2025人教A版高中數(shù)學(xué)必修第二冊強化練習(xí)題-立體幾何初步拔高練

2025人教A版高中數(shù)學(xué)必修第二冊

綜合拔高練

五年高考練

考點1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征

1.（2021新高考I,3）已知圓錐的底面半徑為VX其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線

長為（）

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

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

考點2幾何體的表面積和體積

3.（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.2V371B.3V3KC.6V371D.9A/3TI

4.（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（）

5.（2023全國甲文，10）在三棱錐P-ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角

形,PA=PB=2,PC=V^則該棱錐的體積為（）

A.lB.V3C.2D.3

6.（2022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（近12.65）（）

A.1.0xl09m3B.1.2xl09m3

C.1.4xl09m3D.1.6xl09m3

7.（多選題）（2022新高考11,11）如圖，四邊形ABCD為正方形,ED±平面

ABCD,FB〃ED,AB=ED=2FB.記三棱錐E-ACD,F-ABC,F-ACE的體積分別為Vi、2,V3,則

（）

A.V3=2V2B.V3=VI

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

8.（2024全國甲理,14）已知圓臺甲、乙的上底面半徑均為ri,下底面半徑均為抽圓臺甲、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-A.BJCIDI中,AB=2,A]Bi=l,AAi=V^,則該棱臺的

體積為.

考點3幾何體的外接和內(nèi)切問題

10.（2022新高考n,7）已知正三棱臺的高為1,上、下底面邊長分別為3舊和4百，其頂點都

在同一球面上，則該球的表面積為（）

A.1007TB.128兀C.144兀D.192?r

11.（2022全國乙理,9）已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點為O,底面的四個頂點均在球O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

12.（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）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

13.（2023全國甲文,16）在正方體ABCD-AiBiCiDi中,AB=4,0為AC1的中點，若該正方體的

棱與球O的球面有公共點，則球O的半徑的取值范圍是.

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

直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點.

考點4空間平行和垂直關(guān)系的判定與證明

15.（2024全國甲理,10）設(shè)a，B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,貝I]n〃a或n〃伙

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.②④C.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&，該棱錐的高為（）

A.lB.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，則（）

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全國甲文,18）如圖，在三棱柱ABC-AiBiCi中,AC平面ABC,ZACB=90°.

⑴證明:平面ACGA」平面BBiCiC;

⑵設(shè)AB=AiB,AAi=2,求四棱錐Ai-BBiCiC的高.

19.（2022全國甲文,19）小明同學(xué)參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖

所示:底面ABCD是邊長為8（單位:cm）的正方形,△EAB,AFBC,AGCD,AHDA均為正三

角形,且它們所在的平面都與平面ABCD垂直.

⑴證明:EF〃平面ABCD;

⑵求該包裝盒的容積（不計包裝盒材料的厚度）.

考點5空間角和空間距離

20.（2024新課標(biāo)II,7）已知正三棱臺ABC-AiBiCi的體積為小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

21.（多選題）（2022新高考I,9）已知正方體ABCD-AiBiCiDi,Kl］（）

A.直線BCi與DAi所成的角為90°

B.直線BCi與CAi所成的角為90°

C.直線BCi與平面BBiDiD所成的角為45°

D.直線BCi與平面ABCD所成的角為45°

22.（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.

B

23.（2024全國甲文,19）如圖,AB〃CD,CD〃EF,AB=DE=EF=CF=2,

CD=4,AD=BC=V10,AE=2V3,M為CD的中點.

⑴證明:EM〃平面BCF;

⑵求點M到平面ADE的距離.

三年模擬練

應(yīng)用實踐

1.（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Oi,02,母線AB=3,

且AO2=2BOI,圓02的周長為2匹一只螞蟻從點A出發(fā)沿著圓臺的側(cè)面爬行一周到AB的

中點C,則螞蟻爬行的最短路程為（）

A呼B.3V3C.3V7口噂

2.（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，則異面直線AB1和BM所成的角為（）

ATt

A-B

2-7禺

3.（2024河南焦作開學(xué)考試）如圖，在正方體ABCD-AiBiCiDi中,AB=2,E,F分別是DDi,BBi

的中點.用過點F且平行于平面ABE的平面去截正方體，得到的截面圖形的面積為（）

A.2V5B.V6C.V5D.—

2

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

中,AB=4,AC=3,BC=5,AAi=6,D為CCi的中點,E為BBi上一點，西=3雇,NACD=12（T,M

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

A.lB.V2C.V3D.2

5.（多選題）（2024四川攀枝花第三高級中學(xué)月考）《九章算術(shù)》中將底面為矩形且有一條側(cè)

棱與底面垂直的四棱錐稱為陽馬.已知四棱錐P-ABCD為陽馬，底面ABCD是邊長為2的

正方形，且有兩條側(cè)棱長為3,則（）

A.該陽馬的體積為竽

B.該陽馬的表面積為10+2V5

C.該陽馬外接球的半徑為舊

D.該陽馬內(nèi)切球的半徑為"

6.（多選題）（2024廣東廣州三校期中）如圖，在棱長為1的正方體ABCD-AiBiCiDi中,M,N分

別是AB,AD的中點,P為線段CiDi上的動點，則（）

MR

A.存在點P,使得PM與BCi異面

B.不存在點P,使得MNXNP

C.直線NP與平面ABCD所成角的正切值的最小值為雪

D.過M,N,P三點的平面截正方體所得截面的面積的最大值為#

7.（多選題）（2024山東泰安模擬）如圖，在五邊形ABCDE中，四邊形ABCE為正方

形,?口，口旦?口=口￡=魚萬為人：8的中點，現(xiàn)將△ABE沿BE折起到平面AiBE的位置，使得

AiBLDE,則下列結(jié)論正確的是（）

A.平面BCDE,平面AiBE

B.若。為BE的中點，則DE〃平面FOC

C.折起過程中,F點的運動軌跡的長度為工

4

D.三棱錐Ai-CDE的外接球的體積為遍兀

8.（2024江蘇鎮(zhèn)江第一中學(xué)月考）我國古代名著《張丘建算經(jīng)》中記載:“今有方錐，下廣二丈,

高三丈，欲斬末為方亭，令上方六尺，問斬高幾何?”大致意思是:“有一個正四棱錐，底面邊長

為二丈，高為三丈，現(xiàn)從上面截去一段，使之成為正四棱臺，且正四棱臺的上底面邊長為六尺,

則截去的正四棱錐的高是多少?”在這個問題中，截得的正四棱臺的體積為立方尺

（注:1丈=10尺）.

9.（2024河南周口沈丘第二高級中學(xué)模擬）已知點S,A,B,C均在半徑為4的球O的表面上,

且SA,平面ABC,SA=4,NBAC=詈,AB=2g,點M在BC上,當(dāng)直線SM與平面ABC所成

的角最大時,AM=.

10.（2024北京東城模擬）如圖，在四棱錐P-ABCD中,AB//CD,AB=4,CD=2,NPDA=90。,平面

PAD，平面PCD.

⑴求證:AD,PC;

⑵若PD=AD=2,PD，DC,求平面PAD與平面PBC所成角的余弦值.

11.（2024廣東廣州南武中學(xué)月考）如圖1,在等腰梯形ABCD中,AD〃:BC,AB=AD=3BC=2,E

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

如圖2.

（1）求證:CD,平面BiDM;

（2）求BiE與平面BiMD所成的角；

⑶在線段BiC上是否存在點P,使得MP〃平面BiAD?若存在，求出黑的值;若不存在，說明

理由.

遷移創(chuàng)新

12.（2024浙江北斗聯(lián)盟期中）祖晅在求球的體積時，使用了原理:“易勢既同，則積不容

異”.“哥”是截面面積，“勢”是幾何體的高，意思是兩個同高的幾何體，如果在等高處的截面

面積恒相等，則體積相等.更詳細(xì)點說就是，夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被任一平

行于這兩個平面的平面所截，如果兩個截面的面積恒相等，那么這兩個幾何體的體積相等.

這個原理被稱為祖晅原理.

下圖是一個半徑為R的球O,平面ABC與球相交，截面為圓B,延長BO,交球面于點D,若圓

錐DB的側(cè)面展開圖是圓心角為等的扇形.

⑴求圓錐DB的表面積和體積;

(2)圖中平面ABC上方與球面之間的部分叫球缺,請你利用祖晅原理求球缺的體積.

答案與分層梯度式解析

綜合拔高練

五年高考練

高考風(fēng)向1.考查內(nèi)容

立體幾何始終是高考考查的重點和難點,考查內(nèi)容主要有點、線、面的位置關(guān)系的推

導(dǎo)與證明;線線、線面、面面的平行與垂直關(guān)系的證明;幾何體的表面積與體積的計算;線

線、線面、面面角的求解;幾何體外接球、內(nèi)切球、棱切球等.

2.考查形式

立體幾何是新高考中比較重要的知識點,小題、大題中都可能出現(xiàn).小題有時不給圖,

以“想圖”“畫圖”“用圖”等方式考查學(xué)生的空間想象能力;大題主要以基本幾何體為載體,

考查平行、垂直關(guān)系的證明和空間角、空間距離、體積等知識點，有時會以不規(guī)則組合體

為載體，考查割補思想的運用.

3.備考策略

本章概念和公式比較多，在備考時注意：

(1)熟悉基本圖形，能夠快速畫出符合題目要求的圖形；

(2)理解并熟記基本事實、判定定理、性質(zhì)定理，掌握定理的使用,熟記表(側(cè))面積、體

積公式，并知道公式中字母的含義；

⑶重視分類討論思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、函數(shù)與方程思想在解題中的應(yīng)用.

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

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

1.B設(shè)圓錐的母線長為1,由題意得兀1=2兀x/,

所以1=2魚.故選B.

2.C如圖，過點P作P0,平面ABCD,交平面ABCD于點0,取DC的中點E,連接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,

延長E0,交AB于點F,則F為AB的中點，且OFLAB,連接PF,

,.?AB〃CD,...AB，平面PEO,又PFu平面PEO,，ABLPF,又F為AB的中點,，PA=PB.

在^PAC中,PC=3,AC=4VX/PCA=45。,

貝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,

故選C

3.B設(shè)圓錐、圓柱的底面半徑為r,圓錐的母線長為1,

則圓錐的側(cè)面積為irrl,圓柱的側(cè)面積為2兀出百=2舊口,所以2百兀r=7irl,則1=2b，

易知甘+（次）2,所以為3,

所以圓錐的體積V=|7ir2xV3=3V37i.

4.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,

則多面體ABCDEF與多面體AiBiCiDEF全等,多面體ABCAiBiCi為三棱柱，側(cè)棱AAi=4,

過點C作垂直于側(cè)棱的平面CMN,交棱AAi,BBi分別于N,M,

則MN,CM,CN與三條側(cè)棱都垂直，所以MN=CM=CN=1,

所以'三棱柱4BC-&BICRSACMN-AAI=^X4=V3,

所以V五面體ABCDEF=：U三棱柱48C_4]B]C]=^.

曠

N葭、

5.A如圖，取AB的中點D,連接CD,PD,

由題意知aABC,APAB為等邊三角形,???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為三棱錐P-ABC的高，

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

故選A.

66

6.C由題意可知，棱臺的下底面面積Si=140xl0n?,棱臺的上底面面積S2=180xl0n?,棱

臺的高h=157.5-148.5=9(m),

故此棱臺的體積V=/Si+J范+S2>h

^1X(140+V140x180+180)X106X9

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

即增加的水量約為1.4x109n?.故選C.

7.CD設(shè)AB=ED=2FB=2,則Vi=-xix2x2x2=-,V=-xix2x2x1=-.

3232323

連接BD,交AC于M,連接FM,EM,

易知AC=2V2,FM=V3,EM=V6,EF=3,

因為FM2+EM2=EF2,所以△EMF為直角三角形，

故SAEMF=，V5XV^=Y，易得AC,平面EMF,

所以V3=]SAEMF-AC=2,所以V3=VI+V2,2V3=3VL

故選CD.

8.答案V6:4

22

解析易得圓臺甲的高hi=A/[2(r2-r1)]-(r2-r1)=V3(r2-ri),

22

圓臺乙的高h2=7[3(r2-?i)]-(^2)=2V2(r2-n),

.?圓臺甲+債)仇1_"]_—①

,,1圓臺乙品(比+「1交+母)仇2"22五g-Tl)4'

9.答案萼

6

解析正四棱臺ABCD-AiBiCiDi如圖所示.設(shè)其上、下底面的中心分別為01,0,連接

OiO,OiAi,OA,則010,平面ABCD.

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

易知AO//AiOi,X,-*AAi=V2,

；.OiO=J(&產(chǎn)(&一系斗

???P正四棱臺4BCD"iGDi=%(l+4+”X4)xf誓

10.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

V7?2-32+V/?2-42=1，無解，

所以正三棱臺的上、下底面在球心同側(cè)，所以席費不=1,解得R2=25,因此該球的表

面積S=4TIR2=100兀，故選A.

11.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面積最大，為2r匕設(shè)四棱錐的高為h,易知r2+h2=l,

貝1JV=等，當(dāng)且僅當(dāng)F=2h2,即h=，時等

號成立，故選C.

12.ABD選項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A正確；

選項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<VX所以棱長均為L4m的四面體可以完全放入,故選項B正確；

選項C,底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體由于其底面直徑遠小于高，故可忽略不計,

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)最長的線段長度為舊m,因為g<1.8,所以該圓柱體無法完全放入，故選項C錯

誤；

選項D,底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體由于其高遠小于底面直徑，故可忽略不計,

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△BCD中,BC=CD=^

m,NBCD=120。,所以BD=Jm,又因為手>1.2,所以底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體

可以完全放入，故選項D正確.故選ABD.

圖1圖2

13.答案[2V2,2V3]

解析由該正方體的棱與球O的球面有公共點,可知最小球為與棱相切的球，最大球為正

方體的外接球.

當(dāng)球與棱相切時,設(shè)球的半徑為Ri,

則有2Ri=V^x4,所以Ri=2V2;

當(dāng)球為正方體的外接球時,設(shè)球的半徑為R2,

則有(2R2)2=4?+42+42,所以R2=2V3.

所以球O的半徑的取值范圍是[2/,2g].

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/7BC1.

由AB,平面BCCiBi知ABLBCi,所以EF±AB.

設(shè)點P為棱AB上除點E外任一點,EF的中點為O,連接OP.

在RtAOEP中，有OP>OE.又易知EF的中點O為球心,OE為球O的半徑，所以點P在球O

外,所以棱AB上恰有一點E在球面上.又點O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(各棱中點)，共計12個.

考場速決由題可知，以EF為直徑的球為正方體的棱切球，所以共有12個公共點.

15.A對于①,,.,anB=m,...mua且mup,又m//n,

.*?當(dāng)nCa時,由線面平行的判定定理可得n//a,

當(dāng)n(4P時,由線面平行的判定定理可得n〃°,

...n〃a或n〃B，.?.①正確.

對于②，如圖，

當(dāng)a,。成銳二面角時，設(shè)mrin=A,n(za,

過n上異于A的一點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)nu3,3nB=d,又d.

.,.c〃d，又dup,cC。,又c<za,aAp=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如圖，取AB的中點E,CD的中點F,連接EF,PE,PF,

易知EF±CD,VPC=PD,F為CD的中點,.，.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內(nèi)過P作PHLEF,交EF于點H,則PH,平面ABCD,則該棱錐的高為PH,

易得PE=2g,PF=2,EF=4,則PE2+PF2=EF2,PE±PF,

11

:.SAPEF=±PEPF=±EFPH,

22

.?.PH=^^=^^=g.故選D.

EF4

17.A對于A,VE,F分別為AB,BC的中點，

.?.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正確；

對于B,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錯誤；

對于C,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,故平面BiEF與平面AiAC不平行，故C錯誤；

對于D,連接ABi,BiC,易知AiD〃:BiC,AiCi〃AC,由線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?點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錯誤.故選A.

18解析（1）證明:：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如圖，過Ai作AiOLCCi,垂足為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是四棱錐Ai-BBiCiC的高.

由⑴知NAiCB=NBCA=90。.

在RtAAiCB與RtAACB中,AiB=AB,BC=BC,

.*.RtAAiCB^RtAACB,

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

易知ACAiCi,

...△CAiCi為等腰直角三角形,??.AIC）WCCWAAI=1,即四棱錐Ai-BBiCiC的高為1.

教材溯源利用定理證明直線與平面、平面與平面之間的平行、垂直關(guān)系是立體幾何最

基礎(chǔ)的內(nèi)容,也是高考的必考考點，解決這類問題的關(guān)鍵是作輔助線，注意定理中“平面

內(nèi)”“相交”等易錯點，保證條件的完整性，答題時要書寫規(guī)范.

19解析（1）證明:過點E作EEUAB,交AB于點E,過點F作FF」BC,交BC于點F,連接

EF,由于底面四邊形ABCD為正方形,△EAB,AFBC均為正三角形，故EE'=FF',

由面面垂直的性質(zhì)可知EE,FF均與平面ABCD垂直，則EE〃FF,

故四邊形EE"F'F為平行四邊形，則EF〃EF,

又EFC平面ABCD,EFu平面ABCD,

所以EF〃平面ABCD.

（2）解法一（補形法）:如圖1所示，將幾何體補形為長方體ABCD-AiBiCiDi,

易知該包裝盒的容積為長方體的體積減去四個全等的三棱錐的體積,

因為△EAB是邊長為8cm的正三角形，

所以EE=4gcm,

故長方體的高AAi=EE'=4V3cm,

則長方體的體積Vi=8x8x4V3=256V3(cm3),

一個三棱錐的體積V2=|x|x4x4x4V3=^Y^（cm3）,

故該包裝盒的容積V=Vi-4V2=256百-4x?=絲磬（加3）.

解法二（分割法）:如圖2所示,分別取AD,DC的中點K,L,連接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,所以該包裝盒的容積等于長方體KEFL-HEFG的體

積加上四棱錐B-E'F'FE體積的4倍.

易得EF=FL=LK=KE，=4/cm,EE'=8sin60。=4\"cm,點B到平面ETTE的距離即為點B

到直線EF的距離，為2五cm,所以該包裝盒的容積

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

20.B如圖,分別取BC,BiCi的中點D,Di,連接AD,AiDi,

則AD±BC,AIDI±BICI,AD=3V3,AIDI=V3,

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

設(shè)正三棱臺ABC-AiBiCi的高為h,

貝丹”即寺(9回信歷荻南號，

解得h=w，

分別過Ai,Di作底面ABC的垂線，垂足為M,N,則M,N在AD上，設(shè)AM=x,

則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與平面ABC所成角的正切值為tan/AiAD=*=l.

AM

一題多解將正三棱臺ABC-AiBiCi補成正三棱錐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/智，所以爺翳嗡則上棱臺謝“1G噌VP-ABC號，所以VP-ABC=18,

設(shè)正三棱錐P-ABC的高為d,則Vp-ABc=|dx[x6x6x苧=18,解得d=2V3,

取底面ABC的中心0,連接P0,則P0,底面ABC,且AO=2V3,

所以PA與平面ABC所成角的正切值為tanNPAO=*=l.故選B.

A0

21.ABD如圖，對于A,連接BiC,易得BiCLBCi,四邊形AiBiCD為平行四邊形，

.,.BiC^AiD,.*.BCi±AiD,

...直線BCi與DAi所成的角為90。,，A正確.

對于平面BBiCiC,.*.AiBilBCi,

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

又：CAiu平面AiBiCD,.\CAi±BCi,

直線BCi與CAi所成的角為90°,AB正確.

對于C,連接AiCi,設(shè)AiCmBiDi=O,連接BO,

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

BBiDiD,

OB為BCi在平面BBiDiD內(nèi)的射影，

...ZCiBO即為直線BCi與平面BBiDiD所成的角，

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

BG2

對于D,：CC」平面ABCD,.*.BC為BCi在平面ABCD內(nèi)的射影，

ZCiBC即為直線BCi與平面ABCD所成的角，

易知NCiBC=45o.；.D正確.

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

因為PA,底面ABCD,ADu平面ABCD,

所以PALAD,

又因為AD，PB,PBAPA=P,PB,PAu平面PAB,

所以AD,平面PAB,

又因為ABu平面PAB,所以ADXAB,

又因為AB±BC,A,B,C,D在同一平面內(nèi)，

所以AD〃BC.

又因為BCu平面PBC,AD,平面PBC,

所以AD〃平面PBC.

⑵如圖所示，過點D作DE,AC于E,過點E作EFXCP于F,連接DF,

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

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

DEF,所以CP,平面DEF,則DF±CP,

故NDFE即為二面角A-CP-D的平面角，

則sinNDFE=￥，所以tanNDFE=V^.

設(shè)AD=x(0<x<2),則CD=V4-/,由等面積法可得DE=@/,

則CE='4—蠟哼L宇

易知△EFC為等腰直角三角形，所以EF=，，

-%2

故tanNDFE="=T%-=V^,解得x=B,即AD=V3.

EF4T

p

23.解析(1)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0,連接0A,0E,

因為AB〃MC,且AB=MC,

所以四邊形AMCB是平行四邊形,

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，

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

又AE=2百，所以O(shè)A2+OE2=AE2,故OA±OE.

又OA，DM,OEnDM=O,OE,DMu平面EDM,

所以O(shè)A,平面EDM.

易知SAEDM=|X2XV3=V3.

在^ADE中,COSNDEA=4+12—=W

所以sinZDEA=—,

4

貝ISAADE=；X2X2岳金絲

242

設(shè)點M到平面ADE的距離為d,由VM.ADE=VA.EDM,

得手△ADE-(1=|SAEDM,OA,解得

故點M到平面ADE的距離為等.

三年模擬練

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

1.A因為圓02的周長為2匹所以圓02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0,連接AC,

如圖，

則螞蟻爬行的最短路程為AC的長，易知1疝=2JI,1甌=再設(shè)ZB0Bi=a,則

a,OA=27r,a,OB=7i,貝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---

所以螞蟻爬行的最短路程為手.故選A.

2.A設(shè)三棱柱的棱長均為4將三棱柱ABC-AiBiCi補成正三棱柱A2B2c2-AIBICI俅用補

形法,方便作平后線），且AAI=AA2,如圖,

連接A2BAM,易得ABI〃A2B,則NMBA2（或其補角）即為ABi與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

故選A.

方法技巧通過平移直線構(gòu)造異面直線所成的角（或其補角）時，若平移后的直線不在原幾

何體內(nèi)，則通常采用補形法，一般是補一個相同形狀的幾何體，或者將不常見的幾何體補成

一個常見的幾何體，如將三棱錐或四棱錐補成一個正方體（或長方體）等.

3.A如圖，取AAi的中點M,連接DiM,MF,CiF,

易知四點共面,'.'MFC平面ABE,ABu平面ABE,；.MF〃平

面ABE.

易知MA〃DiE且MA=DiE,.\四邊形AMDiE是平行四邊形,...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,

???過點F且平行于平面ABE的平面截正方體所得截面為四邊形DiCiFM,

：DiCi，平面ADDiAi,DiMu平面ADDiAi,

.,.DiCi±DiM,

又DiCi〃MF,且DiCi=MF,

???四邊形D1C1FM是矩形，

易得MF=2,DiM=V^,，S矩形D]QFM=2X花=2遍.

故選A.

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

CDC,

則MiD〃:BE且MiD=BE,所以四邊形BEDMi為平行四邊形，故BMi/7DE,

又BMiC平面ADE,DEu平面ADE,

所以BMi〃平面ADE.

在AC上取點M2,使得M2A=2,M2c=1,連接BM2,MIM2,

則篝喏總所以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,

則點M的軌跡為線段MIM2.

在^CM1M2中,CMI=CM2=1,NMICM2=120°,

所以MIM2=K,即點M的軌跡長度為百.故選C.

5.ABD不妨令PA,底面ABCD,則PA,AD,AB兩兩垂直，又AB=AD,PA=PA,所以

RtAPAB^RtAPAD,所以PB=PD,結(jié)合題意知PB=PD=3.

在RtAPAB中,PA=VPB2-AB2=V9-4=近

所以VP-ABCD=]X2X2XV^=W，故A正確.

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

連接AC,因為△PCB,APDC,APAC都是以PC為斜邊的直角三角形，所以P,A,B,C,D都在

以PC為直徑的球上（PA，ABAD兩兩垂直，屬于“墻角模型”，可以補成長方體，PC為長方體

的他對曜垃,所以該陽馬的外接球的半徑R」22+2；+（回=孚故c錯誤.

設(shè)該陽馬的內(nèi)切球的半徑為r,球心為0,則點0到四棱錐各面的距離相等，均為r,連接

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

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

ABCD）xr=WUr=^，解得廠與（利用等體積法求內(nèi)切球半徑），故D正確.故選ABD.

解后反思當(dāng)遇到球的內(nèi)切與外接問題時，解題時要認(rèn)真分析圖形,明確切點和接點的位

置,確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，適當(dāng)情況下可作出合適的截面圖，將立體幾何問題轉(zhuǎn)化為

平面幾何問題進行分析.

6.CD對于A,連接ADi,由正方體的性質(zhì)知AB〃CiDi,所以A,B,Ci,Di四點共面，又

PM,BCiu平面ABCiDi,所以PM,BCi共面，故A不正確；

對于B,取CD的中點Q,連接MQ,PQ,NQ,如圖1,

4

若P為CiDi的中點，則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不正確；

對于C,過點P作PH±CD于H,連接NH,如圖2,

則PH,平面ABCD,所以直線NP與平面ABCD所成的角為NPNH,

pjj1

tanZPNH=—=^=

2

+DW2

當(dāng)P在點Ci處時,DH的長度最大，為1,

所以(tanNPNH)min=?—故C正確；

55

對于D,因為正方體是中心對稱圖形，所以當(dāng)過MN的截面經(jīng)過對稱中心(體對角線的交點)

時，所得截面面積最大，此時截面交于棱DDI,BBI,BICI,CIDI的中點，

所以當(dāng)P為CiDi的中點時，過M,N,P三點的平面截正方體所得截面面積最大，

取DDi的中點E,B，Ci的中點F,BBi的中點G,連接NE,EP,PF,FG,GM,如圖3,

則截面為正六邊形MNEPFG,其面積為6x立NM2=6x且xLM,故D正確.

4424

故選CD.

7.ABD對于A,由題意得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正確；

對于B,若。為BE的中點，則OC±BE,XDELBE,所以O(shè)C〃DE,又DEC平面FOCQCu

平面FOC,所以DE〃平面FOC,故B正確；

對于C,因為CD，DE,CD=DE=/,所以CE=J(V2)2+(V2)2=2,

過點F作FG±BE于點G,則FG=yBF=y,

所以折起過程中,F點的軌跡是圓心為G,半徑為子,圓心角為］的圓弧，

所以F點的運動軌跡的長度為白手=字，故C錯誤；

224

對于D,取BE的中點M,連接AiM,CM,則AiM，BE(折疊前后，垂直關(guān)系丕變)，又平面

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

易知四邊形MCDE是邊長為四的正方形，則三棱錐Ai-CDE的外接球即為四棱錐

Ai-MCDE的外接球，即下底面為正方形MCDE,上底面的一個頂點為Ai的正方體的外接

球，

設(shè)四棱錐Ai-MCDE的外接球的半徑為R,則(2R)2=AIM?+MC2+ME2=6,所以R考所以外

接球的體積V=$R3=*X(￥)=①兀,故D正確.

故選ABD.

8.答案3892

解析如圖所示，在正四棱錐P-ABCD中,0為正方形ABCD的中心。為正方形A"B'C'D'

的中心，且AB=20尺,PO=30尺.

截去一段后，得正四棱臺ABCD-ABCD,且A'B'=6尺，

過P作PHXBC于點H,交BC于點H,連接OHQH,易得△PO'H'^APOH,

所以型=絲，即3=把，即上吆=若，解得。0，=21尺，

POOHP。1AB301X2°

所以截得的正四棱臺的體積V=|X21X(202+20X6+62)=3892(立方尺).

9.答案V3

解析設(shè)^ABC的外接圓的圓心為H,取SA的中點E,連接OE,OH,AH,如圖所示,

則0H,平面ABC,OE±SA,

因為SA,平面ABC,AHu平面ABC,所以SA，AH,OH〃SA,故E,A,O,H四點共面，因為

OE，SA,AH，SA,所以AH〃EO,故四邊形EAHO為矩形，所以0H=EA=]SA=2,

易得2AH=缶，故AH寺號焉

2

2

則得）+22