eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高一 · 组合数学）：从含有两件正品 $a_{1}, a_{2}$ 和一件次品 $\mathrm{b}$ 的三件产品中每次任取一件, 每次取出后不放回,连续取两次。

(1) 求取出的两件产品中恰有一件次品的概率;

（2）如果将 “每次取出后不放回” 这一条件换成 “每次取出后放回” , 则取出的两件产品中恰有一件次品的概率是多少?
选项：
答案：(1) 每次取一件, 取出后不放回, 则连续取两次的所有基本事件共有 6 个,分别是 $\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, b\right),\left(a_{2}, a_{1}\right),\left(a_{2}, b\right),\left(b, a_{1}\right),\left(b, a_{2}\right)$, 其中小括号内左边的字母表示第 1 次取出的产品, 右边的字母表示第 2 次取出的产品。可以确定这些基本事件的出现是等可能的. 用 A 表示 “取出的两件产品中恰有一件次品” ，则 A 包含的基本事件是 $\left(a_{1}, b\right),\left(a_{2}, b\right),\left(b, a_{1}\right),\left(b, a_{2}\right)$. 因为 $\mathrm{A}$ 中的基本事件的个数为 4 , 所以 $P(A)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$

（2）有放回地连续取出两件, 则所有的基本事件共有 9 个，分别是 $\left(a_{1}, a_{1}\right),\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, b\right),\left(a_{2}, a_{1}\right),\left(a_{2}, a_{2}\right),\left(a_{2}, b\right),\left(b, a_{1}\right),\left(b, a_{2}\right),(b, b)$. 由于每一件产品被取到的机会均等, 因此可以确定这些基本事件的出现是等可能的. 用 $\mathrm{B}$ 表示 “取出的两件产品中恰有一件次品”, 则 B 包含的基本事件是 $\left(a_{1}, \mathrm{~b}\right)\left(a_{2}, b\right),\left(b, a_{1}\right),\left(b, a_{2}\right)$. 因为 B 中的基本事件的个数为 4 , 所以 $P(B)=\frac{4}{9}$.
解析：(1) 每次取一件, 取出后不放回, 则连续取两次的所有基本事件共有 6 个,分别是 $\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, b\right),\left(a_{2}, a_{1}\right),\left(a_{2}, b\right),\left(b, a_{1}\right),\left(b, a_{2}\right)$, 其中小括号内左边的字母表示第 1 次取出的产品, 右边的字母表示第 2 次取出的产品。可以确定这些基本事件的出现是等可能的. 用 A 表示 “取出的两件产品中恰有一件次品” ，则 A 包含的基本事件是 $\left(a_{1}, b\right),\left(a_{2}, b\right),\left(b, a_{1}\right),\left(b, a_{2}\right)$. 因为 $\mathrm{A}$ 中的基本事件的个数为 4 , 所以 $P(A)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3}$

（2）有放回地连续取出两件, 则所有的基本事件共有 9 个，分别是 $\left(a_{1}, a_{1}\right),\left(a_{1}, a_{2}\right),\left(a_{1}, b\right),\left(a_{2}, a_{1}\right),\left(a_{2}, a_{2}\right),\left(a_{2}, b\right),\left(b, a_{1}\right),\left(b, a_{2}\right),(b, b)$. 由于每一件产品被取到的机会均等, 因此可以确定这些基本事件的出现是等可能的. 用 $\mathrm{B}$ 表示 “取出的两件产品中恰有一件次品”, 则 B 包含的基本事件是 $\left(a_{1}, \mathrm{~b}\right)\left(a_{2}, b\right),\left(b, a_{1}\right),\left(b, a_{2}\right)$. 因为 B 中的基本事件的个数为 4 , 所以 $P(B)=\frac{4}{9}$.
题目（高一 · 组合数学）：从上海到美国旧金山的海底电缆有 15 个接点, 现某接点发生故障，需及时修理，为了尽快找出故障的发生点, 一般最多需要检查多少个接点?
选项：
答案：先检查中间的 1 个接点, 若正常，则可断定故障在其另一侧的 7 个接点中; 然后检查这一段中间的 1 个接点, 若仍正常, 则可断定故障在其另一侧的 3 个接点中; 最后只需检查这 3 个接点中间的 1 个, 即可找出故障所在。故一般最多只需检查 3 个接点.
解析：先检查中间的 1 个接点, 若正常，则可断定故障在其另一侧的 7 个接点中; 然后检查这一段中间的 1 个接点, 若仍正常, 则可断定故障在其另一侧的 3 个接点中; 最后只需检查这 3 个接点中间的 1 个, 即可找出故障所在。故一般最多只需检查 3 个接点.
题目（高一 · 组合数学）：(12 分) 某次歌手大赛共有 10 名选手参加, 并请了 12 名评委, 在计算每位选手的平均分数时, 必须先去掉一个最高分和一个最低分后再求平均分数, 请设计一个解决此问题的流程图. (每位评委给的分数最高为 10 分, 最低为 0 分)
选项：
答案：见解析
解析：由题意, 所求程序框图如下:

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_03ea579800d3c478dd9eg-
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, $\mathbf{E}, \mathbf{F}$ 分别是 $\mathbf{A B}, \mathbf{B C}$ 的中点, 指出 $\triangle D_{1} E F$ 在该正方体各表面上的投影.


选项：
答案：triangle D E F, \triangle C_{1} B F, \triangle A_{1} B E$
解析：【分析】

按 $\triangle D_{1} E F$ 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 表面上下、左右、前后三种情况讨论即可。

## 【详解】

$\triangle D_{1} E F$ 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 上下两底面的投影与 $\triangle D E F$ 形状相同; 在左右侧面的投影与 $\Delta C_{1} B F$ 形状相同; 在前后侧面的投影与 $\Delta A_{1} B E$ 形状相同。

## 【点睛】

本题主要考查平面图形的投影问题, 当平面图形位置固定, 投影面位置变化时, 投影可能会发生改变, 属基础题。
题目（高一 · 立体几何学）：用数个小正方体组成一个几何体, 使它的正视图和俯视图如图所示, 俯视图中小正方形中的字母表示在该位置的小立方体的个数.



正视图



管祝图

（1）你能确定哪些字母表示的数?

（2）该几何体可能有多少种不同的形状?
选项：
答案：析
解析：(1) 根据正视图与俯视图可以得出下列结论: (1) $a=3, b=1, c=1$;

(2) $d, e, f$ 中的最大值为 2 . 所以可以确定的是 $\mathrm{a}=3, \mathrm{~b}=1, \mathrm{c}=1$.

(2) 当 $d, e, f$ 中有一个是 2 时, 有 3 种不同的形状;

当 $d, e, f$ 有两个是 2 时, 有 3 种不同的形状;

当 $d, e, f$ 都是 2 时, 有一种形状.

所以该几何体可能有 7 种不同的形状.

考点: 三视图.
题目（高一 · 立体几何学）：下图是一个棱柱的三视图, 其中正视图、侧视图均为长方形, 俯视图为直角三角形, 请根据三视图的作图原则列出方程组, 求出 $x, y$ 的值.



正视图



侧视图



俯视图
选项：
答案：=7, y=3$
解析：【分析】

根据三视图“长对正, 高平齐, 宽相等”的原则构造方程组, 解方程组求得结果.

## 【详解】

棱柱的底面是一个直角三角形

根据“长对正, 高平齐, 宽相等”的原则可知:

$\left\{\begin{array}{l}x+y-2=8 \\ x-y+5=3 y\end{array}\right.$, 即: $\left\{\begin{array}{l}x+y=10 \\ x-4 y=-5\end{array}\right.$, 解得: $\left\{\begin{array}{l}x=7 \\ y=3\end{array}\right.$

## 【点睛】

本题考查三视图的基本原则, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：一圆雉的母线长为 $10 \mathrm{~cm}$, 底面圆半径为 $6 \mathrm{~cm}$.

## (1) 求圆雉的高;

（2）若圆雉内有一球, 球与圆雉的底面及圆雉的所有母线都相切, 求球的表面积.
选项：
答案：) 8 (2) $36 \pi$
解析：【分析】

(1)圆雉的母线长、底面圆半径以及圆雉的高满足勾股定理, 由题意即可求出结果;

(2)先设圆锥内切球半径为 $r$, 由题意可得 $(10-6)^{2}+r^{2}=(8-r)^{2}$, 求出 $r$, 再由球的表面积公式即可得出结果.

## 【详解】

(1) 据题意知, 圆雉的高 $h=\sqrt{10^{2}-6^{2}}=8(\mathrm{~cm})$

（2）据（1）求解知, 圆雉的高为 $8 \mathrm{~cm}$,

设圆雉内切球的半径为 $r$, 则 $(10-6)^{2}+r^{2}=(8-r)^{2}$,所以 $r=3 \mathrm{~cm}$所以所求球的表面积 $S=4 \pi r^{2}=4 \pi \times 3^{2}=36 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.

## 【点睛】

本题主要考查简单几何体的计算公式，属于基础题型.
题目（高一 · 立体几何学）：若长方体的三个面的面积分别是 $\sqrt{2} \mathrm{~cm}^{2}, \sqrt{3} \mathrm{~cm}^{2}, \sqrt{6} \mathrm{~cm}^{2}$, 求:

（1）长方体的体对角线的长;

（2）长方体的表面积.
选项：
答案：） $\sqrt{6} \mathrm{~cm}$. (2) $S_{\text {表 }}=(2 \sqrt{2}+2 \sqrt{3}+2 \sqrt{6}) \mathrm{cm}^{2}$
解析：【分析】

(1) 设长方体的长, 宽, 高分别为 $a \mathrm{~cm}, b \mathrm{~cm}, c \mathrm{~cm}$, 根据已知条件列出方程, 求出 $a, b, c$,即可求出对角线;

（2）根据已知条件, 即可求解.

## 【详解】

（1）设长方体的长，宽，高分别为 $a \mathrm{~cm}, b \mathrm{~cm}, c \mathrm{~cm}$, 如图.



可令 $\left\{\begin{array}{l}a b=\sqrt{2}, \\ b c=\sqrt{3}, \\ a c=\sqrt{6},\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}a=\sqrt{2}, \\ b=1, \\ c=\sqrt{3} .\end{array}\right.$

$\because B D_{1}^{2}=D D_{1}^{2}+B D^{2}=D D_{1}^{2}+A D^{2}+A B^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$,

$\therefore B D_{1}=\sqrt{6} \mathrm{~cm}, \therefore$ 该长方体的体对角线长为 $\sqrt{6} \mathrm{~cm}$.

(2) $S_{\text {表 }}=(2 \sqrt{2}+2 \sqrt{3}+2 \sqrt{6}) \mathrm{cm}^{2}$.

【点睛】

本题考查长方体面的面积与边长的关系, 明确长方体的对角线与长、宽、高的关系, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品, 该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆雉组成, 圆锥的侧面用于艺术装饰, 如图 1 . 为了便于设计, 可将该礼品看成是由圆 $O$ 及其内接等腰三角形 $A B C$ 绕底边 $B C$ 上的高所在直线 $A O$ 旋转 $180^{\circ}$ 而成, 如图 2.已知圆 $O$ 的半径为 $10 \mathrm{~cm}$, 设 $\angle B A O=\theta, 0<\theta<\frac{\pi}{2}$, 圆雉的侧面积为 $S \mathrm{~cm}^{2}$.

(1) 求 $S$ 关于 $\theta$ 的函数关系式;

(2) 为了达到最佳观赏效果, 要求圆锥的侧面积 $S$ 最大. 求 $S$ 取得最大值时腰 $A B$ 的长度.



图 1



图 2
选项：
答案：) $S=400 \pi \sin \theta \cos ^{2} \theta,\left(0<\theta<\frac{\pi}{2}\right)$ (2) 侧面积 $S$ 取得最大值时, 等腰三角形的腰 $A B$ 的长度为 $\frac{20 \sqrt{6}}{3} \mathrm{~cm}$
解析：试题分析: (1) 由条件, $A B=20 \cos \theta, B D=20 \cos \theta \cdot \sin \theta$, 所以 $\mathrm{S}=400 \pi \sin \theta \cos ^{2} \theta$, $\left(0<\theta<\frac{\pi}{2}\right)$; (2) $S=400 \pi \sin \theta \cos ^{2} \theta=400 \pi\left(\sin \theta-\sin ^{3} \theta\right)$, 令 $\mathrm{x}=\sin \theta$, 所以得 $f(x)=x-x^{3}$, 通过求导分析, 得 $f(x)$ 在 $x=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时取得极大值, 也是最大值.

试题解析:



(1) 设 $B_{1}$ 交 $B C$ 于点 $D$, 过 $C_{1}$ 作 $O E \perp A B$, 垂足为 $E$,

在 $\triangle A O E$ 中, $\mathrm{AE}=10 \cos \theta, A B=2 A E=20 \cos \theta$,

在 $\triangle A B D$ 中, $B D=A B \cdot \sin \theta=20 \cos \theta \cdot \sin \theta$,

所以 $\mathrm{S}=400 \pi \sin \theta \cos ^{2} \theta, \quad\left(0<\theta<\frac{\pi}{2}\right)$

(2) 要使侧面积最大, 由 (1) 得:

$S=400 \pi \sin \theta \cos ^{2} \theta=400 \pi\left(\sin \theta-\sin ^{3} \theta\right)$

令 $\mathrm{x}=\sin \theta$, 所以得 $f(x)=x-x^{3}$,
由 $f^{\prime}(x)=1-3 x^{2}=0$ 得: $x=\frac{\sqrt{3}}{3}$

当 $\left(0, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x \in\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1\right)$ 时, $f^{\prime}(x)<0$

所以 $f(x)$ 在区间 $\left(0, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$ 上单调递增, 在区间 $\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1\right)$ 上单调递减,

所以 $f(x)$ 在 $x=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时取得极大值, 也是最大值;

所以当 $\sin \theta=\frac{\sqrt{3}}{3}$ 时, 侧面积 $S$ 取得最大值,

此时等腰三角形的腰长 $A B=20 \cos \theta=20 \sqrt{1-\sin ^{2} \theta}=20 \sqrt{1-\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\frac{20 \sqrt{6}}{3}$

答: 侧面积 $S$ 取得最大值时, 等腰三角形的腰 $A B$ 的长度为 $\frac{20 \sqrt{6}}{3} \mathrm{~cm}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在四棱雉 $B-A C D E$ 中, 正方形 $A C D E$ 所在平面与正 $\triangle A B C$ 所在平面垂直, $M, N$ 分别为 $B C, A E$ 的中点, $F$ 在棱 $C D$ 上.



(1)证明: $M N / /$ 平面 $B D E$.

(2)已知 $A B=2$, 点 $M$ 到 $A F$ 的距离为 $\frac{\sqrt{30}}{5}$, 求三棱雉 $C-A F M$ 的体积.
选项：
答案：)证明见解析； (2) $\frac{\sqrt{3}}{6}$
解析：【分析】

(1) 取 $C D$ 中点 $G$, 连接 $N G, M G$; 根据线面平行的判定定理可分别证得 $M G / /$ 平面 $B D E$ 和 $N G$ / / 平面 $B D E$; 根据面面平行判定定理得平面 $M N G / /$ 平面 $B D E$, 利
用面面平行性质可证得结论; (2) 根据面面垂直性质可知 $C D \perp$ 平面 $A B C$, 由线面垂直性质可得 $C D \perp A M$; 根据等边三角形三线合一可知 $A M \perp B C$; 根据线面垂直判定定理知 $A M \perp$ 平面 $B C D$, 从而得到 $A M \perp M F$; 设 $C F=a$, 表示出 Rt $\triangle A F M$ 三边, 利用面积桥构造方程可求得 $a=1$; 利用体积桥, 可知 $V_{C-A F M}=V_{A-F C M}$, 利用三棱锥体积公式求得结果.

## 【详解】

(1) 取 $C D$ 中点 $G$, 连接 $N G, M G$



$\because G, M$ 为 $C D, B C$ 中点 $\quad \therefore G M / / B D$

又 $B D \subset$ 平面 $B D E, G M \not \subset$ 平面 $B D E \quad \therefore G M / /$ 平面 $B D E$

$\because$ 四边形 $A C D E$ 为正方形, $N, G$ 为 $A E, C D$ 中点 $\quad \therefore N G / / D E$

又 $N G \subset$ 平面 $B D E, N G \not \subset$ 平面 $B D E \quad \therefore N G / /$ 平面 $B D E$

$\because G M \cap N G=G, G M, N G \subset$ 平面 $M N G \quad \therefore$ 平面 $M N G / /$ 平面 $B D E$

又 $M N \subset$ 平面 $M N G \quad \therefore M N / /$ 平面 $B D E$

(2) $\because \triangle A B C$ 为正三角形, $M$ 为 $B C$ 中点 $\quad \therefore A M \perp B C$

$\because$ 平面 $A C D E \perp$ 平面 $A B C, C D \perp A C$, 平面 $A C D E \cap$ 平面 $A B C=A C, C D \subset$ 平面 $A C D E$

$\therefore C D \perp$ 平面 $A B C$, 又 $A M \subset$ 平面 $A B C \quad \therefore A M \perp C D$

又 $B C \cap C D=C, B C, C D \subset$ 平面 $B C D \quad \therefore A M \perp$ 平面 $B C D$

$\because F M \subset$ 平面 $B C D \quad \therefore A M \perp M F$

设 $C F=a$, 则 $A F=\sqrt{4+a^{2}}, M F=\sqrt{1+a^{2}}, A M=\sqrt{3}$

$\therefore A F \cdot \frac{\sqrt{30}}{5}=A M \cdot M F$, 即: $\frac{\sqrt{30} \times \sqrt{4+a^{2}}}{5}=\sqrt{3} \times \sqrt{1+a^{2}}$, 解得: $a=1$

$\therefore V_{C-A F M}=V_{A-F C M}=\frac{1}{3} S_{\triangle F C M} \cdot A M=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 \times 1 \times \sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{6}$

## 【点睛】

本题考查立体几何中线面平行关系的证明、三棱锥体积的求解, 涉及到线面平行的判定、面面平行的判定与性质、线面垂直的判定与性质、面面垂直的性质的应用等知识; 解决三棱雉体积问题的常用方法是利用体积桥的方式, 将问题转化为底面积和高易求的三棱锥的体积的求解问题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示的多面体是由一个以四边形 $A B C D$ 为底面的直四棱柱被平面 $A_{1} B C_{1} D_{1}$ 所截面成, 若 $A D=D C=2, A B=B C=2 \sqrt{3}, \angle D A B=\angle B C D=90^{\circ}$, 且 $A A_{1}=C C_{1}=\frac{3}{2}:$



(1) 求二面角 $D_{1}-A_{1} B-A$ 的大小;

（2）求此多面体的体积.
选项：
答案：) $\arccos \frac{\sqrt{5}}{10}$; (2) $\frac{14 \sqrt{3}}{3}$.
解析：【分析】

(1) 如图建立坐标系, 计算平面 $A_{1} B C_{1} D_{1}$ 的法向量为 $\vec{n}=(1, \sqrt{3}, 4)$, 平面 $A A_{1} B$ 的法向量为 $(1,0,0)$, 计算夹角得到答案.

(2) 平面 $B D_{1} D$ 将多面体分成两个体积相等的四棱雉 $B-D_{1} D C C_{1}$ 和 $B-D_{1} D A A_{1}$, 证明 $A B \perp$ 平面 $D_{1} D A A_{1}$, 计算 $S_{D_{1} D A A_{1}}=\frac{7}{2}$ 故 $V_{B-D_{1} D A A_{1}}=\frac{7 \sqrt{3}}{3}$, 得到答案.

## 【详解】

(1) 如图建立坐标系, 由题意知 $A_{1}\left(0,0, \frac{3}{2}\right) B(0,2 \sqrt{3}, 0)$
$C_{1}\left(-3, \sqrt{3}, \frac{3}{2}\right) \overrightarrow{B A}=\left(0,-2 \sqrt{3}, \frac{3}{2}\right), \overrightarrow{B C_{1}}=\left(-3, \sqrt{3}, \frac{3}{2}\right)$

设平面 $A_{1} B C_{1} D_{1}$ 的法向量为 $\vec{n}=(u, v, w)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}-2 \sqrt{3} u+\frac{3}{2} v=0, \\ -3 u+\sqrt{3} v+\frac{3}{2} w=0,\end{array} \quad u=\frac{v}{\sqrt{3}}, w=\frac{4 v}{\sqrt{3}}\right.$,

所以平面 $A_{1} B C_{1} D_{1}$ 的一个法向量可以为 $\vec{n}=(1, \sqrt{3}, 4)$.

而平面 $A A_{1} B$ 的法向量为 $(1,0,0)$, 设两个法向量的夹角为 $\theta$, 则 $\cos \theta=\frac{1}{\sqrt{20}}=\frac{\sqrt{5}}{10}$所以二面角 $D_{1}-A_{1} B-A$ 的大小为 $\arccos \frac{\sqrt{5}}{10}$.

(2) 设点 $D_{1}(-2,0, h)$, 则 $\overrightarrow{A_{1} D_{1}}=\left(-2,0, h-\frac{3}{2}\right)$

而 $\overrightarrow{A_{1} D_{1}} \cdot \vec{n}=0$, 即 $\left(-2,0, h-\frac{3}{2}\right) \cdot(1, \sqrt{3}, 4)=0$, 解得 $h=2$.

平面 $B D_{1} D$ 将多面体分成两个体积相等的四棱雉 $B-D_{1} D C C_{1}$ 和 $B-D_{1} D A A_{1}$

由于 $A A_{1} \perp$ 平面 $A B C D$, 而 $\angle D A B=90^{\circ}$, 所以 $A B \perp$ 平面 $D_{1} D A A_{1}$

四边形 $D_{1} D A A_{1}$ 是直角梯形,

$S_{D_{1} \text { DAA }_{1}}=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{2}+2\right) \cdot 2=\frac{7}{2}, V_{B-D_{1} \text { DAA }_{1}}=\frac{1}{3} \times \frac{7}{2} \times 2 \sqrt{3}=\frac{7 \sqrt{3}}{3}$. 所以多面体的体积为 $\frac{14 \sqrt{3}}{3}$.



## 【点睛】

本题考查了二面角和多面体的体积, 意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
题目（高一 · 立体几何学）：已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$,



(1) 证明: $D_{1} \mathrm{~A} / /$ 平面 $C_{1} B D$;

（2）求异面直线 $D_{1} A$ 与 $B D$ 所成的角.
选项：
答案：) 证明见解析；（2） $\frac{\pi}{3}$.
解析：【分析】

(1) 证明 $D_{1} A / / C_{1} B$, 再根据线面平行的判定定理即可证明结论;

(2) $\angle C_{1} B D$ 即为异面直线 $D_{1} A$ 与 $B D$ 所成的角, 求出即可.

## 【详解】

(1) 证: 在正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中,

$A B / / C_{1} D_{1}$, 且 $A B=C_{1} D_{1}$,

$\therefore$ 四边形 $A B C_{1} D_{1}$ 为平行四边形,

$\therefore D_{1} A / / C_{1} B$,

又 $\because D_{1} A \not \subset$ 平面 $C_{1} B D, C_{1} B \subset$ 平面 $C_{1} B D$;

$\therefore D_{1} A / /$ 平面 $C_{1} B D$;

(2) 解: $\because D_{1} A / / C_{1} B$,

$\therefore \angle C_{1} B D$ 即为异面直线 $D_{1} A$ 与 $B D$ 所成的角,

设正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的边长为 $a$,

则易得 $C_{1} B=B D=C_{1} D=\sqrt{2} a$,

$\therefore \Delta C_{1} B D$ 为等边三角形,

$\therefore \angle C_{1} B D=\frac{\pi}{3}$,

故异面直线 $D_{1} A$ 与 $B D$ 所成的角为 $\frac{\pi}{3}$.

## 【点睛】

本题主要考查线面平行的判定与异面直线所成的角，属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, $P$ 为平行四边形 $A B C D$ 所在平面外一点, $M, N$ 分别为 $A B, P C$ 的中点.求证: $M N / /$ 平面 $P A D$.


选项：
答案：见解析
解析：【分析】

取 $P D$ 的中点 $E$, 连接 $E A, E N$, 根据线面平行的判定定理, 即可证明结论成立.

## 【详解】

证明：取 $P D$ 的中点 $E$, 如图所示, 连接 $E A, E N$.

$\because E, N$ 分别为 $P D, P C$ 的中点, $\therefore E N / / C D$, 且 $E N=\frac{1}{2} C D$.

$\because$ 四边形 $A B C D$ 为平行四边形, $M$ 为 $A B$ 的中点,

$\therefore A M / / C D$ 且 $A M=\frac{1}{2} C D, \therefore A M, E N$ 平行且相等,

$\therefore$ 四边形 $A M N E$ 为平行四边形, $\therefore M N / / A E$.

又 $A E \subset$ 平面 $P A D, M N \not \subset$ 平面 $P A D$,

$\therefore M N / /$ 平面 $P A D$.



## 【点睛】

本题主要考查证明线面平行, 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, 在直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $M, N$ 分别是 $A C$ 和 $B B_{1}$ 的中点.求证: $M N / /$平面 $A_{1} B_{1} C$.


选项：
答案：见解析
解析：【分析】

取 $A_{1} C$ 的中点 $D$, 由中位线定理和平行线的传递性可证四边形 $D M N B_{1}$ 为平行四边形,可得 $M N / / B_{1} D$, 再根据线面平行的判定定理即可证明结果.

## 【详解】

证明: 取 $A_{1} C$ 的中点 $D$, 连接 $M D, B_{1} D$.



$\because M, D$ 分别为 $A C, A_{1} C$ 的中点, $\therefore M D / / A A_{1}$ 且 $M D=\frac{1}{2} A A_{1}$.

又 $N$ 为 $B_{1} B$ 的中点, $\therefore B_{1} N / / A A_{1}$ 且 $B_{1} N=\frac{1}{2} A A_{1}$,

$\therefore M D / / B_{1} N$ 且 $M D=B_{1} N, \therefore$ 四边形 $D M N B_{1}$ 为平行四边形,

$\therefore M N / / B_{1} D$.

$\because M N \not \subset$ 平面 $A_{1} B_{1} C, B_{1} D \subset$ 平面 $A_{1} B_{1} C$,

$\therefore M N / /$ 平面 $A_{1} B_{1} C$.

## 【点睛】

本题主要考查了平行线的传递性和线面平行的判定定理, 属于基础题.
题目（高一 · 立体几何学）：已知直角梯形 $A B C D$ 的下底与等腰直角三角形 $A B E$ 的斜边重合, $A B \perp B C$ 且 $A B=2 C D=2 B C$ (如图 (1) 所示), 将此图形沿 $A B$ 折叠成直二面角, 连接 $E C, E D$,得到四棱雉 $E-A B C D$ （如图 (2) 所示）.



(1)



(2)

(1) 线段 $E A$ 上是否存在点 $F$, 使 $E C / /$ 平面 $F B D$ ? 若存在, 求出 $\frac{E F}{F A}$; 若不存在,说明理由;

（2）在（1）的条件下, 求平面 $A B E$ 与平面 $F B D$ 的夹角的余弦值.
选项：
答案：) 存在点 $F, \frac{E F}{F A}=\frac{1}{2}$ (2) $\frac{\sqrt{6}}{6}$
解析：【分析】

(1) 假设存在满足题意的点 $F$, 根据线面平行的性质定理可知 $E C / / F G$, 由平行线分线段成比例可求得 $\frac{E F}{F A}=\frac{1}{2}$, 则假设成立;

(2) 取 $A B$ 中点 $O$, 根据垂直关系, 以 $O$ 为坐标原点建立空间直角坐标系, 利用二面角的向量求法可求得结果.

## 【详解】

(1) 假设在线段 $E A$ 上存在点 $F$, 使得 $E C / /$ 平面 $F B D$,

连接 $A C$ ，交 $B D$ 于点 $G$, 连接 $B F, F G, D F$,



若 $E C / /$ 平面 $F B D$, 平面 $A E C \cap$ 平面 $F B D=F G, E C \subset$ 平面 $A E C, \therefore E C / / F G$, $\therefore \frac{E F}{F A}=\frac{C G}{G A}$.

$\because A B / / C D, \quad \therefore \frac{C G}{G A}=\frac{C D}{A B}=\frac{1}{2}, \therefore \frac{E F}{F A}=\frac{1}{2}$,

$\therefore$ 在线段 $E A$ 上存在点 $F$, 使得 $E C / /$ 平面 $F B D$, 此时 $\frac{E F}{F A}=\frac{1}{2}$.

(2) 取 $A B$ 中点 $O$, 连接 $E O, O D$,

$\because O B / / C D, O B=\frac{1}{2} A B=C D, \therefore$ 四边形 $O B C D$ 为平行四边形, $\therefore O D / / B C$,

又 $A B \perp B C, \therefore O D \perp A B$.

$\because E A=E B, O$ 为 $A B$ 中点, $\therefore E O \perp A B$,

又平面 $A B E \perp$ 平面 $A B C D$, 平面 $A B E \cap$ 平面 $A B C D=A B, E O \subset$ 平面 $A B E$,

$\therefore E O \perp$ 平面 $A B C D$.

$\therefore$ 以 $O$ 为坐标原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系 $O-x y z$ :



$\because \triangle E A B$ 为等腰直角三角形, $\therefore O A=O B=O D=O E$,

设 $O B=1$, 则 $O(0,0,0), A(-1,0,0), B(1,0,0), C(1,1,0), D(0,1,0), E(0,0,1)$, $F\left(-\frac{1}{3}, 0, \frac{2}{3}\right)$,

$\therefore \overrightarrow{B D}=(-1,1,0), \overrightarrow{B F}=\left(-\frac{4}{3}, 0, \frac{2}{3}\right), \overrightarrow{O D}=(0,1,0)$.

设平面 $F B D$ 的一个法向量 $\vec{n}=(x, y, z)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{B D}=-x+y=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{B F}=-\frac{4}{3} x+\frac{2}{3} z=0\end{array}\right.$, 令 $x=1$, 则 $y=1, \quad z=2, \therefore \vec{n}=(1,1,2)$.

$\because O D \perp$ 平面 $A B E, \therefore \overrightarrow{O D}$ 是平面 $A B E$ 的一个法向量,

$\therefore \cos \left\langle\vec{n}, \overrightarrow{O D}>=\frac{\vec{n} \cdot \overrightarrow{O D}}{|\vec{n}| \cdot|\overrightarrow{O D}|}=\frac{1}{\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}\right.$,

即平面 $A B E$ 与平面 $F B D$ 的夹角的余弦值为 $\frac{\sqrt{6}}{6}$.

## 【点睛】

本题考查立体几何中存在性问题、平面与平面夹角的求解问题; 求解存在性问题的常用方法是通过假设存在, 将结论作为已知来反向说明, 找到矛盾或验证成立的条件, 从而
得到结论.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在底面为正方形的四棱雉 $E-A B C D$ 中, $B E \perp$ 平面 $A B C D$, 点 $F, G$ 分别在棱 $A B, E C$ 上, 且满足 $A F=2 F B, C E=3 C G$.



(1) 证明: $F G / /$ 平面 $A D E$;

(2) 若 $B E=A B$, 求二面角 $F-E G-B$ 的余弦值.
选项：
答案：) 见解析; (2) $\frac{3 \sqrt{11}}{11}$.
解析：【分析】

(1) 在棱 $D E$ 上取一点 $H$, 使得 $D E=3 D H$, 连接 $A H, H G$, 可证明 $A F G H$ 是平行四边形, 可得 $F G / / A H$, 由线面平行的判定定理可得结果; (2) 以 $B$ 为坐标原点以 $B A, B E, B C$ 为 $X, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ 轴建立空间直角坐标系, 设 $A B=3$, 利用向量垂直数量积为零列方程求出平面 $E F G$ 的法向量, 结合平面 $E G B$ 的一个法向量为 $\overline{B A}$, 利用空间向量夹角余弦公式求解即可.

## 【详解】



(1) 在棱 $D E$ 上取一点 $H$, 使得 $D E=3 D H$, 连接 $A H, H G$,

因为 $C E=3 C G, D E=3 D H$, 所以 $G H / / D C$,

所以 $H G=\frac{2}{3} D C$. 又因为 $A F=2 F B, A B=C D$, 所以 $A F / / H G, A F=H G$,

所以 $A F G H$ 是平行四边形, 所以 $F G / / A H$,

因为 $F G \not \subset$ 平面 $A D E, A H \subset$ 平面 $A D E$, 所以 $F G / /$ 平面 $A D E$.

(2) 依题意, 以 $B$ 为坐标原点, 以 $B A, B E, B C$ 为 $x, y, z$ 轴建立空间直角坐标系 $B-x y z$,

设 $A B=3$ ，则 $F(1,0,0), E(0,3,0), G(0,1,2)$,

所以 $\overrightarrow{F E}=(-1,3,0), \overrightarrow{F G}=(-1,1,2)$.

设平面 $E F G$ 的法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}\overrightarrow{F E} \cdot \vec{n}=0 \\ \overrightarrow{F G} \cdot \vec{n}=0\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{c}-x+3 y=0 \\ -x+y+2 z=0\end{array}\right.$, 取 $x=3$,则 $\vec{n}=(3,1,1)$.

又 $B A \perp$ 平面 $E G B$, 所以平面 $E G B$ 的一个法向量为 $\overrightarrow{B A}=(3,0,0)$,所以 $\cos \langle\overrightarrow{B A}, \vec{n}\rangle=\frac{\overrightarrow{B A} \cdot \vec{n}}{|\overrightarrow{B A}||\vec{n}|}=\frac{3 \sqrt{11}}{11}$,

又二面角 $F-E G-B$ 为锐角, 所以二面角 $F-E G-B$ 的余弦值为 $\frac{3 \sqrt{11}}{11}$.

## 【点睛】

本题主要考查线面平行的判定定理以及利用空间向量求二面角, 属于中档题. 空间向量解答立体几何问题的一般步骤是: (1) 观察图形, 建立恰当的空间直角坐标系; (2) 写出相应点的坐标, 求出相应直线的方向向量; (3) 设出相应平面的法向量, 利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量; (4) 将空间位置关系转化为向量关系; (5) 根据定理结论求出相应的角和距离.
题目（高一 · 立体几何学）：, 在四棱雉 $P-A B C D$ 中, $A D \perp C D, A B / / C D, E, F$ 分别为棱 $P C, C D$的中点, $A B=3, C D=6$, 且 $A C=2 \sqrt{10}$.



(1) 证明: 平面 $P A D / /$ 平面 $B E F$.

(2) 若四棱雉 $P-A B C D$ 的高为 3 , 求该四棱雉的体积.
选项：
答案：) 见解析（2）9
解析：【分析】

(1) 根据 $A B=3, C D=6$ 可知 $C D=2 A B$, 由 $A B / / D F$ 可证明 $B F / / A D$, 又根据中位线可证明 $E F / / P D$ 即可由平面与平面平行的判定定理证明平面 $P A D / /$ 平面 $B E F$.

（2）利用勾股定理,求得 $D C$. 底面为直角梯形,求得底面积后即可由四棱雉的体积公式求得解.

## 【详解】

(1) 证明: 因为 $F$ 为 $C D$ 的中点, 且 $C D=2 A B$, 所以 $D F=A B$.

因为 $A B / / C D$, 所以 $A B / / D F$, 所以四边形 $A B F D$ 为平行四边形,所以 $B F / / A D$.

在 $\triangle P D C$ 中, 因为 $E, F$ 分别为 $P C, C D$ 的中点, 所以 $E F / / P D$,

因为 $E F \cap B F=F, P D \cap A D=D$,

所以平面 $P A D / /$ 平面 $B E F$.

(2) 因为 $A D \perp C D$, 所以 $A C=\sqrt{A D^{2}+C D^{2}}=\sqrt{A D^{2}+36}$,

又 $A C=2 \sqrt{10}$,

所以 $A D=2$.

所以四边形 $A B C D$ 的面积为 $\frac{1}{2} \times 2 \times(3+6)=9$,

故四棱雉 $P-A B C D$ 的体积为 $\frac{1}{3} \times 3 \times 9=9$.

## 【点睛】

本题考查了平面与平面平行的判定,四棱雉体积的求法,属于基础题.
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, $M, N, P$ 分别是 $A D_{1}, B D, B_{1} C$ 的中点.求证:



(1) $M N / /$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$;

(2) 平面 $M N P / /$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$.
选项：
答案：见解析
解析：【分析】

(1) 连接 $A C, C D_{1}$, 根据线面平行的判定定理, 即可证明结论成立;

(2) 连接 $B C_{1}, C_{1} D$, 先由线面平行的判定定理, 得到 $P N \|$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$, 再由 (1)的结果，结合面面平行的判定定理，即可证明结论成立.

## 【详解】

(1) 如图, 连接 $A C, C D_{1}$.

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $N$ 是 $B D$ 的中点, $\therefore N$ 是 $A C$ 的中点.

又 $\because M$ 是 $A D_{1}$ 的中点, $\therefore M N / / C D_{1}$.

$\because M N \not \subset$ 平面 $C C_{1} D_{1} D, C D_{1} \subset$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$,
$\therefore M N / /$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$.

(2) 连接 $B C_{1}, C_{1} D$,

$\because$ 四边形 $B_{1} B C C_{1}$ 是正方形, $P$ 是 $B_{1} C$ 的中点, $\therefore P$ 是 $B C_{1}$ 的中点.



又 $\because N$ 是 $B D$ 中点, $\therefore P N \| C_{1} D$.

$\because P N \not \subset$ 平面 $C C_{1} D_{1} D, C_{1} D \subset$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$,

$\therefore P N \|$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$.

由（1）知 $M N / /$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$ ，且 $M N \cap P N=N$,

$\therefore$ 平面 $M N P / /$ 平面 $C C_{1} D_{1} D$.

## 【点睛】

本题主要考查证明线面平行与面面平行, 熟记线面平行的判定定理以及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）：如图, 在三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $D 、 P$ 分别是棱 $A B, A_{1} B_{1}$ 的中点, 求证:



(1) $A C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$;

(2) 平面 $A P C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$.
选项：
答案：) 见证明;（2）见证明
解析：【分析】

(1) 设 $B C_{1}$ 与 $B_{1} C$ 的交点为 $O$, 连结 $O D$, 证明 $O D / / A C_{1}$, 再由线面平行的判定可得 $A C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$;

(2) 由 $P$ 为线段 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 点 $D$ 是 $A B$ 的中点, 证得四边形 $A D B_{1} P$ 为平行四边形,得到 $A P / / D B_{1}$, 进一步得到 $A P / /$ 平面 $B_{1} C D$. 再由 $A C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$, 结合面面平行的判定可得平面 $A P C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$.

## 【详解】

证明: (1) 设 $B C_{1}$ 与 $B_{1} C$ 的交点为 $O$, 连结 $O D$,

$\because$ 四边形 $B C C_{1} B_{1}$ 为平行四边形, $\therefore O$ 为 $B_{1} C$ 中点,

又 $D$ 是 $A B$ 的中点, $\therefore O D$ 是三角形 $A B C_{1}$ 的中位线, 则 $O D / / A C_{1}$,

又 $\because A C_{1} \not \subset$ 平面 $B_{1} C D, O D \subset$ 平面 $B_{1} C D$,

$\therefore A C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$;

(2) $\because P$ 为线段 $A_{1} B_{1}$ 的中点, 点 $D$ 是 $A B$ 的中点,

$\therefore A D / / B_{1} P$ 且 $A D=B_{1} P$, 则四边形 $A D B_{1} P$ 为平行四边形,

$\therefore A P / / D B_{1}$,

又 $\because A P \not \subset$ 平面 $B_{1} C D, D B_{1} \subset$ 平面 $B_{1} C D ，$

$\therefore A P / /$ 平面 $B_{1} C D$.

又 $A C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D, A C_{1} \cap A P=P$, 且 $A C_{1} \subset$ 平面 $A P C_{1}, A P \subset$ 平面 $A P C_{1}$,

$\therefore$ 平面 $A P C_{1} / /$ 平面 $B_{1} C D$.



【点睛】
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 矩形 $A B C D$ 所在平面垂直于直角梯形 $A B P E$ 所在平面, $E P=\sqrt{3}, B P=2, A D=A E=1, A E \perp E P, A E / / B P, G, F$ 分别是 $B P, B C$ 的中点.



(1) 求证: 平面 $A F G / /$ 平面 $P C E$;

(2) 求二面角 $D-B E-A$ 的正切值.
选项：
答案：) 见解析; (2) $\frac{\sqrt{21}}{3}$
解析：【分析】

(1) 由几何关系可知四边形 $A E P G$ 是平行四边形, 则 $A G / / E P$. 由线面平行的判定定理可得 $A G / /$ 平面 $P C E$. 由中位线的性质可知 $F G / / P C$, 则 $F G / /$ 面 $P C E$ 利用面面平行的判定定理即可证得平面 $A F G / /$ 平面 $P C E$.

(2) 以 $A$ 为坐标原点建立空间直角坐标系, 计算可得平面 $B D E$ 的一个法向量 $\vec{n}=(\sqrt{3}, 2, \sqrt{3})$. 而平面 $A B E$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(0,0,1)$. 据此可得 $\cos \vec{m}, \vec{n}=\frac{\sqrt{30}}{10}$,然后结合同角三角函数基本关系求解二面角 $D-B E-A$ 的正切值即可.

## 【详解】

(1) 因为 $G$ 是 $B P$ 的中点, $B P=2$, 所以 $P G=\frac{1}{2} B P=1$.

又因为 $A E=1, A E / / B P$, 所以 $A E / / P G$, 且 $A E=P G$所以四边形 $A E P G$ 是平行四边形, 所以 $A G / / E P$.

又因为 $A G \not \subset$ 平面 $P C E, E P \subset$ 平面 $P C E$, 所以 $A G / /$ 平面 $P C E$.

因为 $G 、 F$ 分别是 $B P 、 B C$ 的中点, 所以 $F G / / P C$.

又因为 $P C \subset$ 平面 $P C E, F G \not \subset$ 平面 $P C E$, 所以 $F G / /$ 面 $P C E$

又因为 $A G \cap F G=G, A G \subset$ 平面 $A F G, F G \subset$ 平面 $A F G$, 所以平面 $A F G / /$ 平面 PCE .

(2) 以 $A$ 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系, 则
$E(1,0,0), D(0,0,1), B(-1, \sqrt{3}, 0)$,

所以 $\overline{E D}=(-1,0,1), \overline{E B}=(-2, \sqrt{3}, 0)$.

设平面 $B D E$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}\vec{n} \cdot \overrightarrow{E D}=-x+z=0 \\ \vec{n} \cdot \overrightarrow{E B}=-2 x+\sqrt{3} y=0\end{array}\right.$, 令 $x=\sqrt{3}$,

得 $y=2, z=\sqrt{3}$,

所以 $\vec{n}=(\sqrt{3}, 2, \sqrt{3})$.

易知平面 $A B E$ 的一个法向量为 $\vec{m}=(0,0,1)$.

所以 $\cos \vec{m}, \vec{n}=\frac{\vec{m} \cdot \vec{n}}{|\stackrel{\rightharpoonup}{m}| \cdot|\vec{n}|}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{30}}{10}$.

又因为二面角 $D-B E-A$ 的平面角为锐角, 所以二面角 $D-B E-A$ 的正切值

$=\frac{\sqrt{70}}{\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{21}}{3}$.



## 【点睛】

本题主要考查面面平行的判定定理, 空间向量处理面面角的方法等知识, 意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, $\alpha \cap \beta=a, b \subset \alpha, c \subset \beta, b / / c$, 求证 $a / / b / / c$.


选项：
答案：析
解析：【分析】

首先根据线面平行的判定定理, 证得 $b / / \beta$; 再根据线面平行的性质定理证得 $b / / a$,由平行公理证得 $a / / c$, 从而证得 $a / / b / / c$.

## 【详解】

$\because b \subset \alpha, \alpha \cap \beta=a, \therefore b \not \subset \beta$.

$\because b / / c, c \subset \beta, \therefore b / / \beta$

$\because b \subset \alpha, \alpha \cap \beta=a$,

$\therefore b / / a, \therefore a / / c$,

$\therefore a / / b / / c$.

## 【点睛】

本小题主要考查线面平行的判定定理和性质定理, 考查平行公理, 属于基础题.