第8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（人教A版）

第八章 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 6 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'=0'B'=√2，则AB= 1 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a,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 P 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.20mC.10 D.20 5.*(2025·湖北十堰高一月考)如图，在正 方体ABCD-A,BC,D1中，点N为正方形 必修第二册·RJ黑 末检测 分：150分) ABCD的中心，E为C,D1的中点，M是线段 DE的中点，则 D M D B A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线 **(2025·安徽宿州高一期末)在平行六面 体ABCD-A,B,C,D,中，点M是BB1上靠近B 的三等分点，直线DM交平面BCD1A1于点N, 则0n () DM 1 A.2 c **（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>OC,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S1,S2,S3的大小关系为( ) A.S3<S2<S B.S3<S1<S2 C.S2<S3<S1 D.S1<S2<S3 禁(2025·山西太原高一月考)已知正方 体ABCD-A,B,CD1的体对角线BD1垂直于 平面α，直线l与平面α所成角为60°，在正方 体ABCD-AB1C,D1绕BD1旋转的过程中，记 BC与直线l所成的最小角为0，则cos0= 3-√6 3+√6 A.- B. 6 6 3√2-√3 3√2+√3 C. D. 6 6 白题098 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-AB1C1D1的棱长为1，线段B1D 上有两个动点EF,且EF=7,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.整(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 第八章黑 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 A.存在无数个点P,使得PA∥平 面A1B1C1D1 B.当平面PAA1⊥平面CB,D1时，点P的轨 迹长度为23π C.当PA∥平面A,B,CD时，点P的轨迹长度 为4m D.不存在点P,使得平面PAD⊥平面PBC 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. *★(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 **(2025·江苏南京外国语学校高一月 考)如图，已知二面角α-1-B的大小为60°， 二面角内一点P到平面α，B的距离分别为3 和5，则P到1的距离为 D B (第13题) (第14题) 4.(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AA,A1B1,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099 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-A1B,C1中，A411平 15.*(13分)(2025·江苏镇江高一期末)如 面ABC,AB=BC=AC=AA1,D是BC的中点 图所示，平面au∩平面B=l,平面a∩平面y= (1)求证：A,B∥平面AC,D; a,平面Bn平面y=b,点P∈平面y,且PA⊥ (2)求证：平面AC,D⊥平面BCC,B1; 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DA=2,∠BCn-写Ar=1,求直线nF 与BC所成角的余弦值， C 必修第二册·RJ黑白题100 18.(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M1,M2的重合度K= AB所在平面垂直，O为AB的中点，且AC= Vs法，其中V是多面体，M,的重 V1+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-A1B,C1中，D,E (1)证明：AM⊥平面OCN, 分别是棱BB1,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A,B1,A,C,的 (1)当a=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)已知D=B服，且三校柱A0C-4B,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-A,B,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,C1与三棱锥 A-A,FG的重合度K. (2)若三棱柱ABC-A,B1,C1与三棱锥A-A1FG 的重合度K了求船的值 BB 第八章黑白题101解析：画出侧面展开 图，如图，已知A4'=a,BB'=b,则MB=a-b 孤A'B'= =AM 3 侧面从A到B的最短距离是AB.根据勾股定理得AB= √AMP2+MBZ= .. 3.ACD解析：对于A,因为AC=AD,E为CD的中点，所以AE⊥CD,所 以AE⊥EF,AE⊥EC.又EF∩EC=E,EF,ECC平面EFC,所以 AE⊥平面EFC,故A正确；对于B,因为四面体FACQ恰好为正四面 体，所以FC=FA,所以Rt△AEF≌Rt△CEF,所以AE=EC,所以AE= 2CD,所以∠CMD=90,故B错误；对于C,如图，过点Q作QG1平 1 面ABCD于G,连接GA,GC,GE,QM,FM,因为QC=QA,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D 平面QGEF.设正四面体的棱长为2， --_G 则可得MF=MQ=√3，ME=1,在 △FMQ中，由余弦定理可得osLQFM=M+fQ2-MC 2MF·MQ (5)2+22-(5)2 .又N是FO的中点，所以FN=1,在△FMN 2×W3×2 3 中，由余弦定理可得，MN=√NF2+MF2-2NF·FMcos.∠NFM= √1+(5)2-2x1xw3x5 =V2,易得FE=AB=V2,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,又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 O DN=D,DM,DNC平面 DWM,所以AC⊥平面DNM.又NMC平面DNM,所以AC⊥NM 在R△ACD中，4C=√AD+CD=5,又2ACxD=2 -ADXDC,所 以，5xND=1x2,所以ND=,所以AN=√AD-DN=I 5 又NMM=Aan乙aM5×2=25,在R△AWNM中，可得AM定 V=分在△ADM中，DM=--复， 设B到平面ACD的距离为d,由Vg@=na,可得宁a·d: 1 11 √3 √3 3SaAc·DM,所以3×2×2xIxd=3×2×2xIx2,解得d= (第4题) (第5题) 5.37 解析：如图，设A'B=2a,取CE的中点K,连接BK,A'K,A'C,由 8 题知平面BCE⊥平面D'CE,平面BCEn平面D'CE=CE, 必修第二册·RJ 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BK=月a,AC=万a,s∠A'BC=EM2+EC-4C=与 2EA'·EC ,又 CLAEC-EA+EK2-AK5 2EA'·EK ,解得AK=1⑩ 2a, C0LABK=A+BK-AK35 2A'B·BK √3幻所以直线A'B与平面DcE所成角的余弦值等于。37 8 6.A解析：由题意可知DA'⊥FA',DA'⊥EA',FA'∩EA'=A,FA',EA'C 平面A'EF,故DA'⊥平面A'EF D B 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SaBr=Sa=之×1X1=2,DM=DA=2,故V-sm 1 1.1 1 V-e=3·SaDA'=3X22=3 7.208m解析：如图所示，将三棱锥 3 A-B'CD补成一个三棱柱AEF-DB'C, E 00 因为AD⊥DC,AD⊥B'D,DC∩B'D=DB 且DC,B'DC平面B'CD,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0， 在△B'CD中，由B'D=3,CD=5,B'C=7,所以cOs∠BDC= g子又∠B0e(0,),可知∠B0c= 32+52-72 设△BCD的外接圆的圆心为O',所以△B'CD外接圆的半径r= 0g=7。,5又D=2,所以球0的半径R=P+7= 2m3 2sin3 2√3 3 ,所以球0的表面积S=4mR2=4m×93 156208m 第八章章末检测 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，0'A'=0'B=√2，则0'M'=1, 作M心/0'AMN=,知图C所泰 B、 B 01 7 ① ② 作出原来图形，如图②， 以0A=2,OM=2,MN=2因为由0A⊥0M,所以AM=V6.又 黑白题064 为AB的中点，所以AB=2w6. 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a,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=2πh=10m, 5.B解析：易知直线BMC平面BDE,直线ENC平面BDE,所以直线 BM,EN共面，是相交直线如图，过点M作MF⊥DC于点F,连接 FB,过点E作EG⊥DC于点G,连接GN,因为在正方体ABCD- A1B1C,D1中，平面D,C,CD⊥平面ABCD,且平面D1C,CDn平面AB- CD=CD,所以MF⊥平面ABCD,EG⊥平面ABCD.又因为BFC平 面ABCD,NGC平面ABCD,所以MF⊥BF,EG⊥NG. 设正方体棱长为2则Mr:G=1,BF=√()+2 ，NG=1,所以B,√()+P=罗N=V7=5,所 以BM≠EN D M B B 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D1C于点Q,连接 QN,如图.因为CB∥DA,CB丈平面DAM,DAC平面DAM,所以CB∥ 平面DAM.又CBC平面CBB1C1,平面DAMn平面CBB1C1=PM,所 以CB,/PM因为M是B,上靠近B的三等分点，所以CG=3,因为 CBC平面CBAD1,PM￠平面CBA1D1,所以PM∥平面CBA1D1.又 PMC平面PDM,平面CBAD1∩平面PDM=QN,所以PM∥QN,所以 DN DO DD CC MNp0Cp=Cp=3,因此DW=。. 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⊥OC,OB∩OC=0,OB,OCC平面OBC,所以OA⊥平面OBC,且 OMC平面OBC,则OA⊥OM. 设0A=a,0B=b,0C=c,a>b>c,则BC=√0B2+0C2=√0+c2 因为△0BC为直角三角形，则OM=之BC=之，所以S 20A·OM=1 >a×1√/2+2=a6+a2 -,同理可得S2= 4 a2b2+b2c √a2c2+b2c2 ,S3=1 4 因为a>b>c,所以a2b2>a2c2>b2c2,则a2b2+a2c2>a2b2+b2c2>a2c2+ 2c2,所以S3<S2<S D 0 (第7题) (第8题) 8.B解析：如图所示，连接BD1,交平面A1C1D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A1C1D,则平面a与平 面A,C,D平行或重合，在线段DQ上取点P,使∠D1PQ=60°，则D1P 参考答案 为满足题意的其中一条直线l,正方体ABCD-A,B,C1D1绕体对角线 BD1旋转的过程可认为是正方体ABCD-A,B,C,D1不动，D1P绕体 对角线BD1旋转，∠PD1Q=30°，BC∥A1D1,所以BC与直线l所成的 角即AD1与直线l所成的角，可得当P在线段A1Q上时，A1D1与直 线1所成的角最小，由正方体的性质可得D,Q=号D8= 3a,则 cs∠41D,0=5 3sin∠A1D1Q三6，所以cos8=c0s(∠A1D12 30)3 √3W3.1.√63+√6 2c0s∠A1D1Q+sin∠A1D1Q=2x32x3 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为正方体的顶点，此 时AC=BD. 10.AD解析：如图，连接AB1,B1C,AD1,则由正 方体性质可知△AB1C,△AB1D1是正三角形，故∠CAB1=60°.对 于A,假设AC⊥AF,连接BD,则由正方体性质得AC⊥BD,BD∥ B1D1,所以AC⊥B1D1.又B1D1∩AF=F,B,D1,AFC平面AB1D1,所 以AC⊥平面AB1D1.又AB1C平面AB,D1,则AC⊥AB1,与∠CAB1= 60°矛盾，故A错误： D 对于B,因为BD∥B1D1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DB,D的距离为子4C=子V丽4BC- 子VPTF空所以w5Xc好8x 11 22 ,所以体积是定值，故C正确；对于 D,设B1D1的中点是O,由正三角形AB1D1可知点A到直线EF的 距离是AO,而点B到直线EF的距离是BB1,显然由正方体结构性 质40>B,又SAgr=×EFXA0,SAg=分×BxB,所以 △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=4π2=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AB1C1D1,且PA∥平面 A1B1C1D1,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CBD1,且平面PAA1⊥平面CB1D1,PAC平面 PAA1,故点P的轨迹为矩形AAC1C的外接圆，其周长为2πr= 25π，故B正确； C,因为PA∥平面A1B1CD,设过PA且与平面A1B1CD平行的平面 为平面。，则P的轨迹为平面α与外接球的交线，其半径为？=1， 周长为2π，故C错误； D,若平面PAD⊥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，CD长为8π，AB长为4π，由已知 8m=4灯=T,所以0C=16,0A=8,从而AC=16-8=8,即为圆台母 OC 0A 2 线长 黑白题065 (第12题) (第13题) 13.4g 3 解析：如图，令PA⊥于A,PB⊥B于B,l∩平面PAB=O,连 接AB,则PA=3,PB=5,由a∩B=l,得I⊥PA,I⊥PB. 又PA,PB是平面PAB内的两条相交直线，则l⊥平面PAB,又OP, OA,OBC平面PAB,于是l⊥OP,l⊥OA,l⊥OB,∠AOB是二面角 1-B的平面角，∠A0B=60°，则∠APB=120°.在△APB中，由余弦定 理得AB=√32+52-2x3×5×Cos120°=7， 而P到1的距离OP是四边形OAPB外接圆的直径，所以OP= 4B14w3 sin120°3 14.93w3 为等边三角形，设△EFG的中心为T,如图①，连接A1C1,交FG于 点M,连接EM,AC,A1C,B1D1,则ET⊥GF,因为EA1⊥平面A1GF, GFC平面AGF,所以EA1⊥GF.又ET∩EA1=E,ET,EA1C平 面AET,所以GF⊥平面A1ET又ATC平面A1ET,所以GF⊥AT 同理可证GE⊥A,T,GF,GEC平面EFG,GF∩GE=G,所以A,T⊥平 面EFG因为4，C4F ADA,B,所以FG∥B,D又A,C11B,D,所以 FG⊥A1C1.又CC1⊥FG,CC1∩A1C1=C1,CC1,A1C1C平面A1C1C, 所以FG⊥平面A1C1C,ACC平面AC1C,所以FG⊥A1C,同理证明 EG⊥AC. 又GF,GEC平面EFG,GFNGE=G,所以A1C⊥平面EFC,所以A1, T,C三点共线，设点A1到平面EFG的距离d=A1T,而EF=EG= PG-V/543=3a.5am=×3v2x3v万xm60-9y5. 93% 2 由4e,得写3x3x3=2。 3 即A1T=W3. 又A,C=43,所以T℃=35.因为2W5-√5=√5<2，所以该球不是正 方体的内切球， 对称性可得球的球心位于线段TC上，且该球与平面EFG相 与平面ABCD相切. 如图②，设球心为0，球的半径为R,则0T=R%,=月 0C=5R,所以35=R+5R,所以R-9-35,所以所求球形饰品 2 的半径的最大值为9-3日 2 D GA 7 A B ① ② 15.证明：(1)因为PA1平面a,1C平面&，所以PA⊥l,同理可得PB⊥1. 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. 然 aC平面y,平面Bn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,AFt平面CDE,所以AF∥平面CDE. 必修第二册·RJ 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= ,AF=1,得AD=DB=2 又因为AF⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以AF⊥AD,所以 cas∠FD1=A0-2=2w5 P√2等，所以直线DF与BC所成角的余弦值 E -V D (第16题) (第17题) 17.(1)证明：如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，连接AC交AC1于O, 连接OD,则O是AC的中点，又D是BC的中点，所以OD∥A1B. 而A1B￠平面AC1D,ODC平面AC1D,所以A1B∥平面AC1D. (2)证明：由AB=BC=AC,D是BC的中点，得AD⊥BC.由AA1⊥平 面ABC,得BB1⊥平面ABC又ADC平面ABC,则BB1⊥AD.又BB1, BC是平面BCCB1内的两条相交直线，因此AD⊥平面BCC,B1, 而ADC平面AC,D,所以平面AC,D⊥平面BCC,B: (3)解：在平面BCC1B1内过C作CE⊥C1D于E,连接AE,如图，由 (2)知，平面AC1D⊥平面BCC1B1,平面AC1D∩平面BCC,B1=C1D, 则CE⊥平面AC,D,∠CAE是AC与平面AC,D所成的角， 在△C,CD中，令cD=C=a,cG=2a,则CD=5a,cB= CC1·CD2a CD 5 2a CE√55 在Rt△CAE中，sin∠CAE= AC 2a 5' 所以直线AC与平面AC,D所成角的正弦值为 51 18.(1)证明：因为M是半圆弧上一点，所以∠AWB=子，即AW1 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ACBn平面ABM=AB,COC平面ABC,所以COL平 面ABM.又因为AMC平面ABM,所以AM⊥CO.因为OC,ONC平面 OCN,ONnOC=0,所以AM⊥平面OCN. (2)(i)解：由(1)可知AM1⊥平面OCN,且CN,ONC平面0CN,故 CN⊥AM,ON⊥AM,所以二面角C-AM-B的平面角为∠CNO.当ax= 30°时，0N=2 0A=，因为△AC为等膜直角三角形，且4C BC,所以∠4C8=受因为0为4B的中点，所以0C-=B=1因为 CO⊥平面ABM,ONC平面ABM,故C01ON,所以am∠CNO=CO ON 1三2，即=面角C-AM-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ABM1平面ABC,且平面ABM∩平面 ABC=AB,MGC平面ABM,所以MG⊥平面ABC. 由(i)知OA=0B=0C=0M=1, 白题066 当∠MB=a时，乙ABM=号a,则BM=ABna=2na,所以MG= BM:sinA=2a:s血（Ξ）=n2a 由等腰三角形ABC得BC=√2，因为CO⊥平面ABM,OMC平 面ABM,所以C0LOM,所以CM=√C02+OM7=√2. 1 在△BCM中，BC=CM=2,BM=2sina,所以SARCM=2BM· √/Bc2Br1 ×2 sin ax√2-sin2a=sina√/2-sin2a 4 2 又因为Vo-a加y=号5aX=写owcoXG,所以4三9gXG 1 1 S△BCM 2x1x1xsin 2a 1 Cos Q cos a sina√2-sin2a√2-sin2a√1+cos2a D B (第18题) (第19题) 19.解：(1)设△A1B,C1的面积为S,三棱柱ABC-ABC1的高为h,则 三棱柱ABC-A1B1C1的体积V1=Sh. ①如图，作DH∥AB,交M1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DEt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=2BB1,所以H为棱AM,的中点，则三棱柱HDE-AB,C, 的体积VnDE-A4S1=2V=9,三棱锥A-DEH的体积VA-= 名=3放三校柱ADC-4,BG与三校维4-APG重合部分的体 积V公共=VHDB-A,8G,+'A-D8H=9+3=12 ②因为DH∥A1B1,所以DH∥A,F,所以△ADH△AFA1,所以 限器行 A1F=2 因为DE∥B1C1,B1C1C平面A1FG,DE￠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B,C1∥FG,则△A1B,C1D△A1FG,故S△MG=4S△A1B,G1=4S, 从而三校维44，FPG的体积么=号A4心·A=手品=24，放三棱 柱ABC-AB,C,与三棱锥A-A1FG的重合度K=+V,-V公 V公共 12 2 18+24-125 2)设B三A(0<A<,则BD=ABB1,从而B,D=(1-A)BB,放怎 棱柱HDE-A1BC,的体积VHDe-A18,S1=(1-A)V, 三棱锥4-DSH的体积am=宁，放三棱柱ABC-AB,G与三 3-2 棱雏A-A,FG重合部分的体积V公共=VDE4BS,+V-DB= 因为DH∥A,B,所以DH∥A,P,所以△ADHD△MFA1,所以A,F DH 参考答案 A=即=A,所以48 AA BB 4,F 因为DE∥B1C1,B1C1C平面A1FG,DEt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BG/FG,则△ABCO△A1FG,放S4o=2SA41S 1 1 2S,从而三棱锥A-A,G的体积V3Sa4,e·h四 故三棱柱ABC-A1B1C1与三棱锥A-A1FG的重合度K= 3-2y1 3 3A2-2λ3 1 32λV1 V+3 2A3+1 因为K=弓，所以2号 2A3+1 ,所以8A3-9A2+1=0,所以(A D)·(82-A-1)=0,解得A=1或A=1上3或A=1+V3因为 16 16 0A<1,所以A=1+E,即D-1+E 16 BB, 16 第八章真题演练 黑题 真题体验 1.B解析：设圆锥的母线长为1，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧 长，则πl=2m×√2，解得l=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 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V2>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5<1.8， 所以不能够被整体放人正方体内，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= CC1_0E,即 万m,cG1m,AG=5m,0A=2m,则tan_CAC,=AC0 10B解得0B=6m,且482425=06，即 4 8=2425 4 2 0.6,故以AC1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⊥O1M, 01M=0.6m,则tan CAC1= CC1 0M AC AO ,即 -0.6解得A01三号2m,根据对称性 M EC 2 A0 知圆往的高为5-2×号万-172-12×1414=0352(a）, 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√2+3，而它们 的侧面积相等，所以2r×3=Tr×√3+，即25=√3+，故r=3, 故圆锥的体积为？mx9xW5=35m放选B, 4.C解析：如图，用一个完全相同的五面 H 体HIJ-LMN(顶，点与五面体ABC-DEF一 一对应)与该五面体相嵌 因为AD∥BE∥CF,且两两之间距离为四D叶 1,AD=1,BE=2,CF=3,则形成的新组合体 A 黑白题067