课时冲关34 空间点、直线、平面之间的位置关系&课时冲关35 直线、平面平行的判定与性质-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关课时作业

　　　　　　　　　 课时冲关三十四　空间点、直线、平面 之间的位置关系 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．已知命题p:a,b为异面直线,命题q:直线 a,b不相交,则p是q的 (　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ２．(多选题)下列命题正确的是 (　　) A．梯形一定是平面图形 B．若两条直线和第三条直线所成的角相等, 则这两条直线平行 C．两两相交的三条直线最多可以确定三个 平面 D．若两个平面有三个公共点,则这两个平面 重合 ３．设a,b是互不垂直的两条异面直线,则下列 命题成立的是 (　　) A．存在唯一直线l,使得l⊥a,且l⊥b B．存在唯一直线l,使得l∥a,且l⊥b C．存在唯一平面α,使得a⊂α,且b∥α D．存在唯一平面α,使得a⊂α,且b⊥α ４．(多选题)如图,在正方体ABCDＧA１B１C１D１ 中,点P 在线段BC１ 上运动,则 (　　) A．三棱锥A－D１PC的体积不变 B．直线AP 与CD１ 所成的角可以为３０° C．直线AP 与CD１ 所成的角可以为６０° D．直线AP 与B１C所成角的大小不变 ５．(２０２５􀅰 江苏镇江质检)已 知 直 三 棱 柱 ABCＧA１B１C１中,∠ABC＝１２０°,AB＝２,BC ＝CC１＝１,则异面直线AB１ 与BC１ 所成角 的余弦值为 (　　) A．３２ B． １５ ５ C． １０ ５ D． ３ ３ ６．(双空题)如图所示,在三棱 锥AＧBCD 中,E,F,G,H 分 别是棱AB,BC,CD,DA 的 中点,则当 AC,BD 满足条 件　　　时,四边形 EFGH 为菱形,当AC,BD 满足条件 　　　时,四边形EFGH 是正方形． ７．正四面体ABCD 中,E、F 分别为边AB、BD 的中点,则异面直线AF、CE 所成角的余弦 值为　　　　． ８．已知直四棱柱ABCDＧA１B１C１D１ 的棱长均 为２,∠BAD＝６０°．以D１ 为球心,５为半径 的球面 与 侧 面 BCC１B１ 的 交 线 长 为 　 　 　　． ９．已知在正方体 ABCDＧA１B１C１D１ 中,E,F 分别为D１C１,C１B１ 的中点,AC∩BD＝P, A１C１∩EF＝Q． 求证:(１)D,B,F,E四点共面; (２)若A１C交平面DBFE 于R 点,则P,Q, R三点共线; (３)DE,BF,CC１ 三线交于一点． １０．如图,在正方体ABCDＧ A１B１C１D１ 中, (１)求 A１C１ 与 B１C 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． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６５２􀅰 班级:　　　　　姓名:　　　　　　学号:　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　课时冲关三十五　直线、平面平行的判定与性质　　　　　　　　　　　　　　　　　　 １．设α,β是两个不同的平面,m 是直线且m⊂ α,“m∥β”是“α∥β”的 (　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ２．若平面α∥平面β,直线a∥平面α,点B∈β, 则在平面β内且过Β 点的所有直线中 (　　) A．不一定存在与a平行的直线 B．只有两条与a平行的直线 C．存在无数条与a平行的直线 D．存在唯一与a平行的直线 ３．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形, 则该三棱锥中与平面α平行的棱有 (　　) A．０条 B．１条 C．２条 D．１条或２条 ４．(２０２５􀅰济宁质检)在三棱柱 ABCＧA１B１C１ 中,点D 在棱BB１ 上,且△ADC１ 所在的平 面将三棱柱ABCＧA１B１C１ 分割成体积相等 的两部分,点 M 在棱A１C１ 上,且 A１M＝ ２MC１,点 N 在直线BB１ 上,若 MN∥平面 ADC１,则 BB１ NB１ ＝ (　　) A．２　　　B．３　　　C．４　　　D．６ ５．(多选题)(２０２５􀅰江西质检) 如 图,在 长 方 体 ABCD－ A１B１C１D１ 中,AA１＝AD＝ １,AB＝２,E,P 分别为CD, AA１ 的中点,则下列说法正 确的是 (　　) A．B１E⊥AD１ B．DP∥平面B１AE C．长方体ABCD－A１B１C１D１ 的外接球体 积为６π D．点C,D 到平面B１AE的距离相等 ６．(多选题)(２０２５􀅰 六安质检)在 正 方 体 ABCDＧA１B１C１D１ 中,P 为DD１ 的中点,M 是底面ABCD 上一点,则 (　　) A．M 为AC 中点时,PM⊥AC B．M 为AD 中点时,PM∥平面A１BC１ C．满足２PM＝ ３DD１ 的点 M 在圆上 D．满足直线PM 与直线AD 成３０°角的点 M 在双曲线上 ７．在四面体AＧBCD 中,M,N 分别是△ACD, △BCD 的 重 心,则 四 面 体 的 四 个 面 中 与 MN 平行的是　　　　　． ８．已知平面α∥β,P∉α且P∉β,过点P 的直 线m 与α,β分别交于A,C,过点P 的直线n 与α,β分别交于B,D,且 PA＝６,AC＝９, PD＝８,则BD 的长为　　　　． ９．(２０２４􀅰全国甲卷 (文))如 图,已 知 AB ∥CD,CD ∥ EF,AB ＝DE ＝ EF＝CF＝２,CD ＝４,AD ＝BC＝ １０,AE＝２ ３,M 为CD 的中点． (１)证明:EM∥平面BCF; (２)求点 M 到平面ADE 的距离． １０．(２０２５􀅰开封质检) 小明同学参加综合 实践活动,设计了一 个封闭的包装盒,包 装盒如图所示:底面 ABCD 是 边 长 为 ８ (单 位:cm)的 正 方 形,△EAB,△FBC, △GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在 的平面都与平面ABCD垂直． (１)证明:EF∥平面ABCD; (２)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的 厚度) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７５２􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　 第六章　立体几何 (２)连 接 A１E,取 BC 中 点 为 H,连接EH,B１H, 因为E,H 分别为AC,BC 的 中点,所以EH∥AB, 又因为A１B１∥AB,所以A１B１ ∥EH,所以A１EHB１ 共面, 易知DE⊂平面A１EHB１, 易知 △FCB≌△HBB１,所 以 BF⊥HB１, 又因为BF⊥A１B１,且A１B１∩ HB１＝B１, 所以BF⊥平面A１EHB１,所以BF⊥DE． 课时冲关三十四 １．A　[若直线a,b不相交,则a,b平行或异面,所以p是q 的充分不必要条件,故选 A．] ２．AC　[本题主要考查空间中直线、平面的位置关系．对于 A,由于两条平行直线确定一个平面,所以梯形可以确定 一个平面,故 A正确;对于B,两条直线和第三条直线所 成的角相等,则这两条直线平行或异面或相交,故 B错 误;对于 C,两两相交的三条直线最多可以确定三个平 面,故C正确;对于D,若两个平面有三个公共点,则这两 个平面相交或重合,故 D错误．] ３．C　[a,b是互不垂直的两条异面 直线,把它放入正方体中如图,由 图可知 A不正确;由l∥a,且l⊥ b,可 得a⊥b,与 题 设 矛 盾,故 B 不正确;由a⊂α,且b⊥α,可得a ⊥b,与 题 设 矛 盾,故 D 不 正 确． 故选 C．] ４．ACD　[本题考查异面直线所成角 及 三 棱 锥 的 体 积．∵BC１ ∥AD１, AD１ ⊂ 平 面 ACD１,BC１ ⊄ 平 面 ACD１,∴BC１∥平面ACD１,∴线段 BC１ 上任意一点到平面ACD１ 的距 离都相等,∴三 棱 锥 AＧD１PC 的 体 积不变,故 A 正确．如图,在正方体 ABCDＧA１B１C１D１ 上方加一个正方 体 ABCDＧA２B２C２D２,连 接 AB２, AC１,AP,易 知 AB２∥CD１,则 直 线 AP 与AB２ 的夹角即为直线 AP 与 CD１ 所成的角．由正方体的结构 特征易知 AC１⊥CD１, 故 AC１ ⊥AB２,∴∠B２AC１ ＝９０°．∵∠B２AB ＝４５°, ∴当点P 从点B 运动到点C１ 时,∠B２AP 不断增大,故 直线AP 与CD１ 所成角的角θ满足４５°≤θ≤９０°,故B错 误,C 正 确．∵B１C⊥BC１,B１C⊥AB,BC１ ∩AB＝B, BC１,AB⊂平 面 ABC１,∴B１C⊥平 面 ABC１D１,当 点 P 在线 段BC１ 上 运 动 时,AP⊂ 平 面 ABC１D１,∴AP⊥ B１C,故 D正确．] ５．C　[M,N,P 分别为AB,BB１,B１C１ 中点,则AB１,BC１ 夹角为 MN 和NP 夹角或其补角(异面直线所成角的取 值范 围 为 ０,π２( ] ),可 知 MN＝ １ ２AB１ ＝ ５ ２ ,NP＝ １ ２BC１＝ ２ ２ , 作BC中点Q,则可知△PQM 为直角三角形． PQ＝１,MQ＝１２AC , △ABC中,AC２＝AB２＋BC２－２AB􀅰BC􀅰cos∠ABC ＝４＋１－２×２×１􀅰 －１２( )＝７,AC＝ ７, 则MQ＝ ７２ ,则△MQP中,MP＝ MQ２＋PQ２＝ １１２ , 则△PMN 中,cos∠PNM＝MN ２＋NP２－PM２ ２􀅰MN􀅰NP ＝ ５ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＋ ２ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ － １１ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ２􀅰 ５２ 􀅰 ２ ２ ＝－ １０５ , 又异 面 直 线 所 成 角 为 ０,π２( ] ,则 其 余 弦 值 为 １０ ５ ． 故 选C．] ６．解析:易知EH∥BD∥FG,且 EH＝ １２BD＝FG ,同理 EF∥AC∥HG,且EF＝ １２AC＝HG ,显然四边形 EFＧ GH 为平行四边形．要使平行四边形EFGH 为菱形需满足 EF＝EH,即AC＝BD;要使平行四边形EFGH 为正方形需 满足EF＝EH 且EF⊥EH,即AC＝BD且AC⊥BD． 答案:AC＝BD　AC＝BD 且AC⊥BD ７．解析:如图,连接CF,取BF 的中点M,连接CM,EM,则 ME∥AF,故∠CEM 即为所求的异面直线AF、CE 所成 的角．设这个正四面体的棱长为２,在△ABD 中,AF＝ ３＝CE＝CF,EM＝ ３２ ,CM＝ １３２ , ∴cos∠CEM＝ ３ ４＋３－ １３ ４ ２× ３２× ３ ＝１６． 答案:１ ６ ８．解析:如图设球面D１ 与侧面 BCC１B１ 的四个交点分别为 E,F,G,H,其 中 E,F,G,H 四点 构 成 边 长 为２的 正 方 形,其外接圆的半径为 ２,周 长为２ ２π, 该球 面 与 侧 面 BCC１B１ 的 交线 长 为 ＝ １４ 􀅰２ ２π＝ ２ ２π． 答案:２π ２ ９．证明:(１)如图所示． 因为EF 是△D１B１C１ 的中位线, 所以EF∥B１D１．在 正 方 体 AC１ 中,B１D１∥BD,所 以 EF∥BD, 所以EF,BD 确定一 个 平 面,即 D,B,F,E 四点共面． (２)在正方体AC１ 中,设A１ACC１ 确 定 的 平 面 为 α,又 设 平 面 BDEF 为β．因为Q∈A１C１,所以Q∈α．又Q∈EF,所以 Q∈β．所以Q 是α 与β 的公共点,同理,P 是α 与β 的公 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１９３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案 共点．所以α∩β＝PQ．又A１C∩β＝R,所以R∈A１C,R∈ α,且R∈β．则R∈PQ,故P,Q,R三点共线． (３)∵EF∥BD 且EF＜BD,∴DE 与BF 相交,设交点 为 M,则由 M∈DE,DE⊂平面D１DCC１, 得 M∈平面 D１DCC１,同理,点 M∈平面B１BCC１．又平 面D１DCC１∩平面B１BCC１＝CC１,∴M∈CC１． ∴DE,BF,CC１ 三线交于点 M． １０．解:(１)如图,连接AC,AB１, 由 ABCDＧA１B１C１D１ 是 正 方 体,知AA１C１C 为平行四边形, 所以 AC∥A１C１,从 而 B１C 与 AC 所成的角就是A１C１ 与B１C 所成的角． 由△AB１C 中,由 AB１ ＝AC＝ B１C可知∠B１CA＝６０°, 即A１C１ 与B１C所成的角为６０°． (２)如图,连接BD,由(１)知AC∥A１C１． ∴AC与EF 所成的角就是A１C１ 与EF 所成的角． ∵EF 是△ABD 的中位线,∴EF∥BD． 又∵AC⊥BD,∴AC⊥EF,即所求角为９０°． ∴EF⊥A１C１．即A１C１ 与EF 所成的角为９０°． 课时冲关三十五 １．B　[当m∥β时,过 m 的平面α 与β 可能平行也可能相 交,因而m∥β⇒/α∥β;当α∥β时,α内任一直线与β 平 行,因为m⊂α,所以m∥β．综上知,“m∥β”是“α∥β”的必 要而不充分条件．故选B．] ２．A　[当直线a在平面β内且过B点时,不存在与a平行 的直线,故选 A．] ３．C　[如图所示,四边形 EFGH 为 平 行四边形,则EF∥GH． ∵EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD, ∴EF∥平面BCD． ∵EF⊂平面 ACD,平面BCD∩平面 ACD＝CD, ∴EF∥CD,∵CD⊄平面EFGH,EF⊂EFGH, ∴CD∥平面EFGH． 同理AB∥平面EFGH．故选 C．] ４．D 　 [如 图,连 接 AB１,则 VAＧA１B１C１ ＝ １ ３ VABCＧA１B１C１ ,又 △ADC１ 所在的平面将三棱柱 ABCＧA１B１C１ 分割成体积相等 的 两 部 分,所 以 VAＧDB１C１ ＝ １ ２VABCＧA１B１C１ － １ ３ VABCＧA１B１C１ ＝ １６VABCＧA１B１C１ ,即VAＧDB１C１ ＝ １ ２VAＧA１B１C１ ,即 VC１ＧADB１ ＝ １ ２VC１ＧAA１B１ ,设 C１ 到 平 面 ABB１A１ 的 距 离 为 d,则 VC１ＧADB１ ＝ １ ３S△ADB１ 􀅰d, VC１ＧAA１B１＝ １ ３S△AA１B１ 􀅰d,所以S△ADB１ ＝ １ ２S△AA１B１ ＝ １ ２S△ABB１ ,所以D 为BB１ 的中点,在AA１ 上取点E,使 得A１E＝２AE,连接EN、EM,因为 A１M＝２MC１,所以 EM∥AC１,又EM⊄平面 ADC１,AC１⊂平面 ADC１,所 以EM∥平面ADC１,又 MN∥平面ADC１,EM∩MN＝ M,EM,MN ⊂ 平 面 EMN,所 以 平 面 EMN ∥ 平 面 ADC１,又平面EMN∩平面ABB１A１＝EN,平面ADC１ ∩平面ABB１A１＝AD,所以AD∥EN,又AE∥ND,所 以四边 形 ADNE 为 平 行 四 边 形,所 以 ND＝AE＝ １ ３AA１＝ １ ３BB１ ,所以B１N＝B１D－ND＝ １ ２BB１－ １ ３BB１ ＝１６BB１ ,所以BB１ NB１ ＝６．] ５．ABD　[对 于 A:因 为 四 边 形 AA１D１D 是 正 方 形,所 以 AD１⊥A１D,AD１⊥CD,A１D∩CD＝D,A１D,CD⊂平面 A１DC,所以AD１⊥平面A１B１CD,B１E⊂平面A１B１CD, 所以B１E⊥AD１,故 A 正确;对于 B:取AB１ 的中点 H, PH􀱀１２A１B１ ,DE􀱀 １２A１B１ ,所以PH􀱀DE,所以四边 形PDEH 为平行四边形,DP∥HE,HE⊂平面B１AE, DP⊄平面B１AE,所以 DP∥平面B１AE,故 B正确;对 于C:长方体ABCDＧA１B１C１D１ 的外接球直径是长方体 的体对角线,所以长方体ABCDＧA１B１C１D１ 的外接球半 径r＝ １ ２＋１２＋２２ ２ ＝ ６ ２ ,体积V＝４π３r ３＝ ６π,故 C错 误;对于 D:CD 与平面B１AE 相交于点E,又因为E 为 CD 中点,所以点C,D 到平面B１AE 的距离相等,故 D 正确．] ６．BCD　[对于 A,M 为AC 中点,即为BD 中点,故PM 平 行于BD１,而BD１ 与AC１ 不垂直,故 A 错;对于 B．由于 PM∥AD１∥BC１,故PM∥平面A１BC１,故B对;对于C． PM 为定值,故 C对;对于 D．相当于一个平面去截一个 已知圆锥,故 D对．] ７．解析:如图,取 CD 的 中 点E,连 接AE,BE, 则EM∶MA＝１∶２,EN∶BN＝ １∶２, 所以 MN∥AB,所以 MN∥平面 ABD,MN∥平面ABC． 答案:平面ABD 与平面ABC ８．解析:如图１,∵AC∩BD＝P, ∴经过直线AC与BD 可确定平面PCD． ∵α∥β,α∩平面PCD＝AB,β∩平面PCD＝CD, ∴AB∥CD．∴PAAC＝ PB BD , 即６ ９＝ ８－BD BD ,∴BD＝２４５． 　 如图２,同理可证AB∥CD． ∴PAPC＝ PB PD ,即６ ３＝ BD－８ ８ , ∴BD＝２４． 综上所述,BD＝２４５ 或２４． 答案:２４ ５ 或２４ ９．解:(１)由 题 意:因 为 M 为CD 的 中 点,∴CM＝ １２CD ＝２, 又EF∥CD,所以EF∥CM,EF＝CM,可知EFCM 为平 行四边形,EM∥FC,EM⊄平面BCF,FC⊂平面BCF, 所以EM∥平面BCF; (２)取DM 的中点O,连接OA,OE,则OA⊥DM,OE⊥ DM,OA＝３,OE＝ ３,而AE＝２ ３,故OA⊥OE,S△AOE ＝３ ３２ ． 因为DE＝２,AD＝ １０,AE＝２ ３,cos∠ADE 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２９３􀅰 艺考生文化课百日冲关􀅰数学 ＝DE ２＋AD２－AE２ ２DE􀅰AD ＝ ２２＋( １０)２－(２ ３)２ ２×２× １０ ＝ １０２０ , sin∠ADE＝ １－ １０ ２０ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ３９ ４０ ,S△ADE ＝ １ ２ ×２× １０× ３９ ４０＝ ３９ ２ ． 设点 M 到平面ADE 的距离为h,所以VMＧADE＝ １ ３S△ADE 􀅰h＝１３S△AOE 􀅰DM,h＝ ３ ３ ２ ×２ ３９ ２ ＝６ １３１３ ,故点 M 到 ADE 的距离为６ １３１３ ． １０．解:(１)过 点 E 作 EE′⊥AB 于 点 E′,过 点 F 作 FF′⊥BC于点F′,连接E′F′． ∵底 面 ABCD 是 边 长 为８的 正 方 形,△EAB、△FBC 均为正 三 角 形,且 它 们 所 在 的 平 面 都 与 平 面 ABCD 垂直, ∴EE′⊥AB,FF′⊥BC, ∴EE′⊥平面ABCD,FF′⊥平面ABCD, ∴EE′∥FF′且EE′＝FF′, ∴四边形EE′F′F 为平行四边形． ∴EF∥E′F′,∵E′F′⊂平面ABCD, ∴EF∥平面ABCD． (２)同理,过点G,H 分别作 GG′⊥CD,HH′⊥DA,交 CD,DA 于点G′,H′,连 接 F′G′,G′H′,H′E′,AC,由 (１)及 题 意 可 知,G′,H′分 别为CD,DA 的中点,EFＧ GHＧE′F′G′H′为长方体, 故该包装盒可分成一个长 方体和四个相等的四棱锥 组合而成． 由底面ABCD 是边长为８的正方形可得:E′F′＝H′E′ ＝１２AC＝４ ２ , ∴ 所 求 该 包 装 盒 的 容 积 为 V ＝ VEFGH－E′F′G′H′ ＋４VA－EE′H′H ＝E′F′×E′H′×EE′＋４×１３×SEE′H′H × １ ４AC ＝４ ２×４ ２×４ ３＋４３×４ ２×４ ３×２ ２ ＝６４０ ３３ ． 课时冲关三十六 １．BD　[若m∥α,n∥β,m⊥n,则α、β位置关系不确定,选 项 A不正确;若m∥α,则α中存在直线c与m 平行,m∥ n,n⊥β,则c⊥β,又∵c⊂α,∴α⊥β,选项 B正确;若 m⊥ α,n∥β,m⊥n,则α、β可以相交,选项C不正确;若m⊥α, m∥n,n⊥β,∴α∥β,选项 D正确．故选BD．] ２．D　[A不对,m 可能在平面β 内,也可能与β平行;B,C 不对,满足条件的 m 和β 可能相交,也可能平行;D 对, 由n⊥α,n⊥β可知α∥β,结合m⊥α知m⊥β,故选 D．] ３．A　[对于 A 选项:在正方 体 ABCD－A１B１C１D１ 中,因 为 E、F 分别为AB,BC 的中点, 易知EF⊥BD,EF⊥DD１,又 BD∩DD１＝D,从而 EF⊥平 面B１BDD１,又 因 为 EF⊂ 平 面B１EF,所 以 平 面 B１EF⊥ 平面 BDD１,所 以 A 选 项 正 确;对 于 B 选 项:因 为 平 面 A１BD∩平面BDD１＝BD,由 上述过程易知平面B１EF⊥平面 A１BD 不成立;对于 C 选项:由题意 知 直 线 AA１ 与 直 线 B１E 必 相 交,故 平 面 B１EF 与平面A１AC有公共点,从而 C选项错误;对于 D 选项:连 接 AC,AB１,B１C,易 知 平 面 AB１C∥ 平 面 A１C１D,又因为平面 AB１C 与平面B１EF 有公共点B１, 故平面AB１C与平面B１EF 不平行,所以 D选项错误．] ４．BC　[对 于 A,显 然 AB＝ PB 时,而底面ABCD 是正 方形,AB≠DB,所以PB＝ BD 不成立,故 A 错 误;对 于B,设底面正方形中心为 O,则P 在以O 为球心,以 OA 为 半 径 的 球 面 上 时 可 符合题意,故 B正确;对于 C,当平面PBC⊥底面ABＧ CD 时,由面面垂直的性质 可知AB⊥平面PBC,DC⊥平面PBC,显然符合题意,故 C正 确;对 于 D,若 “平 面 PAB⊥ 平 面 PBD”与 “平 面 PCD⊥平面PBD”同时成立, 易知P 为平面PAB 与平面PCD 一个公共点,可设平面 PAB∩平面PCD＝l,则P∈l,则l⊥平面PBD, 易知AB∥CD,AB⊄平面PCD,所以AB∥面PCD,则l ∥AB, 则有 AB⊥ 平 面 PBD,显 然 AB⊥BD 不 成 立,故 D 错误．] ５．C　[取 AB 的 中 点E,连 接 CE,DE,因 为△ABC 是 等 腰 直角三 角 形,且 AB 为 斜 边, 则有CE⊥AB, 又△ABD 是等边三 角 形,则 DE⊥AB,从 而 ∠CED 为 二 面角C－AB－D 的平 面 角, 即∠CED＝１５０°, 显然CE∩DE＝E,CE,DE⊂ 平面 CDE,于 是 AB⊥ 平 面 CDE,又AB⊂平面ABC, 因此平面CDE⊥平面ABC,显然平面CDE∩平面ABC ＝CE, 直线CD⊂平面CDE,则直线CD 在平面ABC 内的射影 为直线CE, 从而∠DCE 为直线CD 与平面ABC 所成的角,令AB＝ ２,则CE＝１,DE＝ ３,在△CDE 中,由余弦定理得: CD＝ CE２＋DE２－２CE􀅰DEcos∠CED ＝ １＋３－２×１× ３× － ３２ æ è ç ö ø ÷ ＝ ７, 由正弦定理 DE sin∠DCE＝ CD sin∠CED , 得sin∠DCE＝ ３sin１５０° ７ ＝ ３ ２ ７ , 显 然 ∠DCE 是 锐 角,cos∠DCE＝ １－sin２∠DCE＝ １－ ３ ２ ７ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ５ ２ ７ , 所以直 线 CD 与 平 面ABC 所 成 的 角 的 正 切 为 ３５． 故 选 C．] ６．BD　[由点P 满足BP → ＝λBC → ＋μBB１ →,可知点P 在正方 形BCC１B１ 内． A选项,当λ＝１时,可知点P 在线段CC１(包括端点)上 运动． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３９３􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　 参考答案