2026版《金版教程》高考一轮复习数学第五章 高考真题集训-立体几何初步

高考总复习首选用卷数学高考真题集训——立体几何初步一、单项选择题1．(2024·新课标Ⅰ卷)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eq\r(3)，则圆锥的体积为()A．2eq\r(3)π B．3eq\r(3)πC．6eq\r(3)π D．9eq\r(3)π答案：B解析：设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为eq\r(r2＋3)，而它们的侧面积相等，所以2πr×eq\r(3)＝πr×eq\r(3＋r2)，即2eq\r(3)＝eq\r(3＋r2)，故r＝3，故圆锥的体积为eq\f(1,3)π×9×eq\r(3)＝3eq\r(3)π.故选B.2．(2024·天津高考)若m，n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是()A．若m∥α，n⊂α，则m∥nB．若m∥α，n∥α，则m∥nC．若m∥α，n⊥α，则m⊥nD．若m∥α，n⊥α，则m与n相交答案：C解析：对于A，若m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，故A错误；对于B，若m∥α，n∥α，则m与n平行、异面或相交，故B错误；对于C，若m∥α，n⊥α，过m作平面β，使得β∩α＝s，因为m⊂β，所以m∥s，而s⊂α，故n⊥s，故m⊥n，故C正确；对于D，若m∥α，n⊥α，则m与n相交或异面，故D错误．故选C.3．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC－A1B1C1的体积为eq\f(52,3)，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为()A.eq\f(1,2) B．1C．2 D．3答案：B解析：解法一：分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3eq\r(3)，A1D1＝eq\r(3)，可知S△ABC＝eq\f(1,2)×6×3eq\r(3)＝9eq\r(3)，S△A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\r(3)，设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h，则VABC－A1B1C1＝eq\f(1,3)×(9eq\r(3)＋eq\r(3)＋eq\r(9\r(3)×\r(3)))h＝eq\f(52,3)，解得h＝eq\f(4\r(3),3).过A1，D1作底面的垂线，垂足分别为M，N，易知M，N在线段AD上，设AM＝x，则AA1＝eq\r(AM2＋A1M2)＝eq\r(x2＋\f(16,3))，DN＝AD－AM－MN＝2eq\r(3)－x，可得DD1＝eq\r(DN2＋D1N2)＝eq\r(（2\r(3)－x）2＋\f(16,3))，结合等腰梯形BCC1B1可得BBeq\o\al(2,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6－2,2)))eq\s\up12(2)＋DDeq\o\al(2,1)，即x2＋eq\f(16,3)＝(2eq\r(3)－x)2＋eq\f(16,3)＋4，解得x＝eq\f(4\r(3),3)，所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan∠A1AD＝eq\f(A1M,AM)＝1.故选B.解法二：将正三棱台ABC－A1B1C1补成正三棱锥P－ABC，则A1A与平面ABC所成的角即为PA与平面ABC所成的角，因为eq\f(PA1,PA)＝eq\f(A1B1,AB)＝eq\f(1,3)，则eq\f(VP－A1B1C1,VP－ABC)＝eq\f(1,27)，可知VABC－A1B1C1＝eq\f(26,27)VP－ABC＝eq\f(52,3)，则VP－ABC＝18，设正三棱锥P－ABC的高为d，则VP－ABC＝eq\f(1,3)d×eq\f(1,2)×6×6×eq\f(\r(3),2)＝18，解得d＝2eq\r(3)，取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2eq\r(3)，所以PA与平面ABC所成角的正切值为tan∠PAO＝eq\f(PO,AO)＝1.故选B.4．(2024·天津高考)一个五面体ABC－DEF，已知AD∥BE∥CF，且两两之间的距离为1，并已知AD＝1，BE＝2，CF＝3.则该五面体的体积为()A.eq\f(\r(3),6) B.eq\f(3\r(3),4)＋eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(3\r(3),4)－eq\f(1,2)答案：C解析：如图，用一个完全相同的五面体与该五面体相嵌，使得新组合体为一个三棱柱，记为ABC－HIJ，因为AD∥BE∥CF，且两两之间的距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该三棱柱的直截面(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，所以VABC－DEF＝eq\f(1,2)VABC－HIJ＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)×4＝eq\f(\r(3),2).故选C.5．(2024·全国甲卷)设α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α∩β＝m.下列四个命题：①若m∥n，则n∥α或n∥β；②若m⊥n，则n⊥α，n⊥β；③若n∥α，且n∥β，则m∥n；④若n与α和β所成的角相等，则m⊥n.其中所有真命题的编号是()A．①③ B．②④C．①②③ D．①③④答案：A解析：对于①，当n⊂α时，因为m∥n，m⊂β，则n∥β，当n⊂β时，因为m∥n，m⊂α，则n∥α，当n既不在α内也不在β内时，因为m∥n，m⊂α，m⊂β，则n∥α且n∥β，故①是真命题；对于②，若m⊥n，则n与α，β不一定垂直，故②是假命题；对于③，如图，过直线n作两平面与α，β分别相交于直线s和直线t，因为n∥α，过直线n的平面与平面α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⊄平面β，t⊂平面β，则s∥平面β，因为s⊂平面α，α∩β＝m，则s∥m，又因为n∥s，则m∥n，故③是真命题；对于④，当n∥α，n∥β时，n与α和β所成的角相等，但m∥n，故④是假命题．故选A.6．(2024·北京高考)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＝2eq\r(2)，该四棱锥的高为()A．1 B．2C.eq\r(2) D.eq\r(3)答案：D解析：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，EF⊂平面PEF，所以AB⊥平面PEF，又AB⊂平面ABCD，所以平面PEF⊥平面ABCD，过P作EF的垂线，垂足为O，则PO⊥EF，因为平面PEF∩平面ABCD＝EF，PO⊂平面PEF，所以PO⊥平面ABCD，由题意可得PE＝2eq\r(3)，PF＝2，EF＝4，则PE2＋PF2＝EF2，即PE⊥PF，则eq\f(1,2)PE·PF＝eq\f(1,2)PO·EF，可得PO＝eq\f(PE·PF,EF)＝eq\r(3)，所以该四棱锥的高为eq\r(3).故选D.7．(2023·天津高考)在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝eq\f(1,3)PC，线段PB上的点N满足PN＝eq\f(2,3)PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为()A.eq\f(1,9) B.eq\f(2,9)C.eq\f(1,3) D.eq\f(4,9)答案：B解析：如图，因为PM＝eq\f(1,3)PC，PN＝eq\f(2,3)PB，所以eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(\f(1,2)PM·PNsin∠BPC,\f(1,2)PC·PBsin∠BPC)＝eq\f(PM·PN,PC·PB)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以eq\f(VP－AMN,VP－ABC)＝eq\f(VA－PMN,VA－PBC)＝eq\f(\f(1,3)S△PMN·d,\f(1,3)S△PBC·d)＝eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(2,9)(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．故选B.8．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为eq\r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为()A．π B.eq\r(6)πC．3π D．3eq\r(6)π答案：B解析：在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝eq\r(3)，取AB的中点C，连接OC，PC，则OC⊥AB，PC⊥AB，如图，∠ABO＝30°，OC＝eq\f(\r(3),2)，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，得eq\f(1,2)×3×PC＝eq\f(9\r(3),4)，解得PC＝eq\f(3\r(3),2)，于是PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\r(6)，所以圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×OA2×PO＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×eq\r(6)＝eq\r(6)π.故选B.9．(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，则该棱锥的体积为()A．1 B.eq\r(3)C．2 D．3答案：A解析：取AB的中点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，∴PE＝CE＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，又AB∩CE＝E，AB，CE⊂平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.故选A.10．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C－AB－D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(2),5)C.eq\f(\r(3),5) D.eq\f(2,5)答案：C解析：取AB的中点E，连接CE，DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，所以CE⊥AB.又△ABD是等边三角形，所以DE⊥AB，从而∠CED为二面角C－AB－D的平面角，即∠CED＝150°，显然CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC＝CE，直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB＝2，则CE＝1，DE＝eq\r(3)，在△CDE中，由余弦定理，得CD＝eq\r(CE2＋DE2－2CE·DEcos∠CED)＝eq\r(1＋3－2×1×\r(3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2))))＝eq\r(7)，由正弦定理得，eq\f(DE,sin∠DCE)＝eq\f(CD,sin∠CED)，即sin∠DCE＝eq\f(\r(3)sin150°,\r(7))＝eq\f(\r(3),2\r(7))，显然∠DCE是锐角，cos∠DCE＝eq\r(1－sin2∠DCE)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2\r(7))))\s\up12(2))＝eq\f(5,2\r(7))，所以直线CD与平面ABC所成角的正切值为eq\f(\r(3),5).故选C.11．(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3eq\r(3)，则该正四棱锥体积的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(18，\f(81,4))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(81,4)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))) D．[18，27]答案：C解析：如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底边长a＝eq\r(2)lsinθ，高h＝lcosθ.依题意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.设sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).令y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，则y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以当eq\f(1,2)＜t＜eq\f(\r(3),3)时，y′＞0；当eq\f(\r(3),3)＜t＜eq\f(\r(3),2)时，y′＜0，所以函数y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上单调递减．又当t＝eq\f(\r(3),3)时，y＝eq\f(2\r(3),9)；当t＝eq\f(1,2)时，y＝eq\f(3,8)；当t＝eq\f(\r(3),2)时，y＝eq\f(\r(3),8).所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以该正四棱锥的体积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).故选C.二、多项选择题12．(2021·新高考Ⅱ卷)如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足MN⊥OP的是()答案：BC解析：设正方体的棱长为2，对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC或其补角为异面直线OP，MN所成的角，在直角三角形OPC中，OC＝eq\r(2)，CP＝1，故tan∠POC＝eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，故MN⊥OP不成立，故A不符合题意；对于B，如图2所示，取MT的中点为Q，连接PQ，OQ，MD，则OQ∥DT，PQ⊥MN，由正方体SBCN－MADT可得DT⊥平面SNTM，则OQ⊥平面SNTM，所以OQ⊥MN，而OQ∩PQ＝Q，所以MN⊥平面OPQ，而OP⊂平面OPQ，故MN⊥OP，故B符合题意；对于C，如图3，连接BD，则BD∥MN，由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C符合题意；对于D，如图4，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，AO，则AC∥MN，因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，所以∠QPO或其补角为异面直线OP，MN所成的角，因为正方体的棱长为2，故PQ＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，OQ＝eq\r(AO2＋AQ2)＝eq\r(2＋1)＝eq\r(3)，OP＝eq\r(PK2＋OK2)＝eq\r(4＋1)＝eq\r(5)，OQ2<PQ2＋OP2，故∠QPO不是直角，故OP，MN不垂直，故D不符合题意．故选BC.13．(2023·新课标Ⅱ卷)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－O为45°，则()A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面积为eq\r(3)答案：AC解析：依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq\r(3)，对于A，圆锥的体积为eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，则AC＝2eq\r(2)，C正确；对于D，PD＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，D错误．故选AC.14．(2023·新课标Ⅰ卷)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的圆柱体答案：ABD解析：对于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符合题意；对于B，因为正方体的面对角线长为eq\r(2)m，且eq\r(2)>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B符合题意；对于C，因为正方体的体对角线长为eq\r(3)m，且eq\r(3)<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C不符合题意；对于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＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，则tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，故以AC1为轴可能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、下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1与正方体的下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根据对称性可知，圆柱的高为eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，故D符合题意．故选ABD.15．(2022·新高考Ⅱ卷)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V1，V2，V3，则()A．V3＝2V2 B．V3＝V1C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1答案：CD解析：设AB＝ED＝2FB＝2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1＝eq\f(1,3)ED·S△ACD＝eq\f(1,3)×2a×eq\f(1,2)×(2a)2＝eq\f(4,3)a3，V2＝eq\f(1,3)FB·S△ABC＝eq\f(1,3)×a×eq\f(1,2)×(2a)2＝eq\f(2,3)a3，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM＝DM＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2)a，过F作FG⊥DE于点G，易得四边形BDGF为矩形，则FG＝BD＝2eq\r(2)a，EG＝a，则EM＝eq\r(（2a）2＋（\r(2)a）2)＝eq\r(6)a，FM＝eq\r(a2＋（\r(2)a）2)＝eq\r(3)a，EF＝eq\r(a2＋（2\r(2)a）2)＝3a，EM2＋FM2＝EF2，则EM⊥FM，S△EFM＝eq\f(1,2)EM·FM＝eq\f(3\r(2),2)a2，AC＝2eq\r(2)a，则V3＝VA－EFM＋VC－EFM＝eq\f(1,3)AC·S△EFM＝2a3，则2V3＝3V1，V3＝3V2，V3＝V1＋V2.故选CD.三、填空题16．(2024·全国甲卷)已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．答案：eq\f(\r(6),4)解析：由题意可得，两个圆台的高分别为h甲＝eq\r([2（r2－r1）]2－（r2－r1）2)＝eq\r(3)(r2－r1)，h乙＝eq\r([3（r2－r1）]2－（r2－r1）2)＝2eq\r(2)(r2－r1)，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)（S1＋S2＋\r(S1S2)）h甲,\f(1,3)（S1＋S2＋\r(S1S2)）h乙)＝eq\f(h甲,h乙)＝eq\f(\r(3)（r2－r1）,2\r(2)（r2－r1）)＝eq\f(\r(6),4).17．(2024·北京高考)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm，325mm，325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为________mm，升量器的高为________mm.(不计量器的厚度)答案：2357.5解析：设升、斗量器的高分别为h1mm，h2mm，则eq\f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)h2,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(65,2)))\s\up12(2)h1)＝eq\f(π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)×230,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(325,2)))\s\up12(2)h2)＝10，故h2＝23mm，h1＝57.5mm.18．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则该棱台的体积为________．答案：eq\f(7\r(6),6)解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则A1O1＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)A1B1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq\f(\r(2),2)，则A1M＝eq\r(A1A2－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求棱