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【期末章节复习】立体几何初步-2024-2025学年高一数学下学期人教版A版（2019）必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2025 安化县校级模拟）已知圆锥的母线长为，其外接球体积为，则该圆锥的表面积为（　　）
A．3π B．6π C．9π D．12π
2．（2025 建湖县模拟）已知正三棱台的上底面与下底面的面积之比为1：4，当棱台的高为2，体积为时，则此时正三棱台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025 安徽模拟）如图，高度为h的圆锥形玻璃容器中装了水，则下列四个容器中，水的体积最接近容器容积一半的是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025春 安康期中）如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体．某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（　　）
A．45π克 B．90π克 C．110π克 D．120π克
5．（2025春 重庆月考）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（　　）
A．若m⊥n，n α，则m⊥α
B．若m α，n β，m⊥n，则α⊥β
C．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D．若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，则α⊥β
6．（2025春 贵州期中）某工艺品加工厂收到一块底面棱长为厘米，侧棱长为厘米的正三棱锥形状的珍贵木材，现用这块木材制作一个独特的球形饰品，则这个球形饰品的表面积的最大值是（　　）
A．平方厘米 B．平方厘米
C．4π平方厘米 D．8π平方厘米
7．（2025春 浙江期中）如图的平面直角坐标系xOy中，线段AB长度为2，且∠ABO＝60°，按“斜二测”画法水平放置的平面上画出为A′B′，则|A′B′|2＝（　　）
A．4 B． C． D．
8．（2025春 邯郸期中）素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物，银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（　　）
A． B． C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 沙坪坝区校级模拟）在正四棱锥M﹣ABCD中，侧棱MA与底面边长相等，P，Q分别是AB和MC的中点，则（　　）
A．PQ∥MA B．PQ∥平面MAD
C．PQ⊥MD D．PQ⊥平面MBD
（多选）10．（2025 皇姑区校级模拟）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，点M是侧面ADD1A1上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱CC1，B1C1的中点，过点A，P，Q的平面记为α，则（　　）
A．若M在线段A1D上，则C1M∥平面AB1C
B．若C1M∥α，则点M的运动路径的长度为
C．存在点M，使得AC1⊥平面PQM
D．α分正方体两部分的体积为V1，V2（V1＜V2），则
（多选）11．（2025春 辛集市校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD如图，AB∥CD且AB＝2CD，M，N分别是AP，AB的中点，则下列说法正确的有（　　）
A．PC∥平面DMN
B．四棱锥P﹣ABCD的体积为V1，三棱锥D﹣AMN的体积为V2，则
C．平面PCD与平面PAB的交线记为l1，则直线l1∥平面ABCD
D．平面PDA与平面PBC的交线记为l2，则直线l2∥平面DMN
三．填空题（共3小题）
12．（2025 邵阳模拟）已知圆台O1O2内切球O的表面积为16π，母线与底面圆O2直径所成角为60°，则圆台O1O2的体积为 　 　 ．
13．（2025春 金水区校级月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段BC1上的一个动点，记异面直线DP与A1B1所成角为θ，则tanθ的最小值为 　 　 ．
14．（2025春 天河区校级月考）如图所示的两个对称的等腰△ABO与△A1B1O，且AB＝2，，若该平面图形绕着直线l1（l1∥AB）旋转一周围成的几何体的体积记为V1，该平面图形绕着直线l2（l2⊥AB）旋转一周围成的几何体的体积记为V2，则 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 邯郸期中）如图（图中单位：cm）是一种铸铁机器零件，零件下部是实心的正四棱柱，上部是实心的圆柱．（参考数据：π≈3）
（1）已知铁的密度为7.8g/cm3，求生产一件这样的铸铁零件需要多少克铁；
（2）要给一批共1000个零件的表面（包含底面）涂层油漆，若该零件每平方厘米要用油漆0.12g，求总共需要用油漆多少千克．
16．（2025春 浙江期中）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AB＝3，AA1＞BC，其外接球的表面积为29π，平面A1C1B截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD﹣A1C1D1，其体积为20．
（1）证明：平面A1C1B∥平面ACD1；
（2）求棱AA1的长；
（3）求几何体ABCD﹣A1C1D1的表面积．
17．（2025春 浙江期中）如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均相等，点D为B1C的中点，点E为A1C1的中点．
（1）求证：DE∥平面AA1B1B；
（2）若棱长|AB|＝a，求此直三棱柱的体积；
（3）若三棱锥B﹣CDE的体积为，求该三棱柱的外接球表面积．
18．（2025春 定海区校级期中）如图所示，斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AB的中点，D1为A1B1的中点，平面ABC⊥平面ABB1A1．
（1）求证：直线A1C∥平面BC1D1；
（2）若三角形AB1C1是等边三角形且边长为2，侧棱AA1，且异面直线BC1与AB1互相垂直，求异面直线A1D与BC1所成角正切值；
（3）若AB＝8，AC＝BC＝5，cos∠A1AB，若三棱柱ABC﹣A1B1C1有内切球，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．
19．（2025春 玄武区校级月考）如图1，已知三棱锥P﹣ABC，图2是其平面展开图，四边形ABCD为正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，O，G分别为AC，PA的中点，．
（1）证明：OG∥平面PCB；
（2）证明：平面PCA⊥平面BCA；
（3）求二面角C﹣PA﹣B的余弦值．
【期末章节复习】立体几何初步-2024-2025学年高一数学下学期人教版A版（2019）必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A D B D B C A
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BC ABD ACD
一．选择题（共8小题）
1．（2025 安化县校级模拟）已知圆锥的母线长为，其外接球体积为，则该圆锥的表面积为（　　）
A．3π B．6π C．9π D．12π
【解答】解：圆锥及其外接球的轴截面如图，
该其外接球的半径为R，则外接球体积为，
则R＝2，
即|AO|＝|OC|＝2，
设圆锥的高为|AO1|＝h，圆锥的底面圆半径为|O1C|＝r，
则，
由（h﹣R）2+r2＝R2，
解得h＝3，r，
则此圆锥的表面积为πr2+πrl＝9π．
故选：C．
2．（2025 建湖县模拟）已知正三棱台的上底面与下底面的面积之比为1：4，当棱台的高为2，体积为时，则此时正三棱台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：令正三棱台ABC﹣A1B1C1的上底A1B1C1面积为S，则下底ABC面积为4S，
依题意，，
解得，
而，则，
同理，
设O，O1为两底面的中心，D，D1为BC，B1C1的中点，过D1作下底面垂线，垂足为E，
则E在AD上，如图所示：
所以，，D1E＝2，
则斜高，
所以正三棱台的侧面积．
故选：A．
3．（2025 安徽模拟）如图，高度为h的圆锥形玻璃容器中装了水，则下列四个容器中，水的体积最接近容器容积一半的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：设圆锥的顶点到水面的距离为ah，圆锥的底面半径为r，则水面半径为ar．
当水的体积等于容器容积的一半时，
则，
即，
解得，
因为0.73＝0.343，0.83＝0.512．
故选：D．
4．（2025春 安康期中）如图，伊丽莎白圈是小动物戴在颈子上防止他们自己抓挠伤口和患处或咬伤他人的一种保护器具，其形状可看作上下均无底盖的圆台形物体．某个伊丽莎白圈的上底面直径为4分米，下底面直径为2分米，母线长为3分米，若要在伊丽莎白圈与宠物接触的一面进行涂层，每平方分米需要消耗5克涂层材料，不考虑伊丽莎白圈的厚度与连接处，则制作该伊丽莎白圈需要消耗涂层材料（　　）
A．45π克 B．90π克 C．110π克 D．120π克
【解答】解：设r＝2，R＝4，l＝3，
由圆台的侧面积公式得S＝π （r+R）l＝18π，
又每平方分米需要消耗5克涂层材料，
所以该伊丽莎白圈需要消耗90π克涂层材料．
故选：B．
5．（2025春 重庆月考）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（　　）
A．若m⊥n，n α，则m⊥α
B．若m α，n β，m⊥n，则α⊥β
C．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n
D．若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，则α⊥β
【解答】解：m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，
对于A，若m⊥n，n α，则m与α相交、平行或m α，故A错误；
对于B，若m α，n β，m⊥n，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m∥α，n∥β，α∥β，则m与n相交、平行或异面，故C错误；
对于D，若α∩β＝m，n∥α，n⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：D．
6．（2025春 贵州期中）某工艺品加工厂收到一块底面棱长为厘米，侧棱长为厘米的正三棱锥形状的珍贵木材，现用这块木材制作一个独特的球形饰品，则这个球形饰品的表面积的最大值是（　　）
A．平方厘米 B．平方厘米
C．4π平方厘米 D．8π平方厘米
【解答】解：根据题意可知，底面棱长为厘米，侧棱长为厘米
如图，在正三棱锥中底面正三角形ABC中，，，
所以，
在△SBC中，，，所以，
所以该木材的表面积平方厘米，
，所以，
所以体积立方厘米，
要使这个球形饰品的表面积最大，则这个球形饰品是该木材的内切球，
设内切球的半径为r厘米，则，所以，
设这个球形饰品的半径为R厘米，则，故这个球形饰品的表面积平方厘米．
故选：B．
7．（2025春 浙江期中）如图的平面直角坐标系xOy中，线段AB长度为2，且∠ABO＝60°，按“斜二测”画法水平放置的平面上画出为A′B′，则|A′B′|2＝（　　）
A．4 B． C． D．
【解答】解：根据题意可知，线段AB长度为2，则|AB|＝2，∠ABO＝60°，
所以|OB|＝|AB|cos∠ABO＝2cos60°＝1，，
根据斜二测画法得|O′B′|＝|OB|＝1，，
根据题意∠A′O′B′＝135°，在△A′O′B′中，
．
故选：C．
8．（2025春 邯郸期中）素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物，银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设圆柱的高为h，因为忽略杯壁厚度，
所以酒杯内壁表面积为半球的表面积与圆柱的侧面积之和，
即，
解得h，
所以球的半径和圆柱的高的比为．
故选：A．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 沙坪坝区校级模拟）在正四棱锥M﹣ABCD中，侧棱MA与底面边长相等，P，Q分别是AB和MC的中点，则（　　）
A．PQ∥MA B．PQ∥平面MAD
C．PQ⊥MD D．PQ⊥平面MBD
【解答】解：如图，取MD中点E，连接AE，EQ，
因为P，Q分别是AB和MC的中点，四棱锥M﹣ABCD是正四棱锥，
可得EQ∥DC∥AP且，即四边形APQE是平行四边形，
对于A，因为PQ∥AE，AE∩MA＝A，所以PQ与MA不平行，故A错误；
对于B，因为PQ∥AE，AE 平面MAD，PQ 面MAD，所以PQ∥平面MAD，故B正确；
对于C，因为MA＝AD＝MD，E是MD中点，所以AE⊥MD，又因为PQ∥AE，所以PQ⊥MD，故C正确；
对于D，连接AC，BD交于点O，连接MO，
因为四棱锥M﹣ABCD是正四棱锥，所以MO⊥平面ABCD，AC⊥BD，
AC 平面ABCD，所以MO⊥AC，
则由AC⊥BD，MO⊥AC，BD 平面MBD，MO 平面MBD，BD∩MO＝O，可证得AC⊥平面MBD，
又因为PQ∥AE，AE∩AC＝A，所以PQ与AC为异面直线，
如果PQ⊥平面MBD，则PQ∥AC与题意矛盾，故D错误．
故选：BC．
（多选）10．（2025 皇姑区校级模拟）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为1，点M是侧面ADD1A1上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱CC1，B1C1的中点，过点A，P，Q的平面记为α，则（　　）
A．若M在线段A1D上，则C1M∥平面AB1C
B．若C1M∥α，则点M的运动路径的长度为
C．存在点M，使得AC1⊥平面PQM
D．α分正方体两部分的体积为V1，V2（V1＜V2），则
【解答】解：对于A，如图，
由正方体得，A1C1∥AC，A1D∥B1C，
因为A1C1 平面AB1C，AC 平面AB1C，所以A1C1∥平面AB1C，
同理可得A1D∥平面AB1C，
又A1C1∩A1D＝A1，A1C1，A1D 平面A1C1D，所以平面A1C1D∥平面AB1C，
又C1M 平面A1C1D，所以C1M∥平面AB1C，故A正确；
对于B，作出α截正方体所得的截面AOPQN，如图所示，
则，过点C1作平面C1HKI∥α截得正方体的截面为LKJC1E，
因为C1M 平面C1HKI，所以C1M∥α，
此时，，进而，所以，
当M在KL上运动时，满足C1M∥α，故B正确；
对于C，连接B1C，B1D1，CD1，A1C1，AC，由正方体得，B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1，
又A1C1∩AA1＝AA1，A1C1，AA1 平面A1ACC1，所以B1D1⊥平面A1ACC1，
又AC1 平面A1ACC1，所以B1D1⊥AC1，
同理得，B1C⊥AC1，又B1D1∩B1C＝B1，B1D1，B1C 平面B1CD1，
所以AC1⊥平面B1CD1，则当过PQ的平面⊥AC1时，该平面平行于平面B1CD1，
过PQ作平面GQH∥平面B1CD1交A1D1，BC延长线于点G，H，如图所示，
由图可知，平面GQH与正方形ADD1A1无交点，故不存在点M，使得AC1⊥平面PQM，故C错误；
对于D，如图，
作出平面α截得正方体的截面AOPQN，则，，
所以，
，
，
所以，故D正确．
故选：ABD．
（多选）11．（2025春 辛集市校级期中）已知四棱锥P﹣ABCD如图，AB∥CD且AB＝2CD，M，N分别是AP，AB的中点，则下列说法正确的有（　　）
A．PC∥平面DMN
B．四棱锥P﹣ABCD的体积为V1，三棱锥D﹣AMN的体积为V2，则
C．平面PCD与平面PAB的交线记为l1，则直线l1∥平面ABCD
D．平面PDA与平面PBC的交线记为l2，则直线l2∥平面DMN
【解答】解：对于选项A，连接AC∩DN＝O，连接MO，由AB∥CD且AB＝2CD，N为AB中点，
得，则O是AC中点，而M是PA中点，于是MO∥PC，
而MO 平面DMN，PC 平面DMN，
因此PC∥平面DMN，故选项A正确；
对于选项B，，
由M是PA中点，得P到平面ABCD的距离是M到此平面距离h的2倍，
而VD﹣AMN＝VM﹣ADN，
因此，故选项B错误；
对于选项C，CD∥AB，AB 平面PAB，CD 平面PAB，
则CD∥平面PAB，
而平面PCD∩平面l1，CD 平面PCD，于是l1∥CD，
而CD 平面ABCD，
l1 平面ABCD，因此直线l1∥平面ABCD，故选项C正确；
对于选项D，延长AD，BC交于点E，连接PE，直线l2＝直线PE，由AB∥CD且AB＝2CD，
得D为AE中点，而M是PA中点，则MD∥PE，MD 平面DMN，PE 平面DMN，
因此直线PE∥平面DMN，故选项D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025 邵阳模拟）已知圆台O1O2内切球O的表面积为16π，母线与底面圆O2直径所成角为60°，则圆台O1O2的体积为 　　 ．
【解答】解：根据题意，设该圆台上底面半径为r1，下底面半径为r2，圆台O1O2内切球O的半径为R，
又由圆台O1O2内切球O的表面积为16π，即4πR2＝16π，
解可得R＝2，该圆台的高h＝4，
母线与底面圆O2直径所成角为60°，即∠EAO2＝60°，
则∠OAO2＝30°，则有，变形可得r2＝2，
同时，∠EAO1＝120°，则∠OAO1＝60°，则有，变形可得r1，
故该圆台的体积Vπ（r1r2）h．
故答案为：．
13．（2025春 金水区校级月考）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是线段BC1上的一个动点，记异面直线DP与A1B1所成角为θ，则tanθ的最小值为 　　 ．
【解答】解：连接CP，如图，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得A1B1∥AB∥DC，
∴∠PDC（或其补角）是异面直线DP与A1B1所成角，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，可得CD⊥平面BCC1B1，
∵CP 平面BCC1B1，∴CD⊥CP，
∴tanθ＝tan∠PDC，
∴当CP最小时，tanθ最小，
当CP⊥BC1时，CP最小，
令CD＝1，可得（CP）min，
∴tanθ的最小值为．
故答案为：．
14．（2025春 天河区校级月考）如图所示的两个对称的等腰△ABO与△A1B1O，且AB＝2，，若该平面图形绕着直线l1（l1∥AB）旋转一周围成的几何体的体积记为V1，该平面图形绕着直线l2（l2⊥AB）旋转一周围成的几何体的体积记为V2，则 　4　 ．
【解答】解：由题可知该平面图形绕直线l1（l1∥AB）旋转一周围成的几何体为一圆柱减去两圆锥形成的．
因为△ABO与△A1B1O是两个对称的等腰三角形，且AB＝2，，
所以点O到边AB的距离为，
即该圆柱的底面半径为2，高为2，圆锥的底面半径为2，高为1．
所以V1．
而该平面图形绕着直线l2（l2⊥AB）旋转一周围成的几何体是相同大小的两个圆锥，且这个圆锥的底面半径为1，高为2，
所以，
所以．
故答案为：4．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 邯郸期中）如图（图中单位：cm）是一种铸铁机器零件，零件下部是实心的正四棱柱，上部是实心的圆柱．（参考数据：π≈3）
（1）已知铁的密度为7.8g/cm3，求生产一件这样的铸铁零件需要多少克铁；
（2）要给一批共1000个零件的表面（包含底面）涂层油漆，若该零件每平方厘米要用油漆0.12g，求总共需要用油漆多少千克．
【解答】解：（1）根据题意，零件下部是实心的正四棱柱，上部是实心的圆柱，
该正四棱柱的底边边长为10cm，高为4cm，圆柱的底面半径为2cm，高为20cm，
该零件的体积V＝10×10×4+π×22×20≈640cm3，
又由铁的密度为7.8g/cm3，则生产一件这样的铸铁零件需要640×7.8＝4992g铁；
（2）根据题意，该零件的体积表面积S＝2×10×10+4×10×4+2π×2×20≈600cm2，
该零件每平方厘米要用油漆0.12g，则生产一件这样的铸铁零件需要油漆600×0.12＝72g，
要给一批共1000个零件的表面涂层油漆，总共需要用油漆1000×72＝72000g．
16．（2025春 浙江期中）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中AB＝3，AA1＞BC，其外接球的表面积为29π，平面A1C1B截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD﹣A1C1D1，其体积为20．
（1）证明：平面A1C1B∥平面ACD1；
（2）求棱AA1的长；
（3）求几何体ABCD﹣A1C1D1的表面积．
【解答】（1）证明：根据长方体的性质可知AA1∥CC1且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C为平行四边形，
所以A1C1∥AC，又A1C1 平面A1C1B，AC 平面A1C1B，
所以AC∥平面A1C1B，
又A1D1∥AD且A1D1＝AD，BC∥AD且BC＝AD，
所以A1D1∥BC且A1D1＝BC，
所以四边形A1D1CB为平行四边形，所以A1B∥CD1，
又A1B 平面A1C1B，CD1 平面A1C1B，
所以CD1∥平面A1C1B，
又CD1∩AC＝C，
所以平面A1C1B∥平面ACD1；
（2）解：设AB＝a＝3，BC＝b，AA1＝c（c＞b），
又a2+b2+c2＝4R2（R为长方体外接球半径），
又外接球的表面积为29π，即4πR2＝29π，所以4R2＝29，
所以b2+c2＝20①；
又，
可得bc＝8②；
由①②解得或（舍去），
所以棱长AA1为4；
（3）解：若a＝3，b＝2，c＝4，则ab+bc+ca＝3×2+2×4+3×4＝26，
可得，，，
在△A1C1B中由余弦定理cos∠A1BC1，
则，
所以A1B×BC1sin∠A1BC15×2，
所以
．
17．（2025春 浙江期中）如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均相等，点D为B1C的中点，点E为A1C1的中点．
（1）求证：DE∥平面AA1B1B；
（2）若棱长|AB|＝a，求此直三棱柱的体积；
（3）若三棱锥B﹣CDE的体积为，求该三棱柱的外接球表面积．
【解答】解：（1）证明：连接BA1，BC1，
因为ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，点D为B1C的中点，
所以BC1∩B1C＝D，即点D为BC1的中点，
又点E为A1C1的中点，
所以DE∥A1B，
因为A1B 平面AA1B1B，DE 平面AA1B1B，
所以DE∥平面AA1B1B；
（2）因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均相等，|AB|＝a，
所以，
所以．
（3）设AB＝t，因为，
又因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长均相等，
取BC的中点F，连接AF，则AF⊥BC，又BB1⊥平面BAC，AF 平面BAC，
所以BB1⊥AF，
又BB1∩BC＝B，BB1，BC 平面BB1C1C，所以AF⊥平面BB1C1C，
所以点A到平面BCD的距离为，，
所以，
解得t＝2，
根据正弦定理△ABC外接圆半径为，
三棱柱的高h＝2，
所以三棱柱的外接球半径，
所以三棱柱的外接球表面积．
18．（2025春 定海区校级期中）如图所示，斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AB的中点，D1为A1B1的中点，平面ABC⊥平面ABB1A1．
（1）求证：直线A1C∥平面BC1D1；
（2）若三角形AB1C1是等边三角形且边长为2，侧棱AA1，且异面直线BC1与AB1互相垂直，求异面直线A1D与BC1所成角正切值；
（3）若AB＝8，AC＝BC＝5，cos∠A1AB，若三棱柱ABC﹣A1B1C1有内切球，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．
【解答】解：（1）证明：因为斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AB的中点，D1为A1B1的中点，
且平面ABC⊥平面ABB1A1，
设B1C交BC1于E点，连接D1E，
则E为B1C的中点，又D1为A1B1的中点，
所以A1C∥D1E，又A1C 平面BC1D1，D1E 平面BC1D1，
所以A1C∥平面BC1D1；
（2）因为A1D∥BD1，所以A1D与BC1所成角为∠C1BD1，
因为△A1B1C1为正三角形，D1为A1B1的中点，所以C1D1⊥A1B1，
又平面A1B1C1⊥平面A1ABB1，平面A1B1C1∩平面A1ABB1＝A1B1，
所以C1D1⊥平面A1ABB1，又BD1，AB1 平面A1ABB1，
所以C1D1⊥BD1，C1D1⊥AB1，又AB1⊥BC1，C1D1∩BC1＝C1，
所以AB1⊥平面BC1D1，又BD1 平面BC1D1，
所以AB1⊥BD1，所以AF⊥BF，设AB1∩BD1＝F，
则，，
所以，，
所以AF2+FB2＝AB2，
所以，
解得，故，
所以，
所以异面直线A1D与BC1所成角正切值为；
（3）我们首先来证明三余弦定理，我们记A为平面α上方的一点，
过A的斜线在平面α上的射影为BO，BC为平面α内的任意一条直线，
记β为斜线角，α1为线面角，θ为射影角，如图，我们给出如下三角形，
在此图中，△OAB，△OBC，△ABC是直角三角形，
则，，，
得到cosβ＝cosα1 cosθ，即三余弦定理得证，
如图，作BH⊥AA1于H点，作HM⊥CC1于M点，连接BM，
因为AA1∥CC1，所以HM⊥AA1，又BH∩HM＝H，
所以AA1⊥平面BHM，
所以三棱柱ABC﹣A1B1C1内切球半径等于△BHM的内切圆半径，
在，
而平面AA1B1B⊥平面ABC，
由三余弦定理得cos∠A1AC＝cos∠A1AB cos∠BAC，
所以，
所以，
所以，
同理，
得到，
因为，所以，
则，解得，则，则△BHM为正三角形，
设内接球半径为r，则，解得r＝1，
因为AB＝8，AC＝BC＝5，所以，
所以，
所以三角形ABC的面积为12，
所以三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为12×2＝24．
19．（2025春 玄武区校级月考）如图1，已知三棱锥P﹣ABC，图2是其平面展开图，四边形ABCD为正方形，△ABE和△BCF均为正三角形，O，G分别为AC，PA的中点，．
（1）证明：OG∥平面PCB；
（2）证明：平面PCA⊥平面BCA；
（3）求二面角C﹣PA﹣B的余弦值．
【解答】解：（1）证明：因为O，G分别为AC，PA的中点，
所以OG∥PC，又PC 平面PCB，OG 平面PCB，
所以OG∥平面PCB；
（2）证明：连接BO，PO，，
PO，AO＝BO＝CO，
因为△PAC中，PA＝PC，O为AC中点，
所以PO⊥AC，
在△POB中，PO＝BO，，
所以PO2+BO2＝PB2，
即PO⊥OB，又AC∩OB＝O，AC，OB 平ABC，
所以PO⊥平面ABC，
又因为PO 平面PAC，
所以平面PAC⊥平面ABC；
（3）连接GB，在Rt△PAC中，CP⊥AP，OG∥CP，
则OG⊥AP，
在等边△PAB中，BG⊥AP，
故∠OGB为二面角C﹣PA﹣B的平面角，
因为，所以，BG，，
则OG2+OB2＝GB2，
所以∠GOB＝90°，
则，
故二面角C﹣PA﹣B的余弦值为．
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