2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题-立体几何初步拔高练

2025北师大版高中数学必修第二册

综合拔高练

五年高考练

考点1基本立体图形

1.（2023北京,9）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾

勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰

梯形,两个面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=10m,且等腰梯形所在平面、等腰三角

形所在平面与平面ABCD的夹角的正切值均为?，则该五面体的所有棱长之和为（）

EF

A.102mB.112mC.117mD.125m

2.（2023全国甲理,11）已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方

形,PC=PD=3,NPCA=45。,则△PBC面积为（）

A.2V2B.3V2C.4V2D.6V2

3.（2023全国甲文,16）在正方体ABCD-AiBiCiDi中,AB=4,0为ACi的中点，若该正方体的

棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是.

考点2几何体的表面积和体积

4.（2024新课标I,5）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为百，则

圆锥的体积为（）

A.2V3irB.3V311C.6V3TTD.9百兀

5.（2022全国新高考I,4）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分

水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0kn?;水位为海

拔157.5m时，相应水面的面积为180.0kn?.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱

台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为"712.65）（）

A.LOxlO9m3B.1.2xl09m3

C.1.4xl09m3D.1.6xl09m3

6.（2024天津,9）一个五面体ABCDEF.已知AD〃:BE〃CF,且两两之间距离为1.并已知

AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为（）

E

D,

AC

B

AV33遮〔IrV3p.3A/31

A.—D.--------1—C.—LL------

642242

7.（多选题）（2023新课标n,9）已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直

径,NAPB=12（r,PA=2,点C在底面圆周上，且二面角P-AC-0为45。,则（）

A.该圆锥的体积为兀

B.该圆锥的侧面积为4V371

C.AC=2V2

D.APAC的面积为g

8.（2024全国甲理,14）已知圆台甲、乙的上底面半径均为ri,下底面半径均为乜圆台甲、乙

的母线长分别为2（r2-ri）,3（r2-n）,则圆台甲与乙的体积之比为.

9.（2023新课标I,14）在正四棱台ABCD-AiBiCiDi中,AB=2,AiBi=l,AAi=V^,则该棱台的

体积为.

10.（2023全国乙文,19）如图，在三棱锥P-ABC中,AB，BC,AB=2,BC=2VXPB=PC=

V6,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC±,BF±AO.

⑴求证:EF〃平面ADO;

⑵若NPOF=120。,求三棱锥P-ABC的体积.

考点3几何体的内切和外接问题

11.（2022新高考H,7）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3%和4V5,其顶点都

在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.IOOTIB.12871C.144TID.192JI

12.（2022全国乙理,9）已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球。的

球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

A.-B.-C.—D.—

3232

13.（多选题）（2023新课标I,12）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位:m）的正方体容

器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）

A.直径为0.99m的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体

D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

14.（2023全国甲理,15）在正方体ABCD-AiBiCiDi中,E,F分别为AB,CiDi的中点.以EF为

直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点.

考点4空间平行、垂直关系的证明

15.（2024全国甲理,10）设a,P为两个平面,m,n为两条直线，且aPlB=m.下述四个命题：

①若m//n,则n〃a或n〃|3;

②若m_Ln,则n±a或n_L0；

③若n〃a且n〃B，则m//n;

④若n与a0所成的角相等，则m±n.

其中所有真命题的编号是（）

A.①③B.②④

C.①②③D.①③④

16.（2024北京,8）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方

形,PA=PB=4,PC=PD=2或，该棱锥的高为（）

A.1B.2C.V2D.V3

17.（2022全国乙理,7）在正方体ABCD-AiBiCiDi中,E,F分别为AB,BC的中点，则（)

A.平面BiEF,平面BDDiB.平面BiEF,平面AiBD

C.平面BiEF〃平面AiACD.平面BiEF〃平面AiCiD

考点5空间角和空间距离

18.（2021全国乙理,5）在正方体ABCD-AiBiCiDi中,P为BiDi的中点，则直线PB与ADi所

成的角为（）

A.-B.-C.-D.-

2346

19.（2024新课标II,7）已知正三棱台ABC-AiBiCi的体积为拳AB=6,AiBi=2,则AiA与平面

ABC所成角的正切值为（）

1

A.-B.lC.2D.3

2

20.（2024新课标I,17）如图,四棱锥P-ABCD中,PA,底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=V3.

（1）若ADLPB,证明:AD〃平面PBC;

⑵若AD,DC,且二面角A-CP-D的正弦值为手，求AD.

21.（2024全国甲文,19）如图,AB〃CD,CD//EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=V10,AE

=2g,M为CD的中点.

⑴证明:EM〃平面BCF;

⑵求点M到平面ADE的距离.

三年模拟练

应用实践

1.（2023湘豫名校联考）设m,n,l分别是三条不同的直线,a是平面，则下列结论中正确的是

（）

A.若m_Ln,m_Ll,nua,lua,则m±a

B.若mJ_n,nu%则m±a

C.若m〃n,n_La,则m±a

D.若m//a,nua,则m//n

2.（2024福建福州第一中学月考）如图，已知圆台上、下底面的圆心分别为O1Q2,母线AB=3,

且AO2=2BOI,圆02的周长为2兀,一只蚂蚁从点A出发沿着圆台的侧面爬行一周到AB的

中点C,则蚂蚁爬行的最短路程为（）

A•+B.3gC.3V7D，4-

3.（2023四川乐山月考）如图，已知三棱柱ABC-AiBiCi的棱长都相等，且CC」底面ABC,M

是侧棱CC1的中点，则异面直线AB1和BM的夹角为（）

D（

4.（2024辽宁沈阳东北育才学校月考）如图，在三棱柱ABC-AiBiCi

中,人8=4八©=3,：8©=5小人1=6,口为©。的中点,E为BBi上一点，瓯=3BE,ZACD=120°,M

为侧面AAiCiC上一点，且BM〃平面ADE,则点M的轨迹的长度为（）

AA.

CDC1

A.lB.V2C.V3D.2

5.（多选题）（2024江西萍乡期末）在棱长为2的正方体ABCD-AiBiCiDi中,M为BiCi的中

点，则下列说法正确的是（）

A.若。为BD的中点，则异面直线MO与BBi夹角的余弦值是当

B.若N为线段BC上的动点（含端点），则|MN|+|DN|的最小值为2而

C.若P为线段CCi的中点，则平面AMP与正方形CDDiCi的交线长为产

D.若点Q在正方形ADD'内（含边界），且MQLAiC,则Q的轨迹长度为迎

6.（多选题）（2024辽宁抚顺六校协作体联考）如图1,在等腰梯形ABCD

中,AB〃CD,EF，AB,CF=EF=2DF=2,AE=3,EB=4,将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD

到达AD位置,且平面ADFE，平面BCFE,连接AB,DC,如图2,则（）

A.BEXA'D"

B.平面A，EB〃平面D'FC

C.多面体A'EBCD'F为三棱台

D.直线ATT与平面BCFE的夹角为巴

4

7.（2024江西丰城中学期中）已知在三棱锥D-ABC中,AD±平面ABC,且

BC=AD=2,NBAC=：则三棱锥D-ABC的外接球的体积为

4-------------------

8.（2023福建三明五县期中联考）如图,三棱柱ABC-AiBiCi中，侧面BBiCiC为菱形,BiC的

中点为O,且AO,平面BBiCiC.

⑴证明BCLAB;

⑵若AC，ABi,NCBBi=6（T,BC=l,求三棱柱ABC-AiBiCi的高.

9.（2024安徽六安一中期中）如图1,已知等腰梯形ABCD的外接圆圆心O在底边AB

上,AB〃CD,AB=3AD=9,CD=7,点P是上半圆上的动点（不包含A,B两点），点Q是线段PA

上的动点,将半圆APB所在的平面沿直径AB折起，使得平面PAB,平面ABCD,如图2.

⑴当PC〃平面QBD时，求震的值；

QA

（2）证明:PB不可能垂直AD;

⑶设QB与平面ABD

的最大值.

答案与分层梯度式解析

第六章立体几何初步

综合拔高练

五年高考练

1.C显然AE=ED=FB=FC,

作FGXAB于G,FH±BC于H,设点F在底面ABCD内的射影为0,连接0F,0G,0H,

EF

易得0G=：BC=5,四边形ABCD为矩形，

所以NFG0是平面ABFE与底面ABCD的夹角,NFH0是平面BCF与底面ABCD的夹

角.

VtanZFG0=tanZFH0=—,0G=5,

5''

.*.FO=V14,OH=5,

/.FG=FH=V0F2+OG2=V39,GB=OH=5,

/.BF=VFG2+GB2=8.

/.EF=AB-2GB=25-10=15.

.,.AB+BC+CD+AD+AE+ED+BF+FC+EF=25+10+25+10+8+8+8+8+15=117.

该五面体的所有棱长之和为H7m.

故选C.

2.C如图，过点P作PO,平面ABCD,交平面ABCD于点O,取DC的中点E,连接PE,OE,

p

,.•PC=PD,.'.PE，CD,：PO,平面ABCD,AB,CDu平面ABCD,；.PO，AB,PO，CD,又

PEnPO=P,PO,PEu平面PEO,；.CD，平面PEO,又OEu平面PEO,ACDXOE,

延长EO,交AB于点F,则F为AB的中点，且OFLAB,连接PF,

：AB〃CD,...AB，平面PEO,又PFu平面PEO,ABLPF,又F为AB的中点,.'.PAMPB.

在^PAC中,PC=3,AC=4A②NPCA=45。,

则由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PCACCOSZPCA=32+(4V2>-2X3X4V2X

$17,.「PAS

.*.PB=V17,

PC2+BC2-PB232+42.(717)2_1

在^PBC中,由余弦定理得cosZPCB=

2PCBC2X3X4-3’

/.sinZPCB=^,ASApBc=|BC-PC-sinZPCB=|x4x3x^=4也故选C.

3.答案[2V2,2V3]

解析以正方体的中心为球心，若球O的球面与正方体的棱有公共点，则球O的半径应该

介于该正方体棱切球半径与外接球半径之间（包括棱切球半径与外接球半径）.

设球O的半径为R,

易知正方体面对角线的长等于该正方体棱切球的直径，所以2Rmin=4a,解得Rmin=2/，正

方体体对角线的长等于该正方体外接球的直径，所以2Rmax=4g,解得Rmax=2g,所以球O

的半径的取值范围为[2VX2V3].

4.B设圆锥、圆柱的底面半径为r,圆锥的母线长为1,

则圆锥侧面积S圆锥恻=矶圆柱的侧面积S圆柱厕=2兀「百=2四肛所以2百兀『近1,则1=2A/3,

易知12=F+（百＞,所以r=3,

所以圆锥的体积丫三兀己遮=3V3ji.

5.C140km2=140xl06m2,180km2=180xl06n?,由棱台的体积公式V=*S+S'+屈

可得V增加水量

=|X(140+180+V1405?T80)X106X(157.5-148.5)=3X(320+60V7)X106-3X(320+60X2.65)X106=

1437x106-l,4x109(m3),^i^C.

6.C如图所示，分别延长AD,BE,CF到Ai,Bi,Ci,使得AID=CF=3,BIE=BE=2,CIF=AD=1,

则几何体ABC-DEF与几何体A1B1C1-DEF为全等的几何体,几何体ABC-AiBiCi为三棱柱,

侧棱AAi=4,

过点C作垂直于侧棱的平面CMN,交棱AAI,BBI分别于N,M,所以MN,CM,CN与三条侧

棱都垂直，

贝ljMN=CM=CN=1,

所以V三棱柱ABCABIC「SACMN-AAI=^X4=V3,

所以V五面体ABCDEF=”三棱柱ABC-A1B1C1二三.

7.AC易知PA=PB=2,0为AB的中点，

又NAPB=120°,

.,.PO=1,AO=BO=V^,即底面圆的半径r=V3,

该圆锥的体积丫=品210=兀,故A正确.

Sfl!i=7ir-PA=7：xV3x2=2-\/37r,B错误.

取AC的中点D,连接PD,OD,

.,.PD±AC,OD±AC,.\ZPDO为二面角P-AC-0的平面

角,ZPDO=45°,/.OD=PO=1,/.AD=V2,/.AC=2a,，C正确.

SAPAC=|AC-PD=|X2V2XV2=2,AD错误.

故选AC.

8.答案V6:4

解析分别取甲、乙两圆台的轴截面的一半,如图,

显然h?=V3（r2-n）,h乙=2四（「2-门）,

9兀（r申+rir2+ri>h甲

.v圆台甲(=今故圆台甲与乙的体积之比为连：4.

V圆台乙步（r"riB+r分h乙

.答案—

96

解析解法一:根据题意画出图形，如图所示，设01,0分别为上、下底面的中心，连接

OOiQiAiQA,过Ai作AiELOA,交0A于E,在正四棱台ABCD-AiBiCiDi中,AB=2,AiBi=l,

所以OA=MOIAI=去

在RtAAA1E中,AA1=V^,AE=所以AiE=兴即正四棱台的高00i=AiE=f,

所以正四棱台的体积为:x(12+V]T又可+22*”=等

326

解法二:将正四棱台补形为正四棱锥P-ABCD,如图，因为AB=2,AiBi=l,所以Ai,Bi,Ci,Di分

别为PA,PB,PC,PD的中点，又AA]=e,所以PA=PB=PC=PD=2V2,J1P作P0，平面ABCD,

连接0A,易知。为正方形ABCD的中心，又因为AB=2,所以0A=V^,所以P0=V^屋R炉=

V6,

所以四棱锥P-ABCD的体积为¥(>S四JWABCD^xV6X4=^,

同理,四棱锥P-AiBiCiDi的体积为£

6

所以正四棱台ABCD-AiBiCiDi的体积为延--=—.

366

p

10.解析⑴证法一:如图，在RtAABC中，过F作FH±AB于H.

设AH=x，则BH=2-x,FH=V2x.

易得△BHFS/XOBA,所以案=北，即胃=经解得X=l,

DUADV，，

所以H为AB的中点，所以F为AC的中点.

又D,E,0分别为BP,AP,BC的中点，

所以EF〃PC,DO〃PC,所以EF〃DO.

又EFC平面AD0,D0u平面ADO,

所以EF〃平面ADO.

证法二:设屈=入正（九引0,1]）,因为AB，BC,BF，AO,所以福•而=Q近一靠）.C靠+

|AC）=[XBC+（X-1）-AB]-（AB+巳阮）=4九+4（九-1）=0,解得X=j,

则F为AC的中点，又DQ,E分别为BP,BC,AP的中点，所以OD〃PC,EF〃PC,所以EF〃OD,

又因为ODu平面ADO,EFU平面ADO,所以EF〃平面ADO.

⑵连接OF,PF.易知OF〃AB,又因为ABLBC,所以OFLBC,因为PB=PC=V6,0为BC的

中点，所以OP±BC,XOFnOP=O,OF,OPu平面OPF,所以BC,平面OPF,

过点P作PMLOF,交FO的延长线于M,

因为PMu平面OPF,所以BCXPM,

又OFnBC=O,OF,BCu平面ABC,所以PM,平面ABC,

因为BC=2VXPB=PC=V6,

所以OP=JpC2-（g2=2,

因为NPOF=120。,所以在RtAPMO中,NPOM=60。,所以PM=V3.

故三棱锥P-ABC的体积为］xjx2x2V2xg=当.

H.A由题意易得上底面所在平面截球面所得圆的半径为3,下底面所在平面截球面所得

圆的半径为4,设该球的半径为R,当正三棱台的上、下底面在球心异侧时，有灰守十

VR2-42=1,R无解，

所以正三棱台的上、下底面在球心同侧，所以有灰守-府不=1,解得R2=25,因此该球

的表面积S=4JIR2=100TI,故选A.

12.C设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r,

当四边形ABCD为正方形时，底面ABCD的面积最大，为2r2,设四棱锥的高为h,易知

d+h2=l,

贝1JV四棱锥0-ABCD二沁入着加产灰聋.［广；+2112)3=黑，当且仅当「2=21?,即h=中时,

等号成立，故选C.

13.ABD解法一:选项A,正方体的棱长为1m,能完全放入的最大球体为其内切球，易知其

内切球的直径为1m,所以直径为0.99m的球体可以完全放入，故选项A正确；

选项B,棱长为1m的正方体6条面对角线构成的四面体为正四面体，其棱长为迎m,又因

为1.4＜遮,所以棱长均为1.4m的四面体可以完全放入,故选项B正确；

选项C,对于底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体,其底面直径远小于高，故可忽略不计,

则该圆柱体能否被整体放入棱长为1m的正方体容器中等价于长度为1.8m的线段能否

完全在棱长为1m的正方体的内部，由于正方体内最长的线段为体对角线，故棱长为1m的

正方体内最长的线段的长度为旧m,因为旧＜1.8,所以在正方体内部无法完全放入，故选

项C错误；

选项D,对于底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体,其高远小于底面直径，故可忽略不计,

则该圆柱体能否被整体放入棱长为1m的正方体容器中等价于直径是1.2m的圆面能否

完全放入棱长为1m的正方体的内部，需要寻找正方体内最大的截面，如图1所示，取6条

棱的中点A,B,C,D,E,F,则正六边形ABCDEF是正方体内最大的截面图形，在图2中，连接

BD,易知BC=ym,截面ABCDEF的内切圆的直径为BD,在ABCD中,BC=CD=j

m,NBCD=120。,所以BD=¥m,又因为手〉1.2,所以底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱可

以完全放入,故选项D正确.故选ABD.

解法二:选项A,B的分析同解法一.

选项C,D的分析如下：

设以0102为轴的圆柱内切于正方体(棱长为1m),则点01,02在正方体的体对角线ACi上,

如图1,显然圆柱的底面半径r越大，圆柱的高h=OQ2越小,为了探索两者的关系，过圆02

作平面，该平面与平面AIBICIDI,BIBCCI,DIDCCI的交线分别为直线I1J2J3,此三条直线围

成的三角形记为^EFG,三棱锥Ci-EFG如图2,在底面EFG中，设M为FG的中点，连接

ChMCiM,易知3O2M=3r=V融M,所以FM=V^r,在等腰直角三角形FC1G中,CiM=FM=br,

所以在RtAC1O2M中,Ci02=J(V3r)2-r2=V^r,此时圆柱的高0\02=W-2后

对于C,令r=0.005m,则h=V3-2V2xQ.005~l.72m,1.72<1.8,C错误；

对于D,令r=0.6m,则h=V3—2V2x0.6~0.035m,0.035>0.01,所以D正确.

故选ABD.

图1

14.答案12

解析如图，易知BEDCiF,

所以四边形BEFCi为平行四边形，所以EF^BCi.

由AB,平面BCCiBi知ABXBCi,

所以EFLAB.

设点P为棱AB上除点E外任一点,EF的中点为0,连接0P.

在RtA0EP中，有0P>0E.

又易知EF的中点0为球心QE为球0的半径，

所以点P在球。外，

所以棱AB上恰有一点E在球面上.

又点0为正方体中心，所以由对称性知正方体各棱均与球面恰有一个公共点（各棱中点）,

共计12个.

解后反思选择恰当角度，通过判断棱上所有点与球心间的距离和球的半径之间的大小

关系，达到研究棱与球面公共点个数的目的.熟悉正方体中常见的平行、垂直关系,理解并

会运用球、正方体的对称性是解决本题的前提.

15.A对于①,,.,arip=m,...niua且mu。,又m〃n,

当nUa时,由线面平行的判定定理可得n〃a,

当nCB时，由线面平行的判定定理可得11〃0,

...n〃a或n〃0,.,.①正确.

对于②，如图，

当af成锐二面角时，设mrin=A,n（za,

过n上异于A的一点P作PHLp,交平面p于H,连接AH,由nua,且n，m,易得NPAH为

二面角a-m-p的平面角，显然n与p不垂直，，②不正确.

对于③，设n<ZY，yria=c,Xn〃a,.,.n//c.

设nu3,3Cl|3=d,又n//p,/.n//d,

.♦.c〃d,又dup,cCB，

.♦.c〃&又c(za,anp=m,

c//m,.,.n//m,...③正确.

对于④，当n〃a且n〃(3时,n与a,P所成角相等，均为零角，此时m〃n,...④不正确.

16.D取AB的中点E,CD的中点F,连接EF,PE,PF,

P

易知EF±CD,VPC=PD,F为CD的中点，

/.CD±PF,

又PFCEF=F,PF,EFu平面PEF,

.•.CD,平面PEF,

又CDu平面ABCD,.•.平面PEF,平面ABCD,

在平面PEF内过P作PHLEF,交EF于点H,则PH,平面ABCD.

易知该棱锥的高为PH,

易得PE=2V3,PF=2,EF=4,

则PE2+PF2=EF2,

11

・•.PE±PF,SAPE—PEPF-EFPH,

22

故选D.

17.A对于A选项,..任下分别为AB,BC的中点，

...EF〃AC,又AC±BD,.*.EF±BD,

易知DDi,平面ABCD,EFu平面ABCD,

AEFXDDi,

又BDCDDi=D,BD、DDiu平面BDDi,

.•.EF,平面BDDi,又EFu平面BiEF,・'.平面BiEF,平面BDDi,故A选项正确；

对于B选项，易得ACi,平面AiBD,且ACi与平面BiEF相交,故平面BiEF,平面AiBD

不成立，故B选项错误；

对于C选项，直线AAi与BiE必相交，且AAiu平面AiAC,BiEu平面BiEF,故平面BiEF与

平面AiAC有公共点,故平面BiEF与平面AiAC不平行，故C选项错误；

对于D选项，连接ABi,BiC,易知AiD〃:BiC,AiCi〃AC,由线面平行的判定定理得AiD〃平

面ABiC,AiCi〃平面ABC,又AiDnAiCi=Ai,AiD,AiCiu平面AiCiD,.•.平面AiCiD〃平面

ABC,又•.•点Bi既在平面BiEF内，又在平面ABiC内,.•.平面AiCiD与平面BiEF不平行,

故D选项错误.故选A.

18.D如图所示，连接BCiQP,易知四边形ABCiDi是平行四边形,，BCi〃ADi,

.••NCiBP(或其补角)就是异面直线ADi与BP所成的角，设正方体的棱长为a,则

BCi=V2a,C1P=争1,连接AC,BD,设AC交BD于点0,连接0P,则0P,平面ABCD,

,.•OBu平面ABCD,

AOPXOB,

-/j-"nc[tBP2+BCi-PC?y[3

在^CiBP中,cosNPBCi=；

Zbr-DCiz

•."Bp,

即直线PB与ADi所成的角为g

6

故选D.

方法总结用几何法求异面直线的夹角的具体步骤

平移的方法一般有三种类型:⑴利

eq〉用图中已有的平行线平移;(2)利用

特殊点(线段的端点或中点)作平行

线平移;(3)补形平移

r证明所作的角或其补角是异面直线

区产1厂的夹角

在立体图形中寻找或作出含有此角

fw-的三角形，并解之

因为异面直线的夹角。的取值范围

是0。＜仁90。，所以所作的角为钝

角时，应取它的补角作为异面直线

的夹角

19.B如图,分别取BC,B1C1的中点D,D1,连接AD,AiDi,

则AD±BC,AIDI±BICI,AD=3V3,A1D1=痘,

故SAABC=|X6X3V3=9A/3,SAAIBICI=jx2x-\/3=V3,

设正三棱台ABC-AiBiCi的高为h,

则VABC-ARJ=|x(9V3+V3+MWxB)h=拳

解得h=w，

分别过A1,D1作底面ABC的垂线，垂足为M,N,则M,N在AD上,

设AM=x,

222

则AAI=7AM+AXM=Jx+y,DN=AD-AM—MN=2V3-x,

故DD尸JDN2+DIN2=J(2V3-x)2+y,

在等腰梯形BCCiBi中，可得BB^=(等丫+DD?,

即x2+y=4+(2V3-X)2+y,

解得x=W，

所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tanZAiAD=^=l.

一题多解将正三棱台ABC-AiBiCi补成正三棱锥P-ABC,如图,

则AIA与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角,

易知鬻=端.，所以=/

则V三棱台ABCABC=争P-ABC=拳所以VP-ABC=18,

设正三棱锥P-ABC的高为d,则丫2迎=处卜6*6'¥=18,解得d=2V3,

取底面ABC的中心0,连接P0,A0,则P0,底面ABC,且AO=2V3,

所以PA与平面ABC所成角的正切值为tanNPA0=3=l.故选B.

A0

20.解析（1）证明:在^ABC中,AB=b,BC=l,AC=2,故有AB2+BC2=AC2,

所以ABLBC.

因为PA,底面ABCD,ADu平面ABCD,

所以PALAD,

又因为AD，PB,PBAPA=P,PB,PAu平面PAB,

所以AD,平面PAB,

又ABu平面PAB,所以ADXAB,

又因为AB±BC,A,B,C,D在同一平面内，

所以AD〃BC.

又因为BCu平面PBC,ADC平面PBC,

所以AD〃平面PBC.

⑵因为PA,底面ABCD,PAu平面PAC,

所以平面PAC,平面ABCD.

过D作DHLAC交AC于点H,易知DH,平面PAC,又PCu平面PAC,所以DHLPC,

过点H作HQXPC交PC于点Q,连接DQ,

又因为DHCHQ=H,DH,HQu平面DHQ,

所以PC,平面DHQ,

又DQu平面DHQ,

所以PCLDQ,

所以NDQH即为二面角A-CP-D的平面角.

在RtADHQ中，设HQ=x,x>0,

贝IHC=V2x,AH=2—V2X,DH2=AHHC=2V2X-2x2,DQ2=DH2+HQ2=2A/2X-X2,

2V2x-2x2V42

所以sinNDQH=汨=

2V2X-X27

解得X咚

故AH=-,DH=£所以AD=VAH2+DH2=V3.

21.解析⑴证明:由题意得EF〃MC,且EF=MC,

所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM//FC,

又CFu平面BCF,EMC平面BCF,

所以EM〃平面BCF.

⑵如图，取DM的中点0,连接0A,0E,

因为AB〃MC,且AB=MC,

所以四边形AMCB是平行四边形,

所以AM=BC=g,

又AD=V10所以△ADM是等腰三角形，

同理AEDM是等腰三角形，

2

则0A,DM,0E,DM,0A=JAD-然f=3,OE=JDE2-（等了=电

又AE=2百，所以OA2+OE2=AE2,故OA±OE.

又0A，DM,0EnDM=0,0E,DMu平面EDM,

所以0A,平面EDM.

易知SAEDM=|X2X-\/3=V3.

在^ADE中,cosNDEA=4+i2-%=出，

2X2X2皆4

所以sinZDEA=—,

4

贝ISAADE=-X2X2V3x—.

242

设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE二VA-EDM,

得ADE-d=|SAEDM・0A,解得d=U，

故点M到平面ADE的距离为等.

三年模拟练

l.CA错误,由线面垂直的判定定理可知，只有n,l是两条相交直线时，才能得到m，a;

B错误，如图(1)所示，显然m与a不垂直；

C正确,由线面垂直的性质定理可知，当m〃n,n_La时，必有m±a;

D错误,如图⑵，显然m与n不平行.

图(1)图⑵

2.A因为圆02的周长为2兀,所以圆O2的半径A02=l,又AO2=2BOI,所以B0i=|,

将圆台的侧面沿着母线AB剪开,展成平面图形，延长AB,交AiBi的延长线于点0,连接AC,

如图，

0

则蚂蚁爬行的最短路程为AC的长，易知1矶=2兀,1呵=n,设ZB0Bi=a,则

aOA=27i,aOB=7i,

则0A=20B,

又AB=3,所以0A=6,故a=g,0C=3+1=g,

在^A0C中,由余弦定理得

AC=V0A2+OC2-2OA-OCcosa

2

=>+0-2x6xjx|=^

所以蚂蚁爬行的最短路程为竽.

故选A.

3.A设三棱柱的棱长均为a,将三棱柱ABC-AiBiCi补成正三棱柱A2B2c2-A1B1C1,使

AAI=AA2,如图.

(采用补形法，方便作平行线)

连接A2B,A2M,易得AB1〃A2B,则NMBA2（或其补角）即为AB1与BM的夹角,

2

在^A2BM中,A2B=缶,BM=Ja+住了=今,

A2M=Ja2+得了二手4

.八“nAAB2+BM2-AM2八.八“nA71

・・cosNMBAz=--2-------------2---=0,・・NMBA2二一.

2A2B-BM2

故选A.

4.C由题意知BE=2,CD=3,如图，在CD上取点Mi,使得MiD=2,MiC=l,连接BMi,

CM、DC,

则MiD^BE且MiD=BE,所以四边形BEDMi为平行四边形，故BM1/7DE,

又BMiC平面ADEQEu平面ADE,

所以BMi〃平面ADE.

在AC上取点M2,使得M2A=2,M2c=1,连接BM2,MIM2,

则篝=意=沏以M1M2//AD,

又MiM2c平面ADE,ADu平面ADE,

所以MIM2〃平面ADE,

又BMmMiM2=Mi,BMi,MiM2U平面BM1M2,

所以平面BMIM2〃平面ADE,

则点M的轨迹为线段MIM2.

在^CM1M2中,CMI=CM2=1,NMICM2=120°,

所以MiM2=g,即点M的轨迹长度为百.故选C.

5.ACD对于A,取BC的中点E,连接MEQE,如图1,则BB1/7ME,

所以NOME（或其补角）为异面直线MO与BBi的夹角，

在RtAOEM中,cosNOME^^=—=型，故A正确；

OMVI2+225

对于B,将侧面BCCiBi翻折至与平面ABCD共面，如图2,连接DM,交BC于点N,此时

|MN|+|DN|最小，且|MN|+|DN|=|DM|="TN=旧，故B错误；

对于C,在侧面BCC1B1中，延长MP与BC相交于点H,连接HA交CD于T,如图3,故TP

为平面AMP与正方形CDDiCi的交线，

因为M,P为BiCi,CCi的中点，正方体的棱长为2,所以CH=1,根据CH〃AD,得*=需=去

所以CT=|DT=|,所以TP=Jl2+(|f=等,故C正确；

对于D,因为AAi，平面ABCDQBu平面ABCD,所以AAi±DB,因为

BD，AC,AAmAC=A,AAi,ACu平面AAiC,所以BD,平面AAiC,

又AiCu平面AAiC,所以AiCLBD,又BQi〃BD,所以BQiLAiC,同理AiCXADi,

又ADmBiDi=Di,ADi,BiDiu平面ABiDi,

所以AC平面ABiDi,

取棱DDi,AD的中点K,V,如图4,六边形所在平面KVM〃平面ABiDi,

故AC平面KVM,要使MQLAiC,则Q在直线KV上运动，

故Q在正方形ADDiAi内的轨迹为线段KV,其长度为鱼，故D正确.故选ACD.

6.ABD对于A,因为平面ADFE，平面BCFE,

平面ATTFEn平面BCFE=EF,BE，EF,BEc=平面BCFE,所以BE,平面ADFE,所以

BELAD,故A正确.

对于B,因为A旧〃DF,AEC平面DFC,DFu平面DFC,所以AE〃平面DFC,

又BE〃CF,BEC平面DFC,CFu平面D'FC,

所以BE〃平面DFC,

又AEnBEuEA'EBEu平面AEB,所以平面AEB〃平面DFC,故B正确.

对于C，因为冷