2025-2026学年高二上学期数学第一次月考立体几何卷全解析

20252026学年高二上学期第一次月考数学卷全解析（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：沪教版2020必修第三册第十章。5．难度系数：0.65。一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第16题每题4分，第712题每题5分）1．用集合符号表示直线l在平面ꢀ______1．ꢀ分析】直线l在平面ꢀ，利用集合与集合的关系符合表示即可.【详解】直线l在平面ꢀ，即直线l包含于平面ꢀ利用集合与集合的关系表示为故答案为：ꢀ2．若直线平面ꢀ直线ꢀ平面ꢀ，则直线ꢀꢀ位置关系为___________.2．平行或异面【分析】由直线平面ꢀ直线ꢀ平面ꢀ，知ꢀꢀ⊂⊂ꢀ或ꢀꢀ面．【详解】解：ꢁ直线平面ꢀ直线ꢀ平面ꢀ，则直线ꢀ平面ꢀ任意直线无交点，/ꢀꢀ⊂⊂ꢀ或ꢀꢀ面.故答案为：平行或异面.3．已知正方体ꢂꢀꢀꢂꢀꢂ的棱长为1,则点ꢀꢀ到平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ的距离为______3．퐵【分析】连接交ꢀꢀꢀ,根据线面垂直的判定定理可以证明平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ,所以ꢀꢀꢀ长即为所求.퐵由正方体ꢂꢀꢀꢂꢀꢂ的棱长为1求出结果即可.【详解】如图所示,连接交ꢀꢀꢀꢀ,ꢁꢂ，ꢀꢀꢀꢂ，平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ,ꢀꢀꢀꢂ푙平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ,/平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ，ꢂ/ꢀꢀꢀ长即为所求，ꢁ正方体ꢂꢀꢀꢂꢀꢂ的棱长为1,/퐵퐵,即点ꢀꢀ到平面ꢀꢀꢀꢂꢀꢀꢂꢀꢀ的距离为퐵퐵.퐵故答案为:퐵.퐵4．空间四边形ꢀꢀꢀꢀꢀ，ꢀꢀ，ꢀꢀꢀ，ꢀꢀ分别是ꢀꢀꢀ，ꢀꢀꢀ点，直线ꢀꢀꢀꢀ成角为푂ꢄ⊥，퐵，，则四边形ꢀꢀꢀꢀꢀ积为．4．퐵【分析】根据题设四边形∩=퐸ꢅ为平行四边形，1/14利用已知及三角形面积公式求其面积即可.【详解】由题设，可得如下示意图，且EH//BD//ꢀꢁ,Eꢀ//AC//Hꢁ，所以四边形EꢀꢁH为平行四边形，由中位线性质，有EH==ꢂ1BD=1，Eꢀ=Hꢁ=ꢂ1=ꢂ，直线AC，BD所成角为∠ꢀEH或其补角，即为∠ꢀEH=ꢃꢄ°或∠ꢀEH=ꢂ3ꢄ°，所以四边形EꢀꢁH的面积S=1×ꢂ1×HE×Eꢀ×11=1.故答案为：1.5．用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图，其中ꢅꢅꢆꢅꢅꢆ=ꢅꢆ=ꢂ，若原△ABC的面积为2，则Aꢆꢇꢆ=．5．1【分析】根据斜二测画法原则可还原△ABC，利用面积公式计算即可.【详解】由直观图可还原△ABC，如图：其中ꢇB=ꢇꢆBꢆ=ꢇC=ꢇꢆCꢆ=ꢂ，BC=BꢆCꢆ=1，又퐶=1Aꢆꢇꢆ，因此S△ABC=ꢂ1BCꢈ1Aꢆꢇꢆ=1Aꢆꢇꢆ=1，所Aꢆꢇꢆ=ꢂ.故答案为：ꢂ.6．如图，在正方体ABCDOAꢂBꢂCꢂDꢂ中，异面直线AꢂD与BDꢂ所成的角为．6．⊥⋅°【分析】根据正方体结构特征，利用线面垂直的性质、判定定理判断异面直线AꢂD与BDꢂ的位置关系.【详解】连接ADꢂ，由正方体结构特征，有ADꢂ퐶AꢂD，又AB퐶面ADDꢂAꢂ，AꢂD−面ADDꢂAꢂ，则AB퐶AꢂD，由ADꢂ9AB=A且都在面ABDꢂ，则AꢂD퐶面ABDꢂ，BDꢂ−面ABDꢂ，故AꢂD퐶BDꢂ，即异面直线AꢂD与BDꢂ所成的角为⊥⋅°.故答案为：⊥⋅°.7．在长方体ABCDOAꢂBꢂCꢂDꢂ中，AB=1，AD=3，AAꢂ=ꢃ，则直线ACꢂ与平面BBꢂCꢂC所成角的大小为．17．【分析】由长方体结构及线面角的定义找到所求线面角的平面角∠BCꢂA，ꢄ并应用反三角函数表示角的大小即可.【详解】如下图，由题设易知AB퐶面BBꢂCꢂC，故直线ACꢂ与平面BBꢂCꢂC所成角为∠BCꢂA，而BCꢂ=31cꢃ1=ꢄ，故a0r∠BCꢂA=ABBCꢂ=111，即∠BCꢂA=0⊂∩a0rꢄ.故答案为：0⊂∩a0rꢄ.ꢄ2/148．如图是正方体的平面展开图．在这个正方体中，①AF//NC；②BM//平面AEND；③CN⊥平面ADF；④平面BDE//平面NCF．以上四个命题中，正确命题的序号是8．②③④【分析】还原几何体，根据正方体的结构特征及线面、面面平行的判定、线面垂直的判定判断各项的正误即可.【详解】将展开图还原为几何体如下，由正方体的结构特征，异面，故不平行，①错；且BM//AN，BM⊄面AEND，AN⊂面AEND，则BM//平面AEND成立，②对；有CN⊥DM，FM⊥面CDNM，CN⊂面CDNM，则FM⊥CN，DM∩FM=M都在面ADMFCN⊥面ADMFCN⊥平面ADF③BE//CNBE⊄面NCF，CN⊂面NCF，则BE//面NCF，同时有BD//NF，同理易得BD//面NCF，又BD∩BE=B都在面BDE，所以平面BDE//平面NCF，④对.故答案为：②③④.9．如图，边长为2的两个等边三角形ABC,DBC，若点A到平面BCD的距离为1，则二面角A−BC−D的大小为.9．3【分析】先判断得二面角A−BC−D的平面角为∠AEF，再利用线面垂直的判定定理证得3AF⊥平面BCD，从而得到AF=1，进而求得sin∠AEF，由此得解.【详解】取BC中点E，连接AE,EF，过A作AF⊥DE于F，因为△ABC,△DBC是正三角形，所以AE⊥BC,DE⊥BC，所以二面角A−BC−D的平面角为∠AEF，又AE∩DE=E，AE,DE⊂面AEF，所以BC⊥面AEF，又AF⊂面AEF，所以BC⊥AF，因为AF⊥DE，DE∩BC=E，DE、BC⊂平面BCD，所以AF⊥平面BCD，则点A到平面BCD的距离为AF，即AF=1，又在边长为2的△ABC中，AE=AB2−12BC2=3，所以sin∠AEF=AFAE=13=3，∠AEF是锐角，3则二面角A−BC−D的大小为3.故答案为：3.333/14由两个顶点确定的直线与由顶点确定的平面构成的“正交线面对”的个数为.10．44【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果.【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对.如下图所示：①对于正方体的每一条棱，都有2个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12×2=24个；②对于正方体的每一条面对角线（如ꢀꢀ1，则ꢀꢀ1ꢀ퐶平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ下面简单证明ꢀꢀ1ꢀ퐶平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ，因为ꢀꢀꢀ1퐶平面ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀ1，ꢀꢀ1ꢀ퐵平面ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀ1，所以ꢀꢀꢀ1퐶ꢀꢀ1，又因为ꢀꢀ1ꢀ퐶ꢀꢀ1ꢀꢀ1，且ꢀꢀꢀ1ꢁꢀꢀ1ꢀꢀ1퐵平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ，ꢀꢀꢀ1퐷ꢀꢀ1ꢀꢀ1=ꢀꢀ1，所以ꢀꢀ1ꢀ퐶平面ꢀꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ.每一条面对角线均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12×1=12个.ꢂ，则ꢀ퐶平面ꢀꢀ11ꢀ퐶平面ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀ1，ꢀꢀ1ꢀꢀ1퐵平面ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀ1，则ꢀꢀ1ꢀꢀ1퐶，而ꢀꢀ1ꢀꢀ1퐶ꢀꢀ1，又ꢀꢀ1ꢀ퐷ꢀ=，于是ꢀꢀ1ꢀꢀ1퐶平面ꢀ1，而ꢀ퐵平面ꢀ1，因此ꢀ퐶ꢀꢀ1ꢀꢀ1，同理ꢀ퐶ꢀꢀ1ꢀ又ꢀꢀ1ꢀꢀ1ꢀꢀ1=ꢀꢀ1，故ꢀ퐶平面ꢀꢀ11，每一条体对角线都有两个面构成“正交线面对”，共有4×2=⊂个，综上所述，正方体中的“正交线面对”共有44个.故答案为：44.11．如图，正方形ꢀꢀꢀꢀꢀ在平面外一点P满足ꢀꢀꢀꢀ∩ꢀꢀꢀꢀ边长为3的等边三角形，点M是∩ꢀꢀꢀꢀ重心，过点M作与平面ꢀꢀꢀꢀ直的平面ꢀ平面ꢀ截面ꢀꢀꢀꢀ线段的长度为2，则平面ꢀꢀ与正四棱锥ꢀꢀ8ꢀꢀꢀꢀ面交线所围成的封闭图形的面积可能为（填序号）.①2；②22；ꢂ3；푃2ꢃ.4/14交棱퐶퐶퐶点T、L，则平面퐶퐶퐶퐶由题意，只需所作的平面퐶包含퐶퐶퐶与截面交线段的长度为2.퐶퐶퐶퐶ꢁ퐶퐶퐶퐶知平面平面퐶퐶퐶퐶퐶又퐶平面平面퐶平面퐶퐶퐶퐶퐶所以平面퐶퐶퐶퐶过M作别交棱퐶퐶퐶点TL平面퐶퐶퐶퐶퐶包含퐶퐶퐶与截面交线段的长度为2푀퐶퐶퐶퐶边长为3M是푀퐶퐶퐶퐶M作퐶퐶퐶퐶⊥⊥퐶퐶퐶퐶퐶퐶分别交棱퐶퐶퐶、퐶点E、Q，所以퐵퐶퐶퐶퐶퐶퐶퐶퐶퐶퐶퐶，即퐵퐶퐶퐶ꢂ훼ꢂ，所以，如图1，则平面퐶满足题意的平面퐶显然四边形퐶正方形，对角线，所以四边形퐶面积为퐶퐶퐶퐶퐵퐿훼ꢃ훼훼퐵훼，①正确；如图2，过T作퐶퐶퐶퐶⊥⊥퐶过L作퐶易知平面퐶퐶퐶퐶퐶퐶满足题意的平面퐶퐿且퐶퐶퐶퐶퐶퐶两个全等的直角梯形，易知T、H分别为GE、EF的中点，所以퐿，훼所以五边形퐶퐶퐶퐶퐶퐶面积훼퐶퐶梯形퐶퐶퐶퐶퐶퐶훼ꢃꢃꢃ훼퐿푄훼훼ꢃ퐿퐵ꢂ，故③正确.当퐶퐶퐶퐶⊥⊥퐶与퐶完全相同的，所以，综上选①③.故答案为：①③5/14同时从点A出发沿棱向前爬行，每走完一条棱称为“走完一段”.黑蚂蚁爬行的路线是ꢀꢀꢀ퐸ꢁꢀꢀ퐸퐹퐹퐹，白蚂蚁爬行的路线是퐸ꢁ퐹퐹퐹.它们都遵循如下规则：所爬行的第ꢂ段与第i段所在的直线必须是异面直线（其中i是正整数）.设黑、白两蚂蚁走完2025段后各停留在正六棱柱的某个顶点处，这时黑、白两蚂蚁的距离是.12．1【分析】根据已知条件先分析出黑、白蚁路线的规律，然后考虑走完2025段相当于走了多少个周期，从而确定出最终位置即可求解出黑、白两蚁的距离.1−ꢂ段与第1段所在直线必须是异面直线，则黑蚂蚁爬行的路线是→ꢁ→퐸ꢁ⋅퐸ꢁ푖퐸ꢁ푖ꢁꢃꢁ+ꢁ+퐸ꢁ2퐸ꢁ→퐸ꢁ→ꢁ⋅ꢁ푖ꢁ푖퐸ꢁꢃ퐸ꢁ+퐸ꢁ+ꢁ2ꢁ→，因此每隔18段后回到点→，并重复按原来线路爬行，而ꢂiꢂAF퐸퐸ꢂE퐸D−C，于是黑蚂蚁走完2025段后停留在正六棱柱的点+퐸处，白蚂蚁爬行的路线是→ꢁ2ꢁ2퐸ꢁ+퐸ꢁꢃ퐸ꢁꢃꢁ푖ꢁ⋅ꢁ⋅퐸ꢁ→퐸ꢁ2퐸ꢁ2ꢁ+ꢁꢃꢁꢃ퐸ꢁ푖퐸ꢁ⋅퐸ꢁ⋅ꢁ→18段后回到点→2025段后停留在正六棱柱的点→퐸处，显然→→퐸F퐸，所以黑、白两蚂蚁的距离是퐸.故答案为：1B【点睛】本题解析，熟悉正六棱柱的结构特征、异面直线的准确判断是关键.二、选择题(本题共有4题，满分18分，第1314题每题4分，第1516题每题5分；每题有且只有一个正确选项)6/1413．设a、b、c表示三条直线，ꢀ，ꢁ表示两个平面，下面命题中不正确的是（）a⊥ꢂA．a⊥ꢀꢀ//ꢁ⇒a⊥ꢁB．ꢂ在ꢁ内b是a在ꢁ内的射影ꢂ∥b⇒ꢂ⊥bC．ꢂ在ꢀ内b不在ꢀ内⇒b∥aD．a//ꢀꢂ⊥a⇒ꢂ⊥ꢀ13．D【分析】根据线面、面面平行垂直的判定定理和性质判断即可.【详解】A选项：因为ꢃ所以ꢃ直平面ꢃ的所有直线，又ꢃ所以平面ꢃ的任意直线在平面ꢃ都存在直线与之平行，所以ꢃ直平面ꢃ的任意直线，ꢃA正确；B选项：如图，ꢃ直线ꢃꢃ斜足，过ꢃꢃ作ꢃ所以ꢃꢃꢃ为ꢃ平面ꢃ的投影ꢃ因为ꢃꢃ所以ꢃ又ꢃ，ꢃꢃ平面ꢃꢃꢃꢃ，平面ꢃꢃꢃꢃ，所以平面ꢃꢃꢃꢃ，又平面ꢃꢃꢃꢃ，所以ꢃBC的判定定理可得C正确；D选项：不能说明ꢃ平面ꢃ的直线都垂直，所以D错.故选；D.14．在四面体ꢅ푐ꢆ푏中，已知ꢅ푐⊥ꢆ푏，⊥푐푏，若ꢇ푐ꢆ푏不是等边三角形，且点ꢅ在平面푐ꢆ푏上的投影⊂位于ꢇ푐ꢆ푏内，则点⊂是ꢇ푐ꢆ푏的（ꢀꢀ）A．重心B．外心C．内心D．垂心14．D【分析】先证明ꢆ푏⊥平面ꢅ⊂푐，푐푏⊥平面ꢅ⊂ꢆ，进而可证得⊂푐⊥ꢆ푏，푐푏⊥⊂ꢆ，即可得解.【详解】如图，由题意可知⊥平面푐ꢆ푏，因为ꢆ푏，푐푏퐶平面푐ꢆ푏，所以⊥ꢆ푏，⊥푐푏，又ꢅ푐⊥ꢄꢅ푐퐵퐶平面ꢅ⊂푐，所以ꢆ푏⊥平面ꢅ⊂푐，又⊂푐퐶平面ꢅ⊂푐，所以⊂푐⊥ꢆ푏，因为⊥ꢄ퐵퐶平面ꢅ⊂ꢆ，所以푐푏⊥平面ꢅ⊂ꢆ，又⊂ꢆ퐶平面ꢅ⊂ꢆ，所以푐푏⊥⊂ꢆ，所以点⊂是ꢇ푐ꢆ푏的垂心.故选：D.15．在正方体ꢅ푐ꢆ푏=ꢅ!푐!ꢆ!푏!中，点ꢈ在线段ꢆꢆ!上，点ꢉ为线段ꢅꢅ!的中点，记平面푐푏ꢈꢄ平푐!푏!ꢈ퐵ꢊ，则下列说法一定正确的是（）A．ꢊ⊥平面푐푏ꢉB．ꢊ⊥平面푐!푏!ꢉC．ꢊ⊥平面ꢆ푏푏!ꢆ!D．ꢊ⊥平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!15．D【分析】根据线面平行可得两平面的交线满足푐!푏!//ꢊ，进而根据푐!푏!⊥平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!，即可判断ꢊ⊥平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!.【详解】由题意得，푐!푏!//푐푏，푐푏퐶平面푐푏ꢈ，푐!푏!△平面푐푏ꢈ，则푐!푏!//平面푐푏ꢈ，又平面푐푏ꢈꢄ平面푐!푏!ꢈ퐵ꢊ，O푐!푏!//ꢊ，因为푐!푏!⊥ꢅ!ꢆ!∩푐!푏!⊥ꢅꢅ!∩ꢅ!ꢆ!ꢄꢅꢅ!퐵ꢅ!∩ꢅꢅ!퐶平面ꢅꢅ!ꢆ!ꢆ，ꢅ!ꢆ!퐶平面ꢅꢅ!ꢆ!ꢆ，故푐!푏!⊥平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!，因此ꢊ⊥平面ꢅꢆꢆ!ꢅ!；故D正确；而푐!푏!//푐푏，푐푏퐶平面푐푏ꢉ，푐!푏!△平面푐푏ꢉ，则푐!푏!//平面푐푏ꢉ，故ꢊ/平面푐푏ꢉ，7/14选项A错误，同理选项B错误；由于B1D1与C1D1相交不垂直，故B1D1与平面CDD1C1不垂直，因此l不垂直平面CDD1C1，故C错误；故选：D．16．如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M、N分别在线段AD1和B1C1上，给出下列命题：①有且仅有一条直线MN与AD1垂直；②存在点M、N，使△MBN为等边三角形，则（）A．①、②均为真命题B．①、②均为假命题C．①为真命题，②为假命题D．①为假命题，②为真命题16．D【分析】①找到一个MN⊥AD1的充要条件，并确定一个面MNE与AD1垂直，判断这种面的个数；②利用正三角形的性质，将问题化为判断是否存在AM=B1N=EM，再设参并列方程求参判断是否满足范围.N在平面ADD1A1上的射影E的轨迹为线段A1D1NE⊥平面ADD1A1，AD1⊂平面ADD1A1，所以NE⊥AD1MN⊥AD1的一个充要条件ME⊥AD1E位于线段A1D1上的E作AD1垂线，垂足为M，则ME⊥AD1，由NE∩ME=E且都在面MNE上，则AD1⊥面MNE，而MN⊂面MNE，所以MN⊥AD1，于是这样的直线MN不唯一，①为假；由MB2=AB2+AM2，NB2=B1B2+B1N2，由上知MN2=NE2+EM2，又AB=BB1=NE，要使△MBN为正三角形，只需AM=B1N=EM即可，若AM=B1N=x，则D1E=2−x，D1M=22−x，且0≤x≤2，所以EM=(2−x)2+(22−x)2−2(2−x)(22−x)×22=(2−2)x2−22x+4，令x=(2−2)x2−22x+4，则(2−1)x2+22x−4=0，可得x=42−2−22−1=2(22−1−1)(2+1)而22(22−1−1)(2+1)=2−2，只需比较2−2，22−1−1大小，22−1−12将它们平方有(2−2)2=6−42，(22−1−1)=22−222−1，2进而比较32−3，22−1大小，将它们平方有(32−3)2=9(3−22)，(22−1)=22−1，显然27−182−(22−1)=28−202<0，即9(3−22)<22−1，8/14则32−3<22−1，所以22−222−1−(6−42)<2(32−3−22−1)<0，即2−2>22−1−1，综上，22(4−2−1)(2+1)>1，即所求x∈(0,2)，满足要求，故存在点M、N，使△MBN为等边三角形，②为真；故选：D.【点睛】①点N在平面Aꢀꢀ1A1上的射影ꢁ，关键是构造一个平面MNꢁ与Aꢀ1垂直，进而判断这样的平面个数；②将正三角形的三边关系转化为AM=B1N=ꢁM，再设AM=B1N=x且0≤x≤2，并用x表示ꢁM，利用等量关系求参数并判断是否在给定范围内即可.三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第1719题每题14分，第20、21题每题18分.)171）用符号语言表示下列语句，并画出图形：直线AB，AC分别在平面α，β内，且点A在平面α与平面β的交线l2）在正方体ABCꢀ−A1B1C1ꢀ1中，M，N，P分别是A1B1，AD，BB1的中点，平面α过M，N，P三点，则平面α截此正方体的截面为一个多边形，（（）若正方体的棱长为6，直接写出此截面多边形的周长．1712）610+3212（）根据图形的特征，利用勾股定理求解各边即可.1）用符号表示：ꢂꢂꢃꢅ=A，ABꢃ퐵=A，如图：（2）在正方体中画出此截面多边形如图所示：作直线ꢆM分别与AA1，AB延长线于⊂，퐶，连接N⊂交A1ꢀ1于ꢇ，连接N퐶交BC于ꢈ，最后连接ꢆꢈ，Mꢇ，即得截面ꢆꢈNꢇM；（）由题设，易知αꢆMA1=α퐶ꢆB=4PT，进而易得ꢆꢈ=ꢈ퐶，ꢇM=ꢇ⊂，截面多边形的周长等于ꢆꢈ+ꢈN+Nꢇ+ꢇM+Mꢆ=N퐶+N⊂+Mꢆ，A1⊂N퐶=N⊂=⊂A2+AN2,AN=3，=ꢇMA퐶=ꢇMB퐶AB+B퐶,B1M=BꢆB1ꢆ=1，所以N⊂=N퐶=S2+32=310，Mꢆ=⊂퐶−M⊂−ꢆ퐶=A퐶2+A⊂2−2A1M2+A1⊂2=32，所以截面多边形的周长等于610+32．18.如图，直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，其中AB∥CD∥EF，9/141AD＝AB＝CD＝1，且ED⊥平面ABCD，点G是CD的中点．

2（1）求证：平面BCF∥平面BCF与平面AEG的距离.181）见解析（2）31）由面面平行的判定定理，需证明BF、BC均平行于平面AEG即可；3（2）利用等体积法，令V=VE−ACG，即可求出距离.1）∵AB∥CD，AB=ꢀꢁCD，G是CD的中点，∴四边形ABCG为平行四边形，∴BC∥AG，又⊂平面AEG，BC⊄平面AEG，∴BC∥平面AEG，∵直角梯形ABCD与梯形EFCD全等，EF∥CD∥AB，∴EF=AB，∴四边形ABFE为平行四边形，∴BF∥AE，又∵AE⊂平面AEG，BF⊄平面AEG，∴BF∥平面AEG，∵BF∩BC=B，∴平面BCF∥平面AGE；（2）设点C到平面AGE的距离为d，易知AE=EG==ꢁ，ꢀ3由V=VE−ACG，得×ꢀꢁ×AEꢁ×sin60°×d=ꢀ3×ꢀꢁ××AD×DE，即d=×AD×DEAEꢁ×sin60°=3，3∵平面BCF∥平面AGE，∴平面BCF与平面AGE间的距离为3．319.细钢管、考虑到钢管的受力和人的舒适度等因素，设计小凳应满足：ꢂ凳子高度为30cm，①三根细钢管相交处的节点O与凳面三角形ABC重心的连线垂直于凳面和地面．（1）若凳面是边长为20cm的正三角形，三只凳脚与地面所成的角均为45°，确定节点O分细钢管上下两段的比值（精确到0.01（2）若凳面是顶角为120°的等腰三角形，腰长为24cm，节点O分细钢管上下两段之比为2：3、确定三根细钢管的长度（精确到0.1cm191）0.63；（2）对应于ꢃꢃ、ꢃꢃ、ꢃ点的三根细钢管长度分别为60ꢄ퐶ꢅ.，36ꢄꢀꢅ.和60ꢄ퐶ꢅ..【分析】（1）设8ꢃꢃꢃꢃ的重心为ꢃꢃ，连接ꢃꢃꢃ根据△ꢃꢃꢃꢃ是ꢃꢃꢃ平面ꢃꢃꢃꢃ所成的角，建立ꢃꢃꢃꢃ2）设ꢀꢁ0°，ꢃꢃꢃꢃꢃ的重心为ꢃꢃ，求出ꢃꢃꢃ分别在ꢃꢃꢃꢃꢃꢃꢃꢃꢃꢃꢃꢃ求出ꢃꢃꢃ，再根据比例关系求出即可.ꢁ03【详解】1）设8ꢃꢃꢃꢃ的重心为ꢃꢃ，连接ꢃꢃꢃ由题意可得，，330ꢃꢃ设细钢管上下两段之比为ꢃ已知凳子高度为30、则，ꢀ∠ꢃꢃ10/14∵节点ꢀꢀ与凳面三角形ꢀꢀꢀꢀ重心的连线与地面垂直，且凳面与地面平行퐵ꢁꢀꢀꢀꢀ是ꢀꢀꢀ平面ꢀꢀꢀꢀ所成的角，亦即∴∠퐻，∵ꢀꢀꢀꢀ퐵ꢃ=ꢀꢀꢂꢄ°ꢀꢀ3=ꢃꢃ，解得3ꢃ0휆3ꢃꢅ=1+ꢃ，即节点ꢀꢀ分细钢管上下两段的比值约为0.63；（2）设ꢄ3=퐻，퐵3∴，3∴ꢃ，设2ꢀꢀꢀꢀ的重心为ꢀꢀ，则≈，由节点ꢀꢀ分细钢管上下两段之比为3.ꢃ，可知ꢄ3，设过点ꢀꢀ、ꢀꢀ、ꢀ细钢管分别为ꢀꢀꢀ6、ꢀꢀꢀ6、，则ꢀꢀꢀ6ꢂ∠∠33ꢀꢀꢀ6ꢂꢀꢀ3°ꢀꢀꢀ3ꢂꢄ=ꢃ≈ꢅ+=19，ꢀ∠∠33ꢀꢀꢀ3°ꢀꢀꢀ3ꢂꢄ=ꢄꢃꢅꢃ+1ꢄ，퐵对应于ꢀꢀ、ꢀꢀ、ꢀ点的三根细钢管长度分别为+=19△8，ꢃ+1ꢄ△8和+=19△8.20．如图是由矩形,7:′、2,′A和菱形′ꢆDA组成的一个平面图形，其中，′:ꢂ′ꢆꢂ3，ꢁꢆ′Aꢂ+=퐻，将其沿,′，′A折起使得′:与′ꢆ重合，连接7D，如图（2（1）证明：图（2）中的,，A，D，7四点共面，且平面,′AB平面′AD:；（2）求图（2）中的四边形,AD73）求图（2）中的二面角′휆AD휆,的大小．2012）43）30°.12）根据勾股定理求解ꢀꢀꢀ3°ꢀꢀꢀ3ꢂꢄꢃ，余弦定理求解△tCꢁꢀꢀꢀꢀ余弦值，进而可得正弦值，由面积公式3）建立空间直角坐标系ꢀꢀ휆ꢀꢀꢀ运用空间向量方法求二面角ꢀꢀ휆ꢀꢀꢀꢀ大小．1）由已知得,7퐺퐺′:，AD퐺퐺′:，所以,7퐺퐺AD，故,7，AD确定一个平面，从而,，A，D，7四点共面，由已知得,′B′:，,′B′A，′:ꢇ′Aꢂ′，′:，′Ao平面′:A，/14（2）连接ꢁG，ꢀG，由ꢀꢁ⊥平面ꢁCGE，ꢁG⊂平面ꢁCGE，可得ꢀꢁ⊥ꢁG，在△ꢁCG中，ꢁC==2，∠ꢁCG=120°，可得ꢁG=2ꢁCsin60°=23，可得=ꢀꢁ2+ꢁG2=13，在△ꢀCG中，=5，=2，=13=4+5−132×2×5=−1，即有=52，5则平行四边形ꢀCGD的面积为2×5×25=4；（3B作ꢁH⊥GC延长线于HAHAB⊥平面BCGE，所以ꢀꢁ⊥GCꢁH⊥GCGC⊥平面Hꢀꢁ，所以ꢀH⊥GC，又因为ꢁH⊥GC所以∠ꢁHꢀ是二面角ꢁ−CG−ꢀ的平面角，而在△ꢁHC中∠ꢁHC=90∘，又因为∠FꢁC=60∘故∠ꢁCH=60∘，所以ꢁH=ꢁCsin60∘=3，而在△ꢀꢁH中∠ꢀꢁH=90∘，tan∠ꢁHꢀ=ꢀꢁꢁH=13=3，即二面角ꢁ−CG−ꢀ的度数为30∘.321．已知矩形퐶퐶퐶퐶퐶长为2，宽为1.（如图所示）（1）若E为DC的中点，将矩形沿BE折起，使得平面퐶平面퐶퐶퐶퐶퐶分别求到AB和AD的距离；（2）在矩形AB