2025人教A版高中数学必修第二册强化练习题--第八章　立体几何初步拔高练

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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,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　)
A.2　　B.2　　C.4　　D.4
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,∠PCA=45°,则△PBC面积为(　　)
A.2　　B.3　　C.4　　D.6
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,则圆锥的体积为(　　)
A.2π　　B.3π　　C.6π　　D.9π
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(　　)
A.　　B.+　　C.　　D.-
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=,则该棱锥的体积为(　　)
A.1　　B.　　C.2　　D.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148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.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148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A.1.0×109 m3　　B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3　　D.1.6×109 m3
7.(多选题)(2022新高考Ⅱ,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V1,V2,V3,则(　　)
A.V3=2V2　　B.V3=V1
C.V3=V1+V2　　D.2V3=3V1
8.(2024全国甲理,14)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),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-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,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Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3和4,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为(　　)
A.100π　　B.128π　　C.144π　　D.192π
11.(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O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为　　(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
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0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
13.(2023全国甲文,16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O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-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1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α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β=m.下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β;
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β;
③若n∥α且n∥β,则m∥n;
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n.
其中所有真命题的编号是(　　)
A.①③　　B.②④　　C.①②③　　D.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.1　　B.2　　C.　　D.
17.(2022全国乙理,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　)
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
18.(2023全国甲文,18)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C⊥平面ABC,∠ACB=90°.
(1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C;
(2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1-BB1C1C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,△FBC,△GCD,△HDA均为正三角形,且它们所在的平面都与平面ABCD垂直.
(1)证明:EF∥平面ABCD;
(2)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-A1B1C1的体积为,AB=6,A1B1=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A.　　B.1　　C.2　　D.3
21.(多选题)(2022新高考Ⅰ,9)已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则(　　)
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1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=.
(1)若AD⊥PB,证明:AD∥平面PBC;
(2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦值为,求AD.
23.(2024全国甲文,19)如图,AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,
CD=4,AD=BC=,AE=2,M为CD的中点.
(1)证明:EM∥平面BCF;
(2)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O1,O2,母线AB=3,且AO2=2BO1,圆O2的周长为2π,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.3　　C.3　　D.
2.(2023四川乐山月考)如图,已知三棱柱ABC-A1B1C1的棱长都相等,且CC1⊥底面ABC,M是侧棱CC1的中点,则异面直线AB1和BM所成的角为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
3.(2024河南焦作开学考试)如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,E,F分别是DD1,BB1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.2　　B.　　C.　　D.
4.(2024辽宁沈阳东北育才学校月考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=4,AC=3,BC=5,AA1=6,D为CC1的中点,E为BB1上一点,=3,∠ACD=120°,M为侧面AA1C1C上一点,且BM∥平面ADE,则点M的轨迹的长度为(　　)
A.1　　B.　　C.　　D.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
B.该阳马的表面积为10+2
C.该阳马外接球的半径为
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-A1B1C1D1中,M,N分别是AB,AD的中点,P为线段C1D1上的动点,则(　　)
A.存在点P,使得PM与BC1异面
B.不存在点P,使得MN⊥NP
C.直线NP与平面ABCD所成角的正切值的最小值为
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,CD⊥DE,CD=DE=,F为AB的中点,现将△ABE沿BE折起到平面A1BE的位置,使得A1B⊥DE,则下列结论正确的是(　　)
→
A.平面BCDE⊥平面A1BE
B.若O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
D.三棱锥A1-CDE的外接球的体积为π
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,∠BAC=,AB=2,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,∠PDA=90°,平面PAD⊥平面PCD.
(1)求证:AD⊥PC;
(2)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=BC=2,E是BC的中点,AE∩BD=M,将△BAE沿AE翻折至△B1AE的位置,使B1M⊥平面AECD,如图2.
(1)求证:CD⊥平面B1DM;
(2)求B1E与平面B1MD所成的角;
(3)在线段B1C上是否存在点P,使得MP∥平面B1AD 若存在,求出的值;若不存在,说明理由.
　
迁移创新
12.(2024浙江北斗联盟期中)祖暅在求球的体积时,使用了原理:“幂势既同,则积不容异”.“幂”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.这个原理被称为祖暅原理.
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π的扇形.
(1)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,请你利用祖暅原理求球缺的体积.
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;
(3)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.B 2.C 3.B 4.C 5.A 6.C 7.CD 10.A
11.C 12.ABD 15.A 16.D 17.A 20.B 21.ABD
1.B　设圆锥的母线长为l,由题意得πl=2π×,
所以l=2.故选B.
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,
∵PC=PD,∴PE⊥CD,∵PO⊥平面ABCD,AB,CD 平面ABCD,∴PO⊥AB,PO⊥CD,又PE∩PO=P,PO,PE 平面PEO,∴CD⊥平面PEO,又OE 平面PEO,∴CD⊥OE,
延长EO,交AB于点F,则F为AB的中点,且OF⊥AB,连接PF,
∵AB∥CD,∴AB⊥平面PEO,又PF 平面PEO,∴AB⊥PF,又F为AB的中点,∴PA=PB.
在△PAC中,PC=3,AC=4,∠PCA=45°,
则由余弦定理得PA2=PC2+AC2-2PC·AC·cos∠PCA=32+(4)2-2×3×4×=17,∴PA=,
∴PB=,
在△PBC中,由余弦定理的推论得cos∠PCB===,
∴sin∠PCB=,∴S△PBC=BC·PC·sin∠PCB=×4×3×=4,
故选C.
3.B　设圆锥、圆柱的底面半径为r,圆锥的母线长为l,
则圆锥的侧面积为πrl,圆柱的侧面积为2πr×=2πr,所以2πr=πrl,则l=2,
易知l2=r2+()2,所以r=3,
所以圆锥的体积V=πr2×=3π.
4.C　如图所示,分别延长AD,BE,CF到A1,B1,C1,使得A1D=CF=3,B1E=BE=2,C1F=AD=1,
则多面体ABCDEF与多面体A1B1C1DEF全等,多面体ABCA1B1C1为三棱柱,侧棱AA1=4,
过点C作垂直于侧棱的平面CMN,交棱AA1,BB1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=S△CMN·AA1=×4=,
所以V五面体ABCDEF==.
5.A　如图,取AB的中点D,连接CD,PD,
由题意知△ABC,△PAB为等边三角形,∴CD⊥AB,PD⊥AB,
∴PD=CD==,
又∵PC=,∴PD2+CD2=PC2,∴PD⊥CD,
又∵CD∩AB=D,CD,AB 平面ABC,
∴PD⊥平面ABC,∴PD为三棱锥P-ABC的高,
∴VP-ABC=S△ABC·PD=××2××=1.
故选A.
6.C　由题意可知,棱台的下底面面积S1=140×106 m2,棱台的上底面面积S2=180×106 m2,棱台的高h=157.5-148.5=9(m),
故此棱台的体积V=(S1++S2)·h
=×(140++180)×106×9
=3×(320+60)×106≈1.437×109(m3),
即增加的水量约为1.4×109 m3.故选C.
7.CD　设AB=ED=2FB=2,则V1=××2×2×2=,V2=××2×2×1=.
连接BD,交AC于M,连接FM,EM,
易知AC=2,FM=,EM=,EF=3,
因为FM2+EM2=EF2,所以△EMF为直角三角形,
故S△EMF=××=,易得AC⊥平面EMF,
所以V3=S△EMF·AC=2,所以V3=V1+V2,2V3=3V1.
故选CD.
8.答案　∶4
解析　易得圆台甲的高h1==(r2-r1),
圆台乙的高h2==2(r2-r1),
∴====.
9.答案　
解析　正四棱台ABCD-A1B1C1D1如图所示.设其上、下底面的中心分别为O1,O,连接O1O,O1A1,OA,则O1O⊥平面ABCD.
∵AB=2,A1B1=1,∴AO=,A1O1=,
易知AO∥A1O1,又∵AA1=,
∴O1O==,
∴=×(1+4+)×=.
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+=1,无解,
所以正三棱台的上、下底面在球心同侧,所以-=1,解得R2=25,因此该球的表面积S=4πR2=100π,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2r2,设四棱锥的高为h,易知r2+h2=1,
则V四棱锥O-ABCD=·2r2·h=×≤×=,当且仅当r2=2h2,即h=时等号成立,故选C.
12.ABD　选项A,正方体的棱长为1 m,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1 m,所以直径为0.99 m的球体可以完全放入,故选项A正确;
选项B,棱长为1 m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 m,又因为1.4<,所以棱长均为1.4 m的四面体可以完全放入,故选项B正确;
选项C,底面直径为0.01 m,高为1.8 m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1 m的正方体容器中等价于长度为1.8 m的线段能否完全在棱长为1 m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1 m的正方体内最长的线段长度为 m,因为<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1.2 m,高为0.01 m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1 m的正方体容器中等价于直径是1.2 m的圆面能否完全放入棱长为1 m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= m,截面ABCDEF的内切圆的直径为BD,在△BCD中,BC=CD= m,∠BCD=120°,所以BD= m,又因为>1.2,所以底面直径为1.2 m,高为0.01 m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　[2,2]
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R1,
则有2R1=×4,所以R1=2;
当球为正方体的外接球时,设球的半径为R2,
则有(2R2)2=42+42+42,所以R2=2.
所以球O的半径的取值范围是[2,2].
14.答案　12
解析　如图,易知BE C1F,所以四边形BEFC1为平行四边形,所以EF∥BC1.
由AB⊥平面BCC1B1知AB⊥BC1,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Rt△OEP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,∵α∩β=m,∴m α且m β,又m∥n,
∴当n α时,由线面平行的判定定理可得n∥α,
当n β时,由线面平行的判定定理可得n∥β,
∴n∥α或n∥β,∴①正确.
对于②,如图,
当α,β成锐二面角时,设m∩n=A,n α,
过n上异于A的一点P作PH⊥β,交平面β于H,连接AH,由n α,且n⊥m,易得∠PAH为二面角α-m-β的平面角,显然n与β不垂直,∴②不正确.
对于③,设n γ,γ∩α=c,又n∥α,∴n∥c.
设n δ,δ∩β=d,又n∥β,∴n∥d.
∴c∥d,又d β,c β,∴c∥β,又c α,α∩β=m,
∴c∥m,∴n∥m,∴③正确.
对于④,当n∥α且n∥β时,n与α,β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,∵PC=PD,F为CD的中点,∴CD⊥PF,又PF∩EF=F,PF,EF 平面PEF,∴CD⊥平面PEF,又CD 平面ABCD,∴平面PEF⊥平面ABCD,
在平面PEF内过P作PH⊥EF,交EF于点H,则PH⊥平面ABCD,则该棱锥的高为PH,
易得PE=2,PF=2,EF=4,则PE2+PF2=EF2,∴PE⊥PF,
∴S△PEF=PE·PF=EF·PH,
∴PH===.故选D.
17.A　对于A,∵E,F分别为AB,BC的中点,
∴EF∥AC,又AC⊥BD,∴EF⊥BD,
易知DD1⊥平面ABCD,∵EF 平面ABCD,
∴EF⊥DD1,
又BD∩DD1=D,BD,DD1 平面BDD1,
∴EF⊥平面BDD1,又EF 平面B1EF,
∴平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确;
对于B,易得AC1⊥平面A1BD,且AC1与平面B1EF相交,故平面B1EF⊥平面A1BD不成立,故B错误;
对于C,直线AA1与B1E必相交,且AA1 平面A1AC,B1E 平面B1EF,故平面B1EF与平面A1AC有公共点,故平面B1EF与平面A1AC不平行,故C错误;
对于D,连接AB1,B1C,易知A1D∥B1C,A1C1∥AC,由线面平行的判定定理得A1D∥平面AB1C,A1C1∥平面AB1C,又A1D∩A1C1=A1,A1D,A1C1 平面A1C1D,∴平面A1C1D∥平面AB1C,又∵点B1既在平面B1EF内,又在平面AB1C内,∴平面A1C1D与平面B1EF不平行,故D错误.故选A.
18.解析　(1)证明:∵A1C⊥平面ABC,BC 平面ABC,
∴A1C⊥BC.∵∠ACB=90°,∴AC⊥BC,
又∵A1C,AC 平面ACC1A1,且A1C∩AC=C,
∴BC⊥平面ACC1A1,又∵BC 平面BB1C1C,
∴平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)如图,过A1作A1O⊥CC1,垂足为O,
∵平面ACC1A1⊥平面BB1C1C,且平面ACC1A1∩平面BB1C1C=CC1,A1O 平面ACC1A1,
∴A1O⊥平面BB1C1C,即A1O是四棱锥A1-BB1C1C的高.
由(1)知∠A1CB=∠BCA=90°.
在Rt△A1CB与Rt△ACB中,A1B=AB,BC=BC,
∴Rt△A1CB≌Rt△ACB,
∴A1C=AC,∴A1C=A1C1,
易知A1C⊥A1C1,
∴△CA1C1为等腰直角三角形,∴A1O=CC1=AA1=1,即四棱锥A1-BB1C1C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EE'⊥AB,交AB于点E',过点F作FF'⊥BC,交BC于点F',连接E'F',由于底面四边形ABCD为正方形,△EAB,△FBC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∥E'F',
又EF 平面ABCD,E'F' 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-A1B1C1D1,
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8 cm的正三角形,
所以EE'=4 cm,
故长方体的高AA1=EE'=4 cm,
则长方体的体积V1=8×8×4=256(cm3),
一个三棱锥的体积V2=××4×4×4=(cm3),
故该包装盒的容积V=V1-4V2=256-4×=(cm3).
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(1)知EF∥E'F'且EF=E'F',同理可得HE∥KE',HE=KE',HG∥KL,HG=KL,GF∥LF',GF=LF',易知BD⊥E'F',E'F'⊥E'K,KE'=E'F'=F'L=LK,所以该包装盒的容积等于长方体KE'F'L-HEFG的体积加上四棱锥B-E'F'FE体积的4倍.
易得E'F'=F'L=LK=KE'=4 cm,EE'=8sin 60°=4 cm,点B到平面E'F'FE的距离即为点B到直线E'F'的距离,为2 cm,所以该包装盒的容积V=(4)2×4+4××4×4×2=(cm3).
20.B　如图,分别取BC,B1C1的中点D,D1,连接AD,A1D1,
则AD⊥BC,A1D1⊥B1C1,AD=3,A1D1=,
故S△ABC=×6×3=9,=×2×=,
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,
则=×(9++)h=,
解得h=,
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,
则AA1==,DN=AD-AM-MN=2-x,
故DD1==,
在等腰梯形BCC1B1中,可得B=+D,
即x2+=4++,解得x=,
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD==1.
一题多解　将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC,如图,
则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角,
易知==,所以=,则=VP-ABC=,所以VP-ABC=18,
设正三棱锥P-ABC的高为d,则VP-ABC=d××6×6×=18,解得d=2,
取底面ABC的中心O,连接PO,则PO⊥底面ABC,且AO=2,
所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO==1.故选B.
21.ABD　如图,对于A,连接B1C,易得B1C⊥BC1,四边形A1B1CD为平行四边形,
∴B1C∥A1D,∴BC1⊥A1D,
∴直线BC1与DA1所成的角为90°,∴A正确.
对于B,∵A1B1⊥平面BB1C1C,∴A1B1⊥BC1,
又B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,B1C,A1B1 平面A1B1CD,∴BC1⊥平面A1B1CD,
又∵CA1 平面A1B1CD,∴CA1⊥BC1,
∴直线BC1与CA1所成的角为90°,∴B正确.
对于C,连接A1C1,设A1C1∩B1D1=O,连接BO,
易得A1C1⊥B1D1,A1C1⊥BB1,又B1D1∩BB1=B1,B1D1,BB1 平面BB1D1D,∴A1C1⊥平面BB1D1D,
∴OB为BC1在平面BB1D1D内的射影,
∴∠C1BO即为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,
在Rt△C1BO中,sin∠C1BO==,∴∠C1BO=30°,∴C错误.
对于D,∵CC1⊥平面ABCD,∴BC为BC1在平面ABCD内的射影,
∴∠C1BC即为直线BC1与平面ABCD所成的角,
易知∠C1BC=45°.∴D正确.
22.解析　(1)证明:在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2,所以AB2+BC2=AC2,所以AB⊥BC.
因为PA⊥底面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AD,
又因为AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PA 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,
又因为AB 平面PAB,所以AD⊥AB,
又因为AB⊥BC,A,B,C,D在同一平面内,
所以AD∥BC.
又因为BC 平面PBC,AD 平面PBC,
所以AD∥平面PBC.
(2)如图所示,过点D作DE⊥AC于E,过点E作EF⊥CP于F,连接DF,
因为PA⊥平面ABCD,DE 平面ABCD,所以PA⊥DE,又PA∩AC=A,PA,AC 平面PAC,所以DE⊥平面PAC,又因为CP 平面PAC,所以DE⊥CP,又EF⊥CP,DE∩EF=E,DE,EF 平面DEF,所以CP⊥平面DEF,则DF⊥CP,
故∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角,
则sin∠DFE=,所以tan∠DFE=.
设AD=x(0则CE==,
易知△EFC为等腰直角三角形,所以EF=,
故tan∠DFE===,解得x=,即AD=.
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CF 平面BCF,EM 平面BCF,
所以EM∥平面BCF.
(2)如图,取DM的中点O,连接OA,OE,
因为AB∥MC,且AB=MC,
所以四边形AMCB是平行四边形,
所以AM=BC=,
又AD=,所以△ADM是等腰三角形,
同理△EDM是等腰三角形,
则OA⊥DM,OE⊥DM,OA==3,OE==,
又AE=2,所以OA2+OE2=AE2,故OA⊥OE.
又OA⊥DM,OE∩DM=O,OE,DM 平面EDM,
所以OA⊥平面EDM.
易知S△EDM=×2×=.
在△ADE中,cos∠DEA==,
所以sin∠DEA=,
则S△ADE=×2×2×=.
设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM,
得S△ADE·d=S△EDM·OA,解得d=,
故点M到平面ADE的距离为.
三年模拟练
1.A 2.A 3.A 4.C 5.ABD 6.CD 7.ABD
1.A　因为圆O2的周长为2π,所以圆O2的半径AO2=1,又AO2=2BO1,所以BO1=,
将圆台的侧面沿着母线AB剪开,展成平面图形,延长AB,交A1B1的延长线于点O,连接AC,如图,
则蚂蚁爬行的最短路程为AC的长,易知l=2π,l=π,设∠BOB1=α,则α·OA=2π,α·OB=π,则OA=2OB,
又AB=3,所以OA=6,故α=,OC=3+=,
在△AOC中,由余弦定理得
AC=
==,
所以蚂蚁爬行的最短路程为.故选A.
2.A　设三棱柱的棱长均为a,将三棱柱ABC-A1B1C1补成正三棱柱A2B2C2-A1B1C1(采用补形法,方便作平行线),且AA1=AA2,如图,
连接A2B,A2M,易得AB1∥A2B,则∠MBA2(或其补角)即为AB1与BM所成的角,
在△A2BM中,A2B=a,BM==a,
A2M==a,
∴cos∠MBA2==0,∴∠MBA2=.
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AA1的中点M,连接D1M,MF,C1F,
易知MF∥AB∥C1D1,∴M,F,C1,D1四点共面,∵MF 平面ABE,AB 平面ABE,∴MF∥平面ABE.
易知MA∥D1E且MA=D1E,∴四边形AMD1E是平行四边形,∴D1M∥EA,
又D1M 平面ABE,EA 平面ABE,
∴D1M∥平面ABE.
又D1M∩MF=M,D1M,MF 平面D1C1FM,
∴平面D1C1FM∥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D1C1FM,
∵D1C1⊥平面ADD1A1,D1M 平面ADD1A1,
∴D1C1⊥D1M,
又D1C1∥MF,且D1C1=MF,
∴四边形D1C1FM是矩形,
易得MF=2,D1M=,∴=2×=2.
故选A.
4.C　由题意知BE=2,CD=3,如图,在CD上取点M1,使得M1D=2,M1C=1,连接BM1,
则M1D∥BE且M1D=BE,所以四边形BEDM1为平行四边形,故BM1∥DE,
又BM1 平面ADE,DE 平面ADE,
所以BM1∥平面ADE.
在AC上取点M2,使得M2A=2,M2C=1,连接BM2,M1M2,
则==,所以M1M2∥AD,
又M1M2 平面ADE,AD 平面ADE,
所以M1M2∥平面ADE,
又BM1∩M1M2=M1,BM1,M1M2 平面BM1M2,
所以平面BM1M2∥平面ADE,
则点M的轨迹为线段M1M2.
在△CM1M2中,CM1=CM2=1,∠M1CM2=120°,
所以M1M2=,即点M的轨迹长度为.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Rt△PAB≌Rt△PAD,所以PB=PD,结合题意知PB=PD=3.
在Rt△PAB中,PA===.
所以VP-ABCD=×2×2×=,故A正确.
易得CD⊥PD,CB⊥PB,所以S表=2×2+2××2×+2××2×3=10+2,故B正确.
连接AC,因为△PCB,△PDC,△PAC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,AB,AD两两垂直,属于“墙角模型”,可以补成长方体,PC为长方体的体对角线),所以该阳马的外接球的半径R==,故C错误.
设该阳马的内切球的半径为r,球心为O,则点O到四棱锥各面的距离相等,均为r,连接OP,OA,OB,OC,OD,
则VP-ABCD=VO-PAD+VO-PAB+VO-PBC+VO-PCD+VO-ABCD=×(S△PAD+S△PAB+S△PBC+S△PCD+S正方形ABCD)×r=r=,解得r=(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AD1,由正方体的性质知AB∥C1D1,所以A,B,C1,D1四点共面,又PM,BC1 平面ABC1D1,所以PM,BC1共面,故A不正确;
对于B,取CD的中点Q,连接MQ,PQ,NQ,如图1,
若P为C1D1的中点,则PQ⊥平面ABCD,
又MN 平面ABCD,所以PQ⊥MN,
在△NMQ中,MN=NQ==,MQ=1,所以MN2+NQ2=MQ2,故MN⊥NQ,
又PQ∩NQ=Q,PQ,NQ 平面NPQ,
所以MN⊥平面NPQ,
又NP 平面NPQ,所以MN⊥NP,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∠PNH,
tan∠PNH===,
当P在点C1处时,DH的长度最大,为1,
所以(tan∠PNH)min==,故C正确;
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DD1,BB1,B1C1,C1D1的中点,
所以当P为C1D1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DD1的中点E,B1C1的中点F,BB1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6×NM2=6××=,故D正确.
故选CD.
7.ABD　对于A,由题意得∠BEC=∠CED=,所以∠BED=,即DE⊥BE,又DE⊥A1B,A1B∩BE=B,A1B,BE 平面A1BE,所以DE⊥平面A1BE,又DE 平面BCDE,所以平面BCDE⊥平面A1BE,故A正确;
对于B,若O为BE的中点,则OC⊥BE,又DE⊥BE,所以OC∥DE,又DE 平面FOC,OC 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==2,
过点F作FG⊥BE于点G,则FG=BF=,
所以折起过程中,F点的轨迹是圆心为G,半径为,圆心角为的圆弧,
所以F点的运动轨迹的长度为×=,故C错误;
对于D,取BE的中点M,连接A1M,CM,则A1M⊥BE(折叠前后,垂直关系不变),又平面BCDE⊥平面A1BE,平面BCDE∩平面A1BE=BE,A1M 平面A1BE,所以A1M⊥平面BCDE,
易知四边形MCDE是边长为的正方形,则三棱锥A1-CDE的外接球即为四棱锥A1-MCDE的外接球,即下底面为正方形MCDE,上底面的一个顶点为A1的正方体的外接球,
设四棱锥A1-MCDE的外接球的半径为R,则(2R)2=A1M2+MC2+ME2=6,所以R=,所以外接球的体积V=πR3=π×=π,故D正确.
故选ABD.
8.答案　3 892
解析　如图所示,在正四棱锥P-ABCD中,O为正方形ABCD的中心,O'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-A'B'C'D',且A'B'=6尺,
过P作PH⊥BC于点H,交B'C'于点H',连接O'H',OH,易得△PO'H'∽△POH,
所以=,即=,即=,解得OO'=21尺,
所以截得的正四棱台的体积V=×21×(202+20×6+62)=3 892(立方尺).
9.答案　
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OH⊥平面ABC,OE⊥SA,
因为SA⊥平面ABC,AH 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OH=EA=SA=2,
易得2AH=,故AH=×=,
则+22=16,故BC=6.
在△ABC中,由余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,即36=12+AC2+2AC,解得AC=2,故AC=AB,所以∠CBA=∠ACB=,
因为SA⊥平面ABC,所以∠SMA为直线SM与平面ABC所成的角,当AM的长度最小时,∠SMA取得最大值,此时AM⊥BC,AM=2×=.
10.解析　(1)证明:因为∠PDA=90°,所以PD⊥AD,
又平面PAD⊥平面PCD,平面PAD∩平面PCD=PD,AD 平面PAD,所以AD⊥平面PCD,
又PC 平面PCD,所以AD⊥PC.
(2)如图,延长AD,交BC的延长线于点M,连接PM,则平面PAD∩平面PBC=PM,
因为DC∥AB,DC=2,AB=4,所以D是AM的中点,
又因为PD=AD,所以∠APM=90°,即AP⊥PM.
因为平面PAD⊥平面PCD,平面PAD∩平面PCD=PD,CD⊥PD,CD 平面PCD,所以CD⊥平面PAD,所以AB⊥平面PAD,
又PA,PM 平面PAD,所以AB⊥PM,AB⊥AP,
又AP∩AB=A,AP,AB 平面PAB,
所以PM⊥平面PAB,
又PB 平面PAB,所以PM⊥PB,
所以∠APB为平面PAD与平面PBC所成角的平面角,
在Rt△PAD中,由PD=AD=2,可得PA=2,
在Rt△PAB中,由PA=2,AB=4,可得PB==2,
所以cos∠APB===,
所以平面PAD与平面PBC所成角的余弦值为.
11.解析　(1)证明:在梯形ABCD中,连接DE,
因为E是BC的中点,
所以CD=AB=AD=BE=EC=BC=2,
又因为AD∥BE,AD∥EC,所以四边形ABED,四边形ADCE均为菱形,从而AE⊥MD,CD∥AE,所以MD⊥CD,
因为B1M⊥平面AECD,CD 平面AECD,
所以B1M⊥CD,
又B1M∩MD=M,B1M,MD 平面B1DM,
所以CD⊥平面B1DM.
(2)由(1)知CD⊥平面B1DM,AE∥CD,所以AE⊥平面B1MD,所以B1E在平面B1MD内的射影为B1M,所以B1E与平面B1MD所成的角为∠EB1M,
易知△B1AE是正三角形,M为AE的中点,
所以∠EB1M=30°,
所以B1E与平面B1MD所成的角为30°.
(3)假设线段B1C上存在点P,使得MP∥平面B1AD,
过点P作PQ∥CD,交B1D于Q,连接AQ,如图所示,
因为AM∥CD,所以AM∥PQ,所以A,M,P,Q四点共面,
因为MP∥平面B1AD,MP 平面AMPQ,平面B1AD∩平面AMPQ=AQ,所以MP∥AQ,则四边形AMPQ为平行四边形,
所以PQ=AM=CD,故P是B1C的中点,
故在线段B1C上存在点P,使得MP∥平面B1AD,且=.
12.解析　(1)设BC=r,
则BO=,BD=+R,CD=,
则圆锥DB的侧面展开图的圆心角为=π,
所以r=,化简得5r2-R2=R,即25r4-9r2R2=0,
所以r=,BD=R,CD=R,
则圆锥DB的表面积为π+π·R·R=πR2,体积为π··R=πR3.
(2)如图②,构造一个与半球(如图①)同底等高的圆柱,内部挖去一个倒置的等底等高的圆锥(根据祖暅原理构造图形).
取同一高度h的截面,设球缺的截面半径为r1,面积为S1,圆锥的截面半径为r2,面积为S2.
则r1=,S1=π(R2-h2).=,即r2=h,则S2=πh2,则圆柱与圆锥形成的圆环的截面面积为π(R-h)2,
所以球缺的截面与构造的几何体的截面面积(圆环的面积)相同,根据祖暅原理得两者体积相等.
由(1)得BO===R,即球缺的高度为R,圆台的高度为R,圆台的上、下底面圆半径分别为R和R,
所以圆台的体积为πR2+π+π·R2×R=πR3,
所以球缺的体积为πR2×R-πR3=πR3.
素养评析　本题第(1)问考查了学生的数学运算素养,能够针对表面积和体积问题,设置合理的变量r,构造等式,解决问题,达到了水平二;第(2)问考查了学生直观想象素养,能够根据祖暅原理构造图形,将复杂问题进行转化,找到解决问题的思路,达到了水平三.
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