专项训练：三角,数列,立体几何,概率解答题(四)(文科)
高考数学解答题(三角函数、立体几何、概率)
△ABC 的内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c .已知A －C ＝90°，a ＋c ＝2b ，求C .【解答】 由a ＋c ＝2b 及正弦定理可得sin A ＋sin C ＝2sin B .又由于A －C ＝90°，B ＝180°－(A ＋C )，故cos C ＋sin C ＝2sin(A ＋C )＝2sin(90°＋2C )＝2cos2C .故22cos C ＋22sin C ＝cos2C ，cos(45°－C )＝cos2C .因为0°<C <90°，所以2C ＝45°－C ，C ＝15°.在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .(1)若sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝2cos A, 求A 的值； (2)若cos A ＝13，b ＝3c ，求sin C 的值． 本题主要考查三角函数的基本关系式、两角和的正弦公式、解三角形，考查运算求解能力．【解答】 (1)由题设知sin A cos π6＋cos A sin π6＝2cos A .从而sin A ＝3cos A ，所以cos A ≠0，tan A ＝3，因为0＜A ＜π，所以A ＝π3. (2)由cos A ＝13，b ＝3c 及a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得a 2＝b 2－c 2.故△ABC 是直角三角形，且B ＝π2，所以sin C ＝cos A ＝13. 15.(天津卷)如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是矩形．已知 60,22,2,2,3=∠====PAB PD PA AD AB ．（Ⅰ）证明⊥AD 平面PAB ；（Ⅱ）求异面直线PC 与AD 所成的角的大小；（Ⅲ）求二面角A BD P --的大小．15题答案：（Ⅰ）证明：在PAD ∆中，由题设22,2==PD PA 可得222PD AD PA =+于是PA AD ⊥.在矩形ABCD 中，AB AD ⊥.又A AB PA = ， 所以⊥AD 平面PAB ．（Ⅱ）解：由题设，AD BC //，所以PCB ∠（或其补角）是异面直线PC 与AD 所成的角. 在PAB ∆中，由余弦定理得由（Ⅰ）知⊥AD 平面PAB ，⊂PB 平面PAB ，所以PB AD ⊥，因而PB BC ⊥，于是PBC ∆是直角三角形，故27tan ==BC PB PCB ． 所以异面直线PC 与AD 所成的角的大小为27arctan． 7cos 222=⋅⋅-+=PAB AB PA AB PA PB（Ⅲ）解：过点P 做AB PH ⊥于H ，过点H 做BD HE ⊥于E ，连结PE因为⊥AD 平面PAB ，⊂PH 平面PAB ，所以PH AD ⊥.又A AB AD = ， 因而⊥PH 平面ABCD ，故HE 为PE 再平面ABCD 内的射影.由三垂线定理可知， PE BD ⊥，从而PEH ∠是二面角A BD P --的平面角。
解三角形(文科)解答题30题--高考数学复习提分复习资料 教师版
专题2解三角形（文科）解答题30题1．（广西邕衡金卷2023届高三第二次适应性考试数学（文）试题）记ABC 的面积为S ，其内角,,A B C 的对边分别为a ，b ，c ，已知1c =，)2214a b S +-=．(1)求C ；(2)求ABC 面积的最大值．2．（内蒙古自治区赤峰市2022届高三模拟考试数学（文科）4月20日试题）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足sin cos 6b A a B π⎛⎫=- ⎪⎝⎭．(1)求tan B 的值；(2)设3a =，1c =，求b 和△ABC 的面积．3．（山西省运城市2022届高三5月考前适应性测试数学（文）试题（A 卷））在ABC中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，cos sin cos sin )a C A A c A =-.(1)求A ；(2)a =，ABC 的外接圆圆心为点P ，求PBC 的周长.4．（贵州省贵阳市白云区2023届高三上学期阶段性质量监测数学（文）试题）在ABC中，内角、、A B C 的对边分别为a 、b 、c ，在条件：①sin cos a C A ；()sin 0B C A ++=；③222sin sin sin sin sin B C B C A +-=，从上述三个条件中任选一个作为题目的补充条件，你的选择是______，并解答下面问题：(1)求角A 的大小；(2)若b c a +=ABC 的面积.5．（江西省宜春市丰城中学2022届高三高考模拟数学（文）试题）在ABC 中，内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，sin sin 2B Cb a B +⋅=，(1)求角A ；(2)若2AB AC ⋅=，求a 的最小值.6．（山西省太原市2022届高三下学期三模文科数学试题）已知锐角ABC中，()()sin sinA B A B+=-=.(1)求tan tanAB；(2)若7AB=，求ABC的面积S.7．（陕西省西安市莲湖区2022届高三下学期高考模拟考试文科数学试题）在①()cos 2cos A B C =+，②sin cos a C A =这两个条件中任选一个作为已知条件，然后解答问题．在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，______．(1)求角A ；(2)若2b =，4c =，求ABC 的BC 边上的中线AD 的长．8．（陕西省西安地区八校2022届高三下学期5月联考文科数学试题）如图，在平面四边形ABCD 中，E 为AD 2AB =，3BC AE ==，5CD DE ==.(1)若2BE =，求()tan ABE BEA ∠+∠的值；(2)若120BCD ∠=︒，求BE 的长.（2）连接BD .在BCD △中，3BC =，CD 2235235cos1203430BD =+-⨯⨯⨯︒=-由余弦定理，得22232cos 23BE AEB BE +-∠=⨯⨯余弦定理，得22257cos BE BED +-==∠9．（2023·河南信阳·河南省信阳市第二高级中学校联考一模）在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若22a b bc -=.(1)求证：2A B =；(2)若3cos 4B =，点D 为边AB 上的一点，CD 平分ACB ∠，1CD =，求边长b .中，由正弦定理可得：在ACD10．（2022·贵州贵阳·贵阳一中校考模拟预测）在①10ac =，②a =③()sin sin 6sin b A C B +=这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c 的值及三角形ABC 的面积；若问题中的三角形不存在，请说明理由.问题：是否存在,ABC 它的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且cos2,3,sin Bb bc C==___________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.11．（广东省潮州市2022届高三下学期二模数学试题）已知在ABC 中，A ，B ，C 为三个内角，a ，b ，c 为三边，2cos c b B =，2π3C =．(1)求角B 的大小；(2)在下列两个条件中选择一个作为已知，求出BC 边上的中线的长度．①ABC 的面积为4；②ABC 的周长为4+的三个12．（贵州省铜仁市2023届高三上学期期末质量监测数学（文）试题）设ABC的面积为S．且有关系式：内角A，B，C所对的边长为a，b，c，ABC2+=+．cos2cos22cos2sin sinA B C A B(1)求C；(2)求2cS的最小值．13．（广西四市2022届高三4月教学质量检测数学（文）试题）设ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，且2cos 2sin c b A b A -=．(1)证明：()sin 2sin sin A B B A -=；(2)若3A B =，求B 的值．14．（广西南宁市第十九中学2023届高三数学（文）信息卷（三）试题）在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ､b ､c ，已知2222cos cos b c a ac C c A +-=+.(1)求角A 的大小；(2)若5a =，2c =，求ABC 的面积.15．（江西省南昌市2022届高三第二次模拟测试数学（文）试题）如图，锐角OAB 中，OA OB =，延长BA 到C ，使得3AC =，4AOC π∠=，sin 3OAC =∠.(1)求OC ；(2)求sin BOC ∠.16．（江西省重点中学盟校2022届高三第二次联考数学（文）试题）在ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，从条件①：sin sin 2B C b a B +=，条件②：1cos 2b a Cc =+，条件③：tan (2)tan b A c b B =-这三个条件中选择一个作为已知条件．(1)求角A ；(2)若3AB AC ⋅=，求a 的最小值．17．（江西省景德镇市2023届高三上学期第二次质检数学（文）试题）在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若sin tan cos 2cos C B C A =-且角A 为锐角.(1)求角B ；(2)若ABC b 的最小值.18．（宁夏银川一中2022届高三二模数学（文）试题）ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且ABC 的面积tan S B =⋅.(1)求B ；(2)若a 、b 、c 成等差数列，ABC ∆的面积为32，求2b .19．（宁夏平罗中学2022届高三下学期第三次模拟数学（文）试题）已知函数()f x m n =⋅，向量()sin cos n x x x =+ ，()cos sin ,2sin m x x x =-，在锐角ABC 中内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，(1)若()1f A =，求角A 的大小；(2)在（1）的条件下，a =c b +的最大值.20．（内蒙古包头市2022届高三第一次模拟考试文科数学试题（A 卷））如图所示，经过村庄B 有两条夹角为60︒的公路BA 和BC ，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂F ，分别在两条公路边上建两个仓库D 和E （异于村庄B ），设计要求3FD FE DE ===（单位：千米）.(1)若30BDE ∠=︒，求BF 的值（保留根号）；(2)若设BDE θ∠=，当θ为何值时，工厂产生的噪音对村庄B 的居民影响最小（即工厂F 与村庄B 的距离最远），并求其最远距离.（精确到0.1 1.732≈）21．（内蒙古赤峰市2022届高三下学期5月模拟考试数学（文科）试题）ABC 的三个内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 且()()()sin sin sin b c C B c a A +-=-(1)求B ；(2)若2a =，b =ABC 的面积．22．（山西省晋中市2022届高三下学期5月模拟数学（文）试题）在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .在①23coscos cos 24A C A C --=；②()22sin sin sin 3sin sin A C B A C +=+；③2cos 2b C c a +=这三个条件中任选一个作为已知条件.(1)求角B 的大小；(2)若a c +=ABC 周长的最小值.23．（陕西省宝鸡中学2022届高三下学期高考模拟文科数学试题）已知())cos ,cos ,,cos a x x b x x ==-，()f x a b =⋅ ，(1)求()f x 的单调递增区间；(2)设ABC 的内角,,A B C所对的边分别为,,a b c ，若()12f A =，且a 22b c +的取值范围.24．（广西桂林市第十八中学2020-2021学年高二上学期第一次阶段性考试数学（文）试题）已知ABC 的三个内角、、A B C 的对边分别为a b c 、、，若角A B C ，，成等差数列，且2b =，（1）求ABC 的外接圆直径；（2）求a c +的取值范围.25．（甘肃省天水市田家炳中学2022-2023学年高三下学期开学考试数学（文科）试题）记ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ．已知()()sin sin a B C b c B +=+，D 为边BC 的中点．(1)证明：2A B =；(2)若π3A =，AD ABC 的周长l ．26．（河南省平顶山市汝州市2022届高三3月联考文科数学试题）在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，△ABC 的面积S AB AC →→=⋅.(2)延长AC 至点D ，使得CD ＝AC ，且BD ＝2BC ，若c ＝6，求△ABC 的周长.27．（甘肃省酒泉市2022届高三5月联考文科数学试题）在ABC 中，内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知cos cos 26A C b C ππ⎛⎫⎛⎫--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．(2)若a b =，P 为ABC 内一点，2PA =，4PC =，则从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①BP CP ⊥；②PB =；③150∠= BPA ．28．（青海省海东市第一中学2022届高考模拟（一）数学（文）试题）在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，221cos 2a b bc ac B -+=．(1)求角A ；(2)若sin b A B =，求ABC 面积的最大值．29．（河南省2022-2023年度高三模拟考试数学（文科）试题）已知ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且(sin sin )sin sin a A C c C b B -+=.(1)求角B ；(2)若5b =，求ABC 周长的最大值.30．（河南省郑州市2023届高三第一次质量预测文科数学试题）在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且cos sin b c a B B +=+．(1)求角A 的大小；(2)若D 是BC 边上一点，且2CD DB =，若2AD =，求△ABC 面积的最大值．因为2CD DB=，23 AD AB=由222133AD AB AC⎛⎫=+⎪⎝⎭，所以。
2020年高考文科数学 立体几何 专项练习题 含解析
提能练(四) 立体几何 A 组 基础对点练 1．(2016·高考全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB.9π2 C ．6πD.32π3解析：设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为6＋8－102＝2， ∴R ≤2.又2R ≤3，∴R ≤32，∴V max ＝43×π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2. 答案：B2.(2019·成都模拟)如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A ．4πB ．16πC ．24πD ．25π 解析：由三视图知该几何体是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，三条侧棱长分别为2,2,4，将该三棱锥补成一个长方体，可知该三棱锥的外接球直径就是长方体的体对角线，所以外接球直径2R ＝22＋22＋42＝26，则R ＝6，故该球的表面积为4πR 2＝24π，故选C.答案：C3．(2019·洛阳模拟)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( )A.823πB.833πC.863πD.1623π解析：将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.答案：A4．(2019·石家庄模拟)如图是某四棱锥的三视图，其中正视图是边长为2的正方形，侧视图是底边分别为2和1的直角梯形，则该几何体的体积为( )A.83B.43C.823D.423解析：记由三视图还原后的几何体为四棱锥A －BCDE ，将其放入棱长为2的正方体中，如图，其中点D ，E 分别为所在棱的中点，分析知平面ABE ⊥平面BCDE ，点A 到直线BE 的距离即四棱锥的高，设为h ，在△ABE 中，易知AE＝BE ＝5，cos ∠ABE ＝55，则sin ∠ABE ＝255，所以h ＝455，故四棱锥的体积V ＝13×2×5×455＝83，故选A.答案：A5．(2019·贵阳模拟)某几何体的三视图如图所示，正方形网格的边长为1，该几何体的顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A．15π B．16πC．17π D．18π解析：由题中的三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥D1－BCD，将其放在长方体ABCD－A1B1C1D1中，则该几何体的外接球即长方体的外接球，长方体的长、宽、高分别为2,2,3，长方体的体对角线长为9＋4＋4＝17，球O的直径为17，所以球O的表面积S＝17π，故选C.答案：C6．(2019·长春模拟)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝9－r2，所以圆锥的体积V＝13πr2h＝13πr29－r2＝13π9r4－r6.设f(r)＝9r4－r6(r＞0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝6，所以当0＜r＜6时，f′(r)＞0，f(r)单调递增，当r＞6时，f′(r)＜0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f(6)＝108，所以V max＝13π×108＝23π.答案：23π7．(2019·惠州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥P－ABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，P A⊥平面ABC，BC＝27，P A2＋y2＝102，(27)2＋P A2＝x2，所以xy＝x102－[x2－(27)2]＝x128－x2≤x2＋(128－x2)2＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：648.如图，已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，AD＝2，∠DAB＝60°，E为AB的中点．(1)证明：平面PCD⊥平面PDE；(2)若PD＝3AD，求点E到平面PBC的距离．解析：(1)证明：因为PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AB，连接DB，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，所以△DAB为等边三角形，又E为AB的中点，所以AB⊥DE，又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE，因为CD∥AB，所以CD⊥平面PDE，因为CD平面PCD，所以平面PCD ⊥平面PDE .(2)因为AD ＝2，所以PD ＝23，在Rt △PDC 中，PC ＝4，同理PB ＝4，易知S △PBC ＝15，S △EBC ＝32，设点E 到平面PBC 的距离为h ，连接EC ，由V P －EBC ＝V E －PBC 得，13S △EBC ·PD ＝13S △PBC ·h ， 所以h ＝155.B 组 能力提升练9．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2，E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直，如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中，(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．解析：(1)证明：∵AC ＝AD 2＋CD 2＝22，∠BAC ＝∠ACD ＝45°，AB ＝4， ∴在△ABC 中，BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ×AB ×cos 45°＝8，∴AB 2＝AC 2＋BC 2＝16，∴AC ⊥BC .∵平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，∴BC⊥平面ACD.(2)∵AD∥平面BEF，AD平面ACD，平面ACD∩平面BEF＝EF，∴AD∥EF.∵E为AC的中点，∴EF为△ACD的中位线．∵V F－BCE ＝V B－CEF＝13×S△CEF×BC，∴S△CEF ＝14S△ACD＝14×12×2×2＝12，∴V F－BCE ＝13×12×22＝23.10．(2019·南昌调研)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝AA1＝3，AC ⊥BC，点M在线段AB上．(1)若M是AB的中点，证明：AC1∥平面B1CM；(2)是否存在点M使得三棱锥B1－BCM的体积是三棱柱ABC－A1B1C1的体积的19？若存在，试求BM的长度；若不存在，请说明理由．解析：(1)证明：如图，连接BC1，交B1C于点E，连接ME.因为三棱柱ABC A1B1C1是直三棱柱，所以侧面BB1C1C为矩形．又M是AB的中点，所以ME为△ABC1的中位线，所以ME∥AC1.因为ME平面B1CM，AC1平面B1CM，所以AC1∥平面B1CM.(2)存在点M使得三棱锥B1BCM的体积是三棱柱ABC A1B1C1的体积的1 9.理由如下：假设存在点M使得三棱锥B1－BCM的体积是三棱柱ABC－A1B1C1的体积的1 9.由题意知VB1－BCM＝13S△BCM·BB1，VABC－A1B1C1＝S△ABC·BB1，设BM＝λBA,0＜λ＜1，则13λS△ABC·BB1＝19S△ABC·BB1，所以λ＝13，即BM＝2，故当BM＝2时，三棱锥B1－BCM的体积是三棱柱ABC－A1B1C1的体积的1 9.。
文科数学解三角形专题高考题练习附答案
文科数学解三角形专题高考题练习附答案解三角形专题练习1、在b 、c ，向量()2sin ,3m B =-，2cos 2,2cos 12B n B ?=- ??，且//m n 。
（I ）求锐角B 的大小；（II ）如果2b =，求ABC ?的面积ABC S ?的最大值。
2、在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且.cos cos 3cos B c B a C b -= （I ）求cos B 的值；（II ）若2=?BC BA ，且22=b ，求c a 和b 的值. 3、在ABC ?中，5cos 5A =，10cos 10B =. （Ⅰ）求角C ；（Ⅱ）设2AB =，求ABC ?的面积.4、在△ABC 中，A 、B 、C 所对边的长分别为a 、b 、c ，已知向量(1,2sin )m A =u r，(sin ,1cos ),//,3.n A A m n b c a =++=r u r r满足（I ）求A 的大小；（II ）求)sin(6π+B 的值.5、△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，且有sin2C+3cos （A+B ）=0，.当13,4==c a ，求△ABC 的面积。
6、在△ABC 中，角A 、B 、C 所对边分别为a ，b ，c ，已知11tan ,tan 23A B ==，且最长边的边长为l.求：（I ）角C 的大小；（II ）△ABC 最短边的长.7、在△ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 的对边，且c o s c o s B C ba c=-+2. （I ）求角B 的大小；（II ）若b a c =+=134，，求△ABC 的面积. 8、（2009全国卷Ⅱ文）设△ABC 的内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，23cos )cos(=+-B C A ,ac b =2，求B. 9、（2009天津卷文）在ABC ?中，A C AC BC sin 2sin ,3,5=== （Ⅰ）求AB 的值。
2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练
2020年高考文科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一立体几何证明例1如图五面体中,四边形ABCD是矩形,AD⊥面ABEF,AB//EF,AD=1,AB=1EF=22,2AF=BE=2,P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.（1）求证：PQ//面BCE；（2）求证：AM⊥面ADF.【答案】见解析【解析】（1）连结AC.因为四边形ABCD是矩形,且Q为BD的中点,所以Q为AC的中点.又因为P为AE的中点,所以PQ//EC,又因为PQ⊄面BCE,EC⊆面BCE,所以PQ//面BCE.（2）取EF的中点M,连结AM.因为AB//EM,且QB=EM=22,所以四边形ABEM为平行四边形,所以AM//BE,且AM=BE=2.在∆AMF中,A M=AF=2,MF=22.所以AM2+AF2=MF2,故AM⊥AF.由AD⊥面ABEF,得AD⊥AM,因为AD I AF=A,所以AM⊥面ADF.【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.如该题中的（1）问需要利用五面体中的面ABCD是矩形,根据对角线的性质确定线段BD与AC的中点.（2）问中利用勾股定理验证线线垂直关系,这些都是证明空间平行与垂直关系的基础.例2在平行六面体ABCD-A B C D中，AA=AB，AB⊥B C．11111111A 1D1B1C1A DBC求证：(1)AB∥平面A B C；11(2)平面ABB A⊥平面A BC．111【答案】见解析【解析】(1)在平行六面体ABCD-A B C D中，AB∥A B．111111因为AB⊄平面A B C，A B⊂平面A B C，所以AB∥平面A B C．11111111A 1D1B1C1A DBC(2)在平行六面体ABCD-A B C D中，四边形ABB A为平行四边形．111111又因为AA=AB，所以四边形ABB A为菱形，因此AB⊥A B．11111又因为AB⊥B C，BC∥B C，所以AB⊥BC．111111又因为A B I BC=B，A B⊂平面A BC，BC⊂平面A BC，所以AB⊥平面A BC．111111因为AB⊂平面ABB A，所以平面ABB A⊥平面A BC．111111【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.2（题型二 立体几何体积求解例 1 如图所示，在三棱锥V - ABC 中，平面VAB ⊥ 平面 ABC ，三角形VAB 为等边三角形， AC ⊥ BC ，且 AC = BC = 2 ， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点.（1）求证：VB // 平面 MOC .V（2）求证：平面 MOC ⊥ 平面 VAB .M（3）求三棱锥V - ABC 的体积.AO BC【答案】 见解析【解析】（1）依题意， O ， M 分别为 AB ，V A 的中点，则 O M 是 △VAB 的中位线，所以 OM //VB ， OM ⊂ 平面 MOC ，VB ⊄ 平面 MOC ，故VB // 平面 MOC .（2）因为在 △ABC 中， AC = BC ，且 O 为 AB 的中点，所以 O C ⊥ AB ，又平面VAB ⊥ 平面 ABC ，平面VAB I 平面 ABC = AB ， OC ⊂ 平面 ABC ，所以 OC ⊥ 平面VAB ，又 OC ⊂ 平面 MOC ，故平面 MOC ⊥ 平面VAB .（3）由（2）知， O C ⊥ 平面VAB ，所以V V - ABC= V C -VAB 1 1 3 3= ⋅ OC = ⨯ ⨯ 22 ⨯1 =3 △SVAB 3 4 3【易错点】定理证明所用知识点不清楚【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.例 2 如图所示，在三棱锥 P – ABC 中， P A ⊥ AB ， P A ⊥ BC ， AB ⊥ BC ， P A = AB = BC = 2 ， D 为线段 AC 的中点， E 为线段 PC 上一点．（1）求证： P A ⊥ BD ；P（2）求证：平面 BDE ⊥ 平面 PAC ；ED C（3）当 P A // 平面 BDE 时，求三棱锥 E – BCD 的体积．AB【答案】 见解析 【解析】1）因为 P A ⊥ AB ，P A ⊥ BC ，AB I BC = B ，所以 P A ⊥ 平面 ABC .又因为 BD ⊂ 平面 ABC ，所以 PA ⊥ BD .（2）因为 AB ⊥ BC ， AB = BC ， D 为线段 AC 的中点，所以在等腰 △RtABC 中， BD ⊥ AC .又由（1）可知，P A ⊥ BD ，P A I AC = A ，所以 BD ⊥ 平面 PAC .由 E 为线段 PC 上一点，则 DE ⊂ 平面 PAC ，所以BD⊥ED.又因为BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC.（3）当P A//平面BDE时，P A⊂平面PAC,且平面PAC I平面BDE=DE,可得P A//DE.由D是AC边的中点知，E为PC边的中点.故而ED=面BDC.12P A=1，ED∥P A，因为PA⊥平面ABC，所以ED⊥平由AB=BC=2，AB⊥BC，D为AC边中点知，BD=CD= 2.又BD⊥AC，有BD⊥DC，即∠BDC=90︒.因此，VE-BCD1111 =⋅ED=⨯⨯2⨯2⨯1=.3△SBCD323【易错点】注意体积几何证明题条件的严谨性【思维点拨】证明几何体中的线面平行与垂直关系时,要注意灵活利用空间几何体的结构特征,抓住其中的平行与垂直关系.掌握线面平行的性质定理的应用及其体积的求解方法.题型三几何体的外接球问题例1（1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A．16πB．20πC．24πD．32π（2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.【答案】C；9π【解析】（1）V=a2h=16，a=2，4R2=a2+a2+h2=4+4+16=24，S=24π，选C；（2）4R2=3+3+3=9，S=4πR2=9π【易错点】外接球球心位置不好找【思维点拨】应用补形法找外接球球心的位置题型四立体几何的计算例1如图,已知三棱锥的底面是直角三角形,直角边边长分别为3和4,过直角顶点的侧棱长为4,且垂直于底面,该三棱锥的主视图是()【答案】B4, 【解析】显然由空间直角坐标系可知,该几何体在 xoy 面内的点保持不动,在 y 轴上的点在 xoy 面内的射影为坐标原点,所以该几何体的主视图就是其在面 xoy 面的表面图形,即主视图应为高为 4 ,底面边长为 3 的直角三角形．故选 B .【易错点】 该题易出现的问题是误以为 y 轴上的点在 xoy 面的射影落在 x 轴的正半轴上而误选 D , 【思维点拨】判断几何体的三视图应注意以下几个方面：（1）明确几何体的放置位置和角度,注意投影线和投影面；（2）准确把握几何体的结构特征,特别是几何体中的线面垂直关系等；（3）注意实线和虚线的区别.【巩固训练】题型一 立体几何的证明1.如图,在四棱锥 P - ABCD 中,底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60° P A = PD = AD = 2 ,点 M 在线段PC 上,且 PM = 2MC , N 为 AD 的中点.（1）求证： AD ⊥ 平面 PNB ；（2）若平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,求三棱锥 P - NBM 的体积.【答案】（1）见解析；（2）23.【解析】（1）∵ P A = PD, N 为 AD 的中点,∴ PN ⊥ AD ,∵底面 ABCD 为菱形, ∠BAD = 60︒ ,∴ BN ⊥ AD ,∵ PN I BN = N ,∴ AD ⊥ 平面 PNB .（2）∵ PN = PD = AD = 2 ,∴ PN = NB = 3 ,∵平面 P AD ⊥ 平面 ABCD ,平面 P AD I 平面 ABCD = AD , PN ⊥ AD ,∴ PN ⊥ 平面 ABCD ,∴ PN ⊥ NB ,∴S3⨯3⨯3=. 22∵AD⊥平面PNB,AD//BC,∴BC⊥平面PNB.∵PM=2MC,∴VP-NRM =VM-PNB22132=V=⨯⨯⨯2=.3C-PNB33232.如图,在直三棱柱ABC-A B C中,D是AB的中点.111（1）证明：BC//平面A CD；11（2）若AC=CB,求证：A D⊥CD.1【答案】见解析.【解析】证明：（1）如图,连接AC,交A C于点O,连结OD.11据直三棱柱性质知四边形ACC A为平行四边形,所以O为AC的中点.111又因为D是AB的中点,所以BC//OD.1又因为BC⊄平面A CD,OD⊂平面A CD,111所以BC//平面A CD.11（2）因为AC=BC,D为AB的中点,所以CD⊥AB.据直三棱柱ABC-A B C性质知AA⊥平面ABC,又因为C D⊂平面1111所以AA⊥CD.1又因为AA I AB=A,AA,AB⊂平面ABB A,1111所以CD⊥平面ABB A,11又因为A D⊂平面ABB A,所以C D⊥A D,即A D⊥CD.11111ABC,题型二立体几何体积求解1.如图所示，四棱锥P-ABCD中，P A⊥底面ABCD，AD//BC，AB=AD=AC=3，P A=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点.（1）证明MN//平面PAB；P6NA MB DC【答案】（1）（2） N -BCM 2 3 63 ．AD = BC = 所以V △S ABC = ⨯ 4 ⨯ 2 5 = 2 3 6 3 . 1 2 ⨯ (2 + 4)（2）求四面体 N - BCM 的体积．1 1 14 5V = ⨯ P A ⋅= ⨯ 4 ⨯ 2 5 =△S ABC【解析】（1）取 PB 中点 Q ，连接 AQ 、 NQ ，因为 N 是 PC 中点， NQ //BC ，且 NQ = 1BC ，又2AM = 2 2 ⨯ 3 1 BC ，且 AM // BC ，所以 QN // AM ，且3 34 2QN = AM ，所以四边形 AQNM 是平行四边形.所以 MN // AQ .又 MN ⊄ 平面PAB ， AQ ⊂ 平面 PAB ，所以 MN // 平面 PAB .PQ NAMD(2)由(1) QN // 平面 ABCD .BC所以VN -BCM= VQ -BCM1 = V2 P -BCM 1= V 2 P -BCA.N -BCM1 1 14 5 = ⨯ P A ⋅2.如图所示，四棱锥 P - ABCD 中，侧面 P AD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ， PAB = BC = 1AD ， ∠BAD = ∠ABC = 90o .2（1）证明：直线 BC // 平面 P AD ；（2）若 △PCD 面积为 2 7 ，求四棱锥 P - ABCD 的体积.【答案】（1）（2） V = ⨯⨯ 2 3 = 4 3 ．32BACD【解析】（1）在平面 ABCD 内，因为 ∠BAD = ∠ABC = 90o ，所以 BC //AD .又 BC ⊄ 平面 P AD ， AD ⊂ 平面 P AD ，故 BC // 平面 P AD .（2）取 AD 的中点 M ，联结 PM ， CM .由 AB = BC = 1AD ，及 BC //AD ， ∠ABC = 90o ，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM ⊥ AD .2因为侧面 P AD 是等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面 P AD I 平面 ABCD = AD ，所以 PM ⊥ AD ，因为PM ⊂ 平面 P AD ，所以 PM ⊥ 平面 ABCD .因为 CM ⊂ 平面 ABCD ，所以 PM ⊥ CM .因为 △PCD 的面积为 2 7 ，所以 ⨯ 2x ⨯ 1 2 ⨯ (2 + 4)设 BC = x ，则 CM = x ， CD = 2 x ， PM = 3x ， PC = PD = 2x .取 CD 的中点 N ，联结 PN ，则 PN ⊥ CD ，所以 PN =14 x .21 142 2x = 2 7 ，解得 x = -2 （舍去）， x = 2 ，于是 AB = BC = 2 ，AD = 4 ， PM = 2 3 .所以四棱锥 P - ABCD 的体积V = ⨯3 2⨯ 2 3 = 4 3 .题型三 几何体的外接球问题1. 在正三棱锥 S - ABC 中， M 、N 分别是棱 SC 、BC 的中点，且 AM ⊥ MN ,若侧棱 SA = 2 3 ,则正三棱锥 S - ABC 外接球的表面积是.【答案】 36π【解析】正三棱锥的对棱互垂直。
2022年近三年高考数学(文科)立体几何简答题汇编
2022年近三年高考数学（文科）立体几何简答题汇编一．解答题（共28小题）（1）求三棱锥体积V P-ABC；（2）若M为BC中点，求PM与面PAC所成角大小．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．3．如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB=BD=2，∠ACB=60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求三棱锥F-ABC的体积．4．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面AA1B1B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A1B1上的点，证明：BF⊥DE．5．如图，四棱锥P-ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P-ABCD的体积．6．在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．（1）求证：EF∥平面AB1C1；（2）求证：平面AB1C⊥平面ABB1．7．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE=ED1，BF=2FB1．证明：（1）当AB=BC时，EF⊥AC；（2）点C1在平面AEF内．8．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO=AB=6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN=π3，求四棱锥B-EB 1C 1F 的体积． 9．已知四棱锥P-ABCD ，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ．（1）若PC=5，求四棱锥P-ABCD 的体积；（2）若直线AD 与BP 的夹角为60°，求PD 的长．10．图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°．将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2．（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积．11．如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．12．如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．（1）证明：BE⊥平面EB1C1；（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥E-BB1C1C的体积．13．如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．（Ⅰ）求证：BD⊥平面PAC；（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB⊥平面PAE；（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．14．如图，在正三棱锥P-ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝BC＝AC＝√3．（1）若PB的中点为M，BC的中点为N，求AC与MN的夹角；（2）求P-ABC的体积．15．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．16．在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1．求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．17．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB 所成的角的大小．18．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．19．如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F 分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．20．如图，在平行四边形ABCM中，AB=AC=3，∠ACM=90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP=DQ=23DA ，求三棱锥Q-ABP 的体积． 21．如图，四棱锥P-ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB=BC=12AD ，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC ∥平面PAD ；（2）若△PCD 面积为2√7，求四棱锥P-ABCD 的体积．22．如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E 、F （E 与A 、D 不重合）分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC ．23．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E 为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E-BCD的体积．24．如图，在四棱锥P-ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，且四棱锥P-ABCD的体积为8，求该四棱锥的侧面积．325．如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．（1）求四棱锥A1-ABCD的体积；（2）求异面直线A1C与DD1所成角的大小．28．将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．（1）求圆柱的体积与侧面积；（2）求异面直线O1B1与OC所成的角的大小．。
文科立体几何大题训练
文科立体几何大题训练1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA=AB=2，E为PA 的中点，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EDC的体积．6．如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．7．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．8．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA=SC，SA⊥BD．（1）求证：SO⊥平面ABCD；（2）设∠BAD=60°，AB=SD=2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A﹣PCD 的体积．文科立体几何大题训练参考答案与试题解析一．解答题（共8小题）1．如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（1）证明：四棱锥P﹣ABCD中，∵∠BAD=∠ABC=90°．∴BC∥AD，∵AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，∴直线BC∥平面PAD；（2）解：四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=AD，∠BAD=∠ABC=90°．设AD=2x，则AB=BC=x，CD=，O是AD的中点，连接PO，OC，CD的中点为：E，连接OE，则OE=，PO=，PE==，△PCD面积为2，可得：=2，即：，解得x=2，PO=2．则V P﹣ABCD=×（BC+AD）×AB×PO==4．2．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．【解答】解：（1）证明：由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD；（2）证明：由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC；（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC∩平面BDE=DE，可得PA∥DE，又D为AC的中点，可得E为PC的中点，且DE=PA=1，由PA⊥平面ABC，可得DE⊥平面ABC，可得S△BDC=S△ABC=××2×2=1，则三棱锥E﹣BCD的体积为DE•S△BDC=×1×1=．3．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，N为PC的中点．（Ⅰ）证明MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．【解答】证明：（Ⅰ）取BC中点E，连结EN，EM，∵N为PC的中点，∴NE是△PBC的中位线∴NE∥PB，又∵AD∥BC，∴BE∥AD，∵AB=AD=AC=3，PA=BC=4，M为线段AD上一点，AM=2MD，∴BE=BC=AM=2，∴四边形ABEM是平行四边形，∴EM∥AB，∴平面NEM∥平面PAB，∵MN⊂平面NEM，∴MN∥平面PAB．解：（Ⅱ）取AC中点F，连结NF，∵NF是△PAC的中位线，∴NF∥PA，NF==2，又∵PA⊥面ABCD，∴NF⊥面ABCD，如图，延长BC至G，使得CG=AM，连结GM，∵AM CG，∴四边形AGCM是平行四边形，∴AC=MG=3，又∵ME=3，EC=CG=2，∴△MEG的高h=，∴S△BCM===2，∴四面体N﹣BCM的体积V N﹣BCM===．4．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA=PB=AB=2，BC=3，∠ABC=90°，平面PAB⊥平面ABC，D，E分别为AB，AC中点．（1）求证：DE∥平面PBC；（2）求证：AB⊥PE；（3）求三棱锥P﹣BEC的体积．【解答】证明：（1）∵D，E分别为AB，AC的中点，∴DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴DE∥平面PBC．（2）连接PD，∵DE∥BC，又∠ABC=90°，∴DE⊥AB，又PA=PB，D为AB中点，∴PD⊥AB，又PD∩DE=D，PD⊂平面PDE，DE⊂平面PDE，∴AB⊥平面PDE，又PE⊂平面PDE，∴AB⊥PE．（3）∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PD⊥AB，PD⊂平面PAB，∴PD⊥平面ABC，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴PD=，∵E是AC的中点，∴．5．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，PA=AB=2，E为PA 的中点，∠BAD=60°．（Ⅰ）求证：PC∥平面EBD；（Ⅱ）求三棱锥P﹣EDC的体积．【解答】（Ⅰ）证明：连接AC，BD，设AC与BD相交于点O，连接OE．由题意知，底面ABCD是菱形，则O为AC的中点，又E为AP的中点，∴OE∥CP，∵OE⊂平面BDE，PC⊄平面BDE，∴PC∥平面BDE；（Ⅱ）解：∵E为PA的中点，∴，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，又∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC=A，∴DO⊥平面PAC，即DO是三棱锥D﹣PCE的高，DO=1，则．6．如图，在三棱锥D﹣ABC中，DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，F为AB的中点．（Ⅰ）求证：平面ABD⊥平面DEF；（Ⅱ）若AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，求四面体F﹣DBC的体积．【解答】证明：（Ⅰ）∵DE⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴AB⊥DE，又F为AB的中点，DA=DB，∴AB⊥DF，DE，DF⊂平面DEF，DE∩DF=D，∴AB⊥平面DEF，又∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面DEF．（Ⅱ）∵DA=DB=DC，E为AC上的一点，DE⊥平面ABC，∴线段DA、DB、DC在平面ABC的投影EA，EB，EC满足EA=EB=EC∴△ABC为直角三角形，即AB⊥BC由AD⊥DC，AC=4，∠BAC=45°，∴AB=BC=2，DE=2，∴S△FBC==2，∴四面体F﹣DBC的体积V F﹣DBC=V D﹣FBC==．7．如图，四边形ABCD是正方形，平面ABCD⊥平面ABE，AF∥BE，AB⊥BE，AB=BE=2，AF=1．（Ⅰ）求证：AC⊥平面BDE；（Ⅱ）求证：AC∥平面DEF；（III）求三棱锥D﹣FEB的体积．【解答】（Ⅰ）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD．又∵平面ABEF⊥平面ABCD，平面ABEF∩平面ABCD=AB，AB⊥BE，BE⊂平面ABEF，∴BE⊥平面ABCD．又∵AC⊂平面ABCD．∴BE⊥AC，又BE∩BD=B，∴AC⊥平面BDE；（Ⅱ）证明：取DE的中点G，连结OG，FG，∵四边形ABCD为正方形，∴O为BD的中点．则OG∥BE，且．由已知AF∥BE，且，则AF∥OG且AF=OG，∴四边形AOGF为平行四边形，则AO∥FG，即AC∥FG．∵AC⊄平面DEF，FG⊂平面DEF，∴AC∥平面DEF；（Ⅲ）解：∵平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，平面ABEF∩平面ABCD=AB，∴AD∥BC，AD⊥AB．由（Ⅰ）知，BE⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴BE⊥AD∴AD⊥平面BEF．∴．8．如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，其对角线的交点为O，且SA=SC，SA⊥BD．（1）求证：SO⊥平面ABCD；（2）设∠BAD=60°，AB=SD=2，P是侧棱SD上的一点，且SB∥平面APC，求三棱锥A﹣PCD 的体积．【解答】解：（1）证明：∵底面ABCD是菱形；∴对角线BD⊥AC；又BD⊥SA，SA∩AC=A；∴BD⊥平面SAC，SO⊂平面SAC；∴BD⊥SO，即SO⊥BD；又SA=SC，O为AC中点；∴SO⊥AC，AC∩BD=O；∴SO⊥平面ABCD；（2）如图，连接PO；∵SB∥平面APC，SB⊂平面SBD，平面SBD∩平面APC=PO；∴SB∥PO；在△SBD中，O是BD的中点，PO∥SB，∴P是SD的中点；取DO中点，并连接PE，则PE∥SO，SO⊥底面ACD；∴PE⊥底面ACD，且PE=；根据已知条件，Rt△ADO中AD=2，∠DAO=30°，∴DO=1；∴在Rt△SDO中，SD=2，SO=；∴；又；∴V三棱锥A﹣PCD=V三棱锥P﹣ACD=．。
2020届高三数学立体几何专项训练(文科)
2021届高三数学立体几何专题(文科)1解析：〔Ⅰ〕设AC的中点为O，连接EO.在三角形PBD中，中位线EO//PB，且EO在平面AEC上，所以PB//平面AEC.〔Ⅱ〕∵AP=1，AD3，3 V，P-ABD411V=PAABADP-ABD32作AH⊥PB角PB于H，33=AB=，∴643AB，2由题意可知BC⊥平面PAB，∴BC⊥AH，故AH⊥平面PBC．又313PAABAHPB13 ，故A点到平面PBC的距离31313.2.(1)证明：如下图，取PA的中点H，连接EH，DH，因为E为PB的中点，所以EH∥AB，EH＝1AB，2又AB∥CD，CD＝12AB．所以EH∥CD，EH＝CD，因此四边形DCEH是平行四边形，所以CE∥DH，又DH?平面PAD，CE?平面PAD，所以CE∥平面PAD．1(2)如下图，取AB的中点F，连接CF，EF，所以AF＝AB，21又CD＝AB，所以AF＝CD，又AF∥CD，所以四边形AFCD为平行四边形，所以CF∥AD，2又CF?平面PAD，所以CF∥平面PAD，由(1)可知CE∥平面PAD，又CE∩CF＝C，故平面CEF∥平面PAD，故存在AB的中点F满足要求．3.(1)证明∵P EPF＝＝λ(λ≠0)，∴EF∥BC.∵BC∥AD，∴EF∥AD. PBPC又EF?平面PAD，AD?平面PAD，∴EF∥平面PAD.(2)解∵λ＝12，∴F是PC的中点，在Rt△PAC中，PA＝2，AC＝2，∴PC＝P A2＋AC2＝6，----12∴PF＝PC＝6.∵平面PAC⊥平面ABCD，且平面PAC∩平面ABCD＝AC，2PA⊥AC，PA?平面PAC，∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥BC.又AB⊥AD，BC∥AD，∴BC⊥AB，又PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，7----∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥PB，∴在Rt△PBC中，BF＝12PC＝62.连接BD，DF，设点D到平面AFB的距离为d，在等腰三角形BAF中，BF＝AF＝6，AB＝1，2∴S△ABF＝5，又S△ABD＝1，点F到平面ABD的距离为1，4∴由V F－ABD＝V D－AFB，得13×1×1＝13×d×545，解得d＝，即点D到平面AFB的距离为45455.4.证明(1)由题设知BB1∥DD1且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD?平面CD1B1，B1D1?平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥B1C1∥BC且A1D1＝B1C1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C.又A1B?平面CD1B1，D1C?平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，BD，A1B?平面A1BD，所以平面A1BD∥平面CD1B1. (2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.5.连接AC交BD于点O，连接MO，因为PM＝MC，AO＝OC，所以PA∥MO，因为PA?平面MBD，MO?平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明](1)在四棱锥P-ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE?平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD?平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，所以AB⊥PD．8----又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD?平面PBC,BC?平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD?平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF,所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD?平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB?平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PAB为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE?平面AEFD,AD?平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=VC-AEFD,VE-ABC=VF-ADC=VC-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,那么V P-ABCD=V1+V1=V1,∴.8.[解](1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB?平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE?平面DEF，DE?平面DEF，EF∩DE＝E，PB?平面PGB，GB?平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG?平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG?平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC.又AB?平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAC.9----(3)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.理由如下：如图，取PB中点F，连接E F，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA?平面CEF，且EF?平面CEF，所以PA∥平面CEF.10.证明(1)因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB?平面PDC，CD?平面PDC，所以AB∥平面PDC，又因为AB?平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF，所以AB∥EF.(2)因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF⊥EF，(1)中已证AB∥EF，所以AB⊥AF.又AB⊥AD，由点E在棱PC上(异于点C)，所以点F异于点D，所以AF∩AD＝A，AF，AD?平面PAD，所以AB⊥平面PAD，又AB?平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.11.(1)证明因为AB＝BC，AD＝CD，所以BD垂直平分线段A C.又∠ADC＝120°，所以MD＝11，AM＝2AD＝232.所以AC＝3.又AB＝BC＝3，所以△ABC是等边三角形，3所以BM＝，所以2 B MMD1＝3，又因为PN＝4PB，所以B MMDBNNP＝＝3，所以MN∥PD.又MN?平面PDC，PD?平面PDC，所以MN∥平面PDC.(2)解因为PA⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以BD⊥PA，又BD⊥AC，PA∩AC＝A，PA，AC?平面PAC，所以BD⊥平面PAC.由(1)知MN∥PD，所以直线MN与平面PAC所成的角即直线PD与平面PAC所成的角，故∠DPM即为所求的角．在Rt△PAD中，PD＝2，1所以sin∠DPM＝D MDP＝22＝14，所以直线MN与平面PAC所成角的正弦值为14.12.【解】(1)取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点．理由如下：1因为AD∥BC，BC＝2AD，所以BC∥AM，且BC＝AM，所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB．又AB?平面PAB，CM?平面PAB，所以CM∥平面PAB．(说明：取棱PD的中点N，那么所找的点可以是直线MN上任意一点)10(2)由，PA⊥AB，PA⊥CD，因为AD∥BC，BC＝1 2所以PA⊥平面ABCD，从而PA⊥BD．连接B M，1因为AD∥BC，BC＝AD，所以BC∥MD，且BC＝MD．21所以四边形BCDM是平行四边形．所以BM＝CD＝2AD，所以BD⊥AB．又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB．又BD?平面PBD，所以平面PAB⊥平面PBD．13.[证明](1)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又DE?平面A1C1F，A1C1?平面A1C1F，所以直线D E∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1?平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又A1C1⊥A1B1，A1A?平面ABB1A1，A1B1?平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D?平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D．又B1D⊥A1F，A1C1?平面A1C1F，A1F?平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D⊥平面A1C1F.因为直线B1D?平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F14.证明：(Ⅰ)连接B C1，那么O为B1C与BC1的交点，∵AO⊥平面BB1C1C.∴AO⊥B1C，⋯2分因为侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，⋯4分∴BC1⊥平面ABC1，∵AB平面ABC1，故B1C⊥AB.⋯6分(Ⅱ)作OD⊥BC，垂足为D，连结A D，∵AO⊥BC，∴BC⊥平面AOD，又BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOD，交线为AD，作OH⊥AD，垂足为H，∴OH⊥平面ABC.⋯9分∵∠CBB1=60°，所以ΔCBB1为等边三角形，又BC=1，可得OD=3 4，11由于AC⊥AB1，∴OAB1C，∴22227ADODOA，4 11由OH·AD=O·DOA，可得OH=2114，又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC的距离为217，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高高为217。
2020届高三数学立体几何专项训练
2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康2019-111.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.（Ⅰ）证明：PB2. 如图，四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点， 且PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)． (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．4.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，证明：B 1D 1∥l .5..如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PA B⊥平面ABCD,四边形ABCD 为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值.8...如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.11..如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝BC ＝3，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，点M 是AC 与BD 的交点，点N 在线段PB 上，且PN ＝14PB . (1)证明：MN ∥平面PDC ；(2)求直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ．(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由；(2)证明：平面PAB ⊥平面PBD ．13．(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ；(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .14.【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB ο求三棱柱111C B A ABC -的高.15.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥ BC, PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD说明理由．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ， E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2， E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直， 如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．20．如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8.点E，F分别在A1B1，D1C1上，过点E、F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形EFGH.(1)求证：A1E＝D1F；(2)判断A1D与平面α的关系．2020届高三数学立体几何专题(文科) 1解析：（Ⅰ）设AC的中点为O，连接EO. 在三角形PBD中，中位线EOV=（Ⅱ）∵AP=1，AD=-P ABD-11=32P ABD V PA AB AD ∴⋅⋅⋅AB 32AB =， 作AH ⊥PB 角PB 于H ，由题意可知BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又PA AB AH PB ⋅==A 点到平面PBC 2.(1)证明：如图所示，取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ． 所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ， 又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD ， 所以CE ∥平面PAD ． (2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ， 所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ，又CF ⊄平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ， 又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ， 故存在AB 的中点F 满足要求．3.(1)证明 ∵PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC .∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD . (2)解 ∵λ＝12，∴F 是PC 的中点，在Rt△PAC 中，PA ＝2，AC ＝2，∴PC ＝PA 2＋AC 2＝6，∴PF ＝12PC ＝62.∵平面PAC ⊥平面ABCD ，且平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ，PA ⊥AC ，PA ⊂平面PAC ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC .又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ， ∴BC ⊥平面PAB ， ∴BC ⊥PB ，∴在Rt△PBC 中，BF ＝12PC ＝62.连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝62，AB ＝1， ∴S △ABF ＝54，又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1， ∴由V F －ABD ＝V D －AFB ，得13×1×1＝13×d ×54，解得d ＝455，即点D 到平面AFB 的距离为455.4.证明 (1)由题设知BB 1∥DD 1且BB 1＝DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形， 所以BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1， 所以BD ∥平面CD 1B 1.因为A 1D 1∥B 1C 1∥BC 且A 1D 1＝B 1C 1＝BC ， 所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， 所以A 1B ∥平面CD 1B 1.又因为BD ∩A 1B ＝B ，BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ， 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1，又平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ， 平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ，所以直线l ∥直线BD ， 在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形BDD 1B 1为平行四边形， 所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l .5.连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，因为PM ＝MC ，AO ＝OC ，所以PA ∥MO ，因为PA⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明] (1)在四棱锥PABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD⊂平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF, 所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PA B为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE⊂平面AEFD,AD⊂平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=V C-AEFD,V E-ABC=V F-ADC=V C-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,则V P-ABCD=V1+V1=V1, ∴.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG⊂平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB ⊥平面PAC .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAC . (3)棱PB 上存在点F ，使得PA ∥平面CEF . 理由如下：如图，取PB 中点F ，连接EF ，CE ，CF .又因为E 为AB 的中点，所以EF ∥PA . 又因为PA ⊄平面CEF ，且EF ⊂平面CEF ，所以PA ∥平面CEF .10.证明 (1)因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ∥CD . 又AB ⊄平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以AB ∥平面PDC ， 又因为AB ⊂平面ABE ，平面ABE ∩平面PDC ＝EF ，所以AB ∥EF . (2)因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥AD . 因为AF ⊥EF ，(1)中已证AB ∥EF ，所以AB ⊥AF .又AB ⊥AD ，由点E 在棱PC 上(异于点C )，所以点F 异于点D ， 所以AF ∩AD ＝A ，AF ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD . 11.(1)证明 因为AB ＝BC ，AD ＝CD ， 所以BD 垂直平分线段AC . 又∠ADC ＝120°，所以MD ＝12AD ＝12，AM ＝32. 所以AC ＝3.又AB ＝BC ＝3，所以△ABC 是等边三角形，所以BM ＝32，所以BM MD ＝3，又因为PN ＝14PB ，所以BM MD ＝BNNP ＝3，所以MN ∥PD .又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ， 所以MN ∥平面PDC .(2)解 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA ，又BD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC .由(1)知MN ∥PD ，所以直线MN 与平面PAC 所成的角即直线PD 与平面PAC 所成的角， 故∠DPM 即为所求的角．在Rt△PAD 中，PD ＝2，所以sin∠DPM ＝DM DP ＝122＝14， 所以直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值为14.12.【解】 (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB ． 又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ，所以CM ∥平面PAB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交．所以PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥BD ．连接BM ， 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ．所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ．又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ． 又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD ． 13.[证明] (1)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1.又DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D ．又B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分 ∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB平面ABC 1，故B 1C ⊥AB . …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ，又BC 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ， 作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分 ∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD =34， 由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴227AD OD OA =+=由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=2114，又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为21， 所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为217。
专项训练：三角,数列,立体几何,概率解答题(五)(文科)
解答题专项训练（文科）1．在ABC ∆中，角A ，B ，C 所对边分别为a ，b ，c ，且向量()B A m sin ,sin =ρ,()A B n cos ,cos =ρ，满足C n m 2sin =⋅ρρ（1）求角C 的大小；（2）若sin ,sin ,sin A C B 成等差数列，且()18AC AC AB ⋅-=u u u r u u u r u u u r，求边c 的长2．数列{}n a 的前n 项和记为n S ,11=a ,点1(,)n n S a +在直线12+=x y 上,n ∈N*． （1）求证：数列{}n a 是等比数列，并求数列{}n a 的通项公式n a ； （2）设31log n n b a +=,n T 是数列n 项和,求2014T 的值．分组 A 组B 组C 组药品有效670ab 药品无效 8050c已知在全体样本中随机抽取1个，抽到B 组药品有效的概率是35.0． （1）现用分层抽样的方法在全体样本中抽取360个测试结果，问应在C 组抽取样本多少个？ [来源:学优]（2）已知425≥b ，68≥c ，求该药品通过测试的概率（说明：若药品有效的概率不小于90%，则认为测试通过）．4．在ABF Rt ∆中，AB=2BF=4，C ，E 分别是AB ，AF 的中点（如下左图）．将此三角形沿CE 对折，使平面AEC ⊥平面BCEF （如下右图），已知D 是AB 的中点．（1）求证：CD ∥平面AEF;（2）求证：平面AEF ⊥平面ABF ； （3）求三棱锥C-AEF 的体积，5，()f x a b =⋅r r . （1）求()f x 的最小正周期；（2）若A 为等腰三角形ABC 的一个底角，求()f A 的取值范围.6．空气质量已成为城市居住环境的一项重要指标，空气质量的好坏由空气质量指数确图：（1）估计某市一个月内空气受到污染的概率（规定：空气质量指数大于或等于75，空气受到污染）；（2）在空气质量类别为“良”、“轻度污染”、“中度污染”的监测数据中用分层抽样方法抽取一个容量为6的样本，若在这6数据中任取2个数据，求这2个数据所对应的空气质量类别不都是轻度污染的概率. 度度度7．在如图所示的几何体中，四边形ABCD 为正方形，ABE ∆为直角三角形，90BAE ∠=o，且AD AE ⊥.（1）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（2）若AB=2AE ，求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值.8．在1和2之间依次插入n )(*∈N n 个正数123,,,,n a a a a L 使得这2+n 个数构成递增的等比数列，将这2+n 个数的乘积记作n T ，令22log n n b T =. (1)求数列{n b }的通项公式；(2)令2nn c =，设，求n S .ABCDEO9．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足：2414a a +=，770S =． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）设248n n S b n+=，数列{}n b 的最小项是第几项，并求出该项的值．10．已知函数()()sin 0,0,2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>><⎪⎝⎭的图象与y 轴的交点为()0,1，它在y 轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为()()0,22,2.x xπ+-和（1）求()f x 的解析式及0x 的值；（2）若锐角θ满足()1cos 43f θθ=，求的值.11．甲、乙两人玩一种游戏：在装有质地、大小完全相同，编号分别为1，2，3，4，5五个球的口袋中，甲先摸出一个球，记下编号，放回后乙再摸一个球，记下编号，如果两个编号的和为偶数算甲赢，否则算乙赢. （1）求甲赢且编号和为6的事件发生的概率； （2）这种游戏规则公平吗？试说明理由.12．如图四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，PC ⊥平面,ABCD F 是DC 的中点，2AE EP =u u u r u u u r.（1）试判断直线EF 与平面PBC 的位置关系，并予以证明；（2）若四棱锥P ABCD -体积为83，22CD =，2PC BC ==，求证：平面BDE PBC ⊥面.13．在锐角ABC ∆中，角,,A B C 的对边分别为,,a b c ．已知()sin cos A B C -=． （1）求B ；（2）若32,10a b ==，求c ．14．已知数列{}n a 满足102a <<，12n n a a +=-，*n N ∈．（1）若123,,a a a 成等比数列，求1a 的值；（2）是否存在1a ，使数列{}n a 为等差数列？若存在，求出所有这样的1a ；若不存在，说明理由．15．如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，点E 在线段PC 上，PC ⊥平面BDE ．（1）证明：BD ⊥平面PAC .；（2）若1,2PA AD ==，求三棱锥E BCD -的体积．16．在ABC ∆中，角A ,B ,C 所对的边分别为,,,a b c 且（1（2求ABC ∆面积的最大值.17．一汽车厂生产A,B,C 三类轿车,每类轿车均有舒适型和标准型两种型号,某月的产量如表所示(单位辆)，若按A,B,C 三类用分层抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆,则A 类轿车有10辆（1）求下表中z 的值；（2）用随机抽样的方法从B 类舒适型轿车中抽取8辆,经检测它们的得分如下：94,86,92,96,87,93,90,82把这8辆轿车的得分看作一个总体,从中任取一个得分数a记这8辆轿车的得分的平均数为定义事件E =且函数()2 2.31f x ax ax =-+没有零点}，求事件E 发生的概率18．四边形ABCD与A'ABB'都是边长为a的正方形，点E是A'A的中点，A'A⊥平面ABCD（1）求证：A'C//平面BDE；（2）求证：平面A'AC⊥平面BDE；（3）求三棱锥A—BDE的体积19．已知公差不为0的等差数列{}na的前3项和3S＝9，且125,,a a a成等比数列（1）求数列{}na的通项公式和前n项和nS；（2）设nT为数列11{}n na a+的前n项和，若1n nT aλ+≤对一切n N*∈恒成立，求实数λ的最小值20．在ABC∆中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin cos0a Bb A+=.（1）求角A的大小；（2）若2a=1b=，求ABC∆的面积．21．在等差数列{}n a 中，已知35a =，12749a a a +++=L . （1）求na ；（2）若*11()n n n b n a a +=∈N ，设数列{}n b的前n 项和为n S ，试比较2+n a 与nS 16的大小．22．（本小题满分14分）如图，平面ABEF ⊥平面ABC ，四边形ABEF 为矩形，△ABC 为等边三角形．O 为AB 的中点，OF EC ⊥．A（1）求证：OE FC ⊥；（2）求二面角E FC O --的正切值．23 (1)求函数()f x 的单调增区间；(2)已知锐角△ABC 中角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．其面b+c 的值．24．数列{}n a 的前n 项和为n S ，且(1)n S n n =+，数列{}n b 满足3nn n b a =g ．(1)求数列{}n a 的通项公式， (2)求数列{}n b 的前n 项和．25．交通指数是交通拥堵指数的简称，是综合反映道路网畅通或拥堵的概念，记交通指数为T ．其范围为[0，10]，分别有五个级别：T ∈[0，2）畅通;T ∈[2，4)基本畅通; T ∈[4，6）轻度拥堵; T ∈[6，8)中度拥堵；T ∈[8，10]严重拥堵，晚高峰时段(T ≥2)，从某市交通指挥中心选取了市区20个交通路段，依据其交通指数数据绘制的部分直方图如图所示．(1)请补全直方图，并求出轻度拥堵、中度拥堵、严重拥堵路段各有多少个？ (2)用分层抽样的方法从交通指数在[4，6），[6，8），[8，l0]的路段中共抽取6个路段，求依次抽取的三个级别路段的个数；(3)从(2)中抽出的6个路段中任取2个，求至少一个路段为轻度拥堵的概率．26．如图，在几何体111ABC A B C -中，点111,,A B C 在平面ABC 内的正投影分别为A ，B ，C ，且AB BC ⊥，E 为1AB 中点，1112AB AA BB CC ===．(1)求证；CE ∥平面111A B C ， (2)求证：平面11AB C ⊥平面1A BC27．已知向量()3cos ,cos ,a x x =r向量()sin ,cos ,b x x =r 记().f x a b =⋅r r（1）求函数()f x 的单调递增区间； （2）若,44x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，求函数()f x 的值域.28．从某年级学生中，随机抽取50人，其体重（单位：千克）的频数分布表如下： 分组(体重)[55,60) [60,65) [65,70) [70,75) 频数(人)15 20 10 5（1）根据频数分布表计算体重在[)55,60的频率；（2）用分层抽样的方法从这50人中抽取10人，其中体重在[)[)55,6065,70和中共有几人？（3）在（2）中抽出的体重在[)[)55,6065,70和的人中，任取2人，求体重在[)[)55,6065,70和中各有1人的概率.29．如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧面PAD ⊥底面ABCD ，且△PAD 为等腰直角三角形，PA PD ⊥，E 、F 分别为PC 、BD 的中点.（1）求证：EF//平面PAD ；（2）求证：平面PAB ⊥平面PDC .30．数列{}n a 的前n 项和为n S ,且n a 是n S 和1的等差中项，等差数列{}n b 满足1143,b a b S ==（1）求数列{}n a 、{}n b 的通项公式 （2）设n c =nnb a ，求数列{}nc 的前n 项和n T .31．已知等比数列{}n a 前n 项和为n S ,且满足36763,22S S ==, (Ⅰ)求数列{}n a 的通项公式；（Ⅱ）求212325225log log log log a a a a ++++L 的值.32．如图，在ABC ∆中，已知10,14,3AB AC B π===,D 是BC 边上的一点， 6.DC =（Ⅰ）求ADB ∠的值；（Ⅱ）求sin DAC ∠的值。
文科数学解三角形专题高考题练习附答案
解三角形专题练习1、在b 、c ，向量(2sin ,m B =，2cos 2,2cos 12B n B ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，且//m n 。
〔I 〕求锐角B 大小；〔II 〕假如2b =，求ABC ∆面积ABC S ∆最大值。
2、在△ABC 中，角A ，B ，C 对边分别为a ，b ，c ，且.cos cos 3cos B c B a C b -= 〔I 〕求cos B 值；〔II 〕假设2=⋅，且22=b ，求c a 和b 值.3、在ABC ∆中，cos 5A =，cos 10B =. 〔Ⅰ〕求角C ；〔Ⅱ〕设AB =，求ABC ∆面积.4、在△ABC 中，A 、B 、C 所对边长分别为a 、b 、c ，向量(1,2sin )m A =，(sin ,1cos ),//,3.n A A m n b c a =++=满足〔I 〕求A 大小；〔II 〕求)sin(6π+B 值.5、△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 对边，且有sin2C+3cos 〔A+B 〕=0，.当13,4==c a ，求△ABC 面积。
6、在△ABC 中，角A 、B 、C 所对边分别为a ，b ，c ，11tan ,tan 23A B ==，且最长边边长为l.求：〔I 〕角C 大小； 〔II 〕△ABC 最短边长.7、在△ABC 中，a 、b 、c 分别是角A 、B 、C 对边，且c o s c o s B C ba c=-+2. 〔I 〕求角B 大小；〔II 〕假设b a c =+=134，，求△ABC 面积.8、〔2021全国卷Ⅱ文〕设△ABC 内角A 、B 、C 对边长分别为a 、b 、c ，23cos )cos(=+-B C A ,ac b =2，求B.9、〔2021天津卷文〕在ABC ∆中，A C AC BC sin 2sin ,3,5=== 〔Ⅰ〕求AB 值。
〔Ⅱ〕求)42sin(π-A 值。
1、 (1)解：m ∥n ⇒ 2sinB(2cos2B2－1)＝－3cos2B ⇒2sinBcosB ＝－3cos2B ⇒ tan2B ＝－ 3 ……4分∵0＜2B ＜π,∴2B ＝2π3,∴锐角B ＝π3 ……2分(2)由tan2B ＝－ 3 ⇒ B ＝π3或5π6①当B ＝π3时，b ＝2，由余弦定理，得：4＝a2＋c2－ac ≥2ac －ac ＝ac(当且仅当a ＝c ＝2时等号成立) ……3分∵△ABC 面积S △ABC ＝12 acsinB ＝34ac ≤ 3 ∴△ABC 面积最大值为 3……1分②当B ＝5π6时，b ＝2，由余弦定理，得：4＝a2＋c2＋3ac ≥2ac ＋3ac ＝(2＋3)ac(当且仅当a ＝c ＝6－2时等号成立) ∴ac ≤4(2－3)……1分∵△ABC 面积S △ABC ＝12 acsinB ＝14ac ≤2－ 3 ∴△ABC 面积最大值为2－ 3……1分2、解：〔I 〕由正弦定理得C R c B R b A R a sin 2,sin 2,sin 2===，,0sin .cos sin 3sin ,cos sin 3)sin(,cos sin 3cos sin cos sin ,cos sin cos sin 3cos sin ,cos sin 2cos sin 6cos sin 2≠==+=+-=-=A B A A B A C B B A B C C B B C B A C B B C R B A R C B R 又可得即可得故则因此.31cos =B …………6分 〔II 〕解：由2cos ,2==⋅B a 可得，,,0)(,12,cos 2,6,31cos 222222c a c a c a B ac c a b ac B ==-=+-+===即所以可得由故又 所以a ＝c ＝ 63、〔Ⅰ〕解：由cos A =，cos B =，得02A B π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭、，，所以sin sin A B == …… 3分因为cos cos[()]cos()cos cos sin sin C A B A B A B A B π=-+=-+=-+=…6分且0C π<< 故.4C π=………… 7分〔Ⅱ〕解：依据正弦定理得sin sin sin sin AB AC AB B AC C B C ⋅=⇒== ………….. 10分所以ABC ∆面积为16sin .25AB AC A ⋅⋅= 4、解：〔1〕由m//n 得0cos 1sin 22=--A A ……2分即01cos cos 22=-+A A1cos 21cos -==∴A A 或 ………………4分1cos ,-=∆A ABC A 的内角是 舍去 3π=∴A ………………6分〔2〕a c b 3=+ 由正弦定理，23sin 3sin sin ==+A C B (8)分π32=+C B23)32sin(sin =-+∴B B π ………………10分23)6sin(23sin 23cos 23=+=+∴πB B B 即5、解：由π=++=++C B A B A C 且0)cos(32sin有23sin 0cos ,0cos 3cos sin 2===-C C C C C 或所以 ……6分由3,23sin ,,13,4π==<==C C a c c a 则所以只能有， ……8分由余弦定理31,034cos 22222===+-⋅-+=b b b b C ab b a c 或解得有 当.3sin 21,133sin 21,3=⋅===⋅==C ab S b C ab S b 时当时6、解：〔I 〕tanC ＝tan[π－〔A ＋B 〕]＝－tan 〔A ＋B 〕11tan tan 231111tan tan 123A B A B ++=-=-=---⨯∵0C π<<， ∴34C π=……………………5分〔II 〕∵0<tanB<tanA ，∴A 、B 均为锐角, 那么B<A ，又C 为钝角， ∴最短边为b，最长边长为c ……………………7分由1tan 3B =，解得sin B =……………………9分由sin sin b cB C =，∴1sin sin 2c Bb C⋅==………………12分7、解：〔I 〕解法一：由正弦定理a A b B cC R s i n s i n s i n ===2得a R Ab R B cR C ===222s i n s i n s i n ，，将上式代入c o s c o s c o s c o s s i n s i n s i n B C b a c B C BA C =-+=-+22得即20s i n c o s s i n c o s c o s s i n A B C B C B ++=即20s i n c o s s i n ()A B B C ++=∵A B C B C A A B A ++=+=+=π，∴，∴sin()sin sin cos sin 20∵s i n c o s A B ≠，∴，012=- ∵B 为三角形内角，∴B =23π.解法二：由余弦定理得c o s c o s B a c b a c C a b ca b =+-=+-22222222， 将上式代入c o s c o s B C b a c a c b a c a b a b c ba c =-++-+-=-+2222222222得×整理得a c b a c 222+-=-∴c o s B a c b a c a c a c =+-=-=-2222212∵B 为三角形内角，∴B =23π〔II 〕将b a c B =+==13423，，π代入余弦定理b a c a c B 2222=+-c o s 得b ac a c a c B 2222=+--()c o s ，∴131621123=--=a c a c ()，∴ ∴S a c B A B C△==12343s i n . 8、解析：此题考察三角函数化简及解三角形实力，关键是留意角范围对角三角函数值sinB=23(负值舍掉)，从而求出B=3π。
最新高考数学文科二轮复习大题分层练四三角数列概率统计立体几何D组含答案
大题分层练(四)三角、数列、概率统计、立体几何(D组)1.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)+2sin2(ω>0,0<φ<π)为奇函数,且相邻两对称轴间的距离为.(1)当x∈时,求f(x)的单调递减区间.(2)将函数y=f(x)的图象向右平移个单位长度,再把横坐标缩小为原来的(纵坐标不变),得到函数y=g(x)的图象,当x∈时,求函数g(x)的值域.【解析】(1)由题知f(x)=sin(ωx+φ)-cos(ωx+φ)=2sin,因为相邻两对称轴的距离为,所以T==×2=π,ω=2.又因为f(x)为奇函数,所以φ-=kπ,φ=+kπ,(k∈Z),0<φ<π,所以φ=,即f(x)=2sin 2x,要使f(x)单调递减,需-π≤2x≤-,-<x≤-,所以f(x)的单调减区间为.(2)由题知g(x)=2sin,因为-≤x≤,所以-≤4x-≤,-1≤sin≤,-2≤g(x)≤,所以函数g(x)的值域为[-2,].2.等差数列{a n}的前n项和为S n,数列{b n}是等比数列,满足a1=3,b1=1,b2+S2=10,a5-2b2=a3.(1)求数列{a n}和{b n}的通项公式.(2)令c n=设数列{c n}的前n项和为T n,求T2n.【解析】(1)设数列{a n}的公差为d,数列{b n}的公比为q,则即解得所以a n=3+2(n-1)=2n+1,b n=2n-1.(2)由a1=3,a n=2n+1得S n==n(n+2),则c n=即c n=所以T2n=(c1+c3+…+c2n-1)+(c2+c4+…+c2n)=+(2+23+…+22n-1)=1-+=+(4n-1).3.某市从参加广场活动的人员中随机抽取了1 000名,得到如表:100总计400 600 1 000(1)能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为市民参加广场活动的项目与性别有关?(2)以性别为标准,用分层抽样的方法在跳广场舞的人员中抽取4人,再在这4人中随机确定两名做广场舞管理员,求这两名管理员是一男一女的概率.附:参考公式和K2检验临界值表2【解析】(1)由列联表可得:k=≈7.937,因为7.937>7.879,所以可以在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为市民参加广场活动的项目与性别有关.(2)由表可知,该市市民跳广场舞的男女性别比是1∶3,所以抽取的四人中只有1名男性,其余3名是女性,从中任选两人的所有结果是:(男,女1),(男,女2),(男,女3),(女1,女2),(女1,女3),(女2,女3),其中是一男一女的有三种.设“这两名管理员是一男一女”为事件A,则P(A)==.所以这两名管理员是一男一女的概率为.4.如图,直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为正三角形,E,F,G分别是BC,CC1,BB1的中点.(1)若BC=BB1,求证:BC1⊥平面AEG.(2)若D为AB的中点,∠CA1D=45°,四棱锥C-A1B1BD的体积为,求三棱锥F-AEC的表面积.【解析】(1)如图,因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以AE⊥BB1, 又因为E是正三角形ABC的边BC的中点,所以AE⊥BC,又BC∩BB1=B,所以AE⊥平面B1BCC1,则AE⊥BC1,连接B1C,因为B C=BB1,易知四边形B1BCC1为正方形,则BC1⊥B1C,又GE∥B1C,则BC1⊥GE,因为GE∩AE=E,所以BC1⊥平面AEG.(2)因为△ABC是正三角形,所以CD⊥AB,又因为三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,所以CD⊥AA1,所以CD⊥平面A1ABB1,所以CD⊥A1D.设AB=a,由题意,∠CA1D=45°,所以CD=A1D=a,所以AA1=a,所以=·a··a·a=,所以a=2,所以三棱锥F-AEC的表面积为S=×1×+×2×+××+×1×=.。
三角函数、立体几何及概率专项训练题.docx
2016届高三三角函数、立体几何及概率统计专项训练题（1）三视图部分:1. 一个空间儿何体的三视图及其尺寸如图所示，则该空间儿何体的体积是（）7 14 A. -B. —C. 7D. 14333. —个几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（） 、5x/3 A. --------3c.巫64. 直三棱柱ABC-A.B.C,的肓观图及三视图如下图所示,B. 直三棱柱的表面枳为8+4逅C. ABJ 平面 BDC1D. /C 丄平面 3QC1 5. —个儿何体的三视图如图所示，则这个儿何体的体积为A.（9 + 2龙）巧错误!未找到引用源。
B .6引用源。
C.错误！未找到引用源。
D.错误！未找到 （8 + 7T ）＞/J6D. V36.己知某儿何体的三视图如图所示， 则该儿何体的体积为（)3 5 ,4 5A. 一B. —C.—D. — 2 2 3 3则下列命题是假命题的是A.直三棱柱的体枳7=4 侧（左）视图错误！未找到引用源。
正视图k i-H侧视图—2—俯视图球内接几何体：1.一个三棱锥P-ABC的三条侧棱刃、PB、PC两两互相垂直，且长度分别为1、乔、3,则这个三棱锥的外接球的表面积为（）A. 16/rB. 32%C. 36〃D. 64龙2.平面a截球O的球面所得関的半径为1,球心O到平面a的距离为2迈,则此球的体积为（）A. 27兀B. 36龙C. 4届D. 6希龙3.如图所示，正四棱锥P-ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球0的同一个大圆上，点P在球面上.如果v®=¥，则球0的表面积是（）A. 4nB. 16兀C. 12“D・ 8 n4.已知正四棱锥的各棱棱长都为3血，贝怔四棱锥的外接球的表血积为_____空间中的点、线、面的位置关系1.设表示三条直线，ci , b , g表示三个平而，给出下列四个命题：①若/丄Q,加丄G,贝0////7?: ②若m u卩，〃是/在b内的射影，加丄则加丄〃;③若加ua, mH n ,则nil a \④若a丄g, bdg，则a // b .其中真命题为（）A.①②B.①②③C.②③④D.①③④2.设Q,0是两个不同的平面，/是一条直线，以下命题正确的是A.若/丄丄0,贝I"u0B.若llla.al ![3 ,贝ij/u0C.若/丄a,a//0,贝强丄“D.若11 la.a丄0,贝I” 丄0文科解答题：E1.在长方体中，AA=AD=2 , E是棱C/Q上的一点.（1）求证：BE丄出D；（2）若E是棱C/）,的中点，在棱AA f±是否存在点使得D,P//平而⑦＜E?若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.2 •如图四棱锥P-ABCD中，底面MBCD是平行四边形，ZACB = 90(), P/1丄平面ABCD,PA = BC = l f AE =近,F 是BC 的中点.⑴求证：D4丄平面PAC ；(2)若点G是"的中点，证明：CG //平面PAF ,并求三棱锥A-CDG的体积.3.如图，在多面体ABCDEF中，底而ABCD是边长为2的正方形, 平面/BCD BF=3, G和H分别是CE和CF的中点.(1 )求证：/C丄平而BDEF；(II )求多血体ABCDEF的体积. 四边形BDEF是矩形，平而8DEF丄P4.如图，长方体力G中，AB4D的中点为P，DP的中点为H・(I)证明EH//平面FG坊；Di F C1 (II)求四而体EFG目的体积.5•如图，在三棱柱ABC —佔G中，B]B = B}A = AB = BC = 21的BC = 9()° ,。
高三文科解三角形专项训练
解三角形专项训练1、在ABC △中，AB =45A =，75C =，则BC =（ Ａ ）Ａ．3Ｃ．2Ｄ．32、在ABC △中，若1tan 3A =，150C =，1BC =，则AB =3、在ABC △中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，若1a =，bc =则B = 5π6 ．4、在ABC △中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，若1a =，c =π3C =，则A = π6 ．5、在△ABC 中，AB =1,B C =2,B =60°，则AC ＝3 。
6、如图，测量河对岸的塔高AB 时，可以选与塔底B 在同一水平面内的两个侧点C 与D ．现测得BCD BDC CD s αβ∠=∠==，，，并在点C 测得塔顶A 的仰角为θ，求塔高AB ．解：在BCD △中，πCBD αβ∠=--． 由正弦定理得sin sin BC CDBDC CBD=∠∠．所以sin sin sin sin()CD BDC s BC CBD βαβ∠==∠+·．在ABC Rt △中，tan sin tan sin()s AB BC ACB θβαβ=∠=+·．7、在ABC △中，1tan 4A =，3tan 5B =． （Ⅰ）求角C 的大小；（Ⅱ）若ABC △，求最小边的边长．本小题主要考查两角和差公式，用同角三角函数关系等解斜三角形的基本知识以 及推理和运算能力，满分12分． 解：（Ⅰ）π()C A B =-+，1345tan tan()113145C A B +∴=-+=-=--⨯．又0πC <<，3π4C ∴=． （Ⅱ）34C =π，AB ∴边最大，即AB =又tan tan 0A B A B π⎛⎫<∈ ⎪2⎝⎭，，，，∴角A 最小，BC 边为最小边．由22sin 1tan cos 4sin cos 1A A A A A ⎧==⎪⎨⎪+=⎩，，且π02A ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，得sin A =sin sin AB BC C A =得：sin 2sin A BC AB C == 所以，最小边BC =8、已知△ABC 顶点的直角坐标分别为)0,()0,0()4,3(c C B A 、、. （1）若5=c ，求sin ∠A 的值;（2）若∠A 是钝角，求c 的取值范围.解：(1) (3,4)AB =--, (3,4)AC c =-- 当c=5时，(2,4)AC =-cos cos ,A AC AB ∠=<>=进而sin A ∠==(2)若A 为钝角，则AB ﹒AC= -3(c -3)+( -4)2<0 解得c>325显然此时有AB 和AC 不共线，故当A 为钝角时，c 的取值范围为[325，+∞)9、已知ΔABC 三个顶点的直角坐标分别为A(3，4)、B(0，0)、C(c ，0)． (1)若0AB AC =，求c 的值；(2)若5c =，求sin ∠A 的值解: (1) (3,4)AB =-- (3,4)A C c =-- 由 3(3)16253AB AC c c =--+=-= 得 253c = (2) (3,4)AB =-- (2,4)AC =- cos5AB AC A AB AC∠===sin A ∠==10、已知ABC △1，且sin sin A B C +． （I ）求边AB 的长； （II ）若ABC △的面积为1sin 6C ，求角C 的度数． 解：（I ）由题意及正弦定理，得1AB BC AC ++=，BC AC +=，两式相减，得1AB =． （II ）由ABC △的面积11sin sin 26BC AC C C =， 得13BC AC =，由余弦定理，得222cos 2AC BC AB C AC BC +-=22()2122AC BC AC BC AB AC BC +--==，所以60C =．11、如图,甲船以每小时海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀速直线航行,当甲船位于1A 处时,乙船位于甲船的北偏西105︒的方向1B 处,此时两船相距20海里.当甲船航行20分钟到达2A 处时,乙船航行到甲船的北偏西120︒方向的2B 处,此时两船相距海里,问乙船每小时航行多少海里? 解：如图，连结12A B，22A B =122060A A =⨯= 122A A B ∆是等边三角形，1121056045B A B ∠=︒-︒=︒，在121A B B ∆中，由余弦定理得2221211121112222cos 4520220200B B A B A B A B A B =+-⋅︒=+-⨯⨯=，12B B =因此乙船的速度的大小为6020=答：乙船每小时航行海里.12、在ABC △中，角A B C ，，的对边分别为tan a b c C =，，， （1）求cos C ；（2）若52CB CA =，且9a b +=，求c ．解：（1）sin tan cos C C C=∴=又22sin cos 1C C += 解得1cos 8C =±．tan 0C >，C ∴是锐角． 1cos 8C ∴=． （2）52CB CA =， 5cos 2ab C ∴=， 20ab ∴=．又9a b +=22281a ab b ∴++=． 2241a b ∴+=．2222cos 36c a b ab C ∴=+-=． 6c ∴=．13、在ABC △中，a b c ，，分别是三个内角A B C ，，的对边． 若4π,2==C a ，5522cos =B ，求ABC △的面积S ． 解： 由题意，得3cos 5B B =，为锐角，54sin =B ，10274π3sin )πsin(sin =⎪⎭⎫ ⎝⎛-=--=B C B A ， 由正弦定理得 710=c ， ∴ 111048sin 222757S ac B ==⨯⨯⨯=14、设锐角三角形ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，2sin a b A =．（Ⅰ）求B 的大小；（Ⅱ）若a =5c =，求b ．解：（Ⅰ）由2sin a b A =，根据正弦定理得sin 2sin sin A B A =， 所以1sin 2B =，由ABC △为锐角三角形得π6B =． （Ⅱ）根据余弦定理，得2222cos b a c ac B =+-272545=+-7=．所以，b =15、在ABC △中，已知内角A π=3，边BC =B x =，周长为y ． （1）求函数()y f x =的解析式和定义域； （2）求y 的最大值．解：（1）ABC △的内角和A B C ++=π，由00A B C π=>>3，，得20B π<<3． 应用正弦定理，知sin 4sin sin sin BC AC B x x A ===3，2sin 4sin sin BC AB C x A π⎛⎫==- ⎪3⎝⎭．因为y AB BC AC =++，所以224sin 4sin 03y x x x ππ⎛⎫⎫=+-+<<⎪⎪3⎝⎭⎭，（2）因为14sin sin 2y x x x ⎛⎫=+++ ⎪ ⎪2⎝⎭5s i n 3x x ππππ⎛⎫⎫=++<+< ⎪⎪6666⎝⎭⎭，所以，当x ππ+=62，即x π=3时，y取得最大值。
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专项训练：三角，数列，立体几何，概率解答题（四）（文科）1．如图，五面体中，四边形ABCD是矩形，DA面ABEF，且DA=1，AB//EF，，P、Q、M分别为AE、BD、EF的中点.求证：（I）PQ//平面BCE；（II）求证：AM平面ADF；2．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC,点D是AB的中点．ADBCC11B1(1)求证：BC1∥平面CA1D；(2)求证：平面CA1D⊥平面AA1B1B；(3)若底面ABC为边长为2的正三角形，BB1= ，求三棱锥B1-A1DC的体积．3．已知正方体的棱长为.（1）求异面直线与所成角的大小；（2）求四棱锥的体积.4．（本小题满分12分）在三棱柱中，侧面为矩形，，，为的中点，与交于点，侧面.（1）证明：；（2）若，求三棱锥的体积.5．（本小题满分12分）如图所示，矩形的对角线交于点G，AD⊥平面，，，为上的点，且BF⊥平面ACEＢＡＤＣFＥ（1）求证：平面；（2）求三棱锥的体积.6．等比数列{a n}的各项均为正数，且2a1＋3a2＝1，a32＝9a2a6.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．7．已知数列，是其前项的和，且满足，对一切都有成立，设．（1）求；（2）求证：数列是等比数列；（3）求使成立的最小正整数的值．8．设数列为等差数列，且；数列的前n项和为，且。
（I）求数列，的通项公式；（II）若，为数列的前n项和，求。
9．设函数上两点，若，且P点的横坐标为.（Ⅰ）求P点的纵坐标；（Ⅱ）若求；（Ⅲ）记为数列的前n项和，若对一切都成立，试求a的取值范围.10．（本小题满分12分）已知函数 ，当时取得最小值-4.（1）求函数的解析式；（2）若等差数列前n项和为，且，，求数列的前n项和.11． (本小题12分)已知数列为首项为1的等差数列，其公差，且成等比数列.（1）求的通项公式；（2）设,数列的前项和,求.12．（本小题满分13分）已知等比数列满足.（1）求数列的前15项的和；（2）若等差数列满足，，求数列的前项的和13．已知函数 .(1)求函数的单调递减区间及最小正周期；(2)设锐角△ABC的三内角A，B，C的对边分别是若，，求14．已知函数的最小正周期为.（I）求函数的对称轴方程；（II）若，求的值.15．(本小题12分) 若函数在R上的最大值为5.(1)求实数m的值；(2)求的单调递减区间。
16． (本小题12分) 在锐角中，分别是内角所对的边，且。
（1）求角的大小；（2）若，且，求的面积。
17．已知函数（1）求函数的最小值及单调减区间；（2）在中，分别是角的对边，且，，，且，求,c的值18．（本小题满分12分）郑州市为了缓解交通压力，大力发展公共交通，提倡多坐公交少开车.为了调查市民乘公交车的候车情况，交通主管部门从在某站台等车的45名候车乘客中随机抽取15人，按照他们的候车时间（单位：分钟）作为样本分成6组，如下表所示：（1）估计这45名乘客中候车时间少于12分钟的人数；（2）若从上表第四、五组的5人中随机抽取2人做进一步的问卷调查，求抽到的2人恰好来自不同组的概率.19．M公司从某大学招收毕业生，经过综合测试，录用了14名男生和6名女生，这20名毕业生的测试成绩如茎叶图所示（单位：分），公司规定：成绩在180分以上者到“甲部门”工作；180分以下者到“乙部门”工作。
（I）求男生成绩的中位数及女生成绩的平均值；（II）如果用分层抽样的方法从“甲部门”人选和“乙部门”人选中共选取5人，再从这5人中选2人，那么至少有一人是“甲部门”人选的概率是多少？20．2013年4月14日，CCTV财经频道报道了某地建筑市场存在违规使用未经淡化海砂的现象．为了研究使用淡化海砂与混凝土耐久性是否达标混凝土耐久性达标混凝土耐久性不达标总计使用淡化海砂2530使用未经淡化海砂1530总计402060的值，利用独立性检验的方法判断，能否在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为使用淡化海砂与混凝土耐久性是否达标有关？（Ⅱ）若用分层抽样的方法在使用淡化海砂的样本中抽取了6个，现从这6个样本中任取2个，则取出的2个样本混凝土耐久性都达标的概率是多少？21．某小区在一次对20岁以上居民节能意识的问卷调查中，随机抽取了100份问卷进行统计，得到相关的数据如下表：（Ⅰ）由表中数据直观分析，节能意识强弱是否与人的年龄有关？（Ⅱ）据了解到，全小区节能意识强的人共有350人，估计这350人中，年龄大于50岁的有多少人？（Ⅲ）按年龄分层抽样，从节能意识强的居民中抽5人，再从这5人中任取2人，求恰有1人年龄在20至50岁的概率.22．某单位名员工参加“社区低碳你我他”活动.他们的年龄在岁至岁之间.按年龄分组：第1组，第组，第3组，第组，第组，得到的频率分布直方图如图所示.下表是年龄的频率分布表.区间人数（1）求正整数、、的值；（2）现要从年龄较小的第、、组中用分层抽样的方法抽取人，则年龄在第、、组的人数分别是多少？（3）在（2）的条件下，从这人中随机抽取人参加社区宣传交流活动，求恰有人在第组的概率.23．某校有教职工人，对他们进行年龄状况和受教育情况（只有本科和研究生两类）的调查，其结果如图：（Ⅰ）随机抽取一人，是35岁以下的概率为，求的值；（Ⅱ）从50岁以上的6人中随机抽取两人，求恰好只有一位是研究生的概率．24．(本小题满分13分)为了解某校今年高一年级女生的身体素质状况，从该校高一年级女生中抽取了一部分学生进行“掷铅球”的项目测试，成绩低于5米为不合格，成绩在5至7米（含5米不含7米）的为及格，成绩在7米至11米（含7米和11米，假定该校高一女生掷铅球均不超过11米）为优秀．把获得的所有数据，分成五组，画出的频率分布直方图如图所示．已知有4名学生的成绩在9米到11米之间．(1)求实数的值及参加“掷铅球”项目测试的人数；(2)若从此次测试成绩最好和最差的两组中随机抽取2名学生再进行其它项目的测试，求所抽取的2名学生自不同组的概率．25．甲乙两人拿两颗骰子做投掷游戏，规则如下：若掷出的点数之和为3的倍数，原掷骰子的人再继续掷，否则，由对方接着掷。
第一次由甲开始掷。
（1）分别求第二次、第三次由甲掷的概率；（2）求前4次抛掷中甲恰好掷两次的概率.26．一中食堂有一个面食窗口,假设学生买饭所需的时间互相独立,且都是整数分钟,对以往学生买饭所需的时间统计结果如下:买饭时12345间（分）频率0.10.40.30.10.1从第一个学生开始买饭时计时.（Ⅰ）求第2分钟末没有人买晚饭的概率；（Ⅱ）估计第三个学生恰好等待4分钟开始买饭的概率.27．某高校从今年参加自主招生考试的学生中随机抽取容量为的学生成绩样本，得到频率分布表如下：组数分组频数频率[230,235）80.16第一组第二组[235,240）0.24第三组[240,245）15第四组[245,250）100.20第五组[250,255]50.10合计 1.00（1）求的值；（2）为了选拔出更加优秀的学生，该高校决定在第三、四、五组中用分层抽样的方法抽取6名学生进行第二轮考核，分别求第三、四、五组参加考核的人数；（3）在（2）的前提下，高校决定从这6名学生中择优录取2名学生，求2人中至少有1人是第四组的概率．28．省《体育高考方案》于2012年2月份公布，方案要求以学校为单位进行体育测试，某校对高三1班同学按照高考测试项目按百分制进行了预备测试，并对50分以上的成绩进行统计，其频率分布直方图如图所示，若90～100分数段的人数为2人.(Ⅰ) 请估计一下这组数据的平均数M；(Ⅱ) 现根据初赛成绩从第一组和第五组(从低分段到高分段依次为第一组、第二组、…、第五组)中任意选出两人，形成一个小组.若选出的两人成绩差大于20，则称这两人为“帮扶组”，试求选出的两人为“帮扶组”的概率.29．某公司招聘员工采取两次考试(笔试)的方法：第一试考选择题，共10道题（均为四选一题型），每题10分，共100分；第二试考解答题，共3题。
规则是：只有在一试中达到或超过80分者才获通过并有资格参加二试，参加二试的人只有答对2题或3题才能被录用。
现有甲、乙两人参加该公司的招聘考试。
且已知在一试时：两人均会做10道题中的6道；对于另外4道题来说，甲有两题可排除两个错误答案、有两题完全要猜，乙有两题可排除一个错误答案、有一题可排除两个错误答案、有一题完全要猜。
进入二试后，对于任意一题，甲答对的概率是、乙答对的概率是.（1）分别求甲、乙两人能通过一试进入二试的概率、；（2）求甲、乙两人都能被录用的概率.30．为预防H7N9病毒爆发，某生物技术公司研制出一种新流感疫苗，为测试该疫苗的有效性（若疫苗有效的概率小于90%，则认为测试没有通过），公司选定2000个流感样本分成三组，测试结果如下表：分组A组B组C组673a b疫苗有效疫苗无7790c效已知在全体样本中随机抽取1个，抽到B组疫苗有效的概率是0.33．（I）现用分层抽样的方法在全体样本中抽取360个测试结果，问应在C 组抽取样本多少个？（II）已知b≥465，c ≥30，求通过测试的概率专项训练：三角，数列，立体几何，概率解答题（四）（文科）参考答案1．（I）见解析（II）见解析.【解析】试题分析：（I）连接,根据四边形ABCD是矩形，Q为BD的中点，推出Q为AC的中点，利用从而可得PQ//平面BCE.（II）由M是EF的中点，得到EM=AB=,推出四边形ABEM是平行四边形.从而由AM//BE，AM=BE=2，AF=2，MF=，得到，推出.又可得，即可得出AM平面ADF.试题解析：（I）连接,因为四边形ABCD是矩形，Q为BD的中点，所以，Q 为AC的中点，又在中，为的中点，所以,因为，，，所以，PQ//平面BCE.（II）因为，M是EF的中点，所以，EM=AB= ,又因为EF//AB，所以，四边形ABEM是平行四边形.所以，AM//BE，AM=BE=2，又AF=2，MF=，所以，是直角三角形，且，所以，.又因为, ,所以，，又,所以，AM平面ADF.考点：平行关系，垂直关系.2．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）.【解析】试题分析：（1）由直线和平面平行的判定定理知，要证明面，只需在面内找一条直线平行于即可，连接交于点，连接，由三角形中位线定理，得，进而证明面；（2）由面面垂直的判定定理，只需在一个平面内找另一个平面的一条垂线即可，由已知得面，故平面平面；（3）求四面体体积，关键在于利用等体积转化法，选择合适的底面便于求高，∵，依题意，高为，再求底面的面积，进而求三棱锥的体积.试题解析：（1）连接交于点，连接，因为四边形是矩形，则为的中点，又是的中点，，又面，面，面．（2），是的中点，，又面， 面，，，面，面， 平面平面.（3）解： ,则（2）知CD⊥面ABB1B， 所以高就是CD= ，BD=1，BB1=，所以A1D=B1D=A1B1=2, , ．考点：1、直线和平面平行的判定定理；2、面面垂直的判定定理；3、三棱锥的体积.3．(1)；(2).【解析】试题分析：这是最基本的立体几何题，计算异面直线所成的角和几何体的体积.(1)异面直线直线所成的角，主要是根据定义把两条异面直线中的一条平移到与另一条相交，则这两条相交直线所成的锐角或直角就是所求，正方体中平行线很多，不需要另外作辅助线，如∥，则(或其补角)就是所求异面直线所成的角.(2)这是求一个四棱锥的体积，为底面积乘高除以3，本题中四棱锥底面是正方形，高是，体积易求.试题解析：（1）因为，直线与所成的角就是异面直线与所成角.又为等边三角形，异面直线与所成角的大小为.（2）四棱锥的体积考点：(1)异面直线所成的角；(2)棱锥的体积.4．（1）证明过程详见解析；（2）.【解析】试题分析：本题以三棱柱为几何背景考查线线垂直的判定和线面垂直的判定以及三棱锥的体积的求法，突出考查考生的空间想象能力和推理论证能力以及计算能力.第一问，由于侧面为矩形，所以在直角三角形和直角三角形中可求出和的正切值相等，从而判断2个角相等，通过转化角得到， 又由于线面垂直，可得，所以可证， 从而得证；第二问，利用第一问的结论，知，利用平行平面，将三棱锥进行转换，转换出底和高都比较明显的，利用三棱锥的体积公式进行计算.试题解析：(1)证明：由题意且,,所以, 3分又侧面，,又与交于点，所以,又因为,所以. 6分（2）因为且平面. 12分考点：1.直角三角形中正切的计算；2.线面垂直的判定和性质；3.三棱锥的体积公式.5．（1）参考解析；（2）.【解析】试题分析：（1）因为要证平面，线面平行要转化为直线垂直于平面内两条直线，通过分析可得.再通过线面垂直从而可证的直线.这样既可得到直线与平面的垂直.本小题的关键是通过线线关系与线面关系相互转化.(2)根据题意可得直线垂直于平面.所以三棱锥的体积.可以表示为.其中分别可以求出来.既可得到所求的体积.试题解析：（1）证明：∵平面，，∴平面，则又平面，则平面6分（2）平面，，而平面，平面是中点，是中点，且，平面，，中，，12分ＢＡＤＣFＥ考点：1.线面垂直.2.三棱锥的体积.6．（1）；（2）【解析】试题分析：（1）由得，从而求，再代入求，代入等比数列通项公式求；（2）求数列前n项和，首先考察数列通项公式，根据通项公式的不同形式选择相应的求和方法，由=，故求得，利用裂项相消法求和.试题解析：(1)设数列{a n}的公比为q.由得，所以.由条件可知故由得，所以.故数列{a n}的通项公式为.(2) .故.所以数列的前n项和为.考点：1、等比数列的通项公式；2、等比数列的性质；3、数列求和. 7．(1);(2)证明见解析；(3)5.【解析】试题分析：(1)只求，只要在中令民，则有，而，故；(2)要证明数列是等比数列，就是要证明为非零常数，因此首先要找到与的关系，这由已知式中用代换可得，两式相减，得，这个式子中只要把用代换即可得结论，当然说明，且要计算出，才能说明是等比数列；(3) 只要把和式求出，它是一个等比数列的和，故其和为，然后解不等式，可得，从而得出最小值为5.试题解析：(1) 由及当时故(2)由及得，故，即，当时上式也成立,,故是以3为首项，3为公比的等比数列(3) 由（2）得故解得，最小正整数的值5考点：(1)数列的项；(2)等比数列的定义；(3)等比数列的前项和. 8．（I），.（II）【解析】试题分析：（I）由等差数列的通项公式，不难得到数列的公差，，所以；由得，通过讨论，的情况，得到是首项为1，公比为的等比数列，.（II）由（I）知，所以应用“错位相减法”可求和.试题解析：（I）数列的公差为，则，，所以，由得，当时，所以，，当时，，是首项为1，公比为的等比数列，.（II）由（I）知，，，所以，=，考点：等差数列，等比数列，“错位相减法”.9．（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）求点的纵坐标，由于点满足，由向量加法的几何意义可知，是的中点，则，而两点在函数上，故，而，从而可得点的纵坐标；（Ⅱ）根据，，，可利用倒序相加法求和的方法，从而可求的的值；（Ⅲ）记为数列的前n项和，若对一切都成立，试求的取值范围，试题解析：（Ⅰ）∵，∴是的中点，则------（2分）∴．∴，所以点的纵坐标为． （4分）（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，，，，两式相加得∴； （8分）（Ⅲ）10分12分14分考点：数列与函数的综合；数列的求和．10．（1）；（2）.【解析】试题分析： 本题是三角函数与数列的综合题目，考查三角函数的最值、解析式，数列的通项公式、求和公式等基础知识，考查数形结合思想、转化思想和计算能力.第一问，根据已知条件，当时取得最小值-4，所以数形结合将坐标代入解出的值，得到函数解析式；第二问，根据第一问的解析式，先求出和即和的值，利用等差数列的通项公式求出数列的首项和公差，并求出数列的前n项和，用裂项相消法求数列的前n项和.试题解析：（1）由题意时取得最小值-4，，，又因为，所以4分（2）因为，，所以，设等差数列公差为，则，8分12分考点：1.三角函数的最值；2.等差数列的通项公式；3.等差数列的前n 项和公式；4.裂项相消法求和.11．（1）（2）【解析】试题分析：（1）由等比中项得，代入等差数列的通项公式，整理后可得，可求d=2，即可求得通项公式；（2）利用数列求和的裂项法求解即可.试题解析：（1）因为成等比数列,所以，，整理得，因为，，所以，因此（2）==，所以=+（）+（）+…+==.考点：1.等差数列的通项公式；2.等比数列的性质；3.求数列的前n项和.12．(1) ;(2)110【解析】试题分析：(1)由等比数列满足.列出两个关于首项与公比的方程，通过解方程组可求出首项与公比.从而通过等比数列的前项和的公式求出前15项的和.本小题解出公比有两个值代入验算舍去一个.（2）由于等差数列满足，，由（1）可得数列的通项公式.从而得到数列的通项公式.即可求出等差数列的前10项和.试题解析：（1）设等比数列的公比为，由得,由得两式作比可得，（不符合题意舍去），所以，把代入②解得，由等比数列求和公式得7分（2）由（I）可得，设等差数列的公差为，则=2由等差数列求和公式得13分考点：1.待定系数法.2.等比数列前项和.3.等差数列的前项和. 13．（１），；（２）【解析】试题分析：（1）利用和角的余弦公式和正弦的降幂公式，将解析式化为，利用求最小正周期，因为，故递增，则，解不等式得函数的递减区间；（2）由，代入函数解析式，可求，知道，可求，利用正弦定理列式求．试题解析：(1)∵＝＝，∴最小正周期，令，得，∴的单调递减区间是.(2)由(1) ＝得：，∴，又，∴，∴，即=．考点：１、和角的余弦公式和降幂公式；2、三角函数的单调区间；3、正弦定理.14．(I)对称轴方程是.(II) .【解析】试题分析： 首先利用三角函数的和差倍半公式，将三角函数式化简，得到，根据其最小正周期为，即得.(I)由得，，得到函数的对称轴方程是.(II)由已知.利用倍角的余弦公式可得.试题解析：，因为，其最小正周期为，所以，.(I)由得，，所以，函数的对称轴方程是.(II)因为，所以.所以，=.考点：和差倍半的三角函数，三角函数的图象和性质.15．（1）；（2）【解析】试题分析：首先利用二倍角公式和两角和差公式进行化简可得 ，然后再根据正弦函数的性质求解即可.试题解析： =（1）因为函数的在R上的最大值为5，所以2+m+1=5，解得m=2；（2）由得，所以的单调递减区间为 .考点：1.二倍角公式和两角和差公式；2. 正弦函数的性质.16．（1） （2）【解析】试题分析：（1）根据正弦定理，把已知条件转化为A的函数式，即，由三角函数的性质求解即可.（2）由可求得，再由余弦定理和，可求得bc=6，最后由三角形面积公式求解即可.试题解析：（1）由正弦定理和已知条件可得 ,即，又因为A是锐角，所以= .（2）由可得，即，又因为=，所以7= －2bccos，解得bc=6，即. 考点：1.正弦定理和余弦定理；2.三角形的面积公式.17．（1）最小值为-1，单调减区间为；（2）,【解析】试题分析：（1）因为已知函数通过化一公式函数.又因为函数的单调递减区间是.所以可得在该区间内的范围即可求得的范围.（2）因为在中，分别是角的对边，且由（1）式可求得角A的值.再利用余弦定理即可得可求得三角形中的边的关系.从而即可求出的值.试题解析：（1）∴函数的最小值为由得：单调减区间为6分（2）是三角形内角，∴即∴即：．将代入可得：，解之得：或.∴,或, ∴,， 13分考点：1.三角函数的化一公式.2.三角函数的单调性.3.解三角形.4.余弦定理.18．（1）人；（2）.【解析】试题分析：本题主要考查分层抽样和随机事件的概率等数学知识，考查学生的分析能力和计算能力.第一问，利用分层抽样中，每个个体被抽到的可能性都是，得到概率为，再利用时间少于12分钟的人数为9人，得到答案；第二问，考查随机事件的概率，设出第四组中的3人和第五组中的2人，分别写出所有取2人的情况，在这些情况中选出符合恰好来自不同组的情况，最后再求出概率.试题解析：(1)从45候车乘客中随机抽取15人，每人被抽到的概率为，则45名乘客中候车时间少于12分钟的人数为人. 4分(2)记第四组的3人为,第五组的2个人为,则从这5人中随机抽取2人的不同结果共10种，两人恰好来自两组的情况有共6种， 10分则抽到的2人恰好来自不同组的概率. 12分考点：1.分层抽样；2.随机事件的概率.19．（I）男生成绩的中位数是175.5.女生成绩的平均数是.（II）至少有一人是“甲部门”人选的概率是.【解析】试题分析：（I）观察茎叶图，分别计算得到男生的平均数为175.5.即男生成绩的中位数是175.5.女生成绩的平均数是.（II）首先确定得到，每人被选中的概率为，然后根据茎叶图，“甲部门”人选由8人，“乙部门”人选由12人，得到选中的“甲部门”人选有人，“乙部门”人选有人.记选中的“甲部门”的人员为,选中的“乙部门”人员为,列举出从这5人中选2人的所有可能的结果为：,,共10种.其中至少有一人是“甲部门”人选的结果有7种，确定得到至少有一人是“甲部门”人选的概率是.试题解析：（I）男生共14人，中间两个成绩是175和176，它们的平均数为175.5.即男生成绩的中位数是175.5.女生成绩的平均数是.（II）用分层抽样的方法从“甲部门”人选和“乙部门”人选中共选取5人，每人被选中的概率为，根据茎叶图，“甲部门”人选由8人，“乙部门”人选由12人，所以选中的“甲部门”人选有人，“乙部门”人选有人.记选中的“甲部门”的人员为,选中的“乙部门”人员为,从这5人中选2人的所有可能的结果为：,,共10种.其中至少有一人是“甲部门”人选的结果有7种，因此，至少有一人是“甲部门”人选的概率是.考点：平均数、中位数的概念及其计算，古典概型概率的计算，分层抽样.20．（Ⅰ）,能；（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）由图易知，然后由已知数据，利用公式得通过查表可知能在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为使用淡化海砂与混凝土耐久性是否达标有关；（Ⅱ）由图可知使用淡化海砂的样本中混凝土耐久性达标与不达标的比例为25:5，即5:1.从而知这6个样本中“混凝土耐久性达标”的为5，混凝土耐久性不达标”的为1.再计算从这6个样本中任取2个的基本事件总数，以及取出的2个样本混凝土耐久性都达标的对立事件数，再利用古典概率的公式即可得到所求概率.试题解析：（Ⅰ）(2分)假设：是否使用淡化海砂与混凝土耐久性是否达标无关，由已知数据可求得：因此，能在犯错误的概率不超过1%的前提下，认为使用淡化海砂与混凝土耐久性是否达标有关． (6分)（Ⅱ）用分层抽样的方法在使用淡化海砂的样本中抽取了6个，其中应抽取“混凝土耐久性达标”的为“混凝土耐久性不达标”的为1．“混凝土耐久性达标”的记为“混凝土耐久性不达标”的记为．从这6个样本中任取2个，共有可能，设“取出的2个样本混凝土耐久性都达标”为事件，它的对立事件为“取出的2个样本至少有一个混凝土耐久性不达标”，包含（），（），（），（），（）共5种可能，所以.则取出的2个样本混凝土耐久性都达标的概率是. (12分)考点：1.独立性检验；2.古典概率.21．（Ⅰ）节能意识强弱与年龄有关；（Ⅱ）年龄大于50岁的有280人；（Ⅲ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）因为20至50岁的54人有9人节能意识强，大于50岁的46人有36人节能意识强，与相差较大，所以节能意识强弱与年龄有关；（Ⅱ）根据比例即可求得年龄大于50岁的人数；（Ⅲ）分层抽样就是按比例抽样，根据比例可求得，年龄在20至50岁的抽1人，年龄大于50岁的抽4人，记这5人分别为A，B1，B2，B3，B4，从这5人中任取2人，将其结果一一列举出来，共有10种不同的结果，数出其中“恰有1人年龄在20至50岁”的基本事件的个数，即可得所求概率.试题解析：（Ⅰ）因为20至50岁的54人有9人节能意识强，大于50岁的46人有36人节能意识强，与相差较大 1分，所以节能意识强弱与年龄有关 2分（Ⅱ）年龄大于50岁的有（人） 5分（列式2分，结果1分）（Ⅲ）抽取节能意识强的5人中，年龄在20至50岁的（人） 8分，年龄大于50岁的4人 8分，记这5人分别为A，B1，B2，B3，B4。