全品学练考数学高二答案

练习册参考答案第一章空间几何体1．1空间几何体的结构1．1.1柱、锥、台、球的结构特征1．1.2简单组合体的结构特征1．C[解析] 图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上下两个面不平行，所以②不是圆台；图④前后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，所以④是棱柱；很明显③是棱锥．2．D[解析] ①③中两点的连线可能不在侧面上，因此不一定是母线；②中两点的连线符合母线的条件；④中圆柱任意一条母线与圆柱的轴所在的直线平行，因此圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．3．B[解析] A错误，比如四棱柱；B正确；C错误，还应满足正棱台上下底面中心的连线垂直于底面；D4．C[解析] D与B重合，显然CD∥GH.5．D[解析] 根据纸板的折叠情况及特殊面的阴影部分可以判断正确选项是D.6．B[解析] ①正确；②错误，当以斜边所在的直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．7．D[解析] 根据棱台的定义(侧棱的延长线必交于一点，即棱台可以还原成棱锥)可知，几何体Ω不是棱台．8．①③④[解析] 由图易知①③④正确．9．90°[解析] 如图所示，将平面图折成正方体．很明显点A，B，C是上底面正方形的三个顶点，则∠ABC＝90°.10．④[解析] 根据旋转体的定义可知，圆锥的所有轴截面是全等的等腰三角形．11.1712．解：如图所示，此几何体有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，很明显这个几何体不是棱柱，因此有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱．由此看，判断一个几何体是否是棱柱，关键是紧扣棱柱的三个本质特征：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行．这三个特征缺一不可，右图所示的几何体不具备特征③.13．解：当AD＞BC时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得几何体是由底面半径为CD 的圆柱和圆锥拼成的组合体；当AD＝BC时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得几何体是圆柱；当AD＜BC时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得几何体是从圆柱中挖去一个同底的圆锥而得到的．14．①②③④[解析] 认识棱柱一般要从侧棱与底面是否垂直和底面多边形的形状两个方面去分析，故①③都不准确；②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②不正确；④15．解：(1)有一条侧棱垂直于底面且底面为正方形的四棱锥，如图(1)所示．(2)需要3个这样的几何体，如图(2)所示．分别为：四棱锥A1­CDD1C1，四棱锥A1­ABCD，四棱锥A1­BCC1B1.1．2 空间几何体的三视图和直观图1．2.1 中心投影与平行投影 1．2.2 空间几何体的三视图 1．2.3 空间几何体的直观图1．C [解析] 由三视图的特点可知选项C 正确．2．A [解析] 由斜二测画法规则知平行性是不变的，长度的变化在平行时相同，故仍平行且相等．3．C [解析] 根据三视图，几何体为一个倒放的三棱柱．4．C [解析] 由直观图易知A ′D ′∥y ′轴．根据斜二测画法规则，可知在原图形中应有AD ⊥BC .又AD 为BC 边上的中线，所以△ABC 为等腰三角形，且AD 为BC 边上的高，所以AB ，AC 相等且最长，AD 最短．5．C [解析]则AD ＝（2 2）2＋12＝3，所以原图形的周长为8.6．B [解析] 因为BC 垂直于x 轴，所以在直观图中B ′C ′的长度是1，且与O ′x ′轴的夹角是45°，所以B ′到O ′x ′轴的距离是22.7．C [解析] 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，且上下底边的长分别与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的2 2倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.8．4 [解析] 由斜二测画法知，原三角形为直角三角形，且AO ＝4，BO ＝2，故S ＝12×2×4＝4.9．①②④ [解析] ①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错误；④正确；原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故⑤错误．10．12 [解析] 由三视图可知碟子共三摞，分别为5个，4个，3个，所以碟子共有12个．11．8 2 [解析] 作D ′E ⊥A ′B ′于点E ，C ′F ⊥A ′B ′于点F ， 则A ′E ＝B ′F ＝A ′D ′cos 45°＝1，∴C ′D ′＝EF ＝3.画出原平面图(如图所示)，则原四边形应为直角梯形，∠A ＝90°，AB ＝5，CD ＝3，AD ＝2 2，∴S 四边形ABCD ＝12×(5＋3)×2 2＝8 2.12．解：(1)过点C 作CE ⊥x 轴，垂足为E ，如图(1)所示．画出对应的x ′轴，y ′轴，使∠x ′O ′y ′＝45°，如图(2)所示．(2)如图(2)所示，在x ′轴正半轴上取点B ′，E ′，使得O ′B ′＝OB ，O ′E ′＝OE ；在y ′正半轴上取一点D ′，使得O ′D ′＝12OD ；过E ′作E ′C ′∥y ′轴，使E ′C ′＝12EC .(3)连接B ′C ′，C ′D ′，并擦去x ′轴与y ′轴及其他一些辅助线，如图(3)所示，四边形O ′B ′C ′D ′就是所求作的直观图．13．解：(1)圆柱；(2)四棱锥；(3)三棱锥，且有一条侧棱与底面垂直．画图略． 14．C [解析] 当M 与F 重合、N 与G 重合、Q 与E 重合、P 与B 1重合时，三棱锥P -MNQ 的俯视图为A ；当M 、N 、Q 、P 是所在线段的中点时，其俯视图为B ；当M 、N 、P 是所在线段的非端点位置，而Q 与B 重合时，三棱锥P -MNQ 的俯视图可能为选项D.故选C.15．解：(1)(2)根据三视图间的关系可得BC ＝2 3. 由俯视图可知三棱锥底面三角形的高为2 3×32＝3. ∵三棱锥的高在底面上的投影是底面的中心，且其到点A 的距离为底面△ABC 高的23，∴底面中心到点A 的距离为23×3＝2，∴侧视图中VA ＝42－22＝2 3，∴S △VBC ＝12×2 3×2 3＝6.1．3 空间几何体的表面积与体积1．3.1 柱体、锥体、台体的表面积与体积1．3.2 球的体积和表面积1．C [解析] 设圆锥的母线长为l ，则l ＝3＋1＝2，所以圆锥的表面积为S ＝π×1×(1＋2)＝3π.2．C [解析] 设内接正方体的棱长为a ，则球的直径为3a ，所以球的表面积与它的内接正方体的表面积之比是4π⎝⎛⎭⎫3a 22∶6a 2＝π2. 3．B [解析] 结合三视图可知该几何体是一个圆台，其上，下底面的半径分别为2，1，则该几何的侧面积S ＝π(2×4＋1×4)＝12π.4．B [解析] 该几何体是直三棱柱，其底面三角形的面积为12×1×2＝1，高为3，所以该几何体的体积为3.5．C [解析] 该几何体是一个圆柱上面叠加一个圆锥，其表面积S ＝2π×1×a ＋π×1×（3）2＋12＋π×12＝2πa ＋3π＝9π，所以a ＝3.6．B [解析] 由题意知球为长方体的外接球．设球的半径为R ，则(2R )2＝32＋42＋52，∴R 2＝252，∴S 球＝4πR 2＝4π×252＝50π.7．B [解析]体积V ＝12×4×4×4＝32，表面积S ＝2×12×42＋4×(4＋4＋4 2)＝48＋16 2.8．54π [解析] 由几何体的三视图知该几何体是一个底面半径为3，高为6的圆柱，则该几何体的体积V ＝π×32×6＝54π.9．50π [解析] 因为圆锥的侧面展开图半圆的面积即为该圆锥的侧面积，且该半圆的半径即为圆锥的母线长10，所以圆锥的侧面积为12π×102＝50π.10．4 3 [解析] 由题意得正六棱锥的底面边长和高都为2，故该六棱锥的体积为13×34×22×6×2＝4 3.11．16 10 m 2 [解析] 如图所示，取AD 的中点E ，连接VE .∵正四棱锥V -ABCD 的底面的面积为16 m 2，∴AE ＝12AD ＝2 m ．在Rt △VAE 中，VE ＝VA 2－AE 2＝（2 11）2－22＝2 10(m)，∴正四棱锥V -ABCD 的侧面积为12×4×2 10×4＝16 10(m 2)．12．解：由三视图可知，该几何体的下半部分是棱长为2 m 的正方体，上半部分是半径为1 m 的半球．(1)几何体的表面积S ＝12×4π×12＋6×22－π×12＝(24＋π)m 2.(2)几何体的体积V ＝23＋12×43π×13＝⎝⎛⎭⎫8＋23πm 3. 13．解：(1)由三视图可知该几何体是三棱柱． (2)直观图如图所示．因为该几何体的底面是边长为4 2 cm ，所以它的表面积S 三棱柱＝2S 底＋S 侧＝2×34×42＋3×4×2＝(24＋8 3)cm 2.14．C [解析] ∵俯视图是一个腰长为2的等腰直角三角形，∴底面外接圆半径r ＝ 2.由正视图中棱锥的高h ＝1，得棱锥的外接球半径R ＝⎝⎛⎭⎫122＋（2）2＝32，故该几何体外接球的体积V ＝43πR 3＝92π.15．解：易知所得的几何体是由一个圆台截去一个圆锥所得的组合体， 且CE ＝DE ＝AD ＝2，BC ＝5，则S 表面＝S 圆台底面＋S 圆台侧面＋S 圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2 2＝60π＋4 2π，V ＝V 圆台－V 圆锥＝13π(22＋2×5＋52)×4－13π×22×2＝1483π.滚动习题(一)1．D [解析] 由棱台的定义知D 选项正确．2．D [解析] 设球的半径为R .由43πR 3＝323π得R ＝2，∴S 球＝4πR 2＝16π.3．A [解析] 由正投影的定义，看关键点在平面上的投影即可．4．B [解析] 根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x 轴上(或与x 轴平行)的线段，其长度保持不变，在y 轴上(或与y 轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x ′O ′y ′＝45°(或135°)．若设原平面图形的面积为S ，则其直观图的面积S ′＝12×22×S＝24S ，又直观图的面积S ′＝a 2，所以原平面四边形的面积S ＝a 224＝2 2a 2.5．B [解析] 设圆柱的半径为r ，高为h .由题意得h ＝2πr ，∴圆柱的表面积S 表＝2πr 2＋2πr ×h ＝2πr 2＋2πr ×2πr ＝2πr 2(1＋2π)， 圆柱的侧面积S 侧＝2πr ×h ＝2πr ×2πr ＝4π2r 2， 故S 表S 侧＝2πr 2（1＋2π）4π2r 2＝1＋2π2π. 6．B [解析] 由三视图可知该几何体为平放的四棱柱，且底面为等腰梯形，梯形的上底长为2，下底长为8，梯形的高为4，棱柱的高为10.∴梯形的面积为12×(2＋8)×4＝20，∴棱柱的体积为20×10＝200.7．A [解析] 3，则底面边长为4，所以底面面积为4 3，因此该三棱柱的高为12 3 2 3×3＝6 3.8．A [解析] 1的正方形，所以该四面体的四个顶点一定是正方体的顶点，所以我们可以在正方体中寻找该四面体．如图所示，四面体ABCD 满足题意，所以四面体的外接球即为正方体的外接球．由题意可知，正方体的棱长为1，所以外接球的半径R ＝32，所以该四面体的外接球的表面积S ＝4×π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 9.8π3 [解析] 得到的几何体为圆锥，且圆锥的底面半径为2，高也为2，故体积V ＝13×π×4×2＝8π3.10．4π＋4 [解析] 由三视图可知，该几何体为上部为半径为12的球，下部为半径为1，高为2的半个圆柱，则几何体的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫122＋2×12×π＋2×(2＋π)＝4π＋4. 11．100π [解析] 由题易知截面圆的半径为4，则球的半径为32＋42＝5，所以球的表面积为4π×52＝100π.12．解：(1)侧视图如图所示，可判断该几何体是一个正六棱锥． (2)由图可知正六棱锥是由六个腰长是2a ，底面边长是a 的等腰三角形与一个底面边长是a 的正六边形围成的．故S 表面＝12a ×（2a ）2－a 22×6＋12a ×a 2－a 22×6＝3 152a 2＋3 32a 2＝3 32(5＋1)a 2.(3)由正视图可知，正六棱锥的高h ＝（2a ）2－a 2＝3a ，底面积S 底＝3 32a 2，∴V ＝13S 底·h ＝13×3 32a 2×3a ＝32a 3.13．解： 所得旋转体是两个底面重合的圆锥，它们高的和AB ＝5，底面半径r ＝125，所以所得旋转体的表面积S ＝π×125×(3＋4)＝845π，体积V ＝13π×1252×5＝485π.14．解：(1)设圆柱形灯笼的母线长为l m ，则l ＝1.2－2r (0<r <0.6)，所以S ＝πr 2＋2πr ·(1.2－2r )＝－3π(r －0.4)2＋0.48π.故当r ＝0.4时，S 取得最大值，最大值约为1.51 m 2. (2)当r ＝0.3时，l ＝0.6.三视图略．第二章 点、直线、平面之间的位置关系2．1 空间点、直线、平面之间的位置关系2．1.1 平面1．B2．A [解析] 由题意得EF 在平面ABC 内，HG 在平面ACD 内，∴EF 与HG 交于点M 一定落在平面ABC 与平面ACD 的交线AC 上．3．D [解析] 经过不共线的三点有且只有一个平面，故①错误；两条相交或平行的直线确定一个平面，故②错误；经过一条直线和直线外一点有且只有一个平面，故③错误；因为圆上的任意三点都不共线，故④正确．4．B [解析] ①中两条相交直线确定一个平面，第三条直线上的两点在此平面内，故第三条直线在此平面内；②中三条直线两两平行，三条直线可以确定一个平面或三个平面；③中三条直线交于一点，此三条直线确定一个平面或三个平面；④中两条平行线确定一个平面，第三条直线上的两点在此平面内，故第三条直线在此平面内．5．D [解析] 当平面α过平面β与γ的交线时，这3个平面有1条交线；当β∥γ时，α与β和γ各有1条交线，共有2条交线；当β∩γ＝b ，α∩β＝a ，α∩γ＝c 时，这3个平面有3条交线．6．C [解析] 正方体有六个面，所以截面最多有六条边．7．B [解析] 当B ，C ，D 三点共线时，B ，C ，D 三点不能确定平面．A ，B ，C ，D 所在的平面和B ，C ，D ，E 所在的平面可能不同，所以A ，B ，C ，D ，E 五点不一定共面.8．1或2 [解析] 当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，有两条交线；当三个平面交于一条直线时，有一条交线．9．①④ [解析] 对于②，当三条直线是三棱柱的三条棱时，它们平行但不能共面；对于③，三个公共点可能在同一条直线上，此时这两个平面相交．10．相交或重合 [解析] 当三个公共点共线时，两个平面相交或重合；当三个公共点不共线时，两个平面重合．11．6 [解析] 当三条直线共点但不共面相交时，这三条直线可以确定三个平面，而点P 与三条直线又可以确定三个平面，故最多可以确定六个平面．12．证明：∵b ∥c ，∴直线b ，c 可以确定一个平面α.设a ∩b ＝A ，a ∩c ＝B ， 则A ∈a ，B ∈a ，A ∈α，B ∈α，即a ⊂α，故直线a ，b ，c 共面．13．证明：连接EF ，GH .因为AE EB ＝CF FB ＝1，AH HD ＝CGGD＝2，所以EF ∥AC ，HG ∥AC ，且EF ≠GH ， 所以EH ，FG 共面，且EH 与FG 不平行． 不妨设EH ∩FG ＝O ，因为O ∈EH ，EH ⊂平面ABD ，所以O ∈平面ABD ， 因为O ∈FG ，FG ⊂平面BCD ，所以O ∈平面BCD . 又因为平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以O ∈BD ， 所以EH ，BD ，FG 三条直线相交于同一点O .14．1或4 [解析] 当这四点在同一平面内时，可以确定一个平面；当这四点不共面时，则任意三点可确定一个平面，可确定四个平面．15.解：如图所示，取BB 1的中点M 1∵M ，F 分别是BB 1，CC 1的中点，∴MF ∥B 1C 1. 在正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中，有A 1D 1∥B 1C 1，∴MF ∥A 1D 1，又MF ＝A 1D 1，∴四边形A1MFD1是平行四边形，∴A1M綊D1F.又E，M分别是AA1，BB1的中点，∴A1E綊BM，∴四边形A1EBM为平行四边形，∴EB綊A1M，∴EB綊D1F，∴四边形EBFD1是平行四边形．又Rt△EAB≌Rt△FCB，∴BE＝BF，∴四边形EBFD1为菱形．2．1.2空间中直线与直线之间的位置关系1．D[解析] 可以利用长方体的棱所在的直线找到平行、相交、异面的情况．2．D[解析] 另一组对应边可能平行，也可能不平行，也可能垂直．注意和等角定理(若两个角的对应边平行，则这两个角相等或互补3．D [解析] 如图所示，在EF 上任取一点M ，直线CD 与点M 确定的平面与直线A 1D 1交于点N ，则直线MN 与这三条直线都相交．由点M 的任意性可知这样的直线有无数条．4．D [解析] 若l 与m 异面，且l 与n 异面，则m 与n 可能异面，可能相交，也可能平行，如图所示．5．D [解析] l 1，l 2在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中即为AB 1，B 1D 1， ∵△AB 1D 1为正三角形，∴∠AB 1D 1＝π3，∴l 1与l 2相交且夹角为π3.6．A [解析] 取AD 的中点H ，连接MH ，NH ，则MH 綊12BD ，NH 綊12AC ，且M ，N ，H 三点构成三角形．由三角形中三边关系可得|MH －NH |<MN <|MH ＋NH |，即1<MN <5.7．D [解析] 连接AD 1，D 1C ，BC 1.因为M ，N 分别为BC 和CC 1的中点，所以C 1B ∥MN ，又C 1B ∥AD 1，所以AD 1∥MN ，所以∠D 1AC 即为异面直线AC 和MN 所成的角．又△D 1AC 是等边三角形，所以∠D 1AC ＝60°，即异面直线AC 和MN 所成的角为60°.8．③④ [解析] 直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误．③④是正确的．9．三10．①③ [解析] 把正方体的平面展开图还原成原来的正方体如图所示，则AB ⊥EF ，EF 与MN 为异面直线，AB ∥CM ，MN ⊥CD ，所以只有①③正确．11．60° [解析] 取AD 的中点N ，连接A 1N ，MN ，则△A 1MN 为等边三角形． 由MN ∥BD ∥B 1D 1可知，∠A 1MN 即为A 1M 与B 1D 1所成的角，故所求角为60°. 12．解：(1)由A ′B ′∥C ′D ′可知，∠BC ′D ′即为异面直线BC ′与A ′B ′所成的角． ∵BC ′⊥C ′D ′，∴异面直线BC ′与A ′B ′所成的角为90°. (2)连接AD ′，AC .由AD ′∥BC ′可知，∠AD ′C 即为异面直线CD ′和BC ′所成的角． ∵△AD ′C 是等边三角形，∴∠AD ′C ＝60°，即异面直线CD ′和BC ′所成的角为60°.13．解：AB ，HE ∥CD ，∴∠EHG 就是异面直线AB 和CD EFGH 是平行四边形．∵HG ＝12AB ＝6 2，HE ＝12CD ＝2 3，∴HG ·HE ·sin ∠EHG ＝12 6sin ∠EHG ，∴12 6sin ∠EHG ＝12 3，∴sin ∠EHG ＝22，故∠EHG ＝45°，∴直线AB 和CD 所成的角为45°.14．B [解析] 取BD 的中点G ，连接EG ，FG ，则∠EFG (或其补角)为异面直线EF 与BC 所成的角．∵E ，F ，G 分别为AB ，CD ，BD 的中点，∴EG ＝12AD ，GF ＝12BC ，又AD ＝BC ，∴EG ＝GF .∵AD ⊥BC ，EG ∥AD ，GF ∥BC ，∴EG ⊥GF ，∴△EGF 为等腰直角三角形．∴∠EFG ＝45°，即EF 与BC 所成的角为45°.15．解：连接CD 1，AC .由题意得在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ＝2 3，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形，∴A 1B ∥CD 1， ∴∠AD 1C 为A 1B 和AD 1所成的角．∵异面直线A 1B 和AD 1所成的角为90°， ∴∠AD 1C ＝90°. ∵在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧面都是矩形，且底面是菱形，∴△ACD 1是等腰直角三角形，∴AD 1＝22AC .∵底面四边形ABCD 是菱形且AB ＝BC ＝2 3，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝2 3×sin 60°×2＝6，∴AD 1＝22AC ＝3 2，∴AA 1＝AD 21－A 1D 21＝ 6.2．1.3 空间中直线与平面之间的位置关系 2．1.4 平面与平面之间的位置关系1．D [解析] 若直线a ∥平面α，则直线a 与平面α无交点．2．D [解析] 直线与平面的位置关系为：平行、相交、在平面内．其中平行和相交通称为直线在平面外，所以直线与平面最多只有一个公共点．3．A4．C [解析] 若平面α与β的公共点多于两个，则平面α与β相交或重合，故C 项正确．5．A [解析] ∵直线a ⊄α，∴a ∥α或a ∩α＝A .如图所示，显然①②③④都不正确，故选A.6．C [解析] 7．D [解析] ∵a ∥α，∴a 与α无公共点．∵b ∥α，∴b 与α也无公共点，∴a ∥b 或a 与b 异面或a 与b 相交．8．③④ [解析] 可以利用长方体这个模型来判断．易知①②⑤为假命题，③④为真命题．9．2a [解析] 设M 在AC 上，N 点在BC 上，P 点在BD 上．Q 点在AD 上． 设AMCM＝k ，∵截面MNPQ 与AB ，CD 都平行， ∴MN ∥AB ，PQ ∥AB ，MQ ∥CD ，NP ∥CD ， ∴MN AB ＝PQ AB ＝11＋k ，MQ CD ＝NP CD ＝k 1＋k ， ∵AB ＝CD ＝a ，∴MN ＝PQ ＝a 1＋k ，MQ ＝NP ＝ak1＋k，∴截面MNPQ 的周长为MN ＋PQ ＋MQ ＋NP ＝2a 1＋k ＋ak1＋k＝2a .10．相交 [解析] 因为平面α，所以直线m 与n 没有公共点，即直线m 与n 不可能相交．11．平行或在平面内 [解析] 若这条直线在另一个平面外，则平行，否则此直线在平面内．12．解：B 1D 1在平面A 1C 1内，B 1D 1与平面BC 1，AB 1，AD 1，CD 1都相交，B 1D 1与平面AC 平行．13．证明：∵a ∥b ，∴a 和b 可以确定一个平面，不妨设这个平面为β. ∵a ∩α＝P ，∴P ∈a 且P ∈α，∴P ∈β . 从而点P 是平面α与平面β的一个公共点，由此可知平面α与平面β相交于过点P 的一条直线．设α∩β＝c ，则c ⊂α.在平面β内，a ∥b ，a ∩c ＝P ，则b 与c 也相交．设b ∩c ＝Q ，则Q ∈b ，Q ∈c ，∴直线b 与平面α有一个公共点Q .故直线b 与平面α相交．14．三或四 四、六、七或八 [解析] 两个平面平行可分成三部分，相交可分成四部分；三个平面平行可分成四部分，三个平面两两相交，交线只有一条或有两个平面平行且都与第三个平面相交可分成六部分，三个平面两两相交，交线有三条且三条交线平行可分成七部分，三个平面两两相交，交线有三条且三条交线有一个公共点可分成八部分．15．解：(1)如图所示，直线QN 即为直线l . (2)QN ∩A 1B 1＝P ，由已知得△MA 1Q ≌△MAD ，∴A 1Q ＝AD ＝a ＝A 1D 1， ∴A 1是QD 1的中点．又A 1P ∥D 1N ，∴A 1P ＝12D 1N ＝14C 1D 1＝14a ，∴PB 1＝A 1B 1－A 1P ＝a －14a ＝34a .2．2 直线、平面平行的判定及其性质2．2.1 直线与平面平行的判定 2．2.2 平面与平面平行的判定1．D [解析] 由平面与平面平行的判定定理知，若一平面内有两条相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行．2．D[解析] 根据直线与平面的位置关系易判断选项D正确．3．A[解析] 在平面ABC内. ∵AE∶EB＝CF∶FB＝1∶3，∴AC∥EF.∵AC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF.∴AC∥平面DEF.4．D5.A[解析] 如图所示，要使过点A平行，则经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k与直线m平行，故可推出n∥k.由线面平行可进一步推出直线n和直线k与两平面α和β的交线平行，即满足条件的直线m需过点A，且与两平面交线平行，显然这样的直线有且只有一条．6．D[解析] A错，若a∥b，则不能推出α∥β；B错，若A，B，C三点不在β的同一侧，则不能推出α∥β；C错，若a∥b，则不能推出α∥β.7．B8．无数无数9．BC的中点[解析] 当点F是BC的中点时，有直线EF∥平面A1C1D.理由：因为EF∥AC，AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，又EF⊄平面A1C1D，A1C1⊂平面A1C1D，所以直线EF∥平面A1C1D.10．②[解析] 当l∥m时，平面α与平面β不一定平行，故①错误；②正确；若α∥β，l∥α，则l⊂β或l∥β，故③错误；④中直线m有可能在平面α内，故④错误．11．BD1∥平面AEC[解析] 如图所示，连接BD交AC于点O，连接EO.∵E为DD1的中点，O为BD的中点，∴EO∥BD1.⊂平面AEC，∴BD1∥平面AEC.12．证明：如图所示，连接BD交AC于点O，连接MO，则MO为△BDP的中位线，∴PD∥MO.∵PD⊄平面MAC，MO⊂平面MAC，∴PD∥平面MAC.13．证明：如图所示，连接B1D1D1C1，B1C1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊄平面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理，MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.14．B[解析] A错误，过两条异面直线中的一条有且只有一个平面与另一条直线平行；B正确；C错误，如果直线a与平面α内的一条直线平行，那么a∥α或a在α内；D错误，如果平面α与平面β内的无数条直线都平行，那么α∥β或α和β相交．15．证明：(1)∵E ，H 分别是AB ，DA 的中点，∴EH ∥BD ，且EH ＝12BD .同理，FG ∥BD 且FG ＝12BD ，∴FG ∥EH 且FG ＝EH ，∴四边形EFGH 是平行四边形，即E ，F ，G ，H 四点共面． (2)易知平面ABD 和平面α有一个公共点A . 设两平面交于过点A 的直线AD ′.∵α∥β，∴AD ′∥BD .∵BD ∥EH ，∴EH ∥BD ∥AD ′. 又AD ′＝平面α∩平面ABD ，EH ⊂平面ABD ， ∴EH ∥平面α.∵EF ∥AC ，∴EF ∥平面α.又EH ∩EF ＝E ，EH ⊂平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴平面EFGH ∥平面α.2．2.3 直线与平面平行的性质 2．2.4 平面与平面平行的性质1．D [解析] 当a ，b 是异面直线，且a ∥α时，b 与α的位置关系是b ∥α或b 与α相交或b ⊂α.2．A 3.B4．A [解析] 直线CE 在下底面内，且与上底面平行，与其他四个平面相交，直线EF 与左右两个平面平行，与其他四个平面相交，所以m ＝4，n ＝4，故选A.5．A6．B [解析] A 中，m ，n 可为相交直线，故A 错误；B 正确；C 中，n 可以平行于β，也可以在β内，故C 错误；D 中，m ，n 也可能异面，故D 错误．7．D [解析] 显然平面D 1EF 与平面ADD 1A 1相交，则在平面ADD 1A 1内与这两个平面的交线平行且不重合的直线有无数条，这些直线都与平面D 1EF 平行．8．a ∥b [解析] 由平面与平面平行的性质定理可判定a ∥b .9．③ [解析] ①中α可能与β相交；②中直线l 与m 可能异面；③中根据线面平行的性质定理可以证明m ∥n .10．①③④ [解析] 对于①，由于BC 固定，所以在倾斜的过程中始终有AD ∥EH ∥FG ∥BC ，且平面AEFB ∥平面DHGC ，故水的部分始终呈棱柱状(四棱柱、三棱柱或五棱柱)，且BC 为棱柱的一条侧棱，故①正确；对于②，FG 长度不变，EF 的长度随着容器的倾斜而不断变化，故水面面积也在变化，故②不正确；易知③是正确的；由水的体积的不变性可证得④是正确的. 综上所述，正确说法的序号是①③④.11．1 [解析] ∵BC ∥平面A ′C ′，BC ⊂平面BCC ′B ′， 平面BCC ′B ′∩平面A ′B ′C ′D ′＝B ′C ′，∴BC ∥B ′C ′.在平面A ′C ′上过点P 作EF ∥B ′C ′，则EF ∥BC, ∴过EF ，BC 所确定的平面将木块锯开即可．又此平面唯一确定，∴只有1种方法．12．证明：在四棱锥P -ABCD 中，E ，F 分别为PC ，PD 的中点，∴EF ∥CD .∵AB ∥CD ，∴EF ∥AB .∵EF ⊄平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，∴EF ∥平面P AB . 同理EG ∥平面P AB .又EF ∩EG ＝E ，∴平面EFG ∥平面P AB . ∵AP ⊂平面P AB ，∴AP ∥平面EFG .13．解： 当E 为棱AB 的中点时，DE ∥平面AB 1C 1.证明如下：如图所示，取BB 1的中点F ，连接EF ，FD ，DE . ∵E ，F 分别为AB ，BB 1的中点， ∴EF ∥AB 1. ∵AB 1⊂平面AB 1C 1，EF ⊄平面AB 1C 1，∴EF ∥平面AB 1C 1.同理可证FD ∥平面AB 1C 1. ∵EF ∩FD ＝F ，∴平面EFD ∥平面AB 1C 1. ∵DE ⊂平面EFD ，∴DE ∥平面AB 1C 1.14．①或③ [解析] 由面面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．当填入的条件为②时，若γ∥β，则得不出a ∥b .故应填入的条件为①或③.15．证明：(1)连接FG .∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A 1E ＝2.又∵BG ∥A 1E ，∴四边形A 1GBE 为平行四边形，∴A 1G ∥BE . 又∵C 1F ∥B 1G ，C 1F ＝B 1G ，∴四边形C 1FGB 1是平行四边形，∴FG ∥C 1B 1∥D 1A 1，FG ＝C 1B 1＝A 1D 1，∴四边形A 1GFD 1是平行四边形， ∴A 1G ∥D 1F ，∴D 1F ∥EB ， ∴E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)∵H 是B 1C 1的中点，∴B 1H ＝32.又B 1G ＝1，∴B 1G B 1H ＝23.∵FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，∴△B 1HG ∽△CBF ，∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB . 又由(1)知，A 1G ∥BE ，且HG ∩A 1G ＝G ，FB ∩BE ＝B ， ∴平面A 1GH ∥平面BED 1F .滚动习题(二)1．C[解析] 设α∩β＝l，a∥α，a∥β，则过直线a作与平面α，β都相交的平面γ，记α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b且a∥c，∴b∥c.又b⊂α，α∩β＝l，∴b∥l，∴a∥l.2．D [解析] A 中分别连接PS ，QR ，易证PS ∥QR ，∴P ，S ，Q ，R 四点共面；B 中P ，S ，R ，Q 均在截面PSRQ 上，∴P ，S ，R ，Q 四点共面；C 中分别连接PQ ，RS ，易证PQ ∥RS ，∴P ，Q ，R ，S 四点共面．故选D.3．B [解析] 根据空间平行、垂直关系的判定和性质，易知选B. 4．D [解析] 过点A 可作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′∩b ′＝A ，∴直线a ′，b ′可确定一个平面，记为平面α.如果a ⊄α，b ⊄α，则a ∥α，b ∥α.由于平面α可能过直线a ，b 之一，因此，过点A 且同时平行于直线a ，b 的平面可能不存在．5．B [解析] 在选项A 中，l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，则l 1与l 3可以平行也可以相交或异面，借助正方体的棱很容易理解；在选项B 中，l 1⊥l 2，l 2∥l 3，则由异面直线所成角的定义可以推出l 1⊥l 3；在选项C 中，l 1∥l 2∥l 3，三直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱互相平行但不共面；在选项D 中，共点的三条直线不一定共面，如三棱锥中共顶点的三条棱不共面．6．D [解析] ∵AC ⊥平面BDD 1B 1，BE ⊂平面BDD 1B 1，∴AC ⊥BE ，故A 正确；∵EF ∥BD ，∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确；直线AB 与平面BEF 所成的角即为直线AB 与平面BDD 1B 1所成的角，故为定值，所以C 正确；只有选项D 是错误的．7．C [解析] 连接BC 1.因为BB 1＝BC ，所以BC 1⊥B 1C .又因为D 1C 1⊥平面BCC 1B 1，B 1C ⊂平面BCC 1B 1，所以D 1C 1⊥CB 1，所以B 1C ⊥平面BD 1C 1，所以PB ⊥B 1C ，所以异面直线PB 与B 1C 所成角为90°.8．C [解析] 由题意得EH 綊12BD ，FG 綊12BD ，∴EH 綊FG .又EF ＝12AC ，AC ＝BD ，∴EF ＝EH ，∴四边形EFGH 为菱形．又∵AC 与BD 所成角的大小为90°，∴EF ⊥EH ，即四边形EFGH 为正方形．9．③④10．平面P AD 、平面PCD [解析] 因为O 为BD 的中点．又∵在△PBD 中，E 为PB 的中点，∴EO ∥PD ，又EO 在平面P AD 、PCD 外，PD 在平面P AD 、PCD 内，所以EO 与平面P AD 、平面PCD 平行．11.245或24 [解析] 如图①所示，∵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 . ∴P A AC ＝PB BD ，即69＝8－BD BD ，∴BD ＝245.如图②所示，同理可证AB ∥CD ，∴P A PC ＝PB PD ，即63＝BD －88，∴BD ＝24.综上所述，BD 的长为245或24.12．解：∵AE EB ＝CFFB＝2，∴EF ∥AC ，∴EF ∥平面ACD .∵EF ⊂平面EFGH ，且平面EFGH ∩平面ACD ＝GH ，∴EF ∥GH . 又EF ∥AC ，∴AC ∥GH .∴AH HD ＝CGGD＝3，即AH ∶HD ＝3∶1. (2)证明：∵EF ∥GH ，且EF AC ＝13，GH AC ＝14，∴EF ≠GH ，∴四边形EFGH 为梯形．设EH ∩FG ＝P ，则P ∈EH ，而EH ⊂平面ABD ， P ∈FG ，FG ⊂平面BCD ， 平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴P ∈BD ，∴EH ，FG ，BD 三线共点． 13．解：(1)证明：由题意知，BB 1綊DD 1， ∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形， ∴BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，∴BD ∥平面CD 1B 1. ∵A 1D 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形，∴A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， ∴A 1B ∥平面CD 1B 1.又∵BD ∩A 1B ＝B ，∴平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD -A 1B 1D 1的高．∵四边形ABCD 为正方形，且AB ＝2，∴AC ＝2，∴AO ＝12AC ＝1，又AA 1＝2，∴A 1O ＝AA 21－OA 2＝1. 又∵S △ABD ＝12×2×2＝1，∴VABD ­A 1B 1D 1＝S △ABD ·A 1O ＝1.14.解：(1)证明：连接AC 交BD 于点O 因为四边形ABCD 为正方形，所以O 为AC 中点．又E 为CC 1中点， 所以OE 为△AC 1C 的中位线， 所以OE ∥AC 1.又OE ⊂平面BDE ， AC 1⊄平面BDE ， 所以AC 1∥平面BDE .(2)由题意知，BD ⊥A 1A .因为BD ⊥AC ， A 1A ∩AC ＝A ，A 1A ⊂平面A 1ACC 1， AC ⊂平面A 1ACC 1， 所以BD ⊥平面A 1ACC 1. 又因为A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 所以BD ⊥A 1E ，所以A 1E 与BD 所成角为90°.2．3 直线、平面垂直的判定及其性质2．3.1 直线与平面垂直的判定1．D [解析] l 可在平面α内也可在平面α外，在平面α外时l ∥α.2．B [解析] 对于①②不能断定该直线与平面垂直，该直线与平面可能平行，也可能斜交，也可能在平面内，所以①②是错误的；易知③④是正确的．3．C [解析] 由正方体的性质得BD ∥B 1D 1，且BD ⊄平面CB 1D 1，所以BD ∥平面CB 1D 1，故A 正确；因为BD ⊥平面ACC 1A 1，所以AC 1⊥BD ，故B 正确；异面直线AD 与CB 1所成的角即为AD 与DA 1所成的角，故为45°，所以D 正确．4．C [解析] 连接AC .因为ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC .又MC ⊥平面ABCD ，则BD ⊥MC .因为AC ∩MC ＝C ，所以BD ⊥平面AMC .又MA ⊂平面AMC ，所以MA ⊥BD .显然直线MA 与直线BD 不共面，因此直线MA 与BD 的位置关系是垂直但不相交．5．D [解析] 对于选项D ，可能还有b ∥α或b 与α相交的情况．6．C [解析] 由异面直线的定义，易知①正确；由线面平行的性质知，存在直线l ′⊂α，m ′⊂α，使得l ∥l ′，m ∥m ′，∵m ，l 是异面直线，∴l ′与m ′是相交直线．又n ⊥l ，n ⊥m ，∴n ⊥l ′，n ⊥m ′，故n ⊥α，所以②正确；由面面平行的判定定理知，③正确；④中满足条件l ∥α，m ∥β，α∥β的直线m ，l 的位置关系可能是相交、平行或异面，故④不正确．7．D [解析] 对于选项A ，由题意得SD ⊥AC ，AC ⊥BD ，SD ∩BD ＝D ，所以AC ⊥平面SBD ，故AC ⊥SB ，故A 正确；对于选项B ，∵AB ∥CD ，AB ⊄平面SCD ，∴AB ∥平面SCD ，故B 正确；对于选项C ，由对称性知SA 与平面SBD 所成的角与SC 与平面SBD 所成的角相等，故C 正确．8．AC ⊥BD 或四边形ABCD 为菱形 [解析] 若A 1C ⊥B 1D 1，由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，得AA 1⊥B 1D 1，则B 1D 1⊥平面AA 1C 1C ，所以A 1C 1⊥B 1D 1，即AC ⊥BD ，则四边形ABCD 为菱形．9．30° [解析] 连接BC 1交B 1C 于点M ，连接A 1M ，则BM ⊥B 1C .因为A 1B 1⊥BM ，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BM ⊥平面A 1B 1CD ，因此∠BA 1M 即为直线A 1B 和平面A 1B 1CD 所成的角．因为A 1B ＝2BM ，∠A 1MB ＝90°，所以∠BA 1M ＝30°.10．45° [解析] 因为三棱锥A - BCD 为正三棱锥，所以AB ＝AD ，AB ⊥CD .又EF ⊥CF ，EF ∥AB ，所以AB ⊥CF ，所以AB ⊥平面ACD ，故直线BD 与平面ACD 所成的角∠BDA ＝45°.11．2 [解析] 因为P A ⊥平面ABC ，所以AC 为斜线PC 在平面ABC 上的射影，所以∠PCA即为PC 与平面ABC 所成的角．在△P AC 中，AC ＝12AB ＝12P A ，所以tan ∠PCA ＝P AAC＝2.12．证明：在△P AD 中，由P A ＝2，AD ＝2，PD ＝2 2，可得P A 2＋AD 2＝PD 2，即AD ⊥P A .又AD ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，所以AD ⊥平面P AB .13．证明：(1)因为SA ＝SC ，D 为AC 的中点， 所以SD ⊥AC .在Rt △ABC 中，有AD ＝DC ＝DB ，所以△SDB ≌△SDA ，所以∠SDB ＝∠SDA ，所以SD ⊥BD . 又AC ∩BD ＝D ，所以SD ⊥平面ABC .(2)因为AB ＝BC ，D 是AC 的中点，所以BD ⊥AC . 又由(1)知SD ⊥BD ，所以BD14．D [解析] 如图所示，O 1，O ，则OO 1⊥B 1D 1，OO 1∥BB 1，O 1O 与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1所成的角，易证得为∠O 1OD 1，在Rt △OO 1D 1中，cos ∠O 1OD 1＝O 1O OD |＝132＝63.15．证明：(1)连接AP ，AB 1.∵四边形ABCD 为正方形，∴A ，P ，C 三点共线． 因为M ，N 为中点，所以MN ∥AB 1.因为MN ⊄平面PB 1C ，AB 1⊂平面PB 1C ，所以MN ∥平面PB 1C .(2)连接D 1B 1，PB .∵D 1D DB ＝PB BB 1＝12，∠D 1DB ＝∠PBB 1＝90°，∴△D 1DB ∽△PBB 1，。