【分层演练系列】2019届高考数学(江苏版文)一轮复习题：第7章 立体几何 4 第4讲
2019届高考数学(文科)江苏版1轮复习练习：第7章 立体几何 3 第3讲 分层演练直击高考
1．直线a⊥平面α，b∥平面α，则a与b的位置关系为________．[解析] 因为a⊥α，b∥α，所以a⊥b，但不一定相交．[答案] a⊥b2．已知l，m，n为两两垂直的三条异面直线，过l作平面α与直线m垂直，则直线n 与平面α的关系是________．[解析] 因为l⊂α，且l与n异面，所以n⊄α，又因为m⊥α，n⊥m，所以n∥α.[答案] n∥α3.如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，P为△ABC所在平面外一点，P A⊥平面ABC，则四面体P-ABC中共有直角三角形个数为________．[解析] 由P A⊥平面ABC可得△P AC，△P AB是直角三角形，且P A⊥BC.又∠ABC＝90°，所以△ABC是直角三角形，且BC⊥平面P AB，所以BC⊥PB，即△PBC为直角三角形，故四面体P-ABC中共有4个直角三角形．[答案] 44．在空间中，给出下面四个命题：①过一点有且只有一个平面与已知直线垂直；②若平面外两点到平面的距离相等，则过两点的直线必平行于该平面；③垂直于同一条直线的两条直线互相平行；④若两个平面相互垂直，则一个平面内的任意一条直线必定垂直于另一个平面内的无数条直线．其中正确命题的序号是________．[解析] 易知①④正确；对于②，过两点的直线可能与平面相交；对于③，垂直于同一条直线的两条直线可能平行，也可能相交或异面．[答案] ①④5．设a，b是夹角为30°的异面直线，则满足条件“a⊂α，b⊂β，且α⊥β”的平面α，β有________对．[解析] 过直线a的平面α有无数个，当平面α与直线b平行时，两直线的公垂线与b 确定的平面β⊥α，当平面α与b相交时，过交点作平面α的垂线与b确定的平面β⊥α.[答案] 无数6．在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，P A⊥平面ABC，P A＝8，则P到BC的距离是________．[解析] 如图，取BC的中点D，连结AD，则AD⊥BC.又P A⊥平面ABC，根据三垂线定理，得PD⊥BC.在Rt△ABD中，AB＝5，BD＝3，所以AD＝4.在Rt△P AD中，PA＝8，AD＝4，所以PD＝4 5.[答案] 4 57．已知直线m、n和平面α、β，若α⊥β，α∩β＝m，n⊂α，要使n⊥β，则应增加条件的序号是________．①m∥n；②n⊥m.[解析] 由面面垂直的性质定理可知，当n⊥m时，有n⊥β.[答案] ②8．设l，m，n为三条不同的直线，α为一个平面，给出下列命题：①若l⊥α，则l与α相交；②若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α；③若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥α；④若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l∥n.其中正确命题的序号为________．[解析] ①显然正确；对②，只有当m，n相交且l⊄α时，才能l⊥α，故②错误；对③，由l∥m，m∥n⇒l∥n，由l⊥α得n⊥α，故③正确；对④，由l∥m，m⊥α⇒l⊥α，再由n⊥α⇒l∥n.故④正确．[答案] ①③④9.(2018·潍坊模拟)如图，在正四面体P-ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，下面四个结论成立的序号是________．①BC∥平面PDF；②DF⊥平面P AE；③平面PDF⊥平面P AE；④平面PDE⊥平面ABC.[解析] 因为BC∥DF，DF⊂平面PDF，BC⊄平面PDF，所以BC∥平面PDF，①成立；易证BC⊥平面P AE，BC∥DF，所以结论②，③均成立；点P在底面ABC内的射影为△ABC 的中心，不在中位线DE上，故结论④不可能成立．[答案] ①②③10．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有_______个．[解析] 若α，β换为直线a，b，则命题化为“a∥b，且a⊥γ⇒b⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥β，且a⊥b⇒b⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a，b，则命题化为“a∥α，且b⊥α⇒a⊥b”，此命题为真命题．[答案] 211．(2018·江苏省高考命题研究专家原创卷(七))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∠DF A＝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.连接AC，交BD于点O，连接OG，则AO＝CO，又G为AF的中点，所以CF∥OG，因为CF⊄平面BDG，OG⊂平面DBG.所以CF∥平面BDG.(2)证明：因为E，F分别为BC，DA的中点，所以EF⊥FD，EF⊥F A.又FD∩F A＝F，所以EF⊥平面ADF，因为DG⊂平面ADF，所以EF⊥DG.因为FD＝F A，∠DF A＝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.12．已知侧棱垂直于底面的四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形，且AD＝AA1，点F 为棱BB1的中点，点M为线段AC1的中点．(1)求证：MF∥平面ABCD；(2)求证：平面AFC1⊥平面ACC1A1.[证明] (1)如图，延长C1F 交CB 的延长线于点N ，连结AN .因为F 是BB 1的中点，所以F 为C 1N 的中点，B 为CN 的中点．又M 是线段AC 1的中点，所以MF ∥AN .又MF ⊄平面ABCD ，AN ⊂平面ABCD ，所以MF ∥平面ABCD .(2)连结BD ，由题知A 1A ⊥平面ABCD ，又因为BD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥BD . 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .又因为AC ∩A 1A ＝A ，AC ⊂平面ACC 1A 1，A 1A ⊂平面ACC 1A 1，所以BD ⊥平面ACC 1A 1.在四边形DANB 中，DA ∥BN ，且DA ＝BN ，所以四边形DANB 为平行四边形．所以NA ∥BD ，所以NA ⊥平面ACC 1A 1.又因为NA ⊂平面AFC 1，所以平面AFC 1⊥平面ACC 1A 1.1．已知m ，n 为不同的直线，α，β为不同的平面，则给出下列条件：①m ∥n ，n ∥α；②m ⊥n ，n ⊥α；③m ∥β，m ⊄α，α∥β；④m ⊥β，α⊥β.其中能使m ∥α成立的充分条件的序号为________．[解析] 因为①②④均存在m ⊂α的可能，由条件③⇒m ∥α.[答案] ③2．在正四棱锥P -ABCD 中，P A ＝32AB ，M 是BC 的中点，G 是△P AD 的重心，则在平面P AD 中经过G 点且与直线PM 垂直的直线有________条．[解析] 设正四棱锥的底面边长为a ，(如图)则侧棱长为32a . 因为PM ⊥BC ，所以PM ＝⎝⎛⎭⎫32a 2－⎝⎛⎭⎫a 22＝22a . 连结PG 并延长与AD 相交于N 点，连结MN ，则PN ＝22a ，MN ＝AB ＝a ， 所以PM 2＋PN 2＝MN 2，所以PM ⊥PN ，又PM ⊥AD ，PN ∩AD ＝N ，PN ，AD ⊂平面P AD ，所以PM ⊥平面P AD ，所以在平面P AD 中经过G 点的任意一条直线都与PM 垂直．[答案] 无数3．假设平面α∩平面β＝EF，AB⊥α，CD⊥β，垂足分别为B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，现有下面四个条件：①AC⊥α；②AC与α，β所成的角相等；③AC与BD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.其中能成为增加条件的是________．(把你认为正确的条件序号都填上)[解析] 如果AB与CD在一个平面内，可以推出EF垂直于该平面，又BD在该平面内，所以BD⊥EF.故要证BD⊥EF，只需AB，CD在一个平面内即可，只有①③能保证这一条件．[答案] ①③4.(2018·苏州质检)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，且E为CD的中点，M，N分别是AD，BE的中点，将三角形ADE沿AE折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥平面DEC；②不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)，都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD.[解析] 由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连结NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP，又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误；④当EC⊥ED时，EC⊥AD.因为EC⊥EA，EC⊥ED，EA∩ED＝E，所以EC⊥平面AED，AD⊂平面AED，所以EC⊥AD，④正确．[答案] ①②④5．(2018·云南省师大附中模拟)如图，在三棱锥S -ABC 中，△ABC 是边长为2的正三角形，平面SAC ⊥平面ABC ，SA ＝SC ＝2，M 为AB 的中点．(1)证明：AC ⊥SB ；(2)求点B 到平面SCM 的距离．[解] (1)证明：取AC 的中点D ，连结DS ，DB .因为SA ＝SC ，BA ＝BC ，所以AC ⊥DS ，且AC ⊥DB ，DS ∩DB ＝D ，所以AC ⊥平面SDB ，又SB ⊂平面SDB ，所以AC ⊥SB .(2)因为SD ⊥AC ，平面SAC ⊥平面ABC ，所以SD ⊥平面ABC .过D 作DE ⊥CM 于E ，连结SE ，则SE ⊥CM ，所以在Rt △SDE 中，SD ＝1，DE ＝12， 所以SE ＝52，CM 是边长为2的正△ABC 的中线，所以CM ＝3， 所以S △SCM ＝12 CM ·SE ＝12×3×52＝154， S △BMC ＝12·12AB ·CM ＝14×2×3＝32. 设点B 到平面SCM 的距离为h ，则由V B SCM ＝V S -BCM 得13S △SCM ×h ＝13S △BMC×SD ， 所以h ＝S △BMC ·SD S △SCM ＝32154＝255. 6．如图所示，已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，点O 1为B 1D 1的中点．(1)求证：AB 1∥平面A 1O 1D .(2)若AB ＝23AA 1，在线段BB 1上是否存在点E 使得A 1C ⊥AE ？若存在，求出BE BB 1；若不存在，说明理由．[解] (1)证明：如图所示，连结AD 1交A 1D 于点G ， 所以G 为AD 1的中点．连结O 1G .在△AB 1D 1中， 因为O 1为B 1D 1的中点，所以O 1G ∥AB 1.因为O 1G ⊂平面A 1O 1D ，且AB 1⊄平面A 1O 1D ， 所以AB 1∥平面A 1O 1D .(2)若在线段BB 1上存在点E 使得A 1C ⊥AE ，连结A 1B 交AE 于点M . 因为BC ⊥平面ABB 1A 1，AE ⊂平面ABB 1A 1， 所以BC ⊥AE .又因为A 1C ∩BC ＝C ，且A 1C ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AE ⊥平面A 1BC .因为A 1B ⊂平面A 1BC ，所以AE ⊥A 1B .在△AMB 和△ABE 中，∠BAM ＋∠ABM ＝90°，∠BAM ＋∠BEA ＝90°， 所以∠ABM ＝∠BEA .所以Rt △ABE ∽Rt △A 1AB ，所以BE AB ＝AB AA 1. 因为AB ＝23AA 1， 所以BE ＝23AB ＝49BB 1， 即在线段BB 1上存在点E 使得A 1C ⊥AE ，此时BE BB 1＝49.。
2019届高考数学一轮复习第7单元立体几何测评理20180713478
第七单元立体几何小题必刷卷(十)立体几何题组一真题集训1.[2014·全国卷Ⅰ]如图X10-1,网格纸的各小格都是正方形,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则这个几何体是 ()A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱图X10-12.[2017·全国卷Ⅱ]如图X10-2,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某几何体的三视图,该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得,则该几何体的体积为()A.90πB.63πC.42πD.36π图X10-23.[2017·北京卷]某四棱锥的三视图如图X10-3所示,则该四棱锥的最长棱的长度为()A.3B.2C.2D.2图X10-34.[2017·全国卷Ⅲ]已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为 ()A.πB.C.D.5.[2015·广东卷]若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是()A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交6.[2016·全国卷Ⅰ]平面α过正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A,α∥平面CB1D1,α∩平面ABCD=m,α∩平面ABB1A1=n,则m,n所成角的正弦值为()A.B.C.D.7.[2017·全国卷Ⅰ]某多面体的三视图如图X10-4所示,其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成,正方形的边长为2,俯视图为等腰直角三角形,该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为()A.10B.12C.14D.16图X10-48.[2017·全国卷Ⅱ]已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=120°,AB=2,BC=CC1=1,则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为()A.B.C.D.9.[2016·全国卷Ⅱ]α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)10.[2017·全国卷Ⅰ]如图X10-5,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:cm3)的最大值为.图X10-5题组二模拟强化11.[2018·武汉调研]一个几何体的三视图如图X10-6所示,则它的表面积为 ()A.28B.20+2C.20+4D.24+2图X10-612.[2018·温州一模]某几何体的三视图如图X10-7所示,则该几何体的体积是()A.+πB.+πC.D.图X10-713.[2017·怀化四模]在三棱锥A-BCD中,E,F分别是AB,CD的中点,若AD=BC=2,AD与BC 所成的角为θ,EF=,则sin θ=()A.B.C.D.14.[2017·合肥二模]若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形,则该三棱锥与平面α平行的棱有()A.0条B.1条C.2条D.1条或2条15.[2017·厦门二模]如图X10-8是由正三棱锥与正三棱柱组合而成的几何体的三视图,若该几何体的顶点都在半径为R的球面上,则R=()A.1B.C.D.图X10-816.[2017·广州二模]在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M是棱A1D1的中点,过C1,B,M 作正方体的截面,则这个截面的面积为()A.B.C.D.17.[2017·郑州质检]在四面体A-BCD中,AB=CD=10,AC=BD=2,AD=BC=2,则四面体A-BCD外接球的表面积为()A.50πB.100πC.200πD.300π18.[2017·洛阳二模]一个透明密闭的正方体容器中,恰好盛有该容器一半容积的水,任意转动这个正方体容器,则水面在容器中的形状可以是:(1)三角形;(2)四边形;(3)五边形;(4)六边形.其中正确的结论是()A.(1)(3)B.(2)(4)C.(2)(3)(4)D.(1)(2)(3)(4)19.[2017·河南六市二联]如图X10-9,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线与粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为.图X10-920.[2017·泉州质检]如图X10-10,一张纸的长、宽分别为2a,2a,A,B,C,D分别是其四条边的中点.现将其沿图中虚线折起,使得P1,P2,P3,P4四点重合为一点P,从而得到一个多面体.下列关于该多面体的说法中正确的是.(写出所有正确说法的序号)①该多面体是三棱锥;②平面BAD⊥平面BCD;③平面BAC⊥平面ACD;④该多面体外接球的表面积为5πa2.图X10-10解答必刷卷(四)立体几何题组一真题集训1.[2017·全国卷Ⅲ]如图J4-1,四面体ABCD中,△ABC是正三角形,△ACD是直角三角形,∠ABD=∠CBD,AB=BD.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)过AC的平面交BD于点E,若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分,求二面角D-AE-C的余弦值.图J4-12.[2017·天津卷]如图J4-2,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=90°.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN∥平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为,求线段AH的长.图J4-23.[2016·全国卷Ⅰ]如图J4-3,在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面ABEF为正方形,AF=2FD,∠AFD=90°,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60°.(1)证明:平面ABEF⊥平面EFDC;(2)求二面角E-BC-A的余弦值.图J4-3题组二模拟强化4.[2017·石家庄二模]在如图J4-4所示的多面体ABCDEF中,四边形ABCD为直角梯形,AB ∥CD,∠DAB=90°,四边形ADEF为等腰梯形,EF∥AD,已知AE⊥EC,AB=AF=EF=2,AD=CD=4.(1)求证:平面ABCD⊥平面ADEF;(2)求直线CF与平面EAC所成角的正弦值.图J4-45.[2017·福州质检]如图J4-5所示,梯形ABCD中,AB∥CD,矩形BFED所在的平面与平面ABCD垂直,且AD=DC=CB=BF=AB.(1)求证:平面ADE⊥平面BFED;(2)若P为线段EF上一点,平面PAB与平面ADE所成的锐二面角为θ,求θ的最小值.图J4-56.[2017·合肥二模]如图J4-6①所示,矩形ABCD中,AB=1,AD=2,点E为AD的中点,沿BE将△ABE折起至△PBE,如图②所示,点P在平面BCDE的射影O落在BE上.(1)求证:BP⊥CE;(2)求二面角B-PC-D的余弦值.图J4-6小题必刷卷(十)1.B[解析] 从俯视图为矩形可以看出,此几何体不可能是三棱锥或四棱锥,其直观图如图,是一个三棱柱.2.B[解析] 几何体的直观图如图所示,所以该几何体的体积为π×32×4+×π×32×6=63π.3.B[解析] 将四棱锥放在棱长为2的正方体中,该四棱锥为D'-B'C'CB,如图所示.该四棱锥最长的棱为正方体的体对角线D'B,D'B===2,故选B.4.B[解析] 由题可知球心为圆柱的中心,则圆柱底面圆的半径r==,故圆柱的体积V=π××1=.5.D[解析] 若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则l至少与l1,l2中的一条相交,故选D.6.A[解析] 因为平面α∥平面CB1D1,所以平面α与平面ABCD的交线m平行于平面CB1D1与平面ABCD的交线l.因为在正方体中平面ABCD平行于平面A1B1C1D1,所以l∥B1D1,所以m∥B1D1.同理,n平行于平面CB1D1与平面ABB1A1的交线.因为平面ABB1A1∥平面CDD1C1,所以平面CB1D1与平面ABB1A1的交线平行于平面CB1D1与平面CDD1C1的交线CD1,所以n∥CD1.故m,n所成的角即为B1D1,CD1所成的角,显然所成的角为60°,则其正弦值为.7.B[解析] 该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体,其直观图如图所示,各个面中有两个全等的梯形,其面积之和为2××2=12.8.C[解析] 方法一:建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,0,0),B1(0,0,1),C1,所以=(-2,0,1),=,故异面直线AB1与BC1所成角θ的余弦值cos θ===.方法二:如图,将该直三棱柱补充成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,则可得AB1∥DC1且AB1=DC1,图中∠BC1D即为异面直线AB1与BC1所成的角或所成角的补角.在△BC1D中,BC1=,DC1=,BD==,所以cos∠BC1D==.故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.9.②③④[解析] 对于①,m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以可过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c,因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故正确;对于③,由两个平面平行的性质可知其正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确.故正确的有②③④.10.4[解析] 设△ABC的边长为a cm,0<a<5,则三个等腰三角形的高为 cm,折起后所得正三棱锥的高为= (cm),所以所得三棱锥的体积为×a2×= (cm3).令u=25a4-a5,则u'=100a3-a4=25a3,其中0<a<5,当0<a<4时,u'>0,当4<a<5时,u'<0,故a=4为u=25a4-a5在定义域内唯一的极大值点,也是最大值点,所以当a=4时,三棱锥的体积最大,最大值为××(4)2×=4×=4(cm3).11.D[解析] 如图所示,三视图所对应的几何体是长、宽、高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后剩余的部分,故该几何体的表面积S=(2×2)×5+×1×2×2+2×1+2×=24+2.12.A[解析] 由三视图可知,该几何体是由半个圆柱和以圆柱轴截面为底面的四棱锥组成的组合体,其中半圆柱底面半径为1,高为2,体积为×π×12×2=π,四棱锥的体积为×4×1=,所以该几何体的体积为+π,故选A.13.D[解析] 如图,取BD的中点G,连接EG,FG.∵E,F分别是AB,CD的中点,∴EG∥AD,FG∥BC,又∵AD与BC所成的角为θ,∴∠EGF即为θ(或θ的补角).在△EFG中,易知EG=FG=1,EF=,∴cos∠EGF===-,∴sin θ==,故选D.14.C[解析] 如图所示,四边形EFGH为平行四边形,则EF∥GH.∵EF⊄平面BCD,GH⊂平面BCD,∴EF∥平面BCD.∵EF⊂平面ACD,平面BCD∩平面ACD=CD,∴EF∥CD,∴CD∥平面EFGH,同理AB∥平面EFGH,故选C.15.B[解析] 正三棱柱的底面边长为,高为2,设正三棱柱的上、下底面中心分别为O,O1,连接OO1,则该几何体外接球的球心为OO1的中点H,设正三棱柱底面的一个顶点为A.∵底面边长为,∴O1A=×=1,又O1H=1,∴HA==,即外接球的半径为,故选B.16.C[解析] 取AA1的中点N,连接MN,NB,MC1,BC1,易知MN∥BC1,∴截面为梯形,且MN=BC1=,MC1=BN=,∴梯形的高为,∴梯形的面积为×(+2)×=,故选C.17.C[解析] 由题意可采用割补法.考虑到四面体A-BCD的四个面为全等的三角形,所以可将四面体A-BCD置于一个长方体中,所以四面体A-BCD的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长、宽、高分别为x,y,z,则x2+y2=100,x2+z2=136,y2+z2=164,设外接球的半径为R,则有(2R)2=x2+y2+z2=200,即4R2=200,所以外接球的表面积S=4πR2=200π,故选C.18.B[解析] 正方体容器中盛有一半容积的水,无论怎样转动,其水面总是过正方体的中心.三角形截面不过正方体的中心,故(1)中结论不正确;过正方体的一对相对的棱和中心可作一截面,截面形状为长方形,故(2)中结论正确;显然水面在容器中的形状不可能是五边形,故(3)中结论不正确;过正方体一平面上相邻两边的中点以及正方体的中心得截面形状为正六边形,故(4)中结论正确.故选B.19.π[解析] 根据三视图可得该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O-ABCD,正方体的棱长为2,A,D为正方体棱的中点,根据几何体可以判断,外接球球心在过A,D且平行于正方体下底面的截面上.设外接球半径为R,球心到平面BCO的距离为x,则球心到AD的距离为2-x,∴R2=x2+()2,R2=12+(2-x)2,解得x=,R=,∴该多面体外接球的表面积为4πR2=π.20.①②③④[解析] 由题意得,该多面体是三棱锥,故①中说法正确.根据题意可得,BD=2a,AD=CD=AB=BC=a,分析可得,平面BAD⊥平面BCD,故②中说法正确,同理平面BAC ⊥平面ACD,故③中说法正确.易得多面体外接球的半径为,则该多面体外接球的表面积为5πa2,故④中说法正确.解答必刷卷(四)1.解:(1)证明:由题设可得,△ABD≌△CBD,从而AD=DC.又△ACD是直角三角形,所以∠ADC=90°.取AC的中点O,连接DO,BO,则DO⊥AC,DO=AO.又由于△ABC是正三角形,故BO⊥AC,所以∠DOB为二面角D-AC-B的平面角.在Rt△AOB中,BO2+AO2=AB2.又AB=BD,所以BO2+DO2=BO2+AO2=AB2=BD2,故∠DOB=90°,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由题设及(1)知,OA,OB,OD两两垂直.以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz,则A(1,0,0),B(0,,0),C(-1,0,0),D(0,0,1).由题设知,四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的,从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的,即E为DB的中点,得E.故=(-1,0,1),=(-2,0,0),=.设n=(x,y,z)是平面DAE的法向量,则即可取n=.设m是平面AEC的法向量,则同理可取m=(0,-1,),则cos<n,m>==,所以二面角D-AE-C的余弦值为.2.解:如图,以A为原点,分别以,,方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:=(0,2,0),=(2,0,-2).设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量,则即不妨取z=1,可得n=(1,0,1).又=(1,2,-1),可得·n=0.因为MN⊄平面BDE,所以MN∥平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x2,y2,z2)为平面EMN的法向量,则因为=(0,-2,-1),=(1,2,-1),所以不妨取y2=1,可得n2=(-4,1,-2).因此有cos<n1,n2>==-,于是sin<n1,n2>=,所以二面角C-EM-N的正弦值为.(3)依题意,设AH=h(0≤h≤4),则H(0,0,h),进而可得=(-1,-2,h),=(-2,2,2).由已知,得|cos<,>|===,整理得10h2-21h+8=0,解得h=或h=, 所以,线段AH的长为或.3.解:(1)证明:由已知可得AF⊥DF,AF⊥FE,又DF∩FE=F,所以AF⊥平面EFDC.又AF⊂平面ABEF,故平面ABEF⊥平面EFDC.(2)过D作DG⊥EF,垂足为G,由(1)知DG⊥平面ABEF.以G为坐标原点,的方向为x轴正方向,||为单位长,建立如图所示的空间直角坐标系G -xyz.由(1)知∠DFE为二面角D-AF-E的平面角,故∠DFE=60°,则DF=2,DG=,可得A(1,4,0),B(-3,4,0),E(-3,0,0),D(0,0,).由已知得,AB∥EF,所以AB∥平面EFDC.又平面ABCD∩平面EFDC=CD,故AB∥CD,CD∥EF.由BE∥AF,可得BE⊥平面EFDC,所以∠CEF为二面角C-BE-F的平面角,故∠CEF=60°,从而可得C(-2,0,),所以=(1,0,),=(0,4,0),=(-3,-4,),=(-4,0,0).设n=(x,y,z)是平面BCE的法向量,则即所以可取n=(3,0,-).设m=(x1,y1,z1)是平面ABCD的法向量,则同理可取m=(0,,4),则cos<n,m>==-,结合图形得,二面角E-BC-A的余弦值为-.4.解:(1)证明:取AD的中点M,连接EM,由AF=EF=DE=2,AD=4,可知EM=AD,∴AE⊥DE.又AE⊥EC,DE∩EC=E,∴AE⊥平面CDE,∴AE⊥CD.又CD⊥AD,AD∩AE=A,∴CD⊥平面ADEF,又∵CD⊂平面ABCD,∴平面ABCD⊥平面ADEF.(2)如图,过点E作EO⊥AD,则EO⊥平面ABCD,过点O作OG∥DC交BC于点G,以O为原点,分别以,,的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系,依题意可得E(0,0,),A(3,0,0),C(-1,4,0),F(2,0,),所以=(3,0,-),=(-4,4,0),=(3,-4,).设n=(x,y,z) 为平面EAC的法向量,则即不妨设x=1,可得n=(1,1,),所以cos<,n>===,即直线CF与平面EAC所成角的正弦值为.5.解:(1)证明:取AB的中点G,连接DG,因为AB∥CD,DC=AB=BG,所以四边形BCDG为平行四边形,则DG=CB,所以DG=AG=BG,所以AD⊥BD.因为平面BFED⊥平面ABCD, 平面BFED∩平面ABCD=DB,AD⊥DB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面BFED.又AD⊂平面ADE,所以平面ADE⊥平面BFED.(2)因为四边形BFED为矩形,所以ED⊥DB.由(1)知AD⊥ED,AD⊥DB,故建立如图所示空间直角坐标系D-xyz.设AD=1,则A(1,0,0),B(0,,0),P(0,t,1)(0≤t≤),所以=(-1,t,1),=(-1,,0).设m=(x,y,z)是平面PAB的法向量,则取y=1,则m=(,1,-t+).易知平面ADE的一个法向量为n=(0,1,0),所以cos θ=≤,又θ∈0,,所以θmin=.6.解:(1)证明:∵点P在平面BCDE的射影O落在BE上,∴平面PBE⊥平面BCDE.易知BE⊥CE,又平面PBE∩平面BCDE=BE,∴CE⊥平面PBE,而BP⊂平面PBE,∴PB⊥CE.(2)以O为坐标原点,以过点O且平行于CD的直线为x轴,过点O且平行于BC的直线为y轴,直线PO为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则B,-,0,C,,0,D-,,0,P0,0,,∴=(-1,0,0),=-,-,,=,-, -,=(0,2,0).设平面PCD的法向量为n1=(x1,y1,z1),则即令z1=,可得n1=0,,.设平面PBC的法向量为n2=(x2,y2,z2),则即令z2=,可得n2=(2,0,),∴cos<n1,n2>==.易知二面角B-PC-D为钝二面角,则二面角B-PC-D的余弦值为-.。
2019年江苏省高三数学一轮复习备考试题：立体几何(含答案解析)
高考数学精品复习资料2019.5江苏省20xx 年高考一轮复习备考试题立体几何一、填空题1、（20xx 年江苏高考）设甲、乙两个圆柱的底面积分别为21S ,S ，体积分别为21V ,V ，若它们的侧面积相等，49S S 21=，则=21V V▲ ． 2、（20xx 年江苏高考）如图，在三棱柱ABC C B A -111中，F E D ，，分别是1AA AC AB ，，的中点，设三棱锥A D E F -的体积为1V ，三棱柱ABC C B A -111的体积为2V ，则=21:V V 。
3、（20xx 年江苏高考）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3cm AB AD ==，12cm AA =，则四棱锥11A BB D D -的体积为 ▲ cm 3．4、（20xx 届江苏南京高三9月调研）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5、9月调研）如图，各条棱长均为2的正三棱柱111ABC A B C -中，M 为11A C 的中点，则三棱锥1M AB C -的 体积为 ▲6、（20xx 届江苏苏州高三9月调研）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 = ▲7、（南京市20xx 届高三第三次模拟）已知m ，n 是不重合的两条直线，α，β是不重合的两个平面．下列命题：①若α⊥β，m ⊥α，则m ∥β； ②若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β； ③若m ∥α，m ⊥n ，则n ⊥α； ④若m ∥α，m ⊂β，则α∥β．其中所有真命题的序号是 ▲ 8、（苏锡常镇四市2014届高三5月调研（二））已知△ABC 为等腰直角三角形，斜边BC 上的中线AD = 2，将△ABC 沿AD 折成60°的二面角，连结BC ，则三棱锥C - ABD 的体积为 ▲ 9、（徐州市2014届高三第三次模拟）已知圆柱的底面半径为1，母线长与底面的直径相等，则该圆柱的表面积为 ▲10、（南京、盐城市2014届高三第二次模拟（淮安三模））表面积为12π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为 ▲二、解答题1、（2014年江苏高考）如图，在三棱锥P ABC 中，D,E,F 分别为棱PC,AC,AB 的中点。
2019届高考数学(文科)江苏版1轮复习练习：第7章 立体几何 2 第2讲 分层演练直击高考
1．(2018·常州模拟)下面的说法中，________是平面α∥平面β的一个充分条件．①存在一条直线a，a∥α，a∥β；②存在一条直线a，a⊂α，a∥β；③存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α.[解析] 若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，故①错．若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故②错．若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故③错．[答案] ④2．下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是________．[解析] 对于图形①，平面MNP与AB所在的对角面平行，即可得到AB∥平面MNP；对于图形④，AB∥PN，即可得到AB∥平面MNP；图形②③无论用定义还是判定定理都无法证明线面平行．[答案] ①④3．过三棱柱ABC-A1B1C1的棱A1C1、B1C1、BC、AC的中点E、F、G、H的平面与平面________平行．[解析] 如图所示，因为E、F、G、H分别为A1C1、B1C1、BC、AC的中点，所以EF∥A1B1，FG∥B1B，且EF∩FG＝F，A1B1∩B1B＝B1，所以平面EFGH∥平面ABB1A1.[答案] ABB1A14．(2018·台州月考改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的序号是________．①若α⊥γ，α⊥β，则γ∥β ②若m ∥n ，m ⊂α，n ⊂β，则α∥β ③若m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β，则α∥β ④ 若m ∥n ，m ∥α，则n ∥α[解析] 垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，所以①错误；两个平面内的两条直线平行，这两个平面不一定平行，所以②错误；两个平面同时垂直于两条平行直线，这两个平面平行，所以③正确；两条平行直线中的一条平行于一个平面，另一条不一定平行于该平面，所以④错误．[答案] ③5.如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．[解析] 因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ACD ，平面ACD ∩平面AB 1C ＝AC ，所以EF ∥AC ，又E 为AD 的中点，AB ＝2， 所以EF ＝12AC ＝12×22＋22＝ 2.[答案] 26．若m ，n 为两条不重合的直线，α，β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是________．①若m ，n 都平行于平面α，则m ，n 一定不是相交直线； ②若m ，n 都垂直于平面α，则m ，n 一定是平行直线； ③已知α，β互相平行，m ，n 互相平行，若m ∥α，则n ∥β； ④若m ，n 在平面α内的射影互相平行，则m ，n 互相平行．[解析] ①为假命题，②为真命题，在③中，n 可以平行于β，也可以在β内，故是假命题，在④中，m ，n 也可能异面，故为假命题．[答案] ②7．棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是棱AA 1的中点，过C ，M ，D 1作正方体的截面，则截面的面积是________．[解析] 由面面平行的性质知截面与平面AB 1的交线MN 是△AA 1B 的中位线，所以截面是梯形CD 1MN ，易求其面积为92.[答案] 928．设α，β，γ是三个不同的平面，a ，b 是两条不同的直线，有下列三个条件：①a ∥γ，b ⊂β；②a ∥γ，b ∥β；③b ∥β，a ⊂γ.如果命题“α∩β＝a ，b ⊂γ，且________，则a ∥b ”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把所有正确条件的序号都填上)．[解析] 由面面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．故填入的条件为①或③.[答案] ①或③9．如图，在四面体ABCD 中，截面PQMN 是正方形，且PQ ∥AC ，PN ∥BD ，则下列命题中，正确的序号是________．①AC ⊥BD ；②AC ∥截面PQMN ；③AC ＝BD ；④异面直线PM 与BD 所成的角为45°. [解析] 由题意可知PQ ∥AC ，QM ∥BD ，PQ ⊥QM ，所以AC ⊥BD ，故①正确；由PQ ∥AC 可得AC ∥截面PQMN ，故②正确；由PN ∥BD 可知，异面直线PM 与BD 所成的角等于PM 与PN 所成的角，又四边形PQMN 为正方形，所以∠MPN ＝45°，故④正确；而AC ＝BD 没有论证来源．[答案] ①②④10．(2018·湖南省长沙一中高考模拟)如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，点P 是棱AD 上一点，且AP ＝a3，过B 1、D 1、P 的平面交底面ABCD 于PQ ，Q 在直线CD上，则PQ ＝________．[解析] 因为平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，而平面B 1D 1P ∩平面ABCD ＝PQ ，平面B 1D 1P ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥PQ .又因为B 1D 1∥BD ，所以BD ∥PQ ， 设PQ ∩AB ＝M ，因为AB ∥CD ， 所以△APM ∽△DPQ .所以PQ PM ＝PDAP ＝2，即PQ ＝2PM .又知△APM ∽△ADB ， 所以PM BD ＝AP AD ＝13，所以PM ＝13BD ，又BD ＝2a ，所以PQ ＝223a .[答案]223a 11．如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 、F 、G 、H 分别是BC 、CC 1、C 1D 1、A 1A 的中点．求证：(1)BF ∥HD 1； (2)EG ∥平面BB 1D 1D .[证明] (1)如图，取BB 1的中点M ，连结HM ，MC 1，易证四边形HMC 1D 1是平行四边形，所以HD 1∥MC 1.又MC 1∥BF ，所以BF ∥HD 1.(2)取BD 的中点O ，连结EO 、D 1O ，则OE 綊12DC ，又D 1G 綊12DC ，所以OE 綊D 1G ，所以四边形OEGD 1是平行四边形， 所以GE ∥D 1O .又D 1O ⊂平面BB 1D 1D ，EG ⊄平面BB 1D 1D . 所以EG ∥平面BB 1D 1D .12．在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 是BC 的中点． (1)若E 为A 1C 1的中点，求证：DE ∥平面ABB 1A 1； (2)若E 为A 1C 1上一点，且A 1B ∥平面B 1DE ，求A 1EEC 1的值．[解] (1)证明：取B 1C 1的中点G ，连结EG 、GD ，则EG ∥A 1B 1，DG ∥BB 1.又EG ∩DG ＝G ，所以平面DEG ∥平面ABB 1A 1.又DE ⊂平面DEG ，所以DE ∥平面ABB 1A 1.(2)设B 1D 交BC 1于点F ，连结EF ，则平面A 1BC 1∩平面B 1DE ＝EF .因为A 1B ∥平面B 1DE ，A 1B ⊂平面A 1BC 1，所以A 1B ∥EF .所以A 1E EC 1＝BF FC 1.因为BF FC 1＝BD B 1C 1＝12，所以A 1E EC 1＝12.1．考察下列三个命题，在“________”处都缺少同一个条件，补上这个条件使其构成真命题(其中l 、m 为不同直线，α、β为不重合平面)，则此条件为________．①⎭⎪⎬⎪⎫m ⊂αl ∥m ⇒l ∥α； ②⎭⎪⎬⎪⎫l ∥mm ∥α ⇒l ∥α； ③⎭⎪⎬⎪⎫l ⊥βα⊥β ⇒l ∥α. [解析] 线面平行的判定中指的是平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，故此条件为：l ⊄α.[答案] l ⊄α2．过三棱柱ABC -A 1B 1C 1任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB 1A 1平行的直线共有________条．[解析] 各中点连线，只有平面EFGH 与平面ABB 1A 1平行，如图，在四边形EFGH 中有6条符合题意．[答案] 63.如图，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将△ADE 沿直线DE 翻转成△A 1DE .若M 为线段A 1C 的中点，则在△ADE 翻转过程中，正确的命题是________．①BM 是定值； ②点M 在圆上运动；③一定存在某个位置，使DE ⊥A 1C ； ④一定存在某个位置，使MB ∥平面A 1DE .[解析] 取DC 中点N ，连结MN ，NB ，则MN ∥A 1D ，NB ∥DE ， 所以平面MNB ∥平面A 1DE ， 因为MB ⊂平面MNB ，所以MB ∥平面A 1DE ，④正确；∠A 1DE ＝∠MNB ，MN ＝12A 1D ＝定值，NB ＝DE ＝定值，根据余弦定理得，MB 2＝MN 2＋NB 2－2MN ·NB ·cos ∠MNB ，所以MB 是定值．①正确；B 是定点，所以M 是在以B 为圆心，MB 为半径的圆上， ②正确；当矩形ABCD 满足AC ⊥DE 时存在，其他情况不存在， ③不正确． 所以①②④正确． [答案] ①②④4．(2018·云南省第一次检测)在三棱锥S -ABC 中，△ABC 是边长为6的正三角形，SA ＝SB ＝SC ＝15，平面DEFH 分别与AB ，BC ，SC ，SA 交于D ，E ，F ，H .D ，E 分别是AB ，BC 的中点，如果直线SB ∥平面DEFH ，那么四边形DEFH 的面积为________．[解析] 取AC 的中点G ，连结SG ，BG .易知SG ⊥AC ，BG ⊥AC ，故AC ⊥平面SGB ，所以AC ⊥SB .因为SB ∥平面DEFH ，SB ⊂平面SAB ，平面SAB ∩平面DEFH ＝HD ，则SB ∥HD .同理SB ∥FE .又D ，E 分别为AB ，BC 的中点，则H ，F 也为AS ，SC 的中点，从而得HF 綊12AC 綊DE ，所以四边形DEFH 为平行四边形．又AC ⊥SB ，SB ∥HD ，DE ∥AC ，所以DE ⊥HD ，所以四边形DEFH 为矩形，其面积S ＝HF ·HD ＝⎝⎛⎭⎫12AC ·⎝⎛⎭⎫12SB ＝452.[答案]4525．(2018·日照检测)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝a ，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 是矩形，且平面ACFE ⊥平面ABCD ，点M 在线段EF 上．(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)当EM 为何值时，AM ∥平面BDF ？证明你的结论． [解] (1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ， AD ＝DC ＝CB ＝a ， ∠ABC ＝60°，所以四边形ABCD 是等腰梯形，且∠DCA ＝∠DAC ＝30°，∠DCB ＝120°， 所以∠ACB ＝∠DCB －∠DCA ＝90°，所以AC ⊥BC . 又平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ， 所以BC ⊥平面ACFE . (2)当EM ＝33a 时，AM ∥平面BDF ，证明如下： 在梯形ABCD 中，设AC ∩BD ＝N ，连结FN ，如图，则CN ∶NA ＝ 1∶2. 因为EM ＝33a ，而EF ＝AC ＝3a ， 所以EM ∶MF ＝1∶2，所以MF 綊AN ，所以四边形ANFM 是平行四边形， 所以AM ∥NF .又因为NF ⊂平面BDF ，AM ⊄平面BDF ， 所以AM ∥平面BDF .6．如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，O 是底面中心， A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝AA 1＝ 2.(1)证明：平面 A 1BD ∥平面CD 1B 1； (2)求三棱柱ABD -A 1B 1D 1的体积． [解] (1)证明：由题设知，BB 1綊DD 1， 所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形， 所以BD ∥B 1D 1. 又BD ⊄平面CD 1B 1， 所以BD ∥平面CD 1B 1. 因为A 1D 1綊B 1C 1綊BC ，所以四边形A 1BCD 1是平行四边形， 所以A 1B ∥D 1C . 又A 1B ⊄平面CD 1B 1， 所以A 1B ∥平面CD 1B 1. 又因为BD ∩A 1B ＝B ， 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)因为A 1O ⊥平面ABCD ，所以A 1O 是三棱柱ABD -A 1B 1D 1的高． 又因为AO ＝12AC ＝1，AA 1＝2，所以A1O＝AA21OA2＝1.又因为S△ABD＝12×2×2＝1，所以VABDA1B1D1＝S△ABD×A1O＝1.。
全国近年高考数学一轮复习第7章立体几何第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图增分练(2021年整
（全国版）2019版高考数学一轮复习第7章立体几何第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图增分练编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国版）2019版高考数学一轮复习第7章立体几何第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图增分练）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第1讲空间几何体的结构及其三视图和直观图板块四模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．[2018·银川模拟]三视图如图的几何体是（）A。
三棱锥 B．四棱锥 C．四棱台 D．三棱台答案B解析几何体底面为四边形，侧面是三角形．故选B.2．如图是一个物体的三视图，则此三视图所描述的物体是下列哪个几何体？( )答案D解析由三视图知该几何体是一个组合体，上部是圆锥,下部是圆柱．故选D。
3．某几何体的正视图和侧视图完全相同,均如图所示，则该几何体的俯视图一定不可能是( )答案D解析几何体的正视图和侧视图完全一样，则几何体从正面看和侧面看的长度相等，只有等边三角形不可能．故选D.4．[2018·云南玉溪模拟]将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( ）答案D解析根据几何体的结构特征进行分析即可．故选D。
5．若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的直观图是( ）答案A解析该几何体是正方体的一部分，结合侧视图可知直观图为选项A中的图．故选A. 6．[2017·北京高考］某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( ）A.3错误! B．2错误! C．2错误! D．2答案B解析在正方体中还原该四棱锥,如图所示,可知SD为该四棱锥的最长棱．由三视图可知正方体的棱长为2，故SD＝错误!＝2错误!。
2019年最新江苏省高三高考模(文)试卷及答案解析
数学（文科）试题卷本试题卷分选择题和非选择题两部分．满分150分, 考试时间120分钟． 请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上． 参考公式：柱体的体积公式V=Sh 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高 锥体的体积公式 V=13Sh 其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高台体的体积公式1()123V h S S =++ 其中S 1,S 2分别表示台体的上,下底面积球的表面积公式S =4πR 2其中R 表示球的半径，h 表示台体的高 球的体积公式V=43πR 3其中R 表示球的半径选择题部分 （共40分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．）1.设集合 1.设全集，集合，，则（ ）A ．{0}B ．{-3，-4}C ．{-1，-2}D ． 2.若02sin >α,则（ ）A.0cos >αB.0tan >αC.0sin >αD.02cos >α3.若m 、n 是两条不同的直线，α、β、γ三个不同的平面，下列命题中，正确的是（ ）A ．若αγ⊥，βγ⊥，则//αβB ．若m α⊥，n α⊥，则//m nC ．若//m α，//n α，则//m nD ．若//m α，//m β，则//αβ4. 下列说法正确的是（ ）A ．命题“p 或q ”为真命题，则命题p 和命题q 均为真命题；B ．命题“已知A 、B 为一个三角形的两内角，若A B >，则sin sin A B >”的逆命题为真命题；C ．“若a b >，则221ab>-”的否命题为“若a b <，则221ab<-”； D ．“1a =”是“直线10x ay -+=与直线20x ay +-=互相垂直”的充要条件.{}1,2,3,4,0U =----{}1,2,0A =--{}3,4,0B =--()U C A B =∅5.函数()()f x x R Î是周期为4的奇函数，且在02[,]上的解析式为(1),01()sin ,12x x x f x x x ì-＃ï=íp <?ïî，则1741()()46f f +=（ ） A ．716B ．916C ．1116D ．13166．已知,x y 满足不等式组1221x y x y x -⎧⎪+⎨⎪⎩≤≤≥，且2z x y a =-+(a 为常数)的最大值为2，则z 的最小值为（） A ．12B ．12-C ．76-D ．767. 已知圆22:2C x y +=，直线:240l x y +-=，点00(,)P x y 在直线l 上．若存在圆C 上的点Q ，使得45OPQ ∠=（O 为坐标原点），则0x 的取值范围为( ) A.6[0,]5 B.8[0,]5 C.8[1,]5 D.6[1,]58.设k b ，均为非零常数，给出如下三个条件： ①{}n a 与{}n ka b +均为等比数列； ②{}n a 为等差数列，{}n ka b +为等比数列； ③{}n a 为等比数列，{}n ka b +为等差数列， 其中一定能推导出数列{}n a 为常数列的是 ( ) A.①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③非选择题部分二、 填空题（本大题共7小题，9~12小题每题6分，其它小题每题4分，共36分） 9.函数()f x =值域是.值是.10.若函数()()ππ()sin f x a x x =+-是偶函数，则实数a 的值为;单调增区间为11.一个几何体的三视图如图所示（单位:cm ）,则该几何体的体积为 cm ³.表面积为cm 212.已知正数x ，y 满足3x yxy x y-=+，则y 的最大值为当且仅当 13.若函数()ln |31|f x x =-在定义域的某个子区间(1,1)k k -+上不具有单调性，则实数k 的取值范围为14.在△ABC 中，34AE AB =，23AF AC =．设BF ，CE 交于点P ，且EP EC λ=，FP FB μ=(λ,μ∈R ),则λμ+的值为15.某同学的作业不小心被墨水玷污，经仔细辨认，整理出以下两条有效信息：①题目：“在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆2221x y +=的左顶点为A ，过点A 作两条斜率之积为2的射线与椭圆交于B ，C ，…”②解：设AB 的斜率为k ，…点B ()222122 1212k k k k-++，，D ()5 03-，，…”据此，请你写出直线CD 的斜率为（用k 表示）三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．16.在△ABC 中，BC 2AB AC ⋅=．（1）求△ABC 三边的平方和；（2）当△ABC 的面积最大时，求cosB 的值．17.等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，已知12a =，622S =.（1）求n S ，并求n S 的最小值；（2）若从{}n a 中抽取一个公比为q 的等比数列{}n k a ，其中11k =，且12n k k k <<<，*n k N ∈.当q 取最小值时，求{}n k 的通项公式.18．（本题满分15分）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中， 已知11AD AA ==，2AB =，点E是AB 的中点．（1）求证：11D E A D ⊥．（2）求直线1B C 与平面1DED 所成角的大小。
【分层演练系列】2019届高考数学(江苏版文)一轮复习题：第3章 三角函数、解三角形 2 第2讲
1．(2018·云南省师大附中改编)若cos x ＝1213，且x 为第四象限的角，则tan x 的值为________．[解析] 因为x 为第四象限的角，所以sin x ＝－1－cos 2x ＝－513，于是tan x ＝－5131213＝－512.[答案] －5122．已知sin ⎝⎛⎭⎪⎫5π2＋α＝15，那么cos α＝________. [解析] sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2＋α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α＝cos α＝15.[答案] 153．已知cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－φ＝32，且|φ|<π2，则tan φ＝________．[解析] cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－φ＝sin φ＝32，又|φ|<π2，则cos φ＝12，所以tan φ＝ 3.[答案]34．化简：cos （α－π）sin （π－α）·sin(α－π2)·cos(3π2－α)＝________．[解析]cos （α－π）sin （π－α）·sin(α－π2)·cos(3π2－α)＝－cos αsin α·(－cos α)·(－sin α)＝－cos2α.[答案] －cos 2α5．如果f (tan x )＝sin 2x －5sin x ·cos x, 那么f (5)＝________.[解析] f (tan x )＝sin 2x －5sin x ·cos x＝sin 2x －5sin x ·cos x sin 2x ＋cos 2x ＝sin 2x cos 2x－5sin xcos x sin 2xcos 2x＋1 ＝tan 2x －5tan x tan 2x ＋1，所以f (5)＝52－5×552＋1＝0. [答案] 06．已知sin θ＝－13，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，则sin(θ－5π)·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫32π－θ的值是________．[解析] 因为sin θ＝－13，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，π2，所以cos θ＝1－sin 2θ＝223.所以原式＝－sin(π－θ)·(－cos θ)＝sin θcos θ＝－13×223＝－229.[答案] －2297．(2018·江苏省四校联考)已知sin x ＝m －3m ＋5，cos x ＝4－2m m ＋5，且x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，则tan x ＝________.[解析] 由sin 2x ＋cos 2x ＝1，即⎝ ⎛⎭⎪⎫m －3m ＋52＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2m m ＋52＝1，得m ＝0或m ＝8.又x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π，所以sin x <0，cos x >0，所以当m ＝0时，sin x ＝－35，cos x ＝45，此时tan x ＝－34；当m ＝8时，sin x ＝513，cos x ＝－1213(舍去)．综上知，tan x ＝－34.[答案] －348．若f (α)＝sin[（k ＋1）π＋α]·cos[（k ＋1）π－α]sin （k π－α）·cos （k π＋α）(k ∈Z )，则f (2 018)＝________．解析：①当k 为偶数时，设k ＝2n (n ∈Z )，原式＝sin （2n π＋π＋α）·cos （2n π＋π－α）sin （－α）·cos α＝sin （π＋α）·cos （π－α）－sin α·cos α＝－1；②当k 为奇数时，设k ＝2n ＋1(n ∈Z )，原式＝sin[（2n ＋2）π＋α]·cos[（2n ＋2）π－α]sin[（2n ＋1）π－α]·cos[（2n ＋1）π＋α]＝sin α·cos （－α）sin （π－α）·cos （π＋α）＝－1. 综上所述，当k ∈Z 时，f (α)＝－1，故f (2 018)＝－1. 答案：－19．sin 43π·cos 56π·tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－43π的值是________．[解析] 原式＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π＋π3·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π－π6·tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π－π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－sin π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－cos π6·⎝ ⎛⎭⎪⎫－tan π3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32×(－3)＝－334.[答案] －33410．当0<x <π4时，函数f (x )＝cos 2xcos x sin x －sin 2x的最小值是________．[解析] 当0<x <π4时，0<tan x <1，f (x )＝cos 2x cos x sin x －sin 2x ＝1tan x －tan 2x，设t ＝tan x ，则0<t <1，y ＝1t －t 2＝1t （1－t ）≥1⎣⎢⎡⎦⎥⎤t ＋（1－t ）22＝4.当且仅当t ＝1－t ，即t ＝12时等号成立．[答案] 4 11．化简：⎝⎛⎭⎪⎫1＋sin α1－sin α－1－sin α1＋sin α·⎝⎛⎭⎪⎫1＋cos α1－cos α－1－cos α1＋cos α.[解] 原式＝⎝⎛⎭⎪⎫（1＋sin α）2cos 2α－（1－sin α）2cos 2α· ⎝⎛（1＋cos α）2sin 2α⎭⎪⎫－（1－cos α）2sin 2α ＝⎝⎛⎭⎪⎫1＋sin α|cos α|－1－sin α|cos α|·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋cos α|sin α|－1－cos α|sin α|＝2sin α|cos α|·2cos α|sin α|＝⎩⎨⎧4，α在第一、三象限时，－4，α在第二、四象限时. 12．已知sin θ＝45，π2<θ<π.(1)求tan θ的值；(2)求sin 2θ＋2sin θcos θ3sin 2θ＋cos 2θ的值． [解] (1)因为sin 2θ＋cos 2θ＝1，sin θ＝45，所以cos 2θ＝925.又π2<θ<π，所以cos θ＝－35. 所以tan θ＝sin θcos θ＝－43.(2)由(1)知，sin 2θ＋2sin θcos θ3sin 2θ＋cos 2θ＝tan 2θ＋2tan θ3tan 2θ＋1＝－857.1．若cos α＋2sin α＝－5，则tan α＝________．[解析] 由cos α＋2sin α＝－5，可知cos α≠0，两边同除以cos α得，1＋2tan α＝－51cos α，两边平方得(1＋2tan α)2＝5cos 2α＝5(1＋tan 2α)，所以tan 2α－4tan α＋4＝0，解得tan α＝2.[答案] 22．已知函数f (x )＝a sin(πx ＋α)＋b cos(πx ＋β)，且f (4)＝3，则f (2 019)的值为________． 解析：因为f (4)＝a sin(4π＋α)＋b cos(4π＋β) ＝a sin α＋b cos β＝3，所以f (2 019)＝a sin(2 019π＋α)＋b cos(2 019π＋β)＝a sin(π＋α)＋b cos(π＋β)＝－a sin α－b cos β ＝－(a sin α＋b cos β)＝－3. 即f (2 019)＝－3. 答案：－33．若sin α＝2sin β，tan α＝3tan β，则cos α＝________． 解析因为sin α＝2sin β，① tan α＝3tan β， tan 2α＝9tan 2β.②由①2÷②得：9cos 2α＝4cos 2β.③ 由①2＋③得sin 2α＋9cos 2α＝4.又sin 2α＋cos 2α＝1，所以cos 2α＝38，所以cos α＝±64.答案：±644．(2018·无锡模拟)已知sin(3π＋α)＝lg1310，则cos （π＋α）cos α[cos （π－α）－1]＋cos （α－2π）cos αcos （π－α）＋cos （α－2π）的值为________．[解析] 由于sin(3π＋α)＝－sin α，lg1310＝－13，得sin α＝13，原式＝－cos αcos α（－cos α－1）＋cos α－cos 2α＋cos α＝11＋cos α＋11－cos α＝2sin 2α＝18. [答案] 185．已知关于x 的方程2x 2－(3＋1)x ＋m ＝0的两根分别是sin θ和cos θ，θ∈(0，2π)，求：(1)sin 2θsin θ－cos θ＋cos θ1－tan θ的值； (2)m 的值；(3)方程的两根及此时θ的值．[解] (1)原式＝sin 2θsin θ－cos θ＋cos θ1－sin θcos θ＝sin 2θsin θ－cos θ＋cos 2θcos θ－sin θ＝sin 2θ－cos 2θsin θ－cos θ＝sin θ＋cos θ. 由条件知sin θ＋cos θ＝3＋12，故sin 2θsin θ－cos θ＋cos θ1－tan θ＝3＋12. (2)由已知，得sin θ＋cos θ＝3＋12，sin θcos θ＝m2， 又1＋2sin θcos θ＝(sin θ＋cos θ)2，可得m ＝32. (3)由⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＋cos θ＝3＋12，sin θcos θ＝34知⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝32，cos θ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧sin θ＝12，cos θ＝32. 又θ∈(0，2π)，故θ＝π6或θ＝π3.6．在△ABC 中，若sin(3π－A )＝2sin(π－B )，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－A ＝2cos(π－B )．试判断三角形的形状．[解] 由已知得sin A ＝2sin B ，① sin A ＝2cos B ，②由①②得，sin B ＝cos B ，即tan B ＝1. 又因为0<B <π， 所以B ＝π4，所以sin A ＝2×22＝1. 又0<A <π，所以A ＝π2，所以C ＝π－A －B ＝π－π2－π4＝π4.故△ABC 是等腰直角三角形．。
【分层演练系列】2019届高考数学(江苏版文)一轮复习题：第8章 平面解析几何 5 第5讲
1．已知方程x 22－k ＋y 22k －1＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则实数k 的取值范围是________．[解析] 因为方程x 22－k ＋y22k －1＝1表示焦点在y 轴上的椭圆，则由⎩⎨⎧2－k >0，2k －1>0，2k －1>2－k 得⎩⎪⎨⎪⎧k <2，k >12，k >1，故k 的取值范围为(1，2)． [答案] (1，2)2．中心在坐标原点的椭圆，焦点在x 轴上，焦距为4，离心率为22，则该椭圆的方程为________．[解析] 依题意，2c ＝4，c ＝2，又e ＝c a ＝22，则a ＝22，b ＝2，所以椭圆的标准方程为x 28＋y 24＝1.[答案] x 28＋y 24＝13．已知点M (3，0)，椭圆x 24＋y 2＝1与直线y ＝k (x ＋3)交于点A ，B ，则△ABM 的周长为________．[解析] M (3，0)与F (－3，0)是椭圆的焦点，则直线AB 过椭圆左焦点F (－3，0)，且AB ＝AF ＋BF ，△ABM 的周长等于AB ＋AM ＋BM ＝(AF ＋AM )＋(BF ＋BM )＝4a ＝8.[答案] 84．“m ＞n ＞0”是“方程mx 2＋ny 2＝1表示焦点在y 轴上的椭圆”的________条件．[解析] 把椭圆方程化成x 21m ＋y 21n＝1.若m ＞n ＞0，则1n ＞1m＞0.所以椭圆的焦点在y 轴上．反之，若椭圆的焦点在y 轴上，则1n ＞1m＞0即有m ＞n ＞0.故为充要条件．[答案] 充要5．如图，椭圆x 2a 2＋y 22＝1的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 点在椭圆上，若 PF 1＝4，∠F 1PF 2＝120°，则a 的值为________．[解析] b 2＝2，c ＝a 2－2，故F 1F 2＝2a 2－2，又PF 1＝4，PF 1＋PF 2＝2a ，PF 2＝2a －4，由余弦定理得cos 120°＝42＋（2a －4）2－（2a 2－2）22×4×（2a －4）＝－12，化简得8a ＝24，即a ＝3.[答案] 36．若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率为________． [解析] 由题意知2a ＋2c ＝2(2b )，即a ＋c ＝2b ，又c 2＝a 2－b 2，消去b 整理得5c 2＝3a 2－2ac ，即5e2＋2e －3＝0，所以e ＝35或e ＝－1(舍去)．[答案] 357．已知P 是以F 1，F 2为焦点的椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上的一点，若PF 1→·PF 2→＝0，tan ∠PF 1F 2＝12，则此椭圆的离心率为________．[解析] 因为PF 1→·PF 2→＝0，所以PF 1→⊥PF 2→，所以PF 1＋PF 2＝655c ＝2a ，所以e ＝c a ＝53.[答案]538．已知圆C 1：x 2＋2cx ＋y 2＝0，圆C 2：x 2－2cx ＋y 2＝0，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，若圆C 1，C 2都在椭圆内，则椭圆离心率的取值范围是________．[解析] 圆C 1，C 2都在椭圆内等价于圆C 2的右顶点(2c ，0)，上顶点(c ，c )在椭圆内部，所以只需⎩⎨⎧2c <a ，c 2a 2＋c 2b 2<1⇒0<c a <12.即椭圆离心率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，129．(2018·无锡调研)过椭圆x 25＋y 24＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A ，B 两点，O为坐标原点，则△OAB 的面积为________．[解析] 由题意知椭圆的右焦点F 的坐标为(1，0)，则直线AB 的方程为y ＝2x －2.联立⎩⎨⎧x 25＋y 24＝1，y ＝2x －2，解得交点A (0，－2)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，43，所以S △OAB ＝12·OF ·|y A －y B |＝12×1×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－2－43＝53.[答案] 5310．椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，焦距为2c ，若直线y ＝3(x ＋c )与椭圆Γ的一个交点M 满足∠MF 1F 2＝2∠MF 2F 1，则该椭圆的离心率等于________．[解析] 直线y ＝3(x ＋c )过点F 1，且倾斜角为60°，所以∠MF 1F 2＝60°，从而∠MF 2F 1＝30°，所以MF 1⊥MF 2.在Rt △MF 1F 2中，MF 1＝c ，MF 2＝3c ，所以该椭圆的离心率e ＝2c 2a ＝2cc ＋3c＝3－1.[答案]3－111.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，以原点为圆心，椭圆C 的短半轴长为半径的圆与直线x －y ＋2＝0相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P (0，1)，Q (0，2)．设M 、N 是椭圆C 上关于y 轴对称的不同两点，直线PM 与QN 相交于点T ，求证：点T 在椭圆C 上．[解] (1)由题意知b ＝22＝ 2.因为离心率e ＝c a ＝32，所以ba＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2＝12. 所以a ＝2 2.所以椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)证明：由题意可设M ，N 的坐标分别为(x 0，y 0)，(－x 0，y 0)，则直线PM 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1，①直线QN 的方程为y ＝y 0－2－x 0x ＋2.② 设T (x ，y )．联立①②解得x 0＝x2y －3， y 0＝3y －42y －3. 因为x 208＋y 202＝1，所以18⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2y －32＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3y －42y －32＝1.整理得x 28＋（3y －4）22＝(2y －3)2，所以x 28＋9y 22－12y ＋8＝4y 2－12y ＋9，即x 28＋y 22＝1.所以点T 坐标满足椭圆C 的方程，即点T 在椭圆C 上．12．(2018·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(二))在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝22，右顶点到右准线的距离为2－ 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)如图，若直线y ＝k 1x (k 1>0)与椭圆C 在第一象限的交点为A ，y ＝k 2x (k 2<0)与椭圆C 在第二象限的交点为B ，且OA 2＋OB 2＝3.①证明：k 1k 2为定值；②若点P 满足OP →＝2OA →，直线BP 与椭圆交于点Q ，设BP →＝mBQ →，求m 的值．[解] (1)设椭圆C 的半焦距为c ， 则由题意可知，⎩⎪⎨⎪⎧e ＝22＝c aa 2c －a ＝2－2，解得⎩⎨⎧a ＝2c ＝1，所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎨⎧y ＝k 1xx 2＋2y 2＝2， 解得x 21＝21＋2k 21，y 21＝2k 211＋2k 21，所以OA 2＝2（1＋k 21）1＋2k 21，同理OB 2＝2（1＋k 22）1＋2k 22， 从而3＝OA 2＋OB 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋k 211＋2k 21＋1＋k 221＋2k 22，整理得4k 21k 22＝1.由于k 1>0，k 2<0，故k 1k 2＝－12.②设Q (x 3，y 3)，由OP →＝2OA →得P (2x 1，2y 1)，又由BP →＝mBQ →，得(2x 1－x 2，2y 1－y 2)＝m (x 3－x 2，y 3－y 2)， 即⎩⎪⎨⎪⎧x 3＝2m x 1＋m －1m x 2y 3＝2m y 1＋m －1m y2.由点Q 在椭圆上得⎝ ⎛⎭⎪⎫2m x 1＋m －1m x 222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m y 1＋m －1m y 22＝1， 整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 212＋y 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 222＋y 22＋2·m －1m ·2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 22＋y 1y 2＝1，(*)由①得y 1y 2x 1x 2＝－12，即x 1x 22＋y 1y 2＝0，而A ，B 在椭圆上，故x 212＋y 21＝1，x 222＋y 22＝1，代入(*)式得4m 2＋（m －1）2m 2＝1，解得m ＝52.1．已知P 为椭圆x 225＋y 216＝1上的一点，M ，N 分别为圆(x ＋3)2＋y 2＝1和圆(x －3)2＋y 2＝4上的点，则PM ＋PN 的最小值为________．[解析] 由题意知椭圆的两个焦点F 1，F 2分别是两圆的圆心，且PF 1＋PF 2＝10，从而PM ＋PN 的最小值为PF 1＋PF 2－1－2＝7.[答案] 72.如图，椭圆的中心在坐标原点O ，顶点分别是A 1，A 2，B 1，B 2，焦点分别为F 1，F 2，延长B 1F 2与A 2B 2交于P 点，若∠B 1PA 2为钝角，则此椭圆的离心率的取值范围为________．[解析] 设椭圆的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，∠B 1PA 2为钝角可转化为B 2A 2→，F 2B 1→所夹的角为钝角，则(a ，－b )·(－c ，－b )<0，得b 2<ac ，即a 2－c 2<ac ，故⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2＋c a －1>0即e 2＋e －1>0，e >5－12或e <－5－12，又0<e <1，所以5－12<e <1. [答案] ⎝⎛⎭⎪⎫5－12，1 3．以椭圆上任意一点与焦点所连结的线段为直径的圆与以长轴为直径的圆的位置关系是________．[解析] 如图，设线段是PF 1，O 1是线段PF 1的中点，连结O 1O ，PF 2，其中O 是椭圆的中心，F 2是椭圆的另一个焦点，则在△PF 1F 2中，由三角形中位线定理可知，两圆的连心线的长是OO 1＝12PF 2＝12(2a －PF 1)＝a －12PF 1＝R －r ，故两圆内切．[答案] 内切4．设e 1，e 2分别为具有公共焦点F 1与F 2的椭圆和双曲线的离心率，P 为两曲线的一个公共点，且满足PF →1·PF →2＝0，则e 21＋e 22（e 1e 2）2的值为________．[解析] 设椭圆的长半轴长为a 1，双曲线的实半轴长为a 2，F 1F 2＝2c ，P 为第一象限的交点，由题意得PF 1＋PF 2＝2a 1，PF 1－PF 2＝2a 2，所以PF 21＋PF 22＝2a 21＋2a 22.又因为PF →1·PF →2＝0，所以PF 1⊥PF 2. 所以PF 21＋PF 22＝F 1F 22，即2a 21＋2a 22＝4c 2.所以⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c 2＝2，即1e 21＋1e 22＝2，即e 21＋e 22（e 1e 2）2＝2.[答案] 25.(2018·南京学情调研)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝22，一条准线方程为x ＝2.过椭圆的上顶点A 作一条与x 轴、y 轴都不垂直的直线交椭圆于另一点P ，P 关于x 轴的对称点为Q .(1)求椭圆的方程；(2)若直线AP ，AQ 与x 轴交点的横坐标分别为m ，n ，求证：mn 为常数，并求出此常数．[解] (1)因为c a ＝22，a2c＝2，所以a ＝2，c ＝1，所以b ＝a 2－c 2＝1.故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)法一：设P 点坐标为(x 1，y 1)，则Q 点坐标为(x 1，－y 1)． 因为k AP ＝y 1－1x 1－0＝y 1－1x 1，所以直线AP 的方程为y ＝y 1－1x 1x ＋1. 令y ＝0，解得m ＝－x 1y 1－1.因为k AQ ＝－y 1－1x 1－0＝－y 1＋1x 1，所以直线AQ 的方程为y ＝－y 1＋1x 1x ＋1.令y ＝0，解得n ＝x 1y 1＋1.所以mn ＝－x 1y 1－1×x 1y 1＋1＝x 211－y 21.又因为(x 1，y 1)在椭圆x 22＋y 2＝1上，所以x 212＋y 21＝1，即1－y 21＝x 212，所以x 211－y 21＝2，即mn ＝2.所以mn 为常数，且常数为2.法二：设直线AP 的斜率为k (k ≠0)，则AP 的方程为y ＝kx ＋1， 令y ＝0，得m ＝－1k.联立方程组⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，x 22＋y 2＝1，消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kx ＝0，解得x A ＝0，x P ＝－4k 1＋2k2，所以y P ＝k ×x P ＋1＝1－2k21＋2k2，则Q 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 1＋2k2，－1－2k 21＋2k 2.所以k AQ ＝－1－2k21＋2k 2－1－4k 1＋2k2＝12k ，故直线AQ 的方程为y ＝12k x ＋1.令y ＝0，得n ＝－2k ，所以mn ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ×(－2k )＝2.所以mn 为常数，常数为2.6．(2018·常州市高三教育学会学业水平监测)已知圆C ：(x －t )2＋y 2＝20(t ＜0)与椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的一个公共点为B (0，－2)，F (c ，0)为椭圆E 的右焦点，直线BF 与圆C 相切于点B .(1)求t 的值以及椭圆E 的方程；(2)过点F 任作与坐标轴都不垂直的直线l 与椭圆交于M ，N 两点，在x 轴上是否存在一定点P ，使PF 恰为∠MPN 的平分线？解：(1)由题意知，b ＝2，因为C (t ，0)，B (0，－2)，所以BC ＝t 2＋4＝20，所以t ＝±4，因为t ＜0，所以t ＝－4.因为BC ⊥BF ，所以c ＝1，所以a 2＝b 2＋c 2＝5，所以椭圆E 的方程为x 25＋y 24＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)，代入x 25＋y 24＝1，化简得(4＋5k 2)x 2－10k 2x ＋5k 2－20＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝10k24＋5k2，x 1x 2＝5k 2－204＋5k2.若点P 存在，设P (m ，0)，由题意得k PM ＋k PN ＝0， 所以y 1x 1－m ＋y 2x 2－m ＝k （x 1－1）x 1－m ＋k （x 2－1）x 2－m＝0.所以(x 1－1)(x 2－m )＋(x 2－1)(x 1－m )＝0，即2x 1x 2－(1＋m )(x 1＋x 2)＋2m ＝2·5k 2－204＋5k 2－(1＋m )10k24＋5k2＋2m ＝0.所以8m －40＝0，所以m ＝5，即在x 轴上存在一定点P (5，0)，使PF 恰为∠MPN 的平分线．。
2019版高考(江苏专版)大一轮数学(文)复习配套课件：第七章 数列、推理与证明 (6份打包)
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第七章 数列、推理与证明
【精要点评】此类问题往往容易忽视 n＝1 的验证，故本题的解题步骤要严格按 照例题所示进行．
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第七章 数列、推理与证明
目标 2 等差数列的基本量运算
(1) 已知等差数列{an}中的前三项和为 12，且 2a1，a2，a3＋1 依次成等 比数列，求数列{an}的公差．
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第七章 数列、推理与证明
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第七章 数列、推理与证明
第37课 数列的概念及等差数列
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第七章 数列、推理与证明
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第七章 数列、推理与证明
(3)
Snn＝a1＋(n－1)d2，所以Snn也是等差数列，首项为
a1 ，公差为
d 2
.
(4) 若等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，即 Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…也成等差数列， 公差为 k2d .
(5)
分别用 An 和 Bn 表示等差数列{an}和{bn}的前 n 项和，则abnn＝
(2) (2016·梁丰中学)已知数列{an}是公差不为零的等差数列，Sn 为其前 n 项和，若 a21＋a22＝a23＋a24，S5＝5，求 a7 的值．
【思维引导】(1) 求得 a2 的值，设公差为 d，构造关于 d 的方程，然后求之．
2019届高考数学一轮复习第七章立体几何学案理
第七章立体几何第一节空间几何体的结构特征及三视图与直观图1．简单几何体(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且相等多边形互相平行侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2．直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．3．三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．说明：正视图也称主视图，侧视图也称左视图．(2)作、看三视图的3原则①位置原则：②度量原则：长对正、高平齐、宽相等(即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽)．③虚实原则：轮廓线——现则实、隐则虚．1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．( )(4)夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是圆柱．( )(5)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台．( )答案：(1)×(2)×(3)√(4)×(5)×2．用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是( )解析：选B 俯视图中显然应有一个被遮挡的圆，所以内圆是虚线，故选B.3．若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别为( )A．2,2 3 B．22，2C．4,2 D．2,4解析：选D 由三视图可知，正三棱柱的高为2，底面正三角形的高为23，故底面边长为4，故选D.4．(教材习题改编)如图，长方体ABCDA′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是________，截去的几何体是______．答案：五棱柱三棱柱5．利用斜二测画法得到的①三角形的直观图一定是三角形；②正方形的直观图一定是菱形；③等腰梯形的直观图可以是平行四边形；④菱形的直观图一定是菱形．以上结论正确的个数是________．解析：由斜二测画法的规则可知①正确；②错误，是一般的平行四边形；③错误，等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；而菱形的直观图也不一定是菱形，④也错误，故结论正确的个数为1.答案：1考点一空间几何体的结构特征基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]空间几何体的结构特征是立体几何的基础知识，很少单独考查.多作为载体与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.A．圆柱B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C 截面是任意的且都是圆面，则该几何体为球体．2．给出下列几个命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选B ①错误，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②正确；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；③在四棱柱中，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；④存在每个面都是直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；②正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；③正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；④正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形．答案：②③④[怎样快解·准解]空间几何体概念辨析题的常用方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定．反例法通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可.考点二空间几何体的直观图基础送分型考点——自主练透[考什么·怎么考]单独考查空间几何体的直观图的题目很少，多与三视图、表面积、体积等综合考查，题型为选择题或填空题，难度较低.1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A.2．已知正三角形ABC 的边长为2，那么△ABC 的直观图△A ′B ′C ′的面积为________． 解析：如图，图①、图②分别表示△ABC 的实际图形和直观图． 从图②可知，A ′B ′＝AB ＝2，O ′C ′＝12OC ＝32，C ′D ′＝O ′C ′sin 45°＝32×22＝64. 所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×2×64＝64.答案：643.用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB 平行于y ′轴，BC ，AD 平行于x ′轴．已知四边形ABCD 的面积为2 2 cm 2，则原平面图形的面积为________ cm 2.解析：依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，上下底的长分别与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的22倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.答案：8[怎样快解·准解]1．原图形与直观图中的“三变”与“三不变” (1)“三变”⎩⎪⎨⎪⎧坐标轴的夹角改变与y 轴平行的线段的长度改变减半图形改变(2)“三不变”⎩⎪⎨⎪⎧平行性不变与x 轴平行的线段长度不变相对位置不变2．原图形与直观图面积的关系按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系： (1)S 直观图＝24S 原图形；(2)S 原图形＝22S 直观图． 考点三 空间几何体的三视图题点多变型考点——追根溯源空间几何体的三视图的辨析是高考的热点内容，一般以选择题或填空题的形式出现.常见的命题角度有：1已知几何体，识别三视图；2已知三视图，判断几何体；3已知几何体的三视图中的某两个视图，确定另一种视图.[题点全练]角度(一) 已知几何体，识别三视图1.(2018·河北衡水中学调研)如图所示，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱BB 1的中点，用过点A ，E ，C 1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为( )解析：选C 如图所示，过点A ，E ，C 1的截面为AEC 1F ，则剩余几何体的侧视图为选项C 中的图形．[题型技法] 识别三视图的步骤(1)弄清几何体的结构特征及具体形状、明确几何体的摆放位置；(2)根据三视图的有关定义和规则先确定正视图，再确定俯视图，最后确定侧视图； (3)被遮住的轮廓线应为虚线，若相邻两个物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线；对于简单的组合体，要注意它们的组合方式，特别是它们的交线位置．角度(二) 已知三视图，判断几何体2．(2017·北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A．3 2 B．2 3C．2 2 D．2解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，从图中易得最长的棱为AC1＝AC2＋CC21＝22＋22＋22＝2 3.[题型技法] 由三视图确定几何体的3步骤熟练掌握规则几何体的三视图是三视图还原几何体的基础，在明确三视图画法规则的基础上，按以下步骤可轻松解决此类问题：角度(三) 已知几何体三视图中的某两个视图，确定另外一个视图3．如图，一个三棱柱的正视图和侧视图分别是矩形和正三角形，则这个三棱柱的俯视图为( )解析：选D 由正视图和侧视图可知，这是一个水平放置的正三棱柱．故选D.[题型技法]由几何体的部分视图画出剩余视图的方法解决此类问题，可先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入检验．[题“根”探求]根据几何体的三视图判断几何体的结构特征，常见的有以下几类三视图的形状对应的几何体三个三角形三棱锥两个三角形，一个四边形四棱锥两个三角形，一个圆圆锥一个三角形，两个四边形三棱柱三个四边形四棱柱两个四边形，一个圆圆柱[冲关演练]1．(2018·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧(左)视图为( )解析：选B 从几何体的左侧看，对角线AD1在视线范围内，故画为实线，右侧面的棱C1F不在视线范围内，故画为虚线，且上端点位于几何体上底面边的中点．故选B2.(2018·石家庄质检)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D 由题图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故选D.3.(2017·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A ．10B ．12C ．14D ．16解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为2＋4×22×2＝12，故选B.(一)普通高中适用作业A 级——基础小题练熟练快1.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为( )A ．2 2 B. 2 C ．16 2D ．1解析：选A 因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′，所以B ′C ′＝A ′C ′， 所以A ′C ′＝4·sin 45°＝22，故选A.2．一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解析：选B 由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成．从上往下看，外层轮廓线是一个矩形，矩形内部是一条水平线段连接两个三角形，故选B.3．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D 由三视图知该几何体的上半部分是一个三棱柱，下半部分是一个四棱柱．故选D.4.在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图为( )解析：选D 由正视图与俯视图知，几何体是一个三棱锥与半个圆锥的组合体，故侧视图为D.5.如图，在正四棱柱ABCDA 1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为( )A．1∶1 B．2∶1C．2∶3 D．3∶2解析：选A 根据题意，三棱锥PBCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥PBCD的正视图与侧视图的面积之比为1∶1.6．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x的值是( )A ．2 B.92C.32D ．3解析：选D 根据三视图判断几何体为四棱锥，其直观图如图所示，则体积V ＝13×1＋22×2×x ＝3，解得x ＝3，故选D. 7．设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的．答案：①④8．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：139．已知正四棱锥V ABCD 中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD 的中心O ，连接VO ，AO ，则VO 就是正四棱锥V ABCD 的高．因为底面面积为16，所以AO ＝2 2. 因为一条侧棱长为211.所以VO ＝VA 2－AO 2＝44－8＝6. 所以正四棱锥V ABCD 的高为6. 答案：610．已知某几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是矩形，俯视图是正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何体的形状给出下列命题：①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③两个面都是等腰直角三角形的四面体．其中正确命题的序号是________．解析：由三视图可知，该几何体是正四棱柱，作出其直观图为如图所示的四棱柱ABCDA1B1C1D1，当选择的4个点是B1，B，C，C1时，可知①正确；当选择的4个点是B，A，B1，C时，可知②正确；易知③不正确．答案：①②B级——中档题目练通抓牢1．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是( )A．8 B．7C．6 D．5解析：选C 画出直观图可知，共需要6块．2.将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选 B 如图所示，由正视图和侧视图可知该几何体是由长方体ABCD A 1B 1C 1D 1截去三棱锥B 1A 1BC 1得到的，故其侧视图为选项B.3．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.4．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：45.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：436．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.7.如图，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求PA .解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由侧视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2. 由正视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.C级——重难题目自主选做1．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.2.一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.(二)重点高中适用作业A级——保分题目巧做快做1.“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B 根据直观图以及图中的辅助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.2.已知点E，F，G分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1，DD1的中点，点M，N，Q，P分别在线段DF，AG，BE，C1B1上．以M，N，Q，P为顶点的三棱锥PMNQ的俯视图不可能是( )解析：选C 当M与F重合，N与G重合，Q与E重合，P与B1重合时，三棱锥PMNQ 的俯视图为A；当M，N，Q，P是所在线段的中点时，三棱锥PMNQ的俯视图为B；当M，N，Q，P位于所在线段的非端点位置时，存在三棱锥PMNQ，使其俯视图为D.故选C.3.已知一个三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C 由已知条件得直观图如图所示，PC⊥底面ABC，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA形成的投影，应为虚线，故选C.4．某几何体的正视图和侧视图如图1所示，它的俯视图的直观图是如图2所示的矩形O1A1B1C1，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为( )A ．48B ．64C ．96D ．128解析：选 C 由题意可知该几何体是一个直四棱柱，∵它的俯视图的直观图是矩形O 1A 1B 1C 1，O 1A 1＝6，O 1C 1＝2，∴它的俯视图是边长为6的菱形，∵棱柱的高为4， 故该几何体的侧面积为4×6×4＝96.5．已知四棱锥P ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P ABCD 的四个侧面中面积最大的是( )A ．3B ．2 5C ．6D ．8解析：选C 四棱锥如图所示，取AD 的中点N ，BC 的中点M ，连接PM ，PN ，则PN ＝5，PM ＝3，S △PAD ＝12×4×5＝25，S △PAB ＝S △PDC ＝12×2×3＝3， S △PBC ＝12×4×3＝6.所以四个侧面中面积最大的是6.6．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)．∴AB ＝122＋52＝13(cm)． 答案：137．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三个视图都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为________．解析：由题意可知，该几何体是三棱锥，将其放置在长方体中形状如图所示(图中棱锥P ABC )，利用长方体模型可知，此三棱锥的四个面全部是直角三角形．答案：48.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开成如图所示的扇形， 由题意OP ＝4，PP ′＝43， 则cos ∠POP ′＝42＋42－4322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：439.如图是一个几何体的正视图和俯视图． (1)试判断该几何体是什么几何体； (2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积； (3)求出该几何体的体积．解：(1)由题意可知该几何体为正六棱锥．(2)其侧视图如图所示，其中AB ＝AC ，AD ⊥BC ，且BC 的长是俯视图中的正六边形对边的距离，即BC ＝3a ，AD 的长是正六棱锥的高，即AD ＝3a ，∴该平面图形的面积S ＝12·3a ·3a ＝32a 2.(3)V ＝13×6×34a 2×3a ＝32a 3.10．已知正三棱锥V ABC 的正视图、侧视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图； (2)求出侧视图的面积． 解：(1)直观图如图所示．(2)根据三视图间的关系可得BC ＝23， ∴侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.B 级——拔高题目稳做准做1．(2018·邵阳模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C 由三视图可知该四面体的直观图如图所示．其中AC ＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋232＝27，AB＝232＋22＝4，而PB＝PA2＋AB2＝22＋42＝25，PC＝PA2＋AC2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的是BC，其长为27，选C.2．(2018·泉州模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的侧视图中的虚线部分是( )A．圆弧 B．抛物线的一部分C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分解析：选D 根据几何体的三视图可得，侧视图中的虚线部分是由平行于旋转轴的平面截圆锥所得，故侧视图中的虚线部分是双曲线的一部分，故选D.3.一只蚂蚁从正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，按最短路线爬行到顶点C1的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁最短爬行路线的正视图的是( )A．①② B．①③C．③④ D．②④解析：选D 由点A经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点C1的位置，共有6种路线(对应6种不同的展开方式)．若把平面ABB1A1和平面BCC1B1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过BB1的中点，此时对应的正视图为②；若把平面ABCD和平面CDD1C1展到同一个平面内，连接AC1，则AC1是最短路线，且AC1会经过CD的中点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现．故选D.4．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．解析：由三视图知三棱锥如图所示，底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝27，PA2＋y2＝102，(27)2＋PA2＝x2，因此xy＝x102－[x2－272]＝x128－x2≤x2＋128－x22＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.答案：645.如图，在四棱锥PABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，下图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2.由正视图可知AD＝6，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝622＋62＝6 3 cm.6．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．解：(1)由题意，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∵BD ∩DC ＝D ，∴AD ⊥平面BDC ，∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，又平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ， ∴BC ∥FG ，BC ∥EH ， ∴FG ∥EH .同理，EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形． ∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ， ∴EF ⊥FG ，∴四边形EFGH 是矩形．第二节空间几何体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱 圆锥 圆台侧面展开图侧面积公式 S 圆柱侧＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r ＋r ′)l2．空间几何体的表面积与体积公式名称几何体 表面积体积柱体(棱柱和圆S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh柱) 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体(棱台和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 31．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( )(2)锥体的体积等于底面面积与高之积．( ) (3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (4)球的体积之比等于半径之比的平方．( ) 答案：(1)× (2)× (3)√ (4)×2．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323πC ．16πD ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR3＝323π. 3．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π解析：选C 由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，设圆柱底面圆半径为r ，周长为c ，圆锥母线长为l ，圆柱高为h .由图得r ＝2，c ＝2πr ＝4π，h ＝4，由勾股定理得：。
2019届高考数学文科江苏版1轮复习练习：第7立体几何2第2讲分层演练直击高考含解析
2019届高考数学文科江苏版1轮复习练习：第7立体几何2第2讲分层演练直击高考含解析 1 / 11 / 11． (2018 ·州模拟常 )下边的说法中， ________是平面 α∥平面 β的一个充足条件．①存在一条直线 a ， a ∥ α， a ∥β；②存在一条直线 a ， a? α， a ∥β；③存在两条平行直线a ，b ， a? α， b? β， a ∥ β， b ∥ α；④存在两条异面直线 a ，b ， a? α， b? β， a ∥ β， b ∥ α.[分析 ] 若 α∩ β＝l ， a ∥l ， a?α， a?β，故 ① 错．若 α∩ β＝ l ， a? α， a ∥l ，则 a ∥β， 故 ②错．若 α∩ β＝ l ， a? α， a ∥l ， b? β， b ∥l ，则 a ∥β， b ∥α， 故③ 错．[答案] ④2．以下四个正方体图形中， A ，B 为正方体的两个极点， M ， N ， P 分别为其所在棱的中点，能得出 AB ∥平面 MNP 的图形的序号是 ________．[分析 ] 关于图形 ①， 平面 MNP 与 AB 所在的对角面平行 ，即可获得 AB ∥ 平面 MNP ；关于图形 ④， AB ∥PN ，即可获得 AB ∥ 平面 MNP ；图形 ②③ 不论用定义仍是判断定理都没法证明线面平行．[答案 ] ①④3．过三棱柱 ABC-A 1B 1C 1 的棱 A 1C 1、B 1C 1、 BC 、AC 的中点 E 、 F 、 G 、H 的平面与平面________平行．[分析 ] 如下图 ，由于 E 、F 、G 、H 分别为 A 1C 1、B 1C 1、BC 、AC 的中点 ，因此 EF ∥ A 1B 1， FG ∥B 1B ，。
江苏省各地2019届高考模拟考试数学试题分类汇编：立体几何(含答案)
第 1 页 共 10 页 江苏省各地2019届高考模拟考试数学试题分类汇编：立体几何一、填空题1、（南京市、盐城市2019届高三第二次模拟）已知正四棱锥P ABCD -的所有棱长都相等，高为2，则该正四棱锥的表面积为 .2、（南京市2019届高三第三次模拟）有一个体积为2的长方体，它的长､宽､高依次为a ，b ，1．现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得新长方体高的最大值为 ．3、（南通、如皋市2019届高三下学期语数英学科模拟（二））已知一个圆锥的底面半径为3cm ，侧面积为6πcm 2，则该圆锥的体积是＿＿cm 3。
4、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第一次模拟（2月）） 已知正四棱柱的底面边长是3 cm ，侧面的对角线长是35cm ，则这个正四棱柱的体积为 cm 3．5、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟） 设P ，A ，B ，C 为球O 表面上的四个点，PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA = 2 m ，PB = 3 m ， PC = 4 m ，则球O 的表面积为 m 2．6、（七市（南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港）2019届高三第二次模拟（5月）） 已知直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，AB =3 cm ，BC =1 cm ，CD =2 cm ．将此直角梯形 绕AB 边所在的直线旋转一周，由此形成的几何体的体积为 cm 3．7、（苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查（一））已知圆柱的轴截面的对角线长为2，则这个圆柱的侧面积的最大值为8、（盐城市2019届高三第三次模拟）如图所示，三棱柱ABC-A 1B 1C 1的体积为6,O 为四边形BCC 1B 1的中心，则四面体A 1B 1OB 的体积为____.9、（江苏省2019年百校大联考）如图所示的四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，2AB =，3AD =，点E 为棱CD 上一点，若三棱锥E PAB -的体积为4，则PA 的长为 ．。
【江苏版】2019届高考数学文科一轮复习练习 第8章 平面解析几何 7 第7讲 分层演练直击高考
1．(2018·广州七校联考)抛物线14x 2＝y 的焦点坐标是________．[解析] 由14x 2＝y ⇒x 2＝4y ，于是焦点坐标为(0，1)．[答案] (0，1)2．(2018·连云港模拟)顶点在原点，对称轴是y 轴，并且经过点P (－4，－2)的抛物线方程是________．[解析] 设抛物线方程为x 2＝my ，将点P (－4，－2)代入x 2＝my ，得m ＝－8. 所以抛物线方程是x 2＝－8y . [答案] x 2＝－8y3．抛物线的焦点为椭圆x 29＋y 24＝1的左焦点，顶点为椭圆中心，则抛物线方程为________．[解析] 由c 2＝9－4＝5得F (－5，0)， 则抛物线方程为y 2＝－45x . [答案] y 2＝－45x4．已知抛物线C ：y 2＝x 的焦点为F ，A (x 0，y 0)是C 上一点，AF ＝54x 0，则x 0＝________．[解析] 由题意知抛物线的准线为x ＝－14.因为AF ＝54x 0，根据抛物线的定义可得x 0＋14＝AF ＝54x 0，解得x 0＝1.[答案] 15．如图是抛物线形拱桥，当水面在l 时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽________米．[解析] 以拱顶为坐标原点建立平面直角坐标系，设抛物线的方程为x 2＝－2py (p >0)，由题意知抛物线过点(2，－2)，代入方程得p ＝1，则抛物线的方程为x 2＝－2y ，当水面下降1米时，为y ＝－3，代入抛物线方程得x ＝±6，所以此时水面宽为26米．[答案] 2 66．(2018·云南省第一次统一检测)已知抛物线C 的方程为y 2＝2px (p >0)，⊙M 的方程为x 2＋y 2＋8x ＋12＝0，如果抛物线C 的准线与⊙M 相切，那么p 的值为________．[解析] 将⊙M 的方程化为标准方程：(x ＋4)2＋y 2＝4，圆心坐标为(－4，0)，半径r ＝2，又因为抛物线的准线方程为x ＝－p2，所以⎪⎪⎪⎪4－p 2＝2，p ＝12或4. [答案] 12或47．已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点，若FP →＝4FQ →，则QF ＝________．[解析] 过点Q 作QQ ′⊥l 交l 于点Q ′，因为FP →＝4FQ →，所以PQ ∶PF ＝3∶4，又焦点F 到准线l 的距离为4，所以QF ＝QQ ′＝3. [答案] 38．过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交y 轴于点A ，抛物线上有一点B 满足OB →＝OA →＋OF →(O 为坐标原点)，则△BOF 的面积是________．[解析] 由题可知F (1，0)，可设过焦点F 的直线方程为y ＝k (x －1)(可知k 存在)，则A (0，－k )，所以B (1，－k )，由点B 在抛物线上，得k 2＝4，k ＝±2，即B (1，±2)，S △BOF ＝12²OF ·|y B |＝12³1³2＝1.[答案] 19．已知抛物线的顶点在原点，焦点在x 轴的正半轴上，若抛物线的准线与双曲线5x 2－y 2＝20的两条渐近线围成的三角形的面积为45，则抛物线方程为________．[解析] 由双曲线方程5x 2－y 2＝20知其渐近线方程为y ＝±5x ，由题意可设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，故其准线方程为x ＝－p2，设准线与双曲线的两条渐近线的交点为A ，B ，则不妨令A ⎝⎛⎭⎫－p 2，52p ，B ⎝⎛⎭⎫－p 2，－52p ，故S △ABO ＝12³5p ³p 2＝54p 2＝45，解得p 2＝16，又因为p >0，所以p ＝4，故抛物线方程为y 2＝8x .[答案] y 2＝8x10．抛物线y 2＝2px 的焦点为F ，点A 、B 、C 在此抛物线上，点A 坐标为(1，2)．若点F 恰为△ABC 的重心，则直线BC 的方程为________．[解析] 因为点A 在抛物线上，所以4＝2p ，p ＝2，抛物线方程为y 2＝4x ，焦点F (1，0)，设点B (x 1，y 1)，点C (x 2，y 2)，则有y 21＝4x 1，①y 22＝4x 2，②由①－②得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝4(x 1－x 2) 得k BC ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2.又因为y 1＋y 2＋23＝0，所以y 1＋y 2＝－2，所以k BC ＝－2.又因为x 1＋x 2＋13＝1，所以x 1＋x 2＝2，所以BC 的中点为(1，－1)，则BC 所在直线方程为y ＋1＝－2(x －1)， 即2x ＋y －1＝0. [答案] 2x ＋y －1＝011．(2018·江苏省四校联考)已知抛物线y 2＝2x 上有四点A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)、D (x 4，y 4)，点M (3，0)，直线AB 、CD 都过点M ，且都不垂直于x 轴，直线PQ 过点M 且垂直于x 轴，交AC 于点P ，交BD 于点Q .(1)求y 1y 2的值； (2)求证：MP ＝MQ .[解] (1)设直线AB 的方程为x ＝my ＋3，与抛物线方程联立得：y 2－2my －6＝0， 所以y 1y 2＝－6.(2)证明：直线AC 的斜率为y 1－y 3x 1－x 3＝2y 1＋y 3，所以直线AC 的方程为y ＝2y 1＋y 3(x －x 1)＋y 1.所以点P 的纵坐标为y P ＝6＋y 1y 3y 1＋y 3＝6＋⎝⎛⎭⎫－6y 2y 3－6y 2＋y 3＝6（y 2－y 3）y 2y 3－6，同理点Q 的纵坐标为y Q ＝6（y 3－y 2）y 2y 3－6，所以y P ＋y Q ＝0，又PQ ⊥x 轴，所以MP ＝MQ .12．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C 的顶点在原点，经过点A (2，2)，其焦点F 在x 轴上．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)求过点F 且与直线OA 垂直的直线方程；(3)设过点M (m ，0)(m >0)的直线交抛物线C 于D 、E 两点，ME ＝2DM ，记D 和E 两点间的距离为f (m )，求f (m )关于m 的表达式．[解] (1)由题意，可设抛物线C 的标准方程为y 2＝2px .因为点A (2，2)在抛物线C 上，所以p ＝1.因此抛物线C 的标准方程为y 2＝2x .(2)由(1)可得焦点F 的坐标是⎝⎛⎭⎫12，0，又直线OA 的斜率为22＝1，故与直线OA 垂直的直线的斜率为－1，因此所求直线的方程是x ＋y －12＝0.(3)设点D 和E 的坐标分别为(x 1，y 1)和(x 2，y 2)，直线DE 的方程是y ＝k (x －m )，k ≠0. 将x ＝yk ＋m 代入y 2＝2x ，有ky 2－2y －2km ＝0，解得y 1，2＝1±1＋2mk 2k.由ME ＝2DM 知1＋1＋2mk 2＝2(1＋2mk 2－1)，化简得k 2＝4m.因此DE 2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝⎝⎛⎭⎫1＋1k 2(y 1－y 2)2＝⎝⎛⎭⎫1＋1k 24（1＋2mk 2）k 2＝94(m 2＋4m )，所以f (m )＝32m 2＋4m (m >0).1．设斜率为2的直线l 过抛物线y 2＝ax (a ≠0)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，则抛物线的方程为________．[解析] 由题可知抛物线焦点坐标为⎝⎛⎭⎫a 4，0，于是过焦点且斜率为2的直线的方程为y ＝2⎝⎛⎭⎫x －a 4，令x ＝0，可得A 点坐标为⎝⎛⎭⎫0，－a 2，所以S △OAF ＝12²|a |4²|a |2＝4，得a ＝±8，故抛物线方程为y 2＝±8x .[答案] y 2＝±8x2．(2018·南通质检)已知点M (－3，2)是坐标平面内一定点，若抛物线y 2＝2x 的焦点为F ，点Q 是该抛物线上的一动点，则MQ －QF 的最小值是________．[解析] 抛物线的准线方程为x ＝－12，当MQ ∥x 轴时，MQ －QF 取得最小值，此时点Q 的纵坐标y ＝2，代入抛物线方程y 2＝2x 得Q 的横坐标x ＝2，则(QM －QF )min＝|2＋3|－⎪⎪⎪⎪2＋12＝52. [答案] 523．(2018·无锡模拟)过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 且倾斜角为120°的直线l 与抛物线在第一、四象限分别交于A ，B 两点，则AFBF的值等于________．[解析] 记抛物线y 2＝2px 的准线为l ′，如图，作AA1⊥l ′，BB 1⊥l ′，AC ⊥BB 1，垂足分别是A 1，B 1，C ，则有cos ∠ABB 1＝BC AB ＝BB 1－AA 1AF ＋BF＝BF －AFAF ＋BF，即cos 60°＝BF －AF AF ＋BF ＝12，由此得AF BF ＝13.[答案] 134．(2018·鹰潭模拟改编)直线x ＝1与抛物线C ：y 2＝4x 交于M ，N 两点，点P 是抛物线C 准线上的一点，记向量OP →＝aOM →＋bON →(a ，b ∈R )，其中O 为抛物线C 的顶点．给出下列命题：①∀a ，b ∈R ，△PMN 不是等边三角形； ②∃a <0且b <0，使得向量OP →与ON →垂直；③无论点P 在准线上如何运动，a ＋b ＝－1总成立． 其中，所有正确命题的序号是________．[解析] 根据题意可知，当点P 落在准线与x 轴的交点时，PM ＝PN ＝22≠MN ＝4，所以△PMN 不是等边三角形，所以无论P 在何处即∀a ，b ∈R ，△PMN 都不是等边三角形．故①正确，根据题意不妨令M (1，2)，N (1，－2)，令OP →²ON →＝0，即(a ＋b )·1－2(2a －2b )＝0，整理得3a ＝5b ，所以∃a <0且b <0，使得向量OP →与ON →垂直，故②正确，OP →＝(a ＋b ，2a －2b )，因为点P 在抛物线的准线上，所以a ＋b ＝－1总成立，故③正确．[答案] ①②③5．已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l 经过点F 且与抛物线C 相交于A 、B 两点． (1)若线段AB 的中点在直线y ＝2上，求直线l 的方程； (2)若线段AB ＝20，求直线l 的方程．[解] (1)由已知得抛物线的焦点为F (1，0)．因为线段AB 的中点在直线y ＝2上，所以直线l 的斜率存在，设直线l 的斜率为k ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点M (x 0，y 0)，则⎩⎨⎧x 0＝x 1＋x22，y 0＝y 1＋y 22.由⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2得(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝4(x 1－x 2)，所以2y 0k ＝4. 又y 0＝2，所以k ＝1，故直线l 的方程是y ＝x －1.(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋1，与抛物线方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，消元得y 2－4my －4＝0，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4，Δ＝16(m 2＋1)>0. AB ＝m 2＋1|y 1－y 2|＝m 2＋1²（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝m 2＋1²（4m ）2－4³（－4） ＝4(m 2＋1)．所以4(m 2＋1)＝20，解得m ＝±2， 所以直线l 的方程是x ＝±2y ＋1， 即x ±2y －1＝0.6．如图，等边三角形OAB 的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E ：x 2＝2py (p >0)上．(1)求抛物线E 的方程；(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q .证明：以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．[解] (1) 依题意，OB ＝83，∠BOy ＝30°.设B (x ，y )，则x ＝OB sin 30°＝43，y ＝OB cos 30°＝12.因为点B (43，12)在x 2＝2py 上，所以(43)2＝2p ³12，解得p ＝2.故抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)证明：由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，y 0＝14x 20，且l 的方程为y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1. 所以Q 为⎝⎛⎭⎫x 20－42x 0，－1.设定点为M (0，y 1)，令MP →²MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0恒成立．由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)， MQ →＝⎝⎛⎭⎫x 20－42x 0，－1－y 1，由MP →²MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0， 即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)由于(*)式对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0，1)．。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第七章 不等
§7.3二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题考情考向分析以画二元一次不等式(组)表示的平面区域、目标函数最值的求法为主，兼顾由最优解(可行域)情况确定参数的范围，以及简单线性规划问题的实际应用，加强转化与化归和数形结合思想的应用意识．本节内容在高考中主要以填空题的形式进行考查，难度中低档．1．二元一次不等式表示的平面区域(1)一般地，二元一次不等式Ax＋By＋C>0在平面直角坐标系中表示直线Ax＋By＋C＝0某一侧所有点组成的平面区域．我们把直线画成虚线，以表示区域不包括边界直线．当我们在坐标系中画不等式Ax＋By＋C≥0所表示的平面区域时，此区域应包括边界直线，则把边界直线画成实线．(2)对于直线Ax＋By＋C＝0同一侧的所有点，把它的坐标(x，y)代入Ax＋By＋C，所得的符号都相同，所以只需在此直线的同一侧取一个特殊点(x0，y0)作为测试点，由Ax0＋By0＋C的符号即可断定Ax＋By＋C>0表示的是直线Ax＋By＋C＝0哪一侧的平面区域．2．线性规划相关概念3.重要结论画二元一次不等式表示的平面区域的直线定界，特殊点定域：(1)直线定界：不等式中无等号时直线画成虚线，有等号时直线画成实线．(2)特殊点定域：若直线不过原点，特殊点常选原点；若直线过原点，则特殊点常选取(0,1)或(1,0)来验证．知识拓展1．利用“同号上，异号下”判断二元一次不等式表示的平面区域 对于Ax ＋By ＋C >0或Ax ＋By ＋C <0，则有(1)当B (Ax ＋By ＋C )>0时，区域为直线Ax ＋By ＋C ＝0的上方； (2)当B (Ax ＋By ＋C )<0时，区域为直线Ax ＋By ＋C ＝0的下方． 2．最优解和可行解的关系最优解必定是可行解，但可行解不一定是最优解．最优解不一定唯一，有时唯一，有时有多个．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的平面区域的交集．( √ ) (2)不等式Ax ＋By ＋C >0表示的平面区域一定在直线Ax ＋By ＋C ＝0的上方．( × ) (3)点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)在直线Ax ＋By ＋C ＝0同侧的充要条件是(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )>0，异侧的充要条件是(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )<0.( √ )(4)第二、四象限表示的平面区域可以用不等式xy <0表示．( √ ) (5)线性目标函数的最优解是唯一的．( × )(6)最优解指的是使目标函数取得最大值或最小值的可行解．( √ )(7)目标函数z ＝ax ＋by (b ≠0)中，z 的几何意义是直线ax ＋by －z ＝0在y 轴上的截距．( × ) 题组二 教材改编2．[P86练习T2]不等式组⎩⎪⎨⎪⎧4x －3y ＋12>0，2x ＋y －4<0，y >0所表示的平面区域的面积是________．答案 10解析 画出不等式组表示的平面区域(图略)，它是一个底边为5，高为4的三角形区域，其面积S ＝12×5×4＝10.3．[P94习题T7]若⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥0，x ＋y ≤1，则z ＝x －y 的最大值为________．答案 1解析 根据题意作出不等式组所表示的可行域如图阴影部分(含边界)所示．令z ＝0，作直线l ：y －x ＝0.当直线l 向下平移时，所对应的z ＝x －y 的函数值随之增大，当直线l 经过可行域的顶点M 时，z ＝x －y 取得最大值．顶点M 是直线x ＋y ＝1与直线y ＝0的交点，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝1，y ＝0，得顶点M 的坐标为(1,0)，代入z ＝x －y ，得z max ＝1. 题组三 易错自纠4．下列各点中，不在x ＋y －1≤0表示的平面区域内的是________．(填序号) ①(0,0)；②(－1,1)；③(－1,3)；④(2，－3)． 答案 ③解析 把各点的坐标代入可得(－1,3)不适合． 5．已知变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x －2y ＋3≥0，x ≥0，则z ＝(2)2x ＋y 的最大值为________．答案 4解析 作出满足不等式组的平面区域，如图阴影部分所示，令m ＝2x ＋y ，则当m 取得最大值时，z ＝(2)2x ＋y 取得最大值．由图知直线m ＝2x ＋y 经过点A (1,2)时，m 取得最大值，所以z max ＝(2)2×1＋2＝4.6．已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋5≥0，x ＋y ≥0，x ≤3，若使得z ＝ax ＋y 取最大值的点(x ，y )有无数个，则a 的值为________． 答案 －1解析 先根据约束条件画出可行域，如图中阴影部分所示，当直线z ＝ax ＋y 和直线AB 重合时，z 取得最大值的点(x ，y )有无数个，∴－a ＝k AB ＝1，∴a ＝－1.题型一 二元一次不等式(组)表示的平面区域命题点1 不含参数的平面区域问题典例 在平面直角坐标系中，已知平面区域A ＝{(x ，y )|x ＋y ≤1，且x ≥0，y ≥0}，则平面区域B ＝{(x ＋y ，x －y )|(x ，y )∈A }的面积为________． 答案 1解析 对于集合B ，令m ＝x ＋y ，n ＝x －y ， 则x ＝m ＋n 2，y ＝m －n 2，由于(x ，y )∈A ，所以⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n 2＋m －n2≤1，m ＋n2≥0，m －n 2≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ≤1，m ＋n ≥0，m －n ≥0，因此平面区域B 的面积即为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧m ≤1，m ＋n ≥0，m －n ≥0所对应的平面区域如图阴影部分的面积，画出图形可知，该平面区域的面积为2×⎝⎛⎭⎫12×1×1＝1.命题点2 含参数的平面区域问题典例 若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0，x ＋y ≤a表示的平面区域的形状是三角形，则a 的取值范围是________．答案 (0,1]∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞解析 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，2x ＋y ≤2，y ≥0表示的平面区域(如图中阴影部分所示)．由图知，要使原不等式组表示的平面区域的形状为三角形，只需动直线l ：x ＋y ＝a 在l 1，l 2之间(包含l 2，不包含l 1)或l 3上方(包含l 3)．思维升华 (1)求平面区域的面积①首先画出不等式组表示的平面区域，若不能直接画出，应利用题目的已知条件转化为不等式组问题，从而再作出平面区域；②对平面区域进行分析，若为三角形应确定底与高，若为规则的四边形(如平行四边形或梯形)，可利用面积公式直接求解，若为不规则四边形，可分割成几个三角形，分别求解再求和即可．(2)利用几何意义求解的平面区域问题，也应作出平面图形，利用数形结合的方法求解． 跟踪训练 (1)在直角坐标系xOy 中，若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧y ≥0，y ≤2x ，y ≤k (x －1)－1表示一个三角形区域，则实数k 的取值范围是________． 答案 (－∞，－1)解析 直线y ＝k (x －1)－1过定点(1，－1)，当这条直线的斜率为负值时，该直线与y 轴的交点必须在坐标原点上方，即直线的斜率为(－∞，－1)，只有此时可构成三角形区域．(2)(2017·无锡期末)设不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －y ≤0，x ＋y ≤4表示的平面区域为M ，若直线y ＝kx －2上存在M 内的点，则实数k 的取值范围为________． 答案 [2,5]解析 直线y ＝kx －2上存在M 内的点，即直线与平面区域M 有公共点，作出平面区域M ，注意到直线y ＝kx －2经过定点P (0，－2)，求得直线l 1：x －y ＝0和l 2：x ＋y ＝4的交点A (2,2)及l 2和l 3：x ＝1的交点B (1,3)，则k P A ＝2，k PB ＝5，由题意可得k 的取值范围是[2,5]．题型二 求目标函数的最值问题命题点1 求线性目标函数的最值典例 (2017·全国Ⅱ改编)设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －3≤0，2x －3y ＋3≥0，y ＋3≥0，则z ＝2x ＋y 的最小值是________． 答案 －15解析 不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示．将目标函数z ＝2x ＋y 化为y ＝－2x ＋z ，作出直线y ＝－2x ，并平移该直线知，当直线y ＝－2x ＋z 经过点A (－6，－3)时，z 有最小值，且z min ＝2×(－6)－3＝－15. 命题点2 求非线性目标函数的最值 典例 若变量x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0，则x 2＋y 2的最大值是________．答案 10解析 满足条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，2x －3y ≤9，x ≥0的可行域如图阴影部分(包括边界)所示，x 2＋y 2是可行域上动点(x ，y )到原点(0,0)距离的平方，显然，当x ＝3，y ＝－1时，x 2＋y 2取得最大值，最大值为10.命题点3 求参数值或取值范围典例 (2018届江苏徐州一中质检)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≤1，y ≥0，若目标函数z ＝ax ＋y (其中a 为常数)仅在点A ⎝⎛⎭⎫12，12处取得最大值，则实数a 的取值范围为________． 答案 (－1,1)解析 由x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≤1，y ≥0，画出此约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示．由目标函数z ＝ax ＋y ，得y ＝－ax ＋z ， 因为z 仅在点A ⎝⎛⎭⎫12，12处取得最大值，所以－1<－a <1，故实数a 的取值范围是(－1,1)． 思维升华 根据目标函数的最值求解参数主要考虑两点： (1)根据约束条件画出平面区域．(2)分析约束条件中的相应直线的斜率与目标函数对应直线斜率之间的大小关系，正确确定目标函数取得最值时的最优解．跟踪训练 (1)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －6>0，y ≥12x －3，x ＋4y ≤12，则z ＝y －3x －2的取值范围为________．答案 ⎝⎛⎦⎤－∞，－13 解析 不等式组所表示的平面区域如图中阴影部分所示，z ＝y －3x －2表示点D (2,3)与平面区域内的点(x ，y )之间连线的斜率．因为点D (2,3)与点B (8,1)连线的斜率为－13且C 的坐标为(2，－2)，故由图知，z ＝y －3x －2的取值范围为⎝⎛⎦⎤－∞，－13.(2)已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≤2，y ≥0，若z ＝ax ＋y 的最大值为4，则a ＝________.答案 2解析 根据已知条件，画出可行域，如图阴影部分所示．由z ＝ax ＋y ，得y ＝－ax ＋z ，直线的斜率k ＝－a .当0<k ≤1，即－1≤a <0时，无选项满足此范围；当k >1，即a <－1时，由图形可知此时最优解为点(0,0)，此时z ＝0，不合题意；当－1≤k <0，即0<a ≤1时，无选项满足此范围；当k <－1，即a >1时，由图形可知此时最优解为点(2,0)，此时z ＝2a ＋0＝4，得a ＝2. 题型三 线性规划的实际应用问题典例 某玩具生产公司每天计划生产卫兵、骑兵、伞兵这三种玩具共100个，生产一个卫兵需5分钟，生产一个骑兵需7分钟，生产一个伞兵需4分钟，已知总生产时间不超过10小时．若生产一个卫兵可获利润5元，生产一个骑兵可获利润6元，生产一个伞兵可获利润3元． (1)试用每天生产的卫兵个数x 与骑兵个数y 表示每天的利润ω(元)； (2)怎样分配生产任务才能使每天的利润最大，最大利润是多少？ 解 (1)依题意每天生产的伞兵个数为100－x －y ， 所以利润ω＝5x ＋6y ＋3(100－x －y )＝2x ＋3y ＋300.(2)约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧5x ＋7y ＋4(100－x －y )≤600，100－x －y ≥0，x ≥0，y ≥0，x ，y ∈N .整理得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ≤200，x ＋y ≤100，x ≥0，y ≥0，x ，y ∈N .目标函数为ω＝2x ＋3y ＋300，作出可行域，如图阴影部分所示，作初始直线l 0：2x ＋3y ＝0，平移l 0，当l 0经过点A 时，ω有最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋3y ＝200，x ＋y ＝100，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝50，y ＝50.∴最优解为A (50,50)，此时ωmax ＝550元．故每天生产卫兵50个，骑兵50个，伞兵0个时利润最大，且最大利润为550元． 思维升华 解线性规划应用问题的一般步骤(1)审题：仔细阅读材料，抓住关键，准确理解题意，明确有哪些限制条件，借助表格或图形理清变量之间的关系．(2)设元：设问题中起关键作用(或关联较多)的量为未知量x ，y ，并列出相应的不等式组和目标函数．(3)作图：准确作出可行域，平移找点(最优解)． (4)求解：代入目标函数求解(最大值或最小值)． (5)检验：根据结果，检验反馈．跟踪训练 某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ，乙材料1 kg ，用5个工时；生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ，乙材料0.3 kg ，用3个工时．生产一件产品A 的利润为2 100元，生产一件产品B 的利润为900元．该企业现有甲材料150 kg ，乙材料90 kg ，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为________元． 答案 216 000解析 设生产A 产品x 件，B 产品y 件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件，得线性约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧1.5x ＋0.5y ≤150，x ＋0.3y ≤90，5x ＋3y ≤600，x ≥0，x ∈N *，y ≥0，y ∈N *，目标函数z ＝2 100x ＋900y.作出可行域为图中的四边形，包括边界，顶点为(60,100)，(0,200)，(0,0)，(90,0)，在(60,100)处取得最大值，z max ＝2 100×60＋900×100＝216 000(元)．1．若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y >0，4x ＋3y ≤a 表示的平面区域内的整点有且只有3个，则实数a 的取值范围是________． 答案 [11,13)解析 当x ＝1，y ＝1时，4x ＋3y ＝7； 当x ＝1，y ＝2时，4x ＋3y ＝10； 当x ＝1，y ＝3时，4x ＋3y ＝13； 当x ＝2，y ＝1时，4x ＋3y ＝11；不存在正整数x ，y ，使4x ＋3y ＝12，∴11≤a <13.2．(2017·天津改编)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ≥0，x ＋2y －2≥0，x ≤0，y ≤3，则目标函数z ＝x ＋y 的最大值为________． 答案 3解析 画出可行域，如图中阴影所示．由目标函数z ＝x ＋y ，结合图象易知y ＝－x ＋z 过(0,3)点时z 取得最大值， 即z max ＝0＋3＝3.3．直线2x ＋y －10＝0与不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥0，x －y ≥－2，4x ＋3y ≤20表示的平面区域的公共点有________个．答案 1解析 由不等式组画出可行域的平面区域如图阴影部分所示．直线2x ＋y －10＝0恰过点A (5,0)，且其斜率k ＝－2<k AB ＝－43，即直线2x ＋y －10＝0与平面区域仅有一个公共点A (5,0)．4．若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x ＋2y －2≥0，x －y ＋2m ≥0表示的平面区域为三角形，且其面积等于43，则m 的值为________． 答案 1解析 不等式组表示的平面区域如图阴影部分，则图中A 点纵坐标y A ＝1＋m ，B 点纵坐标y B ＝2m ＋23，C 点横坐标x C ＝－2m ，∴S △ABD ＝S △ACD －S △BCD ＝12×(2＋2m )×(1＋m )－12×(2＋2m )×2m ＋23＝(m ＋1)23＝43，∴m ＝1或m ＝－3，又∵当m ＝－3时，不满足题意，应舍去，∴m ＝1.5．某公司生产甲、乙两种桶装产品．已知生产甲产品1桶需耗A 原料1千克、B 原料2千克；生产乙产品1桶需耗A 原料2千克、B 原料1千克．每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元．公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗A 、B 原料都不超过12千克．通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是________元． 答案 2 800解析 设每天生产甲种产品x 桶，乙种产品y 桶， 则根据题意得x ，y 满足的约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≤12，2x ＋y ≤12，x ≥0，x ∈N ，y ≥0，y ∈N .设获利z 元，则z ＝300x ＋400y . 画出可行域如图阴影部分．画出直线l ：300x ＋400y ＝0， 即3x ＋4y ＝0.平移直线l ，从图中可知， 当直线l 过点M 时， 目标函数取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2y ＝12，2x ＋y ＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝4，即M 的坐标为(4,4)， ∴z max ＝300×4＋400×4＝2 800(元)．6．(2017届苏北四市一模)设实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y ≤1，x ＋2y ≥1，则3x ＋2y 的最大值为________．答案 3解析 作出不等式组所表示的平面区域(如图)，令z ＝3x ＋2y ，则y ＝－32x ＋z2，故当目标函数经过点C (1,0)时，取得最大值，故z max ＝3.7．若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥1，x －y ≥－1，2x －y ≤2，且目标函数z ＝ax ＋2y 仅在点(1,0)处取得最小值，则a 的取值范围是________． 答案 (－4,2)解析 作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，直线z ＝ax ＋2y 的斜率为k ＝－a2，从图中可看出，当－1<－a2<2，即－4<a <2时，仅在点(1,0)处取得最小值．8．已知点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤4，y ≥x ，x ≥1，过点P 的直线l 与圆C ：x 2＋y 2＝14相交于A ，B两点，则AB 的最小值是________． 答案 4解析 根据约束条件画出可行域，如图中阴影部分所示，设点P 到圆心的距离为d ，则求最短弦长，等价于求到圆心的距离d 最大的点，即为图中的P 点，其坐标为(1,3)，则d ＝12＋32＝10， 此时AB min ＝214－10＝4.9．(2017·全国Ⅲ)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0，则z ＝3x －4y 的最小值为________．答案 －1解析 不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋y －2≤0，y ≥0表示的可行域如图阴影部分所示．由z ＝3x －4y ，得y ＝34x －14z .平移直线y ＝34x ，易知经过点A 时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最小值．由⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＝0，x ＋y －2＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，∴A (1,1)． ∴z min ＝3－4＝－1.10．已知O 是坐标原点，点M 的坐标为(2,1)，若点N (x ，y )为平面区域⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，x ≥12，y ≥x 上的一个动点，则OM →·ON →的最大值是________． 答案 3解析 依题意，得不等式组对应的平面区域如图中阴影部分所示，其中A ⎝⎛⎭⎫12，12，B ⎝⎛⎭⎫12，32，C (1,1)．设z ＝OM →·ON →＝2x ＋y ，当目标函数z ＝2x ＋y 过点C (1，1)时，z ＝2x ＋y 取得最大值3.11．若直线y ＝2x 上存在点(x ，y )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≤0，x －2y －3≤0，x ≥m ，则实数m 的最大值为________． 答案 1解析 约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≤0，x －2y －3≤0，x ≥m表示的可行域如图中阴影部分所示．当直线x ＝m 从如图所示的实线位置运动到过A 点的虚线位置时，m 取最大值．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，y ＝2x 得A 点坐标为(1,2)．∴m 的最大值为1.12．若点(1,1)在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋ny ≤2，ny －mx ≤2，ny ≥1表示的平面区域内，则m 2＋n 2的取值范围是__________． 答案 [1,4]解析 由点(1,1)在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋ny ≤2，ny －mx ≤2，ny ≥1表示的平面区域内可得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ≤2，n －m ≤2，n ≥1，画出不等式组表示的平面区域(如图阴影部分所示)，则m 2＋n 2表示区域上的点到原点的距离的平方， 所以1≤m 2＋n 2≤4.13．在平面直角坐标系中，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤0，x －y ≤0，x 2＋y 2≤r 2(r 为常数)表示的平面区域的面积为π，若x ，y 满足上述约束条件，则z ＝x ＋y ＋1x ＋3的最小值为________．答案 －75解析 作出不等式组表示的平面区域，如图阴影部分所示，由题意，知14πr 2＝π，解得r ＝2.z ＝x ＋y ＋1x ＋3＝1＋y －2x ＋3，易知y －2x ＋3表示可行域内的点(x ，y )与点P (－3,2)的连线的斜率，由图可知，当点(x ，y )与点P 的连线与圆x 2＋y 2＝r 2相切时斜率最小．设切线方程为y －2＝k (x ＋3)，即kx －y ＋3k ＋2＝0，则有|3k ＋2|k 2＋1＝2，解得k ＝－125或k ＝0(舍)，所以z min＝1－125＝－75. 14．已知x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋y ≤t ，x ≥π6，y ≥0，其中t >π2，若sin(x ＋y )的最大值与最小值分别为1，12，则实数t 的取值范围为________． 答案 ⎣⎡⎤5π6，7π6解析 作出可行域如图阴影部分所示，设z ＝x ＋y ，作出直线l ：x ＋y ＝z ，当直线l 过点B ⎝⎛⎭⎫π6，0时，z 取得最小值π6；当直线l 过点A ⎝⎛⎭⎫π6，t －π2时，z 取得最大值t －π3.即π6≤x ＋y ≤t －π3，当x ＋y ＝π2时，sin(x ＋y )＝1. 当x ＋y ＝π6或5π6时，sin(x ＋y )＝12.所以π2≤t －π3≤5π6，解得5π6≤t ≤7π6.15．已知点P (x ，y )的坐标满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y >x ，y <2x ＋1，则x ＋y x 2＋y 2的取值范围为________．答案 (－2，1]解析 作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，y >x ，y <2x ＋1表示的平面区域，如图中阴影部分所示，其中B (－1，－1)，C (0,1)， 设θ＝∠POx ， 则x x 2＋y 2＝cos θ，yx 2＋y 2＝sin θ. θ∈⎣⎡⎭⎫π2，54π，∴x ＋y x 2＋y 2＝cos θ＋sin θ＝2sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4. ∵θ∈⎣⎡⎭⎫π2，54π，∴θ＋π4∈⎣⎡⎭⎫34π，32π， ∴sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4∈⎝⎛⎦⎤－1，22.∴x ＋y x 2＋y 2∈(－2，1]． 16．(2016·江苏)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋4≥0，2x ＋y －2≥0，3x －y －3≤0，则x 2＋y 2的取值范围是________．答案 ⎣⎡⎦⎤45，13解析 已知不等式组所表示的平面区域如图：x 2＋y 2表示原点到可行域内的点的距离的平方．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x －y －3＝0，x －2y ＋4＝0，得A (2,3)．由图可知(x 2＋y 2)min ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫|－2|22＋122＝45，(x 2＋y 2)max ＝|OA |2＝22＋32＝13.。
2019版高考数学大一轮复习江苏专版文档：第七章 不等式7.4 Word版含答案
§7.4 基本不等式及其应用 考情考向分析 理解基本不等式成立的条件，会利用基本不等式求最值．加强数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想的应用意识，作为求最值的方法，常在函数、解析几何、不等式的解答题中考查，难度中档．1．基本不等式：ab ≤a ＋b 2 (1)基本不等式成立的条件：a ≥0，b ≥0.(2)等号成立的条件：当且仅当a ＝b 时取等号．2．几个重要的不等式(1)a 2＋b 2≥2ab (a ，b ∈R )．(2)b a ＋a b≥2(a ，b 同号)． (3)ab ≤⎝⎛⎭⎫a ＋b 22 (a ，b ∈R )．(4)a 2＋b 22≥⎝⎛⎭⎫a ＋b 22 (a ，b ∈R )．以上不等式等号成立的条件均为a ＝b .3．算术平均数与几何平均数设a >0，b >0，则a ，b 的算术平均数为a ＋b 2，几何平均数为ab ，基本不等式可叙述为两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数．4．利用基本不等式求最值问题已知x >0，y >0，则(1)如果积xy 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，x ＋y 有最小值2p .(简记：积定和最小)(2)如果和x ＋y 是定值p ，那么当且仅当x ＝y 时，xy 有最大值p 24.(简记：和定积最大) 知识拓展不等式的恒成立、能成立、恰成立问题(1)恒成立问题：若f (x )在区间D 上存在最小值，则不等式f (x )>A 在区间D 上恒成立⇔f (x )min >A (x ∈D )；若f (x )在区间D 上存在最大值，则不等式f (x )<B 在区间D 上恒成立⇔f (x )max <B (x ∈D )．(2)能成立问题：若f (x )在区间D 上存在最大值，则在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )>A 成立⇔f (x )max >A (x ∈D )；若f (x )在区间D 上存在最小值，则在区间D 上存在实数x 使不等式f (x )<B 成立⇔f (x )min <B (x ∈D )．(3)恰成立问题：不等式f (x )>A 恰在区间D 上成立⇔f (x )>A 的解集为D ；不等式f (x )<B 恰在区间D 上成立⇔f (x )<B 的解集为D .题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)函数y ＝x ＋1x的最小值是2.( × ) (2)函数f (x )＝cos x ＋4cos x，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2的最小值等于4.( × ) (3)“x >0且y >0”是“x y ＋y x≥2”的充要条件．( × ) (4)若a >0，则a 3＋1a2的最小值为2a .( × ) (5)不等式a 2＋b 2≥2ab 与a ＋b 2≥ab 有相同的成立条件．( × ) (6)两个正数的等差中项不小于它们的等比中项．( √ )题组二 教材改编2．[P101练习T3]设x >0，y >0，且x ＋y ＝18，则xy 的最大值为________．答案 81解析 ∵x >0，y >0，∴x ＋y 2≥xy ， 即xy ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝81， 当且仅当x ＝y ＝9时，(xy )max ＝81.3．[P101练习T4]若把总长为20 m 的篱笆围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是________ m 2.答案 25解析 设矩形的一边为x m ，则另一边为12×(20－2x )＝(10－x )m ，。
2019高考数学(文科)江苏版1轮复习练习：第7章 立体几何 1 第1讲 分层演练直击高考 Word版含解析-
1．平面α、β的公共点多于两个，则 ①α⊥β；②α、β至少有三个公共点； ③α、β至少有一条公共直线； ④α、β至多有一条公共直线．以上四个判断中不成立的个数是________．[解析] 由条件知，平面α与β重合或相交，重合时，公共直线多于一条，故④错误；相交时不一定垂直，故①错误．[答案] 22．若空间中有两条直线，则“这两条直线为异面直线”是“这两条直线没有公共点”的________条件．[解析] 若两直线为异面直线，则两直线无公共点，反之不一定成立． [答案] 充分不必要3. 如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中既与AB 共面又与CC 1共面的棱有________条．[解析] 依题意，与AB 和CC 1都相交的棱有BC ；与AB 相交且与CC 1平行有棱AA 1，BB 1；与AB 平行且与CC 1相交的棱有CD ，C 1D 1.故符合条件的有5条．[答案] 54．如图所示，在空间四边形ABCD 中，点E 、H 分别是边AB 、AD 的中点，点F 、G 分别是边BC 、CD 上的点，且CF CB ＝CG CD ＝23，则下列说法正确的是________．①EF 与GH 平行； ②EF 与GH 异面；③EF 与GH 的交点M 可能在直线AC 上，也可能不在直线AC 上； ④EF 与GH 的交点M 一定在直线AC 上．[解析] 连结EH ，FG ，依题意，可得EH ∥BD ，FG ∥BD ，故EH ∥FG ，所以E 、F 、G 、H 共面．因为EH ＝12BD ，FG ＝23BD ，故EH ≠FG ，所以EFGH 是梯形，EF 与GH 必相交，设交点为M .因为点M 在EF 上，故点M 在平面ACB 上．同理，点M 在平面ACD 上，所以点M 是平面ACB 与平面ACD 的交点，又AC 是这两个平面的交线，所以点M 一定在直线AC 上．[答案] ④5．设a ，b ，c 是空间的三条直线，下面给出三个命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ，b 是异面直线，b ，c 是异面直线，则a ，c 也是异面直线； ③若a 和b 相交，b 和c 相交，则a 和c 也相交． 其中真命题的个数是________． [解析] 因为a ⊥b ，b ⊥c ，所以a 与c 可以相交、平行、异面，故①错．因为a ，b 异面，b ，c 异面，则a ，c 可能异面、相交、平行，故②错． 由a ，b 相交，b ，c 相交，则a ，c 可以异面、相交、平行，故③错． 故真命题的个数为0. [答案] 06.如图所示，正方体的棱长为1，B ′C ∩BC ′＝O ，则AO 与A ′C ′所成角的度数为________．[解析] 连结AC .因为A ′C ′∥AC ，所以AO 与A ′C ′所成的角就是∠OAC (或其补角)． 因为OC ⊥OB ，AB ⊥平面BB ′C ′C ， 所以OC ⊥AB .又AB ∩BO ＝B ， 所以OC ⊥平面ABO .又OA ⊂平面ABO ，所以OC ⊥OA . 在Rt △AOC 中，OC ＝22，AC ＝2， sin ∠OAC ＝OC AC ＝12，所以∠OAC ＝30°.即AO 与A ′C ′所成角的度数为30°. [答案] 30°7．已知平面α∥β，P ∉α且P ∉ β，过点P 的直线m 与α，β分别交于A ，C ，过点P 的直线n 与α，β分别交于B ，D ，且P A ＝6，AC ＝9，PD ＝8，则BD 的长为________．[解析] 如图1，因为AC ∩BD ＝P ，图1所以经过直线AC 与BD 可确定平面PCD . 因为α∥β，α∩平面PCD ＝AB ， β∩平面PCD ＝CD ， 所以AB ∥CD .所以P A AC ＝PB BD， 即69＝8－BD BD ，所以BD ＝245. 如图2，同理可证AB ∥CD .图2所以P A PC ＝PB PD ，即63＝BD －88， 所以BD ＝24.综上所述，BD ＝245或24.[答案]245或24 8．过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A 作直线l ，使l 与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，这样的直线l 可以作________条．[解析] 如图，连结对角线AC 1，显然AC 1与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等．联想正方体的其他对角线，如连结BD 1，则BD 1与棱BC ，BA ，BB 1所成的角都相等，因为BB 1∥AA 1，BC ∥AD ，所以对角线BD 1与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，同理，对角线A 1C ，DB 1也与棱AB ，AD ，AA 1所成的角都相等，故这样的直线l 可以作4条．[答案] 49．对于四面体ABCD ，下列命题中： ①相对棱AB 与CD 所在直线异面；②由顶点A作四面体的高，其垂足是△BCD三条高线的交点；③若分别作△ABC和△ABD的边AB上的高，则这两条高所在的直线异面．其中正确的是________(填序号)．[解析] 对于①，由四面体的概念可知，AB与CD所在的直线为异面直线，故①正确；对于②，由顶点A作四面体的高，当四面体ABCD的对棱互相垂直时，其垂足是△BCD的三条高线的交点，故②错误；对于③，当DA＝DB，CA＝CB时，这两条高线共面，故③错误．[答案] ①10.一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论：①AB⊥EF；②AB与CM所成的角为60°；③EF与MN是异面直线；④MN∥CD.以上四个命题中，正确命题的序号是________．[解析] 将展开图还原为正方体，如图所示，则AB⊥EF，故①正确；AB∥CM，故②错误；EF与MN显然异面，故③正确；MN与CD异面，故④错误．[答案] ①③11.如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．(1)求证：直线EF与BD是异面直线；(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．[解] (1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．(2)取CD的中点G，连结EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以相交直线EF与EG所成的角，即为异面直线EF与BD所成的角．又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.在Rt △EGF 中，由EG ＝FG ＝12AC ，求得∠FEG ＝45°，即异面直线EF 与BD 所成的角为45°.12．如图，在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥底面ABC ，D 是PC 的中点．已知∠BAC ＝π2，AB＝2，AC ＝23，P A ＝2.求：(1)三棱锥P -ABC 的体积；(2)异面直线BC 与AD 所成角的余弦值．[解] (1)S △ABC ＝12×2×23＝23，三棱锥P -ABC 的体积为V ＝13S △ABC ·P A ＝13×23×2＝433.(2)如图，取PB 的中点E ，连结DE ，AE ，则ED ∥BC ，所以∠ADE (或其补角)是异面直线BC 与AD 所成的角．在△ADE 中，DE ＝2，AE ＝2，AD ＝2，cos ∠ADE ＝22＋22－22×2×2＝34.故异面直线BC 与AD 所成角的余弦值为34.1．设P 表示一个点，a 、b 表示两条直线，α、β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确的命题序号是________．①P ∈a ，P ∈α⇒a ⊂α； ②a ∩b ＝P ，b ⊂β⇒a ⊂β；③a ∥b ，a ⊂α，P ∈b ，P ∈α⇒b ⊂α； ④α∩β＝b ，P ∈α，P ∈β⇒P ∈b ；[解析] 当a ∩α＝P 时，P ∈a ，P ∈α，但a ⊄α，所以①错；a ∩β＝P 时，②错；如图，因为a ∥b ，P ∈b ，所以P ∉a ， 所以由直线a 与点P 确定唯一平面α，又a ∥b ，由a 与b 确定唯一平面β，但β经过直线a 与点P ，所以β与α重合，所以b ⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确． [答案] ③④2．(2018·徐州模拟)在正四棱锥V -ABCD 中，异面直线VA 与BD 所成角的大小为________．[解析] 如图，设AC ∩BD ＝O ，连结VO ，因为四棱锥V -ABCD 是正四棱锥，所以VO ⊥平面ABCD ，故BD ⊥VO .又四边形ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，所以BD ⊥平面VAC ，所以BD ⊥VA ，即异面直线VA 与BD 所成角的大小为π2.[答案] π23．如图，正方体ABCD -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] 过A 作AM ∥PQ 交DD 1或A 1D 1于M .当0<CQ <12时，M 在DD 1上，连结MQ ，则截面为AMQP ，故①正确．当CQ ＝12时，M 与D 1重合，截面为AD 1QP ，显然为等腰梯形，②正确．当CQ ＝34时，M 在A 1D 1上，且D 1M ＝13.过M 作MR ∥AP 交C 1D 1于R ，则△MD 1R ∽△PBA ，从而D 1R ＝23，即C 1R ＝13，故③正确．当34<CQ <1时，截面为AMRQP ，为五边形，即④错误． 当CQ ＝1时，M 为A 1D 1的中点，截面AMC 1P 为菱形，而AC 1＝3，PM ＝2，故面积为12×3×2＝62，⑤正确．[答案] ①②③⑤4．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，则a 的取值范围是________．[解析] 如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB ，EC ⊥AB ，则ED ＝AD 2－AE 2＝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)5. 如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与四边形ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠F AB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12F A ，G ，H 分别为F A ，FD 的中点．(1)求证：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C ，D ，F ，E 四点是否共面？为什么？ [解] (1)证明：由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ， 所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC .所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C ，D ，F ，E 四点共面． 理由如下：由BE 綊12F A ，G 是F A 的中点知，BE 綊GF ，所以EF 綊BG . 由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 在直线FH 上， 所以C ，D ，F ，E 四点共面．6.如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，P A ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点．已知AB ＝2，AD ＝22，P A ＝2.求：(1)三角形PCD 的面积；(2)异面直线BC 与AE 所成的角的大小．[解] (1)因为P A ⊥底面ABCD ，所以P A ⊥CD ，又AD ⊥CD ，P A ∩AD ＝A ，所以CD ⊥平面P AD ，又因为PD ⊂平面P AD ，所以CD ⊥PD . 因为PD ＝22＋（22）2＝23，CD ＝2， 所以Rt △PCD 的面积为12×2×23＝2 3.(2)取PB 的中点F ，连结EF 、AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角．易得AE ＝2，在△AEF 中，由EF ＝2、AF ＝2、AE ＝2知△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4. 因此，异面直线BC 与AE 所成的角的大小是π4.。
江苏省2019年普通高校招生统一考试数学模拟试题(七)答案
2 77 江苏省 2019 年普通高校招生统一考试数学模拟试题(七)参考答案一、填空题： 1．{-1,0,1} ； 2．1；3．2;4． 310 ;5．3; 6．15; 7．1;8．16;21010．1;11． x - 2 y + 3 = 0 ; 12． -4 ;13．2 - 1 ;14． (0，2e) .2二、解答题：15．(1)因为 BC = 6 BD = 2DC ，所以 DC = 2 ，在 ∆ADC 中，由正弦定理，得DCsin ∠CAD AC ， sin ∠ADC即 2 sin ∠CAD = 7 sin 2π 3 ，解得sin ∠CAD = 21 ， ………………………………………４分 7又0 < ∠CAD < π， sin 2 ∠CAD + cos 2 ∠CAD = 1 ，3 所以cos ∠CAD = ，tan ∠CAD = sin ∠CAD = 3 cos ∠CAD 2． ………………………………………………………７分(2) 在∆ADC 中， cos ∠ACD = cos( π - ∠CAD ) = 1cos ∠CAD + 3sin ∠CAD = 5 7, ………10 分3 2 2 14在 ∆ABC 中，由余弦定理，得 AB = 16．证明：(1)取 BC 1 中点为O ，连结 MO , NO ，因为 N 为 BC 中点， NO / /CC , 且 NO = 1CC ,13…………14 分12 1又 MA = 1AA , AA = CC ，所以 NO / / MA , 且 NO = MA ,2 1 11所以四边形 ANOM 为平行四边形， 从而 AN / /MO ． ……………………………3 分又因为 MO ⊂ 平面 BMC 1 ， AN ⊄ 平面 BMC 1 ，所以 AN // 平面 BMC 1 . ……………………………7 分 (2) BB 1 ⊥ BC , AA 1 / / BB 1 ，∴ BC ⊥ AA 1 ， AB = AC ， N 为 BC 的中点，∴ AN ⊥ BC ， …………………………………9 分又 AN ⋂ AA 1 = A ，∴ BC ⊥ 平面 AMN ．………………………………12 分MN ⊂ 平面 AMN ，∴ BC ⊥ MN ， ………………………………14 分 17．设降价前的收益为 y 1 元，降价后的收益为 y 2 元，则y 1=16a , y 2=(a + ka )(x －14)=a (1+ k)(x －14) ……………………………2 分x －20 x －20(1) 当 k =2 时，为保证收益不减少，则a (1+ 2 )(x －14)≥ 16a ,x －20即 x 2－48x +572≥0， ……………………………………………………4 分解得 x ≤22，或 x ≥26， 又 x ∈[23，28]，故 x 的最小值为 26． ………………………………………………6 分9．72 ;BC 2 +AC 2- 2⨯ BC ⨯ AC ⨯ cos ∠ACB =2 20)[ －⎨ c a 2 M (2)由题意知，a (1+ k )(x －14)≥16a (1+ 1)对任意的 x ∈[23，28]都成立，x －2024 即 k ≥(x － 50 1]=68－[ 100+(x －14)]对任意的 x ∈[23，28]都成立．……………………8 分 3(x －14) 3 x －14又 y = 100 +(x －14)≥2 100 ⨯(x －14)=20，当且仅当 x =24∈[23，28]时取等号，x －14 所以 k ≥83x ………………………………………………………………………12 分答：(1)当 k =2 时，为保证销售该商品的收益不会减少， x 的最小值为 26； (2)都能保证销售该商品的收益增长率不低于 1 时，k 的取值范围为 8 ．…………………………14 分⎧c = 3,⎪ 18．解：（1）由题意可知 ⎪ = 4, ⎪ ⎪⎩b 2 = a 2 - c 2 ,x 224，解得a 2 = 12, b 2= 3,y 2[ ,3)3所以椭圆 E 的标准方程为： + = 1.……………………………………4 分 12 3（2）设直线 AB 的方程为 y = k ( x - 3) ，代入椭圆 E 的方程，消去 y 整理得(1 + 4k 2 ) x 2 - 24k 2 x +36k 2 - 12 = 0 ，设 A ( x 1 , y 1 ), B ( x 2 , y 2 ) ,则x + x 12k 2AB 中点 M 的横坐标 x = 1 2 = , 2 1 + 4k 2因为OM = 2MN ，所以OM = 2ON ，3………………………………………7 分 12k 2所以1 + 4k 2= 8，解得k = ± ， 3 故直线 AB 的方程为 y = ± 2 (x - 3) ． ……………………………………………10 分(3)又 AB 中点 M 的纵坐标 y M = k (x M - 3) = -3k 1 + 4k 2 ，得直线OM 的方程为 y = - x ，4k所以 N 点坐标为(4, - 1)， ………………………………………………………12 分k从而直线 FN 的斜率 k 0+ 1 = k = - 1,FN3 -4 k故直线 FN 与直线 AB 垂直,即 ∆AFN 为直角三角形.…………………………14 分取直角 ∆AFN 斜边 AN 的中点为G ,则 FA + FN = 2FG ，又| FG |= 1 | AN | ，2所以| AN |=| FA + FN | ，故存在实数λ =1，使得| AN |= λ | FA + FN | 恒成立. ……………………………16 分19．(1)f ´(x )= a ax 2+x +a+ax +1=. x x 由题意知 f ´(1)=3,即 2a +1=3,解得 a =1. …………………………………………3 分(2)①若函数 f (x )有两个极值点 x 1,x 2,则关于 x 的方程 ax 2+x +a =0 在(0,+∞)上有两个不同的实根 x 1,x 2．.t + t 2- 1 2 2 ,0).1 2n -12n ⎨3n -1, ⎧∆ = 1- 4a 2 > 0,⎪所以 x + x = - 1 > 0,解得-1<a <0，⎨ 1 2⎪a 2⎪⎩ x 1x 2 = 1 > 0,所以实数 a 的取值范围为(-1………………………………………………８分 2 ②由①知，当-1<a <0 时，f (x )有两个极值点， - 1 - 1 -1.x 1= 2 =2a 4令 t =- 1,则 t >1,x 1=t - t 2-1= 1 ∈(0,1). …………………………………10 分2a 要证 1 1 2 1 1f (x 1)< 2 (x 1+1),只要证 a ln x 1+ 2 ax 1 + 2 x 1- 2 <0，因为 ax 2+x +a =0，所以 a ln x -1a -1<0，1 1 12 2即 - x 1 ln x 1+1⨯ x 1 -1<0,x 2+12 x 12+1 2 问题转化为证明：-ln x 1-1(x 1+ 1 )+1<0． ………………………………12 分2 x 1 2 设 g ( x ) = - ln x - 1 ( x + 1) + 1, x ∈ (0,1) ，2 x 2 ' 1 1 1 - x 2- 2 x +1则 g ( x ) = - - + =,x 2 2x 22x 2由 g '( x ) = 0 ，得 x = - 1，…………………………………………14 分所以 g ( x ) 在区间(0, 2 -1) 上是增函数，在区间( -1,1) 上是减函数，所以 g ( x ) ≤ g ( 2 -1) = - ln( 2 -1) -2 + 1=1.38 - 22 <0 ， 故 f (x 1)< 1(x 1+1)．…………………………………………………………………16 分 220．（1）当 n = 1时， 6(S 1 +1) = (a 1 +1)(a 2 +1) ，故 a 2 = 5 ； …………………………1 分当 n ≥ 2时， 6(S n -1 + n -1) = (a n -1 +1)(a n +1) ，所以6(S n + n ) - 6(S n -1 + n -1) = (a n +1)(a n +1 +1）- (a n -1 +1)(a n +1) 即6(a n +1) = (a n +1)(a n +1 - a n -1) ， 又 a n > 0 ，所以a n +1 - a n -1 = 6 ，………………………………………………3 分所以 a = a + 6(n - 1) = 6n + a - 6 ， a = 5+6(n - 1) = 6n - 1 ， n ∈ N *， 故 a n = ⎧3n +a - 3, ⎩n 为奇数, n ∈ N * . ………………………………………5 分 n 为偶数, （２）当 n 为奇数时，则 S n= 1 (3n + a - 2)(3n + 3) - n , 6由 S n ≤n (3n +1) 3n 2 + 3n + 2，得 a ≤ 恒成立． n + 1令 f (n ) =3n 2 + 3n + 2 n + 13n 2+ 9n + 4 ，则 f (n +1) - f (n ) = > 0 ，(n + 2)(n +1) 所以a ≤ f (1) = 4 ． …………………………………………………………………7 分当 n 为偶数时，则 S n= 1⋅ 3n (3n + a +1) - n , 6由 S n ≤n (3n +1) ，得 a ≤ 3(n +1) 恒成立． -1+ 1-4a 2 2an n -1 1⎣ ⎦ ⎣ ⎦所以 a ≤ 9 ． …………………………………………………………………………9 分又a 1 = a > 0 ，所以实数 a 的取值范围是(0, 4]． ……………………………………10 分 （3）当a = 2 时，a n = 3n - 1．b 1 = a 2 = 5 ， ……………………………………………11 分 法一：设b = a = 3k - 1 ( k ≥ 3 )，所以公比 q =3k 2 -1.2k 2225因为等比数列{b n } 各项为整数，所以 q 为整数，取 k 2 = 5m + 2 （ m ∈ N * ），则 q = 3m + 1，故b n = 5⋅ (3m + 1) n -1. …………………14 分由3k n -1 = 5 ⋅ (3m +1)n -1，得 k = 1[5(3m +1)n -1 +1] (n ∈ N *) ， 3 而当 n ≥ 2 时， k n - k n -1= 5[(3m +1)n -1 - (3m +1)n -2 ] = 5m (3m +1)n -2 ， 3即 k = k + 5m (3m +1)n -2，又因为 k 1 = 2 ， 5m (3m +1)n -2 都是正整数，所以 k n 也都是正整数， 所以数列{b n } 是数列{a n }中包含的无穷等比数列．因为公比 q = 3m + 1（ m ∈ N * ）有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列，故无穷等比数列{b n }有无数多个.……………………………………………………16 分法二：令等比数列{b n } 的公比 q = 4m ,(m ∈ N*) ，则b = b q n -1= 5⨯ 4m (n -1) . 设 k = m (n - 1) ，因为1+4+42+ +4k -1= 4k -13所以5 ⨯ 4m (n -1) = 5 ⨯ [3(1 + 4 + 42 + + 4k -1) + 1]= 3[5(1+ 4 + 42 + +4 k -1) + 2] - 1 ，………………………………14 分因为5(1 + 4 + 42 + +4 k -1) + 2 为正整数，所以数列{b n } 是数列{a n }中包含的无穷等比数列．因为公比 q = 4m ,(m ∈ N*) 有无数个不同的取值，对应着不同的等比数列， 故无穷等比数列{b n } 有无数多个.………………………………………………16 分数学Ⅱ（附加题）21.A ． (选修 4—2：矩阵与变换)⎡- 1 1 ⎤ -1⎢ 3 3 ⎥ ⎡1 1⎤ 解：由 A = ⎢ 4 1 ⎥ ，得 A = ⎢4 1⎥ ，…………………………………………5 分⎢ - ⎥ ⎣ ⎦ ⎢⎣ 3 3⎥⎦λ- 1-12由特征多项式-4λ- 1＝ (λ-1)- 4 = 0 ，得λ1 = 3，λ2 = -1，⎡1⎤所以特征值λ1 = 3对应的特征向量α1 = ⎢2⎥ ，⎡ 1 ⎤特征值λ2 = -1对应的特征向量α2 = ⎢-2⎥ ． ………………………………10 分21B.(选修 4—4：坐标系与参数方程)解：由ρ= 2 cos θ，得ρ2= 2ρcos θ， 可得C 的直角坐标方程： x 2+ y 2= 2x ．…………………………………………… 5分n n，2 2 2 2 2 2 n nnnnnnn⎩ ⎧ ⎪x = 3t + m 2 t2 2 2 2把 ⎨⎪ y = 1 t（ 为参数），代入 x + y = 2x ，得t + ( 3m - 3)t + m - 2m = 0 ，⎩⎪ 2 由 ∆ > 0 ，解得-1 < m < 3． …………………………………………………………… 7 分∴ t 1t 2 = m - 2m ． 2∵ | PA | ⋅ | PB |= 1 = t 1t 2 ，∴ m 2- 2m = ±1，解得 m = 1± 或 1．又满足 ∆ > 0 ．∴实数 m = 1± 或 1． ……………………10分 21.C ．(选修 4—5：不等式证明选讲)解： ∵ 6 - a 2 = b 2 + 2c 2 ， ………………………………………………………2 分 = 2 (b 2 + 2c 2 )(1 + 1 ) ≥ 2 (b + c )2 = 2(3 - a )2 ， ………………………………6 分 3 2 即5a 2 -12a ≤ 0 ，∴3 30 ≤ a ≤ 12 ． ……………………………………………10 分 522．（Ⅰ）据题意， MP ⊥ 直线 x = -1，∴ | MP | 为点 P 到直线 x = -1的距离.连接 PF ，∵ P 为线段 MF 的中垂线与直线 y = n 的交点，∴ | MP |=| PF | . ∴ P 点的轨迹是抛物线，焦点为 F (1, 0) ，准线为直线 x = -1. ………………3 分 ∴曲线Γ的方程为： y 2 = 4x ． ……………………………………………………5 分 （Ⅱ）据题意， M (-1, n ) ，过点 M 的切线斜率存在，设为 k ，则切线方程为： y - n = k (x + 1) 联立抛物线方程 ⎧ y = kx + k + n⎨ y 2= 4x得： ky 2 - 4 y + 4k + 4n = 0 , ∵直线与抛物线相切，∴ ∆ = 16 - 4k (4k + 4n ) = 0 ，即 k 2 + kn - 1 = 0 （*） ………………………8 分 ∵ ∆ = n 2 + 4 > 0 ，∴方程（*）存在两个不等实根，设为 k 1 , k 2 ，即为切线 AM ，BM 的斜率， ∵ k 1 ⋅ k 2 = -1， ∴ ∠AMB = 90︒ ，结论得证. ……………………………………10 分 23. （1） f (1) = 0 ， f (2) = 1， f (3) = 6 ， f (4) = 25． ………………………………4 分 （2）设集合 A 中每个非空子集 X 有 k 个元素， k = 1, 2, 3,L , n -1．在集合 A 中，每个非空子集 X 对应的互斥非空子集有 2n -k-1个． …………………………………6 分1 n -1k n -k 1 n -1 n -k n -k 1 n -1 k k1 n -1 k k n -1 k 于是 f (n ) = ∑C n (2 k =1 -1) = ∑C n (2 k =1 -1) = ∑C n (2 k =1 -1) = [∑C n 2 k =1 -∑C n ] ．k =1n -1n因为∑C k 2k =∑C k 2k - C 0 20 - C n 2n =(1+ 2)n-1- 2n= 3n- 2n-1 ，n -1k =1nk =0∑C k = ∑C k - C 0 - C n = 2n- 2 ，k =1k =0所以 f (n ) = 1 [(3n - 2n -1) - (2n- 2)] = 1(3n - 2n +1+1) ．……………………………10 分22。
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1．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为________．[解析] S底＝6×34×42＝243，S侧＝6×4×6＝144，所以S全＝S侧＋2S底＝144＋483＝48(3＋3)．[答案] 48(3＋3)2．将一个边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．[解析] 当以长度为4π的边为底面圆时，底面圆的半径为2，两个底面的面积是8π；当以长度为8π的边为底面圆时，底面圆的半径为4，两个底面圆的面积为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.[答案] 32π2＋8π或32π2＋32π3．一个球与一个正方体的各个面均相切，正方体的棱长为a，则球的表面积为________．[解析] 由题意知，球的半径R＝a2.所以S球＝4πR2＝πa2.[答案] πa24．以下命题：①以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为________．[解析] 命题①错，因这条腰必须是垂直于两底的腰．命题②对．命题③错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．[答案] 15．(2018·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(二))在一次模具制作大赛中，小明制作了一个母线长和底面直径相等的圆锥，而小强制作了一个球，经测量得圆锥的侧面积恰好等于球的表面积，则圆锥和球的体积的比值等于________．[解析] 设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，则圆锥的母线长为2r，高为3r.由题意可知πr×2r ＝4πR2，即r ＝2R .所以V 圆锥V 球＝13πr 2×3r 43πR3＝34×⎝ ⎛⎭⎪⎫r R 3＝34×(2)3＝62. [答案]626．(2018·苏锡常镇四市调研)如图，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，AB ＝2，AD ＝3，PA ＝4，点E 为棱CD 上一点，则三棱锥E PAB的体积为________．[解析] 因为V E PAB ＝V P ABE ＝13S △ABE ×PA ＝13×12AB ×AD ×PA ＝13×12×2×3×4＝4.[答案] 47．(2018·江苏省高考名校联考(四))如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，上、下底面为平行四边形，E 为棱CD 的中点，设四棱锥E ADD 1A 1的体积为V 1，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由题意，将侧面ADD 1A 1作为四棱柱的底面，设顶点C 到平面ADD 1A 1的距离为2h ，因为E 为棱CD 的中点，所以E 到平面ADD 1A 1的距离为h ，所以V 1∶V 2＝VE ADD 1A 1∶VBCC 1B 1ADD 1A 1＝13S 四边形ADD 1A 1h ∶S 四边形ADD 1A 1(2h )＝1∶6.答案：1∶68.如图，已知一个多面体的平面展开图由一边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．[解析]如图，四棱锥的高h ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22，所以V ＝13Sh ＝13×1×22＝26.[答案]269．在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________．[解析] 易知AC ＝10.设底面△ABC 的内切圆的半径为r ，则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2，因为2r ＝4＞3，所以最大球的直径2R ＝3，即R ＝32.此时球的体积V ＝43πR 3＝9π2.[答案]9π210．(2018·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(八))中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD 、ABFE 、CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到平面ABCD 的距离为3，CD 与AB间的距离为10，则这个羡除的体积是________．[解析] 如图，过点A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过点B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，连结PM ，QN ，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为12×10×3＝15.棱柱的高为8，体积V ＝15×8＝120.[答案] 12011．一个正三棱台的两底面的边长分别为8 cm 、18 cm ，侧棱长是13 cm ，求它的全面积． [解] 上底面周长为c ′＝3×8＝24 cm ， 下底面周长c ＝3×18＝54 cm ， 斜高h ′＝132－⎝ ⎛⎭⎪⎫18－822＝12 cm ，所以S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′＝12×(24＋54)×12＝468 cm 2，S 上底面＝34×82＝16 3 cm 2，S 下底面＝34×182＝81 3 cm 2， 所以正三棱台的全面积为S ＝468＋163＋813＝(468＋973) cm 2.12.如图所示，已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1B 1EDF 的体积．[解] 法一：连结A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连结B 1D ，EF ，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H . 因为EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ， 所以A 1C 1∥平面B 1EDF .所以C1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离． 因为平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ， 所以O 1H ⊥平面B 1EDF ，即O 1H 为棱锥的高． 因为△B 1O 1H ∽△B 1DD 1，所以O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a . 所以VC 1B 1EDF ＝13S 四边形B 1EDF ·O 1H ＝13·12·EF ·B 1D ·O 1H ＝13·12·2a ·3a ·66a ＝16a 3.法二：连结EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，VC 1B 1EDF ＝VB 1C 1EF ＋VD C 1EF ＝13S △C 1EF ·(h 1＋h 2)＝16a 3.1．已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则过圆锥的高的中点的平面截圆锥所得的圆台的体积为________．[解析] 如图，在正三角形SAB 中，AB ＝2，SO ＝3，OB ＝1，O 1O ＝32， 圆台的体积为V ＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)＝13π×32⎝ ⎛⎭⎪⎫14＋12×1＋1＝73π24. [答案]73π242．(2018·江苏省高考命题研究专家原创卷(五))《九章算术》第五章《商功》记载：今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？此处圆堡瑽即圆柱体，其意思是：有一个圆柱体的底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π的值取3，估算该圆堡瑽的体积为________立方尺．(注：一丈等于十尺)解析：设该圆柱体底面圆的半径为r 尺，则由题意得2πr ＝48，所以r ≈8，又圆柱体的高为11尺，故该圆堡瑽的体积V ＝πr 2h ≈2 112立方尺．答案：2 1123．已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为________．解析：如图，设球的半径为R ，因为 ∠AOB ＝90°，所以S△AOB ＝12R 2.因为 V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，所以当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，所以当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大为13×12R 2×R ＝36，所以R ＝6，所以球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.答案：144π4．已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都等于2，A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则三棱柱的侧面积为________．[解析] 如图所示，设点D 为BC 的中点，则A 1D ⊥平面ABC ， 因为BC ⊂平面ABC ， 所以A 1D ⊥BC ，因为△ABC 为等边三角形， 所以AD ⊥BC ，又AD ∩A 1D ＝D ，AD ⊂平面A 1AD ，A 1D ⊂平面A 1AD ， 所以BC ⊥平面A 1AD ， 因为A 1A ⊂平面A 1AD ， 所以BC ⊥A 1A .又因为A 1A ∥B 1B ，所以BC ⊥B 1B .又因为三棱柱的侧棱与底面边长都等于2， 所以四边形BB 1C 1C 是正方形，其面积为4. 作DE ⊥AB 于E ，连结A 1E ，则AB ⊥A 1E ，又因为AD ＝22－12＝3，DE ＝AD ·BD AB ＝32，所以AE ＝AD 2－DE 2＝32，所以A 1E ＝AA 21－AE 2＝72， 所以S 四边形ABB 1A 1＝S 四边形AA 1C 1C ＝7，所以S 三棱柱侧＝27＋4. [答案] 27＋45．四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a . (1)求该四面体的体积的最大值； (2)当四面体的体积最大时，求其表面积．[解] (1)如图，在四面体ABCD 中，设AB ＝BC ＝CD ＝AC ＝BD ＝a ，AD ＝x ，取AD 的中点为P ，BC 的中点为E ，连结BP 、EP 、CP ，得到AD ⊥平面BPC ，所以V A BCD ＝V A BPC ＋V D BPC ＝13·S △BPC ·AP ＋13S △BPC ·PD ＝13·S △BPC ·AD ＝13·12·a ·a 2－x 24－a 24·x＝a 12（3a 2－x 2）x 2≤a12·3a 22＝18a 3⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当x ＝62a 时取等号.所以该四面体的体积的最大值为18a 3.(2)由(1)知，△ABC 和△BCD 都是边长为a 的正三角形，△ABD 和△ACD 是全等的等腰三角形，其腰长为a ，底边长为62a ， 所以S 表＝2×34a 2＋2×12×62a ×a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫64a 2＝32a 2＋62a ×10a 4＝32a 2＋15a 24＝23＋154a 2.6．把边长为a 的正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形，再把它的边沿虚线折起(如图)，做成一个无盖的正三角形底铁皮箱，当箱底边长为多少时，箱子容积最大？最大容积是多少？[解] 由题图可知，箱底边长为x ，则箱高为h ＝33×a －x2(0<x <a )， 箱子的容积为V (x )＝12x 2×sin 60°×h ＝18ax 2－18x 3(0<x <a )．由V ′(x )＝14ax －38x 2＝0，解得x 1＝0(舍)，x 2＝23a ，且当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23a 时，V ′(x )>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，a 时，V ′(x )<0，所以函数V (x )在x ＝23a 处取得极大值，这个极大值就是函数V (x )的最大值：V ⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ＝18a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 2－18×⎝ ⎛⎭⎪⎫23a 3＝154a 3. 所以当箱子底边长为23a 时，箱子容积最大，最大值为154a 3.。