第8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（人教A版）

第八章 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满足PM= 3PC,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-号PB,则三校锥P-AWN和三 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 D 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， ( ∠APB=120°，PA=2,点C在底面圆周上，且 A.直径为0.99m的球体 二面角P-AC-0为45°，则 B.所有棱长均为1.4m的四面体 A.该圆锥的体积为π C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体 B.该圆锥的侧面积为4√3T D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体 考点2几何体的表面积和体积 C.AC=2√2 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 底面半径均为1，下底面半径均为r2,圆台的 为5，则圆锥的体积为 母线长分别为2(2-T1),3(r2-1),则圆台甲 A.25m B.3√3π 与乙的体积之比为 C.63m D.93m 8.*（2023·新课标全国I)在正四棱台 4.*（2024·天津)如图，一个五面体ABC- ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AM1= DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1. √2，则该棱台的体积为 并已知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体 9.#(2025·北京)某科技兴趣小 积为 ( 组用3D打印机制作的一个零件可 频讲解C 3 .1 3.1 331 以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF C. D. 6 42 2 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,R==7心=D=,则该多面体的体 (第4题) (第9题) 积为 必修第二册·RJ黑白题102 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， 频讲解 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 值为 ( A.AD⊥A,C B.B1C1⊥平面AAD 4.1 2 B.1 C.AD∥AB1 C.2 D.3 D.CC1∥平面AAD 第八章黑白题103 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. 值为罗求 (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 (i)证明：点O在平面ABCD内； (i)求直线AC与PO所成角的余弦值， 必修第二册·RJ黑白题104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 为一个三棱柱，该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的裁面）是边长为1 的等边三角形，侧棱长为1+3=2+2=3+1=4，V五面休ABC-DsF= 11 3 故选C 2V五面体48c-mF2×2×1X1×2X4=2 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 M 以平面PBB'⊥平面PAC. 又因为平面PBB'∩平面PAC=PB' NW'⊥PB',NW'C平面PBB',所以NW'⊥ B 平面PAC,且BB'∥NN'. 在△PC'中，因为MM上PA,CC⊥PA,所以MM∥cC,所以W PC MM'1 CC 3' PBBB子，所以上袋4W 在△PBB"中，因为BB'∥MY,所以Y=2. 人V三梭锥P-ABC Vw3SaPw·Nw方·2PH·MM·w 2故 V三棱锥B-PAC 1 ·(Ac）小B 1 选B. 6.AC解析：依题意，∠APB=120°，PA=2,所以0P=1,0A=0B=√3. A选项，圆锥的体积为3×m×(、5)'×1=π，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为π×√3×2=2W5π，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-O的平面角，则∠PD0=45°，所以OP= OD=1,故AD=CD=√3-1=√2，则AC= 2W2,C选项正确； D选项，PD=√2+下=√2，所以S△PAc= 2×2,2xW2=2,D选项错误故选AC 1 D C 7,6解析：由题可得两个圆台的高分别为甲 √2(2-1)]2-(2-1)7=3（r2-1),hz √32-(2=2万(n-n),所以72 甲 子（+5+5)年.5放答案为 1 hz22(2-n1)4 4 (S2+S1+52S)hz 8.36 6 解析：如图，过A1作AM⊥AC,垂足为M,易知A1M为四棱 台ABCD-A1B1C1D1的高. 因为AB=2,41B1=1,A41=2,所以A101= A ×2AB=2,所以AM=A0-M0= 1 D 40-40,= 2,所以A,M=A-M. √2咨所以酸合体职×41V风)×9-故答 26 案为26 9.60解析：先证明一个结论：如果平面α⊥平面y,平面B⊥平面y,平 面ax∩B=,则l⊥平面y.证明：如图①，设平面ax∩平面y=a,平面 Bn平面y=b,在平面y内取一点0,0a,0b,在平面y内过0作 必修第二册·RJ 直线m⊥a,作直线n⊥b,因为平面a⊥平面y,mC平面y,所以m1 平面，而lC平面a,故m⊥l,同理n⊥l,而m∩n=0,m,nC平面y, 故lL平面y. m 0 ① ② 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∠BEF=∠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+ T,E=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,UW, 则MU∥RS,同理可证RM⊥平面ABEF,而RMC平面RMUS,故平面 RMS⊥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=2×(8+12)=1Q.在平面ABHR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RFT1H为平行四 边形.而BH⊥AB,BT1⊥AB,BT1∩BH=B,BT1,BHC平面BIT1, 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-BHT,为直棱柱， /512 而Sa=2×4×√(2)-4=3，故V-8m,=8×3=24,因为 AB∥EF,故EF⊥平面ARF,而EFC平面RSEF,故平面ARF⊥平面 SEF,在平面ARF中过A作AG⊥RF,垂足为G,同理可证AG⊥平面 RSEF,而2 AGxRF=3,故AG=, 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01，半径为r,则2r=S AB 3 M sin LACB 3 =25,可得r=√3，设三棱 2 40 锥S-ABC的外接球球心为O,连接0A,O01, 04,则0A=2.00=号1,04=3 因为042=002+0，A2,即4=3+1S4?,解得SM=2.故答案为2 4 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（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,CC1的中 点G,M,侧面BB1C1C的中心为N,连接FG,EG,OM,ON,MN,如图， 黑白题068 由题意可知，O为球心，在正方体中，EF √FG2+EG=√22+22=2√2，即R=√2， 则球心O到CC1的距离为OM= √0W2+MW2=√/12+12=√2， 0六 7 所以球0与棱CC1相切，球面与棱CC1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. 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⊥a,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,则a⊥B,故C正确； 对于D,mCa,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 α，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丈平面 B 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n∥a,n∥B,则m∥n,故 ④错误. 综上，只有①③正确.故选A. 15.BD解析：对于A,在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AM1⊥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⊥A,C,因为BC∩A,C=C,BC, A1CC平面ACB,又A1DC平面A1CB,则AD⊥A1D,与AA1⊥AD矛 ! 盾，所以AD⊥A1C不成立，故A错误； 对于B,因为在正三棱柱ABC-A,B,C1中，AA1⊥ 平面A1B1C1,又B1CC平面A1B1C1,所以 AA11B1C1.因为△ABC是正三角形，D为BC中 点，所以AD⊥BC,AD⊥B,C1·又AA1n AD=A,AM1,ADC平面AA1D,所以B1C1⊥平 面AM1D,故B正确； C D R 对于D,因为在正三棱柱ABC-A1B1C1中， CC1∥AM1,又AM1C平面A41D,CC1￠平面A41D,所以CC1∥平 面A41D,故D正确； 对于C,因为在正三棱柱ABC-A,B,C1中，A1B1∥AB,假设 AD∥A1B1,则AD∥AB,这与ADOAB=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BCC1B1,,A1B1⊥平面BCC1B1.:AB∥A1B1,∴AB⊥平面 BCC1B1·BCC平面BCC1B1,.AB⊥BC.AB=BC=2,∴.△ABC 为等腰直角三角形，5ams=士=分×（分×2x2）=1, 1 参考答案 V-c=子5as·GP= 1x1×1=3 D B. ② ③ (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-A1B,C,M1,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BCC1B,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=180° ∠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, P 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=2√5， P=2,BP=4,则Pg+P2=B,即PE1P,则2PE·PF 子0：歌，可得P0P-厅，所U四楼输的高为后放法D 18.B解析：方法一：如图①，分别取BC,B1C1的中点D,D1,连 接A1D1,DD1,AD,则AD=33,A1D1=V3, 可知5w=6x35=93,046×2xw5=5， 设正三棱台ABC-A1B,G的高为h,则VE三装台Bc4,A,=了(95+ 厅+√5)A-品，解得h= 31 分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N,设AM=x, 则M,=VW+4原=√F 3 -,DN=AD-AM-MN=23-x, 可得D0,=√D+0,严=√2-)2+ 3’ 结合等驱稀形cA可得8时-（合2厂，09。 即2+16=（25-2+16+4，解得-45 3 3 :3,所以A1A与平面ABC所 AM 成角的正切值为tan∠A1AD= AM=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. V正三梭锥P-A11S1-1 因为-8，所以E装c27 可知26曾E号则生咖=收 1 1 设正三棱锥P-ABC的高为d,则VE三楼锥nAac=3dX2×6×6× 白题069 =18，解得d=2v5, √5 取底面ABC的中心为0，连接A0,则P0⊥底面ABC,且A0=25, P0-1.故选B. 所以PA与平面ABC所成角的正切值为aLPA0=A 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 分别为∠EMO和∠EG0, 所以ktan L EM0=-nLEGO=YV年 5 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E0G,EO∩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. 限A形B:派m- √/39， 在直角三角形EBG中，BG=OM=5,EB=√EG2+BG2= /(√/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PA⊥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. 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， 即血LDE=原，即mLDE=6 因为AD1DC,设AD=x,则CD=√4-xZ,由等面 积法可得，DB=xV4-x 2 又GB=√4-2)4-_4 4 2,而△EFC为 等腰直角三角形，所以6F.4- 2√5 x√/4-x2 故=DE2 -=√6，解得x=√3，即AD=√3 EF 4-x2 22 21.(1)证明：如图，取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,CM, ,:△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= AD=1,GM=BE=1,且N∥AD,D GM∥BC. ∠DAC=45°，∠ACB=45°，∴.AD∥BC,∴.FN∥GM,∴.四边形 FGMN为平行四边形，.FG∥MN. FG￠平面PAB,MNC平面PAB,∴.FG∥平面PAB. 曲单形为平防型装为生 (2)解：连接DE,由(1)可知，BC=2AD,且BC∥AD,:点E为BC中 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的距离为h,直线AB与平面PCD所成角为9， 必修第二册·RJ 则sin8= 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= 寸5aeA=宁a6xa-29. 32 11 则V=y2nE=7SacB:PAE3×2x2×2×2万=3，所 2w6 以42则n h3-3 DE 22 3 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=A0,=G0,=2BC=1,01D=AD-A0,=3,B01=C01= √12+(2)2=3，.01D=B01=C01,点01是△BCD的外心. 在Rt△AOP中，AP⊥AD,AP=√2，由勾股定理得，PO1= √AP2+A0=(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=V√AB2+BC= √/(5)2+22=√6 0>D 少金C, B ① ② 过点0作AC的平行线，交BC的延长线为C1,连接AC1,PC,如图 ②，则0C1=AC=√6，直线AC与直线P0所成角即为△P0C1中 ∠POC1或其补角. PA⊥平面ABCD,AC1C平面ABCD,PAOAC1=A,.PA⊥AC1, 在Rt△ABC1中，AB=√2，BC1=BC+CC1=2+1=3,由勾股定理 得AC1=√AB2+BC=√(2)2+32=√1I, 在Rt△APC1中，PA=√2，由勾股定理得PC1=√PA2+AC= √(2)2+(i)2=√3， 在△POC,中，由余弦定理得，PC=P02+OC-2P0· OCeosLPOC1, 即（√13）2=(5)2+(6)2-25×6cos∠P0C1,解得 os∠P0G,=-2 3 ∴.直线AC与直线PO所成角的余弦值为|cos∠POC1I= 父 3 白题070