棱柱ABC－A′B′C′为直三棱柱，∴A′N⊥B′C′，平面A′B′C′∩平面B′BCC′＝B′C′，所以A′N⊥平面NBC.
又A′N＝B′C′＝1，
故VA′－MNC＝VN－A′MC＝VN－A′BC＝VA′－NBC＝.
[点评] 本题考查了线面平行的证明，锥体的体积两方面的问题，对于
（1）还可以利用面面平行（平面MPN∥平面A′ACC′，其中P为A′B′的中点）来证明；
（2）还可利用割补法求解．
（理）如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝2EF＝2，EF∥AB，EF⊥FB，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点．
（1）求证：
FH∥平面EDB；
（2）求证：
AC⊥平面EDB；
（3）求四面体B－DEF的体积．
[解析]
（1）证明：
设AC与BD交于点G，联结EG、GH.
则G为AC中点，∵H是BC中点，
∴GH綊AB，又∵EF綊AB，
∴四边形EFHG为平行四边形．∴FH∥EG.
又EG⊂平面EDB，而FH⊄平面EDB，
∴FH∥平面EDB.
（2）证明：
∵EF∥AB，EF⊥FB.∴AB⊥FB.
又四边形ABCD为正方形，
∴AB⊥BC，又FB∩BC＝B，∴AB⊥平面BFC.
∵FH⊂平面BFC，∴AB⊥FH.
又∵FB＝FC，H是BC中点，∴FH⊥BC.
又AB∩BC＝B，∴FH⊥平面ABCD，∴FH⊥AC.
又EG∥FH，∴EG⊥AC，
又AC⊥BD，BD∩EG＝G，∴AC⊥平面EDB.
（3）∵EF⊥BF，BF⊥FC且EF∩FC＝F，
∴BF⊥平面CDEF，
即BF⊥平面DEF.
∴BF为四面体B—DEF的高．
又∵BC＝AB＝2，∴BF＝FC＝.
四边形CDEF为直角梯形，且EF＝1，CD＝2.
∴S△DEF＝（1＋2）×－×2×＝
∴VB—DEF＝××＝.
能力拓展提升
11.
（2013·盐城模拟）如图，P为▱ABCD所在平面外一点，M，N分别为AB，PC的中点，平面PAD∩平面PBC＝l.
（1）判断BC与l的位置关系，并证明你的结论；
（2）判断MN与平面PAD的位置关系，并证明你的结论．
[解析]
（1）结论：
BC∥l，
因为AD∥BC，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC∥平面PAD.
又因为BC⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC＝l，
所以BC∥l.
（2）结论：
MN∥平面PAD.
设Q为CD的中点，如右图所示，连接NQ，MQ，
则NQ∥PD，MQ∥AD.
又因为NQ∩MQ＝Q，
所以平面MNQ∥平面PAD.
又因为MN⊂平面MNQ，
所以MN∥平面PAD.
[点评] 本题
（1）将线面平行的判定定理和性质定理交替使用，实现了线线平行的证明；本题
（2）巧妙地将线面平行的证明转化为面面平行，进而由面面平行的性质，得出结论的证明．
12．（文）
（2013·北京丰台期末）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，点M，N分别为A1C1与A1B的中点．
（1）求证：
MN∥平面BCC1B1；
（2）求证：
平面A1BC⊥平面A1ABB1.
[证明]
（1）连接BC1，
∵点M，N分别为A1C1与A1B的中点，∴MN∥BC1.
∵MN⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
∴MN∥平面BCC1B1.
（2）∵AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC.
又∵AB⊥BC，AA1∩AB＝A，∴BC⊥平面A1ABB1.
∵BC⊂平面A1BC，∴平面A1BC⊥平面A1ABB1.
（理）（2013·北京四中期中）如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，D是BC的中点，AA1＝AB＝a.
（1）求证：
AD⊥B1D；
（2）求证：
A1C∥平面AB1D；
（3）求三棱锥C－AB1D的体积．
[解析]
（1）证明：
∵ABC－A1B1C1是正三棱柱，
∴BB1⊥平面ABC，
∵AD⊂平面ABC.∴AD⊥BB1.
又∵△ABC是正三角形，D是BC的中点，∴AD⊥BC.
又∵BC∩BB1＝B，
∴AD⊥平面B1BCC1.
又∵B1D⊂平面B1BCC1，
∴AD⊥B1D.
（2）证明：
连接A1B，设A1B∩AB1＝E，连接DE.
∵AA1＝AB，∴四边形A1ABB1是正方形，
∴E是A1B的中点，
又∵D是BC的中点，
∴DE∥A1C.
∵DE⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D，
∴A1C∥平面AB1D.
（3）解：
VC－AB1D＝VB1－ADC＝S△ADC·|BB1|＝a3.
13．（文）
（2013·长春三校调研）如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是PB的中点．
（1）求证：
AM＝CM；
（2）若N是PC的中点，求证：
DN∥平面AMC.
[解析]
（1）在直角梯形ABCD中，AD＝DC＝AB＝1，
∴AC＝，BC＝，∴BC⊥AC，
又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴BC⊥PA，
又PA∩AC＝A，∴BC⊥平面PAC，
∴BC⊥PC.
在Rt△PAB中，M为PB的中点，则AM＝PB，
在Rt△PBC中，M为PB的中点，则CM＝PB，
∴AM＝CM.
（2）如图，连接DB交AC于点F，
∵DC綊AB，∴DF＝FB.
取PM的中点G，连接DG，FM，则DG∥FM，
又DG⊄平面AMC，FM⊂平面AMC，
∴DG∥平面AMC.
连接GN，则GN∥MC，∴GN∥平面AMC，
又GN∩DG＝G，∴平面DNG∥平面AMC，
又DN⊂平面DNG，∴DN∥平面AMC.
（理）（2013·山东）如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥PA，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．
（1）求证：
CE∥平面PAD；
（2）求证：
平面EFG⊥平面EMN.
[解析]
（1）解法一：
取PA的中点H，连接EH，DH.
因为E为PB的中点，
所以EH∥AB，EH＝AB.
又AB∥CD，CD＝AB，所以EH∥CD，EH＝CD.
因此四边形DCEH是平行四边形．所以CE∥DH.
又DH⊂平面PAD，CE⊄平面PAD，
因此CE∥平面PAD.
解法二：
连接CF.
因为F为AB的中点，所以AF＝AB.
又CD＝AB，所以AF＝CD.
又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形．
因此CF∥AD.
又CF⊄平面PAD，所以CF∥平面PAD.
因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥PA.
又EF⊄平面PAD，所以EF∥平面PAD.
因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD.
又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面PAD.
（2）证明：
因为E、F分别为PB、AB的中点，
所以EF∥PA.
又AB⊥PA，所以AB⊥EF.
同理可证AB⊥FG.
又EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，
因此AB⊥平面EFG.
又M、N分别为PD、PC的中点，
所以MN∥CD.
又AB∥CD，所以MN∥AB.
因此MN⊥平面EFG.
又MN⊂平面EMN，
所以平面EFG⊥平面EMN.
14．（文）
（2013·徐州模拟）如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，若D是棱CC1的中点，问在棱AB上是否存在一点E，使DE∥平面AB1C1？
若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由．
[解析] 存在点E，且E为AB的中点．
下面给出证明：
如图，取BB1的中点F，连接DF，
则DF∥B1C1.
∵AB的中点为E，连接EF，则EF∥AB1.B1C1与AB1是相交直线，
∴平面DEF∥平面AB1C1.
而DE⊂平面DEF，
∴DE∥平面AB1C1.
（理）（2013·南昌一模）如图，多面体ABC－A1B1C1中，三角形ABC是边长为4的正三角形，AA1∥BB1∥CC1，AA1⊥平面ABC，AA1＝BB1＝2CC1＝4.
（1）若O是AB的中点，求证：
OC1⊥A1B1；
（2）在线段AB1上是否存在一点D，使得CD∥平面A1B1C1？
若存在，确定点D的位置；若不存在，请说明理由．
[解析]
（1）取线段A1B1的中点E，连接OE，C1E，CO，
已知等边三角形ABC的边长为4，AA1＝BB1＝2CC1＝4，AA1⊥平面ABC，AA1∥BB1∥CC1，
∴四边形AA1B1B是正方形，OE⊥AB，CO⊥AB.
∵CO∩OE＝O，
∴AB⊥平面EOCC1，
又A1B1∥AB，OC1⊂平面EOCC1，∴OC1⊥A1B1.
（2）设OE∩AB1＝D，连接CD，则点D是AB1的中点，
∴ED∥AA1，ED＝AA1，
又∵CC1∥AA1，CC1＝AA1，
∴四边形CC1ED是平行四边形，
∴CD∥C1E，∴CD∥平面A1B1C1，
即存在点D，使得CD∥平面A1B1C1，且点D是AB1的中点．
考纲要求
1．认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定．
2．能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．
补充说明
1．探索性问题的一般分析步骤：
第一步，假设结论成立．
第二步，把结论当作条件与已知条件结合，经过推理论证探求应具备的条件．
第三步，给出明确答案，并予以证明．
2．注意事项
证明线面平行时，一定要指出直线在平面外；用判定定理证明二面平行时，一定要指出两直线相交；
备选习题
1．设两个平面α、β，直线l，下列三个条件：
①l⊥α；②l∥β；③α⊥β.若以其中两个作为前提，另一个作为结论，则可构成三个命题，这三个命题中正确命题的个数为（ ）
A．3 B．2
C．1 D．0
[答案] C
[解析] ⇒α⊥β；⇒/l∥β，此时可能l⊂β，l⊥α，此时l与α还可能平行、斜交，故选C.
2．如图，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．不存在B．有1条
C．有2条D．有无数条
[答案] D
[解析] 由题设知平面ADD1A1与平面D1EF有公共点D1，由平面的基本性质3知必有过该点的公共直线l，在平面ADD1A1内与l平行的直线有无数条，且它们都不在平面D1EF内，由线面平行的判定定理知它们都与平面D1EF平行，故选D.
3．下列四个正方体图形中，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的图形的序号是______（写出所有符合要求的图形序号）．
[答案] ①③
[解析] 如图①，∵MN∥AD，NP∥AC，∴平面MNP∥平面ADBC，∴AB∥平面MNP.
如图②，假设AB∥平面MNP，设BD∩MP＝Q，则NQ为平面ABD与平面MNP的交线，∴AB∥NQ，∵N为AD的中点，∴Q为BD的中点，但由M、P分别为棱的中点知，Q为BD的分点，矛盾，∴AB
平面MNP.
如图③，∵BD綊AC，∴四边形ABDC为平行四边形，
∴AB∥CD，又∵M、P为棱的中点，∴MP∥CD，∴AB∥MP，从而可得AB∥平面MNP.
如图④，假设AB∥平面MNP，并设直线AC∩平面MNP＝D，则有AB∥MD，∵M为BC中点，∴D为AC中点，这样平面MND∥平面AB，显然与题设条件不符，∴AB
平面MNP.
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