2018届北师大版高考中的立体几何(解答题型) 单元测试

2018全国高考立体几何(完整答案)

2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．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．2．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．3．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．4．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．5．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=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC 于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．7．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．8．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．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）7．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．8．【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，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。

2018届北师大版(理科数学) 解析几何、极坐标参数方程单元测试

十四、圆锥曲线（一）试题细目表（二）试题解析1.（2018·海淀区期末·9）点到双曲线的渐近线的距离是．【答案】2.（2018·海淀区期末·11）设抛物线的顶点为，经过抛物线的焦点且垂直于轴的直线和抛物线交于两点，则 .【答案】23.（2018·丰台区期末·13）能够说明“方程的曲线是椭圆”为假命题的一个的值是．【答案】中任取一值即为正确答案4.（2018·海淀期末·5）已知直线与圆相交于两点，且为正三角形，则实数的值为A. B. C.或 D.或【答案】D5.（2018·海淀期末·8）已知点为抛物线的焦点，点为点关于原点的对称点，点在抛物线上，则下列说法错误．．的是A.使得为等腰三角形的点有且仅有4个B.使得为直角三角形的点有且仅有4个C. 使得的点有且仅有4个D. 使得的点有且仅有4个【答案】C6. （2018·丰台区期末·7）过双曲线的一个焦点作一条与其渐近线垂直的直线，垂足为为坐标原点，若，则此双曲线的离心率为（）A． B． C．2 D．【答案】C7. （2018·通州区期末·2）已知点为抛物线上一点，那么点到抛物线准线的距离是A．B．C．D．【答案】C7. （2018·昌平区期末·11）已知直线，点是圆上的点，那么点到直线的距离的最小值是 .【答案】28. （2018·朝阳区期末·6）已知圆的圆心为.直线过点且与轴不重合，交圆于两点，点在点，之间.过作直线的平行线交直线于点，则点的轨迹是A. 椭圆的一部分B. 双曲线的一部分C. 抛物线的一部分D. 圆的一部分【答案】B9. （2018·朝阳区期末·9）已知中心在原点，焦点在坐标轴上的双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为.【答案】10. （2018·东城区期末·13）双曲线的一个焦点到它的一条渐近线的距离为1，则；若双曲线与不同，且与有相同的渐近线，则的方程可以是.【答案】；十五、极坐标与参数方程（一）试题细目表（二）试题解析1.（2018•西城期末·4）已知为曲线：（为参数）上的动点．设为原点，则的最大值是（A）（B）（C）（D）【答案】D2.（2018·海淀期末·2）在极坐标系中，方程表示的圆为【答案】D3.（2018·丰台期末·3）在极坐标系中，方程表示的曲线是（）A．直线 B．圆 C．椭圆 D．双曲线【答案】B4.（2018·通州区期末·11）在极坐标系中，已知点是以为圆心，为半径的圆上的点，那么点到极点的最大距离是_______.【答案】35.(2018·通州区期末·12) 已知点的坐标是，将绕坐标原点顺时针旋转至，那么点的横坐标是_______.【答案】6.（2018·昌平区期末·10）已知曲线的极坐标方程为，以极点为原点，极轴为轴的正半轴，建立平面直角坐标系，那么曲线的直角坐标方程为.【答案】7.（2018·东城区期末·12）在极坐标系中，若点在圆外，则的取值范围为.【答案】>1十六、解析几何综合题（一）试题细目表（二）试题解析1. （2018·西城区期末·19）（本小题满分14分）已知椭圆过点，且离心率为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点．若直线上存在点，使得四边形是平行四边形，求的值．【答案】解：（Ⅰ）由题意得，，所以．[ 2分]因为，[ 3分]所以， [ 4分]所以椭圆的方程为． [ 5分]（Ⅱ）若四边形是平行四边形，则，且.[ 6分]所以直线的方程为，所以，．[ 7分]设，．由得， [ 8分]由，得．且，． [ 9分]所以.． [10分]因为，所以．整理得， [12分]解得，或． [13分]经检验均符合，但时不满足是平行四边形，舍去．所以，或． [14分] 2. (2018·海淀区期末·18) 已知椭圆，点（Ⅰ）求椭圆的短轴长和离心率；（Ⅱ）过的直线与椭圆相交于两点，设的中点为，判断与的大小，并证明你的结论.【答案】解：（Ⅰ）：，故，，，有，. ……………..3分椭圆的短轴长为，离心率为.……………..5分（Ⅱ）结论是：. ……………..6分设直线：，，，整理得：……………..8分故，……………..10分……………..11分……………..12分故，即点在以为直径的圆内，故………..13分3.（2018·丰台区期末·19）在平面直角坐标系中，动点到点的距离和它到直线的距离相等，记点的轨迹为.（Ⅰ）求得方程；（Ⅱ）设点在曲线上，轴上一点（在点右侧）满足.平行于的直线与曲线相切于点，试判断直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）因为动点到点的距离和它到直线的距离相等，所以动点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线.设的方程为，则，即.所以的轨迹方程为.（Ⅱ）设，则，所以直线的斜率为.设与平行，且与抛物线相切的直线为，由得，由得，所以，所以点.当，即时，直线的方程为，整理得，所以直线过点.当，即时，直线的方程为，过点，综上所述，直线过定点.4.（2018·石景山期末·19）已知椭圆离心率等于，、是椭圆上的两点.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）是椭圆上位于直线两侧的动点.当运动时，满足，试问直线的斜率是否为定值？如果为定值，请求出此定值；如果不是定值，请说明理由.【答案】解：（Ⅰ）因为，又，所以………2分设椭圆方程为,代入,得……4分椭圆方程为…………5分（Ⅱ）当时，斜率之和为…………6分设斜率为，则斜率为…………7分设方程为，与椭圆联立得代入化简得：，同理，，即直线的斜率为定值. …………14分5.（2018·通州区期末·18）已知椭圆过点，离心率.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知点，过点作斜率为直线，与椭圆交于，两点，若轴平分，求的值．【答案】解：（Ⅰ）因为椭圆的焦点在轴上，过点，离心率，所以，……………………2分所以由，得……………………3分所以椭圆的标准方程是……………………4分（Ⅱ）因为过椭圆的右焦点作斜率为直线，所以直线的方程是.联立方程组消去，得显然设点，，所以，……………………7分因为轴平分，所以.所以……………………9分所以所以所以所以所以所以……………………12分所以因为，所以……………………13分6.（2018·房山区期末·18）已知直线过点，圆:,直线与圆交于两点.（）求直线的方程；（）求直线的斜率的取值范围；（Ⅲ）是否存在过点且垂直平分弦的直线?若存在，求直线斜率的值，若不存在，请说明理由．【答案】（）设圆,圆心为，故直线的方程为，即 …………………5分（）法1：直线的方程为，则由得由得故…………………10分法2：直线的方程为，即，圆心为，圆的半径为1则圆心到直线的距离因为直线与有交于两点，故，故（Ⅲ）假设存在直线垂直平分于弦,此时直线过，，则，故的斜率，由（）可知，不满足条件所以，不存在存在直线垂直于弦。

立体几何(B)-北师大版高考理科数学一轮复习单元检测试题

单元质检卷八立体几何(B)(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题7分,共42分)1.(2018广东化州一模,6)设m,n为两条不同的直线,α为平面,则下列结论正确的是()A.m⊥n,m∥α⇒n⊥αB.m⊥n,m⊥α⇒n∥αC.m∥n,m⊥α⇒n⊥αD.m∥n,m∥α⇒n∥α2.(2019河北唐山摸底,9)已知某几何体的三视图如图所示(俯视图中曲线为四分之一圆弧),则该几何体的表面积为()A.1-B.3+C.2+D.43.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体,该几何体三视图中的主视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为16+20π,则r=()A.1B.2C.4D.84.(2019届吉林长春质监一,7)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,直线A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为()A.1B.C.D.5.已知正三角形ABC的三个顶点都在球心为O、半径为3的球面上,且三棱锥O-ABC的高为2,点D 是线段BC的中点,过点D作球O的截面,则截面积的最小值为()A.B.4πC.D.3π如图所示的三棱锥P-ABC中,D是棱PB的中点,已知PA=BC=2,AB=4,CB⊥AB,PA⊥平面ABC,则异面直线PC,AD所成角的余弦值为()A.-B.-C. D.二、填空题(本大题共2小题,每小题7分,共14分)7.(2018福建厦门外国语学校模拟,15)已知棱长为1的正方体有一个内切球(如图),E为底面ABCD的中心,A1E与球相交于EF,则EF的长为.8.已知在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中, AA1=2AB,E为AA1中点,则异面直线BE与CD1所成角的余弦值为.三、解答题(本大题共3小题,共44分)9.(14分)(2019届河北衡水中学一模,18)在△ABC中,D,E分别为AB,AC的中点,AB=2BC=2CD,如图1.以DE为折痕将△ADE折起,使点A到达点P的位置,如图2.图1图2(1)证明:平面BCP⊥平面CEP;(2)若平面DEP⊥平面BCED,求直线DP与平面BCP所成角的正弦值.10.(15分)(2019湖南岳阳一中质检二,18)如图,在梯形ABCD中,AB∥CD,AD=DC=CB=a,∠ABC=60°,平面ACFE⊥平面ABCD,四边形ACFE是矩形,AE=a,点M在线段EF上.(1)求证:BC⊥平面ACFE;(2)当EM为何值时,AM∥平面BDF?证明你的结论;(3)求二面角B-EF-D的平面角的余弦值.11.(15分)(2019届贵州遵义航天高中模拟,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠ABC=60°,△PAB为正三角形,且侧面PAB⊥底面ABCD,E为线段AB的中点,M在线段PD上. (1)当M是线段PD的中点时,求证:PB∥平面ACM;(2)是否存在点M,使二面角M-EC-D的大小为60°,若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.参考答案单元质检卷八立体几何(B)1.C对于A,当m⊥n,m∥α时,可能n⫋α或n与α斜交,故A错;对于B,m⊥n,m⊥α⇒n∥α或m⫋α,故B错;对于C,m∥n,m⊥α⇒n⊥α,C正确;对于D,m∥n,m∥α⇒n∥α或m⫋α,故D错;故选C.2.D由已知中的三视图可得该几何体是一个以俯视图为底面的柱体,底面面积为1×1-π=1-π,底面周长为1+1+π=2+π,柱体的高为1,所以该柱体的表面积为S=2×1-+2+π×1=4.3.B由条件知,该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面圆直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成,其表面积是一个矩形面积、两个半圆面积、圆柱侧面积的一半、球表面积的一半相加所得,所以表面积为S表=2r×2r+2×πr2+πr×2r+×4πr2=5πr2+4r2=16+20π,解得r=2.4.D如图所示:连接A1D,与AD1交于点O,连接OC1,在正方体中,∵AB⊥平面AD1,∴AB⊥A1D,又A1D⊥AD1,且AD1∩AB=A,∴A1D⊥平面AD1C1B,所以∠A1C1O即为所求角,在Rt△A1C1O中,sin∠A1C1O=,所以A1C1与平面ABC1D1所成角的正弦值为,故选D.5.A设正三角形ABC的中心为O1,连接O1O,O1C,O1D,OD,∵O1是正三角形ABC的中心,A,B,C三点都在球面上,∴O1O⊥平面ABC,结合O1C⫋平面ABC,可得O1O⊥O1C,∵球的半径R=3,O1O=2,∴在Rt△O1OC中,O1C=.又D为BC的中点,∴在Rt△O1DC中,O1D=O1C=.在Rt△OO1D中,OD==.过D作球O的截面,当截面与OD垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆的半径r==,可得截面面积为S=πr2=.故选A.6.D因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥BC.过点A作AE∥CB,又CB⊥AB,则AP,AB,AE两两垂直.如图所示,以A为坐标原点,分别以AB,AE,AP所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(4,0,0),C(4,-2,0).因为D为PB的中点,所以D(2,0,1).故=(-4,2,2),=(2,0,1).所以cos<,>===-.设异面直线PC,AD所成的角为θ,则cos θ=|cos<,>|=.7.设球心O到FE的距离为d,则在△OA1E中,A1E=,OE=.由等面积法可得××=××d,∴d=,∵球的半径为,∴EF=2=.故答案为.8.连接A1B,则∠A1BE是BE与CD1所成的角.设AA1=2AB=2a,则BE=a,A1B=a,则cos∠A1BE==.9.(1)证明在题图1中,因为AB=2BC=2CD,且D为AB的中点.由平面几何知识,得∠ACB=90°.又因为E为AC的中点,所以DE∥BC.在题图2中,CE⊥DE,PE⊥DE,且CE∩PE=E,所以DE⊥平面CEP,所以BC⊥平面CEP.又因为BC⫋平面BCP,所以平面BCP⊥平面CEP.(2)解因为平面DEP⊥平面BCED,平面DEP∩平面BCED=DE,EP⫋平面DEP,EP⊥DE.所以EP⊥平面BCED.又因为CE⫋平面BCED,所以EP⊥CE.以E为坐标原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.在题图1中,设BC=2a,则AB=4a,AC=2a,AE=CE=a,DE=a.则P(0,0,a),D(a,0,0),C(0,a,0),B(2a,a,0).所以=(-a,0,a),=(-2a,0,0),=(0,-a,a).设n= (x,y,z)为平面BCP的法向量,则即令y=1,则z=1.所以n=(0,1,1).设DP与BCP平面所成的角为θ,则sin θ=sin<n,>=|cos<n,>|== =.所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为.10.解 (1)证明:在梯形ABCD中,∵AB∥CD,AD=DC=CB=a,∠ABC=60°,∴∠ACB=∠DCB-∠DCA=90°,∴AC⊥BC,又∵平面ACFE⊥平面ABCD,平面ACFE∩平面ABCD=AC,∴BC⊥平面ACFE.(2)当EM=a时,AM∥平面BDF,在梯形ABCD中,设AC∩BD=N,连接FN,则AB==2a,∵△CND∽△ANB,∴CN∶NA=CD∶AB=1∶2.又AC=a,∴AN= a.∵EM=a,而EF=AC=a,∴MF=AN=,MF与AN平行且相等,∴四边形ANFM是平行四边形,∴AM∥NF,又∵NF⫋平面BDF,AM⊈平面BDF,∴AM∥平面BDF.(3)由(1)知CF,CA,CB两两垂直,以点C为原点,CA,CB,CF所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系,则C(0,0,0),B(0,a,0),D a,-,0,F(0,0,a),E(a,0,a),∵=(0,a,-a),=(-a,0,0),=-,,a.设平面BEF的法向量m=(x,y,z),则取y=1,则m=(0,1,1).同理可得平面EFD的法向量为n=(0,-2,1),所以cos<m,n>==-.又二面角B-EF-D 的平面角为锐角,所以B-EF-D的平面角的余弦值为.11.解 (1)证明:连接BD交AC于H点,连接MH,因为四边形ABCD是菱形,所以点H为BD的中点.又因为M为PD的中点,所以MH∥BP.又因为BP⊈平面ACM,MH⫋平面ACM,所以PB∥平面ACM.(2)因为ABCD是菱形,∠ABC=60°,E是AB的中点,所以CE⊥AB.又因为PE⊥平面ABCD,以E为原点,分别以EB,EC,EP为x,y,z轴,建立空间直角坐标系E-xyz,则E(0,0,0),B(1,0,0), P(0,0,),C(0,,0),D(-2,,0).假设棱PD上存在点M,设点M坐标为(x,y,z),=λ(0≤λ≤1),则(x,y,z-)=λ(-2,,-),所以M(-2λ,λ,(1-λ)),所以=(-2λ,λ,(1-λ)),=(0,,0),设平面CEM的法向量为n=(x,y,z),则解得令z=2λ,则x=(1-λ),得n=((1-λ),0,2λ).因为PE⊥平面ABCD,所以平面ABCD的法向量m=(0,0,1),所以cos<n,m>===.因为二面角M-EC-D的大小为60°,所以=,即3λ2+2λ-1=0,解得λ=,或λ=-1(舍去).所以在棱PD上存在点M,当=时,二面角M-EC-D的大小为60°.。

2018单元滚动检测卷高考数学理北师大版精练检测：九平

单元滚动检测九平面解析几何考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2016·北京海淀区一模)设a ∈R ，则直线x ＋(a 2＋1)y ＋1＝0的倾斜角的取值范围是( ) A ．0，π4] B ．3π4，π) C ．0，π4]∪(π2，π)D ．π4，π2)∪3π4，π)2．已知点P (x 0，y 0)在以原点为圆心的单位圆上运动，则点Q (x ′，y ′)＝(x 0＋y 0，x 0y 0)的轨迹是( ) A ．圆 B ．抛物线 C ．椭圆D ．双曲线3．(2016·烟台调研)圆x 2＋y 2－2x ＋4y －4＝0与直线2tx －y －2－2t ＝0(t ∈R )的位置关系为( ) A ．相离 B ．相切C ．相交D ．以上都有可能4．(2016·福州质检)直线y ＝x 与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的交点在x 轴上的射影恰好是椭圆的焦点，则椭圆C 的离心率为( ) A.－1＋52 B.1＋52 C.3－52 D.125．(2016·兰州诊断考试)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，右顶点为A ，上顶点为B ，若椭圆C 的中心到直线AB 的距离为66|F 1F 2|，则椭圆C 的离心率e 等于( )A.22B.32C.23D.336．(2016·长春质量检测)若F (c,0)是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点，过F 作该双曲线一条渐近线的垂线与两条渐近线交于A ，B 两点，O 为坐标原点，△OAB 的面积为12a 27，则该双曲线的离心率e 等于( ) A.53 B.43 C.54 D.857．设动点P 在直线x ＝1上，O 为坐标原点，以OP 为直角边、点O 为直角顶点作等腰直角三角形OPQ ，则动点Q 的轨迹是( ) A ．圆 B ．两条平行直线 C ．抛物线D ．双曲线8．我们把离心率为黄金比5－12的椭圆称为“优美椭圆”．设F 1，F 2是“优美椭圆”C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点，则椭圆C 上满足∠F 1PF 2＝90°的点P 的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．39．(2016·青岛二模)设圆锥曲线Γ的两个焦点分别为F 1，F 2.若曲线Γ上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线Γ的离心率等于( ) A.12或32 B.23或2 C.12或2D.23或3210．(2017·深圳调研)已知点F (0,1)，直线l ：y ＝－1，P 为平面上的动点，过点P 作直线l 的垂线，垂足为Q ，且QP →·QF →＝FP →·FQ →，则动点P 的轨迹C 的方程为( ) A ．x 2＝4y B ．y 2＝3x C ．x 2＝2yD ．y 2＝4x11．(2016·郑州质检)已知P 为抛物线y ＝12x 2上的动点，点P 在x 轴上的射影为M ，点A 的坐标是(6，172)，则|P A |＋|PM |的最小值是( ) A ．8 B.192 C ．10 D.21212．(2016·湖南六校联考)已知A ，B 分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右顶点，不同两点P ，Q 在椭圆C 上，且关于x 轴对称，设直线AP ，BQ 的斜率分别为m ，n ，则当2b a ＋a b ＋12mn ＋ln|m |＋ln|n |取最小值时，椭圆C 的离心率为( ) A.33 B.23 C.12 D.22第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．若方程x 2|a |－1＋y 2a ＋3＝1表示焦点在x 轴上的椭圆，则实数a 的取值范围是________．14．(2016·沈阳模拟)已知F 是抛物线y 2＝x 的焦点，A ，B 为抛物线上的两点，且|AF |＋|BF |＝3，则线段AB 的中点M 到y 轴的距离为________．15．(2016·山西四校联考)已知双曲线x 29－y 2b 2＝1(b >0)，过其右焦点F 作圆x 2＋y 2＝9的两条切线，切点记作C ，D ，双曲线的右顶点为E ，∠CED ＝150°，则双曲线的离心率为________．16．已知抛物线y 2＝4x ，过点P (4,0)的直线与抛物线相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则y 21＋y 22的最小值是________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)已知直线y ＝－x ＋1与椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)相交于A ，B 两点，且线段AB 的中点在直线l ：x －2y ＝0上. (1)求此椭圆的离心率；(2)若椭圆的右焦点关于直线l 的对称点在圆x 2＋y 2＝4上，求此椭圆的方程.18.(12分)(2016·北京西城区模拟)已知对任意m ∈R ，直线l ：y ＝x ＋m 与双曲线C ：x 22－y 2b 2＝1(b >0)恒有公共点.(1)求双曲线C 的离心率e 的取值范围；(2)若直线l 过双曲线C 的右焦点F ，与双曲线交于P ，Q 两点，并满足FP →＝15FQ →，求双曲线C 的方程.19.(12分)(2016·四川高中名校联盟测试) 如图，已知F 1，F 2是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点，过点F 2的直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，直线l ，AF 1，BF 1的斜率分别为k ，k 1，k 2，且满足k 1k 2＋k 2＝0(k ≠0). (1)若a ＝2，b ＝3，求直线l 的方程； (2)若k ＝12，求|AF 1|＋|BF 2||AB |的值.20.(12分)(2016·烟台模拟)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆的一个焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点.(1)求椭圆E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程.21.(12分)如图，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0，y ≥0)和部分抛物线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)连接而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为32.(1)求a ，b 的值；(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，若AP ⊥AQ ，求直线l 的方程.22.(12分)已知椭圆C 的中心在原点O ，焦点F 1，F 2在x 轴上，离心率e ＝12，且经过点A (1，32).(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知P ，Q 是椭圆C 上的两点.(ⅰ)若OP ⊥OQ ，求证：1|OP |2＋1|OQ |2为定值；(ⅱ)当1|OP |2＋1|OQ |2为(ⅰ)中所求定值时，试探究OP ⊥OQ 是否成立？并说明理由.答案解析1．B 设直线x ＋(a 2＋1)y ＋1＝0的倾斜角为α，则tan α＝－1a 2＋1∈－1,0)，由于0≤α<π，故3π4≤α<π.] 2．B 设P 在以原点为圆心，1为半径的圆上运动，P (x 0，y 0)，则x 20＋y 20＝1，∵Q (x ′，y ′)＝(x 0＋y 0，x 0y 0)， ∴⎩⎨⎧x ′＝x 0＋y 0，y ′＝x 0·y 0.∴x ′2＝x 20＋y 20＋2x 0y 0＝1＋2y ′，即Q 点的轨迹方程为y ′＝12x ′2－12， ∴Q 点的轨迹是抛物线．]3．C 圆的方程可化为(x －1)2＋(y ＋2)2＝9， ∴圆心坐标为(1，－2)，半径r ＝3，又圆心在直线2tx －y －2－2t ＝0上， ∴圆与直线相交，故选C.]4．A 设直线y ＝x 与椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1在第一象限的交点为A ，依题意有点A 的坐标为(c ，c )，又点A 在椭圆C 上，故有c 2a 2＋c 2b 2＝1，因为b 2＝a 2－c 2，所以c 2a 2＋c2a 2－c2＝1，所以c 4－3a 2c 2＋a 4＝0，即e 4－3e 2＋1＝0，解得e 2＝3±52，又因为C 是椭圆，所以0<e <1，所以e ＝5－12.]5．A 设椭圆C 的焦距为2c (c <a )，由于直线AB 的方程为bx ＋ay －ab ＝0，所以ab a 2＋b2＝63c . 又b 2＝a 2－c 2，所以3a 4－7a 2c 2＋2c 4＝0，解得a 2＝2c 2或3a 2＝c 2(舍去)，所以e ＝22，故选A.] 6．C 设过第一、三象限的渐近线的倾斜角为θ，则tan θ＝b a ，tan 2θ＝2aba 2－b 2，因此△OAB 的面积可以表示为 12·a ·a tan 2θ＝a 3b a 2－b 2＝12a 27，解得b a ＝34，则e ＝54.故选C.] 7．B 设P (1，a )，Q (x ，y )．以点O 为直角顶点作等腰直角三角形OPQ ， k OP ·k OQ ＝ayx ×1＝－1，x ＝－ay ，∵|OP |＝|OQ |，∴1＋a 2＝x 2＋y 2＝a 2y 2＋y 2＝(a 2＋1)y 2，而a 2＋1>0，∴y 2＝1，∴y ＝1或y ＝－1， ∴动点Q 的轨迹是两条平行于x 轴的直线．] 8．A 设|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则⎩⎨⎧m ＋n ＝2a ，4c 2＝m 2＋n 2， mn ＝2a 2－2c 2. 而5－12＝c a ，所以mn ＝2a 2－2(5－12a )2＝(5－1)a 2，与m ＋n ＝2a 联立无实数解．] 9．A 设圆锥曲线Γ的离心率为e ，因为|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则①若圆锥曲线Γ为椭圆，由椭圆的定义，则有e ＝|F 1F 2||PF 1|＋|PF 2|＝34＋2＝12；②若圆锥曲线Γ为双曲线，由双曲线的定义，则有e ＝|F 1F 2||PF 1|－|PF 2|＝34－2＝32.综上，所求的离心率为12或32，故选A.] 10．A 设P (x ，y )，则Q (x ，－1)． ∵QP →·QF →＝FP →·FQ→， ∴(0，y ＋1)·(－x,2)＝(x ，y －1)·(x ，－2)，即2(y ＋1)＝x 2－2(y －1)，整理得x 2＝4y ， ∴动点P 的轨迹C 的方程为x 2＝4y .]11．B 依题意可知焦点F (0，12)，准线为y ＝－12，延长PM 交准线于点H ，则|PF |＝|PH |， |PM |＝|PH |－12＝|PF |－12， |P A |＋|PM |＝|PF |＋|P A |－12，即求|PF |＋|P A |的最小值．因为|PF |＋|P A |≥|F A |，又|F A |＝62＋(172－12)2＝10，所以|PM |＋|P A |≥10－12＝192，故选B.]12．D 设点P (x 0，y 0)，则x 20a 2＋y 20b 2＝1，所以mn ＝b 2a 2，从而2b a ＋a b ＋12mn ＋ln|m |＋ln|n |＝2b a ＋a b ＋a 22b 2＋ln b 2a 2，设b 2a 2＝x ，令f (x )＝12x ＋ln x (0<x <1)，则f ′(x )＝2x －12x 2，f (x )min ＝f (12)，即b 2a 2＝12.因为2b a ＋ab ≥22，当且仅当2b a ＝a b ，即b 2a 2＝12时取等号，取等号的条件一致，此时e 2＝1－b 2a 2＝12，所以e ＝22.]13．(－3，－2)解析因为方程x 2|a |－1＋y 2a ＋3＝1表示焦点在x 轴上的椭圆．所以|a |－1>a ＋3>0，解得－3<a <－2. 14.54解析抛物线的准线为x ＝－14，由抛物线的定义及梯形中位线的性质知M 到抛物线准线的距离为32，所以点M 到y 轴的距离为32－14＝54.15.233解析由题可得△OCE 为等腰三角形，且底角为75°，所以顶角∠COE ＝30°，在Rt △OCF 中，|OC |＝3，易知|OF |＝23，即c ＝23，所以离心率e ＝c a ＝233. 16．32解析 ①当直线的斜率不存在时，直线的方程为x ＝4，代入y 2＝4x ，得交点为(4,4)，(4，－4)，∴y 21＋y 22＝16＋16＝32.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为y ＝k (x －4)，与y 2＝4x 联立，消去x 得ky 2－4y －16k ＝0，由题意知k ≠0，则y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－16， ∴y 21＋y 22＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2＝16k 2＋32>32.综合①②知(y 21＋y 22)min ＝32.17．解 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋1，x 2a 2＋y 2b2＝1，得(a 2＋b 2)x 2－2a 2x ＋a 2－a 2b 2＝0， ∴x 1＋x 2＝2a 2a 2＋b 2，y 1＋y 2＝－(x 1＋x 2)＋2＝2b 2a 2＋b 2，∴线段AB 的中点坐标为(a 2a 2＋b 2，b 2a 2＋b 2)．∵线段AB 的中点在直线l 上， ∴a 2a 2＋b 2－2b 2a 2＋b 2＝0， ∴a 2＝2b 2＝2(a 2－c 2)，∴a 2＝2c 2， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝22.(2)由(1)知b ＝c ，从而椭圆的右焦点F 的坐标为(b,0)，设点F (b,0)关于直线l ：x －2y ＝0的对称点的坐标为(x 0，y 0)，则y 0－0x 0－b ·12＝－1，且x 0＋b 2－2·y 02＝0，∴x 0＝35b ，y 0＝45b .由已知得x 20＋y 20＝4，∴(35b )2＋(45b )2＝4， ∴b 2＝4，又由(1)知a 2＝2b 2＝8， ∴椭圆的方程为x 28＋y 24＝1. 18．解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x 22－y 2b2＝1，整理得(b 2－2)x 2－4mx －2(m 2＋b 2)＝0.当b 2＝2，m ＝0时，易知直线l 是双曲线C 的一条渐近线，不满足题意，故b 2≠2，易得e ≠ 2.当b 2≠2时，由题意知Δ＝16m 2＋8(b 2－2)(m 2＋b 2)≥0，即b 2≥2－m 2，故b 2≥2，则e 2＝c 2a 2＝a 2＋b 2a 2＝2＋b22≥2，e ≥ 2.综上可知，e 的取值范围为(2，＋∞)．(2)由题意知F (c,0)，直线l ：y ＝x －c ，与双曲线C 的方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －c ，x 22－y 2b 2＝1，化简得(b 2－2)y 2＋2cb 2y ＋b 2c 2－2b 2＝0，当b 2＝2时，易知直线l 平行于双曲线C 的一条渐近线，与双曲线C 只有一个交点，不满足题意，故b 2≠2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2cb 2b 2－2， ①y 1y 2＝b 2c 2－2b 2b 2－2， ②因为FP →＝15FQ →，所以y 1＝15y 2，③ 由①③可得y 1＝－cb 23(b 2－2)，y 2＝－5cb 23(b 2－2)，代入②整理得5c 2b 2＝9(b 2－2)(c 2－2)，又c 2＝b 2＋2，所以b 2＝7.所以双曲线C 的方程为x 22－y 27＝1.19．解 (1)设F 1(－c,0)，F 2(c,0)，∴直线l 的方程为y ＝k (x －c )，将其代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，整理得(b 2＋a 2k 2)x 2－2a 2k 2cx ＋a 2k 2c 2－a 2b 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝a 2k 2c 2－a 2b 2b 2＋k 2a 2，而k 1＝y 1x 1＋c ＝k (x 1－c )x 1＋c ，k 2＝k (x 2－c )x 2＋c，由已知k 1k 2＋k 2＝0且k ≠0，得k 2(x 1－c )(x 2－c )(x 1＋c )(x 2＋c )＋k 2＝0，则(x 1－c )(x 2－c )＋(x 1＋c )(x 2＋c )＝0，即x 1x 2＋c 2＝0⇔a 2k 2c 2－a 2b 2b 2＋k 2a 2＋c 2＝0 ⇔2|k |ac ＝a 2－c 2⇔2|k |＝1e －e .∵a ＝2，b ＝3，∴c ＝1，即有e ＝c a ＝12，∴k ＝±324，则直线l 的方程为 32x －4y －32＝0或32x ＋4y －32＝0. (2)若k ＝12，则由(1)知2|k |＝1e －e ，∴e ＝22. ∵|AB |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝k 2＋1·(2a 2k 2c )2－4(b 2＋a 2k 2)(a 2k 2c 2－a 2b 2)b 2＋a 2k 2 ＝2ab 2(k 2＋1)a 2k 2＋b2，由椭圆定义可知|AF 1|＋|BF 1|＋|AB |＝4a ， ∴|AF 1|＋|BF 1||AB |＝|AF 1|＋|BF 1|＋|AB ||AB |－1＝4a |AB |－1＝2(a 2k 2＋b 2)b 2(k 2＋1)－1＝8(14a 2＋b 2)5b 2－1＝25(a 2b 2＋4)－1 ＝25(11－e 2＋4)－1＝75，即|AF 1|＋|BF 1||AB |＝75. 20．解 (1)设F (c,0)，由题意k AF ＝2c ＝233，∴c ＝ 3.又∵离心率e ＝c a ＝32，∴a ＝2，b ＝a 2－c 2＝1，故椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意知，直线l 的斜率存在，设直线l 的斜率为k ，方程为 y ＝kx －2，联立直线与椭圆方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 2＝1，y ＝kx －2，化简，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0.∵Δ＝16(4k 2－3)>0，∴k 2>34.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝16k 1＋4k 2，x 1·x 2＝121＋4k 2， ∴|PQ |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·44k 2－31＋4k 2. 坐标原点O 到直线l 的距离d ＝2k 2＋1， S △OPQ ＝121＋k 2·44k 2－31＋4k 2·2k 2＋1＝44k 2－31＋4k 2. 令t ＝4k 2－3(t >0)，则S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t . ∵t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝4t ，即t ＝2时，等号成立，∴S △OPQ ≤1，故当t ＝2时，即4k 2－3＝2，k ＝±72时，△OPQ 的面积最大，从而直线l 的方程为7x －2y －4＝0或7x ＋2y ＋4＝0.21．解 (1)在C 1，C 2的方程中，令y ＝0，可得b ＝1，且A (－1,0)，B (1,0)是上半椭圆C 1的左右顶点．设C 1的半焦距为c ，由c a ＝32及a 2－c 2＝b 2＝1，得a ＝2，∴a ＝2，b ＝1.(2)由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1(y ≥0)．易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直，设其方程为 y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入C 1的方程，整理得 (k 2＋4)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0.(*)设点P 的坐标为(x p ，y p )，∵直线l 过点B ，∴x ＝1是方程(*)的一个根．由求根公式，得x p ＝k 2－4k 2＋4，从而y p ＝－8k k 2＋4， ∴点P 的坐标为(k 2－4k 2＋4，－8k k 2＋4)．同理，由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)(k ≠0)，y ＝－x 2＋1(y ≤0)，得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2－2k )．∴AP →＝2k k 2＋4(k ，－4)，AQ →＝－k (1，k ＋2)． ∵AP ⊥AQ ，∴AP →·AQ→＝0，即－2k 2k 2＋4k －4(k ＋2)]＝0. ∵k ≠0，∴k －4(k ＋2)＝0，解得k ＝－83.经检验，k ＝－83符合题意．故直线l 的方程为8x ＋3y －8＝0.22．解 (1)由题意，设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，将点A (1，32)代入，得1a 2＋94b 2＝1，结合离心率e ＝c a ＝12，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)(ⅰ)①若P ，Q 分别为椭圆长轴和短轴的端点，则1|OP |2＋1|OQ |2＝712；②若P ，Q 都不为椭圆长轴和短轴的端点，设P (x P ，y P )，Q (x Q ，y Q )，OP ：y ＝kx ，则OQ ：y ＝－1k x ，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝kx ，解得x 2P ＝124k 2＋3，y 2P ＝12k 24k 2＋3，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 23＝1，y ＝－1k x ，解得x 2Q ＝12k 23k 2＋4，y 2Q ＝123k 2＋4， ∴1|OP |2＋1|OQ |2＝1124k 2＋3＋12k 24k 2＋3＋112k 23k 2＋4＋123k 2＋4＝7k 2＋712k 2＋12＝712. 综合①②可知，1|OP |2＋1|OQ |2为定值712.(ⅱ)对于椭圆C 上的任意两点P ，Q ，当1|OP |2＋1|OQ |2＝712时，不妨设OP ：y ＝k 1x ，OQ ：y ＝k 2x ，易得x 2P ＝124k 21＋3，y 2P ＝12k 214k 21＋3，x 2Q ＝124k 22＋3，y 2Q ＝12k 224k 22＋3，由1|OP |2＋1|OQ |2＝712，得4k 21＋312k 21＋12＋4k 22＋312k 22＋12＝712，即8k 21k 22＋7k 21＋7k 22＋6＝7(k 21k 22＋k 21＋k 22＋1)，亦即k 1k 2＝±1.当1|OP |2＋1|OQ |2为定值712时，OP ⊥OQ 不一定成立．。

2018届北师大版 8.7 立体几何高考真题与各地优秀试题汇总检测卷

【高考真题】1.【2015高考新课标1】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺。

问:积及为米几何?”其意思为:“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放斛的米约有（）A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【答案】B考点：空间几何体的体积．2.【2014四川高考文】如图，在正方体错误！未找到引用源。

中，点错误！未找到引用源。

为线段错误！未找到引用源。

的中点.设点错误！未找到引用源。

在线段错误！未找到引用源。

上，直线错误！未找到引用源。

与平面错误！未找到引用源。

所成的角为错误！未找到引用源。

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的取值范围是（）A．错误！未找到引用源。

B．错误！未找到引用源。

C．错误！未找到引用源。

D．错误！未找到引用源。

【答案】B考点：求直线与平面所成的角3.【2015高考浙江】如图，三棱锥错误！未找到引用源。

中,错误！未找到引用源。

，点错误！未找到引用源。

分别是错误！未找到引用源。

的中点，则异面直线错误！未找到引用源。

，错误！未找到引用源。

所成的角的余弦值是．【答案】错误！未找到引用源。

.【解析】如下图，连结错误！未找到引用源。

，取错误！未找到引用源。

中点错误！未找到引用源。

，连结错误！未找到引用源。

，错误！未找到引用源。

，则可知错误！未找到引用源。

即为异面直线错误！未找到引用源。

，错误！未找到引用源。

所成角（或其补角）易得错误！未找到引用源。

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2222=-=AM AC CM ∴错误！未找到引用源。

，即异面直线错误！未找到引用源。

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所成角的余弦值为错误！未找到引用源。

.考点：求异面直线所成的角4. 【2016新课标2】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE =CF ，EF 交BD 于点H ，将DEF △沿EF 折到D'EF △的位置.(Ⅰ)证明：AC HD'⊥；(Ⅱ)若55,6,,4AB AC AE OD'====, 求五棱锥D'ABCFE -的体积.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ考点：1.线与线垂直的判定 2.多面体的体积5.【2014天津高考】如图，四棱锥的底面是平行四边形，，,分别是棱的中点.（1）证明平面；（2）若二面角P-AD-B为，①证明：平面PBC⊥平面ABCD②求直线EF与平面PBC所成角的正弦值.【答案】(1)详见解析，(2)①详见解析，②错误！未找到引用源。

2018《单元滚动检测卷》高考数学(文)(北师大版)精练检测八立体几何全国通用 Word版含解析

单元滚动检测八立体几何考生注意：．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共页．．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．．本次考试时间分钟，满分分．．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共分)一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) ．(·银川质检)若α，β是两个不同的平面，为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“⊥β”的( )．充分不必要条件．必要不充分条件．充要条件．既不充分也不必要条件．(·南昌一模)如图，在正四棱柱－中，点是平面内一点，则三棱锥－的主视图与左视图的面积之比为( )．∶．∶．∶．∶．(·东北三省四市联考)已知，是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，给出下列四个命题：其中正确命题的个数是( )①若∥α，α⊥β，则⊥β；②若⊥α，⊥β，且⊥，则α⊥β；③若α⊥β，α，⊥β，则∥α；④若，是异面直线，α，∥β，β，∥α，则α∥β.．．．．．(·辽宁重点协作校第一次模拟)如图，正方体－中，为棱的中点，用过点，，的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的左视图为( )．已知三棱锥－的三条侧棱两两垂直，且＝，＝＝，则该三棱锥的外接球的半径为( ) ．．．．．已知α，β是两个不同的平面，，是两条不同的直线，给出下列命题：①若⊥α，β，则α⊥β；②若α，α，∥β，∥β，则α∥β；③如果α，α，、是异面直线，那么与α相交；④若α∩β＝，∥，且α，β，则∥α且∥β.其中正确的是( )．①②．②③．③④．①④．已知三棱锥－的所有顶点都在球的球面上，△是边长为的正三角形，为球的直径，且＝，则此三棱锥的体积为( )．空间中四点可确定的平面有( )．个．个．个．个或个或无数个.如图，边长为的等边三角形的中线与中位线交于点，已知△′是△绕旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是( )①动点′在平面上的投影在线段上；②∥平面′；③三棱锥′－的体积有最大值．．①．①②．①②③．②③．(·山西四校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )。

2018届高中数学北师大版立体几何单元测试 Word版含答案

一．基础题组1.【2011课标，文8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A. B. C. D .【答案】D【解析】由题意可知,该几何体为一个半圆锥与一个三棱锥组合而成,不难分析出,选项D正确.2.【2011全国1，文8】【答案】C3. 【2010全国1，文6】直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，若∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝AA 1，则异面直线BA 1与AC 1所成的角等于( )A ．30° B．45° C．60° D．90°【答案】：C4. 【2005全国1，文2】一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表面积为（A ）π28（B ）π8 （C ）π24 （D ）π4【答案】B【解析】由题知，截面圆半径为1，距离，截面圆半径，球的半径构成直角三角形，即球的半径的平方=距离的平方+截面圆半径的平方，所以，球的半径等于根号2，球的表面积公式4π*半径的平方，所以，答案是8π 5. 【2005全国1，文4】如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且BCF ADE ∆∆、均为正三角形，EF ∥AB ，EF=2，则该多面体的体积为( )（A ）32 （B ）33 （C ）34 （D ）23【答案】A【解析】6. 【2011全国1，文15】已知正方体1111ABCD A B C D -中，E 为11C D 的中点，则异面直线AE 与BC 所成的角的余弦值为【答案】237. 【2009全国卷Ⅰ,文15】已知OA 为球O 的半径,过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球面得到圆M,若圆M 的面积为3π,则球O 的表面积等于____________.【答案】:16π8. 【2014全国1，文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求三棱柱111C B A ABC -的高.【解析】（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点.因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥.又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，。

2018届北师大版立体几何检测卷

解答题专项训练四1.[2017·佛山模拟]如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：(1)CM ∥平面P AD ；(2)平面P AB ⊥平面P AD .证明 (1)以C 为坐标原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角，∴∠PBC ＝30°.∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0，0,2)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32， ∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)，CM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32. (1)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量，由⎩⎨⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∵n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面P AD ，∴CM∥平面P AD .(2)如图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)．∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0，∴BE →⊥DA →， ∴BE ⊥DA .又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD .又∵BE ⊂平面P AB ，∴平面P AB ⊥平面P AD .2．[2017·南京模拟]如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解 (1)如图，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz .依题易得D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，0，所以NE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，－1，AM →＝(－1,0,1)．设异面直线NE 与AM 所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈NE →，AM →〉|＝|NE →·AM →||NE →|·|AM →|＝1252×2＝1010. 所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010.(2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，如图所示．因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，0，所以ES →＝EA →＋AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，λ－1，λ. 由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎨⎧ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎨⎧ －12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，|AS →|＝22. 经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN .故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22.3. [2015·湖北高考]《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马P －ABCD 中，侧棱PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝CD ，过棱PC 的中点E ，作EF ⊥BP 交PB 于点F ，连接DE ，DF ，BD ，BE .(1)证明：PB ⊥平面DEF .试判断四面体DBEF 是否为鳖臑？若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；(2)若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，求DC BC 的值．解 (1)证明：如图，以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 分别为x ，y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设PD ＝DC ＝1，BC ＝λ，则D (0,0,0)，P (0,0,1)，B (λ，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(λ，1，－1)，点E 是PC 的中点，所以E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，12，DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，12，于是PB →·DE →＝0，即PB ⊥DE .又已知EF ⊥PB ，而DE ∩EF ＝E ，所以PB ⊥平面DEF .因PC →＝(0,1，－1)，DE →·PC →＝0，则DE ⊥PC ，所以DE ⊥平面PBC . 由DE ⊥平面PBC ，PB ⊥平面DEF ，可知四面体BDEF 的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF 是一个鳖臑，其四个面的直角分别为∠DEB ，∠DEF ，∠EFB ，∠DFB .(2)由PD ⊥平面ABCD ，所以DP →＝(0,0,1)是平面ABCD 的一个法向量；由(1)知PB ⊥平面DEF ，所以BP →＝(－λ，－1,1)是平面DEF 的一个法向量．若平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3，则cos π3＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP →·DP →|BP →||DP →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1λ2＋2＝12，解得λ＝ 2. 所以DC BC ＝1λ＝22. 故当平面DEF 与平面ABCD 所成二面角的大小为π3时，DC BC ＝22.4.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC ＝90°，D为AC的中点，AB⊥B1D.(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；(2)求直线B1D与平面ACC1A1所成角的正弦值．解(1)证明：取AB的中点为O，连接OD，OB1，因为B1B＝B1A，所以OB1⊥AB.又AB⊥B1D，OB1∩B1D＝B1，所以AB⊥平面B1OD.因为OD⊂平面B1OD，所以AB⊥OD.由已知，BC⊥BB1，又OD∥BC，所以OD⊥BB1.因为AB∩BB1＝B，所以OD⊥平面ABB1A1.又OD ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面ABB 1A 1.(2)由(1)知，OB ，OD ，OB 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .由题设知B 1(0,0，3)，D (0,1,0)，A (－1,0,0)，C (1,2,0)，C 1(0,2，3)．则B 1D →＝(0,1，－3)，AC →＝(2,2,0)，CC 1→＝(－1,0，3)．设平面ACC 1A 1的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·AC →＝0，m ·CC 1→＝0，即x ＋y ＝0，－x ＋3z ＝0，可取m ＝(3，－3，1)．设直线B 1D 与平面ACC 1A 1所成的角为θ，故sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪B 1D →·m |B 1D →|·|m |＝217.5．[2017·福建模拟]如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝1，E 为CD 中点．(1)求证：B 1E ⊥AD 1；(2)在棱AA 1上是否存在一点P ，使得DP ∥平面B 1AE ？若存在，求AP 的长；若不存在，说明理由；(3)若二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，求AB 的长．解 (1)证明：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别为x 轴，y轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)．设AB ＝a ，则A (0,0,0)，D (0,1,0)，D 1(0，1,1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0，B 1(a,0,1)，故AD 1→＝(0,1,1)，B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，1，－1，AB 1→＝(a,0,1)，AE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，1，0. ∵AD 1→·B 1E →＝－a 2×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B 1E ⊥AD 1.(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0，z 0)，使得DP ∥平面B 1AE ，此时DP →＝(0，－1，z 0)．又设平面B 1AE 的法向量n ＝(x ，y ，z )．∵n ⊥平面B 1AE ，∴n ⊥AB 1→，n ⊥AE →，得⎩⎨⎧ax ＋z ＝0，ax 2＋y ＝0.取x ＝1，得平面B 1AE 的一个法向量n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－a 2，－a . 要使DP ∥平面B 1AE ，只要n ⊥DP →，有a 2－az 0＝0，解得z 0＝12.又DP ⊄平面B 1AE ，∴存在点P ，满足DP ∥平面B 1AE ，此时AP ＝12.(3)连接A 1D ，B 1C ，由长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1及AA 1＝AD ＝1，得AD 1⊥A 1D .∵B 1C ∥A 1D ，∴AD 1⊥B 1C .又由(1)知B 1E ⊥AD 1，且B 1C ∩B 1E ＝B 1，∴AD 1⊥平面DCB 1A 1，∴AD 1→是平面A 1B 1E 的一个法向量，此时AD 1→＝(0,1,1)．设AD 1→与n 所成的角为θ，则cos θ＝n ·AD 1→|n ||AD 1→|＝－a 2－a 2 1＋a 24＋a 2. ∵二面角A －B 1E －A 1的大小为30°，∴|cos θ|＝cos30°，即3a 22 1＋5a 24＝32，解得a ＝2，即AB 的长为2.6．[2017·陕西模拟]如图1，矩形ABCD 中，AB ＝2BC ＝4，M ，N ，E分别为AD ，BC ，CD 的中点．现将△ADE 沿AE 折起，折起过程中点D 仍记作D ，得到图2所示的四棱锥D －ABCE .(1)证明：MN ∥平面CDE ；(2)当AD ⊥BE 时，求直线BD 与平面CDE 所成角的正弦值．解(1)证明：取AE 的中点F ，连接MF ，NF ，如图．因为M ，F 分别为AD ，AE 的中点，所以MF ∥DE ，又MF ⊄平面CDE ，DE ⊂平面CDE ，所以MF ∥平面CDE .同理可证NF ∥平面CDE .又MF ，NF ⊂平面MNF ，MF ∩NF ＝F ，所以平面MNF ∥平面CDE .因为MN ⊂平面MNF ，所以MN ∥平面CDE .(2)因为AB ＝2BC ＝4，所以BE ＝AE ＝22，AE 2＋BE 2＝AB 2，所以BE ⊥AE .又AD ⊥BE ，AE ，AD ⊂平面ADE ，AE ∩AD ＝A ，所以BE ⊥平面ADE .又BE ⊂平面ABCE ，所以平面ADE ⊥平面ABCE .连接DF ，由△ADE 为等腰三角形，F 为AE 的中点，得DF ⊥AE ，所以DF ⊥平面ABCE .因为AD ＝DE ＝2，所以AE ＝22，所以DF ＝ 2.以点E 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz ，则E (0,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1，－1，2)，BD →＝(－1，－3，2)．设平面CDE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·EC →＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x －y ＋2z ＝0，令z ＝－2，则x ＝2，得平面CDE 的一个法向量n ＝(2,0，－2)．设直线BD 与平面CDE 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈BD →，n 〉|＝|BD →·n ||BD →|·|n |＝412×6＝23，即直线BD 与平面CDE 所成角的正弦值为23.7．[2017·郑州模拟] 已知△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝4，∠ACB ＝90°，D ，E 分别是边AC 和AB 的中点，现将△ADE 沿DE 折起，使平面ADE ⊥平面DEBC ，H ，F 分别是边AD 和BE 的中点，平面BCH 与AE ，AF 分别交于I ，G 两点．(1)求证：IH ∥BC ；(2)求二面角A －GI －C 的余弦值；(3)求AG 的长．解 (1)证明：因为D ，E 分别是边AC 和AB 的中点，所以ED ∥BC .因为BC ⊂平面BCH ，ED ⊄平面BCH ，所以ED ∥平面BCH . 因为ED ⊄平面BCH ，ED ⊂平面AED ，平面BCH ∩平面AED ＝HI ，所以ED ∥HI .又因为ED ∥BC ，所以IH ∥BC .(2)如图，建立空间直角坐标系，由题意得，D (0,0,0)，E (2，0,0)，A (0,0,2)，F (3,1,0)，C (0,2,0)，H (0,0,1)，B (4,2,0)，EA →＝(－2,0,2)，EF →＝(1,1,0)，CH →＝(0，－2，1)，HI →＝12DE →＝(1,0,0)．设平面AGI 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧EA →·n 1＝0，EF →·n 1＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0，令z 1＝1，解得x 1＝1，y 1＝－1，则n 1＝(1，－1,1)．设平面CIG 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧CH →·n 2＝0，HI →·n 2＝0，⎩⎪⎨⎪⎧－2y 2＋z 2＝0，x 2＝0，令z 2＝2，解得y 2＝1，则n 2＝(0,1,2)．所以cos 〈n 1，n 2〉＝－1＋23×5＝1515，所以二面角A －GI －C 的余弦值为1515.(3)由(2)知，AF →＝(3,1，－2)，设AG →＝λAF →＝(3λ，λ，－2λ)，0<λ<1，则GH →＝AH →－AG →＝(0,0，－1)－(3λ，λ，－2λ)＝(－3λ，－λ，2λ－1)，由GH →·n 2＝0，解得λ＝23，故AG ＝23AF ＝23 32＋1＋(－2)2＝2143.8.[2016·四川高考]如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线P A 与CD 所成的角为90°.(1)在平面P AB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P －CD －A 的大小为45°，求直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值．解 (1)证明：在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行．延长AB，DC，相交于点M(M∈平面P AB)，点M即为所求的一个点．理由如下：由已知，BC∥ED，且BC＝ED，所以四边形BCDE是平行四边形，从而CM∥EB.又EB⊂平面PBE，CM⊄平面PBE，所以CM∥平面PBE.(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)(2)解法一：由已知，CD⊥P A，CD⊥AD，P A∩AD＝A，所以CD ⊥平面P AD，从而CD⊥PD，所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角，所以∠PDA＝45°.设BC＝1，则在Rt△P AD中，P A＝AD＝2.过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH，易知P A ⊥平面ABCD.又CE⊂平面ABCD，从而P A⊥CE，又P A∩AH＝A，于是CE⊥平面P AH，而CE⊂平面PCE，所以平面PCE⊥平面P AH.过A作AQ⊥PH于Q，则AQ⊥平面PCE，所以∠APH是P A与平面PCE所成的角．在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，所以AH＝2 2.在Rt △P AH 中，PH ＝P A 2＋AH 2＝322，所以sin ∠APH ＝AH PH ＝13.解法二：由已知，CD ⊥P A ，CD ⊥AD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ，于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P －CD －A 的平面角，所以∠PDA ＝45°. 由P A ⊥AB ，可得P A ⊥平面ABCD .设BC ＝1，则在Rt △P AD 中，P A ＝AD ＝2.作Ay ⊥AD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则A (0,0,0)，P (0,0,2)，C (2,1,0)，E (1,0,0)，所以PE →＝(1,0，－2)，EC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0,2)．设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0，设x ＝2，解得n ＝(2，－2,1)．设直线P A 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋(－2)2＋12＝13，所以直线P A 与平面PCE 所成角的正弦值为13.。

2018届北师大版(理) (五)解析几何单元测试

解析几何1．如果直线ax ＋2y ＋1＝0与直线x ＋y －2＝0互相垂直，那么a 的值等于( )A ．1B ．－13C ．－23D ．－22．若双曲线E ：x 29－y 216＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在双曲线E 上，且|PF 1|＝3，则|PF 2|等于( )A ．11B ．9C ．5D ．33．设圆的方程是x 2＋y 2＋2ax ＋2y ＋(a －1)2＝0，若0<a <1，则原点与该圆的位置关系是( )A ．原点在圆上B ．原点在圆外C ．原点在圆内D ．不确定4．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1、F 2，离心率为33，过F 2的直线l 交C 于A 、B 两点．若△AF 1B 的周长为43，则C 的方程为( )A.x 23＋y 22＝1 B.x 23＋y 2＝1 C.x 212＋y 28＝1 D ．x 212＋y 24＝1 5．已知圆C 的圆心是直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点，且圆C 与直线x ＋y ＋3＝0相切，则圆C 的方程是( )A ．(x ＋1)2＋y 2＝2B ．(x ＋1)2＋y 2＝8C ．(x －1)2＋y 2＝2D ．(x －1)2＋y 2＝86．若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为( ) A.73 B.54C.43D.53 7．已知椭圆E 的中心在坐标原点，离心率为12，E 的右焦点与抛物线C ：y 2＝8x 的焦点重合，A ，B 是抛物线C 的准线与椭圆E 的两个交点，则|AB |＝( )A ．3B ．6C ．9D ．128．双曲线C 1：x 2m 2－y 2b 2＝1(m ＞0，b ＞0)与椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)有相同的焦点，双曲线C 1的离心率是e 1，椭圆C 2的离心率是e 2，则1e 21＋1e 22＝( ) A.12B ．1 C. 2 D ．29．F 是双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点，过点F 向C 的一条渐近线引垂线，垂足为A ，交另一条渐近线于点B .若2AF →＝FB →，则C 的离心率是( ) A. 2B ．2 C.233 D ．14310．已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，过点F 且倾斜角为60°的直线l 与抛物线C 在第一、四象限分别交于A ，B 两点，则|AF ||BF |的值等于( ) A ．2B ．3C ．4D ．511．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，双曲线x 22－y 22＝1的渐近线与椭圆有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆的方程为( )A.x 28＋y 22＝1 B ．x 212＋y 26＝1 C.x 216＋y 24＝1 D ．x 220＋y 25＝1 12.已知点P 是双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)左支上一点，F 1、F 2是双曲线的左、右两个焦点，且PF 1⊥PF 2，PF 2与两条渐近线相交于M 、N 两点(如图)，点N 恰好平分线段PF 2，则双曲线的离心率是( ) A. 2B ． 3C ．2D ． 513．圆x 2＋y 2＝4上恰有三个点到直线x ＋y ＋m ＝0的距离都等于1，则m ＝________．14．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，点O 是坐标原点，过点O 、F 的圆与抛物线C 的准线相切，且该圆的面积为36π，则抛物线方程为________．15．若点P 是以A (－3，0)，B (3，0)为焦点，实轴长为25的双曲线与圆x 2＋y 2＝9的一个交点，则|P A |＋|PB |＝________．16．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，椭圆上的点到点Q (1，0)的距离的最大值为3，则椭圆C 的方程为________．参考答案与解析1．D 因为直线ax ＋2y ＋1＝0与直线x ＋y －2＝0互相垂直，所以⎝⎛⎭⎫－a 2³(－1)＝－1，所以a ＝－2.2．B 由题意及双曲线的定义有||PF1|－|PF 2||＝|3－|PF 2||＝2a ＝6.所以 |PF 2|＝9.3．[导学号：30812216] B将圆的方程化成标准方程为(x ＋a )2＋(y ＋1)2＝2a ，因为0<a <1，所以(0＋a )2＋(0＋1)2－2a ＝(a －1)2>0，即（0＋a ）2＋（0＋1）2>2a ，所以原点在圆外．4．A 由e ＝33得c a ＝33.① 又△AF 1B 的周长为43，由椭圆定义，得4a ＝43，得a ＝3，代入①得c ＝1，所以b 2＝a 2－c 2＝2，故C 的方程为x 23＋y 22＝1. 5．A 直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点为⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x －y ＋1＝0，即(－1，0)．根据题意，圆心为(－1，0)．因为圆C 与直线x ＋y ＋3＝0相切，所以半径为圆心到切线的距离，即r ＝d ＝|－1＋0＋3|12＋12＝2，则圆的方程为(x ＋1)2＋y 2＝2.6．D由双曲线的一条渐近线过点(3，－4)知b a ＝43，所以b 2a 2＝169. 又b 2＝c 2－a 2，所以c 2－a 2a 2＝169，即e 2－1＝169，所以e 2＝259，所以e ＝53. 7．[导学号：30812217] B 抛物线y 2＝8x 的焦点为(2，0)，所以椭圆中c ＝2，又c a ＝12，所以 a ＝4，b 2＝a 2－c 2＝12，从而椭圆方程为x 216＋y 212＝1. 因为抛物线y 2＝8x 的准线为x ＝－2，所以 x A ＝x B ＝－2，将x A ＝－2代入椭圆方程可得|y A |＝3，由图象可知|AB |＝2|y A |＝6.故选B.8．D依题意，双曲线C 1中c 2＝m 2＋b 2，椭圆C 2中c 2＝a 2－b 2，所以a 2－b 2＝m 2＋b 2，即m 2＝a 2－2b 2，所以1e 21＋1e 22＝a 2－2b 2c 2＋a 2c 2 ＝2a 2－2b 2c 2＝2（a 2－b 2）c 2＝2. 9．C由已知得渐近线为l 1：y ＝b a x ，l 2：y ＝－b ax ，由条件得，F 到渐近线的距离|F A |＝b ，则|FB |＝2b ，在Rt △AOF 中，|OF |＝c ，则|OA |＝c 2－b 2＝a .设l 1的倾斜角为θ，即∠AOF＝θ，则∠AOB ＝2θ.在Rt △AOF 中，tan θ＝b a ，在Rt △AOB 中，tan 2θ＝3b a，而tan 2θ＝2tan θ1－tan 2θ，即3b a ＝2b a 1－b 2a 2，即a 2＝3b 2，所以a 2＝3(c 2－a 2)，所以e 2＝c 2a 2＝43，即e ＝233. 10．B 由抛物线的方程可知焦点F ⎝⎛⎭⎫p 2，0，直线l 的斜率k ＝tan 60°＝3，则直线l 的方程为y ＝3⎝⎛⎭⎫x －p 2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(y 1＞0，y 2＜0)．将直线方程和抛物线方程联立消去x 并整理可得y 2－233py －p 2＝0，解得y 1＝3p ，y 2＝－33p .所以|AF ||BF |＝|y 1||y 2|＝333＝3，故选B.11．[导学号：30812218] D 由e ＝32可得a ＝2b ，则椭圆方程为x 24b 2＋y 2b2＝1.双曲线x 22－y 22＝1的渐近线方程为y ＝±x ，则以双曲线的渐近线与椭圆的四个交点为顶点的四边形为正方形，设在第一象限的小正方形边长为m ，则m 2＝4，m ＝2，从而点(2，2)在椭圆上，即224b 2＋22b 2＝1，解得b 2＝5.于是b 2＝5，a 2＝20.故椭圆方程为x 220＋y 25＝1. 12．D 由题意可知，ON 为△PF 1F 2的中位线，所以PF 1∥ON ，所以tan ∠PF 1F 2＝tan ∠NOF 2＝k ON ＝b a，所以⎩⎪⎨⎪⎧|PF 2||PF 1|＝b a ，|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝4c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＝2a ，|PF 2|＝2b . 又因为|PF 2|－|PF 1|＝2a ，所以2b －2a ＝2a ，b ＝2a ，c ＝a 2＋b 2＝5a ，e ＝c a ＝ 5. 13.由题意知直线x ＋y ＋m ＝0为斜率为1的半径的中垂线，圆心到该直线的距离为1，即|m |2＝1，所以m ＝±2. ± 214. 依题意，设圆心为M ，且M 在抛物线上，又圆的面积为36π，所以半径|OM |＝6，所以|MF |＝x M ＋p 2＝6，即x M ＝6－p 2，又|MF |＝|MO |，即x M ＝p 4，所以6－p 2＝p 4，解得p ＝8，所以抛物线方程为y 2＝16x .y 2＝16x15. 不妨设点P 在双曲线的右支上，则|P A |>|PB |，因为点P 是双曲线与圆的交点，所以由双曲线的定义知，|P A |－|PB |＝25①，又|P A |2＋|PB |2＝36②，①②联立化简得2|P A |²|PB |＝16，所以(|P A |＋|PB |)2＝|P A |2＋|PB |2＋2|P A |·|PB |＝52，所以|P A |＋|PB |＝213.21316．[导学号：30812219] 因为e ＝ca ＝1－b 2a 2＝12，所以b 2＝34a 2，则3x 2＋4y 2＝3a 2.设椭圆上任意一点P (x 0，y 0)，则|PQ |＝（x 0－1）2＋y 20＝ 14（x 0－4）2＋34a 2－3(－a ≤x 0≤a )，记f (x 0)＝14(x 0－4)2＋34a 2－3，当|PQ |取得最大值3时，f (x 0)取得最大值9.因为f (x 0)的图象开口向上，对称轴为x 0＝4，且a >0，则|－a －4|>|a －4|，故f (x 0)max ＝f (－a )＝9，解得a ＝－4(舍)或a ＝2.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1. x 24＋y 23＝1。

2018届北师大版空间向量与立体几何(理) 检测卷

1.【2017广东湛江期中调研，6】已知某几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为（）A．12B．1 C.32D．3【答案】C 【解析】试题分析：由三视图可知，该几何体为一三棱锥，所以其体积为113313322V=⨯⨯⨯⨯=，故选C.【要点回扣】1.三视图.2.几何体体积.2.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．16 B．32 C．48 D．144【答案】C【解析】试题分析：如图直方图是一个四棱锥，底面积为(62)6242+⨯=.高为6.所以体积为1246483⨯⨯=.故选C. 【要点回扣】1.三视图.2.体积的计算.3.已知几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A. 34B. 4C. 324D. 334【答案】C【要点回扣】由三视图求面积、体积．4.【2017广东郴州市高三第二次教学质量监测试卷，6】已知某三棱锥的三视图如图所示，正视图和俯视图都是等腰直角三角形，则该三棱锥中最长的棱长为（）A ．． D ．2【答案】A【解析】如图，该三回旋曲图所表示的几何体为三棱锥A BCD -，显然最长棱为AB ，且AB = A.【要点回扣】三视图．5.【2017广东湛江市高三上学期期中调研考试，3】若直线l 与平面α相交，则（） A ．平面α内存在直线与l 异面 B ．平面α内存在唯一直线与l 平行 C. 平面α内存在唯一直线与l 垂直 D ．平面α内的直线与l 都相交【答案】A【要点回扣】直线与平面的位置关系6.【2017四川省凉山州高中毕业班第一次诊断性检测,4】某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是（）A ．43B ．83C ．4D ．6+【答案】A【解析】由三视图可知，该三棱锥底面是一个等腰直角三角形，直角边长为2，该棱锥的高为2，所以该三棱锥的体积为114222323V =⨯⨯⨯⨯=，故选A.【要点回扣】三视图7.【2017广东郴州市高三第二次教学质量监测试卷,4】我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水.天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸.若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③台体的体积公式1()3V S S h =下上•）.A ． 2寸B ．3寸 C. 4寸 D ．5寸【答案】B【解析】根据题意可得平地降雨量3==，故选B. 【要点回扣】1.实际应用问题；2.圆台的体积.8. 【2017广东高三上学期阶段测评（一），6】三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，且AB BC ⊥，12AB BC AA ===，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．48πB ．32π C.12π D ．8π 【答案】C【解析】如图，由题可知矩形11AA C C 的中心O 为该三棱柱外接球的球心，OC ==.∴该球的表面积为2412ππ=.选C.【要点回扣】外接球表面积9.如图，多面体OABCD ，AB=CD=2，AD=BC=32，AC=BD=10，且OA ，OB ，OC 两两垂直，给出下列 5个结论：①三棱锥O —ABC 的体积是定值；②球面经过点A 、B 、C 、D 四点的球的直径是13； ③直线OB//平面ACD ； ④直线AD 与OB 所成角是600； ⑤二面角A —OC —D 等于300．其中正确的结论是____________________.【答案】①②④【解析】由题所给几何模型相当于正方体CFDG-AOBE 内的两个三棱锥组成的部分，根据所给条件根据线面关系不难得到结果.由题根据所给条件不难得到AO=1，，三棱锥O —ABC 的体积显然是定值；过点A 、B 、C 、D 四点的球的直径是是长方体的对角线长，显然直线OB 与平面ACD 相交，直线AD 与OB 所成角是,sin 60.DE DAE DAE DAE AD ∠∠===∴∠=︒二面角A —OC —D 的平面角即60AOE ∠=︒, 所以①②④正确.【要点回扣】球内接多面体，棱锥的结构特征。

2018版高考数学复习立体几何与空间向量8.2简单几何体的面积与体积试题理北师大版

第八章立体几何与空间向量 8.2 简单几何体的面积与体积试题理北师大版1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.柱、锥、台和球的表面积和体积【知识拓展】1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差． (2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等． 2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √ ) (2)锥体的体积等于底面积与高之积．( × ) (3)球的体积之比等于半径比的平方．( × )(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( √ ) (5)长方体既有外接球又有内切球．( × )(6)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( × )1．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cm D.32 cm答案 B解析 S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2 cm.2．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A ．90 cm 2B ．129 cm 2C ．132 cm 2D ．138 cm 2答案 D解析该几何体如图所示，长方体的长，宽，高分别为 6 cm,4 cm ，3 cm ，直三棱柱的底面是直角三角形，边长分别为3 cm,4 cm ，5 cm ，所以表面积S ＝[2×(4×6＋4×3)＋3×6＋3×3]＋(5×3＋4×3＋2×12×4×3)＝99＋39＝138(cm 2)．3．(2016·全国甲卷)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( ) A ．12π B.323π C ．8π D ．4π答案 A解析由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4πR 2＝(2R )2π＝12π，故选A.4．《九章算术》商功章有题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺313寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底面圆周长约为( ) A ．1丈3尺 B ．5丈4尺 C ．9丈2尺 D ．48丈6尺答案 B解析设圆柱底面半径为r 尺，高为h 尺，依题意，圆柱体积为V ＝πr 2h ＝2 000×1.62≈3×r 2×13.33，所以r 2≈81，即r ≈9，所以圆柱底面圆周长为2πr ≈54,54尺＝5丈4尺，即圆柱底面圆周长约为5丈4尺，故选B.5．(2016·成都一诊)如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为________．答案 1∶1解析由三视图可知半球的半径为2，圆锥底面圆的半径为2，高为2，所以V 圆锥＝13×π×23＝83π，V 半球＝12×43π×23＝163π，所以V 剩余＝V 半球－V 圆锥＝83π，故剩余部分与挖去部分的体积之比为1∶1.题型一求空间几何体的表面积例1 (1)(2016·淮北模拟)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A ．21＋ 3B ．18＋ 3C ．21D ．18(2)一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．答案 (1)A (2)12解析 (1)由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示，因此该几何体的表面积为 6×(4－12)＋2×34×(2)2＝21＋ 3.故选A.(2)设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.思维升华空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．(2016·大连模拟)如图所示的是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积为________．答案 26解析该几何体为一个长方体从正上方挖去一个半圆柱剩下的部分，长方体的长，宽，高分别为4,1,2，挖去半圆柱的底面半径为1，高为1，所以表面积为S ＝S 长方体表－2S 半圆柱底－S 圆柱轴截面＋S 半圆柱侧＝2×4×1＋2×1×2＋2×4×2－π×12－2×1＋12×2π×1＝26.题型二求空间几何体的体积命题点1 求以三视图为背景的几何体的体积例2 (2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 答案 C解析由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为正四棱锥，它的底面边长为1，高为1，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，故选C.命题点2 求简单几何体的体积例3 (2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______________________________________．答案7解析设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r＝7.思维升华空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．(1)(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的主视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．(2)如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32答案 (1)33(2)A 解析 (1)由题意可知，因为三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由主视图可得俯视图(如图)，且三棱锥高为h ＝1，则体积V ＝13Sh ＝13×(12×23×1)×1＝33.(2)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG＝GD ＝BH ＝HC ＝32， ∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A.题型三与球有关的切、接问题例4 已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B ．210 C.132 D ．310答案 C解析如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝522＋62＝132.引申探究1．已知棱长为4的正方体，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？解由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为R ，内切球的半径为r . 又正方体的棱长为4，故其体对角线长为43，从而V 外接球＝43πR 3＝43π×(23)3＝323π，V 内切球＝43πr 3＝43π×23＝32π3. 2．已知棱长为a 的正四面体，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？解正四面体的表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π. 3．已知侧棱和底面边长都是32的正四棱锥，则其外接球的半径是多少？解依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为32×2＝6，高为22－122＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.思维升华空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．(2016·全国丙卷)在封闭的直三棱柱ABCA 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 ．4π B.9π2 C ．6π D.32π3答案 B解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2.15．巧用补形法解决立体几何问题典例 (2016·青岛模拟)如图，在△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5，则此几何体的体积为________．思想方法指导解答本题时可用“补形法”完成．“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”，将不规则的几何体补成规则的几何体等．解析用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ×AA ′＝12×24×8＝96.答案 961．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．4＋π2B ．4＋3π2C ．4＋5π2 D ．4＋π答案 C解析由题意可知，几何体的体积为圆柱的体积加长方体的体积再减去与长方体等高的圆柱的体积的12，即π·12·3＋2·2·1－12π·12·1＝4＋5π2.2．(2016·大同模拟)一个几何体的三视图如图所示，且其左视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积为( )A.＋π33B.＋π36C.＋π33D ．(4＋π) 3答案 B解析由三视图可知该几何体是由一个半圆锥和一个四棱锥组成的，其中半圆锥的底面半径为1，四棱锥的底面是一个边长为2的正方形，它们的高均为 3.则V ＝13·⎝ ⎛⎭⎪⎫12π＋4·3＝＋π36.故选B.3．(2015·山东)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.4．(2015·安微)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2答案 B解析由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图所示，∴该四面体的表面积为S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选B.5．(2016·广东东莞一中、松山湖学校联考)某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则此几何体的体积是( )A.203π B ．6π C.103π D.163π 答案 C解析该几何体是由半个圆柱和半个圆锥构成的组合体，所以V ＝12×π×4×1＋12×13×π×4×2＝103π.故选C.6．(2016·福建三明一中第二次月考)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A. 2B.22C ．2D ．1 答案 A解析由题意知，球心在正方形的中心上，球的半径为1，则正方形的边长为2.∵ABC —A 1B 1C 1为直三棱柱，∴平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，∴BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°.∵AB ＝AC ，∴AB ＝1.∴侧面ABB 1A 1的面积为2×1＝ 2.故选A.7.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，以顶点A 为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和为________．答案 56π解析由题意，图中弧为过球心的平面与球面相交所得大圆的一段弧，因为∠A 1AE ＝∠BAF ＝π6，所以∠EAF ＝π6，由弧长公式知弧EF 的长为2×π6＝π3.弧为不过球心的平面与球面相交所得小圆的一段弧，其圆心为B ，因为球心到平面BCC 1B 1的距离d ＝3，球的半径R ＝2，所以小圆的半径r ＝R 2－d 2＝1，又∠GBF ＝π2，所以弧的长为1×π2＝π2.故两段弧长之和为5π6.8．(2016·新疆乌鲁木齐地区二诊)已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是________．答案 7π解析 (图略)在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE . ∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2， ∴AE ⊥CD ，BE ⊥CD . 在Rt△AED 中，CD ＝6，FG FG EF∴AE ＝102.同理BE ＝102. 取AB 的中点为F ，连接EF .由AE ＝BE ，得EF ⊥AB .在Rt△EFA 中， ∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1.取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12.在Rt△OFA 中，OA ＝72.∵OA ＝OB ＝OC ＝OD ， ∴该四面体的外接球的半径是72， ∴外接球的表面积是7π.9. (2016·三门峡陕州中学对抗赛)如图所示，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，PO 垂直于圆O 所在的平面，且PO ＝OB ＝1.则三棱锥P －ABC 体积的最大值为________．答案 13解析 V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ，当△ABC 的面积最大时，三棱锥P －ABC 体积达到最大值．当CO ⊥AB时，△ABC 的面积最大，最大值为12×2×1＝1，此时V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13.10．(2016·浙江)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．答案 12解析设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos∠ABC＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ·sin∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x )．要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD 的最大值为16×3＝12.11．(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． (1)证明因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 因为BE ∩BD ＝B ，所以AC ⊥平面BED . 又AC平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥EACD 的体积V EACD ＝13·12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63.故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥EACD 的侧面积为3＋2 5.12.如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，AB ＝2，EB ＝ 3.(1)求证：DE ⊥平面ADC ；(2)设AC ＝x ，V (x )表示三棱锥B －ACE 的体积，求函数V (x )的解析式及最大值． (1)证明 ∵四边形DCBE 为平行四边形， ∴CD ∥BE ，BC ∥DE . ∵DC ⊥平面ABC ，BC平面ABC ，∴DC ⊥BC .∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC ＝C ， ∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC .(2)解 ∵DC ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面ABC . 在Rt△ABE 中，AB ＝2，EB ＝ 3.在Rt△ABC 中，∵AC ＝x ，BC ＝4－x 2(0<x <2)， ∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·4－x 2，∴V (x )＝V E －ABC ＝36x ·4－x 2(0<x <2)． ∵x 2(4－x 2)≤(x 2＋4－x 22)2＝4，当且仅当x 2＝4－x 2，即x ＝2时，取等号，∴x ＝2时，体积有最大值33.。

2018届北师大版立体几何(文) 检测卷

1.【2017湖南衡阳期末】一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的外接球的表面积为（）A. 错误！未找到引用源。

B. 错误！未找到引用源。

C. 错误！未找到引用源。

D. 错误！未找到引用源。

【答案】B【要点回扣】由三视图求几何体外接球的表面积2.若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A ．16B ．32C ．48D ．144【答案】C 【解析】如图直方图是一个四棱锥，底面积为(62)6242+⨯=.高为6.所以体积为1246483⨯⨯=.故选C. 【要点回扣】1.三视图.2.体积的计算.3.已知几何体的三视图如图，则该几何体的体积为（）A. 34 B. 4 C. 324 D. 334 【答案】C【要点回扣】由三视图求面积、体积．4.【2017山西五校联考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（）A. 错误！未找到引用源。

B. 错误！未找到引用源。

C. 错误！未找到引用源。

D. 错误！未找到引用源。

【答案】A【解析】该几何体为长方体挖去了一个圆锥，圆锥的底面半径为1，母线长为2，几何体的表面积为错误！未找到引用源。

，故选A.【要点回扣】三视图．5.设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列叙述正确的是A.若α∥β，m ∥α，n ∥β，则m ∥nB.若α⊥β，m ⊥α，n ∥β，则m ⊥nC.若m ∥α，n ∥α，m ∥β，n ∥β，m ⊥n ，则α∥βD.若m ⊥α，n ⊂β，m ⊥n ，则α⊥β【答案】C【解析】若α∥β，m ∥α，n ∥β，则n m ,可能平行、异面或相交，故A 错误；若α⊥β，m⊥α，n ∥β，则n m ,可能平行、异面或相交，故B 错误；若m ⊥α，n ⊂β，m ⊥n ，则βα,可能垂直、平行或不垂直相交，故D 错误；所以选C 选项.【要点回扣】空间中平行、垂直的判定.6.【2017云南师大附中月考】四面体错误！未找到引用源。

2018届北师大版解析几何检测卷

1．【2017湖南省五市十校教研教改共同体高三12月联考，7】已知12F F 、是双曲线2222:1x y E a b-=的左、右焦点，过点1F 且与x 轴垂直的直线与双曲线左支交于点,M N ，已知2MF N ∆是等腰直角三角形，则双曲线的离心率是（）．A ．B ．2C ．1+．2【答案】C【解析】由题意得222222210,11b c c a ac e e e e a=⇒-=⇒--=>⇒=+ C.【易错点】要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等. 2．【2017广东郴州市高三第二次教学质量监测试卷,10】已知F 为双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点，点A 为双曲线虚轴的一个顶点，过,F A 的直线与双曲线的一条渐近线在y 轴右侧的交点为B ，若1)FA AB =-，则此双曲线的离心率是（）A B D ．【答案】A【解析】FA 的方程为1x yc b +=-，即0bx cy bc -+=，联立00bx cy bc bx ay -+=⎧⎨-=⎩得(,),1)ca bc B FA AB c a c a =--- ，所以1)cac c a=-⋅-，解得e =，故选A. 【易错点】1.双曲线的几何性质；2.向量的坐标运算.3．【2017四川省凉山州高中毕业班第一次诊断性检测,8】已知双曲线221x y -=，点1F ，2F 为其两个焦点，点P 为双曲线上一点，若1260F PF ∠=︒，则三角形12F PF 的面积为（）A ．2B ．C D ．【答案】C【解析】1221tan 30tan2F PF b S θ===︒,故选C.【易错点】双曲线的几何性质4．【2017山东省枣庄市高三上学期期末，8】过抛物线()240y ax a =>的焦点F 作斜率为1-的直线,l l 与离心率为e 的双曲线()222210x y b a b-=>的两条渐近线的交点分别为,B C .若,,B C F x x x 分别表示,,B C F 的横坐标，且2F B C x x x =- ，则e =（）A ．6 BC.3 D【答案】D【易错点】1、抛物线与双曲线的几何性质；2、直线与圆锥曲线的位置关系．5．【2017广东高三上学期阶段测评（一），11】过抛物线()2:20C y px p =>的焦点F 的直线l 与抛物线交于 M N ，两点，若4MF FN = ，则直线l 的斜率为（）A ．32±B ．23± C.34± D ．43±【答案】D【解析】不妨设()()()111122 0 0 M x y x y N x y >>，，，，，∵4MF FN =，∴124y y =-，又212y y p =-，∴22 28p py x =-=，，∴042382MN pk p p --==-.根据对称可得直线l 的斜率为43±.选D.【易错点】直线与抛物线位置关系6．如图，12 A A ，为椭圆22195x y +=的长轴的左、右端点，O 为坐标原点， S Q T ，，为椭圆上不同于12 A A ，的三点，直线12 QA QA OS ，，，OT 围成一个平行四边形OPQR ，则22OS OT +=（）A ．5B ．3．14 【答案】D【易错点】解析几何定值问题7．【2017广西南宁、梧州高三毕业班摸底联考，12】已知椭圆()222210x y a b a b +=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过1F 且与x 轴垂直的直线交椭圆于A 、B 两点，直线2AF 与椭圆的另一个交点为C ，若23ABC BCF S S =△△，则椭圆的离心率为（）A D 【答案】A【解析】设椭圆的左、右焦点分别为()()12 0 0F c F c -，，，，由x c =-，代入椭圆方程可得2by a =±，可设()2 b A c C x y a ⎛⎫- ⎪⎝⎭，，，，23ABC BCF S S =△△，可得222AF F C = ，即有()22 2 b c x c y a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，，，即2222 2b c x c y a =--=，，可得22 2b x c y a ==-，，代入椭圆方程可得，2222414c b a a+=，由222 c e b a c a ==-，，即有221414e e -+=，解得e = A.【易错点】椭圆离心率8．【2017贵州遵义市高三第一次联考，11】已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的离心率为62，左顶点到一条渐近线的距离为263，则该双曲线的标准方程为（） A ．22184x y -= B ．221168x y -= C ．2211612x y -= D ．221128x y -=【答案】A【解析】66,222e c a a b =⇒==，渐近线方程2222022x y y x b b -=⇒=±，因此左顶点到一条渐近线的距离为||2622,233a ab =⇒==，即该双曲线的标准方程为22184x y -=，选A. 【易错点】双曲线渐近线9.【2017云南大理高三第一次统测，11】已知双曲线2212x y -=与不过原点O 且不平行于坐标轴的直线l 相交于,M N 两点，线段MN 的中点为P ，设直线l 的斜率为1k ，直线OP 的斜率为2k ，则12k k =（） A ．12 B ．12- C ．2 D ．-2 【答案】A【易错点】双曲线的方程10.设直角坐标平面内与两个定点()2 0A -，、()2 0B ，的距离之差的绝对值等于2的点的轨迹是E .C 是轨迹E 上一点，直线BC 垂直于x 轴，则AC BC ⋅=（）A ．9-B ．3- C.3 D ．9 【答案】D【解析】由双曲线定义得E ：2224,22,113x y c a ==-=，因此(2,3)C ±，因此29AC BC BC ⋅== ,选D.【易错点】双曲线的定义11．【2017广东高三上学期阶段测评（一），8】已知双曲线()222210 0x y a b a b -=>>，的左、右焦点分别为12 F F ，，且2F 为抛物线224y x =的焦点，设点P 为两曲线的一个公共点，若12PF F △的面积为）A ．221927x y -= B ．221279x y -= C.221169x y -= D ．221916x y -= 【答案】A【解析】设P 点为第一象限点，且()11 P x y ，，1211122PF F S y =⨯⨯=△1y =，19x =，∴1226a PF PF =-=，∴ 2 a b ==，，故双曲线方程为221927x y -=.选A. 【易错点】双曲线的定义中要求||PF 1|－|PF 2||＜|F 1F 2|的转化.12．【2017广西柳州市高三10月模拟，10】已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）与抛物线28y x =有一个公共的焦点，且两曲线的一个交点为P ，若||5PF =，则双曲线的渐进线方程为（）A ．0x ±=B ．20x y ±=C 0y ±=D ．20x y ±=【答案】C【易错点】双曲线的渐进方程13．【2017云南大理高三第一次统测，15】在直角坐标系xOy 中，有一定点()1,2M -，若线段OM 的垂直平分线过抛物线()220x py p =>的焦点，则该抛物线的准线方程是____________．【答案】54y =-【解析】线段OM 的中点为1,12⎛⎫-⎪⎝⎭，2OM k =-所以线段OM 的垂直平分线方程为11122y x ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭，即5202x y -+=，其y 轴的交点为5,04F ⎛⎫⎪⎝⎭,所以该抛物线的准线方程是54y =-. 【易错点】抛物线的标准方程14．【2017广西柳州市高三10月模拟，16】设双曲线22196x y -=的左、右焦点分别为1F 、2F ，过1F 的直线l 交双曲线左支于A 、B 两点，则22||||AF BF +的最小值等于．【答案】16 【解析】22211226||||2||2||4||443163b AF BF a AF a BF a AB a a ⨯+=+++=+≥+=⨯+=【易错点】双曲线的定义15．【2017广东郴州市高三第二次教学质量监测试卷,21】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为12，且过点3(1,)2.若点00(,)M x y 在椭圆C上，则点00(,)x y N a b称为点M 的一个“椭点”. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）若直线:l y kx m =+与椭圆C 相交于,A B 两点，且,A B 两点的“椭点”分别为,P Q ，以PQ 为直径的圆经过坐标原点，试求AOB ∆的面积.【答案】(1) 22143x y +=；（2.【解析】（Ⅰ）由12e =，得2a c =，又222,a b c b =+∴=，∴椭圆2222:+143x y C c c =，因点31,2⎛⎫⎪⎝⎭在C 上，22914+143c c ∴=，得1c =，2,a b ∴==，所以椭圆C 的方程为：22143x y +=；（Ⅱ）设()()1122,,,A x y B x y，则12,22x x P Q ⎛⎛ ⎝⎝，由以PQ 为直径的圆经过坐标原点，得0OP OQ ⋅=，即1212043x x y y += （1）由22143y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消除y 整理得：()()222348430k x mk m +++-=，由()()222264163430k m k m ∆=-+->，得22340k m +->，而()2121222438,3434m mkx x x x k k -+=-=++ （2） ()()()()22221212121223434m k y y kx m kx m k x x mk x x m k -∴=++=+++=+ （3）将（2）（3）代入（1）得：()()()()2222243340434434m m k kk--+=++，即22243m k -=，=，原点O 到直线:l y kx m =+的距离d =，12AOBS AB d ∆∴==把22243m k -=代入上式得AOB S ∆=，即AOB S ∆【易错点】1.椭圆的标准方程与几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.新定义问题. 16. 【2017四川省凉山州高中毕业班第一次诊断性检测，20】设椭圆E ：22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为12，E 上一点P 到右焦点距离的最小值为1．（1）求椭圆E 的方程；（2）过点(0,2)的直线交椭圆E 于不同的两点A ，B ，求OA OB ⋅的取值范围．【答案】（1）22143x y +=；（2）13(,]4-∞. 【解析】（1）由题意得12c a =，且1a c -=，∴2a =，1c =，故2223b a c =-=， ∴椭圆的方程为22143x y +=．（2）①当k 不存在时，(0,A ，B ，∴(0,3OA OB ⋅=⋅=-；（iii ）代入（ii ）中25133314OA OB ⋅≤-+=+， ∴13(,]4OA OB ⋅∈-∞ ．【易错点】1.椭圆的标准方程与几何性质；2.直线与椭圆的位置关系；3.向量的坐标运算. 17．【2017河南省广东省佛山市高三教学质量检测（一），20】（本小题满分12分）已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>过点()2 1M ，（1）求椭圆C 的方程；（2）设()0 1A -，，直线l 与椭圆C 交于 P Q ，两点，且AP AQ =，当OPQ △（O 为坐标原点）的面积S 最大时，求直线l 的方程.【答案】（1）22182x y +=；（2）1y =±或3y =+．【解析】（1）依题意得：22411a b+=，c e a ==，又222a b c =+，解得28a =，22b =，所以椭圆C 的方程为22182x y +=.（2）显然，直线l 的斜率k 存在.①当0k =时，可设直线l 的方程为0y y =，()00 P x y -，，()00 Q x y ，，则2200182x y +=.所以()220000002122222y y S x y x y +-=⋅=⋅=≤⋅=. 当且仅当22002y y =-，即01y =时取等号，此时直线l 的方程为1y =±. ②当0k ≠时，可设直线l 的方程为y kx m =+，()11 P x y ，，()22 Q x y ，，联立22182y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 整理得()()222148420k x kmx m +++-=.由()()()2228414420km k m ∆=-+⋅->，得2282k m +>（*），则有122814km x x k +=-+，()21224214m x x k -=+，于是可得PQ 的中点为224 1414kmm kk ⎛⎫- ⎪++⎝⎭，.……9分因为AP AQ =，所以2211144014mk km k k++=---+，化简得2143k m +=，结合（*）可得06m <<. 又O 到直线l的距离为d =-所以1122S PQ d =⋅=.即S == 所以，当3m =时，S 取最大值，此时，k =l 的方程为3y =+. 综上所述，直线l 的方程为1y=±或3y =+.【易错点】1、椭圆的方程及几何性质；2、直线与椭圆的位置关系．18．【2017山东省枣庄市高三上学期期末，21】（本小题满分14分）已知椭圆()2222:10x y a b a b Ω+=>>，过点Q ⎫⎪⎪⎭作圆221x y +=的切线，切点分别为,S T .直线ST 恰好经过Ω的右顶点和上顶点.（1）求椭圆Ω的方程；（2）如图，过椭圆Ω的右焦点F 作两条互相垂直的弦,AB CD .① 设,AB CD 的中点分别为,M N ，证明: 直线MN 必过定点，并求此定点坐标； ②若直线,AB CD 的斜率均存在时，求由,,,A C B D 四点构成的四边形面积的取值范围.【答案】(1) 2212x y +=；(2)①2,03P ⎛⎫ ⎪⎝⎭；②16,29⎡⎫⎪⎢⎣⎭．【解析】(1)过⎫⎪⎪⎭作圆221x y +=的切线，一条切线为直线1y =，切点()0,1S .设另一条切线为1y k x ⎛-=-⎝，即2220kx y -+=. 因为直线与圆221x y +=1，解得k =-，所以切线方程为3y =-+.由2231y x y ⎧=-+⎪⎨+=⎪⎩，解得13T ⎫⎪⎪⎭，直线ST的方程为)10y x -=-,即1y x =-. 令0x =，则1y =所以上顶点的坐标为()0,1，所以1b =；令0y =，则x =所以右顶点的坐标为)，所以a =所以椭圆Ω的方程为2212x y +=.若22222122k k k =++，得1k =±，则直线MN 斜率不存在. 此时直线MN 过点2,03⎛⎫ ⎪⎝⎭. 下证动直线MN 过定点2,03P ⎛⎫ ⎪⎝⎭.② 当直线,AB CD 的斜率均存在且不为0时，由①可知，将直线AB 的方程代入椭圆方程中，并整理得 ()2222124220k x k x k +-+-=,所以===.=()2242411122225k S AB CD k k +===++ 四边形222222114422211252121k k k k k k k k k k ⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭===-⎛⎫⎛⎫++++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为22121219k k ⎛⎛⎫++≥+= ⎪ ⎝⎭⎝，当且仅当1k =±时取等号，所以22221620,2299112121k k k k <≤≤-<⎛⎫⎛⎫++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即1629S ≤<四边形，所以，由,,,A C B D 四点构成的四边形面积的取值范围为16,29⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 【易错点】1、直线与圆的位置关系；2、椭圆的方程及几何性质；3、直线与椭圆的位置关系．19．【2017山西大学附属中学上学期11月模块诊断，20】已知点(0,2)A -,椭圆:E 22221(0)x y a b a b +=>>，F 是椭圆的右焦点，直线AFO 为坐标原点．（I ）求E 的方程；（II ）设过点A 的动直线l 与E 相交于,P Q 两点，当POQ ∆的面积最大时，求l 的方程【答案】（I ）2214x y +=（II）2y x =-或2y x =- 【解析】（I ）设(,0)F c ，由条件知2c =得c =又c a =所以2a =，2221b a c =-=，故E 的方程为2214x y +=t =，则0t >，24444OPQ t S t t t∆==++，因为44t t +≥,当且仅当2t =，即k =0∆>.所以当OPQ ∆的面积最大时，l 的方程为2y x =-或2y x =- 法二：令241k m +=，则22216(4)1416()OPQ m S m m m ∆-==-当118m =时，即 8m = ，2418k += ，k =0∆>.所以OPQ ∆的面积最大时，l 的方程为2y x =-或2y x =-；【易错点】椭圆的标准方程，点到直线的距离公式，弦长公式，二次分式类函数最值的求法20.【湖南省五市十校教研教改共同体2017届高三12月联考，20】如图，设点,A B 的坐标分别为()),，直线,AP BP 相交于点P ，且它们的斜率之积为23-．（1）求点P 的轨迹方程；（2）设点P 的轨迹为C ，点M N 、是轨迹为C 上不同于,A B 的两点，且满足//,//AP OM BP ON ，求证：MON ∆的面积为定值．【答案】（1）(22132x y x +=≠（2【解析】（1）由已知设点P 的坐标为(),x y ，由题意知(23AP BP k k x ==-≠ ，化简得P的轨迹方程为(22132x y x +=≠设,M N 的坐标分别为()()1122,,,x y x y ，则2121222426,3232mt t y y y y m m-+=-=++ 又()2121222221212122636OM ON y y y y t k k x x m y y mt y y t t m -===+++- ，所以222262363t t m -=--，得22223t m =+．又112MON S t y ∆=-所以MON S ∆==MON ∆ 【易错点】直接法求动点轨迹方程，圆锥曲线中定值问题。

2018高考数学立体几何含答案(最新整理)

2018高考数学立体几何答案1.（本小题14分）如图，在三棱柱ABC −中，平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为111A B C 1CC ⊥，AC ，，的中点，AB=BC，AC ==2．1AA 11A C 1BB 1AA（Ⅰ）求证：AC ⊥平面BEF ；（Ⅱ）求二面角B−CD −C 1的余弦值；（Ⅲ）证明：直线FG 与平面BCD 相交．【解析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥Q 平面ABC ，∴四边形11A ACC 为矩形．又E ，F 分别为AC ，11A C 的中点，AC EF ∴⊥，AB BC =Q ，AC BE ∴⊥，AC ∴⊥平面BEF ．（2）由（1）知AC EF ⊥，AC BE ⊥，1EF CC ∥．又1CC ⊥平面ABC ，EF ∴⊥平面ABC ．BE ⊂Q 平面ABC ，EF BE ∴⊥．如图建立空间直角坐称系E xyz -．由题意得()0,2,0B ，()1,0,0C -，()1,0,1D ，()0,0,2F ，()0,2,1G ，()=2,01CD ∴u u u r ,，()=1,2,0CB u u r ，设平面BCD 的法向量为(),a b c =,n ，00CD CB ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩u u u r u u r n n ，2020a c a b +=⎧∴⎨+=⎩，令2a =，则1b =-，4c =-，∴平面BCD 的法向量()2,14=--，,n ，又Q 平面1CDC 的法向量为()=0,2,0EB u u r ，cos =EB EB EB⋅∴<⋅>=-u u r u u r u u r n n n ．由图可得二面角1B CD C --为钝角，所以二面角1B CD C --的余弦值为．（3）平面BCD 的法向量为()2,1,4=--n ，()0,2,1G Q ，()0,0,2F ，()=02,1GF ∴-u u u r ,，2GF ∴⋅=-u u u r n ，∴n 与GF u u u r 不垂直，GF ∴与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，GF ∴与平面BCD 相交2．（本小题14分）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．（1）求证：PE BC ⊥；（2）求证：平面PAB ⊥平面PCD ；（3）求证：EF ∥平面PCD ．【解析】（1）PA PD =Q ，且E 为AD 的中点，PE AD ∴⊥，Q 底面ABCD 为矩形，BC AD ∴∥，PE BC ∴⊥．（2）Q 底面ABCD 为矩形，AB AD ∴⊥，Q 平面PAD ⊥平面ABCD ，AB ∴⊥平面PAD ，AB PD ∴⊥．又PA PD ⊥，PD ⊥Q 平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD ．（3）如图，取PC 中点G ，连接FG ，GD ．F Q ，G 分别为PB 和PC 的中点，FG BC ∴∥，且12FG BC =，Q 四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点，ED BC ∴∥，12DE BC =，ED FG ∴∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形，EF GD ∴∥，又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ，EF ∴∥平面PCD ．3．（12分）如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；（2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.解答：（1）,E F 分别为,AD BC 的中点，则//EF AB ，∴EF BF ⊥，又PF BF ⊥，EF PF F ⋂=，∴BF ⊥平面PEF ，BE ⊂平面ABFD ，∴平面PEF ⊥平面ABFD .（2）PF BF ⊥，//BF ED ，∴PF ED ⊥，又PF PD ⊥，ED DP D ⋂=，∴PF ⊥平面PED ，∴PF PE ⊥，设4AB =，则4EF =，2PF =，∴PE =，过P 作PH EF ⊥交EF 于H 点，由平面PEF ⊥平面ABFD ，∴PH ⊥平面ABFD ，连结DH ，则PDH ∠即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，由PE PF EF PH ⋅=⋅，∴PH ==，而4PD =，∴sin PH PDH PD ∠==，∴DP 与平面ABFD .4．（12分）如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C --为30︒，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．C【解析】（1）因为4AP CP AC ===，O 为AC 的中点，所以OP AC ⊥，且OP =，连结OB．因为AB BC ==，所以ABC △为等腰直角三角形，且OB AC ⊥，122OB AC ==，由222OP OB PB +=知PO OB ⊥，由,OP OB OP AC ⊥⊥知PO ⊥平面ABC ．（2）如图，以O 为坐标原点，OB u u u r 的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz -．由已知得()0,0,0O ，()2,0,0B ，()0,2,0A -，()0,2,0C，(P，(AP =u u u r ，取平面PAC 的法向量()2,0,0OB =u u u r ，设()(),2,002M a a a -<≤，则(),4,0AM a a =-u u u r ，设平面PAM 的法向量为(),,x y z =n ．由0AP ⋅=u u u r n ，0AM ⋅=u u u r n ，得()2040y ax a y ⎧+=⎪⎨+-=⎪⎩，可取))4,a a =--n ，cos ,OB ∴<>=u u u rn ，由已知得cos ,OB <>=u u u r n，，解得4a =-（舍去），43a =，43⎛⎫∴=- ⎪⎪⎝⎭n ，又(0,2,PC =-u uu r Q ，所以cos ,PC <>=u u u r n ．所以PC 与平面PAM ．5．（12分）如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧A CD所在平面垂直，M 是A CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）当三棱锥M ABC-体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．解答：（1）∵正方形半圆面，ABCD⊥CMD∴半圆面，∴平面.AD⊥CMD AD⊥MCD∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴CM MCD AD CM⊥M CD,C D .又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面CM MD⊥AD DM D=I CM⊥ADM CM BCM平面.BCM⊥ADM（2）如图建立坐标系：∵面积恒定，ABCS∆∴，最大.MO CD⊥M ABCV-，，，，,(0,0,1)M(2,1,0)A-(2,1,0)B(0,1,0)C(0,1,0)D-设面的法向量为，设面的法向量为，MAB111(,,)m x y z=u rMCD222(,,)n x y z=r，，(2,1,1)MA=--(2,1,1)MB=-，，(0,1,1)MC=-(0,1,1)MD=--，11111120(1,0,2)20x y zmx y z--=⎧⇒=⎨+-=⎩同理，，(1,0,0)n=∴，∴.cosθ==sinθ=6.（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）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.7.(本小题满分13分)如图，且AD =2BC ，,且EG =AD ，且AD BC ∥AD CD ⊥EG AD ∥CD FG ∥CD =2FG ，，DA =DC =DG =2.DG ABCD ⊥平面（I ）若M 为CF 的中点，N 为EG 的中点，求证：；MN CDE ∥平面（II ）求二面角的正弦值；E BCF --（III ）若点P 在线段DG 上，且直线BP 与平面ADGE 所成的角为60°，求线段DP 的长.【解析】依题意，可以建立以D 为原点，分别以DA ，DC ，DG 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得()0,0,0D ，()2,0,0A ，()1,2,0B ，()0,2,0C ，()2,0,2E ，()0,1,2F ，()0,0,2G ，30,,12M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0,2N ．（1）依题意()0,2,0DC = ，()2,0,2DE = ．设()0,,x y z =n 为平面CDE 的法向量，则0000DC DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即20220y x z =+=⎧⎨⎩，不妨令–1z =，可得()01,0,1=-n ．又31,,12MN ⎛⎫= ⎪⎝⎭-，可得00MN ⋅= n ，又因为直线MN ⊄平面CDE ，所以MN ∥平面CDE ．（2）依题意，可得()–1,0,0BC = ，()1,2,2BE =- ，()0,1,2CF =- ．设(),,x y z =n 为平面BCE 的法向量，则00BC BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,1,1=n ．设(),,x y z =m 为平面BCF 的法向量，则00BC BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即020x y z -=-+=⎧⎨⎩，不妨令1z =，可得()0,2,1=m ．因此有cos ,⋅<>==m n m n m n，于是sin ,m n <>=．所以，二面角––E BC F．（3）设线段DP 的长为[]()0,2h h ∈，则点P 的坐标为()0,0,h ，可得()1,2,BP h =-- ．易知，()0,2,0DC = 为平面ADGE 的一个法向量，故cos BP DC BP DC BP DC ⋅<⋅>== ，sin 60=︒=，解得[]0,2h =．所以线段DP．8．（本题满分15分）如图，已知多面体ABCA 1B 1C 1，A 1A ，B 1B ，C 1C 均垂直于平面ABC ，∠ABC =120°，A 1A =4，C 1C =1，AB =BC =B 1B =2．（Ⅰ）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1；（Ⅱ）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值．解答：（1）∵，且平面，12AB B B ==1B B ⊥ABC∴，∴.1B B AB ⊥1AB =同理，1AC ===过点作的垂线段交于点，则且，∴.1C 1B B 1B B G 12C G BC ==11B G =11B C =在中，，11AB C ∆2221111AB B C AC +=∴，①111AB B C ⊥过点作的垂线段交于点.1B 1A A 1A A H则，，∴.12B H AB ==12A H =11A B =在中，，11A B A ∆2221111AA AB A B =+∴，②111AB A B ⊥综合①②，∵，平面，平面，11111A B B C B ⋂=11A B ⊂111A B C 11B C ⊂111A B C ∴平面.1AB ⊥111A B C （2）过点作的垂线段交于点，以为原点，以所在直线为轴，B AB AC I B AB x 以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.BI y 1B B z B xyz -则，，，，(0,0,0)B (2,0,0)A -1(0,0,2)B 1C 设平面的一个法向量，1ABB (,,)n a b c = 则，令，则，1020200n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩ 1b =(0,1,0)n = 又∵，.1AC =1cos ,n AC <>== 由图形可知，直线与平面所成角为锐角，设与平面夹角为.1AC 1ABB 1AC 1ABB α∴.sin α=9．（本小题满分14分）在平行六面体中，．1111ABCD A B C D -1111,AA AB AB B C =⊥求证：（1）；11AB A B C 平面∥（2）．111ABB A A BC ⊥平面平面【解析】（1）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，11AB A B ∥．因为AB ⊄平面11A B C ，11A B ⊂平面11A B C ，所以AB ∥平面11A B C ．（2）在平行六面体1111ABCD A B C D -中，四边形11ABB A 为平行四边形．又因为1AA AB =，所以四边形11ABB A 为菱形，因此11AB A B ⊥．又因为111AB B C ⊥，11BC B C ∥，所以1AB BC ⊥．又因为1A B BC B = ，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC ，所以1AB ⊥平面1A BC ．因为1AB ⊂平面11ABB A ，所以平面11ABB A ⊥平面1A BC ．。

2018全国高考立体几何(完整答案)

2018全国高考立体几何（完整答案）一．解答题（共40小题）1．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．2．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．3．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．4．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．5．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=DA，求三棱锥Q ﹣ABP的体积．6．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，BD交AC 于点E，F是线段PC中点，G为线段EC中点．（Ⅰ）求证：FG∥平面PBD；（Ⅱ）求证：BD⊥FG．7．如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AD∥BC，AD=2BC，∠DAB=∠ABP=90°．（Ⅰ）求证：AD⊥平面PAB；（Ⅱ）求证：AB⊥PC；（Ⅲ）若点E在棱PD上，且CE∥平面PAB，求的值．8．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．9．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥CB，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q为AD的中点，，M是棱PC上的点．（Ⅰ）求证：平面PQB⊥平面PAD；（Ⅱ）若PA=PD=2，BC=1，，异面直线AP与BM所成角的余弦值为，求的值．10．如图，梯形ABCD中，AD=BC，AB∥CD，AC⊥BD，平面BDEF⊥平面ABCD，EF∥BD，BE⊥BD．（1）求证：平面AFC⊥平面BDFE；（2）若AB=2CD=2，BE=EF=2，求BF与平面DFC所成角的正弦值．11．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥PC，CA=CB，M是AB的中点．点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：（1）MD∥平面PAC；（2）平面ABN⊥平面PMC．12．如图，已知PA垂直于矩形ABCD所在的平面，M，N分别是AB，PC的中点，若∠PDA=45°，（1）求证：MN∥平面PAD；（2）求证：MN⊥平面PCD．13．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1=AB，D为BB1的中点．（1）求证：A1C⊥AD；（2）若点P为四边形ABB1A1内部及其边界上的点，且三棱锥P﹣ABC的体积为三棱柱ABC﹣A1B1C1体积的，试在图中画出，P点的轨迹．并说明理由．14．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面ABC为边长为2等边三角形，BB1=4，A1C1⊥BB1，且∠A1B1B=45°．（I）证明：平面BCC1B1⊥平面ABB1A1；（Ⅱ）求B﹣AC﹣A1二面角的余弦值．15．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，∠BAC=90°，AB=AA1=2，AC=1，M，N分别是A1B1，BC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面ACC1A1；（II）求二面角M﹣AN﹣B的余弦值．16．已知空间几何体ABCDE中，△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．（1）试在平面BCD内作一条直线，使得直线上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行，并给出详细证明；（2）求三棱锥E﹣ABC的体积．17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ADB=90°，CB=CD，点E为棱PB的中点．（1）若PB=PD，求证：PC⊥BD；（2）求证：CE∥平面PAD．18．如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，A1C与底面ABCD所成的角为60°，（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1B与B1D1所成角的大小．19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形∠BAD=60°．已知PB=PD=2，PA=．（Ⅰ）证明：PC⊥BD；（Ⅱ）若E为PA上一点，记三棱锥P﹣BCE的体积和四棱锥P﹣ABCD的体积分别为V1和V2，当V1：V2=1：8时，求的值．20．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是CB，CD的中点，点M在棱CC1上，CM=tCC1（0＜t＜1）．（Ⅰ）三棱锥C﹣EFM，C1﹣B1D1M的体积分别为V1，V2，当t为何值时，V1•V2最大？最大值为多少？（Ⅱ）若A1C∥平面B1D1M，证明：平面EFM⊥平面B1D1M．21．如图，直角梯形ABEF中，∠ABE=∠BAF=90°，C、D分别是BE、AF上的点，且DA=AB=BC=a，DF=2CE=2a．沿CD将四边形CDFE翻折至CDPQ，连接AP、BP、BQ，得到多面体ABCDPQ，且AP=a．（Ⅰ）求多面体ABCDPQ的体积；（Ⅱ）求证：平面PBQ⊥平面PBD．22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，PA=PD，O 为AD边的中点．（1）证明：平面POB⊥平面PAD；（2）若，求四棱锥P﹣ABCD的体积．23．如图，在四棱锥P﹣ABCD中．底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD．Q为AD的中点，M是棱PC上的点，PA=PD=2．BC=AD=1，CD=．（I）求证：平面PBC⊥平面PQB；（Ⅱ）若平面QMB与平面PDC所成的锐二面角的大小为60°，求PM的长．24．在如图所示的几何体中，面CDEF为正方形，面ABCD为等腰梯形，AB∥CD，，AB=2BC=2，AC⊥FB．（Ⅰ）求证：AC⊥平面FBC；（Ⅱ）求四面体FBCD的体积；（Ⅲ）线段AC上是否存在点M，使EA∥平面FDM？证明你的结论．25．如图所示的几何体中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，∠APD=90°，四边形ABCD是直角梯形，AB∥DC，AB⊥AD，PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，PA=AB=2．（I）求证：PD∥平面QBC；（Ⅱ）求证：QC⊥平面PABQ；（Ⅲ）在线段QB上是否存在点M，使得AM⊥BC，若存在，求QM的值；若不存在，请说明理由．26．如图1，△ABC是边长为3的等边三角形，D在边AC上，E在边AB上，且AD=BE=2AE．将△ADE沿直线DE折起，得四棱锥A'﹣BCDE，如图2（1）求证：DE⊥A'B；（2）若平面AD'E⊥底面BCDE，求三棱锥D﹣A'CE的体积．27．如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA=BC=2，PB=AC=2，D 为线段AC的中点，将△CBD折叠至△EBD，使得平面EDB⊥平面ABC且PC交平面EBD于F．（1）求证：平面BDE⊥平面PAC．（2）求三棱锥P﹣EBC的体积．28．如图1，在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点．将△ABE沿BE折起使A到点P的位置，平面PEB⊥平面BCDE，如图2．（Ⅰ）求证：PB⊥平面PEC；（Ⅱ）求三棱锥D﹣PEC的高．29．如图1，ABCD是一个直角梯形，∠ABC=∠BAD=90，E为BC边上一点，AE、BD相交于O，AD=EC=3，BE=1，AB=．将△ABE沿AE折起，使平面ABE⊥平面ADE，连接BC、BD，得到如图2所示的四棱锥B﹣AECD．（Ⅰ）求证：CD⊥平面BOD；（Ⅱ）求直线AB与面BCD所成角的余弦值．30．如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，点P是CD中点，Q是A1B1的中点．（I）求证：AQ∥平面PBC1；（l）若BC=CC1，求证：平面A1B1C⊥平面PBC1．31．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AD=3BC=6，，点M在线段AD上，且DM=4，AD⊥AB，PA⊥平面ABCD．（1）证明：平面PCM⊥平面PAD；（2）当∠APB=45°时，求四棱锥P﹣ABCM的表面积．32．已知等腰梯形ABCD中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，B为EC的中点，如图1，将三角形ABE沿AB折起到ABE′（E′⊄平面ABCD），如图2．（1）点F为线段AE′的中点，判断直线DF与平面BCE′的位置关系，并说明理由；（2）当平面ABE′与平面DE′C所成的二面角的大小为时，证明：平面ABE′⊥平面ABCD．33．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAD和△BCD都是等边三角形，平面PAD ⊥平面ABCD，且AD=2AB=4，．（I）求证：CD⊥PA；（II）E，F分别是棱PA，AD上的点，当平面BEF∥平面PCD时，求四棱锥C﹣PEFD的体积．34．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，AB=AC=2，AD=2，PB=，PB⊥AC．（1）求证：平面PAB⊥平面PAC；（2）若∠PBA=45°，试判断棱PA上是否存在与点P，A不重合的点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．35．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD ∥BC，∠BAD=∠CBA=90°，PA=AB=BC=1，AD=2，E，F，G分别为BC，PD，PC的中点．（1）求EF与DG所成角的余弦值；（2）若M为EF上一点，N为DG上一点，是否存在MN，使得MN⊥平面PBC？若存在，求出点M，N的坐标；若不存在，请说明理由．36．如图所示，在多面体ABC﹣A1B1C1中，D，E，F分别是AC，AB，CC1的中点，AC=BC=4，，CC1=2，四边形BB1C1C为矩形，平面ABC⊥平面BB1C1C，AA1∥CC1（1）求证：平面DEF⊥平面AA1C1C；（2）求直线EF与平面ABC所成的角的正切值．37．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC⊥平面AA1B1B，AB=AA1=2，∠A1AB=60°．（Ⅰ）证明：平面AB1C⊥平面A1BC；（Ⅱ）若四棱锥A﹣BB1C1C的体积为，求该三棱柱的侧面积．38．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，E，F，G分别是AB，PB，PC的中点．（1）求证：CD∥平面PAB；（2）求证：CD⊥平面EFG．39．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面ABP⊥平面BCP，∠APB=90°，BP=BC，M为CP的中点．求证：（1）AP∥平面BDM；（2）BM⊥平面ACP．40．已知梯形ABCD中，AD∥BC，，AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f （x）．（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；（2）求f（x）的最大值；（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．2018全国高考立体几何（完整答案）参考答案与试题解析一．解答题（共40小题）1．【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，∴圆锥的体积V===．（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ===．∴θ=arccos．∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos．2．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦所在平面，∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CM⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，所以MC∥平面PBD．3．【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB∥A1B1，AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂∥平面A1B1C⇒AB∥平面A1B1C；（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC．∴⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．4．【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．5．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM=90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC=A，∴AB⊥面ADC，∴AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB=AC=3，∠ACM=90°，∴AD=AM=3，∴BP=DQ=DA=2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V==××==1．6．【解答】证明：（Ⅰ）连接PE，G、F为EC和PC的中点，∴FG∥PE，FG⊄平面PBD，PE⊂平面PBD，∴FG∥平面PBD…（6分）（Ⅱ）∵菱形ABCD，∴BD⊥AC，又PA⊥面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，∵PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，且PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，FG⊂平面PAC，∴BD⊥FG…（14分）7．【解答】（Ⅰ）证明：因为∠DAB=90°，所以AD⊥AB．……………………（1分）因为平面PAB⊥平面ABCD，……………………（2分）且平面PAB∩平面ABCD=AB，……………………（3分）所以AD⊥平面PAB．……………………（4分）（Ⅱ）证明：由已知得AD⊥AB因为AD∥BC，所以BC⊥AB．……………………（5分）又因为∠ABP=90°，所以PB⊥AB．……………………（6分）因为PB∩BC=B……………………（7分）所以AB⊥平面PBC……………………（8分）所以AB⊥PC．……………………（9分）（Ⅲ）解：过E作EF∥AD交PA于F，连接BF．……………………（10分）因为AD∥BC，所以EF∥BC．所以E，F，B，C四点共面．……………………（11分）又因为CE∥平面PAB，且CE⊂平面BCEF，且平面BCEF∩平面PAB=BF，所以CE∥BF，……………………（13分）所以四边形BCEF为平行四边形，所以EF=BC．在△PAD中，因为EF∥AD，所以，……………………（14分）即．8．【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，∴．9．【解答】证明：（Ⅰ）∵AD∥BC，，Q为AD的中点∴四边形BCDQ为平行四边形，∴CD∥BQ．∵∠ADC=90°，∴∠AQB=90°，即QB⊥AD．又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵BQ⊥平面PAD∵BQ⊂平面PQB，∴平面PQB⊥平面PAD．解：（Ⅱ）∵PA=PD，Q为AD的中点，∴PQ⊥AD．∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD．∵PQ⊥平面ABCD．以Q为原点分别以、、为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则Q（0，0，0），A（1，0，0），，，，设M（x0，y0，z0），∴，，．由M是PC上的点，设，化简得．设异面直线AP与BM所成角为θ，则．∴，解得或，故或．10．【解答】解：（1）证明：∵平面BDFE⊥平面ABCD，平面BDFE∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，AC⊥BD，∴AC⊥平面BDFE．又AC⊂平面AFC，∴平面AFC⊥平面BDFE．（2）设AC∩BD=O，∵四边形ABCD为等腰梯形，AC⊥BD，AB=2CD=2，∴OD=OC=1，OB=OA=2，∵EF∥OB且EF=OB，∴四边形FEBO为平行四边形，∴OF∥BE，且OF=BE=2，又∵BE⊥平面ABCD，∴OF⊥平面ABCD．以O为原点，向量的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则B（0，2，0），D（0，﹣1，0），F（0，0，2），C（﹣1，0，0），∴=（0，1，2），=（1，﹣1，0），=（0，﹣2，2），设平面DFC的一个法向量为=（x，y，z），则有，即，不妨设z=1，得x=y=﹣2．即=（﹣2，﹣2，1），于是cos＜，＞===．设BF与平面DFC所成角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|=．∴BF与平面DFC所成角的正弦值为．11．【解答】证明：（1）在ABN中，∵M是AB的中点，D是BN的中点，∴MD∥AN，又AN⊂平面PAC，MD⊄平面PAC，∴MD∥平面PAC．（2）在△ABC中，∵CA=CB，M是AB的中点，∴AB⊥MC，又∵AB⊥PC，PC⊂平面PMC，MC⊂平面PMC，PC∩MC=C，∴AB⊥平面PMC．又∵AB⊂平面ABN，∴平面ABN⊥平面PMC．12．【解答】证明：（1）如图，取PD的中点E，连接AE，NE．∵E、N分别为PD，PC的中点，∴EN CD，又M为AB的中点，∴AM CD，∴EN AM，∴四边形AMNE为平行四边形．∴MN∥AE，∴MN∥平面PAD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（5分）（2）∵PA⊥平面ABCD，∠PDA=45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AE⊥PD，又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，∵AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，又CD∩PD=D，∴AE⊥平面PCD，∴MN⊥平面PCD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）13．【解答】（1）证明：取AB的中点F，连接CF，A1F，∵A1A⊥平面ABC，CF⊂平面ABC，∴所以A1A⊥CF．∵△ABC为正三角形，F为AB的中点，∴BA⊥CF，又∵AA1，AB⊂平面AA1B1B，AA1∩AB=A，∴CF⊥平面AA1B1B，又∵AD⊂平面AA1B1B，所以CF⊥AD，正方形AA1B1B中，∵Rt△A1AF≌Rt△ABD，∴∠DAB=∠FA1A，又∵∠AFA1+∠FA1A=90°，∴∵∠AFA1+∠DAB=90°，，故AD⊥A1F，又∵CF∩A1F=F，CF，A1F⊂平面A1FC，∴AD⊥平面A1FC，又∵A1C⊂平面A1FC，∴A1C⊥AD．（2）取AA1中点E，连接DE，则线段DE为点P的运动轨迹．理由如下：∵DE∥AB，DE⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，∴ED∥平面ABC，∴P到平面ABC的距离为．所以V==．14．【解答】证明：（Ⅰ）过点A1在平面ABB1A1内作BB1的垂线，垂足为O，连结C1O，∵A1C1⊥B1B，A1O⊥B1B，A1C1∩A1O=A1，∴B1B⊥平面A1OC1，∵OC1⊂平面A1OC1，∴B1B⊥OC1，由题可知A1B1=A1C1=B1C1=2，在B△A1OB1中，∵A1O⊥OB1，∠A1B1B=45°，A1B1=2，∴OA1=OB1=2，在△OB1C1中，∵C1O⊥OB1，B1C1=2，OB1=2，∴OC1=2，∴=A1C12，∴OC1⊥OA1，∵OA1∩OB1=O，∵OC1⊂平面BCC1B1，∴平面BCC1B1⊥平面ABB1A1．解：（Ⅱ）由（Ⅰ）知OC1、OA1、OB1两两垂直，以O为坐标原点，OA1为x轴，OB1为y轴，OC1为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=2，BB1=4，OC1=2，OA1=2，OB1=2，∴A1（2，0，0），B1（0，2，0），C1（0，0，2），B（0，﹣2，0），A（2，﹣4，0），C（0，﹣4，2），=（2，﹣2，0），=（0，﹣2，2），=（﹣2，0，2），=（0，4，0），设=（x，y，z）是平面ABC的法向量，则，取x=1，得=（1，1，1），设=（x，y，z）是平面A1AC的法向量，则，取x=1，得=（1，0，1），∴cos＜＞==．∴二面角B﹣AC﹣A1的余弦值为．15．【解答】解：解法一：依条件可知AB、AC，AA1两两垂直，如图，以点A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz．根据条件容易求出如下各点坐标：A（0，0，0），B（0，2，0），C（﹣1，0，0），A1（0，0，2），B1（0，2，2），C1（﹣1，0，2），M（0，1，2），（I）证明：∵是平面ACCA1的一个法向量，且，所以又∵MN⊄平面ACC1A1，∴MN∥平面ACC1A1（II）设=（x，y，z）是平面AMN的法向量，因为，由得解得平面AMN的一个法向量=（4，2，﹣1）由已知，平面ABC的一个法向量为=（0，0，1）∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是解法二：（I）证明：设AC的中点为D，连接DN，A1D∵D，N分别是AC，BC的中点，∴又∵，∴，∴四边形A 1DNM是平行四边形∴A1D∥MN∵A1D⊂平面ACC1A1，MN⊄平面ACC1A1∴MN∥平面ACC1A1（II）如图，设AB的中点为H，连接MH，∴MH∥BB1∵BB1⊥底面ABC，∵BB1⊥AC，BB1⊥AB，∴MH⊥AC，MH⊥AB∴AB∩AC=A∴MH⊥底面ABC在平面ABC内，过点H做HG⊥AN，垂足为G 连接MG，AN⊥HG，AN⊥MH，HG∩MH=H ∴AN⊥平面MHG，则AN⊥MG∴∠MGH是二面角M﹣AN﹣B的平面角∵MH=BB1=2，由△AGH∽△BAC，得所以所以∴二面角M﹣AN﹣B的余弦值是16．【解答】解：（1）∵平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD．∴过E作EQ⊥平面BCD，交CD于Q，过A作AP⊥平面BCD，交BC于P，∴EQ∥AP，过Q作QO∥BC，交BD于O，则直线OQ就是在平面BCD内所求的直线，使得直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．证明如下：∵EQ∥AP，QO∥BC，EQ∩QO=Q，AP∩BC=P，EQ、QO⊂平面EQO，AP、BC⊂平面ABC，∴平面EQO∥平面ABC，∴直线OQ上任意一点F与E的连线EF均与平面ABC平行．（2）∵△BCD与△CDE均为边长为2的等边三角形，△ABC为腰长为3的等腰三角形，平面CDE⊥平面BCD，平面ABC⊥平面BCD，∴AP==2，∴S==2，△ABC点E到平面ABC的距离d===，∴三棱锥E﹣ABC的体积V E===．﹣ABC17．【解答】证明：（1）取BD的中点O，连结CO，PO，因为CD=CB，所以△CBD为等腰三角形，所以BD⊥CO．因为PB=PD，所以△PBD为等腰三角形，所以BD⊥PO．又PO∩CO=O，所以BD⊥平面PCO．因为PC⊂平面PCO，所以PC⊥BD．解：（2）由E为PB中点，连EO，则EO∥PD，又EO⊄平面PAD，所以EO∥平面PAD．由∠ADB=90°，以及BD⊥CO，所以CO∥AD，又CO⊄平面PAD，所以CO∥平面PAD．又CO∩EO=O，所以平面CEO∥平面PAD，而CE⊂平面CEO，所以CE∥平面PAD．18．【解答】解：（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，∴AA1⊥平面ABCD，AC==2，∴∠A1CA是A1C与底面ABCD所成的角，∵A1C与底面ABCD所成的角为60°，∴∠A1CA=60°，∴AA1=AC•tan60°=2•=2，=AB×BC=2×2=4，∵S正方形ABCD∴四棱锥A1﹣ABCD的体积：V===．（2）∵BD∥B1D1，∴∠A1BD是异面直线A1B与B1D1所成角（或所成角的补角）．∵BD=，A1D=A1B==2，∴cos∠A1BD===．∴∠A1BD=arccos．∴异面直线A1B与B1D1所成角是arccos．19．【解答】证明：（Ⅰ）连接BD、AC交于O点，∵PB=PD，∴PO⊥BD，又∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC，而AC∩PO=O，∴BD⊥平面PAC，且PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．解：（Ⅱ）由条件可知△ABD≌△PBD，∴AO=PO=，∵PA=，∴PA2=OA2+OP2，∴PO⊥AC，由（Ⅰ）知，BD⊥平面PAC，PO⊂平面PAC，∴PO⊥BD，∴PO⊥平面ABCD，∴平面APC⊥平面ABCD，过E点作EF⊥AC，交AC于F，则EF⊥平面ABCD，∴EF∥PO，∴EF、PO分别是三棱锥E﹣ABC和四棱锥P﹣ABCD的高．又V1=V P﹣ABC﹣V E﹣ABC=，，由=，得4（PO﹣EF）=PO，∴，又由△AEF∽△APO，=，∴=．20．【解答】解：（Ⅰ）由题可知，CM=2t，C1M=2﹣2t，∴V1=S△ECF•CM==，=S•C1M=（2﹣2t）=（1﹣t），V2∴V1•V2=≤•（）2=．当且仅当t=1﹣t，即t=时等号成立．所以当t=时，V1•V2最大，最大值为．（Ⅱ）连接A1C1交B1D1于点O，则O为A1C1的中点，∵A1C∥平面B1D1M，平面A1CC1∩平面B1D1M=OM，∴A1C∥OM，∴M为CC1的中点，连接BD，∵E，F为BC、CD的中点，∴EF∥BD，又AC⊥BD，∴AC⊥EF．∵AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，∴AA1⊥EF，又AA1∩AC=A，∴EF⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，∴EF⊥A1C．同理可得：EM⊥A1C，又EF∩EM=E，∴A1C⊥平面EFM．又A1C∥平面B1D1M，∴平面EFM⊥平面B1D1M．21．【解答】解：（Ⅰ）∵DA=AB=BC=a，∠ABE=∠BAF=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴CD⊥AD，CD⊥DP，又AD∩DP=D，∴CD⊥平面ADP．∵AD2+DP2=AP2，∴AD⊥DP，又CD⊥AD，CD∩DP=D，∴AD⊥平面CDPQ，又AD∥BC，∴BC⊥平面CDPQ．∴V B﹣CDPQ==（a+2a）×a×a=a3，V B﹣ADP===．∴多面体ABCDPQ的体积为V B﹣CDPQ +V B﹣ADP=．（Ⅱ）取BP的中点G，连接GQ、DG、DQ，在△ABP中，BP==2a，∴BG=BP=a，在△BCQ中，BQ==a，PQ==a，∴PQ=BQ，∴GQ⊥BP．∴QG==a，又BD==2a=DP，∴DG⊥BP，∴DG==a，又DQ==a，∴DQ2=QG2+DG2，即QG⊥DG．又BP∩DG=G，∴QG⊥平面PBD，又QG⊂平面PBQ，∴平面PBQ⊥平面PBD．22．【解答】（1）证明：连接BD，因为底面ABCD是菱形，∠BAD=60°，所以△ABD 是正三角形，所以AD⊥BO，因为O为AD的中点，PA=PD，所以AD⊥PO，且PO∩BO=O，所以AD⊥平面POB，又AD⊂平面PAD，所以平面POB⊥平面PAD；（2）解：因为是正三角形，所以OB=3，在Rt△PAO中，，所以PO=2，又，所以OB2+PO2=PB2，所以∠POB=90°，即PO⊥OB，又AD⊥PO，且OB∩AD=O，所以PO⊥平面ABCD，因为，所以四棱锥P﹣ABCD的体积为．23．【解答】（I）证明：∵PA=PD，Q是AD的中点，∴PQ⊥AD，又平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，PQ⊂平面PAD，∴PQ⊥平面ABCD，∴BC⊥PQ，∵BC=AD=DQ，BC∥AD，∠ADC=90°，∴四边形BCDQ是矩形，∴BC⊥BQ，又PQ∩BQ=Q，∴BC⊥平面PBQ，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PQB．（II）过M作MN∥CD交PD与N，则平面BMQ∩平面PCD=MN，∵平面PAD⊥底面ABCD，平面PAD∩底面ABCD=AD，BQ⊥AD，BQ⊂平面PAD，∴BQ⊥平面PAD，又BQ∥CD∥MN，∴MN⊥平面PAD，∴MN⊥NQ，MN⊥PD，∴∠DNQ为平面BMQ与平面PCD所成角，即∠DNQ=60°，∵PD=PA=2，AD=2BC=2，∴∠PDO=60°，∴△DNQ是等比三角形，∴DN=DQ=1，即N是PD的中点，∴M是PC的中点，∵PD=2，CD=，∴PC=，∴PM==．24．【解答】（Ⅰ）证明：在△ABC中，∵，AB=2，BC=1，∴AC2+BC2=AB2．∴AC⊥BC．又∵AC⊥FB，BF∩CB=B，∴AC⊥平面FBC．（Ⅱ）解：∵AC⊥平面FBC，∴AC⊥FC．∵CD⊥FC，∴FC⊥平面ABCD．在Rt△ACB中，，∴∠CAB=30°，∴在等腰梯形ABCD中可得∠ABD=∠CDB=∠CBD=30°，∴CB=DC=1，∴FC=1．∴△BCD的面积S==．∴四面体FBCD的体积为：．（Ⅲ）解：线段AC上存在点M，且M为AC中点时，有EA∥平面FDM，证明如下：连接CE与DF交于点N，连接MN．由CDEF为正方形，得N为CE中点．∴EA∥MN．∵MN⊂平面FDM，EA⊄平面FDM，∴EA∥平面FDM．所以线段AC上存在点M，使得EA∥平面FDM成立．25．【解答】（Ⅰ）证明：∵PQ∥DC，PQ=PD=DC=1，∴四边形PQCD是平行四边形，∴PD∥CQ，∵PD⊄平面QBC，CQ⊂平面QBC，∴PD∥平面QBC．（Ⅱ）证明：∵∠APD=90°，∴PD⊥PA，∵平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是直角三角形，四边形ABCD是直角梯形，AB ∥DC，AB⊥AD，∴AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，∵PD∥QC，∴PA⊥QC，AB⊥QC，∵PA∩AB=A，∴QC⊥平面PABQ．（Ⅲ）解：存在．由（Ⅱ）可知QC⊥平面PABQ；作AM⊥BQ，交BQ于M，可知AM⊥CQ，BQ∩CQ=Q，所以AM⊥平面BCQ，BC⊂平面BCQ，∴AM⊥BC．QB=，cosB=，BM=2=，QM==．26．【解答】解：（1）证明：在图1中，由题意知AE=1，AD=BE=2，在△ADE中，由余弦定理知：DE2=AE2+AD2﹣AE×AD=12+22﹣1×2=3，所以：AE2+DE2=AD2，所以：DE⊥AE，DE⊥BE，在△ADE沿直线DE折起的过程中，DE与AE，BE的垂直关系不变，故在图2中有DE⊥A'E，DE⊥BE，又A'E∩BE=E，所以DE⊥平面A'EB，所以DE⊥A'B．（2）如图2，因为平面A'DE⊥底面BCDE，由（1）知DE⊥A'E，且平面A'DE∩底面BCDE=DE，所以A'E⊥底面BCDE，所以A'E为三棱锥A'﹣EDC的高，且A'E=AE=1，又因为在图1中，S△ECD=S△ABC﹣S△AED﹣S△BEC=，所以：，故三棱锥D﹣A'CE的体积为．27．【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA=2，AC=2，∴，又∵，BC=2，∴PB2+BC2=PC2，则BC⊥PB．又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，又PA⊥AC，AC∩BC=C，∴PA⊥平面ABC．又∵BD⊂平面PAC，∴PA⊥BD，在Rt△ABC中，由BC=2，AC=2，可得AB=2，又∵D为AC的中点，∴BD⊥AC，而PA∩AC=A，∴BD⊥平面PAC，则平面BDE⊥平面PAC；=V E﹣PBC=V B﹣APCE﹣V P﹣ABC．（2）解：V P﹣EBC由已知，DE∥AP，∴．∴=，．∴．28．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵AD=2AB，E为线段AD的中点，∴AB=AE，取BE中点O，连接PO，则PO⊥BE，又平面PEB⊥平面BCDE，平面PEB∩平面BCDE=BE，∴PO⊥平面BCDE，则PO⊥EC，在矩形ABCD中，∴AD=2AB，E为AD的中点，∴BE⊥EC，则EC⊥平面PBE，∴EC⊥PB，又PB⊥PE，且PE∩EC=E，∴PB⊥平面PEC．（Ⅱ）以OB所在直线为x轴，以平行于EC所在直线为y轴，以OP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，∵PB=PE=2，则B（，0，0），E（﹣，0，0），P（0，0，），D（﹣2，，0），C（﹣，2，0），∴=（﹣，0，﹣），=（﹣，2，﹣），∴cos∠EPC===，可得：sin∠EPC==，可得：S△EPC=||•||•sin∠EPC=2×2×=2，=V D﹣EPC，设三棱锥D﹣PEC的高为h，则可得：S△ECD•OP=S△EPC•h，可∵V P﹣ECD得：=2×h，∴解得：三棱锥D﹣PEC的高h=1．29．【解答】解：（Ⅰ）在Rt△BEB中，BE=1，AB=，所以∠BAE=30°……（1分）同理∠BDA=30°，从而∠AOD=90°，AF⊥BD……（2分）又因为AD∥EC，AD=EC，所以ADCE是平行四边形，∠CDO=∠AOD=90°，CD⊥DO……（3分）因为平面ABE⊥平面ADE，平面ABE∩平面ADE=AE，BO⊥AE，所以BO⊥平面ADE……（4分）又CD⊂平面ADE，所以BO⊥CD，BO∩DO=O，BO⊂平面BOD，OD平面BOD．所以CD⊥平面BOD……（6分）（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，四边形AECD的面积S=CD•OD=3……（7分）连接AC，则△ACD的面积S1=，三棱锥B=ACD的体积V=……（9分）△BCD的面积S2=……（10分）设A到平面BCD的距离为h，则h=，h=……（11分）直线AB与面BCD所成角的正弦值为，余弦值为……（12分）30．【解答】证明：（1）取AB中点为R，连接PR，B1R∵点P是CD中点，Q是A1B1的中点，∴四边形AQB1R，PRB1C1都为平行四边形，∴AQ∥B1R，B1R∥PC1，∴AQ∥PC1．∵AQ⊄平面PBC1，PC1⊂平面PBC1，∴AQ∥平面PBC1．（Ⅱ）∵四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为长方体，BC=CC1，∴B1C⊥BC1．∵A1B1⊥平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1．∵A1B1∩B1C=B1，A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，BC1⊂平面PBC1，∴平面A1B1C⊥平面PBC1．31．【解答】（1）证明：由AD=6，DM=4可得AM=2，则BC=AM，又AD∥BC，则四边形ABCM是平行四边形，则CM∥AB，∵AD⊥AB，∴CM⊥AD．又PA⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，∴PA⊥CM，∵PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，∴CM⊥平面PAD，又CM⊂平面PCM，∴平面PCM⊥平面PAD．（2）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∵∠APB=45°，∴AP=AB=6．∵，∴．∴四棱锥P﹣ABCM的表面积为．32．【解答】（本小题满分12分）解：（1）直线DF与平面BCE'相交，理由如下：因为E'⊄平面ABCD，所以D⊄平面BCE'．若DF∥平面BCE'，设平面DCE'∩平面BCE'=CM，则DF∥CM．CM与CB不重合．又因为AD∥BC，所以平面ADE'∥平面BCE'，矛盾．所以直线DF与平面BCE'相交．…………………………（4分）证明：（2）取AB的中点O，连接E'O，BD，由等腰梯形ADCE中，AD∥EC，EC=2AD=2AE=4，，所以E'O⊥AB，DO⊥AB，…………………………（6分）分别以BA，OD所在的直线为x轴，y轴，过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设二面角E'﹣AB﹣D的大小为α．则．过E'作E'G⊥OD于点G．因为E'O⊥AB，DO⊥AB，所以AO⊥平面E'OD，∠E'OD=α．所以E'G⊥AO．所以E'G⊥平面ABCD．…………………………（8分）所以．设平面E'AB的法向量为n=（x，y，z），则，即令y=1，得平面E'AB的一个法向量为n=（0，1，﹣cotα）．…………………………（10分）同理可求平面E'DC的一个法向量为．所以．解得：．所以二面角E'﹣AB﹣D的大小为，即平面ABE'⊥平面ABCD．…………………………（12分）33．【解答】证明：（I）因为AD=4，AB=2，，所以AB2+BD2=AD2，AB⊥BD，且∠ADB=30°．又△BCD是等边三角形，所以∠ADC=90°，即CD⊥AD．…（3分）因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．所以CD⊥PA．……（6分）解：（II）因为平面BEF∥平面PCD，所以BF∥CD，EF∥PD，且BF⊥AD．……（8分）又在直角三角形ABD中，DF=，所以AE=AF=1．所以．……（10分）由（I）知CD⊥平面PAD，故四棱锥C﹣PEFD的体积．…（12分）34．【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，AD=2，∴BC=AD=2，又AB=AC=2，∴AB2+AC2=BC2，∴AC⊥AB，又PB⊥AC，且AB∩PB=B，∴AC⊥平面PAB，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAB⊥平面PAC；（2）由（1）知AC⊥AB，AC⊥平面PAB，分别以AB、AC所在直线为x轴、y轴，平面PAB内过点A且与直线AB垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示；则A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，2，0），=（0，2，0），=（﹣2，2，0）；由∠PBA=45°，PB=，可得P（1，0，1），∴=（1，0，1），=（﹣1，0，1）；假设棱PA上存在点E，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为，设=λ（0＜λ＜1），则=λ=（λ，0，λ），=﹣=（λ，﹣2，λ），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，即，令z=1，可得x=y=1，∴平面PBC的一个法向量为=（1，1，1），设直线CE与平面PBC所成的角为θ，则sinθ=|cos＜，＞|===，解得λ=或λ=（不合题意，舍去），∴存在=，使得直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．35．【解答】解：（1）以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，1），∵E、F、G分别为BC、PD、PC的中点，∴，F（0，1，），G（），∴=（﹣1，），=（），设EF与DG所成角为θ，则cosθ==．∴EF与DG所成角的余弦值为．（2）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），∵=（0，1，0），=（1，0，﹣1），∴，取x=1，得=（1，0，1），M为EF上一点，N为DG上一点，若存在MN，使得MN⊥平面PBC，则∥，设M（），N（x2，y2，z2），则，①∵点M，N分别是线段EF与DG上的点，∴，∵=（），=（x2，y2﹣2，z2），∴，且，②把②代入①，得，解得，∴M（），N（）．36．【解答】解：（1）∵D，E分别是AC，AB的中点，∴DE∥BC，∵四边形BB1C1C为矩形，∴BC⊥CC1．∵AC=BC=4，AB=4，∴AC2+BC2=AB2，∴BC⊥AC，又AC∩CC1=C，∴BC⊥平面AA1C1C，∴DE⊥平面AA1C1C．。

2018届北师大版立体几何单元质量检测

时间：90分钟分值：100分一、选择题(每小题4分，共40分)1．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( ) A ．圆柱 B ．圆锥 C ．四面体D ．三棱柱解析：圆柱、四面体、三棱柱的正视图都有可能是三角形．答案：A2．用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为( ) A.8π3B.82π3 C ．82πD.32π3解析：S 圆＝πr 2＝π⇒r ＝1，而截面圆圆心与球心的距离d ＝1，所以球的半径为R ＝r 2＋d 2＝ 2.所以V ＝43πR 3＝82π3，故选B.答案：B3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析：将三视图还原为原来的几何体，再利用体积公式求解．原几何体为组合体；上面是长方体，下面是圆柱的一半(如图所示)，其体积为V ＝4×2×2＋12π×22×4＝16＋8π.答案：A4．已知a ，b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，且a ⊥α，b ⊥β，则下列命题中的假命题是( )A ．若a∥b，则α∥βB ．若α⊥β，则a⊥bC ．若a ，b 相交，则α，β相交D ．若α，β相交，则a ，b 相交解析：若α，β相交，则a ，b 可能相交，也可能异面，故D 为假命题．答案：D5．设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( )A ．若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γB ．若m∥α，n ∥β，α⊥β，则m⊥nC ．若α⊥β，m ⊥α，则m∥βD ．若α∥β，m ⊄β，m ∥α，则m∥β解析：对于A ，若α⊥β，β⊥γ，α，γ可以平行，也可以相交，A 错；对于B ，若m∥α，n ∥β，α⊥β，则m ，n 可以平行，可以相交，也可以异面，B 错；对于C ，若α⊥β，m ⊥α，则m 可以在平面β内，C 错；易知D 正确．答案：D6．已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为正方形，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010 B.15 C.31010D.35解析：如图，以D 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系．设AA 1＝2AB ＝2，则B(1，1，0)，E(1，0，1)，C(0，1，0)，D 1(0，0，2)，∴BE ―→＝(0，－1，1)，CD 1―→＝(0，－1，2)，∴cos 〈BE ―→，CD 1―→〉＝1＋22·5＝31010.答案：C7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别是A 1B 1，CD ，B 1C 1的中点，则下列中与直线AE 有关的正确命题是( )A ．AE ⊥CGB ．AE 与CG 是异面直线C ．四边形ABC 1F 是正方形D ．AE ∥平面BC 1F解析：由正方体的几何特征，可得AE⊥C 1G.但AE 与平面BCC 1B 1不垂直，故AE⊥CG 不成立；由于EG∥AC，故A ，E ，G ，C 四点共面，所以AE 与CG 是异面直线错误；四边形ABC 1F 中，AB ≠BC 1，故四边形ABC 1F 是正方形是错误的；而AE∥C 1F ，由线面平行的判定定理，可得AE∥平面BC 1F ，故选D.答案：D8．正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的棱长都为2，E ，F ，G 为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为( )A.35B.56C.3310 D.3610解析：如图，取AB 的中点E ，建立如图所示空间直角坐标系E －xyz.则E(0，0，0)，F(－1，0，1)，B 1(1，0，2)，A 1(－1，0，2)，C 1(0，3，2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，2.∴B 1F ―→＝(－2，0，－1)，EF ―→＝(－1，0，1)，FG ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，1.设平面GEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z)，由⎩⎪⎨⎪⎧n·EF ―→＝－x ＋z ＝0，n·FG ―→＝12x ＋32y ＋z ＝0，得⎩⎨⎧z ＝x ，y ＝－3x. 令x ＝1，则n ＝(1，－3，1)，设B 1F 与平面GEF 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，B 1F ―→〉|＝错误!)＝错误!.答案：A9．四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，E ∈PC ，F ∈PB，PE ―→＝3EC ―→，PF ―→＝λFB ―→，若AF∥平面BDE ，则λ的值为( )A ．1B ．3C ．2D ．4解析：因为AF∥平面BDE ，所以过点A 作AH∥平面BDE ，交PC 于H ，连接FH ，则得到平面AFH∥平面BDE ，所以FH∥BE，因为E∈PC，F ∈PB ，PE ―→＝3EC ―→，PF ―→＝λFB ―→，所以OC OA ＝EC HE ＝1，所以EC ＝EH ，又PE ＝3EC ，所以PH ＝2HE ，又因为PF FB ＝PHHE＝2，所以λ＝2.答案：C10．如图，在正四棱柱(底面是正方形的直四棱柱)ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AB 1、BC 1的中点，则下列结论不成立的是( )A ．EF 与BB 1垂直 B ．EF 与BD 垂直C ．EF 与CD 异面D ．EF 与A 1C 1异面解析：连接B 1C ，AC ，则B 1C 交BC 1于F ，且F 为B 1C 的中点，又E 为AB 1的中点，所以EF 綊12AC ，而B 1B ⊥平面ABCD ，所以B 1B ⊥AC ，所以B 1B ⊥EF ，A 正确；又AC⊥BD，所以EF⊥BD，B 正确；显然EF 与CD 异面，C 正确；由EF 綊12AC ，AC ∥A 1C 1，得EF∥A 1C 1，故不成立的选项为D.答案：D二、填空题(每小题4分，共16分)11．把一个半径为532 cm 的金属球熔成一个圆锥，使圆锥的侧面积为底面积的3倍，则这个圆锥的高为________．解析：设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线长为l ，则由已知得⎩⎪⎨⎪⎧43π×（532）3＝13πr 2h ，πrl ＝3πr 2，l 2＝h 2＋r2解得h ＝20(cm)．答案：20 cm12．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q ，R ，S 分别是AB ，BC ，C 1D 1，C 1C ，A 1B 1，B 1B 的中点，则下列判断：①PQ 与RS 共面；②MN 与RS 共面；③PQ 与MN 共面．则正确结论的序号是________．解析：①连接PR ，SQ ，可知SQ 綊PR ，所以四边形PQSR 为平行四边形，所以PQ∥RS，故①正确；②由图知直线MN 过平面A 1B 外一点N ，而直线RS 不过M 点，故MN 与RS 为异面直线，故②错；③由图知延长PQ 与MN ，则PQ 与MN 相交，故③正确．答案：①③13．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上．若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于________．解析：设球心为O ，球半径为R ，△ABC 的外心是M ，则O 在底面ABC 上的射影是点M ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，∠ABC ＝12(180°－120°)＝30°，AM ＝AC 2sin30°＝2.因此，R 2＝22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫AA 122＝5，此球的表面积等于4πR 2＝20π.答案：20π14．三棱锥S －ABC 中，∠SBA ＝∠SCA＝90°，△ABC 是斜边AB ＝a 的等腰直角三角形，则以下结论中：①异面直线SB 与AC 所成的角为90°； ②直线SB⊥平面ABC ； ③平面SBC⊥平面SAC ； ④点C 到平面SAB 的距离是12a.其中正确结论的序号是________．解析：由题意知AC⊥平面SBC ，故AC⊥SB，SB ⊥平面ABC ，平面SBC⊥平面SAC ，①②③正确；取AB 的中点E ，连接CE ，(如图)可证得CE⊥平面SAB ，故CE 的长度即为C 到平面SAB 的距离12a ，④正确．答案：①②③④三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤) 15．(10分)已知点P 在矩形ABCD 的边DC 上，AB ＝2，BC ＝1，点F 在AB 边上且DF⊥AP，垂足为E ，将△ADP 沿AP 边折起，使点D 位于D′位置，连接D′B、D′C 得四棱锥D′－ABCP.(1)求证：D′F⊥AP；(2)若PD ＝1，且平面D′AP⊥平面ABCP ，求四棱锥D′－ABCP 的体积．解：(1)证明：∵AP⊥D′E，AP ⊥EF ，D ′E ∩EF ＝E ， ∴AP ⊥平面D′EF，∴AP ⊥D ′F. (2)连接PF ，∵PD ＝1，∴四边形ADPF 是边长为1的正方形， ∴D ′E ＝DE ＝EF ＝22. ∵平面D′AP⊥平面ABCP ，D ′E ⊥AP ， ∴D ′E ⊥平面ABCP ，∵S 梯形ABCP ＝12×(1＋2)×1＝32，∴V D ′－ABCP ＝13D ′E ·S 梯形ABCP ＝24.16．(10分)如图，AB ＝AD ，∠BAD ＝90°，M ，N ，G 分别是BD ，BC ，AB 的中点，将等边△BCD 沿BD 折叠成△BC′D 的位置，使得AD⊥C′B.(1)求证：平面GNM∥平面ADC′. (2)求证：C ′A⊥平面ABD.证明：(1)因为M ，N 分别是BD ，BC ′的中点，所以MN∥DC′.因为MN ⊄平面ADC′， DC ′⊂平面ADC′，所以MN∥平面ADC′. 同理NG∥平面ADC′.又因为MN∩NG＝N ，所以平面GNM∥平面ADC′. (2)因为∠BAD＝90°，所以AD⊥AB. 又因为AD⊥C′B，且AB ∩C′B＝B ，所以AD⊥平面C′AB.因为C′A ⊂平面C′AB，所以AD⊥C′A. 因为△BCD 是等边三角形，AB ＝AD ，不妨设AB ＝1，则BC ＝CD ＝BD ＝2，可得C′A＝1. 由勾股定理的逆定理，可得AB⊥C′A. 因为AB∩AD＝A ，所以C′A⊥平面ABD.17．(12分)如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，AD ∥BC ，且A 1A ＝AB ＝AD ＝2BC ＝2，点E 在棱AB 上，平面A 1EC 与棱C 1D 1相交于点F.(1)证明：A 1F ∥平面B 1CE ；(2)若E 是棱AB 的中点，求二面角A 1－EC －D 的余弦值； (3)求三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值．解：(1)证明：因为ABCD －A 1B 1C 1D 1是棱柱，所以平面ABCD∥平面A 1B 1C 1D 1.又因为平面ABCD∩平面A 1ECF ＝EC ，平面A 1B 1C 1D 1∩平面A 1ECF ＝A 1F ，所以A 1F ∥EC. 又因为A 1F ⊄平面B 1CE ，EC ⊂平面B 1CE ，所以A 1F ∥平面B 1CE.(2)解：因为AA 1⊥底面ABCD ，∠BAD ＝90°，所以AA 1，AB ，AD 两两垂直，以A 为原点，以AB ，AD ，AA 1分别为x 轴、y 轴和z 轴建立空间直角坐标系如图，则A 1(0，0，2)，E(1，0，0)，C(2，1，0)，所以A 1E ―→＝(1，0，－2)，A 1C ―→＝(2，1，－2)．设平面A 1ECF 的法向量为m ＝(x ，y ，z)，由A 1E ―→·m＝0，A 1C ―→·m＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，2x ＋y －2z ＝0.令z ＝1，得m ＝(2，－2，1)．又因为平面DEC 的法向量为n ＝(0，0，1)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝13.由图可知，二面角A 1－EC －D 的平面角为锐角，所以二面角A 1－EC －D 的余弦值为13.(3)过点F 作FM⊥A 1B 1于点M ，因为平面A 1ABB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，FM ⊂平面A 1B 1C 1D 1，所以FM⊥平面A 1ABB 1. 所以VB 1－A 1EF ＝VF －B 1A 1E ＝13×S △A 1B 1E ×FM ＝13×2×22×FM ＝23FM.因为当F 与点D 1重合时，FM 取到最大值2(此时点E 与点B 重合)，所以当F 与点D 1重合时，三棱锥B 1－A 1EF 的体积的最大值为43.18．(12分)(2016·山西四校联考)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，E ，F 分别是CC 1，BC 的中点，AE ⊥A 1B 1，D 为棱A 1B 1上的点．(1)证明：DF⊥AE；(2)是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D 的位置；若不存在，说明理由．解：(1)证明：∵AE⊥A 1B 1，A 1B 1∥AB ， ∴AB ⊥AE.∵AB ⊥AA 1，AE ∩AA 1＝A ， ∴AB ⊥平面A 1ACC 1. ∵AC ⊂平面A 1ACC 1， ∴AB ⊥AC.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，则A(0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12， F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，12，0，A 1(0，0，1)，B 1(1，0，1)．设点D 的坐标为(x ，y ，z)，A 1D ―→＝λA 1B 1―→，且λ∈[0，1]，则(x ，y ，z －1)＝λ(1，0，0)， ∴点D 的坐标为(λ，0，1)， ∴DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1.又AE ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫0，1，12，∴DF ―→·AE ―→＝12－12＝0.∴DF ⊥AE.(2)假设存在，设平面DEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·FE ―→＝0，n·DF ―→＝0， ∵FE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12，12，DF ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1，∴⎩⎪⎨⎪⎧－12x 1＋12y 1＋12z 1＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12－λx 1＋12y 1－z 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝32（1－λ）z 1，y 1＝1＋2λ2（1－λ）z 1.令z 1＝2(1－λ)，则n ＝(3，1＋2λ，2(1－λ))．由题可知平面ABC 的一个法向量m ＝(0，0，1)． ∵平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝1414，即|2（1－λ）|9＋（1＋2λ）2＋4（1－λ）2＝1414，解得λ＝12或λ＝74(舍)．∴当点D 为A 1B 1的中点时，满足要求．。

2018单元滚动检测卷高考数学理北师大版精练检测：八立

单元滚动检测八立体几何与空间向量考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间120分钟，满分150分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．(2016·济宁一模)直线l1，l2平行的一个充分条件是()A．l1，l2都平行于同一个平面B．l1，l2与同一个平面所成的角相等C．l1平行于l2所在的平面D．l1，l2都垂直于同一个平面2．(2016·南昌一模)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的主视图与左视图的面积之比为()A．1∶1 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶23．设l是一条直线，α，β，γ是不同的平面，则在下列命题中，假命题是() A．如果α⊥β，那么α内一定存在直线平行于βB．如果α不垂直于β，那么α内一定不存在直线垂直于βC．如果α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，那么l⊥γD．如果α⊥β，l与α，β都相交，那么l与α，β所成的角互余4.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长是侧棱长的2倍，D，E分别是A1C1，AC的中点，则下面判断不正确的是()A．直线A1E∥平面B1DCB．直线AD⊥平面B1DCC．平面B1DC⊥平面ACC1A1D．直线AC与平面B1DC所成的角为60°5．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为()A.26 B.36 C.23 D.226．已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m⊥α，mβ，则α⊥β；②若mα，nα，m∥β，n∥β，则α∥β；③如果mα，nα，m、n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩β＝m，n∥m，且nα，nβ，则n∥α且n∥β.其中正确的是()A．①②B．②③C．③④D．①④7．如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，若用过点A，E，C1的平面截去该正方体的上部分，则剩余几何体的左视图为()8.如图所示，已知正四棱锥S－ABCD的侧棱长为2，底面边长为3，E是SA的中点，则异面直线BE与SC所成角的大小为()A．90°B．60°C．45°D．30°9.如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，则下列命题中正确的是()①动点A′在平面ABC上的投影在线段AF上；②BC∥平面A′DE；③三棱锥A′－FED的体积有最大值．A．①B．①②C．①②③D．②③10．(2016·山西四校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A.πa 36B.πa 33C.2πa 33 D ．πa 3 11．(2016·江西五校联考)如图三棱锥V －ABC ，VA ⊥VC ，AB ⊥BC ，∠VAC ＝∠ACB ＝30°，若侧面VAC ⊥底面ABC ，则其主视图与左视图面积之比为( ) A ．4∶ 3 B ．4∶7 C.3∶7 D.7∶ 3 12．(2016·北京东城区模拟)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是AA 1，CC 1的中点，点M 是BB 1上的动点，过点E ，M ，F 的平面与棱DD 1交于点N ，设BM ＝x ，平行四边形EMFN 的面积为S ，设y ＝S 2，则y 关于x 的函数y ＝f (x )为( ) A ．f (x )＝2x 2－2x ＋32，x ∈0,1] B ．f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧32－x ，x ∈[0，12)，x ＋12，x ∈[12，1]C ．f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x 2＋32，x ∈[0，12]，－2(x －1)2＋32，x ∈(12，1]D．f(x)＝－2x2＋2x＋32，x∈0,1]第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上) 13．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3，四棱锥A－BB1D1D的体积为6，则AA1＝________.14.如图所示，已知△ABC和△BCD所在平面互相垂直，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝a，BC＝b，CD＝c，且a2＋b2＋c2＝1，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为________．15．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，底面是边长为2的正三角形，侧棱长为3，则BB1与平面AB1C1所成的角为________．16．如图是物理实验装置，它由两块互相垂直的正方形木板构成．已知两个正方形的边长都为1，在正方形ABCD的对角线AC上有一滑片M，在正方形ABEF的对角线BF上有一滑片N，无论两个滑片如何滑动，始终满足滑片M到点C的距离等于滑片N到点B的距离．当两滑片的距离最小时，滑片M到点C的距离为________．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)(2017·海口一中质检)一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示．(1)请在图2中补充完整该几何体的直观图，并求它的体积；(2)证明：A1C⊥平面AB1C1；(3)若D是棱CC1的中点，在棱AB上取中点E，判断DE是否平行于平面AB1C1，并证明你的结论.18.(12分)(2016·江西师大附中第一次月考)如图，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，等腰梯形ABEF中，AB∥EF，AB＝2AF，∠BAF＝60°，O，P分别为AB，CB的中点，M为底面△OBF的重心．(1)求证：平面ADF⊥平面CBF；(2)求证：PM∥平面AFC.19.(12分)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D，E，F分别是B1A，CC1，BC的中点．(1)求证：DE∥平面ABC；(2)求证：B1F⊥平面AEF；(3)设AB＝a，求三棱锥D－AEF的体积．20.(12分)(2016·兰州一中第一次月考)在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，E是PD的中点，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BAC＝∠CAD＝60°，AC＝AP＝2.(1)求证：PC⊥AE；(2)求二面角A－CE－P的余弦值.21.(12分) 如图，在几何体ABCDE中，四边形ABCD是矩形，AB⊥平面BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，F分别是线段BE，DC的中点．(1)求证：GF∥平面ADE；(2)求平面AEF与平面BEC所成锐二面角的余弦值.－A1B1C1D1的底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，AD⊥CD，侧棱AA1⊥底面ABCD，E是CD的中点，CD＝2AB＝2AD，AD＝1，AA1＝ 2.(1)求证：EA1⊥平面BDC1；(2)求二面角D－BC1－D1的余弦值．答案解析1．D 对A ，当l 1，l 2都平行于同一个平面时，l 1与l 2可能平行、相交或异面；对B ，当l 1，l 2与同一个平面所成角相等时，l 1与l 2可能平行、相交或异面；对C ，l 1与l 2可能平行，也可能异面，只有D 满足要求，故选D.]2．A 由题意可得正视图的面积等于矩形ADD 1A 1面积的12，侧视图的面积等于矩形CDD 1C 1面积的12，又底面ABCD 是正方形，所以矩形ADD 1A 1与矩形CDD 1C 1的面积相等，即正视图与侧视图的面积之比是1∶1，故选A.]3．D 对于A ，若α⊥β，那么α内平行交线的直线平行于β，故A 为真命题；对于B ，根据面面垂直的判定定理可知，若α内存在直线垂直于β，则α⊥β，与已知矛盾，故B 为真命题；对于C ，如果α⊥γ，β⊥γ，设α，β的交线为a ，β，γ的交线为b ，在γ内取a ，b 外的一点O ，作OA ⊥a 于A ，OB ⊥b 于B ，∵α⊥γ，α∩γ＝A ，OA γ，OA ⊥a ，∴OA ⊥α，∵α∩β＝l ⇒l α，∴OA ⊥l ，同理OB ⊥l ，∵OA ，OB γ，OA ∩OB ＝O ， ∴l ⊥γ，故C 为真命题；对于D ，只要当l 与两面的交线垂直时，该结论才成立，故D 为假命题．]4．D ∵A 1E ∥DC ，A 1 E平面B 1DC ，DC平面BDC ，∴A 1E ∥平面B 1DC ，故A 正确； ∵底面边长是侧棱长的2倍，∴AD 2＋DC 2＝2AD 2＝2(A 1D 2＋A 1A 2)＝4A 1D 2＝AC 2，即AD ⊥DC ，易得B 1D ⊥平面A 1ACC 1， ∴B 1D ⊥AD ，则AD ⊥平面B 1DC ，故B 正确；结合B 中结论，由面面垂直的判定定理可得平面B 1DC ⊥平面ACC 1A 1，故C 正确；由B 中结论知，∠ACD ＝45°，∠ACD 即直线AC 与平面B 1DC 所成的角，故D 错误．]5．A 在直角三角形ASC 中，AC ＝1，∠SAC ＝90°，SC ＝2，所以SA ＝4－1＝3；同理SB ＝ 3.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB ，因为△SAC ≌△SBC ，所以BD ⊥SC ，故SC ⊥平面ABD ，且平面ABD 为等腰三角形，因为∠ASC ＝30°，所以AD ＝12SA ＝32，则△ABD 的面积为12×1×AD 2－(12)2＝24，则三棱锥的体积为13×24×2＝26.]6．D 根据面面垂直的判定定理知①正确；②若m ∥n ，则得不出α∥β，错误；③n 与α还可能平行，错误；易知④正确．] 7．C设过点A ，E ，C 1的截面与棱DD 1相交于点F ，则F 是棱DD 1的中点，该正方体截去上半部分后，剩余几何体如图所示，则它的左视图应选C.]8．B 连接AC ，BD ，设AC ，BD 交于点O ，连接EO ，则EO ∥SC ，所以直线BE 与SC 所成的角等于直线BE 与EO 所成的角，即∠BEO . 在△EBO 中，通过计算可知EO ＝22， BE ＝2，OB ＝62，所以EO 2＋OB 2＝BE 2，所以EO ⊥OB ，cos ∠BEO ＝OE BE ＝12，所以∠BEO ＝60°.]9．C ①中由已知可得面A ′FG ⊥面ABC ，所以点A ′在面ABC 上的投影在线段AF 上． ②中BC ∥DE ，根据线面平行的判定定理可得BC ∥平面A ′DE . ③中当面A ′DE ⊥面ABC 时，三棱锥A ′－FED 的体积达到最大．]10．A 由三视图可知该几何体为一个圆锥的14，其中圆锥的底面圆的半径为a ，高为2a ，所以该几何体的体积V ＝13×πa 2×2a ×14＝πa 36.故选A.] 11．A 因为△ABC 为直角三角形，且∠ACB ＝30°，故BC AC ＝32. 记三棱锥V －ABC 的高为h ，故正视图面积S 1＝12·AC ·h ；侧视图面积S 2＝12·CB ·sin ∠ACB ·h ＝38·AC ·h ，故S 1∶S 2＝4∶3，故选A.]12．A 由题意得四边形EMFN 为菱形，且EF ＝AB 2＋BC 2＝ 2.当x ∈0，12]时，在线段DN 上截取DG ＝BM ，连接MG ，BD ，则四边形BMGD 为矩形，NG ＝1－2x ，NG ⊥MG ，所以MN ＝NG 2＋MG 2＝(1－2x )2＋2，则f (x )＝(12MN ·EF )2＝2x 2－2x ＋32，x ∈0，12]；当x ∈(12，1]时，在线段D 1N 上截取D 1G ＝B 1M ，连接MG ，B 1D 1，则四边形B 1MGD 1为矩形，NG ＝2x －1，NG ⊥MG ，所以MN ＝NG 2＋MG 2＝(2x －1)2＋2，则f (x )＝(12MN ·EF )2＝2x 2－2x ＋32，x ∈(12，1]．综上所述，f (x )＝2x 2－2x ＋32，x ∈0,1]，故选A.] 13．2 解析连接AC ，设AC ∩BD ＝O ，则AO 是四棱锥的高．由题意可得BD ＝AC ＝32，则AO ＝322，所以四棱锥A －BB 1D 1D 的体积V ＝13·S 矩形BB 1D 1D ·AO ＝13·BD ·BB 1·AO ＝13×32×BB 1×322＝6，解得BB 1＝2，所以AA 1＝2. 14．π解析因为球心到球面的点的距离相等，可以找出一点到ABCD 四个点的距离相等，在直角三角形中斜边上的中点到各顶点距离相等，可知AD 中点O 到A ，B ，C ，D 的距离相等，因为AD ＝1，所以S ＝4π(12)2＝π. 15.π6 解析记点B 到平面AB 1C 1的距离为d ，BB 1与平面AB 1C 1所成角为θ，连接BC 1，利用等体积法，VA －BB 1C 1＝VB －AB 1C 1，即13×3×12×2×3＝13d ×12×2×23，得d ＝32，则sin θ＝d BB 1＝12，所以θ＝π6. 16.22解析作MP ∥AB 交BC 于点P ，作NQ ∥AB 交BE 于点Q ，连接PQ . 依题意可知MP ∥NQ 且MP ＝NQ ，即四边形MNQP 是平行四边形，所以MN ＝PQ .设CM ＝BN ＝a (0≤a ≤2)，又CB ＝AB ＝BE ＝1，所以AC ＝BF ＝2，所以CP CB ＝CM AC ＝BQ BE ，即CP 1＝a 2＝BQ 1，所以CP ＝BQ ＝a 2＝22a ，所以MN ＝PQ ＝BP 2＋BQ 2＝(1－CP )2＋BQ 2 ＝ (1－22a )2＋(22a )2＝a 2－2a ＋1＝(a －22)2＋12(0≤a ≤2)，所以当a ＝22时，MN ＝22，即滑片M 、N 分别滑动到AC 、BF 的中点时，滑片M 到点C 的距离为22，两滑片的距离最小． 17．(1)解由三视图得几何体的直观图如图．四边形BB1C1C是矩形，BB1＝CC1＝3，BC＝1，四边形AA1C1C是边长为3的正方形，且垂直于底面BB1C1C，∴其体积V＝12×1×3×3＝32.(2)证明∵∠ACB＝90°，∴BC⊥AC.∵三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，∴BC⊥CC1.∵AC∩CC1＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥A1C，∵B1C1∥BC，∴B1C1⊥A1C.∵四边形ACC1A1为正方形，∴A1C⊥AC1.∵B1C1∩AC1＝C1，∴A1C⊥平面AB1C1.(3)解DE∥平面AB1C1.证明如下：如图，取BB1的中点F，连接EF，FD，DE.∵D，E，F分别为CC1，AB，BB1的中点，∴EF∥AB1.∵AB1平面AB1C1，EF平面AB1C1，∴EF∥平面AB1C1.同理可得FD∥平面AB1C1.又EF∩FD＝F，∴平面DEF∥平面AB1C1.而DE平面DEF，∴DE∥平面AB1C1.18．证明(1)∵平面ABCD⊥平面ABEF，且CB⊥AB，∴CB⊥平面ABEF，又AF平面ABEF，∴CB⊥AF，∵AB＝2AF，设AF＝a，则AB＝2a.又∠BAF＝60°，根据余弦定理得BF＝3a，∴AB2＝AF2＋BF2，从而AF⊥BF，又CB∩BF＝B，∴AF⊥平面CBF，又AF平面ADF，∴平面ADF⊥平面CBF.(2)取BF 的中点Q ，连接PO ，PQ ，OQ . ∵P ，O ，Q 分别是CB ，AB ，BF 的中点， ∴PO ∥AC ，PQ ∥CF ，又PO平面AFC ，PQ平面AFC ，从而PO ∥平面AFC ，PQ ∥平面AFC ，又PO ∩PQ ＝P ，AC ∩CF ＝C ， ∴平面POQ ∥平面AFC ，∵M 为底面△OBF 的重心，∴M ∈OQ ，从而PM 平面POQ ，∴PM ∥平面AFC . 19．(1)证明取AB 中点O ，连接CO ，DO .∵DO ∥AA 1，DO ＝12AA 1， ∴DO ∥CE ，DO ＝CE ， ∴四边形DOCE 为平行四边形，∴DE ∥CO ，DE 平面ABC ，CO平面ABC ，∴DE ∥平面ABC .(2)证明等腰直角△ABC 中F 为斜边的中点，连接AF ，∴AF ⊥BC .又∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴平面ABC ⊥平面BB 1C 1C ， ∴AF ⊥平面BB 1C 1C ，∴AF ⊥B 1F ，设AB ＝AA 1＝1，∴B 1F ＝62，EF ＝32，B 1E ＝32， ∴B 1F 2＋EF 2＝B 1E 2，∴B 1F ⊥EF ，又AF ∩EF ＝F ，∴B 1F ⊥平面AEF .(3)解由于点D 是线段AB 1的中点，故点D 到平面AEF 的距离是点B 1到平面AEF 距离的12， B 1F ＝a 2＋(22a )2＝62a ，所以三棱锥D －AEF 的高为64a ，在Rt △AEF 中，EF ＝32a ，AF ＝22a ，所以三棱锥D －AEF 的底面面积为68a 2，故三棱锥D －AEF 的体积为13×68a 2×64a ＝116a 3.20．(1)证明取PC 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥CD . 因为AC ＝AP ＝2，所以PC ⊥AF . 因为P A ⊥平面ABCD ，CD 平面ABCD ，所以P A ⊥CD .又AC ⊥CD ，P A ∩AC ＝A ，所以CD ⊥平面P AC . 因为PC平面P AC ，所以CD ⊥PC .又EF ∥CD ，所以EF ⊥PC . 又因为PC ⊥AF ，AF ∩EF ＝F ，所以PC ⊥平面AEF . 因为AE 平面AEF ，所以PC ⊥AE .(2)解以B 为原点，BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，过点B 平行AP 的直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (0,0,0)，A (0,1,0)，C (3，0,0)，D (23，3,0)， E (3，2,1)，P (0,1,2)， AC→＝(3，－1,0)， CE→＝(0,2,1)．设平面ACE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧AC →·n 1＝0，CE →·n 1＝0，即⎩⎨⎧3x －y ＝0，2y ＋z ＝0，令x ＝1，得平面ACE 的一个法向量为 n 1＝(1，3，－23)．由(1)知，CD ⊥平面P AC ，AF 平面P AC ，所以CD ⊥AF .同理PC ⊥AF ，PC ∩CD ＝C ，CD 平面PCE ，所以AF ⊥平面PCE ，所以平面PCE 的一个法向量n 2＝AF→＝(32，－12，1)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝－64，由图可知二面角A －CE －P 为锐角，所以二面角A －CE －P 的余弦值为64. 21．(1)证明方法一如图①，取AE 的中点H ，连接HG ，HD ，又G 是BE 的中点，所以GH ∥AB ，且GH ＝12AB . 又F 是CD 的中点，所以DF ＝12CD .由四边形ABCD是矩形，得AB∥CD，AB＝CD，所以GH∥DF，且GH＝DF，从而四边形HGFD是平行四边形，所以GF∥DH.又DH平面ADE，GF平面ADE，所以GF∥平面ADE.方法二如图②，取AB的中点M，连接MG，MF.又G是BE的中点，可知GM∥AE.又AE平面ADE，GM平面ADE，所以GM∥平面ADE.在矩形ABCD中，由M，F分别是AB，CD的中点，得MF∥AD.又AD平面ADE，MF平面ADE.所以MF∥平面ADE.又因为GM∩MF＝M，GM平面GMF，MF平面GMF，所以平面GMF∥平面ADE.因为GF平面GMF，所以GF∥平面ADE.(2)解如图③，在平面BEC内，过点B作BQ∥EC.因为BE ⊥CE ，所以BQ ⊥BE .又因为AB ⊥平面BEC ，所以AB ⊥BE ，AB ⊥BQ .以B 为原点，分别以BE →，BQ →，BA →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，B (0,0,0)，E (2,0,0)， F (2,2,1)．因为AB ⊥平面BEC ，所以BA→＝(0,0,2)为平面BEC 的法向量．设n ＝(x ，y ，z )为平面AEF 的法向量，又AE→＝(2,0，－2)，AF →＝(2,2，－1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0，n ·AF →＝0得⎩⎨⎧2x －2z ＝0，2x ＋2y －z ＝0. 取z ＝2，得n ＝(2，－1,2)．从而cos 〈n ，BA →〉＝n ·BA →|n ||BA→|＝43×2＝23，所以平面AEF 与平面BEC 所成锐二面角的余弦值为23. 22．(1)证明由题意得DA ，DD 1，DC 两两垂直．以D 为坐标原点，分别以DA ，DD 1，DC 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，E (0,0,1)，A 1(1，2，0)，B (1,0,1)，C 1(0，2，2)，D 1(0，2，0)． EA 1→＝(1，2，－1)，DB →＝(1,0,1)，DC 1→＝(0，2，2)． ∵EA 1→·DB →＝1－1＝0，∴EA 1→⊥DB →，即EA 1⊥DB . ∵EA 1→·DC 1→＝2×2－1×2＝0， ∴EA 1→⊥DC 1→，即EA 1⊥DC 1. 又DB ∩DC 1＝D ，∴EA 1⊥平面BDC 1.(2)解设平面BD 1C 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)． ∵BC 1→＝(－1，2，1)，D 1C 1→＝(0,0,2)，由⎩⎪⎨⎪⎧D 1C 1→·n ＝0，BC 1→·n ＝0得⎩⎨⎧2z 1＝0，－x 1＋2y 1＋z 1＝0，令x 1＝2，则y 1＝1，z 1＝0，∴n ＝(2，1,0)．由(1)知EA 1⊥平面BDC 1，∴平面BDC 1的一个法向量为EA 1→＝(1，2，－1)． ∴cos 〈EA 1→，n 〉＝EA 1→·n |EA 1→||n |＝2＋2－02×3＝63.由图知二面角D －BC 1－D 1为锐二面角， ∴二面角D －BC 1－D 1的余弦值为63.。

2018届北师大版(文科数学)第09讲立体几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编单元测试

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第09讲：立体几何1、（2010一试7）正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11BP A B ,则=αsin【解析】OEPC 1B 1A 1CBA设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x BP m z x BA m ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x P B n x A B n由此可设)3,1,0(),1,0,1(==n m ，所以cos m n m n α⋅=⋅，即2cos cos α=⋅⇒所以410sin =α.解法二：如图，PBPAPC PC ==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 平面B PA 1. 过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB .在直角OPA 1∆中，OEP A PO O A ⋅=⋅11,即56,532=∴⋅=⋅OE OE .11B O B E =∴===又.4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α.2、（2011一试6）在四面体ABCD 中，已知︒=∠=∠=∠60CDA BDC ADB ，3==BD AD ，2=CD ，则四面体ABCD 的外接球的半径为【解析】因为︒=∠=∠=∠60ADB CDB CDA ，设CD 与平面ABD 所成角为θ，可求得32sin ,31cos ==θθ．在△DMN 中，33233232,121=⋅⋅=⋅===DP DN CD DM ．学由余弦定理得231312)3(1222=⋅⋅⋅-+=MN， :学 ]故2=MN ．四边形DMON 的外接圆的直径3322sin ===θMNOD ．故球O 的半径3=R ． : | ]3、（2012一试5）设同底的两个正三棱锥P ABC -和Q ABC-内接于同一个球．若正三棱锥P ABC -的侧面与底面所成的角为45，则正三棱锥Q ABC -的侧面与底面所成角的正切值是．【答案】4 【解析】,从而12PH MH AH ==,因为90,,PAQ AH PQ ∠=⊥所以2,APPH QH =⋅即21.2AHAH QH =⋅所以24.QH AH MH ==,故tan 4QHQMH MH ∠==4、（2013一试4）已知正三棱锥P ABC -底面边长为1，则其内切球半径为.【解析】BCHMAOKP如图，设球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则P K M 、、共线，P O H 、、共线，2PHM PKO π∠=∠=，且OH OK r ==, PO PH OH r=-=-，MH AB =PM ===,1sin 5OK MH KPO PO PM ==∠==，解得r =.5、（2014一试5）已知正四棱锥ABCD P -中，侧面是边长为1的正三角形，N M ,分别是边BC AB ,的中点，则异面直线MN与PC之间的距离是_____________.6、（2016一试5）设P 为一圆锥的顶点，A ，B ，C 是其底面圆周上的三点，满足ABC ∠=90°，M 为AP 的中点.若AB =1，AC =2，2=AP ，则二面角M —BC —A 的大小为 .【答案】32arctan 【解析】由ABC ∠=90°知，AC 为底面圆的直径.设底面中心为O ，则⊥PO 平面ABC ，易知121==AC AO ，进而122=-=AO AP PO .设H 为M 在底面上的射影，则H 为AO 的中点.在底面中作BC HK ⊥于点K ，则由三垂线定理知BCMK ⊥，从而MKH ∠为二面角M —BC —A 的平面角.因21==AH MH ，结合HK 与AB 平行知，43==AC HC AB HK ，即43=HK ，这样32tan ==∠HK MH MKH .故二面角M —BC —A 的大小为32arctan .7、（2017一试5）正三棱锥P ABC -中，1,2,AB AP ==过AB的平面α将其体积平分，则棱PC 与平面α所成角的余弦值为.【解析】设,AB PC 的中点分别为,K M ,则易证平面ABM就是平面α.由中线长公式得222222222211113(AP )(21)224242cos 2AM AC PC KM PC KM MC KC KMC KM MC PC αα=+-=+-⨯====+-∠===⋅所以又易知直线在平面上的射影是直线MK,而CM=1，所以故棱与平面。

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