重点强化五 立体几何中的折叠与探索问题&重点强化六 实际背景下统计、概率的应用-【金试卷】2025-2026学年高一数学必修第二册同步单元双测卷（人教A版）

重点强化五立体几何中的折叠与探索问题 1.如图，在等边△ABC中，点O为底边AC的中 点，将△ABO沿BO折起到△DBO的位置，使 二面角D一BO一C的大小为90°，则异面直线 DO与BC所成角的大小为 ( ) A.30° B.45° C.60 D.90° 2.已知菱形ABCD的边长为8，∠BAD=60°，对角线AC与BD交 密 于点O,将菱形ABCD沿对角线BD翻折成平面角为0的二面 幼 角，若0∈ [S,?π]，则翻折后点O到直线AC的距离的取值范围 2’3 封 为 线 % 内 A.[3,26] B.[2√3,2√6 C.[2√3,3√6 D.[√3,3√6] 不 3.在矩形ABCD中，AB=2BC=2,E是CD的中点，将△BCE沿 BE翻折，当△BCE翻折到△PBE的位置时，连接AP,DP,如图 所示，设AB的中点为F,当PF=时，二面角A-BE-P的余 設 弦值为 答 题 A号 D 4.如图，等腰三角形ABC中，AB=AC=2,∠BAC=120°，D为BC 上一点，且AD⊥AB,将△BAD沿AD翻折至平面ABD⊥平面 ACD,连接BC,则点D到平面ABC的距离为 () 丝 A 部 A. 3 B. 2 D.3 5.如图，在矩形ABCD中，BC=1,AB=2a,现将△ABD沿着对角 线BD翻折成△A'BD,并且满足A'B⊥AC,则直线A'C与平面 BCD所成最大角的余弦值为 () A A.6 4 B名 c号 业 6.如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、 BC的中点，将△APD、△CDQ分别沿DP、DQ折叠，使A、C两 点重合于点M,连接BM、PQ,得到如图2所示的几何体. (1)求证：MP⊥DQ; (2)在线段MD上是否存在一点F,使BM∥平面PQF?如果存 在，求的值：如果不存在，说明理由。 图1 图2 7.如图1，四边形ABCD是矩形，将△ADC沿对角线AC折起成 △AD'C,连接D'B,如图2，构成三棱锥D'一ABC.过动点D作 平面ABC的垂线DO,垂足是O. D 图1 图2 (1)当O落在何处时，平面AD'C⊥平面ABC?并说明理由； (2)在三棱锥D一ABC中，若AD=BD',P为D'A的中点，判 断直线OP与平面D'BC的位置关系，并说明理由. 8.已知矩形ABCD,AB=2,BC=4,设E是 A 边AD上的点，且AE=DE,现将△ABE 沿直线BE翻折至△A1BE. B (1)当A,C为何值时，平面A,BE⊥平面BED?并求此时直线 A,C与平面BCD所成角的正切值； (2)设二面角A,一CD-B的大小为0.求sin0的最大值. 第二部分重点强化卷47 重点强化六实际背景下统计、概率的应用 1.气象台预报“本市未来三天降雨的概率都为30%”，现采用随机 模拟的方法估计未来三天降雨的情况：先由计算器产生0到9之 间取整数值的随机数，指定1,2,3表示降雨，4,5,6,7,8,9,0表 示不降雨；再以每三个随机数为一组，代表三天降雨的结果，经随 机模拟产生了20组随机数： 907966191925271932815458569 683 431257393027556481730113537 989 据此估计，未来三天恰有一天降雨的概率为 A.0.2 B.0.3 C.0.4 D.0.5 2.某城市有连接8个小区A,B,C,D,E,F,G,H 和市中心O的整齐方格形道路网，每个小方格 均为正方形，如图所示，某人从道路网中随机地 选择一条最短路径，由小区A前往小区H,则 他经过市中心O的概率为 ( ) A号 B号 c D 3.白鹤是国家一级保护动物.我国境内的白鹤每年在鄱阳湖的越冬 地与西伯利亚的繁殖地之间迁徙，莫莫格湿地是其迁徙途中重要 的停歇地.2022年春季，某研究小组为统计莫莫格湿地停歇的白 鹤数量，从该湿地随机选取了200只白鹤并做上标记后放回，一 段时间后又从该湿地随机选取了200只白鹤，其中有12只白鹤 具有标记，据此估计该湿地内白鹤的数量大致为 () A.2500 B.3300 C.4000 D.4300 4.为了全面落实双减政策，某中学根据学生身心特点开展了体育、 艺术、阅读、劳动、手工五大主题的课后服务课程，学生可根据自 己的兴趣爱好自主选择，已知学生甲、乙都选择了体育类的篮球， 73,则 在一次篮球测试中，甲合格的概率为号，乙合格的概率为 甲、乙至少有一人合格的概率为 () A号 B品 c D是 5.一学习小组10名学生的某次数学测试成绩的名次由高到低分别 是2,4,5，x,10,14,15,39,41,50,已知该小组数学测试成绩名次 的40%分位数是8.5.则x的值是 () A.6 B.7 C.8 D.9 48第二部分重点强化卷 6.“保护环境，绿色出行”是现代社会提倡的一种环保理念，李明早 上上学的时候，可以乘坐公共汽车，也可以骑单车，已知李明骑单 车的概率为0.7，乘坐公共汽车的概率为0.3，而且骑单车与乘坐 公共汽车时李明准时到校的概率分别为0.9与0.8，则李明准时 到校的概率是 () A.0.9 B.0.87 C.0.83 D.0.8 7.2022年6月6日是第27个“全国爱眼日”，教育部印发了《关于 做好教育系统2022年全国“爱眼日”宣传教育工作通知》，呼吁学 生爱护眼睛，保护视力，众所周知，长时间玩手机可能影响视力. 据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有30%的学生 每天玩手机超过2h,这些人的近视率约为50%.现从每天玩手 机不超过2h的学生中任意选取一名学生，则该名学生近视的概 率约为 Aid g品 c n青 8.某餐厅提供自助餐和点餐两种服务，为了进一步提高菜品及服务 质量，餐厅从某日中午就餐的顾客中随机抽取了100人作为样 本，进行满意度调查（满意度= 满意人数 总人数 ,不满意度= 不满意人数)，得到以下数据表格（单位：人次），则下列说法正确 总人数 的是 ( 老年人 中年人 青年人 评价 自助餐 点餐 自助餐 点餐 自助餐 点餐 满意 12 1 20 2 20 1 一般 2 2 6 3 4 12 不满意 6 2 3 2 A.满意度为0.5 B.不满意度为0.1 C.三种年龄层次的人群中，青年人更倾向于选择自助餐 D.从点餐不满意的顾客中选取2人，则2人都是中年人的概率 是0.1 9.某市为了调查中学生的心理健康情况，制作了一份心理调查问 卷，A校有200名学生参与了调查，心理健康评估分的平均值为 a,方差为2，B校有500名学生参与了调查，心理健康评估分的 平均值为6，方差为了若Q=b,则这两个学校全体参与调查的学 生的心理健康评估分的方差为 10.已知某条公路在一段时间内经过的货车和客车的数量之比为1 ：:2,货车中途停车维修的概率为0.02，客车中途停车维修的概 率为0.01，则在通行的货车和客车中有一辆车中途停车维修的 概率为 11.某农户要种植甲、乙两种蔬菜，需要先播种培育成苗，然后进行 移栽.已知甲、乙两种蔬菜培育成苗的概率分别为0.5,0.6，移 栽后成活的概率分别为0.6,0.8，则至少有一种蔬菜能培育成 苗且移栽成活的概率为 12.为了解某市家庭用电情况，该市统计局用简单随机抽样法调查 了市区100户居民去年全年的月均用电量，发现这些家庭的月 均用电量都在170kW·h至290kW·h之间，进行适当分组 后，作出这些家庭月均用电量的频率分布直方图如下. (1)求a的值； ◆频率 组距 (2)为了既要满足市区 居民家庭的基本用电 0.011 .9 需求，又能提高能源的 0.006 0.003 利用效率，市政府计划 0170190210230250270290月用电量(kW·h) 采用递增制阶梯电价方案（第一档用电量反映市区居民家庭基 本用电需求，电价最低；第二档用电量反映部分市区居民家庭合 理用电需求，电价较高；第三档用电量反映部分市区居民家庭合 理用电需求，电价最高)，希望使得不少于85%的市区居民家庭 用电量在第一档.若是用这100户居民家庭去年全年的月均用 电量作为参考标准，求第一档市区居民家庭月均用电量的最低 标准值（单位：kW·h).13.BCD将三棱锥补成正方体，则该三棱锥的外接球与 该正方体的外接球相同， 所以球0的半径为V22+22+22 =√3.则球O的表面积 2 为12π，A错误； 由正方体的性质可知AB⊥PE,AB⊥DE, 又DE∩PE=E,DE,PEC平面PED, 所以AB⊥平面PED,又PDC平面PED,所以PD ⊥AB, 同理可得PD⊥AC,又AB∩AC=A,AB,ACC平面ABC,所以PD⊥平面ABC, 设P到平面ABC的距离为h,易知AB=AC=BC=2√2， 由V:r-A=V:装C-AP,得写×5×(2②2.h=号×号×2X2X2,所以 h=23 31 所以0到平面ABC的距离为5-2y3-3,B正确； 33 易知O到平面PAB的距离为1，则M到平面PAB的距离的最大值为√3+1，又 SAPAR=7×2X2=2, 所以三棱维M-PAB体积的景大值为号×2X(3+1D-2Y+2,C正确； 3 易知PD⊥平面ABC,若MA⊥平面ABC,则MA∥PD.因为AO不垂直于PD,所 以MA可以平行于PD,D正确.故选BCD. 14.答案√2 解析如图，设上、下底面互相平行的两对角线分别为 DC,AB, 由球O的表面积为8π可得球O的半径R=√2， 因为正四棱台的上、下底面边长分别是1和2.所以DC =√2，AB=2√2，所以球O的球心正好在AB中，点，所 以OA=OB=OC=OD=√2，所以△ODC为正三角形， 又DC∥AB,所以∠ODC=∠DOA=60°，所以△ODA为正三角形，故此正四棱台 的侧棱长AD=OA=√2. 15.答案 6 解析由题意，折叠后的四面体A一EFG如图所示，设正方形边 长为a,四面体A一EFG外接球的半径为r,则AG=a,EG=FG =受， 易知在折叠后的四面体A一EFG中，GA,GE,GF两两垂直， 所以四面体A一EFG的外接球半径 +()+( =6 2 4, 由2=解得r=子，所以a==×- 6√646 16.答案号 解析不妨设正方体的棱长为2，则正方体内切球的半径R=1,正八面体的棱长 为2， 易知正八面体内切球的球心为正方体的中心O,记正八面体内切球的半径为r, 将正入西体分成8个以0为顶点的三技袋，故8X号×X②X=2X号× 4 (②2X1,解得r二，所以该正入面体内切球与原正方体内切球的表面积之比为 辰-日 78参考答案 17.答案20π 解析根据题意，画出三棱锥P一ABC如图.取AB的中，点 P 为D,连接PD,CD, 易知球心O在Rt△PDC中，过O作OO1⊥CD交CD于 O1,作OO2⊥PD交PD于O2,连接OC. 在等边△PAB中，，PA=AB=PB=2√3，AD=DB, 多C .PD=3,易知O1,O2,分别为△ABC,△PAB的外心，四 边形00D02为正方形，00=0D=号PD=1,0D=1, ..0C=DC-O1D=2. 在Rt△O01C中，OC=√O0+O1C=√5. .球0的表面积为4π×OC2=20π. 18.答案323 27π 解析设母线长为L,底面圆的半径为r,,圆锥的顶点和底面圆周都在球O的表面 上，圆维的侧面展开因的国心角为，面积为2x,2×元×P=2x,解得1=2， 由圆锥的底面周长为2π得底面半径r=1, .圆锥的高为√3， 易知0在圆维的高上，设球的半径为R,可得R2-(W3-R)2十12，解得R=2 珠0的体积为-管×（偏）°-25， 3/ 27元. 19.答案(19-8√3)π 解析取等边△ABC的中心E,连接SE,则SE⊥平面 ABC,连接AE并延长，交BC于点D,则D为BC的中点， 且AD⊥BC, 易知棱切球的球心在SE上，不妨记为点O,连接OD,则 OD即为棱切球的半径， 过点O作OF⊥SA于点F,连接OF,则OF也是棱切球的 半径，设OD=OF=R, 因为SA=SB=SC=2√3，AB=3,AD⊥BC, 所以AD=35,AE=,DE= C 在Rt△SAE中，由勾股定理得SE=√SA2-AE2=√12-3=3，易得∠ASE=30°， 设OE=h, 0D-OE2+ED-2+,S0=3-h,0F=2(3-, 由题意得2+=号3-0，解得h=5-1或A=-1-, 当A=尽-1时，R2=2十-9-2，此时球0的表西积为(19-8V同 当棱切球的半径最大时，切，点为A,B,C,由∠ASE=30°，SA=SB=SC=23,可得 最大半径R=2√3tan30°=2， 当A=-8-1时，R=发+子-早+28>4， 显然不成立，故h=一√3一1舍去. 综上，球O的表面积为(19-83)π. 重点强化五立体几何中的折叠与探索问题 1.D因为在等边△ABC中，点O为底边AC的中点， 所以翻折后OB⊥DO,OB⊥OC, 故二面角D一BO一C的平面角为∠DOC=90°， 故DO⊥OC, 又OB∩OC=O,OB,OCC平面OBC, 所以DO⊥平面OBC. 又BCC平面OBC,所以DO⊥BC.故选D. 2.B由题意得A0LBD.C0LBD由二面角的定义知∠A0C=0,0∈[受，]， ,菱形ABCD的边长为8，∠BAD=60°，.AO=CO=4W5, 六点0到AC的距离d=4V3Xcos∠A0C 2 当0=受时，d取得最大值，为43×=26， 当0=暂时，d取得最小值，为4X号=2， 3 .点O到直线AC的距离的取值范围为[2√3,2√6.故选B. 3.C如图，连接EF,CF,且CF交BE于O点，则四边形 D BCEF为正方形， 故CF⊥BE,即PO⊥BE,FO⊥BE, D E 则∠POF为二面角A一BE-P的平面角， 由于BC-BF=1,则FC-2,故FO=P0= 2, 1411 又PF=,所以o∠rOF-PO5CPP-言十言车-3 2PO·FO 2x2x 4 22 故二面角A-BE-P的余孩值为子，故选C 4,B由题意可得AD=AB·tan30°=25， 3 易知∠DAC=∠C,所以CD=AD=23, 31 取AC的中点M,连接DM,则OMLAC,且DM三2CD=S 因为平面ABD⊥平面ACD,平面ABD∩平面ACD=AD,AD ⊥AB,ABC平面ABD, D 所以AB⊥平面ACD,又DMC平面ACD,所以AB⊥DM 又因为DM⊥AC,AB∩AC=A,AB,ACC平面ABC, 所以DM⊥平面ABC,所以DM的长是点D到平面ABC的距离.故选B. 5.B如图2，设点A'在底面BCD中的射影为H,连接CH,AH,BH,则∠A'CH是A' C与平面BCD所成的角，cos∠ACH-是。 在翻折过程中，易知AH⊥BD,因为点A'在底面BCD中的射影为H,所以A'H⊥平 面BCD,又ACC平面BCD,所以A'H⊥AC,又A'B⊥AC,A'B∩A'H=A',A'B,A HC平面A'BH,所以AC⊥平面ABH,又BHC平面A'BH,所以BH⊥AC,故H 在AB的中垂线MN上（如图1）. 在图2中，取A'B的中，点E,连接OE,又因为OA'=OB,所以A'B⊥OE, 又A'B⊥AC,AC∩OE=O.OE,ACC平面EAC, 所以A'B⊥平面EAC,又ECC平面EAC,所以A'B⊥EC, 又E是AB的中点，所以AC=BC所以eas∠ACH-器-记 马知△ABC△MB,所以器品中合-品所以MH-22, 在直角梯形CHM中，CH=V@r-D+a=a-+√4(c-音)+石 4, 从而c03∠ACH-是-是的最小值为平，当且仅当a=时取等号.故选B AC BC A 为H /0 E B B 图1 图2 6.解(1)证明：由题知MP=MQ=2,PQ=2√2， .'.MP2+MQ2=PQ2,..MP LMQ, 又.'MP⊥MD,MD∩MQ=M,MD、MQC平面MDQ, ∴.MP⊥平面MDQ,又：DQC平面MDQ,∴.MP⊥DQ. (2)存在.当部-时，BM/平面PQF,理由如F: M D 连接BD,交PQ于点O,连接OF,易知OB=√2，BD=4√2， OB=子BD, 瓷-日悟-器儒BMo, 0 又BM￠平面PQF,OFC平面PQF,∴.BM∥平面PQF 7.解(1)当O落AC上时，平面AD'C⊥平面ABC. 理由：因为O∈AC,所以O∈平面ADC,所以ODC平面AD'C 又因为D'O⊥平面ABC,所以平面AD'C⊥平面ABC. (2)直线OP与平面BD'C平行，理由如下： D 取AB的中点E,连接AO,BO,PE,OE. 因为D'O⊥平面ABC,AO,BOC平面ABC,所以D'OI AO,D'O⊥BO. 在Rt△AD'O和Rt△BD'O中，D'O=D'O,AD'=BD', 所以Rt△AD'O≌Rt△BD'O,所以AO=BO, 因为E为AB的中点，所以OE⊥AB, 又在矩形ABCD中，CB⊥AB,所以OE∥BC, 又因为OE寸平面DBC,BCC平面DBC,所以OE∥平面D'BC, 在△AD'B中，P,E分别为AD',AB的中点.所以PE∥BD', 又PEC平面D'BC,BDC平面D'BC, 所以PE∥平面D'BC, 又PE∩EO=E,PE,OEC平面POE， 所以平面POE∥平面D'BC,又因为POC平面POE, 所以OP∥平面D'BC. 8.解(1)当A1C为2√3时，平面A1BE⊥平面BED 理由如下：取BE的中点F,连接AF,A1F,CF,则AF⊥ 】 BE,A1F⊥BE. 在△BCF中，CF2=BF2+BC2-2BF·BCcos45°=2B 十16-2×2×4×510，易知AF=V2, ∴.A1F2+CF2=2+10=12=A1C2,.AF⊥CF, 又A1F⊥BE,BE∩CF=F,BE,CFC平面BCD, ∴A1F⊥平面BCD,又A1FC平面A1BE, .平面A1BE⊥平面BCD,A1F⊥平面BCD, .CF为A1C在平面BCD上的射影，∴∠A1CF是A1C与平面BCD所成的角， 在△ACF中，am∠AC的层0-9即直线AC与平面BCD所成角的正切值是等 (2)过点A1作A1G⊥AF,垂足为G.易知BE⊥平面A1FG,又A1GC平面A1FG, .A1G⊥BE,又AF∩BE=F,AF,BEC平面BCD,∴.A1G⊥平面BCD, 过点G作GH⊥CD,垂足为H,连接A1H,则A1H⊥CD, .∠A1HG=0,设∠A1FA=a,a∈(0，π)， 则A1G-isne,GH=Eo3e×号+3=3+co8e, ∴tan9=AC-V2sing 2 Jsin 2 cos √2sing。 tan号 GH cos a+3 2+2cos2号sinm2号+2cos2号2+tan2号 √2 后合，当显收当受-时，取到等，0<有，故 sin9的最大值为 5 重点强化六实际背景下统计、概率的应用 1.C20组随机数中表示恰有一天降雨的随机数为925,815,683,257,027,481,730， 537,共8个，故估计未来三天恰有一天降雨的概率为0-0.4.故选C 2.B由题意，此人从小区A前往小区H的所有最短路径包含的样本，点有A→B→C →E→H,A→B→O→E→H,A→B→O→G→H,A→D→O→E→H,A→D→O→G→ H,A→D→F→G→H,共6个.记“此人经过市中心O”为事件M,则M包含的样本 点有A→B→O→E→H,A→BOG→H,A→D→O→E→H,A→D→O→GH, 共4个，所以P0=音号，即他经过市中心O的概率为号故选B. 3.B设该湿地有白鹅x只， 由题意可得200-2>2≈3333.故选B. x200 4.D:甲合格的概率为号，乙合格的概率为号“甲、乙至少有一人合格的概率P=1 -(1-)×1-号)=兽故选D 5.B因为10×40%=4，是整数.所以40%分位数就是第4，第5位数的平均值，所以 十10=8.5.解得x=7.故选B. 2 6.B李明上学骑单车且准时到校的概率为0.7X0.9=0.63.乘坐公共汽车且准时到 校的概率为0.3×0.8=0.24，因此李明准时到校的概率为0.63十0.24=0.87.故 选B. 7.B设该校有a名学生，则约有0.4a名学生近视，约有0.3a名学生每天玩手机超过 2h. 每天玩手机超过2h的学生中近视的学生人数约为0.3a×0.5=0.15a. 易知约有0.7a名学生每天玩手机不超过2h,且其中约有0.4a一0.15a=0.25a名学 生近视 所以从每天玩手机不超过2h的学生中任意选取一名学生，则该名学生近视的概率 的为品器-品做递B 8.D对于A选项，由题意得满意度为12+1+20十2+20+1=0,56，A选项错误； 100 对于B选项，由题意得不满意度为1+1+6十2+3+2=0.15，B选项错误； 100 对于C选项，由题意得老年人造择自助餐的比例为吕，中年人选择自助餐的比例为 器青车人选择自对条的比例为号品， 又器8品 ∴.中年人更倾向于选择自助餐，∴.C选项错误； 对于D选项，由题意得，点餐不满意的顾客中老年人有1人，中年人有2人，青年人有 2人，一共有5人， 易知从点餐不满意的顾客中选取2人的情况共有10种，2人都是中年人的情况有1 种，故2人都是中年人的概率是品=0.1，D选项正确，故选D, 9.答案 47 解析由题意可知，两个学校全体参与调查的学生的心理健康评估分的平均数为 200a十500b-a,由方差的计算公式可得两个学校全体参与调查的学生的心理健康 700 评估分的方差为号×[2+a-a)2]+号×[g+a-b]-=号+号-费 10.答案7 解析由题意可知，在一段时间内经过的车为货车的概率为弓，为客车的概率为 号，则在通行的货车和客车中有一锅车中途停车维修的板率P=号×0.02+号× 0.01=75 1 11.答案0.636 解析设甲种蔬菜培育成苗且移栽成活为事件A,乙种蔬菜培育成苗且移栽成活 为事件B, 则P(A)=0.5×0.6=0.3,P(B)=0.6×0.8=0.48, 故P(A)=1-0.3=0.7,P(B)=1-0.48=0.52, 所以至少有一种蔬菜能培育成苗且移我成活的概率P=1一P(AB)=1一0.7X0. 52=0.636. 12.解(1)由频率分布直方图的性质，可得(0.006+0.009+a+0.011+0.006+0. 003)×20=1,解得a=0.015. (2)由题图可知前四组的频率之和为(0.006十0.009十0.015+0.011)×20=0.82< 0.85, 前五组的频率之和为(0.006+0.009+0.015+0.011+0.006)×20=0.94>0.85， .频率为0.85时对应的数据在第五组， 250+085-0.8g×20=255, 0.94-0.821 ∴.第一档月均用电量的最低标准值为255kW·h. 第三部分期末检测卷 期末检测卷一 1.D因为之=1十i,所以iz十3之=i(1+i)+3(1-i)=2-2i,所以i这十3z=√4+4= 2√2.故选D 2.D根据题感得，用分层随机耥料在各层中的抽样比为000 则高二年级被抽取的人数是300×0=30（人）.故选D, 3.C依题意可知棱台的高为MN=157.5一148.5=9(m),所 少 AG 以增加的水量即为棱台的体积V, M 棱台上底面面积S=140.0km2=140×105m2,下底面面积 D S=180.0km2=180×103m2,所以V=号A(S+S+ VSS =号×9X(140X10+180X10+/140X180X105） =3×(320+60√7)×105≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3).故 选C. 4.B这7人的身高（单位：cm)从低到高依次为168,170,172,172,175,176,180，由7 X60%=4.2,得第5个数据为这7人身高数据的第60百分位数.故选B. 5.A从O,A,B,C,D中任取3点有(O,A,B),(O,A,C),(O,A,D)，D C (O,B,C),O,B,D),(O,C,D),(A,B,C),(A,B,D),(A,C,D),(B, C,D),共10种不同的情况，由图可知取到的3点共线的有(O,A, C和(0，B,D),共2种情况，所以所求概奉为品-子故选A 6.A如图所示， GH为树千，在△ABH中，∠AHB=40°一30°=10°，AB= 3.4, 由正孩定理可得BH=AB sin30°=sin10, 所以BH-3.4X30_34X H sinl0° 0.17 =10, 在Rt△BGH中，∠GBH=60°， 30°7 所以GH=BH·tan60°=10√3， 所以该伯乐树的树千高度为10√3m.故选A. 7.D如图所示，设AB=a,BC=b,AA1=c. D 在长方体ABCD-A1B1CD1中，易得B1B⊥平面AB CD,DA⊥平面AAB1B, 则B1D与平面ABCD所成的角为∠B1DB,B1D与平面 D AA1B1B所成的角为∠AB1D, 参考答案79