eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 立体几何学）：一个几何体的三视图如图所示, 该几何体的体积为(


选项：
A. $\frac{8}{3}$
B. $\frac{4}{3}$
C. $\frac{8}{9}$
D. $\frac{4}{9}$
答案：A
解析：【分析】

结合三视图,还原直观图,计算体积,即可得出答案.

## 【详解】



根据几何体的三视图得该几何体是四棱雉 M-PSQN 且四棱雉是棱长为 2 的正方体的一部分,直观图如图所示,由正方体的性质得,所以该四棱雉的体积为:

$$
V=V_{\text {三棱柱 }}-V_{\text {三棱锥 }}=\frac{1}{2} \cdot 2^{2} \cdot 2-\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot 2^{2} \cdot 2=\frac{8}{3} \text {, 故 A 正确. }
$$

## 【点睛】

本道题考查了三视图还原直观图,题目难度中等,可以借助立方体,进行实物图还原.
题目（高一 · 立体几何学）：已知一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示, 则该几何体的体积是 ( )



正视图



侧视图



俯视图
选项：
A. 1
B. $\frac{3}{2}$
C. 2
D. 3
答案：B
解析：【分析】

通过三视图可以知道该几何体是底面是直角三角形的直三棱柱, 根据棱柱的体积公式,直接求解。

【详解】

通过三视图可知, 该几何体是直三棱柱, 其底面是直角边边长分别为 $\sqrt{3}, 1$ 的直角三角形, 高为 $\sqrt{3}, \therefore V=S h=\frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 1 \times \sqrt{3}=\frac{3}{2}$, 故本题选 B。

【点睛】

本题考查了通过三视图判断出几何体的形状、并求出其体积。
题目（高一 · 立体几何学）：已知球 $O$ 是正三棱雉 (底面为正三角形, 顶点在底面的射影为底面中心) $A-B C D$
的外接球, $B C=3, A B=2 \sqrt{3}$, 点 $E$ 在线段 $B D$ 上, 且 $B D=6 B E$, 过点 $E$ 作球 $O$ 的截面, 则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
选项：
$\left[\frac{5 \pi}{4}, 4 \pi\right]$
B. $\left[\frac{7 \pi}{4}, 4 \pi\right]$
c. $\left[\frac{9 \pi}{4}, 4 \pi\right]$
D. $\left[\frac{11 \pi}{4}, 4 \pi\right]$
答案：A
解析：：过 $E$ 作球 $O$ 的截面中, 面积最大的是过球心 $O$ 的截面, 最小的是垂直于 $O E$ 的截面, 求出球的半径, 以及垂直于 $O E$ 的截面半径, 从而可得结果.

详解:


显然过 $E$ 作球 $O$ 的截面中, 面积最大的是过球心 $O$ 的截面, 最小的是垂直于 $O E$ 的截面,

设三棱雉的外接球半径为 $R$,

$\sqrt{3}^{2}+(3-R)^{2}=R^{2}$, 解得

$R=2$, 截面面积最大为 $4 \pi ，$

如图, $|O H|=1, E H^{2}=B H^{2}+B E^{2}-2 B H \cdot B E \cdot \cos 30^{\circ}$

$=3+\frac{1}{4}-2 \times \sqrt{3} \times \frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}$

$=\frac{13}{4}-\frac{6}{4}=\frac{7}{4}$,

$\therefore O E^{2}=E H^{2}+O H^{2}=\frac{7}{4}+1=\frac{11}{4}$,

$\therefore$ 垂直于 $O E$ 的截面半径 $r$ 满足 $r^{2}=2^{2}-O E^{2}=4-\frac{11}{4}=\frac{5}{4}$,

$\therefore S=\pi r^{2}=\frac{5 \pi}{4}$, 即截面最小面积为 $\frac{5 \pi}{4}$,

截面圆面积的取值范围是 $\left[\frac{5 \pi}{4}, 4 \pi\right]$, 故选 A.

点睛: 本题主要考球的性质及圆内接三角形的性质、棱锥的体积公式及球的体积公式,
属于难题. 球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型, 既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系, 做题过程中主要注意以下两点: (1)多面体每个面都分别在一个圆面上, 圆心是多边形外接圆圆心; (2)注意运用性质 $R^{2}=r^{2}+O O_{1}^{2}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 网格线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, 其正视图, 侧视图均为等边三角形, 则该几何体的体积为 ( )


选项：
$\frac{8 \sqrt{3}}{3}(1+\pi)$
B. $4 \sqrt{3}(2+\pi)$
C. $\frac{4 \sqrt{3}}{3}(2+\pi)$
D. $4 \sqrt{3}(1+\pi)$
答案：C
解析：【分析】

由三视图判断出几何体的结构, 进而求得几何体的体积.

## 【详解】

等边三角形的高为 $\sqrt{2^{2}-1^{2}}=\sqrt{3}$, 由三视图可知, 该几何体的左边是一个三棱雉, 右边是一个半个圆雉, 由此可求得几何体的体积为

$$
\begin{aligned}
& V=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 4 \times 2 \times 2 \sqrt{3}+\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times \pi \times 2^{2} \times 2 \sqrt{3}=\frac{8 \sqrt{3}}{3}+\frac{4 \sqrt{3} \pi}{3}=\frac{4 \sqrt{3}}{3}(2+\pi) \text {, 故选 } \\
& \text { C. }
\end{aligned}
$$

## 【点睛】

本小题主要考查由三视图还原为原图, 考查雉体体积计算公式, 考查运算求解能力, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为


俯视图
选项：
$\frac{2}{3}$
B. $\frac{1}{3}$
C. $\frac{4}{3}$
D. $\frac{5}{6}$
答案：A
解析：【分析】

利用已知条件画出几何体的直观图, 然后求解几何体的体积.

## 【详解】

几何体的三视图的直观图如图所示,



则该几何体的体积为: $\frac{1}{3} \times 1 \times 1 \times 2=\frac{2}{3}$.

故选：A.

## 【点睛】

本题考查三视图求解几何体的体积, 判断几何体的形状是解题的关键.
题目（高一 · 立体几何学）：某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为



正视图



俯视图
选项：
$16 \pi-\frac{16}{3}$
B. $16 \pi-\frac{32}{3}$
C. $8 \pi-\frac{16}{3}$
D. $8 \pi-\frac{32}{3}$
答案：D
解析：【分析】

由三视图可知：该几何体为一个半圆柱挖取一个倒立的四棱雉.

## 【详解】

解: 由三视图可知：该几何体为一个半圆柱挖取一个倒立的四棱雉.

$\therefore$ 该几何体的体积 $V=\frac{1}{2} \times \pi \times 2^{2} \times 4-\frac{1}{3} \times 4^{2} \times 2=8 \pi-\frac{32}{3}$.

故选 D.

## 【点睛】

本题考查了三棱台的三视图的有关知识、圆柱与四棱雉的体积计算公式, 考查了推理能力与计算能力, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：某三棱雉的三视图如图所示, 则该三棱雉的体积为



正（主）视图



俯视图



侧 (左) 视图
选项：
$\frac{1}{6}$
B. $\frac{4}{3}$
C. $\frac{8}{3}$
D. 4
答案：B
解析：【分析】

根据几何体的三视图, 得出该几何体底面为直角三角形的三棱雉, 且侧棱垂直于底面,求出它的体积即可.

## 【详解】

由三视图可知, 该三棱雉如下图所示 P-ABC,

体积 $\mathrm{V}=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 2 \times 2 \times 2=\frac{4}{3}$

故选: B



## 【点睛】

本题考查了空间几何体的三视图的应用问题, 也考查了空间想象能力与计算能力, 是基础题目.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 网格纸上小正方形的边长为 1 , 粗实线画出的是某多面体的三视图, 则该多面体的体积等于 ( )


选项：
$\frac{8}{3}$
B. 4
C. 8
D. $\frac{4}{3}$
答案：D
解析：【分析】

易得该几何体为三棱雉,再计算底面积与高求解即可.

## 【详解】

画出图像,易得该几何体为三棱雉,故该三棱雉的体积 $V=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 2^{2} \times 2=\frac{4}{3}$.



故选: D

## 【点睛】

本题主要考查了根据三视图求几何体体积的问题,属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 内接于一个半径为 $\sqrt{3}$ 的球, 四边形 $A_{1} A C C_{1}$ 与 $B_{1} B C C_{1}$ 为两个全等的矩形, $M$ 是 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 且 $C_{1} M=\frac{1}{2} A_{1} B_{1}$, 则三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 体积的最大值为 ( )
选项：
$\frac{1}{2}$
B. $\frac{1}{6}$
C. 4
D. $\frac{4}{3}$
答案：C
解析：【分析】

首先可以说明三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 是底面为等腰三角形的直棱柱, 设 $A C=B C=a, C C_{1}=b$, 将三棱柱还原为长方体, 得其外接球直径为 $\sqrt{a^{2}+a^{2}+b^{2}}=2 \sqrt{3}$, 即 $2 a^{2}+b^{2}=12$, 则 $V=S_{\triangle A B C} \cdot C C_{1}=\frac{1}{2} a^{2} b=\frac{1}{4}\left(12-b^{2}\right) b$设 $f(b)=\frac{1}{4}\left(-b^{3}+12 b\right)$, 利用导数求函数的单调性以及最值, 即可得解;

## 【详解】

解: 因为四边形 $A_{1} A C C_{1}$ 与 $B_{1} B C C_{1}$ 为两个全等的矩形, 所以 $A C=B C, C C_{1} \perp A C$, $C C_{1} \perp B C$, 又因为 $A C \cap B C=C, A C, B C \subset$ 平面 $A B C$, 所以 $C C_{1} \perp$ 平面 $A B C$;因为 $M$ 是 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 且 $C_{1} M=\frac{1}{2} A_{1} B_{1}$, 所以底面 $\Delta A_{1} B_{1} C_{1}$ 是直角三角形;

综上, 三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 是底面为等腰三角形的直棱柱.

设 $A C=B C=a, C C_{1}=b$, 将三棱柱还原为长方体, 得其外接球直径为

$\sqrt{a^{2}+a^{2}+b^{2}}=2 \sqrt{3}$, 即 $2 a^{2}+b^{2}=12 ；$

所以三棱柱的体积

$V=S_{\triangle A B C} \cdot C C_{1}=\frac{1}{2} a^{2} b=\frac{1}{4}\left(12-b^{2}\right) b=\frac{1}{4}\left(-b^{3}+12 b\right), b \in(0,2 \sqrt{3}) ;$

记 $f(b)=\frac{1}{4}\left(-b^{3}+12 b\right)$, 则 $f^{\prime}(b)=\frac{1}{4}\left(-3 b^{2}+12\right)=-\frac{3}{4}(b-2)(b+2)$,

当 $f^{\prime}(b)>0$ 时, $0<b<2$; 当 $f^{\prime}(b)<0$ 时, $2<b<2 \sqrt{3}$;

所以 $f(b)$ 在 $(0,2)$ 上单调递增, $(2,2 \sqrt{3})$ 上单调递减, 故 $f(b)_{\max }=f(2)=4$.

故选: $C$.

## 【点睛】

本题考查线面垂直的判定, 柱体的体积计算以及利用导数求函数的最值, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的 6 个顶点都在球 $O$ 的球面上若 $A B=3, A C=4$, $A B \perp A C, A A_{1}=12$, 则球 $O$ 的半径为 ( )
选项：
$\frac{3 \sqrt{17}}{2}$
B. $2 \sqrt{10}$
c. $\frac{13}{2}$
D. $3 \sqrt{10}$
答案：C
解析：因为直三棱柱中, $A B=3, A C=4, A A_{1}=12, A B \perp A C$, 所以 $B C=5$, 且 $B C$ 为过底面 $A B C$ 的截面圆的直径. 取 $B C$ 中点 $D$, 则 $O D \perp$ 底面 $A B C$, 则 $O$ 在侧面 $B C C_{1} B_{1}$ 内, 矩形 $B C C_{1} B_{1}$ 的对角线长即为球直径, 所以 $2 R=\sqrt{12^{2}+5^{2}}=13$, 即 $R=\frac{13}{2}$
题目（高一 · 立体几何学）：阳马, 中国古代算数中的一种几何形体, 是底面长方形, 两个三角面与底面垂直的四棱雉体, 在阳马 $P-A B C D$ 中, $P C$ 为阳马 $P-A B C D$ 中最长的棱, $A B=1, \quad A D=2, \quad P C=3$, 若在阳马 $P-A B C D$ 的外接球内部随机取一点, 则该点位阳马内的概率为
选项：
$\frac{1}{27 \pi}$
B. $\frac{4}{27 \pi}$
C. $\frac{8}{27 \pi}$
D. $\frac{4}{9 \pi}$
答案：C
解析：【分析】

由题意知 $P C$ 的长等于其外接球的直径, 可知 $P A=2$, 计算棱雉的体积, 球的体积,根据古典概型即可求解.

【详解】

根据题意, $P C$ 的长等于其外接球的直径, 因为 $P C=\sqrt{P A^{2}+A B^{2}+A D^{2}}, \therefore$

$3=\sqrt{P A^{2}+1+4}, \therefore P A=2$, 又 $P A \perp$ 平面 $A B C D$, 所以

$V_{P-A B C D}=\frac{1}{3} \times 1 \times 2 \times 2=\frac{4}{3}, V_{\text {球 }}=\frac{4}{3} \pi \times\left(\frac{3}{2}\right)^{3}$,

$\therefore P=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{4}{3} \pi \times\left(\frac{3}{2}\right)^{3}}=\frac{8}{27 \pi}$.

【点睛】

本题主要考查了棱雉的外接球, 棱雉的体积, 球的体积, 古典概型, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如果一个底面半径和母线长均为 $r_{1}$ 的圆柱的全面积（侧面积与两个底面面积的和）与一个半径为 $r_{2}$ 的球的表面积相等, 则 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 的大小关系是 ( )
选项：
$r_{2}>r_{1}$
B. $r_{2}<r$
C. $r_{2}=r_{1}$
D. 不确定
答案：C
解析：【分析】

由题意求出球及圆柱的表面积, 通过相等即可得到 $r_{1}$ 和 $r_{2}$ 的大小关系.

## 【详解】

由题意得，圆柱的全面积 $=2 \pi r_{1}^{2}+2 \pi r_{1} \times r_{1}=4 \pi r_{1}^{2}$;

半径为 $r_{2}$ 的球的表面积 $4 \pi r_{2}^{2}$;

根据 $4 \pi r_{1}^{2}=4 \pi r_{2}^{2}$;

$\therefore r_{1}=r_{2}$.

故选: $C$.

## 【点睛】

本题主要考查球、圆柱的表面积的关系, 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
题目（高一 · 立体几何学）：已知直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的顶点都在球 $O$ 的球面上, $A B=A C=2$,

## $B C=2 \sqrt{2}$, 若球 $O$ 的表面积为 $72 \pi$, 则这个直三棱柱的体积是 ( )
选项：
16
B. 15
C. $8 \sqrt{2}$
D. $\frac{8}{3}$
答案：A
解析：【分析】

由题, 棱柱为直棱柱, 底面为直角三角形, 利用球的表面积求得球半径, 再利用外接球求得棱柱的高, 最后求得体积即可.

## 【详解】

由题, $S=4 \pi r^{2}=72 \pi, r=3 \sqrt{2}$,

因为 $A B=A C=2, B C=2 \sqrt{2}$, 易知三角形 $\mathrm{ABC}$ 为等腰直角三角形,

故三棱柱的高 $h=2 \sqrt{r^{2}-\left(\frac{1}{2} B C\right)^{2}}=8$

故体积 $V=\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \times 8=16$

故选 A

## 【点睛】

本题考查了棱柱的外接球的问题, 解题的关键是找球心的位置, 求出棱柱的高, 属于中档题型.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 网格纸小正方形的边长是 1 , 在其上用粗实线画出的是某空间几何体的三视图 (其中主视图与左视图都是半圆, 俯视图是圆), 则该空间几何体的体积为( )


选项：
A. $\frac{2 \pi}{3}$
B. $\frac{4 \pi}{3}$
C. $2 \pi$
D. $4 \pi$
答案：A
解析：【分析】
由三视图可得几何体为半球, 利用球的体积公式即可求解.

## 【详解】

由三视图可知几何体是一个半径为 1 的半球,

$\therefore$ 体积为 $\frac{1}{2} \times \frac{4}{3} \times \pi \times 1^{3}=\frac{2 \pi}{3}$.

故选：A

## 【点睛】

本题考查了由三视图求几何体的表面积以及球的体积公式, 考查了学生的空间想象能力,属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知正方体的棱长为 1 , 则该正方体外接球的体积与其内切球表面积之比为 ( )
选项：
$18: 1$
B. $3: 1$
C. $3 \sqrt{3}: 1$
D. $\sqrt{3}: 2$
答案：D
解析：【分析】

由正方体性质知, 它的外接球的半径为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 内切球的半径为 $\frac{1}{2}$, 利用球体积, 表面积公式计算得结果.

## 【详解】

由正方体性质知, 它的外接球的半径为 $R=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 内切球的半径为 $r=\frac{1}{2}$,

$\therefore V_{\text {球 }}=\frac{4}{3} \pi R^{3}=\frac{\sqrt{3}}{2} \pi, S_{\text {球 }}=4 \pi r^{2}=\pi$,

$\therefore V_{\text {球 }}: S_{\text {球 }}=\sqrt{3}: 2$

故选：D

## 【点睛】

本题主要考查了正方体的性质，球的体积，表面积的计算，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：设长方体的长、宽、高分别为 $2,1,1$, 其顶点都在同一个球面上, 则该球的表面积为 $(\quad)$
选项：
A. $3 \pi$
B. $6 \pi$
C. $12 \pi$
D. $24 \pi$
答案：B
解析：【分析】

先求出长方体的对角线的长度, 即得外接球的直径, 再求球的表面积得解.

## 【详解】

由题得长方体外接球的直径 $2 R=\sqrt{2^{2}+1^{2}+1^{2}}=\sqrt{6}, \therefore R=\frac{\sqrt{6}}{2}, \therefore S=4 \pi \cdot \frac{6}{4}=6 \pi$.故选: B

## 【点睛】

本题主要考查长方体的外接球的表面积的计算, 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 正四棱雉 $P-A B C D$ 底面的四个顶点 $A 、 B 、 C 、 D$ 在球 $O$ 的同一个大圆上, 点 $P$ 在球面上, 如果 $V_{P-A B C D}=\frac{16}{3}$, 则求 $O$ 的表面积为 ( )


选项：
$4 \pi$
B. $8 \pi$
C. $12 \pi$
D. $16 \pi$
答案：D
解析：【分析】

$P O$ 就是正四棱雉的高, 由此可求得球的半径.

## 【详解】

由题意, 设半径为 $R$, 则 $O P=O A=R, A B=\sqrt{2} R, V=\frac{1}{3} \times(\sqrt{2} R)^{2} \times R=\frac{16}{3}, R=2$.

$\therefore S=4 \pi R^{2}=4 \pi \times 2^{2}=16 \pi$.

故选: D.

## 【点睛】

本题考查求球的表面积, 解题关键是求出球的半径, 图中已知条件说明正四棱锥的高是球半径, 正四棱锥底面是球大圆内接正方形, 这样易由正四棱雉体积求得球半径.
题目（高一 · 立体几何学）：已知某几何体的三视图如图所示, 则该几何体的体积为 ( )


侧视图

僻视图
选项：
$\frac{8}{3} \pi$
B. $\frac{16}{3} \pi$
C. $8 \pi$
D. $16 \pi$
答案：B
解析：【分析】

根据三视图还原出原几何体, 然后根据圆柱和圆锥的体积公式, 计算出结果.

## 【详解】

由已知中的三视图, 可知该几何体是一个圆柱挖去一个同底等高的圆雉,

圆柱和圆雉的底面直径为 4, 故底面半径为 2 , 故底面面积 $S=4 \pi$,

圆柱和圆锥的高 $h=2$, 故组合体的体积 $V=\left(1-\frac{1}{3}\right) S h=\frac{16 \pi}{3}$,

故选: B.



## 【点睛】

本题考查三视图还原几何体, 圆柱体的体积和圆雉体积的求法, 属于简单题.
题目（高一 · 立体几何学）：在四边形 $A B C D$ 中, $A B=A D=2, B C=\sqrt{3}, C D=\sqrt{5}, A B \perp A D$, 现将 $\triangle A B D$沿 $B D$ 折起, 得三棱雉 $A-B C D$, 若三棱雉 $A-B C D$ 的四个顶点都在球 $O$ 的球面上,则球 $O$ 的体积为
选项：
$\frac{11 \sqrt{2}}{4} \pi$
B. $\frac{5 \sqrt{2}}{3} \pi$
C. $\frac{7 \sqrt{2}}{3} \pi$
D. $\frac{8 \sqrt{2}}{3} \pi$
答案：D
解析：$B D=2 \sqrt{2}, D C^{2}+B C^{2}=B D^{2}$, 所以 $\angle B C D=90^{\circ}, \angle B A D=90^{\circ}$, 所以球心在

$B D$ 的中点处, 半径是 $\sqrt{2}$, 所以 $V=\frac{4}{3} \pi R^{3}=\frac{8 \sqrt{2}}{3} \pi$, 故选 $\mathrm{D}$.

【点睛】本题重点考察了几何体与外接球的问题, 属于中档题型, 首先应确定球心的位置, 借助于外接球的性质, 球心到各顶点距离相等, 这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心, 过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等, 然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线 (这两个多边形需有公共点), 这样两条直线的交点, 就是其外接球的球心, 再根据半径, 顶点到底面中心的距离, 球心到底面中心的距离, 构成勾股定理求解, 有时也可利用补体法得到半径, 例: 三条侧棱两两垂直的三棱雉, 可以补成长方体, 它们是同一个外接球.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示是一个几何体的三视图, 则这个几何体外接球的体积为 ( )



正视图



诲视图
选项：
$\frac{8 \sqrt{2} \pi}{3}$
B. $\frac{16 \sqrt{2} \pi}{3}$
C. $\frac{64 \sqrt{2} \pi}{3}$
D. $\frac{32 \sqrt{2} \pi}{3}$
答案：C
解析：【分析】

将三视图还原为空间几何体, 根据几何关系再补全为棱柱, 其四棱雉的外接球即为棱柱的外接球. 由长方体的对角线为球的直径, 即可由勾股定理求得球的半径, 进而得球的体积.

## 【详解】

由三视图可知此几何体为一横放的四棱雉，如下图所示：



其底为边长为 4 的正方形，高为 2 ,

其中平面 $S A B \perp$ 平面 $A B C D$,

可知 $S A=S B=2 \sqrt{2}$,

故可补全为以 $D A, S A, S B$ 为棱的长方体，如下图所示:



设四棱雉的外接球的半径为 $R$,

故 $2 R=\sqrt{D A^{2}+S A^{2}+S B^{2}}=\sqrt{32}=4 \sqrt{2}$,

$\therefore R=2 \sqrt{2}$,

$\therefore V_{\text {球 }}=\frac{4}{3} \pi R^{3}=\frac{4}{3} \times \pi \times 16 \sqrt{2}=\frac{64 \sqrt{2} \pi}{3}$.

故选: C.

## 【点睛】

本题考查了三视图还原空间几何体的应用, 棱锥补全为棱柱的应用, 棱柱外接球的性质及球的体积求法, 属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：点 $A, B, C, D$ 在同一个球的球面上, $A B=B C=A C=\sqrt{3}$, 若四面体 $A B C D$ 体积的最大值为 $\sqrt{3}$, 则这个球的表面积为 $(\quad)$
选项：
$\frac{289 \pi}{16}$
B. $8 \pi$
C. $\frac{169 \pi}{16}$
D. $\frac{25 \pi}{16}$
答案：A
解析：【分析】

根据几何体的特征, 判定外接球的球心, 求出球的半径, 即可求出球的表面积.

## 【详解】

根据题意知, $\triangle A B C$ 是一个等边三角形, 其面积为 $\frac{3 \sqrt{3}}{4}$,

由正弦定理 $2 r=\frac{\sqrt{3}}{\sin \frac{\pi}{3}}=2$ 知, 外接圆的半径为 $r=1$.

设小圆的圆心为 $Q$,

若四面体 $A B C D$ 的体积有最大值, 由于底面积 $S_{\triangle A B C}$ 不变, 高最大时体积最大,

所以, $D Q$ 与面 $A B C$ 垂直时体积最大,

最大值为 $\frac{1}{3} S_{\triangle A B C} \times D Q=\sqrt{3}$,

$\therefore D Q=4$,

设球心为 $O$, 半径为 $R$,

则在直角 $\triangle A Q O$ 中, $O A^{2}=A Q^{2}+O Q^{2}$,

即 $R^{2}=1^{2}+(4-R)^{2}$ ，

$\therefore R=\frac{17}{8}$

则这个球的表面积为: $S=4 \pi\left(\frac{17}{8}\right)^{2}=\frac{289 \pi}{16}$

故选: A.

## 【点睛】

本题考查的知识点是球内接多面体, 球的表面积, 其中分析出何时四面体 $A B C D$ 的体积的最大值, 是解答的关键.
题目（高一 · 立体几何学）：已知直线 $a$ 和平面 $\alpha$, 那么能得出 $a / / \alpha$ 的一个条件是（）
选项：
存在一条直线 $b, a / / b$ 且 $b \subset \alpha$

B. 存在一条直线 $b, a / / b$ 且 $b \not \subset \alpha$

C. 存在一个平面 $\beta, a \subset \beta$ 且 $\alpha / / \beta$

D. 存在一个平面 $\beta, a / / \beta$ 且 $\alpha / / \beta$
答案：C
解析：【分析】

根据线面平行的判定定理, 可得结果.

## 【详解】

在选项 A, B, D 中,

均有可能 $a$ 在平面 $\alpha$ 内, 错误;

在 C 中, 两平面平行, 则其中一个平面内的任意一条直线

都平行于另一个平面, 故 C 正确

故选：C

## 【点睛】

本题考查线面平行的判定，属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $E, F, G$ 分别为 $A A_{1}, B C, C_{1} D_{1}$ 的中点,现有下面三个结论: (1) $\triangle E F G$ 为正三角形; (2)异面直线 $A_{1} G$ 与 $C_{1} F$ 所成角为 $60^{\circ}$; (3) $A C / /$ 平面 $E F G$.其中所有正确结论的编号是 ( )
选项：
(1)
B. (2)(3)
C. (1)2)
D. (1)(3)
答案：D
解析：【分析】

(1)计算出三边是否相等; (2)平移 $A_{1} G$ 与 $C_{1} F$, 使得它们的平行线交于一点, 解三角形求角的大小; (3)探究平面 $E F G$ 内是否有与 $A C$ 平行的直线.

## 【详解】



易证 $\triangle E F G$ 的三边相等, 所以它是正三角形.

平面 $E F G$ 截正方体所得截面为正六边形, 且该截面与 $C C_{1}$ 的交点为 $C C_{1}$ 的中点 $N$,易证 $A C / / E N$, 从而 $A C / /$ 平面 $E F G$. 取 $A_{1} B_{1}$ 的中点 $H$, 连接 $C_{1} H, F H$,

则 $A G / / C_{1} H$ ，易知 $C_{1} H=C_{1} F \neq H F ，$

所以 $C_{1} H$ 与 $C_{1} F$ 所成角不可能是 $60^{\circ}$, 从而异面直线 $A_{1} G$ 与 $C_{1} F$ 所成角不是 $60^{\circ}$.故(1)(3)正确.

【点睛】

本题考查点、线、面的位置关系, 考查直观想象与数学运算的核心素养.
题目（高一 · 立体几何学）：在空间四边形 $A B C D$ 中, $E, F$ 分别为 $A B, A D$ 上的点, 且 $A E: E B=A F: F D=1: 4, H, G$ 分别为 $B C, C D$ 的中点, 则 $(\quad)$
选项：
$B D / /$ 平面 $E F G$, 且四边形 $E F G H$ 是平行四边形

B. $E F / /$ 平面 $B C D$, 且四边形 $E F G H$ 是梯形

C. $H G / /$ 平面 $A B D$, 且四边形 $E F G H$ 是平行四边形

D. $E H / /$ 平面 $A D C$, 且四边形 $E F G H$ 是梯形
答案：B
解析：【分析】

作出草图, 根据平行线的传递性可得 $E F / / H G$, 且 $E F \neq H G$, 可得四边形 $E F G H$ 为
梯形, 而由条件知 $E F / / B D$, 从而根据线面平行的判定定理, 即可得出 $E F / /$ 平面 $B C D$,由此即可得到结果.

## 【详解】

如图, 由题意, 得 $E F / / B D$, 且 $E F=\frac{1}{5} B D, H G / / B D$, 且 $H G=\frac{1}{2} B D, \therefore E F / / H G$且 $E F \neq H G, \therefore$ 四边形 $E F G H$ 是梯形; 又 $E F / / B D, E F \not \subset$ 平面 $B C D, B D \subset$ 平面 $B C D, \therefore E F / /$ 平面 $B C D$; 所以选项 $B$ 正确.

故选: $B$.



## 【点睛】

考查平行线分线段成比例定理, 中位线的性质, 以及平行线的传递性, 线面平行的判定定理及性质定理，属于基础题。
题目（高一 · 立体几何学）：过平面外两点作该平面的平行平面, 可以作 ( )
选项：
0 个
B. 1 个
C. 0 个或 1 个
D. 1 个或 2 个
答案：C
解析：【分析】

考虑这两点连线与平面的位置关系.

## 【详解】

根据平面外两点的连线与已知平面的位置关系有两种情况:

(1)连线与平面相交，可以作 0 个平行平面.

(2)连线与平面平行, 可以作 1 个平行平面.

故选: C.

## 【点睛】

本题考查直线与平面的位置关系, 考查平行平面的概念与判断. 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, $\triangle A B C$ 的边 $B C$ 在平面 $\alpha$ 内, $E F$ 是 $\triangle A B C$ 的中位线, 则 ( )


选项：
$E F$ 与平面 $\alpha$ 平行
B. $E F$ 与平面 $\alpha$ 不平行
C. $E F$ 与平面 $\alpha$ 可能平行
D. $E F$ 与平面 $\alpha$ 可能相交
答案：A
解析：【分析】

根据线面平行的判定定理，即可得出结果.

## 【详解】

因为 $E F$ 是 $\triangle A B C$ 的中位线, 所以 $E F / / B C$;

又 $E F \not \subset \alpha, B C \subset \alpha$,

所以 $E F / / \alpha$.

故选: A.

## 【点睛】

本题主要考查判断直线与平面是否平行, 熟记线面平行的判定定理即可, 属于常考题型.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, $P$ 为矩形 $A B C D$ 所在平面外一点, 矩形对角线的交点为 $O, M$ 为 $P B$ 的中点, 给出五个结论: (1) $O M / / P D$; (2) $O M / /$ 平面 $P C D$; (3) $O M / /$ 平面 $P D A$; (4) $O M / /$平面 $P B A$; (5) $O M / /$ 平面 $P B C$. 其中正确的个数是 $($ )


选项：
1
B. 2
C. 3
D. 4
答案：C
解析：【分析】

根据中位线判断(1), 结合线面平行的判定定理判断(2)(3), 由图像判断(4)(5).

## 【详解】

由于 $M$ 是 $P B$ 中点, $O$ 是 $B D$ 中点, 所以 $O M / / P D$, 所以(1正确.

由于 $O M / / P D, O M \not \subset$ 平面 $P C D, P D \subset$ 平面 $P C D$, 所以 $O M / /$ 平面 $P C D$. 所以(2)
正确.

由于 $O M / / P D, O M \not \subset$ 平面 $P D A, P D \subset$ 平面 $P D A$, 所以 $O M / /$ 平面 $P D A$. 所以(3)正确.

根据图像可知, $O M$ 和平面 $P B A$ 、平面 $P B C$ 相交, 故(4)(5)错误.

综上所述, 正确的个数为 3 个.

故选: C

【点睛】

本小题主要考查线面平行的判定定理, 考查线线平行的证明, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：下列选项中, 一定能得出直线 $m$ 与平面 $\alpha$ 平行的是 ( )
选项：
直线 $m$ 在平面 $\alpha$ 外

B. 直线 $m$ 与平面 $\alpha$ 内的两条直线平行

C. 平面 $\alpha$ 外的直线 $m$ 与平面内的一条直线平行

D. 直线 $m$ 与平面 $\alpha$ 内的一条直线平行
答案：C
解析：【分析】

根据线面平行的判定定理，选出正确选项.

## 【详解】

根据线面平行的判定定理可知, C 选项正确.A 选项直线 $m$ 可能与平面 $\alpha$ 相交, B 和 D 选项直线 $m$ 可能在平面 $\alpha$ 内, 所以 $\mathrm{ABD}$ 三个选项不正确.

故选：C.

## 【点睛】

本小题主要考查线面平行的判定定理, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 已知 $E 、 F 、 G$ 分别是线段 $A_{1} C_{1}$ 上的点,且 $A_{1} E=E F=F G=G C_{1}$. 则下列直线与平面 $A_{1} B D$ 平行的是 $(\quad)$


选项：
$C E$
B. $C F$
C. $C G$
D. $C C_{1}$
答案：B
解析：【分析】

连接 $A C$, 使 $A C$ 交 $B D$ 于点 $O$, 连接 $A_{1} O 、 C F$, 可证四边形 $A_{1} O C F$ 为平行四边形,可得 $A_{1} O / / C F$, 利用线面平行的判定定理即可得解.

## 【详解】

如图, 连接 $A C$, 使 $A C$ 交 $B D$ 于点 $O$, 连接 $A_{1} O 、 C F$, 则 $O$ 为 $A C$ 的中点,



在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A A_{1} / / C C_{1}$ 且 $A A_{1}=C C_{1}$, 则四边形 $A A_{1} C_{1} C$ 为平行四边形,

$\therefore A_{1} C_{1} / / A C$ 且 $A_{1} C_{1}=A C$,

$\because O 、 F$ 分别为 $A C 、 A_{1} C_{1}$ 的中点, $\therefore A_{1} F / / O C$ 且 $A_{1} F=O C$,

所以，四边形 $A_{1} O C F$ 为平行四边形，则 $C F / / A_{1} O$ ，

$\because C F \not \subset$ 平面 $A_{1} B D, A_{1} O \subset$ 平面 $A_{1} B D$, 因此, $C F / /$ 平面 $A_{1} B D$.

故选: B.

## 【点睛】

本题主要考查了线面平行的判定，考查了推理论证能力和空间想象能力，属于中档题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 点 $P$ 在线段 $B C_{1}$ 上运动, 则下列判断中,正确命题的个数是



(1)三棱雉 $A-C D_{1} P$ 的体积不变; (2) $A_{1} P / /$ 平面 $A C D_{1}$; (3) 平面 $P B_{1} D \perp$ 平面 $A C D_{1}$;

(4) $A_{1} P$ 与 $A D_{1}$ 所成角的范围是 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$.
选项：
4 个
B. 3 个
C. 2 个
D. 1 个
答案：B
解析：在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 三角形 $A D_{1} C$ 的面积为定值, 又 $B C / / A D_{1}$, 可以推出 $B C / /$ 平面 $A D_{1} C$, 因此点 $P$ 到平面 $A D_{1} C$ 的距离为定值, (1)三棱雉 $A-C D_{1} P$ 的体积不变是正确的; $A_{1} B / / D_{1} C, B C / / A D$, 可以推出平面 $A_{1} B C_{1} / /$ 平面 $A D_{1} C, A_{1} P \subset$ 平面 $A_{1} B C$, 则 $A_{1} P / /$ 平面 $A D_{1} C$, (2) $A_{1} P / /$ 平面 $A C D_{1}$ 是正确的; 由于 $B D \perp$ 平面


$A_{1} P$ 与 $A D_{1}$ 所成角的范围是 $\left[\frac{\pi}{3}, \frac{\pi}{2}\right]$, (4)错误, 选 $\mathrm{B}$.

【点睛】涉及到三棱雉的体积为定值问题, 要考虑到动点（棱雉的顶点）在直线上, 而直线与平面 (棱锥的底面) 平行, 这样不论动点怎样移动, 棱雉的高都不变, 底面积为定值, 高为定值, 体积就是定值; 两条异面直线所成的角的范围, 首先平移一条直线,找出两条异面直线所成的角, 移动动点观察特殊点时, 异面直线所成的角, 就会很容易得出你的角的范围, 很适合做选填题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $M, N, P$ 分别是 $C_{1} D_{1}, B C, A_{1} D_{1}$ 的中点,则下列命题正确的是 ( )


选项：
$M N / / A P$
B. $M N / / B D_{1}$
C. $M N / /$ 平面 $B B_{1} D_{1} D$
D. $M N / /$ 平面 $B D P$
答案：C
解析：分析: 记 $\mathrm{AC} \cap \mathrm{BD}=\mathrm{O}$, 则 $\mathrm{MN} / / \mathrm{OD}_{1}$, 利用线面平行的判定可得 $\mathrm{MN} / /$ 平面 $\mathrm{BD}_{1} \mathrm{D}$.

详解:

A: $M N$ 和 $A P$ 是异面直线, 故选项不正确;

B: $M N$ 和 $B D_{1}$ 是异面直线, 故选项不正确;

$\mathrm{C}:$ 记 $\mathrm{AC \cap BD}=\mathrm{O}$.

$\because$ 正方体 $\mathrm{ABCD}-\mathrm{A}_{1} \mathrm{~B}_{1} \mathrm{C}_{1} \mathrm{D}_{1}$ 中, $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ 分别 $\mathrm{C}_{1} \mathrm{D}_{1}, \mathrm{BC}$ 是的中点,

$\therefore \mathrm{ON} / / \mathrm{D}_{1} \mathrm{M} / / \mathrm{CD}, \mathrm{ON}=\mathrm{D}_{1} \mathrm{M}=\frac{1}{2} \mathrm{CD}$,

$\therefore \mathrm{MNOD}_{1}$ 为平行四边形,

$\therefore \mathrm{MN} / / \mathrm{OD}_{1}$,

$\because \mathrm{MN}$ 平面 $\mathrm{BD}_{1} \mathrm{D}, \mathrm{OD}_{1} \subset$ 平面 $\mathrm{BD}_{1} \mathrm{D}$,

$\therefore \mathrm{MN} / /$ 平面 $\mathrm{BD}_{1} \mathrm{D}$.

$\mathrm{D}$ : 由 $\mathrm{C}$ 知 $M N / /$ 平面 $B B_{1} D_{1} D$, 而面 $B B_{1} D_{1} D$ 和面 $B D P$ 相交, 故选项不正确;

故答案为 C.

点睛: 这个题目考查了空间中点线面的位置关系, 对于这种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除, 判断.还可以画出样图进行判断, 利用常见的立体图形, 将点线面放入特殊图形, 进行直观判断.
题目（高一 · 立体几何学）：下列条件中, 能判断两个平面平行的是（）
选项：
一个平面内的一条直线平行于另一个平面

B. 一个平面内的两条直线平行于另一个平面

C. 一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面

D. 一个平面内有无数条直线平行于另一个平面
答案：C
解析：【分析】

根据面面平行的判定定理或定义可得出结论.

## 【详解】

根据面面平行的定义可知, 若两个平面没有公共点, 则这两个平面平行, 则一个平面内所有直线都与另一个平面没有公共点, 则这两个平面平行.

由面面平行的判定定理可知, 一个平面内两条相交直线与另一个平面平行, 则这两个平面平行.

故选: C.

## 【点睛】

本题考查面面平行的判断, 一般利用面面平行的定义或判定定理来判断, 考查对面面平行的定义和判定定理的理解，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在棱长为 2 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $M$ 是 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 点 $P$ 是侧面 $C D D_{1} C_{1}$ 上的动点, 且 $M P \| A B_{1} C$ ，则线段 $M P$ 长度的取值范围是（ ）


选项：
$[\sqrt{2}, \sqrt{6}]$
B. $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{2}]$
C. $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{3}]$
D. $[\sqrt{3}, \sqrt{6}]$
答案：B
解析：【分析】

取 $C D$ 的中点 $N, C C_{1}$ 的中点 $R, B_{1} C_{1}$ 的中点 $H$, 根据面面平行的判定定理, 得到平面 $M N R H / /$ 平面 $A B_{1} C$, 确定线段 $M P$ 扫过的图形是 $\triangle M N R$, 再由题中数据, 得到 $\angle M R N$ 是直角, 进而即可求出结果.

## 【详解】

取 $C D$ 的中点 $N, C C_{1}$ 的中点 $R, B_{1} C_{1}$ 的中点 $H$, 则 $M N / / B_{1} C / / H R, M H / / A C$,

$\therefore$ 平面 $M N R H / /$ 平面 $A B_{1} C$,

$\therefore M P \subset$ 平面 $M N R H$, 线段 $M P$ 扫过的图形是 $\triangle M N R$



$\because A B=2, \quad \therefore M N=2 \sqrt{2}, N R=\sqrt{2}, M R=\sqrt{6}$,

$\therefore M N^{2}=N R^{2}+M R^{2}, \therefore \angle M R N$ 是直角,

$\therefore$ 线段 $M P$ 长度的取值范围是 $[\sqrt{6}, 2 \sqrt{2}]$.

故选 B.

## 【点睛】

本题主要考查面面平行的判定，熟记面面平行的判定定理即可，属于常考题型.
题目（高一 · 立体几何学）：下列说法正确的是 ( )
选项：
若两条直线与同一条直线所成的角相等, 则这两条直线平行

B. 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等, 则这两个平面平行

C. 若一条直线分别平行于两个相交平面, 则一定平行它们的交线

D. 若两个平面都平行于同一条直线, 则这两个平面平行
答案：C
解析：【分析】

利用逐一验证法, 结合面面平行的判定以及线线平行的特点, 可得结果.

## 【详解】

A 错, 由两条直线与同一条直线所成的角相等,

可知两条直线可能平行，可能相交，也可能异面;

B 错,

若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,

则这两个平面可能平行或相交;

C 正确, 设 $\alpha \cap \beta=l, m / / \alpha, m / / \beta$,

利用线面平行的性质定理, 在平面 $\alpha$ 中存在直线 $a / / m$,

在平面 $\beta$ 中存在直线 $b / / m$ ，所以可知 $\boldsymbol{a} / / b$,

根据线面平行的判定定理，可得 $b / / \alpha$ ，

然后根据线面平行的性质定理可知 $b / / l$ ，所以 $m / / l$;

$\mathrm{D}$ 错, 两个平面可能平行, 也可能相交.

故选: C

## 【点睛】

本题考查面面平行的判定，还考查线面平行的判定定理以及性质定理，重点在于对定理的熟练应用，属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知 $\alpha, \beta$ 是两个不重合的平面, 下列选项中, 一定能得出平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 平行的是
选项：
$\alpha$ 内有无穷多条直线与 $\beta$ 平行

B. 直线 $a / / \alpha, a / / \beta$

C. 直线 $a, b$ 满足 $b / / a, a / / \alpha, b / / \beta$

D. 异面直线 $a, b$ 满足 $a \subset \alpha, b \subset \beta$, 且 $a / / \beta, b / / \alpha$
答案：D
解析：【分析】

采用逐一验证法, 根据面面平行的判定定理, 可得结果.

## 【详解】

A 错

$\alpha$ 内有无穷多条直线与 $\beta$ 平行,

平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 可能平行, 也可能相交,

B 错

若直线 $a / / \alpha, a / / \beta$,

则平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 可能平行，也可能相交，

C 错

若 $b / / a, a / / \alpha, b / / \beta$,

则平面 $\alpha$ 与平面 $\beta$ 可能平行，也可能相交，

D 正确

当异面直线 $a, b$ 满足 $a \subset \alpha, b \subset \beta$, 且 $a / / \beta, b / / \alpha$ 时,

可在 $\alpha$ 上取一点 $P$, 过点 $P$ 在 $\alpha$ 内作直线 $b^{\prime} / / b$,

由线面平行的判定定理，得 $b^{\prime} / / \beta$,

$a, b$ 异面，所以 $a, b^{\prime}$ 相交，

再由面面平行的判定定理，得 $\alpha / / \beta$ ，

故选: D.

【点睛】

本题考查面面平行的判定, 属基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知三条互不相同的直线 $l, m, n$ 和三个互不相同的平面 $\alpha, \beta, \gamma$, 现给出下列三个命题:

(1)若 $l$ 与 $m$ 为异面直线, $l \subset \alpha, m \subset \beta$, 则 $\alpha / / \beta$;

(2)若 $\alpha / / \beta, l \subset \alpha, m \subset \beta$, 则 $l \| m$ ；

(3)若 $\alpha \cap \beta=l, \gamma \cap \beta=m, \gamma \cap \alpha=n, l / / \gamma$, 则 $m \| n$.

其中真命题的个数为
选项：
3
B. 2
C. 1
D. 0
答案：C
解析：【分析】

通过线面平行的性质与判定, 以及线面关系, 对三个命题进行判断, 得到答案.

## 【详解】

(1)中, 两平面也可能相交, 故(1)错误;

(2)中, $l$ 与 $m$ 也可能异面, 故(2)错误;

(3)中, 易知 $l \subset \beta$, 又 $l / / \gamma, \gamma \cap \beta=m$, 所以由线面平行的性质定理知 $l \| m$, 同理 $l / / n$, 所以 $m \| n$, 故(3)正确.

## 【点睛】

本题考查线面平行的判定和性质, 线面关系, 属于简单题.
题目（高一 · 立体几何学）：设 $\alpha, \beta$ 表示两个不同平面, $m$ 表示一条直线, 下列命题正确的是 ( )
选项：
若 $m / / \alpha, \alpha / / \beta$, 则 $m / / \beta$.

B. 若 $m / / \alpha, m / / \beta$, 则 $\alpha / / \beta$.

C. 若 $m \subset \alpha, \alpha / / \beta$, 则 $m / / \beta$.

D. 若 $m \subset \alpha, m / / \beta$, 则 $\alpha / / \beta$.
答案：C
解析：【分析】

由 $m / / \beta$ 或 $m \subset \beta$ 判断 $\mathrm{A}$; 由 $\alpha / / \beta$, 或 $\alpha 、 \beta$ 相交判断 $B$; 根据线面平行与面面平行的定义判断 $C$ ；由 $\alpha / / \beta$ 或 $\alpha 、 \beta$ 相交，判断 $D$.

## 【详解】

若 $m / / \alpha, \alpha / / \beta$, 则 $m / / \beta$ 或 $m \subset \beta, \mathrm{A}$ 不正确;

若 $m / / \alpha, m / / \beta$, 则 $\alpha / / \beta$, 或 $\alpha 、 \beta$ 相交, $B$ 不正确;

若 $m \subset \alpha, \alpha / / \beta$, 可得 $m 、 \beta$ 没有公共点, 即 $m / / \beta, C$ 正确;

若 $m \subset \alpha, m / / \beta$, 则 $\alpha / / \beta$ 或 $\alpha 、 \beta$ 相交, $D$ 不正确,故选 C.

## 【点睛】

本题主要考查空间平行关系的性质与判断, 属于基础题. 空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断, 常采用画图 (尤其是画长方体)、现实实物判断法 (如墙角、桌面等)、排除筛选法等; 另外, 若原命题不太容易判断真假, 可以考虑它的逆否命题,判断它的逆否命题真假, 原命题与逆否命题等价.