2025北师大版高中数学必修第二册强化练习题--第六章　立体几何初步拔高练

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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=25 m,BC=10 m,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(　　)
A.102 m　　　　B.112 m　　　　C.117 m　　　　D.125 m
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
3.(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　　　　.
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,则圆锥的体积为(　　)
A.2π
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148.5 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
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(　　)
A.
7.(多选题)(2023新课标Ⅱ,9)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则(　　)
A.该圆锥的体积为π　　　　
B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=2　　　　
D.△PAC的面积为
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　　　　.
10.(2023全国乙文,19)如图,在三棱锥P-ABC中,AB⊥BC,AB=2,BC=2,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)求证:EF∥平面ADO;
(2)若∠POF=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
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O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　)
A.
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0.99 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
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、垂直关系的证明
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.
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
考点5　空间角和空间距离
18.(2021全国乙理,5)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A.
19.(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
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=.
(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.
21.(2024全国甲文,19)如图,AB∥CD,CD∥EF,AB=DE=EF=CF=2,CD=4,AD=BC=,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.(2023湘豫名校联考)设m,n,l分别是三条不同的直线,α是平面,则下列结论中正确的是(　　)
A.若m⊥n,m⊥l,n α,l α,则m⊥α
B.若m⊥n,n α,则m⊥α
C.若m∥n,n⊥α,则m⊥α
D.若m∥α,n α,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.
3.(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的夹角为(　　)
A.
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,,∠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.　　　　D.2
5.(多选题)(2024江西萍乡期末)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为B1C1的中点,则下列说法正确的是(　　)
A.若O为BD的中点,则异面直线MO与BB1夹角的余弦值是
B.若N为线段BC上的动点(含端点),则|MN|+|DN|的最小值为2
C.若Р为线段CC1的中点,则平面AMP与正方形CDD1C1的交线长为
D.若点Q在正方形ADD1A1内(含边界),且MQ⊥A1C,则Q的轨迹长度为
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A'D'位置,且平面A'D'FE⊥平面BCFE,连接A'B,D'C,如图2,则(　　)
　
A.BE⊥A'D'
B.平面A'EB∥平面D'FC
C.多面体A'EBCD'F为三棱台
D.直线A'D'与平面BCFE的夹角为
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,∠BAC=,则三棱锥D-ABC的外接球的体积为　　　　　　 .
8.(2023福建三明五县期中联考)如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面BB1C1C为菱形,B1C的中点为O,且AO⊥平面BB1C1C.
(1)证明:B1C⊥AB;
(2)若AC⊥AB1,∠CBB1=60°,BC=1,求三棱柱ABC-A1B1C1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.
(1)当PC∥平面QBD时,求的值;
(2)证明:PB不可能垂直AD;
(3)设QB与平面ABD的夹角为α,二面角Q-BD-A的平面角为β,求β-α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FG⊥AB于G,FH⊥BC于H,设点F在底面ABCD内的射影为O,连接OF,OG,OH,
易得OG=BC=5,四边形ABCD为矩形,
所以∠FGO是平面ABFE与底面ABCD的夹角,∠FHO是平面BCF与底面ABCD的夹角.
∵tan∠FGO=tan∠FHO=,OG=5,
∴FO=,OH=5,
∴FG=FH=,GB=OH=5,
∴BF==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117 m.
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,
∵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,由余弦定理得cos∠PCB=,
∴sin∠PCB=,∴S△PBC=BC·PC·sin∠PCB=×4×3×,故选C.
3.答案　[2]
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=4,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=4,解得Rmax=2,所以球O的半径的取值范围为[2].
4.B　设圆锥、圆柱的底面半径为r,圆锥的母线长为l,
则圆锥侧面积S圆锥侧=πrl,圆柱的侧面积S圆柱侧=2πr·πr,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·π.
5.C　140 km2=140×106 m2,180 km2=180×106 m2,由棱台的体积公式V=)h可得V增加水量=×(140+180+)×106×(157.5-148.5)=3×(320+60)×106≈3×(320+60×2.65)×106=1 437×106≈1.4×109(m3),故选C.
6.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,
则几何体ABC-DEF与几何体A1B1C1-DEF为全等的几何体,几何体ABC-A1B1C1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,所以MN,CM,CN与三条侧棱都垂直,
则MN=CM=CN=1,
所以=S△CMN·AA1=×4=,
所以V五面体ABCDEF=.
7.AC　易知PA=PB=2,O为AB的中点,
又∠APB=120°,
∴PO=1,AO=BO=,即底面圆的半径r=,
∴该圆锥的体积V=πr2·PO=π,故A正确.
S侧=πr·PA=π××2=2π,∴B错误.
取AC的中点D,连接PD,OD,
∴PD⊥AC,OD⊥AC,∴∠PDO为二面角P-AC-O的平面角,∴∠PDO=45°,∴OD=PO=1,∴AD=,∴AC=2,∴C正确.
S△PAC=AC·PD=×2=2,∴D错误.
故选AC.
8.答案　∶4
解析　分别取甲、乙两圆台的轴截面的一半,如图,
显然h甲=(r2-r1),h乙=2(r2-r1),
∴,故圆台甲与乙的体积之比为∶4.
9.答案　
解析　解法一:根据题意画出图形,如图所示,设O1,O分别为上、下底面的中心,连接OO1,O1A1,OA,过A1作A1E⊥OA,交OA于E,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,所以OA=,
在Rt△AA1E中,AA1=,所以A1E=,即正四棱台的高OO1=A1E=,
所以正四棱台的体积为×(12++22)×.
解法二:将正四棱台补形为正四棱锥P-ABCD,如图,因为AB=2,A1B1=1,所以A1,B1,C1,D1分别为PA,PB,PC,PD的中点,又AA1=,所以PA=PB=PC=PD=2,过P作PO⊥平面ABCD,连接OA,易知O为正方形ABCD的中心,又因为AB=2,所以OA=,所以PO=,
所以四棱锥P-ABCD的体积为PO·S四边形ABCD=×4= ,
同理,四棱锥P-A1B1C1D1的体积为,
所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为.
10.解析　(1)证法一:如图,在Rt△ABC中,过F作FH⊥AB于H.
设AH=x,则BH=2-x,FH=x.
易得△BHF∽△OBA,所以,即,解得x=1,
所以H为AB的中点,所以F为AC的中点.
又D,E,O分别为BP,AP,BC的中点,
所以EF∥PC,DO∥PC,所以EF∥DO.
又EF 平面ADO,DO 平面ADO,
所以EF∥平面ADO.
证法二:设=λ(λ∈[0,1]),因为AB⊥BC,BF⊥AO,所以·=(λ)·=[λ+(λ-1)·]·=4λ+4(λ-1)=0,解得λ=,
则F为AC的中点,又D,O,E分别为BP,BC,AP的中点,所以OD∥PC,EF∥PC,所以EF∥OD,又因为OD 平面ADO,EF 平面ADO,所以EF∥平面ADO.
(2)连接OF,PF.易知OF∥AB,又因为AB⊥BC,所以OF⊥BC,因为PB=PC=,O为BC的中点,所以OP⊥BC,又OF∩OP=O,OF,OP 平面OPF,所以BC⊥平面OPF,
过点P作PM⊥OF,交FO的延长线于M,
因为PM 平面OPF,所以BC⊥PM,
又OF∩BC=O,OF,BC 平面ABC,所以PM⊥平面ABC,
因为BC=2,
所以OP==2,
因为∠POF=120°,所以在Rt△PMO中,∠POM=60°,所以PM=.
故三棱锥P-ABC的体积为×2×2.
11.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,R无解,
所以正三棱台的上、下底面在球心同侧,所以有=1,解得R2=25,因此该球的表面积S=4πR2=100π,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.
13.ABD　解法一: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,对于底面直径为0.01 m,高为1.8 m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的长度为 m,因为<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1.2 m,高为0.01 m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的圆柱可以完全放入,故选项D正确.故选ABD.
图1　　　　　　　　　　图2　
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O1O2为轴的圆柱内切于正方体(棱长为1 m),则点O1,O2在正方体的体对角线AC1上,如图1,显然圆柱的底面半径r越大,圆柱的高h=O1O2越小,为了探索两者的关系,过圆O2作平面,该平面与平面A1B1C1D1,B1BCC1,D1DCC1的交线分别为直线l1,l2,l3,此三条直线围成的三角形记为△EFG,三棱锥C1-EFG如图2,在底面EFG中,设M为FG的中点,连接O2M,C1M,易知3O2M=3r=FM,所以FM=r,在等腰直角三角形FC1G中,C1M=FM=r,所以在Rt△C1O2M中,C1O2=r,此时圆柱的高O1O2=r.
对于C,令r=0.005 m,则h=×0.005≈1.72 m,1.72<1.8,C错误;
对于D,令r=0.6 m,则h=×0.6≈0.035 m,0.035>0.01,所以D正确.
故选ABD.
图1
图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.
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,∵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　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.
易知该棱锥的高为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选项,∵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选项正确;
对于B选项,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选项错误;
对于C选项,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选项错误;
对于D选项,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选项错误.故选A.
18.D　如图所示,连接BC1,C1P,易知四边形ABC1D1是平行四边形,∴BC1∥AD1,
∴∠C1BP(或其补角)就是异面直线AD1与BP所成的角,设正方体的棱长为a,则BC1=a,连接AC,BD,设AC交BD于点O,连接OP,则OP⊥平面ABCD,
∵OB 平面ABCD,
∴OP⊥OB,
∴PB=a.
在△C1BP中,cos∠PBC1=,
∴∠PBC1=,
即直线PB与AD1所成的角为.
故选D.
方法总结　用几何法求异面直线的夹角的具体步骤
19.B　如图,分别取BC,B1C1的中点D,D1,连接AD,A1D1,
则AD⊥BC,A1D1⊥B1C1,AD=3,
故S△ABC=×6×3×2×,
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h,
则×(9,
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=-x,
故DD1=,
在等腰梯形BCC1B1中,可得B,
即x2+,
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,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,AO,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.
20.解析　(1)证明:在△ABC中,AB=,BC=1,AC=2,故有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)因为PA⊥底面ABCD,PA 平面PAC,
所以平面PAC⊥平面ABCD.
过D作DH⊥AC交AC于点H,易知DH⊥平面PAC,又PC 平面PAC,所以DH⊥PC,
过点H作HQ⊥PC交PC于点Q,连接DQ,
又因为DH∩HQ=H,DH,HQ 平面DHQ,
所以PC⊥平面DHQ,
又DQ 平面DHQ,
所以PC⊥DQ,
所以∠DQH即为二面角A-CP-D的平面角.
在Rt△DHQ中,设HQ=x,x>0,
则HC=x,DH2=AH·HC=2x-x2,
所以sin∠DQH=,
解得x=.
故AH=,所以AD=.
21.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=,
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.C　A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⊥α;
B错误,如图(1)所示,显然m与α不垂直;
C正确,由线面垂直的性质定理可知,当m∥n,n⊥α时,必有m⊥α;
D错误,如图(2),显然m与n不平行.
　
2.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=,
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.
3.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,使AA1=AA2,如图.
(采用补形法,方便作平行线)
连接A2B,A2M,易得AB1∥A2B,则∠MBA2(或其补角)即为AB1与BM的夹角,
在△A2BM中,A2B=a,
A2M=a,
∴cos∠MBA2==0,∴∠MBA2=.
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.ACD　对于A,取BC的中点E,连接ME,OE,如图1,则BB1∥ME,
所以∠OME(或其补角)为异面直线MO与BB1的夹角,
在Rt△OEM中,cos∠OME=,故A正确;
对于B,将侧面BCC1B1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|=,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CDD1C1的交线,
因为M,P为B1C1,CC1的中点,正方体的棱长为2,所以CH=1,根据CH∥AD,得,所以CT=,所以TP=,故C正确;
对于D,因为AA1⊥平面ABCD,DB 平面ABCD,所以AA1⊥DB,因为BD⊥AC,AA1∩AC=A,AA1,AC 平面AA1C,所以BD⊥平面AA1C,
又A1C 平面AA1C,所以A1C⊥BD,又B1D1∥BD,所以B1D1⊥A1C,同理A1C⊥AD1,
又AD1∩B1D1=D1,AD1,B1D1 平面AB1D1,
所以A1C⊥平面AB1D1,
取棱DD1,AD的中点K,V,如图4,六边形所在平面KVM∥平面AB1D1,
故A1C⊥平面KVM,要使MQ⊥A1C,则Q在直线KV上运动,
故Q在正方形ADD1A1内的轨迹为线段KV,其长度为,故D正确.故选ACD.
　
　
6.ABD　对于A,因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,
平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,BE⊥EF,BE 平面BCFE,所以BE⊥平面A'D'FE,所以BE⊥A'D',故A正确.
对于B,因为A'E∥D'F,A'E 平面D'FC,D'F 平面D'FC,所以A'E∥平面D'FC,
又BE∥CF,BE 平面D'FC,CF 平面D'FC,
所以BE∥平面D'FC,
又A'E∩BE=E,A'E,BE 平面A'EB,所以平面A'EB∥平面D'FC,故B正确.
对于C,因为,则≠,
所以多面体A'EBCD'F不是三棱台,故C错误.
对于D,延长A'D'与EF的延长线相交于点G,
因为平面A'D'FE⊥平面BCFE,平面A'D'FE∩平面BCFE=EF,A'E 平面A'D'FE,A'E⊥EF,
所以A'E⊥平面BCFE,
则∠A'GE为直线A'D'与平面BCFE的夹角.
因为A'E∥D'F,
所以,即,解得GF=1,
所以GE=3,tan∠A'GE==1,
又0<∠A'GE<π,所以∠A'GE=,故D正确.
7.答案　4π
解析　根据题意作出图形,其中O为外接球球心,O1为底面中心,AO1为底面外接圆的半径,OA,OD是外接球的半径,
取AD的中点E,连接OE,OO1,如图,
在△ABC中,由BC=2,∠BAC=,得△ABC外接圆的半径r=,
因为AD⊥平面ABC,AO1 平面ABC,所以AD⊥AO1,
因为OO1∥DA,所以OO1⊥平面ABC,
因为AO1 平面ABC,所以OO1⊥AO1,
因为OD=OA,所以OE⊥AD,所以四边形AO1OE为矩形,所以OO1=AE=AD=1,
设外接球的半径为R,
由R2=r2+12=+12=3,得R=(负值舍去),
故三棱锥D-ABC的外接球的体积为π.
8.解析　(1)证明:连接BC1,
∵侧面BB1C1C为菱形,且O为B1C的中点,
∴O为B1C与BC1的交点,且BC1⊥B1C,
∵AO⊥平面BB1C1C,B1C 平面BB1C1C,
∴AO⊥B1C,
∵AO∩BC1=O,AO,BC1 平面ABO,
∴B1C⊥平面ABO,
∵AB 平面ABO,∴B1C⊥AB.
(2)作OD⊥BC,垂足为D,连接AD,作OH⊥AD,垂足为H,
∵BC⊥AO,BC⊥OD,AO∩OD=O,
∴BC⊥平面AOD,∵OH 平面AOD,∴OH⊥BC,
∵OH⊥AD,BC∩AD=D,BC,AD 平面ABC,
∴OH⊥平面ABC,
∵∠CBB1=60°,∴△CBB1为等边三角形,
∵BC=1,∴OD=,
∵AC⊥AB1,∴OA=,
在△AOD中,由等面积法可得OH·AD=OD·OA,又AD=,故OH=,
∵O为B1C的中点,∴B1到平面ABC的距离为,
∴三棱柱ABC-A1B1C1的高为.
9.解析　(1)连接AC,与BD交于点M,连接QM,则平面PAC∩平面QBD=QM,
因为PC∥平面QBD,PC 平面PAC,
所以PC∥QM,所以,
在等腰梯形ABCD中,△MAB∽△MCD,
所以.
(2)证明:假设PB⊥AD,过点P作PN⊥AB,
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PN 平面PAB,
所以PN⊥平面ABCD,
又AD 平面ABCD,
所以PN⊥AD,
又PN∩PB=P,PN,PB 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,
这与在Rt△ABD中,cos∠BAD=相矛盾.
所以PB不可能垂直AD.
(3)过点Q作QH⊥AB于H,则QH⊥平面ABCD,
因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,
所以BH是BQ在平面ABD内的射影,
所以∠QBH即为QB与平面ABD的夹角,
即α=∠QBH,则tan α=,
过H作GH⊥BD,垂足为G,连接QG,
因为QH⊥BD,GH∩QH=H,GH,QH 平面QHG,
所以BD⊥平面QHG,
又QG 平面QHG,BD⊥QG,
所以∠QGH即为二面角Q-BD-A的平面角,
即β=∠QGH,
则tan β=,
所以=3,
即tan β=3tan α,
所以tan(β-α)=≤,当且仅当tan α=,即α=时取等号,
所以β-α的最大值为.
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