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高考数学考前冲刺押题预测 立体几何初步
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（　　）
A．90π B．63π C．42π D．36π
2．（2024 新课标Ⅱ）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024 新课标Ⅲ）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（　　）
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
4．（2024 北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）
A．60 B．30 C．20 D．10
5．（2024 山东）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为（　　）
A．π B．π C．π D．1π
6．（2024 新课标Ⅰ）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（　　）
A．2 B．2 C．3 D．2
7．（2024 浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（　　）
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
8．（2024 陕西）已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（　　）
A． B．4π C．2π D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 富阳区校级期末）下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）10．（2024 宁乡市期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1，点M是棱AA1的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．异面直线BC与B1M所成的角为90°
B．在B1C上存在点D，使MD∥平面ABC
C．二面角B1﹣AC﹣B的大小为60°
D．B1M⊥CM
（多选）11．（2024 成都期末）如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　）
A．直线D1P与AC所成的角可能是
B．平面D1A1P⊥平面A1AP
C．三棱锥D1﹣CDP的体积为定值
D．平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形
（多选）12．（2024 宁波期末）正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，若P是空间异于C1的一个动点，且PC1⊥BD1，则下列正确的是（　　）
A．PC1∥平面ACB1
B．存在唯一一点P，使PD1∥B1C
C．存在无数个点P，使PD1⊥B1C
D．若PA⊥PC，则点P到直线A1C1的最短距离为
三．填空题（共4小题）
13．（2024 天津）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为 　 　．
14．（2024 山东）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 　 　．
15．（2024 天津）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为　 　．
16．（2024 江苏）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 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 江苏）如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5．求证：
（1）直线PA∥平面DEF；
（2）平面BDE⊥平面ABC．
18．（2024 江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：
（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
19．（2024 江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
20．（2024 山东）如图，三棱台DEF﹣ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
（1）求证：BD∥平面FGH；
（2）若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH．
高考数学考前冲刺押题预测 立体几何初步
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 新课标Ⅱ）如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为（　　）
A．90π B．63π C．42π D．36π
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；立体几何．
【答案】B
【分析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．
【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，
V＝π 32×10 π 32×6＝63π，
故选：B．
【点评】本题考查了体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
2．（2024 新课标Ⅱ）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】计算题；数形结合；向量法；空间角．
【答案】C
【分析】由AB∥CD，得∠BAE是异面直线AE与CD所成角，由此能求出异面直线AE与CD所成角的正切值．
【解答】解：∵AB∥CD，∴∠BAE是异面直线AE与CD所成角，
连接BE，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，
则AB＝2，BE，
∵AB⊥平面BCE，BE 平面BCE，
∴AB⊥BE，∴tan∠BAE．
故选：C．
【点评】本题考查异面直线所成角的正切值的求法，考查空间角等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
3．（2024 新课标Ⅲ）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（　　）
A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】计算题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】B
【分析】推导出BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，从而直线BM，EN是相交直线，设DE＝a，则BD，BE，从而BM≠EN．
【解答】解：∵点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，
∴BM 平面BDE，EN 平面BDE，
∵BM是△BDE中DE边上的中线，EN是△BDE中BD边上的中线，
∴直线BM，EN是相交直线，
设DE＝a，则BD，BE，
∴BMa，ENa，
∴BM≠EN，
故选：B．
【点评】本题考查两直线的位置关系的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题．
4．（2024 北京）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（　　）
A．60 B．30 C．20 D．10
【考点】棱锥的体积．
【专题】数形结合；转化思想；空间位置关系与距离．
【答案】D
【分析】由三视图可知：该几何体为三棱锥，如图所示．
【解答】解：由三视图可知：该几何体为三棱锥，
该三棱锥的体积10．
故选：D．
【点评】本题考查了三棱锥的三视图、体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5．（2024 山东）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为（　　）
A．π B．π C．π D．1π
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离；立体几何．
【答案】C
【分析】由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个半球，下部是一个四棱锥，进而可得答案．
【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个半球，下部是一个四棱锥，
半球的直径为棱锥的底面对角线，
由棱锥的底底面棱长为1，可得2R．
故R，故半球的体积为：π，
棱锥的底面面积为：1，高为1，
故棱锥的体积V，
故组合体的体积为：π，
故选：C．
【点评】本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键．
6．（2024 新课标Ⅰ）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（　　）
A．2 B．2 C．3 D．2
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】计算题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离．
【答案】B
【分析】判断三视图对应的几何体的形状，利用侧面展开图，转化求解即可．
【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，
直观图以及侧面展开图如图：
圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：2．
故选：B．
【点评】本题考查三视图与几何体的直观图的关系，侧面展开图的应用，考查计算能力．
7．（2024 浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则（　　）
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
【考点】直线与平面垂直．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．
【答案】C
【分析】由已知条件推导出l β，再由n⊥β，推导出n⊥l．
【解答】解：∵互相垂直的平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α，
∴m∥β或m β或m与β相交，l β，
∵n⊥β，
∴n⊥l．
故选：C．
【点评】本题考查两直线位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
8．（2024 陕西）已知底面边长为1，侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为（　　）
A． B．4π C．2π D．
【考点】立体图形的表面积与体积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【答案】D
【分析】由长方体的对角线公式，算出正四棱柱体对角线的长，从而得到球直径长，得球半径R＝1，最后根据球的体积公式，可算出此球的体积．
【解答】解：∵正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为，
∴正四棱柱体对角线的长为2
又∵正四棱柱的顶点在同一球面上，
∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径R＝1
根据球的体积公式，得此球的体积为VπR3π．
故选：D．
【点评】本题给出球内接正四棱柱的底面边长和侧棱长，求该球的体积，考查了正四棱柱的性质、长方体对角线公式和球的体积公式等知识，属于基础题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024 富阳区校级期末）下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】直线与平面平行．
【专题】对应思想；定义法；空间位置关系与距离．
【答案】AD
【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理分别进行判断即可．
【解答】解：在A中，连接AC，则AC∥MN，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，
∴AB∥平面MNP，故A成立；
在B中，若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，
∴AB与面MNP不平行，故B不成立；
在C中，过M作ME∥AB，则E是中点，
则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，
∴AB与面MNP不平行，故C不成立；
在D中，连接CD，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立．
故选：AD．
【点评】本题主要考查空间直线和平面位置关系的判断，结合线面平行的判定定理和性质定理进行证明是解决本题的关键．
（多选）10．（2024 宁乡市期末）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1，点M是棱AA1的中点，则下列说法正确的是（　　）
A．异面直线BC与B1M所成的角为90°
B．在B1C上存在点D，使MD∥平面ABC
C．二面角B1﹣AC﹣B的大小为60°
D．B1M⊥CM
【考点】异面直线及其所成的角；直线与平面平行；二面角的平面角及求法；棱柱的结构特征．
【专题】对应思想；综合法；空间角；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【答案】ABC
【分析】选项A，连接MC1，易知BC∥B1C1，故∠MB1C1即为所求．由勾股定理可知A1B1⊥B1C1，由三棱柱的性质可知BB1⊥B1C1，再结合线面垂直的判定定理与性质定理即可证得可证得B1C1⊥MB1，即∠MB1C1＝90°；
选项B，连接BC1，交B1C于点D，连接MD，再取BC的中点E，连接DE、AE，易知四边形AMDE为平行四边形，故MD∥AE，再由线面平行的判定定理即可得证；
选项C，取AC的中点N，连接BN、B1N，则∠BNB1即为所求，在Rt△BNB1中，由三角函数可求出tan∠BNB1的值，从而得解；
选项D，在△CMB1中，利用勾股定理分别算出CM、MB1和B1C的长，判断其结果是否满足即可．
【解答】解：选项A，连接MC1，由三棱柱的性质可知，BC∥B1C1，
∴∠MB1C1即为异面直线BC与B1M．
∵AB＝BC＝2，AC，∴∠ABC＝∠A1B1C1＝90°，即A1B1⊥B1C1，
由直三棱柱的性质可知，BB1⊥平面A1B1C1，
∵B1C1 平面A1B1C1，∴BB1⊥B1C1，
又A1B1∩BB1＝B1，A1B1、BB1 平面ABB1A1，∴B1C1⊥平面ABB1A1，
∴B1C1⊥MB1，即∠MB1C1＝90°，∴选项A正确；
选项B，连接BC1，交B1C于点D，连接MD，再取BC的中点E，连接DE、AE，则DE∥AM，DE＝AM，
∴四边形AMDE为平行四边形，∴MD∥AE，
∵MD 平面ABC，AE 平面ABC，∴MD∥平面ABC，即选项B正确；
选项C，取AC的中点N，连接BN、B1N，
∵BB1⊥平面ABC，∴∠BNB1即为二面角B1﹣AC﹣B的平面角．
在Rt△BNB1中，BB1，BNAB，∴tan∠BNB1，∴∠BNB1＝60°，即选项C正确；
选项D，在△CMB1中，CM2＝AC2+AM2，，10，
显然，即B1M与CM不垂直，∴选项D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查空间中线面的位置关系、角的求法，要求学生熟练掌握空间中线与面平行或垂直的判定定理与性质定理，以及通过平移的思想找出异面直线的平面角，并理解二面角的定义，考查学生的空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
（多选）11．（2024 成都期末）如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　）
A．直线D1P与AC所成的角可能是
B．平面D1A1P⊥平面A1AP
C．三棱锥D1﹣CDP的体积为定值
D．平面APD1截正方体所得的截面可能是直角三角形
【考点】平面与平面垂直；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；数形结合；向量法；空间位置关系与距离；数学建模．
【答案】BC
【分析】对于A，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出直线D1P与AC所成的角为（）；对于B，由A1D1⊥AA1，A1D1⊥AB，得A1D1⊥平面A1AP，从而平面D1A1P⊥平面A1AP；
对于C，三棱锥D1﹣CDP的体积为定值；对于D，平面APD1截正方体所得的截面不可能是直角三角形．
【解答】解：对于A，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，
D1（0，0，1），A（1，0，0），C（0，1，0），设P（1，a，b），（0＜a＜1，0＜b＜1），
（1，a，b﹣1），（﹣1，1，0），
cos，0，
∵0＜a＜1，0＜b＜1，
又当a＝1时，，
当a＝0，b＝1时，，
∴，
∴直线D1P与AC所成的角为（），故A错误；
对于B，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1D1⊥AA1，A1D1⊥AB，
∵AA1∩AB＝A，∴A1D1⊥平面A1AP，
∵A1D1 平面D1A1P，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，故B正确；
对于C，∵，P到平面CDD1的距离BC＝1，
∴三棱锥D1﹣CDP的体积：
，为定值，故C正确；
对于D，平面APD1截正方体所得的截面不可能是直角三角形，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
（多选）12．（2024 宁波期末）正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，若P是空间异于C1的一个动点，且PC1⊥BD1，则下列正确的是（　　）
A．PC1∥平面ACB1
B．存在唯一一点P，使PD1∥B1C
C．存在无数个点P，使PD1⊥B1C
D．若PA⊥PC，则点P到直线A1C1的最短距离为
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行；棱柱的结构特征．
【专题】综合题；数形结合；运动思想；数形结合法；反证法；转化法；立体几何；逻辑思维；直观想象．
【答案】ACD
【分析】P点为动点，确定P点的运动轨迹是解题的关键．将条件的异面垂直转化为线面垂直，找到BD1的垂面，即可确定P点的轨迹．
A选项由面面平行进行判断；B选项利用反证法和平行的传递性进行判断；C选项，将异面垂直转化为线面垂直，找到B1C的垂面进行判断；
D选项由PA⊥PC得P点也在球面上，所以P点是球面与平面的交线，考查球截面的问题，类比圆的问题进行解决．
【解答】解：A选项：因为BD1⊥平面DA1C1，所以P点在平面DA1C1上．又因为平面DA1C1∥平面AB1C，所以平面PC1∥平面AB1C，所以A选项说法正确．
B选项：假设存在P点，使得PD1∥B1C，因为A1D∥B1C，所以PD1∥A1D，这与D1在平面DA1C1外矛盾，所以假设不成立，及P点不存在，B选项说法错误．
C选项：如图，因为B1C⊥平面AD1C1B，平面AD1C1B∩平面A1C1D＝C1F，所以当P点在直线C1F上时，恒有B1C⊥PD1，C选项说法正确．
D选项：如图，
若PA⊥PC，则P点在以O为球心，OA（OA）为半径的球面上．
设BD1∩平面DA1C1＝E，则B点到平面DA1C1的距离为BE，所以O点到平面DA1C1的距离为．
所以平面DA1C1被球面截得的圆的半径为r，且圆心为DE中点，设为O1．
则在等边三角形DA1C1中，O1到直线A1C1的距离为，所以P点到直线A1C1的距离的最小值为．
D选项说法正确．
故选：ACD．
【点评】本题是立体几何中位置关系判断的综合题，设计垂直、平行、球的相关知识，考查逻辑推理和直观想象素养，难度较大．
三．填空题（共4小题）
13．（2024 天津）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为 　　．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；数形结合；转化思想；综合法；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】求出四棱锥的底面面积与高，然后求解四棱锥的体积．
【解答】解：由题意可知四棱锥A1﹣BB1D1D的底面是矩形，边长：1和，
四棱锥的高：A1C1．
则四棱锥A1﹣BB1D1D的体积为：．
故答案为：．
【点评】本题考查几何体的体积的求法，判断几何体的形状是解题的关键．
14．（2024 山东）已知直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 　　．
【考点】球内接多面体．
【专题】计算题；数形结合；转化思想；分析法；空间位置关系与距离；直观想象．
【答案】见试题解答内容
【分析】画出直观图，建立如图所示的坐标系，设出P的坐标，通过D1P．求出P的轨迹方程，然后求解以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长．
【解答】解：由题意直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．可知：D1B1＝2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设P（x，y）为半径的球面上的点，过P作PE垂直B1C1的垂线，E为垂足，
则D1E2＝D1B12+x2﹣2 D1B1 xcos60°＝x2+4﹣2x．
由题意可知D1P．
可得：5＝x2+4﹣2x+（2﹣y）2．
即（x﹣1）2+（y﹣2）2＝2，
所以P在侧面BCC1B1的轨迹是以B1C1的中点为圆心，半径为的圆弧．
以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为：．
故答案为：．
【点评】本题考查空间点线面距离的求法，球与几何体相交的交线的问题，难度比较大．
15．（2024 天津）已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为．若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为　　．
【考点】圆柱的体积．
【专题】计算题；立体几何；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】求出正四棱锥的底面对角线长度和正四棱锥的高度，根据题意得圆柱上底面的直径就在相对中点连线，有线段成比例求圆柱的直径和高，求出答案即可．
【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分，
由勾股定理得：正四棱锥的高为2，
由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，
有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于；
由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，
则该圆柱的体积为：v＝sh＝π（）2×1；
故答案为：
【点评】本题考查正四棱锥与圆柱内接的情况，考查立体几何的体积公式，属基础题．
16．（2024 江苏）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 　　．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积；球的体积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；转化思想；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．
【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，
圆柱的体积为：πR2 2R＝2πR3．
则．
故答案为：．
【点评】本题考查球的体积以及圆柱的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．
四．解答题（共4小题）
17．（2024 江苏）如图，在三棱锥P﹣ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5．求证：
（1）直线PA∥平面DEF；
（2）平面BDE⊥平面ABC．
【考点】平面与平面垂直；直线与平面垂直．
【专题】空间位置关系与距离；空间角；立体几何．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由D、E为PC、AC的中点，得出DE∥PA，从而得出PA∥平面DEF；
（2）要证平面BDE⊥平面ABC，只需证DE⊥平面ABC，即证DE⊥EF，且DE⊥AC即可．
【解答】证明：（1）∵D、E为PC、AC的中点，∴DE∥PA，
又∵PA 平面DEF，DE 平面DEF，
∴PA∥平面DEF；
（2）∵D、E为PC、AC的中点，∴DEPA＝3；
又∵E、F为AC、AB的中点，∴EFBC＝4；
∴DE2+EF2＝DF2，
∴∠DEF＝90°，
∴DE⊥EF；
∵DE∥PA，PA⊥AC，∴DE⊥AC；
∵AC∩EF＝E，∴DE⊥平面ABC；
∵DE 平面BDE，∴平面BDE⊥平面ABC．
【点评】本题考查了空间中的平行与垂直问题，解题时应明确空间中的线线、线面、面面之间的垂直与平行的互相转化关系，是基础题目．
18．（2024 江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB＝BC．求证：
（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．
【考点】直线与平面平行；棱柱的结构特征．
【专题】证明题；数形结合；综合法；空间位置关系与距离；直观想象．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）推导出DE∥AB，AB∥A1B1，从而DE∥A1B1，由此能证明A1B1∥平面DEC1．
（2）推导出BE⊥AA1，BE⊥AC，从而BE⊥平面ACC1A1，由此能证明BE⊥C1E．
【解答】证明：（1）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，
∴DE∥AB，AB∥A1B1，∴DE∥A1B1，
∵DE 平面DEC1，A1B1 平面DEC1，
∴A1B1∥平面DEC1．
解：（2）∵在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，E是AC的中点，AB＝BC．
∴BE⊥AC，
∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，BE 平面ABC，
∴BE⊥AA1，
又AA1∩AC＝A，∴BE⊥平面ACC1A1，
∵C1E 平面ACC1A1，∴BE⊥C1E．
【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
19．（2024 江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：
（1）EF∥平面ABC；
（2）AD⊥AC．
【考点】直线与平面平行；空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】证明题；数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；
（2）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．
【解答】证明：（1）∵AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，
∴AB∥EF，又∵EF 平面ABC，AB 平面ABC，
∴EF∥平面ABC；
（2）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，
∵BC⊥BD，FG∥BC，∴FG⊥BD，
又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，FG 平面BCD，
∴FG⊥平面ABD，∵AD 平面ABD，∴FG⊥AD，
∵AD⊥EF，且EF∩FG＝F，
∴AD⊥平面EFG，∵EG 平面EFG，∴AD⊥EG，
∵EG∥AC，∴AD⊥AC．
【点评】本题考查线面平行及线线垂直的判定，考查空间想象能力，考查转化思想，涉及线面平行判定定理，线面垂直的性质及判定定理，注意解题方法的积累，属于中档题．
20．（2024 山东）如图，三棱台DEF﹣ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点．
（1）求证：BD∥平面FGH；
（2）若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH．
【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（I）证法一：如图所示，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH．由已知可得四边形CFDG是平行四边形，DM＝MC．利用三角形的中位线定理可得：MH∥BD，可得BD∥平面FGH；
证法二：在三棱台DEF﹣ABC中，AB＝2DE，H为BC的中点．可得四边形BHFE为平行四边形．BE∥HF．又GH∥AB，可得平面FGH∥平面ABED，即可证明BD∥平面FGH．
（II）连接HE，利用三角形中位线定理可得GH∥AB，于是GH⊥BC．可证明EFCH是平行四边形，可得HE⊥BC．因此BC⊥平面EGH，即可证明平面BCD⊥平面EGH．
【解答】（I）证法一：如图所示，连接DG，CD，设CD∩GF＝M，连接MH．
在三棱台DEF﹣ABC中，AB＝2DE，G为AC的中点．
∴，∴四边形CFDG是平行四边形，
∴DM＝MC．又BH＝HC，
∴MH∥BD，又BD 平面FGH，MH 平面FGH，
∴BD∥平面FGH；
证法二：在三棱台DEF﹣ABC中，AB＝2DE，H为BC的中点．
∴，
∴四边形BHFE为平行四边形．
∴BE∥HF．
在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，
∴GH∥AB，又GH∩HF＝H，
∴平面FGH∥平面ABED，
∵BD 平面ABED，∴BD∥平面FGH．
（II）证明：连接HE，∵G，H分别为AC，BC的中点，
∴GH∥AB，
∵AB⊥BC，∴GH⊥BC，
又H为BC的中点，∴EF∥HC，EF＝HC，CF⊥BC．
∴EFCH是矩形，∴CF∥HE．
∵CF⊥BC，∴HE⊥BC．
又HE，GH 平面EGH，HE∩GH＝H，
∴BC⊥平面EGH，又BC 平面BCD，
∴平面BCD⊥平面EGH．
【点评】本题考查了空间线面面面平行与垂直的判定及性质定理、三角形中位线定理、平行四边形的判定与性质定理，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题．
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