2025人教A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人教A版高中数学必修第二册

综合拔高练

五年高考练

考点1空间几何体的结构特征

1.（2021新高考I,3）已知圆锥的底面半径为VX其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线

长为（）

A.2B.2V2C.4D.4V2

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

考点2几何体的表面积和体积

3.（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.2V371B.3V3KC.6V371D.9A/3TI

4.（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（）

5.（2023全国甲文，10）在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角

形,PA=PB=2,PC=V^则该棱锥的体积为（）

A.lB.V3C.2D.3

6.（2022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（近12.65）（）

A.1.0xl09m3B.1.2xl09m3

C.1.4xl09m3D.1.6xl09m3

7.（多选题）（2022新高考11,11）如图，四边形ABCD为正方形,ED±平面

ABCD,FB〃ED,AB=ED=2FB.记三棱锥E-ACD,F-ABC,F-ACE的体积分别为Vi、2,V3,则

（）

A.V3=2V2B.V3=VI

C.V3=VI+V2D.2V3=3VI

8.（2024全国甲理,14）已知圆台甲、乙的上底面半径均为ri,下底面半径均为抽圆台甲、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-A.BJCIDI中,AB=2,A]Bi=l,AAi=V^,则该棱台的

体积为.

考点3几何体的外接和内切问题

10.（2022新高考n,7）已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3旧和4百，其顶点都

在同一球面上，则该球的表面积为（）

A.1007TB.128兀C.144兀D.192?r

11.（2022全国乙理,9）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的

球面上，则当该四棱锥的体积最大时,其高为（）

A.-B.-C.—D.—

3232

12.（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

13.（2023全国甲文,16）在正方体ABCD-AiBiCiDi中,AB=4,0为AC1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.

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空间平行和垂直关系的判定与证明

15.（2024全国甲理,10）设a，B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,贝I]n〃a或n〃伙

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.②④C.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&，该棱锥的高为（）

A.lB.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BDDi

B.平面BiEF,平面AiBD

C.平面BiEF〃平面AiAC

D.平面BiEF〃平面AiCiD

18.（2023全国甲文,18）如图，在三棱柱ABC-AiBiCi中,AC平面ABC,ZACB=90°.

⑴证明:平面ACGA」平面BBiCiC;

⑵设AB=AiB,AAi=2,求四棱锥Ai-BBiCiC的高.

19.（2022全国甲文,19）小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图

所示:底面ABCD是边长为8（单位:cm）的正方形,△EAB,AFBC,AGCD,AHDA均为正三

角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.

⑴证明:EF〃平面ABCD;

⑵求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）.

考点5空间角和空间距离

20.（2024新课标II,7）已知正三棱台ABC-AiBiCi的体积为小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

21.（多选题）（2022新高考I,9）已知正方体ABCD-AiBiCiDi,Kl］（）

A.直线BCi与DAi所成的角为90°

B.直线BCi与CAi所成的角为90°

C.直线BCi与平面BBiDiD所成的角为45°

D.直线BCi与平面ABCD所成的角为45°

22.（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.

B

23.（2024全国甲文,19）如图,AB〃CD,CD〃EF,AB=DE=EF=CF=2,

CD=4,AD=BC=V10,AE=2V3,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.（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Oi,02,母线AB=3,

且AO2=2BOI,圆02的周长为2匹一只蚂蚁从点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呼B.3V3C.3V7口噂

2.（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所成的角为（）

ATt

A-B

2-7禺

3.（2024河南焦作开学考试）如图，在正方体ABCD-AiBiCiDi中,AB=2,E,F分别是DDi,BBi

的中点.用过点F且平行于平面ABE的平面去截正方体，得到的截面图形的面积为（）

A.2V5B.V6C.V5D.—

2

4.（2024辽宁沈阳东北育才学校月考）如图，在三棱柱ABC-AiBiCi

中,AB=4,AC=3,BC=5,AAi=6,D为CCi的中点,E为BBi上一点，西=3雇,NACD=12（T,M

为侧面AAiCiC上一点，且BM〃平面ADE,则点M的轨迹的长度为（）

A.lB.V2C.V3D.2

5.（多选题）（2024四川攀枝花第三高级中学月考）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧

棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.已知四棱锥P-ABCD为阳马，底面ABCD是边长为2的

正方形，且有两条侧棱长为3,则（）

A.该阳马的体积为竽

B.该阳马的表面积为10+2V5

C.该阳马外接球的半径为旧

D.该阳马内切球的半径为"

6.（多选题）（2024广东广州三校期中）如图，在棱长为1的正方体ABCD-AiBiCiDi中,M,N分

别是AB,AD的中点,P为线段CiDi上的动点，则（）

MR

A.存在点P,使得PM与BCi异面

B.不存在点P,使得MNXNP

C.直线NP与平面ABCD所成角的正切值的最小值为雪

D.过M,N,P三点的平面截正方体所得截面的面积的最大值为#

7.（多选题）（2024山东泰安模拟）如图，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方

形,©口，口旦©口=口£=鱼万为人：8的中点，现将△ABE沿BE折起到平面AiBE的位置，使得

AiBLDE,则下列结论正确的是（）

A.平面BCDE,平面AiBE

B.若。为BE的中点，则DE〃平面FOC

C.折起过程中,F点的运动轨迹的长度为工

4

D.三棱锥Ai-CDE的外接球的体积为遍兀

8.（2024江苏镇江第一中学月考）我国古代名著《张丘建算经》中记载:“今有方锥，下广二丈,

高三丈，欲斩末为方亭，令上方六尺，问斩高几何?”大致意思是:“有一个正四棱锥，底面边长

为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺,

则截去的正四棱锥的高是多少?”在这个问题中，截得的正四棱台的体积为立方尺

（注:1丈=10尺）.

9.（2024河南周口沈丘第二高级中学模拟）已知点S,A,B,C均在半径为4的球O的表面上,

且SA,平面ABC,SA=4,NBAC=詈,AB=2g,点M在BC上,当直线SM与平面ABC所成

的角最大时,AM=.

10.（2024北京东城模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中,AB//CD,AB=4,CD=2,NPDA=90。,平面

PAD，平面PCD.

⑴求证:AD,PC;

⑵若PD=AD=2,PD，DC,求平面PAD与平面PBC所成角的余弦值.

11.（2024广东广州南武中学月考）如图1,在等腰梯形ABCD中,AD〃:BC,AB=AD=3BC=2,E

是BC的中点,AEnBD=M^^ABAE沿AE翻折至△BiAE的位置，使BiM,平面AECD,

如图2.

（1）求证:CD,平面BiDM;

（2）求BiE与平面BiMD所成的角；

⑶在线段BiC上是否存在点P,使得MP〃平面BiAD?若存在，求出黑的值;若不存在，说明

理由.

迁移创新

12.（2024浙江北斗联盟期中）祖晅在求球的体积时，使用了原理:“易势既同，则积不容

异”.“哥”是截面面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面

面积恒相等，则体积相等.更详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平

行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，那么这两个几何体的体积相等.

这个原理被称为祖晅原理.

下图是一个半径为R的球O,平面ABC与球相交，截面为圆B,延长BO,交球面于点D,若圆

锥DB的侧面展开图是圆心角为等的扇形.

⑴求圆锥DB的表面积和体积;

(2)图中平面ABC上方与球面之间的部分叫球缺,请你利用祖晅原理求球缺的体积.

答案与分层梯度式解析

综合拔高练

五年高考练

高考风向1.考查内容

立体几何始终是高考考查的重点和难点,考查内容主要有点、线、面的位置关系的推

导与证明;线线、线面、面面的平行与垂直关系的证明;几何体的表面积与体积的计算;线

线、线面、面面角的求解;几何体外接球、内切球、棱切球等.

2.考查形式

立体几何是新高考中比较重要的知识点,小题、大题中都可能出现.小题有时不给图,

以“想图”“画图”“用图”等方式考查学生的空间想象能力;大题主要以基本几何体为载体,

考查平行、垂直关系的证明和空间角、空间距离、体积等知识点，有时会以不规则组合体

为载体，考查割补思想的运用.

3.备考策略

本章概念和公式比较多，在备考时注意：

(1)熟悉基本图形，能够快速画出符合题目要求的图形；

(2)理解并熟记基本事实、判定定理、性质定理，掌握定理的使用,熟记表(侧)面积、体

积公式，并知道公式中字母的含义；

⑶重视分类讨论思想、转化与化归思想、函数与方程思想在解题中的应用.

1.B2.C3.B4.C5.A6.C7.CD10.A

11.C12.ABD15.A16.D17.A20.B21.ABD

1.B设圆锥的母线长为1,由题意得兀1=2兀x/,

所以1=2鱼.故选B.

2.C如图，过点P作P0,平面ABCD,交平面ABCD于点0,取DC的中点E,连接PE,0E,

,.•PC=PD,；.PE，CD,：P0,平面ABCD,AB,CDu平面ABCD,...P0，AB,P0，CD,又

PEnP0=P,P0,PEu平面PECV.CD，平面PE0,又OEu平面PEO,.*.CD±OE,

延长E0,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,，PA=PB.

在^PAC中,PC=3,AC=4VX/PCA=45。,

贝U由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PCACCOSNPCA=32+(4V^)2-2X3X4V^X芋=17,...PA=VT7,

.*.PB=V17,

，sinNPCB=手,SAPBc=|BC-PC-sinZPCB=|x4x3x^=4V2,

故选C

3.B设圆锥、圆柱的底面半径为r,圆锥的母线长为1,

则圆锥的侧面积为irrl,圆柱的侧面积为2兀出百=2旧口,所以2百兀r=7irl,则1=2b，

易知甘+（次）2,所以为3,

所以圆锥的体积V=|7ir2xV3=3V37i.

4.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,

则多面体ABCDEF与多面体AiBiCiDEF全等,多面体ABCAiBiCi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,

则MN,CM,CN与三条侧棱都垂直，所以MN=CM=CN=1,

所以'三棱柱4BC-&BICRSACMN-AAI=^X4=V3,

所以V五面体ABCDEF=：U三棱柱48C_4]B]C]=^.

旷

N葭、

5.A如图，取AB的中点D,连接CD,PD,

由题意知aABC,APAB为等边三角形,・・・CD_LAB,PD，AB,

APD=CD=V22-12=V3,

又PC=V6,PD2+CD2=PC2,PD±CD,

又：CDnAB=D,CD,ABu平面ABC,

.•.PD,平面ABC,.*.PD为三棱锥P-ABC的高，

VP-ABC=|SAABC-PD=|X|X2XV3XV3=1.

故选A.

66

6.C由题意可知，棱台的下底面面积Si=140xl0n?,棱台的上底面面积S2=180xl0n?,棱

台的高h=157.5-148.5=9(m),

故此棱台的体积V=/Si+J范+S2>h

^1X(140+V140x180+180)X106X9

=3X(320+60A/7)X106~1,437x109(m3),

即增加的水量约为1.4x109n?.故选C.

7.CD设AB=ED=2FB=2,则Vi=-xix2x2x2=-,V=-xix2x2x1=-.

3232323

连接BD,交AC于M,连接FM,EM,

易知AC=2V2,FM=V3,EM=V6,EF=3,

因为FM2+EM2=EF2,所以△EMF为直角三角形，

故SAEMF=，V5XV^=Y，易得AC,平面EMF,

所以V3=]SAEMF-AC=2,所以V3=VI+V2,2V3=3VL

故选CD.

8.答案V6:4

22

解析易得圆台甲的高hi=A/[2(r2-r1)]-(r2-r1)=V3(r2-ri),

22

圆台乙的高h2=7[3(r2-?i)]-(^2)=2V2(r2-n),

.♦圆台甲+债)仇1_"]_—①

,,1圆台乙品(比+「1交+母)仇2"22五g-Tl)4'

9.答案萼

6

解析正四棱台ABCD-AiBiCiDi如图所示.设其上、下底面的中心分别为01,0,连接

OiO,OiAi,OA,则010,平面ABCD.

VAB=2,A1B1=1,AAO=V2,AiOi=y,

易知AO//AiOi,X,-*AAi=V2,

；.OiO=J(&产(&一系斗

•••P正四棱台4BCD"iGDi=%(l+4+”X4)xf誓

10.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

V7?2-32+V/?2-42=1，无解，

所以正三棱台的上、下底面在球心同侧，所以席费不=1,解得R2=25,因此该球的表

面积S=4TIR2=100兀，故选A.

11.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面积最大，为2r匕设四棱锥的高为h,易知r2+h2=l,

贝1JV=等，当且仅当F=2h2,即h=，时等

号成立，故选C.

12.ABD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<VX所以棱长均为L4m的四面体可以完全放入,故选项B正确；

选项C,底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体由于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长度为旧m,因为g<1.8,所以该圆柱体无法完全放入，故选项C错

误；

选项D,底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体由于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△BCD中,BC=CD=^

m,NBCD=120。,所以BD=Jm,又因为手>1.2,所以底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

可以完全放入，故选项D正确.故选ABD.

图1图2

13.答案[2V2,2V3]

解析由该正方体的棱与球O的球面有公共点,可知最小球为与棱相切的球，最大球为正

方体的外接球.

当球与棱相切时,设球的半径为Ri,

则有2Ri=V^x4,所以Ri=2V2;

当球为正方体的外接球时,设球的半径为R2,

则有(2R2)2=4?+42+42,所以R2=2V3.

所以球O的半径的取值范围是[2/,2g].

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/7BC1.

由AB,平面BCCiBi知ABLBCi,所以EF±AB.

设点P为棱AB上除点E外任一点,EF的中点为O,连接OP.

在RtAOEP中，有OP>OE.又易知EF的中点O为球心,OE为球O的半径，所以点P在球O

外,所以棱AB上恰有一点E在球面上.又点O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.

考场速决由题可知，以EF为直径的球为正方体的棱切球，所以共有12个公共点.

15.A对于①,,.,anB=m,...mua且mup,又m//n,

.*•当nCa时,由线面平行的判定定理可得n//a,

当n(4P时,由线面平行的判定定理可得n〃°,

...n〃a或n〃B，.•.①正确.

对于②，如图，

当a,。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nu3,3nB=d,又d.

.,.c〃d，又dup,cC。,又c<za,aAp=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如图，取AB的中点E,CD的中点F,连接EF,PE,PF,

易知EF±CD,VPC=PD,F为CD的中点,.，.CD，PF,又PFAEF=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,则该棱锥的高为PH,

易得PE=2g,PF=2,EF=4,则PE2+PF2=EF2,PE±PF,

11

:.SAPEF=±PEPF=±EFPH,

22

.•.PH=^^=^^=g.故选D.

EF4

17.A对于A,VE,F分别为AB,BC的中点，

.•.EF〃AC,又AC±BD,.*.EF±BD,

易知DD」平面ABCD,：EFu平面ABCD,

AEFXDDi,

又BDADDi=D,BD,DDiu平面BDDi,

.•.EF，平面BDDi,又EFu平面BiEF,

平面BiEF,平面BDDi,故A正确；

对于B,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错误；

对于C,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错误；

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

ABiC,AiCi〃平面ABiC,又AIDCAICI=AI,AID,AICIU平面AICLD,.•.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错误.故选A.

18解析（1）证明:：AiC，平面ABC,BCu平面ABC,

/.AiC±BC.VZACB=90°,AAC±BC,

又：AiC,ACu平面ACCiAi,且AiCAAC=C,

.♦.BC,平面ACCiAi,又：BCu平面BBiCiC,

...平面ACCiAi,平面BBiCiC.

⑵如图，过Ai作AiOLCCi,垂足为0,

•平面ACCiAi,平面BBiCiC,且平面ACCiAm平面BBiCiC=CCi,AQu平面ACCiAi,

.•.AiO,平面BBiCiC,即AiO是四棱锥Ai-BBiCiC的高.

由⑴知NAiCB=NBCA=90。.

在RtAAiCB与RtAACB中,AiB=AB,BC=BC,

.*.RtAAiCB^RtAACB,

.*.AiC=AC,.*.AiC=AiCi,

易知ACAiCi,

...△CAiCi为等腰直角三角形,••.AIC）WCCWAAI=1,即四棱锥Ai-BBiCiC的高为1.

教材溯源利用定理证明直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系是立体几何最

基础的内容,也是高考的必考考点，解决这类问题的关键是作辅助线，注意定理中“平面

内”“相交”等易错点，保证条件的完整性，答题时要书写规范.

19解析（1）证明:过点E作EEUAB,交AB于点E,过点F作FF」BC,交BC于点F,连接

EF,由于底面四边形ABCD为正方形,△EAB,AFBC均为正三角形，故EE'=FF',

由面面垂直的性质可知EE,FF均与平面ABCD垂直，则EE〃FF,

故四边形EE"F'F为平行四边形，则EF〃EF,

又EFC平面ABCD,EFu平面ABCD,

所以EF〃平面ABCD.

（2）解法一（补形法）:如图1所示，将几何体补形为长方体ABCD-AiBiCiDi,

易知该包装盒的容积为长方体的体积减去四个全等的三棱锥的体积,

因为△EAB是边长为8cm的正三角形，

所以EE=4gcm,

故长方体的高AAi=EE'=4V3cm,

则长方体的体积Vi=8x8x4V3=256V3(cm3),

一个三棱锥的体积V2=|x|x4x4x4V3=^Y^（cm3）,

故该包装盒的容积V=Vi-4V2=256百-4x•=丝磬（加3）.

解法二（分割法）:如图2所示,分别取AD,DC的中点K,L,连接KE',LF',KL,HK,GL,

由⑴知EF〃EF且EF=EF,同理可得

HE//KE',HE=KE\HG//KL,HG=KL,GF//LF,,GF=LF>,易知

BD，EF,EF」EK,KE=EF=FL=LK,所以该包装盒的容积等于长方体KEFL-HEFG的体

积加上四棱锥B-E'F'FE体积的4倍.

易得EF=FL=LK=KE，=4/cm,EE'=8sin60。=4\"cm,点B到平面ETTE的距离即为点B

到直线EF的距离，为2五cm,所以该包装盒的容积

V=(4V2)2x4V3+4x|x4V2x4V3x2V2=^^(cm3).

20.B如图,分别取BC,BiCi的中点D,Di,连接AD,AiDi,

则AD±BC,AIDI±BICI,AD=3V3,AIDI=V3,

故SAABC=|X6X3V3=9V3,SAJ41B1C1=|X2XV3=V3,

设正三棱台ABC-AiBiCi的高为h,

贝丹”即寺(9回信历荻南号，

解得h=w，

分别过Ai,Di作底面ABC的垂线，垂足为M,N,则M,N在AD上，设AM=x,

则AAi=〃M2+&M2=Jx2+y,DN=AD-AM-MN=2V3-x,

故DD尸JON2+必小2=J(2V3-x)2+p

在等腰梯形BCCiBi中，可得BB>(等)+D%,

即x2+曰=4+(2g-x)2+3,解得x=手，

所以AIA与平面ABC所成角的正切值为tan/AiAD=*=l.

AM

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/智，所以爷翳嗡则上棱台谢“1G噌VP-ABC号，所以VP-ABC=18,

设正三棱锥P-ABC的高为d,则Vp-ABc=|dx[x6x6x苧=18,解得d=2V3,

取底面ABC的中心0,连接P0,则P0,底面ABC,且AO=2V3,

所以PA与平面ABC所成角的正切值为tanNPAO=*=l.故选B.

A0

21.ABD如图，对于A,连接BiC,易得BiCLBCi,四边形AiBiCD为平行四边形，

.,.BiC^AiD,.*.BCi±AiD,

...直线BCi与DAi所成的角为90。,，A正确.

对于平面BBiCiC,.*.AiBilBCi,

又BiC，BCi,AiBmBiC=Bi,BiC,AiBiu平面AiBiCD,...BCi，平面AiBiCD,

又：CAiu平面AiBiCD,.\CAi±BCi,

直线BCi与CAi所成的角为90°,AB正确.

对于C,连接AiCi,设AiCmBiDi=O,连接BO,

易得AICI，BIDI,AIC」BBI,又BIDIABBI=BI,BIDI,BBIU平面BBiDiDJAiCi,平面

BBiDiD,

OB为BCi在平面BBiDiD内的射影，

...ZCiBO即为直线BCi与平面BBiDiD所成的角，

在RtACiBO中,sinNCiBO=皿=；，NCiBO=30°,...C错误.

BG2

对于D,：CC」平面ABCD,.*.BC为BCi在平面ABCD内的射影，

ZCiBC即为直线BCi与平面ABCD所成的角，

易知NCiBC=45o.；.D正确.

22.解析⑴证明:在^ABC中,AB=V^,BC=1,AC=2,所以AB2+BC2=AC2,所以AB±BC.

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,

又因为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,AD,平面PBC,

所以AD〃平面PBC.

⑵如图所示，过点D作DE,AC于E,过点E作EFXCP于F,连接DF,

因为PA,平面ABCDQEu平面ABCD,所以PALDE,又PAnAC=A,PA,ACu平面PAC,所

以DEL平面PAC,又因为CPu平面PAC,所以DELCP,又EF，CP,DEnEF=E,DE,EFu平面

DEF,所以CP,平面DEF,则DF±CP,

故NDFE即为二面角A-CP-D的平面角，

则sinNDFE=¥，所以tanNDFE=V^.

设AD=x(0<x<2),则CD=V4-/,由等面积法可得DE=@/,

则CE='4—蜡哼L宇

易知△EFC为等腰直角三角形，所以EF=，，

-%2

故tanNDFE="=T%-=V^,解得x=B,即AD=V3.

EF4T

p

23.解析(1)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=AM

又AD=V1U,所以△ADM是等腰三角形,

同理△EDM是等腰三角形，

贝ljOA'DM,OE,DM,OA=JAD2-^^=3,OE=JDE2-^^=V3,

又AE=2百，所以OA2+OE2=AE2,故OA±OE.

又OA，DM,OEnDM=O,OE,DMu平面EDM,

所以OA,平面EDM.

易知SAEDM=|X2XV3=V3.

在^ADE中,COSNDEA=4+12—=W

所以sinZDEA=—,

4

贝ISAADE=；X2X2岳金丝

242

设点M到平面ADE的距离为d,由VM.ADE=VA.EDM,

得手△ADE-(1=|SAEDM,OA,解得

故点M到平面ADE的距离为等.

三年模拟练

l.A2.A3.A4.C5.ABD6.CD7.ABD

1.A因为圆02的周长为2匹所以圆02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，

则蚂蚁爬行的最短路程为AC的长，易知1疝=2JI,1瓯=再设ZB0Bi=a,则

a,OA=27r,a,OB=7i,贝U0A=20B,

又AB=3,所以0A=6,故a=p0C=3+|=|,

在^A0C中,由余弦定理得

AC=VOT42+OC2-2OA-OCcosa

c-913V13

-2x62x-x2-=2---

所以蚂蚁爬行的最短路程为手.故选A.

2.A设三棱柱的棱长均为4将三棱柱ABC-AiBiCi补成正三棱柱A2B2c2-AIBICI俅用补

形法,方便作平后线），且AAI=AA2,如图,

连接A2BAM,易得ABI〃A2B,则NMBA2（或其补角）即为ABi与BM所成的角,

22

在^A2BM中,A2B=V^a,BM=Ja+^)=ya,

A2M=』2+得?哼a,

222

・八“nAAB+BM-AMc.八“nAn

・・cosNMBA2=--2------------2--=0,・・ZMBA2=-

2i42B-BM2

故选A.

方法技巧通过平移直线构造异面直线所成的角（或其补角）时，若平移后的直线不在原几

何体内，则通常采用补形法，一般是补一个相同形状的几何体，或者将不常见的几何体补成

一个常见的几何体，如将三棱锥或四棱锥补成一个正方体（或长方体）等.

3.A如图，取AAi的中点M,连接DiM,MF,CiF,

易知四点共面,'.'MFC平面ABE,ABu平面ABE,；.MF〃平

面ABE.

易知MA〃DiE且MA=DiE,.\四边形AMDiE是平行四边形,...DiM〃EA,

又DiMC平面ABE,EAu平面ABE,

.•.DiM〃平面ABE.

又DiMCMF=M,DiM,MFu平面DiCiFM,

平面DiCiFM〃平面ABE,

・••过点F且平行于平面ABE的平面截正方体所得截面为四边形DiCiFM,

：DiCi，平面ADDiAi,DiMu平面ADDiAi,

.,.DiCi±DiM,

又DiCi〃MF,且DiCi=MF,

•••四边形D1C1FM是矩形，

易得MF=2,DiM=V^,，S矩形D]QFM=2X花=2遍.

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,

CDC,

则MiD〃:BE且MiD=BE,所以四边形BEDMi为平行四边形，故BMi/7DE,

又BMiC平面ADE,DEu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,

则篝喏总所以M1M2//AD,

又MiM2c平面ADE,ADu平面ADE,

所以M1M2〃平面ADE,

又BMmMiM2=Mi,BMi,MiM2U平面BMIM2,

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=K,即点M的轨迹长度为百.故选C.

5.ABD不妨令PA,底面ABCD,则PA,AD,AB两两垂直，又AB=AD,PA=PA,所以

RtAPAB^RtAPAD,所以PB=PD,结合题意知PB=PD=3.

在RtAPAB中,PA=VPB2-AB2=V9-4=近

所以VP-ABCD=]X2X2XV^=W，故A正确.

易得CD，PD,CBUB,所以S表=2x2+2xgx2xV^+2xRx3=10+2其故B正确.

连接AC,因为△PCB,APDC,APAC都是以PC为斜边的直角三角形，所以P,A,B,C,D都在

以PC为直径的球上（PA，ABAD两两垂直，属于“墙角模型”，可以补成长方体，PC为长方体

的他对曜垃,所以该阳马的外接球的半径R」22+2；+（回=孚故c错误.

设该阳马的内切球的半径为r,球心为0,则点0到四棱锥各面的距离相等，均为r,连接

0P,0A,0B,0C,0D,

贝！JVP-ABCD=V0-PAD+V0-PAB+V0-PBC+VO-PCD+V0-ABCD=-X（SAPAD+SAPAB+SAPBC+SAPCD+S正方形

ABCD）xr=WUr=^，解得厂与（利用等体积法求内切球半径），故D正确.故选ABD.

解后反思当遇到球的内切与外接问题时，解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位

置,确定有关元素间的数量关系，适当情况下可作出合适的截面图，将立体几何问题转化为

平面几何问题进行分析.

6.CD对于A,连接ADi,由正方体的性质知AB〃CiDi,所以A,B,Ci,Di四点共面，又

PM,BCiu平面ABCiDi,所以PM,BCi共面，故A不正确；

对于B,取CD的中点Q,连接MQ,PQ,NQ,如图1,

4

若P为CiDi的中点，则PQ,平面ABCD,

又MNu平面ABCD,所以PQ±MN,

在^NMQ中,MN=NQ=+G)2=/,MQ=I,所以MN?+NQ2=MQ2,故MN±NQ,

又PQCNQ=Q,PQ,NQu平面NPQ,

所以MN，平面NPQ,

又NPu平面NPQ,所以MNLNP,故B不正确；

对于C,过点P作PH±CD于H,连接NH,如图2,

则PH,平面ABCD,所以直线NP与平面ABCD所成的角为NPNH,

pjj1

tanZPNH=—=^=

2

+DW2

当P在点Ci处时,DH的长度最大，为1,

所以(tanNPNH)min=।—故C正确；

55

对于D,因为正方体是中心对称图形，所以当过MN的截面经过对称中心(体对角线的交点)

时，所得截面面积最大，此时截面交于棱DDI,BBI,BICI,CIDI的中点，

所以当P为CiDi的中点时，过M,N,P三点的平面截正方体所得截面面积最大，

取DDi的中点E,B，Ci的中点F,BBi的中点G,连接NE,EP,PF,FG,GM,如图3,

则截面为正六边形MNEPFG,其面积为6x立NM2=6x且xLM,故D正确.

4424

故选CD.

7.ABD对于A,由题意得ZBEC=ZCED==所以ZBED=-,即DE±BE,又

42

DE，AiB,AiBnBE=B,AiB,BEu平面AiBE,所以DE,平面AiBE,又DEu平面BCDE,所以

平面BCDE,平面AiBE,故A正确；

对于B,若。为BE的中点，则OC±BE,XDELBE,所以OC〃DE,又DEC平面FOCQCu

平面FOC,所以DE〃平面FOC,故B正确；

对于C,因为CD，DE,CD=DE=/,所以CE=J(V2)2+(V2)2=2,

过点F作FG±BE于点G,则FG=yBF=y,

所以折起过程中,F点的轨迹是圆心为G,半径为子,圆心角为］的圆弧，

所以F点的运动轨迹的长度为白手=字，故C错误；

224

对于D,取BE的中点M,连接AiM,CM,则AiM，BE(折叠前后，垂直关系丕变)，又平面

BCDE,平面AiBE,平面BCDEC平面AiBE=BE,AiMu平面AiBE,所以AiM,平面BCDE,

易知四边形MCDE是边长为四的正方形，则三棱锥Ai-CDE的外接球即为四棱锥

Ai-MCDE的外接球，即下底面为正方形MCDE,上底面的一个顶点为Ai的正方体的外接

球，

设四棱锥Ai-MCDE的外接球的半径为R,则(2R)2=AIM?+MC2+ME2=6,所以R考所以外

接球的体积V=$R3=*X(¥)=①兀,故D正确.

故选ABD.

8.答案3892

解析如图所示，在正四棱锥P-ABCD中,0为正方形ABCD的中心。为正方形A"B'C'D'

的中心，且AB=20尺,PO=30尺.

截去一段后，得正四棱台ABCD-ABCD,且A'B'=6尺，

过P作PHXBC于点H,交BC于点H,连接OHQH,易得△PO'H'^APOH,

所以型=丝，即3=把，即上吆=若，解得。0，=21尺，

POOHP。1AB301X2°

所以截得的正四棱台的体积V=|X21X(202+20X6+62)=3892(立方尺).

9.答案V3

解析设^ABC的外接圆的圆心为H,取SA的中点E,连接OE,OH,AH,如图所示,

则0H,平面ABC,OE±SA,

因为SA,平面ABC,AHu平面ABC,所以SA，AH,OH〃SA,故E,A,O,H四点共面，因为

OE，SA,AH，SA,所以AH〃EO,故四边形EAHO为矩形，所以0H=EA=]SA=2,

易得2AH=缶，故AH寺号焉

2

2

则得）+22