江苏省2012届高三特长班数学二轮复习专练：立体几何(2)
2012年高考数学专题复习(第2轮)——立体几何
《立体几何》专题复习【高考命题分析】【考点剖析】考点一空间几何体的结构、三视图、直观图【例１】（2008广东）将正三棱柱截去三个角（如图1所示A B C，，分别是GHI△三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（）【点评】本题主要考查三视图中的左视图，要有一定的空间想象能力。
【例2】某几何体的三视图如图所示，则它的体积是（A ）283π- （B ）83π- （C ）82π- （D ）23π【例3】（2008江苏模拟）由大小相同的正方体木块堆成的几何体的三视图如图所示，则该几何体中正方体木块的个数是 ．E F D I AH G B C EF DABC 侧视图1 图2 B E A ．BE B ． B E C ． B E D ． 主视图 左视图 俯视图【点评】从三视图到确定几何体，应根据主视图和俯视图情况分析，再结合左视图的情况定出几何体，最后便可得出这个立体体组合的小正方体个数。
考点二：空间几何体的表面积和体积【例4】（2007广东）已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形正视图(或称主视图)是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图(或称左视图)是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S【点评】在课改地区的高考题中，求几何体的表面积与体积的问题经常与三视图的知识结合在一起，综合考查。
【例5】（2008山东）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ）A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π 【点评】本小题主要考查三视图与几何体的表面积。
既要能识别简单几何体的结构特征，又要掌握基本几何体的表面积的计算方法。
【例6】（湖北高考题）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. 38πB. 328πC. π28D. 332π 【点评】本题考查球的一些相关概念，球的体积公式的运用。
2012届高考复习高考数学二轮复习试题：立体几何
2012届高考复习立体几何专题【命题趋向】高考对空间想象能力的考查集中体现在立体几何试题上，着重考查空间点、线、面的位置关系的判断及空间角等几何量的计算．既有以选择题、填空题形式出现的试题，也有以解答题形式出现的试题．选择题、填空题大多考查概念辨析、位置关系探究、空间几何量的简单计算求解，考查画图、识图、用图的能力；解答题一般以简单几何体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，以及空间几何量的求解问题，综合考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．试题在突出对空间想象能力考查的同时，关注对平行、垂直关系的探究，关注对条件或结论不完备情形下的开放性问题的探究．【考点透析】立体几何主要考点是柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征、三视图、直观图，表面积体积的计算，空间点、直线、平面的位置关系判断与证明，（理科）空间向量在平行、垂直关系证明中的应用，空间向量在计算空间角中的应用等．【例题解析】题型1 空间几何体的三视图以及面积和体积计算例1（2008高考海南宁夏卷）某几何体的一条棱长为7，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为6的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a b的最大值为 c A．22C． 42B．3D．52例2 （2008高考山东卷、2009年福建省理科数学高考样卷第3题）下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是 D A．9πB．10πC．11πD．12π例3（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第12题）已知一个正三棱锥P A B C -的主视图如图所示，若32A CBC ==，PC =___．题型2 空间点、线、面位置关系的判断 例4（江苏苏州市2009届高三教学调研测试7）已知n m ,是两条不同的直线，βα,为两个不同的平面，有下列四个命题：①若βα⊥⊥n m ,，m n ⊥，则βα⊥； ②若n m n m ⊥,//,//βα，则βα//； ③若n m n m ⊥⊥,//,βα，则βα//；④若βαβα//,//,n m ⊥，则n m ⊥．其中正确的命题是（填上所有正确命题的序号） ① ④例5（浙江省2009年高考省教研室第一次抽样测试理科第5题）设,m n 是两条不同的直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题正确的是 CA ．若,,//m n m n αβ⊥⊥，则//αβB ．若//,//,//,m n αβαβ则//m nC ．若,//,//m n αβαβ⊥，则m n ⊥D ．若//,//,//,m n m n αβ则//αβ题型3 空间平行与垂直关系的证明、空间几何体的有关计算（文科解答题的主要题型）例6．(2009江苏泰州期末16)如图所示，在棱长为2的正方体1111A B C D A B C D -中，E 、F 分别为1DD 、D B 的 中点．（1）求证：E F //平面11ABC D ； （2）求证：1EF B C ⊥； （3）求三棱锥EFC B V -1的体积． 解析：（1）连结1BD ，如图，在B DD 1∆中，E 、F 分别为1D D ，D B 的中点，则111111////EF D BD B ABC D EF EF ABC D ⎫⎪⊂⇒⎬⎪⊄⎭平面平面平面11ABC D ．（2）11111111111111111,//B C ABB C BC B C BD B C ABC D EF B CAB B C ABC D EF BD BD ABC D AB BC B ⊥⎫⎪⊥⊥⊥⎫⎫⎪⇒⇒⇒⊥⎬⎬⎬⊂⊂⎭⎭⎪⎪=⎭平面平面平面（3）C F ⊥ 平面11BD D B ，1CF EFB ∴⊥平面且CF BF ==112E F B D ==，1B F ===13B E ===∴22211EF B F B E += 即190EFB ∠=，11113B E FC C B E F B E F V V S C F--∆∴==⋅⋅=11132E F B F C F⨯⋅⋅⋅=11132⨯⨯= ．例7．（江苏省苏州市2009届高三教学调研测试第17题）在四棱锥P A B C D -中，90ABC ACD ∠=∠= ，60BAC CAD ∠=∠= ，P A ⊥平面A B C D ，E 为P D 的中点，22PA AB ==．（1）求四棱锥P A B C D -的体积V ；（2）若F 为P C 的中点，求证P C ⊥平面AEF ；（3）求证C E ∥平面P A B ．解析：（1）在A B C ∆R t 中，1,60AB BAC =∠=，∴BC =2A C =．在A C D R t Δ中，2,60AC AC D =∠=，∴4C D A D ==． ∴1122ABCD S AB BC AC CD =⋅+⋅111222=⨯⨯⨯⨯则123V =⨯=（2）∵PA C A =，F 为P C 的中点，∴AF PC ⊥．∵P A ⊥平面A B C D ，∴P A C D ⊥，∵A C C D ⊥，PA AC A = ，∴C D ⊥平面PAC ，∴C D PC ⊥．∵E 为P D 中点，F 为P C 中点，∴E F ∥C D ，则E F C D ⊥，∵AF EF F = ，∴P C ⊥平面AEF ． （3）证法一：取A D 中点M ，连,E M C M ．则EM ∥P A ，∵EM ⊄平面P A B ，P A⊂平面P A B ，∴EM ∥平面P A B ．在A C D ∆R t 中，60CAD ∠= ，2A C A M ==，∴60ACM ∠= ．而60BAC ∠=，∴M C ∥A B ．∵M C ⊄平面P A B ，A B ⊂平面P A B ， ∴M C ∥平面P A B ． ∵EM MC M = ，∴平面E M C ∥平面P A B ． ∵E C ⊂平面E M C ，∴E C ∥平面P A B ． 证法二：延长,DC AB ，设它们交于点N ， 连P N ．∵60NAC DAC ∠=∠= ，A C C D ⊥， ∴C 为N D 的中点． ∵E 为P D 中点，∴E C ∥P N ． ∵E C ⊄平面P A B ， P N ⊂平面P A B ， ∴E C ∥平面P A B ．题型4 空间向量在立体几何中的应用（理科立体几何解答题的主要题型） 例8．（2009年福建省理科数学高考样卷第18题）如图，在棱长为2的正方体1111ABC D A B C D -中，E F 、分别为11A D 和1C C 的中点．（1）求证：E F ∥平面1A C D ；（2）求异面直线E F 与A B 所成的角的余弦值；（3）在棱1B B 上是否存在一点P ，使得二面角P A C P --的大小为30?若存在，求出B P 的长；若不存在，请说明理由．解法一：如图分别以1,,D A D C D D 所在的直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，由已知得()0,0,0D 、()2,0,0A 、()2,2,0B 、()0,2,0C 、()12,2,2B 、()10,0,2D ()1,0,2E 、、()0,21F ．（1）取1AD 中点G ，则()1,0,1G ， ()1,2,1CG =- ，又()1,2,1EF =--，由EF CG =- ，∴EF与C G 共线．从而E F ∥C G ，∵C G ⊂平面1A C D ， E F ⊄平面1A C D ，∴E F ∥平面1A C D ． （2）∵()0,2,0AB =，cos ,3||||EF AB EF AB EF AB ⋅===⋅∴异面直线E F 与A B 所成角的余弦值为36．（3）假设满足条件的点P 存在，可设点()2,2,P t （02t <≤），平面AC P 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,0.n A C n A P ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩∵()0,2,AP t = ()2,2,0AC =- ，∴220,20,x y y tz -+=⎧⎨+=⎩ 取2(1,1,)n t=- ．易知平面ABC 的一个法向量1(0,0,2)BB =，依题意知， 1,30BB n =或150 ，∴14||cos ,2BB N-==，即22434(2)4tt=+，解得3t =∵(0,2]3∈，∴在棱1B B 上存在一点P ，当B P的长为3时，二面角P A C B --的大小为30 ． 解法二：（1）同解法一知()1,2,1EF =--，()12,0,2AD =-， ()2,2,0AC =- ，∴112E F A C A D =- ，∴EF 、A C、1A D 共面．又∵E F ⊄平面1A C D ，∴E F ∥平面1A C D ． （2）、（3）同解法一．解法三：易知平面1A C D 的一个法向量是()12,2,2DB =．又∵()1,2,1EF =-- ，由10EF DB ⋅=·，∴1EF D B ⊥，而E F ⊄平面1A C D ，∴E F ∥平面1A C D ．（2）、（3）同解法一．例9（浙江宁波市2008学年度第一学期期末理科第20题）已知几何体A B C E D -的三视图如图所示，其中俯视图和侧视图都是腰长为4的等腰直角三角形，正视图为直角梯形．（1）求异面直线D E 与A B 所成角的余弦值； （2）求二面角A ED B --的正弦值； （3）求此几何体的体积V 的大小．【解析】（1）取E C 的中点是F ，连结B F ，则BF DE ，∴FBA ∠或其补角即为异面直线D E 与A B 所成的角．在BAF ∆中，AB =，BF AF ==．∴cos 5ABF ∠=∴异面直线D E 与A B 5（2）A C ⊥平面BC E ，过C 作C G D E ⊥交D E 于G ，连结A G ． 可得D E ⊥平面A C G ，从而A G D E ⊥, ∴A G C ∠为二面角A ED B --的平面角．在A C G ∆R t 中，90ACG ∠=，4A C =，5C G =∴tan 2AG C ∠=．∴sin 3AG C ∠=．∴二面角A ED B --3（3）1163B C E D V S A C =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16． 方法二：（坐标法）（1）以C 为原点，以,,CA CB CE 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系． 则()4,0,0A ，(0,4,0)B ，(0,4,2)D ，()0,0,4E ，(0,4,2),(4,4,0)D E AB =-=-，∴cos ,5D E AB <>=-∴异面直线D E 与A B5（2）平面BD E 的一个法向量为(4,0,0)C A =， 设平面A D E 的一个法向量为(,,)n x y z =，,,n A D n D E ⊥⊥ (4,4,2),(0,4,2)AD D E =-=-∴0,0n AD n D E ==从而4420,420x y z y z -++=-+=,令1y =，则(2,1,2)n = , 2c o s ,3C A n <>=∴二面角A ED B --3（3）1163B C E D V S A C =⋅⋅=，∴几何体的体积V 为16．【专题训练与高考预测】说明：文科以选择题、填空题和解答题前三题为主．理科以选择题、填空题和解答题后三题为主．一、选择题1．如图为一个几何体的三视图，尺寸如图所示，则该几何体的表面积为（不考虑接触点）（）A．6π+D．32π++ C. 18π+B．184π+2．某几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的体积是（）3．已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形，俯视图是直径为2的圆，则此几何体的外接球的表面积为（A ．π34B ．π38C ．π316D ．π3324．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45 ，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是 （ ）A ．2221+B ．221+C ．21+D ．22+5． 一个盛满水的三棱锥容器S A B C -，不久发现三条侧棱上各有一个小洞,,D E F ，且知:::2:1SD D A SE EB C F FS ===，若仍用这个容器盛水，则最多可盛原来水的（ ）A ．2923 B ．2719 C ．3130 D ．27236． 点P 在直径为2的球面上，过P 作两两垂直的三条弦，若其中一条弦长是另一条弦长的2倍，则这三条弦长之和为最大值是 （A ．5B 55D 57．正方体''''ABC D A B C D -中，A B 的中点为M ，'D D 的中点为N ，异面直线'B M 与C N 所成的角是 （A ．30B ．90C ．45D ．608．已知异面直线a 和b 所成的角为50，P 为空间一定点，则过点P 且与,a b 所成角都是30的直线有且仅有（ ）A ． 1条B ． 2条C ． 3条D ． 4条9．如图所示，四边形A B中，//,,45AD B CA D AB BCD BAD=∠=∠=，将△ABD 沿B D 折起，使平面ABD ⊥平面B C D ，构成三棱锥A B C D -，则在三棱锥A B C D -中，下列命题正确的是（ ）A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面A DC ⊥平面BD C C ．平面A B C ⊥平面B D CD ．平面A D C ⊥平面ABC10．设x 、y 、z 是空间不同的直线或平面，对下列四种情形：① x 、y 、z 均为直线；② x 、y 是直线，z 是平面；③ z 是直线，x 、y 是平面；④ x 、y 、z 均为平面．其中使“x ⊥z 且y ⊥z ⇒x ∥y ”为真命题的是（ ）A ． ③ ④B ． ① ③C ． ② ③D ． ① ②11．已知三条不重合的直线m 、n 、l 两个不重合的平面α、β，有下列命题 ①若//,m n n α⊂，则//m α；②若l α⊥，m β⊥且l m ，则αβ ； ③若,m m αα⊂⊂，,m n ββ ，则αβ ； ④若αβ⊥，m αβ= ，n β⊂，n m ⊥，则n α⊥． 中正确的命题个数是 （ ）A ．1B ． 2C ．3D ．412．直线A B 与直二面角l αβ--的两个面分别交于,A B 两点，且,A B 都不在棱上，设直线A B 与平面,αβ所成的角分别为,θϕ，则θϕ+的取值范围是 （ ）A ．(0,)2πB ．0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C ．(,)2ππ D ．{}2π二、填空题13． 在三棱锥P AB -中，2P A P B P C===，30APB BPC CPA ∠=∠=∠=，一只蚂蚁从A 点出发沿三棱锥的侧面绕一周，再回到A 点，则蚂蚁经过的最短路程是 ． 14．四面体的一条棱长为x ，其它各棱长为1，若把四面体的体积V 表示成x的函数()f x ，则()f x 的增区间为 ，减区间为 ．15． 如图，是正方体平面展开图，在这个正方体中：① BM 与E D 平行；② C N 与B E 是异面直线；③C N 与BM 成60角； ④D M 与B N 垂直． 以上四个说法中，正确说法的序号依次是 ．16． 已知棱长为1的正方体1111ABC D A B C D -中，E 是11A B 的中点，则直线A E 与平面11ABC D 所成的角的正弦值是 ． 三、解答题17．已知，如图是一个空间几何体的三视图． （1）该空间几何体是如何构成的； （2）画出该几何体的直观图； （3）求该几何体的表面积和体积．18．如图，已知等腰直角三角形RBC ，其中90RBC ∠=，2==BC RB ．点,A D 分别是RB ,RC 的中点，现将RAD ∆沿着边AD 折起到PAD ∆位置，使P A A B ⊥，连结PB 、PC ． （1）求证：B C P B ⊥；（2）求二面角P CD A --的平面角的余弦值．19．如下图，在正四棱柱1111ABC D A B C D -中，112A A AB =，点,E M 分别为11,A B C C 的中点，过点1,,A B M 三点的平面1A BM N 交11C D 于点N ．（1）求证：EM 平面1111A B C D ； （2）求二面角11B A N B --的正切值；（3）设截面1A B M N 把该正四棱柱截成的两个几何体的体积分别为12,V V （12V V <），求12:V V 的值．20． 如图，在四棱锥ABCDP -中，底面为直角梯形，//,90AD BC BAD ︒∠=，PA 垂直于底面ABCD，N M BC AB AD PA ,,22====分别为PB PC ,的中点．（1）求证：DM PB ⊥；（2）求BD 与平面ADMN 所成的角；（3）求截面A D M N 的面积．21．如图，正方形ACDE 所在的平面与平面ABC 垂直，M 是CE 和AD 的交点，BC AC ⊥，且BC AC =． （1）求证：⊥AM 平面EBC ；（2）求直线AB 与平面EBC 所成的角的大小； （3）求二面角C EB A --的大小．22．已知斜三棱柱111ABC A B C -，90BCA ∠=，2AC BC ==，1A 在底面ABC 上的射影恰为A C 的中点D ，又知11BA AC ⊥．（1）求证：1AC ⊥平面1A BC ； （2）求1C C 到平面1A AB 的距离； （3）求二面角1A A B C --的一个三角函数值．。
22012年高考数学立体几何专题练习及答案
绝密★启用前2012届高三数学二轮精品专题卷：专题9 立体几何考试范围：立体几何一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一个符合题目要求的）1．若直线l 与平面α垂直,则下列结论正确的是 （ ）A ．直线l 与平面α内所有直线都相交B ．在平面α内存在直线m 与l 平行C ．在平面α内存在直线m 与l 不垂直D ．若直线m 与平面α平行,则直线l ⊥m 2．某个几何体的三视图如图所示,根据图中标出的长度,那么这个几何体的体积是 （ ） A ．3 B ．33C ．332D ．3 3．（理）如下图所示是一个半径等于2的半球,现过半球底面的中心作一个与底面成80°角的截面,则截面的面积为（ ）A ．2πB ．πC ．π2D ． 80sin π（文）如上图所示是一个半径等于2的半球,则这个半球的表面积为 （ ） A ．π4 B ．π8 C ．π12 D ．π16 4．（理）如下图,三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度相等,点E 为BC 中点,则直线AE 与平面PBC 所成角的余弦值为 （ ）A ．33B ．36C ．31D ．32（文）如上图,三棱锥P -ABC 中,三条侧棱两两垂直,且长度都为1,点E 为BC 上一点,则截面P AE 面积的最小值为 （ ） A ．33 B ．36 C ．42 D ．325．设a ,b ,c 表示三条直线,βα，表示两个平面,则下列命题中逆命题不成立的是 （ ）A ．α⊥c ,若β⊥c ,则βα∥B ．α⊂b ,α⊄c ,若α∥c ,则c b ∥C ．β⊂b ,若α⊥b ,则αβ⊥D ．α⊂b a ，,P b a =⋂,b c a c ⊥⊥，,若βα⊥,则β⊂c6．一个圆锥的母线长为2,且侧面积为π2,则该圆锥的主视图面积为 （ ） A ．1B ．3C ．2D ．67．已知长方体ABCD D C B A -1111的外接球的体积为332π,则该长方体的表面积的最大值为 （ ）A ．16B ．32C ．36D ．488．一个几何体是由若干个边长为1的正方体组成的,其主视图和左视图如图所示,若把这个几何体放到一个底面半径为π13的盛若干水的圆柱形容器,没入水中,则水面上升的高度（不溢出）最大为 （ ）（1）121B ．131C ．π12D ．π139．如图,四棱锥P -ABCD 的底面是边长为3的正方形,侧棱P A ⊥平面ABCD ,点E 在侧棱PC 上,且BE ⊥PC ,若6=BE ,则四棱锥P -ABCD 的体积为 （ ）A ．6B ．9C ．18D ．2710．如图,四棱锥S -ABCD 的底面是边长为2的正方形,且6====SD SC SB SA ,E 是边BC 的中点，动点P 在表面上运动，并且总保持PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹所围成的图形的面积为 （ ）A ．22B ．1C ．3D ．6一、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.把正确答案填在题中横线上）11．已知一个空间几何体的三视图及其尺寸如图所示,则该空间几何体的体积是 ．12．（理）平面P 与平面Q 所成的二面角是锐角α,直线AB ⊂平面P 且与二面角的棱成的角为锐角β,又AB 和平面Q 成的角为θ,则α，β，θ之间的某一三角函数关系为 ． （文）我们知道,正三角形的内切圆和外接圆的圆心重合,且外接圆和内切圆的半径之比为2:1,类比这一结论,若一个三棱锥的所有棱长都相等,则其外接球与内切球的球心重合,则外接球与内切球半径之比为 ．13．已知圆锥的母线和底面半径的夹角为60°,则其全面积与侧面积之比为 ． 14．由曲线22x y =，2||=x 围成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为1V ；满足422≤+y x ，1)1(22≥-+y x ，1)1(22≥++y x 的点组成的图形绕y 轴旋转一周所得的旋转体的体积为2V ，则1V :2V = ．15．设圆锥的母线长为l ,底面半径为r ,满足条件“它的一个内接圆柱的侧面积等于圆锥侧面积的41”的情况有且只有一种,则=lr ．三、解答题（本大题共6小题，满分75分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16．（本题满分10分）如图,四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 是一个边长为2的正方形,P A ⊥平面ABCD ,且24=PC ．M 是PC 的中点,在DM 上有点G ,过G 和AP 作平面交平面BDM 于GH ．（1）求四棱锥P -ABCD 的体积; （2）求证:AP ∥GH ．17．（本题满分12分）如图,已知三棱柱'''C B A ABC -的所有棱长都是2,且60''=∠=∠AC A AB A ．（1）求证:点'A 在底面ABC 内的射影在∠BAC 的平分线上; （2）求棱柱'''C B A ABC -的体积．18．（本题满分13分）如图,多面体ABCD —EFG 中,底面ABCD 为正方形,GD //FC //AE ,AE ⊥平面ABCD ,其正视图、俯视图及相关数据如图:（1）求证:平面AEFC ⊥平面BDG ; （2）求该几何体的体积;（3）求点C 到平面BDG 的距离．19．（本题满分13分）如图一简单几何体的一个面ABC 内接于圆O ，G ,H 分别是AE ,BC 的中点,AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，且DC ⊥平面ABC ． （1）求证:GH //平面ACD ;（2）证明：平面ACD ⊥平面ADE ； （3）若AB =2，BC =1，23tan =∠EAB ，试求该几何体的体积V ．20．（本题满分13分）边长为2的正方体1111D C B A A B C D -中,P 是棱CC 1上任一点,)20(＜＜m m CP =（1）是否存在满足条件的实数m ,使平面⊥1BPD 面11B BDD ?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由． （2）（理）试确定直线AP 与平面D 1BP 所成的角正弦值关于m 的函数)(m f ,并求)1(f 的值．（文）是否存在实数m ,使得三棱锥PAC B -和四棱锥1111D C B A P -的体积相等?若存在,求出m 的值;否则,请说明理由．21．（本题满分14分）如图,直角梯形ABCD 中, 90=∠=∠BAD ABC ,AB =BC 且△ABC 的面积等于△ADC 面积的21．梯形ABCD 所在平面外有一点P ,满足P A ⊥平面ABCD ,PB PA =．（1）求证:平面PCD ⊥平面PAC ;（2）侧棱PA 上是否存在点E ,使得//BE 平面PCD ?若存在,指出点E 的位置并证明;若不存在,请说明理由． （3）（理）求二面角C PD A --的余弦值．2012届专题卷数学专题九答案与解析1．【命题立意】本题考查直线与平面垂直的定义及直线与平面平行的简单性质． 【思路点拨】首先根据直线与平面垂直的定义判断出直线与平面内所有直线的位置关系,再根据直线与平面的平行性质分析直线之间的关系即可．【答案】D 【解析】根据直线和平面垂直的定义可知,直线l 与平面α内的直线都垂直,可能是异面也可能相交,故A 、B 、C 都是错误的;对于D ,在平面α内一定存在直线n 与m 平行,且l ⊥n ,故l ⊥m ,所以D 是正确的． 2．【命题立意】本题借助三视图考查三棱锥体积的求解．【思路点拨】把三视图对应的几何体还原成三棱锥,根据棱锥的体积计算公式即可求解． 【答案】B 【解析】根据三视图可知,原几何体是一个三棱锥,且底面是边长为2的正三角形,高为1,故体积为331331=⨯⨯=V ．3．（理）【命题立意】本题主要考查球的结构及截面特征．【思路点拨】先根据条件分析出截面的特点,再利用相应面积公式计算即可． 【答案】C 【解析】所作截面是一个半大圆,面积为ππ2421=⨯．（文）【命题立意】本题主要考查球的面积计算．【思路点拨】此半球的表面积是一个半球面的面积加上一个大圆的面积． 【答案】C 【解析】图中半球的面积为πππ1284=+． 4．（理）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、直线和平面所成角的求解．【思路点拨】根据条件易知,P A ⊥平面PBC ,故直线AE 与平面PBC 所成的角即为∠APE ,再在Rt △P AE 中利用三角函数的定义即可求解． 【答案】A 【解析】因为P A ⊥PB ,P A ⊥PC ,所以P A ⊥平面PBC ,所以,直线AE 与平面PBC 所成的角即为∠APE ,设P A =PB =PC =1,则2===BC AC AB ,因为E 为BC 中点,所以26=AE ,故33cos 22=-==∠AE PA AE AEPEAPE ．（文）【命题立意】本题借助特殊的三棱锥考查线面垂直的判定、截面面积的求解．【思路点拨】先判断三角形的形状,再根据面积的表达式求最小值．【答案】C 【解析】因为三条侧棱两两垂直且长度为1,所以AP ⊥平面PBC ,∴AP ⊥PE ,PE PE AP S PAE 2121=⋅=∆,故只需PE 的长度最小,所以PE ⊥BC 时,22=PE ,面积取得最小值42．5．【命题立意】本题借助命题真假的判定考查直线与平面、平面与平面之间的平行与垂直关系．【思路点拨】先写出每个命题的逆命题,再逐个判断即可．要注意每个命题逆命题的形式． 【答案】C 【解析】选项C 的逆命题是β⊂b ,若αβ⊥,则a b ⊥显然不成立． 6．【命题立意】本题以圆锥为载体考查圆锥的侧面积计算及三视图的特征．【思路点拨】先根据圆锥的侧面积公式计算出圆锥底面圆的半径,进而可知主视图三角形各边的长即可求出面积．【答案】B 【解析】设圆锥底面半径为r ,则侧面积为ππ22==r S ,故1=r ,314=-=h ,而主视图是一个等腰三角形,面积为3=hr ．7．【命题立意】本题以长方体为载体考查长方体与球的组合体的关系及简单的不等式性质应用．【思路点拨】先根据球的体积求出其半径,再根据长方体边长与球半径的关系建立方程,进而利用不等式性质求出表面积的最大值． 【答案】B 【解析】设球的半径为R ,则343323R ππ=,故R =2,设长方体三边长分别为a ,b ,c ,则16)2(2222==++R c b a ,表面积为2222222()32ab bc ca a b c ++≤++=．即长方体表面积的最大值为32． 8．【命题立意】本题借助三视图考查组合体的特征及圆柱体积的计算．【思路点拨】先根据三视图计算出组合体的体积最大值,再结合圆柱的体积公式,利用体积相等即可计算出水面上升的高度．【答案】B 【解析】由题知,底部这一层最多摆放9个正方体,上面一层最多摆放4个正方体．故组合体的体积最大值为13,设水面上升的高度为h ,则h21313）（ππ=,则131=h ．9．【命题立意】本题考查直线与平面垂直、性质的应用及空间几何体体积的计算问题．【思路点拨】把直线与平面垂直的条件转化为直角三角形,再利用三角形内的关系计算出高P A 即可．【答案】B 【解析】因为P A ⊥平面ABCD ,所以BC ⊥P A ,又ABCD 是正方形,所以BC ⊥P A ,故BC ⊥平面P AB ,所以BC ⊥PB ．322=-=BE BC CE ,在Rt △PBC 中,易得CP CE BC ⋅=2,故33392===CE BC CP ,在Rt △P AC 中,322=-=AC CP PA ,故四棱锥P -ABCD 的体积为933312=⨯⨯．10．【命题立意】本题以三棱锥为载体考查直线与平面垂直的判定与性质的应用．【思路点拨】先分析出轨迹图形的形状,再根据所给数据进行计算即可．【答案】A 【解析】由6====SD SC SB SA 可知S 在底面ABCD 内的射影是底面的中心,即AC 与BD 交点O ．要使得PE 保持与AC 垂直,只需使得P 在AC 的垂面上运动,如图中的△EFG 即为P 的轨迹,且2621===SD FG EG ,221==BD EF ,△EFG 的面积22)21(2122=-⋅=EF FG EF S ．11．【命题立意】本题考查三视图的识别及棱台体积的求解．【思路点拨】根据所给三视图分析出对应几何体的特征,再利用相关公式即可求出体积． 【答案】314【解析】这个空间几何体是一个一条侧棱垂直于底面的四棱台,这个四棱台的高是2,上底面是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，故其体积V ＝13×（12＋12×22＋22）×2＝143．12．（理）【命题立意】本题考查二面角、直线与平面所成角之间的关系及空间想象能力． 【思路点拨】先找出二面角、直线与平面所成角对应的平面角,把题中的三个角转化到直角三角形内,进而可以找出他们的关系．【答案】βαθsin sin sin =【解析】如图,过A 作AO ⊥平面Q 垂足为O ,过O 作OC ⊥交线l 于点C ,连结AC ,易证AC ⊥l ,∴ACO ∠为二面角P -l-Q 的平面角,即α=∠ACO ,β=∠ABC ,因为AO ⊥平面Q ,所以ABO ∠为A 和平面Q 所成的角,所以θ=∠ABO ．分别在Rt △AOB 、Rt △AOC 、Rt △ACB 中,有ABAO =θsin ,ACAO =αsin ,ABAC =βsin ,故βαθsin sin sin =．（文）【命题立意】本题考查类比推理及与球有关的组合体的计算问题,对空间想象能力要求较高．【思路点拨】根据组合体的主视图进行分析,分别计算出外接球和内切球半径即可． 【答案】3:1【解析】设该三棱锥的边长为a ,计算可得高为a 36,设外接球半径为R ,则根据球和三棱锥的对称性可知,球心在高所在的线段上,由勾股定理可得222)33()36(R a R a =+-,则a R 46=,故内切球半径为a a a r 1264636=-=,故外接球与内切球半径之比为3:1．13．【命题立意】本题考查圆锥侧面积与全面积的计算方法．【思路点拨】根据条件求出底面半径与母线的关系,再表示出全面积与侧面积即可．【答案】23【解析】设圆锥的底面半径为r ,母线长为l ,则由条件可得。
高三数学专项训练立体几何解答题二
高三数学专项训练：立体几何解答题（二）1．如图，三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，90BAC ∠=︒，2,6AB AC ==,点D 在线段1BB 上，且113BD BB =，11AC AC E =．（Ⅰ）求证：直线DE 与平面ABC 不平行；（Ⅱ）设平面1ADC 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，若cos θ=，求1AA 的长； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，设平面1ADC 平面ABC l =，求直线l 与DE 所成的角的余弦值．2．三棱锥A BCD -中,E 是BC 的中点,,AB AD BD DC =⊥（I ）求证：AE BD ⊥；（II ，且二面角A BD C --为60︒,求AD 与面BCD 所成角的正弦值。
3．如图，已知四棱锥E ABCD -的底面为菱形，且60ABC ∠=o ， （I ）求证：平面EAB ⊥平面ABCD ；（II ）求二面角A EC D --的余弦值．4． 已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面ABB 1A 1是菱形，且160A AB ∠=︒，M 是A 1B 1的中点，.MB AC ⊥（1）求证：MB ⊥平面ABC ； （2）求二面角A 1—BB1—C 的余弦值。
5．在四棱锥ABCD P -中，⊥PA 平面ABCD ，底面ABCD 为矩形，)0(>==a aBC PA AB .（Ⅰ）当1a =时，求证：BD PC ⊥；（Ⅱ）若BC 边上有且只有一个点Q ，使得QD PQ ⊥，求此时二面角Q PD A --的余弦值.6．如图，直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，D E 、分别为11AA B C 、的中点，1DE BCC ⊥平面，二面角A B Q DCPA BD C --的大小为3π. （Ⅰ）证明：//DE ABC 平面；（Ⅱ）求1B C 与平面BCD 所成的角的大小.7．如图，在矩形ABCD 中,点P 为矩形ABCD 所在平面外一点，PA ⊥平面ABCD ，点E 为PA 的中点。
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专题一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语1. x＜0，有x2≤02. (2,3)解析：M＝(－∞，3)，N＝(2，＋∞)，∴ M∩N＝(2,3)．3. (－∞，－1)∪(3，＋∞)解析：不等式对应的二次函数开口向上，则Δ＝(a－1)2－4＞0.4. [－1,1]解析：集合A＝[－1,1]，B＝(－∞，1]，∴ A∩B＝A.5.215解析：⎩⎪⎨⎪⎧0≤a，a＋45≤10≤a≤15，⎩⎪⎨⎪⎧b－13≥0，b≤113≤b≤1，利用数轴，分类讨论可得集合A∩B的“长度”的最小值为13－15＝215.6. ⎣⎡⎦⎤－12，13解析：p：x2＋x－6＜0为真，则不等式的解集为A＝(－3,2)，由q：mx ＋1＞0得m＝0时，解集为B＝R，m＞0时，解集为B＝⎝⎛⎭⎫－1m，＋∞，m＜0时，解集为B＝⎝⎛⎭⎫－∞，－1m，m＝0时，A B成立；m＞0时，－1m≤－3,0＜m≤13；m＜0时，－1m≥2，－12≤m＜0，综上m∈⎣⎡⎦⎤－12，13.7. 12解析：这是一个典型的用韦恩图来求解的问题，如图．设两者都喜欢的人数为x，则只喜爱篮球的有15－x，只喜爱乒乓球的有10－x，由此可得(15－x)＋(10－x)＋x＋8＝30，解得x＝3，所以15－x＝12，即所求人数为12.8. (－∞，－4)∪(42，＋∞)解析：两集合分别表示半圆和直线，画图利用几何性质可得答案．9. 解：(1) 2－x＋3x＋1≥02x＋2－(x＋3)x＋1≥0x－1x＋1≥0(x－1)(x＋1)≥0且x≠－1x≥1或x＜－1.∴集合A＝{x|x≥1或x＜－1}．(2) (x－a－1)(2a－x)＞0(a<1)(x－a－1)(x－2a)＜0.∵a＜1，∴2a＜a＋1.∴2a＜x＜a ＋1.∴不等式的解为2a＜x＜a＋1.∴集合B＝{x|2a＜x＜a＋1}．∵B A，∴2a≥1或a ＋1≤－1，∴ a≥12或a≤－2.又a<1，则实数a的取值范围是(－∞，－2]∪⎣⎡⎭⎫12，1.10. 解：若命题p为真，则⎩⎪⎨⎪⎧m2－4＞0，－m＜0m＞2.若命题q为真，Δ＝16(m－2)2－16＜0,1＜m＜3.p或q为真，p且q为假，所以若命题p为真，命题q为假，则m≥3；若命题p 为假，命题q为真，则1＜m≤2，综上，则实数m的取值范围是{m|1＜m≤2或m≥3}．第2讲函数、图象及性质1. f(x)＝(x－2)2解析：函数满足f(x)＝f(x＋2)，函数周期为2.则x∈[2,3]，x－2∈[0,1]，f(x)＝f(x －2)＝(x －2)2.2. (0,1] 解析：y ＝x x －m ＝1＋m x －m，由反比例函数性质可得到0＜m ≤1；也可以用导数求得．3. 12 解析：f(－x)＝12－x －1＋a ＝2x 1－2x＋a ，f(－x)＝－f(x) 2x 1－2x ＋a ＝－⎝⎛⎭⎫12x －1＋a 2a ＝11－2x －2x 1－2x＝1，故a ＝12；也可用特殊值代入，但要检验．4. 1＜a ＜2 解析：函数为奇函数，在(－1,1)上单调递减，f(1－a)＋f(1－a 2)＞0，得f(1－a)＞f(a 2－1)．∴ ⎩⎪⎨⎪⎧－1＜1－a ＜1，－1＜1－a 2＜11－a ＜a 2－1，1＜a ＜ 2.5. [3，＋∞) 解析：⎩⎪⎨⎪⎧|x －2|－1≥0，x －1＞0，x －1≠1⎩⎪⎨⎪⎧x －2≥1或x －2≤－1，x ＞1，x ≠2x ≥3.6. 2 解析：函数满足f(x ＋2)＝1f (x )，故f(x ＋4)＝1f (x ＋2)＝f(x)，函数周期为4，f(2 012)＝f(0)，又f(2)＝1f (0)，∴ f(0)＝2.7. 3 解析：画图可知a ＋(－1)2＝1，a ＝3，也可利用f(0)＝f(2)求得，但要检验．8. 1 解析：由y ＝|x 2－2x －t|得y ＝|(x －1)2－1－t|，函数最大值只能在y(0)，y(1)，y(3)中取得，讨论可得只有t ＝1时成立．9. 解：(1) ∵ f(a ＋2)＝18，f(x)＝3x ，∴ 3a ＋2＝183a ＝2， ∴ g(x)＝(3a )x －4x ＝2x －4x ，x ∈[－1,1]．(2) g(x)＝－(2x )2＋2x ＝－⎝⎛⎭⎫2x －122＋14，当x ∈[－1,1]时，2x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，令t ＝2x ，∴ y ＝－t 2＋t ＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋14，由二次函数单调性知当t ∈⎣⎡⎦⎤12，2时y 是减函数，又t ＝2x 在[－1,1]上是增函数，∴ 函数g(x)在[－1,1]上是减函数．(也可用导数的方法证明)(3) 由(2)知t ＝2x,2x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，则方程g(x)＝m 有解m ＝2x －4x在[－1,1]内有解m ＝t －t 2＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋14，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2， ∴ m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－2，14. 10. (1) 证明：取x ＝y ＝0，f(0)＝f(0)＋f(0)，∴ f(0)＝0，取y ＝－x ，则f(0)＝f(x)＋f(－x)，∴ f(－x)＝－f(x)，故f(x)是奇函数．(2)解： 任取x 2＞x 1，则x 2－x 1＞0，∴ f(x 2－x 1)＜0，又f(x 2－x 1)＝f(x 2)＋f(－x 1)＝f(x 2)－f(x 1)＜0，∴ f(x 2)＜f(x 1)，f(x)在[－3,3]上单调递减，f(－3)＝－f(3)＝－3f(1)＝6，∴ f(x)在[－3,3]上的最大值f(－3)＝6，最小值f(3)＝－6.第3讲 基本初等函数1. 2 解析：lg 22＋lg2lg5＋lg50＝lg2(lg2＋lg5)＋lg5＋lg10＝lg2lg(2·5)＋lg5＋1＝2.2. a ∈(1,2) 解析：y ＝log a (2－ax)是[0,1]上关于x 的减函数，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，2－a ＞01＜a ＜2.3. [－3,1] 解析：2x 2＋2x －4≤122x 2＋2x －4≤2－1x 2＋2x －4≤－1x 2＋2x －3≤0－3≤x ≤－1.4. (2,2)5. a ≥2 解析： 二次函数f(x)＝－x 2＋2ax －1＋a 2开口向下，对称轴x ＝－2a－2＝a ，则a ≥2.6. ⎣⎡⎦⎤1，3127 解析：f(x)为偶函数，则b ＝0，又a －1＋2a ＝0，∴ a ＝13，f(x)＝13x 2＋1在⎣⎡⎦⎤－23，23上的值域为⎣⎡⎦⎤1，3127.7. f(－25)＜f(80)＜f(11) 解析：∵ f(x －4)＝－f(x)，∴ f(x －4)＝f(x ＋4)，∴ 函数周期T ＝8.∵ f(x)为奇函数，在区间[0,2]上是增函数，∴ f(x)在[－2,2]上是增函数．则f(－25)＝f(－1)，f(11)＝f(3)＝－f(－1)＝f(1)，f(80)＝f(0)．∵ f(－1)＜f(0)＜f(1)，∴ f(－25)＜f(80)＜f(11)．8. 4 解析：函数图象恒过定点(1,1)，从而m ＋n ＝1，又mn ＞0，∴ 1m ＋1n ＝m ＋n m ＋m ＋nn＝2＋n m ＋m n ≥4，当且仅当m ＝n 时取等号，1m ＋1n的最小值为4.9. 解：f(x)＝12p x 2－x ＋3＝12p (x －p)2＋3－p 2.① p ≤－1时，f(x)在[－1,2]上递减，M ＝f(－1)＝12p ＋4，m ＝f(2)＝2p ＋1，由2M ＋m ＝3，得p ＝－12(舍)．② －1＜p ＜0，M ＝f(p)＝3－p 2，m ＝f(2)＝2p ＋1，由2M ＋m ＝3，得p ＝2－6，p ＝2＋6(舍)．③ 0＜p ＜12，M ＝f(2)，m ＝f(p)，由2M ＋m ＝3，得p ＝2±23(舍)．④ 12≤p ≤2，M ＝f(－1)，m ＝f(p)由2M ＋m ＝3，得p ＝8±66(舍)． ⑤ p ＞2，M ＝f(－1)，m ＝f(2)由2M ＋m ＝3，得p ＝－12(舍)．综上，当p ＝2－6时，2M ＋m ＝3成立．10. 解：(1) 设P(x 0，y 0)是y ＝f(x)图象上的点，Q(x ，y)是y ＝g(x)图象上的点，则⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝x 0－2a ，y ＝－y 0.∴ ⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x ＋2a ，y 0＝－y.又y 0＝log a (x 0－3a)，∴ －y ＝log a (x ＋2a －3a )，∴ y ＝log a1x －a (x ＞a)，即y ＝g(x)＝log a 1x －a(x ＞a)． (2) ∵ ⎩⎪⎨⎪⎧x －3a ＞0，x －a ＞0，∴ x ＞3a ，∵ f(x)与g(x)在x ∈[a ＋2，a ＋3]上有意义，∴ 3a ＜a ＋2,0＜a ＜1，∵ |f(x)－g(x)|≤1恒成立，∴ |log a (x －3a)(x －a)|≤1恒成立．∴⎩⎪⎨⎪⎧－1≤log a [(x －2a )2－a 2]≤1，0＜a ＜1a ≤(x －2a)2－a 2≤1a.对x ∈[a ＋2，a ＋3]时恒成立，令h(x)＝(x －2a)2－a 2，其对称轴x ＝2a,2a ＜2，而2＜a ＋2，∴ 当x ∈[a ＋2，a ＋3]时，h(x)min ＝h(a ＋2)，h(x)max ＝h(a ＋3)．∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a ≤h (x )min ，1a ≥h (x )max⎩⎪⎨⎪⎧a ≤4－4a ，1a ≥9－6a0＜a ≤9－5712.第4讲 函数的实际应用1. log 32 解析：本题主要考查分段函数和简单的已知函数值求x 的值．由⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，3x＝2x ＝log 32或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，－x ＝2无解，故应填log 32.2. 20% 解析：设该产品初始成本为a ，每年平均降低百分比为p ，则a(1－p)2＝0.64a ，∴ p ＝0.2.3. m ∈(1,2) 解析：令f(x)＝x 2－2mx ＋m 2－1，则⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＞0，f (1)＜0，f (2)＜0，f (3)＞0.解得1＜m ＜2.4. a ＞1 解析：设函数y ＝a x (a ＞0，且a ≠1)和函数y ＝x ＋a ，则函数f(x)＝a x －x －a(a>0且a ≠1)有两个零点， 就是函数y ＝a x (a ＞0且a ≠1)与函数y ＝x ＋a 有两个交点，由图象可知当0＜a ＜1时两函数只有一个交点，不符合要求，当a ＞1时，因为函数y ＝a x (a ＞1)的图象过点(0,1)，而直线y ＝x ＋a 所过的点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点．所以实数a 的取值范围是a ＞1.5. 14 解析：设每个销售定价为x 元，此时销售量为100－10(x －10)，则利润y ＝(x －8)[100－10(x －10)]＝10(x －8)(20－x)≤10⎝⎛⎭⎫x －8＋20－x 22＝360，当且仅当x ＝14时取等号．6. ⎝⎛⎭⎫－1，－13 解析：由题意得f(1)·f(－1)＜0，即(3a ＋1)(a ＋1)＜0，－1＜a ＜－13. 7. 6 解析：⎩⎨⎧－a ＋22＝1，a ＋b2＝1b ＝6.8. ①③④ 解析：函数f(x)＝－|x|x 2＋bx 2＋c 为偶函数，当x ≥0时，f(x)＝－x 3＋bx 2＋c ，b ＜0，∴ f ′(x)＝－3x ⎝⎛⎭⎫x －2b3≤0对x ∈[0，＋∞)恒成立，∴ x ＝0时，f(x)在R 上有最大值，f(0)＝c ；由于f(x)为偶函数，②不正确；取b ＝3，c ＝－2③正确；若b ＜0，取a ＝0，若b ≥0，取a ＝2b3，故一定存在实数a ，使f(x)在[a ，＋∞)上单调减．9. (1)证明：由条件知f(2)＝4a ＋2b ＋c ≥2恒成立．又∵ x ＝2时，f(2)＝4a ＋2b ＋c ≤18(2＋2)2＝2恒成立，∴ f(2)＝2.(2)解： ∵ ⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝2，4a －2b ＋c ＝0，∴ 4a ＋c ＝2b ＝1，∴ b ＝12，c ＝1－4a.又f(x)≥x 恒成立，即ax 2＋(b －1)x ＋c ≥0恒成立． ∴ a ＞0，Δ＝⎝⎛⎭⎫12－12－4a(1－4a)≤0，∴(8a －1)2≤0. 解得：a ＝18，b ＝12，c ＝12，∴ f(x)＝18x 2＋12x ＋12.(3)解：(解法1) 由分析条件知道，只要f(x)图象(在y 轴右侧部分，包含与y 轴交点)总在直线y ＝m 2x ＋14上方即可，也就是直线的斜率m2小于直线与抛物线相切时的斜率，∴⎩⎨⎧y ＝18x 2＋12x ＋12，y ＝m 2x ＋14，解得 m ∈⎝⎛⎭⎫－∞，1＋22. (解法2)g(x)＝18x 2＋⎝⎛⎭⎫12－m 2x ＋12＞14在x ∈[0，＋∞)必须恒成立， 即x 2＋4(1－m)x ＋2＞0在x ∈[0，＋∞)恒成立． ① Δ<0，即[4(1－m)]2－8<0，解得：1－22＜m ＜1＋22； ② ⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，－2(1－m )≤0，f (0)＝2＞0，解得：m ≤1－22. 综上，m ∈⎝⎛⎭⎫－∞，1＋22. 10. (1)证明： 当x ≥7时，f(x ＋1)－f(x)＝0.4(x －3)(x －4)，而当x ≥7时，函数y ＝(x －3)(x －4)单调递增，且(x －3)(x －4)>0， 故f(x ＋1)－f(x)单调递减，∴ 当x ≥7时，掌握程度的增长量f(x ＋1)－f(x)总是下降．(2)解： 由题意可知0.1＋15ln a a －6＝0.85，整理得aa －6＝e 0.05，解得a ＝e 0.05e 0.05－1·6＝20.50×6＝123.0,123.0∈(121,127]，由此可知，该学科是乙学科．第5讲 不等式及其应用1. (－∞，－2)∪(3，＋∞)2. (－1,2) 解析：由已知得a ＜0，b ＝－a ，ax －b x －2＞0即为ax ＋a x －2＞0，得x ＋1x －2＜0，得－1＜x ＜2.3. －6 解析：作出可行域，求出凸点坐标分别为(3，－3)，(4，－5)，(5，－1)，(6，－3)，则最优解为(4，－5)；或让直线t ＝x ＋2y 平行移动，当直线过点(4，－5)时，目标函数取最小值．4.116 解析：∵ x ，y ∈R ＋，∴ 1＝x ＋4y ≥2x·4y ，∴ xy ≤116，当且仅当x ＝4y ，即x ＝12，y ＝18时取等号． 5. 9 解析：∵ x ＞0，y ＞0，1x ＋4y ＝1，∴ x ＋y ＝(x ＋y)⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ＝5＋y x ＋4xy ≥5＋2y x ·4x y＝9，当且仅当y x ＝4xy，即x ＝3，y ＝6时取等号．6. m ≤－5 解析：x 2＋mx ＋4＜0，x ∈(1,2)可得m ＜－⎝⎛⎭⎫x ＋4x ，而函数y ＝－⎝⎛⎭⎫x ＋4x 在(1,2)上单调增，∴ m ≤－5.7. ⎣⎡⎦⎤95，6 解析：变量x ，y 满足约束条件构成的区域是以(1,3)，(1,6)，⎝⎛⎭⎫52，92三点为顶点的三角形区域(含边界)，y x 表示区域内的点与原点连线的斜率，∴ y x ∈⎣⎡⎦⎤95，6 8. x ≥1 解析：n n ＋1＝1－1n ＋1＜1，当n 无限变大时，nn ＋1的值趋近于1，不等式要恒成立，显然x ＞12，2x －1|x|＞n n ＋1等价于2x －1x ≥1且x ＞12，故x ≥1.9. 解：(1) y ＝2 150＋10×55＋⎝⎛⎭⎫a 6x 2＋13x (55－1)x ＝2 700x ＋9ax ＋18.(0＜x ≤20，12≤a ≤1)．(2) 当34≤a ≤1时，y ≥22 700x·9ax ＋18＝1803a ＋18. 当且仅当2 700x ＝9ax ，即x ＝300a时取等号． 即当x ＝300a时，y min ＝1803a ＋18； 当12≤a ＜34时，y ′＝－2 700x 2＋9a ＜0，故y ＝f(x)在(0,20]上是减函数， 故当x ＝20时，y min ＝2 70020＋180a ＋18＝153＋180a. 答：若12≤a ＜34，则当车队速度为20 m/s 时，通过隧道所用时间最少；若34≤a ≤1时，则当车队速度为300am/s 时，通过隧道所用时间最少．10. 解：(1) ⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝0，f (－2)＝0⎩⎪⎨⎪⎧b ＝6，c ＝0，∴ f(x)＝3x 2＋6x ； (2) g(x)＝3⎣⎡⎦⎤x ＋⎝⎛⎭⎫1＋m 62－2－3×⎝⎛⎭⎫1＋m 62，－⎝⎛⎭⎫1＋m 6≤2，m ≥－18； (3) f(x)＋n ≤3即n ≤－3x 2－6x ＋3，而x ∈[－2,2]时，函数y ＝－3x 2－6x ＋3的最小值为－21，∴ n ≤－21，实数n 的最大值为－21.第6讲 导数及其应用1. f(x)＝x 2＋2x ＋12. 98 解析：f ′(2)＝4.5－4＝－98，切线方程为y ＝－98x ＋92，∴ f(2)＝94. 3. y ＝x －1 解析：y ′＝3x 2－2，k ＝y ′x ＝1＝1，则切线方程y －0＝1·(x －1)， ∴ x －y －1＝0.4. ⎣⎡⎭⎫0，π2∪⎣⎡⎭⎫2π3，π 解析：y ′＝3x 2－3≥－3，∴ tanα≥－3，0≤α＜π且α≠π2，结合正切函数图象可得答案．5. a ≥－4 解析：x ∈(0，＋∞)，f ′(x)＝1x ＋4x ＋a ≥0恒成立，由基本不等式1x ＋4x＋a ≥4＋a ，当且仅当x ＝12时取等号，∴ a ＋4≥0，∴ a ≥－4.6. 32 解析：f(x)＝x 3－12x ＋8，f ′(x)＝3(x －2)(x ＋2)，则f(x)的单调增区间是[－3，－2]∪[2,3]，减区间是[－2,2]，f(－3)＝17，f(2)＝－8，f(3)＝－1，f(－2)＝24，∴ M ＝24，m ＝－8.7. (－2,2) 解析：设f(x)＝x 3－3x ＋a ，f ′(x)＝3(x ＋1)(x －1)，f(x)在x ＝－1取极大值，在x ＝1时取极小值，⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)＞0，f (1)＜0⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2＞0，a －2＜0－2＜a ＜2.8. 4 解析：若x ＝0，则不论a 取何值，f(x)≥0显然成立；当x ＞0即x ∈(0,1]时，f(x)＝ax 3－3x ＋1≥0可化为，a ≥3x 2－1x3，设g(x)＝3x 2－1x 3，则g ′(x)＝3(1－2x )x 4，所以g(x)在区间⎝⎛⎦⎤0，12上单调递增，在区间⎣⎡⎭⎫12，1上单调递减，因此g(x)max ＝g ⎝⎛⎭⎫12＝4，从而a ≥4；当x ＜0即x ∈[－1,0)时，f(x)＝ax 3－3x ＋1≥0可化为a ≤3x 2－1x 3，设g(x)＝3x 2－1x 3，则g ′(x)＝3(1－2x )x 4＞0，显然g(x)在区间[－1,0)上单调递增，因此g(x)min ＝g(－1)＝4，从而a ≤4，综上，a ＝4.9. 解：(1) 因为函数f(x)，g(x)的图象都过点(t,0)，所以f(t)＝0，即t 3＋at ＝0.因为t ≠0，所以a ＝－t 2.g(t)＝0，即bt 2＋c ＝0，所以c ＝ab.又因为f(x)，g(x)在点(t,0)处有相同的切线，所以f ′(t)＝g ′(t)而f ′(x)＝3x 2＋a ，g ′(x)＝2bx ，所以3t 2＋a ＝2bt.将a ＝－t 2代入上式得b ＝t.因此c ＝ab ＝－t 3.故a ＝－t 2，b ＝t ，c ＝－t 3.(2) y ＝f(x)－g(x)＝x 3－t 2x －tx 2＋t 3，y ′＝3x 2－2tx －t 2＝(3x ＋t)(x －t)，因为函数y ＝f(x)－g(x)在(－1,3)上单调递减，所以⎩⎪⎨⎪⎧ y ′x ＝－1≤0，y ′x ＝3≤0.即⎩⎪⎨⎪⎧(－3＋t )(－1－t )≤0，(9＋t )(3－t )≤0，解得t ≤－9或t ≥3.所以t 的取值范围为(－∞，－9]∪[3，＋∞)．10. 解：(1) ∵ f(x)＝x 3＋ax ，g(x)＝x 2＋bx ，∴ f ′(x)＝3x 2＋a ，g ′(x)＝2x ＋b.x ∈[－1，＋∞)，f ′(x)g ′(x)≥0，即x ∈[－1，＋∞)，(3x 2＋a)(2x ＋b)≥0，∵ a ＞0，∴3x 2＋a ＞0，∴ x ∈[－1，＋∞)，2x ＋b ≥0，即∴ x ∈[－1，＋∞)，b ≥－2x ，∴ b ≥2，则所求实数b 的取值范围是[2，＋∞)．(2) b 的最小值为2，h(x)＝x 3－x 2＋ax －2x ，h ′(x)＝3x 2－2x ＋a －2＝3⎝⎛⎭⎫x －132＋a －73.当a ≥73时，h ′(x)＝3x 2－2x ＋a －2≥0对x ∈[－1，＋∞)恒成立，h(x)在[－1，＋∞)上单调增，当0＜a ＜73时，由h ′(x)＝3x 2－2x ＋a －2＝0得，x ＝1±7－3a 3＞－1，∴h(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，1－7－3a 3上单调增，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－7－3a 3，1＋7－3a 3上单调减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1＋7－3a 3，＋∞上单调增．滚动练习(一)1.24 解析：f(x)＝x α，f(4)＝12，α＝－12，f(x)＝x －12，f(8)＝24. 2. x ∈R ，都有x 2＋2x ＋5≠03. (－∞，0] 解析：x ＜－1时，不等式可化为x ＋(x ＋1)(－x －1＋1)≤1，－x 2≤1，∴ x ＜－1；x ≥－1时，不等式可化为x ＋x ＋1≤1，x ≤0，∴ －1≤x ≤0，综上x ≤0.4. 12 解析：考虑x ＞0时，f(x)＝x x ＋1＝1x ＋1x ≤12，当且仅当x ＝1时取等号． 5. [－4,0)∪(0,1) 解析：⎩⎪⎨⎪⎧x 2－3x ＋2≥0，－x 2－3x ＋4≥0，x ≠0.上面式中等号不能同时成立．6. 2 解析：在同一个直角坐标系中作出函数y ＝⎝⎛⎭⎫12x，y ＝3－x 2的图象，两个函数图象有两个交点．7. (－∞，－1)∪(3，＋∞) 解析：x 2＋ax ＞4x ＋a －3可化为(x －1)a ＋x 2－4x ＋3＞0对a ∈[0,4]恒成立，设f(a)＝(x －1)a ＋x 2－4x ＋3，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＞0，f (4)＞0.解得x ＜－1或x ＞3.8. －1或－2564 解析： 设过(1,0)的直线与y ＝x 3相切于点(x 0，x 30)，所以切线方程为y －x 30＝3x 20(x －x 0)，即y ＝3x 20x －2x 30，又(1,0)在切线上，则x 0＝0或x 0＝32，当x 0＝0时，由直线y ＝0与抛物线y ＝ax 2＋154x －9相切可得a ＝－2564，当x 0＝32时，由直线y ＝274x －274与曲线y ＝ax 2＋154x －9相切可得a ＝－1.9. 2 008 解析：令3x ＝t ，则x ＝log 3t ，则f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)＝4log 23(log 321＋2＋…＋8)＋233×8＝2 008.10. a ≥2 解析：由log a x ＋log a y ＝3，得y ＝a 3x ，函数y ＝a 3x 在x ∈[a,2a]上单调递减，得其值域为⎣⎡⎦⎤a 32a ，a 3a ，由题知⎣⎡⎦⎤a 32a ，a3a [a ，a 2]，∴ a ≥2. 11. 解：p 为真，则|x －4|≤6的解集为A ＝[－2,10]，q 为真，x 2－2x ＋1－m 2≤0(m ＞0)的解集为B ＝[1－m,1＋m]，∵ p 是q 的必要而不充分条件，∴ p 是q 的充分而不必要条件，∴ A ＝[－2,10]B ＝[1－m,1＋m]，∴⎩⎪⎨⎪⎧1＋m ≥10，1－m ≤－2.两式中等号不能同时成立，又m ＞0，∴ m ≥9. 12. 解：(1) 令g(x)＝f(x)－x ＝x 2＋(a －1)x ＋a ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＞0，＜1－a 2＜1，g (1)＞0，g (0)＞0⎩⎪⎨⎪⎧a ＞0，－1＜a ＜1，a ＜3－22或a ＞3＋220＜a ＜3－2 2.故所求实数a 的取值范围是(0,3－22)．(2) f(0)·f(1)－f(0)＝2a 2，令h(a)＝2a 2.∵ 当a ＞0时h(a)单调递增，∴ 当0＜a ＜3－22时，0＜h(a)＜h(3－22)＝2(3－22)2＝2(17－122)＝217＋122＜116，即f(0)·f(1)－f(0)＜116.13. 解：(1) ① 当0＜t ≤10时，V(t)＝(－t 2＋14t －40)e 14t ＋50＜50，化简得t 2－14t ＋40＞0，解得t ＜4或t ＞10，又0＜t ≤10，故0＜t ＜4.② 当10＜t ≤12时，V(t)＝4(t －10)(3t －41)＋50＜50，化简得(t －10)(3t －41)＜0，解得10＜t ＜413，又10＜t ≤12，故10＜t ≤12.综合得0＜t ＜4或10＜t ≤12；故知枯水期为1月，2月，3月，11月，12月共5个月．(2)由(1)知：V(t)的最大值只能在(4,10)内达到．由V ′(t)＝e 14t ⎝⎛⎭⎫－14t 2＋32t ＋4＝－14e 14t(t ＋2)(t －8)，令V ′(t)＝0，解得t ＝8(t ＝－2舍去)． 当t 变化时，V ′(t) 与V (t)的变化情况如下表：t (4,8) 8 (8,10) V ′(t) ＋ 0 － V(t)极大值由上表，V(t)在t ＝8时取得最大值V(8)＝8e ＋50＝108.32(亿立方米)．故知一年内该水库的最大蓄水量是108.32亿立方米．14. 解：(1) 当x ∈[－2，－1)时，f(x)＝x ＋1x 在[－2，－1)上是增函数(用导数判断)，此时f(x)∈⎣⎡⎭⎫－52，－2，当x ∈⎣⎡⎭⎫－1，12时，f(x)＝－2，当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f(x)＝x －1x 在⎣⎡⎦⎤12，2上是增函数，此时f(x)∈⎣⎡⎦⎤－32，32，∴ f(x)的值域为⎣⎡⎦⎤－52，－2∪⎣⎡⎦⎤－32，32. (2) ① 若a ＝0，g(x)＝－2，对于任意x 1∈[－2,2]，f(x 1)∈⎣⎡⎦⎤－52，－2∪⎣⎡⎦⎤－32，32，不存在x 0∈[－2,2]使得g(x 0)＝f(x 1)都成立．② 若当a ＞0时，g(x)＝ax －2在[－2,2]是增函数，g(x)∈[－2a －2,2a －2]，任给x 1∈[－2,2]，f(x 1)∈⎣⎡⎦⎤－52，－2∪⎣⎡⎦⎤－32，32，若存在x 0∈[－2,2]，使得g(x 0)＝f(x 1)成立，则⎣⎡⎦⎤－52，－2∪⎣⎡⎦⎤－32，32[－2a －2,2a －2]，∴有⎩⎨⎧－2a －2≤－52，2a －2≥32，解得 a ≥74.③ 若a ＜0，g(x)＝ax －2在[－2,2]上是减函数，g(x)∈[2a －2， －2a －2]，任给x 1∈[－2,2]，f(x 1)∈⎣⎡⎦⎤－52，－2∪⎣⎡⎦⎤－32，32， 若存在x 0∈[－2,2]使得g(x 0)＝f(x 1)成立， 则⎣⎡⎦⎤－52，－2∪⎣⎡⎦⎤－32，32[2a －2，－2a －2]⎩⎨⎧2a －2≤－52，－2a －2≥32，解得 a ≤－74.综上，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－74∪⎣⎡⎭⎫74，＋∞.专题二 三角函数与平面向量 第7讲 三角函数的图象与性质1. y ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，x ∈R 2. 103. 1 解析：f(x)＝f ⎝⎛⎭⎫π4cosx ＋sinx ，f ′(x)＝－f ′⎝⎛⎭⎫π4sinx ＋cosx ，f ′⎝⎛⎭⎫π4＝－22f ′⎝⎛⎭⎫π4＋22，f ′⎝⎛⎭⎫π4＝2－1，f(x)＝(2－1)cosx ＋sinx ，f ⎝⎛⎭⎫π4＝(2－1)×22＋22＝1. 4. 6 解析：平移后f(x)＝cos ⎝⎛⎭⎫ωx －ωπ3，与原来函数图象重合，则ωπ3＝2kπ，k ∈Z ，∵ ω＞0，∴ ωmin ＝6.5. ⎣⎡⎦⎤－54，1 解析：a ＝cos 2x －cosx －1＝⎝⎛⎭⎫cosx －122－54，转化为函数的值域问题． 6. 2＋22 解析：f(x)＝2sin πx4，周期为8，f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 012)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2＋2 2.7. 2 解析：T ＝2ππ2＝4，对任意x ∈R ，都有f(x 1)≤f(x)≤f(x 2)成立，f(x)min ＝f(x 1)，f(x)max＝f(x 2)，于是|x 1－x 2|min ＝T2＝2.8. 23 解析：考查三角函数的图象、数形结合思想．线段P 1P 2的长即为sinx 的值，且其中的x 满足6cosx ＝5tanx ，解得sinx ＝23.线段P 1P 2的长为23.9. 解：f(x)＝－2asin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6＋2a ＋b ，sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤－12，1， 当a ＞0时，－2a ＋2a ＋b ＝－5，－2a ×⎝⎛⎭⎫－12＋2a ＋b ＝1，∴ a ＝2，b ＝－5； 当a ＜0时，－2a ＋2a ＋b ＝1，－2a ×⎝⎛⎭⎫－12＋2a ＋b ＝－5，∴ a ＝－2，b ＝1； a ＝0，不存在．综上，a ＝2，b ＝－5或a ＝－2，b ＝1.10. 解：(1) 由最低点为M ⎝⎛⎭⎫2π3，－2得A ＝2，由T ＝π得ω＝2πT ＝2ππ＝2， 由点M ⎝⎛⎭⎫2π3，－2在图象上得2sin ⎝⎛⎭⎫4π3＋φ＝－2，即sin ⎝⎛⎭⎫4π3＋φ＝－1， 所以4π3＋φ＝2kπ－π2，故φ＝2kπ－11π6(k ∈Z )．又φ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以φ＝π6，所以f(x)＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6. (2) 因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π12，2x ＋π6∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，所以当2x ＋π6＝π6时，即x ＝0时，f(x)取得最小值1；当2x ＋π6＝π3，即x ＝π12时，f(x)取得最大值 3.第8讲 三角变换与解三角形1. 3 解析：∵ sin 2α＋cos2α＝14，∴ sin 2α＋1－2sin 2α＝14，∴ sin 2α＝34，∵ α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴ s inα＝32，∴ α＝π3，tanα＝ 3. 2. 523 解析：由正弦定理a sinA ＝b sinB ，得 a ＝bsinAsinB ＝5·1322＝523.3. 5 解析：12arcsinB ＝2，c ＝42，由余弦定理可求得b.4. 1 解析：由sin 2α＋sinαcosα－2cos 2α＝0，得tan 2α＋tanα－2＝0，tanα＝1或tanα＝－2(舍)，sin2α＝2sinαcosα＝2tanα1＋tan 2α＝21＋1＝1. 5. 4 解析：由余弦定理得b a ＋ab ＝6cosC ，a 2＋b 2ab ＝6×a 2＋b 2－c 22ab ，a 2＋b 2＝32c 2，tanC tanA ＋tanC tanB ＝sinC cosC ⎝⎛⎭⎫cosA sinA ＋cosB sinB ＝1cosC ⎝⎛⎭⎫sin 2C sinAsinB ＝2ab a 2＋b 2－c 2⎝⎛⎭⎫c 2ab ＝2c 2a 2＋b 2－c 2，将a2＋b 2＝32c 2代入上式即可．注：(1) 在用正、余弦定理处理三角形中的问题时，要么把所有关系转化为边的关系，要么把所有的关系都转化为角的关系；(2) 本题也可以转化为角的关系来处理．6.724 解析：tanα＝－34，tanβ＝－12，tan2β＝－43. 7. －17 解析：由余弦定理得c ＝a 2＋b 2－2abcosC ＝3，故最大角为角B.8.817 解析：12bcsinA ＝－(b 2＋c 2－a 2)＋2bc ，12bcsinA ＝－2bccosA ＋2bc ， 2－12sinA ＝2cosA ，⎝⎛⎭⎫2－12sinA 2＝(2cosA)2＝4(1－sin 2A)，sinA ＝817. 9. 解：(1) ∵ c 2＝a 2＋b 2－2abcosC ＝1＋4－4×14＝4，∴ c ＝2，∴ △ABC 的周长为a ＋b ＋c ＝1＋2＋2＝5. (2) ∵ cosC ＝14，∴ sinC ＝1－cos 2C ＝1－⎝⎛⎭⎫142＝154， ∴ sinA ＝asinC c ＝1542＝158.∵ a ＜c ，∴ A ＜C ，故A 为锐角，∴ cosA ＝1－sin 2A ＝1－⎝⎛⎭⎫1582＝78，∴ cos(A －C)＝cosAcosC ＋sinAsinC ＝78×14＋158×154＝1116.10. 解：(1) sin 2B ＋C 2＋cos2A ＝1－cos (B ＋C )2＋cos2A ＝1＋cosA 2＋2cos 2A －1＝5950.(2) ∵ cosA ＝45，∴ sinA ＝35，∴ S △ABC ＝12bcsinA ＝310bc ，∵ a ＝2，由余弦定理得：a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ＝4，∴ 85bc ＋4＝b 2＋c 2≥2bc ，bc ≤10，∴ S △ABC ＝12×bcsinA ＝310bc ≤3，当且仅当b ＝c 时，取得最大值，所以当b ＝c 时，△ABC 的面积S 的最大值为3.第9讲 平面向量及其应用1. ⎝⎛⎭⎫45，－35或⎝⎛⎭⎫－45，352.10 解析：|α|＝1，|β|＝2，α⊥(α－2β)，得α·(α－2β)＝0，α·β＝12，|2α＋β|＝4α2＋4α·β＋β2＝10.3. π3 解析：∵ (a ＋2b )·(a －b )＝－6，∴ |a|2－2|b|2＋a·b ＝－6，∴ a·b ＝1，cos 〈a ，b 〉＝a·b |a|·|b|＝12. 4. 4 解析：设BC 边中点为D ，则AO →＝23AD →，AD →＝12(AB →＋AC →)，∴ AO →·AC →＝13(AB →＋AC →)·AC →＝13(3×2×cos60°＋32)＝4.5. (－3,1)或(－1,1) 解析：设a ＝(x ，y)，∴ a ＋b ＝(x ＋2，y －1)，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ y －1＝0，(x ＋2)2＋(y －1)2＝1，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－1，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝1. 6. －14 解析：AD →·BE →＝12(AB →＋AC →)·⎝⎛⎭⎫23AC →－AB → ＝12⎝⎛⎭⎫－1＋23－13×12＝－14. 7. 1－2 解析：设a ＋b ＝2d ，则d 为单位向量． (a －c )·(b －c )＝1－(a ＋b )·c ＝1－2d·c ＝1－2cos 〈d ，c 〉．8. 2 解析：取O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，建立直角坐标系，则A(1,0)，B ⎝⎛⎭⎫－12，32，设∠COA ＝θ，则θ∈⎣⎡⎦⎤0，2π3，C(cosθ，sinθ)，∴ (cosθ，sinθ)＝x(1,0)＋y ⎝⎛⎭⎫－12，32，x ＋y ＝3sinθ＋cosθ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π6，θ＝π3时取最大值2. 9. 解：(1) 由m·n ＝0得－cosA ＋3sinA ＝0，tanA ＝33，A ∈(0，π)， ∴ A ＝π6.(2)1＋sin2B cos 2B －sin 2B ＝－3，∴ sinB ＋cosBcosB －sinB＝－3，∴ tanB ＝2，∴ tanC ＝tan ⎝⎛⎭⎫π－π6－B ＝－tan π6＋tanB 1－tan π6tanB＝8＋5 3. 10. 解：(1) 在Rt △ADC 中，AD ＝8，CD ＝6， 则AC ＝10，cos ∠CAD ＝45，sin ∠CAD ＝35.又∵ AB →·AC →＝50，AB ＝13，∴ cos ∠BAC ＝AB →·AC →|AB →||AC →|＝513.∵ 0＜∠BAC ＜π，∴ sin ∠BAC ＝1213.∴ sin ∠BAD ＝sin(∠BAC ＋∠CAD)＝6365.(2) S △BAD ＝12AB·AD·sin ∠BAD ＝2525，S △BAC ＝12AB·AC·sin ∠BAC ＝60，S △ACD ＝24，则S △BCD ＝S △ABC ＋S △ACD －S △BAD ＝1685，∴ S △ABD S △BCD ＝32.滚动练习(二)1. {－1,0,1} 解析：M ＝{－2，－1,0,1}，N ＝{－1,0,1,2,3}，则M ∩N ＝{－1,0,1}．2. 0 解析：f(1)＝－f(－1)＝－(－3＋2＋1)＝0.3. 2 解析：cos10°＋3sin10°1－cos80°＝2sin40°2sin 240°＝ 2.4. (－3,2) 解析：6－x －x 2＞0，∴ x 2＋x －6＜0，∴ －3＜x ＜2.5. 2 解析：f ′(x)＝3x 2－6x ＝3x(x －2)，则函数的增区间是(－∞，0)∪(2，＋∞)，减区间是(0,2)，所以函数在x ＝2处取极小值．6. 1 解析：a －2b ＝(3，3)与c 共线，则3·3＝3k ，∴ k ＝1.7. 6 解析：A*B ＝{0,2,4}．8. 充要 解析：f(x)＝x 2＋mx ＋1的图象关于直线x ＝1对称－m2＝1m ＝－2.9. (－∞，2ln2－2] 解析：f ′(x)＝e x －2，x ∈(－∞，ln2)，f ′(x)＜0，x ∈(ln2，＋∞)，f ′(x)＞0，x ＝ln2时，f(x)取极小值即为最小值2－2ln2＋a ≤0，a ≤2ln2－2；本题也可转化为a ＝－e x ＋2x ，求函数g(x)＝－e x ＋2x 值域即可．10. ②④ 解析：函数为偶函数，在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调增，画图即可． 11. 点拨：本题考查函数的概念和性质，对分段函数在讨论其性质时要整体考虑．对二次函数要能用数形结合的思想来研究它的单调性与最值等问题．解：(1) 函数f(x)为奇函数，f(－x)＋f(x)＝0对x ∈R 恒成立，m ＝2；(2) 由f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ＞00，x ＝0，x 2＋2x ，x ＜0，知f(x)在[－1,1]上单调递增，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧a －2＞－1，a －2≤1，得1＜a ≤3，即实数a 的取值范围是(1,3]． 12. 点拨：本小题主要考察综合运用三角函数公式、三角函数的性质进行运算、变形、转换和求解的能力．解：(1)∵ f(x)＝sin(π－ωx)cosωx ＋cos 2ωx ，∴ f(x)＝sinωxcosωx ＋1＋cos2ωx 2＝12sin2ωx ＋12cos2ωx ＋12＝22sin ⎝⎛⎭⎫2ωx ＋π4＋12，由ω＞0得2π2ω＝π，∴ ω＝1. (2) 由(1)知f(x)＝22sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＋12， ∴ g(x)＝f(2x)＝22sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π4＋12，当0≤x ≤π16时，π4≤4x ＋π4≤π2，∴ 22≤sin ⎝⎛⎭⎫4x ＋π4≤1. 因此1≤g(x)≤1＋22，故x ＝0时，g(x)在此区间内取最小值为1.13. 点拨：本题考查同角三角函数的基本关系，三角形面积公式，向量的数量积，利用余弦定理解三角形以及运算求解能力．解：由cosA ＝1213，得sinA ＝1－⎝⎛⎭⎫12132＝513.又12bcsinA ＝30，∴ bc ＝156. (1) AB →·AC →＝bccosA ＝156×1213＝144.(2) a 2＝b 2＋c 2－2bccosA ＝(c －b)2＋2bc(1－cosA)＝1＋2×156×⎝⎛⎭⎫1－1213＝25，∴ a ＝5. 14. 点拨：应用题是高考必考题型，解决应用题的关键要学会审题，根据条件，选择合适的变量，建立数学模型，选择适当的方法解题，结论要符合题意．解：∵ △ABC 是直角三角形，AB ＝2，BC ＝1，∴ ∠A ＝30°.设∠FEC ＝α，则α∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∠EFC ＝90°－α，∠AFD ＝180°－60°－(90°－α)＝30°＋α，∴ ∠ADF ＝180°－30°－(30°＋α)＝120°－α，再设CF ＝x ，则AF ＝3－x ，在△ADF 中有DFsin30°＝3－x sin (120°－α)，由于x ＝EF·sinα＝DF·sinα， ∴DF sin30°＝3－DF·sinαsin (120°－α)，化简得DF ＝32sinα＋3cosα≥37＝217， ∴ △DEF 边长的最小值为217.专题三 数 列第10讲 等差数列与等比数列1. 13 解析：a 3＝7，a 5＝a 2＋6，∴ 3d ＝6，∴ a 6＝a 3＋3d ＝13.2. 13 解析：6S 5－5S 3＝5，∴ 6(5a 1＋10d)－5(3a 1＋3d)＝5，得a 1＋3d ＝13. 3. 20 解析：a n ＝41－2n ，a 20＞0，a 21＜0.4.152 解析：a 2＝1，a n ＋2＋a n ＋1＝6a n ，∴ q 2＋q ＝6(q ＞0)，∴ q ＝2，则S 4＝152. 5. 15 解析：S 4a 4＝a 1(1－q 4)1－q a 1q 3＝1－q 4(1－q )q 3＝15.6. 4 解析：设公差为d ，则⎩⎨⎧4a 1＋4×32d ≥10，5a 1＋5×42d ≤15.即⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＋3d ≥5，a 1＋2d ≤3.又a 4＝a 1＋3d ，由线性规划可知a 1＝1，d ＝1时，a 4取最大值4.7.212解析：a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝33＋2(1＋2＋…＋(n －1))＝n 2－n ＋33，a n n ＝n ＋33n －1，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 在1≤n ≤6，n ∈N *时单调减，在n ≥7，n ∈N *时单调增，∴ n ＝6时，a nn取最小值．8. 4 解析：⎩⎨⎧k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k －1)(k ＋3)⎝⎛⎭⎫23k －1，k (k ＋4)⎝⎛⎭⎫23k≥(k ＋1)(k ＋5)⎝⎛⎭⎫23k ＋1，10≤k ≤1＋10，k ∈N *，∴ k ＝4.9. 解：(1) 设公差为d ，则⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋2d )(a 1＋5d )＝55，2a 1＋7d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2.或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝15，d ＝－2.(舍去) ∴ a n ＝2n －1(n ∈N *)．(2) n ＝1时，a 1＝b 12，a 1＝1，∴ b 1＝2，n ≥2时，a n －1＝b 12＋b 222＋…＋b n －12n －1，2＝a n －a n －1＝b n 2n (n ≥2)，b n ＝2n ＋1(n ≥2)，∴ b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2(n ＝1)，2n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，S n ＝2n ＋2－6(n ∈N *)． 10. (解法1)(1)证明：由b n ＋1b n ＝q ，有a n ＋1a n ＋2a n a n ＋1＝a n ＋2a n＝q ，∴ a n ＋2＝a n q 2(n ∈N *)． (2)证明：∵ a n ＝a n －2q 2(n ≥3，n ∈N *)，∴ a 2n －1＝a 2n －3q 2＝…＝a 1q 2n －2，a 2n ＝a 2n －2q 2＝…＝a 2q 2n －2，∴ c n ＝a 2n －1＋2a 2n ＝a 1q 2n －2＋2a 2q 2n －2＝(a 1＋2a 2)q 2n －2＝5q 2n －2. ∴ {c n }是首项为5，以q 2为公比的等比数列．(3) 解：由(2)得1a 2n －1＝1a 1q 2－2n ，1a 2n ＝1a 2q 2－2n ，于是1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝⎝⎛⎭⎫1a 1＋1a 3＋…＋1a 2n －1＋⎝⎛⎭⎫1a 2＋1a 4＋…＋1a 2n ＝1a 1⎝⎛⎭⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＋1a 2⎝⎛⎭⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32⎝⎛⎭⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2. 当q ＝1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝⎛⎭⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32n.当q ≠1时，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝32⎝⎛⎭⎫1＋1q 2＋1q 4＋…＋1q 2n －2＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－q －2n 1－q －2＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n －1q 2n －2(q 2－1). 故1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n＝⎩⎨⎧32n ，q ＝1，32⎣⎢⎡⎦⎥⎤q 2n －1q 2n －2(q 2－1)，q ≠1.(解法2)(1) 证明：同解法1(1)．(2) 证明：c n ＋1c n ＝a 2n ＋1＋2a 2n ＋2a 2n －1＋2a 2n ＝q 2a 2n －1＋2q 2a 2na 2n －1＋2a 2n＝q 2(n ∈N *)，又c 1＝a 1＋2a 2＝5，∴ {c n }是首项为5，以q 2为公比的等比数列．(3) 解：由(2)的类似方法得a 2n －1＋a 2n ＝(a 1＋a 2)q 2n －2＝3q 2n －2，1a 1＋1a 2＋…＋1a 2n ＝a 1＋a 2a 1a 2＋a 3＋a 4a 3a 4＋…＋a 2n －1＋a 2n a 2n －1a 2n ，∵ a 2k －1＋a 2k a 2k －1a 2k ＝3q 2k －22q 4k －4＝32q －2k ＋2，k ＝1,2，…，n.∴1a 1＋1a 2＋…＋1a 2k ＝32(1＋q 2＋…＋q －2n ＋2)．下同解法1.第11讲 数列求和及其综合应用1. 2n ＋1－n －2 解析：a n ＝2n －1,1＋(1＋2)＋(1＋2＋4)＋…＋(1＋2＋…＋2n －1)＝(2＋22＋23＋…＋2n )－n ＝2(2n －1)－n ＝2n ＋1－n －22. 2＋lnn 解析：累加可得．3. T 8T 4 T 12T 84. －p －q 解析：由求和公式知q ＝pa 1＋p (p －1)2d ，p ＝qa 1＋q (q －1)2d ，因为p ≠q ，两式相减得到－1＝a 1＋p ＋q －12d ，两边同时乘以p ＋q ，则－(p ＋q)＝(p ＋q)a 1＋(p ＋q )(p ＋q －1)2d ，即S p ＋q ＝－(p ＋q)．5. 2n ＋1 解析：由条件得b n ＋1＝a n ＋1＋2a n ＋1－1＝2a n ＋1＋22a n ＋1－1＝2a n ＋2a n －1＝2b n 且b 1＝4，所以数列{b n }是首项为4，公比为2的等比数列，则b n ＝4·2n －1＝2n ＋1.6. 11 解析：(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 50＋1)2＝107，则(a 21＋a 22＋…＋a 250)＋2(a 1＋a 2＋…＋a 50)＋50＝107，∴ a 21＋a 22＋…＋a 250＝39，故a 1，a 2，…，a 50中数字0的个数为50－39＝11.7. [24,36] 解析：a n ＝6n －(9＋a)，由题知5.5≤9＋a6≤7.5，∴ 24≤a ≤36.8. 470 解析：由于⎩⎨⎧⎭⎬⎫cos 2nπ3－sin 2nπ3以3 为周期，故S 30＝⎝⎛⎭⎫－12＋222＋32＋⎝⎛⎭⎫－42＋522＋62＋…＋⎝⎛⎭⎫－282＋2922＋302 ＝∑k ＝110⎣⎡⎦⎤－(3k －2)2＋(3k －1)22＋(3k )2＝∑k ＝110 ⎣⎡⎦⎤9k －52＝9×10×112－25＝470，分组求和是解决本题的关键．9. 解：(1) 由S n ＝(1＋λ)－λa n S n －1＝(1＋λ)－λa n －1(n ≥2)．相减得：a n ＝－λa n ＋λa n －1，∴ a n a n －1＝λ1＋λ(n ≥2)，∴ 数列{a n }是等比数列．(2) f(λ)＝λ1＋λ，∴ b n ＝b n －11＋b n －11b n ＝1b n －1＋1，∴ ⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n 是首项为1b 1＝2，公差为1的等差数列，∴ 1b n ＝2＋(n －1)＝n ＋1.∴ b n ＝1n ＋1.(n ∈N *) (3) λ＝1时，a n ＝⎝⎛⎭⎫12n －1，∴ c n ＝a n⎝⎛⎭⎫1b n－1＝⎝⎛⎭⎫12n －1n ， ∴ T n ＝1＋2⎝⎛⎭⎫12＋3⎝⎛⎭⎫122＋…＋n ⎝⎛⎭⎫12n －1， ①12T n ＝⎝⎛⎭⎫12＋2⎝⎛⎭⎫122＋3⎝⎛⎭⎫123＋…＋n ⎝⎛⎭⎫12n ， ② ①－②得：12T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－n ⎝⎛⎭⎫12n ∴ 12T n ＝1＋⎝⎛⎭⎫12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n －1－n ⎝⎛⎭⎫12n ＝ 2⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n －n ⎝⎛⎭⎫12n ， 所以：T n ＝4－⎝⎛⎭⎫12n －2－2n ⎝⎛⎭⎫12n ＝4－n ＋22n －1. 10. 解：(1) n ＝1时，由S 2＝tS 1＋a ，解得a 2＝at ，当n ≥2时，S n ＝tS n －1＋a ，所以S n ＋1－S n ＝t(S n －S n －1)，即a n ＋1＝a n t ， 当n ＝1时，由S 2＝tS 1＋a 得a 2＝ta 1，又因为a 1＝a ≠0，综上，有a n ＋1a n＝t(n ∈N *)，所以{a n }是首项为a ，公比为t 的等比数列，所以a n ＝at n －1.(2) 当t ＝1时，S n ＝na ，b n ＝na ＋1，b n ＋1－b n ＝[(n ＋1)a ＋1]－[na ＋1]＝a ， 此时{b n }为等差数列；当a ＞0时，{b n }为单调递增数列，且对任意n ∈N *，a n ＞0恒成立，不合题意；当a ＜0时，{b n }为单调递减数列，由题意知b 4＞0，b 6＜0，且有⎩⎪⎨⎪⎧b 4≥|b 5|，－b 6≥|b 5|，即⎩⎪⎨⎪⎧|5a ＋1|≤4a ＋1，|5a ＋1|≤－6a －1，解得－29≤a ≤－211.综上，a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－29，－211. (3) 因为t ≠1，b n ＝1＋a 1－t －at n 1－t ，所以c n ＝2＋⎝⎛⎭⎫1＋a 1－t n －a 1－t (t ＋t 2＋…＋t n)＝2＋⎝⎛⎭⎫1＋a 1－t n －a (t －t n ＋1)(1－t )2＝2－at (1－t )2＋1－t ＋a 1－t ·n ＋at n ＋1(1－t )2，由题设知{c n }是等比数列，所以有⎩⎪⎨⎪⎧2－at (1－t )2＝0，1－t ＋a 1－t ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，t ＝2，即满足条件的数对是(1,2)．(或通过{c n }的前3项成等比数列先求出数对(a ，t)，再进行证明)滚动练习(三)1. {4,5} 解析：A ∪B ＝{1,2,3}．2. π4 解析：由正弦定理a sinA ＝c sinC ，∴ sinA ＝cosA ，∴ tanA ＝1，∵ 0＜A ＜π， ∴ A ＝π4.3. 12 解析：由a 1＋3a 8＋a 15＝60得5a 1＋35d ＝60，a 8＝12,2a 9－a 10＝a 8＝12.4. 12 解析：周期是4π，∴ ω＝2π4π＝12. 5. [0,4) 解析：mx 2＋mx ＋1≠0对x ∈R 恒成立．当m ＝0时，成立；当m ≠0时，Δ＝m 2－4m ＜0，∴ 0＜m ＜4.综上，0≤m ＜4.6. 6 解析：本题考查线性规划内容．7. ⎝⎛⎭⎫7π6，11π6 解析：y ′＝1＋2sinx ＜0，∴ sinx ＜－12，∴ 7π6＜x ＜11π6. 8. π3 解析：∵ m ⊥n ，∴ (a ＋c)(a －c)＋b(b －a)＝0，∴ a 2＋b 2－c 22ab ＝12， ∴ cosC ＝12，∴ C ＝π3.9. (－∞，－1)∪(2，＋∞) 解析：画出符合题意的草图，则x －2＜－3或x －2＞0.10. 4 解析：本题其实是关于最小正周期问题．a 2＝a 1－t ，a 3＝t ＋2－a 1＋t ＝2t ＋2－a 1，a 4＝a 3－t ＝t ＋2－a 1，a 5＝t ＋2－a 4＝a 1，故实数k 的最小值是4.11. 解：(1) f(x)＝12sin2x ＋3cos 2x ＝12sin2x ＋32(1＋cos2x)＝sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3＋32，∴ f(x)的最小正周期为T ＝2π2＝π. (2) 依题意得g(x)＝f ⎝⎛⎭⎫x －π4＋32＝sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π4＋π3＋32＋32＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋3，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π4时，2x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π6，π3，∴ －12≤sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6≤32，∴ 23－12≤g(x)≤332，∴ g(x)在⎣⎡⎦⎤0，π4的最大值为332. 12. 解：(1) 当n ≤6时，数列{a n }是首项为120，公差为－10的等差数列．a n ＝120－10(n －1)＝130－10n ；当n ≥7时，数列{a n }是以a 6为首项，公比为34的等比数列，又a 6＝70，所以a n ＝70×⎝⎛⎭⎫34n－6，因此，第n 年初，M 的价值a n 的表达式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧130－10n ，n ≤6，n ∈N *，70×⎝⎛⎭⎫34n －6，n ≥7，n ∈N *. (2) 设S n 表示数列{a n }的前n 项和，由等差及等比数列的求和公式得当1≤n ≤6时，S n ＝120n －5n(n －1)，A n ＝120－5(n －1)＝125－5n ＞80；当n ≥7时，S n ＝S 6＋(a 7＋a 8＋…＋a n )＝570＋70×34×4×⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫34n －6＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n－6，A n ＝780－210×⎝⎛⎭⎫34n －6n.因为{a n }是递减数列，所以{A n }是递减数列，又A 8＝780－210×⎝⎛⎭⎫348－68＝824764＞80，A 9＝780－210×⎝⎛⎭⎫349－69＝767996＜80，所以须在第9年初对M进行更新．13. 解：(1) f ′(x)＝3x 2＋2ax ＋b.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2a ×23＋b ＝0，f ′(1)＝3×12＋2a ×1＋b ＝3.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－4.设切线l 的方程为y ＝3x ＋m(m>0)，由原点到切线l 的距离为1010， 有|m|32＋1＝1010，解得m ＝1.∵ 切线l 不过第四象限，∴ m ＝1，m ＝－1(舍)，∴ 切线l 的方程为y ＝3x ＋1，由于切点的横坐标为x ＝1，∴ 切点坐标为(1,4)，∵ f(1)＝1＋a ＋b ＋c ＝4，∴ c ＝5.(2) 由(1)知f(x)＝x 3＋2x 2－4x ＋5，所以f ′(x)＝3x 2＋4x －4＝(x ＋2)(3x －2)，令f ′(x)＝0，得x 1＝－2，x 2＝23.x －4 (－4，－2)－2 ⎝⎛⎭⎫－2，2323 ⎝⎛⎭⎫23，1 1 f ′(x) ＋0 －0 ＋f(x)极大值 极小值函数值－11139527414. 解：(1) ∵ －1，S n ，a n ＋1成等差数列，∴ 2S n ＝a n ＋1－1， ① 当n ≥2时，2S n －1＝a n －1， ②①－②得：2(S n －S n －1)＝a n ＋1－a n ，∴ 3a n ＝a n ＋1，∵ a 1＝1≠0，∴ a n ≠0， ∴ a n ＋1a n＝3.当n ＝1时，由①得∴ 2S 1＝2a 1＝a 2－1，又a 1＝1，∴ a 2＝3， ∴a 2a 1＝3，∴ {a n }是以3为公比的等比数列，∴ a n ＝3n －1. (2) ∵ f(x)＝log 3x ，∴ f(a n )＝log 33n －1＝n －1，b n ＝1(n ＋3)[f (a n )＋2]＝1(n ＋1)(n ＋3)＝12⎝⎛⎭⎫1n ＋1－1n ＋3，∴ T n ＝1212－14＋13－15＋14－16＋15－17＋…＋1n －1n ＋2＋1n ＋1－1n ＋3＝1212＋13－1n ＋2－1n ＋3＝512－2n ＋52(n ＋2)(n ＋3)，比较T n 与512－2n ＋5312的大小，只需比较2(n ＋2)(n ＋3)与312的大小即可．又2(n ＋2)(n ＋3)－312＝2(n 2＋5n ＋6－156)＝2(n 2＋5n －150)＝2(n ＋15)(n －10)，∵ n ∈N *，∴ 当1≤n ≤9时n ∈N *,2(n ＋2)(n ＋3)＜312，即T n ＜512－2n ＋5312；∴ 当n＝10时，2(n ＋2)(n ＋3)＝312，即T n ＝512－2n ＋5312；当n ＞10且n ∈N *时，2(n ＋2)(n ＋3)＞312，即T n ＞512－2n ＋5312；当n ＝10时，2(n ＋2)(n ＋3)＝312，即T n ＝512－2n ＋5312；当n>10且n ∈N *时，2(n ＋2)(n ＋3)>312，即T n >512－2n ＋5312.。
江苏省2024高考数学二轮复习专题二立体几何2
立体几何中的计算A 组——抓牢中档小题1. 若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 ________.解析：由题意，得圆锥的母线长l ＝12＋22＝5，所以S 圆锥侧＝πrl ＝π×1×5＝5π.答案：5π2．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ×6＝72，所以x ＝2，于是其体积V ＝34×22×6×6＝363cm 3. 答案：36 33．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为________．解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，半径为r ，因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin 60°＝2，因为OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 21＋r 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎪⎫32R 2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π. 答案：64π4. 已知一个棱长为6 cm 的正方体塑料盒子(无上盖)，上口放着一个半径为5 cm 的钢球，则球心到盒底的距离为________cm.解析：球心到正方体的塑料盒上表面(不存在)所在平面的距离为52－32＝4，所以球心到盒底的距离为4＋6＝10(cm)．答案：105．(2024·扬州期末)若圆锥的侧面绽开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线为l ，则由12·2π3·l 2＝3π，得l ＝3，又由2π3·l ＝2πr ，得r ＝1，从而有h ＝l 2－r 2＝22，所以V ＝13·πr 2·h ＝223π. 答案：223π6. 一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面高为5 cm ，则正四棱锥的高为52－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝4 cm ，所以所求容积V ＝13×62×4＝48 cm 3.答案：487．已知一个正方体的全部顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π28．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π，即a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝6a 22πr 2＝62π＝32π. 答案：32π9．已知正方形ABCD 的边长为2，E ，F 分别为BC ，DC 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，则这个四面体的体积为________．解析：设B ，C ，D 三点重合于点P ，得到如图所示的四面体P AEF .因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE ∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以V 四面体P AEF ＝V 四面体A PEF ＝13·S △PEF ·AP ＝13×12×1×1×2＝13.答案：1310．(2024·常州期末)已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为________．解析：设截得的小圆锥的高为h 1，底面半径为r 1，体积为V 1＝13πr 21h 1；大圆锥的高为h＝6，底面半径为r ，体积为V ＝13πr 2h ＝8.依题意有r 1r ＝h 1h ，V 1＝1，V 1V ＝13πr 21h 113πr 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1h 3＝18，得h 1＝12h ＝3，所以圆台的高为h －h 1＝3.答案：311.如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．解析：连结A 1B ，沿BC 1将△CBC 1绽开，与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连结A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值．因为A 1C 1＝6，A 1B ＝210，BC 1＝2，所以A 1C 21＋BC 21＝A 1B 2，所以∠A 1C 1B ＝90°.又∠BC 1C ＝45°，所以∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理，得A 1C 2＝A 1C 21＋CC 21－2A 1C 1·CC 1·cos∠A 1C 1C ＝36＋2－2×6×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝50，所以A 1C ＝52，即CP ＋PA 1的最小值是5 2.答案：5 212．(2024·苏中三市、苏北四市三调)现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件(不计材料损耗)．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2的值为________．解析：设正四棱柱的高为a ，所以底面边长为8a ，依据体积相等，且底面积相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正四棱锥侧面的高为3a2＋4a2＝5a ，所以S 1S 2＝4×8a 24×12×8a ×5a ＝25. 答案：2513．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为________．解析：如图，设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面绽开图面积为12×2r ×2πr ＝42π，所以r ＝2.又截面三角形ABD 为等边三角形，故BD ＝AB ＝2r ，又OB ＝OD ＝r ，故△BOD 为等腰直角三角形．设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又V O ABD ＝V A BOD ，所以d ×S △ABD ＝AO ×S △OBD .又S △ABD ＝34AB 2＝34×8＝23，S △OBD ＝2，AO ＝r ＝2，故d ＝2×223＝233.答案：23314. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没全部铁球，则须要注水________cm 3.解析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎪⎫1＋22－4×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22πB 组——力争难度小题1.(2024·天津高考)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为________．解析：如图，连结AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×222×12＝112.答案：1122.(2024·苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚度忽视不计，结果保留π)．解析：设球形容器的最小半径为R ，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R 的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R ＝12＋22＋52＝30，得4R 2＝30.从而S 球面＝4πR 2＝30π.答案：30π3．已知三棱锥P ABC 的全部棱长都相等，现沿PA ，PB ，PC 三条侧棱剪开，将其表面绽开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P ABC 的体积为________．解析：由条件知，表面绽开图如图所示，由正弦定理得大正三角形的边长为a ＝2×26sin 60°＝62，从而三棱锥的全部棱长均为32，底面三角形ABC 的高为326，故三棱锥的高为18－6＝23，所求体积为V ＝13×34(32)2×23＝9.答案：94．(2024·渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的全部面均相切，则该棱柱的体积为________．解析：设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2.设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3.所以V ＝12×23×3×2＝6 3.答案：6 35.如图所示，在直三棱柱中，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝CC 1＝2，若用平行于三棱柱A 1B 1C 1ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________．解析：用过AB ，AC 的中点且平行于平面BCC 1B 1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个边长为2的正方体，其表面积为24；用过AB，BC的中点且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,1,2的长方体，其表面积为28；用过AA1，BB1，CC1的中点且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,2,1的长方体，其表面积为28，因此所求的长方体表面积的最小值为24.答案：246.如图，在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心．则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．解析：四边形AEFG在前、后面的正投影如图①，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；四边形AEFG在左、右面的正投影如图②，当E与A1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；四边形AEFG在上、下面的正投影如图③，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8.综上所述，所求面积的最大值为12.答案：12。
江苏专用2012高考数学二轮复习 第5单元-立体几何(新课标江苏专用)
因此BC⊥PC. (2)过A作AM⊥PC，由(1)易得BC⊥平面PAC，故BC⊥AM，所以AM⊥PBC， 因此线段AM的长为点A到平面PBC的距离．
在Rt△PAC中，PC＝2
3，AM＝2 3
6，即点A到平面PBC的距离为2
3
6 .
在△PBC中，PC＝2 3，BC＝2 2，PB＝2 5，
由余弦定理得cos∠PBC＝PB2＋2PBBC·B2－C PC2＝ 510，
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专题十九│ 课本挖掘提升
课本挖掘提升
(教材必修2 P49练习1) 例 已知正四棱柱的底面边长是3 cm，侧面的对角线长是 3 5 cm，则这个正四棱柱的侧面积是________．
【分析】 在求解棱柱的侧面积时，要注意直角三角形 的运用．由于几何体是正四棱柱，故不需要将侧面展开，只 需要直接计算一个侧面的面积，再乘以面数即可．
12π 【解析】 将矩形ABCD以BC边所在直线为轴旋转 一周后得到的几何体为是以2为底面半径，以3为高的圆柱 体，故它的侧面积为2π×2×3＝12π.
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专题十九 │ 要点热点探究
【点评】 平面图形旋转后所得到的空间几何体为旋转 体，旋转体的侧面积求解关键是侧面展开图，圆柱的侧面展 开图为矩形，其面积求解比较简单．
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专题十九 │ 要点热点探究
已知PA，PB，PC两两互相垂直，且△PAB、△PBC、 △PAC的面积分别为1.5 cm2,2 cm2,6 cm2，则过P，A，B，C四点的 外接球的表面积为________ cm2.(注S球＝4πr2，其中r为球半径)
26π 【解析】 由题目的条件得
21PA·PB＝1.5， 12PB·PC＝2， 21PC·PA＝6，
2012高考数学二轮复习课件第5单元-立体几何(新课标江苏专用)
2．在解答题中出现的几何体的位置关系证明题，在复习时需要关注两个方 面：一是空间几何体的结构的研究；二是证明位置关系时，不仅可以用综合法， 也可以用分析法和反证法．
3．在空间几何体的结构研究中还需要关注将平面图形折叠成空间几何体的 研究、将空间几何体展开成平面图形的研究这两个问题．
4．空间几何体的体积和表面积的研究，其中点到平面的距离是作为体积求 解的一部分，也需要了解．
第五单元 │ 考情分析预测
专题十九 表面积和体积
专题十九 表面积和体积
专题十九 │ 主干知识整合
要点热点探究
► 探究点一 与基本定理有关的命题真假判断
例1 已知m，n，l是直线，α、β是平面，下列命题中， 正确命题的序号是________．
①若l垂直于α内两条直线，则l⊥α； ②若l平行于α，则α内有无数条直线与l平行； ③若m∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n； ④若m⊥α，m⊥β，则α∥β.
专题二十 │ 要点热点探究
专题十九 │ 要点热点探究
► 探究点二 与球有关的体积 与球有关的体积求解主要指的是几何体的外接球和内切
球的问题，这类问题关键在于轴截面特征的确定，将问题从 空间转化为平面中多边形与圆的位置关系问题．
例3 如图19－2，在△ABC中，∠C＝90°，∠A ＝30°，BC＝1.在三角形内挖去半圆(圆心O在边 AC上，半圆与BC、AB相切于点C、M，与AC交 于N)，则图中阴影部分绕直线AC旋转一周所得旋 转体的体积为________．
专题十九 │ 要点热点探究
高考数学(理)二轮练习：立体几何(含答案)
立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________．答案 43 2．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________．答案 2 23．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)．(2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)． (3)S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′(c 与c ′分别为上、下底面周长，h ′为斜高)． (4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式S 圆柱侧＝2πrl (r 为底面半径，l 为母线)，S 圆锥侧＝πrl (同上)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)．(5)体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)． (6)球的表面积和体积S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( )A ．4πB ．3πC ．2π D.32π 答案 D4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________．答案 相交5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交．②直线与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行．(2)平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)．②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件．答案 充分不必要6．空间向量(1)用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|. ②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二 通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二 通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦．②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．(2)用空间向量求A 到平面α的距离：可表示为d ＝|n ·AB →||n |. [问题6] (1)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．(2)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________．答案 (1)64 (2)24解析 (1)方法一 取A 1C 1的中点E ，连接AE ，B 1E ，如图．由题意知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角．设正三棱柱侧棱长与底面边长为1，则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64.方法二如图，以A1C1中点E为原点建立空间直角坐标系E－xyz，设棱长为1，则A⎝⎛⎭⎫12，0，1，B1⎝⎛⎭⎫0，32，0，设AB1与平面ACC1A1所成的角为θ，EB1→为平面ACC1A1的法向量．则sin θ＝|cos〈AB1→，EB1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12，32，－1·⎝⎛⎭⎫0，32，02×32＝64.(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，D1(0,0,1)，C1(0,1,1)，O⎝⎛⎭⎫12，12，1.设平面ABC1D1的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·AB→＝0，n·AD1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y＝0，－x＋z＝0.令z＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x＝1，y＝0，∴n＝(1,0,1)，又OD1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0，∴O到平面ABC1D1的距离d＝|n·OD1→||n|＝122＝24.易错点1三视图认识不清致误例1一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为() A．48 B．32＋817C ．48＋817D ．80错解 由三视图知，该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4，宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是正方形，边长为4. 所以表面积S ＝42×3＋2×4＋2×12(2＋4)×4＝48＋8＋24＝80. 找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.正解 由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817. 答案 C易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱；②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱；③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)．错解1 ①②③错解2 ②③④找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直．正解 ②③易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题：①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β；②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线；④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β；⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α.其中正确的命题序号是________．错解 ②③④⑤找准失分点③是错误的；⑤是错误的．正解①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．答案②④1．已知三条不同直线m，n，l与三个不同平面α，β，γ，有下列命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，l⊂α，则l∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；④若m，n为异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交或成异面直线，所以命题①错误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能相交，因此命题③错误；过两条异面直线分别作平面互相平行，这两个平面是唯一存在的，因此命题④正确．故选C.2．设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是()A．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件答案 A解析当m⊂α时，若n∥α可得m∥n或m，n异面；若m∥n可得n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，答案选A.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．112答案 B解析 根据三视图，该几何体为下面是一个立方体、上面两个三棱锥，所以V ＝4×4×4＋2×13×(12·4·2)×3＝72，故选B. 4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( )A ．①B ．②C ．③D ．④ 答案 C解析 作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图所示中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．5答案 A解析 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示．该几何体的底面是边长为1的正方形，故S 1＝12＝1.侧棱P A ⊥面ABCD ，且P A ＝1，故S △P AB ＝S △P AD ＝12×1×1＝12， 而PD ⊥DC ，CB ⊥PB ，且PB ＝PD ＝2，所以S △PBC ＝S △PDC ＝12×2×1＝22. 所以该几何体的表面积为S ＝1＋2×12＋2×22＝2＋ 2.故选A. 6．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( )A ．PB ⊥ADB ．平面P AB ⊥平面PBCC ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45°答案 D解析 若PB ⊥AD ，则AD ⊥AB ，但AD 与AB 成60°角，A 错误；平面P AB 与平面ABD 垂直，所以平面P AB 一定不与平面PBC 垂直，B 错误；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，C 错误；直线PD 与平面ABC 所成角为∠PDA ，在Rt △P AD 中，AD ＝P A ， ∴∠PDA ＝45°，D 正确．7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题：①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ；②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ；③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ；④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD .其中正确的是________．(填序号)答案 ①④解析 取线段BC 的中点E ，连接AE ，DE ，∵AB ＝AC ，BD ＝CD ，∴BC ⊥AE ，BC ⊥DE ，∴BC ⊥平面ADE ，∵AD ⊂平面ADE ，∴BC ⊥AD ，故①正确．设点O 为点A 在平面BCD 上的射影，连接OB ，OC ，OD ，∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，∴OB ⊥CD ，OC ⊥BD ，∴点O 为△BCD 的垂心，∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，易知②③不正确，填①④.8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________． 答案 π3解析 由∠ABC ＝∠DCB ＝π2知， BA →与CD →的夹角θ就是二面角A －BC －D 的平面角．又AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴AD →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2＝AB →2＋BC 2→＋CD →2＋2AB →·CD →.因此2AB →·CD →＝(23)2－12－32－22＝－2，∴cos(π－θ)＝－12，且0<π－θ<π， 则π－θ＝23π，故θ＝π3. 9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号)答案 ①④解析 对命题①，则l ⊥α，α∥β得，l ⊥β，m ⊂β，∴l⊥m，故①正确．对命题②，l⊥mD⇒/l⊥β，则l⊥mD⇒/α∥β，故②错误．对命题③，当α⊥β时，l与m也可能相交或异面或平行，故③错误．对命题④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，故④正确．10．三棱锥D－ABC及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD的长为________．答案4 2解析由正(主)视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE＝CE＝2；由侧(左)视图知CD＝4，BE＝23，在Rt△BCE中，BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝4，在Rt△BCD中，BD＝BC2＋CD2＝42＋42＝4 2.故答案为4 2.。
江苏省2012届高三特长班数学二轮复习专练：解析几何
圆锥曲线复习案一、知识梳理3. .抛物线的标准方程、类型及其几何性质 (0>p )：二、基础练习：1.已知21F F 、为椭圆192522=+y x 的两个焦点，过1F 的直线交椭圆于A 、B两点若1222=+B F A F ，则AB=______________2.椭圆对称轴在坐标轴上，短轴的一个端点与两个焦点构成一个正三角形，焦点到椭圆上的点的最短距离是3，则这个椭圆方程为3.、抛物线y=42x 上的一点M 到焦点的距离为1，则点M 的纵坐标是4.、设O 是坐标原点，F 是抛物线24y x =的焦点，A 是抛物线上的一点，FA 与x 轴正向的夹角为60，则OA为5.、若双曲线)0,0(12222>>=-b a b y a x 的焦点到渐近线的距离等于实轴长，则双曲线的离心率为 （ ）6.、双曲线22149x y -=的渐近线方程是 ( )A.23y x =± B. 49y x=± C. 32y x=± D.94y x=± 7、设P 为双曲线11222=-y x 上的一点F1、F2是该双曲线的两个焦点，若|PF1|：|PF2|=3：2，则△PF1F2的面积为（ ）A ．36B ．12C ．312D ．24.8已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，点111222()()P x y P x y ，，，，333()P x y ，在抛物线上，且||1F P、||2F P 、||3F P 成等差数列， 则有 （ ） A ．321x x x =+ B ． 321y y y =+C ．2312x x x =+ D. 2312y y y =+9以椭圆221169144x y +=的右焦点为圆心，且与双曲线221916x y -=的渐近线相切的圆的方程是（A ）221090x y x +-+= （B ）221090x y x +--= （C ）221090x y x +++= （D ）221090x y x ++-= 10.已知直线y=－x+1与椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 相交于A 、B 两点，且线段AB 的中点在直线L ：x －2y=0上，求此椭圆的离心率三、体验高考1.设O 是坐标原点，F 是抛物线22(0)y px p =>的焦点，A 是抛物线上的一点，FA 与x轴正向的夹角为60，则OA 为 ．2.已知圆22:6480C x y x y +--+=．以圆C 与坐标轴的交点分别作为双曲线的一个焦点和顶点，则适合上述条件的双曲线的标准方程为 ．3.设斜率为2的直线l 过抛物线2(0)y ax a =≠的焦点F,且和y 轴交于点A,若△OAF(O 为坐标原点)的面积为4,则抛物线方程为( ).A.24y x =±B.28y x =±C. 24y x =D. 28y x =4.已知抛物线22(0)y px p =>，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线与A 、B 两点，若线段AB 的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为 （A ）1x = (B)1x =- (C)2x = (D)2x =-5.设抛物线28y x =上一点P 到y 轴的距离是4，则点P 到该抛物线焦点的距离是 A. 4 B. 6 C. 8 D. 126.已知抛物线y 2＝2px （p >0）的准线与圆（x －3）2＋y 2＝16相切，则p 的值为（A ）12（B ）1 （C ）2 （D ）4 7.设抛物线28y x =的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点，PA l ⊥，A 为垂足，如果直线AF 斜率为PF = (A) (B)8 (C) (D) 16 8.双曲线方程为2221x y -=，则它的右焦点坐标为A 、2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭B 、⎫⎪⎪⎝⎭C 、⎫⎪⎪⎝⎭D 、)9.设双曲线的一个焦点为F ，虚轴的一个端点为B ,如果直线FB 与该双曲线的一条渐近线垂直，那么此双曲线的离心率为（A （B （C ）12 （D ）1210.已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的一条渐近线方程是,它的一个焦点在抛物线224y x =的准线上，则双曲线的方程为（A ）22136108x y -= （B ） 221927x y -= （C ）22110836x y -= （D ）221279x y -=11.已知双曲线22221x y a b-=的离心率为2，焦点与椭圆221259x y -=的焦点相同，那么双曲线的焦点坐标为 ；渐近线方程为 。
2012届高考数学二轮复习专题： 立体几何(教师版)
俯视图正(主)视图侧(左)视图EF D IA H GBC E FD AB C 侧视 图1 图2B E A ． B E B ． B EC ． B ED ． 2012届高考数学二轮复习专题： 立体几何（文理适用）第一节 空间几何体三视图和几何体的结构特征是新课标高考的必考点，几何体的表面积和体积也是高考命题的重点和热点，几乎年年出现，大多以小题出现，难度不大，大题中也有以三视图为背景条件的求面积、体积及位置关系问题。
考试要求:（1）认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构；（2）能画出简单空间图形（长方体，球，圆柱，圆锥，棱柱等简单组合体）的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图；（3）会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式；（4）会画某些建筑物的视图与直观图（在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不作严格要求）（5）了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）； 题型一：三视图例1（1）右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该 几何体的表面积是（ ） A ．9π B ．10π C ．11π D ．12π 点拨 识别上述三视图表示的立体图形解 从三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱体组合 而成的简单几何体，其表面积为：22411221312.S ππππ=⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故选D.易错点 对原几何体的下部分（圆柱体）的分析出错，误以为是长方体.（2）将正三棱柱截去三个角（如图，图1所示A B C ，，分别是GHI △三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（ ）点拨 侧视图和底面和HGDE 垂直，分析A 的位置 .解：在图2的右边放扇墙(心中有墙),可得答案A 易错点 对于左视图中点A 的位置分析不正确.变式与引申1（1）一个体积为 三棱柱的左视图的面积为（ ）A ．B ．8 C．D ．12（2）用若干个体积为1的正方体搭成一个几何体，其正视图、侧视图都是如图所示的图形，则这个几何体的最大体积与最小体积的差是（）.A．6 B．7 C．8 D．9题型二与球有关组合体例2如图正三棱锥的高为1，底面边长为62，内有一个球与四个面都相切. 求棱锥的表面积和球的半径.点拨解决这类题的关键是根据空间想象能力和组合体的特点画出截面图.解：如图下图过PA与球心O作截面PAE与平面PCB交于PE，与平面ABC交于AE，因△ABC是正三角形，易知AE即是△ABC中BC边上的高，又是BC边上的中线，作为正三棱锥的高PD通过球心，且D是三角形△ABC的重心，据此根据底面边长为62，即可算出1133DE AE PE====由△POF～△PED，知,1PErDEr-=∴.26,312-=-=rrr∴().362962433622132+=⨯+⨯⨯⨯=+=底侧表SSS易错点，立体几何问题转化为平面问题解决.，截面图准确画出是最关键，也是容易出错的地方。
江苏省高三数学二轮复习专练 立体几何(1)(特长班)
高三特长班数学总复习——立体几何（1）一、知识梳理： 1、 直线与平面平行（1）判定定理： 的一条直线和 的一条直线平行，则该直线与此平面平行。
（2）性质定理：一条直线与平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的 与该直线 。
2、平面与平面平行（1）判定定理：一个平面内的两条 都与另一个平面平行，则这两个平面平行。
（2）性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线 。
3、直线与平面垂直（1）定义：如果一条直线与平面内的 直线都垂直，就说该直线与该平面垂直。
（2）性质：如果一条直线垂直于一个平面，那么它就和平面内的 直线垂直。
（3）判定定理：如果一条直线与平面内的 垂直，则这条直线与这个平面垂直。
（4）性质定理：如果在两条平行直线中，有一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面。
4、平面与平面垂直：（1）判定定理：一个平面过另一个平面的 ，则这两个平面互相垂直。
（2）性质定理：两个平面互相垂直，则一个平面内 的直线垂直于另一个平面。
二、山东高考体验：并说明理由。
平面的位置，使上一点，试确定是）设（；求证：中，已知年）在直四棱柱（,//2)1(.//,,2207111111111BD A E D E DC E AC C D DC AB DC AD AB AD DD DC D C B A ABCD ⊥⊥===-（08年）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，AB DC ∥，PAD △是等边三角形，已知28BD AD ==，2AB DC == （Ⅰ）设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ； （Ⅱ）求四棱锥P ABCD -的体积．ABCM PD（09年）如图，在直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB//CD ，AB=4, BC=CD=2, AA 1=2, E 、E 1分别是棱AD 、AA 1的中点. （1） 设F 是棱AB 的中点,证明：直线EE 1//平面FCC 1； （2） 证明:平面D 1AC ⊥平面BB 1C 1C.（10年）在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//PD MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且2AD PD MA ==.（I ）求证：平面EFG ⊥平面PDC ；（II ）求三棱锥P MAB -与四棱锥P ABCD -的体积 之比.(2009山东)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“αβ⊥”是“m β⊥”的( )A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件三、高考链接：1、如图，弧AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为弧AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FC ⊥平面BED,FB=a 5 （1）证明：EB ⊥FDEABCFE 1A 1B 1C 1D 1 D2、如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形PA ⊥平面ABCD ，AP =AB ，BP =BC =2，E ，F 分别是PB ,PC 的中点. (Ⅰ)证明：EF ∥平面PAD ； (Ⅱ)求三棱锥E —ABC 的体积V.3、如图，在四棱锥P-ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，PD=DC=BC=1，AB=2，AB ∥DC ，∠BCD=900。
江苏省高考数学二轮复习 专题二 立体几何 2.3 专题提能—“立体几何”专题提能课达标训练(含解析)
“立体几何”专题提能课A 组——易错清零练1．设l ，m 表示直线，m 是平面α内的任意一条直线．则“l ⊥m ”是“l ⊥α”成立的____________条件(在“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”中选填一个)．解析：由l ⊥m ，m ⊂α，可得l ⊂α，l ∥α或l 与α相交，推不出l ⊥α；由l ⊥α，m ⊂α，结合线面垂直的定义可得l ⊥m .故“l ⊥m ”是“l ⊥α”成立的必要不充分条件．答案：必要不充分2．在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝a ，AA 1＝2，四面体A CB 1D 1的体积为6，则a ＝________.解析：如图，VA CB 1D 1＝VABCD A 1B 1C 1D 1－VA A 1B 1D 1－VB 1ABC －VD 1ADC －VC B 1C 1D 1＝2a 2－43a 2＝23a 2＝6，所以a ＝3.答案：33．设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题： ①若a ⊥b ，a ⊥α，则b ∥α； ②若a ⊥β，α⊥β，则a ∥α； ③若a ∥α，a ⊥β，则α⊥β； ④若a ⊥b ，a ⊥α，b ⊥β，则α⊥β. 其中正确命题的序号是________．解析：①中b 可能在平面α内；②中a 可能在平面α内；③中因为a ∥α，a ⊥β，所以α内必存在一条直线b 与a 平行，从而得到b ⊥β，所以α⊥β，故③正确；因为a ⊥b ，a ⊥α，所以b ∥α或b ⊂α，故α内必有一条直线c 与b 平行，又b ⊥β，所以c ⊥β，故α⊥β，所以④正确．答案：③④4.如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥平面AB 1C 1，AA 1＝1，底面△ABC 是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为________．解析：因为AA 1⊥平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1，所以AA 1⊥AB 1，又知AA 1＝1，A 1B 1＝2，所以AB 1＝22－12＝3，同理可得AC 1＝3，又知在△AB 1C 1中，B 1C 1＝2，所以△AB 1C 1的边B 1C 1上的高为h ＝3－1＝2，其面积S ＝12×2×2＝2，于是三棱锥A A 1B 1C 1的体积VA A 1B 1C 1＝VA 1AB 1C 1＝13×S △AB 1C 1×AA 1＝23，进而可得此三棱柱ABC A 1B 1C 1的体积V ＝3VA A 1B 1C 1＝3×23＝ 2. 答案： 2B 组——方法技巧练1．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝PB ＝1，PC ＝2，则球O 的表面积是________．解析：设球O 的半径为R .由PA ，PB ，PC 两两垂直，所以外接球的直径是以PA ，PB ，PC 为棱的长方体的体对角线，即4R 2＝PA 2＋PB 2＋PC 2＝1＋1＋4＝6，故S 球表面积＝4πR 2＝6π.答案：6π2．在空间中，用a ，b ，c 表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列四个命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ； ②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ； ④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号为________．解析：根据公理知平行于同一条直线的两条直线互相平行，①正确；根据线面垂直性质定理知“同垂直一个平面的两条直线平行”，知④正确；②③均不恒成立．故选①④.答案：①④3.如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M AB 1C 的体积是________．解析：法一：在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，从而AA 1⊥B 1M .又因为B 1M 是正三角形A 1B 1C 1的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1，所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则VM AB 1C ＝VB 1ACM ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233.法二： VM AB 1C ＝VABC A 1B 1C 1－VA A 1B 1M －VC C 1B 1M －VB 1ABC ＝12×2×3×2－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×12×3×2－13×3×2＝233.答案：2334.如图，平行四边形ABCD 和矩形ACEF 所在的平面互相垂直，AB ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°，AF ＝32.(1)求证：AC ⊥BF ；(2)求多面体ABCDEF 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝1，AD ＝2，∠ADC ＝60°，由余弦定理：AC 2＝CD 2＋AD 2－2CD ·AD ·cos 60°＝1＋4－2×1×2×12＝3，于是AD 2＝CD 2＋AC 2，∴∠ACD ＝90°， ∵AB ∥CD ，∴AC ⊥AB .又∵四边形ACEF 是矩形，∴FA ⊥AC ， 又AF ∩AB ＝A ，∴AC ⊥平面AFB ， 又BF ⊂平面AFB ，∴AC ⊥BF . (2)令多面体ABCDEF 的体积为V ，V ＝V D ACEF ＋V B ACEF ＝2V D ACEF ，又∵平面ABCD ⊥平面ACEF ，DC ⊥AC ， 根据两平面垂直的性质定理：DC ⊥平面ACEF ， ∴DC 为四棱锥D ACEF 的高，S 矩形ACEF ＝32×3＝332， ∴V D ACEF ＝13×332×1＝32，∴V ＝2V D ACEF ＝3，即多面体ABCDEF 的体积为 3.5.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC . (1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求 BFBE的值． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 为矩形，所以AB ⊥BC .因为平面ABCD ⊥平面BCE ，平面ABCD ∩平面BCE ＝BC ，AB ⊂平面ABCD ，所以AB ⊥平面BCE .因为EC ⊂平面BCE ，所以EC ⊥AB .因为EC ⊥BE ，AB ⊂平面ABE ，BE ⊂平面ABE ，AB ∩BE ＝B ，所以EC ⊥平面ABE .因为EC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面ABE . (2) 连结BD 交AC 于点O ，连结OF .因为DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF ，所以DE ∥OF .又因为矩形ABCD 中，O 为BD 的中点，所以F 为BE 的中点，即BFBE＝12. C 组——创新应用练1．下列命题：①若直线l 平行于平面α内的无数条直线，直线a 在平面α内，则l ∥a ； ②若直线a 在平面α外，则a ∥α； ③若直线a ∥b ，直线b ⊂α，则a ∥α；④若直线a ∥b ，b ⊂α，那么直线a 就平行于平面α内的无数条直线． 其中真命题的个数为________．解析：对于①，∵直线l 虽与平面α内的无数条直线平行，但l 有可能在平面α内，∴l 不一定平行于a ，∴①是假命题；对于②，∵直线a 在平面α外，包括两种情况：a ∥α和a 与α相交，∴②是假命题； 对于③，∵a ∥b ，直线b ⊂α，则只能说明a 和b 无公共点，但a 可能在平面α内，∴a 不一定平行于α，∴③是假命题；对于④，∵a ∥b ，b ⊂α，那么a ⊂α或a ∥α，∴a 与平面α内的无数条直线平行，∴④是真命题.答案：12.如图，已知AB 为圆O 的直径，C 为圆上一动点，PA ⊥圆O 所在的平面，且PA ＝AB ＝2，过点A 作平面α⊥PB ，分别交PB ，PC 于E ，F ，当三棱锥P AEF 的体积最大时，tan ∠BAC ＝________.解析：∵PB ⊥平面AEF ，∴AF ⊥PB . 又AC ⊥BC ，AP ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAC ， ∴AF ⊥BC ，∴AF ⊥平面PBC ，∴∠AFE ＝90°. 设∠BAC ＝θ，在Rt△PAC 中，AF ＝AP ·AC PC ＝2×2cos θ21＋cos 2 θ＝2cos θ1＋cos 2θ，在Rt△PAB 中，AE ＝PE ＝2，∴EF ＝AE 2－AF 2， ∴V P AEF ＝16AF ·EF ·PE ＝16AF ·2－AF 2· 2＝26·2AF 2－AF 4＝26·－AF 2－12＋1≤26，∴当AF ＝1时，V P AEF 取得最大值26，此时AF ＝2cos θ1＋cos 2 θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2. 答案： 23.如图所示，等腰△ABC 的底边AB ＝66，高CD ＝3，点E 是线段BD 上异于点B ，D 的动点，点F 在BC 边上，且EF ⊥AB ，现沿EF 将△BEF折起到△PEF 的位置，使PE ⊥AE ，记BE ＝x ，V (x )表示四棱锥P ACFE 的体积，则V (x )的最大值为________．解析：因为PE ⊥EF ，PE ⊥AE ，EF ∩AE ＝E ， 所以PE ⊥平面ABC . 因为CD ⊥AB ，FE ⊥AB ， 所以EF ∥CD ，所以EF CD ＝BE BD， 即EF 3＝x36，所以EF ＝x6，所以S △ABC ＝12×66×3＝96，S △BEF ＝12×x ×x6＝612x 2， 所以V (x )＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫96－612x 2x ＝63x ⎝ ⎛⎭⎪⎫9－112x 2(0＜x ＜36)．因为V ′(x )＝63⎝ ⎛⎭⎪⎫9－14x 2， 所以当x ∈(0,6)时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当6＜x ＜36时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减， 因此当x ＝6时，V (x )取得最大值12 6. 答案：12 64.如图①所示，在Rt △ABC 中，AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，CD 为∠ACB 的平分线，点E 在线段AC 上，CE ＝4.如图②所示，将△BCD 沿CD 折起，使得平面BCD ⊥平面ACD ，连结AB ，设点F 是AB 的中点．(1)求证：DE ⊥平面BCD ；(2)若EF ∥平面BDG ，其中G 为直线AC 与平面BDG 的交点，求三棱锥B DEG 的体积． 解：(1)证明：在题图①中，因为AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，所以∠ACB ＝60°.因为CD 为∠ACB 的平分线，所以∠BCD ＝∠ACD ＝30°，所以CD ＝2 3. 又因为CE ＝4，∠DCE ＝30°，所以DE ＝2. 则CD 2＋DE 2＝CE 2，所以∠CDE ＝90°，即DE ⊥CD .在题图②中，因为平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD ∩平面ACD ＝CD ，DE ⊂平面ACD ，所以DE ⊥平面BCD .(2)在题图②中，因为EF ∥平面BDG ，EF ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BDG ＝BG ，所以EF ∥BG .因为点E 在线段AC 上，CE ＝4，点F 是AB 的中点， 所以AE ＝EG ＝CG ＝2. 过点B 作BH ⊥CD 交于点H .因为平面BCD ⊥平面ACD ，BH ⊂平面BCD ， 所以BH ⊥平面ACD . 由条件得BH ＝32.又S △DEG ＝13S △ACD ＝13×12AC ·CD ·sin 30°＝3，所以三棱锥B DEG 的体积为V ＝13S △DEG ·BH ＝13×3×32＝32.5.如图，已知斜三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ，D 为BC 的中点． (1)若平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，求证：AD ⊥DC 1； (2)求证：A 1B ∥平面ADC 1.证明：(1)因为AB ＝AC ，D 为BC 的中点，所以AD ⊥BC .因为平面ABC ⊥平面BCC 1B 1，平面ABC ∩平面BCC 1B 1＝BC ，AD ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面BCC 1B 1.因为DC 1⊂平面BCC 1B 1， 所以AD ⊥DC 1.(2)如图，连结A 1C ，交AC 1于点O ，连结OD ，则O 为A 1C 的中点． 因为D 为BC 的中点，所以OD ∥A 1B .因为OD ⊂平面ADC 1，A 1B ⊄平面ADC 1，所以A 1B ∥平面ADC 1. 6.现需要设计一个仓库，它的上部是底面圆半径为5 m 的圆锥，下部是底面圆半径为5 m 的圆柱，且该仓库的总高度为5 m ．经过预算，制造该仓库的圆锥侧面、圆柱侧面用料的单价分别为4百元/m 2、1百元/m 2.(1)记仓库的侧面总造价为y 百元：①设圆柱的高为x m ，试将y 表示为关于x 的函数y ＝f (x )；②设圆锥母线与其轴所在直线所成角为θ，试将y 表示为关于θ的函数y ＝g (θ)； (2)问当圆柱的高度为多少时，该仓库的侧面总造价最少？ 解：(1)①由题可知，圆柱的高为x m ，且x ∈(0,5)，则该仓库的侧面总造价y ＝(2π×5x )×1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2π×5×5－x2＋25×4＝10πx ＋20πx 2－10x ＋50，x ∈(0,5)．②由题可知，圆锥母线与轴所在直线所成角为θ，且θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，则该仓库的侧面总造价y ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2π×5×5⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1tan θ×1＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×2π×5×5sin θ×4＝50π⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2－cos θsin θ，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2. (2) 由②，令h (θ)＝2－cos θsin θ，则h ′(θ)＝1－2cos θsin 2θ， 由h ′(θ)＝0得cos θ＝12，又θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π4，π2，所以θ＝π3， 当θ变化时，h ′(θ)，h (θ)的变化情况如表所示.所以当θ＝3时，h (θ)取得最小值，侧面总造价y 最小，此时圆柱的高度为5－5tan θ＝5－533m.当圆柱的高度为5－533 m 时，该仓库的侧面总造价最少．。
2012年高考数学二轮专题测试 立体几何 理
立体几何 专题测试一、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．(2011年某某)如下图，某几何体的正视图与侧视图都是边长为1的正方形，且体积为12，则该几何体的俯视图可以是( )解析：解法一：∵体积为12，而高为1，故底面积为12，选C.解法二：选项A 得到的几何体为正方体，其体积为1，故排除A ；而选项B 、D 所得几何体的体积都与π有关，排除B 、D ；易知选项C 符合．答案：C2．(2011年某某某某模拟)已知水平放置的△ABC 的直观图△A ′B ′C ′(斜二测画法)是边长为2a 的正三角形，则原△ABC 的面积为( )A.2a 2B.32a 2C.62a 2D.6a 2 解析：斜二测画法中原图面积与直观图面积之比为1∶24，则易知24S ＝34(2a )2，∴S ＝6a 2.故选D.答案：D3．(2011年金考卷原创)一个正方体表面展开图中，五个正方形位置如图中阴影部分所示，第六个正方形在编号1到5的某个位置上，则第六个正方形所有可能位置的编号是( )A ．②③B ．②④C ．①③D ．③⑤解析：分别假设第6个正方形在各个位置上，再分别进行还原，可知在②或③位置上时可还原为正方体，在其他位置上时不能还原为正方体，故选A.答案：A4．(2011年某某某某市高三教学质检)某三棱锥的侧视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A ．43B ．8 3C ．123D ．24 3解析：该几何体的高h ＝42－22＝12＝23， ∴V ＝13×12×6×2×23＝4 3.故选A.答案：A5．(2011年东北三校联考)如图为一个几何体的三视图，正视图和侧视图均为矩形，俯视图为正三角形，尺寸如图，则该几何体的全面积为( )A ．143B ．6＋ 3C ．12＋23D ．16＋2 3解析：解此图形为正三棱柱，底面边长为2，高为2，S 全＝S 侧＋2S 底＝3×2×2＋2×12×2×2×32＝12＋23，故选C. 答案：C6．(2011年某某二诊)已知三棱锥P －ABC 的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且AB ＝2，PA ＝PB ＝PC ＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为( )A.32π3B.16π3 C.8π3D.4π3解析：因为PA ＝PB ＝PC ＝2，所以该三棱锥外接球的球心落在PD 上，D 为AB 的中点，设球心为O ，则O 为△PAB 的外心∴R 2－(3－R )2＝1，R 2－3－R 2＋23R ＝1 23R ＝4，R ＝23 S 表＝4πR 2＝4π·43＝16π3，故选B. 答案：B7．(2011年某某八市3月调考)已知直线l 、m ，平面α、β，且l ⊥α，m ⊂β，给出下列四个命题①若α∥β，则l ⊥m ②若l ⊥m ，则α∥β ③若α∥β，则l ∥m ④若l ∥m ，则α⊥β 其中正确的命题个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：因为l ⊥α，α∥β，所以l ⊥β ∵m ⊂β，∴l ⊥m 所以①正确，③错误． 因为l ⊥α，l ∥m ，所以m ⊥α ∵m ⊂β，∴α⊥β，所以④正确． 若m ⊂α，l ⊥α，∴l ⊥β，m ⊂β 则α与β相交而不平行，故②错． 答案：B8．一个正方体的展开图如图所示，B ，C ，D 为原正方体的顶点，A 为原正方体一条棱的中点．在原来的正方体中，CD 与AB 所成角的余弦值为( )A.510B.105C.55D.1010解析：还原正方体如图所示，设AD ＝1，则AB ＝5，AF ＝1，BE ＝EF ＝22，AE ＝3，因为CD ∥BE ，所以CD 与AB 所成的角等于BE 与AB 所成的角，即为∠ABE ，在△ABE 中，由余弦定理得cos ∠ABE ＝5＋8－92×5×22＝1010，选D.答案：D9．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点均在半径为3的球面上，且满足PA →·PB →＝0，PB →·PC →＝0，PC →·PA →＝0，则三棱锥P －ABC 的侧面积的最大值为( )A ．9B ．18C ．36D ．72解析：依题意PA 、PB 、PC 两两垂直，以PA 、PB 、PC 为棱构造长方体，则长方体的体对角线即为球的直径，∴PA 2＋PB 2＋PC 2＝4R 2＝36，S 侧＝12(PA ·PB ＋PB ·PC ＋PC ·PA )≤12(PA 2＋PB22＋PB 2＋PC 22＋PC 2＋PA 22)＝18.答案：B11．(2011年黄冈3月质检)已知平面α⊥平面β，α∩β＝l ，点A ∈α，A ∉l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A ．AB ∥m B ．AC ⊥m C ．AB ∥βD ．AC ⊥β解析：AB ∥l ，AB ⊄β，∴AB ∥β，C 成立 ∵m ∥α，m ∥β，∴m 平行于α与β的交线l ∴AB ∥m 成立，AC ⊥m 成立 ∵AC 未必在α内，∴AC ⊥β不一定成立，故选D. 答案：D11．(2011年某某省某某市高三模拟)设m ，n 是平面α内的两条不同直线，l 1，l 2是平面β内两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是( )A ．l 1⊥m ，l 2⊥nB ．m ⊥l 1，m ⊥l 2C ．m ⊥l 1，n ⊥l 2D ．m ∥n ，l 1⊥n解析：由m ⊥l 1，m ⊥l 2，l 1与l 2相交知α⊥β，但α⊥β时不一定有m ⊥l 1，m ⊥l 2.答案：B12．(2011年某某省潍坊市模拟)设m ，n 是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列四个命题：①若α∥β，m ⊂α，则m ∥β ②若m ∥α，n ⊂α，则m ∥n ③若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β ④若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β 其中正确的是( ) A ．①③B ．②③ C ．①④D ．②④解析：由面面平行的性质可知①正确，由面面垂直的判定知④正确． 答案：C二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分．把答案填在题中横线上．) 13．(2012年某某质检)四棱锥P －ABCD 的顶点P 在底面ABCD 中的投影恰好是A ，其三视图如下图所示，根据图中的信息，在四棱锥P －ABCD 的任两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线对数为________．解析：互相垂直的异面直线有：PA 与BC ，PA 与CD ，AB 与PD ，AD 与PB ，BD 与PC ，BD 与PA ，共6对．答案：614．已知正三棱锥P －ABC 的底面是边长为1的正三角形，其三条侧棱与底面所成角相等且都等于45°，则这个正三棱锥的体积为________．解析：由于三条侧棱与底面所成角相等，且△ABC 是正三角形，所以点P 在△ABC 上的射影点O 是△ABC 的中心．如图，连接CO ，PO ，则PO ＝OC ＝23×32×1＝33，所以正三棱锥的体积为13×S △ABC ×PO ＝13×34×33＝112.答案：11215．(2011年某某省某某市高三模拟)如图是某几何体的三视图，其中正视图、侧视图的长均为4，宽分别为2与3，俯视图是等腰三角形，则该几何体的体积是________．解析：由三视图可知该几何体为三棱柱，V ＝12×3×2×4＝12.答案：1216．(2011年某某省“金太阳”百校大联考)关于直线m ，n 与平面α，β，有以下四个命题：①若m ∥α，n ∥β且α∥β，则m ∥n ②若m ⊥α，n ⊥β且α⊥β，则m ⊥n ； ③若m ⊥α，n ∥β且α∥β，则m ⊥n ； ④若m ∥α，n ⊥β且α⊥β，则m ∥n ； 其中真命题的序号是________． 解析：②③是真命题． 答案：②③三、解答题(本大题共6小题，共70分，17题11分，18～22题，每题12分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)17．如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 为AB 的中点．(1)求证：AC ⊥平面BDD 1；(2)求异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值；(3)求点B 到平面A 1EC 的距离．解：(1)证明：由已知有D 1D ⊥平面ABCD ，得AC ⊥D 1D ，又由ABCD 是正方形，得AC ⊥BD ， ∵D 1D 与BD 相交于点D ，∴AC ⊥平面BDD 1. (2)延长DC 至G ，使CG ＝EB ，连接BG 、D 1G ， ∵CG 綊EB ，∴四边形EBGC 是平行四边形． ∴BG ∥EC .∴∠D 1BG 就是异面直线BD 1与CE 所成角． 在△D 1BG 中，D 1B ＝23，BG ＝5，D 1G ＝22＋32＝13. ∴cos ∠D 1BG ＝D 1B 2＋BG 2－D 1G 22D 1B ·BG＝12＋5－132×23×5＝1515， 异面直线BD 1与CE 所成角的余弦值是1515. (3)∵△A 1AE ≌△CBE ，∴A 1E ＝CE ＝ 5.又∵A 1C ＝23，∴点E 到A 1C 的距离d ＝5－3＝ 2.∴S △A 1EC ＝12A 1C ·d ＝6，S △A 1EB ＝12EB ·A 1A ＝1.又由VB －A 1EC ＝VC －A 1EB ，设点B 到平面A 1EC 的距离为h ， 则13S △A 1EC ·h ＝13S △A 1EB ·CB ， ∴6·h ＝2，h ＝63. ∴点B 到平面A 1EC 的距离为63. 18．(2011年广雅中学、某某一中、某某金中联考)如图，已知三棱锥A －BPC 中，AP ⊥PC ，AC ⊥BC ，M 为AB 中点，D 为PB 中点，且△PMB 为正三角形．(1)求证：DM ∥平面APC ；(2)求证：平面ABC ⊥平面APC ；(3)若BC ＝4，AB ＝20，求三棱锥D －BCM 的体积． 解：(1)由已知得，MD 是△ABP 的中位线 ∴MD ∥AP ∵MD ⊄面APC ，AP ⊂面APC ∴MD ∥面APC(2)∵△PMB 为正三角形，D 为PB 的中点， ∴MD ⊥PB ，∴AP ⊥PB 又∵AP ⊥PC ，PB ∩PC ＝P ∴AP ⊥面PBC .∵BC ⊂面PBC ∴AP ⊥BC .又∵BC ⊥AC ，AC ∩AP ＝A ，∴BC ⊥面APC ∵BC ⊂面ABC ，∴平面ABC ⊥平面APC(3)∵MD ⊥面PBC ，∴MD 是三棱锥M －DBC 的高，且MD ＝5 3 又在直角三角形PCB 中，由PB ＝11，BC ＝4，可得PC ＝221于是S △BCD ＝12S △BCP ＝221，∴V D －BCM ＝V M －DBC ＝13Sh ＝117.19．(2011年某某省苏北四市模拟)如图①，E ，F 分别是直角三角形ABC 边AB 和AC 的中点，∠B ＝90°，沿EF 将三角形ABC 折成如图②所示的锐二面角A 1－EF －B ，若M 为线段A 1C 中点，求证：(1)直线FM ∥平面A 1EB ； (2)平面A 1FC ⊥平面A 1BC .证明：(1)取A 1B 中点N ，连接NE ，NM ， 则MN 綊12BC ，EF 綊12BC ，所以MN 綊FE ，所以四边形MNEF 为平行四边形，所以FM ∥EN ， 又因为FM ⊄平面A 1EB ，EN ⊂平面A 1EB ， 所以直线FM ∥平面A 1EB .(2)因为E ，F 分别是AB 和AC 的中点，所以A 1F ＝FC ，所以FM ⊥A 1C . 同理，EN ⊥A 1B .由(1)知，FM ∥EN ，所以FM ⊥A 1B . 又因为A 1C ∩A 1B ＝A 1，所以FM ⊥平面A 1BC . 又因为FM ⊂平面A 1FC ，所以平面A 1FC ⊥平面A 1BC .20．(2011年某某某某第一次调研)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面是等腰直角三角形，AB ＝BC ＝2，BB 1＝3，D 为A 1C 1的中点，F 在线段AA 1上．(1)AF 为何值时，CF ⊥平面B 1DF?(2)设AF ＝1，求平面B 1CF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值． 解：(1)因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥面ABC ，∠ABC ＝π2，以B 点为原点，BA 、BC 、BB 1分别为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系． 因为AC ＝2，∠ABC ＝90°，所以AB ＝BC ＝ 2.从而B (0,0,0)，A (2，0,0)，C (0，2，0)，B 1(0,0,3)，A 1(2，0,3)，C 1(0，2，3)，D (22，22，3)， 所以CA 1→＝(2，－2，3)． 设AF ＝x ，则F (2，0，x )， CF →＝(2，－2，x )，B 1F →＝(2，0，x －3)，B 1D →＝(22，22，0)， CF →·B 1D →＝2·22＋(－2)·22＋x ·0＝0， 所以CF →⊥B 1D →.要使CF →⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥B 1F .由CF →·B 1F →＝2＋x (x －3)＝0，得x ＝1或x ＝2， 故当AF ＝1或2时，CF ⊥平面B 1DF .(2)由(1)知平面ABC 的法向量为n 1＝(0,0,1)． 设平面B 1CF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由⎩⎪⎨⎪⎧n ·CF →＝0，n ·B 1F →＝0，得⎩⎨⎧2x －2y ＋z ＝0，2x －2z ＝0，令z ＝1得n ＝(2，322，1)． 所以平面B 1CF 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值cos 〈n ，n 1〉＝11×2＋92＋1＝3015.21．如图所示，四边形ABCD 为矩形，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ＝2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥BE ；(2)求三棱锥D －AEC 的体积；(3)设M 在线段AB 上，且满足AM ＝2MB ，试在线段CE 上确定一点N ，使得MN ∥平面DAE .解：(1)证明：∵AD ⊥平面ABE ，AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面ABE ，则AE ⊥BC . ∵BF ⊥平面ACE ，则AE ⊥BF . ∵BC ∩BF ＝B ，且BC 、BF ⊂平面BCE ， ∴AE ⊥平面BCE ，又BE ⊂平面BCE ，∴AE ⊥BE .(2)∵AE ⊥BE ，∴AB ＝AE 2＋BE 2＝22，S △ADC ＝12×AD ×DC ＝12×BC ×AB ＝12×2×22＝22，V D －AEC ＝V E －ADC ＝13×22×2＝43.(3)在三角形ABE 中过M 点作MG ∥AE 交BE 于G 点，在三角形BEC 中过G 点作GN ∥BC 交EC 于N 点，连MN ，则由比例关系易得＝13CE .∵MG ∥AE ，MG ⊄平面ADE ，AE ⊂平面ADE ，∴MG ∥平面ADE ，同理，GN ∥平面ADE ，∴平面word - 11 - / 11 MGN ∥平面ADE .又MN ⊂平面MGN ，∴MN ∥平面ADE .∴N 点为线段CE 上靠近C 点的一个三等分点．22．(2011年某某四校联考)如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，AB ∥EF ，矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直，且AB ＝2，AD ＝EF ＝1.(1)求证：AF ⊥平面CBF ；(2)设FC 的中点为M ，求证：OM ∥平面DAF ；(3)设平面CBF 将几何体EFABCD 分成的两个锥体的体积分别为V F －ABCD ，V F －CBE ，求V F －ABCD ∶V F －CBE .解：(1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，CB ⊥AB ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ， ∴CB ⊥平面ABEF ，∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB ，又∵AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF ，∴AF ⊥平面CBF .(2)设DF 的中点为N ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ， 则MN 綊AO ，MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF . (3)过点F 作FG ⊥AB 于G ，∵平面ABCD ⊥平面ABEF ，∴FG ⊥平面ABCD ，∴V F －ABCD ＝13S ABCD ·FG ＝23FG ， ∵CB ⊥平面ABEF ，∴V F －CBE ＝V C －BFE ＝13S △BFE ·CB ＝13·12EF ·FG ·CB ＝16FG ， ∴V F －ABCD ∶V F －CBE ＝4∶1.。
江苏省2012届高三数学二轮专题训练解答题(10)
AD 江苏省2012届高三数学二轮专题训练：解答题（10）本大题共6小题，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
1．（本小题满分14分）设ABC ∆的内角C B A 、、所对的边分别为c b a 、、.已知1=a ，2=b ，41cos =C . （Ⅰ）求ABC ∆的周长； （Ⅱ）求()C A -cos 的值. 2．（本小题满分14分）1．（本题满分14分）如图，矩形ABCD 中，AD ABE ⊥平面，2AE EB BC ===，F 为CE 上的点，且BF ACE ⊥平面，AC BDG =．（Ⅰ）求证：AE ⊥平面BCE ；（Ⅱ）求证：//AE 平面BFD ；（Ⅲ）求三棱锥C BGF -的体积．3．（本小题满分15分）如图所示，一科学考察船从港口O 出发，沿北偏东α角的射线OZ 方向航行，而在离港口a 13（a 为正常数）海里的北偏东β角的A 处有一个供给科考船物资的小岛，其中31tan =α，132cos =β．现指挥部需要紧急征调沿海岸线港口O 正东m （a m 37>）海里的B 处的补给船，速往小岛A 装运物资供给科考船，该船沿BA 方向全速追赶科考船，并在C 处相遇．经测算当两船运行的航向与海岸线OB 围成的三角形OBC的面积最小时，这种补给最适宜．⑴ 求S 关于m 的函数关系式)(m S ；⑵ 应征调m 为何值处的船只，补给最适宜．4．（本小题满分15分）设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且5133349a a S +==，．（1）求数列{}n a 的通项公式及前n 项和公式；（2）设数列{}n b 的通项公式为nn n a b a t=+（t 为正整数），问: 是否存在正整数t ，使得12m b b b ，，(3)m m ≥∈N ，成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由.5．(本小题满分16分)（本题文科学生做，理科学生不做）如图，在平面直角坐标系xoy 中，已知1(4,0)F -，2(4,0)F ，(0,8)A ，直线(08)y t t =<<与线段1AF 、2AF 分别交于点P 、Q .(Ⅰ)当3t =时，求以12,F F 为焦点，且过PQ 中点的椭圆的标准方程； (Ⅱ)过点Q 作直线QR ∥1AF 交12F F 于点R ，记1PRF ∆的外接圆为圆C .① 求证:圆心C 在定直线7480x y ++=上；② 圆C 是否恒过异于点1F 的一个定点?若过，求出该点的坐标；若不过，请说明理由.第19题（本题理科学生做，文科学生不做）已知椭圆C ：x 2 a 2 +y 2 b 2 =1(a ＞b ＞0)的离心率为1 2 ，且经过点P (1，32)。
高考数学江苏专版3维2轮专题复习教学案：专题2 立体几何 Word版含答案
本资源的初衷 ,是希望通过网络分享 ,能够为广阔读者提供更好的效劳 ,为您水平的提高提供坚强的动力和保证 .内容由一线名师原创 ,立意新 ,图片精 ,是非常强的一手资料 .江苏 新（高|考）（高|考）对本专题内容的考查一般是 "一小一大〞 ,小题主要考查体积和外表积的计算问题 ,而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题 ,其考查形式单一 ,难度一般.第1课时立体几何中的计算(根底课) [常考题型突破]空间几何体的外表积与体积 [必备知识]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长 ,h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长 ,h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′ ,c 分别为上下底面的周长 ,h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积 ,h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积 ,h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的外表积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ,母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器 ,将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗) ,那么该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ,母线长为5 cm ,所以圆锥的高为52－32＝4 cm ,其体积为13π×32×4＝12π cm 3 ,设铁球的半径为r ,那么43πr 3＝12π ,所以该铁球的半径是39 cm.答案：392．(2021·苏锡常镇二模)直四棱柱底面是边长为2的菱形 ,侧面对角线的长为2 3 ,那么该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得 ,直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝2 2 ,所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2021·南通、泰州一调)如图 ,在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中 ,AB ＝3 cm ,AA 1＝1 cm ,那么三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积 ,因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ,△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12 ,所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16 ,所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如下图是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体 ,截面为ABC ,A 1B 1＝B 1C 1＝1 ,∠A 1B 1C 1＝90° ,A 1A ＝4 ,B 1B ＝2 ,C 1C ＝3 ,那么此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2 ,在C 1C 上取点C 2 ,使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1 ,连结A 2B ,BC 2 ,A 2C 2 ,∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32.答案：325．设甲 ,乙两个圆柱的底面积分别为S 1 ,S 2 ,体积分别为V 1 ,V 2.假设它们的侧面积相等且V 1V 2＝32 ,那么S 1S 2的值是________．解析：设甲 ,乙两个圆柱的底面半径分别为r 1 ,r 2 ,高分别为h 1 ,h 2 ,那么有2πr 1h 1＝2πr 2h 2 ,即r 1h 1＝r 2h 2 ,又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2 ,∴V 1V 2＝r 1r 2 ,∴r 1r 2＝32 ,那么S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]求几何体的外表积及体积的解题技巧(1)求几何体的外表积及体积问题 ,可以多角度、多方位地考虑 ,熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积 ,等体积转化是常用的方法 ,转化原那么是其高易求 ,底面放在几何体的某一面上．(2)求不规那么几何体的体积 ,常用分割或补形的思想 ,将不规那么几何体转化为规那么几何体以易于求解．多面体与球的切接问题 [必备知识]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析 ,弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最|正确角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及表达这些元素之间的关系 ,到达空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ,OO 1＝d ,那么d 2＋r 2＝R 2；②假设A ,B 是圆O 1上两点 ,那么AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB2.[题组练透]1．(2021·江苏（高|考）)如图 ,在圆柱O 1O 2内有一个球O ,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1 ,球O 的体积为V 2 ,那么V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ,因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切 ,所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ,所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2021·全国卷Ⅲ改编)圆柱的高为1 ,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上 ,那么该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ,那么r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34 ,所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4. 答案：3π43．矩形ABCD 的顶点都在半径为2的球O 的球面上 ,且AB ＝3 ,BC ＝ 3 ,过点D 作DE 垂直于平面ABCD ,交球O 于E ,那么棱锥E -ABCD 的体积为________．解析：如下图 ,BE 过球心O , ∴DE ＝42－32－(3)2＝2 ,∴V E -ABCD ＝13×3×3×2＝2 3. 答案：2 34．(2021·南京、盐城一模)将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱 ,AB ＝3 ,BC ＝2 ,圆柱上底面圆心为O ,△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形 ,那么三棱锥O -EFG 体积的最|大值是________．解析：因为将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱 ,AB ＝3 ,BC ＝2 , 圆柱上底面圆心为O ,△EFG 为下底面圆的一个内接直角三角形 , 所以三棱锥O -EFG 的高为圆柱的高 ,即高为AB ,所以当三棱锥O -EFG 体积取最|大值时 ,△EFG 的面积最|大 ,当EF 为直径 ,且G 在EF 的垂直平分线上时 ,(S △EFG )max ＝12×4×2＝4,所以三棱锥O -EFG 体积的最|大值(V O -EFG )max ＝13×(S △EFG )max ×AB ＝13×4×3＝4. 答案：4 [方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧 方法解读适合题型截面法解答时首|先要找准切点 ,通过作截面来解决．如果内切的是多面体 ,那么作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作球内切多面体或旋转体构造直角三角形法首|先确定球心位置 ,借助外接的性质 - -球心到多面体的顶点的距离等于球的半径 ,寻求球心到底面中|心的距离、半径、顶点到底面中|心的距离构造成直角三角形 ,利用勾股定理求半径正棱锥、正棱柱的外接球 补形法因正方体、长方体的外接球半径易求得 ,故将一些特殊的几何体补形为正方体或长方体 ,便可借助外接球为同一个的特点求解三条侧棱两两垂直的三棱锥 ,从正方体或长方体的八个顶点中选取点作为顶点组成的三棱锥、四棱锥等平面图形的翻折问题[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起 ,使其成为空间图形 ,把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后 ,原有的性质有的发生了变化 ,有的没有发生变化 ,弄清它们是解决问题的关键．一般地 ,翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化 ,不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值 ,这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2021·南通三模)圆锥的侧面展开图是半径为3 ,圆心角为2π3的扇形 ,那么这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3 ,圆心角为2π3的扇形 ,所以圆锥的母线长l ＝3 ,设圆锥的底面半径为r ,那么底面周长2πr ＝3×2π3,所以r ＝1 ,所以圆锥的高为32－12＝2 2.答案：2 22．(2021·南京考前模拟)如图 ,正△ABC 的边长为2 ,CD 是AB 边上的高 ,E ,F 分别为边AC 与BC 的中点 ,现将△ABC 沿CD 翻折 ,使平面ADC ⊥平面DCB ,那么棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34 ,E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC ×h ＝324. 答案：3243.(2021·全国卷Ⅰ)如图 ,圆形纸片的圆心为O ,半径为5 cm ,该纸片上的等边三角形ABC 的中|心为O .D ,E ,F 为圆O 上的点 ,△DBC ,△ECA ,△FAB 分别是以BC ,CA ,AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后 ,分别以BC ,CA ,AB 为折痕折起△DBC ,△ECA ,△FAB ,使得D ,E ,F 重合 ,得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时 ,所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最|大值为________．解析：法一：由题意可知 ,折起后所得三棱锥为正三棱锥 ,当△ABC 的边长变化时 , 设△ABC 的边长为a (a >0)cm , 那么△ABC 的面积为34a 2 ,△DBC 的高为5－36a , 那么正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a , ∴25－533a >0 , ∴0<a <5 3 ,∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5,那么t ′＝100a 3－2533a 4, 由t ′＝0 ,得a ＝4 3 ,此时所得三棱锥的体积最|大 ,为415 cm 3.法二：如图 ,连接OD 交BC 于点G ,由题意知 ,OD ⊥BC .易得OG ＝36BC ,设OG ＝x ,那么BC ＝23x ,DG ＝5－x ,S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2 ,故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5 ,x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 52 ,那么f ′(x )＝100x 3－50x 4 ,令f ′(x )>0 ,即x 4－2x 3<0 ,得0<x <2 ,那么当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0 52时 ,f (x )≤f (2)＝80 ,∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最|大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组 - -抓牢中档小题]1．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1 ,点E 是棱B 1B 的中点 ,那么三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．假设两球外表积之比是4∶9 ,那么其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1 ,r 2 ,因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9 , 所以r 1∶r 2＝2∶3 ,所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27. 答案：8∶273．(2021·天津（高|考）)一个正方体的所有顶点在一个球面上 ,假设这个正方体的外表积为18 ,那么这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ,那么6a 2＝18 ,得a ＝ 3 ,设该正方体外接球的半径为R ,那么2R ＝3a ＝3 ,得R ＝32 ,所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．圆锥的母线长为10 cm ,侧面积为60π cm 2 ,那么此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ,母线长为l ,那么侧面积为πrl ＝10πr ＝60π ,解得r ＝6 ,那么圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8 ,那么此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2021·扬州期末)假设正四棱锥的底面边长为2(单位：cm) ,侧面积为8(单位：cm 2) ,那么它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2 ,侧面积为8 ,所以底面周长c ＝8 ,12ch ′＝8 ,所以斜高h ′＝2 ,正四棱锥的高为h ＝ 3 ,所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和外表积分别为V 1 ,S 1 ,底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2 ,S 2 ,假设V 1V 2＝3π ,那么S 1S 2的值为________． 解析：由题意知,V 1＝a 3 ,S 1＝6a 2 ,V 2＝13πr 3,S 2＝2πr 2,由V 1V 2＝3π得 ,a 313πr 3＝3π,得a ＝r ,从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2021·苏北三市三模)如图 ,在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中 ,AB ＝AA 1＝3 ,点P 在棱CC 1上 ,那么三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92 ,点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332 ,故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2021·无锡期末)圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3,且面积为3π的扇形 ,那么该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ,底面半径为r , 因为3π＝13πl 2 ,所以l ＝3 ,所以πr ×3＝3π ,所以r ＝1 ,所以圆锥的高是32－12＝2 2 ,所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2021·徐州古邳中学摸底)外表积为24π的圆柱 ,当其体积最|大时 ,该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ,底面半径为r , 那么圆柱的外表积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π , 即r 2＋rh ＝12 ,得rh ＝12－r 2 , ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3) , 令V ′＝π(12－3r 2)＝0 ,得r ＝2 ,∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增 ,在区间[2 ,＋∞)上单调递减 ,∴r ＝2时 ,V 最|大 ,此时2h ＝12－4＝8 ,即h ＝4 ,r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中 ,PA ⊥平面ABC ,AC ⊥BC ,AC ＝BC ＝1 ,PA ＝ 3 ,那么该三棱锥外接球的外表积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一局部(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝ 5 ,故外接球半径为52 ,外表积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π.答案：5π11．正三棱锥P -ABC 的体积为223 ,底面边长为2 ,那么侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中|心为O ,又底面边长为2 ,故OA ＝233 ,由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ,得223＝13PO ×34×22 ,PO ＝263,所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2021·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9 ,假设在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其外表积没有变化 ,那么圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种 ,所以有三种情况：①孔高为3 ,那么2πr 2＝2πr ×3 ,解得r ＝3；②孔高为8 ,那么r ＝8；③孔高为9 ,那么r ＝9.而实际情况是 ,当r ＝8 ,r ＝9时 ,因为长方体有个棱长为3 ,所以受限制不能打 ,所以只有①符合．答案：313.如下图 ,在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中 ,对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ,那么四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ,连结BD ,BF ,那么平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ,因为E ∈平面A 1BC 1 ,E ∈平面BDD 1B 1 ,所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点 ,所以BF 是中线 ,又B 1F 綊12BD ,所以FE EB ＝12 ,故点E到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13 ,所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形 ,侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最|大时 ,球的外表积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意 ,设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ,那么有16＝2a 2＋h 2≥22ah ,即4ah ≤16 2 ,该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤16 2 ,当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此 ,当该正四棱柱的侧面积最|大时 ,球的外表积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组 - -力争难度小题]1．三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上 ,且SC ⊥平面ABC ,假设SC ＝AB ＝AC ＝1 ,∠BAC ＝120° ,那么球O 的外表积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1 ,∠BAC ＝120° , ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝ 3 , ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2 ,∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ,SC ＝1 , ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52 ,∴球O 的外表积S ＝4πR 2＝5π.答案：5π2.(2021·南京三模)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB＝1 ,BC＝2 ,BB1＝3 ,∠ABC＝90°,点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最|小时,三棱锥D-ABC1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC ,所以BB1⊥AB ,又因为∠ABC＝90°,即BC⊥AB,又BC∩BB1＝B,所以AB⊥平面BB1C1C, 因为AB＝1 ,BC＝2 ,点D为侧棱BB1上的动点,所以侧面展开,当AD＋DC1最|小时,BD＝1 ,所以S△BDC1＝12×BD×B1C1＝1 ,所以三棱锥D-ABC1的体积为13×S△BDC1×AB＝1 3.答案：1 33．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1 ,2和a ,且长为a的棱与长为2的棱异面,那么a的取值范围是________．解析：如下图,AB＝ 2 ,CD＝a,设点E为AB的中点,那么ED⊥AB,EC⊥AB,那么ED＝AD2－AE2＝22,同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝ 2 ,所以0＜a＜ 2.答案：(0 ,2)4.如图,AB为圆O的直径,C为圆上一动点,PA⊥圆O所在的平面,且PA＝AB＝2 ,过点A作平面α⊥PB,分别交PB,PC于E,F,当三棱锥P-AEF的体积最|大时,tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF ,∴AF⊥PB.又AC⊥BC ,AP⊥BC ,∴BC⊥平面PAC ,∴AF⊥BC ,∴AF⊥平面PBC ,∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ ,在Rt△PAC中,AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ,在Rt△PAB中,AE＝PE＝ 2 , ∴EF＝AE2－AF2,∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26,∴当AF＝1时,V P-AEF取得最|大值26,此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1 ,∴cos θ＝13,sin θ＝23,∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课)[常考题型突破]线线、线面位置关系的证明[例1](2021·江苏（高|考）)如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD ,BC⊥BD ,平面ABD⊥平面BCD ,点E ,F(E与A ,D不重合)分别在棱AD ,BD上,且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明](1)在平面ABD内,因为AB⊥AD ,EF⊥AD ,所以EF∥AB.又因为EF⊄平面ABC ,AB⊂平面ABC ,所以EF∥平面ABC.(2)因为平面ABD⊥平面BCD ,平面ABD∩平面BCD＝BD ,BC⊂平面BCD ,BC⊥BD ,所以BC⊥平面ABD.因为AD⊂平面ABD ,所以BC⊥AD.又AB⊥AD ,BC∩AB＝B ,AB⊂平面ABC ,BC⊂平面ABC ,所以AD⊥平面ABC.又因为AC⊂平面ABC ,所以AD⊥AC.[方法归纳]立体几何证明问题的注意点(1)证明立体几何问题的主要方法是定理法,解题时必须按照定理成立的条件进行推理．如线面平行的判定定理中要求其中一条直线在平面内,另一条直线必须说明它在平面外；线面垂直的判定定理中要求平面内的两条直线必须是相交直线等 ,如果定理的条件不完整 ,那么结论不一定正确．(2)证明立体几何问题 ,要紧密结合图形 ,有时要利用平面几何的相关知识 ,因此需要多画出一些图形辅助使用．[变式训练]1．(2021·苏锡常镇一模)如图 ,在斜三棱柱ABC -A 1B 1C 1中 ,侧面AA 1C 1C是菱形 ,AC 1与A 1C 交于点O ,E 是棱AB 上一点 ,且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)假设AC 1⊥A 1B ,求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC 1 ,因为OE ∥平面BCC 1B 1 ,OE ⊂平面ABC 1 ,平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1 ,所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形 ,AC 1∩A 1C ＝O ,所以O 是AC 1中点 ,所以AE EB ＝AO OC 1＝1 ,E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形 ,所以AC 1⊥A 1C,又AC 1⊥A 1B ,A 1C ∩A 1B ＝A 1 ,A 1C ⊂平面A 1BC ,A 1B ⊂平面A 1BC ,所以AC 1⊥平面A 1BC,因为BC ⊂平面A 1BC ,所以AC 1⊥BC .2．(2021·苏州模拟)在如下图的空间几何体ABCDPE 中 ,底面ABCD是边长为4的正方形 ,PA ⊥平面ABCD ,PA ∥EB ,且PA ＝AD ＝4 ,EB ＝2.(1)假设点Q 是PD 的中点 ,求证：AQ ⊥平面PCD ；(2)证明：BD ∥平面PEC .证明：(1)因为PA ＝AD ,Q 是PD 的中点 ,所以AQ ⊥PD .又PA ⊥平面ABCD ,所以CD ⊥PA .又CD ⊥DA ,PA ∩DA ＝A ,所以CD ⊥平面ADP .又因为AQ ⊂平面ADP ,所以CD ⊥AQ ,又PD ∩CD ＝D ,所以AQ ⊥平面PCD .(2)取PC 的中点M ,连结AC 交BD 于点N ,连结MN ,ME ,在△PAC 中 ,易知MN ＝12PA ,MN ∥PA ,又PA∥EB ,EB＝12PA ,所以MN＝EB ,MN∥EB ,所以四边形BEMN是平行四边形,所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC ,BN⊄平面PEC ,所以BN∥平面PEC ,即BD∥平面PEC.两平面之间位置关系的证明[例2](2021·南京模拟)如图,直线PA垂直于圆O所在的平面,△ABC内接于圆O,且AB为圆O的直径,M为线段PB的中点,N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M ,O ,N分别是PB ,AB ,BC的中点,所以MO∥PA ,NO∥AC ,又MO∩NO＝O ,PA∩AC＝A ,所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC ,BC⊂平面ABC ,所以PA⊥BC.由(1)知,MO∥PA ,所以MO⊥BC.连结OC ,那么OC＝OB ,因为N为BC的中点,所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O ,MO⊂平面MON ,ON⊂平面MON ,所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC ,所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1.证明面面平行依据判定定理,只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可,从而将证明面面平行转化为证明线面平行,再转化为证明线线平行.2.证明面面垂直常用面面垂直的判定定理,即证明一个面过另一个面的一条垂线,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,假设图中不存在这样的直线,那么借助中线、高线或添加辅助线解决.[变式训练]1．(2021·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,AP⊥平面PCD ,E ,F分别为PC ,AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD ,CD⊂平面PCD ,所以AP⊥CD ,因为四边形ABCD为矩形,所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A ,AP⊂平面PAD ,AD⊂平面PAD ,所以CD⊥平面PAD ,因为CD⊂平面ABCD ,所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC ,BD交于点O ,连结OE ,OF ,因为四边形ABCD为矩形,所以O点为AC的中点,因为E为PC的中点,所以OE∥PA ,因为OE⊄平面PAD ,PA⊂平面PAD ,所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD ,又因为OE∩OF＝O ,所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF ,所以EF∥平面PAD.2.(2021·江苏（高|考）)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为AB ,BC的中点,点F在侧棱B1B上,且B1D⊥A1F ,A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1C1∥AC.在△ABC中,因为D ,E分别为AB ,BC的中点,所以DE∥AC ,于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F ,A1C1⊂平面A1C1F ,所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1 ,所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1 ,A1A⊂平面ABB1A1 ,A1B1⊂平面ABB1A1 ,A1A∩A1B1＝A1 , 所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1 ,所以A1C1⊥B1D.又因为B 1D ⊥A 1F ,A 1C 1⊂平面A 1C 1F ,A 1F ⊂平面A 1C 1F ,A 1C 1∩A 1F ＝A 1 ,所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ,所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F . 空间线面位置关系的综合问题[例3] (2021·苏北三市模拟)如图 ,AB 为圆O 的直径 ,点E ,F 在圆O 上 ,且AB ∥EF ,矩形ABCD 所在的平面和圆O 所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC ⊥平面CBF .(2)在线段CF 上是否存在一点M ,使得OM ∥平面ADF ?并说明理由．[解] (1)证明：∵平面ABCD ⊥平面ABEF ,CB ⊥AB ,平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB , ∴CB ⊥平面ABEF .∵AF ⊂平面ABEF ,∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径 ,∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ,∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ,∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时 ,OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ,设DF 的中点为N ,连结AN ,MN ,那么MN 綊12CD ,又AO 綊12CD ,那么MN 綊AO , ∴四边形MNAO 为平行四边形 ,∴OM ∥AN ,又AN ⊂平面DAF ,OM ⊄平面DAF ,∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图,四边形ABCD是矩形,平面ABCD⊥平面BCE ,BE⊥EC.(1)求证：平面AEC⊥平面ABE；(2)点F在BE上,假设DE∥平面ACF ,求BFBE的值．解：(1)证明：∵四边形ABCD为矩形,∴AB⊥BC ,∵平面ABCD⊥平面BCE ,∴AB⊥平面BCE ,∴CE⊥AB.又∵CE⊥BE ,AB∩BE＝B ,∴CE⊥平面ABE ,又∵CE⊂平面AEC ,∴平面AEC⊥平面ABE.(2)连结BD交AC于点O ,连结OF.∵DE∥平面ACF ,DE⊂平面BDE ,平面ACF∩平面BDE＝OF. ∴DE∥OF ,又在矩形ABCD中,O为BD中点,∴F为BE中点,即BFBE＝12.2．如图,在矩形ABCD中,E,F分别为BC,DA的中点．将矩形ABCD沿线段EF折起,使得∠DFA＝60°.设G为AF上的点．(1)试确定点G的位置,使得CF∥平面BDG；(2)在(1)的条件下,证明：DG⊥AE.解：(1)当点G为AF的中点时,CF∥平面BDG.证明如下：因为E ,F分别为BC ,DA的中点,所以EF∥AB∥CD.连结AC交BD于点O ,连结OG ,那么AO＝CO.又G为AF的中点,所以CF∥OG.因为CF⊄平面BDG ,OG⊂平面BDG.所以CF∥平面BDG.(2)因为E ,F分别为BC ,DA的中点,所以EF⊥FD ,EF⊥FA.又FD∩FA＝F ,所以EF⊥平面ADF ,因为DG⊂平面ADF ,所以EF⊥DG.因为FD＝FA ,∠DFA＝60° ,所以△ADF是等边三角形,DG⊥AF ,又AF∩EF＝F ,所以DG⊥平面ABEF.因为AE⊂平面ABEF ,所以DG⊥AE.[课时达标训练]1.如图,在三棱锥V-ABC中,O ,M分别为AB ,VA的中点,平面VAB ⊥平面ABC ,△VAB是边长为2的等边三角形,AC⊥BC且AC＝BC.(1)求证：VB∥平面MOC；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O ,M分别为AB ,VA的中点,所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC ,VB⊄平面MOC ,所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC,O为AB的中点,AC⊥BC,AB＝2 ,所以OC⊥AB,且CO＝1.连结VO,因为△VAB是边长为2的等边三角形,所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC,OC⊥AB,平面VAB∩平面ABC＝AB,OC⊂平面ABC ,所以OC⊥平面VAB ,所以OC⊥VO ,所以VC＝OC2＋VO2＝2.2.(2021·南通二调)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,A1B 与AB1交于点D ,A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点, 所以E为A1C的中点.同理,D为A1B的中点,所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1 ,DE⊄平面B1BCC1 ,所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC ,又BC⊂平面ABC ,所以AA1⊥BC.又AC⊥BC,AC∩AA1＝A,AC⊂平面A1ACC1,AA1⊂平面A1ACC1,所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC ,所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2021·南京三模)如图,在三棱锥A-BCD中,E ,F分别为棱BC ,CD上的点,且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)假设BD⊥CD ,AE⊥平面BCD ,求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF ,BD⊂平面BCD ,平面AEF∩平面BCD＝EF ,所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD ,EF⊄平面ABD ,所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD ,CD⊂平面BCD ,所以AE⊥CD.因为BD⊥CD ,BD∥EF ,所以CD⊥EF ,又AE∩EF＝E ,AE⊂平面AEF ,EF⊂平面AEF ,所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD ,所以平面AEF⊥平面ACD.P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB∥CD,AB⊥BC,AB＝BC＝1 ,DC＝2 ,点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时,求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中,过A作AF⊥DC于F ,那么CF＝DF＝AF＝1 ,∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90° ,即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD ,AC⊂平面ABCD ,∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD ,AD⊂平面PAD ,且PA∩AD＝A ,∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC ,∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O ,连结EO.∵PD∥平面AEC ,PD⊂平面PBD ,平面PBD∩平面AEC＝EO ,∴PD∥EO ,那么PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA ,∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1 ,∴PE∶EB的值为2.5.(2021·扬州考前调研)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为梯形,CD∥AB,AB＝2CD,AC交BD于O,锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD ,PA⊥BD ,点Q在侧棱PC上,且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD ,AB＝2CD ,所以AO＝2OC ,又PQ＝2QC ,所以PA∥OQ ,因为OQ⊂平面QBD ,PA⊄平面QBD ,所以PA∥平面QBD.(2)在平面PAD内过P作PH⊥AD于H ,因为侧面PAD⊥底面ABCD ,平面PAD∩平面ABCD＝AD ,PH⊂平面PAD ,所以PH⊥平面ABCD ,又BD⊂平面ABCD ,所以PH⊥BD.又PA⊥BD ,且PA∩PH＝P ,PA⊂平面PAD ,PH⊂平面PAD ,所以BD⊥平面PAD ,又AD⊂平面PAD ,所以BD⊥AD.6.如图,在多面体ABCDFE中,四边形ABCD是矩形,四边形ABEF为等腰梯形,且AB∥EF ,AF＝2 ,EF＝2AB＝4 2 ,平面ABCD⊥平面ABEF.(1)求证：BE⊥DF；(2)假设P为BD的中点,试问：在线段AE上是否存在点Q ,使得PQ∥平面BCE ?假设存在,找出点Q的位置；假设不存在,请说明理由．解：(1)证明：如图,取EF的中点G ,连结AG ,因为EF＝2AB ,所以AB＝EG ,又AB∥EG ,所以四边形ABEG为平行四边形,所以AG∥BE ,且AG＝BE＝AF＝2.公众号：惟微小筑在△AGF中,GF＝12EF＝2 2 ,AG＝AF＝2 ,所以AG2＋AF2＝GF2 ,所以AG⊥AF.因为四边形ABCD为矩形,所以AD⊥AB ,又平面ABCD⊥平面ABEF ,且平面ABCD∩平面ABEF＝AB ,AD⊂平面ABCD , 所以AD⊥平面ABEF ,又AG⊂平面ABEF ,所以AD⊥AG.因为AD∩AF＝A ,所以AG⊥平面ADF.因为AG∥BE ,所以BE⊥平面ADF.因为DF⊂平面ADF ,所以BE⊥DF.(2)存在点Q ,且点Q为AE的中点,使得PQ∥平面BCE.证明如下：连结AC ,因为四边形ABCD为矩形,所以P为AC的中点．在△ACE中,因为点P ,Q分别为AC ,AE的中点,所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE ,CE⊂平面BCE ,所以PQ∥平面BCE.。
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高三特长班数学复习 立体几何（二）
1.
）
A ．9π
B ．10π
C ．11π
D ．12π
2.一空间几何体的三视图如右上图所示,则该几何体的体积为( ). A.2π+ B. 4π+ C. 2π+
D. 4π+ 3.一个棱锥的三视图如下左图，则该棱锥的全面积（单位：c 2
m ）为 （A ） （B ） （C ） （D ）
4.若某空间几何体的三视图如右上图所示，则该几何体的体积是
（A ）2（B ）1（C ）
23 （D ）13
5.一个几何体的三视图如右图，该几何体的表面积是 A ）372 （B ）360 （C ）292 （D ）280
6.如下图，△ ABC 为三角形，AA '//BB ' //CC ' , CC ' ⊥平面ABC 且3AA '=
3
2
BB '=CC ' 俯视图 正(主)视图 侧(左)视图 侧(左)视图
正(主)视图 俯视图
'''的正视图（也称主视图）是
=AB,则多面体△ABC -A B C
7.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如右图所示,
则其侧面积
．．．等于 ( )
A．2 C．．6
9.如右上图，网格纸的小正方形的边长是1，在其上用粗线画
出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条为 .
10.一个几何体的三视图如左图所示，则这个几何体
的体积为。
10.一个几何体的三视图如左下图所示，则这个几何体的体积为
11.图3中的三个直角三角形是一个体积为203
cm 的几何体的三视图，则h = cm ．
设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是
（A ）若l m ⊥，m α⊂，则l α⊥ （B ）若l α⊥，l m //，则m α⊥ （C ）若l α//，m α⊂，则l m // （D ）若l α//，m α//，则l m // 12.在空间，下列命题正确的是
A.平行直线的平行投影重合
B.平行于同一直线的两个平面平行
C.垂直于同一平面的两个平面平行
D.垂直于同一平面的两条直线平行 13.给定下列四个命题：
①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；
④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直. 其中，为真命题的是 A ．①和② B ．②和③ C ．③和④ D ．②和④
14.在四面体ABCD 中，BD AD CD CB ⊥=, 且F E ,分别是BD AB ,的中点，
求证：（1）直线⊥EF 面ACD
（2）面⊥EFC 面BCD
15.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，60AB AD AC CD ABC ⊥⊥∠=，，°，PA AB BC ==，E 是
B C
A
F
D
E P
PC 的中点．
（Ⅰ）证明CD AE ⊥；
（Ⅱ）证明PD ⊥平面ABE ；
16.如图，四棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是边长为1的菱形，︒=∠60BCD ，E 是CD 的中点，
.3,=⊥PA ABCD PA 平面（1）证明：平面⊥PBE 平面PAB ；
17.如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，DB 平分ADC ∠，E
为的PC 中点，1,AD CD DB ===
（1）证明：//PA 平面BDE
（2）证明：AC ⊥平面PBD。