第6章 立体几何初步 真题演练-【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 真题演练 黑题 真题体验 限时：90min 考点1基本立体图形 5.**(2023·天津)在三棱锥P-ABC中，线段 1.*(全国高考)已知圆锥的底面半径为√2， PC上的点M满是PM=写PC,线段PB上的 其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线 长为 ( 点N满足PN=?PB,则三棱锥P-AMN和三 3 A.2 B.22 C.4 D.42 棱锥P-ABC的体积之比为 ( 2.*(多选)(2023·新课标全国I)下列物体 中，能够被整体放入棱长为1（单位：m)的正 A.g B司 3 D.4 9 方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有 6.*(多选)(2023·新课标全国Ⅱ)已知圆锥 的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径， A.直径为0.99m的球体 ∠APB=120°，PA=2,点C在底面圆周上，且 B.所有棱长均为1.4m的四面体 二面角P-AC-0为45°，则 C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体 A.该圆锥的体积为π D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体 B.该圆锥的侧面积为4√3π 考点2几何体的表面积和体积 C.AC=22 3.*(2024·新课标全国I)已知圆柱和圆锥 D.△PAC的面积为3 的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均 7.*★(2024·全国甲理)已知圆台甲、乙的上 为3，则圆锥的体积为 ( 底面半径均为1，下底面半径均为2，圆台的 A.23πB.3√3πC.6√3π D.93π 母线长分别为2(r2-T1),3(r2-1),则圆台甲 4.*★(2024·天津)如图，一个五面体ABC- 与乙的体积之比为 DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1. 8.*（2023·新课标全国I)在正四棱台 并已知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,AB1=1,AA1= 积为 ( √2，则该棱台的体积为 9.装(2025·北京)某科技兴趣小 A. 3 B 331 十 6 42 组用3D打印机制作的一个零件可 预讲解 以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF 331 C. 3 D. 2 42 是一个平面多边形，平面AFR⊥平面ABC,平 面CDT⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥EF∥RS∥ CD,BC∥DE∥ST∥AF.若AB=BC=8,AF= CD=4,1=F=C=m,则该多面体的体 (第4题) (第9题) 积为 必修第二册·BS黑白题152 考点3几何体的切接问题 16.*(全国高考)已知直三棱柱ABC-A,B,C1 10.*(2023·全国乙文)已知点S,A,B,C均 中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2,E,F 在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的 分别为AC和CC1的中点，BF⊥AB1 等边三角形，SA⊥平面ABC,则 (1)求三棱锥F-EBC的体积； SA= (2)已知D为棱AB1上的点，证明：BF⊥DE. 11.*（2023·全国甲理)在正方体ABCD- A1B,C,D1中，E,F分别为AB,CD1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. 12.*(2025·全国二卷)一个底面半径为 4cm,高为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁 厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球， 讲解 则铁球半径的最大值为 cm. 考点4垂直和平行的判定及性质 13.*★(2025·天津)若m为直线，α，B为两个 平面，则下列结论中正确的是 A.若m∥a,nCa,则m∥n B.若m⊥a,m⊥B,则a⊥B C.若m∥a,m⊥B,则ax⊥B 考点5空间角和空间距离 D.若mCa,a⊥B,则m⊥B 17.**(2024·北京)如图，在四棱锥P-ABCD 14.(2024·全国甲理)设，B为两个平 中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA= 面，m,n为两条直线，且∩B=m.下述四个 PB=4,PC=PD=2√2，该棱锥的高为（) 命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥B; ②若m⊥n,则n⊥或n⊥B; ③若n∥a且n∥B,则m∥n; A.1 B.2 ④若n与，B所成的角相等，则m⊥n. C.√2 D.√3 其中所有真命题的编号是 ( A.①③ 18.*(2024·新课标全国Ⅱ)已知正三棱 B.②④ C.①②③ D.①③④ 台AC-ABC的体积为，AB=6, 15.**(多选)(2025·全国一卷)在正三棱 柱ABC-AB,C,中，D为BC中点，则( A,B,=2,则A1A与平面ABC所成角的正切值 A.AD⊥A,C 为 ( B.B1C1⊥平面AAD 4.1 B.1 C.AD∥AB1 C.2 D.3 D.CC1∥平面AAD 第六章黑白题153 19.*(2023·北京)坡屋顶是我国传统建筑21.**(2025·北京)如图，在四棱锥P-ABCD 造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带 中，△ADC与△BAC均为等腰直角三角形， 可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图， ∠ADC=90°，∠BAC=90°，E为BC的中点. 某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是 (1)若F,G分别为PD,PE的中点，求证： 全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角 FG∥平面PAB; 形.若AB=25m,BC=AD=10m,且等腰梯形 (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC,求直线AB 所在的平面、等腰三角形所在的平面与平 与平面PCD所成角的正弦值， 面ABCD的夹角的正切值均为√I4 则该五 面体的所有棱长之和为 A.102m B.112m C.117m D.125m 20.*（2024·新课标全国I)如图，四棱锥 P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,PA=AC=2, BC=1,AB=√3 22.（2025·全国一卷)如图，在四棱锥 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; P-ABCD中，PA⊥平面ABCD,AB⊥AD, (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦 BC∥AD. 鱼为东n (1)证明：平面PAB⊥平面PAD (2)设PA=AB=√2，BC=2,AD=1+√3，P,B, C,D均在球O的球面上 (1)证明：点0在平面ABCD内； (i)求直线AC与PO所成角的余弦值， 必修第二册·BS黑白题15419.解：(1)设△A1B1C1的面积为S,三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,则 三棱柱ABC-A1B1C1的体积V1=Sh. ①如图，作DH∥AB,交AA1于点H,连接EH,因为DH丈平面 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￠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=之BB,所以H为棱M,的中点，则三棱柱HDE-A,BC 的体积Vae4G,=子=9，三棱锥A-DBI的体积am 名=3放三棱柱ABC-AB,C与三棱锥A-A,FG重合部分的体 积V公共=VDE-41BC,+VA-DEH=9+3=12, ②因为DH∥A1B1,所以DH∥A1F,所以△ADH∽△AFA1,所以 风EM丽，2所以81 DH AH BD 1 A1F=2 因为DE∥B1C1,B1C1C平面A1FG,DE丈平面A1FG,所以DE∥平 面A1FG. 因为平面AFG∩平面A1FG=FG,且DEC平面AFG,所以DE∥FG, 所以BC∥FG,则△AB,C1∽△A1FG,故Sa41FG=4S△A,81S,=4S, 从面三校锥AA,PG的体积=子SA4G·h=手Sh=24,放三校 V公共 柱ABC-A,BC,与三棱锥A-A,FG的重合度K=,+W,-V公共 12 2 18+24-125 (2)设D=A(0<A<1)）,则BD=AB1,从而B,D=(1-A)BB,故三 BB 棱柱HDE-A1B,C的体积VmE-418,G,=(1-入)V, 三按锥4-DEI的体积D=分，放三棱柱ABC-AB,G与三 棱锥A-AFG重合部分的体积V公共=VmB-AB,C+V4-DBm=3Vy 因为DH/AB,所以DH∥AE,所以△ADIO△AA1,所以D TAF -BD=A,所以4B=入 AA BB AF 因为DE∥B1C1,B,CC平面A1FG,DE￠平面A1FG,所以DE∥平 面A1FG. 因为平面AFG∩平面AFG=FG,且DEC平面AFG,所以DE∥FG, 所以B,C1∥FG,则△AB,C∽△A1FG,故S△4FG=2SAA1B1S1= 合，从面三陵维A-4PG的体积巧=宁a4心A=3, 故三棱柱ABC-A1B,C,与三棱锥A-A1FG的重合度K= 3-2y1 3 3A2-2λ3 2λ3+1 V1+ 因为K=1 广3，所以3入，2A=3,所以8入3-9A2+1=0,所以(A一 1)(82-A-1)=0,解得=1或A=3至或A=1+3因为0< 16 16 A<1,所以=1+3，即D1+√33 16 BB116 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=2π×√2，解得l=2√2.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，所以能够被整体放入正方体内，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5m,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,AG1=5m,0A=5 m,则tan LCAC=AC=AO,即 二=5，解得OB= 2 √23 4m,且 6 399 4 8 =24725 06,即6 0.6,故以AC,为轴可以对称放置底面直径为1.2m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, CC1 0M O1M=0.6m,则tan∠CAC1= ACA0,即 3 方-，解得A01=2m,根据对称性可 3 知圆柱的高为5-2×亏51.732-1.2×1414=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r,则圆锥的母线长为√P+3,而它们 的侧面积相等，所以2πr×√3=πr×√/3+r2,即2W5=3+r2,故r=3, 故圆锥的体积为？m×9x√3=35m.故选B. 4.C解析：如图，用一个完全相同的五面体HJ-NML(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五商体ABC-DEP=之V五面体BC-皿52X2 3 2 x4=2故选C. F (L (ND JE(M A- 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'L平面PAC. 又因为平面PBB'n平面PAC=PB',NN'⊥PB',NN'C平面PBB',所 以NW'⊥平面PAC,且BB'∥NW. 在△PC'中，因为MW'1PA,CC⊥PA,所以MM'/cC,所以 PC MM'1 CC-3 在△PBB'中，因为B∥Nw,所以PNW2 PR-BB= ,所以 三校锥P-AMN= =P-ABC 1 1 V三棱雅N-PAM= 3SaPw·Nw PA·MM 2 2 故 V三按锥B-PAC 1 S△PAC·BB 9 -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，圆锥的体积为写×m×(3)'×1=m,A选项正确； 黑白题096 B选项，圆锥的侧面积为π×√3×2=25π，B选项错误； C选项，如图，设D是AC的中点，连接OD,PD,则AC⊥OD,AC⊥PD 所以∠PD0是二面角P-AC-0的平面角，则∠PD0=45°，所以OP= 0D=1,故AD=CD=√3-I=√2，则AC= 2√2，C选项正确； D选项，PD=√2+1下=√2，所以SAP4C= )×22x2=2,D选项错误故选AC. 6 4 解析：由题可得两个圆台的高分别为甲=√[2(2)门2-(21)2三 3(r2-r1),hz=√[3(r2-)]2-(r2-r1)7=22(r2-n1),所以 e（5,+5+S.）故答案为 Vz 1 3(S2+S1+82S1 )hz. hz22(r2-r1）4 836 6 解析：如图，过A1作A1M⊥AC,垂足为M,易知A1M为四棱 台ABCD-A1B1CD1的高. 因为AB=2,A1B1=1,AM1=2,所以A101= 4G=a48是404c- 2×5AB=2,所以AM=A0-M0= 1 M A0-A10,= 2,所以A1M=√A4P-AM= √25所以装台体积V子4+1V) √67w6 26放答 案为76 9.60解析：先证明一个结论：如果平面α1平面y,平面B1平面y,平 面a∩B=l,则l⊥平面y.证明：如图①，设平面∩平面y=a,平 面B∩平面y=b,在平面y内取一点0,0使a,0b,在平面y内过0 作直线mla,作直线n⊥b,因为平面a1平面y,mC平面y,所以 m⊥平面a,而lC平面a,故m⊥l,同理n⊥l,而m∩n=0,m,nC平面 y,故l⊥平面y, m 0 ① 下面回归问题：如图②，连接BE,因为AB⊥BC且AF∥BC,故 AF⊥AB,同理BC⊥CD,EF⊥ED,而AB=BC=8,AF=CD=4,故直角 梯形ABEF与直角梯形CBED全等，故LBEF=∠BED=45°，在直角 梯形ABEF中，过B作BT1⊥EF,垂足为T1,则四边形ABT1F为矩 形，且△BTE为以∠BT1E为直角的等腰直角三角形，故EF=FT1+ T1E=AB+BT1=AB+AF=12.又平面RAF⊥平面ABEF,平面RAF∩平 面ABEF=AF,AF⊥AB,ABC平面ABEF,故AB⊥平面RAF,取AF的 中点为M,BE的中点为U,CD的中点为V,连接RM,MU,SU,W, 则MU∥RS,同理可证RM⊥平面ABEF,而RMC平面RMUS,故平面 RMUS L平面ABEF,同理平面VUS⊥平面ABEF,而平面RMUS∩平 面VUS=SU,故SU⊥平面ABEF,故RM∥SU,故四边形RMUS为平行 四边形，故MW=S=之×(8+12)=10.在平面ABR中过B作 BH∥AR,交RH于H,连接HT1,则四边形ABHR为平行四边形，且 RH∥AB,RH=AB,故RH∥FT1,RH=FT1,故四边形RFTH为平行四 边形.而BH⊥AB,BT1⊥AB,BT1∩BH=B,BT1,BHC平面BHT1, 故AB⊥平面BHT1,故平面ARF∥平面BHT1,而AR=BH,RF= HT1,AF=BT1,故△ARF≌△BHT1,故几何体ARF-BHT1为直棱柱 w=×4√/（）4=3，故wm,=8x=24因为 1 参考答案 AB∥EF,故EF⊥平面ARF,而EFC平面RSEF,故平面ARF⊥平面 RSEF,在平面ARF中过A作AG⊥RF,垂足为G,同理可证AG⊥平面 1.12.1 RSEF,而2 AGxRF=3,故AG= =2故ams=3×万×2x(2 5 4)×2=6,由对称性可得几何体的体积为2x(24+6)=60, 10.2解析：如图，将三棱锥S-ABC转化为正三棱柱SMN-ABC, 设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,则2r= AB sin∠ACB 3=25,可得r=3,设三棱 2 锥S-ABC的外接球球心为O,连接0A,O01, 0A,则01=2,001=2SA,01A=3 因为0A2=002+0142,即4=3 +4SM2,解得8M=2放答案为2 四方法总结 多面体与球切、接问题的求解方法： (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特 殊点（一般为接、切，点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题 求解； (2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直 且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长 方体，根据4R2=a2+b2+c2求解； (3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长； (4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； (5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外 接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（或直径）与 该几何体已知量的关系，列方程（组）求解 11.12解析：不妨设正方体棱长为2，EF的中点为0，取CD,CC,的中 点G,M,侧面BB1C,C的中心为N,连接FG,EG,OM,ON,MN,如图 由题意可知，0为球心，在正方体中，EF=√FC+EC=√22+22= 22,即R=√2， 则球心0到CC1的距离为OM=√/OW2+MW2=√12+12=√互， 所以球0与棱CC,相切，球面与棱CC,只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体的棱的交点总数为12.故答案 为12. B ----- (第11题) (第12题) 12.2.5解析：圆柱的底面半径为4cm,设铁球的半径为r,且r<4,由圆 柱与球的性质知AB2=(2r)2=(8-2r)2+(9-2r)2, 即4r2-68r+145=(2r-5)(2r-29)=0,.r<4,∴.r=2.5 13.C解析：对于A,若m∥a,nCa,则m,n可平行或异面，故A错误： 对于B,若m⊥，m⊥B,则a∥B,故B错误； 对于C,两条平行线有一条垂直于一个平面，则另一条必定垂直这 个平面，若m∥a,m⊥B,故a⊥B,则C正确； 对于D,mC,a⊥B,则m与B可平行或相交或mCB,故D错误 14.A解析：对于①，当nCa时，因为m∥n,mCB,所以n∥B; 当nCB时，因为m∥n,mCa,所以n∥a; 当n既不在a内也不在B内时，因为m∥n,mCa,mCB,所以n∥a 且n∥B,故①正确； 对于②，若m⊥n,则n与a,B不一定垂直，故②错误： 对于③，如图，过直线n分别作两平面与a,B分别相交于直线s和 直线t,因为n∥a,过直线n的平面与平面a的交线为直线s,所以 根据线面平行的性质定理知n∥s,同理可得n∥t,则s∥t.因为s￠平 黑白题097 面B,tC平面B,所以s∥平面B.因为sC平面a,a∩B=m,所以s∥m. 又因为n∥s,所以m∥n,故③正确； 对于④，若n与a和B所成的角相等，如果na,n∥B,则m∥n,故 ④错误. 综上，只有①③正确.故选A. 、 (第14题) (第15题) 15.BD解析：对于A,在正三棱柱ABC-A1B1C1中，A411平面ABC, 又ADC平面ABC,则AA1⊥AD.因为△ABC为等边三角形，又D为 BC中点，所以AD⊥BC.假设AD⊥A1C,因为BC∩A1C=C,BC, A1CC平面A1CB,又A1DC平面A1CB,则AD⊥A1D,与AA1⊥AD矛 盾，所以AD⊥AC不成立，故A错误； 对于B,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AM1⊥平面A1B1C1,又 B1C1C平面A1B1C1,所以AA1⊥B1C1.因为△ABC是正三角形，D 为BC中点，所以AD⊥BC,AD⊥B1C1.又AA1∩AD=A,AA1,ADC平 面A4,D,所以B,C1⊥平面AA1D,故B正确； 对于D,因为在正三棱柱ABC-A1B1C,中，CC,∥AA1,又A41C平 面A41D,CC14平面A41D,所以CC1∥平面AA1D,故D正确； 对于C,因为在正三棱柱ABC-AB1C1中，A1B1∥AB,假设 AD∥A1B1,则AD∥AB,这与AD∩AB=A矛盾，所以AD∥A1B1不成 立，故C错误 16.(1)解：如图①所示，连接AF, :BF⊥A1B1,BB1⊥A1B1,BF∩BB1=B,BFC平面BCC1B1,BB1C 平面BCCB1,A:B1⊥平面BCC,B1.AB∥A1B1,AB⊥平面 BCC1B1BCC平面BCC1B1,AB⊥BC.AB=BC=2,.△ABC 为等腰直角三角形，0==子×（×2x2)-1, V三校锥F-BBc=3S△BCE·CF=了X1X1= 3 D (2)证明：由(1)的结论可将几何体补形为一个棱长为2的正方 体ABCM-A1B1C1M1,如图②所示，分别取棱AM,BC的中点H,G, 连接A1H,HG,GB1,在正方形BCC1B1中，G,F分别为BC,CC1的中 点，则CF=BG.又CB=BB1,∠BCF=∠B1BG,∴，△BCF≌△B1BG .∠CBF=∠BB1G,.∠CBF+∠BGB1=∠BB1G+∠BGB1=18O°- ∠B1BG=90°，则BF⊥B1G.又BF⊥A1B1,A1B1∩B1G=B1,故BF⊥ 平面A1B1GH,而DEC平面A1B1GH,.BF⊥DE. 17.D解析：如图，分别取AB,CD的中点E,F,连接PE,PF,EF 则PE⊥AB,EF⊥AB,且PE∩EF=E,PE, EFC平面PEF,可知AB⊥平面PEF 且ABC平面ABCD,所以平面PEF⊥平 面ABCD.过P作EF的垂线，垂足为O,即B PO⊥EF,由平面PEF∩平面ABCD=EF, POC平面PEF,所以PO⊥平面ABCD,由题意可得PE=23, PF=2,EF=4,则PE2+P2=EP,即PE⊥PR,则2PE·PF= 0·E,可得P0-PE-月，所以四楼锥的高为放选D 1 18.B解析：方法一：如图①，分别取BC,B1C1的中点D,D1,连 必修第二册·BS 接A1D1,DD1,AD,则AD=35,A1D1=3, 可知5auc=×6x35=95a46子x2xw月=5， 设正三棱台ABC-A1B,G,的高为h,则V正三機台ABc48,G1=3(95+ 5+V68x5)A=解得=45 3 分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N,设AM=x, 则M,=Vn+Ar-√+ DN=AD-AM-MN=23-x, 3 可得DD,=VDN2+D,223-x)2+163 结合等腰梯形BCC,B1可得BB子= 6-212 (2+DD, 即x2+16 (25-)2当4，解得：=，所以AA与平面AC所 3 AM 成角的正切值为tan∠A,AD= =1. AM B ① ② 方法二：如图②，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC, 则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角. 因为告侣行所 V正三棱锥P-A181S1-1 V正三棱维P-ABc27' 可知V正三棱台ABC-A1B1C1-271 26V三按罐P-ABc=3,对正三校锨P-ABC三18. 1 设正三棱锥P-ABC的高为d,则VE三输P-Aac=子dX2×6×6X 3 =18，解得d=2w5 取底面ABC的中心为O,连接AO,则P0⊥底面ABC,且A0=2√5， 所以PA与平面ABC所成角的正切值为am∠PA0=P0-1,赦选B, 19.C解析：如图，过E作E0⊥平面ABCD,垂足为O,过E分别作 EG⊥BC,EM⊥AB,垂足分别为G,M,连接OG,OM, 由题意得等腰梯形所在的平面、等腰三 角形所在的平面与底面ABCD的夹角 D 分别为LEMO和LECO,所以 tan∠EMo=tan L EG0三'，所. 以M0=G0. 因为EO⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以EO⊥BC. 因为EG⊥BC,E0,EGC平面EOG,E0∩EG=E, 所以BC⊥平面EOG.因为OGC平面EOG,所以BC⊥OG. 同理，OM⊥BM.又BM⊥BG,故四边形OMBG是正方形， 所以由BC=10得0M=5,所以E0=√14，所以OG=5, 所以在直角三角形E0G中，EG=√E02+0G=√（√14）2+52= 39, 在直角三角形EBG中，BG=OM=5,EB=√EG+BG= √/（√39）2+52=8. 又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15,所有棱长之和为2×25+2×10+ 15+4×8=117,所以该五面体的所有棱长之和为117m.故选C. 20.(1)证明：因为PAL平面ABCD,而ADC平面ABCD,所以PA⊥AD. 又AD⊥PB,PB∩PA=P,PB,PAC平面PAB,所以AD⊥平面PAB. 而ABC平面PAB,所以AD⊥AB. 黑白题098 因为BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB,根据平面知识可知AD∥BC. 又AD￠平面PBC,BCC平面PBC,所以AD∥平面PBC. (2)解：如图所示，过点D作DE⊥AC于E,再过点E作EF⊥CP于 F,连接DF,因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平 面PAC∩平面ABCD=AC,所以DE⊥平面PAC.又EF⊥CP,所 以CP⊥平面DEF. 根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角， 即sn∠DFE=V4 7 ,即tan LDFE=√6. 因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4-x2,由等面 积法可得，DE=*√4- 2 又B=√4-)4_4 4 2,而△EFC为 等腰直角三角形，所以EF.4-子 2W5 xV4-x2 故tan∠DFE= DE 2 -=√6，解得x=√3，即AD=√3. EF 4-x2 2W2 21.（1)证明：如图，取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,GM, ,△ACD与△ABC为等腰直角三角形且 ∠ADC=90°，∠BAC=90°，不妨设AD= CD=2,..AC=AB=22,..BC=4. ,E,F分别为BC,PD的中点，FN= 2A=1,6M=B=1,且w/AD,n GM∥BC. ∠DAC=45°，∠ACB=45°，.AD∥BC,.FN∥GM,.四边形 FGMN为平行四边形，.FG∥MN. ,FG丈平面PAB,MNC平面PAB,.FG∥平面PAB. (2)解：连接DE,由(1)可知，BC=2AD,且BC∥AD,:点E为BC中 点，∴，AD=BE,则四边形ADEB为平行四边形，则AB∥DE,则直 线AB与平面PCD所成角等于直线DE与平面PCD所成角， 设点E到平面PCD距离为h,直线AB与平面PCD所成角为O, 则sin9=h DE .PA⊥平面ABCD,DCC平面ABCD,∴.PA⊥DC.又AD⊥DC,且 PA∩AD=A,PA,ADC平面PAD,∴.DC⊥平面PAD.又PDC平面 PAD,则DC⊥PD. 由(1)可知PA=AC=22,AD=2,则PD=25,.Vg-Pc= 号amA=x25x2M=25。 3, 11 则Vg-pmc=Vp-GE=3SaGE·PA= ×2x2x2-4,所 2w6 以h=25则如0 h3√5 DE223 即AB与平面PCD所成角的正弦值为？ 22.(1)证明：由题意证明如下，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面 ABCD,AB⊥AD,ABC平面ABCD,ADC平面ABCD,∴.AP⊥AB, AP⊥AD. :APC平面PAD,ADC平面PAD,AP∩AD=A,.AB⊥平面PAD. ABC平面PAB,.平面PAB⊥平面PAD. (2)(1)证明：由题意及(1)证明如下： P,B,C,D在同一个球面上，.球心到四个点的距离相等在 △BCD中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，作出BC 和CD的垂直平分线，如图①所示，由几何知识得，O1E=AB=√2， BE=CE=A01=G01=2BC=1,0D=AD-A01=5,B01=C01= 参考答案 √2+(2)2=W3,01D=B01=C01,点01是△BCD的外心 :AP⊥AD,AP=√2，由勾股定理得，P01=√AP2+AO= √(2)2+12=3，P01=B01=C01=01D=V3,点01即为点 P,B,C,D所在球的球心O, 此时点O在线段AD上，ADC平面ABCD,点O在平面ABCD内. (i)解：由几何知识得，PO=√3，AB⊥AD,BC∥AD,AB⊥BC, 在Rt△ABC中，AB=√2，BC=2,由勾股定理得，AC=√AB+BC= √(2)2+22=√6， >D 金C ② 过点O作AC的平行线，交BC的延长线为C1,连接AC1,PC1,如图 ②，则0C,=AC=√6，直线AC与直线P0所成角即为△P0C,中 ∠POCG1或其补角. PA⊥平面ABCD,AC1C平面ABCD,PAOAC1=A,.PA⊥AC1, 在Rt△ABC1中，AB=V2,BC,=BC+CC1=2+1=3,由勾股定理 得，AC1=√AB2+BC=√(2)2+32=√I, 在Rt△APC1中，PA=V2,由勾股定理得，PC1=√PA2+AC= √(2)2+()2=13， 在△P0C1中，由余弦定理得，PC=P02+0C-2P0· OC1cos∠P0C1, 即(13)2=(3)2+(6)2-23×6cos∠P0C,解得 cos LPOC √2 2 :直线AC与直线P0所成角的余弦值为1cos∠P0C,1=3 专题探究8 数学文化与探究创新 黑题 专题强化 1.B解析：设△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,∠BAC=30°， 由病.花-加s∠BC=c=26,得c=4,S6概=宁c 2 sm∠B4C=1,若M)=(分y)则o0,n0,有Sx=5+ =分+=2(( Sw0+SauB=2+x+y=1,得x+y=2,室+7 22=18,当且仅当之华即石了时等号减立则子 x y x Y 的最小值是18. 2.BD解析：设向量a,b在平面直角坐标系中的坐标分别为a= (a,),b=(6),设a=(m9,m,则a=(o(e+受)）， m(号)）=(-m0,m0)=(-a,4),同理可得=(-， b1),所以det(a,b)=a'·b=(（-a2,a1）·(b1,b2)=-a2b1+ab2, det(b,a)=b'·a=(-b2,b1)·(a1,a2)=-a1b2+a2b1,则det(a,b)≠ det(b,a),A错；对任意的入∈R,由A选项可知，b·b'=0,当a,b不 共线时，det(a,b)=a1b2-a2b1≠0，det(a+Ab,b)=-det(b,a+Ab)= -b'·(a+入b)=-b'·a=-det(b,a)=det(a,b),B对；因为xa+yb=c, 所以cb'=xa·'+b,b=a·b,所以x=b-d(b,c a·b'det(b,a) 同理可y8c结：当6不共线时， det(a,b)' 黑白题099