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题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 在正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $E$ 为 $B B_{1}$ 的中点, 求证: 截面 $A_{1} C E \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$.


证明 如图所示, 取 $A_{1} C$ 的中点 $F, A C$ 的中点 $G$, 连接 $F G, E F, B G$, 则 $F G / / A A_{1}$, 且 $G F=\frac{1}{2} A A_{1}$.



因为 $B E=E B_{1}, A_{1} B_{1}=C B, \angle A_{1} B_{1} E=\angle C B E=90^{\circ}$,

所以 $\triangle A_{1} B_{1} E \cong \triangle C B E$, 所以 $A_{1} E=C E$.

因为 $F$ 为 $A_{1} C$ 的中点, 所以 $E F \perp A_{1} C$.

又 $F G / / A A_{1} / / B E, G F=\frac{1}{2} A A_{1}=B E$, 且 $B E \perp B G$,

所以四边形 $B E F G$ 是矩形, 所以 $E F \perp F G$.

因为 $A_{1} C \cap F G=F$, 所以 $E F \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$.

又因为 $E F \subset$ 平面 $A_{1} C E$, 所以截面 $A_{1} C E \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$
选项：
答案：如图所示, 在正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $E$ 为 $B B_{1}$ 的中点, 求证: 截面 $A_{1} C E \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$.

<ImageHere>
证明 如图所示, 取 $A_{1} C$ 的中点 $F, A C$ 的中点 $G$, 连接 $F G, E F, B G$, 则 $F G / / A A_{1}$, 且 $G F=\frac{1}{2} A A_{1}$.

<ImageHere>

因为 $B E=E B_{1}, A_{1} B_{1}=C B, \angle A_{1} B_{1} E=\angle C B E=90^{\circ}$,

所以 $\triangle A_{1} B_{1} E \cong \triangle C B E$, 所以 $A_{1} E=C E$.

因为 $F$ 为 $A_{1} C$ 的中点, 所以 $E F \perp A_{1} C$.

又 $F G / / A A_{1} / / B E, G F=\frac{1}{2} A A_{1}=B E$, 且 $B E \perp B G$,

所以四边形 $B E F G$ 是矩形, 所以 $E F \perp F G$.

因为 $A_{1} C \cap F G=F$, 所以 $E F \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$.

又因为 $E F \subset$ 平面 $A_{1} C E$, 所以截面 $A_{1} C E \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$.
解析：如图所示, 在正三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $E$ 为 $B B_{1}$ 的中点, 求证: 截面 $A_{1} C E \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$.


证明 如图所示, 取 $A_{1} C$ 的中点 $F, A C$ 的中点 $G$, 连接 $F G, E F, B G$, 则 $F G / / A A_{1}$, 且 $G F=\frac{1}{2} A A_{1}$.



因为 $B E=E B_{1}, A_{1} B_{1}=C B, \angle A_{1} B_{1} E=\angle C B E=90^{\circ}$,

所以 $\triangle A_{1} B_{1} E \cong \triangle C B E$, 所以 $A_{1} E=C E$.

因为 $F$ 为 $A_{1} C$ 的中点, 所以 $E F \perp A_{1} C$.

又 $F G / / A A_{1} / / B E, G F=\frac{1}{2} A A_{1}=B E$, 且 $B E \perp B G$,

所以四边形 $B E F G$ 是矩形, 所以 $E F \perp F G$.

因为 $A_{1} C \cap F G=F$, 所以 $E F \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$.

又因为 $E F \subset$ 平面 $A_{1} C E$, 所以截面 $A_{1} C E \perp$ 侧面 $A C C_{1} A_{1}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 四棱雉 $P-A B C D$ 的底面 $A B C D$ 为正方形, $P A \perp$ 底面 $A B C D, A C, B D$ 交于点 $E, F$ 是 $P B$ 的中点. 求证:

(1)EF//平面 $P C D$;

(2)平面 $P B D \perp$ 平面 $P A C$.



证明 (1) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $\therefore E$ 是 $B D$ 的中点.

又 $F$ 是 $P B$ 的中点, $\therefore E F / / P D$.

又 $\because E F$ 平面 $P C D, P D \subset$ 平面 $P C D$,

$\therefore E F / /$ 平面 $P C D$.

(2) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $\therefore B D \perp A C$.

$\because P A \perp$ 平面 $A B C, \therefore P A \perp B D$.

又 $P A \cap A C=A, \therefore B D \perp$ 平面 $P A C$.

又 $B D \subset$ 平面 $P B D$,

$\therefore$ 平面 $P B D \perp$ 平面 $P A C$
选项：
答案：如图, 四棱雉 $P-A B C D$ 的底面 $A B C D$ 为正方形, $P A \perp$ 底面 $A B C D, A C, B D$ 交于点 $E, F$ 是 $P B$ 的中点. 求证:

(1)EF//平面 $P C D$;

(2)平面 $P B D \perp$ 平面 $P A C$.

<ImageHere>

证明 (1) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $\therefore E$ 是 $B D$ 的中点.

又 $F$ 是 $P B$ 的中点, $\therefore E F / / P D$.

又 $\because E F$ 平面 $P C D, P D \subset$ 平面 $P C D$,

$\therefore E F / /$ 平面 $P C D$.

(2) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $\therefore B D \perp A C$.

$\because P A \perp$ 平面 $A B C, \therefore P A \perp B D$.

又 $P A \cap A C=A, \therefore B D \perp$ 平面 $P A C$.

又 $B D \subset$ 平面 $P B D$,

$\therefore$ 平面 $P B D \perp$ 平面 $P A C$.
解析：如图, 四棱雉 $P-A B C D$ 的底面 $A B C D$ 为正方形, $P A \perp$ 底面 $A B C D, A C, B D$ 交于点 $E, F$ 是 $P B$ 的中点. 求证:

(1)EF//平面 $P C D$;

(2)平面 $P B D \perp$ 平面 $P A C$.



证明 (1) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $\therefore E$ 是 $B D$ 的中点.

又 $F$ 是 $P B$ 的中点, $\therefore E F / / P D$.

又 $\because E F$ 平面 $P C D, P D \subset$ 平面 $P C D$,

$\therefore E F / /$ 平面 $P C D$.

(2) $\because$ 四边形 $A B C D$ 是正方形, $\therefore B D \perp A C$.

$\because P A \perp$ 平面 $A B C, \therefore P A \perp B D$.

又 $P A \cap A C=A, \therefore B D \perp$ 平面 $P A C$.

又 $B D \subset$ 平面 $P B D$,

$\therefore$ 平面 $P B D \perp$ 平面 $P A C$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 1-3-20, 一个圆柱形的玻璃瓶的内半径为 $3 \mathrm{~cm}$, 瓶里所装的水深为 $8 \mathrm{~cm}$, 将一个钢球完全浸入水中,瓶中水的高度上升到 $8.5 \mathrm{~cm}$, 求钢球的半径.



图 1-3-20
选项：
答案：设球的半径为 $R$, 由题意可得

$\frac{4}{3} \pi R^{3}=\pi \times 3^{2} \times 0.5$,

解得 $R=1.5(\mathrm{~cm})$, 所以所求球的半径为 $1.5 \mathrm{~cm}$.
解析：设球的半径为 $R$, 由题意可得

$\frac{4}{3} \pi R^{3}=\pi \times 3^{2} \times 0.5$,

解得 $R=1.5(\mathrm{~cm})$, 所以所求球的半径为 $1.5 \mathrm{~cm}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 1-3-21 所示(单位: $\mathrm{cm}$ )四边形 $A B C D$ 是直角梯形, 求图中阴影部分绕 $A B$ 旋转一周所成几何体的表面积和体积.



图 1-3-21
选项：
答案：$\frac{1}{2} S_{\text {球 }}=\frac{1}{2} \times 4 \pi \times 2^{2}=8 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

$S_{\text {圆台栺 }}=\pi(2+5) \sqrt{(5-2)^{2}+4^{2}}=35 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

$S_{\text {圆台下底 }}=\pi \times 5^{2}=25 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

即该几何体的表面积为

$8 \pi+35 \pi+25 \pi=68 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.

又 $V_{\text {圆台 }}=\frac{\pi}{3} \times\left(2^{2}+2 \times 5+5^{2}\right) \times 4=52 \pi\left(\mathrm{cm}^{3}\right)$,

$V_{\text {半赇 }}=\frac{1}{2} \times \frac{4 \pi}{3} \times 2^{3}=\frac{16 \pi}{3}\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$.

所以该几何体的体积为

$V_{\text {圆台 }}-V_{\text {半赇 }}=52 \pi-\frac{16 \pi}{3}=\frac{140 \pi}{3}\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$.
解析：$\frac{1}{2} S_{\text {球 }}=\frac{1}{2} \times 4 \pi \times 2^{2}=8 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

$S_{\text {圆台栺 }}=\pi(2+5) \sqrt{(5-2)^{2}+4^{2}}=35 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

$S_{\text {圆台下底 }}=\pi \times 5^{2}=25 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$,

即该几何体的表面积为

$8 \pi+35 \pi+25 \pi=68 \pi\left(\mathrm{cm}^{2}\right)$.

又 $V_{\text {圆台 }}=\frac{\pi}{3} \times\left(2^{2}+2 \times 5+5^{2}\right) \times 4=52 \pi\left(\mathrm{cm}^{3}\right)$,

$V_{\text {半赇 }}=\frac{1}{2} \times \frac{4 \pi}{3} \times 2^{3}=\frac{16 \pi}{3}\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$.

所以该几何体的体积为

$V_{\text {圆台 }}-V_{\text {半赇 }}=52 \pi-\frac{16 \pi}{3}=\frac{140 \pi}{3}\left(\mathrm{~cm}^{3}\right)$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 半径为 $R$ 的半圆内的阴影部分是以直径 $A B$ 所在直线为轴, 旋转一周得到的一几何体, 求该几何体的表面积和体积. (其中 $\angle B A C=30^{\circ}$ )

选项：
答案：$C$ 作 $C O_{1} \perp A B$ 于点 $O_{1}$, 由已知得 $\angle B C A=90^{\circ}$,

$\because \angle B A C=30^{\circ}, A B=2 R$,

$\therefore A C=\sqrt{3} R, B C=R, C O_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2} R$.

$\therefore S_{\text {翡 }}=4 \pi R^{2}, \quad S_{\text {圆维 } A \text {, 侧 }}=\pi \times \frac{\sqrt{3}}{2} R \times \sqrt{3} R=\frac{3}{2} \pi R^{2}$,

<ImageHere>

$\therefore S_{\text {几何体表 }}=S_{\text {球 }}+S_{\text {圆锥 } A O_{1} \text { 侧 }}+S_{\text {圆锥 } B O_{\text {侧 }}}$

$=4 \pi R^{2}+\frac{3}{2} \pi R^{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \pi R^{2}=\frac{11+\sqrt{3}}{2} \pi R^{2}$.

又 $\because V_{\text {非 }}=\frac{4}{3} \pi R^{3}$,

$V_{\text {圆秧 } A O_{1}}=\frac{1}{3} \cdot A O_{1} \cdot \pi \cdot C O_{1}^{2}=\frac{1}{4} \pi R^{2} \cdot A O_{1} ，$

$V_{\text {圆锥 } B O_{1}}=\frac{1}{3} \cdot B O_{1} \cdot \pi \cdot C O_{1}^{2}=\frac{1}{4} \pi R^{2} \cdot B O_{1}$,

$\therefore V_{\text {几何体 }}=V_{\text {球 }}-\left(V_{\text {圆锥 } A O_{1}}+V_{\text {圆锥 } B O_{1}}\right)=\frac{5}{6} \pi R^{3}$.
解析：$C$ 作 $C O_{1} \perp A B$ 于点 $O_{1}$, 由已知得 $\angle B C A=90^{\circ}$,

$\because \angle B A C=30^{\circ}, A B=2 R$,

$\therefore A C=\sqrt{3} R, B C=R, C O_{1}=\frac{\sqrt{3}}{2} R$.

$\therefore S_{\text {翡 }}=4 \pi R^{2}, \quad S_{\text {圆维 } A \text {, 侧 }}=\pi \times \frac{\sqrt{3}}{2} R \times \sqrt{3} R=\frac{3}{2} \pi R^{2}$,



$\therefore S_{\text {几何体表 }}=S_{\text {球 }}+S_{\text {圆锥 } A O_{1} \text { 侧 }}+S_{\text {圆锥 } B O_{\text {侧 }}}$

$=4 \pi R^{2}+\frac{3}{2} \pi R^{2}+\frac{\sqrt{3}}{2} \pi R^{2}=\frac{11+\sqrt{3}}{2} \pi R^{2}$.

又 $\because V_{\text {非 }}=\frac{4}{3} \pi R^{3}$,

$V_{\text {圆秧 } A O_{1}}=\frac{1}{3} \cdot A O_{1} \cdot \pi \cdot C O_{1}^{2}=\frac{1}{4} \pi R^{2} \cdot A O_{1} ，$

$V_{\text {圆锥 } B O_{1}}=\frac{1}{3} \cdot B O_{1} \cdot \pi \cdot C O_{1}^{2}=\frac{1}{4} \pi R^{2} \cdot B O_{1}$,

$\therefore V_{\text {几何体 }}=V_{\text {球 }}-\left(V_{\text {圆锥 } A O_{1}}+V_{\text {圆锥 } B O_{1}}\right)=\frac{5}{6} \pi R^{3}$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-2-27 所示, 四边形 $A B C D$ 是矩形, $P \notin$ 平面 $A B C D$, 过 $B C$ 作平面 $B C F E$ 交 $A P$ 于点 $E$, 交 $D P$ 于点

$F$, 求证: 四边形 $B C F E$ 为梯形.



图 2-2-27
选项：
答案：$\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形, $\therefore B C / / A D$.

$\because A D \subset$ 平面 $A P D, B C \Varangle$ 平面 $A P D$,

$\therefore B C / /$ 平面 $A P D$.

又平面 $B C F E \cap$ 平面 $A P D=E F$,

$\therefore B C / / E F, \therefore A D / / E F$.

又 $E, F$ 是 $\triangle A P D$ 边上的点,

$\therefore E F \neq A D, \quad \therefore E F \neq B C$.

$\therefore$ 四边形 $B C F E$ 是梯形.
解析：$\because$ 四边形 $A B C D$ 是矩形, $\therefore B C / / A D$.

$\because A D \subset$ 平面 $A P D, B C \Varangle$ 平面 $A P D$,

$\therefore B C / /$ 平面 $A P D$.

又平面 $B C F E \cap$ 平面 $A P D=E F$,

$\therefore B C / / E F, \therefore A D / / E F$.

又 $E, F$ 是 $\triangle A P D$ 边上的点,

$\therefore E F \neq A D, \quad \therefore E F \neq B C$.

$\therefore$ 四边形 $B C F E$ 是梯形.
题目（高一 · 立体几何学）：如图 2-2-28, $S$ 是平行四边形 $A B C D$ 所在平面外一点, $M, N$ 分别是 $S A, B D$ 上的点, 且 $\frac{A M}{S M}=\frac{D N}{N B}$, 求证: $M N / /$ 平面 $S B C$.



图 2-2-28
选项：
答案：$A B$ 上取一点 $P$, 使 $\frac{A P}{B P}=\frac{A M}{S M}$, 连接 $M P, N P$, 则 $M P / / S B$.

<ImageHere>

$\because S B \subset$ 平面 $S B C, M P \Phi$ 平面 $S B C, \therefore M P / /$ 平面 $S B C$.

又 $\frac{A M}{S M}=\frac{D N}{N B}, \therefore \frac{A P}{B P}=\frac{D N}{N B}, \therefore N P / / A D$.
$\because A D / / B C, \quad \therefore N P / / B C$.

又 $B C \subset$ 平面 $S B C, N P d$ 平面 $S B C$ ，

$\therefore N P / /$ 平面 $S B C$.

又 $M P \cap N P=P$,

$\therefore$ 平面 $M N P / /$ 平面 $S B C$, 而 $M N \subset$ 平面 $M N P$,

$\therefore M N / /$ 平面 $S B C$.
解析：$A B$ 上取一点 $P$, 使 $\frac{A P}{B P}=\frac{A M}{S M}$, 连接 $M P, N P$, 则 $M P / / S B$.



$\because S B \subset$ 平面 $S B C, M P \Phi$ 平面 $S B C, \therefore M P / /$ 平面 $S B C$.

又 $\frac{A M}{S M}=\frac{D N}{N B}, \therefore \frac{A P}{B P}=\frac{D N}{N B}, \therefore N P / / A D$.
$\because A D / / B C, \quad \therefore N P / / B C$.

又 $B C \subset$ 平面 $S B C, N P d$ 平面 $S B C$ ，

$\therefore N P / /$ 平面 $S B C$.

又 $M P \cap N P=P$,

$\therefore$ 平面 $M N P / /$ 平面 $S B C$, 而 $M N \subset$ 平面 $M N P$,

$\therefore M N / /$ 平面 $S B C$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 已知 $E, F$ 分别是菱形 $A B C D$ 中边 $B C, C D$ 的中点, $E F$ 与 $A C$ 交于点 $O$, 点 $P$在平面 $A B C D$ 之外, $M$ 是线段 $P A$ 上一动点, 若 $P C / /$ 平面 $M E F$, 试求 $P M: M A$ 的值.


选项：
答案：如图, 连接 $B D$ 交 $A C$ 于点 $O_{1}$, 连接 $O M$.

<ImageHere>

因为 $P C / /$ 平面 $M E F$, 平面 $P A C \cap$ 平面 $M E F=O M$,
所以 $P C / / O M$, 所以 $\frac{P M}{P A}=\frac{O C}{A C}$.

在菱形 $A B C D$ 中,

因为 $E, F$ 分别是边 $B C, C D$ 的中点, 所以 $\frac{O C}{O_{1} C}=\frac{1}{2}$.

又 $A O_{1}=C O_{1}$, 所以 $\frac{P M}{P A}=\frac{O C}{A C}=\frac{1}{4}$,

故 $P M: M A=1: 3$.
解析：如图, 连接 $B D$ 交 $A C$ 于点 $O_{1}$, 连接 $O M$.



因为 $P C / /$ 平面 $M E F$, 平面 $P A C \cap$ 平面 $M E F=O M$,
所以 $P C / / O M$, 所以 $\frac{P M}{P A}=\frac{O C}{A C}$.

在菱形 $A B C D$ 中,

因为 $E, F$ 分别是边 $B C, C D$ 的中点, 所以 $\frac{O C}{O_{1} C}=\frac{1}{2}$.

又 $A O_{1}=C O_{1}$, 所以 $\frac{P M}{P A}=\frac{O C}{A C}=\frac{1}{4}$,

故 $P M: M A=1: 3$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 已知正三棱柱 $A B C-A^{\prime} B^{\prime} C^{\prime}$ 中, $D$ 是 $A A^{\prime}$ 上的点, $E$ 是 $B^{\prime} C^{\prime}$ 的中点, 且 $A^{\prime} E / /$ 平面 $D B C^{\prime}$. 试判断 $D$ 点在 $A A^{\prime}$ 上的位置, 并给出证明.


选项：
答案：$D$ 为 $A A^{\prime}$ 的中点. 证明如下:

取 $B C$ 的中点 $F$, 连接 $A F, E F$, 如图.

<ImageHere>

设 $E F$ 与 $B C^{\prime}$ 交于点 $O$, 易证 $A^{\prime} E / / A F, A^{\prime} E=A F$, 易知 $A^{\prime}, E, F, A$ 共面于平面 $A^{\prime} E F A$.

因为 $A^{\prime} E / /$ 平面 $D B C^{\prime}, A^{\prime} E \subset$ 平面 $A^{\prime} E F A$, 且平面 $D B C^{\prime} \cap$ 平面 $A^{\prime} E F A=D O$, 所以 $A^{\prime} E / / D O$.在平行四边形 $A^{\prime} E F A$ 中,

因为 $O$ 是 $E F$ 的中点 (因为 $E C^{\prime} / / B F$, 且 $E C^{\prime}=B F$ ),

所以点 $D$ 为 $A A^{\prime}$ 的中点.
解析：$D$ 为 $A A^{\prime}$ 的中点. 证明如下:

取 $B C$ 的中点 $F$, 连接 $A F, E F$, 如图.



设 $E F$ 与 $B C^{\prime}$ 交于点 $O$, 易证 $A^{\prime} E / / A F, A^{\prime} E=A F$, 易知 $A^{\prime}, E, F, A$ 共面于平面 $A^{\prime} E F A$.

因为 $A^{\prime} E / /$ 平面 $D B C^{\prime}, A^{\prime} E \subset$ 平面 $A^{\prime} E F A$, 且平面 $D B C^{\prime} \cap$ 平面 $A^{\prime} E F A=D O$, 所以 $A^{\prime} E / / D O$.在平行四边形 $A^{\prime} E F A$ 中,

因为 $O$ 是 $E F$ 的中点 (因为 $E C^{\prime} / / B F$, 且 $E C^{\prime}=B F$ ),

所以点 $D$ 为 $A A^{\prime}$ 的中点.
题目（高一 · 立体几何学）：如图所示, 已知 $P$ 是平行四边形 $A B C D$ 所在平面外一点, $M$ 为 $P B$ 的中点.



求证: $P D / /$ 平面 $M A C$.
选项：
答案：如图所示, 连接 $B D$ 交 $A C$ 于点 $O$, 连接 $M O$,

<ImageHere>

则 $M O$ 为 $\triangle B D P$ 的中位线, $\therefore P D / / M O$.

$\because P D \Phi$ 平面 $M A C, M O \subset$ 平面 $M A C$,

$\therefore P D / /$ 平面 $M A C$.
解析：如图所示, 连接 $B D$ 交 $A C$ 于点 $O$, 连接 $M O$,



则 $M O$ 为 $\triangle B D P$ 的中位线, $\therefore P D / / M O$.

$\because P D \Phi$ 平面 $M A C, M O \subset$ 平面 $M A C$,

$\therefore P D / /$ 平面 $M A C$.
题目（高一 · 立体几何学）：如图, 在三棱台 $D E F-A B C$ 中, $A B=2 D E, G, H$ 分别为 $A C, B C$ 的中点.

求证: $B D / /$ 平面 $F G H$.


选项：
答案：, 连接 $D G, C D$, 设 $C D \cap G F=O$, 连接 $O H$.

<ImageHere>

在三棱台 $D E F-A B C$ 中, $A B=2 D E, G$ 为 $A C$ 的中点, 可得 $D F$ 綊 $G C$,

所以四边形 $D F C G$ 为平行四边形,

则 $O$ 为 $C D$ 的中点,

又 $H$ 为 $B C$ 的中点, 所以 $O H / / B D$.

<ImageHere>

所以 $B D / /$ 平面 $F G H$.
解析：, 连接 $D G, C D$, 设 $C D \cap G F=O$, 连接 $O H$.



在三棱台 $D E F-A B C$ 中, $A B=2 D E, G$ 为 $A C$ 的中点, 可得 $D F$ 綊 $G C$,

所以四边形 $D F C G$ 为平行四边形,

则 $O$ 为 $C D$ 的中点,

又 $H$ 为 $B C$ 的中点, 所以 $O H / / B D$.



所以 $B D / /$ 平面 $F G H$.
题目（高一 · 立体几何学）：有一个正六棱雉(底面为正六边形, 侧面为全等的等腰三角形的棱雉), 底面边长为 $3 \mathrm{~cm}$, 高为 $3 \mathrm{~cm}$, 画出这个正六棱雉的直观图.
选项：
答案：)先画出边长为 $3 \mathrm{~cm}$ 的正六边形的水平放置的直观图，如图(1)所示;

(2)过正六边形的中心 $O^{\prime}$ 建立 $z^{\prime}$ 轴, 在 $z^{\prime}$ 轴上截取 $O^{\prime} V^{\prime}=3 \mathrm{~cm}$ ，如图(2)所示;

(3)连接 $V^{\prime} A^{\prime} 、 V^{\prime} B^{\prime} 、 V^{\prime} C^{\prime} 、 V^{\prime} D^{\prime} 、 V^{\prime} E^{\prime} 、 V^{\prime} F^{\prime}$ ，如图(3)所示;

(4)擦去辅助线, 遮挡部分用虚线表示, 即得到正六棱锥的直观图, 如图(4)所示。

<ImageHere>

(1)

<ImageHere>

(3)

<ImageHere>

(2)

<ImageHere>

(4)
解析：)先画出边长为 $3 \mathrm{~cm}$ 的正六边形的水平放置的直观图，如图(1)所示;

(2)过正六边形的中心 $O^{\prime}$ 建立 $z^{\prime}$ 轴, 在 $z^{\prime}$ 轴上截取 $O^{\prime} V^{\prime}=3 \mathrm{~cm}$ ，如图(2)所示;

(3)连接 $V^{\prime} A^{\prime} 、 V^{\prime} B^{\prime} 、 V^{\prime} C^{\prime} 、 V^{\prime} D^{\prime} 、 V^{\prime} E^{\prime} 、 V^{\prime} F^{\prime}$ ，如图(3)所示;

(4)擦去辅助线, 遮挡部分用虚线表示, 即得到正六棱锥的直观图, 如图(4)所示。



(1)



(3)



(2)



(4)
题目（高一 · 计数）：（2020 秋 - 河南期中）甲、乙两人进行比赛, 现有两组图形, 第一组为一个正方形及其外接圆和内切圆, 第二组为一个正方体及其外接球和内切球, 甲在第一组图形内部任取一点, 则此点在正方形与其外接圆之间得 3 分，此点在内切圆与正方形之间得 2 分，此点在内切圆内部得 1 分，乙在第二组图形内部任取一点, 则此点在正方体与其外接球之间得 3 分, 此点在内切球与正方体之间得 2 分, 此点在内切球内部得 1 分.

（I）分别求出甲得 3 分的概率和乙得 3 分的概率;

（II）预估在这种规则下，甲、乙两人谁的得分多.
选项：
答案：解：（）假设第一组图形中正方形的边长为 2 , 则正方形的外接圆的半径为 $\frac{2 \sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$,所以正方形的面积为 4 , 其外接圆的面积为 $2 \pi$,

则甲得 3 分的概率为 $\frac{2 \pi-4}{2 \pi}=1-\frac{2}{\pi}$,

假设第二组图形中正方体的棱长为 2 , 则正方体的外接球的半径为 $\frac{2 \sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,
乙得 3 分的概率为 $\frac{4 \sqrt{3} \pi-8}{4 \sqrt{3} \pi}=1-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}$,

( II) 甲得 1 分的概率为 $\frac{\pi}{2 \pi}=\frac{1}{2}$, 甲得 2 分的概率为 $\frac{4-\pi}{2 \pi}=\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}$,

所以甲的平均得分为 $1 \times \frac{1}{2}+2 \times\left(\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}\right)+3 \times\left(1-\frac{2}{\pi}\right)=\frac{5}{2}-\frac{2}{\pi}$,

乙得 1 分的概率为 $\frac{\frac{4}{3} \pi}{4 \sqrt{3} \pi}=\frac{\sqrt{3}}{9}$, 甲得 2 分的概率为 $\frac{8-\frac{4}{3} \pi}{4 \sqrt{3} \pi}=\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}-\frac{\sqrt{3}}{9}$,

所以乙的平均得分为 $1 \times \frac{\sqrt{3}}{9}+2 \times\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)+3 \times\left(1-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}\right)=-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}+3-\frac{\sqrt{3}}{9}$,

$\left(\frac{5}{2}-\frac{2}{\pi}\right)-\left(-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}+3-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{9}-\frac{6-2 \sqrt{3}}{3 \pi}<0$,

因此预估乙的得分多.
解析：解：（）假设第一组图形中正方形的边长为 2 , 则正方形的外接圆的半径为 $\frac{2 \sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$,所以正方形的面积为 4 , 其外接圆的面积为 $2 \pi$,

则甲得 3 分的概率为 $\frac{2 \pi-4}{2 \pi}=1-\frac{2}{\pi}$,

假设第二组图形中正方体的棱长为 2 , 则正方体的外接球的半径为 $\frac{2 \sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$,
乙得 3 分的概率为 $\frac{4 \sqrt{3} \pi-8}{4 \sqrt{3} \pi}=1-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}$,

( II) 甲得 1 分的概率为 $\frac{\pi}{2 \pi}=\frac{1}{2}$, 甲得 2 分的概率为 $\frac{4-\pi}{2 \pi}=\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}$,

所以甲的平均得分为 $1 \times \frac{1}{2}+2 \times\left(\frac{2}{\pi}-\frac{1}{2}\right)+3 \times\left(1-\frac{2}{\pi}\right)=\frac{5}{2}-\frac{2}{\pi}$,

乙得 1 分的概率为 $\frac{\frac{4}{3} \pi}{4 \sqrt{3} \pi}=\frac{\sqrt{3}}{9}$, 甲得 2 分的概率为 $\frac{8-\frac{4}{3} \pi}{4 \sqrt{3} \pi}=\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}-\frac{\sqrt{3}}{9}$,

所以乙的平均得分为 $1 \times \frac{\sqrt{3}}{9}+2 \times\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)+3 \times\left(1-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}\right)=-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}+3-\frac{\sqrt{3}}{9}$,

$\left(\frac{5}{2}-\frac{2}{\pi}\right)-\left(-\frac{2 \sqrt{3}}{3 \pi}+3-\frac{\sqrt{3}}{9}\right)=-\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{9}-\frac{6-2 \sqrt{3}}{3 \pi}<0$,

因此预估乙的得分多.
题目（高一 · 计数）：（2020 春・萍乡期末）某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息, 安排一名员工随机收集了在该超市购物的 100 位顾客的相关数据，如表所示.

|        一次购物量         | 1 至 5 件 | 6 至 10 件 | 11 至 15 件 | 16 至 20 件 | 21 件及以上 |
| :-----------------------: | :-------: | :--------: | :---------: | :---------: | :---------: |
|        顾客数 (人)        |    $x$    |     30     |     25      |     $y$     |      5      |
| 结算时间（分 <br> 钟/人） |     1     |     2      |      3      |      4      |      5      |

已知这 100 位顾客中一次购物量超过 10 件的顾客占 $40 \%$.

（1）确定 $x ， y$ 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值;

(2) 求一位顾客一次购物的结算时间不超过 3 分钟的概率. (将频率视为概率)
选项：
答案：解：（1）由已知得 $25+y+5=40, x+30=60$,

解得 $x=30, y=10$.

该超市所以顾客一次购物的结算时间可视为一个总体，

所收集的 100 位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为 100 的简单随机样本，

顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计,

其估计值为 $\frac{1 \times 30+2 \times 30+3 \times 25+4 \times 10+5 \times 5}{100}=2.3$ 分钟.

（2）记 $A$ 为事件 “一位顾客一次购物的结算时间不超过 3 分钟” ,

$A_{1}, A_{2}$ 分别表示事件 “该顾客一次购物的结算时间为 4 分钟” , “该顾客一次购物的结算时间为 5 分钟”，

将频率视为概率得 $P\left(A_{1}\right)=\frac{10}{100}=\frac{1}{10}, P\left(A_{2}\right)=\frac{5}{100}=\frac{1}{20}$.

$P(A)=1-P\left(A_{1}\right)-P\left(A_{2}\right)=1-\frac{1}{10}-\frac{1}{20}=\frac{17}{20}$.

故一位顾客一次购物的结算时间不超过 3 分钟的概率为 $\frac{17}{20}$.
解析：解：（1）由已知得 $25+y+5=40, x+30=60$,

解得 $x=30, y=10$.

该超市所以顾客一次购物的结算时间可视为一个总体，

所收集的 100 位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为 100 的简单随机样本，

顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计,

其估计值为 $\frac{1 \times 30+2 \times 30+3 \times 25+4 \times 10+5 \times 5}{100}=2.3$ 分钟.

（2）记 $A$ 为事件 “一位顾客一次购物的结算时间不超过 3 分钟” ,

$A_{1}, A_{2}$ 分别表示事件 “该顾客一次购物的结算时间为 4 分钟” , “该顾客一次购物的结算时间为 5 分钟”，

将频率视为概率得 $P\left(A_{1}\right)=\frac{10}{100}=\frac{1}{10}, P\left(A_{2}\right)=\frac{5}{100}=\frac{1}{20}$.

$P(A)=1-P\left(A_{1}\right)-P\left(A_{2}\right)=1-\frac{1}{10}-\frac{1}{20}=\frac{17}{20}$.

故一位顾客一次购物的结算时间不超过 3 分钟的概率为 $\frac{17}{20}$.
题目（高一 · 计数）：（2020$\cdot$海南模拟）甲、乙两人进行围棋比赛, 比赛要求双方下满五盘棋, 开始时甲每盘棋赢的概率为 $\frac{3}{4}$, 由于心态不稳, 甲一旦输一盘棋, 他随后每盘棋赢的概率就变为 $\frac{1}{2}$. 假设比赛没有和棋,且已知前两盘棋都是甲赢.

（I ）求第四盘棋甲赢的概率;

（II）求比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率.
选项：
答案：解：（I）第四盘棋甲赢分两种情况.

若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢, $P_{1}=\frac{3}{4} \times \frac{3}{4}=\frac{9}{16}$;

若第三盘棋乙赢, 第四盘棋甲赢, $P_{2}=\frac{1}{4} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{8}$.
设事件 $A$ 为 “第四盘棋甲赢”，

则第四盘棋甲赢的概率 $P(A)=P_{1}+P_{2}=\frac{9}{16}+\frac{1}{8}=\frac{11}{16}$.

（II）若甲恰好贏三盘棋, 则他在后三盘棋中只赢一盘, 分三种情况.

若甲第三盘赢， $P_{3}=\frac{3}{4} \times \frac{1}{4} \times\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{32}$ ；

若甲第四盘赢, $P_{4}=\frac{1}{4} \times \frac{1}{2} \times\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}$;

若甲第五盘赢, $P_{5}=\frac{1}{4} \times\left(1-\frac{1}{2}\right) \times \frac{1}{2}=\frac{1}{16}$.

设事件 $B$ 为 “比赛结束时，甲恰好贏三盘棋” ,

则比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为:

$P(B)=P_{3}+P_{4}+P_{5}=\frac{3}{32}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}=\frac{7}{32}$.
解析：解：（I）第四盘棋甲赢分两种情况.

若第三盘棋和第四盘棋都是甲赢, $P_{1}=\frac{3}{4} \times \frac{3}{4}=\frac{9}{16}$;

若第三盘棋乙赢, 第四盘棋甲赢, $P_{2}=\frac{1}{4} \times \frac{1}{2}=\frac{1}{8}$.
设事件 $A$ 为 “第四盘棋甲赢”，

则第四盘棋甲赢的概率 $P(A)=P_{1}+P_{2}=\frac{9}{16}+\frac{1}{8}=\frac{11}{16}$.

（II）若甲恰好贏三盘棋, 则他在后三盘棋中只赢一盘, 分三种情况.

若甲第三盘赢， $P_{3}=\frac{3}{4} \times \frac{1}{4} \times\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{32}$ ；

若甲第四盘赢, $P_{4}=\frac{1}{4} \times \frac{1}{2} \times\left(1-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}$;

若甲第五盘赢, $P_{5}=\frac{1}{4} \times\left(1-\frac{1}{2}\right) \times \frac{1}{2}=\frac{1}{16}$.

设事件 $B$ 为 “比赛结束时，甲恰好贏三盘棋” ,

则比赛结束时，甲恰好赢三盘棋的概率为:

$P(B)=P_{3}+P_{4}+P_{5}=\frac{3}{32}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}=\frac{7}{32}$.
题目（高一 · 计数）：（2020 春・和平区期中）设甲、乙两位同学上学期间, 每天 7: 30 之前到校的概率均为 $\frac{2}{3}$. 假定甲、乙两位同学到校情况互不影响, 且任一同学每天到校情况相互独立.

（1）设甲同学上学期间的三天中 7: 30 之前到校的天数为 $X$, 求 $X=0, X=1, X=2, X=3$ 时的概率 $P(X=0), P(X=1), P(X=2), P(X=3)$.

(2) 设 $M$ 为事件 “上学期间的三天中, 甲同学在 7: 30 之前到校的天数比乙同学在 7: 30 之前到校的天数恰好多 2 ”, 求事件 $M$ 发生的概率.
选项：
答案：解: (1) $P(X=0)=\left(1-\frac{2}{3}\right)^{3}=\frac{1}{27}$,

$P(X=1)=C_{3}^{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot\left(1-\frac{2}{3}\right)^{2}=\frac{2}{9}$,

$P(X=2)=C_{3}^{2} \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{2} \cdot\left(1-\frac{2}{3}\right)=\frac{4}{9}$,

$P(X=3)=C_{3}^{3} \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{3}=\frac{8}{27}$.

(2) 设乙同学上学期间的三天中在 7: 30 之前到校的天数为 $Y$,

则 $P(Y=0)=P(X=0)=\frac{1}{27}, P(Y=1)=P(X=1)=\frac{2}{9}$,

$P(Y=2)=P(X=2)=\frac{4}{9}, P(Y=3)=P(X=3)=\frac{8}{27}$,

$\therefore P(M)=P(X=2) \cdot P(Y=0)+P(X=3) \cdot P(Y=1)=\frac{4}{9} \times \frac{1}{27}+\frac{8}{27} \times \frac{2}{9}=\frac{20}{243}$.
解析：解: (1) $P(X=0)=\left(1-\frac{2}{3}\right)^{3}=\frac{1}{27}$,

$P(X=1)=C_{3}^{1} \cdot \frac{2}{3} \cdot\left(1-\frac{2}{3}\right)^{2}=\frac{2}{9}$,

$P(X=2)=C_{3}^{2} \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{2} \cdot\left(1-\frac{2}{3}\right)=\frac{4}{9}$,

$P(X=3)=C_{3}^{3} \cdot\left(\frac{2}{3}\right)^{3}=\frac{8}{27}$.

(2) 设乙同学上学期间的三天中在 7: 30 之前到校的天数为 $Y$,

则 $P(Y=0)=P(X=0)=\frac{1}{27}, P(Y=1)=P(X=1)=\frac{2}{9}$,

$P(Y=2)=P(X=2)=\frac{4}{9}, P(Y=3)=P(X=3)=\frac{8}{27}$,

$\therefore P(M)=P(X=2) \cdot P(Y=0)+P(X=3) \cdot P(Y=1)=\frac{4}{9} \times \frac{1}{27}+\frac{8}{27} \times \frac{2}{9}=\frac{20}{243}$.
题目（高一 · 计数）：（2020 武汉模拟）根据以往统计资料, 某地车主购买甲种保险的概率为 0.4 , 购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为 0.2 . 设各车主购买保险相互独立.

（1）求该地 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种的概率;

（2）求该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲、乙两种保险都不购买的概率.
选项：
答案：解: (1) 记 $A$ 表示事件: 该地的 1 位车主购买甲种保险,

则 $P(A)=0.4$,

设 $B$ 表示事件: 该地的 1 位车主购买乙种保险但不购买甲种保险,

则 $P(B)=0.2$,

设事件 $C$ 表示事件: 该地的 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种,

则该地 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种的概率为:

$P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.4+0.2=0.6$.

（2）设事件 $D$ 表示：该地 1 位车主甲、乙两种保险都不购买, 则 $D=\bar{C}$,

$\therefore P(D)=1-P(C)=1-0.6=0.4$,

设 $E$ 表示: 该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲、乙两种保险都不购买,

则该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲、乙两种保险都不购买的概率:

$P(E)=C_{3}^{1} \times 0.4 \times 0.6^{2}=0.432$.
解析：解: (1) 记 $A$ 表示事件: 该地的 1 位车主购买甲种保险,

则 $P(A)=0.4$,

设 $B$ 表示事件: 该地的 1 位车主购买乙种保险但不购买甲种保险,

则 $P(B)=0.2$,

设事件 $C$ 表示事件: 该地的 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种,

则该地 1 位车主至少购买甲、乙两种保险中的 1 种的概率为:

$P(C)=P(A+B)=P(A)+P(B)=0.4+0.2=0.6$.

（2）设事件 $D$ 表示：该地 1 位车主甲、乙两种保险都不购买, 则 $D=\bar{C}$,

$\therefore P(D)=1-P(C)=1-0.6=0.4$,

设 $E$ 表示: 该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲、乙两种保险都不购买,

则该地 3 位车主中恰有 1 位车主甲、乙两种保险都不购买的概率:

$P(E)=C_{3}^{1} \times 0.4 \times 0.6^{2}=0.432$.