課時分層作業(yè)(四十四)(本試卷共77分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．(2025·青島模擬)已知直線a，b和平面α，a?α，b?α，則“a∥α”是“a∥b”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充分必要條件D．既不充分也不必要條件B[根據(jù)線面平行的判定定理可得，若a∥b，則a∥α，即必要性成立，若a∥α，則a∥b不一定成立，故充分性不成立．所以“a∥α”是“a∥b”的必要不充分條件．故選B．]2．如圖，在長方體ABCD-A1B1C1D1中，若E，F(xiàn)，G，H分別是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中點，則必有()A．BD1∥GHB．BD∥EFC．平面EFGH∥平面ABCDD．平面EFGH∥平面A1BCD1D[由中位線定理可知GH∥D1C，因為過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行，所以BD1，GH不可能互相平行，A錯誤；由中位線定理可知EF∥A1B，因為過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行，所以BD，EF不可能互相平行，B錯誤；由中位線定理可知EF∥A1B，而直線A1B與平面ABCD相交，故直線EF與平面ABCD也相交，故平面EFGH與平面ABCD相交，C錯誤；由三角形中位線定理可知EF∥A1B，EH∥A1D1，且EF，EH?平面A1BCD1，A1B，A1D1?平面A1BCD1，所以EF∥平面A1BCD1，EH∥平面A1BCD1，而EF∩EH＝E，EF，EH?平面EFGH，因此平面EFGH∥平面A1BCD1.故選D.]3．如圖，P為平行四邊形ABCD所在平面外一點，E為AD的中點，F(xiàn)為PC上一點，當(dāng)PA∥平面EBF時，eq\f(PF,FC)＝()A．eq\f(2,3) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)D[連接AC交BE于點G，連接FG，因為PA∥平面EBF，PA?平面PAC，平面PAC∩平面BEF＝FG，所以PA∥FG，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(AG,GC).又AD∥BC，E為AD的中點，所以△AEG∽△CBG，即eq\f(AG,GC)＝eq\f(AE,BC)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(PF,FC)＝eq\f(1,2).]4．已知平面α∥平面β，P?α，P?β，過點P的兩直線分別交α，β于A，B和C，D四點，A，C∈α，B，D∈β，且PA＝6，AB＝2，BD＝12，則AC的長為()A．10或18 B．9C．9或18 D．6C[①如圖1，當(dāng)點P在BA延長線上，即點P在平面α的上方時，因為α∥β，平面PAC∩α＝AC，平面PBD∩β＝BD，所以AC∥BD，所以eq\f(PA,PB)＝eq\f(AC,BD).因為PA＝6，AB＝2，BD＝12，所以eq\f(6,8)＝eq\f(AC,12)，解得AC＝9.②如圖2，當(dāng)點P在線段AB延長線上，即點P在平面β的上方時，類比①中的證明方法，可得eq\f(PB,PA)＝eq\f(BD,AC)，因為PA＝6，AB＝2，BD＝12，所以eq\f(4,6)＝eq\f(12,AC)，解得AC＝18.綜上可得，AC的長為9或18.故選C．]5．(2025·昆明期中)如圖是一個棱長為3的正四面體形狀的木塊，點P是△ABC的重心，過點P將木塊鋸開，并使得截面平行于AD和BC，則截面的面積為()A．1 B．2C．3 D．4B[由題意可知，點P是△ABC的重心，如圖，過點P作EF∥BC，分別交AB，AC于點E，F(xiàn)，作FG∥AD交CD于點G，設(shè)平面EFG與BD交于點H.因為EF∥BC，BC?平面EFG，EF?平面EFG，所以BC∥平面EFG.因為FG∥AD，AD?平面EFG，F(xiàn)G?平面EFG，所以AD∥平面EFG，即四邊形EFGH即為截面．由于BC∥平面EFG，平面EFG∩平面BCD＝HG，BC?平面BCD，所以BC∥HG，故HG∥EF.同理EH∥AD，所以FG∥EH，故四邊形EFGH為平行四邊形．設(shè)M為BC的中點，連接AM，DM，則AM⊥BC，DM⊥BC，AM∩DM＝M，AM，DM?平面ADM，故BC⊥平面ADM，AD?平面ADM，故BC⊥AD，而EF∥BC，F(xiàn)G∥AD，故EF⊥FG，即平行四邊形EFGH為矩形．因為點P是△ABC的重心，所以AP＝eq\f(2,3)AM，AF＝eq\f(2,3)AC，故EF＝eq\f(2,3)BC＝2，F(xiàn)G＝eq\f(1,3)AD＝1，故矩形EFGH的面積為EF×FG＝2，即截面的面積為2.故選B．]二、多項選擇題6．如圖是正方體的平面展開圖，則在這個正方體中，下列判斷錯誤的是()A．平面BME∥平面CANB．AF∥CNC．BM∥平面EFDD．BE與AN相交BCD[依題意，標(biāo)出各點位置如圖所示．A選項，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知EM∥AC，由于EM?平面CAN，AC?平面CAN，所以EM∥平面CAN.根據(jù)正方體的性質(zhì)可知BM∥AN，同理可證得BM∥平面CAN.由于EM，BM?平面BME，EM∩BM＝M，所以平面BME∥平面CAN，A選項正確．B選項，根據(jù)異面直線的知識及上圖可知AF與CN異面，B選項錯誤．C選項，平面EFD即平面EFCD，由圖可知，BM與平面EFCD相交，所以C選項錯誤．D選項，根據(jù)異面直線的知識及上圖可知BE與AN異面，D選項錯誤．故選BCD.]7．如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知點G，H分別在A1B1，A1C1上，且GH經(jīng)過△A1B1C1的重心，點E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，且B，C，G，H四點共面，則下列結(jié)論正確的是()A．EF∥GHB．GH∥平面A1EFC．eq\f(GH,EF)＝eq\f(4,3)D．平面A1EF∥平面BCC1B1ABC[因為平面A1B1C1∥平面ABC，平面A1B1C1∩平面BCHG＝HG，平面ABC∩平面BCHG＝BC，所以HG∥BC，因為E，F(xiàn)分別是AB，AC的中點，所以EF∥BC，eq\f(EF,BC)＝eq\f(1,2)，所以EF∥GH，A正確；由選項A可知EF∥GH，因為GH?平面A1EF，EF?平面A1EF，所以GH∥平面A1EF，B正確；因為HG∥BC，B1C1∥BC，所以HG∥B1C1，因為GH經(jīng)過△A1B1C1的重心，所以eq\f(GH,B1C1)＝eq\f(2,3)，因為B1C1＝BC，所以eq\f(GH,BC)＝eq\f(2,3)，因為eq\f(EF,BC)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(GH,EF)＝eq\f(4,3)，C正確；因為FC＝eq\f(1,2)AC，AC＝A1C1，所以FC＝eq\f(1,2)A1C1，因為FC∥A1C1，所以四邊形A1FCC1為梯形，且A1F與CC1為腰，所以A1F與CC1必相交，因為A1F?平面A1EF，CC1?平面BCC1B1，所以平面A1EF與平面BCC1B1相交，D錯誤．故選ABC．]三、填空題8．設(shè)α，β，γ是三個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，在命題“α∩β＝m，n?γ，且__________，則m∥n”中的橫線處填入下列三組條件中的一組，使該命題為真命題．①α∥γ，n?β；②m∥γ，n∥β；③n∥β，m?γ.可以填入的條件有________.(填序號)①或③[由面面平行的性質(zhì)定理可知，①正確；通過畫圖(圖略)知②錯誤；當(dāng)n∥β，m?γ時，n和m在同一平面內(nèi)，且沒有公共點，所以n∥m，③正確．]9．(2025·泰安模擬)正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1cm，過AC作平行于對角線BD1的截面，則截面面積為______cm2；其周長為______cm.eq\f(\r(6),4)(eq\r(2)＋eq\r(5))[如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AC∩BD＝F，則F為BD的中點，過AC平行于對角線BD1的截面交DD1于E，即平面BDD1∩平面ACE＝EF.由BD1∥平面ACE，BD1?平面BDD1，得EF∥BD1，則E為DD1的中點，于是EF＝eq\f(1,2)BD1＝eq\f(1,2)eq\r(DD\o\al(2,1)＋BD2)＝eq\f(1,2)eq\r(12＋\r(2)2)＝eq\f(\r(3),2)，而AC＝eq\r(2)，所以截面面積S△ACE＝eq\f(1,2)AC·EF＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(6),4)(cm2)．又AE＝CE＝eq\r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，所以截面周長l＝AC＋AE＋EC＝(eq\r(2)＋eq\r(5))(cm)．]四、解答題10．(15分)(2025·茂名期中)如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，棱長AB＝2，M為DD1的中點．(1)求三棱錐D-AMC的體積．(2)求證：BD1∥平面AMC．(3)若E為線段BD1上的動點，則線段CC1上是否存在點N，使EN∥平面AMC？說明理由．解：(1)因為V三棱錐D-AMC＝V三棱錐M-ADC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3)，所以三棱錐D-AMC的體積為eq\f(2,3).(2)證明：如圖，連接DB，設(shè)DB∩AC＝O，連接MO，因為M，O分別是DD1和DB的中點，所以BD1∥MO.MO?平面AMC，BD1?平面AMC．所以BD1∥平面AMC．(3)存在點N為CC1的中點時，使EN∥平面AMC．理由如下：如圖，因為D1M＝NC，且D1M∥NC，所以四邊形CND1M是平行四邊形，所以D1N∥MC．MC?平面AMC，D1N?平面AMC，所以D1N∥平面AMC，又BD1∥平面AMC，且BD1∩D1N＝D1，BD1，D1N?平面BND1，所以平面BND1∥平面AMC．若E∈BD1，則EN?平面BND1，所以EN∥平面AMC．所以線段CC1上存在中點N，使EN∥平面AMC．11．(15分)如圖是一個正三棱臺木塊ABC-A1B1C1，已知2AC＝3A1C1＝6，AA1＝2，點O在平面ABC內(nèi)且為△ABC的重心．(1)過點O將木塊鋸開，使截面經(jīng)過A1C1且平行于直線AC，在木塊表面應(yīng)該怎樣畫線？說明理由．(2)求該三棱臺木塊被問題(1)中的截面分成的兩個幾何體的體積之比．(3)在棱臺的底面A1B1C1上(包括邊界)是否存在點M，使得直線OM∥平面ACC1A1？若存在，求出OM長度的取值范圍；若不存在，說明理由．解：(1)如圖，在平面ABC內(nèi)過點O作直線DE∥AC交BA于點D，交BC于點E，連接DA1，EC1，則DE，DA1，EC1為截面與各木塊表面的交線．理由如下：由于DE∥AC∥A1C1，故D，E，A1，C1四點共面，又DE∥AC，DE?平面A1C1ED，AC?平面A1C1ED，所以AC∥平面A1C1ED，且平面BCC1B1∩平面A1C1ED＝C1E，平面ABB1A1∩平面A1C1ED＝A1D，平面ABC∩平面A1C1ED＝DE，則DE，DA1，EC1為截面與各木塊表面的交線．(2)由于點O在平面ABC內(nèi)且為△ABC的重心，DE∥AC，所以DE＝eq\f(2,3)AC．又因為2AC＝3A1C1，故DE＝A1C1，故幾何體A1B1C1-DBE為棱柱．設(shè)棱臺的高為h，△A1B1C1的面積為S，故VA1B1C1-DBE＝Sh.又2AC＝3A1C1，則S△ABC＝eq\f(9,4)S△A1B1C1，故得正三棱臺ABC-A1B1C1的體積為eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＋\f(9,4)S＋\r(S·\f(9,4)S)))h＝eq\f(19,12)Sh，所以正三棱臺被截面A1C1ED截得的除三棱柱A1B1C1-DBE外的另一個幾何體的體積為eq\f(19,12)Sh－Sh＝eq\f(7,12)Sh，故該三棱臺木塊被(1)中的截面分成的兩個幾何體的體積之比為eq\f(7,12)∶1＝7∶12(或1∶eq\f(7,12)＝12∶7)．(3)如圖，過點O作DE∥AC，分別取B1C1，A1B1的中點K，L，則當(dāng)點M∈KL時有OM∥平面ACC1A1.證明如下：由K，L分別為B1C1，A1B1的中點得KL∥A1C1，又由于在正三棱臺ABC-A1B1C1中，DE∥AC，A1C1∥AC，所以KL∥DE，D，E，K，L四點共面．又因為2AC＝3A1C1＝6，點O為△ABC的重心，所以CE＝eq\f(1,3)BC＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)B1C1＝eq\f(1,2)B1C1＝C1K＝1.又由正三棱臺ABC-A1B1C1的性質(zhì)得CE∥C1K，故四邊形CEKC1為平行四邊形，故EK∥CC1.因為EK?平面ACC1A1，CC1?平面ACC1A1，所以EK∥平面ACC1A1.同理DE∥平面ACC1A1.因為DE∩EK＝E，DE，EK?平面DEKL，所以平面DEKL∥平面ACC1A1，所以當(dāng)點M∈KL時，OM?平面DEKL，于是OM∥平面ACC1A1.在梯形DEKL中，由已知條件和前面的分析知，KL＝eq\f(1,2)A1C1＝1，DE＝eq\f(2,3)A