【原创】江苏省2015届高三数学体艺午间小练及答案：解三角形与立体几何(14)
2015届高三数学立体几何专题训练及详细答案
2015届高三数学立体几何专题训练1．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)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：选A.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. 2．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A.如图，作出球的一个截面，则MC ＝8－6＝2(cm)，BM ＝12AB ＝12×8＝4(cm)．设球的半径为R cm ，则R 2＝OM 2＋MB 2＝(R －2)2＋42，∴R ＝5，∴V 球＝43π×53＝500π3(cm 3)．3．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知m ，n 为异面直线，m ⊥平面α，n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m ，l ⊥n ，l ⊄α，l ⊄β，则( )A ．α∥β且l ∥αB ．α⊥β且l ⊥βC ．α与β相交，且交线垂直于lD ．α与β相交，且交线平行于l 解析：选D.根据所给的已知条件作图，如图所示．由图可知α与β相交，且交线平行于l ，故选D. 4．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13 解析：选A.法一：如图，连接AC ，交B D 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ，所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC ＝C ，所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面B D C 1，连接D H ，则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影，所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △C D H 中，s in ∠C D H ＝CH CD ＝23.法二：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面B D C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面B D C 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设C D 与平面B D C 1所成的角为θ，则s in θ＝|co s n ，DC →＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23.5．(2013·高考大纲全国卷)已知正四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，则C D 与平面B D C 1所成角的正弦值等于( )A.23B.33C.23D.13解析：选A.法一：如图，连接AC ，交B D 于点O ，由正四棱柱的性质，有AC ⊥B D.因为CC 1⊥平面ABC D ，所以CC 1⊥B D.又CC 1∩AC ＝C ，所以B D ⊥平面CC 1O .在平面CC 1O 内作CH ⊥C 1O ，垂足为H ，则B D ⊥CH .又B D ∩C 1O ＝O ，所以CH ⊥平面B D C 1，连接D H ，则D H 为C D 在平面B D C 1上的射影，所以∠C D H 为C D 与平面B D C 1所成的角．设AA 1＝2AB ＝2.在Rt △COC 1中，由等面积变换易求得CH ＝23.在Rt △C D H 中，s in ∠C D H ＝CH CD ＝23.法二：以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图，设AA 1＝2AB ＝2，则D(0，0,0)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，C 1(0,1,2)，则DC →＝(0,1,0)，DB →＝(1,1,0)，DC 1→＝(0,1,2)．设平面B D C 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则n ⊥DB →，n ⊥DC 1→，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，y ＋2z ＝0，令y ＝－2，得平面B D C 1的一个法向量为n ＝(2，－2,1)．设C D 与平面B D C 1所成的角为θ，则s in θ＝|co s n ，DC →＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·DC →|n ||DC →|＝23.6．(2013·高考山东卷)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83C ．4(5＋1)，83D ．8,8解析：选B.由正视图知：四棱锥的底面是边长为2的正方形，四棱锥的高为2，∴V ＝13×22×2＝83.四棱锥的侧面是全等的等腰三角形，底为2，高为5，∴S 侧＝4×12×2×5＝4 5.7．(2013·高考山东卷)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，底面是边长为3的正三角形．若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则P A 与平面ABC 所成角的大小为 ( )A.5π12B.π3C.π4D.π6 解析：选B.如图所示，P 为正三角形A 1B 1C 1的中心，设O 为△ABC 的中心，由题意知：PO ⊥平面ABC ，连接OA ，则∠P AO 即为P A 与平面ABC 所成的角．在正三角形ABC 中，AB ＝BC ＝AC ＝3，则S ＝34×(3)2＝334，VABC -A 1B 1C 1＝S ×PO ＝94，∴PO ＝ 3.又AO ＝33×3＝1，∴tan ∠P AO ＝POAO ＝3，∴∠P AO ＝π3.8．(2013·高考浙江卷)设m 、n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面( ) A ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，则α∥β C ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥α D ．若m ∥α，α⊥β，则m ⊥β解析：选C.A 项，当m ∥α，n ∥α时，m ，n 可能平行，可能相交，也可能异面，故错误； B 项，当m ∥α，m ∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误； C 项，当m ∥n ，m ⊥α时，n ⊥α，故正确；D 项，当m ∥α，α⊥β时，m 可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.9．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O -xyz 中的坐标分别是(1,0,1)，(1,1,0)，(0,1,1)，(0,0,0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解析：选A.根据已知条件作出图形：四面体C 1-A 1D B ，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图是正方形，如图(2)所示．故选A.10．(2013·高考安徽卷)在下列命题中，不是公理的是( ) A ．平行于同一个平面的两个平面相互平行B ．过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面C ．如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D ．如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么它们有且只有一条过该点的公共直线 解析：选A.A ，不是公理，是个常用的结论，需经过推理论证； B ，是平面的基本性质公理； C ，是平面的基本性质公理； D ，是平面的基本性质公理． 11．(2013·高考北京卷)如图，在正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，P 为对角线B D 1的三等分点，P 到各顶点的距离的不同取值有( )A ．3个B ．4个C ．5个D ．6个解析：选B.如图，取底面ABC D 的中心O ，连接P A ，PC ，PO . ∵AC ⊥平面DD 1B ，又PO ⊂平面DD 1B ，∴AC ⊥PO .又O 是B D 的中点，∴P A ＝PC .同理，取B 1C 与BC 1的交点H ，易证B 1C ⊥平面D 1C 1B ，∴B 1C ⊥PH . 又H 是B 1C 的中点，∴PB 1＝PC ，∴P A ＝PB 1＝PC . 同理可证P A 1＝PC 1＝P D. 又P 是B D 1的三等分点， ∴PB ≠P D 1≠PB 1≠P D ，故点P 到正方体的顶点的不同距离有4个． 12．(2013·高考辽宁卷)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.3172 B ．210C.132D ．310 解析：选C.因为直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则O D ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.13．(2013·高考浙江卷)在空间中，过点A 作平面π的垂线，垂足为B ，记B ＝f π(A )．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P ，Q 1＝f β[f α(P )]，Q 2＝f α[f β(P )]，恒有PQ 1＝PQ 2，则( )A ．平面α与平面β垂直B ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为45°C ．平面α与平面β平行D ．平面α与平面β所成的(锐)二面角为60° 解析：选A.设P 1＝f α(P )，P 2＝f β(P )，则PP 1⊥α，P 1Q 1⊥β，PP 2⊥β，P 2Q 2⊥α. 若α∥β，则P 1与Q 2重合、P 2与Q 1重合，所以PQ 1≠PQ 2，所以α与β相交． 设α∩β＝l ，由PP 1∥P 2Q 2，所以P ，P 1，P 2，Q 2四点共面． 同理P ，P 1，P 2，Q 1四点共面．所以P ，P 1，P 2，Q 1，Q 2五点共面，且α与β的交线l 垂直于此平面．又因为PQ 1＝PQ 2，所以Q 1、Q 2重合且在l 上，四边形PP 1Q 1P 2为矩形．那么∠P 1Q 1P 2＝π2为二面角α-l -β的平面角，所以α⊥β.14．(2013·高考湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.32B ．1C.2＋12 D. 2 解析：选D.由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为 2.15．(2013·高考江西卷)一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A ．200＋9π B ．200＋18π C ．140＋9π D ．140＋18π解析：选 A.由三视图可知该几何体的下面是一个长方体，上面是半个圆柱组成的组合体．长方体的长、宽、高分别为10、4、5，半圆柱底面圆半径为3，高为2，故组合体体积V ＝10×4×5＋9π＝200＋9π.16.(2013·高考四川卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是( ) A ．棱柱 B ．棱台 C ．圆柱 D ．圆台解析：选D.由俯视图是圆环可排除A ，B ，由正视图和侧视图都是等腰梯形可排除C ，故选D.17．(2013·高考广东卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )A.16B.13C.23D ．1解析：选B.如图，三棱锥的底面是一个直角边长为1的等腰直角三角形，有一条侧棱和底面垂直，且其长度为2，故三棱锥的高为2，故其体积V ＝13×12×1×1×2＝13，故选B.18．(2013·高考广东卷)设l 为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( ) A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β C ．若l ⊥α，l ∥β，则α∥β D ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β解析：选B.选项A ，若l ∥α，l ∥β，则α和β可能平行也可能相交，故错误； 选项B ，若l ⊥α，l ⊥β，则α∥β，故正确； 选项C ，若l ⊥α，l ∥β，则α⊥β，故错误；选项D ，若α⊥β，l ∥α，则l 与β的位置关系有三种可能：l ⊥β，l ∥β，l ⊂β，故错误．故选B.19．(2013·高考湖南卷)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( )A ．1 B. 2C.2－12D.2＋12解析：选C.当正方体的俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积为1，最大面积为 2.因为2－12<1，因此所给选项中其正视图的面积不可能为2－12，故选C.20．(2013·高考江西卷)如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB ∥C D ，正方体的六个面所在的平面与直线C E ，E F 相交的平面个数分别记为m ，n ，那么m ＋n ＝( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：选A.取C D 的中点H ，连接E H ，HF .在四面体C DE F 中，C D ⊥E H ，C D ⊥FH ，所以C D ⊥平面E FH ，所以AB ⊥平面E FH ，所以正方体的左、右两个侧面与E F 平行，其余4个平面与E F 相交，即n ＝4.又因为C E 与AB 在同一平面内，所以C E 与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m ＝4，所以m ＋n ＝4＋4＝8.21．(2013·高考重庆卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240解析：选C.由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝(2＋8)×42＝20.又棱柱的高为10，所以体积V ＝Sh ＝20×10＝200.22．(2013·高考广东卷)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4 B.143 C.163D ．6解析：选B.由三视图可还原出四棱台的直观图如图所示，其上底和下底都是正方形，边长分别是1和2，与底面垂直的棱为棱台的高，长度为2，故其体积为V ＝13×(12＋1×4＋22)×2＝143，故选B.23．(2013·高考广东卷)设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥ nB ．若α∥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ∥nC ．若m ⊥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α⊥βD ．若m ⊥α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥β 解析：选D.如图，在长方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，平面BCC 1B 1⊥平面ABC D ，BC 1⊂平面BCC 1B 1，BC ⊂平面ABC D ，而BC 1不垂直于BC ，故A 错误．平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABC D ，B 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，AC ⊂平面ABC D ，但B 1D 1和AC 不平行，故B 错误．AB ⊥A 1D 1，AB ⊂平面ABC D ，A 1D 1⊂平面A 1B 1C 1D 1，但平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABC D ，故C 错误．故选D.24．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ∶HB ＝1∶2，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为________．解析：如图，设球O 的半径为R ，则 由AH ∶HB ＝1∶2得HA ＝13·2R ＝23R ，∴OH ＝R3.∵截面面积为π＝π·(HM )2， ∴HM ＝1.在Rt △HMO 中，OM 2＝OH 2＋HM 2，∴R 2＝19R 2＋HM 2＝19R 2＋1，∴R ＝324.∴S 球＝4πR 2＝4π·(324)2＝92π.答案：92π25．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)已知正四棱锥O -ABC D 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．解析：V 四棱锥O -ABC D ＝13×3×3h ＝322，得h ＝322， ∴OA 2＝h 2＋(AC 2)2＝184＋64＝6.∴S 球＝4πOA 2＝24π. 答案：24π 26．(2013·高考浙江卷)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积等于________cm 3.解析：由三视图可知该几何体为一个直三棱柱被截去了一个小三棱锥，如图所示．三棱柱的底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三棱柱的高为5，故其体积V 1＝12×3×4×5＝30(cm 3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为3，故其体积V 2＝13×12×3×4×3＝6(cm 3)，所以所求几何体的体积为30－6＝24(cm 3)． 答案：24 27．(2013·高考大纲全国卷)已知圆O 和圆K 是球O 的大圆和小圆，其公共弦长等于球O的半径，OK ＝32，且圆O 与圆K 所在的平面所成的一个二面角为60°，则球O 的表面积等于________．解析：如图所示，公共弦为AB ，设球的半径为R ，则AB ＝R .取AB 中点M ，连接OM 、KM ，由圆的性质知OM ⊥AB ，KM ⊥AB ，所以∠KMO 为圆O 与圆K 所在平面所成的一个二面角的平面角，则∠KMO ＝60°.在Rt △KMO 中，OK ＝32，所以OM ＝OKsin 60°＝ 3.在Rt △OAM 中，因为OA 2＝OM 2＋AM 2，所以R 2＝3＋14R 2，解得R 2＝4，所以球O 的表面积为4πR 2＝16π.答案：16π 28．(2013·高考江苏卷)如图，在三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，D ，E ，F 分别是AB ，AC ，AA 1的中点．设三棱锥F -A DE 的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1-ABC 的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________.解析：设三棱柱的底面ABC 的面积为S ，高为h ，则其体积为V 2＝Sh .因为D ，E 分别为AB ，AC 的中点，所以△A DE 的面积等于14S .又因为F 为AA 1的中点，所以三棱锥F -A DE 的高等于12h ，于是三棱锥F -A DE 的体积V 1＝13×14S ·12h ＝124Sh ＝124V 2，故V 1∶V 2＝1∶24.答案：1∶24 29．(2013·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为________．解析：由几何体的三视图可知该几何体是一个底面是正方形的四棱锥，其底面边长为3，且该四棱锥的高是1，故其体积为V ＝13×9×1＝3.答案：3 30．(2013·高考北京卷)如图，在棱长为2的正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1中，E 为BC 的中点，点P 在线段D 1E 上，点P 到直线CC 1的距离的最小值为________．解析：如图，过点E 作EE 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，交直线B 1C 1于点E 1，连接D 1E 1，DE ，在平面D 1DEE 1内过点P 作PH ∥EE 1交D 1E 1于点H ，连接C 1H ，则C 1H 即为点P 到直线CC 1的距离．当点P 在线段D 1E 上运动时，点P 到直线CC 1的距离的最小值为点C 1到线段D 1E 1的距离，即为△C 1D 1E 1的边D 1E 1上的高h .∵C 1D 1＝2，C 1E 1＝1，∴D 1E 1＝5，∴h ＝25＝255.答案：25531．(2013·高考福建卷)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是________．解析：由三视图知组合体为球内接正方体，正方体的棱长为2，若球半径为R ，则2R ＝23，∴R ＝ 3.∴S 球表＝4πR 2＝4π×3＝12π.答案：12π 32．(2013·高考辽宁卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是________．解析：由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱，圆柱底面圆半径为2，高为4，故体积为16π；正四棱柱底面边长为2，高为4，故体积为16，故题中几何体的体积为16π－16.答案：16π－1633．(2013·高考天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析：设正方体棱长为a ，球半径为R ，则43πR 3＝92π，∴R ＝32，∴3a ＝3，∴a ＝ 3.答案： 3 34．(2013·高考陕西卷)某几何体的三视图如图所示， 则其表面积为________．解析：由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截面面积的和，即12×4π＋π＝3π.答案：3π35．某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．解析：原几何体可视为圆锥的一半，其底面半径为1，高为2，∴其体积为13×π×12×2×12＝π3.答案：π336．(2013·高考新课标全国卷Ⅰ)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝6，求三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B . 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB . 由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°， 故△AA 1B 为等边三角形， 所以OA 1⊥AB .因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C . 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C .(2)由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝ 3. 又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥OC .因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC -A 1B 1C 1的高．又△ABC 的面积S △ABC ＝3，故三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ·OA 1＝3.37．(2013·高考安徽卷)如图，正方体ABC D-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．①当0<CQ <12时，S 为四边形；②当CQ ＝12时，S 为等腰梯形；③当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R ＝13；④当34<CQ <1时，S 为六边形；⑤当CQ ＝1时，S 的面积为62.解析：①当0<CQ <12时，如图(1)．在平面AA 1D 1D 内，作A E ∥PQ ， 显然E 在棱DD 1上，连接E Q ， 则S 是四边形APQ E.②当CQ ＝12时，如图(2)．显然PQ ∥BC 1∥A D 1，连接D 1Q ， 则S 是等腰梯形．③当CQ ＝34时，如图(3)．作BF ∥PQ 交CC 1的延长线于点F ，则C 1F ＝12.作A E ∥BF ，交DD 1的延长线于点E ，D 1E ＝12，A E ∥PQ ，连接E Q 交C 1D 1于点R ，由于Rt △RC 1Q ∽Rt △R D 1E ，∴C 1Q ∶D 1E ＝C 1R ∶R D 1＝1∶2，∴C 1R ＝13.④当34<CQ <1时，如图(3)，边接RM (点M 为A E 与A 1D 1交点)，显然S 为五边形APQRM .⑤当CQ ＝1时，如图(4)．同③可作A E ∥PQ 交DD 1的延长线于点E ，交A 1D 1于点M ，显然点M 为A 1D 1的中点，所以S 为菱形APQM ，其面积为12MP ×AQ ＝12×2×3＝62.答案：①②③⑤ 38．(2013·高考新课标全国卷Ⅱ)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别是AB ，BB 1的中点，AA 1＝AC ＝CB ＝22AB . (1)证明：BC 1∥平面A 1C D ； (2)求二面角D-A 1C -E 的正弦值．解：(1)证明：连接AC 1，交A 1C 于点F ，则F 为AC 1的中点． 又D 是AB 的中点，连接D F ，则BC 1∥D F . 因为D F ⊂平面A 1C D ，BC 1⊄平面A 1C D ， 所以BC 1∥平面A 1C D.(2)由AC ＝CB ＝22AB ，得AC ⊥BC . 以C 为坐标原点，CA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C -xyz .设CA ＝2，则D(1,1,0)，E(0,2，1)，A 1(2,0,2)，CD →＝(1,1,0)，CE →＝(0,2,1)，CA 1→＝(2,0,2)．设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面A 1C D 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CD →＝0，n ·CA 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1＋2z 1＝0. 可取n ＝(1，－1，－1)．同理，设m 是平面A 1C E 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·CE →＝0，m ·CA 1→＝0，可取m ＝(2,1，－2)．从而co s n ，m ＝n·m|n||m|＝33，故s in n ，m ＝63.即二面角D-A 1C -E 的正弦值为63.39．(2013·高考陕西卷)如图，四棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1的底面ABC D 是正方形，O 为底面中心，A 1O ⊥平面ABC D ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：A 1C ⊥平面BB 1D 1D ；(2)求平面OCB 1与平面BB 1D 1D 的夹角θ的大小．解：(1)法一：由题设易知OA ，OB ，OA 1两两垂直，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝AA 1＝2， ∴OA ＝OB ＝OA 1＝1，∴A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (－1,0,0)，D(0，－1,0)，A 1(0,0,1)． 由A 1B 1→＝AB →，易得B 1(－1,1,1)． ∵A 1C →＝(－1,0，－1)，BD →＝(0，－2,0)，BB 1→＝(－1,0,1)， ∴A 1C →·BD →＝0，A 1C →·BB 1→＝0， ∴A 1C ⊥B D ，A 1C ⊥BB 1， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D.法二：∵A 1O ⊥平面ABC D ，∴A 1O ⊥B D. 又四边形ABC D 是正方形，∴B D ⊥AC ，∴B D ⊥平面A 1OC ， ∴B D ⊥A 1C .又OA 1是AC 的中垂线，∴A 1A ＝A 1C ＝2，且AC ＝2，∴AC 2＝AA 21＋A 1C 2，∴△AA 1C 是直角三角形，∴AA 1⊥A 1C .又BB 1∥AA 1，∴A 1C ⊥BB 1.又BB 1∩B D ＝B ， ∴A 1C ⊥平面BB 1D 1D.(2)设平面OCB 1的法向量n ＝(x ，y ，z )． ∵OC →＝(－1,0,0)，OB 1→＝(－1,1,1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·OC →＝－x ＝0，n ·OB 1→＝－x ＋y ＋z ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－z . 取n ＝(0,1，－1)，由(1)知，A 1C →＝(－1,0，－1)是平面BB 1D 1D 的法向量，∴co s θ＝|co s 〈n ，A 1C →〉|＝12×2＝12.又0≤θ≤π2，∴θ＝π3.40．(2013·高考湖南卷)如图，在直棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1中，A D ∥BC ，∠BA D ＝90°，AC ⊥B D ，BC ＝1，A D ＝AA 1＝3.(1)证明：AC ⊥B 1D ；(2)求直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值．解：法一：(1)证明：因为BB 1⊥平面ABC D ，AC ⊂平面ABC D ，所以AC ⊥BB 1. 又AC ⊥B D ，所以AC ⊥平面BB 1D.而B 1D ⊂平面BB 1D ，所以AC ⊥B 1D. (2)因为B 1C 1∥A D ，所以直线B 1C 1与平面AC D 1所成的角等于直线A D 与平面AC D 1所成的角(记为θ)．连接A 1D.因为棱柱ABC D-A 1B 1C 1D 1是直棱柱，且∠B 1A 1D 1＝∠BA D ＝90°，所以A 1B 1⊥平面A DD 1A 1，从而A 1B 1⊥A D 1.又A D ＝AA 1＝3，所以四边形A DD 1A 1是正方形，于是A 1D ⊥A D 1.故A D 1⊥平面A 1B 1D ，于是A D 1⊥B 1D.由(1)知，AC ⊥B 1D ，所以B 1D ⊥平面AC D 1.故∠A D B 1＝90°－θ.在直角梯形ABC D 中，因为AC ⊥B D ，所以∠BAC ＝∠A D B .从而Rt △ABC ∽Rt △D AB ，故AB DA ＝BCAB，即AB ＝DA ·BC ＝ 3. 连接AB 1，易知△AB 1D 是直角三角形，且B 1D 2＝BB 21＋B D 2＝BB 21＋AB 2＋A D 2＝21，即B 1D ＝21.在Rt △AB 1D 中，co s ∠A D B 1＝AD B 1D ＝321＝217，即co s (90°－θ)＝217.从而s in θ＝217.即直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值为217.法二：(1)证明：易知，AB ，A D ，AA 1两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB ，A D ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝t ，则相关各点的坐标为A (0,0,0)，B (t,0,0)，B 1(t,0,3)，C (t,1,0)，C 1(t,1,3)，D(0,3,0)，D 1(0,3,3)．从而B 1D →＝(－t,3，－3)，AC →＝(t,1,0)，BD →＝(－t,3,0)．因为AC ⊥B D ，所以AC →·BD →＝－t 2＋3＋0＝0. 解得t ＝3或t ＝－3(舍去)．于是B 1D →＝(－3，3，－3)，AC →＝(3，1,0)．因为AC →·B 1D →＝－3＋3＋0＝0，所以AC →⊥B 1D →， 即AC ⊥B 1D.(2)由(1)知，AD 1→＝(0,3,3)，AC →＝(3，1,0)，B 1C 1→＝(0,1,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面AC D 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y ＝0，3y ＋3z ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－3，3)．设直线B 1C 1与平面AC D 1所成角为θ，则s in θ＝|co s 〈n ，B 1C 1→〉|＝|n ·B 1C 1→|n |·|B 1C 1→||＝37＝217，即直线B 1C 1与平面AC D 1所成角的正弦值为217.41．(2013·高考大纲全国卷)如图，四棱锥P -ABC D 中，∠ABC ＝∠BA D ＝90°，BC ＝2A D ，△P AB 和△P A D 都是边长为2的等边三角形．(1)证明：PB ⊥C D ；(2)求点A 到平面PC D 的距离． 解：(1)证明：如图，取BC 的中点E ，连接DE ，则四边形AB ED 为正方形． 过点P 作PO ⊥平面ABC D ，垂足为O . 连接OA ，OB ，O D ，O E.由△P AB 和△P A D 都是等边三角形知P A ＝PB ＝P D ，所以OA ＝OB ＝O D ，即点O 为正方形AB ED 对角线的交点，故O E ⊥B D. 又O E ⊥OP ，B D ∩O ＝O ，所以O E ⊥平面P D B ，从而PB ⊥O E. 因为O 是B D 的中点，E 是BC 的中点， 所以O E ∥C D.因此PB ⊥C D.(2)取P D 的中点F ，连接OF ，则OF ∥PB . 由(1)知，PB ⊥C D ，故OF ⊥C D.又O D ＝12B D ＝2，OP ＝PD 2－OD 2＝2，故△PO D 为等腰三角形，因此OF ⊥P D. 又P D ∩C D ＝D ，所以OF ⊥平面PC D.因为A E ∥C D ，C D ⊂平面PC D ，A E ⊄平面PC D ， 所以A E ∥平面PC D.因此点O 到平面PC D 的距离OF 就是点A 到平面PC D 的距离，而OF ＝12PB ＝1，所以点A 到平面PC D 的距离为1. 42．(2013·高考山东卷)如图，四棱锥P -ABC D 中，AB ⊥AC ，AB ⊥P A ，AB ∥C D ，AB ＝2C D ，E ，F ，G ，M ，N分别为PB ，AB ，BC ，P D ，PC 的中点．(1)求证：C E ∥平面P A D ；(2)求证：平面E FG ⊥平面E MN . 证明：(1)法一：如图，取P A 的中点H ，连接E H ，D H . 因为E 为PB 的中点，所以E H ∥AB ，E H ＝12AB .又AB ∥C D ，C D ＝12AB ，所以E H ∥C D ，E H ＝C D.所以四边形D C E H 是平行四边形． 所以C E ∥D H .又D H ⊂平面P A D ，C E ⊄平面P A D ， 所以C E ∥平面P A D. 法二：如图，连接CF .因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又C D ＝12AB ，所以AF ＝C D.又AF ∥C D ，所以四边形AFC D 为平行四边形． 所以CF ∥A D.又CF ⊄平面P A D ，所以CF ∥平面P A D.因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以E F ∥P A . 又E F ⊄平面P A D ，所以E F ∥平面P A D. 因为CF ∩E F ＝F ，故平面C E F ∥平面P A D. 又C E ⊂平面C E F ，所以C E ∥平面P A D. (2)因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点， 所以E F ∥P A .又AB ⊥P A ，所以AB ⊥E F . 同理可证AB ⊥FG .又E F ∩FG ＝F ，E F ⊂平面E FG ，FG ⊂平面E FG ， 因此AB ⊥平面E FG .又M ，N 分别为P D ，PC 的中点，所以MN ∥D C . 又AB ∥D C ，所以MN ∥AB ，所以MN ⊥平面E FG . 又MN ⊂平面E MN ，所以平面E FG ⊥平面E MN . 43．(2013·高考江西卷)如图，四棱锥P -ABC D 中，P A ⊥平面ABC D ，E 为B D 的中点，G 为P D 的中点，△D AB≌△D CB ，E A ＝E B ＝AB ＝1，P A ＝32，连接C E 并延长交A D 于F .(1)求证：A D ⊥平面CFG ；(2)求平面BCP 与平面D CP 的夹角的余弦值．解：(1)证明：在△AB D 中，因为点E 是B D 中点， 所以E A ＝E B ＝ED ＝AB ＝1，故∠BA D ＝π2，∠AB E ＝∠A E B ＝π3.因为△D AB ≌△D CB ，所以△E AB ≌△E CB ，从而有∠F ED ＝∠B E C ＝∠A E B ＝π3，所以∠F ED ＝∠F E A ，故E F ⊥A D ，AF ＝F D. 又PG ＝G D ，所以FG ∥P A . 又P A ⊥平面ABC D ，所以GF ⊥A D ，故A D ⊥平面CFG .(2)以点A 为坐标原点建立如图所示的坐标系，则 A (0,0,0)，B (1,0,0)， C ⎝⎛⎭⎫32，32，0，D(0，3，0)， P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， 故BC →＝⎝⎛⎭⎫12，32，0，CP →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，32，CD →＝⎝⎛⎭⎫－32，32，0.设平面BCP 的法向量n 1＝(1，y 1，z 1)， 则⎩⎨⎧12＋32y 1＝0，－32－32y 1＋32z 1＝0，解得⎩⎨⎧y 1＝－33，z 1＝23，即n 1＝⎝⎛⎭⎫1，－33，23. 设平面D CP 的法向量n 2＝(1，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧－32＋32y 2＝0，－32－32y 2＋32z 2＝0，解得⎩⎨⎧y 2＝3，z 2＝2，即n 2＝(1，3，2)．从而平面BCP 与平面D CP 的夹角的余弦值为co s θ＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝43169×8＝24. 44．(2013·高考江苏卷)如图，在三棱锥S -ABC 中，平面SAB ⊥平面SBC ，AB ⊥BC ，AS ＝AB .过A 作AF ⊥SB ，垂足为F ，点E ，G 分别是棱SA ，SC 的中点．求证：(1)平面E FG ∥平面ABC ； (2)BC ⊥SA . 证明：(1)因为AS ＝AB ，AF ⊥SB ，垂足为F ，所以F 是SB 的中点． 又因为E 是SA 的中点， 所以E F ∥AB .因为E F ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以E F ∥平面ABC . 同理E G ∥平面ABC .又E F ∩E G ＝E ， 所以平面E FG ∥平面ABC .(2)因为平面SAB ⊥平面SBC ，且交线为SB ，又AF ⊂平面SAB ，AF ⊥SB ，所以AF ⊥平面SBC .因为BC ⊂平面SBC ，所以AF ⊥BC .又因为AB ⊥BC ，AF ∩AB ＝A ，AF ⊂平面SAB ，AB ⊂平面SAB ，所以BC ⊥平面SAB . 因为SA ⊂平面SAB ，所以BC ⊥SA . 45．(2013·高考江苏卷)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC 中，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，A 1A ＝4，点D 是BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值；(2)求平面A D C 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值． 解：(1)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0,2,0)，D(1,1,0)，A 1(0,0,4)，C 1(0,2,4)，所以A 1B →＝(2,0，－4)，C 1D →＝(1，－1，－4)．因为co s A 1B →，C 1D →＝A 1B →·C 1D →|A 1B →||C 1D →|＝1820×18＝31010，所以异面直线A 1B 与C 1D 所成角的余弦值为31010.(2)设平面A D C 1的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，因为AD →＝(1,1,0)，AC 1→＝(0,2,4)，所以n 1·AD →＝0，n 1·AC 1→＝0，即x ＋y ＝0且y ＋2z ＝0，取z ＝1，得x ＝2，y ＝－2，所以，n 1＝(2，－2,1)是平面A D C 1的一个法向量．取平面AA 1B 的一个法向量为n 2＝(0,1,0)，设平面A D C 1与平面ABA 1所成二面角的大小为θ.由|co s θ|＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝29×1＝23，得s in θ＝53.因此，平面A D C 1与平面ABA 1所成二面角的正弦值为53.46．(2013·高考湖北卷)如图，AB 是圆O 的直径，点C 是圆O 上异于A ，B 的点，直线PC ⊥平面ABC ，E ，F 分别是P A ，PC 的中点．(1)记平面B E F 与平面ABC 的交线为l ，试判断直线l 与平面P AC 的位置关系，并加以证明；(2)设(1)中的直线l 与圆O 的另一个交点为D ，且点Q 满足DQ →＝12CP →.记直线PQ 与平面ABC 所成的角为θ，异面直线PQ 与E F 所成的角为α，二面角E-l -C 的大小为β，求证：s in θ＝s in αs in β .解：(1)直线l ∥平面P AC .证明如下：连接E F ，因为E ，F 分别是P A ，PC 的中点，所以E F ∥AC .又E F ⊄平面ABC ，且AC ⊂平面ABC ，所以E F ∥平面ABC .而E F ⊂平面B E F ，且平面B E F ∩平面ABC ＝l ，所以E F ∥l .因为l ⊄平面P AC ，E F ⊂平面P AC ，所以直线l ∥平面P AC .(2)法一(综合法)：如图(1)，连接B D ，由(1)可知交线l 即为直线B D ，且l ∥AC . 因为AB 是⊙O 的直径，所以AC ⊥BC ，于是l ⊥BC . 已知PC ⊥平面ABC ，而l ⊂平面ABC ，所以PC ⊥l . 而PC ∩BC ＝C ，所以l ⊥平面PBC .连接B E ，BF ，因为BF ⊂平面PBC ，所以l ⊥BF . 故∠CBF 就是二面角E-l -C 的平面角，即∠CBF ＝β.由DQ →＝12CP →，作D Q ∥CP ，且D Q ＝12CP .连接PQ ，D F ，因为F 是CP 的中点，CP ＝2PF ，所以D Q ＝PF ，从而四边形D QPF 是平行四边形，PQ ∥F D. 连接C D ，因为PC ⊥平面ABC ，所以C D 是F D 在平面ABC 内的射影．故∠C D F 就是直线PQ 与平面ABC 所成的角，即∠C D F ＝θ. 又B D ⊥平面PBC ，所以B D ⊥BF ，所以∠B D F 为锐角．故∠B D F 为异面直线PQ 与E F 所成的角，即∠B D F ＝α，于是在Rt △D CF ，Rt △FB D ，Rt △BCF 中，分别可得s in θ＝CF DF ，s in α＝BF DF ，s in β＝CF BF，从而s in αs in β＝BF DF ·CF BF ＝CFDF＝s in θ，即s in θ＝s in αs in β.法二(向量法)：如图(2)，由DQ →＝12CP →，作D Q ∥CP ，且D Q ＝12CP .连接PQ ，E F ，B E ，BF ，B D.由(1)可知交线l 即为直线B D.以点C 为原点，向量CA →，CB →，CP →所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图(2)所示的空间直角坐标系，设CA ＝a ，CB ＝b ，CP ＝2c ，则有C (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，b,0)，P (0,0,2c )，Q (a ，b ，c )，E ⎝⎛⎭⎫12a ，0，c ，F (0,0，c )． 于是FE →＝⎝⎛⎭⎫12a ，0，0，QP →＝(－a ，－b ，c )，BF →＝(0，－b ，c )， 所以co s α＝|FE →·QP →||FE →||QP →|＝aa 2＋b 2＋c 2， 从而s in α＝1－cos 2α＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c2.取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，可得s in θ＝|m ·QP →||m ||QP →|＝ca 2＋b 2＋c 2. 设平面B E F 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·FE →＝0，n ·BF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧12ax ＝0，－by ＋cz ＝0，取n ＝(0，c ，b )．于是|co s β|＝|m·n||m||n|＝b b 2＋c2，从而s in β＝ 1－cos 2β＝cb 2＋c2.故s in αs in β＝b 2＋c 2a 2＋b 2＋c 2·c b 2＋c 2＝c a 2＋b 2＋c 2＝s in θ，即s in θ＝s in αs in β. 47．(2013·高考浙江卷)如图，在四棱锥P -ABC D 中，P A ⊥平面ABC D ，AB ＝BC ＝2, A D ＝C D ＝7，P A ＝3，∠ABC ＝120°，G 为线段PC 上的点．(1)证明：B D ⊥平面APC ；(2)若G 为PC 的中点，求D G 与平面APC 所成的角的正切值；(3)若G 满足PC ⊥平面BG D ，求PGGC的值．解：(1)证明：设点O 为AC ，B D 的交点．由AB ＝BC ，A D ＝C D ，得B D 是线段AC 的中垂线， 所以O 为AC 的中点，B D ⊥AC .又因为P A ⊥平面ABC D ，B D ⊂平面ABC D ，所以P A ⊥B D. 所以B D ⊥平面APC . (2)连接OG .由(1)可知，O D ⊥平面APC ，则D G 在平面APC 内的射影为OG ，所以∠OG D 是D G 与平面APC 所成的角．由题意得OG ＝12P A ＝32.在△ABC 中，AC ＝ AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos ∠ABC＝ 4＋4－2×2×2×(－12)＝23，所以OC ＝12AC ＝ 3.在直角△OC D 中，O D ＝CD 2－OC 2＝7－3＝2.在直角△OG D 中，tan ∠OG D ＝OD OG ＝433.所以D G 与平面APC 所成的角的正切值为433.(3)因为PC ⊥平面BG D ，OG ⊂平面BG D ，所以PC ⊥OG . 在直角△P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3＋12＝15，所以GC ＝AC ·OC PC ＝23×315＝2155.从而PG ＝3155，所以PG GC ＝32.48．(2013·高考北京卷)如图，在四棱锥P -ABC D 中，AB ∥C D ，AB ⊥A D ，C D ＝2AB ，平面P A D ⊥底面ABC D ，P A ⊥A D ，E 和F 分别是C D 和PC 的中点．求证：(1)P A ⊥底面ABC D ； (2)B E ∥平面P A D ；(3)平面B E F ⊥平面PC D.证明：(1)因为平面P A D ⊥底面ABC D ，且P A 垂直于这两个平面的交线A D ，所以P A ⊥底面ABC D.(2)因为AB ∥C D ，C D ＝2AB ，E 为C D 的中点， 所以AB ∥DE ，且AB ＝DE.所以四边形AB ED 为平行四边形．所以B E ∥A D.又因为B E ⊄平面P A D ，A D ⊂平面P A D ， 所以B E ∥平面P A D.(3)因为AB ⊥A D ，而且四边形AB ED 为平行四边形， 所以B E ⊥C D ，A D ⊥C D. 由(1)知P A ⊥底面ABC D ， 所以P A ⊥C D.所以C D ⊥平面P A D. 所以C D ⊥P D.因为E 和F 分别是C D 和PC 的中点， 所以P D ∥E F .所以C D ⊥E F . 又因为C D ⊥B E ，E F ∩B E ＝E ， 所以C D ⊥平面B E F .所以平面B E F ⊥平面PC D.49．(2013·高考天津卷)如图， 三棱柱ABC -A 1B 1C 1中， 侧棱A 1A ⊥底面ABC ，且各棱长均相等，D ，E ，F 分别为棱AB ，BC ，A 1C 1的中点.(1)证明E F ∥平面A 1C D ;(2)证明平面A 1C D ⊥平面A 1ABB 1;(3)求直线BC 与平面A 1C D 所成角的正弦值.解：(1)证明：如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ∥A 1C 1，且AC ＝A 1C 1，连接ED ，在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点，所以DE ＝12AC 且DE ∥AC .又因为F 为A 1C 1的中点，可得A 1F ＝DE ，且A 1F ∥DE ，即四边形A 1DE F 为平行四边形，所以E F ∥D A 1.又E F ⊄平面A 1C D ，D A 1⊂平面A 1C D ，所以E F ∥平面A 1C D.(2)证明：由于底面ABC 是正三角形，D 为AB 的中点，故C D ⊥AB .又由于侧棱A 1A ⊥底面ABC ，C D ⊂平面ABC ，所以A 1A ⊥C D.又A 1A ∩AB ＝A ，因此C D ⊥平面A 1ABB 1.而C D ⊂平面A 1C D ，所以平面A 1C D ⊥平面A 1ABB 1.(3)在平面A 1ABB 1内，过点B 作BG ⊥A 1D 交直线A 1D 于点G ，连接CG .由于平面A 1C D ⊥平面A 1ABB 1，而直线A 1D 是平面A 1C D 与平面A 1ABB 1的交线，故BG ⊥平面A 1C D.由此可得∠BCG 为直线BC 与平面A 1C D 所成的角．设棱长为a ，可得A 1D ＝5a 2，由△A 1A D ∽△BG D ，易得BG ＝5a5.在Rt △BGC 中，s in∠BCG ＝BG BC ＝55.所以直线BC 与平面A 1C D 所成角的正弦值为55.50．(2013·高考四川卷)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝2AA 1，∠BAC ＝120°，D ，D 1分别是线段BC ，B 1C 1的中点，P 是线段A D 的中点．(1)在平面ABC 内，试作出过点P 与平面A 1BC 平行的直线l ，说明理由，并证明直线l ⊥平面A DD 1A 1；(2)设(1)中的直线l 交AB 于点M ，交AC 于点N ，求二面角A -A 1M -N 的余弦值．解：(1)如图(1)，在平面ABC 内，过点P 作直线l ∥BC ，因为l 在平面A 1BC 外，BC 在平面A 1BC 内，由直线与平面平行的判定定理可知，l ∥平面A 1BC .因为AB ＝AC ，D 是BC 的中点，所以BC ⊥A D ，则直线l ⊥A D.因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥l .又因为A D ，AA 1在平面A DD 1A 1内，且A D 与AA 1相交，所以直线l ⊥平面A DD 1A 1. (2)法一：连接A 1P ，过点A 作A E ⊥A 1P 于点E ，过点E 作E F ⊥A 1M 于点F ，连接AF . 由(1)知，MN ⊥平面A E A 1， 所以平面A E A 1⊥平面A 1MN .所以A E ⊥平面A 1MN ，则A 1M ⊥A E. 所以A 1M ⊥平面A E F ，则A 1M ⊥AF . 故∠AF E 为二面角A -A 1M -N 的平面角(设为θ)．设AA 1＝1，则由AB ＝AC ＝2AA 1，∠BAC ＝120°，有∠BA D ＝60°，AB ＝2，A D ＝1. 又P 为A D 的中点，所以M 为AB 的中点，且AP ＝12，AM ＝1.所以在Rt △AA 1P 中，A 1P ＝52.在Rt △A 1AM 中，A 1M ＝ 2.从而A E ＝AA 1·AP A 1P ＝15，AF ＝AA 1·AM A 1M ＝12，所以s in θ＝AE AF ＝25.所以co s θ＝1－sin 2θ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫252＝155. 故二面角A -A 1M -N 的余弦值为155. 法二：设A 1A ＝1，则AB ＝AC ＝2.如图(2)，过点A 1作A 1E 平行于C 1B 1，以点A 1为坐标原点，分别以A 1E →，A 1D 1→，A 1A →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz (点O 与点A 1重合)，则A 1(0,0,0)，A (0,0,1)．因为P 为A D 的中点，所以M ，N 分别为AB ，AC 的中点，故M ⎝⎛⎭⎫32，12，1，N ⎝⎛⎭⎫－32，12，1，所以A 1E →＝⎝⎛⎭⎫32，12，1，A 1A →＝(0,0,1)，NM →＝(3，0,0)．设平面AA 1M 的一个法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1⊥A 1M →n 1⊥A 1A →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1M →＝0，n 1·A 1A →＝0，故有⎩⎪⎨⎪⎧(x 1，y 1，z 1)·⎝⎛⎭⎫32，12，1＝0，(x 1，y 1，z 1)·(0，0，1)＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧32x 1＋12y 1＋z 1＝0，z 1＝0.取x 1＝1，则y 1＝－3，所以n 1＝(1，－3，0)． 设平面A 1MN 的一个法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2⊥A 1M →，n 2⊥NM →，即⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1M →＝0，n 2·NM →＝0，故有⎩⎪⎨⎪⎧(x 2，y 2，z 2)·⎝⎛⎭⎫32，12，1＝0，(x 2，y 2，z 2)·(3，0，0)＝0，从而⎩⎪⎨⎪⎧32x 2＋12y 2＋z 2＝0，3x 2＝0.取y 2＝2，则z 2＝－1，所以n 2＝(0,2，－1)． 设二面角A -A 1M -N 的平面角为θ，又θ为锐角，则co s θ＝⎪⎪⎪⎪n 1·n 2|n 1||n 2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(1，－3，0)·(0，2，－1)2×5 ＝155.故二面角A -A 1M -N 的余弦值为155.51．(2013·高考福建卷)如图，在四棱锥P -ABC D 中，P D ⊥平面ABC D ，AB ∥D C ，AB ⊥A D ，BC ＝5，D C ＝3，A D ＝4，∠P A D ＝60°.(1) 当正视方向与向量AD →的方向相同时，画出四棱锥P -ABC D 的正视图(要求标出尺寸，并写出演算过程)；(2)若M 为P A 的中点，求证：D M ∥平面PBC ； (3)求三棱锥D-PBC 的体积．图(1)解：法一：(1)在梯形ABC D 中，如图(1)，过点C 作C E ⊥AB ，垂足为E. 由已知得，四边形A D C E 为矩形，A E ＝C D ＝3，在Rt △B E C 中，由BC ＝5，C E ＝4，依勾股定理得B E ＝3，从而AB ＝6. 又由P D ⊥平面ABC D ，得P D ⊥A D ，从而在Rt △P D A 中，由A D ＝4，∠P A D ＝60°， 得P D ＝4 3.正视图如图(2)所示．图(2) 图(3)(2)如图(3)，取PB 的中点N ，连接MN ，CN .在△P AB 中，∵M 是P A 的中点，∴MN ∥AB ，MN ＝12AB ＝3.又C D ∥AB ，C D ＝3，∴MN ∥C D ，MN ＝C D ，∴四边形MNC D 为平行四边形，∴D M ∥CN . 又D M ⊄平面PBC ，CN ⊂平面PBC ， ∴D M ∥平面PBC .(3)V D-PBC ＝V P -D BC ＝13S △D BC ·P D ， 又S △D BC ＝6，P D ＝43，所以V D-PBC ＝8 3.法二：(1)同法一．图(4)(2)如图(4)，取AB 的中点E ，连接M E ，DE. 在梯形ABC D 中，B E ∥C D ，且B E ＝C D ， ∴四边形BC DE 为平行四边形， ∴DE ∥BC .又DE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， ∴DE ∥平面PBC .又在△P AB 中，M E ∥PB ，M E ⊄平面PBC ，PB ⊂平面PBC ，∴M E ∥平面PBC . 又DE ∩M E ＝E ，∴平面D M E ∥平面PBC .又D M ⊂平面D M E ，∴D M ∥平面PBC .。
江苏省12市2015届高三上学期期末考试数学试题分类汇编立体几何
江苏省12市2015届高三上学期期末考试数学试题分类汇编立体几何一、填空题1、（泰州市2015届高三上期末）若αβ、是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为 ▲ ．（写出所有真命题的序号） ①若直线m α⊥，则在平面β内，一定不存在与直线m 平行的直线． ②若直线m α⊥，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直． ③若直线m α⊂，则在平面β内，不一定存在与直线m 垂直的直线． ④若直线m α⊂，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线．2、（无锡市2015届高三上期末）三棱锥P ABC -中，,D E 分别为,PB PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V =二、解答题1、（常州市2015届高三）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，平面PBD⊥平面 ABCD ， PB =PD ，PA ⊥PC ，CD ⊥PC ，O ，M 分别是BD ，PC的中点，连结OM ．求证： （1）OM ∥平面PAD ； （2）OM ⊥平面PCD ．D（第16题）2、（连云港、徐州、淮安、宿迁四市2015届高三）如图，在三棱锥P ABC -中，已知平面PBC ⊥平面ABC ．(1) 若AB ⊥BC ，且CP ⊥PB ，求证：CP ⊥PA ；(2) 若过点A 作直线l ⊥平面ABC ，求证：l //平面PBC ．3、（南京市、盐城市2015届高三）如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，,O E 分别为1,B D AB 的中点. （1）求证：//OE 平面11BCC B ； （2）求证：平面1B DC ⊥平面1B DE .4、（南通市2015届高三）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,4,AC BC CC M ⊥=是棱1CC 上的一点.()1求证：BC AM ⊥；()2若N 是AB 的中点，且CN ∥平面1AB M .A PB （第16题）BACDB 1A 1 C 1 D 1 E第16题图O5、（南通市2015届高三）如图，在四棱锥A-BCDE 中，底面BCDE 为平行四边形，平面ABE ⊥平面BCDE ，AB ＝AE ，DB ＝DE ，∠BAE ＝∠BDE ＝90º。
2015届高三数学体艺午间小练及答案：解三角形与立体几何(9)
高三体艺午间小练：解三角形与立体几何（9）1．在ABC ∆中，,,a b c 分别是角,,A B C 的对边，且cos cos B C b a c =-+2. （1）求角B 的大小；（2）若b a c =+=134，，求ABC ∆的面积.2．（12分）（2011•陕西）如图，在△ABC 中，∠ABC=45°，∠BAC=90°，AD 是BC 上的高，沿AD 把是BC 上的△ABD 折起，使∠BDC=90°．（Ⅰ）证明：平面ADB⊥平面BDC；（Ⅱ）设BD=1，求三棱锥D﹣ABC的表面积．参考答案1．（1）B =23π,（2）ABC S = 【解析】试题分析：（1）由正弦定理可将原等式转化为cos sin cos 2sin sin B B C A C =+,展开可化为2s i n cos s i n 0A B A +=又sin 0A ≠，所以1cos 2B =-，在三角形内，23B π=.（2）由23B π=，b a c =+=134，，根据余弦定理b a c ac ac B 2222=+--()cos ，可化为131621123=--=ac ac ()，∴ 那么S ac B ABC △==12343sin .试题解析：解：（1）由正弦定理a Ab Bc C R sin sin sin ===2得 2分 a R A b R B c R C ===222sin sin sin ，， 将上式代入已知cos cos cos cos sin sin sin B C b a c B C B A C =-+=-+22得4分 即20sin cos sin cos cos sin A B C B C B ++=即20sin cos sin()A B B C ++=∵A B C B C A A B A ++=+=+=π，∴，∴sin()sin sin cos sin 20 ∵sin cos A B ≠，∴，012=-∵B 为三角形的内角，∴B =23π. 6分 （2）将b a c B =+==13423，，π代入定理b a c ac B 2222=+-cos 得 8分 b a c ac ac B 2222=+--()cos ， 9分 ∴131621123=--=ac ac ()，∴ ∴S ac B ABC △==12343sin . 12分 考点：本题主要考查正余弦定理．2．（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】试题分析：（Ⅰ）翻折后，直线AD与直线DC、DB都垂直，可得直线与平面BDC垂直，再结合AD是平面ADB内的直线，可得平面ADB与平面垂直；（Ⅱ）根据图形特征可得△ADB、△DBC、△ADC是全等的等腰直角三角形，△ABC是等边三角形，利用三角形面积公式可得三棱锥D﹣ABC的表面积．解：（Ⅰ）∵折起前AD是BC边上的高，∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB，又DB∩DC=D，∴AD⊥平面BDC，∵AD⊂平面ABD．∴平面ADB⊥平面BDC（Ⅱ）由（Ⅰ）知，DA⊥DB，DB⊥DC，DC⊥DA，∵DB=DA=DC=1，∴AB=BC=CA=，从而所以三棱锥D﹣ABC的表面积为：点评：解决平面图形翻折问题的关键是看准翻折后没有发生变化的位置关系，抓住翻折后仍然垂直的直线作为条件，从而解决问题．。
【创新设计】2015高考数学(江苏专用,理科)二轮专题整合：1-2-2解三角形问题]
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第2讲 解三角形问题一、填空题1．(2014·西安模拟)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a sin A sin B ＋b cos 2 A ＝2a ，则ba ＝________.解析 因为a sin A sin B ＋b cos 2 A ＝2a ，所以由正弦定理，得sin A sin A sin B ＋sin B ()1－sin 2A ＝2sin A ，即sinB ＝2sin A ，所以b a ＝ 2. 答案22．(2014·益阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a sin A ＋b sin B －c sin C ＝3a sin B ，则角C 等于________． 解析 由正弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝3ab ， 所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝32，又0＜C ＜π，所以C ＝π6.答案 π63．(2014·吉林省实验中学一模)在△ABC 中，sin(A ＋B )·sin(A －B )＝sin 2C ，则此三角形的形状是________三角形．解析 因为sin(A ＋B )sin(A －B )＝sin 2 C ，所以sin (A －B )＝sin C ，又因为A ，B ，C 为△ABC 的内角，所以A －B ＝C ，所以A ＝90°，所以△ABC 为直角三角形．答案 直角4．(2014·福建卷)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积等于________．解析 由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ，∴12＝AB 2＋16－2×AB ×4×cos 60°，解得AB ＝2， ∴S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin A ＝12×2×4×sin 60°＝2 3.答案 2 35．(2014·福州模拟)在△ABC 中，BC ＝1，B ＝π3，△ABC 的面积S ＝3，则sin C ＝________.解析 因为在△ABC 中，BC ＝1，B ＝π3，△ABC 的面积S ＝3，所以S △ABC ＝12BC ×BA sin B ＝3，即12×1×BA ×32＝3，解得BA ＝4.又由余弦定理，得AC 2＝BC 2＋BA 2－2BC ·BA cos B ，即得AC ＝13，由正弦定理，得BA sin C ＝ACsin B ，解得sin C ＝23913.答案239136．在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C ．则A 的取值范围是________．解析 由题意结合正弦定理，得a 2≤b 2＋c 2－bc ⇒b 2＋c 2－a 2≥bc ⇒b 2＋c 2－a 2bc≥1⇒cos A ≥12，A 为△ABC 内角⇒0＜A ≤π3.答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3 7．(2014·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知b －c ＝14a,2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为________． 解析 ∵2sin B ＝3sin C ，由正弦定理得2b ＝3c ，∴b ＝32c ，又b －c ＝14a ，∴a ＝4(b －c )，∴a ＝2c .∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝94c 2＋c 2－4c 22·32c 2＝－14.答案 －148．(2013·苏北四市模拟)在△ABC 中，AD 为BC 边上的高线，AD ＝BC ，角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，则b c ＋cb 的取值范围是________．解析 因为AD ＝BC ＝a ，由12a 2＝12bc sin A ，解得sin A ＝a 2bc ，再由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫b c ＋c b －a 2bc ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫b c ＋c b －sin A ， 得b c ＋cb ＝2cos A ＋sin A ，又A ∈(0，π)，所以由基本不等式和辅助角公式得b c ＋cb 的取值范围是[2，5]．答案 [2，5]二、解答题9．(2014·北京卷)如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2，cos ∠ADC ＝17.(1)求sin ∠BAD ； (2)求BD ，AC 的长．解 (1)在△ADC 中，因为cos ∠ADC ＝17， 所以sin ∠ADC ＝437.所以sin ∠BAD ＝sin(∠ADC －∠B ) ＝sin ∠ADC cos ∠B －cos ∠ADC sin ∠B ＝437×12－17×32＝3314.(2)在△ABD 中，由正弦定理得BD ＝AB ·sin ∠BAD sin ∠ADB ＝8×3314437＝3.在△ABC 中，由余弦定理得 AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B＝82＋52－2×8×5×12＝49.所以AC ＝7.10．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，B ＝2π3，b ＝3，求a ＋c 的范围． 解 法一 由B ＝2π3，得A ＋C ＝π3.所以sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A ＝sin A ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3cos A －cos π3sin A ＝12sin A＋32cos A ＝ sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3.又0＜A ＜π3，所以π3＜A ＋π3＜2π3. 所以32＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3≤1.所以sin A ＋sin C ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤32，1.由正弦定理，得a sin A ＝c sin C ＝bsin B ＝3sin 2π3＝2， 所以a ＋c ＝2sin A ＋2sin C ＝2(sin A ＋sin C )． 所以a ＋c ∈(3，2]．法二 由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 2π3＝(a ＋c )2－2ac ＋ac ＝(a ＋c )2－ac ≥(a ＋c )2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝3(a ＋c )24，当且仅当a ＝c 时，取等号． 所以(a ＋c )2≤4，故a ＋c ≤2.又a ＋c ＞b ＝3，所以3＜a ＋c ≤2，即a ＋c ∈(3，2]．11. (2013·江苏卷)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cos A＝1213，cos C＝35.(1)求索道AB的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？解(1)在△ABC中，因为cos A＝1213，cos C＝35，所以sin A＝513，sin C＝45.从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C) ＝sin A cos C＋cos A sin C＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理ABsin C＝ACsin B，得AB＝ACsin B·sin C＝1 2606365×45＝1 040(m)．所以索道AB的长为1 040 m.(2)设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×12 13＝200(37t2－70t＋50)，因0≤t≤1 040130，即0≤t≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC sin B ·sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．。
高三数学体艺午间小练及答案：解三角形与立体几何1
高三体艺午间小练：解三角形与立体几何（1）1．（12分）在ABC ∆中，3,26,2a b B A ==∠=∠。
（Ⅰ）求cos A 的值；（Ⅱ）求c 的值。
2．（本小题满分13分）四棱锥ABCD S -中，底面ABCD 为平行四边形，且AB AC ⊥，E O ,分别为AB BC ,的中点．已知︒=∠45ABC ，2=AB ，22=BC ，3===SC SB SA ，（1）求证：平面SCB ⊥平面ABCD ；（2）求三棱锥ACD S -的体积；（3）求二面角B AC S --的大小． E参考答案1【解析】（Ⅰ）在△ABC 中，由正弦定理3sin sin sin a b A B A =⇒=cos A（Ⅱ）由余弦定理，222222(2cos 323＝＋－＝＋－a b c bc A c ⇒⨯⨯， 则28150.5－＋＝＝c c c ∴ 或3＝c .当c ＝3时，a ＝c ，∴A ＝C.由A ＋B ＋C ＝π，知B ＝2π，与222＋a c b ≠矛盾． ∴c ＝3舍去．故c 的值为5.考点：1.正弦定理；2. 余弦定理.2．（1）见解析；（2）23；（3）︒45． 【解析】试题分析：（1）本题要证平面SCB ⊥平面ABCD ,就要证SO ⊥平面ABCD.O 为中点易得SO ⊥BC .连结SE ，则 AB SE ⊥，而AC OE // AB OE ⊥∴SOE AB 平面⊥∴，SO AB ⊥∴ABCD SO 底面⊥∴．从而得证.（2）由（1）知2=AB ，2=AC ，1SO =，1=OE ，321222131=⨯⋅⋅⨯=∴-ACD S V ． （3）取AC 的中点F ，连结SF 、OF ．则OF||AB,易得SFO ∠为二面角B AC S --的平面角． 在SOF Rt ∆中，2=SF ，1==OF SO ，︒=∠∴45SFO ．∴二面角B AC S --的大小为︒45．试题解析: （1）证明：连结SE ，E O , 分别为AB BC ,的中点，SC SB SA == BC SO ⊥∴，AB SE ⊥，AC OE //．AB AC ⊥ ，AB OE ⊥∴．AB SE ⊥ ，E OE AE = ，SOE AB 平面⊥∴，SO AB ⊥∴BC SO ⊥∴，B BC AB = ，ABCD SO 底面⊥∴．SBC SO 底面⊆ ，ABCD SBC 平面平面⊥∴．（2）解：3===SC SB SA ，22=BC ，2=AB ，︒=∠45ABC1=∴SO ，1=OE ，2=AC ． 321222131=⨯⋅⋅⨯=∴-ACD S V ． （3）解：取AC 的中点F ，连结SF 、OF ．SC SA = ，AC SF ⊥ ，2=SF ．F O , 分别为BC ，AC 的中点，121,//==∴AB OF AB OF ， AB AC ⊥ ，AC OF ⊥∴，SFO ∠即为二面角B AC S --的平面角． 在SOF Rt ∆中，2=SF ，1==OF SO ，︒=∠∴45SFO ． ∴二面角B AC S --的大小为︒45．考点：空间线面垂直与面面垂直、空间几何体的体积、二面角的求法.。
江苏省2015届高考数学模拟试题分类汇编：第10章-立体几何
目录（基础复习部分）第十章立体几何 (1)第57课平面的基本性质与空间两条直线的位置关系 (1)第58课直线与平面的位置关系——平行 (3)第59课直线与平面的位置关系——垂直 (4)第60课平面与平面的位置关系 (4)第61课柱、锥、台、球的表面积与体积 (8)第62课综合应用 (10)第十章立体几何第57课平面的基本性质与空间两条直线的位置关系若αβ、是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为▲．（写出所有真命题的序号）①若直线mα⊥，则在平面β内，一定不存在与直线m平行的直线；②若直线mα⊥，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m垂直；③若直线mα⊂，则在平面β内，不一定存在与直线m垂直的直线；④若直线mα⊂，则在平面β内，一定存在与直线m垂直的直线；答案：②④；提示：①注意到两平面是相交的，mα⊥，若两个平面是互相垂直的，显然存在；故不一定存在；②注意到是垂直，m一定与两平面的交线垂直，有一条直线就有无数条直线；③与④对立的，一定有一个是真命题；立体几何最重要的一个定理是“三垂线定理”；立柱、投影、作垂线即成．④是真命题．平时强调的重点内容啊！（南京盐城二模）③④（扬州期末）在三棱锥P－ABC中，D为AB的中点．（1）与BC平行的平面PDE交AC于点E，判断点E在AC上的位置，并说明理由；（2）若PA=PB，且△PCD为锐角三角形，又平面PCD⊥平面ABC，求证：AB⊥PC．PAB CD（1）E 为AC 中点．理由如下：平面PDE 交AC 于E ，即平面PDE I 平面ABC DE =， 而//BC 平面PDE ，BC ⊂平面ABC ，所以//BC DE . ……4分 在ABC ∆中，因为D 为AB 的中点，所以E 为AC 中点；……7分 （2）因为PA PB =，D 为AB 的中点，所以AB PD ⊥.因为平面PCD ⊥平面ABC ，平面PCD I 平面ABC CD =， 在锐角PCD ∆所在平面内作PO CD ⊥于O ，则点O 与点D 不重合，且PO ⊥平面ABC . ……10分 因为AB ⊂平面ABC ，所以PO AB ⊥．又PO PD P =I ，PO ，PD ⊂平面PCD ，则AB ⊥平面PCD ．又PC ⊂平面PCD ，所以AB PC ⊥． ……14分 （淮安宿迁摸底） 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，且PB PD =． （1）求证：BD PC ⊥；（2）若平面PBC 与平面PAD 的交线为l ，求证：（1）连接AC ，交BD 于点O ，连接PO ．因为四边形ABCD 为菱形，所以BD AC ⊥ ……2分 又因为PB PD =，O 为BD 的中点， 所以BD PO ⊥ ……………………………………4分又因为AC PO O =I 所以BD APC ⊥平面，又因为PC APC ⊂平面所以BD PC ⊥……………………………………7分（2）因为四边形ABCD 为菱形，所以//BC AD …………………………9分 因为,AD PAD BC PAD ⊂ ⊄平面平面．所以//BC PAD 平面 ………………………………………11分又因为BC PBC ⊂平面，平面PBC I 平面PAD l =．所以//BC l ． ………………………………………………14分PACD OPAB CDE(淮安宿迁摸底) (第16题图) D第58课 直线与平面的位置关系——平行（镇江期末）设α，β为不重合两平面，m ，n 是不重合两直线，给出下列四个命题： ①若//m n ，n α⊂，则α//m ；②若m α⊂，n α⊂，//m β，//n β，则βα//； ③若βα//，m α⊂，n β⊂，则n m //；④若αβ⊥，m αβ=I ，n α⊂，n m ⊥，则β⊥n ． 其中正确命题的序号为 ▲ . ④（苏北四市期末）如图，在三棱锥P ABC -中，已知平面PBC ⊥平面ABC ． (1) 若AB ⊥BC ，CP ⊥PB ，求证：CP ⊥PA ； (2) 若过点A 作直线l ⊥平面ABC ，求证：l //平面PBC ．（1）因为平面PBC ⊥平面ABC ，平面PBC I 平面ABC BC =，AB ⊂平面ABC ，AB ⊥BC ，所以AB ⊥平面PBC ．……………………………2分因为CP ⊂平面PBC ，所以CP ⊥AB . ………………………………………………4分 又因为CP ⊥PB ，且PB AB B =I ，,AB PB ⊂平面PAB ，所以CP ⊥平面PAB ， …………………………………………………6分 又因为PA ⊂平面PAB ，所以CP ⊥PA ．……………………………………………7分 （2）在平面PBC 内过点P 作PD ⊥BC ，垂足为D ．…………………………………8分因为平面PBC ⊥平面ABC ，又平面PBC ∩平面ABC ＝BC ，PD ⊂平面PBC ，所以PD ⊥平面ABC ．…………………………………………10分又l ⊥平面ABC ，所以l //PD ． …………………………………………12分 又l ⊄平面PBC ，PD ⊂平面PBC ，l //平面PBC ．……………………………14分（南京盐城二模）如图，在四棱锥P —ABCD 中， AD ＝CD ＝12AB ， AB ∥DC ，AD ⊥APCB（第16题）APCBDCD ，PC ⊥平面ABCD ． （1）求证：BC ⊥平面P AC ；（2）若M 为线段P A 的中点，且过C ，D ，M 三点的平面与PB 交于点N ，求PN ：PB 的值．证明：（1）连结AC ．不妨设AD ＝1．因为AD ＝CD ＝12AB ，所以CD ＝1，AB ＝2．因为∠ADC ＝90︒，所以AC ＝2，∠CAB ＝45︒． 在△ABC 中，由余弦定理得BC ＝2，所以AC 2＋BC 2＝AB 2．所以BC ⊥AC ． …………………… 3分 因为PC ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥PC ． …………………… 5分 因为PC ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，PC ∩AC ＝C ，所以BC ⊥平面P AC ． …………………… 7分 （2）如图，因为AB ∥DC ，CD ⊂平面CDMN ，AB ⊄平面CDMN ，所以AB ∥平面CDMN ． …………………… 9分 因为AB ⊂平面P AB ，平面P AB ∩平面CDMN ＝MN ，所以AB ∥MN ． …………………… 12分 在△P AB 中，因为M 为线段P A 的中点， 所以N 为线段PB 的中点，即PN ：PB 的值为12． …………………… 14分第59课 直线与平面的位置关系——垂直第60课 平面与平面的位置关系（南京盐城模拟一）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O ，E 分别为1B D ，AB 的中点.（1）求证：//OE 平面11BCC B ； （2）求证：平面1B DC ⊥平面1B DE ．证明：（1）连接1BC ，设11BC B C F =I ，连接OF ．………………2分B ACDB 1A 1C 1D 1 E第16题图O (第16题图)PABCDM N(第16题图)PABCDM因为O ，F 分别是1B D 与1B C 的中点，所以//OF DC ，且12OF DC =． 又E 为AB 中点，所以//EB DC ，且12EB DC =， 从而OF ∥EB ，OF EB =，即四边形OEBF 是平行四边形， 所以//OE BF ． ……………6分 又平OE ⊄平面11BCC B ，BF ⊂平面11BCC B ，所以//OE 平面11BCC B . ……………8分 （2）因为DC ⊥平面11BCC B ，1BC ⊂平面11BCC B ，所以1BC DC ⊥． …………10分 又11BC B C ⊥，且DC ，1B C ⊂平面1B DC ，1DC B C C =I ， 所以1BC ⊥平面1B DC ． …………12分 而1//BC OE ，所以OE ⊥平面1B DC ．又OE ⊂平面1B DE ，所以平面1B DC ⊥平面1B DE .………14分(无锡期末)如图，过四棱柱1111ABCD A B C D -形木块上底面内的一点P 和下底面的对角线BD 将木块锯开，得到截面BDEF .（1）请在木块的上底面作出过P 的锯线EF ，并说明理由；（2）若该四棱柱的底面为菱形，四边形11BB D D 是矩形，试证明：平面BDEF ^平面11AC CA .1BAC DB 1A 1C 1D 1EF O（泰州二模）如图，矩形ABCD 所在平面与直角三角形ABE 所在平面互相垂直，BE AE ⊥，点N M ,分别是CD AE ,的中点．（1）求证： MN ∥平面BCE ； （2）求证：平面⊥BCE 平面ADE ． 证：（1）取BE 中点F ，连接,CF MF ， 又M 是AE 中点，则1//,2MF AB MF AB =， 又N 是矩形ABCD 边CD 中点，所以//,MF NC MF NC =，则四边形MNCF 是平行四边形，所以//MN CF ，又MN ⊄面BCE ，CF ⊂面BCE ，所以MN ∥平面BCE ．…７分NMADEA BC DMNQ（第15题）（2）因为平面ABCD ⊥平面ABE ，BC AB ⊥，所以BC ⊥平面ABE ， 因为AE ⊂平面ABE ，所以BC AE ⊥，又BE AE ⊥，BC BE B ⋂=，所以AE ⊥平面BCE ，而AE ⊂平面ADE ，所以平面⊥BCE 平面ADE ． ……………14分（南通调研二）如图，在四面体ABCD 中，平面BAD ⊥平面CAD ，BAD ∠=90°．M ，N ，Q 分别为棱AD ，BD ，AC 的中点．（1）求证：//CD 平面MNQ ； （2）求证：平面MNQ ⊥平面CAD ．证明：（1）因为M ，Q 分别为棱AD ，AC 的中点， 所以//MQ CD ， …… 2分又CD ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ， 故//CD 平面MNQ ． …… 6分（2）因为M ，N 分别为棱AD ，BD 的中点，所以//MN AB ， 又90BAD ∠=°，故MN AD ⊥． …… 8分因为平面BAD ⊥平面CAD ，平面BAD I 平面CAD AD =， 且MN ⊂平面ABD ，所以MN ⊥平面ACD ． …… 11分又MN ⊂平面MNQ ，平面MNQ⊥平面CAD ． …… 14分（注：若使用真命题“如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面”证明“MN ⊥平面ACD ”，扣1分．）（金海南三校联考）如图，在四面体ABCD 中，AD =BD ，∠ABC =90°，点E 、F 分别为棱AB 、AC 上的点，点G 为棱AD 的中点，且平面EFG //平面BCD .求证：(1)EF =12BC ；(2)平面EFD ⊥平面ABC .ABDGEF（第6题）EPDCBAA BCDE FG证明：（1）因为平面EFG ∥平面BCD ，平面ABD ∩平面EFG ＝EG ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以EG //BD ， ………………………………… 4分又G 为AD 的中点， 故E 为AB 的中点， 同理可得，F 为AC 的中点，所以EF ＝12BC ．……………………………… 7分（2）因为AD ＝BD ，由（1）知，E 为AB 的中点， 所以AB ⊥DE ，又∠ABC ＝90°，即AB ⊥BC ， 由（1）知，EF //BC ，所以AB ⊥EF ， 又DE ∩EF ＝E ，DE ，EF ⊂平面EFD ，所以AB ⊥平面EFD ， ……………………………………………………………………… 12分 又AB ⊂平面ABC ，故平面EFD ⊥平面ABC．……………………………………………………………………14分第61课 柱、锥、台、球的表面积与体积若圆柱的底面直径和高都与球的直径相等圆柱、球的表面积分别记为1S 、2,S 则有12:S S =▲ 3：2已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则这个圆锥的高是 ▲ ． 3 6.如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，2AB =，南通调研三3AD =，4PA =，点E 为棱CD 上一点，则三棱锥E －P AB 的体积为 ．4三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V = .14 （南通调研一）底面边长为2，高为1的正四棱锥的侧面积为 .4 2（南京盐城模拟一）若一个圆锥的底面半径为1，侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的体积为 ▲ .（苏州期末）已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开是半圆，则该圆锥的体积为. π2的正三角形，则该圆锥的体积为▲ ．（淮安宿迁摸底）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，若各条棱长均为2，且 M 为11A C 的中点，则三棱锥1MAB C -的体积是 ▲ ．3（泰州二模）若圆柱的侧面积和体积的值都是12π，则该圆柱的高为▲ ． 3 （南通调研二）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，AB =3 cm ，AD =2 cm ，1AA =1 cm ，则三棱锥11B ABD -的体积为 ▲ cm 3． 【答案】1（南通调研三）已知一个空间几何体的所有棱长均为1 cm ，其表面展开图如图所示，则该空间几何体的体积V = ▲ cm 3． 【答案】1（苏北三市调研三）在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥平面11AB C ，11AA =，底面ABC ∆是边长为2的正三角形，则此三棱柱的体积为 ▲ ．（南京三模）已知正六棱锥P －ABCDEF 的底面边长为2，侧棱长为4，则此六棱锥的体积为 ▲ ．12 （盐城三模）已知正四棱锥P ABCD -的体积为43，底面边长为2，则侧棱PA 的长为 ▲ .ABC1A 1B 1C M淮安宿迁摸AA 1 不C不B 1不C 1不D1不D不南通调研二ABC1A1B1C苏北三市调研三（苏锡常镇二模）已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为，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 ▲（南师附中四校联考）若一个正四棱锥的底面边长为2cm ，侧棱长为3cm ，则它的体积为 ▲ cm 3.374（前黄姜堰四校联考）已知正四棱锥的底面边长是2,则该正四棱锥的表面积是 ▲ .12第62课 综合应用如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，平面PBD ⊥平面ABCD ，PB =PD ，PA ⊥PC ，CD ⊥PC ，O ，M 分别是BD ，PC 的中点，连结OM ．求证：（1）OM ∥平面PAD ；（2）OM ⊥平面PCD ．16．证明：（1）连结AC ．因为ABCD 是平行四边形，所以O 为AC 的中点． ………………2分 在△PAC 中，因为O ，M 分别是AC ，PC 的中点，所以OM ∥PA ．………4分 因为OM ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，所以OM ∥平面PAD ．………………6分 （2）连结PO ．因为O 是BD 的中点，PB =PD ，所以PO ⊥BD ． 又因为平面PBD ⊥平面ABCD ，平面PBD I 平面ABCD =BD ，PO ⊂平面PBD ，所以PO ⊥平面ABCD ．从而PO ⊥CD ． ………………8分又因为CD ⊥PC ，PC PO P =I ，PC ⊂平面PAC ，PO ⊂平面PAC ，所以CD ⊥平面PAC ．因为OM ⊂平面PAC ，所以CD ⊥OM ．………………10分 因为PA ⊥PC ，OM ∥PA ，所以OM ⊥PC ．………12分 又因为CD ⊂平面PCD ，PC ⊂平面PCD ，CD PC C =I ，所以OM ⊥平面PCD ． ………………14分如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M ，N 分别为AB ，B 1C 1的中点．（第16题）（1）求证：MN ∥平面AA 1C 1C ；（2）若CC 1＝CB 1，CA ＝CB ，平面CC 1B 1B ⊥平面ABC ，求证：AB ⊥平面CMN ．证明：（1）取A 1C 1的中点P ，连接AP ，NP ．因为C 1N ＝NB 1，C 1P ＝P A 1，所以NP ∥A 1B 1，NP ＝12A 1B 1． …………………… 2分在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，A 1B 1∥AB ，A 1B 1＝AB ． 故NP ∥AB ，且NP ＝12AB ．因为M 为AB 的中点，所以AM ＝12AB ．所以NP ＝AM ，且NP ∥AM ． 所以四边形AMNP 为平行四边形．所以MN ∥AP ． ……………………………………… 4分因为AP ⊂平面AA 1C 1C ，MN ⊄平面AA 1C 1C ，所以MN ∥平面AA 1C 1C ． ……………………………………………… 6分（2）因为CA ＝CB ，M 为AB 的中点，所以CM ⊥AB ． …………………………… 8分因为CC 1＝CB 1，N 为B 1C 1的中点，所以CN ⊥B 1C 1． 在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BC ∥B 1C 1，所以CN ⊥BC ．因为平面CC 1B 1B ⊥平面ABC ，平面CC 1B 1B ∩平面ABC ＝BC ．CN ⊂平面CC 1B 1B ， 所以CN ⊥平面ABC ． …………………………………… 10分因为AB ⊂平面ABC ，所以CN ⊥AB ． (12)A 1ABC B 1C 1MN（第16题图）A 1ABCB 1C 1MN（第16题图）P分因为CM ⊂平面CMN ，CN ⊂平面CMN ，CM ∩CN ＝C ，所以AB ⊥平面CMN ． …………………………………… 14分16．在正四面体ABCD 中，点F 在CD 上，点E 在AD 上，且DF ∶FC =DE ∶EA =2∶3． 证明：（1）EF ∥平面ABC ；（2）直线BD ⊥直线EF ．16．证：（1）因为点F 在CD 上，点E 在AD 上，且DF ∶FC =DH ∶HA =2∶3， ……1分所以EF ∥AC ， ………………………………………………………………………………3分 又EF ⊄平面ABC ， AC ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC ．…………………………………………………………………………6分 （2）取BD 的中点M ，连AM ，CM ，因为ABCD 为正四面体，所以AM ⊥BD ，CM ⊥BD ， ……………………………………8分 又AM I CM =M ，所以BD ⊥平面AMC ， ………………………………………………10分 又AC ⊂平面AMC ，所以BD ⊥AC ， ……………………………………………………12分 又HF ∥AC ，所以直线BD ⊥直线HF ．……………………………………………………………………14分如图在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，AC BD 、相交于点O ，//EF AB ，2AB EF =，平面BCF ⊥平面ABCD ，BF CF =，点G 为BC 的中点； （1）求证：直线//OG 平面EFCD ； （2）求证：直线AC ⊥平面ODE ．证明：（1）∵四边形ABCD 是菱形，AC BD O =I ，∴点O 是BD 的中点．∵点G 为BC 的中点，∴//OG CD ． ………………3分 又∵OG ⊄平面EFCD ，CD ⊂平面EFCD ，∴直线//OG 平面EFCD ．………7分 （2）∵BF CF =，点G 为BC 的中点，∴FG BC ⊥． ∵平面BCF ⊥平面ABCD ，平面BCF I 平面ABCD BC =，GOFDEFG ⊂平面BCF ，FG BC ⊥，∴FG ⊥平面ABCD ． ………………9分∵AC ⊂平面ABCD ，∴FG AC ⊥． ∵OG ∥AB ，12OG AB =，EF ∥AB ，12EF AB =，∴OG ∥EF ，OG EF =， ∴四边形EFGO 为平行四边形，∴//FG EO ． ………………11分 ∵FG AC ⊥，//FG EO ，∴AC EO ⊥．∵四边形ABCD 是菱形，∴AC DO ⊥． ∵AC EO ⊥，AC DO ⊥，EO DO O =I ，EO ，DO 在平面ODE 内，∴AC ⊥平面ODE ． ………………14分如图，四边形11AA C C 为矩形，四边形11CC B B 为菱形，且平面11CC B B ⊥平面11AA C C ，D ，E分别为边11A B ，1C C 的中点． （1）求证：1BC ⊥平面1AB C ；（2）求证：DE ∥平面1AB C ．证明：（1）∵四边形11AA C C 为矩形，∴AC ⊥1C C ，………………………………2分 又平面11CC B B ⊥平面11AA C C ，平面11CC B B I 平面11AA C C =1CC ，∴AC ⊥平面11CC B B ， ……………………………………………………………3分 ∵1C B ⊂平面11CC B B ，∴AC ⊥1C B ， ……………………………………………4分 又四边形11CC B B 为菱形，∴11B C BC ⊥， …………………………………………5分 ∵1B C AC C =I ，AC ⊂平面1AB C ，1B C ⊂平面1AB C ，∴1BC ⊥平面1AB C ．…………………………………………………………………7分 （2）取1AA 的中点F ，连DF ，EF ，∵四边形11AA C C 为矩形，E ，F 分别为1C C ，1AA 的中点， ∴EF ∥AC ，又EF ⊄平面1AB C ，AC ⊂平面1AB C ,∴EF ∥平面1AB C ， ………………………………………………………………10分 又∵D ，F 分别为边11A B ，1AA 的中点，C 1B 1A 1（第16题）ECBAD∴DF ∥1AB ，又DF ⊄平面1AB C ，1AB ⊂平面1AB C ,∴DF ∥平面1AB C ，∵EF DF F =I ，EF ⊂平面DEF ，DF ⊂平面DEF ， ∴平面DEF ∥平面1AB C ，…………………………………………………………12分 ∵DE ⊂平面DEF ，∴DE ∥平面1AB C ．…………………………………………14分 （南通调研一）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC ⊥，14CC =，M 是棱1CC 上的一点．（1）求证：BC AM ⊥；（2）若N 是AB 的中点，且CN ∥平面1AB M ，求CM 的长．ACB MNC 1B 1A 1（苏州期末）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是AD ，1DD 中点． 求证：（1）EF ∥平面1C BD ； （2）1A C ⊥平面1C BD ．证明：（1）连结AD 1．∵E ，F 分别是AD 和DD 1的中点，∴EF ∥AD 1． ………………2分 ∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，∴AB ∥D 1C 1，AB=D 1C 1．∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，即有AD 1∥BC 1，∴EF ∥BC 1． ………………4分 又EF ⊄平面C 1BD ，BC 1⊂平面C 1BD ，∴EF ∥平面C 1BD ． ………………7分 （2）连结AC ，则AC ⊥BD ．∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，∴AA 1⊥平面ABCD ，∴AA 1⊥BD ． 又1AA AC A =I ，∴BD ⊥平面AA 1C ，∴A 1C ⊥BD ． …11分 同理可证A 1C ⊥BC 1．又1BD BC B =I ，∴A 1C ⊥平面C 1BD ．…14分（镇江期末）如图，在三棱锥ABC D -中，已知BCD ∆是正三角形，⊥AB 平面BCD ，a BC AB ==，E 为BC 的中点，F 在棱AC 上，且FC AF 3=．（1）求三棱锥ABC D -的体积； （2）求证：⊥AC 平面DEF ；（3）若M 为DB 中点，N 在棱AC 上，且CA CN 83=，求证：//MN 平面DEF ．11AB CDNFM E解：（1）因为△BCD 是正三角形，且AB BC a ==，所以2BCD S ∆=． 又AB ⊥平面BCD ，故13D ABC A BCD V V AB --==⋅⋅S △BCD 213a =⋅⋅3=． （2）在底面ABC 中，取AC 的中点H ，连接BH ，因AB BC =，故BH AC ⊥． 因3AF FC =，故F 为CH 的中点．E 为BC 的中点，故EF ∥BH ，故EF AC ⊥． 因⊥AB 平面BCD ，AB ⊂平面ABC ，故平面ABC ⊥平面BCD ． △BCD 是正三角形，E 为BC 的中点，故DE BC ⊥，故DE ⊥平面ABC ．AC ⊂平面ABC ，故DE ⊥AC ．又DE EF E ⋂=，故⊥AC 平面DEF ．（3）当38CN CA =时，连CM ，设CM DE O ⋂=，连OF ．因E 为BC 的中点，M 为DB 中点，故O 为△BCD 的重心，23CO CM =． 因FC AF 3=，CA CN 83=，故23CF CN =，所以MN ∥OF ．又OF ⊂平面DEF ，MN ⊄平面DEF ，所有MN ∥平面DEF ．（注意：涉及到立体几何中的结论，缺少一个条件，扣1分，扣满该逻辑段得分为止） 【说明】本题是由模考题改编，考查锥体体积、垂直的判定、平行的判定；考查空间想象能力和识图能力，规范化书写表达能力．（南通调研三）如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，B 1C ⊥AB ，侧面BCC 1B 1为菱形． （1）求证：平面ABC 1⊥平面BCC 1B 1；（2）如果点D ，E 分别为A 1C 1，BB 1的中点，求证：DE ∥平面ABC 1．解：（1）因三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧面BCC 1B 1为菱形， 故B 1C ⊥BC 1．……………………………………………………………………… 2分又B 1C ⊥AB ，且AB ，BC 1为平面ABC 1内的两条相交直线，故B 1C ⊥平面ABC 1．5分因B 1C ⊂平面BCC 1B 1，故平面ABC 1⊥平面BCC 1B 1． 7分（2）如图，取AA 1的中点F ，连DF ，FE ． 又D 为A 1C 1的中点，故DF ∥AC 1，EF ∥AB ．因DF ⊄平面ABC 1，AC 1⊂平面ABC 1，故DF ∥面ABC 1． ………………… 10分同理，EF ∥面ABC 1．1 （第15题答图）1南通调研三因DF ，EF 为平面DEF 内的两条相交直线，故平面DEF ∥面ABC 1．……………………………………………………………… 12分 因DE ⊂平面DEF ，故DE ∥面ABC 1．……………………………………………………………………14分（苏北三市调研三）如图，矩形ABCD 所在平面与三角形ECD 所在平面相交于CD ，AE ⊥平面ECD ．（1）求证：AB ⊥平面ADE ； （2）若点M 在线段AE 上，2AM ME =，且N 为线段CD 中点，求证：EN //平面BDM ．（1）∵AE ⊥平面ECD ，CD ⊂平面ECD ， ∴AE CD⊥． 又∵AB //CD ,AB AE ∴⊥．……………………………………………………………2分在矩形ABCD中，AB AD ⊥，…………………………………………………………………………4分∵AD AE A =I ，,AD AE ⊂平面ADEAB ∴⊥平面ADE ．………………………………………………………………………………………6分 （2）连AN 交BD 于F 点，连接FM ………………………………………………………………………8分∵AB //CD 且2AB DN =2AF FN ∴=……………………………………………………………………………………………10分又AM =2ME EN ∴//FM ………………………………………………………………………………12分又EN ⊄平面BDM ,FM ⊂平面BDMEN ∴//平面BDM . ……………………………………………………………………………………14分（南京三模）在四棱锥P －ABCD 中，BC ∥AD ，P A ⊥PD ，AD ＝2BC ，AB ＝PB ， E为P A 的中点．（1）求证：BE ∥平面PCD ； （2）求证：平面P AB ⊥平面PCD ． 证明：（1）取PD 的中点F ，连接EF ，CF ．A B N EM C D （第16题）（第16题图）PABCDE因为E 为P A 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD ．因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC ，EF ＝BC ． 所以四边形BCFE 为平行四边形．所以BE ∥CF ． ………………………… 4分 因为BE ⊄平面PCD ，CF ⊂平面PCD ，所以BE ∥平面PCD ． ………………………… 6分 （2）因为AB ＝PB ，E 为P A 的中点，所以P A ⊥BE ．因为BE ∥CF ，所以P A ⊥CF ． ………………………… 9分 因为P A ⊥PD ，PD ⊂平面PCD ，CF ⊂平面PCD ，PD ∩CF ＝F ，所以P A ⊥平面PCD ． ………………………… 12分 因为P A ⊂平面P AB ，所以平面P AB ⊥平面PCD ． ………………………… 14分（盐城三模）在直三棱柱111ABC A B C -中，AB AC =，1BB BC =，点,,P Q R 分别是棱111,,BC CC B C 的中点. （1）求证:1A R //平面APQ ；（2）求证:平面APQ ⊥平面1AB C .证明：（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，11//BC B C 且11BC B C =， 因点,P R 分别是棱11,BC B C 的中点，所以1//BP B R 且1BP B R =， 所以四边形1BPRB 是平行四边形，即1//PR BB 且1PR BB =，又11//AA BB 且11AA BB =，所以1//PR AA 且1PR AA =，即四边形1APRA 是平行四边形， 所以1//AP A R，又1A R ⊄平面APQ，所以1//A R 平面APQ .……………………………………………7分 （2）因1BB BC =，所以四边形11BCC B 是菱形，所以11B C BC ⊥，又点,P Q 分别是棱11,BC C C 的中点，即1//PQ BC ，所以1B C PQ ⊥. 因为AB AC =，点P 是棱BC 的中点，所以AP BC ⊥， 由直三棱柱111ABC A B C -，知1BB ⊥底面ABC ，即1BB AP ⊥，PAB CDEF（第16题图）A 1第16题所以AP ⊥平面11BCC B ，则1AP B C ⊥，所以1B C ⊥平面APQ ，又1B C ⊂平面1AB C ， 所以平面APQ ⊥平面1AB C …………………………………………………………………………………14分（苏锡常镇二模）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，2,2AB AD ==，PD ⊥平面ABCD ，,E F 分别为,CD PB 的中点 求证：（1）//CF 平面PAE ； （2）AE ⊥平面PBD（南师附中四校联考））如图，在五面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是平行四边形. （1）若CF ⊥AE ，AB ⊥AE ，求证：平面ABFE ⊥平面CDEF ； （2）求证：EF//平面ABCD.（1）∵四边形ABCD 是平行四边形 ∴AB//CD ，又∵AB ⊥AE ，∴AE ⊥CD ……4分 又∵AE ⊥CF ，CD ∩CF=C ，CD 、CF ⊂平面CDEF ，∴AE ⊥平面CDEF …………6分 又∵AE ⊂平面ABFE ，∴平面ABFE ⊥平面CDEF ………………7分 （2）∵四边形ABCD 是平行四边形 ∴AB//CD又∵AB ⊄平面CDEF ，CD ⊂平面CDEF ，∴AB//平面CDEF …………10分 又∵AB ⊂平面ABFE ，平面ABFE ∩平面CDEF=EF ，∴AB//EF ………12分 又∵EF ⊄平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴EF//平面ABCD.…………14分（前黄姜堰四校联考）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是平行四边形，且AC ⊥CD ，A B CD E F,PA AD M Q =、分别是PD BC 、的中点．（1）求证：//MQ 平面PAB ；（2）若AN PC ⊥，垂足为N ，求证：PD ⊥平面证明：（1）(方法一)取PA 的中点E ，连结ME ，BE ，因为M 是PD 的中点，所以ME AD P ，12ME AD =，又因为Q 是BC 中点，所以12BQ BC =，因为四边形ABCD 是平行四边形；所以BC AD∥，所以BQ ME ∥, 所以四边形MQBE 是平行四边形， …………………4所以MQ BE P ．因为BE ⊂平面PAB ，MQ ⊄平面PAB ，所以MQ P平面PAB ． …………………………………………………………6分 (方法二)取AD 的中点F ,连结,MF QF .证得平面//MQF 平面PAB ,从而证得MQ P 平面PAB . （2）因为PA ⊥平面ABCD ,CD ⊂平面ABCD , 所以PA CD ⊥，又因为AC CD ⊥,PA AC A =I , PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以CD ⊥平面PAC ，又AN ⊂平面PAC ，所以AN CD ⊥．………………………………………………………………9分又AN PC ⊥，PC CD C =I ，PC ⊂平面PCD ，CD ⊂平面PCD ，所以AN ⊥平面PCD ，又PD ⊂平面PCD ，所以AN PD ⊥， ……………………………………12分又PA AD =，M 是PD 中点，所以AM PD ⊥，又AM AN A =I ，AM ⊂平面AMN ，AN ⊂平面AMN ，所以PD ⊥平面AMN . ……………14分（第16题）。
江苏省高三数学体艺午间小练及答案：解三角形与立体几何
高三体艺午间小练：解三角形与立体几何（7）1．在ABC ∆中，内角C B A ,,所对的边分别为c b a ,,，已知b c a 66=-，C B sin 6sin = （1）求A cos 的值；（2）求)62cos(π-A 的值.2．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1，D 、E 分别是棱A 1B 1、AA 1的中点，点F 在棱AB 上，且4AB AF =．（1）求证：EF ∥平面BDC 1；（2）求证：1BC ⊥平面1B CE ．参考答案1．(1) cos A = (2) cos(2)6A π-= 【解析】试题分析：(1)解三角形问题，一般利用正余弦定理进行边角转化，本题可利用正弦定理将条件sin B C = 化边：b = ，从而得到三边之间关系：b = ，2a c = ，再利用余弦定理求cos A 的值：222222cos 2b c a A bc +-=== (2)由（1）已知角A ，所以先求出2A 的正弦及余弦值，再结合两角差的余弦公式求解.在三角形ABC 中，由cos 4A =，可得sin 4A =，于是21cos 22cos 1,sin 22sin cos 4A A A A A =-=-==，所以cos(2)cos 2cos sin 2sin 666A A A πππ-=+=解(1) 在三角形ABC 中，由sin sin b c B C=及sin B C =，可得b =又a c -=，有2a c =，所以222222cos 24b c a A bc +-===(2)在三角形ABC 中，由cos 4A =，可得sin 4A =，于是21cos 22cos 1,sin 22sin cos 4A A A A A =-=-==，所以cos(2)cos 2cos sin 2sin 666A A A πππ-=+= 考点：正余弦定理2．证明见解析.【解析】试题分析：（1）要证线面平行，就是要在平面1BDC 内找一条直线与直线EF 平行，本题中容易看出就是要证明 //BD EF ，而这个在四边形11ABB A 中只要取AB 中点M ，可证明1////EF A M BD 即得；（2）要证1BC ⊥平面1B CE ，根据线面垂直的判定定理，就是要证1BC与平面1B CE 内的两条相交直线垂直，观察已知条件，正三棱柱的侧面是正方形，因此有11BC B C ⊥，下面还要找一条垂线，最好在1B E ，CE 中找一条，1B E 在平面11ABB A 中，由平面几何知识易得1B E BD ⊥，又由正三棱柱的性质可得1C D ⊥平面11ABB A ，从而11C D B E ⊥，因此有1B E ⊥平面1BDC ，即有11B E BC ⊥，于是结论得证.（1）证明：取AB 的中点M ，因为4AB AF =，所以F 为AM 的中点，又因为E 为1AA 的中点，所以1//EF A M ， 2分在正三棱柱111ABC A B C -中，,D M 分别为11,A B AB 的中点，所以1//A D BM ，且1A D BM =，则四边形A 1DBM 为平行四边形，M D C 1B 1A 1F E CBA所以1//A M BD ，所以//EF BD ， 5分又因为BD ⊂平面1BC D ，EF ⊄平面1BC D ，所以，//EF 平面1BC D 7分（2）连接11,,CE B E B C ，因为在正三角111A B C 中，D 为11A B 的中点，所以，111C D A B ⊥，所以，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，1C D ⊥面11ABB A ， 所以，11C D B E ⊥，因为1AA AB =，所以，四边形11ABB A 为正方形，由,D E 分别为111,A B AA 的中点，所以，可证得1BD B E ⊥，所以，1B E ⊥面1C DB ，即11BC B E ⊥， 11分又因为在正方形11BB C C 中，11BC B C ⊥，所以1BC ⊥面1B CE , 14分D C 1B 1A 1F E CBA考点：线面平行与线面垂直.。
江苏省12市2015届高三上学期期末考试数学试题分类汇编：立体几何
江苏省12市2015届高三上学期期末考试数学试题分类汇编立体几何一、填空题1、（泰州市2015届高三上期末）若αβ、是两个相交平面，则在下列命题中，真命题的序号为 ▲ ．（写出所有真命题的序号） ①若直线m α⊥，则在平面β内，一定不存在与直线m 平行的直线． ②若直线m α⊥，则在平面β内，一定存在无数条直线与直线m 垂直． ③若直线m α⊂，则在平面β内，不一定存在与直线m 垂直的直线． ④若直线m α⊂，则在平面β内，一定存在与直线m 垂直的直线．2、（无锡市2015届高三上期末）三棱锥P ABC -中，,D E 分别为,PB PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V =二、解答题1、（常州市2015届高三）如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，平面PBD ⊥平面 ABCD ， PB =PD ，PA ⊥PC ，CD ⊥PC ，O ，M 分别是BD ，PC 的中点，连结OM ．求证： （1）OM ∥平面PAD ； （2）OM ⊥平面PCD ．MOADBCP（第16题）2、（连云港、徐州、淮安、宿迁四市2015届高三）如图，在三棱锥P ABC -中，已知平面PBC ⊥平面ABC ．(1) 若AB ⊥BC ，且CP ⊥PB ，求证：CP ⊥PA ；(2) 若过点A 作直线l ⊥平面ABC ，求证：l //平面PBC ．3、（南京市、盐城市2015届高三）如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，,O E 分别为1,B D AB 的中点.（1）求证：//OE 平面11BCC B 学科网； （2）求证：平面1B DC ⊥平面1B DE .4、（南通市2015届高三）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1,4,AC BC CC M ⊥=是棱1CC 上的一点.()1求证：BC AM ⊥；()2若N 是AB 的中点，且CN ∥平面1AB M .AP CB（第16题）BACDB 1A 1 C 1 D 1E第16题图O5、（南通市2015届高三）如图，在四棱锥A-BCDE 中，底面BCDE 为平行四边形，平面ABE ⊥平面BCDE ，AB ＝AE ，DB ＝DE ，∠BAE ＝∠BDE ＝90º。
(江苏专用)2015届高三必过关题：立体几何(word版,有答案)
高三必过关题9 立体几何一，填空题例1．将一个边长为a 的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了________． [解析]每个小正方体的表面积是19a 2×6＝23a 2，故表面积增加了23a 2×27－6a 2＝12a 2.例2．若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°、半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是________．[解析]设圆锥的底面半径为r ，则2π3l ＝2πr ，∴l ＝3r ，∴S 表S 侧＝πr 2＋πrl πrl ＝πr 2＋3πr 23πr 2＝43.例3．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 .[解析] 由题意将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1还原为长方体ABDC －A 1B 1D 1C 1，则球的直径即为长方体ABDC －A 1B 1D 1C 1的体对角线AD 1，所以球的直径AD 1＝AB 2＋AC 2＋AA 21＝32＋42＋122＝13，则球的半径为132.例4．已知正ABC ∆的边长为32,则到三个顶点的距离都为1的平面有_____ 个. [答案] 8个例5．与空间不共面的四个点距离相等的平面有 个.[解析] 有两类：一类是三个点确定一个平面,另一个点在平面的一侧,过该点作平面的垂线段,过垂线段中点作与已知平面平行的平面,即符合条件,这样的平面可作4个;另一类是两个点在平面一侧,其他两点在平面另一侧,可作3个平面,共7个.例6．对于空间中的三条直线，有以下四个条件：①三条直线两两相交；②三条直线两两平行；③三条直线共点；④两直线相交，第三条平行于其中一条与另个一条相交，其中使这三条直线共面的充分条件有 个.[答案] 1个例7．设γβα、、、为平面，l n m 、、为直线，以下四组条件：①l m l ⊥=⋂⊥,,βαβα②γβγαγα⊥⊥=⋂,,m ； ③αγβγα⊥⊥⊥m ,,；④αβα⊥⊥⊥m n n ,,；能够作为β⊥m 的一个充分条件是 ．[解析] 题中线面关系既复杂又抽象，注意到其中包含大量的垂直关系，故能够在正方体内ABCDD1A1B 1C 1 观察：①记面AD 1为α，面AC 为β，则AD 为l ，若视AB 为m ，m ⊥l ，但m 在面β内；②若γβα、、、两两垂直，则能够得到β⊥m ，但该条件中没有α⊥β，故反例只可能存有于此处，记面AD 1为α，面BB 1D 1D 为β，面AC 为γ，则AD 为m ，但m 与β成450角；③注意到m ⊥α，只要α、β不平行，就得不到β⊥m ，记面AD 1为α，面BB 1D 1D 为β，面AC 为γ，视AB 为m ，但m 与β成450角；④由n ⊥α，n ⊥β得α∥β，再由m ⊥α得β⊥m ；故只有④．例8．如图，ABCD 中，AB ⊥BD ，沿BD 将△ABD 折起，使面ABD ⊥面BCD ，连结AC ，则在四面体ABCD 的四个面中，互相垂直的平面有 对. [解析]本题考查图形的翻折，和面面垂直的判定，显然面ABD ⊥面BCD ，面ABC ⊥面BCD ，面ABD ⊥面ACD ，所以答案3对例9．正方体1111D C B A ABCD -，F E ,分别是1AA ，1CC 的中点，P 是1CC 上的动点（包括端点）过E 、D 、P 作正方体的截面，若截面为四边形，则P 的轨迹是 ．[解析] 本题考查几何体中的线面关系， DE ∥平面11CC BB ∴平面DEC 与平面11CC BB 的交线CM ∥ED 连结EM ，易证MC =ED ∴DF EM 平行且等于，则M 到达1B 时，仍可构成四边形，即P 到F ，P 在F C 1之间则满足要求P 到1C 仍可构成四边形，故P 的轨迹为线段CF 和点1C .例10．设z y x ,,是空间的不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若z x ⊥，且y x z y //,则⊥”为真命题的是 （填所有准确条件的代号）.①x 为直线，y ，z 为平面 ②x ，y ，z 为平面 ③x ，y 为直线，z 为平面④x ，y 为平面，z 为直线⑤x ，y ，z 为直线 [答案] ①③④例11. 三棱锥S ABC -中，E 、F 、G 、H 分别为 SA 、AC 、BC 、SB 的中点，则截面EFGH将三棱锥S ABC -分成两部分的体积之比为（第11题图）SBACE HGF例12．如图1所示，正四面体A －BCD 中，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 是线段AO 上一点，且∠BMC 是直角，则AMMO＝________．图1图2 [解析] 如图2，联结OB ，设正四面体的棱长为1，则OB ＝33，MB ＝22，故OM ＝66＝12OA＝AM ，则AMMO＝1.例13．一个圆锥的侧面展开图是圆心角为43π，半径为18 cm 的扇形，则圆锥母线与底面所成角的余弦值为________． [答案] 23例14．如图，在四面体P －ABC 中，P A ＝PB ＝PC ＝2，∠APB ＝∠BPC ＝ ∠APC ＝30°，一只蚂蚁从A 点出发沿着四面体的表面绕一周，再回到 A 点，问：蚂蚁沿着怎样的路径爬行时路程最短，最短路径是________． [解析] 如右图，将四面体沿P A 剪开，并将其侧面展开平铺在一 个平面上，连接AA ′分别交PB ，PC 于E ，F 两点，则当蚂蚁沿着A 刘E 刘F 刘A ′路径爬行时，路程最短．在△AP A ′中，∠AP A ′＝90°，P A ＝P A ′＝2，∴AA ′＝22，即最短路程AA ′的长为2 2.例15．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、CC 1的中点，则在空间中与三条直线A 1D 1、EF 、CD 都相交的直线有________条．[解析] 在A 1D 1上任取一点P .过点P 与直线EF 作一个平面α，因CD 与平面α不平行， 所以它们相交，设α∩CD ＝Q ，连结PQ ，则PQ 与EF 必然相交，即PQ 为所求直线．由 点P 的任意性，知有无数条直线与A 1D 1、EF 、CD 都相交．[答案] 无数例16．如图，AB 为圆O 的直径，点C 在圆周上(异于点A ，B )，直线P A 垂直于圆O 所在的平面，点M 为线段PB 的中点．有以下四个命题： ①P A ∥平面MOB ；②MO ∥平面P AC ；③OC ⊥平面P AC ；④平面 P AC ⊥平面PBC .其中准确的命题是________．(填上所有准确命题的序号)[解析] 因为P A ⊂平面MOB ，不可能P A ∥平面MOB ，故①错误；因为M 、O 分别为PB ， AB 的中点，所以MO ∥P A ，得MO ∥面P AC ，故②准确．又圆的直径可知BC ⊥AC ，又 P A ⊥平面ABC ，所以BC ⊥P A ，所以BC ⊥平面P AC ，在空间过一点有且只有一条直线与 已知平面垂直，所以OC 不可能与平面P AC 垂直，故③错误；由③可知BC ⊥平面P AC ， 又BC ⊂平面PBC ，所以平面P AC ⊥平面PBC ，故④准确． [答案] ②④例17．如图,在三棱锥P ABC -中, PA 、PB 、PC 两两垂直,且3,2,1PA PB PC ===．设M 是底面ABC 内一点,定义()(,,)f M m n p =,其中m 、n 、p 分别是三棱锥M PAB -、 三棱锥M PBC -、三棱锥M PCA -的体积．若1()(,,)2f M x y =,且18ax y+≥恒成立,则正实数a 的最小值为________． [答案] 1例18.如图所示,在直三棱柱ABC —111A B C 中,点M ,N 分别在11AB BC ,上,且1AM AB =1(01)BN BC λλ=<<,给出以下四个结论： ①1AA MN ⊥;②AC ∥MN ;③MN ∥平面ABC ;④MN 与AC 是异面直线. 其中准确的有 .[解析] 如图所示,在1BB 上取一点P , 使111BN BP AM BB AB BC λ===,则MP ∥AB ,NP ∥11C B ∥CB , ∴MP ∥平面ABC ,NP ∥平面ABC . ∴平面PMN ∥平面ABC . ∴MN ∥平面ABC ,即③准确.第17题M CBAP又∵1AA ⊥平面ABC , ∴1AA ⊥平面PMN . ∴1AA MN ⊥,即①准确.当12λ=时,M ,N 分别是11AB BC ,的中点,此时有AC ∥MN ,当12λ≠时,连结CN ,用反证法易知MN 与AC 是异面直线,故结论②④欠严密性.综上,四个结论中准确的有①③.例19．水管或煤气管的外部经常需要包扎,以便对管道起保护作用,包扎时用很长的带子缠绕在管道外部.若需要使带子全部包住管道且没有重叠的部分(不考虑管子两端的情况,如图所示),这就要精确计算带子的”缠绕角度”α（α指缠绕中将部分带子拉成图中所示的平面ABCD 时的ABC ∠,其中AB 为管道侧面母线的一部分).若带子宽度为1,水管直径为2,则”缠绕角度”α的余弦值为 .[解析] 如图,展开绕在管子外部一周的带子,若符合条件,则AC =2πr =2π,且90BAC ∠=°. 所以cos 12απ=.例20．已知正四棱锥S ABCD -中，23SA =，当该棱锥的体积最大时，它的高为_____. [解析]本试题主要考察椎体的体积，考察函数的最值问题.设底面边长为a ，则高2222()1222a a h SA =-=-所以体积24611112332V a h a a ==-，设461122y a a =-，则35'483y a a =-，当y 取最值时，35'483y a a =-，解得a =0或a =4时，体积最大，此时21222a h =-=.二，解答题例21. 在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别为棱BC 、CC 1、C 1D 1、AA 1的中点，O 为AC 与BD 的交点（如图）求证：⑴EG ∥平面BB 1D 1D ；⑵平面BDF ∥平面B 1D 1H ；⑶A 1O ⊥平面BDF ；⑷平面BDF ⊥平面AA 1C .[解析]（1）欲证EG ∥平面BB 1D 1D ，须在平面BB 1D 1D 内找一条与EG 平行的直线，构造辅助平面BEGO ’及辅助直线BO ’，显然BO ’即是.（2）按线线平行⇒线面平行⇒面面平行的思路，在平面B 1D 1H 内寻找B 1D 1和O ’H 两条关键的相交直线，转化为证明：B 1D 1∥平面BDF ，O ’H ∥平面BDF ． ⑶为证A 1O ⊥平面BDF ，由三垂线定理，易得BD ⊥A 1O ， 再寻A 1O 垂直于平面BDF 内的另一条直线．猜想A 1O ⊥OF .借助于正方体棱长及相关线段的关系计算得：A 1O 2+OF 2=A 1F 2⇒A 1O ⊥OF . （4）∵ CC 1⊥平面AC ∴ CC 1⊥BD 又BD ⊥AC∴ BD ⊥平面AA 1C 又BD ⊂平面BDF ∴ 平面BDF ⊥平面AA 1C例22． 右图是一个直三棱柱（以111A B C 为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ．已知11111A B B C ==，11190A B C ∠=，14AA =，12BB =，13CC =．若点O 是AB 的中点，证明：OC ∥平面111A B C . [解析] 取A 1B 1中点 D ，连1C D ．则11OD BB CC ∥∥．1111()32OD AA BB CC =+==．∴四边形1ODC C 是平行四边形，所以有1OC C D ∥．又1C D ⊂平面111C B A 且OC ⊄平面111C B A ，∴OC ∥面111A B C ．注：在找“线”与面内的一条直线平行时，常用到一些平面图形的性质，如：三角形的中位线、梯形中位线、平行四边形、平行线分线段成比例定理的逆定理等．例23．如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD ,PD =DC ,E 是PC 的中点,作EF ⊥PB 交PB 于点F .（1）证明P A //平面EDB ； （2）证明PB ⊥平面EFD .[解析]本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力.证明：（1）连结AC ,AC 交BD 于O ,连结EO . ∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点 在PAC ∆中,EO 是中位线,∴P A // EO 而⊂EO 平面EDB 且⊄PA 平面EDB , 所以,P A // 平面EDB（2）∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ,∴DC PD ⊥ ∵PD =DC ,可知PDC ∆是等腰直角三角形,而DE 是斜边PC 的中线, ∴PC DE ⊥. ①同样由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥BC .∵底面ABCD 是正方形,有DC ⊥BC ,∴BC ⊥平面PDC . 而⊂DE 平面PDC ,∴DE BC ⊥. ②由①和②推得⊥DE 平面PBC . 而⊂PB 平面PBC ,∴PB DE ⊥ 又PB EF ⊥且E EF DE = ,所以PB ⊥平面EFD .1AC例24．如图，在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB = AD =2． （1）证明：面BDD 1 B 1⊥面ACD 1；（2）若E 是BC 1的中点，P 是AC 的中点，F 是A 1C 1上的点， C 1F =mF A 1，试求m 的值，使得EF ∥D 1P ．[解析]本题考查面面垂直的证明，以及线线垂直的探究 证明（1）：在长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AB = AD =2， 故四边形ABCD 是正方形，AP ⊥DP ， 又∵D 1D ⊥面ABCD ，AP ⊆面ABCD ∴D 1D ⊥AP ，D 1D ∩DP =D ∴AP ⊥面BDD 1B 1 ∵AP ⊆面AD 1C∴面BDB 1D 1⊥面ACD 1 （2）：记A 1C 1与B 1D 1的交点为Q ，连BQ ，∵P 是AC 的中点，∴D 1P ∥BQ ，要使得EF ∥D 1P ，则必有EF ∥BQ 在△QBC 1中，E 是BC 1的中点， F 是QC 1上的点，EF ∥BQ ∴F 是QC 1的中点，即3C 1F =F A 1，故所求m 的值是13．例25．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．[解析]本题考查线面平行的证明，面面垂直的证明以及三棱锥体积的计算 证明：（1）∵M 为AB 中点，D 为PB 中点， ∴MD //AP ， 又∴MD ⊄平面ABC ∴DM //平面APC ．（2）∵△PMB 为正三角形，且D 为PB 中点． ∴MD ⊥PB ．又由（1）∴知MD //AP ， ∴AP ⊥PB ． 又已知AP ⊥PC ∴AP ⊥平面PBC ， ∴AP ⊥BC ， 又∵AC ⊥BC ． ∴BC ⊥平面APC ， ∴平面ABC ⊥平面P AC ， （3）∵AB =20 ∴MB =10 ∴PB =10 又BC =4，.2128416100==-=PC∴.2122124414121=⨯⨯=⋅==∆∆BC PC S S PBC BDC EAB CD A 1B 1C 1D 1FP又MD .351020212122=-==AP ∴V D -BCM =V M -BCD =710352123131=⨯⨯=⋅∆DM S BDC例26．如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1 中，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，AA 1 ＝2，D 是A 1B 1 中点．（1）求证C 1D ⊥平面A 1B ；（2）当点F 在BB 1 上什么位置时，会使得AB 1 ⊥平面C 1DF ？并证明你的结论．[解析] （1）由于C 1D 所在平面A 1B 1C 1 垂直平面A 1B ，只要证明C 1D 垂直交线A 1B 1 ，由直线与平面垂直判定定理可得C 1D ⊥平面A 1B ．（2）由（1）得C 1D ⊥AB 1 ，只要过D 作AB 1 的垂线，它与BB 1 的交点即为所求的F 点位置． 证明：（1）如图，∵ ABC —A 1B 1C 1 是直三棱柱，∴ A 1C 1 ＝B 1C 1 ＝1，且∠A 1C 1B 1 ＝90°．又 D 是A 1B 1 的中点， ∴ C 1D ⊥A 1B 1 .∵ AA 1 ⊥平面A 1B 1C 1 ，C 1D ⊂平面A 1B 1C 1 ， ∴ AA 1 ⊥C 1D ，∴ C 1D ⊥平面AA 1B 1B ．（2）解：作DE ⊥AB 1 交AB 1 于E ，延长DE 交BB 1 于F ，连结C 1F ，则AB 1 ⊥平面C 1DF ，点F 即为所求．∵ C 1D ⊥平面AA 1BB ，AB 1 ⊂平面AA 1B 1B ，∴ C 1D ⊥AB 1 ．又AB 1 ⊥DF ，DF C 1D ＝D ，∴ AB 1 ⊥平面C 1DF ． 注：本题（1）的证明中，证得C 1D ⊥A 1B 1 后，由ABC —A 1B 1C 1 是直三棱柱知平面C 1A 1B 1 ⊥平面AA 1B 1B ，立得C 1D ⊥平面AA 1B 1B ．（2）是开放性探索问题，注意采用逆向思维的方法分析问题．例27.如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，//AB CD ，1AB BC ⊥，且1AA AB =．（1）求证：AB ∥平面11D DCC ；（2）求证：1AB ⊥平面1A BC ．（1）证明：在四棱柱1111ABCD A B C D -中，//AB CD ， AB ⊄平面11D DCC ， CD ⊂平面11D DCC ，所以//AB 平面11D DCC ． ……………………………6分（2）证明：在四棱柱1111ABCD A B C D -中，四边形11A ABB 为平行四边形，又1AA AB =，故四边形11A ABB 为菱形． 从而11AB A B ⊥．……………………………… 9分又1AB BC ⊥，而1A B BC B =，1 A B ，BC ⊂平面1A BC ， 所以1AB ⊥平面1A BC ． ………………………… 14分 例28.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，底面边长与侧棱长都相等．A 1B 11C D A BD（第15题）第16题图AC 1（1）若11B C A B ⊥，求证：A 1B ⊥AC ；（2）设D 是棱BC 的中点，E 是棱11A C 上的一点，且1112A E EC =，求证：1A B ∥平面1B DE ．。
【创新设计】2015高考数学(江苏专用,理科)二轮专题整合：1-2-2解三角形问题
第2讲 解三角形问题一、填空题1．(2014·西安模拟)△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且a sin A sin B ＋b cos 2 A ＝2a ，则ba ＝________.解析 因为a sin A sin B ＋b cos 2 A ＝2a ，所以由正弦定理，得sin A sin A sin B ＋sin B ()1－sin 2A ＝2sin A ，即sinB ＝2sin A ，所以b a ＝ 2. 答案22．(2014·益阳模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a sin A ＋b sin B －c sin C ＝3a sin B ，则角C 等于________． 解析 由正弦定理，得a 2＋b 2－c 2＝3ab ， 所以cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝32，又0＜C ＜π，所以C ＝π6.答案 π63．(2014·吉林省实验中学一模)在△ABC 中，sin(A ＋B )·sin(A －B )＝sin 2C ，则此三角形的形状是________三角形．解析 因为sin(A ＋B )sin(A －B )＝sin 2 C ，所以sin (A －B )＝sin C ，又因为A ，B ，C 为△ABC 的内角，所以A －B ＝C ，所以A ＝90°，所以△ABC 为直角三角形．答案 直角4．(2014·福建卷)在△ABC 中，A ＝60°，AC ＝4，BC ＝23，则△ABC 的面积等于________．解析 由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos A ，∴12＝AB 2＋16－2×AB ×4×cos 60°，解得AB ＝2， ∴S △ABC ＝12·AB ·AC ·sin A ＝12×2×4×sin 60°＝2 3.答案 2 35．(2014·福州模拟)在△ABC 中，BC ＝1，B ＝π3，△ABC 的面积S ＝3，则sin C ＝________.解析 因为在△ABC 中，BC ＝1，B ＝π3，△ABC 的面积S ＝3，所以S △ABC ＝12BC ×BA sin B ＝3，即12×1×BA ×32＝3，解得BA ＝4.又由余弦定理，得AC 2＝BC 2＋BA 2－2BC ·BA cos B ，即得AC ＝13，由正弦定理，得BA sin C ＝ACsin B ，解得sin C ＝23913.答案239136．在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C ．则A 的取值范围是________．解析 由题意结合正弦定理，得a 2≤b 2＋c 2－bc ⇒b 2＋c 2－a 2≥bc ⇒b 2＋c 2－a 2bc≥1⇒cos A ≥12，A 为△ABC 内角⇒0＜A ≤π3.答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π3 7．(2014·天津卷)在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c .已知b －c ＝14a,2sin B ＝3sin C ，则cos A 的值为________． 解析 ∵2sin B ＝3sin C ，由正弦定理得2b ＝3c ，∴b ＝32c ，又b －c ＝14a ，∴a ＝4(b －c )，∴a ＝2c .∴cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝94c 2＋c 2－4c 22·32c 2＝－14.答案 －148．(2013·苏北四市模拟)在△ABC 中，AD 为BC 边上的高线，AD ＝BC ，角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，则b c ＋cb 的取值范围是________．解析 因为AD ＝BC ＝a ，由12a 2＝12bc sin A ，解得sin A ＝a 2bc ，再由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫b c ＋c b －a 2bc ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫b c ＋c b －sin A ， 得b c ＋cb ＝2cos A ＋sin A ，又A ∈(0，π)，所以由基本不等式和辅助角公式得b c ＋cb 的取值范围是[2，5]．答案 [2，5]二、解答题9．(2014·北京卷)如图，在△ABC 中，∠B ＝π3，AB ＝8，点D 在BC 边上，且CD ＝2，cos ∠ADC ＝17.(1)求sin ∠BAD ； (2)求BD ，AC 的长．解 (1)在△ADC 中，因为cos ∠ADC ＝17， 所以sin ∠ADC ＝437.所以sin ∠BAD ＝sin(∠ADC －∠B ) ＝sin ∠ADC cos ∠B －cos ∠ADC sin ∠B ＝437×12－17×32＝3314.(2)在△ABD 中，由正弦定理得BD ＝AB ·sin ∠BAD sin ∠ADB ＝8×3314437＝3.在△ABC 中，由余弦定理得 AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos B＝82＋52－2×8×5×12＝49.所以AC ＝7.10．已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，B ＝2π3，b ＝3，求a ＋c 的范围． 解 法一 由B ＝2π3，得A ＋C ＝π3.所以sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－A ＝sin A ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3cos A －cos π3sin A ＝12sin A＋32cos A ＝ sin ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋π3.又0＜A ＜π3，所以π3＜A ＋π3＜2π3. 所以32＜sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋π3≤1.所以sin A ＋sin C ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤32，1.由正弦定理，得a sin A ＝c sin C ＝bsin B ＝3sin 2π3＝2， 所以a ＋c ＝2sin A ＋2sin C ＝2(sin A ＋sin C )． 所以a ＋c ∈(3，2]．法二 由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 2π3＝(a ＋c )2－2ac ＋ac ＝(a ＋c )2－ac ≥(a ＋c )2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 22＝3(a ＋c )24，当且仅当a ＝c 时，取等号． 所以(a ＋c )2≤4，故a ＋c ≤2.又a ＋c ＞b ＝3，所以3＜a ＋c ≤2，即a ＋c ∈(3，2]．11. (2013·江苏卷)如图，游客从某旅游景区的景点A 处下山至C 处有两种路径．一种是从A 沿直线步行到C ，另一种是先从A 沿索道乘缆车到B ，然后从B 沿直线步行到C .现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50 m/min.在甲出发2 min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1 min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130 m/min，山路AC长为1 260 m，经测量，cos A＝1213，cos C＝35.(1)求索道AB的长；(2)问：乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？解(1)在△ABC中，因为cos A＝1213，cos C＝35，所以sin A＝513，sin C＝45.从而sin B＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C) ＝sin A cos C＋cos A sin C＝513×35＋1213×45＝6365.由正弦定理ABsin C＝ACsin B，得AB＝ACsin B·sin C＝1 2606365×45＝1 040(m)．所以索道AB的长为1 040 m.(2)设乙出发t min后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130t m，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×12 13＝200(37t2－70t＋50)，因0≤t≤1 040130，即0≤t≤8，故当t ＝3537(min)时，甲、乙两游客距离最短．(3)由正弦定理BC sin A ＝AC sin B ，得BC ＝AC sin B ·sin A ＝1 2606365×513＝500(m)．乙从B 出发时，甲已走了50×(2＋8＋1)＝550(m)，还需走710 m 才能到达C .设乙步行的速度为v m/min ，由题意得－3≤500v －71050≤3，解得1 25043≤v ≤62514，所以为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1 25043，62514(单位：m/min)范围内．。
江苏省高三数学体艺午间小练及答案：解三角形与立体几何10
高三体艺午间小练：解三角形与立体几何（10）1．如图所示，扇形AOB，圆心角AOB的大小等于3π，半径为2，在半径OA上有一动点C，过点C作平行于OB的直线交弧AB于点P.（1）若C是半径OA的中点，求线段PC的长；（2）设COPθ∠=,求POC∆面积的最大值及此时θ的值.2．如图，在三棱锥ABCS-中，⊥SA底面ABC，90=∠ABC，且ABSA=，点M是SB的中点，SCAN⊥且交SC于点N.（1）求证：⊥SC平面AMN；（2）当1AB BC==时，求三棱锥SANM-的体积.SAMN参考答案1．（1）12PC -+=；（2）当6πθ=时，)(θS 取得最大值33. 【解析】试题分析：（1）由//CP OB 得出32π=∠OCP ，在POC ∆中，利用余弦定理计算PC 长度；（2）要求POC ∆面积的最大值，需要将面积表示为θ的函数再求最值，显然可以用正弦的面积公式，注意到OCP ∠已知，故不妨用1()sin 2S CP OC OCP θ=⋅⋅⋅∠，接下来分别把,CP OC 表示成θ的函数，在POC ∆中利用正弦定理θsin sin CP PCD OP =∠得CP θ=，同理，利用正弦定理32sin )3sin(πθπOP OC=-，得)3sin(34θπ-=OC ，故POC ∆的面积1()sin sin()23S πθθθ=-，运用两角差的正弦公式，降幂公式以及辅助角公式将()S θ化为同角三角函数，得())6S πθθ=+，注意θ的范围是(0,)3π，可得6πθ=时sin(2)6πθ+取最大值1，此时)(θS 取最大值33. 试题解析：(1)在POC ∆中，32π=∠OCP ,1,2==OC OP ，由 32cos 2222πPC OC PC OC OP ⋅-+=032=-+⇒PC PC 2131+-=⇒PC ； 5分 （2）CP 平行于OB θπ-=∠=∠⇒3POB CPO ，在POC ∆中，由正弦定理得θsin sin CP PCD OP =∠，即θπsin 32sin 2CP =， θsin 34=∴CP ，又32sin )3sin(πθπOP OC=-,)3sin(34θπ-=OC . 8分 记POC ∆的面积为)(θS ，则12()sin 23S CP OC πθ=⋅⋅ )3sin(34sin 342321θπθ-⋅⋅⋅=)3sin(sin 34θπθ-=332cos 332sin -+=θθ =33)62sin(332-+πθ， 10分 ∴当6πθ=时，)(θS 取得最大值33. 12分 考点：1、三角恒等变换；2、三角函数的基本运算；3、正、余弦定理.2．（1）详见解析；（2）136. 【解析】试题分析：（1）由已知条件SA ⊥平面ABC 得到SA BC ⊥，再由已知条件得到BC AB ⊥，从而得到BC ⊥平面SAB ，进而得到BC AM ⊥，利用等腰三角形三线合一得到AM SB ⊥，结合直线与平面垂直的判定定理得到AN ⊥平面SBC ，于是得到AM SC ⊥，结合题中已知条件AN SC ⊥以及直线与平面垂直的判定定理得到SC ⊥平面AMN ；（2）利用（1）中的结论SC ⊥平面AMN ，然后以点S 为顶点，以SN 为高， 结合等体积法求出三棱锥M SAN -的体积.（1）证明：SA ⊥底面ABC ，BC SA ∴⊥，又易知BC AB ⊥，BC ∴⊥平面SAB ，BC AM ∴⊥，又SA AB =，M 是SB 的中点，AM SB ∴⊥，AM ∴⊥平面SBC ，AM SC ∴⊥，又已知SC AN ⊥，⊥∴SC 平面AMN ；（2）SC ⊥平面AMN ，SN ∴⊥平面AMN ，而1SA AB BC ===，AC ∴=SC =又AN SC ⊥，3AN ∴=， 又AM ⊥平面SBC ，AM AN ∴⊥，而2AM =，MN ∴=，12AMB S ∆∴==，11336S AMN AMN V S SN -∆∴=⋅=， 361==∴--AMN S SAN M V V . 考点：1.直线与平面垂直；2.等体积法求三棱锥的体积。
《三维设计》2015届高考数学(苏教,理科)大一轮解答题规范专练：三角函数、解三角形1
解答题规范专练(二) 三角函数、解三角形1. (2014·西安一模)已知函数f(x)＝ sin 2x －cos2x － , x ∈R.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)设△ABC 的内角A, B, C 的对边分别为a, b, c, 且c ＝ , f(C)＝0, sin B ＝2sin A, 求a, b 的值.2. (2014·石家庄模拟)已知f(x)＝4cos xcos －2.(1)求函数f (x )的最小正周期；(2)求函数f(x)在区间 上的最大值和最小值.3. (2014·苏州模拟)已知A, B, C 是△ABC 的三个内角, 向量m ＝(sin A －sin B, sin C), 向量n ＝( sin A －sin C, sin A ＋sin B), 且m ∥n.(1)求角B ；(2)若sin A ＝ , 求cos C 的值.答 案1. 解: (1)∵f(x)＝ sin 2x － － ＝sin －1,∴函数f (x )的最小正周期是T ＝2π2＝π. (2)∵f(x)＝sin －1, 且f(C)＝0,∴f(C)＝sin －1＝0,即sin(2C － )＝1,∵0<C<π, ∴0<2C<2π,∴－ <2C － < ,∴2C － ＝ , ∴C ＝ .∵sin B ＝2sin A,∴由正弦定理得 ＝ , ①由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos ,即a2＋b2－ab ＝3, ②由①②解得a ＝1, b ＝2.2. 解：(1)因为f(x)＝4cos xcos －2＝4cos x ⎝⎛⎭⎫12cos x ＋32sin x －2 ＝3sin 2x ＋2cos 2x －2＝3sin 2x ＋cos 2x －1＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π6－1. 所以f (x )的最小正周期是T ＝2π2＝π. (2)因为－ ≤x ≤ , 所以－π6≤2x ＋π6≤2π3. 于是当2x ＋ ＝ , 即x ＝ 时,f (x )取得最大值1；当2x ＋ ＝－ , 即x ＝－ 时, f(x)取得最小值－2.3. 解: (1)依题意得sin2A －sin2B ＝sin C ·( sin A －sin C)＝ sin Asin C －sin2C, 由正弦定理得, a2－b2＝ ac －c2,∴a 2＋c 2－b 2＝2ac .由余弦定理知, cos B ＝ ＝ ,∴B ＝π4. (2)∵sin A ＝ , ∴sin A< , ∴A<B.又B ＝ , ∴A< , ∴cos A ＝ ,∴cos C ＝cos ⎝⎛⎭⎫3π4－A ＝cos 3π4cos A ＋sin 3π4sin A ＝－210.。
江苏省高三数学体艺午间小练及答案：解三角形与立体几何2
高三体艺午间小练：解三角形与立体几何（2）1．（本小题满分14分）在△ABC 中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知,2.B C b == （Ⅰ）求cos A 的值； （Ⅱ）cos(2)4A π+的值．2．（本小题满分12分）如图为一简单组合体，其底面ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，//EC PD ，且2PD AD EC ==2= ．P A BCD E（1）求四棱锥B －CEPD 的体积；（2）求证：//BE 平面PDA ．参考答案1．（Ⅰ）1cos 3A =；（Ⅱ）8cos(2)418A π++=- . 【解析】试题分析：（Ⅰ）由题设b c =,2b =，代入余弦定理可得1cos 3A =.（Ⅱ）由（Ⅰ）得A 为锐角∴sin 3A =，由倍角公式得7sin 2239A A ==-，由和角公式代入得8cos(2)418A π++=-. 试题解析：解：（1）在ABC 中，由B C =可得，b c =，又2b = 由余弦定理可得2222224213cos 223b b b c a A bc b -+-=== （2）因为(0,)A π∈，由（1）可得，sin A =3= sin 22sin cos A A A==cos2A =212cos 1219A -=⨯-79=-所以cos(2)2sin 2)4A A A π+=-79=--818+=-考点:余弦定理、和角公式、倍角公式的应用2．（1）2;（2）证明见解析【解析】试题分析：（1）利用棱锥的体积公式Sh V 31=求体积．（3）证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中的一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面．解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化（2）证明线面平行常用方法：一是利用线面平行的判定定理，二是利用面面平行的性质定理，三是利用面面平行的性质；试题解析：（1）∵PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PDCE∴平面PDCE ⊥平面ABCD∵BC CD ⊥ ∴BC ⊥平面 PDCE 6分∵11()32322S PD EC DC =+⋅=⨯⨯=梯形PDCE ∴四棱锥B －CEPD 的体积1132233B CEPD PDCE V S BC -=⋅=⨯⨯=梯形． 8分 （2） 证明：∵//EC PD ，PD ⊂平面PDA ， EC ⊄平面PDA∴EC//平面PDA ,同理可得BC//平面PDA ∵EC ⊂平面EBC,BC ⊂平面EBC 且EC BC C = ∴平面BEC //平面PDA又∵BE ⊂平面EBC∴BE//平面PDA ．考点：棱锥的体积公式，线面垂直及平行．。
2015年高考数学—三角函数(解答+答案)
2015年高考数学—三角函数（解答+答案）1.(2015新课标Ⅰ文数（17）（本小题满分12分）)已知a ，b ，c 分别为△ABC 内角A ，B ，C 的对边，sin 2B=2sinAsinC （Ⅰ）若a=b ，求cosB ；（Ⅱ）设B=90°，且a=2，求△ABC 的面积2.（2015新课标II 文数17．（本小题满分12分））ΔABC 中，D 是BC 上的点，AD 平分∠BAC ，BD=2DC 。
（1）求sin sin BC∠∠；（2）若60BAC ∠=o，求B ∠。
3.（2015安徽文数16.（本小题满分12分）） 已知函数2()(sin cos )cos 2f x x x x =++（Ⅰ）求()f x 的最小正周期； （Ⅱ）求()f x 在区间[0,]2π上的最大值和最小值.4.（2015北京文数（15）（本小题13分））已知函数2()sin 2f x x π=-（Ⅰ）求()f x 的最小正周期；（Ⅱ）求()f x 在区间20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值。
5.（2015重庆文数18）已知函数21()sin 22f x x x =. （Ⅰ）求()f x 的最小周期和最小值；（Ⅱ）将函数()f x 的图像上每一点的横坐标伸长到原来的两倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图像.当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，求()g x 的值域.6.(2015福建文数21.（本小题满分12分）)已知函数()2cos 10cos 222x x x f x =+． （Ⅰ）求函数()f x 的最小正周期； （Ⅱ）将函数()f x 的图象向右平移6π个单位长度，再向下平移a （0a >）个单位长度后得到函数()g x 的图象，且函数()g x 的最大值为2． （ⅰ）求函数()g x 的解析式；（ⅱ）证明：存在无穷多个互不相同的正整数0x ，使得()00g x >．7.（2015广东文数16、（本小题满分12分）） 已知tan 2α=．()1求tan 4πα⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值；()2求2sin 2sin sin cos cos 21ααααα+--的值．8.（2015湖北文数18.（本小题满分12分））某同学用“五点法”画函数π()sin()(0,||)2f x A x ωϕωϕ=+><在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：（Ⅰ）请将上表数据补充完整，填写在答题卡上相应位置．．．．．．．．．．．，并直接写出函数()f x 的解析式；（Ⅱ）将()y f x =图象上所有点向左平行移动π6个单位长度，得到()y g x =图象，求()y g x =的图象离原点O 最近的对称中心.9.（2015湖南文数17. （本小题满分12分））设△ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,,tan a b c a b A =. （Ⅰ）证明：sin cos B A =； （Ⅱ）若3sin sin cos 4C A B -=，且B 为钝角，求,,A B C .10.（2015山东文数17．（本小题满分12分））AB C ∆中，角C B,A,所对的边分别为c b a ,,，已知33cos =B ，sin()A B +=ac =，求A sin 和c 的值.11.（2015陕西文数17．）ABC ∆的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，向量(,3)m a b =u r 与(cos ,sin )n A B =r平行.（Ⅰ）求A ； （Ⅱ）若7,2a b ==求ABC ∆的面积.12.（2015上海文数21. （本题满分14分））如图，,,O P Q 三地有直道相通，3OP =千米，4PQ =千米，5OQ =千米，现甲、乙两警员同时从O 地出发匀速前往Q 地，经过t 小时，他们之间的距离为()f t （单位：千米）.甲的路线是OQ ，速度为5千米/小时，乙的路线是OPQ ，速度为8千米/小时，乙到达Q 地后在原地等待.设1t t =时，乙到达P 地，2t t =时，乙到达Q 地.（1）求1t 与1()f t 的值；（2）已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米，当12t t t ≤≤时，求()f t 的表达式，并判断()f t 在12[,]t t 上的最大值是否超过3？说明理由.13.（2015四川文数19、(本小题满分12分)）已知A 、B 、C 为ABC ∆的内角，tan ,tan A B 是关于方程2310()x px p p R +-+=∈的两个实根.（Ⅰ）求C 的大小； （Ⅱ）若3,6AB AC ==，求p 的值14.（2015天津文数16.（13分））△ABC 中，内角A,B,C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知△ABC 的面积为315，12,cos ,4b c A -==-（Ⅰ）求a 和sin C 的值； （Ⅱ）求cos 26A π⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值。
江苏省2015届高考数学解答题每日一练系列——三角函数,立体几何17
江苏高考数学解答题每日一练——三角函数，立体几何 编号：017 1、设函数f (x )＝cos(x ＋32 )＋2cos 22x ，x ∈R. (1)求f (x )的值域；(2)记△ABC 的内角A 、B 、C 的对边长分别为a 、b 、c ，若f (B )＝1，b ＝1，c ＝3，求a 的值．2、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AD ＝4，BD ＝4，AB ＝2CD ＝8.(1)设M 是PC 上的一点，证明：平面MBD ⊥平面PAD ；(2)当M 点位于线段PC 什么位置时，PA ∥平面MBD?(3)求四棱锥P －ABCD 的体积．江苏高考数学解答题每日一练——三角函数，立体几何编号：017 1、解：(1)f(x)＝cos x cosπ－sin x sinπ＋cos x＋1＝－cos x －sin x＋cos x＋1＝cos x －sin x＋1＝sin(x ＋)＋1，因此f(x)的值域为[0,2]．(2)由f(B)＝1得sin(B ＋)＋1＝1，即sin(B ＋)＝0.又因为0<B<π，故B ＝.法一：由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，得a2－3a＋2＝0，解得a＝1或a＝2.法二：由正弦定理，得sin C ＝，所以C ＝或C ＝.当C ＝时，A ＝，从而a ＝＝2；当C ＝时，A ＝，又B ＝，从而a＝b＝1.故a的值为1或2.2、解析：(1)证明：在△ABD中，∵AD＝4，BD＝4，AB＝8，∴AD2＋BD2＝AB2.∴AD⊥BD.又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥平面PAD.又BD⊂平面MBD，∴平面MBD⊥平面PAD.(2)当M点位于线段PC靠近C点的三等分点处时，PA∥平面MBD.证明如下：连接AC，交BD于点N，连接MN.∵AB∥DC，∴四边形ABCD是梯形．∵AB＝2CD，∴CN∶NA＝1∶2.又∵CM∶MP＝1∶2，∴CN∶NA＝CM∶MP，∴PA∥MN.∵MN⊂平面MBD，PA⊄平面MBD，∴PA∥平面MBD. (3)过点P作PO⊥AD交AD于O，∵平面PAD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.即PO为四棱锥P－ABCD的高．又△PAD是边长为4的等边三角形，∴PO ＝在Rt△ADB中，斜边AB 上的高为，此即为梯形ABCD的高．梯形ABCD的面积S ABCD ＝四棱锥P－ABCD的体积V P－ABCD ＝＝24.。
【原创】江苏省2015届高三数学体艺午间小练及答案：解三角形与立体几何(13)
高三体艺午间小练：解三角形与立体几何（13）1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -D 、E 分别是BC 和1CC 的中点，已知AB=AC=AA 1=4，∠BAC=90︒.（1⊥平面AED ；（2AE D -的余弦值；（31B DE 的体积.2．在△中，角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，且a b c <<2sin b A =． （1）求角的大小；（2）若a =7，求c 边的长和△ABC 的面积.1．（1）见解析 (2)66 (3)8【解析】试题分析：(1)(2)(3)均可利用坐标法,即分别以(1)利用勾股定理可以求11,B D AD B D DE ⊥⊥,首先可以三次利用勾股定理把定理证明1B D DE ⊥,线段AD AD ⊥面11BCC B ,进而得到(2)要求二面角1B AE D --的余弦值连接B 1M.,根据第一问有1B D 为所求二面角的平面角,即该角的余弦值为而得到二面角的余弦值.(3)由(1)可得AD ⊥面1B DE AD 和三角形的面积都可以用勾股定理求的试题解析：法1:依题意，建立如图所示的空间直角坐标系0，0），B （4，0，0），E （0，4，分）（1）)4,2,2(1--=D B ，AD 因为0441=++-=⋅AD D B7分）（8分） （9分） （10分） （11分） （13分） 2sin A ，由正弦定理a b c <<，因此221222c c +-⨯⨯⨯23⨯=.因为0B π<<，且a b c <<，所以60B =o ． 6分（2）因为2a =，b =所以由余弦定理得22212222c c =+-⨯⨯⨯，即2230c c --=， 解得3c =或1c =-（舍），所以c 边的长为3. 10分11=sin 232222ABC S ac B ∆=⨯⨯⨯=． 13分 考点：正余弦定理。
【原创】江苏省2015届高三数学体艺午间小练及答案：解三角形与立体几何(19)
高三数学体艺午间小练：解三角形与立体几何（19）1．已知多面体ABCDFE 中， 四边形ABCD 为矩形，//AB EF ，AF BF ⊥，平面ABEF ⊥平面ABCD ， O 、M 分别为AB 、FC 的中点，且2AB =，1AD EF ==.（1）求证：AF ⊥平面FBC ；（2）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F ABCD V -，F CBE V -，求:F ABCD F CBE V V -- 的值.2．如图，△ABC 中．角A 、B 、C 所对边的长分别为a 、b 、c 满足c=l ，221,a b ab +=+以AB为边向△ABC 外作等边三角形△ABD ．(1)求∠ACB 的大小；(2)设∠ABC=2,||()CD f θθ=．试求函数()f θ的最大值及()f θ取得最大值时的θ的值．参考答案1．（1）见解析；（2）见解析；（3）4:1．【解析】试题分析：（1）通过证明AF ⊥BC ，AF ⊥BF 即可证明AF ⊥平面FBC ；（2）取DF 中点N ，证明OM //AN 即可证明//OM 平面DAF ；（3）将两个几何体的体积分别用相同的量表示出，然后作比即可．试题解析：（1）∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABEF I 平面ABCD AB =，BC ⊂平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，∴BC ⊥AB ，∴BC ⊥平面ABEF ．∵AF ⊂平面ABEF ，∴BC ⊥AF ，∵BF ⊥AF ，BC BF B =I ，∴AF ⊥平面FBC ．（2）取FD 中点N ，连结MN 、AN ，则//MN CD ，且2MN CD =，又四边形ABCD 为矩形，∴//MN OA ，且MN OA =，∴四边形AOMN 为平行四边形，∴//OM AN ，又∵OM ⊄平面DAF ，AN ⊂平面DAF ，∴//OM 平面DAF ．（3）过F 作FG ⊥AB 于G ，由题意可得FG ⊥平面ABCD ，∴F ABCD V -=13ABCD S FG ⨯矩形23FG =． ∵CF ⊥平面ABEF ， ∴11113326F CBE C BFE BFE V V S CB EF FG CB FG --∆==⨯=⨯⨯⨯⨯=， ∴:4:1F ABCD F CBE V V --=．考点：1.几何体中线面的平行、垂直证明；2.几何体的体积计算．2．（1）3π；（2）当3πθ=时，()f θ取得最大值3. 【解析】试题分析：本题主要考查解三角形中正弦定理、余弦定理的应用、倍角公式、两角和与差的正弦公式、三角函数最值等数学知识，考查学生分析问题解决问题的能力、转化能力和计算能力.第一问，利用余弦定理直接求cos C ，在三角形内解角C 的大小；第二问，在三角形BCD 中利用余弦定理先得到()f θ的表达式也就是2||CD ，再在三角形ABC 中利用正弦定理得到a 的表达式，代入到()f θ中，利用倍角公式、两角和的正弦公式化简()f θ，由题意，20,3πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，求函数()f θ的最大值. 试题解析：⑴在ABC ∆中，2222211cos 222a b c a b C ab ab +-+-=== ∴∠3ACB π= 4分⑵由正弦定理知2sin 233sin 3c a πθπθπ⎛⎫⋅- ⎪⎛⎫⎝⎭==- ⎪⎝⎭ 6分 ∴()212cos 3f a a πθθ⎛⎫=+-⋅+ ⎪⎝⎭24sin 12cos 3333πππθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2221cos 221333ππθθ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦52222cos 23333ππθθ⎤⎛⎫⎛⎫=-+++ ⎪ ⎪⎥⎝⎭⎝⎭⎦545sin 2336πθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭10分 由于20,3πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故仅当3πθ=时，()f θ取得最大值3. 12分 考点：1.余弦定理；2.正弦定理；3.倍角公式；4.两角和的正弦公式；5.三角函数最值.。
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高三体艺午间小练：解三角形与立体几何（14）
1．已知a 、b 、c 为正实数，()0,θπ∈．
（1）当a 、b 、c 为ABC ∆的三边长，且a 、b 、c 所对的角分别为A 、B 、C ．若3,1a c ==，
且060A ∠=．求b 的长；
（2）若2222cos a b c bc θ=+-．试证明长为a 、b 、c 的线段能构成三角形，而且边a 的对角为θ．
2．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,2AB =,3=EB
（1）证明：平面ACD ⊥平面ADE ；
（2）记AC x =，()V x 表示三棱锥A －CBE 的体积，求函数()V x 的解析式及最大值
参考答案
1．（1）2；（2）见解析.
【解析】
试题分析：(1)本题属于解三角形问题，它是“已知两边及一边所对的角，求第三边”的问题，解决这个问题可以有两种方法，一种是先用正弦定理求出已知两边所对的角中未知的一角，从而可求得第三角，然后用余弦定理求出第三边，也可以直接用余弦定理列出待求边的方程，通过解方程求出第三边；（2）首先要证明长为a 、b 、c 的线段能构成三角形，即证b c a b c -<<+，即证2222()2b c b c bc a -=+-<<
222()2b c b c bc +=++，而这个不等式通过已知条件，再利用1cos 1θ-<<易得，其次再由余弦定理很快可得A θ=．
试题解析：（1）解：由2312cos 60,b b =+-o 2
31,b b ∴=-+（3分） 220,2b b --=∴=即b （5分）
（2）证：由(0,)θπ∈，可得cos (1,1)θ∈-（6分）
所以222222222
()22cos 2()b c b c bc b c bc a b c bc b c θ-=+-<+-=<++=+ 也就是,b c a b c -<<+（9分）
因此长为,,a b c 的线段能构成三角形，不妨记为ABC ∆。
在 ABC ∆中，由余弦定理可设222
cos cos 2b c a A bc
θ+-==（11分） 即cos cos ,A θ=又,(0,)A θπ∈，由cos y x =的单调性可得A θ=（14分）
所以边a 的对角为θ.
考点：（1）余弦定理；（2）三条线段构成三角形的条件．
2．（1）详见解析；（2）x =33 【解析】
试题分析：（1）因为四边形DCBE 为平行四边形，所以BC DE P 而易证BC ⊥平面ACD ，从而DE ⊥平面ACD ，由面面垂直的判定定理可得，平面ACD ⊥平面ADE （2）三棱锥A －CBE 的体积即为三棱锥E －ABC 的体积，所以BE S V x V ABC ABC E ⋅=
=∆-31)(11121332
ABC S =≤⨯⨯⨯V ，当OC ⊥AB 时取得最大值，此时
x =
试题解析：（1）证明：因为四边形DCBE 为平行四边形，所以,CD BE BC DE P P CD ⊥Q 平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，CD BC ∴⊥
因为AB 是圆O 的直径，BC AC ∴⊥且CD AC C =I
BC ∴⊥平面ACD 又DE BC Q P ，DE ∴⊥平面ACD
又DE ⊂Q 平面ADE ，所以平面ACD ⊥平面ADE 4分
（2）∵ DC ⊥平面ABC ∴BE ⊥平面ABC
在R ｔ△ABE 中,2AB =,BE =
在R ｔ△ABC 中 24,x BC x AC -=
=Θ（02x <<）
∴1122
ABC S AC BC ∆=⋅=，BE S V x V ABC ABC E ⋅==∆-31)(
=02x <<） （8分） 备注：未指明定义域扣1分 ∵22
22
24(4)()42x x x x +--≤= 当且仅当224x x =-，
即x =3
3 （12分） 考点：1、空间直线与平面的位置关系；2、三棱锥的体积；3、最值问题。