第36期 立体几何初步综合-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版）

高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 数理极 答案详解 2025~2026学年 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期(2026年3月) 第36期3,4版 对于(D),因为I∥AC,又ACC平面ACD,I￠平面ACD, 所以l∥平面ACD,即(D)正确. 立体几何初步核心素养综合测评 7.如图4，在平面ABB1A中过点P D 一、单项选择题 作PP1⊥AB交AB于点P,连接PO, B A1 1~4 CCBC 5~8 CDAA 由正方体的性质可知PP,上平面 提示： ABCD,则∠POP即为直线OP与平面 D 1.由题意可知，若三点分布在平面B的同侧，此时平面~ ABC所成角， ∥平面B;若三点分布在平面B的两侧，此时平面α与平面B相 PP P B 交.综上，平面a与平面B平行或相交 则tan∠POP,=tan0= OP 图4 2.结合题意由“m上a”能推出“m上n”, 设正方体ABCD-AB,C1D1的棱长为2，则1≤OP,≤√2， 由“m⊥n”不能推出“m⊥a”,也可能m∥a或相交， 所以当OP=1时，tan0取得最大值， 所以“m上a”是“m上n”的充分不必要条件 此时0取最大值，P,为AB的中点， 3.由题设，上底面积为S,=225cm2, 下底面积为S2=144cm2, 又AP=AMB,所以当A=分时0取最大值 所以1平升为号×10×(25+×1西+14)= 8.如图5，设BD,C'D的中点分别 为01,02，则0102∥CB, 02 1830cm3,约为1.8L 因为平面C'BD⊥平面ABD,C'B 4.如图1，取B,C的中点E,连接BE,DE,则AC1∥DE,则 ⊥BD,平面CBD∩平面ABD=BD, D AC∥DE,则∠BDE(或其补角)即为异面直线BD与AC所成的 C'BC平面C'BD, 角.由条件可知BD=DE=EB=√2，所以∠BDE=60°. 所以C'BL平面ABD, 图5 故O1O2⊥平面ABD, 故02C'=02B=02D, 因为ADC平面ABD,所以C'B⊥AD, 又AD⊥AB,AB∩C'B=B,AB,C'BC平面ABC, 所以AD⊥平面ABC', B 又ACC平面ABC',所以AC'⊥AD, 图1 图2 故02A=02C'=02D, 5.如图2，延长C,M交CD的延长线于点P,延长CN交CB 所以02C'=02A=02B=02D, 的延长线于点Q,连接PQ,交AD于点E,交AB于点F,连接NF, 故O2为三棱锥C-ABD的外接球球心， ME,则正方体过点M,N,C的截面图形是五边形 6.如图3，因为点B∈平面ABC 又0，a=CB=CB=1, ∩平面ABCD,所以B∈I. 又因为直线AC:∥平面ABCD, 0,B=D=B,+亚.E 2 AC1C平面ABC1,故AC1∥L, 所以1是过点B且平行于AC的 所以外接球半径R=0,B=√00+0，B=页 2 直线. 故外接球的表面积为4πR=17π. 对于(A),因为A1C1∥1，AC1∥ 图3 二、多项选择题 AC,所以I∥AC,故l∥CD不成立，即(A)错误； 9.ABC:10.AB:11.AC. 对于(B),因为I∥AC,而ACA,C=C,故l∥AC不成 提示： 立，即(B)错误； 9.(A)不正确，垂直于同一条直线的两条直线平行、相交 对于(C),因为l∥AC,而AC∩平面A1BCD=C,故L∥ 或异面；(B)不正确，平面内的两条相交直线与另一个平面内 平面A1B,CD不成立，即(C)错误； 的两条相交直线平行，两平面平行；(C)不正确，α与y可能平 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 行或相交；(D)正确，n与B可能n∥B或nCB. 所以6H=子5×子=名， 39 故选(A)(B)(C). 1O.因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD, 设题图4-①中水面高度为h, 又SD⊥平面ABCD,所以SD⊥AC,又BD∩SD=D, 则业=号5解得么=号 所以AC⊥平面SBD,所以AC⊥SB,（A)正确； 因为ABCD为正方形，所以AB∥CD, 14.如图8，过点K作MK⊥AF于点M,连接DM, 因为平面ABD⊥平面ABCF,平面ABD∩平面ABCF= 又AB丈平面SCD,且CDC平面SCD, AB,DK⊥AB,DKC平面ABD,所以DK⊥平面ABCF 所以AB∥平面SCD,(B)正确： 因为AFC平面ABCF,所以DK⊥AF 因为SD⊥底面ABCD, 因为MK⊥AF,DK∩MK=K,所以AF⊥平面DMK. 所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD,(C)错误； 因为ABCD为正方形，则AB与BC所成的角是90°， 因为DMC平面DMK,所以AF⊥DM. 又D⊥底面ABCD,则∠SDC=90°， 与折前的图形对比，可知折前的图形中，D,M,K三点共 线，且DK⊥AF, 所以DC与SC所成的角∠SCD<90°，(D)错误. 故选(A)(B). 所以在折前的图形中△DAK∽△FDA, 11.对于(A),依题意，圆锥母线长l=PA=PB=2,P0= 所以-即片=亦所以1= PA·cos60°=1，A0=B0=PA·sim60°=5，所以底面圆的 半径r=5,圆锥的体积为分π×()×1=，故()正确： 因为DFe(1,2),所以te(3,1）月 对于(B),该圆锥的侧面积为π=π×√5×2=25π，故 (B)错误； 对于(C),如图6，取AC的 中点M,连接PM,OM,则OM⊥ 图8 AC,又因为PA=PC,所以PM⊥ 四、解答题 AC,故∠PMO为二面角P-AC --1---- 15.解：如图9，取AC的中点G,连 -0的平面角，即∠PM0=45°， 0 接EG,c,则Ec∥A8,且EG=24B, 所以m45-品=1，即01- 图6 FG∥cD,且FG=cD 1,所以AC=2√A02-0M2=2×√3-1=22，故(C) 由AB=CD知EG=FG, 正确； 所以∠GEF(或它的补角)为EF 对于(D),由选项(C)可知，AC=22,PM⊥AC,PM= 与AB所成的角，∠EGF(或它的补角) 9 为AB与CD所成的角. √P-(2A4C）=4-2=E,所以△PAC的面积为 因为AB与CD所成的角为30°， PW:AC=子×万×2万=2，故(D)错误 所以∠EGF=30°或∠EGF=150°. 由EG=FG知△EFG为等腰三角形， 故选(A)(C) 当∠EGF=30°时，∠GEF=75°； 三、填空题 当∠EGF=150°时，∠GEF=15 12.平行、相交或异面；1 故EF与AB所成的角为15°或75°. 16.证明：(1)如图10， A 提示： 取BD1的中点O1,连接 B /0 12.如图7所示，∠BAC=∠BA1C1,AB∥AB,则AC与 C01,A10 AC,的位置关系是平行、相交或异面. 因为ABCD-A1BC,D 是四棱柱，四边形ABCD是 图10 正方形， 所以A01∥0C,A01=0C, 图7 因此四边形AOCO,为平行四边形， 13.设△ABC的面积为S, 所以A10∥0C. 因为E,F,E,F,分别为所在棱的中点， 又O1CC平面B,CD1,AO4平面BCD1, 所以A1O∥平面B,CD (2)因为AC⊥BD,E,M分别为AD和OD的中点， 所以Sm=子5， 所以EM⊥BD. 又A1E⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 所以AE⊥BD. 过B,作BE⊥OD,因为BO⊥AC,D0⊥AC, 因为BD∥BD,所以EM⊥BD1,AE⊥BD1 且B1O∩D0=O,B,0,D0C平面B,OD, 又AE,EMC平面AEM,AEEM=E, 所以AC⊥平面B,OD,因为ACC平面ACD, 所以BD,⊥平面AEM.又BD1C平面B,CD1, 所以平面B,OD⊥平面ACD, 所以平面A,EM⊥平面B,CD· 又因为平面B,OD∩平面ACD=OD, 17.解：设圆台形容器的上、下底面半径分别为r,R. 且BE⊥OD,B,EC平面B,OD, (1)设AD=xcm,则OD=(72-x)cm,由题意得 所以B,E⊥平面ACD,即B,E为三棱锥B,-ACD的高， 2R-0×2所以R: 180 在△B0E中，可得及E=R0~血号=万×复-受 2 72-x=3R, 1x=36, 即AD应取36cm. 所以三棱柱B一ACD的体积为V=号a·B,E=号 (2)因为2r=号·0D=号×36，所以r=6cm, ××2×2×6-6 2 圆台形容器的高h=√2-(R-) √362-(12-6)=6√35(cm). 所以V=号h(R+R+)=号mx6V35×(12+2 ×6+62)=504√35π(cm3). 18.(1)证明：如图11，取BC 图12 图13 的中点H,连接HD,交CE于点P, (2)因为三棱锥B,-ACD的底面△ACD的面积为定值， 连接AH,AP. 在△ACB,的翻折过程中，要使得三棱锥B,-ACD的体积最大， 则点B,到底面ACD的距离最远， 因为AB=AC, 所以AH⊥BC 此时平面ACB,上平面ACD,如图13所示， 因为B0⊥AC, 又平面ABC⊥平面BCDE, 图11 所以AH⊥平面BCDE. 且B,OC平面ACB,平面ACB,∩平面ACD=AC, 又CEC平面BCDE,所以AH⊥CE, 所以B,O1平面ACD, %-保方∠01E:咖 因为ODC平面ACD,可得B,O⊥OD, 在Rt△BOD中，B1D=B10+OD2=2, 所以Rt△HCD Rt△CDE,所以∠CDH=∠DEC, 又因为B,C=CD=BA=AD=2, 所以HD⊥CE. 所以△B,CD和△B,AD都是边长为2的等边三角形， 又AH∩HD=H,所以CE⊥平面AHD,所以AD⊥CE. (2)解：由(1)知CE⊥平面AHD,得AP⊥CE 可得So=5aw-至×2=5 又HD⊥CE, 所以∠APH就是二面角A-CE-B的平面角。 又5a=Sw=7x2x2=2, 过点C作CG上AB,垂足为G,连接EG,如图11所示. 所以三棱锥B-ACD的表面积为S=S△B1cD+S△AD+ 因为BE⊥BC,且BE⊥AH,AH∩BC=H, S△Ac+S6ACD=4+2V3. 所以BE⊥平面ABC,所以BE⊥CG. 第37期3,4版 又BE∩AB=B,所以CG⊥平面ABE, 所以∠CEG就是CE与平面ABE所成的角，则∠CEG=45°， 核心素养阶段测评（三） 又CE=√22+(2)2=6，所以CG=EG=5. 一、单项选择题 又BC=2,所以∠ABC=60°， 1~4 BBAD 5 ~8 CABC 所以AB=BC=AC=2,所以AH=5. 提示： 1.由题意知，z=-1+i-3+i=-4+2i, 又由△HCP∽△DEP得HP= 3 所以1z1=/(-4)2+22=25. 所以m∠APH=品=3 2.由题得可：耐-：d-号耐：-号(d 19.解：(1)如图12，取AC的中点0，分别连接B0,D0, 因为B,A=BC且DA=DC,所以BO⊥AC,D0⊥AC, -子成+号成-子m+3 所以∠B,OD为二面角B1-AC-D的平面角， 3.由题意，正四棱锥P-EFGH的斜高为√3+1=2，该组 又因为折起的三角形所在的平面ACB,与底面ACD所成角 为号则∠B0D=号 合体的表面积为2×2+4×2×1+4×号×2×2=20 4.如图1，由题意得A=60°，B=75°，AB=10, 3 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 则C=45°， 因为EO⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以EO⊥BC, 所以4B BC 75 又EG⊥BC,且EO,EGC平面EOG,E0∩EG=E, sin C=sin A' 10 所以BC⊥平面EOG, 所以BC= 10× 60° 因为OGC平面EOG,所以BC⊥OG,同理OM⊥BM =56, 所以等腰梯形所在的平面，等腰三角形所在的平面与平面 图1 2 ABCD所成的角分别为∠EMO和∠EGO, 即B,C间的距离为56 n mile.. 所以tan∠EM0=tan∠EGo=/ 5.连接A1C1,BD1,它们交于点0，正方形中AC1⊥BD, 5, 又AA⊥平面ABC,D1,BD1C平面ABC,D, 又BC⊥OG,所以四边形OMBG是矩形， 所以AA1⊥BD, 又BC=10,则0M=5,所以E0=14,所以0G=5, 又AA∩AC1=A1,AA1,A1C1C平面AAC1C, 所以在Rt△EOG中， 所以B,D,⊥平面AAC,C, EG=√E0+0G=√(14)2+52=√39， 所以B,O的长即为棱BB,到面AA1CC的距离，而B,O= 2, 在Rt△EBG中，BG=OM=5, EB=√EGC+BC=√(39)2+52=8， 所以所求距离为号。 又因为EF=AB-5-5=26-5-5=16, 6.由0+0B+Cd=0,得0A=0元-02 故该五面体的所有棱长之和为 2×26+2×10+16+4×8=120m. 两边平方得0=0心+0应-20d.0成 二、多项选择题 因为10A1=101=10C, 9.CD;10.ABC;11.ABD. 所以10B12=210元110B1cos∠B0C, 提示： 所以s∠B0C=分 9.因为sin2B=sin Asin C, 由正弦定理得b2=ac, 因为0°<∠B0C≤180°，所以∠B0C=60°， 所以sB=心+-8.+-匹≥2aeg 所以4=2B0C=30 2ac 2ac 2ac 2 当且仅当a=c时取等号， 7.根据题意，以C为坐标原 点，BC所在的直线为x轴，过点C 又0<B<,放Be(0,号] 且垂直于BC的直线为y轴，建立 故选(C)(D). 平面直角坐标系，如图2所示，因 10.因为b1(a-b),所以b·(a-b)=b·a-b2=0, 为正△ABC的边长为1，且点P为 所以a·b=b2=1b12,所以(A)正确： B AB的中点，所以∠PCB=30°，点 因为a·b=1b「2，所以a2=a2-4a·b+4b2, 图2 P在以C为圆心，BC为半径的圆 所以1a1=|a-2b1,所以(B)正确； 上，则c0.0),8(-1,0)4(-9)P(-2） a在上的设影狗量为合·b=6,所以（©正确： 由向量数量积的定义可知a·b=1a11b1cos0=1b12, 所以元=（停）瓜=(3号-）， 所以c0=所以(D)结灵 (9-1,-) 故选(A)(B)(C) 11.设点P到平面ABC的距离为h, 期网+店=(6-多号-1 三校维的体积V=号×分×2×2×号×A=25, 3 所以P元(P+成)=5x(5-子)-×( 解得h=2, 因为PA=2,所以PA⊥平面ABC,又BCC平面ABC, 1=2-5 所以PA⊥BC,故(A)正确； 8.如图3，过E作E01平面 因为PAC平面PAB,所以平面PAB⊥平面ABC, ABCD,垂足为O, 且平面PAB∩平面ABC=AB, 过E分别作EG⊥BC,EM⊥ 取AB的中点D,连接PD,CD(如图4)， AB,垂足分别为G,M, 图3 因为△ABC是等边三角形， 连接0G,0M, 所以CD⊥AB,所以CD⊥平面PAB, 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 所以∠CPD为直线PC与平面PAB所成的角， 中心，取AB的中点为M,连接PM,QM, 又CD=3,PC=PA+AC=22, EM,则EM⊥AB,PM⊥AB,QM⊥AB,如图 所以n∠CPm-咒-点放()正确： 7所示. 设二面角P-AB-C的大小为a,二面 △PBC中，PB=PC=22,BC=2, 角Q-AB-C的大小为B, 则∠PME=a,∠QME=B,设球心O 所以BC边上的高为√(22)2-1=7， 图7 到平面ABCD的距离为d,球的半径为1， 1 所以Sam=方×2×万=7， 则En=号EB=号-t,PE=1-d,0E=1+d, 设点A到平面PBC的距离为，则写×方×北=25 3 即an&=E1-少，amB=E1+,d∈[0,1). 解得=22工，故()错误： √个- 个- 7 2(1-d+2(1+d四 所以tan0=an(a+B)=-d 1- 1-2(1-.21+d0 1-正 √1- 22 √-d e(-∞，-22]. 图4 图5 四、解答题 如图5，过△ABC的中心H作平面ABC的垂线，过线段PA 15.解：(1)设b=(x,y), 的中点M作PA的垂线，两条垂线交于点O, 因为a∥b,所以y=2x. ① 则点O到四点P,A,B,C的距离相等， 又|b1=25,所以x2+y2=20. ② 即点O是三棱锥外接球的球心， 由①②联立解得b=(2,4)或b=（-2,-4). 又△ABC外接圆的半径r=HA=2×5×2-25,0H (2)由(2a+c)1(4a-3c)得(2a+c)·(4a-3c)=8a2 2 3 3 -3c2-2a·c=0, =P4=1, 由lal=5,1cl=/10, 2 解得a·c=5, 所以三棱锥外接球的半径R= 所以m0-=空0e[0,l, a·c 所以外接球的表面积S=4πR2= 空，故(D)正确 所以a与c的夹角0：平 故选(A)(B)(D) 16.(1)解：因为CD∥平面PB0,CDC平面ABCD, 三、填空题 且平面ABCD∩平面PBO=BO,所以BO∥CD. 1215mm;1B.号；14.(-0，-2万] 又BC∥AD,所以四边形BCDO为平行四边形， 则BC=D0,而AD=3BC, 提示： 所以AD=3DO, 12.如图6，由题知圆锥底面圆半 即点O是靠近点D的线段AD的一个三等分点. 径r=OA=3m,高h=0B=4m, (2)证明：因为侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面 则母线1=AB=5m,因此圆锥的侧 ABCD=AD,ABC底面ABCD,且AB⊥AD, 面积为S=l=π×3×5= 0 所以AB⊥平面PAD.又PDC平面PAD,所以AB L PD. 15π(m2), 图6 又PA⊥PD,且AB∩PA=A,所以PD⊥平面PAB. 即屋顶的面积约为15πm2. 又PDC平面PCD,所以平面PAB⊥平面PCD. 13.由(1+i)z=-1+2i,得z= -1+2i 1+i 17.(山证明：2acor号+2os号=a1+6asC)+c(1+ -1+21-014i片2i-2足=方+，所以 (1+i)(1-i) 2 cos A)=a+c+acosC+ccosA =5 26, 子多所以（分+别）（分）=（分广 由正弦定理及sin(A+C)=sinB可得acos C+ccosA=b, (3)=3 所以a+e=多，即2(a+c)=36 14.设PQ与平面ABCD的交点为E,且E为正方形ABCD的 (2)解：因为msB=分，所以血B= 4 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 因为S=an8==5,所以心=8 1 所以BM⊥平面ACC1, 又ACC平面ACC1,所以BM⊥AC1 又因为b=a2+c2-2 aceos B=(a+c)2-2ac(1+cosB), 同理可证D,M上AC, 2(a+c)=3b, 又D1M∩BM=M,DM,BMC平面BMD1, 所以8= (2)-2x8×1+）所以6=4 所以直线AC1⊥平面BMD (3)设AC,与平面B,CD1的斜足为O, 18.(1)证明：如图8，取AB的中点 因为%m=⅓6=了·分1m1=君 1 M及CD的中点N,连接PM,PN,MW 6= 3 由△PAB是正三角形，四边形ABCD VA-BCD VANcD-ACIDI -VB-ANC -VB-CD1C -V 是正方形，得AB⊥PM,AB⊥MN 又PM,MWC平面PMW,PMn 38 Vn=V-46A-4a-amG=g-子 3=3 MWN=M,所以AB⊥平面PMW 所以V-m1=2V4-Bcm,则A0=2C,0. 因为AB∥CD,所以CD⊥平面PMW, 若VA-mG=Va-mP,则VG-8cm1=Vn-Bm,故C0=P0 又PNC平面PMN,所以CD⊥PN, 所以在线段AC,上取一点P,要使三棱锥B,-CDC,与三 因为N是CD的中点，所以PC=PD (2)解：过B作BH⊥平面PCD,垂足为H,连接PH,∠BPH 棱锥B-CD,P的体积相等，则P为A0的中点，即A迟=L AC=3 为直线PB与平面PCD所成的角，则m∠BPI=路、 第38期2版 过M作MF⊥PN于F, 专项小练一 由CD⊥平面PMW及MFC平面PMW得CD⊥MF 1.B;2.B:3.AD:4.③；5.14. 又MF⊥PN,PN,CDC平面PCD,PN∩CD=N, 6.解：总体中个体数较小，用抽签法 则MF⊥平面PCD. 第一步，将30个篮球，编号为1,2，…，30； 由AB∥CD,AB￠平面PCD,CDC平面PCD, 第二步，将以上30个编号分别写在外观、质地等无差别的 得AB∥平面PCD. 小纸条上，揉成小球状，制成号签； 于是点B到平面PCD的距离BH等于点M到平面PCD的 第三步，把号签放人一个不透明的盒子中，充分搅拌； 距离MF. 第四步，从盒子中不放回地逐个抽取3个号签，并记录上 设CD=2,则PD=5,PA=PB=AB=AD=BC=MN 面的号码； =2,计算得PM=√5，PW=2, 第五步，找出和所得号码对应的篮球 在等腰三角形PMN中可算得MF= 专项小练二 4 1.D:2.C;3.ABD;4.15;5.70 所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为 6解：①样本容量与总体中的个体数的比值为品=0： 39 M 4 39 ②确定要抽取的各种百货商店的数目，大型商店为20× B=2 8 19.(1)解：由四边形BCCB,为正方形，可得BC⊥BC, =2(家)，中型商店为40×0=4（家），小型商店为150× 10 在长方体ABCD-AB,C,D,中，AB⊥平面BCC,B1, 0=15(家)： 又B,CC平面BCC,B1,所以B,C⊥AB. 因为AB∩BC1=B,AB,BC1C平面ABC1, ③采用简单随机抽样的方法在各层中分别抽取大型商店2 所以BC⊥平面ABC, 家，中型商店4家，小型商店15家，这样便得到了所要抽取的样本. 又ACC平面ABC,所以BC⊥AC1, 第38期3,4版 即异面直线B,C与AC,所成的角的大小为90° 随机抽样同步核心素养测评 (2)证明：当m=万时.CW=号。 一、单项选择题 因为8C=1,所以瓷-断=万， 1~4 CAAA 5~8 DCBC 提示： 所以Rt△ABC∽Rt△BCM,则∠CAB=∠MBC, 1.“中国天眼”主要是通过观察获取数据。 所以∠MBC+∠ACB=∠CAB+∠ACB=90°，即AC⊥BM, 2.①中，考试成绩在不同分数段之间的同学有明显的差 在长方体ABCD-AB,C,D,中，CC,⊥平面ABCD, 异，用分层随机抽样比较恰当； 又BMC平面ABCD,所以CC1⊥BM, ②中，总体包含的个体较少，用简单随机抽样比较恰当. 因为AC∩CC,=C,AC,CC,C平面ACC, 3.高二年级应抽取的学生人数为 6 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 720 900×1200+900+1500 =180. 则甲应村 ×560=51钱，故(A)正确： 109 4.根据简单随机抽样及分层随机抽样的定义可得， 乙应付0 09 ×350=32品钱，故(B)不正确： 每个个体被抽到的概率都相等， 109 所以每个个体被抽到的概率都等于29 5 丙应付10 109 ×180=16点钱，放(C)正确： 109 5.从随机数表第1行的第3列开始，由左到右一次选取两 显然51制>32品>16识故(D)正疏 109 个数字，选出的编号依次为：12,13,40,33,20,38,26,13,89， 故选(A)(C)(D). 51,03,…, 11.随机抽取的500名学生中，回答第一个问题的概率为 剔除掉总体编号以外的编号，以及重复的编号， ，生日月份为奇数的概率也是7， 1 则选出来的个体的编号依次为：12,13,20,26,03，…， 所以选出来的第5个个体的编号为03. 所以回答第一个问题且回答是的人数为 6.设A种型号的产品有2x件， 因为A,B,C三种不同型号的产品，产量之比为2：3：5， 500x分×号=125（人. 所以B种型号的产品有3x件，C种型号的产品有5x件， 所以回答第二个问题且回答是的人数为 由已知可得9=2x++5 n 175-125=50(人)， 所以随机抽取的500名学生中，带手机的学生人数的比例 所以n=80. 为 7.这3000个数据的平均数为 250=20%, 78.1×800+85×1300+91.9×900=85.23. 故该学校3000名学生中，带手机的学生人数为 3000 3000×20%=600(人). 用样本平均数估计总体平均数， 故选(B)(C). 可知这4万个数据的平均数约为85.23. 三、填空题 8.对于①，采用分层随机抽样的方式进行抽样，甲乙两人 12.p1=p2=P3; 13.6:14.5600. 可能同时被抽取，故①正确； 提示： 对于②，高一共有20×50=1000（人）， 12.在抽签法、随机数法和分层随机抽样中，每个个体被抽 高二共有24×45=1080（人）， 从这两个年级2080人中共抽取208人进行视力调查， 中的概常均为只，所以P,=:=一 商-应输取×28=10（人），商二应轴}00 2080× 1且由题意可得2，品4活解得m=3, 2 208=108(人)，故②正确： 3 对于③，甲被抽到的可能性为0=乙被抽到的可 则B地被抽取的数量是18×2+3+4=6， 1 14.设甲、乙、丙3条生产线各生产了T甲，T乙，T内件产品， 能性为Q8=0,甲和乙被抽到的可能性相等，故③错误 则a:6:e=1:12:1即号=元=会 所以正确的说法是①② 二、多项选择题 因为2b=a+c,所以m+7=22, lTp+Tz+T内=16800， 9.AC:10.ACD:11.BC. 所以72=16800=560. 提示： 3 9.对于(A),根据抽样调查和普查的概念可知，调查一的 四、解答题 调查方式是普查，调查二的调查方式是抽样调查，故(A)正确： 15.解：(1)抽签法。 对于(B),根据总体和样本的概念可知，总体是指该社区 第一步：将30名大学生随机编号，编号为01,02,03，…， 所有60周岁以上老年人的体重，样本是指抽取的该社区500名 29,30; 60周岁以上老年人的体重，故(B)错误： 第二步：将30个号码分别写在30张外形完全一样的纸张 对于(C),结合已知条件和样本量的概念可知，样本量是 上，并揉成团，制成号签； 500,故(C)正确； 第三步：将30个号签放人一个不透明的盒子中，充分搅拌； 对于(D),由于检测一批灯泡的寿命，具有损毁性，故只能 第四步：从盒子中逐个抽取8个号签，并记录上面的编号， 用抽样调查，故(D)错误。 编号对应的大学生就是选出的大学生志愿者成员 故选(A)(C) (2)随机数法。 100 10 第一步：将30名大学生随机编号，编号为01,02,03，…， 10.依题意，抽样比为560+350+180=109 29,30: 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 第二步：在随机数表中任选一个数作为开始，按照任意方 则x:y:z=0.425(a+b+c):0.475(a+b+c):0.1(a 向读数，比如从第8行第29列的数7开始，向右读； +b+c)=17:19:4. 第三步：每次取两位，凡是在01~30之外的数或者已读过 (2)依题意，n×0.75×0.5=75,解得n=200, 的数，都跳过去不做记录，依次可得到12,07,21,29,15,13,02， 故抽到的A会场的学生总数为50人， 09: 则高一年级人数为50×50%=25（人）， 第四步：找出以上号码对应的大学生，他们就是选出的大 高二年级人数为50×40%=20（人）， 学生志愿者成员。 高三年级人数为50×10%=5（人）. 16.解：可以采用分层随机抽样的方法. 第39期2版 按照该公司员工的收入水平分成三层：高收人者、中等收 入者、低收人者， 专项小练一 高收人者为50名，占所有员工的比例为忍0=5%，为保 1.B;2.C;3.ABC;4.14. 5.解：(1)由频率分布直方图及频率和等于1可得， 证样本的代表性，在所抽取的100名员工中，高收入者所占的 0.2×0.1+0.8×0.1+1.5×0.1+2×0.1+2.5×0.1 比例也应为5%，即100×5%=5， +a×0.1=1,解得a=3. 所以应抽取5名高收入者比较合理 (2)消费金额在区间[0.5,0.9]内的频率为 同理，应抽取15名中等收入者、80名低收人者， 0.2×0.1+0.8×0.1+2×0.1+3×0.1=0.6, 再对他们的具体收入状况分别进行调查. 所以消费金额在区间[0.5,0.9]内的购物者的人数为 17.解：(1)因为0<m≤72≤n,A,B两所高校中共抽取 0.6×10000=6000. 3名教授，B,C两所高校中共抽取5名教授， 专项小练二 所以高校B中抽取2名教授，高校A中抽取1名教授，高校 1.A;2.B:3.CD:4.70:5.68. C中抽取3名教授， 6.解：(1)分数在[70,80)内的频率为1-(0.010+0.015 所以只=壳=名，解得网=36，a=18 +0.015+0.025+0.005)×10=0.3,所以第四组小矩形的高 m 为0.030，补全频率分布直方图如下图所示. (2)因为高校B中抽取的教授数是高校A和C中抽取的教 频率 授总数的号 个组距 0.035--------------- 0.030 所以子(m+m）=72,解得m+n=108。 0.025 0.020 所以三所高校的教授的总人数为m+n+72=180. 0.015 0.010 18.解：(1)设登山组人数为x,游泳组中青年人、中年人、 0.005 老年人各占比例分别为a,b,c,则有 0 405060708090100成绩/分 x·40%+3x地=47.5%， (2)由频率分布直方图知， 4x 前三组的频率之和为0.1+0.15+0.15=0.4， x·10%+3xc=10%, 4x 所以中位数在第四组。 解得b=50%,c=10%,则a=40%, 设中位数为70+x, 即游泳组中青年人、中年人、老年人各占比例分别为 则0.4+0.030×x=0.5,解得x=0 3 40%,50%,10% (2)游泳组中，抽取的青年人人数为200×子×40%=60： 所以本次考试成绩的中位数为0+号-罗 3 轴取的中年人人数为20×子×50%=75： 第39期3,4版 用样本估计总体、统计案例同步核心素养测评 轴取的老年人人数为20×子×10%=15， 一、单项选择题 19.解：(1)设该校高一、高二高三年级的人数分别为a,b,c, 1 ~4 BAAD 5-8 AAAC 则去A会场的学生总数为0.25(a+b+c), 提示： 去B会场的学生总数为0.75(a+b+c), 1.由题意知(140-51)÷10=8.9， 则对应人数如下表所示： 所以分为9组比较合适， 高一 高二 高三 2.该组数据从小到大的排序是：4,5,5,6,7,7,8,9， 且8×0.25=2， A会场0.125(a+b+c) 0.1(a+b+c) 0.025(a+b+c) B会场0.3(a+b+c) 0.375(a+b+c)0.075(a+b+c) 则该组数据的25%分位数为3士=5， 8 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 3.因为落在[6,10)内的频率为0.08×4=0.32， 所以a=100×0.32=32. 对于().=8+9+12+2+1B+16+16+16+18 因为落在[2,10)内的频率为(0.02+0.08)×4=0.4， +20)=14,(A)正确； 所以b=0.4. 对于()=0（6+5+2×2+1P+3×2+4+6 4.由小到大排列的4个数据1,3,4，a,则a≥4， =13.4,(B)正确； 这4个数据的极老为4-1，中位数为对片兰=子 对于(C),因为10×85%=8.5， 因为这4个数据的极差是它们中位数的2倍， 所以85%分位数为第9个数据，即18，(C)正确； 所以a-1=2×子解得a=8 对于(D),16出现了3次，12只出现2次， 所以众数为16，(D)错误. 5.由条形图得演讲人数为30， 故选(A)(B)(C) 由饼状图得演讲人数占比15%， 10.由频率分布表的性质得m=100-8-10-20-28- 因此述取的总人数为》-20， 12-6=16,(A)正确； 因为样本中观看比赛不低于4场的学生的频率为： 由饼状图得绘画及合唱人数和占比为1-20%-20%- 16%+12%+6%=34%, 15%=45%,人数和为200×45%=90， 所以估计高一年级观看比赛不低于4场的学生约为： 由条形图得合唱人数为70，所以绘画人数为20. 1000×34%=340人，(B)正确； 6.因为男生30人，女生20人， 样本中，观看2场的人数为50×20%=10人，(C)错误； 则抽取的时候分层比为3：2， 样本中出现频率最高的为3， 即10个人中男生、女生分别抽取了6人和4人. 故估计高一年级观看比赛场数的众数为3，(D)正确。 这10人答对题日的平均数为 ×(6×10+4×15)=12, 故选(A)(B)(D). 11.由频率分布直方图可得：[50,60)，[60,70)，[70,80)， 所以这10人答对题目的方差为品×[1+(0-12)]+ [80,90),[90,100]的频率依次为10m,0.3,0.4,0.1,0.04. 对于(A):因为10m+0.3+0.4+0.1+0.04=1, 0×[0.5+(15-12)2]=6.8 所以m=0.016, 7.对于(A):由统计图可以得到，2023年第一，二季度的制 因为成绩落在[50,60)内的人数为16， 造业指数均高于50%，所以2023年第一，二季度的各月制造业 16 在逐月扩张，故(A)正确； 所以n=0.016×10=100,故(A)错误： 对于(B):由统计图可以得到，2023年10月份的制造业指 对于(B):估计全体学生该学科成绩的平均分为 数低于50%，故(B)错误； 0.16×55+0.3×65+0.4×75+0.1×85+0.04×95= 对于(C):由统计图可以得到，2024年1,2月份的制造业 70.6(分)，故(B)正确； 指数高于50%，故(C)错误； 对于(C):由选项(A)可得：成绩落在[50,60)的频率为0.16， 对于(D):由统计图可以得到，2024年4~6月份制造业指 所以估计全体学生中不及格的人数约为2000×0.16= 数呈现上升趋势，但是2024年4,5月份制造业指数均低于 320(人)，故(C)错误； 50%,即制造业景气水平较上月收缩，故(D)错误。 对于(D):设该学科成绩为A等的最低分数为m, 8.由这6周的周慢走里程的中位数为16， 因为[70,80)，[80,90)，[90,100]的频率依次为0.4,0.1,0.04， 则0.1+0.04=0.14<0.15<0.54=0.4+0.1+0.04， 可得m+卫=16，所以m+n=32, 2 可知m∈[70,80)，则(80-m)×0.04+0.1+0.04=0.15, 所以这6周的周慢走里程的平均数为 解得m=79.75, 11+12+m+n+20+27=17. 虽然79.75>79 但79.5是估计值，同时学生成绩均为正整数， 要使这6周的周慢走里程的标准差最小，需要(m-17)2+ 所以成绩为79分的学生该学科成绩有可能是A等，(D) (n-17)2最小， 正确。 又(m-17)2+(n-17)2=(m-17)2+(32-m-17)2 故选(B)(D). =2m2-64m+172+152, 三、填空题 故当标准差最小时，m=一2X) =16. 12.183.5;13.9.5,28.5;14.29. 提示： 二、多项选择题 12.数据从小到大排列为：85,86,88,89,90,92,94,98， 9.ABC;10.ABD;11.BD. 提示： 8×50%=4,50%分位数为89+90=89.5， 2 9.将数据由小到大排列：8,9,12,12,13,16,16,16,18,20. 8×80%=6.4,80%分位数为94， 高一数学人教A(必修第二册)第36~39期 则这8人成绩的50%分位数和80%分位数的和为183.5. 13.记20位病人的平均等待时间为x,等待时间的方差为2， （2=04+4+5+6+7+7+8+9+0+10)=7. 则x=025x4+7.5×8+12.5×5+7.5×2+2.5 元=105+6+6+7+7+7+7+8+8+9)=7， 1 ×1)=9.5, =0[4-7)x2+(5-7)+(6-7)2+(7-7)2 2=0[(2.5-95)x4+(7.5-95)产×8+(12.5- ×2+(8-7)2+(9-7)2+(10-7)2×2]=4.6, 9.5)2×5+(17.5-9.5)2×2+(22.5-9.5)2×1]=28.5, 2=0[(5-7)2+(6-7)2×2+(7-7)2×4+(8 所以估计该医院急救中心病人的平均等待时间为9.5，病 7)2×2+(9-7)2]=1.2. 人等待时间的方差为28.5. (3)由(2)知，sn>s2,xm=元2 14.假设五个数据按照由小到大排列为a,b,c,d,e, 因为这五个数据的中位数是6，唯一的众数是7， 平均数 方差 命中9环及9环以上的次数 所以c=6,d=e=7, 甲 个 4.6 3 所以最大的三个数的和为6+7+7=20， 7 1.2 1 因为两个较小的数一定是小于6的非负整数，且不相等， (1)因为两名运动员射击成绩的平均数相同，且s品> 最大为4和5，所以这五个数的和一定大于20且小于等于29， 2,则乙的成绩比甲稳定； 则他们投中次数的总和最大是29， (ⅱ)因为两名运动员射击成绩的平均数相同，命中9环及 四、解答题 9环以上的次数甲比乙多，所以甲爆发力更强； 15.解：(1)由频率分布直方图可得(0.010+2a+0.025+ (ⅲ)乙成绩在平均数上下波动；而甲处于上升势头，从第 0.035)×10=1,解得a=0.015. 六次以后就没有比乙少的情况发生。 (2)由频率分布直方图可知这次测试数学成绩为“优秀” 故确定人选时，甲更有潜力. 的频率为0.015×10=0.15， 19.解：(1)作出频率分布直方图，如下图： 则该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的频率为0.15， 频率 故估计该校初二年级这次测试数学成绩为“优秀”的学生 组距 人数为1200×0.15=180. 0.020 16.解：(1)由已知得0.70=a+0.20+0.15, 0.010 故a=0.35,b=1-0.05-0.15-0.70=0.10. 0.005 (2)甲离子残留百分比的平均值的估计值为2×0.15+3 0 100120140160180200采购量（箱） ×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05. 根据上图，可知采购量在168箱以上（含168箱）的“熟 乙离子残留百分比的平均值的估计值为3×0.05+4× 0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6. 客”人数为50×20× (0.005+0.020×180168）=17. 20 17.解：(1)由题意得 (2)去年年底“熟客”所采购的鱼卷总数大约为110×10+ 10(2a+0.020+0.030+b+0.005)=1, 130×10+150×5+170×20+190×5=7500(箱)， (5a 2b, 所以小张去年年底总的销售量为 解得a=0.010,b=0.025 (2)等级达到C及以上的占比为 7500÷各=-1200（箱）. 12%+32%+37%=81%. (3)若不在网上出售鱼卷，则今年年底小张的收人为 设该批产品中C等级及以上等级的产品质量至少为xg, Y=12000×20=240000(元)； 易得50<x<60, 若在网上出售鱼卷，则今年年底的销售量为(12000+ 则(0.005+0.025+0.030+0.020)×10+(60-x)× 1000m)箱，每箱的利润为(20-m)元， 0.010=0.81,解得x=59, 则今年年底小张的收人为Y=(20-m)·(12000+ 所以该批产品中C等级及以上等级的产品质量至少为9g 1000m)=1000(-m2+8m+240)=1000[-(m-4)2+ 18.解：(1)将甲运动员的数据按从小到大排列如下： 256],当m=4时，Y取得最大值256000. 445677891010 因为256000>240000， 因为85%×10=8.5， 所以小张今年年底收人Y的最大值为256000元. 所以第9个数据是85%分位数， 所以甲运动员样本数据的85%分位数为10.， -1017.(15分)如图8所示，有一块扇形铁皮0AB,∠A0B=60°， 18.(17分)如图9，在四棱锥A-BCDE中，四边形BCDE为矩 19.(17分)把边长为2的正方形ABCD沿对角线AC折起，如图 OA=72cm,要剪下来一个扇形环AB-CD,作圆台形容器的侧面， 形，平面ABC⊥平面BCDE,BC=2,CD=√2，AB=AC,CE与平面 10,点B翻折到点B。 并在余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形铁皮使它恰好作 ABE所成的角为45° (1)当折起的三角形ACB,所在的平面与底面ACD所成角（即 圆台形容器的下底面（大底面） (1)证明：AD⊥CE; (1)AD应取多长？ 二面角B,-AC-D)为霄时，求三棱锥B,-ACD的体积： (2)求二面角A-CE-B的正切值 (2)试求容器的容积V. (2)当三角形ACB,翻折到什么位置（即二面角B,-AC-D多 大时)，三棱锥B,-ACD的体积最大（不需要证明）.并求此时三棱 锥B,-ACD的表面积 图9 图& 高中数学·必修第二册（人教A版）核心素养综合测评 高中数学·必修第二册（人教A版）核心素养综合测评 参考答案见下期 本版责任编辑：张瑞霞 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 2026年3月6日·星期五 高中数学 报纸发行质量反馈电话： 第 36期总第1180期 人教A 0351-5271248 羞评橘 必修（第二册） 科研路上的璀璨 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版 社长：徐文伟 国内统一连续出版物号：CN14-0707/八F)邮发代号：21-201 之是 单杏花 本科 飞 AG=GD=BH=HC= 则△BHC中BC 直线与平面垂直的判定定理为： 的 如果一条直线和一个平面内的两条相交直 出叫客 的女 名 花 何体中的 2 她 边的高h= ,所以SAAG 线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面 的研 颗瑞 定理符号表示为： 散发着耀眼 的 外科手术 2 ,所以该多面体的体积V=Vs-Ac 若a⊥m,a⊥n,m∩n=A,mCa,nC,则 花凭借 对科学技术的热 山东马继峰 BHC VAGD-BIIG 2VE-AGD +VAGD-BHC 三2 从上面的定理可以看出，若满足“五点”则 和对铁路事 业的 题目：如图1，多面体 得“一结论”，简言之，五点定垂直.下面看看如 在这条 充满挑战 2 2 2 的道路上不断前行 ABCDEF中，已知面ABCD ×2 4 ×1= 3 何结合这样的五点来得出这个结论 她深知铁路客 是边长为3的正方形，EF 二、补体求体积 例题：如右图，在正方体 统对于人们出行 重要性 每 ·次的优 ∥AB,平面FBC⊥平面 例2如图3，正四棱台 ABCD-A1B,C,D1中，点E是 化和改进，都承载 ABCD-AB,C1D1的上底面 正方形B,BCC,的中心，点 无数旅客的期待 ABCD,△FBC中BC边上的高FH=2,EF= 2 面积为S,上、下底面面积之 F,G分别是棱C1D1,AA1的中 为 提升客 求多面体的体积.显然这个多面体是个不规则 比为1：4，截得它的棱锥的 点.设点E1,G分别是点E,G 统的性能 战在实验室 的几何体，无法用公式直接求体积，怎么办呢？ 侧面积为Q,求正四棱台的表 在平面DCCD,内的正投影 阅大量的资料 只需对其做一个小外科手术，问题马上豁然开 面积. 证明：直线FG1⊥平面FEE 数次的实验 分析：可把棱台补成棱锥，然后在棱锥中 分析：要证线面垂直，即证线线垂直.结合 面对复杂的 朗.如图1，过点E作EG∥FB,EI∥FC,EG∩ 难题 直线与平面垂直的判定定理进行证明 地人人 利用相似图形求棱台侧面积和棱锥侧面积的 而是凭借着 AB=G,EI∩DC=I,连接G1.则平面EGI把多 坚 面体分割成了一个四棱锥E-AGD和一个直三 比，进而求出棱台侧面积，再加棱台底面积即为 信念和卓越的 攻克.她的团 棱柱EG1-FBC,这样就可以运用相应公式求多 其表面积 她的带领下，团结 解：如图3，把正四棱台ABCD-AB,C,D 作，共同为实现铁路 面体的体积了.所以求不规则几何体的面积或 补成正四棱锥P-AB,C,D1 五点定垂直 客票系统的高效运 体积时，我们可通过对其做外科手术，使其转化 因为正四棱台ABCD-ABC,D,的上、下底 行而努力 单杏花的努 为规则的几何体，然后求其面积或体积.下面就 面面积之比为1：4，所以AB,=2 AB 付出换来了 教你几招. 的成果.如今，我们能 一、割体求体积 区秀A指AP以，岛新二 ©湖南刘柳生 够便捷地购买 证明：由题可知，在正方形ADDA,中取 例1如图2，在多面体 确的购票服务 ABCDEF中，已知四边形 S棱锥P-ABCD侧_ 1 DD1的中点G,在正方形BCC,B,中取CC1的中 后都离不开她的 ,所以S棱r-ABcD侧 点E,则E,,G,分别是点E,G在平面DCC,D,内 ABCD是边长为1的正方 勤工作.她的贡献 不 所以SPA6 的正投影，且有EE,⊥CC 仅提高 了铁路运输 形，且△ADE,△BCF均为 的效率， 0,所以S台cn-48,GD侧=4 4 也为人们的 易知在正方体ABCD-AB,C,D1中DC1 出行带来了极大的 正三角形，EF∥AB,EF= 又因为正四棱台的上、下底面面积分别为 平面BCC,B, 便利」 2,求该多面体的体积 S,4S 单杏 因为EE,C平面BCC,B,所以DC⊥EE: 然而 花的 解：如图2，分别过点A,B作EF的垂线，垂 成就并非 蹴而就 又因为DCC平面DCC,D,CC,C平面 在追求梦想的道 足分别为G,H,连接GD,HC,易得EG=HF 所以正四棱台的表面积为Q+5S DCC,D,CC,∩DC=C, 她也经历 所以EE,⊥平面DCC,D,. 的挫折和困难 中点，则M为ED的中点 始终保持 在△BED中，O,M分别为BD,ED的中点， 因为FGC平面DCC,D, 极的态 度 的失败 巧用山中点证平行 则BE∥MO. 所以EE1⊥FG,①， 功的垫脚 又因为在正方形DCC,D,中∠E,FG1= 石 她 又MOC平面AFC,BE丈平面AFC, 韧和毅力 上b 90°，即FG1⊥FE②， 所以BE∥平面AFC 研的道路 例2如图3，在正方体ABCD-A,B,C,D, 因为FE,∩EE,=E,③，FE1C平面 单杏花不 FEE④，EE1C平面FEE,⑤， 仅在 ⊙江西吴长华 中，E,F分别是棱BC,C,D1的中点，证明：EF∥ 术 有着卓 越 的 所以直线FG,⊥平面FEE, 她还注重培 证明线面平行问题是高考考查的重点之 平面BDD,B 点评：“五点定垂直”在上面的解题中有着 年轻的科 研人 ,它常常作为立体几何中的某一问出现在考 把自己的经 验 泛 充分的体现（这可以由数字符号处看的出来） 题中，考查抽象思维能力.现在就谈谈线面平行 1只 :无保留地传授 在结合直线与平面垂直的判定定理，判断或证 后辈，激励着更多 问题的证明策略 明线面垂直时，务必要做到五，点“一个都不能 的年轻人投身于科 例1如图1所示，四棱锥P-ABCD的底面 技事业 少”，这样做也很重要.所以要解决线面垂直问 单本花是 我 们 是边长为1的正方形，E为PC的中点，PF 题，就要在题目条件中找到这样的五点：线与线 的榜样，她用自 2FD,证明：BE∥平面AFC 动诠释了 么 解：如图4，取DB1的中点O,连接OF,OB 垂直，线与线垂直，线与线相交，线在面内，线在 坚持 么 是所 面内.这几，点信息，在证明问题时要“罗列”到位 因为OF= ·么 任 2BC1,OF∥B,C1,BE 以上主要是对线面垂直的判定定理进行的 的 日 相信 续在科研 B,C1,BE∥B,C1, 说明，这个定理很重要，在平时的题目或大型试 上发 光发热，为我 国 题中经常用到.当然，其性质定理也很重要，这 的铁路事业创造更 所以OFLBE,所以四边形BEFO是平行四 里不再赘述，初学者对于这个定理的应用有时 多的辉煌 解：如图2，连接BD,交AC于点O,取PF的中 边形，所以EF∥BO. 会有点“束手无措”，解决这个问题的原则就是： 点G,连接EG,ED,ED交CF于点M,连接MO 因为EF￠平面BDD,B1,BOC平面 针对定理，摆清每一个要点，即“各个击破”，问 在△PCF中，E,G分别为PC,PF的中点，则BDD1B1, 题也就迎刃而解了.比如例题中要说清“两线在 EG∥FC.在△EDG中，MF∥EG,且F为DG的 所以EF∥平面BDD,B 面内，两线相交，另一线与它们都垂直” 2 素养专练 人 数理极 所以∠BMB,就是两异面直线B,C与AD, 两步走， 所成的角（或补角） 因为在正方形BCC,B,中，有BC,⊥B,C, 即MN=NE=ME,所以∠NME=60° 床异面直线所成的角 所以∠BMB,=90° 所以异面直线A,D和MN所成的角为60° 点评：求两条异面直线所成的角可以分两 例3在正方体ABCD-A,B,C,D1中，E,F分 步：第一步：找角，就是借助各种平行关系（长方别为CC:,BB,的中点，求异面直线AF与BE所 ©山西赵鸿斌 体中有很多平行关系)把空间问题平面化，把异成角的余弦值， 顾名思义，异面直线不共面，它们不存在于 面直线所成的角转化为平面角；第二步：求角， 解：如图5所示，取 任何同一平面内.要求两异面直线所成的角，就 就是把角的问题放在三角形中进行求解（又叫DD的中点M,连接AM, 要走解决空间立体几何问题的一般路子一空 解三角形) MF,ME. 间问题平面化.如何将这个空间问题平面化呢？ 例2如图3所示，在棱长为a的正方体 因为M,E分别为 方案是：借助线与线的平行关系，将异面直线问 ABCD-A1B,C,D,中，M和N分别是BB,和AB的 DD,CC的中点， 题转化为平面内相交直线的问题，然后再在平 中点，求异面直线A,D和MN所成的角的大小 所以DMLC,E,所以 图5 面内解决问题， 四边形D,MEC,为平行四边形，所以MELC,D. 例1如图1所示，在棱长为a的正方体 又因为C,D,LAB,所以MELLAB, ABCD-AB,C,D,中，求异面直线AD1和B,C所 所以四边形ABEM为平行四边形， 成角的大小 所以AM∥BE, 所以∠MAF或其补角为异面直线AF与BE 图3 图4 解：如图4，在面BCC,B,中，连接CB1,易知在所成的角.设正方体的棱长为1，易得AF=5 四边形A,B,CD中，AB,∥DC,且A,B,=DC, 所以四边形A,B,CD是平行四边形， AM=5 ,MF=2.在△AMF中，由余弦定理得 所以B,C∥A,D, 解：如图2，在面BCC1B1中，连接BC1, 取BC的中点E,连接NE和ME, ()+(5-2 1 设BC1∩B,C=M, os∠MAF 所以ME∥B,C,所以ME∥A,D 二5 因为在四边形ABCD1中，AB∥C,D1,且 所以∠NME就是异面直线A,D和MW所成 2 AB C D, 的角 点评：借助中点构造平行关系是一种常用 所以四边形ABC,D,是平行四边形， 所以BC,∥AD, 在△ME中，ME-B,C= 的方式，有了平行关系，就可以找到相应异面直 20, 线所成的角，然后在三角形中求解即可， 第35期2版参考答案 又P0∩A0=O,所以BD⊥平面PAO,所以BD⊥PA. 19.(1)解：若AC=BD,则菱形ABCD为正方形 17.(1)证明：由AB⊥侧面BB,C1C得AB⊥C1B 因为AA1⊥平面ABCD,AB,ADC平面ABCD, 专项小练 由AB=BB1=2BC=2,∠BCC1=60°， 所以AA1⊥AB,AA1⊥AD, 1.B;2.BCD;3.A;4.平行；5.4. 知∠C1BC=90°，即C1B⊥CB. 所以直四棱柱ABCD-A1B,C,D1在顶点A处的离散曲率为1 6.证明：因为SA⊥平面ABC,AB,AC,BDC平面ABC, 又CB∩AB=B,所以C,B⊥平面ABC. 所以SA⊥AB,SA⊥AC,SA⊥BD.所以SB=SA2+AB2= 由棱柱的性质，知平面ABC∥平面A,B,C a(受+受+受）=4 √2a.因为BC=√2a,所以SB=BC 所以C1B⊥平面AB,C· (2)解：因为AB⊥侧面BBC,C, (2)证明：在四面体A1ABD中，A41⊥AB,A41⊥AD,A41=AB 因为E为SC的中点，所以BE⊥SC 又因为DE⊥SC,BE∩DE=E,所以SC⊥平面BDE 所以平面ABBA1⊥平面BB1C1C, =AD,所以∠AM,B=LAMD=年， 专项小练二 过点C作CP⊥BB1,交BB1于点P,连接AP, 所以四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为 则C1P⊥平面A41B,B. 1.D;2.C;3.BC;4.2;5.2 又C,PC平面C1AP,所以平面C,AP⊥平面AA,B,B. 6.证明：连接AC,与BD相交于点O,连接0E, 1(骨++28M）品 在□BB1CC中，∠BBC1=∠BCC=60°，∠CBC= 则O是AC的中点， 又E是PA的中点，所以EO∥PC,而PC⊥平面ABCD ∠BC,A=0,所以BP=BC=号BC=号 解得∠BA,D=号，易知4，B=AD-DB, 所以EO⊥平面ABCD,而EOC平面BDE, 18.(1)证明：因为∠A,C1B1=∠ACB=90°， 所以BD=A1B=A1D=√2AB,所以AB⊥AD 故平面BDE⊥平面ABCD. 所以B,C上AG,又由直三棱柱性质知B,G,1CC:, 所以直四棱柱ABCD-A1B1C1D1为正方体， 第35期3,4版参考答案 所以B,C1⊥平面ACC1A1· 因为CD1⊥平面ADD1A1,A1DC平面ADDA 所以B1C1⊥CD,由AA1=BC=2AC=2,D为AM1中点， 所以CD1⊥AD, 一、单项选择题1~4ADAC5-8DBCA 可知DC=DC1=2, 又AD1⊥AD,AD1∩C1D1=D1,AD1,CD1C平面ACD1 二、多项选择题9.ACD;10.BD;11.AC. 又此时DC+DC=CC=4,所以DC⊥DC, 所以A1D⊥平面AC,D1 三、填空题12.垂直：13.25：14.230 又BC∩DC1=C1,所以CD⊥平面B1C1D, 又AC1C平面AC,D1,所以AC1⊥A1D,同理BD⊥AC1 5 又CDC平面B1CD,故平面B,CD⊥平面B,CD, 又A1D∩BD=D,A1D,BDC平面A1BD, 四、解答题 15.证明：因为PA⊥平面ABD,PC⊥平面BCD (2)解：当AM=M时，二面角B,-CM-C的大小为60 所以AC1⊥平面A,BD. 所以PA⊥BD,PC⊥BD,PC⊥EF (3)解：如图2，直四棱柱ABCD一 又PA PC=P,所以BD⊥平面PAC 假设在AA,上存在一点M满足题意，由(1)可知B,C,1平面AB,C,D,在顶点A处的离散曲率为1 又EF⊥AC,PCn AC=C,所以EF⊥平面PAC, 1CC1A1,则B1C1⊥CM 在平面ACC1A1内过C,作C,E⊥CM,交CM或其延长线于E, 2(受+是+∠DMB）=分 所以EF∥D,所以先：能 连接EB1,又B,C1∩C,E=C1,则CM⊥平面B1C1E, 16.解：PA与BD互相垂直. 则EB⊥CM 则LDAB=,即△DAB是等边三 证明：如图1，取BC的中点0，连 所以∠B,EC1为二面角B,-CM-C1的平面角 角形，则在菱形ABCD中，BD⊥AC, 接P0,A0. 所以∠B1EC1=60°， 又AA1⊥平面ABCD,BDC平面ABCD, 因为PB=PC,所以PO⊥BC, 在R△B,CE中，由BG=2知CE=25 则AM1⊥BD, 又侧面PBC⊥底面ABCD,所以PO 又AA1∩AC=A,AA1,ACC平面 ⊥底面ABCD,所以PO⊥BD. 设AM=x,则MC=√2+1， A4,C,C,所以BD⊥平面AA1C1C, 在直角梯形ABCD中，因为 因为△WCG的面积为1，所以子F+1,5=1, 设AC∩BD=O,则∠BC,O即为BC1与 ∠AB0=∠DCB=90°，CD=0B,A 3 平面ACC,所成的角， AB=BC,所以△ABO≌△BCD. 图1 所以∠BA0=∠CBD,∠CBD+∠ABD=90°， 解得=2（会负），即4W=万=4 所以AO⊥BD. 故在AA1上存在一点M满足题意 所m∠C,0立6 2AB=4 入AB,(入∈[0,1])，直线OP与平面ABC所成的角为0，则0取最大时 14.如图5，在长方形ABCD中，AB=2,BC=1,E为DC的中点， 入的值为 ）F为线段EC(端，点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面 立体几何初步核心素养综合测评 号 (®)号 (D)2 ABD⊥平面ABCF.在平面ABD内过点D作DK⊥AB,垂足为K.设AK 5 =t,则实数t的取值范围是 8.在四边形ABCD中，AB=BC=2,AD=3,∠A=∠CBD= ◎数理报社试题研究中心 90°，将△BCD沿BD折起，使点C到达点C'的位置，且平面C'BD⊥平 面ABD.若三棱锥C'-ABD的各J顶点都在同一球面上，则该球的表面 第I卷选择题（共58分） 积为 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (A)17m (B)23T (C)25T (D)29m 图5 1.已知平面α内有不共线的三点到平面B的距离相等，则α与B! 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 四、解答题：本题共5小题，共77分 9.设m,n,l为空间不重合的直线，&，B,y是空间不重合的平面， 的位置关系为 15.（13分)如图6所示，在空间四边形ABCD中，AB=CD且AB 则下列说法错误的是 ( (A)平行 (B)相交 与CD所成的角为30°，E,F分别为BC,AD的中点，求EF与AB所成角 (A)若m⊥l,n上l,则m∥n (C)平行或相交 (D)垂直 (B)若l∥m,lCa,mCB,则a∥B 的大小 2.已知直线nC平面&，直线m￠平面a,则“m上a”是“m⊥n (C)若&nB=m,Bny=l,m∥l,则a∥y 的 ( (D)若m∥n,m上a,a⊥B,则n∥B或nCB (A)充要条件 (B)必要不充分条件 10.如图3，四棱锥S-ABCD的底面ABCD 必 (C)充分不必要条件 (D)既不充分也不必要条件 为正方形，SD⊥底面ABCD,则下列结论中正确 修第一 3“升”是我国古代发明的量粮食的一种器具，升装满后沿升口 的有 (A)AC⊥SB 刮平，称为“平升”.已知某种升的形状是正四棱台（如图1），上、下底 册 (B)AB∥平面SCD 面边长分别为15cm和12cm,高为10cm(厚度不计)，则该升的1平 修第二册( (C)SA与平面ABCD所成的角是∠SAB 教 升约为（精确到0.1L,1L=1000cm3) (D)AB与BC所成的角等于DC与SC所成的角 A (A)1.0L (B)1.8L (C)2.4L (D)3.6L 11.已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径，∠APB A 版 C 120°，PA=2,点C在底面圆周上，且二面角P-AC-0为45°，则 版 核 核 心 素 (A)该圆锥的体积为π (B)该圆锥的侧面积为4√3π 16.(15分)由四棱柱ABCD-A,B,C,D1截去三棱锥C,-B,CD, 综 (C)AC=22 (D)△PAC的面积为V3 后得到的几何体如图7所示.四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的 养综 合 交点，E为AD的中点，AE⊥平面ABCD. 测评 图 第Ⅱ卷非选择题（共92分） (1)证明：A,0∥平面B,CD1; 合测 4.如图2，在直三棱柱ABC-A,B,C,中，D为A,B,的中点，AB= (2)设M是OD的中点，证明：平面A,EM⊥平面B,CD1 BC=2,BB,=1,AC=2√2，则异面直线BD与AC所成的角为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知∠BAC=∠B,AC1,AB∥A,B1,则AC与A,C,的位置关 系是 (填“相交”、“异面”或“平行”) (A)309 (B)45 (C)60 (D)90° 5.在正方体ABCD-A,B,C,D1中，M,N分别是棱DD,和BB,上的 13.一个封闭的正三棱柱容器的高为)，内装水若干（如图4- 点，且MD=号D,B=}BB,那么正方体过点M,N,C,的藏面图 ①，底面处于水平状态)，将容器放倒（如图4-②，一个侧面处于水平 状态)，这时水面与各棱交点E,F,E,F,分别为所在棱的中点，则图4 形是 -①中水面的高度为 (A)三角形 多(B)四边形 (C)五边形 (D)六边形 6.在正方体ABCD-A,B,C,D,中，若平面A,BC,与平面ABCD的 交线为1，则 (A)L∥CD (B)l∥A,C (C)l∥平面A,B,CD (D)l∥平面ACD, 7.正方体ABCD-AB1C,D,中，0为正方形ABCD的中心，AP=