空间直线与平面简单几何体 期中复习训练-2025-2026学年高二上学期数学沪教版必修第三册

2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】 期中复习冲刺1（考点通关篇） 考点01：平面及其基本性质 1.每次停放自行车时，将脚撑放下自行车即可固定在地面上，其中蕴涵的道理是（    ） A．两条直线确定一个平面 B．三点确定一个平面 C．不共线三点确定一个平面 D．两条平行直线确定一个平面 2.下列命题正确的是（    ） A．三个点可以确定一个平面 B．一条直线和一个点可以确定一个平面 C．两条直线可以确定一个平面 D．长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体 3.下列命题中正确的是（    ） A．若空间四点共面，则其中必有三点共线 B．若空间四点中有三点共线，则此四点必共面 C．若空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面 D．空间四边形中，，E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形为正方形 4.已知空间中三条直线、、，那么“、、两两相交”是“、、共面”的（    ）条件 A．充分不必要 B．充要 C．既不充分也不必要 D．必要不充分 考点02：截面与直观图斜二测画法 5.如图，是的斜二测直观图，其中，，，则边上的高为（    ） A．4 B． C．2 D． 6.如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（   ） A．2 B．4 C．6 D． 7.如图，若斜边长为 的等腰直角三角形（与重合）是水平放置的的斜二测直观图，则的周长为    8.已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则原四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 9.用一个平面去截正方体，则截面不可能是（    ） A．正方形 B．梯形 C．等边三角形 D．钝角三角形 考点03：空间直线与直线间的位置关系 10.已知空间中两个角，，且角与角的两边分别平行，若，则 ． 11.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为棱A1C1，B1C1，B1B的中点，则∠EFG与∠ABC1（　　） A．相等 B．互补 C．相等或互补 D．不确定 12．在空间中，，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则，为异面直线 C．若，，，则 D．若，，则 13.如图，在正方体中，M、N分别为棱、的中点，有以下四个结论：①直线AM与是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与是异面直线；④直线AM与是异面直线．其中正确的结论为（    ） A．③④ B．①② C．①③ D．②④ 考点04：直线与平面间的位置关系 14．已知m，n为空间中不重合的直线，为不重合的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 15．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） ①若，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，则必垂直于面内的无数条直线； ④若为异面直线且点，则存在两条直线过点且与都相交. A．④ B．③ C．② D．① 16.设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则以下四个命题中错误的有　　． ①若m⊥α，n⊥α，则m∥n； ②若α⊥β，m∥α，则m⊥β； ③若m⊥α，m⊥n，则n∥α； ④若n⊥α，n⊥β，则α∥β． 考点05：平面与平面间的位置关系 17.已知是空间两个不同的平面，命题：“”，命题：“平面内有无数条直线与平行”，则是的（    ） 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 18.下列命题中，错误的是（    ） A．平行于同一条直线的两个平面平行 B．平行于同一个平面的两个平面平行 C．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交 D．一个平面与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交 19. .m，n表示直线，α，β，γ表示平面，给出下列三个命题： （1）若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β； （2）若α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则n⊥m； （3）若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β. 其中正确的命题为（　　） A．（1）（2） B．（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3） 20.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 21.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 考点06：简单几何体的特征 22.下列说法不正确的是（　　） A．平行六面体是四棱柱 B．正方体是平行六面体 C．长方体是平行六面体 D．直四棱柱是长方体 23.下列说法正确的是（    ） A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 D．棱台的侧棱都相等 考点07：简单几何体的表面积与体积 24.底面半径为2，母线长为4的圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 25.已知圆锥的底面积为，高为，则该圆锥的侧面积为 ． 26.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形，如果三棱柱的体积为圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为 . 27．已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 28.已知平面经过圆锥的轴，且截圆锥所得截面为直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为 . 29.在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 30.已知圆锥底面半径为3，高为9，用平行于底面的平面截该圆锥，截得的圆台上，下底面半径之比为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 考点08：球的切接问题 31.正方体内切球与外接球体积之比为（    ） A． B． C． D． 32.正四棱柱的底面边长为1，若直线与底面所成的角的大小为，则正四棱柱的外接球表面积为 ． 33.据《九章算术》中记载，“阳马”是以矩形为底面，一棱与底面垂直的四棱锥.现有一个“阳马”，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，则这个“阳马”的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 34.已知三棱锥的所有棱长均为2，球为三棱锥的外接球，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 35.已知长方体的体积为，且，则长方体外接球体积的最小值为（    ） A． B． C． D．  36.若底面边长为2的正六棱柱存在内切球，则其外接球体积是 . 37.已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为（    ） A． B． C． D． 38.若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为的扇形，则这个圆锥的侧面积与表面积的比是 ． 39.高中某DIY社团一学生想把实心的圆锥木块改造成一个正四棱柱木块，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面圆半径为3cm，高为 cm，则该正四棱柱侧面积的最大值为 cm². 考点09：空间角的求解 40.如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 41.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，，点、分别是、的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 42.如图，在直三棱柱中，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 43.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，点为中点. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值. 44.如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，E为棱PA的中点，，，直线PA与BC所成的角的大小为. (1)证明：平面BDE； (2)证明：平面ABCD； (3)求二面角的正弦值. 45.如图，已知四棱锥中，底面是直角梯形，侧面是正三角形，平面是的中点. (1)求证：平面； (2)若的边长为，求二面角的余弦值. 考点10：空间距离 46.某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，且，顶点P到底面的距离为6，则点B到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 47.在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为 ． 48.如图，四边形是菱形，，平面平面，且.    (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离． 49.如图，是圆柱的母线，是底面圆的直径，点B，D在底面圆周上（异于A，C），平面⊥平面． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 考点11：最值与范围问题 50.如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 51.已知正方体的棱长为2，若点是棱上的一个动点，则的最小值为 . 52.长方体的长、宽、高分别为，由顶点A沿长方体的表面到顶点路径长度的最小值为 ． 53.在如图所示的圆柱中，AB是底面圆的直径，PA是圆柱的母线，且，设点C（与不重合）是底面圆周上的动点． (1)求证：平面； (2)当二面角P-BC-A的大小为时，求点C到平面PAB的距离； (3)记点D是线段PB的中点，点E在线段PA上，若，求的最小值． 54.已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为36π，则该正四棱锥的体积最大值为（　　） A．18 B． C． D．27 55.已知ABCD﹣A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点． （1）设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，异面直线AD1与A1C1所成角的大小为β．求证：tan2α＝2tan2β+1； （2）若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高； （3）在（2）的条件下，若平面BB1C1C内存在点P满足P到线段BC的距离与到线段C1D1的距离相等，求的最小值． 考点12：立体几何的平行垂直关系证明 56.如图为一个组合体，其底面为正方形，平面，，且.求证： (1)平面； (2)平面； 57.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为等边三角形．为中点． (1)求证：平面； (2)求证：. 58.如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱的中点．求证：    (1)平面； (2)平面平面； 59.如图，在三棱锥中，、、分别为棱、、的中点．已知，，，. 求证： (1)直线平面； (2)平面平面. 60.如图，正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．求证：平面平面BMC．    61.如图，在三棱锥中，．求证：平面；    62.如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点． (1)求证：平面PAD； (2)试确定当△PAD中PA与AD满足什么关系时，MN⊥平面PCD？并说明理由． 63.如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，且分别为棱的中点，平面与平面交于直线. (1)求证：； (2)若与底面所成角为，当满足什么条件时，平面. 考点13：立体几何平行垂直关系的探究 64.如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点，分别为和的中点． (1)证明：平面； (2)设，当为何值时，平面？试证明你的结论． 65.在四棱锥中，是等边三角形，且平面平面，，．    (1).在AD上是否存在一点M，使得平面平面，若存在，请证明；若不存在，请说明理由； (2).若的面积为，求三棱锥的体积． 66.如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，.在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由. 67.如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学必修三同步培优讲义【精英班课程】 期中复习冲刺1（考点通关篇） 考点01：平面及其基本性质 1.每次停放自行车时，将脚撑放下自行车即可固定在地面上，其中蕴涵的道理是（    ） A．两条直线确定一个平面 B．三点确定一个平面 C．不共线三点确定一个平面 D．两条平行直线确定一个平面 【答案】C 【解析】自行车的前轮、后轮、脚撑与地面的三个接触点不在同一条直线， 它们可以确定唯一一个平面，因此自行车就稳了， 其中蕴涵的道理是不共线三点确定一个平面.故选：C. 2.下列命题正确的是（    ） A．三个点可以确定一个平面 B．一条直线和一个点可以确定一个平面 C．两条直线可以确定一个平面 D．长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体 【答案】D 【解析】三个不共线的点可以确定一个平面，A错误； 一条直线和直线外一点可以确定一个平面，B错误； 两条异面直线不能确定平面，C错误. 长方体一定是直四棱柱，正四棱柱一定是长方体，D正确.故选：D. 3.下列命题中正确的是（    ） A．若空间四点共面，则其中必有三点共线 B．若空间四点中有三点共线，则此四点必共面 C．若空间四点中任何三点不共线，则此四点不共面 D．空间四边形中，，E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形为正方形 【答案】B 【解析】对A，四点共面不一定得到三点共线，比如平面四边形，故A错误， 对于B，若空间四点中有三点共线，则此四点必共面；B正确， 对于C，若空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面；比如平面四边形，C错误， 对于D，空间四边形中，， E，F，分别为，的中点，G，H分别为，的中点， 所以，所以， 同理，所以， 则四边形为长方形，不能得出正方形，D选项错误；故选：B 4.已知空间中三条直线、、，那么“、、两两相交”是“、、共面”的（    ）条件 A．充分不必要 B．充要 C．既不充分也不必要 D．必要不充分 【答案】C 【解析】若两两相交，当相交于同一点上时，不一定共面， 故两两相交不能推出共面， 若共面，可能彼此平行，故共面不能推出两两相交， 所以两两相交是共面的既不充分也不必要条件.故选：C. 考点02：截面与直观图斜二测画法 5.如图，是的斜二测直观图，其中，，，则边上的高为（    ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】解法一：根据斜二测画法，画出原图形，作出辅助线，即可求解；解法二：根据原图形和直观图的面积倍数关系，得到方程，求出答案. 【详解】解法一：过作交轴于， 作轴于，则，，， 还原得直角梯形如图2，其中，，， 作轴于，则高， 解法二：设的面积为，的面积为， 其中，设边上的高为， 由，得， . 故选：D． 6.如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（   ） A．2 B．4 C．6 D． 【答案】C 【分析】利用斜二测画法可还原到原直角坐标系中，再计算边长即可. 【详解】由题意可得还原后的如下图所示： 因为，且轴，轴，所以，所以， 由斜二测画法可知：，则． 故选：C 7.如图，若斜边长为 的等腰直角三角形（与重合）是水平放置的的斜二测直观图，则的周长为    【答案】/ 【分析】根据斜二测画法先还原直观图得，则有，，利用勾股定理求即可求解. 【详解】因为等腰直角三角形的斜边长为，所以直角边长为， 所以，，所以， 所以的周长为， 故答案为：.    8.已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，则原四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据斜二测画法，还原出原图形，求出边长，求出面积. 【详解】 如图所示，作与，根据斜二测画法可知为等腰直角三角形， 因为，所以,在根据勾股定理可知， 如图所以，还原出平面图形，是直角梯形，根据斜二测画法可知， 所以四边形的面积. 故选：B. 9.用一个平面去截正方体，则截面不可能是（    ） A．正方形 B．梯形 C．等边三角形 D．钝角三角形 【答案】D 【分析】可根据空间想象或者结合图形等方法解决. 【详解】用一个平面去截正方体，截面可能是正方形、梯形、等边三角形. 当平面平行于正方体的一个面去截正方体时，截面是正方形，如图，A可能. 如图，截面可以是梯形，B可能. 如图，当平面截取正方体的三个顶点，截面是等边三角形，C可能. 故选：D． 考点03：空间直线与直线间的位置关系 10.已知空间中两个角，，且角与角的两边分别平行，若，则 ． 【答案】或 【解析】根据等角定理知：或， 若，则或. 故答案为：或 11.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G分别为棱A1C1，B1C1，B1B的中点，则∠EFG与∠ABC1（　　） A．相等 B．互补 C．相等或互补 D．不确定 【答案】B 【知识点】等角定理的应用 【分析】利用已知条件判断线段和，线段和的位置关系即可求解. 【详解】因为E，F，G分别为，，的中点，所以∥,∥,∥， 所以∠EFG与∠ABC1的两组对应边分别平行，一组对应边方向相同，另一组对应边方向相反，故∠EFG与∠ABC1互补. 故选：. 12．在空间中，，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则，为异面直线 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】根据空间中点线面的位置关系，判断各选项正误. 【详解】 如图所示，当相交，直线垂直于相交的平面时，满足，，但是此时不满足，所以A错误. 如图所示，当两个平面平行时，被第三个面所截，得两条交线，此时，，不满足，为异面直线，所以B错误. 如图所示，此时满足，，，但是不满足，所以C错误. 根据面面平行的定义可知，平面没有交点，当时，与平面没有交点，此时，所以D正确. 故选：D. 13.如图，在正方体中，M、N分别为棱、的中点，有以下四个结论：①直线AM与是相交直线；②直线AM与BN是平行直线；③直线BN与是异面直线；④直线AM与是异面直线．其中正确的结论为（    ） A．③④ B．①② C．①③ D．②④ 【答案】A 【解析】∵A、M、三点共面，且在平面，但平面，， ∴直线AM与是异面直线，故①错误； 因为平面，平面，但平面，， 所以直线AM与BN也是异面直线，故②错误； 因为平面，平面，但平面，， 所以直线BN与是异面直线，故③正确； 因为平面，平面，但平面，， 所以直线AM与是异面直线，故④正确． 故选：A． 考点04：直线与平面间的位置关系 14．已知m，n为空间中不重合的直线，为不重合的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】结合特例判断A；根据面面平行的性质判断B；根据面面垂直的性质判断C；根据面面的位置的关系判断D. 【详解】对于A，如下图，不一定平行，故A错误； 对于B，根据面面平行的性质，由，则，故B正确； 对于C，由，则或相交，故C错误； 对于D，由，则或相交，故D错误. 故选：B. 15．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ） ①若，则； ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行； ③若，则必垂直于面内的无数条直线； ④若为异面直线且点，则存在两条直线过点且与都相交. A．④ B．③ C．② D．① 【答案】B 【分析】根据线面垂直性质可知①错误，由点、线、面的位置关系以及线面平行的性质可得②错误，利用面面垂直判定定理及其性质可判断③正确，由异面直线定义以及基本定理可得仅有一条直线过点且与都相交，即④错误. 【详解】对于①，若，则可知或，如下图中所示： 即①错误； 对于②，不妨取正方体为例，如下图所示： 直线外一点，此时平面与均与直线平行， 因此过直线外一点，可以作与这条直线平行的平面并不唯一，即②错误； 对于③，若，不妨设， 作，且，所以可知，显然这样的直线可以作出无数条， 如下图所示： 所以必垂直于面内的无数条直线，即③正确； 对于④，在直线上取两点，在直线上取两点，如下图所示: 因为为异面直线且点，所以过三点有且仅有一个平面， 同理过三点有且仅有一个平面，此时两平面仅有一条过点的交线， 所以④错误； 综上可知，仅有③正确. 故选：B 16.设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则以下四个命题中错误的有　　． ①若m⊥α，n⊥α，则m∥n； ②若α⊥β，m∥α，则m⊥β； ③若m⊥α，m⊥n，则n∥α； ④若n⊥α，n⊥β，则α∥β． 【分析】①若m⊥α，n⊥α，则m∥n；④若n⊥α，n⊥β，则α∥β． 根据线面垂直的性质定理可得命题①④是正确的． ②③举反例判断即可． 【解答】解：设m，n是不同的直线，α，β是不同的平面， ①若m⊥α，n⊥α，则m∥n； 根据线面垂直的性质定理可得命题是正确的． ②若α⊥β，m∥α，则m⊥β；当m平行α与β的交线时，m∥β，故②不正确． ③若m⊥α，m⊥n，则n∥α；有可能n⊂α，故③不正确． ④若n⊥α，n⊥β，则α∥β．根据线面垂直的性质定理可得命题是正确的 故答案为：②③ 【点评】本题考查了空间直线与平面的平行，垂直的位置关系，属于中档题，对与定理内容条件必需熟练掌握． 考点05：平面与平面间的位置关系 17.已知是空间两个不同的平面，命题：“”，命题：“平面内有无数条直线与平行”，则是的（    ） 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 【答案】A 【知识点】判断命题的充分不必要条件、面面关系有关命题的判断、判断面面平行 【分析】利用面面平行的性质和判定定理即可求得结果. 【详解】若，则平面内的任意一条直线平行于另一个平面，故平面内有无数条直线与平行，所以可以推出； 根据面面平行的判定定理，如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行. 若平面内有无数条直线与平行，则与可能相交，不一定平行，所以不能推出. 故选：A. 18.下列命题中，错误的是（    ） A．平行于同一条直线的两个平面平行 B．平行于同一个平面的两个平面平行 C．一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交 D．一个平面与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交 【答案】A 【知识点】线面关系有关命题的判断、面面关系有关命题的判断 【分析】在A中，平行于同一条直线的两个平面相交或平行；在B中，由平面平行的定义得平行于同一个平面的两个平面平行；在C中，由平面平行的性质得必与另一个相交；在中，由平面平行的性质得必与另一个相交. 【详解】对于A，平行于同一条直线的两个平面相交或平行，故A错误； 对于B，若平面满足， 根据面面平行的定义可得与没交点，与没交点， 则与没交点，即，所以平行于同一个平面的两个平面平行，故B正确； 对于C，由平面平行的性质得一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交，故C正确； 对于D，由平面平行的性质得一个平面与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交，故D正确. 故选：A. 19. .m，n表示直线，α，β，γ表示平面，给出下列三个命题： （1）若α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则n⊥β； （2）若α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则n⊥m； （3）若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β. 其中正确的命题为（　　） A．（1）（2） B．（3） C．（2）（3） D．（1）（2）（3） 【答案】B 【知识点】判断线面是否垂直、判断面面是否垂直 【分析】（1）（2）可举出反例，（3）可以用线面垂直，线线垂直证明出面面垂直. 【详解】如图1，满足α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，但不满足n⊥β，（1）错误； 如图2，满足α⊥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，但不满足n⊥m，（2）错误； 若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β. 因为m⊥α，m⊥n，所以或， 若，因为n⊥β，所以α⊥β. 若，则在内存在使得， 因为n⊥β，所以l⊥β，所以α⊥β. 综上：若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β，（3）正确. 故选：B 20.设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【知识点】判断面面是否垂直、证明面面垂直 【分析】举例说明判断ACD；利用线面垂直性质、面面垂直的判定推理判断B. 【详解】对于A，在长方体中，平面，平面分别为，分别为直线， 显然，而平面平面，A错误； 对于B，由，知存在过的平面与相交，令交线为，则，而， 于是，，B正确； 对于C，在长方体中，平面，平面分别为，分别为直线， 显然，而平面平面，C错误； 对于D，在长方体中，平面，平面分别为，分别为直线， 显然，而平面平面，D错误. 故选：B 21.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则或与相交或与异面，故B错误； 对于C，若，则或与相交，故C错误； 对于D，若，则存在直线（不与重合），使得，又，则或与相交， 若，则，此时可以满足，只需即可，所以， 若与相交，则与也相交，又，所以与也相交，与相矛盾， 所以，则，故D正确； 故选：D. 考点06：简单几何体的特征 22.下列说法不正确的是（　　） A．平行六面体是四棱柱 B．正方体是平行六面体 C．长方体是平行六面体 D．直四棱柱是长方体 【答案】D 【分析】根据长方体、直四棱柱、平行六面体的定义、性质和关系判断即可得解. 【详解】平行六面体是底面为平行四边形的四棱柱，故A正确；正方体的对面平行，是平行六面体，故B正确； 长方体的对面平行，是平行六面体，故C正确；直四棱柱的侧棱垂直底面，当底面不是矩形时直四棱柱不是长方体，故D错误； 故选：D. 23.下列说法正确的是（    ） A．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线 D．棱台的侧棱都相等 【答案】C 【分析】根据多面体的性质和几何体的定义来判断，采用举反例的方法来否定对概念的错误理解. 【详解】对于A，有两个面平行其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱错误， 即A错误，反例如图： 对于B，有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台错误， 即B错误，反例如图： 对于C，圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故C正确； 对于D，棱台是由平行于底面的平面截得的， 故棱台的上下底面一定相似，但侧棱长不一定相等，故D错误. 故选：C. 考点07：简单几何体的表面积与体积 24.底面半径为2，母线长为4的圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据圆锥的侧面积公式计算即可. 【详解】因圆锥底面半径为2，母线长为4，则其侧面积为. 故选：B. 25.已知圆锥的底面积为，高为，则该圆锥的侧面积为 ． 【答案】 【分析】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，先求底面半径，再根据求，利用圆锥的侧面积公式即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则，，即， 所以，所以圆锥侧面积为， 故答案为：. 26.如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底面内，且底面是正三角形，如果三棱柱的体积为圆柱的底面直径与母线长相等，则圆柱的侧面积为 . 【答案】 【分析】首先根据正弦定理求出正三角形边长与圆柱底面半径的关系，然后根据三棱柱体积求出圆柱底面半径，进而根据圆柱侧面积公式求出侧面积的值. 【详解】设底面正三角形的边长为，则正三角形的高为. 由于直三棱柱的底面是正三角形且在圆柱底面内，可知正三角形的外接圆半径为. 所以根据正弦定理，所以. 易知圆柱母线， 所以三棱柱的体积为. 所以. 那么圆柱的侧面积为. 故答案为：. 27．已知一个圆锥的体积为，任取该圆锥的两条母线a，b，若a，b所成角的最大值为，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形，根据体积公式计算可得，利用扇形的面积公式计算即可求得结果. 【详解】如图，设圆锥的母线长为R，底面半径长为r，由题可知圆锥的轴截面是等边三角形， 所以，圆锥的体积，解得， 所以该圆锥的侧面积为. 故选：B 28.已知平面经过圆锥的轴，且截圆锥所得截面为直角边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为 . 【答案】 【分析】设圆锥的底面半径为r，根据轴截面为等腰直角三角形，求出，由圆锥侧面积公式得解． 【详解】依题意，设圆锥的底面半径为r， 已知圆锥的轴截面是直角边长为2的等腰直角三角形， 所以，即， 又因为圆锥的母线长为， 所以该圆锥的侧面积为． 故答案为：． 29.在三棱锥中，和均是边长为2的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将作为三棱锥的底面，根据垂直关系和线段关系可求出该底面的面积，然后作辅助线找出该底面的高，并通过勾股定理求出，最后根据三棱锥体积公式即可求出答案. 【详解】根据题意，取的中点，连接.    因为为等边三角形，是的中点， 所以. 因为分别为的中点，所以. 因为，所以. 又平面， 所以平面. 又平面，所以. 因为，是的中点， 所以. 又平面， 所以平面. 在中，根据勾股定理得. 在中，根据勾股定理得. 所以三棱锥的体积为. 故选：D. 30.已知圆锥底面半径为3，高为9，用平行于底面的平面截该圆锥，截得的圆台上，下底面半径之比为，则圆台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用相似比，结合圆台体积公式即可求解. 【详解】根据相似可知，圆台的上、下底面半径分为1、3，圆台的高为6， 所以由圆台体积公式得：， 故选：B. 考点08：球的切接问题 31.正方体内切球与外接球体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】不妨设正方体的棱长为2a，正方体内切球和外接球的半径分别为r和R, 分别求出r和R,利用求得体积公式表示出体积，直接得到体积比. 【详解】不妨设正方体的棱长为2a，正方体内切球和外接球的半径分别为r和R, 正方体内切球的直径等于棱长，所以2r=2a，即r=a； 正方体外接球的直径等于体对角线，所以； 所以正方体内切球与外接球体积之比：. 故选：B 32.正四棱柱的底面边长为1，若直线与底面所成的角的大小为，则正四棱柱的外接球表面积为 ． 【答案】 【分析】由题意求得的长以及外接球的半径即可得解. 【详解】在正四棱柱中，平面， 则为直线与底面所成的角， 依题意可得，又，所以， 所以正四棱柱的外接球的半径为， 所以正四棱柱的外接球表面积为.    故答案为：. 33.据《九章算术》中记载，“阳马”是以矩形为底面，一棱与底面垂直的四棱锥.现有一个“阳马”，底面ABCD，底面ABCD是矩形，且，则这个“阳马”的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把四棱锥补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是四棱锥的外接球直径，由长方体性质求得球半径后可得表面积． 【详解】把四棱锥补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是四棱锥的外接球直径， 设球半径为，则， 球表面积为． 故选：C． 34.已知三棱锥的所有棱长均为2，球为三棱锥的外接球，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把正四面体放置在正方体中，转化为正方体外接球问题，求出半径，代入球的表面积公式求解即可. 【详解】三棱锥的所有棱长均为2， 故可把三棱锥放置在正方体中， 如图    设正方体的棱长为a，则，解得， 三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 故球的半径，所以球的表面积. 故选：D 35.已知长方体的体积为，且，则长方体外接球体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，结合题意可得，进而结合长方体外接球半径及基本不等式求得，再根据球的体积公式计算即可. 【详解】在长方体中，设， 因为长方体的体积为，， 所以，即， 所以， 当且仅当时取到等号，所以， 所以长方体外接球体积的最小值为. 故选：C.    36.若底面边长为2的正六棱柱存在内切球，则其外接球体积是 . 【答案】 【分析】由题意可得内切球的半径，进而可得正六棱柱的高，结合球的体积公式计算即可求解. 【详解】如图，在过球心与棱柱棱垂直的截面中，内切球的半径为，为边长是2的正三角形， 则，即内切球的半径为，所以正六棱柱的高为. 其外接球半径为， 则其体积为. 故答案为： 37.已知正四棱锥的侧棱长为，底面边长为2，则该四棱锥的内切球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据题意，结合图形，利用侧棱长和底面边长求出正四棱锥的高和斜高；再根据锥体的体积公式和等体积法求出内切球的半径；最后根据球的体积公式即可求解. 【详解】    如图所示：记底面的中心为，点为边的中点. 由正四棱锥的性质可知：侧面，，，为全等的等腰三角形；底面为正方形；底面，. 根据题意可知：在正四棱锥中，侧棱长为，底面边长为， 则， ， . 所以正四棱锥的每个侧面面积为，底面面积为. 设该四棱锥内切球的半径为.    . 根据等体积可得：， 即，即得：. 所以该四棱锥的内切球的体积为. 故选：A. 38.若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为的扇形，则这个圆锥的侧面积与表面积的比是 ． 【答案】 【解析】设圆锥底面圆的半径为，圆锥的侧面展开图扇形的半径为， 由题意可得，， 圆锥的侧面积为，圆锥的表面积，故 39.高中某DIY社团一学生想把实心的圆锥木块改造成一个正四棱柱木块，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面圆半径为3cm，高为 cm，则该正四棱柱侧面积的最大值为 cm². 【答案】 【解析】设正四棱柱上底面所在圆的半径为，高为， 则正四棱柱底面棱长为，且，得， 所以正四棱柱的侧面积为， 当时，侧面积的最大值为. 考点09：空间角的求解 40.如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 【解析】（1）如图所示，取中点O，且P是中点， ∴ ， 取的四等分点H，使，且， ∴ ， ∴， ∴ 四边形为平行四边形， ∴ ，在平面外，且平面， ∴ 平面． （2）取的中点E，连接，易知， 则或其补角为异面直线和所成的角， 因为平面，平面， 所以，即， 显然，所以为直角三角形， 通过解三角形可得， 即异面直线和所成角的余弦值为． 41.如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，，点、分别是、的中点.    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面平行判断定理证明即可； （2）根据线面角定义作出线面角的平面角，利用边角关系计算即可. 【详解】（1）取的中点为点，连接， 因为点、分别是、的中点， 所以且， 又因为且， 所以且， 所以四边形是平行四边形，即， 因为平面，平面， 所以平面； （2）过点作的垂线，设垂足为，连接， 因为平面，平面，所以， 因为底面是矩形，所以， 因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，且，平面， 所以平面，即为直线与平面所成角的平面角， 设， 在中，， 所以，即， 由（1）可知，， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为.    42.如图，在直三棱柱中，，，，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用勾股定理得，利用线面垂直的性质定理得，然后利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）连接，与相交于点，连接AO，利用线面垂直的判定定理得平面，则即为所求的线面角，然后在中求解正弦值即可. 【详解】（1），，， ，则， 直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，， 又，平面，，平面， 平面，平面平面. （2）连接，与相交于点，连接AO， ，侧面为正方形，则有， 平面，平面，， 又AC，平面，，平面， 则直线AB与平面所成角为， ，，， 又，则， 直线AB与平面所成角的正弦值为. 43.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，点为中点. (1)求证：平面； (2)若，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，利用三角形中位线证得，再由线面平行的判定定理即可证明； （2）法：取中点，利用面面垂直的性质，证得平面，进而证得，作于点，证得为二面角的平面角，利用垂直关系求得的正弦值即可；法：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求出二面角的正弦值即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 是菱形，为中点，又为中点， 所以为中位线，所以， 又平面，平面，平面. （2）法一： 取中点，连接， 是菱形，，又， 为等边三角形，， 平面，平面，平面平面， 平面平面，平面， 平面，又平面，， 作于点，连接，， 平面，平面， 平面，， 为二面角的平面角， 在中，， 在中，， 在中，，即, 求得， 在中，， . 44.如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，E为棱PA的中点，，，直线PA与BC所成的角的大小为. (1)证明：平面BDE； (2)证明：平面ABCD； (3)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【分析】（1）设与相交于点，连接，证明，利用线面平行的判定即可证明； （2）利用正弦定理得，再证明，最后利用线面垂直的判定定理即可证明； （3）过点作，垂足为.过作，垂足为，连接，找到二面角即为，最后根据正切定义即可得到答案. 【详解】（1）连接，设与相交于点，连接. 四边形是菱形，为的中点. 是棱的中点，. 又平面平面， 平面. （2）直线与所成的角为，且， 就是直线与所成的角或其补角. ，，， 在中，由正弦定理得，， 即，解得. ，即，从而. 四边形是菱形，且，, 是等边三角形，从而. 又，. ，从而. 又平面平面， 平面. （3）过点作，垂足为. 过作，垂足为，连接. 由（2）平面，又平面， 平面平面. 又平面平面平面，平面. 平面平面，. 平面平面，平面. 平面，， 二面角的平面角是， 在Rt中，. ， 二面角的正切值是2. 45.如图，已知四棱锥中，底面是直角梯形，侧面是正三角形，平面是的中点. (1)求证：平面； (2)若的边长为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连由中点得且，结合及，推出且，得平行四边形，进而，证得线面平行. （2）方法一：因且面得面平面，取中点，连，面，过作，连，为平面角.由体积公式求，再求，得余弦值. 方法二：在面投影为，过作连用勾股定理求，余弦定理求，进而求，算出，用面积射影定理得余弦值. 【详解】（1）取的中点，联接. 因为是中点，所以，且. 又因为， 所以平行公理四知，且. 所以是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以面. （2）因为平面，平面，所以平面平面. 取的中点，连结. 又因为正的边长为1，且，设. 所以，所以. （方法一）过点作与点， 因为为正三角形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角为. 易知，，梯形面积， 所以，解得， 则，所以 （方法二）因为取的中点为，取二面角的平面角为. 因为平面平面为正三角形， 所以点在平面上投影为.过作于，连接. 因为，所以， . 由余弦定理知：；则. . 所以. 考点10：空间距离 46.某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，且，顶点P到底面的距离为6，则点B到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三棱锥的几何性质，和空间中点线面的垂直关系，做出点到面的距离，求出结果即可. 【详解】 如图所示，作中点为，连接， 因为，所以，又因为是等腰直角三角形，且，所以， 因为，，是公共边，所以， 所以 , 所以，，面，面，所以面. 所以为点P到底面的距离，即. 在中，根据勾股定理，. 因为，，，面，面，所以面， 所以为点到面的距离， 在等腰直角三角形中，. 故选：C. 47.在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为 ． 【答案】/ 【分析】连接,交于,根据线面垂直的判定定理可以证明平面,所以的长即为所求.由正方体的棱长为1求出结果即可. 【详解】如图所示,连接,交于, ,,,平面,平面, 平面, 的长即为所求. 正方体的棱长为1, , 即点到平面的距离为. 故答案为:. 48.如图，四边形是菱形，，平面平面，且.    (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）由面面垂直的性质定理证明线线垂直，再根据面面垂直的判定定理证明线面垂直. （2）通过余弦定理解三角形，求出几何体的各边长，再根据等体积法，通过三棱锥的体积，求出点到面的距离. 【详解】（1）    连接，如图所示，因为四边形是菱形，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又，所以，又，所以， 又，平面， 所以平面． （2）因为平面，又平面，所以， 所以． 在中，由余弦定理得，所以， 又，易得， 所以，所以， 所以． 因为平面平面，所以平面， 所以． 设点B到平面的距离为，所以，即， 解得，即点B到平面的距离为． 49.如图，是圆柱的母线，是底面圆的直径，点B，D在底面圆周上（异于A，C），平面⊥平面． (1)证明：平面； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面垂直可得线面垂直，可证明底面为矩形，利用线面平行的判定定理得证； （2）利用等体积法可求出点到平面的距离. 【详解】（1）因为平面⊥平面，为交线，,平面， 所以平面，又平面， 所以，即， 又是底面圆的直径，所以， 所以四边形为矩形，所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）设点到平面的距离为， 由可知，, 由， 可得， ，， 又平面, 所以平面，又平面， 所以， 故，， 所以，解得， 即点到平面的距离为. 考点11：最值与范围问题 50.如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为，，分别是两底面的直径，，是母线．若一只小虫从点出发，从侧面爬行到点，则小虫爬行的最短路线的长度是（    ）cm．（结果保留根式） A． B． C． D．4 【答案】C 【分析】在圆柱侧面展开图中，矩形对角线的长度即为所求. 【详解】如图，在圆柱侧面展开图中，线段的长度即为所求， 在中，，，. 故选；C 51.已知正方体的棱长为2，若点是棱上的一个动点，则的最小值为 . 【答案】 【分析】根据展开图结合图形特征计算求解. 【详解】将正方体表面沿展开，如图所示 则. 故答案为：. 52.长方体的长、宽、高分别为，由顶点A沿长方体的表面到顶点路径长度的最小值为 ． 【答案】5 【分析】设出边长，将长方体侧面从不同方向展开，计算展开后的矩形的对角线长度，最短即为所求解. 【详解】不妨设， 将侧面与展成一个矩形，此矩形长宽，对角线， 同理，将与展成一个矩形，对角线长为， 将与是成一个矩形，对角线长为， 综上，由A到最小值为． 故答案为：. 53.在如图所示的圆柱中，AB是底面圆的直径，PA是圆柱的母线，且，设点C（与不重合）是底面圆周上的动点． (1)求证：平面； (2)当二面角P-BC-A的大小为时，求点C到平面PAB的距离； (3)记点D是线段PB的中点，点E在线段PA上，若，求的最小值． 【解析】（1）由AB是圆柱底面圆的直径，是底面圆周上除外的点，得， 而平面，平面，则，又平面， 所以平面. （2）由（1）知，平面，平面，则，而， 于是为二面角的平面角，，在中，，， 设点到面的距离为，由，得， 即，则 所以点到面的距离. （3）延长至，使得，则 因此，当且仅当为与的交点时取等号， 取的中点，连接，由点D是线段PB的中点，得，则平面， 平面，于是，又，则， 所以的最小值为. 54.已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为36π，则该正四棱锥的体积最大值为（　　） A．18 B． C． D．27 【分析】根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理即可得32＝2a2+（h﹣3）2，进而由体积公式转化为关于h的函数，利用导数求函数的最值． 【解答】解：如图，设正四棱锥的底面边长AB＝2a，高PO为h，外接球的球心为M， 则， ∵球的体积为，所以球的半径R＝3， 在Rt△MOD中，32＝2a2+（h﹣3）2， 所以正四棱锥的体积， 整理为，（h≥3）， V′＝﹣2h2+8h＝﹣2h（h﹣4）， 当h∈[3，4）时，V′＞0，函数单调递增，当h∈（4，+∞）时，V′＜0，函数单调递减， 所以当h＝4时，函数取得最大值， 故选：B． 【点评】本题主要考查几何体的体积，属于中档题． 55.已知ABCD﹣A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点． （1）设AB1与底面A1B1C1D1所成角的大小为α，异面直线AD1与A1C1所成角的大小为β．求证：tan2α＝2tan2β+1； （2）若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高； （3）在（2）的条件下，若平面BB1C1C内存在点P满足P到线段BC的距离与到线段C1D1的距离相等，求的最小值． 【分析】（1）根据线面角的定义、异面直线所成角的定义，求出tanα，tanβ的值，即可证明； （2）根据面面垂直的性质定理找到点C在平面AB1D1的射影的位置，利用相似三角形的性质即可求得答案； （3）建立合适的空间直角坐标系，设点P的坐标，由题意求出点P的轨迹方程，计算出的表达式，利用函数求解最值即可． 【解答】（1）证明：设正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高为h，因为AA1⊥底面A1B1C1D1， 所以∠AB1A1＝α，则tanα＝＝h， 因为AC∥A1C1，如图所示， 则∠CAD1＝β，由勾股定理可知，CA＝，CD1＝AD1＝， 在等腰三角形CAD1中，底边CA上的高为， 所以tanβ＝， 故tan2β＝2h2+1＝2tan2α+1； （2）解：因为O1为A1C1与B1D1的交点，△AB1D1是以B1D1为底边的等腰三角形， 所以AO1⊥B1D1，根据线面垂直的判定定理可知，B1D1⊥平面ACC1A1， 由面面垂直的判定定理可知，平面AB1D1⊥平面ACC1A1，平面AB1D1∩平面ACC1A1＝AO1， 所以点C在平面AB1D1的射影H在AO1上，即CH＝， 在矩形ACC1A1中，AH＝， 因为Rt△A1AO∽Rt△CHA，则有，即，解得AA1＝2， 故正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的高为2； （3）解：以A1为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示， 设P（1，y，z）（0≤y≤1），因为C1D1⊥平面BB1C1C， 故C1D1⊥PC1，由题意可知，，即4﹣4z＝（y﹣1）2，（0≤z≤1）， 所以＝， 当y＝1时，y2有最大值1，此时z＝1，而（z﹣2）2+1也取最小值， 所以有最大值，故有最小值，最小值为， 所以的最小值为． 【点评】本题考查了线面角、面面角、棱柱高的求解，考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，属于中档题． 考点12：立体几何的平行垂直关系证明 56.如图为一个组合体，其底面为正方形，平面，，且.求证： (1)平面； (2)平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）通过面面平行的性质定理，证明线面平行即可. （2）根据线面垂直的性质定理，得线线垂直，再根据线面垂直的判定定理，证明线面垂直即可. 【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面， 又底面为正方形，故， 而平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面. 57.如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，为等边三角形．为中点． (1)求证：平面； (2)求证：. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）取的中点，利用线面平行的判断，结合平行公理推理得证. （2）取的中点，则，根据题设条件可证得四边形是矩形，即有，利用线面垂直的判定和性质推理可得证. 【详解】（1）取的中点，连接，由为中点，得且， 又，，则，， 因此四边形为平行四边形，，又平面，平面， 所以平面. （2）取的中点，连结，由三角形为等边三角形，得， 在直角梯形中，，且， 则，且，四边形是平行四边形， 由，得平行四边形是矩形，则， 而，平面，平面， 因此平面，而平面，则，所以. 58.如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱的中点．求证：    (1)平面； (2)平面平面； 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，得出，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）根据面面垂直的判定与性质定理即可得证； 【详解】（1），分别为，的中点，，， 且， 四边形为平行四边形， ， 又平面，平面， 平面； （2）四边形为正方形， ， ， ， 平面，平面， ， ，，又，，平面， 平面； 平面； ∴平面平面. 59.如图，在三棱锥中，、、分别为棱、、的中点．已知，，，. 求证： (1)直线平面； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立. 【详解】（1）因为、分别为棱、的中点，所以. 又平面，平面，所以直线平面. （2）因为、、分别为棱、、的中点，，， 所以，，. 因为，所以，所以，即， 又，，所以， 因为，、平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. 60.如图，正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．求证：平面平面BMC．    【答案】证明见解析 【分析】法一：由线面垂直的判定及性质，面面垂直的性质及判定即可证明；法二：由二面角的定义即可证明． 【详解】方法一：因为M是半圆弧上异于C，D的点，所以， 因为正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，且，平面平面，平面， 所以平面，又平面， 所以,又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面． 方法二：记平面平面， 由正方形得，，又平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 同法一得平面，则平面， 又平面，所以， 因为M是半圆弧上异于C，D的点，所以， 所以根据二面角的定义可知平面平面． 61.如图，在三棱锥中，．求证：平面；    【答案】证明见解析 【分析】利用余弦定理求出，在根据勾股定理证明，再通过线面垂直的判断定理说明线面垂直即可. 【详解】在中，， 由余弦定理，即，解得， 所以在中，即，所以， 又，，平面， 所以平面； 62.如图，四边形ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点． (1)求证：平面PAD； (2)试确定当△PAD中PA与AD满足什么关系时，MN⊥平面PCD？并说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2)当时，MN⊥平面PCD 【分析】（1）根据题意可证∥且，则为平行四边形，即∥，结合线面平行的判定定理说明；（2）根据线面垂直的判定和性质均可得MN⊥平面PCD⊥PD． 【详解】（1）取的中点，连接 ∵分别为的中点，则∥且 又∵M是AB的中点且四边形ABCD为矩形，则∥且 则∥且，即为平行四边形，则∥ 平面PAD，平面PAD ∴平面PAD （2）若MN⊥平面PCD，∥，则⊥平面PCD ∴⊥PD，且为的中点 ∴ 若且为的中点，则⊥PD ∵PA⊥平面ABCD，则PA⊥CD 四边形ABCD为矩形，则AD⊥CD ，则CD⊥平面PAD 平面PAD，则⊥CD ，则⊥平面PCD ∥，则MN⊥平面PCD 综上所述：当时，MN⊥平面PCD 【点睛】 63.如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，且分别为棱的中点，平面与平面交于直线. (1)求证：； (2)若与底面所成角为，当满足什么条件时，平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）首先证得线面平行，然后利用线面平行的性质定理即可证得线线平行； （2）先确定为与底面所成角，当时，结合（1）的结论以及线面垂直的判定定理即可得答案. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 分别为的中点， ， 为的中点，且为矩形， ， ， 四边形为平行四边形， ， 平面平面， 平面， 又平面，平面平面， . （2）底面， 为与底面所成角， 当时，由（1）有， ， 且，平面， 平面， 因为平面， ， ，面，面， 由（1）有， 平面. 考点13：立体几何平行垂直关系的探究 64.如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点，分别为和的中点． (1)证明：平面； (2)设，当为何值时，平面？试证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，的中点，连接，，，即可证明平面，平面，从而得到平面平面，即可得证； （2）连接，不妨设，依题意可得，由面面垂直的性质得到平面，从而得到，要使平面，只需即可，再由勾股定理计算可得. 【详解】（1）取的中点，的中点，连接，，， 则有，，，所以， 则与共面， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面，所以平面， 又，平面， 平面平面， 又平面，∴平面； （2）连接，不妨设，则， 所以， ∵三棱柱的侧棱垂直于底面， ∴平面平面， ∵，∴，又点是的中点，所以， 又平面平面，平面， ∴平面，平面，∴， 要使平面，只需即可， 又∵， ∴，即， ∴（负值舍去），即时，平面. 65.在四棱锥中，是等边三角形，且平面平面，，．    (1).在AD上是否存在一点M，使得平面平面，若存在，请证明；若不存在，请说明理由； (2).若的面积为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)存在；证明见解析 (2) 【分析】（1）由题可得，即在上找一点M，使平面即可； （2）设，由题目条件及的面积为，可得，即可得三棱锥的体积. 【详解】（1）存在，当M为的中点时，平面平面． 证明：取AD的中点M，连接， 由是等边三角形，可得， 由平面平面，平面， 平面平面，可得平面， 由平面，可得平面平面． （2）设，可得， 则，由， 可得， 由. 所以三棱锥P－ABC的体积为．   .   66.如图，在直三棱柱中，M为棱的中点，，，.在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求此时的值；如果不存在，请说明理由. 【答案】存在， 【分析】先判断存在符合题意的点，即当点为的中点即时，平面平面.然后通过证明平面，利用面面垂直的判定定理即可证明结论. 【详解】当点为的中点，即时，平面平面. 证明如下：设的中点为，连接，， 因为，分别为，的中点， 所以且， 又为的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为，M为棱的中点，故, 又因为平面ABC,平面ABC, 故，由平面， 所以平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 67.如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 【解题思路】（1）根据面面平行的性质定理证得，由此证得为线段中点. （2）当为中点时，由面面垂直上可得平面，进而可得平面，可得结论. 【解答过程】（1）依题意平面平面， 由于平面平面，平面平面， 所以，由于底面是平行四边形，点为的中点， 所以为线段中点. （2）存在，，即为中点时，平面平面， 证明如下：连接交于点，连接． 因为，所以四边形为平行四边形， 所以是的中点．又因为为中点，所以． 因为为等边三角形，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，又，所以平面， 又平面，所以平面平面． 当时，有平面平面． 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $