第6章 立体几何初步 章末检测-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

第六章 (时间：120分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的 1.*(2025·河北邢台高一月考)下列判断正 确的是 () A.若空间五点中任何三点不共线，则这五点 不共面 B.若空间五点中任何四点不共线，则这五点 不共面 C.若空间五点中三点共线，则这五点必共面 D.若空间五点中四，点共线，则这五点必共面 2.*(2025·山东青岛高一期末)如图，用斜 二测画法画出的水平放置△AOB的直观图是 Rt△A'O'B',若A'B'的中点在y'轴上，且 O'A'=O'B'=√2，则AB= B A.26 B.4 C.23 D.2 3.*(2025·海南海口高一期末)若点A是两 条相交直线α，b外的任意一点，则过点A有且 只有一条直线与直线a,b都 A.平行 B.相交 C.异面 D.垂直 4.*(2025·山东菏泽高一月考)四等分切割 如图所示的圆柱，再将其重新组合成一个新 的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的 表面积增加了10，则圆柱的侧面积是( A.10m B.20m C.10 D.20 必修第二册·BS 章末检测 总分：150分) 子错题本 5.*(2025·江苏南京高一期末)如图，在正 方形ABCD中，E,F分别为BC,CD的中点，H 为EF的中点，沿AE,EF,FA将正方形折起， 使B,C,D重合于点O,构成四面体，则在四面 体A-OEF中，下列说法中正确的是() A.AH⊥平面OEF B.AO⊥平面OEF C.AE⊥平面OEF 、,H D.AF⊥平面OEF 6.*(2025·安徽宿州高一期末)在平行六面 体ABCD-AB,C,D1中，点M是BB1上靠近B 的三等分点，直线DM交平面BCD,A于点N, 则0v DM 1 2 A.2 B 3 0.5 4 C.4 7.*(2025·重庆南岸区高一期中)在三棱锥 0-ABC中，三条棱OA,OB,OC两两垂直，且 OA>0B>0C,分别经过三条棱OA,OB,OC,作 一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次 为S1,S2,S3,则S,S2,S3的大小关系为() A.S3<S2<S1 B.S3<S1<S2 C.S2<S3<S1 D.S1<S2<S3 8.整(2025·山西太原高一月考)已知正方 体ABCD-AB,C,D1的体对角线BD,垂直于 平面α，直线1与平面x所成角为60°，在正方 体ABCD-A,B,C,D,绕BD,旋转的过程中，记 BC与直线1所成的最小角为0，则cos0= 3-√6 A. 6 B.3+6 6 C.32-3 D.32+3 6 6 黑白题148 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求， 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分. 9.*(2025·安徽蚌埠高一月考)a,b是两条 异面直线，A,B在直线a上，C,D在直线b 上，A,B,C,D四点互不相同，则下列结论一定 不成立的是 A.A,B,C,D四点共面 B.AC∥BD C.AC与BD相交 D.AC=BD 10.*★(2025·河北石家庄高一月考)如图，正 方体ABCD-A,B,C,D1的棱长为1，线段B,D 上有两个动点E,F,且EF=2则下列结论 中错误的是 A.AC⊥AF B.EF∥平面ABCD C.三棱锥A-BEF的体积为定值 D.△AEF的面积与△BEF的面积相等 11.(2025·四川成都高一期末)在高校航 天创新实验室里，一群航空航天专业的学 生正着手设计新型科研卫星模型，他们采用 表面积为12π平方米的特殊合金材料打造 卫星外壳，该材料具备优异的抗辐射和隔热 性能，可应对复杂的太空环境.卫星内部 12根高强度钛合金杆组成正方体支撑框架， 用于稳固内部精密仪器.为保障卫星在太空 运行时的稳定性，学生们需要探究外壳各个 部位与内部框架间的受力情况，以此优化结 构设计，确保卫星能在复杂的宇宙环境中可 靠工作.如图所示，作出支架的直观图正方 第六章黑 体ABCD-A,B,C,D,设P为外壳上的一个动 点，则下列说法正确的是 B A.存在无数个点P,使得PA∥平 面ABCD B.当平面PAA1⊥平面CB,D,时，点P的轨 迹长度为2√3π C.当PA∥平面AB,CD时，点P的轨迹长度 为4T D.不存在点P,使得平面PAD⊥平面PBC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 2.*(2025·山东潍坊高一期末)已知圆台 形的花盆的上、下底面的直径分别为4和8， 该花盆的侧面展开图的扇环所对的圆心角 为？，则该圆台的母线长为 3.**(2025·江苏南京外国语学校高一月 考)如图，已知二面角a-l-B的平面角的大 小为60°，二面角内一点P到平面，B的距离 分别为3和5，则P到1的距离为 D 1B. (第13题) (第14题) 14.(2025·重庆沙坪坝区高一期末)如图， 现有棱长为4cm的正方体玉石缺失了一个 角，缺失部分为正三棱锥A,-EFG,且E,F,G 分别为棱A1A,A,B1,AD1上离A1最远的四等 分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该 球形饰品的半径的最大值为 cm. 白题149 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出17.*(15分)(2025·江西鹰潭高一期末)如 文字说明、证明过程或演算步骤 图，在三棱柱ABC-A,B,C1中，AA1⊥平 15.*(13分)(2025·江苏镇江高一期末)如 面ABC,AB=BC=AC=AA,D是BC的中点 图所示，平面∩平面B=l,平面x∩平面y= (1)求证：AB∥平面AC,D; a,平面B∩平面y=b,点P∈平面y,且PA⊥ (2)求证：平面AC,D⊥平面BCC,B,; 平面a,PB⊥平面B. (3)求直线AC与平面AC,D所成角的正 (1)证明：直线l⊥直线AB: 弦值。 (2)若直线l∥直线a,证明：直线a∥直线b. B 16.*★(15分)(2025·江西师大附中高一期 末)如图所示，四边形ABCD为菱形，DE⊥平 面ABCD,AF⊥平面ABCD (1)求证：平面ABF∥平面CDE; (2)若Dn=2.∠BCD-写4F=1,求直线Dr 与BC所成角的余弦值， D 必修第二册·BS黑白题150 18.接(17分)(2025·广东惠州高一期末)如19.(17分)(2025·河南郑州高一期末)定 图，等腰直角三角形ABC所在平面与半圆弧 义：两个多面体M,M2的重合度K= AB所在平面垂直，O为AB的中点，且AC= V装。，其中V是多面体M,山，的重 V,+V2-V公共 BC,M是AB上异于A,B的点，N是AM的 合部分的体积，V,V2分别是多面体M1,M2 中点 的体积.如图，在三棱柱ABC-AB,C,中，D,E (1)证明：AM⊥平面OCN, 分别是棱BB,CC1上的点（不包含端，点），且 (2)若圆0的半径为1，设∠MAB=a. BD=CE,延长AD,AE,分别交AB1,A,C,的 (1)当x=30时，求二面角C-AM-B的 延长线于点F,G. 平面角的正切值： (I)尼知m=B,且三校柱A0C-AB,G (ⅱ)当M在弧AB上运动时（不与A,B 的体积为18. 重合)，证明：点O到平面BCM的距离 ①求三棱柱ABC-AB,C1与三棱锥 d=_ cos a A-A,FG重合部分的体积； √/1+cos2a ②求三棱柱ABC-A,B,C,与三棱锥 A-A,FG的重合度K. (2)若三棱柱ABC-A,B,C,与三棱锥A-A,FG 的重合度人=写求础的值 第六章黑白题151面ABCD于G,连接GA,GC,GE,QM.FM,因为OC=OA,易得 Rt△QCG≌Rt△QAG,所以AG=CG.因为AE=EC,M是AC的中点，所 以ME⊥AC,所以G在直线ME上.又FE⊥EC,AE⊥EF,AE∩EC= E,AE,ECC平面AEC,所以EF⊥平面AEC,所以QG∥EF,所以过 QG,EF有唯一平面QGEF设正四面体的棱长为2，则可得MF=MQ= √3，ME=1,在△FMQ中，由余弦定理可得Cos∠QFM= M+f02-M0_5)'+2-(5).5又N是F0的中点，所以 2MF·MQ 2×W3×2 3 FN=I,在△FMN中，由余弦定理可得，MN= VNP+MF-2NF·FMesZNFV=√/1P+(5)2-2x1xV5x √2，易得FE=AE=√2，又FN=ME=1,所以四边形MEFN是平行四边 形，所以EF∥MN.又EF⊥平面AEC,所以MN⊥平面ABCD,故 C正确； 对于D,因为EFC平面QGEF,所以平面QGEF⊥平面ABCD.又平面 QGEF∩平面ABCD=EG,由选项C可知AC⊥MG,又ACC平面 ABCD,所以AC⊥平面QGEF.又EQC平面QGEF,所以AC⊥EQ,故 D正确. 4.B解析：作出示意图如图所示，点D在底面ABC的投影为M, M∈AB,所以DM⊥平面ABC.又ACC平面ABC,所以DM⊥AC. 过D作DN⊥AC于N,连接NM,又DM∩DN=D,DM,DNC平面 DNM,所以AC⊥平面DNM.又NMC平面DNM,所以AC⊥NM. 在△ACD中，4AC=Vm40D=5,又ACxN0=A0xC,所 以5xND=1x2,所以ND=S,所以AN=√AD2-D2=5】 5 又W∠Mw=得号-怎在△4w中.可得w VN+w=子，在△A0N中，DN=VA0-Am-. 2 设B到平面ACD的距离为d,由n-m=nca,可得了Sa1m·d 1x2x1Xd=3x2x/x ,解得d= 3 2 2 (第4题) (第5题) 537 解析：如图，设A'B=2a,取CE的中点K,连接BK,A'K,A'C,由 题知平面BCE⊥平面D'CE,平面BCE∩平面D'CE=CE 又BKC平面BCE,BK⊥CE,所以BK⊥平面D'CE, 则直线A'B与平面D'CE所成角的余弦值等于∠A'BK的正弦值，易 求得B队=3a,AC=3a,∠ArEC=EA2+EC2-A'C. 2EA'.EC 8,又 6os∠AEC=2E.EK8,解得AK= 20, COSLA'BK=A+BK2-AK33 2A'B·BK8,则sin∠A'BK=。1-（8)= 8,所以直线4B与平面D'CE所成角的余弦值等于可 √3 8 6.A解析：由题意可知DA'⊥FA',DA'⊥EA',FA'∩EA'=A',FA',EA'C 参考答案 平面A'EF,故DA'⊥平面A'EF D 在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中 点则SAS△2×1x1三DMDA=2,故VD 1 a子8A·DM子x)x23 7.208m 3 解析：如图所示，将三棱锥A-B'CD补成一个三棱柱AEF- DB'C, 因为AD⊥DC,AD⊥B'D,DC∩BD=D且DC,BDC平面BCD,所 以AD⊥平面B'CD所以补成的三棱柱为直三棱柱，则该棱柱上、下 底面的外接圆圆心连线的中点是球心O, 在△B'CD中，由B'D=3,CD=5,B'C=7,所以cos∠BDC= 32+52-72 2×3×5 ).又∠B'DC∈(0，m),可知∠BDC=2T 3 设△B'CD的外接圆的圆心为O',所以△B'CD外接圆的半径r= 7 O'B'= 73 又AD=2,所以球0的半径R=√+7= 2T 3 2sin 3 2√/39 ,所以球0的表面积S=4πR2=4π 156208m 3 3 0>0 )-C A 第六章章末检测 1.D解析：平面五边形的五个顶点任何三点和四点均不共线，但这五 点共面，故A,B错误； 若空间五点中有三点共线，则这五点仍不一定共面，故C错误： 若空间五点中有四点共线，则由基本事实可知，直线与直线外一点可 确定唯一平面，即这五点一定共面，故D正确. 2.A解析：由题可知：M为A'B的中点，O'A'=O'B=√2，则O'M=1, 作MN'∥O'A',MN'= 2,如图①所示 B B 0' 0 ① 曰 作出原来图形，如图② √ 所以OA=√2，OM=2.MN= 2因为0A10M,所以AM=6.又M 为AB的中点，所以AB=2√6. 3.D解析：由题意可知两条相交直线a,b可唯一确定一平面a,因为 点A是两条相交直线a,b外的任意一点，可得过点A与平面a垂直 的垂线只有一条，从而可得只有一条直线与直线，b都垂直，故 D正确. 4.A解析：设圆柱的底面半径为r,高为h,依题意可得2h=10,所以 圆柱的侧面积S侧=2πrh=10π. 黑白题093 5.B解析：如图，因为∠A0E=∠A0F=,即A010E,A010F又 OE∩OF=O,所以A0⊥平面OEF,故B正确： 因为过A作平面OEF的垂线能作且只能作一条，AE,AF,AH与平面 OEF都不垂直，所以A,C,D错误 D (第5题) (第6题) 6.C解析：设平面DAM与CC1交于点P,连接DP交D,C于点Q,连接 QN,如图.因为CB∥DA,CB￠平面DAM,DAC平面DAM,所以CB∥ 平面DAM.又CBC平面CBB,C1,平面DAM∩平面CBB,C1=PM,所 似CB/PM因为M是三等分点，所以=3因为CBc平面 CBA,D1,PMt平面CBA,D1,所以PM∥平面CBA,D1.又PMC平面 PDM,平面CBA,D,n平面PDM=QN,所以Pw/QN,所以N-0 MN PO CPcP3,因此DN3 DD CC DM4 7.A解析：如图，取BC的中点M,连接OM,AM,可知点B,C到平面 OAM的距离相等，所以平面OAM平分三棱锥的体积.因为OA⊥OB OA⊥0C.ODB∩OC=0.OB.OCC平面OBC,所以0A⊥平面OBC.且 OMC平面OBC,则OA⊥OM. 设0A=a,0B=b,0C=c,a>b>c,则BC=√OB2+0C=√+c2. 因为△0BC为直角三角形，则0M=BC=)?+,所以S,= 1 2ax6+2三b2+22● -,同理可得S2= 4 √a262+b'c ,3,=aa+h2 4 4 因为a>b>c,所以a2b2>a2c2>b2c2,则a2b2+a2c2>a2b2+b2c2>a2c2+ b2c2,所以S3<S2<S1 Dy P (第7题) (第8题) 8.B解析：如图所示，连接BD1,交平面A1C,D于点Q.设正方体的棱 长为a,根据正方体的性质可得，BD1⊥平面A,C,D,则平面与平 面A,C1D平行或重合，在线段DQ上取点P,使∠D,PQ=60°，则D,P 为满足题意的其中一条直线I,正方体ABCD-A,BC,D,绕体对角线 BD1旋转的过程可认为是正方体ABCD-A,B1C,D1不动，D,P绕体 对角线BD1旋转，∠PD1Q=30°，BC∥A,D1,所以BC与直线1所成的 角即A,D1与直线1所成的角，可得当P在线段A,Q上时，A1D1与直 3,则 线1所成的角最小，由正方体的性质可得0，Q=了乡B=3 s∠A,D,0= 3,sim∠A,0,Q=6 ,所以cs0=cs(LAD,Q 30)3 1 √3√3.1W63+√6 os∠AD,Q+2inLA,D,Q=2×3+2×3=6 9.ABC解析：当AC∥BD或AC与BD相交时，A,B,C,D四点共面，此 时a,b共面，不符合题意，故ABC错误：对于D,如图，在正方体中，若 异面直线a,b为图中两条直线时，且A,D为所在棱的中点，B,C为正 必修第二册·BS 方体的顶点，此时AC=BD D C B 0 (第9题) (第10题) 10.AD解析：如图，连接AB,B1C,AD1,则由正方体性质可知 △AB,C,△AB,D1是正三角形，故∠CAB,=60°.对于A,假设 AC⊥AF,连接BD,则由正方体性质得AC⊥BD,BD∥B,D1,所以 AC⊥BD1.又B,D1nAF=F,BD1,AFC平面AB1D1,所以AC⊥平 面AB,D,.又AB,C平面AB1D1,则AC⊥AB1,与∠CAB1=60°矛盾 故A错误：对于B,因为BD∥B,D,即EF∥BD,EF平面ABCD BDC平面ABCD,所以EF∥平面ABCD,故B正确：对于C,由正方 体性质可知点A到平面D8Bn,的距离为？AC-了B+BC x224,所以体积是定值，故C正确：对于 D,设BD1的中点是O,由正三角形AB,D1可知点A到直线EF的 距离是AO,而点B到直线EF的距离是BB,,显然由正方体结构性 质A0>B,又Sam=子×EPxA0,Sa=×EPxB服，所以 1 △AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误 11.AB解析：该球的表面积S=4πr2=12π，所以r=√3，且正方体的棱 长a满足3a2=4r2,则a=2. A,由题意可知，平面ABCD∥平面A1B,C,D1,且PA∥平面 A,B1CD1,故PAC平面ABCD,则点P的轨迹为正方形ABCD的外 接圆，故有无数个点P满足，故A正确： B,易知AC1⊥平面CB1D,且平面PAA1⊥平面CB1D1,PAC平面 PAA1,故点P的轨迹为矩形AA,C,C的外接圆，其周长为2πr= 2√3π，故B正确； C,因为PA∥平面A,B,CD,设过PA且与平面A,B,CD平行的平面 为平面α，则P的轨迹为平面。与外接球的交线，其半径为？=L, 周长为2π，故C错误； D,若平面PADL平面PBC,则点P在以ABCD为轴截面的某个圆柱 面上，该圆柱面与球面交线为曲线，故有无数个点P满足，故 D错误 12.8解析：如图，0是扇环的圆心，C⑦长为8m,AB长为4π，由已知 8=所以0G=16,0A=8,从而4C=6-8=8.即为圆台母线长 B、 (第12题) (第13题) 13.45解折：如图，令PA1e于A,PBB于B,n平面P=0,连 接AB,则PA=3,PB=5,由a∩B=L,得I⊥PA,l⊥PB. 又PA,PB是平面PAB内的两条相交直线，则I⊥平面PAB,又OP OA,OBC平面PAB,于是I⊥OP,l⊥OA,I⊥OB,∠AOB是二面角a 1-B的平面角，∠AOB=60°，则∠APB=120°.在△APB中，由余弦定 理得AB=√/32+52-2×3×5×C0s120=7, 而P到I的距离OP是四边形OAPB外接圆的直径，所以OP= AB 143 sin120°-3 黑白题094 14.933 解折：由题意可得4E=AF=A,G=4x子=3所以△G 为等边三角形，设△EFG的中心为T,如图①，连接A,C1,交FG于 点M,连接EM,AC,AC,B,D1,则ET⊥GF,因为EA1⊥平面A,GF GFC平面AGF,所以EA1⊥GF.又ET∩EA,=E,ET,EA,C平 面AET,所以GF⊥平面A:ET.又ATC平面A,ET,所以GF⊥A1T 同理可证GE⊥A1T,GF,GEC平面EFG,GF∩GE=G,所以A1T⊥平 中- 面EFG.因为4，CA, A D A B ,所以FG∥B1D1.又A,C1⊥BD1,所以 FG⊥ACG.又CC1⊥FG,CC1∩A1C1=C1,CC1,AC1C平面A1C1C, 所以FG⊥平面A,C,C,A,CC平面A,C,C,所以FG⊥A,C,同理证明 EG⊥A,C.又GF,GEC平面EFG,GF∩GE=G,所以A,C⊥平面EFG, 所以A1,T,C三点共线，设点A1到平面EFG的距离d=AT,而EF= BG=G=V+32=32.saw=号×32x32×m60=9y5, 2 即A1T=√/5.又A1C=43,所以TC=33.因为25-√3=√3<2，所以 该球不是正方体的内切球，由对称性可得球的球心位于线段T ! 上，且该球与平面EFG相切，与平面ABCD相切.如图②，设球心为 OC AC 0,球的半径为R,则07=R,RA, =√3，故0C=3R,所以35= R+3R所以R=9-3 2 ,所以所求球形饰品的半径的最大值 为933 2 0, B ① ② 15.证明：(1)因为PA⊥平面a,lC平面a,所以PA⊥I,同理可得PB⊥Z. 又PA∩PB=P,PA,PBC平面PAB,所以I⊥平面PAB.又ABC平面 PAB,所以直线I⊥直线AB. (2)因为直线l∥直线a,lC平面B,a￠平面B,所以a∥平面B. 又ac平面y,平面B∩平面y=b,所以直线a∥直线b. 16.(1)证明：由题意DE⊥平面ABCD,AF⊥平面ABCD,则AF∥DE.因 为DEC平面CDE,AF丈平面CDE,所以AF∥平面CDE. 因为四边形ABCD为菱形，所以AB∥CD. 又因为CDC平面CDE,AB￠平面CDE,所以AB∥平面CDE, 又因为AB,AFC平面ABF,AB∩AF=A.所以平面ABF∥平面CDE. (2)解：如图，连接DF,因为四边形ABCD为菱形，所以BC∥AD, 所以得∠FDA就是直线DF与BC所成的角，由DB=2,∠BCD= 3,AF=1,则得AD=DB=2. 又因为AF⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以AF⊥AD,所以 P√2号，所以直线DF与C所成角的余弦值 COSL FDA=AD=2_2/5 为26 5 C B D C 1- B (第16题) (第17题》 参考答案具 17.(1)证明：如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，连接A,C交AC1于0， 连接OD,则O是A,C的中点，又D是BC的中点，所以OD∥A,B. 而A,B￠平面AC,D,ODC平面AC1D,所以A1B∥平面AC,D. (2)证明：由AB=BC=AC,D是BC的中点，得AD⊥BC.由AA1⊥平 面ABC,得BB,⊥平面ABC.又ADC平面ABC,则BB1⊥AD.又BB, BC是平面BCC,B1内的两条相交直线，因此AD⊥平面BCC,B, 而ADC平面AC,D,所以平面AC1D⊥平面BCC,B1. (3)解：在平面BCC1B1内过C作CE⊥C1D于E,连接AE,如图，由 (2)知，平面AC,D⊥平面BCC1B,平面AC1D∩平面BCC,B1=C1D, 则CE⊥平面ACD,∠CAE是AC与平面AC,D所成的角， 在△C,CD中，令cD=2BC=a,cC,=2a,则CD=5a,CE= 2a CC1·CD2a =”,在R△CAE中，sin∠CAE=Ac=2a55,所以直 线AC与平面AC,D所成角的正弦值为5 18.(1)证明：因为M是半圆弧上一点，所以∠AWB=乏，即AM1 BM.因为O,N分别是AB,AM的中点，所以ON∥BM,ON⊥AM.因为 △ACB是等腰直角三角形，AC=BC,所以OC⊥AB.因为平面ACB⊥ 平面ABM,平面ACBO平面ABM=AB,COC平面ABC,所以CO⊥平 面ABM.又因为AMC平面ABM,所以AM⊥CO.因为OC,ONC平面 OCN,ONn0C=0,所以AM⊥平面OCV. (2)(i)解：由(1)可知AM⊥平面OCN,且CN,ONC平面OCN,故 CN⊥AM,ON⊥AM,所以二面角C-AM-B的平面角为∠CWO.当a= 30时，0N=)0A=7,因为△ABC为等腰直角三角形，且AC国 BC,所以∠ACB=号因为0为AB的中点，所以0C=号AB=1因为 C0⊥平面ABM,ONC平面ABM,故C0⊥ON,所以tan∠CNO=CO ON =2,即二面角C-4M-B的平面角的正切值为2. 2 (iⅱ)证明：连接OM,过，点M在平面ABM内作MG⊥AB交AB于点 G,如图所示.因为平面ABM⊥平面ABC,且平面ABM∩平面 ABC=AB,MGC平面ABM,所以MG⊥平面ABC. 由(i)知0A=0B=OC=OM=1, 当∠MAB=a时，∠ABM= 2a,则BM=ABsin&=2sia,所以MG= BW·sin ABM=2sina·sin（2a=sim2a 由等腰三角形ABC得，BC=√2，因为C0⊥平面ABM,OMC平 面ABM.所以CO⊥OM,所以CM=√CO2+OM2=√2. 在△BCM中，BC=CM=2,BM=2sin,所以S△BC=2BM· 4 =2×2 2sin ax√2-sina=sin a2-sina 又因为ow=号6wxd:号5 SwcaxA,所以d: 1 S△BCo XMG S△BCM x1x1×sin2a 3 c0s0-= COS O sina√/2-sin2ax/2-sin2a√/1+cos2ax B D 0 (第18题) (第19题) 黑白题095 19.解：(1)设△A1B1C1的面积为S,三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,则 三棱柱ABC-A1B,C1的体积V1=Sh. ①如图，作DH∥AB,交AA,于点H,连接EH,因为DH￠平面 ABC,ABC平面ABC,所以DH∥平面ABC. 因为BD∥CE,且BD=CE,所以四边形BCED是平行四边形，所以 BC∥DE.又DE丈平面ABC,BCC平面ABC,所以DE∥平面ABC.又 DH,DEC平面DEH,DH∩DE=D,所以平面DEH∥平面ABC. 因为BD=B,所以H为棱AM,的中点，则三棱柱HDE-A,B,G 的体积m46子=9，三棱锥A-DBI的体积 。=3故三棱柱ABC-AB,C,与三枝锥A-A,FG重合部分的体 积V公共=VD6-41B,G+V4-DEn=9+3=12. ②因为DH∥AB1,所以DH∥A,F,所以△ADH∽△AFA1,所以 EB2,所以8.1 DH AH BD 1 A1F=2 因为DE∥B,C1,B1C1C平面A,FG,DE丈平面AFG,所以DE∥平 面A,FG. 因为平面AFG∩平面AFG=FG,且DEC平面AFG,所以DE∥FG. 所以BC∥FG,则△AB,C1∽△AFG,故SaA,G=4S△4，B,S,=4S, 从而三棱锥A-AFG的体积V2三3SAA6·h三了Sh=24,故三 V公共 柱ABC-A,B,C,与三棱锥A-AFG的重合度K=+W,-V 12 2 18+24-125 (2)设D=A(0<A<1）,则BD=ABB,从而B,D=(1-A)BB1,故三 BB 棱柱HDE-A,B,C的体积DE-AB,G=(1-A)V, 三棱锥4-DEH的体积Vm=子，放三楼柱ABC-AB,C与三 棱锥A-AFG重合部分的体积V公=VmE-4B,CtΨH=3V, 因为DH/A,B,所以DH∥AF,所以△ADH△AA1,所以DH TAF A=BD=A,所以48 AA BB AF =入 因为DE∥B,C1,B,C,C平面A,FG,DE￠平面AFG,所以DE∥平 面A,FG. 因为平面AFG∩平面A1FG=FG,且DEC平面AFG,所以DE∥FG, 所以B,C,∥FG,则△A,B,C,n△AFG,故SAEG-SA4AG ,从而三楼维本G的体积与=了5a4心A, 故三棱柱ABC-A,B,C,与三棱锥A-AFG的重合度K= 3-2 3 3A2-2λ3 2λ3+1 、因为K三1，所以3入2入三3所以81-912+1三0，所以(1、 D(8x-X-)=0.解得A1或入G23或A+3因为03 16 A<1,所以A=1+3E,即BD1+V33 16 BB,16 第六章真题演练 黑题 真题体验 1.B解析：设圆锥的母线长为(，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧 长，则πl=2r×√2，解得1=22.故选B. 2.ABD解析：对于选项A,因为0.99m<1m,即球体的直径小于正方 必修第二册·BS 体的棱长，所以能够被整体放人正方体内，故A正确； 对于选项B,因为正方体的面对角线长为2m,且2>1.4 所以能够被整体放入正方体内，故B正确： 对于选项C,因为正方体的体对角线长为3m,且3<1.8 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确： 对于选项D,因为1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圆柱的底面 圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1,设OE∩AC=E,可知AC= 2m,CC=1m,AC,=5m,0A= 2 m,则tanLCAC=AC=A0,即 1-05,解得OB=6m √迈3 4m,且 612 399 4 8 =2425 063,即6 2 0.6,故以AC,为轴可以对称放置底面直径为L.2m的圆柱， 若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下A 底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1,与正方 体的下底面的切点为M,可知AC1⊥O,M, CC OM O1M=0.6m,则tan∠CAC1= c40,即 解得A0,=了巨m根据对称性可 3 √2A0, 3 知圆柱的高为，5-2×亏5≈1.732-1.2×1.414=0.0352(m), 0.0352>0.01,所以能够被整体放入正方体内，故D正确.故选ABD. 3.B解析：设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为√+3，而它们 的侧面积相等，所以2πr×3=πr×√/3+r2,即2√3=√/3+r2,故r=3, 故圆锥的体积为3mx9x√3=33m.故选B. 4.C解析：如图，用一个完全相同的五面体J-VML(顶点与五面 体ABC-DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D与N、E与M,F与L 重合 因为AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1，AD=1,BE=2,CF=3,则形 成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截 面)是边长为1的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4， V五面体BC-DF=之V五面体C-2Z 2 H TE(M) B (第4题) (第5题) 5.B解析：如图，分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M C',过B作BB'⊥平面PAC,垂足为B',连接PB',过N作NN'⊥PB, 垂足为N',连接AN,AM,MN. 因为BB'⊥平面PAC,BB'C平面PBB',所以平面PBB'⊥平面PAC. 又因为平面PBB'∩平面PAC=PB',NN'⊥PB',NW'C平面PBB',所 以NN'⊥平面PAC,且BB'∥NW' 在△PCC'中，因为MW⊥PA,CC'⊥PA,所以MW'∥cC,所以DW PC MM'1 CC'3 在△PBB'中，因为BB∥W,所以PXW'-2 V三棱锥P-AMN PB=BB3’V三楼维n4C 1 PA·MM' ·NW' V=按锥N-PAM」 3SPw·NW 2 V=按B-PAC 1 9 S△PAG·BB -PA·CC' ·BB 选B. 6.AC解析：依题意，∠APB=120°，PA=2,所以OP=1,OA=OB=√3 A选项，圆锥的体积为？×m×(3)'×1=π，A选项正确： 黑白题096