2025北師大版高中數(shù)學(xué)必修第二冊強(qiáng)化練習(xí)題-立體幾何初步拔高練

2025北師大版高中數(shù)學(xué)必修第二冊

綜合拔高練

五年高考練

考點(diǎn)1基本立體圖形

1.（2023北京,9）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素.安裝燈帶可以勾

勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美.如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰

梯形,兩個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

形所在平面與平面ABCD的夾角的正切值均為?，則該五面體的所有棱長之和為（）

EF

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

2.（2023全國甲理,11）已知四棱錐P-ABCD的底面是邊長為4的正方

形,PC=PD=3,NPCA=45。,則△PBC面積為（）

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

3.（2023全國甲文,16）在正方體ABCD-AiBiCiDi中,AB=4,0為ACi的中點(diǎn)，若該正方體的

棱與球O的球面有公共點(diǎn)，則球O的半徑的取值范圍是.

考點(diǎn)2幾何體的表面積和體積

4.（2024新課標(biāo)I,5）已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側(cè)面積相等，且它們的高均為百，則

圓錐的體積為（）

A.2V3irB.3V311C.6V3TTD.9百兀

5.（2022全國新高考I,4）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分

水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148.5m時，相應(yīng)水面的面積為140.0kn?;水位為海

拔157.5m時，相應(yīng)水面的面積為180.0kn?.將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱

臺，則該水庫水位從海拔148.5m上升到157.5m時，增加的水量約為"712.65）（）

A.LOxlO9m3B.1.2xl09m3

C.1.4xl09m3D.1.6xl09m3

6.（2024天津,9）一個五面體ABCDEF.已知AD〃:BE〃CF,且兩兩之間距離為1.并已知

AD=1,BE=2,CF=3.則該五面體的體積為（）

E

D,

AC

B

AV33遮〔IrV3p.3A/31

A.—D.--------1—C.—LL------

642242

7.（多選題）（2023新課標(biāo)n,9）已知圓錐的頂點(diǎn)為P,底面圓心為O,AB為底面直

徑,NAPB=12（r,PA=2,點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P-AC-0為45。,則（）

A.該圓錐的體積為兀

B.該圓錐的側(cè)面積為4V371

C.AC=2V2

D.APAC的面積為g

8.（2024全國甲理,14）已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為ri,下底面半徑均為乜圓臺甲、乙

的母線長分別為2（r2-ri）,3（r2-n）,則圓臺甲與乙的體積之比為.

9.（2023新課標(biāo)I,14）在正四棱臺ABCD-AiBiCiDi中,AB=2,AiBi=l,AAi=V^,則該棱臺的

體積為.

10.（2023全國乙文,19）如圖，在三棱錐P-ABC中,AB，BC,AB=2,BC=2VXPB=PC=

V6,BP,AP,BC的中點(diǎn)分別為D,E,O,點(diǎn)F在AC±,BF±AO.

⑴求證:EF〃平面ADO;

⑵若NPOF=120。,求三棱錐P-ABC的體積.

考點(diǎn)3幾何體的內(nèi)切和外接問題

11.（2022新高考H,7）已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為3%和4V5,其頂點(diǎn)都

在同一球面上，則該球的表面積為（）

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

12.（2022全國乙理,9）已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為O,底面的四個頂點(diǎn)均在球。的

球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為（）

A.-B.-C.—D.—

3232

13.（多選題）（2023新課標(biāo)I,12）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位:m）的正方體容

器（容器壁厚度忽略不計(jì)）內(nèi)的有（）

A.直徑為0.99m的球體

B.所有棱長均為1.4m的四面體

C.底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體

D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體

14.（2023全國甲理,15）在正方體ABCD-AiBiCiDi中,E,F分別為AB,CiDi的中點(diǎn).以EF為

直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點(diǎn).

考點(diǎn)4空間平行、垂直關(guān)系的證明

15.（2024全國甲理,10）設(shè)a,P為兩個平面,m,n為兩條直線，且aPlB=m.下述四個命題：

①若m//n,則n〃a或n〃|3;

②若m_Ln,則n±a或n_L0；

③若n〃a且n〃B，則m//n;

④若n與a0所成的角相等，則m±n.

其中所有真命題的編號是（）

A.①③B.②④

C.①②③D.①③④

16.（2024北京,8）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為4的正方

形,PA=PB=4,PC=PD=2或，該棱錐的高為（）

A.1B.2C.V2D.V3

17.（2022全國乙理,7）在正方體ABCD-AiBiCiDi中,E,F分別為AB,BC的中點(diǎn)，則（)

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

考點(diǎn)5空間角和空間距離

18.（2021全國乙理,5）在正方體ABCD-AiBiCiDi中,P為BiDi的中點(diǎn)，則直線PB與ADi所

成的角為（）

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

2346

19.（2024新課標(biāo)II,7）已知正三棱臺ABC-AiBiCi的體積為拳AB=6,AiBi=2,則AiA與平面

ABC所成角的正切值為（）

1

A.-B.lC.2D.3

2

20.（2024新課標(biāo)I,17）如圖,四棱錐P-ABCD中,PA,底面ABCD,PA=AC=2,BC=1,AB=V3.

（1）若ADLPB,證明:AD〃平面PBC;

⑵若AD,DC,且二面角A-CP-D的正弦值為手，求AD.

21.（2024全國甲文,19）如圖,AB〃CD,CD//EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=V10,AE

=2g,M為CD的中點(diǎn).

⑴證明:EM〃平面BCF;

⑵求點(diǎn)M到平面ADE的距離.

三年模擬練

應(yīng)用實(shí)踐

1.（2023湘豫名校聯(lián)考）設(shè)m,n,l分別是三條不同的直線,a是平面，則下列結(jié)論中正確的是

（）

A.若m_Ln,m_Ll,nua,lua,則m±a

B.若mJ_n,nu%則m±a

C.若m〃n,n_La,則m±a

D.若m//a,nua,則m//n

2.（2024福建福州第一中學(xué)月考）如圖，已知圓臺上、下底面的圓心分別為O1Q2,母線AB=3,

且AO2=2BOI,圓02的周長為2兀,一只螞蟻從點(diǎn)A出發(fā)沿著圓臺的側(cè)面爬行一周到AB的

中點(diǎn)C,則螞蟻爬行的最短路程為（）

A?+B.3gC.3V7D，4-

3.（2023四川樂山月考）如圖，已知三棱柱ABC-AiBiCi的棱長都相等，且CC」底面ABC,M

是側(cè)棱CC1的中點(diǎn)，則異面直線AB1和BM的夾角為（）

D（

4.（2024遼寧沈陽東北育才學(xué)校月考）如圖，在三棱柱ABC-AiBiCi

中,人8=4八?=3,：8?=5小人1=6,口為?。的中點(diǎn),E為BBi上一點(diǎn)，甌=3BE,ZACD=120°,M

為側(cè)面AAiCiC上一點(diǎn)，且BM〃平面ADE,則點(diǎn)M的軌跡的長度為（）

AA.

CDC1

A.lB.V2C.V3D.2

5.（多選題）（2024江西萍鄉(xiāng)期末）在棱長為2的正方體ABCD-AiBiCiDi中,M為BiCi的中

點(diǎn)，則下列說法正確的是（）

A.若。為BD的中點(diǎn)，則異面直線MO與BBi夾角的余弦值是當(dāng)

B.若N為線段BC上的動點(diǎn)（含端點(diǎn)），則|MN|+|DN|的最小值為2而

C.若P為線段CCi的中點(diǎn)，則平面AMP與正方形CDDiCi的交線長為產(chǎn)

D.若點(diǎn)Q在正方形ADD'內(nèi)（含邊界），且MQLAiC,則Q的軌跡長度為迎

6.（多選題）（2024遼寧撫順六校協(xié)作體聯(lián)考）如圖1,在等腰梯形ABCD

中,AB〃CD,EF，AB,CF=EF=2DF=2,AE=3,EB=4,將四邊形AEFD沿EF進(jìn)行折疊，使AD

到達(dá)AD位置,且平面ADFE，平面BCFE,連接AB,DC,如圖2,則（）

A.BEXA'D"

B.平面A，EB〃平面D'FC

C.多面體A'EBCD'F為三棱臺

D.直線ATT與平面BCFE的夾角為巴

4

7.（2024江西豐城中學(xué)期中）已知在三棱錐D-ABC中,AD±平面ABC,且

BC=AD=2,NBAC=：則三棱錐D-ABC的外接球的體積為

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

8.（2023福建三明五縣期中聯(lián)考）如圖,三棱柱ABC-AiBiCi中，側(cè)面BBiCiC為菱形,BiC的

中點(diǎn)為O,且AO,平面BBiCiC.

⑴證明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）如圖1,已知等腰梯形ABCD的外接圓圓心O在底邊AB

上,AB〃CD,AB=3AD=9,CD=7,點(diǎn)P是上半圓上的動點(diǎn)（不包含A,B兩點(diǎn)），點(diǎn)Q是線段PA

上的動點(diǎn),將半圓APB所在的平面沿直徑AB折起，使得平面PAB,平面ABCD,如圖2.

⑴當(dāng)PC〃平面QBD時，求震的值；

QA

（2）證明:PB不可能垂直AD;

⑶設(shè)QB與平面ABD

的最大值.

答案與分層梯度式解析

第六章立體幾何初步

綜合拔高練

五年高考練

1.C顯然AE=ED=FB=FC,

作FGXAB于G,FH±BC于H,設(shè)點(diǎn)F在底面ABCD內(nèi)的射影為0,連接0F,0G,0H,

EF

易得0G=：BC=5,四邊形ABCD為矩形，

所以NFG0是平面ABFE與底面ABCD的夾角,NFH0是平面BCF與底面ABCD的夾

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.

該五面體的所有棱長之和為H7m.

故選C.

2.C如圖，過點(diǎn)P作PO,平面ABCD,交平面ABCD于點(diǎn)O,取DC的中點(diǎn)E,連接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,

延長EO,交AB于點(diǎn)F,則F為AB的中點(diǎn)，且OFLAB,連接PF,

：AB〃CD,...AB，平面PEO,又PFu平面PEO,ABLPF,又F為AB的中點(diǎn),.'.PAMPB.

在^PAC中,PC=3,AC=4A②NPCA=45。,

則由余弦定理得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也故選C.

3.答案[2V2,2V3]

解析以正方體的中心為球心，若球O的球面與正方體的棱有公共點(diǎn)，則球O的半徑應(yīng)該

介于該正方體棱切球半徑與外接球半徑之間（包括棱切球半徑與外接球半徑）.

設(shè)球O的半徑為R,

易知正方體面對角線的長等于該正方體棱切球的直徑，所以2Rmin=4a,解得Rmin=2/，正

方體體對角線的長等于該正方體外接球的直徑，所以2Rmax=4g,解得Rmax=2g,所以球O

的半徑的取值范圍為[2VX2V3].

4.B設(shè)圓錐、圓柱的底面半徑為r,圓錐的母線長為1,

則圓錐側(cè)面積S圓錐惻=磯圓柱的側(cè)面積S圓柱廁=2兀「百=2四肛所以2百?！航?,則1=2A/3,

易知12=F+（百＞,所以r=3,

所以圓錐的體積丫三兀己遮=3V3ji.

5.C140km2=140xl06m2,180km2=180xl06n?,由棱臺的體積公式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如圖所示，分別延長AD,BE,CF到Ai,Bi,Ci,使得AID=CF=3,BIE=BE=2,CIF=AD=1,

則幾何體ABC-DEF與幾何體A1B1C1-DEF為全等的幾何體,幾何體ABC-AiBiCi為三棱柱,

側(cè)棱AAi=4,

過點(diǎn)C作垂直于側(cè)棱的平面CMN,交棱AAI,BBI分別于N,M,所以MN,CM,CN與三條側(cè)

棱都垂直，

貝ljMN=CM=CN=1,

所以V三棱柱ABCABIC「SACMN-AAI=^X4=V3,

所以V五面體ABCDEF=”三棱柱ABC-A1B1C1二三.

7.AC易知PA=PB=2,0為AB的中點(diǎn)，

又NAPB=120°,

.,.PO=1,AO=BO=V^,即底面圓的半徑r=V3,

該圓錐的體積丫=品210=兀,故A正確.

Sfl!i=7ir-PA=7：xV3x2=2-\/37r,B錯誤.

取AC的中點(diǎn)D,連接PD,OD,

.,.PD±AC,OD±AC,.\ZPDO為二面角P-AC-0的平面

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

SAPAC=|AC-PD=|X2V2XV2=2,AD錯誤.

故選AC.

8.答案V6:4

解析分別取甲、乙兩圓臺的軸截面的一半,如圖,

顯然h?=V3（r2-n）,h乙=2四（「2-門）,

9兀（r申+rir2+ri>h甲

.v圓臺甲(=今故圓臺甲與乙的體積之比為連：4.

V圓臺乙步（r"riB+r分h乙

.答案—

96

解析解法一:根據(jù)題意畫出圖形，如圖所示，設(shè)01,0分別為上、下底面的中心，連接

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

所以O(shè)A=MOIAI=去

在RtAAA1E中,AA1=V^,AE=所以AiE=興即正四棱臺的高00i=AiE=f,

所以正四棱臺的體積為:x(12+V]T又可+22*”=等

326

解法二:將正四棱臺補(bǔ)形為正四棱錐P-ABCD,如圖，因?yàn)锳B=2,AiBi=l,所以Ai,Bi,Ci,Di分

別為PA,PB,PC,PD的中點(diǎn)，又AA]=e,所以PA=PB=PC=PD=2V2,J1P作P0，平面ABCD,

連接0A,易知。為正方形ABCD的中心，又因?yàn)锳B=2,所以0A=V^,所以P0=V^屋R爐=

V6,

所以四棱錐P-ABCD的體積為￥(>S四JWABCD^xV6X4=^,

同理,四棱錐P-AiBiCiDi的體積為￡

6

所以正四棱臺ABCD-AiBiCiDi的體積為延--=—.

366

p

10.解析⑴證法一:如圖，在RtAABC中，過F作FH±AB于H.

設(shè)AH=x，則BH=2-x,FH=V2x.

易得△BHFS/XOBA,所以案=北，即胃=經(jīng)解得X=l,

DUADV，，

所以H為AB的中點(diǎn)，所以F為AC的中點(diǎn).

又D,E,0分別為BP,AP,BC的中點(diǎn)，

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.

證法二:設(shè)屈=入正（九引0,1]）,因?yàn)锳B，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,

則F為AC的中點(diǎn)，又DQ,E分別為BP,BC,AP的中點(diǎn)，所以O(shè)D〃PC,EF〃PC,所以EF〃OD,

又因?yàn)镺Du平面ADO,EFU平面ADO,所以EF〃平面ADO.

⑵連接OF,PF.易知OF〃AB,又因?yàn)锳BLBC,所以O(shè)FLBC,因?yàn)镻B=PC=V6,0為BC的

中點(diǎn)，所以O(shè)P±BC,XOFnOP=O,OF,OPu平面OPF,所以BC,平面OPF,

過點(diǎn)P作PMLOF,交FO的延長線于M,

因?yàn)镻Mu平面OPF,所以BCXPM,

又OFnBC=O,OF,BCu平面ABC,所以PM,平面ABC,

因?yàn)锽C=2VXPB=PC=V6,

所以O(shè)P=JpC2-（g2=2,

因?yàn)镹POF=120。,所以在RtAPMO中,NPOM=60。,所以PM=V3.

故三棱錐P-ABC的體積為］xjx2x2V2xg=當(dāng).

H.A由題意易得上底面所在平面截球面所得圓的半徑為3,下底面所在平面截球面所得

圓的半徑為4,設(shè)該球的半徑為R,當(dāng)正三棱臺的上、下底面在球心異側(cè)時，有灰守十

VR2-42=1,R無解，

所以正三棱臺的上、下底面在球心同側(cè)，所以有灰守-府不=1,解得R2=25,因此該球

的表面積S=4JIR2=100TI,故選A.

12.C設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD,四邊形ABCD所在小圓半徑為r,

當(dāng)四邊形ABCD為正方形時，底面ABCD的面積最大，為2r2,設(shè)四棱錐的高為h,易知

d+h2=l,

貝1JV四棱錐0-ABCD二沁入著加產(chǎn)灰聾.［廣；+2112)3=黑，當(dāng)且僅當(dāng)「2=21?,即h=中時,

等號成立，故選C.

13.ABD解法一:選項(xiàng)A,正方體的棱長為1m,能完全放入的最大球體為其內(nèi)切球，易知其

內(nèi)切球的直徑為1m,所以直徑為0.99m的球體可以完全放入，故選項(xiàng)A正確；

選項(xiàng)B,棱長為1m的正方體6條面對角線構(gòu)成的四面體為正四面體，其棱長為迎m,又因

為1.4＜遮,所以棱長均為1.4m的四面體可以完全放入,故選項(xiàng)B正確；

選項(xiàng)C,對于底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體,其底面直徑遠(yuǎn)小于高，故可忽略不計(jì),

則該圓柱體能否被整體放入棱長為1m的正方體容器中等價于長度為1.8m的線段能否

完全在棱長為1m的正方體的內(nèi)部，由于正方體內(nèi)最長的線段為體對角線，故棱長為1m的

正方體內(nèi)最長的線段的長度為舊m,因?yàn)榕f＜1.8,所以在正方體內(nèi)部無法完全放入，故選

項(xiàng)C錯誤；

選項(xiàng)D,對于底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體,其高遠(yuǎn)小于底面直徑，故可忽略不計(jì),

則該圓柱體能否被整體放入棱長為1m的正方體容器中等價于直徑是1.2m的圓面能否

完全放入棱長為1m的正方體的內(nèi)部，需要尋找正方體內(nèi)最大的截面，如圖1所示，取6條

棱的中點(diǎn)A,B,C,D,E,F,則正六邊形ABCDEF是正方體內(nèi)最大的截面圖形，在圖2中，連接

BD,易知BC=ym,截面ABCDEF的內(nèi)切圓的直徑為BD,在ABCD中,BC=CD=j

m,NBCD=120。,所以BD=￥m,又因?yàn)槭帧?.2,所以底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱可

以完全放入,故選項(xiàng)D正確.故選ABD.

解法二:選項(xiàng)A,B的分析同解法一.

選項(xiàng)C,D的分析如下：

設(shè)以0102為軸的圓柱內(nèi)切于正方體(棱長為1m),則點(diǎn)01,02在正方體的體對角線ACi上,

如圖1,顯然圓柱的底面半徑r越大，圓柱的高h(yuǎn)=OQ2越小,為了探索兩者的關(guān)系，過圓02

作平面，該平面與平面AIBICIDI,BIBCCI,DIDCCI的交線分別為直線I1J2J3,此三條直線圍

成的三角形記為^EFG,三棱錐Ci-EFG如圖2,在底面EFG中，設(shè)M為FG的中點(diǎn)，連接

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,此時圓柱的高0\02=W-2后

對于C,令r=0.005m,則h=V3-2V2xQ.005~l.72m,1.72<1.8,C錯誤；

對于D,令r=0.6m,則h=V3—2V2x0.6~0.035m,0.035>0.01,所以D正確.

故選ABD.

圖1

14.答案12

解析如圖，易知BEDCiF,

所以四邊形BEFCi為平行四邊形，所以EF^BCi.

由AB,平面BCCiBi知ABXBCi,

所以EFLAB.

設(shè)點(diǎn)P為棱AB上除點(diǎn)E外任一點(diǎn),EF的中點(diǎn)為0,連接0P.

在RtA0EP中，有0P>0E.

又易知EF的中點(diǎn)0為球心QE為球0的半徑，

所以點(diǎn)P在球。外，

所以棱AB上恰有一點(diǎn)E在球面上.

又點(diǎn)0為正方體中心，所以由對稱性知正方體各棱均與球面恰有一個公共點(diǎn)（各棱中點(diǎn)）,

共計(jì)12個.

解后反思選擇恰當(dāng)角度，通過判斷棱上所有點(diǎn)與球心間的距離和球的半徑之間的大小

關(guān)系，達(dá)到研究棱與球面公共點(diǎn)個數(shù)的目的.熟悉正方體中常見的平行、垂直關(guān)系,理解并

會運(yùn)用球、正方體的對稱性是解決本題的前提.

15.A對于①,,.,arip=m,...niua且mu。,又m〃n,

當(dāng)nUa時,由線面平行的判定定理可得n〃a,

當(dāng)nCB時，由線面平行的判定定理可得11〃0,

...n〃a或n〃0,.,.①正確.

對于②，如圖，

當(dāng)af成銳二面角時，設(shè)mrin=A,n（za,

過n上異于A的一點(diǎn)P作PHLp,交平面p于H,連接AH,由nua,且n，m,易得NPAH為

二面角a-m-p的平面角，顯然n與p不垂直，，②不正確.

對于③，設(shè)n<ZY，yria=c,Xn〃a,.,.n//c.

設(shè)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正確.

對于④，當(dāng)n〃a且n〃(3時,n與a,P所成角相等，均為零角，此時m〃n,...④不正確.

16.D取AB的中點(diǎn)E,CD的中點(diǎn)F,連接EF,PE,PF,

P

易知EF±CD,VPC=PD,F為CD的中點(diǎn)，

/.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內(nèi)過P作PHLEF,交EF于點(diǎn)H,則PH,平面ABCD.

易知該棱錐的高為PH,

易得PE=2V3,PF=2,EF=4,

則PE2+PF2=EF2,

11

??.PE±PF,SAPE—PEPF-EFPH,

22

故選D.

17.A對于A選項(xiàng),..任下分別為AB,BC的中點(diǎn)，

...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選項(xiàng)正確；

對于B選項(xiàng)，易得ACi,平面AiBD,且ACi與平面BiEF相交,故平面BiEF,平面AiBD

不成立，故B選項(xiàng)錯誤；

對于C選項(xiàng)，直線AAi與BiE必相交，且AAiu平面AiAC,BiEu平面BiEF,故平面BiEF與

平面AiAC有公共點(diǎn),故平面BiEF與平面AiAC不平行，故C選項(xiàng)錯誤；

對于D選項(xiàng)，連接ABi,BiC,易知AiD〃:BiC,AiCi〃AC,由線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?.?點(diǎn)Bi既在平面BiEF內(nèi)，又在平面ABiC內(nèi),.?.平面AiCiD與平面BiEF不平行,

故D選項(xiàng)錯誤.故選A.

18.D如圖所示，連接BCiQP,易知四邊形ABCiDi是平行四邊形,，BCi〃ADi,

.??NCiBP(或其補(bǔ)角)就是異面直線ADi與BP所成的角，設(shè)正方體的棱長為a,則

BCi=V2a,C1P=爭1,連接AC,BD,設(shè)AC交BD于點(diǎn)0,連接0P,則0P,平面ABCD,

,.?OBu平面ABCD,

AOPXOB,

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

在^CiBP中,cosNPBCi=；

Zbr-DCiz

?."Bp,

即直線PB與ADi所成的角為g

6

故選D.

方法總結(jié)用幾何法求異面直線的夾角的具體步驟

平移的方法一般有三種類型:⑴利

eq〉用圖中已有的平行線平移;(2)利用

特殊點(diǎn)(線段的端點(diǎn)或中點(diǎn))作平行

線平移;(3)補(bǔ)形平移

r證明所作的角或其補(bǔ)角是異面直線

區(qū)產(chǎn)1廠的夾角

在立體圖形中尋找或作出含有此角

fw-的三角形，并解之

因?yàn)楫惷嬷本€的夾角。的取值范圍

是0。＜仁90。，所以所作的角為鈍

角時，應(yīng)取它的補(bǔ)角作為異面直線

的夾角

19.B如圖,分別取BC,B1C1的中點(diǎn)D,D1,連接AD,AiDi,

則AD±BC,AIDI±BICI,AD=3V3,A1D1=痘,

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

設(shè)正三棱臺ABC-AiBiCi的高為h,

則VABC-ARJ=|x(9V3+V3+MWxB)h=拳

解得h=w，

分別過A1,D1作底面ABC的垂線，垂足為M,N,則M,N在AD上,

設(shè)AM=x,

222

則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與平面ABC所成角的正切值為tanZAiAD=^=l.

一題多解將正三棱臺ABC-AiBiCi補(bǔ)成正三棱錐P-ABC,如圖,

則AIA與平面ABC所成的角即為PA與平面ABC所成的角,

易知鬻=端.，所以=/

則V三棱臺ABCABC=爭P-ABC=拳所以VP-ABC=18,

設(shè)正三棱錐P-ABC的高為d,則丫2迎=處卜6*6'￥=18,解得d=2V3,

取底面ABC的中心0,連接P0,A0,則P0,底面ABC,且AO=2V3,

所以PA與平面ABC所成角的正切值為tanNPA0=3=l.故選B.

A0

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

所以ABLBC.

因?yàn)镻A,底面ABCD,ADu平面ABCD,

所以PALAD,

又因?yàn)锳D，PB,PBAPA=P,PB,PAu平面PAB,

所以AD,平面PAB,

又ABu平面PAB,所以ADXAB,

又因?yàn)锳B±BC,A,B,C,D在同一平面內(nèi)，

所以AD〃BC.

又因?yàn)锽Cu平面PBC,ADC平面PBC,

所以AD〃平面PBC.

⑵因?yàn)镻A,底面ABCD,PAu平面PAC,

所以平面PAC,平面ABCD.

過D作DHLAC交AC于點(diǎn)H,易知DH,平面PAC,又PCu平面PAC,所以DHLPC,

過點(diǎn)H作HQXPC交PC于點(diǎn)Q,連接DQ,

又因?yàn)镈HCHQ=H,DH,HQu平面DHQ,

所以PC,平面DHQ,

又DQu平面DHQ,

所以PCLDQ,

所以NDQH即為二面角A-CP-D的平面角.

在RtADHQ中，設(shè)HQ=x,x>0,

貝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證明:由題意得EF〃MC,且EF=MC,

所以四邊形EFCM是平行四邊形，所以EM//FC,

又CFu平面BCF,EMC平面BCF,

所以EM〃平面BCF.

⑵如圖，取DM的中點(diǎn)0,連接0A,0E,

因?yàn)锳B〃MC,且AB=MC,

所以四邊形AMCB是平行四邊形,

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

則0A,DM,0E,DM,0A=JAD-然f=3,OE=JDE2-（等了=電

又AE=2百，所以O(shè)A2+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

貝ISAADE=-X2X2V3x—.

242

設(shè)點(diǎn)M到平面ADE的距離為d,由VM-ADE二VA-EDM,

得ADE-d=|SAEDM?0A,解得d=U，

故點(diǎn)M到平面ADE的距離為等.

三年模擬練

l.CA錯誤,由線面垂直的判定定理可知，只有n,l是兩條相交直線時，才能得到m，a;

B錯誤，如圖(1)所示，顯然m與a不垂直；

C正確,由線面垂直的性質(zhì)定理可知，當(dāng)m〃n,n_La時，必有m±a;

D錯誤,如圖⑵，顯然m與n不平行.

圖(1)圖⑵

2.A因?yàn)閳A02的周長為2兀,所以圓O2的半徑A02=l,又AO2=2BOI,所以B0i=|,

將圓臺的側(cè)面沿著母線AB剪開,展成平面圖形，延長AB,交AiBi的延長線于點(diǎn)0,連接AC,

如圖，

0

則螞蟻爬行的最短路程為AC的長，易知1磯=2兀,1呵=n,設(shè)ZB0Bi=a,則

aOA=27i,aOB=7i,

則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|=^

所以螞蟻爬行的最短路程為竽.

故選A.

3.A設(shè)三棱柱的棱長均為a,將三棱柱ABC-AiBiCi補(bǔ)成正三棱柱A2B2c2-A1B1C1,使

AAI=AA2,如圖.

(采用補(bǔ)形法，方便作平行線)

連接A2B,A2M,易得AB1〃A2B,則NMBA2（或其補(bǔ)角）即為AB1與BM的夾角,

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

故選A.

4.C由題意知BE=2,CD=3,如圖，在CD上取點(diǎn)Mi,使得MiD=2,MiC=l,連接BMi,

CM、DC,

則MiD^BE且MiD=BE,所以四邊形BEDMi為平行四邊形，故BM1/7DE,

又BMiC平面ADEQEu平面ADE,

所以BMi〃平面ADE.

在AC上取點(diǎn)M2,使得M2A=2,M2c=1,連接BM2,MIM2,

則篝=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,

則點(diǎn)M的軌跡為線段MIM2.

在^CM1M2中,CMI=CM2=1,NMICM2=120°,

所以MiM2=g,即點(diǎn)M的軌跡長度為百.故選C.

5.ACD對于A,取BC的中點(diǎn)E,連接MEQE,如圖1,則BB1/7ME,

所以NOME（或其補(bǔ)角）為異面直線MO與BBi的夾角，

在RtAOEM中,cosNOME^^=—=型，故A正確；

OMVI2+225

對于B,將側(cè)面BCCiBi翻折至與平面ABCD共面，如圖2,連接DM,交BC于點(diǎn)N,此時

|MN|+|DN|最小，且|MN|+|DN|=|DM|="TN=舊，故B錯誤；

對于C,在側(cè)面BCC1B1中，延長MP與BC相交于點(diǎn)H,連接HA交CD于T,如圖3,故TP

為平面AMP與正方形CDDiCi的交線，

因?yàn)镸,P為BiCi,CCi的中點(diǎn)，正方體的棱長為2,所以CH=1,根據(jù)CH〃AD,得*=需=去

所以CT=|DT=|,所以TP=Jl2+(|f=等,故C正確；

對于D,因?yàn)锳Ai，平面ABCDQBu平面ABCD,所以AAi±DB,因?yàn)?/p>

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的中點(diǎn)K,V,如圖4,六邊形所在平面KVM〃平面ABiDi,

故AC平面KVM,要使MQLAiC,則Q在直線KV上運(yùn)動，

故Q在正方形ADDiAi內(nèi)的軌跡為線段KV,其長度為魚，故D正確.故選ACD.

6.ABD對于A,因?yàn)槠矫鍭DFE，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正確.

對于B,因?yàn)锳舊〃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正確.

對于C，因?yàn)槔?/p>