第13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（苏教版）

第13章 考点基本立体图形 1.（全国高考)已知圆锥的底面半径为√2，其侧 面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为 () A.2 B.22 C.4 D.4√2 2.（2022·北京)已知正三棱锥P-ABC的六条 棱长均为6，S是△ABC及其内部的点构成的 集合.设集合T={Q∈SIPQ≤5}，则T表示的 区域的面积为 B.T C.2π D.3π 3.(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)的正方体 容器（容器壁厚度忽略不计）内的有() A.直径为0.99m的球体 B.所有棱长均为1.4m的四面体 C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体 D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体 考点几何体的表面积和体积 4.(2024·新课标全国I)已知圆柱和圆锥的底 面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为 √3，则圆锥的体积为 A.23πB.3√3πC.63πD.93π 5.（2023·全国甲文)在三棱锥P-ABC中， △ABC是边长为2的等边三角形，PA= PB=2,PC=√6，则该三棱锥的体积为() A.1 B.√3 C.2 D.3 6.(2023·天津)在三棱锥P-ABC中，线段PC 上的点M满足PM=。PC,线段PB上的点N 满足PW=号PB,则三棱锥P-AMN和三校锥 必修第二册·S 真题演练 P-ABC的体积之比为 ( 1 A. B 1 4 C. 3 0.9 7.（2024·天津)如图，一个五面体ABC-DEF. 已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1.并已 知AD=1,BE=2,CF=3.则该五面体的体积为 ( A.3 3V5.1 3 3√31 D. 6 B.4+2C. 2 42 8.（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 二面角P-AC-0为45°，则 ( ) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4√3π C.AC=2√2 D.△PAC的面积为√3 9.(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)如图，四边 形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD,FB∥ ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E-ACD,F-ABC, F-ACE的体积分别为V,V2,V3,则（ B A.V3=2V2 B.V3=V C.V3=V]+V2 D.2V3=3V 学霸126 10.(2024·全国甲理)已知圆台甲、乙的上底面 半径均为T1,下底面半径均为2，圆台的母 线长分别为2(r2-T1),3(2-71),则圆台甲与 乙的体积之比为 11.（2023·新课标全国I)在正四棱台 ABCD-AB1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1= √2，则该棱台的体积为 考点三几何体的切接问题 12.(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为 1,上、下底面边长分别为33和43，其顶点 都在同一球面上，则该球的表面积为（) A.100mB.128πC.144m D.192π 13.(2023·全国乙文)已知点S,A, B,C均在半径为2的球面上， △ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平 面ABC,则SA= 14.（2023·全国甲理)在正方体ABCD- ABC1D1中，E,F分别为AB,C1D1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 考点四垂直和平行的判定及性质 15.(2024·全国甲理)设，B为两个平面，m,n 为两条直线，且α∩B=m.下述四个命题： ①若m∥n,则n∥a或n∥B; ②若m⊥n,则n⊥ax或n⊥B; ③若n∥a且n∥B,则m∥n; ④若n与a,B所成的角相等，则m⊥n. 其中所有真命题的编号是 A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 16.（2022·全国乙理)在正方体ABCD ABC1D1中，E,F分别为AB,BC的中点，则 ( A.平面B,EF⊥平面BDD1 B.平面B,EF⊥平面ABD 第13章学 C.平面B,EF∥平面AAC D.平面B,EF∥平面A1C1D 7.(全国高考)如图，已知直三棱柱ABC- AB,C1中，侧面AAB1B为正方形，AB= BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点， BF⊥A1B1· (1)求三棱锥F-EBC的体积； (2)已知D为棱AB1上的点，证明：BF⊥ DE D B 8.(2023·全国甲文)如图，在三棱 柱ABC-A,B,C1中，A1C⊥平 面ABC,∠ACB=90°. (1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A,B,AA1=2,求四棱锥A1- BB,C,C的高. 霸127 考点五空间角和空间距离 19.（多选)(2022·新高考全国I)已知正方 体ABCD-AB1CD1,则 A.直线BC,与DA,所成的角为90° B.直线BC,与CA,所成的角为90° C.直线BC1与平面BB,D,D所成的角为45 D.直线BC,与平面ABCD所成的角为45° 20.（2022·全国甲理)在长方体ABCD- 24. AB,C1D1中，已知B,D与平面ABCD和平 面AA1B,B所成的角均为30°，则 () A.AB=2AD B.AB与平面AB,C,D所成的角为30° C.AC=CB, D.B,D与平面BB1C,C所成的角为45° 21.（2024·北京)如图，在四棱锥P-ABCD中， 底面ABCD是边长为4的正方形，PA=PB= 4,PC=PD=2√2，该棱锥的高为 A.1 B.2 C.√2 D.√3 25. 22.（2024·新课标全国Ⅱ)已知正 视 频 三棱台ABC-AB,C1的体积为 3,AB=6,AB=2,则A,A与平 5 面ABC所成角的正切值为 B.1 C.2 D.3 23.（2023·北京)坡屋顶是我国传统建筑造型 之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可 以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某 坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全 等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角 形.若AB=25m,BC=AD=10m,且等腰梯形 所在的平面、等腰三角形所在的平面与平 必修第二册·SJ学霸1 ,则该五 面ABCD的夹角的正切值均为I4, 面体的所有棱长之和为 A.102m B.112m C.117m D.125m (2024·全国甲文)如图，AB∥ CD,CD∥EF,AB=DE=EF= 视频讲解 CF=2,CD=4,AD=BC=√J10,AE=23,M为 CD的中点， (1)证明：EM∥平面BCF: (2)求点M到平面ADE的距离 (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 (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC; (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正弦 值为求AD 28(3)由(1)知，HF∥平面A,BCD1,即HF上任意一点到平面 A1BCD1的距离都相等， 所以只需求点F到平面A1BCD1的距离d即可，而点B1到平 面A1BCD1的距离为2d=√2， 所以点P到平面A,BCD,的距离为咨，故F上不存在点Q,使得 点Q到平面ABCD1的距离是√2 4.（1)证明：如图①，取棱PC的中点N,连接DN, 因为△PCD为等边三角形，所以DN⊥PC. 又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC. 又因为DNC平面PCD,所以DN⊥平面PAC. 又因为PAC平面PAC,所以DN⊥PA. 又因为已知PA⊥PD,PDO DN=D.又因为PD,DNC平面PCD,所 以PA⊥平面PCD. ① (2)解：如图②，连接AN,ND, 由(1)中DN⊥平面PAC,可知∠DAW为直线AD与平面PAC所成 的角. 因为△PCD为等边三角形，CD=2且N为PC的中点，所以 DN=√5！ DN√3 又因为DN⊥AN,在Rt△AND中，sin∠DAW= AD 4 所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为】 (3)解：存在.如图③，取AB中点Q,连接 MQ,CQ, 在Rt△APD中，PA=√AD2-PD=25 因为PA⊥平面PCD,PCC平面PCD, 所以PA⊥PC.在Rt△PAC中，AC= ③ √PC2+PA2=4, 所以△PBC≌△PAC,所以MB=MA.又因为点Q为AB的中点， 所以MQ⊥AB,同理CQ⊥AB,所以∠MQC为二面角M-AB-C的平 面角. 设 0=A(0≤A≤1)， 在Rt△BMP中，BM=√BP2+PMP=√/12+4AZ 在Rt△BMQ中，MQ=√BM2-BQ2=√11+4A2, 在Rt△MQC中，MC=2(1-A),QC=√/15，MQ=√11+4λ2， 由余弦定理可得，MQ2+0C2-MC28w5 2MQ·QC 15 即11+4A2+15-4(1-A)28w3 211+4λ2，/15 15 化筒得，1612-40A+9=0,所以A=或号（合去） 即线段PC上存在一点M,使得二面角M-AB-C平面角的余弦值 5,此时PM、1 为 第13章真题演练 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l=2π×√2，解得l=22.故选B. 2.B解析：设顶点P在底面上的投影为O,如 图，连接BO,则O为三角形ABC的中心，且 3*6x3 B0= =25,故P0=√36-12= 2 26. 因为PQ=5,故OQ=1,故T表示的区域为 以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC 参考答案 内切圆的圆心为0，半径为了×√6-3=B>1,故T表示的区域 都在三角形ABC内部，故其面积为π.故选B. 3.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， 所以能够被整体放人正方体内，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0作OE⊥AC1,设OE∩AC=E,可 CC1_0E,即 知AC=反，cG-14c=8.oA则mLc4c,-80-% 2 10E √23 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A 下底面均相切，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⊥ CC O M 0,M,0,M=0.6,则tn∠CAC,=ACA0,' 即疗0解得40，=了巨，根据对称性 即1=0.6 可知圆挂的高为5-2x号万=1,732-1.2x1414=0352>01, 所以能够被整体放人正方体内，故D正确.故选ABD. 4.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=r×√3+r7,即25=√3+7，故 r=3,放圆锥的体积为×9x月=35m故选B 5.A解析：取AB中点E,连接PE,CE,如 图.△ABC是边长为2的等边三角形， PA=PB=2,∴.PE⊥AB,CE⊥AB. 又PE,CEC平面PEC,PE∩CE=E, ∴.AB⊥平面PEC.又PE=CE=2 3N √3，PC=√6，故PC2=PE2+CE2,即PE⊥CE, V=yec+V袋x-弓SAc·B=×Xx厅X 2=1.故选A. 6.B解析：如图，分别过点M,C作MM'⊥ PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过点B 作BB'⊥平面PAC,垂足为B',连接 PB',过点N作NW'⊥PB',垂足为N'.连 B 接AW,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',NW'⊥PB',NW'C平面 PBB',所以NW'⊥平面PAC,且BB'∥NW.在△PCC中，因为MM'⊥ PA,CC'LPA,所以MM/cC,所以C=CC=子在APBB中，因 为BB'∥w,所以VW-2 PBBB3,所 三棱锥P-AMN_V三棱锥N-PAM。 V三枚锥P-ABC V三棱雕B-PAC 1 3SaPw·NW (LPA·MM·NN 2 2 放选B. 3SPHc·BB' 7.C解析：如图，用一个完全相同的五面体HW-LMN(顶，点与五面 体ABC-DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D,N;E,M;F,L 学霸083 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ABC-DEF= 1 2V五面休8c-WF2×2 2故 选C. 8.AC解析：依题意，∠APB=120°，PA=2,所以OP=1,OA=OB= 万，A选项，圆锥的体积为号×(5)'x1=,A选项正确： B选项，圆锥的侧面积为T×√/3×2=2√3π，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 0P=0D=1,故AD=CD=√3-1=√∑，则 AC=22,C选项正确： D选项，PD=√2+1下=√2，所以SAPAC= 2×2万x√2=2，D选项错误，故选AC 9,CD解析：如图，设AB=ED=2FB=2a, 因为ED⊥平面ABCD,FB∥ED, 则y,=6 1 1 4 (2a)2=3a3,=3·FB:SaAc= 子(2a)P=子2述接即 1 1 D 交AC于点M,连接EM,FM,易得 M BD⊥AC,又ED⊥平面ABCD,ACC平A B 面ABCD,∴.ED⊥AC.又ED∩BD=D,ED,BDC平面BDEF,..AC⊥ 平面BDEF.又BM=DM=2BD=2a,过点F作FGLDE于点C, 易得四边形BDGF为矩形，.FG=BD=22a,EG=a,EM= √(2a)2+(2a)2=√6a,FM=Wa2+(2a)2=5a,EF= √a2+(2w2a)2=3a,EM+FM2=EF2,.EM⊥FM.SAEFM= )EM·FM=32a2,AC=22a,则V=V三棱锥A-5FM+V三棱锥c-EFM ?AC·SAy=2a,则2W,=3y1,y=3%2,%=%+2,故A,B错 误，C,D正确.故选CD. 10.6 解析：由题可得两个圆台的高分别为甲= √[2(r2-r)]2-(r2-r)2=3(2-r1),hz = V甲 V[32刀-(n2=2万(n-1),所以 号5，+原经.原放答案为 吉(s+s+)hz hz22(r2-n,)4 1.75解析：如图，过点A作A1M1AC,垂足为M,易知A1M为四 6 棱台ABCD-A1B1C1D1的高， 因为AB=2,A1B=1,A41=√2，所 A 以4,0，=74G= 2×V241B,= w√ 2,A0=2AC=×2AB=2,所 以AM=号(4G-4G)= 2,所以 Aw-vA4w-号 ?,所以棱台体积V= 3×(4+ 必修第二册·SJ 1+)-佰放答案为7酒 12.A解析：设正三棱台上、下底面所在圆的半径为r1,T2,所以2r1= 3w3 7600,22=43,即r1=3,2=4,设球心到上、下底面的距离 分别为d1,d2,球的半径为R,所以d1=√R2-9,d2=√R2-16,故 1d-d2l=1或d1+d2=1,即1√R2-9-√R2-161=1或√R2-9+ √R2-16=1,解得R2=25,符合题意，所以球的表面积S=4rR2= 100m.故选A. 13.2解析：如图，将三棱锥S-ABC转化为正三棱柱SMN-ABC, AB 3 设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,则2r= sin LACB 3 2√3，可得r=√3，设三棱锥S-ABC的外接球S 球心为0，连接OA,001,01A,则OA=2, 00,-74,04ev5 因为0A2=002+01A2,即4=3+ 1SA2,解 得SM=2.故答案为2. 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. 14.12解析：不妨设正方体棱长为2，EF中点为0，取CD,CC1中点 G,M,侧面BB1CC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= A B √FG2+EC2=w√22+22=2√2，即R=√2， 则球心O到CC1的距离为OM= D √0W2+MW2=√/12+12=√2， 7 所以球O与棱CC1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 D 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. 15.A解析：对于①，当nCa时，因为m∥n,mCB,则n∥B, 当nCB时，因为m∥n,mc,则n∥a, 当n既不在a内也不在B内时，因为m∥n,mCa,mCB,则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 n 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,则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 B 面B,tC平面B,则s∥平面B.因为sC平面a,a∩B=m,则s∥m.又 因为n∥s,则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 16.A解析：在正方体ABCD-A1B,C1D1中，AC⊥BD且DD1⊥平面 ABCD,又EFC平面ABCD,所以EF⊥DD1.因为E,F分别为AB, 学霸084 BC的中点，所以EF∥AC,所以EF⊥BD.又BD∩DD1=D,BD, DD,C平面BDD,,所以EF⊥平面BDD.又EFC平面B,EF,所以 平面B1EF⊥平面BDD1,选项A正确； 对于选项B,如图①所示，设A,B∩B,E=M,EF∩BD=N,则MW 为平面B,EF与平面A,BD的交线，在△BMN内，作BP⊥MN于 点P,在△EMN内，作GP⊥MN,交EN于点G,连接BG,则∠BPG 或其补角为平面B,EF与平面A1BD所成二面角的平面角， 由勾股定理可知PB2+PN2=BN2,PC2+PW2=GN2,在底面正方 形ABCD中，EF⊥BD,由勾股定理可得NB2+NG=BG2,从而 有NB2+NG=(PB2+PN2)+(PG2+PN2)=BG2,据此可得PB2+ PG2≠BG,即∠BPG≠90°，据此可得平面B,EF⊥平面A,BD不 成立，选项B错误： D D E ① ③ 对于选项C,如图②，取A1B1的中点H,则AH∥B1E,由于AH与 平面A1AC相交，故平面B,EF∥平面A1AC不成立，选项C错误； 对于选项D,如图③，取AD的中点M,很明显四边形A,B1FM为 平行四边形，则A1M∥B1F,由于AM与平面A1C1D相交，故平面 B1EF∥平面A,C1D不成立，选项D错误 E ③ 故选A 17.(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 BCC,B1,.AB⊥BC.:AB=BC=2,△ABC为等腰直角三角 形，5分c（2x2） 1 =1,V三棱锥F-EBC= 1x1x1=3 3Saas·CF= D R ① (2)证明：由(1)的结论可将几何体补为一个棱长为2的正方 体ABCM-A1B1C,M1,如图②所示，取棱AM,BC的中点H,G,连 接AH,HG,GB1, 在正方形BCC,B,中，G,F分别为BC,CC,的中点，则CF=BG,又 CB=BB1,LBCF=∠B1BG,故△BCF≌△B,BG,所以LCBF=LBB1G, 所以∠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AB,GH,所以BF⊥DE. 18.(1)证明：因为AC⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以A1C⊥BC. 又因为LACB=90°，即AC⊥BC,A1C,ACC平面ACC1A1, 参考答案 A1C∩AC=C,所以BC⊥平面ACC1A1 又因为BCC平面BB1C,C, 所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C 0 (2)解：如图，过点A1作A10⊥CC1,垂足 为0. 因为平面ACC,A1⊥平面BB,C,C,平 面ACC1A1∩平面BB,C1C=CC1,A,OC 平面ACC1A1,所以A1O⊥平面BCC1B1,所以四棱锥A1-BB1C1C 的高为A1O. 因为AC⊥平面ABC,AC,BCC平面ABC,所以A1C⊥BC,A1C⊥ 4C. 又因为A1B=AB,BC为公共边，所以△ABC与△A1BC全等，所 以AC=AC. 设A1C=AC=x,则A1C1=x,所以点0为CC1中点，0C1= 2AA1=1. 又因为A1C⊥AC,所以A1C2+AC2=AA,即x2+x2=22,解得x=√2， 所以A10=√A1C-0C=√(2)2-12=1，所以四棱锥A1 BBC,C的高为1. 19.ABD解析：如图，连接B1C,BC1,因为DA1∥BC,所以直线BC1 与DA1所成的角即为直线BC1与B,C所成的角.因为四边形 BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1,故直线BC1与DA1所成的角为 90°，A正确； 连接A1C,因为A1B1⊥平面BBCC, D BC1C平面BB1C1C,所以A1B1⊥BC1.因 为B1C⊥BC1,A1B1∩B1C=B1,A1B1, B1CC平面A1B1C1,所以BC1⊥平 面A1B1C.又A1CC平面A1B1C,所以 BC1⊥CA1,故B正确； 连接A1C1,设A1C1∩B1D1=0,连接 BO,因为BB1⊥平面A1B,C1D1,C1OC B 平面A1B1C1D1,所以C1O⊥B1B.因为C1O⊥B1D1,B1D1∩B1B= B1,B1B,B1D1C平面BB1D1D,所以C10⊥平面BB1D1D,所以 ∠C,B0为直线BC,与平面BB,D,D所成的角.设正方体棱长为 √2 1,C0-,BC=2,sin LG,BO- 0=C=),所以直线BC,与 平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误； 因为C,C⊥平面ABCD,所以∠C,BC为直线BC,与平面ABCD所 成的角，易得∠C,BC=45°，故D正确. 故选ABD. 20.D解析：如图所示， 不妨设AB=a,AD=b,AA1=c,依题以 及长方体的结构特征可知，B,D与平 面ABCD所成角为∠B1DB,B,D与平 面AM1B1B所成角为∠DB1A,所以 b si血30°aDBD即6=c,B,D= 2c=√a2+b2+c2,解得a=√2c. 对于A,AB=a,AD=b,AB=√2AD,A错误： 对于B,过点B作BE⊥AB1于点E,易知BE⊥平面AB1C1D,所 以AB与平面AB,CD所成角为∠BME,因为anLBAE=C=2三 a2 所以∠BAE≠30°，B错误； 对于C,AC=√a2+b=√5c,CB1=√2+c2=2c,AC≠CB1, C错误； 对于D,B1D与平面BB1C1C所成角为LDB1C,sin DB1C= 、0元号，而0<乙DB,C<90,所以∠DB,C=45°，D正确 故选D. 21.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, 学霸085 过点P作EF的垂线，垂足为O,即P01 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，PF=2,EF=4,则B PE2+PrP=EF,即PE⊥PF,则2PE·PF=之P0·EF,可得 P0=PE·PF=5,所以四棱锥的高为w5.故选D EF 22.B解析：方法一：如图①，分别取BC,B1C1的中点D,D1,连 接AD,A1D1,则AD=33,A1D1=3, 可知5uc-766月-9后，5a447*2月-月， 设正三棱台ABC-A1B,C1的高为h,则V正三棱台A8G-41B,G1= 号(955+V9x5)h-.解得h= 3 分别过点A1,D1作底面垂线，垂足为M,N,设AM=x, 则M,=Va+,=√P4. ,DN-AD-AM-MN-2/5-x, 可得D0,=√DN2+D,NA23-)2+6 结合等腰梯形C品可得B=(经)'+D。 即2+-(25到 +4,解得x= 3°，所以AA与平面ABC 4 AM 所成角的正切值为tan∠A,AD= Ai1； ① 2 方法二：如图②将正三棱台ABC-A,B,C,补成正三棱锥P-ABC, 则A,A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角， 因为：分则 V正三枚滟P-A1BS1三 PA AB 27,可知 26. V正三校台ABC-A18,91F27V正三棱维P-ABC .52 ，则VE三按-c=18. 1 设正三棱锥P-ABC的高为d,则V正三楼能-Ac=了dX -×6×6× 2 √5 =18,解得d=25, 取底面ABC的中心为O,则P0⊥底面ABC,且AO=23,所以PA 与平面ABC所成角的正切值anPA0-A PO =1.故选B. 23.C解析：如图，过点E作EO⊥平面ABCD,垂足为O,过点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 F 三角形所在的平面与底面夹角分别 为∠EMO和∠EG0, 所以an LEM0=an∠EGo=√年 5,所 以M0=G0. 因为E0O⊥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=10m得0M=5m,所以E0=√14m,所以0G=5m, 所以在直角三角形E0G中，EG=√E02+0c=√（√14)+52= 必修第二册·SJ √39(m), 在直角三角形EBG中，BG=OM=5m,EB=√EC2+BC= √（√39）2+52=8(m). 又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15(m),所有棱长之和为2×25+ 2×10+15+4×8=117(m).故选C. 24.(1)证明：由题意得，EF∥MC,且EF=MC, 所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥FC 又CFC平面BCF,EM寸平面BCF, 所以EM∥平面BCF. (2)解：如图，取DM的中点O,连接OA,OE,因为AB∥MC, 且AB=MC,所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM= BC=√10. 又AD=√I0,故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等腰三 角形， (DM 可得OA⊥DM,OE⊥DM,OA=/AD2- =3,0E= 2 /ED2 DM 2 =√5 又AE=2√5，所以0A2+0E2=AE2,故0A⊥0E. 又OA⊥DM,OE O DM=O,OE,DMC平面 EDM,所以OA⊥平面EDM, 8知5av2g=店 在AADE中，cs∠DEA=4+12-10-V3 2×2×234’ 所以动∠DBA=3 4,SAD=7×2×2W3x13=V39 42 设点M到平面ADE的距离为d,由VM-ADE=VA-EDM, 得宁aE·t=宁m·0M,得4=6酒放点划到平面AE 13 的距离为63 13 25.(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于点E,再过点E作EF⊥CP 于点F,连接DF, 因为PA⊥平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,而平面PACn 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sin∠DFE=,即n∠DFE=6. 7 因为AD⊥DC,设AD=x,则CD=√4-x,由等 D 面积法可得，DE=√4-x 2 叉cB=√(4-)-4--4 4 2,而△EFC 为等腰直角三角形，所以EF=4t 251 七W4-x2 故tan∠DFE= F4-2=6,解得x=5,即A0=V3. DE 2 2W2 学霸086