已知正三棱台 A B C-A_ 1 B_ 1 C_ 1 的…——2024 高考数学第 7 题答案解析

## 【答案】B

## 【解析】

【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高 $h=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得 $A M=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 补成正三棱锥 $P-A B C, A_{1} A$ 与平面 $A B C$ 所成角即为 $P A$ 与平面 $A B C$ 所成角，根据比例关系可得 $V_{P-A B C}=18$ ，进而可求正三棱锥 $P-A B C$ 的高，即可得结果．

【详解】解法一：分别取 $B C, B_{1} C_{1}$ 的中点 $D, D_{1}$ ，则 $A D=3 \sqrt{3}, A_{1} D_{1}=\sqrt{3}$ ，
可知 $S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} \times 6 \times 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=9 \sqrt{3}, S_{\triangle A_{1} B_{1} C_{1}}=\frac{1}{2} \times 2 \times \sqrt{3}=\sqrt{3}$ ，
设正三棱台 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 的为 $h$ ，
则 $V_{A B C-A_{1} B_{1} C_{1}}=\frac{1}{3}(9 \sqrt{3}+\sqrt{3}+\sqrt{9 \sqrt{3} \times \sqrt{3}}) h=\frac{52}{3}$ ，解得 $h=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ，

如图，分别过 $A_{1}, D_{1}$ 作底面垂线，垂足为 $M, N$ ，设 $A M=x$ ，

则 $A A_{1}=\sqrt{A M^{2}+A_{1} M^{2}}=\sqrt{x^{2}+\frac{16}{3}}, D N=A D-A M-M N=2 \sqrt{3}-x$ ，
可得 $D D_{1}=\sqrt{D N^{2}+D_{1} N^{2}}=\sqrt{(2 \sqrt{3}-x)^{2}+\frac{16}{3}}$ ，
结合等腰梯形 $B C C_{1} B_{1}$ 可得 $B B_{1}^{2}=\left(\frac{6-2}{2}\right)^{2}+D D_{1}^{2}$ ，
即 $x^{2}+\frac{16}{3}=(2 \sqrt{3}-x)^{2}+\frac{16}{3}+4$ ，解得 $x=\frac{4 \sqrt{3}}{3}$ ，
所以 $A_{1} A$ 与平面 $A B C$ 所成角的正切值为 $\tan \bigoplus A_{1} A D=\frac{A_{1} M}{A M}=1$ ；
解法二：将正三棱台 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 补成正三棱锥 $P-A B C$ ，

则 $A_{1} A$ 与平面 $A B C$ 所成角即为 $P A$ 与平面 $A B C$ 所成角，
因为 $\frac{P A_{1}}{P A}=\frac{A_{1} B_{1}}{A B}=\frac{1}{3}$ ，则 $\frac{V_{P-A_{1} B_{1} C_{1}}}{V_{P-A B C}}=\frac{1}{27}$ ，
可知 $V_{A B C-A_{1} B_{1} C_{1}}=\frac{26}{27} V_{P-A B C}=\frac{52}{3}$ ，则 $V_{P-A B C}=18$ ，
设正三棱锥 $P-A B C$ 的高为 $d$ ，则 $V_{P-A B C}=\frac{1}{3} d \times \frac{1}{2} \times 6 \times 6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=18$ ，解得 $d=2 \sqrt{3}$ ，
取底面 $A B C$ 的中心为 $O$ ，则 $P O \perp$ 底面 $A B C$ ，且 $A O=2 \sqrt{3}$ ，
所以 $P A$ 与平面 $A B C$ 所成角的正切值 $\tan \angle P A O=\frac{P O}{A O}=1$ ．
故选：B．