高考数学大一轮复习 第八章立体几何（理）分层演练（含解析共7课时）

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1、第1讲 空间几何体的结构特征及三视图和直观图1下列说法正确的有()两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；经过球面上不同的两点只能作一个大圆；各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；圆锥的轴截面是等腰三角形A1个B2个C3个D4个解析：选A.中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱会交于一点，所以不正确；中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以不正确；中底面不一定是正方形，所以不正确；很明显是正确的2.如图所示是水平放置的三角形的直观图，点D是ABC的BC边的中点，AB，BC分别与y轴、x轴平行，则在原图中三条线段AB，AD，AC中

2、()A最长的是AB，最短的是ACB最长的是AC，最短的是ABC最长的是AB，最短的是ADD最长的是AC，最短的是AD解析：选B.由条件知，原平面图形中ABBC，从而ABADAC.3如图所示，上面的几何体由一个圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得，现用一个竖直的平面去截这个几何体，则截面图形可能是()ABCD解析：选D.圆锥的轴截面为等腰三角形，此时符合条件；当截面不过旋转轴时，圆锥的轴截面为双曲线的一支，此时符合条件；故截面图形可能是.4(2019惠州市第三次调研考试)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥最长棱的棱长为()A1B.C.D2解析：选C.根据三视图，可知几

3、何体的直观图为如图所示的四棱锥VABCD，其中VB底面ABCD，且底面ABCD是边长为1的正方形，VB1.所以四棱锥中最长棱为VD.连接BD，易知BD，在RtVBD中，VD.5(2017高考全国卷)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为()A10B12C14D16解析：选B.由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2

4、个面是梯形，这些梯形的面积之和为212，故选B.6有一个长为5 cm，宽为4 cm的矩形，则其直观图的面积为_解析：由于该矩形的面积S5420(cm2)，所以其直观图的面积SS5(cm2)答案：5 cm27如图所示的RtABC绕着它的斜边AB旋转一周得到的图形是_解析：过RtABC的顶点C作线段CDAB，垂足为D，所以RtABC绕着它的斜边AB旋转一周后应得到是以CD作为底面圆的半径的两个圆锥的组合体答案：两个圆锥的组合体8已知某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的各侧面图形中，是直角三角形的有_个解析：由三视图知该几何体是一个四棱锥，它的一个侧面与底面垂直，且此侧面的顶点在底面上的射影为

5、对应底边的中点，易知其有两个侧面是直角三角形答案：29.如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD6 cm.由正视图可知AD6 cm，且ADPD，所以在RtAPD中，PA 6 (cm)10.如图所示，在侧棱长为2的正三棱锥VABC中，AVBBVCCVA40，过A作截面AEF，求AEF周长的最小值解：

6、如图，将三棱锥沿侧棱VA剪开，并将其侧面展开平铺在一个平面上，则线段AA1的长即为所求AEF的周长的最小值取AA1的中点D，连接VD，则VDAA1，AVD60.在RtVAD中，ADVAsin 603，所以AA12AD6，即AEF周长的最小值为6.1某几何体的正视图和侧视图如图(1)，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图(2)，其中O1A16，O1C12，则该几何体的侧面积为()A48B64C96D128解析：选C.由题图(2)及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD2，OD224，所以CO6OA，所以俯视图是以6为边长的菱形，由三视图

7、知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为46496.故选C.2一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为()解析：选D.由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD平面BCD，故选D.3(2019福建泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是()A圆弧B抛物线的一部分C椭圆的一部分D双曲线的一部分解析：选D.根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.4(2019广东文雅中学、江西南昌二中联考)某四面体的三视图如图所示，在该四面体的四个面中，直角三

8、角形的面积和是()A2 B4 C2 D42解析：选C.由三视图可得原几何体如图所示，由三视图知该几何体的高PO2，底面ABC是边长为2的等腰直角三角形，平面PAC平面ABC，ACB90，则BC平面PAC，所以BCPC，所以直角三角形有PBC和ACB，易求得PC，又BC2，所以SPBC2，又SABC222，所以该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为2，故选C.5某几何体的三视图如图所示(1)判断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体的直观图解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体(2)直观图如图所示6如图是一个几何体的正视图和俯视图(1)试判断该几何体是什么几何体；(2)画出

9、其侧视图，并求该平面图形的面积解：(1)正六棱锥(2)其侧视图如图：其中ABAC，ADBC，且BC的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BCa，AD的长是正六棱锥的高，即ADa，所以该平面图形的面积Saaa2.第2讲 空间几何体的表面积与体积1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是()解析：选B.根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视

10、图完全相同时，俯视图为B，故选B.2(2019湖北省七市(州)联考)如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，底边长为4，腰长为3，则该几何体的表面积为()A6B8C10D12解析：选C.根据三视图，可以看出该几何体是一个圆锥，其底面圆的半径r为2，母线长l为3，故该圆锥的表面积Sr(rl)2(23)10，故选C.3(2019武汉市武昌调研考试)中国古代数学名著九章算术中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为()A1.2B1.6C1.8D2.4解析：选B.该几何体是一个

11、组合体，左边是一个底面半径为的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4x、3、1的长方体，所以组合体的体积VV圆柱V长方体x(5.4x)3112.6(其中3)，解得x1.6.故选B.4(2019江西七校联考)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A48B48C482D482解析：选A.该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S2222451221248，故选A.5(2019河南郑州一中押题卷二)一个多面体的直观图和三视图如图所示，点M是AB上的动点，记四面体EFMC的体积为V1，多面体ADFBCE的体积

12、为V2，则()A. B.C. D随点M位置的变化而变化解析：选B.由三视图可知多面体ADFBCE是直三棱柱，其底面是等腰直角三角形(直角边长为a)，且四边形DFEC与四边形ABCD都是正方形，它们的边长均为a.因为M是AB上的动点，且易知AB平面DFEC，所以点M到平面DFEC的距离等于点B到平面DFEC的距离，为a，所以V1VEFMCVMEFCaaa，又V2aaa，故，故选B.6(2017高考江苏卷)如图，在圆柱O1O2 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切记圆柱O1O2 的体积为V1 ，球O的体积为V2 ，则的值是_解析：设球O的半径为r，则圆柱的底面半径为r、高为2r，所以.

13、答案：7一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为_解析：由三视图可知，该几何体是一个长方体内挖去一个圆柱体，如图所示长方体的长、宽、高分别为4，3，1，表面积为43231241238，圆柱的底面圆直径为2，母线长为1，侧面积为212，圆柱的两个底面面积和为2122.故该几何体的表面积为382238.答案：388(2019山东日照模拟)现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为_解析：设球的半径为R，正方体的棱长为a.由题意得当正方体体积最大时，a2R2，所以Ra，所以所得工件体积与原料体积之比的最大值为.答案：9.如图，在四边形ABC

14、D中，DAB90，ADC135，AB5，CD2，AD2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积解：由已知得：CE2，DE2，CB5，S表面S圆台侧S圆台下底S圆锥侧(25)52522(604)，VV圆台V圆锥(2252)4222.10已知一个几何体的三视图如图所示(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P，Q在正视图中所示位置，P为所在线段中点，Q为顶点，求在几何体表面上，从P到Q点的最短路径的长解：(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和S圆锥侧(2a)(a)a2，S圆柱侧(2a)(2a)4a2，S圆

15、柱底a2，所以S表a24a2a2(5)a2.(2)沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面，如图则PQa，所以从P点到Q点在侧面上的最短路径的长为a.1某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A.B.C.D1解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥A-BCD，将其放在长方体中如图所示，其中BDCD1，CDBD，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为111.故选A.2(2019福建泉州质检)如图，在正方形网格纸上，实线画出的是某多面体的三视图及其部分尺寸若该多面体的顶点在同一球面上，则该球的表面积等于()A8B18C24D8解析：选C.设球的半径为R.多面体是两个正四棱锥的组合体(底面重合)

16、两顶点之间的距离为2R，底面是边长为R的正方形，由R232R26，故该球的表面积S4R224.选C.3.在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2，过A1，C1，B三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCDA1C1D1，这个几何体的体积为，则经过A1，C1，B，D四点的球的表面积为_解析：设AA1x，则VABCDA1C1D1VABCDA1B1C1D1VBA1B1C122x22x，则x4.因为A1，C1，B，D是长方体的四个顶点，所以经过A1，C1，B，D四点的球的球心为长方体ABCDA1B1C1D1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R，所以球的表

17、面积为24.答案：244(2017高考全国卷)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面SCA平面SCB，SAAC，SBBC，三棱锥SABC的体积为9，则球O的表面积为_解析：设球O的半径为R，因为SC为球O的直径，所以点O为SC的中点，连接AO，OB，因为SAAC，SBBC，所以AOSC，BOSC，因为平面SCA平面SCB，平面SCA平面SCBSC，所以AO平面SCB，所以VSABCVASBCSSBCAO(SCOB)AO，即9(2RR)R，解得R3，所以球O的表面积为S4R243236.答案：365.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用

18、9.6米铁丝，再用S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)(1)当圆柱底面半径r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)解：(1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为1.22r，所以塑料片面积Sr22r(1.22r)r22.4r4r23r22.4r3(r20.8r)所以当r0.4米时，S有最大值，约为1.51平方米(2)若灯笼底面半径为0.3米，则高为1.220.30.6(米)制作灯笼的三视图如图6.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平

19、面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1B1C12，A1B1C190，AA14，BB13，CC12，求：(1)该几何体的体积；(2)截面ABC的面积解：(1)过C作平行于平面A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.由直三棱柱性质及A1B1C190得VVA1B1C1A2B2CVCABB2A2222(12)226.(2)在ABC中，AB，BC，AC2.则SABC2.第3讲 空间点、直线、平面之间的位置关系1已知异面直线a，b分别在平面，内，且c，那么直线c一定()A与a，b都相交B只能与a，b中的一条相交C至少与a，b中的一条相交D与a，b都平行解析：选C.若c与a

20、，b都不相交，则c与a，b都平行，根据公理4，知ab，与a，b异面矛盾2(2019赣州四校联考)若平面平面，点A，C，B，D，则直线AC直线BD的充要条件是()AABCDBADCBCAB与CD相交DA，B，C，D四点共面解析：选D.因为平面平面，要使直线AC直线BD，则直线AC与BD是共面直线，即A，B，C，D四点必须共面3.如图所示，平面平面l，A，B，ABlD，C，Cl，则平面ABC与平面的交线是()A直线AC B直线ABC直线CD D直线BC解析：选C.由题意知，Dl，l，所以D，又因为DAB，所以D平面ABC，所以点D在平面ABC与平面的交线上又因为C平面ABC，C，所以点C在平面与平

21、面ABC的交线上，所以平面ABC平面CD.4.如图，直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AB2，BC1，D为AB的中点，则异面直线CD与A1C1所成的角的大小为()A90B60C45D30解析：选D.因为ACA1C1，所以异面直线CD与A1C1所成的角的平面角为ACD.由ACB90，AB2，BC1，D为AB的中点，可知，CADACD30.5.(2019河北邯郸调研)如图，在三棱锥SABC中，G1，G2分别是SAB和SAC的重心，则直线G1G2与BC的位置关系是()A相交 B平行C异面 D以上都有可能解析：选B.连接SG1并延长交AB于M，连接SG2并延长交AC于N，连接MN.由题意知SM

22、为SAB的中线，且SG1SM，SN为SAC的中线，且SG2SN，所以在SMN中，所以G1G2MN，易知MN是ABC的中位线，所以MNBC，因此可得G1G2BC，即直线G1G2与BC的位置关系是平行故选B.6给出下列四个命题：平面外的一条直线与这个平面最多有一个公共点；若平面内的一条直线a与平面内的一条直线b相交，则与相交；若一条直线和两条平行线都相交，则这三条直线共面；若三条直线两两相交，则这三条直线共面其中真命题的序号是_解析：正确，因为直线在平面外即直线与平面相交或直线平行于平面，所以最多有一个公共点正确，a，b有交点，则两平面有公共点，则两平面相交正确，两平行直线可确定一个平面，又直线与

23、两平行直线的两交点在这两平行直线上，所以过这两交点的直线也在平面内，即三线共面错误，这三条直线可以交于同一点，但不在同一平面内答案：7.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；直线AM与DD1是异面直线其中正确的结论为_(注：把你认为正确的结论的序号都填上)解析：直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，故错误答案：8.如图所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D是AC的中点，AA1AB1，则异面直线AB1与BD所成的角为_解析：如图，取A1C1

24、的中点D1，连接B1D1，因为点D是AC的中点，所以B1D1BD，所以AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角连接AD1，设ABa，则AA1a，所以AB1a，B1D1a，AD1 a.所以，在AB1D1中，由余弦定理得，cos AB1D1，所以AB1D160.答案：609在正方体ABCDA1B1C1D1中，(1)求AC与A1D所成角的大小；(2)若E，F分别为AB，AD的中点，求A1C1与EF所成角的大小解：(1)如图，连接B1C，AB1，由ABCDA1B1C1D1是正方体，易知A1DB1C，从而B1C与AC所成的角就是AC与A1D所成的角因为AB1ACB1C，所以B1CA60.即A1D与AC

25、所成的角为60.(2)连接BD，在正方体ABCDA1B1C1D1中，ACBD，ACA1C1.因为E，F分别为AB，AD的中点，所以EFBD，所以EFAC.所以EFA1C1.即A1C1与EF所成的角为90.10.如图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，D是PC的中点已知BAC，AB2，AC2，PA2.求：(1)三棱锥PABC的体积；(2)异面直线BC与AD所成角的余弦值解：(1)SABC222，三棱锥PABC的体积为VSABCPA22.(2)如图，取PB的中点E，连接DE，AE，则EDBC，所以ADE(或其补角)是异面直线BC与AD所成的角在ADE中，DE2，AE，AD2，cosADE.故异面

26、直线BC与AD所成角的余弦值为.1(2019河南百校联盟质检)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是DD1和AB的中点，平面B1EF交棱AD于点P，则PE()A.B.C.D.解析：选D.过点C1作C1GB1F，交直线CD于点G，过点E作HQC1G，交CD、C1D1于点H、Q，连接B1Q，HF交AD于点P，HQB1F，所以Q、H、F、B1四点共面，易求得HDD1Q，由PDHPAF可得2，则PD，在RtPED中，PE，故选D.2已知三棱锥ABCD中，ABCD，且直线AB与CD所成的角为60，点M，N分别是BC，AD的中点，则直线AB和MN所成的角为_解析：如图，取AC的中点P，

27、连接PM，PN，则PMAB，且PMAB，PNCD，且PNCD，所以MPN为AB与CD所成的角(或其补角)，则MPN60或MPN120.因为PMAB，所以PMN是AB与MN所成的角(或其补角)若MPN60，因为ABCD，所以PMPN，则PMN是等边三角形，所以PMN60，即AB与MN所成的角为60.若MPN120，则易知PMN是等腰三角形，所以PMN30，即AB与MN所成的角为30.综上，直线AB和MN所成的角为60或30.答案：60或303(2017高考全国卷)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

28、当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；直线AB与a所成角的最小值为45；直线AB与a所成角的最大值为60；其中正确的是_(填写所有正确结论的编号)解析：由题意知，a，b，AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图不妨设图中所示正方体的棱长为1，则AC1，AB，斜边AB以直线AC 为旋转轴旋转，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆以C为坐标原点，以的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，的方向为z轴正方向建立空间直角坐标系则D(1，0，0)，A(0，0，1)，直线a的单位方向向量a(0，1，0)，|a|1.B点起始坐标为(0，1，

29、0)，直线b的单位方向向量b(1，0，0)，|b|1.设B点在运动过程中的坐标B(cos ，sin ，0)，其中为与的夹角，0，2)那么AB在运动过程中的向量(cos ，sin ，1)，|.设直线AB与a所成的夹角为，cos |sin |.故，所以正确，错误设直线AB与b所成的夹角为，则，cos |cos |.当AB与a成60角时，|sin |cos cos.因为cos2sin21，所以|cos |.所以cos |cos |.因为，所以，此时AB与b成60角所以正确，错误答案：4在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、CC1的中点，则在空间中与三条直线A1D1，EF，CD都相

30、交的直线有_条解析：法一：如图，在EF上任意取一点M，直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有一个交点N，当M取不同的位置时就确定不同的平面，从而与CD有不同的交点N，而直线MN与这三条异面直线都有交点，所以在空间中与这三条直线都相交的直线有无数条法二：在A1D1上任取一点P，过点P与直线EF作一个平面，因为CD与平面不平行，所以它们相交，设它们交于点Q，连接PQ(图略)，则PQ与EF必然相交，即PQ为所求直线由点P的任意性，知有无数条直线与三条直线A1D1，EF，CD都相交答案：无数5.如图所示，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，BAC60，PAABAC2，E是PC的中点(1)

31、求证：AE与PB是异面直线；(2)求异面直线AE和PB所成角的余弦值解：(1)证明：假设AE与PB共面，设平面为.因为A，B，E，所以平面即为平面ABE，所以P平面ABE，这与P平面ABE矛盾，所以AE与PB是异面直线(2)取BC的中点F，连接EF、AF，则EFPB，所以AEF(或其补角)就是异面直线AE和PB所成的角因为BAC60，PAABAC2，PA平面ABC，所以AF，AE，EF，cosAEF，所以异面直线AE和PB所成角的余弦值为.6.如图，E，F，G，H分别是空间四边形ABCD各边上的点，且AEEBAHHDm，CFFBCGGDn.(1)证明：E，F，G，H四点共面；(2)m，n满足什

32、么条件时，四边形EFGH是平行四边形？(3)在(2)的条件下，若ACBD，试证明：EGFH.解：(1)因为AEEBAHHD，所以EHBD.又CFFBCGGD，所以FGBD.所以EHFG.所以E，F，G，H四点共面(2)当EHFG，且EHFG时，四边形EFGH为平行四边形因为，所以EHBD.同理可得FGBD，由EHFG，得mn.故当mn时，四边形EFGH为平行四边形(3)证明：当mn时，AEEBCFFB，所以EFAC，又EHBD，所以FEH是AC与BD所成的角(或其补角)，因为ACBD，所以FEH90，从而平行四边形EFGH为矩形，所以EGFH.第4讲 直线、平面平行的判定与性质1在空间内，下列

33、命题正确的是()A平行直线的平行投影重合B平行于同一直线的两个平面平行C垂直于同一平面的两个平面平行D垂直于同一平面的两条直线平行解析：选D.对于A，平行直线的平行投影也可能互相平行，或为两个点，故A错误；对于B，平行于同一直线的两个平面也可能相交，故B错误；对于C，垂直于同一平面的两个平面也可能相交，故C错误；而D为直线和平面垂直的性质定理，正确2平面平面的一个充分条件是()A存在一条直线a，a，aB存在一条直线a，a，aC存在两条平行直线a，b，a，b，a，bD存在两条异面直线a，b，a，b，a，b解析：选D.若l，al，a，a，a，a，故排除A.若l，a，al，则a，故排除B.若l，a，

34、al，b，bl，则a，b，故排除C.3已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是()A若，则B若mn，m，n，则C若mn，m，n，则D若mn，m，则n解析：选C.对于A，若，则或与相交；对于B，若mn，m，n，则或与相交；易知C正确；对于D，若mn，m，则n或n在平面内故选C.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AEEBAFFD14，又H，G分别为BC，CD的中点，则()ABD平面EFGH，且四边形EFGH是矩形BEF平面BCD，且四边形EFGH是梯形CHG平面ABD，且四边形EFGH是菱形DEH平面ADC，且四边形EFGH是平行四边

35、形解析：选B.由AEEBAFFD14知EF綊BD，又EF平面BCD，所以EF平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG綊BD，所以EFHG且EFHG.所以四边形EFGH是梯形5.在三棱锥SABC中，ABC是边长为6的正三角形，SASBSC12，平面DEFH分别与AB、BC、SC、SA交于D、E、F、H，且它们分别是AB、BC、SC、SA的中点，那么四边形DEFH的面积为()A18B18 C36D36解析：选A.因为D、E、F、H分别是AB、BC、SC、SA的中点，所以DEAC，FHAC，DHSB，EFSB，则四边形DEFH是平行四边形，且HDSB6，DEAC3.如图，取AC的中点O，

36、连接OB、SO，因为SASC12，ABBC6，所以ACSO，ACOB，又SOOBO，所以AO平面SOB，所以AOSB，则HDDE，即四边形DEFH是矩形，所以四边形DEFH的面积S6318，故选A.6设m，l表示直线，表示平面，若m，则“l”是“lm”的_条件(填“充分”“必要”“充要”“既不充分也不必要”)解析：m，l不能推出lm；m，lm也不能推出l，所以是既不充分也不必要条件答案：既不充分也不必要7.如图，正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，点E为AD的中点，点F在CD上若EF平面AB1C，则线段EF的长度等于_解析：因为EF平面AB1C，EF平面ABCD，平面ABCD平面AB1C

37、AC，所以EFAC，所以F为DC的中点故EFAC.答案：8在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，P是A1B1的中点，过点A1作与截面PBC1平行的截面，所得截面的面积是_解析：如图，取AB，C1D1的中点E，F，连接A1E，A1F，EF，则平面A1EF平面BPC1.在A1EF中，A1FA1E，EF2，SA1EF2，从而所得截面面积为2SA1EF2.答案：29.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：(1)直线EG平面BDD1B1；(2)平面EFG平面BDD1B1.证明：(1)如图，连接SB，因为E、G分别是BC、SC的

38、中点，所以EGSB.又因为SB平面BDD1B1，EG平面BDD1B1，所以直线EG平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F、G分别是DC、SC的中点，所以FGSD.又因为SD平面BDD1B1，FG平面BDD1B1，所以FG平面BDD1B1，又EG平面EFG，FG平面EFG，EGFGG，所以平面EFG平面BDD1B1.10(2019云南省11校跨区调研)如图所示，在四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，PA2，ABC90，AB，BC1，AD2，ACD60，E为CD的中点(1)求证：BC平面PAE；(2)求点A到平面PCD的距离解：(1)证明：因为AB，BC1，ABC90，所以AC2，BCA60.

39、在ACD中，因为AD2，AC2，ACD60，所以AD2AC2CD22ACCDcosACD，所以CD4，所以AC2AD2CD2，所以ACD是直角三角形，又E为CD中点，所以AECDCE，因为ACD60，所以ACE为等边三角形，所以CAE60BCA，所以BCAE，又AE平面PAE，BC平面PAE，所以BC平面PAE.(2)设点A到平面PCD的距离为d，根据题意可得，PC2，PDCD4，所以SPCD2，因为VPACDVAPCD，所以SACDPASPCDd，所以2222d，所以d，所以点A到平面PCD的距离为.1如图，透明塑料制成的长方体容器ABCDA1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于

40、地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：没有水的部分始终呈棱柱形；水面EFGH所在四边形的面积为定值；棱A1D1始终与水面所在平面平行；当容器倾斜如图所示时，BEBF是定值其中正确的个数是()A1B2C3D4解析：选C.由题图，显然是正确的，是错的；对于因为A1D1BC，BCFG，所以A1D1FG且A1D1平面EFGH，所以A1D1平面EFGH(水面)所以是正确的；因为水是定量的(定体积V)所以SBEFBCV，即BEBFBCV.所以BEBF(定值)，即是正确的，故选C.2(2019安徽安庆模拟)在正方体ABCDA1B1C1D1中，M、N、Q分别是棱D1C1、A1D1、BC的中点，点P在BD1上且BPBD1.则以下四个说法：MN平面APC；C1Q平面APC；A、P、M三点共线；平面MNQ平面APC.其中说法正确的是_解析：连接MN，AC，则MNAC，连接AM、CN，易得AM、CN交于点P，即MN面APC，所以MN面APC是错误的；由知M、N在平面APC上，由题易知ANC1Q，所以C1Q面APC是正确的；由知A，P，M三点共线是正确的；由知MN面APC，又MN面MNQ，所以面MNQ面APC是错误的答案：3(2019福建泉州质检)在如图所示的多面体中，DE平面ABCD，AFDE，ADBC，ABCD，AB