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8.1 基本立体图形——2024-2025学年高中数学人教A版(2019)必修二同步课时作业
一、选择题
1．在直四棱柱中，四边形是矩形，，点E为线段的中点，点G是线段上的一点，点F是底面内的一点，则的最小值为( )
A. B. C. D.
2．球缺指的是一个球被平面截下的一部分，垂直于截面的直径被截后剩下的线段为球缺的高，设球的半径为R，球缺的高为h，则球缺的体积. 圆锥的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球在圆锥外的体积为( )
A. B. C. D.
3．古希腊亚历山大时期的数学家帕普斯在《数学汇编》第3卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，S表示平面图形的面积，l表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.如图，等腰梯形，，已知，则其重心G到的距离为( )
A. B. C. D.
4．已知半径为4的球O，被两个平面截得圆、，记两圆的公共弦为AB，且，若二面角的大小为，则四面体的体积的最大值为( )
A. B. C. D.
5．已知平面上两定点A、B，则所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（）
A. B. C. D.
6．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和O，若，，则正四棱台的体积为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
7．在四面体中，，，E，F，G分别是棱，，上的动点，且满足，均与面平行，则( )
A.直线与平面所成的角的余弦值为
B.四面体被平面所截得的截面周长为定值1
C.的面积的最大值为
D.四面体的内切球的表面积为
8．已知圆锥的顶点为S，O为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为2，与圆锥底面所成的角为，则下列说法正确的是( )
A.圆锥的高为1 B.圆锥的体积为
C.圆锥侧面展开图的圆心角为 D.二面角的大小为
三、填空题
9．在三棱锥中,,,,则三棱锥的外接球的半径为________________.
10．点S、A、B、C在半径为的同一球面上，点S到平面ABC的距离为，，则点S与中心的距离为________.
11．已知圆锥的底面半径为1,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为__________.
四、解答题
12．如图，在直三棱柱中，，，D，E分别是棱，的中点.
（1）判断多面体是否为棱柱并说明理由；
（2）求多面体的体积；
（3）求证：平面平面.
13．如图,在正四面体ABCD中,E是棱AD的中点,P是棱AC上一动点,的最小值为．
（1）求该正四面体的棱长;
（2）当取最小值时,求三棱锥与三棱锥体积之比．
参考答案
1．答案：A
解析：如图1，显然当F是G在底面ABCD的射影时，才可能最小.将平面沿翻折，使其与平面共面，如图2所示，此时易得，，显然当E，G，F三点共线且时，取得最小值，此时.
故选A
2．答案：A.
解析：作圆锥的轴截面，轴截面与球O内接圆锥底面交于
所求体积即为球缺与内接圆锥的体积之差
轴截面顶角为α，，设圆锥底面半径为r，则，即
则圆锥的高为，则
球缺的高为，则
.
故选A.
3．答案：C
解析：分别过点C，点D作于点E，于点F，，，，，
等腰梯形绕底边旋转一周所得的几何体为两个圆锥与一个圆柱的组合体的体积；
等腰梯形的面积，
记重心G到的距离为，则重心绕旋转轴旋转一周的周长为，
根据题意可知，则.
4．答案：C
解析：设弦AB的中点为M，连接，，依题意，可得如下图形，
由圆的性质可知，，则即为二面角的平面角，
故，
四面体的体积为
，
其中
，当且仅当时取等号，
由球的截面性质，，，
所以O，，，M四点共圆，则有外接圆直径，
从而，
.
故选：C
5．答案：C
解析：在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为r，
,，，
设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，
，，
，，，
P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，
若P在四边形内部时如图②,截面圆与，分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，
在中，，
所以，当P在面内部的轨迹长为，
同理，当P在面内部的轨迹长为，
当P在面时,如图③所示，
面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与,分别交于R,Q，且，
所以P在正方形内的轨迹为，
所以，
综上：P的轨迹长度为.
故选：C.
6．答案：B
解析：因为是正四棱台，，，
侧面以及对角面为等腰梯形，故，，
，所以，
所以该四棱台的体积为，
故选：B.
7．答案：ACD
解析：对于A，取的中点Q，的中点M，连接，，，
由于，故，，
而，，平面，故平面，
又平面，故平面平面，
则即为直线与平面所成的角，
又，，而，
故，则，故，A正确；
对于B，设平面与棱的交点为P，
因为平面，且平面，平面平面，
故，且由题意知，否则，重合，不合题意，
故四边形为梯形，
同理四边形为梯形，所以，，
由于，故，，
又因为，同理可证，则；同理证明，
则四边形为平行四边形，故四边形的周长为2，
即四面体被平面所截得的截面周长为定值2，B错误；
对于C，因为平面，平面，故；
而，同理可证，故，
结合，故，
当且仅当时等号成立，即的面积的最大值为，C正确；
对于D，由以上分析知，，
故，而平面，，
故，而，
设四面体的内切球的半径为r，则，
即，，
故四面体的内切球的表面积为，D正确.
故选：ACD.
8．答案：ACD
解析：对于A选项，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则，所以与圆锥底面所成的角为，又，所以的面积为，解得，所以该圆锥的高为，故A正确；
对于B选项，该圆锥的底面半径为，故该圆锥的体积为，故B错误；
对于C选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为，底面圆周长为，则，故C正确；
对于D选项，取的中点E，连接，，因为，E为的中点，则，由垂径定理可得，所以二面角的平面角为，因为平面，平面，则，因为，，则为等腰直角三角形，则，所以，所以，，因为，故，即二面角的大小为，故D正确.
9．答案：
解析：如图,取的中点D,连接、,
根据,得,,
且,又,
是正三角形,,
设三棱锥的外接球球心为O,易知O在内部,
过点O作于点E,于点F,连接、、,
则点E、E分别是、的外接圆圆心,且,
在中,,,,
在中,,
设球的半径为R,则,得.
故答案为：.
10．答案：
解析：如图所示：
设的外接圆的圆心为M.连接，过S作于点E.
因为.
所以的外接圆半径.
所以.
因为点S到平面ABC的距离为，平面，，
所以.即，
在中：.
所以.
故填：.
11．答案：2
解析：圆锥的底面半径为1,侧面展开图的弧长为,
又侧面展开图是半圆,侧面展开图的半径为2,即圆锥的母线长为2,
12．答案：（1）见解析
（2）
（3）见解析
解析：（1）解：多面体不是棱柱.理由如下：
因为棱柱的侧面必为平行四边形，故棱柱的面至少有3个平行四边形，而多面体
只有1个面是平行四边形，故不是棱柱
（2）解：易知三棱柱的体积，
三棱锥的体积，
则多面体的体积
（3）证明：连接DE.
因为D，E分别是，AC的中点，所以，
所以四边形为平行四边形
所以.又平面，平面，所以平面
易知，得四边形为平行四边形.
所以，又平面，平面，所以平面
而，，平面，
所以平面平面
13．答案：（1）
（2）
解析：（1）将侧面与展成平面图形,如图所示,
设正四面体的棱长为a,则的最小值为,
由正四面体的性质可知,
由余弦定理可得,
解得．
（2）由（1）中的平面展开图可得,此时,
,,
由点B到平面的距离等于点B到平面的距离,
三棱锥与三棱锥体积之比即为
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8.2 立体图形的直观图——2024-2025学年高中数学人教A版(2019)必修二同步课时作业
一、选择题
1．如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形OABC的面积是( )cm2.
A.12 B. C.6 D.
2．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为( )
A. B. C.24 D.48
3．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为( )
A. B.2 C. D.
4．如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形.已知，，则下列说法正确的是( )
A.
B.
C.四边形的周长为
D.四边形的面积为
5．如图，的斜二测画法的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，轴经过的中点，则( )
A. B.2 C. D.
二、多项选择题
6．已知梯形,按照斜二测画法画出它的直观图,如图,其中,,,下列说法正确的有( )
A.线段平行于x轴 B.
C.梯形是直角梯形 D.梯形的面积是3
7．如图所示，是水平放置的的斜二测直观图，其中，以下说法正确的是( )
A.是钝角三角形
B.的面积是的面积的2倍
C.是等腰直角三角形
D.的周长是
三、填空题
8．如图所示，等腰直角三角形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则原图形的周长为__________.
9．水平放置的的直观图如图所示,已知,,则AB边上的中线的实际长度为________.
10．如图所示的是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则原图形的面积是_____.
四、解答题
11．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示.已知，，，且.
（1）在平面直角坐标系中作出原平面图形ABCD并求面积；
（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积.
12．如图（1）所示,四边形为水平放置的四边形的斜二测直观图,其中,,,.
（1）在图（2）所示的直角坐标系中画出四边形,并求四边形的面积;
（2）若将四边形以直线为轴旋转一周,求旋转形成的几何体的体积及表面积.
参考答案
1．答案：D
解析：
2．答案：D
解析：
由直观图可得如上平面图形：
其中，，，轴，且，
所以.
故选：D
3．答案：C
解析：在直角梯形中，，，，
则，
直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，
，，，，
所以该平面图形的高为.
故选：C.
4．答案：D
解析：如图可知，，，
四边形的周长为，四边形的面积为.
故选:D.
5．答案：C
解析：根据题意，如图，在直观图中，过点，分别作轴和轴的平行线，
与轴和轴分别交于点M，N，由于的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，
则，，则的坐标为，则，，
故原图中，B的坐标为，A的坐标为，
故，
故选：C.
6．答案：ABC
解析：直观图还原为原图形,是直角梯形,
如图,其中,,,线段平行于x轴,
梯形的面积为,因此正确的选项有ABC,
故选：ABC.
7．答案：CD
解析：根据斜二测画法可知，在原图形中，O为CA的中点，，因为，所以，，，则是斜边为4的等腰直角三角形，所以的周长是，面积是4，故A错误，C，D正确.由斜二测画法可知，的面积是的面积的倍，故B错误.故选CD.
8．答案：或
解析：由题意，，则，故原图形中，，，周长为.
故答案为：
9．答案：
解析：根据斜二测画法的原则,由直观图知,原平面图形为直角三角形,
且,,,
所以,
所以,
故AB边上中线长为.
故答案为:.
10．答案：40
解析：根据题意，原图形如下图：
的底边AB的长为5，高为16，
其面积为.
故答案为：40.
11．答案：（1）作图见解析，面积14
（2）表面积为，体积为
解析：（1）如图所示：梯形ABCD为还原的平面图形，作交AD于点，
因为，，，所以，，，
所以.
（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个以AB为底面半径的圆柱挖去一个以EC为底面半径的圆锥，
，，，
所以所形成的几何体的表面积为，
，，
所形成的几何体的体积为.
12．答案：（1）作图见解析,6;
（2）体积为;表面积为.
解析：（1）在直观图中,,
则在四边形中,,
所以四边形如图所示：
由图可知,四边形为直角梯形,
所以面积为.
（2）直角梯形以直线为轴,旋转一周形成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥,
由（1）可知几何体的底面圆半径,圆柱的高,
圆锥的高,母线长.
所以该几何体体积.
表面积
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8.3 简单几何体的表面积与体积——2024-2025学年高中数学人教A版(2019)必修二同步课时作业
一、选择题
1．已知圆锥的母线长为6,底面半径为2,则该圆锥的表面积为( )
A. B. C. D.
2．在三棱锥中,,,,,则该三棱锥外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
3．已知圆锥的高为3,底面半径为,若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上,则这个球的体积与圆锥的体积的比值为( )
A. B. C. D.
4．在《九章算术·商功》中将正四面形棱台体（棱台的上、下底面均为正方形）称为方亭.在方亭中,,四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为,则该方亭的体积为( )
A. B. C. D.
5．米斗是古代官仓、米行等用来称量粮食的器具,鉴于其储物功能和吉祥富足的寓意,现今多在超市、粮店等广泛使用.如图为一个正四棱台形米斗（忽略其厚度）,其上、下底面边长分别为,侧棱长为,若将该米斗盛满大米（沿着上底面刮平后不溢出）,设每立方分米的大米重千克,则该米斗盛装大米约( )
A.6.08千克 B.10.16千克 C.12.16千克 D.11.16千克
6．在边长为4的正三角形中，E，F分别是，的中点，将沿着翻折至，使得，则四棱锥的外接球的表面积是( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
7．已知圆锥的侧面积为，底面圆的周长为，则( )
A.圆锥的母线长为4
B.圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
C.圆锥的体积为
D.沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为
8．已知正四棱柱的底面边为1,侧棱长为a,M是的中点,
则( )
A.任意,
B.存在,直线与直线BM相交
C.平面与底面交线长为定值
D.当时,三棱锥外接球表面积为
三、填空题
9．有一个正六棱柱的机械零件,底面边长为,高为,则这个正六棱柱的机械零件的表面积为______________.
10．已知底面为正方形的四棱锥的五个顶点在同一个球面上，，，，，则四棱锥外接球的体积为__________.
11．已知圆台的上底面半径为1,下底面半径为2,体积为,则该圆台的母线长为_________.
四、解答题
12．如图，在三棱柱中，平面ABC，是等边三角形，D，E，F分别是棱AC，BC的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求三棱锥的体积.
13．如图，在四棱锥中，.
（1）若，M为的中点，求证：平面；
（2）若是边长为3的正三角形，平面平面，直线与平面所成角的正切值为，且，求四棱锥的体积.
参考答案
1．答案：C
解析：由圆锥的表面积等于底面积加侧面面积可得.
故选：C.
2．答案：A
解析：为直角三角形,取PB中点O,,,,,
中,,,,,,,
所以O为球心,,外接球的表面积为.
故选:A.
3．答案：B
解析：如图所示：设球半径为R,则,解得.
故求体积为：,圆锥的体积：,故.
故选：B.
4．答案：D
解析：如图, 过作,垂足为E,
由四个侧面的面积之和为知,侧面的面积为,
(梯形的面积公式),则
由题意得：,
中,,
连接,过作,垂足为F,
易知四边形为等腰梯形且,
,则,
,
该方亭的体积为.
故选：D.
5．答案：C
解析：设该正棱台为,其中上底面为,取对角面,
如图所示,可得四边形为等腰梯形,
因为上、下底面边长分别为,,侧棱长为,
且,,,
分别过点,作,,垂足分别为E,F,可得,
由等腰梯形的几何性质,可得,
又因为,,所以,
所以,所以,
所以,即棱台的高为,
所以该米斗的体积为,
所以该米斗所盛大米的质量为千克.
故选：C.
6．答案：C
解析：
依题意取，的中点为G，H，且交于点O，注意到F是的中点，三角形是等边三角形，从而O是三角形的中心，同时有，，，面，面，所以面，而面，所以平面面，故而点在平面的投影在上面，
注意到三角形与三角形都是边长为2的等边三角形，即三角形与三角形全等，
从而，，，，面，面，所以面，因为面，所以，
因为面，面，所以，
又因为，面，面，故有面，所以，注意到点G是直角三角形斜边上的中点，
所以G是四边形
（或三角形）外接圆的圆心（这是因为，从而B，C，F，G四点共圆），，所以四棱锥的外接球的球心在与平面垂直的上，且底面四边形外接圆的半径为，
设到平面的距离为，过作于点D，
所以，即，
解得，，这意味着此时点与点G重合，
四棱维的外接球的表面积是.
故选：C.
7．答案：ACD
解析：对于A，设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，则，，故，，故A正确.
对于B，圆锥的高为h，则，故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误.
对于C，圆锥的体积为，故C正确.
对于D，沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为，故所得圆台的体积为，故D正确.
故选：ACD.
8．答案：AC
解析：对于A,,,,,平面,
平面,平面,,故正确;
对于B,因为平面,平面,
所以平面,
与异面,故不相交,故错误;
对于C,延长BM,交于N点,连接交于P,M为中点,
,
所以,
所以,,
所以,
平面平面,
平面与底面交线为,
其中P为中点,所以,故正确对;
对于D,,是直角三角形,外接圆是以为直径的圆,
圆心设为,半径,
取中点Q,则平面,,
所以,
所以,
,故错误.
故选：AC.
9．答案：
解析：,,
故答案为：.
10．答案：
解析：由题意知，，且平面，，所以平面PCD，而平面ABCD，则平面平面ABCD.由条件知，所以.如图，取CD的中点G连接AC，BD，交于点O，则O为正方形ABCD的中心，过点G作平面CDP的垂线，则点O在该垂线上，所以O为四棱锥外接球的球心，由于，
所以四棱锥外接球的体积为.
11．答案：
解析：如图是圆台的轴截面,圆台的上下底面圆的半径分别为1,2,设圆台的高为h,母线长为l,
则圆台的高,
因为圆台的体积为,即,解得,
所以圆台的母线长.
故答案为：.
12．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：连接BD，
E，F分别是棱AC，BC的中点，，
平面，平面，平面，
D，F分别是棱，BC的中点，，，
四边形是平行四边形，则，
平面平面平面，
AB，平面ABD，且，平面平面，
平面ABD，平面；
（2）连接CD，为AC中点，
由题意，，，
作于G，则面，且，
即三棱锥的高为，
.
13．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）证明：取中点N，连接，
因为N、M分别为、的中点，所以，且，
在底面中，因为，且，则且，
因此且，从而四边形是平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）取中点O，连、.
因为是正三角形，O为中点，所以，
因为平面平面，面平面，平面，
所以平面，从而为直线与平面所成的角.
在正三角形中，因为，所以.
则在直角中，，所以.
在直角中，，
所以，因此.
四边形的面积.
又因为，所以四棱锥的体积.
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8.4 空间点、直线、平面之间的位置关系——2024-2025学年高中数学人教A版(2019)必修二同步课时作业
一、选择题
1．已知,是两个不重合的平面, 且直线,则“”是“”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
2．设m,n为空间中两条不同直线,,为空间中两个不同平面,下列命题正确的是( )
A.若,,,则
B.若m不垂直于,,则m必不垂直于n
C.若,,则
D.若m,n是异面直线,,,,,则
3．设α，β为两个平面，则的充要条件是( )
A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行
C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面
4．已知直线a，b和平面，则下列判断中正确的是( )
A.若，，则 B.若，，则
C.若，，则 D.若，，则
5．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A.若，，则
B.若，，，则
C.若，，，则
D.若，，，则
6．如图，在长方体中，，点E是棱上任意一点（端点除外），则( )
A.不存在点E，使得
B.空间中与三条直线，，都相交的直线有且只有1条
C.过点E与平面和平面所成角都等于的直线有且只有1条
D.过点E与三条棱，，所成的角都相等的直线有且只有4条
二、多项选择题
7．在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是( ).
A.A，C，，四点共面 B.，M，O三点共线
C.平面 D.与BD异面
8．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论正确的是( )
A. B.平面ABCD
C.的面积与的面积相等 D.三棱锥的体积为定值
三、填空题
9．过空间任意一点引三条直线，它们所确定的平面个数是__________.
10．如图,在正三棱柱中,,M,N,P分别为棱,,AC的中点,过P,M,N三点作正三棱柱的截面,则截面与侧面的交线长为__________.
11．如图是一个正方体的展开图,如果将它还原为正方体,那么在,,,这四条线段中,有____________对异面直线？
四、解答题
12．如图，在正方体中，若P为棱的中点，
（1）判断平面与平面是否相交.如果相交，在左图作出这两个平面的交线，并说明理由；
（2）如右图，求证：平面.
13．如图,在四棱锥中,平面平面ABCD,,,,,E为棱PC的中点,F为棱AB上的一点.
（1）证明:平面PBC;
（2）作出平面AEF截四棱锥所得截面,并说明理由.
参考答案
1．答案：B
解析：若,则,或, 故充分性不成立;因为，是两个不重合的平面,直线,若, 则存在直线, 满足,因为,所以, 所以,故必要性成立.所以“”是 “ ”的必要不充分条件.故选B.
2．答案：D
解析：对于A,若,,,则m,n可能平行,相交或异面,故A错误;
对于B,若不垂直于,且,则m有可能垂直于n,故B错误;
对于C,若且,则或,故C错误;
对于D,若m,n是异面直线,,,,,
则在直线m上任取一点P,过直线n与点P确定平面,设,
又,则,,,所以,
又,,,,所以,故D正确.
故选:D.
3．答案：B
解析：对于A，内有无数条直线与平行,则与相交或,排除;
对于B，内有两条相交直线与平行,则;
对于C，，平行于同一条直线,则与相交或,排除;
对于D，，垂直于同一平面,则与相交或,排除.
故选B.
4．答案：C
解析：对于A，由，，则a与b可能平行，相交，异面，故A错误；
对于B，由，，则或，故B错误；
对于C，由，，则，故C正确；
对于D，由，，则或或，故D错误.
故选：C.
5．答案：D
解析：在正方体中，
对于选项A：例如，平面，但平面，故A错误；
对于选项B：例如，平面，平面，
但平面平面，故B错误；
对于选项C：例如平面平面，平面，平面，
但与异面，故C错误；
对于选项D：因为，则存在（，m是两条不同的直线），使得，
又因为，则存在（，m是两条不同的直线），使得，
则，且，，则，
且，，则，所以，故D正确；
故选：D.
6．答案：D
解析：在长方体中，，
对于A，当E为的中点时，连接，则，即有，
而平面，平面，则，又，平面，
因此平面，而平面，则，A错误；
对于B，连接，，设，，则平面与直线交于K，
点K在线段上，不含端点，则直线与直线相交，同理直线与直线相交,
因此直线、分别与三条直线，，都相交，B错误；
对于C，平面，而平面，则，又，
于是是二面角的平面角，且，
显然的平分线与平面和平面所成角都等于，过点E与此直线平行的直线符合要求，这样的直线只有1条；
半平面与半平面的反向延长面所成二面角的角平分面与平面和平面所成角都等于，
在此角平分面内过点E与平面和平面所成角都等于的直线有2条，
因此过点E与平面和平面所成角都等于的直线有3条，C错误；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，直线，，的方向向量分别为，，，
设过点E的直线l方向向量为，由直线l分别与直线，，所成角都相等，
得，于是，不妨令，
有或或或，显然使得成立的向量有8个，
其余4个分别与上述4个向量共线，所以过点E与三条棱，，所成的角都相等的直线有且只有4条，D正确.
故选：D
7．答案：ABD
解析：由正方体性质，，所以A，C，，四点共面，A正确；
直线交平面于点M，平面，直线，又平面，平面，
为的中点，平面，底面为正方形，所以O为的中点，
平面，且平面，又平面，且平面，
面与面相交，则，M，O在交线上，即三点共线，故选项B正确；
平面平面，平面，
但，所以平面，C错误；
平面，面，，
所以与BD为异面直线，D正确.
故选：ABD.
8．答案：ABD
解析：A项，为正方体平面，故A正确；
B项，显然，即，所以平面ABCD，故B正确；
C项，易证是边长为的正三角形，故点A到的距离，而点B到的距离，所以，，故C错误；
D项，显然点A到平面BEF的距离，所以
为定值，故D正确.故选ABD.
9．答案：1或3
解析：当三条直线在同一个平面内时，它们所确定的平面个数是1；当三条直线不在同一个平面内时（如长方体中共顶点的3条棱），它们所确定的平面个数是3.
10．答案：
解析：
11．答案：3
解析：如图所示：把展开图再还原成正方体,
由经过平面外一点和平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线可得,,,,这四条线段所在直线是异面直线的有:
和,和,和,共三对,
故答案为：3.
12．答案：（1）相交，证明见解析；
（2）证明见解析；
解析：（1）平面与平面ABCD相交，
因为，
所以D，，B，P四点共面，且与不平行则必相交，
如图，连接、并延长交于Q，连接，
则平面平面.
（2）连接，交与点O，连接，
在中，点O，P分别是，的中点，所以，
而平面，平面，
所以平面.
13．答案：（1）证明见解析
（2）四边形ABEG,理由见解析
解析：（1）证明:在中,由余弦定理可知,
可得,
由,得,所以.
又平面平面ABCD,且平面平面,且平面ABCD,
所以平面PBC.
（2）如图,取棱PD中点为G,连接EB,EG,AG,
则四边形ABEG即为所求截面,理由如下:
因为E为PC的中点,所以,
又,所以.
即A,B,E,G四点共面.
故四边形ABEG即为所求截面.
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8.5 空间直线、平面的平行——2024-2025学年高中数学人教A版(2019)必修二同步课时作业
一、选择题
1．已知m，n表示两条直线，，，表示平面，下列命题中正确的有( )
①若，，且，则；
②若m，n相交且都在平面，外，，，，，则；
③若，，则；
④若，，且，则.
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
2．设,为两个平面,则的充要条件是( )
A.内有无数条直线与平行 B.内有两条相交直线与平行
C.,平行于同一条直线 D.以上答案都不对
3．如图,在直三棱柱中,点D,E分别在棱,上,,点F满足,若平面,则的值为( )
A. B. C. D.
4．如图，三棱柱中，，，，，D为中点，E为上一点，，，M为侧面上一点，且平面，则点M的轨迹的长度为( )
A.2 B. C. D.1
5．设α，β，γ是三个不同平面，且，，则“”是“”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
6．设a，b为两条直线，，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是( )
A.若，，则 B.若，，，则
C.若，，，则 D.若，，，则
二、多项选择题
7．如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论，其中正确的结论的是( )
A.三棱锥的体积不变
B.平面
C.
D.平面平面
8．如图,在三棱柱中,已知点G,H分别在,上,且GH经过的重心,点E,F分别是AB,AC的中点,且B、C、G、H四点共面,则下列结论正确的是( )
A. B.平面
C. D.平面平面
三、填空题
9．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，M为的中点，Q为PA上一点，且.
(1)证明：平面BDQ；
(2)若二面角为，求三棱锥的体积.
10．在直线与平面平行的判定定理中，假设为平面，a，b为两条不同直线，若要得到，则需要在条件“，”之外补充的一个条件是______.
11．已知正方体的棱长为2，点M，N分别是棱，的中点，若动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面，则线段的长度范围是________.
四、解答题
12．如图，在三棱锥中，底面ABC，点D，E，F，N分别为棱PA，PC，AB，BC的中点，M是线段AD的中点，，.
（1）求证：平面MNF；
（2）求三棱锥的体积.
13．如图1，在梯形ABCD中，，，，，点E在线段BC上，，将沿AE翻折至的位置，连接PD，点F为PD中点，连接CF，如图2.
（1）在线段AD上是否存在一点Q，使平面平面FQC？若存在，请确定点Q的位置，若不存在，请说明理由；
（2）当平面平面AECD时，求三棱锥的体积.
参考答案
1．答案：A
解析：对于①，若，，且，则或相交，故①错误；
对于③和④，与也可能相交，均错误；
对于②，设m，n相交确定平面，根据线面平行的判定定理知，，根据平行平面的传递性得知.
故选：A.
2．答案：B
解析：A选项,若这些无数条直线均平行,此时无法推出,A错误;
B选项,由面面平行的判定定理得到B正确,故D错误.
C选项,如图,,平行于同一条直线m,但,不平行,C错误;
故选：B.
3．答案：C
解析：在上取一点G使得,连接CG,AG,
AG与BD交于一点F,即为所求(如图所示).
证明如下:
根据已知,,
在直三棱柱中,,且,
四边形为平行四边形,,
平面ACG,平面ACG,平面ACG
即平面ACF.
又,
,即的值为.
故选:C.
4．答案：B
解析：由题意知，，，在上取点，使得，，
则且，所以四边形为平行四边形，
故，又平面，平面，
所以平面.
在上取点，使得，，
有，所以，则，
又平面，平面，
所以平面，又，，平面，
所以平面平面，则点M的轨迹为线段.
在中，，，由余弦定理，
得，
即点M的轨迹长度为.故选：B
5．答案：B
解析：由，，，则α，β可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
6．答案：D
解析：A选项，如图1，满足，，但a，b不平行，A错误；
B错误，如图2，满足，，，但a，b不平行，B错误；
C选项，如图3，满足，，，但，不平行，C错误；
D选项，若，，，由线面平行的判断定理可得，D正确.
故选：D.
7．答案：ABD
解析：如图，在正方体中，
，，即四边形为平行四边形，，平面，平面，则平面，于是得点P到平面的距离是定值，而面积是定值，因此三棱锥的体积不变，A正确；
由选项A知，平面，同理平面，而，
平面，则平面平面，而平面，即有平面，B正确；
因，即为正三角形，点P在上，则DP与不一定垂直，C不正确；
因平面ABCD，平面ABCD，即有，正方形ABCD中，，而，BD，平面，则平面，平面，于是得，同理，又，，平面，则平面，而平面，因此平面平面，D正确.
故选：ABD
8．答案：ABC
解析：由E,F分别是AB,AC的中点可知,且,而三棱柱中,
平面平面ABC,由两个平面平行的性质可得,而GH过的重心,所以,
所以,且,所以平面,故ABC正确.
9．答案：(1)证明见解析；
(2)
解析：（1）证明：因为平面，平面ABCD，
所以，则.
设，
则，
，
因为，所以，即
则，解得，
所以Q为AP的中点.
连结AC，与BD交于点O，连结QO，
由于底面ABCD是矩形，所以O为AC的中点，则OQ为的中位线，
所以，
又平面，平面BDQ，
所以平面BDQ
（2）易知DA，DC，DP两两互相垂直，
以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，
，，，
设平面BDQ的法向量为，
由，得，
取，则，
设平面CDQ的法向量为，
由，得，
取，则，
于是，解得，
故三棱锥的体积为.
10．答案：
解析：由直线与平面平行的判断定理可知，还要保证直线b在平面外，即.
故答案为：.
11．答案：
解析：连接，，取的中点E，的中点F，连接，，，则，，所以，
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
因为，所以平面平面，
平面，P的轨迹为线段．
，，
当时，取得最小值，
当P与E（或F）重合时，取得最大值.
．
故答案为：.
12．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）D，E分别是PA，PC中点，，
同理，，
又平面MNF，平面MNF，平面MNF；
（2）底面ABC，平面ABC，
，，，PA，平面PAB，
平面PAB，
F，N分别为AB，BC中点，，
平面PAB，点N到平面PAB的距离为，
，
即三棱锥的体积为.
13．答案：（1）当Q是AD的中点时，平面平面FQC，证明见解析
（2）
解析：（1）当Q是AD的中点时，平面平面FQC，证明如下：
如图，连接FQ，CQ.
依题意得，且，，
所以，，
所以四边形AECQ是平行四边形，
所以.
因为平面，平面PAE，所以平面PAE.
因为Q，F分别为AD，PD的中点，
所以.
因为平面，平面PAE，
所以平面PAE.
因为平面，，
所以平面平面FQC.
（2）由，，，得为边长为2的等边三角形.
取AE的中点M，连接DM，
因为，，，
所以由余弦定理得.
在中，因为，
所以.
因为平面平面AECD，平面平面，平面AECD，
所以平面PAE.
因为F为PD的中点，
所以F到平面PAE的距离，
所以.
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8.6 空间直线、平面的垂直——2024-2025学年高中数学人教A版(2019)必修二同步课时作业
一、选择题
1．如图,在正三棱柱中,,,D为的中点,则与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
2．在正四棱台中，已知，，则侧棱与底面所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
3．在正四面体中，点E，F，G分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
4．如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为正方形，，E为CD的中点，F为PC的中点，则异面直线BF与PE所成角的正弦值为( )
A. B. C. D.
5．在我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑,如图,在鳖臑ABCD中,平面BCD,且,则异面直线AC与BD所成角的余弦值为( )
A. B. C.2 D.
6．已知直三棱柱，O为正三角形ABC的外心，则异面直线与OB所成角的正弦值为( )
A.0 B.1 C. D.
二、多项选择题
7．如图,已知三棱柱,平面,,,E,D分别是,的中点,则下列说法正确的是( )
A.平面
B.平面
C.直线AD与直线DE的夹角为
D.若,则平面与平面的夹角为
8．正三棱柱的各棱长均相等，D是的中点，M，N是线段，
上的动点（含端点），且，当M，N运动时，下列结论正确的是( )
A.平面平面
B.三棱锥的体积为定值
C.可能为直角三角形
D.平面DMN与平面ABC所成的锐二面角的范围是
三、填空题
9．在四面体中，，与所成的角为60°，若E，F分别为棱，的中点，则线段的长等于________.
10．如图,在棱长为2的正方体中,P为的中点,则三棱锥的体积为________.
11．在正四棱锥中,,点E,F满足,,则异面直线BE与CF所成角的余弦值为________________.
四、解答题
12．如图①,在菱形中,且,E为的中点.将沿折起使,得到如图②所示的四棱锥,求证：平面
13．如图所示，P是四边形ABCD所在平面外的一点，四边形ABCD是边长为a的菱形且，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD.若G为AD的中点.
（1）求证：平面PAD；
（2）求证：.
参考答案
1．答案：D
解析：如图,取中点为E,连接DE,.又因D为的中点,则,故与所成角就是DE与所成角.
由题为正三角形,则.又因几何体为正三棱柱,
则,
得,
,.
则在中,,,,得为直角三角形,
则与所成角的余弦值为：.
故选：D.
2．答案：B
解析：
由题意可得正四棱台的截面图，如图所示，且为等腰梯形，过点做，过点做，由线面角的定义可知，侧棱与底面所成角即为，
由条件可得，，,，则，,则，所以为等腰直角三角形，
所以，即.
故选：B.
3．答案：A
解析：连接，设正四面体的棱长为2，
因为G,F分别为,的中点，则，
所以异面直线，所成角为（或其补角），
在中，则,，
由余弦定理可得，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：A.
4．答案：A
解析：如图，底面，底面为正方形，
、、所在直线两两垂直，
以A为坐标原点，分别以、、所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，，，，
异面直线与所成角的正弦值为
故选：A.
5．答案：A
解析：如图所示,
分别取AB,AD,BC,BD的中点E,F,G,O,则,,,
或其补角为异面直线AC与BD所成角.
设,则,,
,
异面直线AC与BD所成角的余弦值为,故选:A.
6．答案：B
解析：是等边三角形，且O为的外心，O是的垂心，，又平面ABC，平面，，又平面，，平面，又平面，，异面直线与OB所成角的大小为，所以.故选B.
7．答案：ABD
解析：因为D,E分别是,的中点,所以,又平面,平面,则平面,故A正确;
因为平面,所以平面ABC,即,又,且,平面,则平面,即,又,且,平面,则平面,故B正确;由于D为中点,且,,因此是等腰直角三角形,E是的中点,则,故C错误;
连接,由于,,易知平面,则,因此平面与平面的夹角为,由于,因此,则,因此,故D正确.故选ABD.
8．答案：ABD
解析：对于A：当M、N分别在、上运动时，若满足，
则线段必过正方形的中心O，而平面，
平面平面，故A正确；
对于B：当M、N分别在、上运动时，的面积不变，N到平面的距离不变，
棱锥的体积不变，即三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C：若为直角三角形，则必是以为直角的直角三角形，但的最大值为，而此时，的长大于，不可能为直角三角形，故C错误；
对于D：当M、N分别为，中点时，平面与平面所成的角为0，当M与B重合，N与重合时，平面与平面所成的锐二面角最大，为，等于，
平面与平面所成的锐二面角范围为，故D正确.
故选：ABD.
9．答案：1或
解析：取中点G，连结，
E，F分别为棱，的中点，
，，，，
(或其补角)是异面直线，所成的角，
.所成的角为，或，
，，
当时，，当时，.
10．答案：2
解析：连接,在正方体中,
因为四边形为正方形,则,而平面,平面,
即有,又,平面,平面,则平面,
而平面,因此,同理平面,又平面,
即有,因为,平面,平面,
所以平面.
连接,设,连接OP,则OP是的中位线,
所以,,
所以OP⊥平面,即OP是三棱锥的高.
因为,所以.
因为,所以.
故答案为:2.
11．答案：
解析：如图,取棱PC的中点G,连接BG,EG.
由题意可知,即E是PF的中点.因为G是PC的中点,所以,
则是异面直线BE与CF所成的角（或补角）.
设,则,,.
在中,由余弦定理可得.
12．答案：证明见解析
解析：翻折前：
连接.
四边形为菱形,, 是等边三角形.
为的中点, ,.
翻折后：
,.
,,,
, ,
, ,.
又,平面,平面,
平面.
13．答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析
解析：（1）证明：在菱形ABCD中，连接，，为正二角形.是AD的中点，.
平面平面ABCD，
且平面平面，平面PAD.
（2）证明：连接PG.
是正三角形，G是AD的中点，
，由（1）知，又.，平面PBG，
平面PBG.而平面，.
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