人教版2021届一轮复习打地基练习 平面的基本性质及其推论

这是一份人教版2021届一轮复习打地基练习 平面的基本性质及其推论，共37页。试卷主要包含了下列命题正确的是，给出下列四个命题，其中正确的是，有结论等内容，欢迎下载使用。
人教版2021届一轮复习打地基练习 平面的基本性质及其推论
一．选择题（共16小题）
1．下列命题正确的是（　　）
A．经过三点确定一个平面
B．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
C．经过一条直线和一个点确定一个平面
D．四边形确定一个平面
2．已知a，b，c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列命题：
①若a∥b，b∥α，则a∥α；
②若a⊥b，b⊥α，c⊥α，则a⊥c；
③若a⊥b，b⊥α，则a∥α；
④若a∥b，b∥α，b⊂β，a∩β＝c，则a∥c．
其中错误命题的序号是（　　）
A．①③ B．②④ C．③④ D．①②
3．已知正四面体ABCD的棱长为2，平面α与棱AB，CD均平行，则α截此正四面体所得截面面积的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．2
4．若A，B表示点，a表示直线，α表示平面，则下列叙述中正确的是（　　）
A．若A⊂α，B⊂α，则AB⊂α B．若A∈α，B∈α，则AB∈α
C．若A∉a，a⊂α，则AB∉α D．若A∈a，a⊂α，则A∈α
5．给出下列四个命题，其中正确的是（　　）
①空间四点共面，则其中必有三点共线；
②空间四点不共面，则其中任何三点不共线；
③空间四点中存在三点共线，则此四点共面；
④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面．
A．②③ B．①②③ C．①② D．②③④
6．下列各图是正方体，A，B，C，D分别是所在棱的中点，这四个点中共面的图有（　　）

A．①②③ B．①③④ C．①③ D．①②④
7．有结论：
①不共线的三点确定一个平面；
②平行于同一条直线的两条直线平行；
③经过两条平行直线，有且只有一个平面．
其中公理（基本事实）的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．下列命题正确的是（　　）
A．三点确定一个平面
B．一条直线和直线外一个点确定一个平面
C．圆心和圆上两点可确定一个平面
D．四边形可确定一个平面
9．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，BB1=22，点E，F，M分别为C1D1，A1D1，B1C1的中点，过点M的平面α与平面DEF平行，且与长方体的面相交，则交线围成的几何图形的面积为（　　）

A．65 B．66 C．12 D．24
10．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，过点A及C1D1中点作与直线BD平行的平面α，则平面α与该正方体ABCD﹣A1B1C1D1各面交线长度之和为（　　）
A．55 B．213+2 C．25+32 D．52
11．下列命题正确的是（　　）
A．经过三点确定一个平面
B．经过一条直线和一个点确定一个平面
C．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
D．四边形确定一个平面
12．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别为棱BC，CC1的中点，过点A，E，F作平面截正方体的表面所得图形是（　　）
A．三角形 B．平行四边形 C．等腰梯形 D．平面五边形
13．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点E为BC中点，点F为A1B1中点，若平面α过点F且与平面AEC1平行，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为（　　）
A．6 B．2 C．23 D．3
14．下列说法正确的是（　　）
A．四边形一定是平面图形
B．三点确定一个平面
C．梯形一定是平面图形
D．两个不重合的平面α，β有不同在一条直线上的三个公共点
15．下面三条直线一定共面的是（　　）
A．a，b，c两两平行 B．a，b，c两两相交
C．a∥b，c与a，b均相交 D．a，b，c两两垂直
16．设a，b是异面直线，则以下四个命题：①存在分别经过直线a和b的两个互相垂直的平面；②存在分别经过直线a和b的两个平行平面；③经过直线a有且只有一个平面垂直于直线b；④经过直线a有且只有一个平面平行于直线b．其中正确的个数有
（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
二．多选题（共1小题）
17．如图在四面体ABCD中，AB＝CD＝2，AC＝BD=3，AD＝BC=5，E、F分别是AD，BC的中点．若用一个与直线EF垂直，且与四面体每个面都相交的平面a去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下列说法正确的是（　　）

A．EF⊥AD且EF⊥BC
B．四面体ABCD的体积是63
C．多边形截面为矩形
D．多边形截面面积的最大值为62
三．填空题（共17小题）
18．三个平面最多可以将空间分成几个部分　 　．
19．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，过A1C的平面截此正方体所得四边形周长的最小值是　 　．
20．已知矩形ABCD的长AB＝4，宽AD＝3，将其沿对角线BD折起，得到四面体A﹣BCD，如图所示，

给出下列结论：①四面体A﹣BCD体积的最大值为245；
②四面体A﹣BCD外接球的表面积恒为定值；
③当二面角A﹣BD﹣C的大小为60°时，棱AC的长为1935；
④当二面角A﹣BD﹣C为直二面角时，直线AB、CD所成角的余弦值为925．
其中正确的结论有　 　（请写出所有正确结论的序号）．
21．已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝6，E为棱PD上一点，且ED＝2PE，过EB作平面α分别与线段PA，PC交于点M，N，且AC∥α，则PMPA=　 　，四边形EMBN的面积为　 　．
22．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，过A，M，N三点作正方体的截面，将截面多边形向平面ADD1A1作投影，则投影图形的面积为　 　．
23．相交于同一点的四条直线最多能确定 　 　个平面．
24．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面α，当平面α截正方体得到的截面多边形是六边形时，设BP＝x，则x的取值范围是　 　．

25．棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，AD，B1C1的中点那么正方体内过E，F，G的截面面积为　 　
26．空间中四条直线两两相交，经过任意两条可以作一个平面，则最多作　 　个不同平面．
27．空间中两两平行的3条直线最多可确定的平面的个数是 　 　．
28．如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后，左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直．则这两个四棱柱的表面相交的交线段总长度为　 　．

29．一个平面将空间分成　 　部分；两个平面将空间分成　 　部分．
30．如图，在边长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在正方体的表面上移动，且满足B1P⊥D1B，则满足条件的所有点P构成的平面图形的面积是　 　．

31．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，点E、F、G分别是棱A′B′、B′C'、CD的中点，则由点E、F、G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 　 　．

32．在空间中，两个不同平面把空间最少可分成　 　部分，最多可分成　 　部分．
33．如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为　 　．

34．棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱AA1上的点，且A1M＝2MA，过C、M、D1作正方体的截面，则截面的面积是　 　．
四．解答题（共7小题）
35．如图所示的几何体中，四边形AA1B1B是边长为3的正方形，CC1＝2，CC1∥AA1，这个几何体是棱柱吗？若是，指出是几棱柱．若不是棱柱，请你试用一个平面截去一部分，使剩余部分是一个棱长为2的三棱柱，并指出截去的几何体的特征，在立体图中画出截面．

36．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD1与平面ACB1交于点P，设BD与AC相交于点O，求证：P∈直线B1O．

37．在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且AEAB=CFCB=14．求证：
①点E，F，G，H四点共面；
②直线EH，BD，FG相交于一点．

38．在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G，H分别在CD，AD上，且满足CGGD=AHHD=2．
（1）证明：E，F，G，H四点共面；
（2）证明：EH，FG，BD三线共点．
39．如图，三棱锥V﹣ABC中，VA⊥BC，VB⊥AC，点P为△VAB的重心，过点P作平面α，使得VC∥α且AB∥α．
（1）求证：VC⊥AB；
（2）若VC＝AB＝3，求平面α截此三棱锥所得截面的面积．

40．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为A1C上一点且A1O→=23A1C→，BD与AC交于点M．求证：C1，O，M三点共线．

41．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．
（1）AA1与CC1是否在同一平面内？请说明理由；
（2）点B，C1，D是否在同一平面内？请说明理由；
（3）画出平面ACC1A1与平面BC1D的交线，平面ACD1与平面BC1D的交线，并说明理由．


人教版2021届一轮复习打地基练习 平面的基本性质及其推论
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．下列命题正确的是（　　）
A．经过三点确定一个平面
B．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
C．经过一条直线和一个点确定一个平面
D．四边形确定一个平面
【分析】根据不共线的三点确定一个平面，可判断A是否正确；
根据两条相交直线确定一个平面α，第三条直线与这两条直线分别相交且交点不重合时，也在α内，由此可判断B正确；
根据当点在直线上时，不能确定平面来判断C是否正确；
根据空间四边形四点不共面来判断D是否正确．
【解答】解：对A，当三点共线时，平面不确定，故A错误；
对B，∵两条相交直线确定一个平面α，第三条直线与这两条直线分别相交且交点不重合，则第三条直线也在α内，∴两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故B正确；
对C，当点在直线上时，不能确定平面，故C错误；
对D，∵空间四边形不在一个平面内，故D错误．
故选：B．
2．已知a，b，c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，下列命题：
①若a∥b，b∥α，则a∥α；
②若a⊥b，b⊥α，c⊥α，则a⊥c；
③若a⊥b，b⊥α，则a∥α；
④若a∥b，b∥α，b⊂β，a∩β＝c，则a∥c．
其中错误命题的序号是（　　）
A．①③ B．②④ C．③④ D．①②
【分析】在①中，a∥α或a⊂α；在②中，b∥c，从而a⊥c；在③中，a∥α或a⊂α；在④中，由线面平行的性质定理得a∥c．
【解答】解：由a，b，c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，知：
在①中，若a∥b，b∥α，则a∥α或a⊂α，故①错误；
在②中，若a⊥b，b⊥α，c⊥α，则b∥c，从而a⊥c，故②正确；
在③中，若a⊥b，b⊥α，则a∥α或a⊂α，故③错误；
在④中，若a∥b，b∥α，b⊂β，a∩β＝c，则由线面平行的性质定理得a∥c，故④正确．
综上，错误命题的序号是①③．
故选：A．
3．已知正四面体ABCD的棱长为2，平面α与棱AB，CD均平行，则α截此正四面体所得截面面积的最大值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．2
【分析】作出α截此正四面体所得截面，证明是长方形，然后长方形面积表示为某一边长的函数可解决此题．
【解答】解：如图所示：作MN∥AB,交BC、AC于点M、N，过点N作NQ∥CD，交AD于点Q,
过点Q作QP∥AB交BD于点P,连接MP,看得到平行四边形MNQP．
取CD中点O，连接AO、BO，由AC＝AD＝BC＝BD,可得OA⊥CD、OB⊥CD,于是得到
CD⊥平面AOB,则得到AB⊥CD,所以MN⊥NQ,则平行四边形MNQP是长方形．

设MN＝x∈(0,2)，可知△CMN、△BMP都是等边三角形，所以MC＝x,则MP＝MB＝2﹣x,
∴长方形MPNQ的面积S＝x(2﹣x)＝﹣x2+2x,当x＝1时，S取得最大值﹣12+2×1＝1．
故选：A．
4．若A，B表示点，a表示直线，α表示平面，则下列叙述中正确的是（　　）
A．若A⊂α，B⊂α，则AB⊂α B．若A∈α，B∈α，则AB∈α
C．若A∉a，a⊂α，则AB∉α D．若A∈a，a⊂α，则A∈α
【分析】本题要正确应用点，线，面之间的关系和符号表示，利用公理一判断即可．
【解答】解：点与面的关系用符号∈，而不是⊂，所以答案A错误；直线与平面的关系用⊂表示，则AB∈α表示错误；
点A不在直线a上，但只要A，B都在平面α内，也存在AB⊂α，答案C错误；而A∈a，a⊂α，则A∈α，所以答案D正确．
故选：D．
5．给出下列四个命题，其中正确的是（　　）
①空间四点共面，则其中必有三点共线；
②空间四点不共面，则其中任何三点不共线；
③空间四点中存在三点共线，则此四点共面；
④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面．
A．②③ B．①②③ C．①② D．②③④
【分析】由正方形的四个顶点共面，知①④错误；由②③正确．
【解答】解：在①中，由正方形的四个顶点共面，知①错误；
在②中，由公理三及推论知空间四点不共面，则其中任何三点不共线，故②正确；
在③中，由公理三及推论知空间四点中存在三点共线，则此四点共面，故③正确；
在④中，由正方形的四个顶点共面，知④错误．
故选：A．
6．下列各图是正方体，A，B，C，D分别是所在棱的中点，这四个点中共面的图有（　　）

A．①②③ B．①③④ C．①③ D．①②④
【分析】在①中，由AD∥BC，得A，B，C，D四点共面；在②中，由AD∥MC∥BN，得A，B，C，D四点共面；在③中，由CD∥AB，A，B，C，D四点共面；在④中，由CD∥EF，EF与AB是异面直线，A，B，C，D四点不共面．
【解答】解：正方体，A，B，C，D分别是所在棱的中点，
在①中，∵AD∥EF，BC∥EF，
∴AD∥BC，
∴A，B，C，D四点共面；
在②中，∵AD∥MC∥BN，
∴A，B，C，D四点共面；

在③中，∵CD∥EF，EF∥AB，
∴CD∥AB，∴A，B，C，D四点共面；
在④中，CD∥EF，EF与AB是异面直线，
∴A，B，C，D四点不共面．
∴这四个点中共面的图有①②③．
故选：A．
7．有结论：
①不共线的三点确定一个平面；
②平行于同一条直线的两条直线平行；
③经过两条平行直线，有且只有一个平面．
其中公理（基本事实）的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】根据已知条件，结合所学过的立体几何中的公理，进行分析判定，即可求解．
【解答】解：公理2：经过不在同一直线上的三点有且只有一个平面，故选项①是公理，
公理4：平行于同一条直线的两条直线平行，故选项②是公理，
经过两条平行直线，有且只有一个平面，为共面的判定定理，故选项③是定理，
故公理的个数为2个．
故选：C．
8．下列命题正确的是（　　）
A．三点确定一个平面
B．一条直线和直线外一个点确定一个平面
C．圆心和圆上两点可确定一个平面
D．四边形可确定一个平面
【分析】利用平面的基本性质，结合公理以及推论，判断选项的正误即可．
【解答】解：对于A，经过不在一条直线上的三个点有且只有一个平面，故A错误；
对于B，经过直线外一个点和这条直线有且只有一个平面，故B正确；
对于C，圆心和圆上两点是直径时，可作平面有无数个，故C错误；
对于D，如果四边形是空间四边形，则不能确定平面，故D错误．
故选：B．
9．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝4，BB1=22，点E，F，M分别为C1D1，A1D1，B1C1的中点，过点M的平面α与平面DEF平行，且与长方体的面相交，则交线围成的几何图形的面积为（　　）

A．65 B．66 C．12 D．24
【分析】设N为A1B1的中点，连结MN，AN、AC、CM，则四边形MNAC为所作图形．推导出四边形MNAC为梯形，过M作MP⊥AC于点P，由此能求出梯形MNAC的面积．
【解答】解：（1）设N为A1B1的中点，连结MN，AN、AC、CM，
则四边形MNAC为所作图形．
由题意知MN∥A1C1（或∥EF），四边形MNAC为梯形，
且MN=12AC＝22，
过M作MP⊥AC于点P，
可得MC=8+4=23，PC=AC−MN2=2，
得MP=MC2−QC2=10
∴梯形MNAC的面积=12×(22+42)×10=65，
故选：A．

10．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，过点A及C1D1中点作与直线BD平行的平面α，则平面α与该正方体ABCD﹣A1B1C1D1各面交线长度之和为（　　）
A．55 B．213+2 C．25+32 D．52
【分析】由题意画出图形，找出截面，求解三角形得答案．
【解答】解：如图，
G为B1C1 的中点，则FG∥B1D1∥BD，得平面AEFGK∥BD，
由△GC1F≌△HD1F及△HD1E∽△ADE，可得D1E=13DD1，则D1E=23，DE=43，
求得FG=2，FE＝GK=(23)2+12=133，AE＝AK=(43)2+22=2133．
∴平面α与该正方体ABCD﹣A1B1C1D1各面交线长度之和为2133+4133+2=213+2．
故选：B．

11．下列命题正确的是（　　）
A．经过三点确定一个平面
B．经过一条直线和一个点确定一个平面
C．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
D．四边形确定一个平面
【分析】根据公理2以及推论判断A、B、C，再根据空间四边形判断D．
【解答】解：A、根据公理2知，必须是不共线的三点确定一个平面，故A不对；
B、根据一条直线和直线外的一点确定一个平面知，故B不对；
C、两两相交且不共点的三条直线，则三个交点不共线，故它们确定一个平面，由公理1知三条直线都在此平面内，故C正确．
D、比如空间四边形则不是平面图形，故D不对；
故选：C．
12．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别为棱BC，CC1的中点，过点A，E，F作平面截正方体的表面所得图形是（　　）
A．三角形 B．平行四边形 C．等腰梯形 D．平面五边形
【分析】如图连AD1，BC1，可得EF∥BC1∥AD1，且EF=12BC1=12AD1，故可得截面为梯形，根据正方体性质可求得AE＝D1F
【解答】解：连AD1，BC1，
则EF∥BC1∥AD1，
且EF=12BC1=12AD1，于是所得截面图形是梯形，
设正方体棱长为2a，则AE=D1F=5a，
因此所得截面图形是等腰梯形，
故选：C．

13．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，点E为BC中点，点F为A1B1中点，若平面α过点F且与平面AEC1平行，则平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为（　　）
A．6 B．2 C．23 D．3
【分析】取A1D1的中点G，过点F作GC1的平行线与B1C1交于点M，过点M作C1E的平行线与BB1交于点N，得到平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面为△FMN，在△FMN中，利用余弦定理和同角三角函数关系以及三角形的面积公式求解即可．
【解答】解：如图所示，取A1D1的中点G，则平面AEC1即为平面AEC1G，
过点F作GC1的平行线与B1C1交于点M，则B1M＝1，
过点M作C1E的平行线与BB1交于点N，则B1N＝2，
平面α截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面为△FMN，且MF=MN=5，FN=22，
在△FMN中，cos∠FMN=5+5−82×5×5=15，
所以sin∠FMN=1−cos2∠FMN=1−(15)2=265，
故△FMN的面积为S=12⋅MF⋅MN⋅sin∠FMN=12×5×5×265=6．
故选：A．

14．下列说法正确的是（　　）
A．四边形一定是平面图形
B．三点确定一个平面
C．梯形一定是平面图形
D．两个不重合的平面α，β有不同在一条直线上的三个公共点
【分析】根据题意，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．
【解答】解：对于A，四边形也可能是空间四边形，所以A错误；
对于B，只有不在同一直线上的三点才能确定一个平面，所以B错误；
对于C，梯形的一组对边平行，由两条平行直线确定一个平面，所以梯形是平面图形，选项C正确；
对于D，两个不重合的平面α，β没有不同在一条直线上的三个公共点，否则这两个平面重合，选项D错误．
故选：C．
15．下面三条直线一定共面的是（　　）
A．a，b，c两两平行 B．a，b，c两两相交
C．a∥b，c与a，b均相交 D．a，b，c两两垂直
【分析】根据题意分别判断选项中的命题结论是否正确即可．
【解答】解：对于A，直线a，b，c两两平行，不一定得出a、b、c共面；
对于B，直线a，b，c两两相交，不一定得a、b、c共面；
对于C，a∥b，且c与a、b都相交，则a、b、c三条直线共面；
对于D，a，b，c两两垂直，不一定得出a、b、c共面．
故选：C．
16．设a，b是异面直线，则以下四个命题：①存在分别经过直线a和b的两个互相垂直的平面；②存在分别经过直线a和b的两个平行平面；③经过直线a有且只有一个平面垂直于直线b；④经过直线a有且只有一个平面平行于直线b．其中正确的个数有
（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】熟练应用点线面位置关系的判定定理和性质定理
【解答】解：对于①：可以在两个互相垂直的平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断①正确
对于②：可在两个平行平面中，分别画一条直线，当这两条直线异面时，可判断②正确
对于③：当这两条直线不是异面垂直时，不存在这样的平面满足题意，可判断③错误
对于④：假设过直线a有两个平面α、β与直线b平行，则面α、β相交于直线a，过直线b做一平面γ与面α、β相交于两条直线m、n，则直线m、n相交于一点，且都与直线b平行，这与“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行”矛盾，所以假设不成立，所以④正确
故选：C．
二．多选题（共1小题）
17．如图在四面体ABCD中，AB＝CD＝2，AC＝BD=3，AD＝BC=5，E、F分别是AD，BC的中点．若用一个与直线EF垂直，且与四面体每个面都相交的平面a去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下列说法正确的是（　　）

A．EF⊥AD且EF⊥BC
B．四面体ABCD的体积是63
C．多边形截面为矩形
D．多边形截面面积的最大值为62
【分析】由题意可得△BCD≌△CBA，△ABD≌△CDB，进而得到DF＝AF，BE＝CE，由此可判断选项A；将其补全为长方体，用长方体的体积减去四个体积相等的三棱锥体积即可判断选项B；易知截面MNKL为平行四边形，由此判断选项C；将四面体补成长，宽，高分别为3，2，1的长方体，可得S四边形MNKL＝NK•KL•sin∠NKL≤265（NK+KL2）2=62，由此判断选项D．
【解答】解：对于A：连结BE，CE，AF，DF，

因为AB＝CD＝2，AC＝BD=3，AD＝BC=5，
所以△BCD≌△CBA，△ABD≌△CDB，
又因为DF，AF分别为△BCD和△CBA中BC边上的中线，BE，CE分别为△ABD△CDB中BD边上的中线，
所以DF＝AF，BE＝CE，
又因为E，F分别为AD，BC的中点，
所以EF⊥AD，EF⊥BC，故选项A正确；
对于B，将四面体补成长，宽，高分别为3，2，1的长方体（如下图），

则四面体ABCD的体积V=3×2×1−4×(13×12×3×2×1)=63，
故选项B正确；
对于C，由图知，M，N，K，L分别为BD，CD，AC，AB的中点，
∵EF⊥平面α，
∴四边形MNKL为平行四边形，故选项C错误；
对于D：如图，由于EF⊥α，故截面为平行四边形MNKL，可得KL+KN=5，
设异面直线BC与AD所成的角为θ，则sinθ＝sin∠HFB＝sin∠LKN，
算得sinθ=265，
∴S四边形MNKL＝NK•KL•sin∠NKL≤265（NK+KL2）2=62，
当且仅当NK＝KL时取等号，D正确．
故选：ABD．
三．填空题（共17小题）
18．三个平面最多可以将空间分成几个部分　8　．
【分析】两个面成十字，第三个面与两个面的交线垂直，则将空间分成八个部分．
【解答】解：三个平面互相平行，将空间分成4部分
两个平面平行，另一个平面与这两个平面相交，则将空间分成6部分
三个平面两两相交，则将空间分成7部分
两个面成十字，第三个面与两个面的交线垂直，则将空间分成八个部分，
∴三个平面最多可以将空间分成8个部分．
故答案为：8．
19．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，过A1C的平面截此正方体所得四边形周长的最小值是　25　．
【分析】在AB上取E，C1D1上取F，连结A1F，CF，A1E，CE，当A1F∥=CE时，过A1C的平面截此正方体所得四边形为CEA1F，设BE＝x，0＜x＜1，则过A1C的平面截此正方体所得四边形周长为：2CE+2A1E＝21+x2+21+(1−x)2，由此利用均值定理能求出过A1C的平面截此正方体所得四边形周长的最小值．
【解答】解：在AB上取E，C1D1上取F，连结A1F，CF，A1E，CE，
当A1F∥=CE时，过A1C的平面截此正方体
所得四边形为CEA1F，
设BE＝x，0＜x＜1，
则过A1C的平面截此正方体所得四边形周长为：
2CE+2A1E＝21+x2+21+(1−x)2≥221+x2⋅21+(1−x)2
当且仅当21+x2=21+(1−x)2，即x=12时，取等号，
∴过A1C的平面截此正方体所得四边形周长的最小值是：
221+14⋅21+14=25．
故答案为：25．

20．已知矩形ABCD的长AB＝4，宽AD＝3，将其沿对角线BD折起，得到四面体A﹣BCD，如图所示，

给出下列结论：①四面体A﹣BCD体积的最大值为245；
②四面体A﹣BCD外接球的表面积恒为定值；
③当二面角A﹣BD﹣C的大小为60°时，棱AC的长为1935；
④当二面角A﹣BD﹣C为直二面角时，直线AB、CD所成角的余弦值为925．
其中正确的结论有　①②③　（请写出所有正确结论的序号）．
【分析】①四面体ABCD体积最大值为两个面互相垂直，求出底面积和高即可．
②求出三棱锥的外接球的半径，可得球的表面积．
③找到二面角的平面角，计算即可．
④当二面角A﹣BD﹣C为直二面角时，以C为原点CB，CD所在直线分别为x，y轴建立坐标系，则由向量的数量积可得答案．
【解答】解：
①中四面体ABCD体积最大值为两个面互相垂直，三棱锥的高根据面积公式可得12×3×4=12×5ℎ，h=125，
四面体A﹣BCD体积的最大值13×12×3×4×125=245，所以正确；
②中三棱锥A﹣BCD，外接球的半径为52，所以三棱锥A﹣BCD外接球的表面积4π×(52)2=25π，所以是正确的；
③中由二面角A﹣BD﹣C的大小为60°，棱AC的长为145，在直角三角形ABD中，AB＝4，AD＝3，BD＝5，作AE⊥BD，CF⊥BD
则AE=CF=125，DE=BF=95，同理在直角三角形ABC中，则EF=BD−DE−BF=75，
在平面ABD内，过F作FH∥AE，且FH＝AE，连接AH，易得四边形AEFH为矩形．
则 AH=EF=75，AH∥EF，FH⊥DB，又CF⊥BD，即有∠CFH为二面角C﹣BD﹣A的平面角，即∠CFH＝60°．
即CH=CF=125
由BD⊥平面CFH，得到BD⊥CH，即有AH⊥CH
则AC=AH2+CH2=1935，故正确．
④中当二面角A﹣BD﹣C为直二面角时，以C为原点CB，CD所在直线分别为x，y轴建立坐标系，则由向量的数量积可得到直线AB，CD所成的角的余弦值为1625，所以不正确的．
综上可知正确命题的序号为①②③．
故答案为：①②③．
21．已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝6，E为棱PD上一点，且ED＝2PE，过EB作平面α分别与线段PA，PC交于点M，N，且AC∥α，则PMPA=　12　，四边形EMBN的面积为　46　．
【分析】延伸平面α，交AC所在的平面ABCD于RS，即平面α∩平面ABCD＝RS，可得AC∥RS，在PAD和△RED中，利用平面几何三角形全等和平行线中的比例关系可得 PMPA=2MA4MA，进而连接MN，BD，证明MN⊥BE，通过面积公式即可求解四边形EMBN的面积．
【解答】解：延伸平面α，交AC所在的平面ABCD于RS，
即平面α∩平面ABCD＝RS，
又B∈平面α∩平面ABCD，
∴B∈RS，即R，S，B三点共线，
∵PD＝6，ED＝2PE，
∴PE＝2，DE＝4，
∵四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，
∴DA＝4，
连接AC交BD于点O，可知DO＝BO，
∴由相似三角形可知ACRS=DADR=12，
∴DR＝8，
所以在平面PDA内以D为坐标原点，以DP为y轴，以DA为x轴建立平面直角坐标系，

P（0，6），E（0，4），A（4，0），R（8，0），
可得lAP：x4+y6=1，lRE：x8+y4=1，
联立得x=2y=3，所以点M（2，3），
再过M点作MK⊥PD，可得MK＝2，DK＝3，
所以在△PDA中，MK是△PDA的中位线，
所以PMPA=12，则MNAC=12，
所以MN=12AC=1242+42=22，
由对称性可知EM＝EN，BM＝BN，易得MN⊥BE，
又∵PD⊥平面ABCD，
∴PD⊥BD，
∴在Rt△EDB，BE=DE2+BD2=42+(42)2=43，
∴四边形EMBN的面积为S=12×MN×BE=12×22×43=46．
故答案为：12；46．

22．在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，过A，M，N三点作正方体的截面，将截面多边形向平面ADD1A1作投影，则投影图形的面积为　712　．
【分析】由图象可得投影为五边形AH1M1D1G，利用三角形相似性质得到DG＝2D1G=23，BH＝2B1H=23，进而求得AH1＝2A1H1=23，A1M1＝D1M1=12，则可得SAH1M1D1G=1−SA1H1M1−SADG
【解答】解：直线MN分别与直线A1D1，A1B1交于E，F两点，
连接AE，AF，分别与棱DD1，BB1交于G，H两点，连接GN，MH，
得到截面五边形AGNMH，
向平面ADD1A1作投影，得到五边形AH1M1D1G，
由点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，可得D1E＝D1N=12，
由△D1EG∽△DAG，可得DG＝2D1G=23，
同理BH＝2B1H=23，
则AH1＝2A1H1=23，A1M1＝D1M1=12，
则SAH1M1D1G=1−SA1H1M1−SADG＝1−12×12×13−12×1×23=712，
故答案为：712．

23．相交于同一点的四条直线最多能确定 　6　个平面．
【分析】由题意画出图形，数形结合得答案．
【解答】解：如图，

当四条直线分别通过四棱锥的四条侧棱时，四条直线确定的平面最多，为6个．
分别为平面PAB、平面PAD、平面PBC、平面PCD、平面PBD、平面PAC．
故答案为：6．
24．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面α，当平面α截正方体得到的截面多边形是六边形时，设BP＝x，则x的取值范围是　1＜x＜2　．

【分析】首先得到两个与BD1垂直的平面，从而确定这两个平面之间的截面多边形为六边形，再利用等体积法求得BP的临界值，进而得到取值范围．
【解答】解：
如图∵AC⊥BD
∴AC⊥BD1（三垂线定理）
同理BC1⊥BD1
∴BD1⊥平面ACB1
同理，BD1⊥平面A1C1D
∴平面ACB1∥平面A1C1D
夹在这两个平面之间的截面多边形为六边形
在三棱锥B﹣ACB1中，
利用等体积法可求得BP＝1，
又根据棱长为3，易求得BD1＝3，
结合对称性可知1＜BP＜2．

25．棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是AB，AD，B1C1的中点那么正方体内过E，F，G的截面面积为　33　
【分析】当切面EFG面的切正方体时，与各面都有交线，而相对的两面交线平行，且切点共面，故截面为正六边形，再根据已知条件求得面积．
【解答】解：如图所示：取棱AD，AB，BB1的中点E，F，G，则该截面是一个边长为2的正六边形，
其面积为6×34×(2)2=33．

故答案为：33．
26．空间中四条直线两两相交，经过任意两条可以作一个平面，则最多作　6　个不同平面．
【分析】由公理2的推论数形结合得答案．
【解答】解：如图，

当四条直线共点且分别过四棱锥的四条侧棱时，经过任意两条直线所作平面最多，最多为6个不同平面．
故答案为：6．
27．空间中两两平行的3条直线最多可确定的平面的个数是 　3　．
【分析】根据直线平行的性质即可得到结论．
【解答】解：若三条直线在同一故平面内，则此时三条直线只能确定一个平面，
若三条直线不在同一故平面内，则此时三条直线能确定三个平面，
故三条两两平行的直线可以确定平面的个数为1个或3个，
故答案为：3．
28．如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后，左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直．则这两个四棱柱的表面相交的交线段总长度为　86　．

【分析】这两个四棱柱的表面相交的交线段由8条长度相等的线段构成，选取一个侧面进行分析与计算即可得解．
【解答】解：由题可知，这两个四棱柱的表面相交的交线段由8条长度相等的线段构成，
如图所示，选取一个侧面进行分析，其中AC、AB均为交线段，且AC＝AB，BC为底面的对角线长，D为BC的中点，

∴AD＝2，CD=12BC=12×22=2，
∴AC=AD2+CD2=22+(2)2=6，
∴所求的交线段的总长度为8×6=86．
故答案为：86．
29．一个平面将空间分成　2　部分；两个平面将空间分成　3或4　部分．
【分析】一个平面将空间被分成2个部分；两个平面相交时，可以将空间分成4个部分；两个平面不相交时将空间分成3个部分．
【解答】解：一个平面将空间分成2个部分；
两个平面相交时，可以将空间分成4个部分；
两个平面不相交时（如房间的天花板所在的平面与地面所在的平面），则将空间分成3个部分．
故答案为：2，3或4．
30．如图，在边长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在正方体的表面上移动，且满足B1P⊥D1B，则满足条件的所有点P构成的平面图形的面积是　23　．

【分析】利用线面垂直可得易得BD1⊥平面AB1C，点P在△AB1C上，OB1是△AB1C的高，由勾股定理可得AC＝22，OB1=6；从而可得答案．
【解答】解：由题意可连接AC交BD于点O、连接OB1、AB1、B1C，在边长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，
利用线面垂直易得BD1⊥平面AB1C，且满足B1P⊥D1B，
则点P在△AB1C上，OB1是△AB1C的高，由勾股定理可得AC＝22，OB1=6；
可得P构成的平面图象的面积为：12×22×6=23．
31．如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，点E、F、G分别是棱A′B′、B′C'、CD的中点，则由点E、F、G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于 　332　．

【分析】分别取AD中点P，CC1中点M，AA1中点N，可得出过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN，由此能求出过E，F，G三点的平面截正方体所得截面面积．
【解答】解：分别取AD中点P，CC1中点M，AA1中点N，可得出过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN，则正六边形的边长MG=CG2+CM2=12+12=1，
故截面多边形的面积等于S=6×34×12=332．

32．在空间中，两个不同平面把空间最少可分成　3　部分，最多可分成　4　部分．
【分析】直接利用平面间的位置关系的应用求出结果．
【解答】解：当两个平面互相平行时，可以把空间分成三部分，
当两个平面相交时，可以把空间分成四部分．
故答案为：三；四．
33．如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为　32　．

【分析】先利用平行关系得到截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，从而得到截面为MIHGFE，利用正方体的棱长求出截面的周长即可．
【解答】解：在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要ME∥BC1，如图所示，
因为A1M＝2MD1，故该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE，
设正方体的棱长为3a，则ME=22a，MI=2a，IH=22a，HG=2a，FG=22a，EF=2a，
所以截面MIHGFE的周长为ME+EF+FG+GH+HI+IM=92a，
又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，
故截面多边形的周长为32．
故答案为：32．

34．棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是棱AA1上的点，且A1M＝2MA，过C、M、D1作正方体的截面，则截面的面积是　222　．
【分析】根据面面平行的性质作出截面多边形，再根据多边形的特点计算面积．
【解答】解：连接A1B，则A1B∥CD1，
在AB上取点N，使得ANNB=AMMA1=12，
则MN∥A1B，故MN∥CD1，
连接CN，则过C、M、D1的平面与正方体的截面为梯形MNCD1，
∵正方体棱长为3，
∴A1B＝CD1＝32，故MN=2，且CN＝MD1=13，
∴等腰梯形MNCD1的高为(13)2−(32−22)2=11，
∴等腰梯形MNCD1的面积为2+322×11=222．
故答案为：222．

四．解答题（共7小题）
35．如图所示的几何体中，四边形AA1B1B是边长为3的正方形，CC1＝2，CC1∥AA1，这个几何体是棱柱吗？若是，指出是几棱柱．若不是棱柱，请你试用一个平面截去一部分，使剩余部分是一个棱长为2的三棱柱，并指出截去的几何体的特征，在立体图中画出截面．

【分析】根据题意画出图形，利用棱柱与棱锥的定义即可得出这个几何体不是棱柱，截去的部分是一个四棱锥．
【解答】解：这个几何体不是棱柱，截去的部分是一个四棱锥C1﹣EA1B1F，
如图所示；
在四边形ABB1A1中，在AA1上取点E，使AE＝2，
在BB1上取F使BF＝2；
连接C1E，EF，C1F，
则过C1EF的截面将几何体分成两部分，其中一部分是棱柱ABC﹣EFC1，其棱长为2；
截去的部分是一个四棱锥C1﹣EA1B1F．

36．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD1与平面ACB1交于点P，设BD与AC相交于点O，求证：P∈直线B1O．

【分析】由题意可得P为平面ACB1与平面BB1D1D的公共点，结合平面ACB1∩平面BB1D1D＝B1O得结论．
【解答】证明：如图，连接B1D1，
∵BD1⊂平面BB1D1D，且BD1与平面ACB1交于点P，
∴P为平面ACB1与平面BB1D1D的公共点，
而平面ACB1∩平面BB1D1D＝B1O，∴P∈直线B1O．
37．在空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，E，F分别边AB，BC上的点，且AEAB=CFCB=14．求证：
①点E，F，G，H四点共面；
②直线EH，BD，FG相交于一点．

【分析】①利用三角形的中位线平行于第三边和平行线分线段成比例定理，
得到EF、GH都平行于AC，由平行线的传递性得到EF∥GH，
根据两平行线确定一平面得出证明；
②利用分别在两个平面内的点在这两个平面的交线上，即可证明．
【解答】证明：①如图所示，
空间四边形ABCD中，H，G分别是AD，CD的中点，
∴HG∥AC；
又AEAB=CFCB=14．
∴EF∥AC，
∴EF∥HG，
E、F、G、H四点共面；
②设EH与FG交于点P，
∵EH⊂平面ABD
∴P在平面ABD内，
同理P在平面BCD内，且平面ABD∩平面BCD＝BD，
∴点P在直线BD上，
∴直线EH，BD，FG相交于一点．

38．在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G，H分别在CD，AD上，且满足CGGD=AHHD=2．
（1）证明：E，F，G，H四点共面；
（2）证明：EH，FG，BD三线共点．
【分析】（1）利用三角形中位线定理及平行线分线段成比例定理，得到EF、GH都平行于AC，利用平行公理得到EF∥GH，即可证明E，F，G，H四点共面；
（2）由EF∥GH，且EF≠GH，得EH与FG相交，设EH与FG交于点O，则O在面ABD内，且点O在面DBC内，由此可得EH，FG，BD三线共点．
【解答】证明：（1）∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF∥AC，
又G，H分别在CD，AD上，且满足CGGD=AHHD=2，
∴GH∥AC，则EF∥GH，
∴E、F、G、H四点共面；
（2）∵EF∥GH，且EF≠GH，∴EH与FG相交，
设EH与FG交于点O，则O在面ABD内，且点O在面DBC内，
又∵面ABD∩面DBC＝BD，∴O在直线BD上，
∴EH，FG，BD三线共点．

39．如图，三棱锥V﹣ABC中，VA⊥BC，VB⊥AC，点P为△VAB的重心，过点P作平面α，使得VC∥α且AB∥α．
（1）求证：VC⊥AB；
（2）若VC＝AB＝3，求平面α截此三棱锥所得截面的面积．

【分析】（1）过V作VO⊥平面ABC，垂足为O，连接OA，OB，OC，证明BC⊥OA，AC⊥OB，可得O为△ABC的垂心，则AB⊥OC，进一步证明AB⊥平面VOC，可得AB⊥VC；
（2）设平面α与棱VA，VB，BC，AC的交点分别为E，F，G，H，证明四边形EFGH是平行四边形，结合（1）得四边形EFGH是矩形．再由P为△VAB的重心，求得EF与EH的长，即可求得矩形EFGH的面积，即平面α截此三棱锥所得截面的面积．
【解答】（1）证明：过V作VO⊥平面ABC，垂足为O，连接OA，OB，OC，
∵VO⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴VO⊥BC，

又∵VA⊥BC，VO∩VA＝V，VO，VA⊂平面VOA，
∴BC⊥平面VOA，
∵OA⊂平面VOA，∴BC⊥OA，
同理可得AC⊥OB，
∴O为△ABC的垂心，则AB⊥OC，
又∵VO⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴VO⊥AB，
∵VO∩OC＝O，VO⊂平面VOC，OC⊂平面VOC，
∴AB⊥平面VOC，
∵VC⊂平面VOC，∴AB⊥VC；
（2）设平面α与棱VA，VB，BC，AC的交点分别为E，F，G，H，
∵VC∥α，VC⊂平面VAC，α∩平面VAC＝EH，
∴VC∥EH，
同理VC∥FG，∴EH∥FG，
同理由AB∥α，可得EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
又由（1）得VC⊥AB，∴EH⊥HG，
∴四边形EFGH是矩形．

∵P为△VAB的重心，∴VEEA=CHHA=2，
∵VC＝AB＝3，
∴EF=23AB=2，EH=13VC=1，
∴矩形EFGH的面积为2×1＝2，
即平面α截此三棱锥所得截面的面积为2．


40．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为A1C上一点且A1O→=23A1C→，BD与AC交于点M．求证：C1，O，M三点共线．

【分析】连接AO，AC1，A1C1，建立向量，利用三点共线的判断条件：已知OA→=λOB→+μOC→，若λ+μ＝1，则A，B，C三点共线证明．
【解答】证明：连接AO，AC1，A1C1，∵A1O→=23A1C→，
∴AO→=AA1→+A1O→=AA1→+23A1C→=AA1→+23（−AA1→+AC→）=13AA1→+23AC→，
∵AC→=2AM→，AA1→=AC1→+C1A1→=AC1→−AC→=AC1→−2AM→，
∴AO→=13AA1→+23AC→=13（AC1→−2AM→）+23•2AM→=13AC1→+23AM→，
∵13+23=1，∴C1，O，M三点共线．

41．如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中．
（1）AA1与CC1是否在同一平面内？请说明理由；
（2）点B，C1，D是否在同一平面内？请说明理由；
（3）画出平面ACC1A1与平面BC1D的交线，平面ACD1与平面BC1D的交线，并说明理由．

【分析】（1）利用正方体的几何性质以及平面的公理即可确定答案；
（2）利用三点不共线以及公理3即可判断得到答案；
（3）设AC∩BD＝O，D1C∩DC1＝E，利用平面的公理即可得到两平面的交线，作图即可．
【解答】解：（1）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1∥CC1，
所以AA1与CC1可以确定平面AC1，所以AA1与CC1在同一平面内；
（2）因为点B，C1，D不共线，由公理3可知，点B，C1，D确定一个平面点BC1D，
所以点B，C1，D在同一平面内；
（3）设AC∩BD＝O，D1C∩DC1＝E，所以点O∈平面AC1，点O∈平面BC1D，
又因为C1∈平面AC1，C1∈平面BC1D，
所以平面ACC1A1∩平面BC1D＝OC1，同理可得平面ACD1∩平面BC1D＝OE，作出交线如图所示．