2024高考总复习步步高资料学案 (39)(3)

4．A [①错，l1?α，l2∩α＝A，l1与l2可能相交． ②错，l2有可能在平面α内． ③错，α有可能与β相交．

④错，l1有可能与平面β相交或平行或在平面内．] 5．A

[如图，a，b为异面直线，过b上一点作a′∥a，直线a′，b确定一个平面β，过a上一点作b′∥b，b与b′确定一个平面α，则α∥β.因为α，β是惟一的，所以相互平行的平面仅有一对．]

6．①③

解析 ①∵面AB∥面MNP，∴AB∥面MNP， ②过N作AB的平行线交于底面正方形的中心O， NO?面MNP，

∴AB与面MNP不平行． ③易知AB∥MP， ∴AB∥面MNP；

④过点P作PC∥AB， ∵PC?面MNP，

∴AB与面MNP不平行． 7.

6

解析 如图，EF∥E1F1∥AB， EE1∥FF1∥BB1，F1E∥A1D， E1F∥B1D，

∴EF、E1F1、EE1、FF1、F1E、E1F都平行于平面ABB1A1，共6条． 228.a 3解析

如图所示，连接AC， 易知MN∥平面ABCD，

又∵PQ为平面ABCD与平面MNQP的交线， ∴MN∥PQ.

又∵MN∥AC，∴PQ∥AC，

a

又∵AP＝，

3

DPDQPQ2222∴＝＝＝，∴PQ＝AC＝a. ADCDAC333

9．证明 设A1C1中点为F，连接NF，FC， ∵N为A1B1中点，

1

∴NF∥B1C1，且NF＝B1C1，

2

又由棱柱性质知B1C1綊BC，(4分) 又M是BC的中点，

∴NF綊MC，

∴四边形NFCM为平行四边形． ∴MN∥CF，(8分) 又CF?平面AA1C1C， MN?平面AA1C1C，

∴MN∥平面AA1C1C.(12分)

10．解 在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.证明如下：

如图所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.因为A1D1

∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四

边形，因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面，所以BG?平面A1BE.(6分)

因为四边形C1CDD1与B1BCC1都是正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG.而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(12分)

11．(1)证明 由AD⊥平面ABE及AD∥BC， 得BC⊥平面ABE，BC⊥AE，(1分)

而BF⊥平面ACE，所以BF⊥AE，(2分) 又BC∩BF＝B，所以AE⊥平面BCE， 又BE?平面BCE，故AE⊥BE.(4分)

(2)解 在△ABE中，过点E作EH⊥AB于点H， 则EH⊥平面ACD.

1

由已知及(1)得EH＝AB＝2，S△ADC＝22.

2

(6分)

14

故VD—AEC＝VE—ADC＝×22×2＝.(8分)

33

(3)解 在△ABE中，过点M作MG∥AE交BE于点G，在△BEC中过点G作GN∥BC交EC于点N，

CNBGMB11

连接MN，则由＝＝＝，得CN＝CE.

CEBEAB33

由MG∥AE，AE?平面ADE，

MG?平面ADE，则MG∥平面ADE.(10分)

再由GN∥BC，BC∥AD，AD?平面ADE，GN?平面ADE， 得GN∥平面ADE，所以平面MGN∥平面ADE.

又MN?平面MGN，则MN∥平面ADE.(12分)

故当点N为线段CE上靠近点C的一个三等分点时， MN∥平面ADE.(14分)

百度搜索“70edu”或“70教育网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，70教育网，提供经典高考高中2024高考总复习步步高资料学案 (39)(3)在线全文阅读。