备战高考数学优质试卷分项版第02期专题08立体几何文 24页

‎【2019最新】精选备战高考数学优质试卷分项版第02期专题08立体几何文 一、选择题 ‎1．【2018黑龙江佳木斯一中调研】如图是实心机械零件的三视图，则该机械零件的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎2．【2018湖北八校联考】已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎3．【2018湖南五校联考】已知正三棱锥P—ABC的主视图和俯视图如图所示，则此三棱锥外接球的表面积为 ‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B 24 / 24‎ ‎【解析】‎ 由正视图与侧视图知，正三棱锥的侧面上的高为，底面正三角形的边长为2，‎ 如图：其中SA=4，AH=2，SH=2，‎ 设其外接球的球心为0，半径为R，则：OS=OA=R，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴外接球的表面积.‎ 故选：B. ‎ 点睛：求多面体的外接球的面积或体积问题是高考常见问题，属于高频考点，有一定的难度.如何求多面体的外接球的半径？基本方法有种，第一种：当三棱锥的三条侧棱两两互相垂直时，可还原为长方体，长方体的体对角线就是外接圆的直径；第二种：“套球”当棱锥或棱柱是较特殊的形体时，在球内画出棱锥或棱柱，利用底面的外接圆为球小圆，借助底面三角形或四边形求出小圆的半径，再利用勾股定理求出球的半径，第三种：过两个多面体的外心作两个面的垂线，交点即为外接球的球心，再通过关系求半径.‎ ‎4．【2018湖南五校联考】已知直线，平面且给出下列命题：‎ ‎①若∥，则； ②若，则∥； ‎ ‎③若，则； ④若∥，则. 其中正确的命题是 24 / 24‎ A. ①④ B. ③④ C. ①② D. ①③‎ ‎【答案】A ‎5．【2018黑龙江齐齐哈尔八中联考】如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成，‎ 所以体积为，故选A。‎ ‎6．【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】已知， ， 是三条直线， 是一个平面，下列命题中正确命题的个数是（ ）‎ ‎①若，则与相交；‎ ‎②若，则内有无数条直线与平行；‎ ‎③若， ， ， ，则；‎ ‎④若， ， 则.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎7．【2018衡水联考】在棱长为1的正方体中，点， 分别是侧面与底面的中心，则下列命题中错误的个数为（ ）‎ ‎①平面； ②异面直线与所成角为；‎ ‎③与平面垂直； ④．‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】A 24 / 24‎ ‎【解析】对于①，∵DF，DF平面， 平面，∴平面，正确；‎ 对于②，∵DF，∴异面直线与所成角即异面直线与所成角，△为等边三角形，故异面直线与所成角为，正确；‎ 对于③，∵⊥， ⊥CD，且CD=D，∴⊥平面，即⊥平面正确；‎ 对于④，，正确，‎ 故选：A ‎ ‎8．【2018华大新高考联盟质检】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D 点睛：三视图问题的常见类型及解题策略 ‎(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．‎ ‎(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．‎ ‎(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．‎ ‎9．【2018黑龙江齐齐哈尔一模】如图所示，在直三棱柱中，,分别为的中点，为线段上一点，设，给出下面几个命题：‎ 24 / 24‎ ‎①的周长是单调函数，当且仅当时，的周长最大；‎ ‎②的面积满足等式，当且仅当时，的面积最小；‎ ‎③三梭锥的体积为定值.‎ 其中正确的命题个数是（ ）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ ‎【答案】C ‎②的面积 而 ‎∴满足等式，‎ 当时，,的面积最小值为,‎ 故②正确；‎ ‎③，此时为定值，‎ ‎，∴h亦为定值，故③正确 故选：C ‎10．【2018河南漯河中学三模】已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形， ，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A 24 / 24‎ ‎【解析】‎ 点睛：立体几何问题，立体问题平面化是常用方法。外接球问题首先分析清楚立体图形的特点，本题中，首先由题意可知在底面的投影是中点，球心在上，从而得到对应的平面图形，通过方程思想得到等式，解得答案。‎ ‎11．【2018江西宜春六校联考】一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则该几何体的外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据几何体的三视图知,该几何体是底面为等腰直角三角形,高为的直三棱锥; 且该几何体的外接球球心在侧视图高上,如图所示; ‎ 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ 24 / 24‎ ‎12．【2018江苏南宁联考】在如图所示的正方体中，分别棱是的中点，异面直线与所成角的余弦值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎13．【2018南宁摸底联考】三棱锥中，为等边三角形，，，三棱锥的外接球的体积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意可得PA,PB，PC两两相等，底面是正三角形，所以三棱锥P-ABC是正棱锥，P在底面的身影是底面正三角形的中心O，由面PAO，再由，可知面PBC,所以可知，即PA,PB,PC两两垂直，由于是球外接球，所以正三棱锥P-ABC可以看成正方体切下来的一个角，与原正方体共外接球，所以。‎ ‎【点睛】对于三条侧棱两两垂直的三棱锥求外接球表面积或体积时，我们常把三棱锥补成长（正）方体，利用公式，求得球的半径。‎ ‎14．【2018广西柳州摸底联考】空间中，设表示不同的直线， 表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 ‎【答案】B ‎【解析】A项，若，过正方体同一顶点的三个平面分别为，则，故A项不合题意；‎ 24 / 24‎ B项，若，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，则，故B项符合题意；‎ C项，若，由同时垂直于一个平面的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m在平面内或平行，故C项不合题意；‎ D项，若,由同时垂直于一条直线的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m在平面内或平行，故D项不合题意.‎ 故选B.‎ ‎15．【2018黑龙江海林朝鲜中学一模】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎16．【2018辽宁凌源二中联考】如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B 点睛:思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”‎ 24 / 24‎ 的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.‎ ‎17．【2018河南漯河中学二模】四面体的四个顶点都在球的表面上，，，，‎ 平面，则球的表面积为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】如图，‎ ‎∵BC=CD=1，∠BCD=60°∴底面△BCD为等边三角形，取CD中点为E，连接BE，∴△BCD的外心G在BE上，设为G，取BC中点F，连接GF，在Rt△BCE中，由， ，得，又在Rt△BFG中，得BG=，过G作AB的平行线与AB的中垂线HO交于O，则O为四面体ABCD的外接球的球心，即R=OB， ∵AB⊥平面BCD，∴OG⊥BG，在Rt△BGO中，求得OB=， ‎ ‎∴球O的表面积为4π ‎ 故选D 点睛：本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用，四面体的外接球首先要找球心所在的位置，球心和任何一个顶点的连线都是球的半径，根据题目给出的条件构建三角形即得解.‎ 二、填空题 ‎18．【2018黑龙江佳木斯一中调研】如图，正方体中， 是四边形的中心，‎ 24 / 24‎ ‎ 是的中点，则直线与所成的角的正切值为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎∴为直线与所成的角 ‎∵平面， 平面 ‎∴，即 在中， ， , ‎ ‎∴‎ 故答案为 ‎19．【2018湖南五市十校联考】某几何体的三视图如图所示，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球的表面积为__________．‎ ‎【答案】‎ 点睛：本题考查了球与几何体的问题，是高考中的重点问题，要有一定的空间想象能力，这样才能找准关系，得到结果，一般外接球需要求球心和半径，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锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球.‎ ‎20．【2018河南中原名校质检】如图，长方体的三个面的对角线， ，‎ 24 / 24‎ ‎ 的长分别是1，2，3，则该长方体的外接球的表面积为__________.‎ ‎【答案】‎ 点睛：本题是基础题，考查长方体的外接球的表面积，考查空间想象能力，长方体的对角线长就是外接球的直径，是解决本题的关键．‎ ‎21．【2018黑龙江齐齐哈尔一模】某几何体的三视图如图所示，若该几何体的外接球表面积为，则该几何体的体积为__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】该几何体的直观图为三棱锥.‎ 取AD的中点为O，由直角三角形斜边的中线为斜边的一半，可知OA=OB=OC=OD ‎∴O为外接球的球心，又，得到OA=OB=OC=OD=，AD=‎ BD=2,∴AB=‎ ‎∴该几何体的体积为 故答案为： ‎ 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.‎ 三、解答题 ‎22．【2018黑龙江齐齐哈尔八中三模】如图所示，直三棱柱中， ， ， 为棱的中点.‎ 24 / 24‎ ‎（Ⅰ）探究直线与平面的位置关系，并说明理由；‎ ‎（Ⅱ）若，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）.‎ 试题解析：（Ⅰ）连接，设，因为四边形为矩形，所以为的中点.‎ 设为的中点，连接， ，则，且.‎ 由已知，且，则，且，‎ 所以四边形为平行四边形，‎ 所以，即.‎ 因为平面， 平面，所以平面.‎ ‎（Ⅱ）易知平面，由（Ⅰ）可知， 平面.‎ 所以点到平面的距离等于点到平面的距离，‎ 所以.因为，‎ 所以，‎ 故三棱锥的体积为.‎ ‎23．【2018湖北八校联考】如图，直三棱柱中， , ， , 分别为和上的点，且．‎ ‎（1）当为中点时，求证： ；‎ ‎（2）当在上运动时，求三棱锥体积的最小值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）18.‎ 24 / 24‎ ‎，利用二次函数的性质可得最小值.‎ 试题解析：（1）证明：∵为的中点，故为的中点，三棱柱为直三棱柱，∴平行四边形为正方形，∴， ‎ ‎∵， 为的中点，∴，‎ ‎∵三棱柱为直三棱柱，‎ ‎∴平面，又平面，∴， ‎ 又，∴平面，‎ ‎∵平面，∴． ‎ ‎（2）设，则 由已知可得到平面的距离即为的边所对的高， ∴‎ ‎∴当，即为的中点时， 有最小值18．‎ 点睛：本题主要考查了线面垂直的判定以及三棱锥体积的计算，属于基础题；由于“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”之间可以相互转化，因此整个证明过程围绕着线面垂直这个核心而展开，这是化解空间垂直关系难点的技巧所在．三棱锥的体积主要是通过等体积法，关键寻找几何体的高.‎ ‎24．【2018湖南五市十校联考】如图，在矩形中， ， 平面， ， 为的中点.‎ ‎（1）求证： 平面；‎ ‎（2）记四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，求.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）．‎ 24 / 24‎ ‎【解析】试题分析：（1）连接，可得四边形为平行四边形，进而有，进而得四边形为平行四边形， ，即可证得；‎ ‎（2）由，即可利用求解.‎ 试题解析：‎ ‎（1）连接，∵，∴四边形为平行四边形，∴，‎ 在矩形中， ，∴，∴四边形为平行四边形，‎ ‎∴.∴平面.‎ ‎（2）连接，由题意知， ，‎ ‎∴.‎ ‎25．【2018湖南五校联考】如图，在多面体中，四边形是正方形，是等边三角形，．‎ ‎（I）求证：；‎ ‎（II）求多面体的体积.‎ ‎【答案】（I）见解析；（II）.‎ ‎ （Ⅱ）先证明CD⊥平面ADC1A1，于是多面体ABC-A1B1C1是由直三棱柱ABD-A1B1C1和四棱锥C-ADC1A1组成的，即可得出结论．‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）取中点，连，‎ 24 / 24‎ ‎∥‎ ‎∥，∥‎ 四边形是平行四边形 ‎∥，∥‎ 又平面，平面 ‎∥平面 在正方形中，∥，∥，‎ 四边形为平行四边形 ‎∥‎ 又平面，平面 ‎∥平面 ‎，平面∥平面 又平面 ‎ ∥平面.‎ ‎（Ⅱ）在正方形中，，又是等边三角形，所以，‎ 所以 于是 又，平面，‎ 又，平面 于是多面体是由直三棱柱和四棱锥组成的.‎ 又直三棱柱的体积为，‎ 四棱锥的体积为，‎ 24 / 24‎ 故多面体的体积为.‎ ‎26．【2018河南中原名校质检】如图，四边形是平行四边形，平面平面， ， ， 为的中点.‎ ‎（1）求证： 平面；‎ ‎（2）求证：平面平面.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.‎ ‎（1）解:（1）证明:取中点，连接.在中，因为是中点，所以且，又因为， ，所以且，即四边形是平行四边形，所以.‎ 又平面， 平面，‎ 所以， 平面. ‎ ‎（2）证明:在中， ，由余弦定理可得,进而,即.又因为平面平面, 平面,平面平面，所以平面.又因为平面,所以，平面平面.‎ 点睛：本题考查线面平行的证明，考查面面垂直的，考查线面角的正弦值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查等价转化思想、数形结合思想，是中档题．‎ ‎27．【2018辽宁鞍山一中二模】如图，在三棱柱中，侧棱底面， 为棱的中点， ， ，求证：‎ ‎（1）平面；‎ ‎（2）平面.‎ 24 / 24‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析 试题解析：‎ ‎（1）证明：如图，连接交于，‎ 则为中点，连接，‎ ‎∵为棱的中点，∴，‎ 又平面， 平面 ‎∴平面，‎ ‎（2）三棱柱中，侧棱底面，可得 ‎∵为棱的中点， ，∴面，即，‎ 在矩形中，∵，∴， ‎ ‎∴， ，即.‎ ‎∴，且，∴平面.‎ ‎28．【2018华大新高考联盟质检】如图，多面体中，四边形为菱形，且, .‎ ‎（1）证明：；‎ ‎（2）若，求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）.‎ 试题解析：‎ ‎（1）如图，取的中点，连接.‎ 因为,所以.‎ 因为四边形为菱形，所以，‎ 因为，所以为等边三角形，‎ 24 / 24‎ 所以，‎ 所以.‎ 因为，所以平面.‎ 因为平面，所以.‎ ‎（2）在中，，所以.‎ 因为为等边三角形，所以.‎ 因为，所以，所以.‎ 又因为，所以平面. ‎ 因为，，‎ 所以.‎ ‎29．【2018黑龙江齐齐哈尔一模】如图所示，正三棱柱的底面边长为2， 是侧棱的中点.‎ ‎（1）证明:平面平面；‎ ‎（2）若多面体的体积为，求正三棱柱的高.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）2‎ 试题解析：‎ ‎（1）如图，取的中点， 的中点，连接，易知 又，∴四边形为平行四边形，∴，又三棱柱是正三棱柱，∴为正三角形，∴.‎ 又平面， ,而，∴平面，又，∴平面，又平面，∴平面平面.‎ ‎（2）多面体是以梯形为底面， 为定点的四棱锥，‎ 24 / 24‎ 设， 则，所以.‎ ‎30．【2018江苏常州××区联考】如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA面ABCD，且AB＝2，AD＝4，‎ AP＝4，F是线段BC的中点.‎ ‎⑴ 求证：面PAF面PDF；‎ ‎⑵ 若E是线段AB的中点，在线段AP上是否存在一点G，使得EG面PDF？若存在，求出线段AG的长度；若不存在，说明理由.‎ ‎【答案】(1)详见解析;(2)详见解析.‎ 解析：⑴ PA面ABCD， 面ABCD， PADF，‎ 又在底面ABCD中， ， ，‎ ‎， AFDF， ‎ ‎， DF面PAF， ‎ 面PDF，面PAF面PDF. ‎ 解⑵：法一、假设在线段AP上存在点G，使得EG面PDF.连结AB并延长交DF延长线于点M，连结PM.‎ F是线段BC的中点，底面ABCD是矩形，‎ ‎， ‎ EG面PDM， 面PAM，面PAM 面PDM=PM，‎ ‎ EGPM， ‎ ‎ ， ，‎ 故在线段AP上存在点G，使得EG面PDF，此时.‎ 24 / 24‎ 法二、假设在线段AP上存在点G，使得EG面PDF.取DF中点I，连结EI，过点G作AD的平行线交PD于点H，连结GH、HI.‎ ‎ E是线段AB的中点， 是梯形ABFD的中位线，‎ ‎，EIGH， ‎ EG面PDF， 面GEIH，面GEIH 面PDM=IH，‎ ‎ EGIH， ‎ ‎ 四边形GEIH是平行四边形，‎ ‎， ‎ ‎， ，‎ 故在线段AP上存在点G，使得EG面PDF，此时.‎ 点睛：本题的第（2）问是否存在点使得线面平行，可以先假设存在，然后根据线面平行的判定定理，找出一条线与已知线平行，这里运用了两种方法，一是延展面，在三角形中找线线平行，二是构造平行四边形，根据线线平行，证得线面平行。‎ ‎31．【2018湖北重点高中联考】如图（1）所示，已知四边形是由和直角梯形拼接而成的，其中.且点为线段的中点， ， .现将沿进行翻折，使得二面角的大小为90°，得到图形如图（2）所示，连接，点分别在线段上. ‎ ‎（Ⅰ）证明： ；‎ ‎（Ⅱ）若三棱锥的体积为四棱锥体积的，求点到平面的距离.‎ ‎【答案】(1)见解析;(2) 点到平面的距离为.‎ ‎（1）证明：因为二面角的大小为90°，则，‎ 24 / 24‎ 又，故平面，又平面，所以；‎ 在直角梯形中， ， ， ，‎ 所以，又，‎ 所以，即；‎ 又，故平面，‎ 因为平面，故.‎ ‎（2）设点到平面的距离为，因为，且，‎ 故，‎ 故，做点到平面的距离为.‎ 点睛：本题考查线线垂直的证明，考查点到平面的距离的求法，考查等体积法的应用，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想，是中档题．其中证明线线垂直，一是将异面直线平移到同一平面；二是可以证线面平行，进而推得线线垂直；三可以建系正方向向量垂直。求点到面的距离，可以等体积转化，也可以建系运用公式求得结果。‎ ‎32．【2018江苏南宁联考】如图，三角形中，，是边长为l的正方形，平面底面，若分别是的中点.‎ ‎（1）求证：底面；‎ ‎（2）求几何体的体积.‎ ‎【答案】(1)证明见解析；(2).‎ ‎∵分别是和的中点，‎ 24 / 24‎ ‎∴，且，‎ ‎，且.‎ 又∵为正方形，∴，.‎ ‎∴且.‎ ‎∴为平行四边形.‎ ‎∴，又平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）因为，∴，‎ 又平面平面，平面，∴平面.‎ ‎∵三角形是等腰直角三角形，∴.‎ ‎∵是四棱锥，‎ ‎∴ .‎ ‎【点睛】‎ 证明线面平行时,先直观判断平面内是否存在一条直线和已知直线平行,若找不到这样的直线,可以考虑通过面面平行来推导线面平行,应用线面平行性质的关键是如何确定交线的位置,有时需要经过已知直线作辅助平面来确定交线．在应用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理进行平行转化时,一定要注意定理成立的条件,严格按照定理成立的条件规范书写步骤,如把线面平行转化为线线平行时,必须说清经过已知直线的平面与已知平面相交,则直线与交线平行．‎ ‎33．【2018广西柳州联考】在三棱锥中， 和是边长为的等边三角形， ， 分别是的中点.‎ ‎（1）求证： 平面；‎ 24 / 24‎ ‎（2）求证: 平面；‎ ‎（3）求三棱锥的体积.‎ ‎【答案】（1）见解析（2）见解析（3）.‎ 试题解析：（1）∵分别为的中点，‎ ‎∴.‎ 又平面, 平面，‎ ‎∴平面.‎ ‎（2）连接,∵为中点， ,‎ ‎∴.‎ 同理， .‎ 又，‎ ‎∴，‎ ‎∴.‎ ‎∴.‎ ‎∵，‎ ‎∴平面.‎ ‎（3）由（2）可知平面，‎ ‎∴为三棱锥的高，且.‎ ‎∴.‎ ‎34．【2018云南昆明一中质检】如图，在直三棱柱中， ， ，点分别为的中点.‎ ‎（1）证明： 平面；‎ 24 / 24‎ ‎（2）若，求三棱锥的体积..‎ ‎【答案】（1）见解析（2） ‎ 试题解析：解：（Ⅰ）证明：连接，，点，分别为， 的中点，所以为△的一条中位线， ‎ 平面， 平面， ‎ 所以平面． ‎ ‎（Ⅱ）设点，分别为，的中点，，则，，，由，得，解得，又平面，，‎ ‎． ‎ 所以三棱锥的体积为.‎ 24 / 24‎