文科立体几何、解析几何试题及答案
专题12：文科立体几何高考真题大题(全国卷)赏析(解析版)
专题12：文科立体几何高考真题大题（全国卷）赏析（解析版） 题型一：求体积1，2018年全国卷Ⅲ文数高考试题如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．【答案】（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ．因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ． 因为M 为CD 上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题．2，2018年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标I 卷）如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到BAC ∠=90，即BA AC ⊥，再结合已知条件BA ⊥AD ，利用线面垂直的判定定理证得AB ⊥平面ACD ，又因为AB ⊂平面ABC ，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD ⊥平面ABC ；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积. 详解：（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥．又BA ⊥AD ，且AC AD A =，所以AB ⊥平面ACD ．又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．（2）由已知可得，DC =CM =AB =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 13DC ．由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=． 点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可. 3．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18 【分析】（1）先由长方体得，11B C ⊥平面11AA B B ，得到11B C BE ⊥，再由1BE EC ⊥，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；（2）先设长方体侧棱长为2a ，根据题中条件求出3a =；再取1BB 中点F ，连结EF ，证明EF ⊥平面11BB C C ，根据四棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】（1）因为在长方体1111ABCD A B C D -中，11B C ⊥平面11AA B B ；BE ⊂平面11AA B B ，所以11B C BE ⊥，又1BE EC ⊥，1111B C EC C ⋂=，且1EC ⊂平面11EB C ，11B C ⊂平面11EB C ，所以BE ⊥平面11EB C ；（2）设长方体侧棱长为2a ，则1AE A E a ==，由（1）可得1EB BE ⊥；所以22211EB BE BB +=，即2212BE BB =， 又3AB =，所以222122AE AB BB +=，即222184a a +=，解得3a =；取1BB 中点F ，连结EF ，因为1AE A E =，则EF AB ∥； 所以EF ⊥平面11BB C C ， 所以四棱锥11E BB C C -的体积为1111111136318333E BB C C BB C C V S EF BC BB EF -=⋅=⋅⋅⋅=⨯⨯⨯=矩形.【点睛】本题主要考查线面垂直的判定，依据四棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.4．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标2卷） 四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= （1）证明：直线//BC 平面PAD ;（2）若△PCD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）43【分析】试题分析：证明线面平有两种思路，一是寻求线线平行，二是寻求面面平行；取AD 中点M ，由于平面PAD 为等边三角形，则PM AD ⊥，利用面面垂直的性质定理可推出PM ⊥底面ABCD ，设BC x =，表示相关的长度，利用PCD ∆的面积为27.试题解析：（1）在平面内，因为,所以又平面平面故平面（2）取的中点，连接由及得四边形为正方形，则.因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面，所以底面因为底面，所以,设，则，取的中点，连接，则,所以，因为的面积为，所以，解得（舍去），于是所以四棱锥的体积【详解】题型二：求距离5．2018年全国普通高等学校招生统一考试文数（全国卷II ）如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，O 为AC 的中点．（1）证明：PO ⊥平面ABC ；（2）若点M 在棱BC 上，且2MC MB =，求点C 到平面POM 的距离．【答案】（1）详见解析（245【解析】分析：（1）连接OB ，欲证PO ⊥平面ABC ，只需证明,PO AC PO OB ⊥⊥即可；（2）过点C 作CH OM ⊥，垂足为M ，只需论证CH 的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =3 连结OB ．因为AB =BC 2AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB =12AC =2． 由222OP OB PB +=知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC=12AC=2，CM=23BC=423，∠ACB=45°．所以OM=25，CH=sinOC MC ACBOM⋅⋅∠=45．所以点C到平面POM的距离为45．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.6．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面.（1）证明：（2）若,求三棱柱的高.【答案】（1）详见解析;（2）三棱柱111ABC A B C -的高为21. 【解析】试题分析：（1）根据题意欲证明线线垂直通常可转化为证明线面垂直，又由题中四边形是菱形，故可想到连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点，又因为侧面11BB C C 为菱形，对角线相互垂直11B C BC ⊥;又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥，根据线面垂直的判定定理可得：1B C ⊥平面ABO ，结合线面垂直的性质：由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥;（2）要求三菱柱的高，根据题中已知条件可转化为先求点O 到平面ABC 的距离，即：作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H ，则由线面垂直的判定定理可得OH ⊥平面ABC ，再根据三角形面积相等：OH AD OD OA ⋅=⋅，可求出OH 的长度，最后由三棱柱111ABC A B C -的高为此距离的两倍即可确定出高． 试题解析：（1）连结1BC ，则O 为1B C 与1BC 的交点. 因为侧面11BB C C 为菱形，所以11B C BC ⊥. 又AO ⊥平面11BB C C ，所以1B C AO ⊥， 故1B C ⊥平面ABO.由于AB ⊂平面ABO ，故1B C AB ⊥.（2）作OD BC ⊥，垂足为D ，连结AD ，作OH AD ⊥，垂足为H. 由于，BC OD ⊥，故BC ⊥平面AOD ，所以OH BC ⊥， 又OH AD ⊥，所以OH ⊥平面ABC.因为0160CBB ∠=，所以1CBB ∆为等边三角形，又1BC =，可得3OD. 由于1AC AB ⊥，所以11122OA B C ==,由OH AD OD OA ⋅=⋅，且2274AD OD OA =+=，得2114OH ， 又O 为1B C 的中点，所以点1B 到平面ABC 的距离为217. 故三棱柱111ABC A B C -的高为217. 考点：1.线线，线面垂直的转化;2.点到面的距离;3.等面积法的应用 7．2014年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（全国Ⅱ卷）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥面ABCD ，E 为PD 的中点． （1）证明：//PB 平面AEC ; （2）设1AP =，3AD =，三棱锥P ABD -的体积 34V =，求A 到平面PBC 的距离．【答案】（1）证明见解析 （2） A 到平面PBC 的距离为31313【详解】试题分析：（1）连结BD 、AC 相交于O ，连结OE ，则PB ∥OE ，由此能证明PB ∥平面ACE ．（2）以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出A 到平面PBD 的距离试题解析：(1）设BD 交AC 于点O ，连结EO ． 因为ABCD 为矩形，所以O 为BD 的中点． 又E 为PD 的中点，所以EO ∥PB 又EO平面AEC ，PB平面AEC所以PB ∥平面AEC ． （2）136V PA AB AD AB =⋅⋅=由，可得. 作交于． 由题设易知，所以故， 又31313PA AB AH PB ⋅==所以到平面的距离为法2：等体积法136V PA AB AD AB =⋅⋅= 由，可得.由题设易知,得BC假设到平面的距离为d ，又因为PB=所以又因为(或)，，所以考点 ：线面平行的判定及点到面的距离8．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ）如图，直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点.（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求点C 到平面C 1DE 的距离．【答案】（1）见解析；（2）41717. 【分析】（1）利用三角形中位线和11//A D B C 可证得//ME ND ，证得四边形MNDE 为平行四边形，进而证得//MN DE ，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据题意求得三棱锥1C CDE -的体积，再求出1C DE ∆的面积，利用11C CDE C C DE V V --=求得点C 到平面1C DE 的距离，得到结果.【详解】（1）连接ME ，1B CM ，E 分别为1BB ，BC 中点 ME ∴为1B BC ∆的中位线1//ME B C ∴且112ME B C = 又N 为1A D 中点，且11//A D B C 1//ND B C ∴且112ND B C = //ME ND ∴ ∴四边形MNDE 为平行四边形//MN DE ∴，又MN ⊄平面1C DE ，DE ⊂平面1C DE//MN ∴平面1C DE（2）在菱形ABCD 中，E 为BC 中点，所以DE BC ⊥， 根据题意有3DE =，117C E =，因为棱柱为直棱柱，所以有DE ⊥平面11BCC B ，所以1DE EC ⊥，所以113172DEC S ∆=⨯⨯， 设点C 到平面1C DE 的距离为d ，根据题意有11C CDE C C DE V V --=，则有11113171343232d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得41717d ==， 所以点C 到平面1C DE 的距离为417. 【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定，点到平面的距离的求解，在解题的过程中，注意要熟记线面平行的判定定理的内容，注意平行线的寻找思路，再者就是利用等积法求点到平面的距离是文科生常考的内容.题型三：求面积9．2017年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标1卷）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB CD ∥，且90BAP CDP ∠=∠=︒.（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）623+.【详解】 试题分析：（1）由90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．从而得AB PD ⊥，进而而AB ⊥平面PAD ，由面面垂直的判定定理可得平面PAB ⊥平面PAD ；（2）设PA PD AB DC a ====，取AD 中点O ，连结PO ，则PO ⊥底面ABCD ，且22,AD a PO a ==，由四棱锥P ABCD -的体积为83，求出2a =，由此能求出该四棱锥的侧面积.试题解析：（1）由已知90BAP CDP ∠=∠=︒，得AB AP ⊥，CD PD ⊥．由于AB CD ∥，故AB PD ⊥，从而AB ⊥平面PAD ．又AB 平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ．（2）在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由（1）知，AB ⊥面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，则由已知可得2AD x =，22PE x =． 故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=． 由题设得31833x =，故2x =． 从而2PA PD ==，22AD BC ==22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为111222PA PD PA AB PD DC ⋅+⋅+⋅ 21sin606232BC +︒=+10．2015年全国普通高等学校招生统一考试文科数学（新课标Ⅰ）如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ABCD ⊥平面，（I ）证明：平面AEC ⊥平面BED ；（II ）若120ABC ∠=，,AE EC ⊥ 三棱锥E ACD -的体积为6，求该三棱锥的侧面积.【答案】（1）见解析（2）5【分析】（1）由四边形ABCD 为菱形知AC ⊥BD ，由BE ⊥平面ABCD 知AC ⊥BE ，由线面垂直判定定理知AC ⊥平面BED ，由面面垂直的判定定理知平面AEC ⊥平面BED ；（2）设AB =x ，通过解直角三角形将AG 、GC 、GB 、GD 用x 表示出来，在Rt ∆AEC 中，用x 表示EG ，在Rt ∆EBG 中，用x 表示EB ，根据条件三棱锥E ACD -6求出x ，即可求出三棱锥E ACD -的侧面积.【详解】（1）因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD ，因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED（2）设AB =x ，在菱形ABCD 中，由 ∠ABC =120°，可得AG =GC =32x ,GB =GD =2x .因为AE ⊥EC ，所以在 Rt ∆AEC 中，可得EG =3x . 连接EG ，由BE ⊥平面ABCD ，知 ∆EBG 为直角三角形，可得BE =22x .由已知得，三棱锥E -ACD 的体积3116632243E ACD V AC GD BE x -=⨯⋅⋅==.故 x =2 从而可得AE =EC =ED 6.所以∆EAC 的面积为3， ∆EAD 的面积与∆ECD 的面积均为 5故三棱锥E -ACD 的侧面积为3+25【点睛】本题考查线面垂直的判定与性质；面面垂直的判定；三棱锥的体积与表面积的计算；逻辑推理能力；运算求解能力.11．2019年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅲ）图1是由矩形,ADEB Rt ABC ∆和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中1,2AB BE BF ===， 60FBC ∠=，将其沿,AB BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明图2中的,,,A C G D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的四边形ACGD 的面积.【答案】(1)见详解；(2)4.【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形ABED ，Rt ABC 和菱形BFGC 内部的夹角，所以//AD BE ，//BF CG 依然成立，又因E 和F 粘在一起，所以得证.因为AB 是平面BCGE 垂线，所以易证.(2) 欲求四边形ACGD 的面积，需求出CG 所对应的高，然后乘以CG 即可．【详解】(1)证：//AD BE ，//BF CG ，又因为E 和F 粘在一起.∴//AD CG ，A ，C ，G ，D 四点共面.又,AB BE AB BC ⊥⊥.AB ∴⊥平面BCGE ，AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCGE ，得证.(2)取CG 的中点M ，连结,EM DM .因为//AB DE ，AB ⊥平面BCGE ，所以DE ⊥平面BCGE ，故DE CG ⊥，由已知，四边形BCGE 是菱形，且60EBC ∠=得EM CG ⊥，故CG ⊥平面DEM ． 因此DM CG ⊥．在Rt DEM △中，DE=1，3EM =，故2DM =．所以四边形ACGD 的面积为4.【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形ACGD的面积考查考生的空间想象能力.。
文科数学立体几何、解析几何练习
立体几何（含解析）一、选择题【2018,5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π【2018,9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为（ ） A ．217B ．25C ．3D ．2【2018,10】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为（ ） A ．8B ．62C ．82D ．83【2017，6】如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是（ ）【2016，7】如图所示，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是（ ） A ．17π B ． 18π C ． 20π D ． 28π【2016，11】平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α∥平面11CB D ，α平面ABCD m =，α平面11ABB A n =，则,m n 所成角的正弦值为（ ）A ．32 B ．22 C ．33 D ．13【2015，6】《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书 中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，米堆的体积和堆放的米各位多少？”已知1斛米的体积约为1．62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米有( ) A ．14斛 B ．22斛 C ．36斛 D ．66斛【2015，11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为16+20π，则r =( ) BA ．1B ．2C ．4D ．8【2015，11】 【2014，8】 【2013，11】 【2012，7】【2014，8】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的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【2013，11】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【2012，7】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为A ．6B ．9C ．12D ．15 【2012，8】平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为（ ）A ．6πB ．43πC ．46πD ．63π【2011，8】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（ ）二、填空题【2017，16】已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA SCB ⊥平面，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为_______． 【2013，15】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______．【2011，16】已知两个圆锥由公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的316，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 ．三、解答题【2018,18】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【2017，18】如图，在四棱锥P ABCD -中，AB ∥CD ，且90BAP CDP ∠=∠=︒．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA PD AB DC ===，90APD ∠=︒，且四棱锥P ABCD -的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【2016，18】如图所示，已知正三棱锥P ABC -的侧面是直角三角形，6PA =，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ．连结PE 并延长交AB 于点G ． （1）求证：G 是AB 的中点；（2）在题图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F （说明作法及理由），并求四面体PDEF 的体积．PABD CGE【2015，18】如图四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 交点，BE ⊥平面ABCD ，(Ⅰ)证明：平面AEC ⊥平面BED ； (Ⅱ)若∠ABC =120°，AE ⊥EC ， 三棱锥E - ACD 6【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB 求三棱柱111C B A ABC -的高.【2013，19】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．【2012，19】如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱垂直底面，90ACB ∠=︒，AC=BC=21AA 1，D 是棱AA 1的中点．（1）证明：平面BDC 1⊥平面BDC ；（2）平面BDC 1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【2011，18】如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ． （1）证明：PA BD ⊥；（2）若1PD AD ==，求棱锥D PBC -的高．DA 11CC 1立体几何（解析版）一、选择题【2018,5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解：选B 。
立体几何、解析几何、数列-高中数学经典好题解析版
2024年数学立体几何、解析几何、数列学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、解答题1．高中数学试卷满分是150分，其中成绩在[]130,150内的属于优秀.某数学老师为研究某次高三联考本校学生的数学成绩，随机抽取了200位学生的数学成绩（均在[]90,150内）作为样本，并整理得到如下频率分布直方图.(1)根据频率分布直方图，求样本的中位数，并估计本次高三联考该校学生的数学成绩的优秀率；（结果保留两位小数）(2)从样本数学成绩在[)120,130，[)130140,的两组学生中，用分层抽样的方法抽取5名学生，再从这5名学生中随机选出2人，求这2人来自两组的概率.【答案】(1)中位数为116.43分，22%(2)35【分析】（1）由题意得到0.010x =，求出前三组的频率，分析得到中位数落在[)110,120内，设中位数为m ，列方程求解即可；（2）用分层抽样的方法求出在[)120130,，[)130140,中分别抽取的人数，再列举随机选出2人的所有结果，求这2人来自两组的概率即可.【详解】（1）由频率分布直方图可知()20.0120.0180.0220.028101x ++++⨯=，解得0.010x =，样本中数学成绩在[)90,100内的频率10.10P =，在[)100,110内的频率20.22P =，在[)110,120内的频率为30.28P =，∵120.320.5P P +=<，1230.600.5P P P ++=>，∴样本的中位数落在[)110,120内，设样本的中位数为m ，则()0.50.321100.028m -=-⨯，解得116.43m ≈，故样本的中位数为116.43分.由样本估计总体，得本次高三联考该校学生的数学成绩的优秀率约为()0.120.10100%22%+⨯=；（2）由频率分布直方图可知，按分层抽样的方法，抽取5名学生中成绩在[)120130,内的有3名，分别记为A ，B ，C ，在[)130140,内的有2名，分别记为D ，E ，则从5人中抽取2人的所有抽取情况有AB ，AC ，AD ，AE ，BC ，BD ，BE ，CD ，CE ，DE ，共10种，其中2人来自两组的有AD ，AE ，BD ，BE ，CD ，CE ，共6种，故所求概率63105P ==.所以这2人来自两组的概率为35.2．如图，在三棱锥A BCD -中，点E ，F ，G ，H 分别在棱AC ，BC ，BD ，AD 上．(1)若四边形EFGH 为平行四边形，证明：AB ∥平面EFGH ；(2)若E ，F ，G ，H 均为所在棱的中点，三棱锥A BCD -的体积为V ，多面体CDGFEH 的体积为1V ，求1V V．【答案】(1)证明见解析(2)12【分析】（1）由四边形EFGH 为平行四边形得EF GH ∥，由线面平行的判定定理得//EF 平面ABD ，再根据线面平行的性质得EF AB ∥，即可得证；（2）连接ED ，EG ，将三棱锥E DHG -的体积和四棱锥E CDGF -的体积用V 表示出来，相加得1V ，即可求出1V V．【详解】（1） 四边形EFGH 为平行四边形，EF GH ∴∥，又EF ⊂/平面ABD ，GH Ì平面ABD ，EF ∴∥平面ABD ．EF ⊂ 平面ABC ，平面ABC ⋂平面ABD AB =，EF AB ∴∥，又EF ⊂平面EFGH ，AB ⊂/平面EFGH ，AB ∴∥平面EFGH ．（2）连接ED ，EG ，E 为棱AC 的中点，∴点E 到平面DHG 的距离E DHG d -等于点C 到平面DHG 的距离C DHG d -的一半，点E 到平面CDGF 的距离E CDGF d -等于点A 到平面CDGF 的距离A CDGF d -的一半，则三棱锥E DHG -的体积21111133248E DHG DHG C DHG ABD V d S d S V --⎛⎫=⋅=⋅= ⎪⎝⎭ ，四棱锥E CDGF -的体积31113333248E CDGF A CDGF BCD CDGH V d S d S V --⎛⎫=⋅=⋅= ⎪⎝⎭四边形，故12312V V V V V +==．【点睛】3．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且22319232n S S S n n S n ++++⋅⋅⋅+=.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若415n n nS b a +=，求数列{}n b 的前n 项和n T .【答案】(1)23n a n =+(2)26n T n n=+【分析】（1）由方程组法得24n S n n =+，然后再根据11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩求通项公式即可；（2）先根据（1）求出25n b n =+，然后利用等差数列求和公式求解即可.【详解】（1）当1n =时，115a S ==.当2n ≥时，由22319232n S S S n n S n ++++⋅⋅⋅+=，得()22311(1)912312n n n S S S S n --+-+++⋅⋅⋅+=-，则()22(1)919422n n n S n n n n -+-+=-=+，因为151S =满足4n S n n =+，所以24n S n n =+.当2n ≥时，123n n n a S S n -=-=+.因为15a =满足23n a n =+，所以23n a n =+.（2）由（1）可知，2415416152523n n n S n n b n a n +++===++，则{}n b 是以7为首项，2为公差的等差数列，所以()1262n n b b n T n n +==+.4．已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()*51225,21n n S a a a n ==+∈N ．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若14(1)n n n n n b a a +=-，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【答案】(1)21n a n =-，*n ∈N (2)1(1)121n n +---+，*n ∈N 【分析】（1）根据已知条件求得数列的首项和公差，由此求得通项n a .（2）由（1）可得{}n b 的通项，根据裂项相消法求得结果.【详解】（1）531525S a a == ，即1125a d a +=，12d a ∴=，又21121a a a d =+=+，11a ∴=，2d =，21n a n ∴=-，*n ∈N .（2）由（1）可得()()()()()()121214(1)(1)(1)(1)212121212121n n nn n n n n b n n n n n n +-++--=-⨯=-⨯=--+-+-+，12n nT b b b ∴=+++ 111111(1)(1)1335572121n n n n +⎛⎫--⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--+++--++- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 1(1)121n n +-=--+，*n ∈N .5．我国某西部地区要进行沙漠治理，已知某年（第1年）年底该地区有土地1万平方千米，其中70%是沙漠．从第2年起，该地区进行绿化改造，每年把原有沙漠的16%改造成绿洲，同时原有绿洲的4%被沙漠所侵蚀又变成沙漠．设第n 年绿洲面积为n a 万平方千米．(1)求第n 年绿洲面积n a （单位：万平方千米）与上一年绿洲面积1n a -（单位：万平方千米）之间的数量关系（2n ≥）；(2)求数列{}n a 的通项公式；(3)至少经过()*N n n ∈年，绿洲面积可超过60%，求n 的值．（参考数据：lg 20.301≈）【答案】(1)144(2,N ).525n n a a n n *-=+≥∈(2)1144255n n a -⎛⎫=-⨯+ ⎪⎝⎭(3)6【分析】（1）由题意，列出第n 年绿洲面积与上一年绿洲面积1n a -的关系，即可得到答案；（2）利用递推数列，构造新数列145n a -⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为12-，公比为45的等比数列，由等比数列的通项公式求解即可；（3）由题意，列出不等关系，然后利用指数与对数的运算性质求解即可.【详解】（1）由题意得，1111(14%)(1)16%0.960.160.16n n n n n a a a a a ----=-+-⨯=+-11440.80.16,525n n a a --=+=+144(2,N ).525n n a a n n *-∴=+≥∈（2）由（1）知，144(2,N )525n n a a n n *-=+≥∈，可变形为：1444555n n a a -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，又14411(170%)552a -=⨯--=-，所以数列145n a -⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是以12-为首项，45为公比的等比数列，所以1414525n n a -⎛⎫-=-⨯ ⎪⎝⎭，故1144255n n a -⎛⎫=-⨯+ ⎪⎝⎭.（3）由（2）知，1144255n n a -⎛⎫=-⨯+ ⎪⎝⎭，令1144160%255n n a -⎛⎫=-⨯+>⨯ ⎪⎝⎭，即14255n -⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以4521log 5n ->，因为452lg 2lg 5lg 2(1lg 2)2lg 2120.3011log 4.152lg 2lg 52lg 2(1lg 2)3lg 2130.3011----⨯-==≈=----⨯-，则1 4.1n ->，所以 5.1n >，因为N n *∈，所以至少经过6年，绿洲面积可超过60%.6．已知一次函数()f x 的图象过点(1,1)和(2,3)．数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()n n S f a =．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)已知数列{}n b 满足()()111n n n n a b a a +=++，证明：1212n b b b +++< ．【答案】(1)12n n a -=(2)证明见解析【分析】（1）利用待定系数法求出()21f x x =-，再代入，然后升次作差即可得到{}n a 为等比数列，求出其通项即可；（2）利用裂项求和法即可得到121112212n n b b b +++=-<+ .【详解】（1）设()f x kx b =+，0k ≠，则123k b k b +=⎧⎨+=⎩，解得21k b =⎧⎨=-⎩，所以()21f x x =-．故21n n S a =-，当1n =时，11a =，又1121n n S a ++=-，故作差得1122n n n n a S a S ++--=，所以12n n a a +=，所以{}n a 是首项为1，公比为2的等比数列，故12n n a -=．（2）由（1）得()()11121121212121n n n n n n b ---==-++++，故1211111111111123355921212212n n n n b b b -⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=-+-+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭7．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，112a =，11335n n n n S a S a +++=+.(1)求{}n a 的通项公式；(2)若数列{}n na 的前n 项和为n T ，证明：2n T <.【答案】(1)12nn a ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)证明见解析【分析】（1）直接由,n n S a 的关系结合等比数列的定义即可得解.（2）直接用错位相减法求和即可，进一步即可得证.【详解】（1）由题意得1113335n n n n n n S S a a a a +++-+=+=，得112n n a a +=，则{}n a 是首项为12，公比为12的等比数列，所以{}n a 的通项公式为1111222n n n a -⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）由题意得231111232222n n T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，2341111112322222n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+⋅+⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减，得23411111221111111112222222212n n n n n T n n ++⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎣⎦=+++++-⋅=-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭- 111122n n n +⎛⎫⎛⎫=--⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()1222nn T n ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，因为()1202n n ⎛⎫+> ⎪⎝⎭，所以2n T <.8．已知各项均为正数的数列{}n b 的前n 项和为11,n S b =，且()()1111n n n n S b S b +++=+对一切N n *∈都成立.若{}n a 是公差为2的等差数列，22332a b b a -=-.(1)求数列{}n a 与{}n b 的通项公式；(2)求数列()1nn n n c a b =-+的前2n 项和2n T .【答案】(1)121,2n n n a n b -=-=；(2)22221n n T n =+-.【分析】（1）利用,n n S b 的关系结合条件及等比数列的定义可得n b ，再根据等差数列的概念计算求n a ；（2）利用分组求和及等比数列求和公式计算即可.【详解】（1）由11,0n b b =>，且()()1111n n n n S b S b +++=+对一切N n *∈都成立，可得1111n n n n S S b b ++++=，又1111121S b ++==，所以()111111212,122n n n n n n n n S S S b S b n b b +--+++==⇒+=+=≥，则111222n n n n n n n b S S b b b b ---=-=-⇒=，所以数列{}n b 是首项为1，公比为2的等比数列，则12n n b -=.又{}n a 是公差为2的等差数列，22332a b b a -=-，所以()2224423a a a -=-+⇒=，则()22221n a a n n =+-=-.综上121,2n n n a n b -=-=.（2）由上可知()()()111212n nn n n n c a b n -=-+=-⨯-+，故()()101232112132152172n T =-⨯++⨯++-⨯++⨯++ ()()()222114321412n n n n ---⨯-++⨯-+()()()()012113574341222n n n -⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-++-+++-++-++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦ 2212222112n n n n -=+=+--.9．如图，在四棱锥S ABCD -中，平面SAD ⊥底面ABCD ，π3SAD ∠=，在AD 边上取一点E ，使得BCDE 为矩形，22SA AE DE ===．(1)证明：BC ⊥平面SBE ；(2)若(R)SF FC λλ=∈ ，且//SA 平面BEF ，求λ的值．【答案】(1)证明见解析(2)12λ=【分析】（1）先求出SE =SE AD ⊥，进而SE CB ^，BE CB ⊥，由此能证明BC ⊥平面SBE ；（2）连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，由已知得//FM AS ，由//EM CD ，//FM AS ，能求出λ．【详解】（1）因为2,1SA AE ==，π3SAD ∠=，所以SE =SE AD ⊥，SE ⊂平面SAD ，又平面SAD ⊥平面ABCD ，且平面SAD ⋂平面ABCD AD =，所以SE ⊥平面ABCD ，CB ⊂平面ABCD ，所以SE CB ^，又BE CB ⊥，且SE BE E =∩，SE ⊂平面SBE ，BE ⊂平面SBE ，所以BC ⊥平面SBE ．（2）连接AC 交BE 于点M ，连接FM ，因为//SA 平面BEF ，SA ⊂平面SAC ，平面SAC 平面BEF FM =，所以//FM AS ，因为//EM CD ，所以12AM AE MC ED ==，因为//FM AS ，所以12SF AM FC MC ==，结合已知，所以12λ=．10．如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，已知AB //,2CD DA DC ==，11111,60,,AB C D BAD D D AD AB BD ∠===︒⊥⊥.(1)证明：1D D ⊥平面ABCD ；(2)若四棱台1111ABCD A B C D -的体积为218，求二面角1B CC D --的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据线面垂直的定义证明即可；（2）建立空间直角坐标系，根据四棱台1111ABCD A B C D -的体积写出各点坐标即可计算出二面角1B CC D --的余弦值.【详解】（1）在四边形ABCD 中，2,1,60AD AB BAD ∠=== ，BD ∴=222AB BD AD ∴+=，AB BD ∴⊥，又11,,AB BD BD BD B ⊥⋂= 1,BD BD ⊂平面1BDD ，AB ∴⊥平面1,BD D 而1DD ⊂平面1BD D ，1AB DD ∴⊥.又1,,D D AD AB AD A ⊥⋂= ,AB AD ⊂平面1ABCD DD ∴⊥平面ABCD ；（2）()1112122ABCD S C D CD +== 四边形，111114A B C D S =四边形11121·3288V DD DD ⎛ ∴=⋅+=⇒= ⎝四棱台如图建系，)()(()1,0,2,0,0,1,,0,0,0BC CD ∴，()(12,0,0,BC CC ∴==- ，设平面1BCC 的一个法向量()1,,n x y z =，1·0·0n BC n CC ⎧=⎪⎨=⎪⎩⇒200y y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，取1z =，则()1n = ，平面1CC D 的一个法向量()21,0,0n =，设二面角1B CC D --的平面角为θ，显然θ为锐角，1212cos 2n n n n θ⋅∴===⋅ .11．已知抛物线2:4C y x =，F 为C 的焦点，直线l 与C 交于不同的两点A 、B ，且点A 位于第一象限.(1)若直线l 经过C 的焦点F ，且6AB =，求直线l 的方程；(2)若直线l 经过点()2,0E ，O 为坐标原点，设AOB 的面积为1S ，BOF 的面积为2S ，求12S S +的最小值.【答案】(1)y =或y =(2)【分析】（1）分析可知，直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为1x my =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦长公式求出m 的值，即可得出直线l 的方程；（2）分析可知，直线l 不与x 轴重合，设直线l 的方程为1x ty =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，将直线l 的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，可得出218y y =-，利用三角形的面积公式结合基本不等式可求得12S S +的最小值.【详解】（1）解：依题意知，()1,0F .若直线l 与x 轴重合，此时，直线l 与抛物线C 只有一个交点，不合乎题意，设直线l 的方程为1x my =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立241x xy y m =+=⎧⎨⎩，可得2440y my --=，则216160m ∆=+>，由韦达定理可得124y y m +=，所以，()212121221124446AB x x my my m y y m =++=++++=++=+=，解得2m =±，所以，直线l的方程为12x y =+或12x y =-+，即y =y =+（2）解：若直线l 与x 轴重合，此时，直线l 与抛物线C 只有一个交点，不合乎题意，设直线l 的方程为2x ty =+，设点()11,A x y 、()22,B x y ，联立224x ty y x=+⎧⎨=⎩，可得2480y ty --=，则216320t ∆=+>，由韦达定理可得124y y t +=，则128y y =-，即218y y =-.不妨设10y >，则20y <，所以，AOB 的面积为1121212S OE y y y y =⋅-=-，BOF 的面积为2221122S OF y y =⋅=-，所以，121221*********S S y y y y y y +=--=-=+≥，当且仅当()111120y y y =>时，即1y =.所以12S S +的最小值为【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．12．已知椭圆1C ：22221x y a b+=(0)a b >>，F 为左焦点，A 为上顶点，(2,0)B 为右顶点，2AB =，抛物线2C 的顶点在坐标原点，焦点为F ．(1)求1C 椭圆的离心率；(2)是否存在过F 点的直线，与1C 和2C 的交点分别是P ，Q 和M ，N ，使得12OPQ OMN S S =若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)12(2)存在，10x y +=或10x y +=【分析】（1）2AB ==从而求得2a =，进而即可求得1C 椭圆的离心率；（2）结合（1）可得1C 椭圆的标准方程为22143x y +=，由题可知2C 的方程为24y x =-，假设存在符合题意的直线，设该直线为1x ky =-，()11,P x y ，()22,Q x y ，()33,M x y ，()44,N x y ，分别联立直线与1C 和2C ，再利用韦达定理，面积关系，进而即可求解．【详解】（12AB = =又右顶点()2,0B ，得2a =，则23b =，所以1c =，所以1C 椭圆的离心率为12c e a ==．（2）存在．结合（1）可得1C 椭圆的标准方程为22143x y +=，由题可知2C 的方程为24y x =-，假设存在符合题意的直线，设该直线为1x ky =-，()11,P x y ，()22,Q x y ，()33,M x y ，()44,N x y ，联立221143x ky x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，消x 整理得()2234690k y ky +--=，则122634k y y k +=+，122934y y k -=+，所以12y y -=联立214x ky y x=-⎧⎨=-⎩，消x 整理得2440y ky +-=，则344y y k +=-，344y y =-，所以34y y -=若12OPQ OMN S S =，则123412y y y y -=-，解得k =所以符合题意的直线为103x y ++=或103x y -+=．13．设点M 是直线1y =-上的一个动点，O 为坐标原点，过点M 作x 轴的垂线l ．过点O 作直线OM 的垂线交直线l 于P .(1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)过曲线C 上的一点P （异于原点O ）作曲线C 的切线1l 交椭圆22143y x +=于A ，B 两点，求AOB 面积的最大值.【答案】(1)2xy =【分析】（1）设出P 点坐标，根据垂直关系写出对应向量关系式，由此可得轨迹C 的方程；（2）设出直线1l 的方程，根据直线1l 与曲线C 相切得到关于,k m 的表达式，然后通过联立方程结合韦达定理以及弦长公式表示出AOB 的面积，最后利用基本不等式求解出最大值.【详解】（1）设(),P x y ，则(),1M x -，所以()(),,,1OP x y OM x ==-，因为OP OM ⊥，所以0OP OM ⋅=，所以20x y -=，所以点P 的轨迹C 的方程为2x y =；（2）设()()1122,,,A x y B x y ，1:l y kx m =+，因为1l 为曲线C 的切线，联立2y kx m x y=+⎧⎨=⎩可得20x kx m --=，所以240k m D =+=，联立224312y kx m x y =+⎧⎨+=⎩可得()2223463120k x kmx m +++-=，所以21212226312,3434km m x x x x k k -+=-=++，且()()()222Δ64343120km k m =--+->，即2234k m +>，所以AB ==又因为原点到直线AB的距离d =所以2121OABm S k =⨯⨯=+⎝⎭222223423434m k m k k ++-=≤++，当且仅当22223440k m m k m ⎧+-=⎨+=⎩即2312m k ⎧=-⎪⎨=+⎪⎩（此时满足2234k m +>）时取等号，综上可知，AOB【点睛】方法点睛：圆锥曲线中求解三角形面积的常用方法：（1）利用弦长以及点到直线的距离公式，结合12⨯底⨯高，表示出三角形的面积；（2）根据直线与圆锥曲线的交点，利用公共底或者公共高的情况，将三角形的面积表示为1212AB x x ⋅⋅-或1212EF y y ⋅⋅-；（3）借助三角形内切圆的半径，将三角形面积表示为()12a b c R ⋅++⋅（R 为内切圆半径）.14．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>(1,0)M 为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线10x y -+=相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点(3,2)N ，和平面内一点(,)(3)P m n m ≠，过点M 任作直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，设直线AN ，NP ，BN 的斜率分别为123,,k k k ，1323k k k +=，试求m ，n 满足的关系式．【答案】(1)2213x y +=(2)32n m=【分析】（1）由点到直线的距离公式，列出方程求得1b =，再由椭圆的几何性质，求得a 的值，即可求得椭圆C 的标准方程；（2）当直线斜率不存在时，求出A ，B 的坐标，得到直线AN ，BN 的斜率，进一步得到NP 的斜率，可得m ，n 满足的关系式．当直线的斜率存在时，设点1111(,),(,)A x y B x y ，设直线:(1)l y k x =-，代入椭圆方程，利用根与系数的关系求得直线AN ，BN 的斜率和，进一步得到NP 的斜率，可得m ，n 满足的关系式．【详解】（1）解：由椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的焦点在x 轴上，则点(1,0)M 到直线10x y -=的距离为1d =，解得1b d ==，又由椭圆的离心率为3c e a =，解得a =所以椭圆C 的方程为2213x y +=.（2）解：①当直线斜率不存在时，由22113x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得1,3x y ==±，不妨设(1,A B ，因为(3,2)N ，且直线AN ，NP ，BN 的斜率分别为123,,k k k ，满足1323k k k +=，可得132********k k -++=+=--，所以22233n k m -==-，所以,m n 的关系式为32n m =.②当直线的斜率存在时，设点1111(,),(,)A x y B x y ，直线():1AB y k x =-，联立方程组22(1)13y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，整理得2222(31)6330k x k x k +-+-=，可得22121222633,3131k k x x x x k k -+==++，所以()()12122112121222[2(10](3)[2(10](3)3333y y k x x k x x k k x x x x -----+---+=+=----21212212122(42)()6122(126)23()9126kx x k x x k k x x x x k -+++++==-+++，因为1323k k k +=，所以22233n k m -==-，综上可得，,m n 的关系式为32n m =.【点睛】方法点睛：（1）几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决；（2）函数取值法：若题目的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值（或值域），常用方法：（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）单调性法；（4）三角换元法；（5）导数法等，要特别注意自变量的取值范围；3、涉及直线与圆锥曲线的综合问题：通常设出直线方程，与圆锥曲线联立方程组，结合根与系数的关系，合理进行转化运算求解，同时抓住直线与圆锥曲线的几何特征应用.15．设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>已知直线l 过点()0,1-，直线l 与双曲线C 的左，右两支的交点分别为,M N ，直线l 与双曲线C 的渐近线的交点为,P Q ，其中点Q 在y 轴的右侧.设,,OMP OPQ OQN 的面积分别是123,,S S S .(1)求双曲线C 的方程；(2)求213S S S +的取值范围.【答案】(1)22148x y -=(2)1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【分析】（1）根据双曲线的离心率以及顶点到渐近线的距离，列式计算，求出2,b a 的值，即得答案；（2）将213S S S +转化为||||||PQ PM QN +，利用直线和双曲线的方程联立，求出弦长||MN 的表达式，联立直线和渐近线方程求得||PQ 的表达式，即可得||||||||||||PQ PQ PM QN MN PQ =+-的表达式，结合参数范围，即可求得答案.【详解】（1）由题意可得双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的一条渐近线方程为0bx ay -=，ca=(,0)a=，即得3ab c =，故b =，结合222+=a b c ，解得24a =故双曲线C 的方程为22148x y -=；（2）由题意得213||||||S PQ S S PM QN =++，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为1y kx =-，设()()1122,,,M x y N x y ，由22128y kx x y =-⎧⎨-=⎩，得()222290k x kx -+-=，则()22222Δ43620902k k k k ⎧⎪≠⎪⎪=+->⎨⎪-⎪<⎪-⎩，即得k <<则21212229,22x k x k x x k +==--，且12MN x x -===由22120y kx x y =-⎧⎨-=⎩，得()()22222210,Δ44280k x kx k k '-+-==+-=>，则2221,22P Q P Qx x x x k k k +==--,得22PQ k==-，故213||||1||||||||||1||S PQ PQ MN S S PM QN MN PQ PQ ===++--，而k <，(]21311,3,,2MN S PQS S ∞⎡⎫=∴∈+⎪⎢+⎣⎭.【点睛】关键点睛：解答第二问面积比的范围问题时，关键是利用弦长公式，表示出213||||||||||||S PQ PQ S S PM QN MN PQ ==++-的表达式，进而结合参数范围，求得答案.16．某班同学利用春节进行社会实践，对本地[25,55]岁的人群随机抽取n 人进行了一次生活习惯是否符合低碳观念的调查，将生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”，否则称为“非低碳族”，得到如下统计表和各年龄段人数频率分布直方图．序号分组（岁）本组中“低碳族”人数“低碳族”人数在本组所占的比例1[25,30)1200.62[30,35)195p 3[35,40)1000.54[40,45)a 0.45[45,50)300.36[55,60)150.3（一）人数统计表（二）各年龄段人数频率分布直方图(1)在答题卡给定的坐标系中补全频率分布直方图，并求出n 、p 、a 的值；(2)从[40,50)岁年龄段的“低碳族”中采用分层抽样法抽取6人参加户外低碳体验活动．若将这6个人通过抽签分成甲、乙两组，每组的人数相同，求[45,50)岁中被抽取的人恰好又分在同一组的概率．【答案】(1)频率分布直方图见解析；1000n =，0.65p =，60a =；(2)2.5【分析】（1）先根据频率分布直方图中所有小长方形面积和为1得第二组的频率，除以组距得高，再补全直方图，根据频率等于频数除以总数求得n 、p 、a（2）先根据分层抽样确定两区间抽取人数，利用列举法确定总的基本事件数，以及[)45,50岁中被抽取的人恰好又分在同一组的基本事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.【详解】（1）结合频率分布直方图可知，第二组的频率为()10.040.040.030.020.0150.3-++++⨯=，所以第二组高为0.30.065=．故补全频率分布直方图如下：结合人数统计表与频率分布直方图，可知第一组的人数为1202000.6=，频率为004502..⨯=，所以20010000.2n ==；因为第二组的频率为0.3，所以第二组的人数为10000.3300⨯=，所以1950.65300p ==；因为第四组的频率为0.0350.15⨯=，所以第四组的人数为10000.15150⨯=，所以1500.460a =⨯=．（2）因为[)40,45岁年龄段的“低碳族”与[)45,50岁年龄段的“低碳族”的比为60:302:1=，所以采用分层抽样法抽取6人，则在[)40,45岁中抽取4人，在[)45,50岁中抽取2人．设年龄在[)40,45中被抽取的4个人分别为：1234,,,A A A A ；年龄在[)45,50岁中被抽取的2个人分别为：12,B B ；则总的基本事件有：123412A A A A B B -,124312A A A A B B -,121342A A B A A B -,122341A A B A A B -,134212A A A A B B -,……412123A B B A A A -，共20个；记“[)45,50岁中被抽取的人恰好有分在同一组”为事件C ，而事件C 包含的基本事件有8个；所以()82205P C ==.【点睛】频率分布直方图中小长方形面积等于对应区间的概率,所有小长方形面积之和为1;频率分布直方图中组中值与对应区间概率乘积的和为平均数;频率分布直方图中小长方形面积之比等于对应概率之比,也等于对应频数之比.17．为增强学生的环保意识，让学生掌握更多的环保知识，某中学举行了一次“环保知识竞赛”.为了解参加本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（得分取正整数，满分100分）作为样本（样本容量为n ）进行统计，按照[)50,60，[)60,70，[)70,80，[)80,90，[]90,100的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（茎叶图中仅列出了得分在[)50,60，[]90,100的数据），如下图所示.(1)求样本容量n 和频率分布直方图中x ，y 的值；(2)试估测本次竞赛学生成绩的平均数、中位数；(3)在[)70,80，[)80,90内按分层抽样的方法抽取5名学生的成绩，从这5名学生中随机抽取2人，求2人成绩都在[)70,80的概率.【答案】(1)50n =，0.030x =，0.004y =(2)平均数为70.6，中位数为71(3)35【分析】（1）利用[)50,60的频数8及频率0.16可得出样本容量，进而求出x ，y 的值；（2）中点值以及占比计算出平均值，面积法得到中位数；（3）使用列举法得出2人成绩都在[)70,80的概率.【详解】（1）由题意可知，样本容量8500.01610n ==⨯，20.0045010y ==⨯，0.10.0040.0100.0160.040.030x =----=.（2）550.16650.3750.4850.1950.0470.6x =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=；设中位数为m ，则(70)0.040.50.160.3m -⨯=--，所以71m =.（3）在[70,80)，[80,90)成绩分组的学生分别为20人，5人，现要按分层抽样抽取5人，则在[70,80)，[80,90)成绩分组中各抽取4人，1人；记成绩在[70,80)的学生为A ，B ，C ，D ，成绩在[80,90)的学生为E .则从这5人中抽取2人有(),A B ，(),A C ，(),A D ，(),A E ，(),B C ，(),B D ，(),B E ，(),C D ，(),C E ，(),D E 共10种情况.2人成绩都在[70,80)的有(),A B ，(),A C ，(),A D ，(),B C ，(),B D ，(),C D 共6种情况.所以从这5名学生中随机抽取2人，2人成绩都在[70,80)的概率35P =.18．已知{}n a 是等差数列，{}n b 是公比不为1的等比数列，26a =，4522a a +=，1134a b =，且22b 是13b 与3b 的等差中项．(1)求：数列{}n a 和{}n b 的通项公式．(2)设()21,283636,n n n n n a b n d n n n b ⎧-⎪⎪=⎨-+-⎪⎪⎩为奇数为偶数，求21ni i d =∑.(3)若对于数列{}n a 、{}n b ，在k a 和1k a +之间插入k b 个()*2k ∈N ，组成一个新的数列{}n c ，记数列{}n c 的前n 项和为n T ，求2024T ．【答案】(1)22n a n =+,3nn b =;(2)()2324934329n nn n --+(3)4104【分析】（1）根据等差等比数列的通项公式，计算可得；（2）结合两个数列的通项公式，可判断的前项中两个数列的项数，然后分组和错位相减求和可得；（3）求出{}n a 的项数和总共有多少个2，利用分组求和可得.【详解】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ，1q ≠由2456,22a a a =+=，则222322a d a d +++=，故2d =，所以()()2262222n a a n d n n =+-=+-=+，则14a =，由1134a b =，则13b =，又由22b 是13b 与3b 的等差中项，所以213223b b b ⨯=+，即21293q q =+，解得3q =或1q =（舍去），故111333n n n n b b q --==⋅=，（2）由()21,283636,n n n n n a b n d n n n b ⎧-⎪⎪=⎨-+-⎪⎪⎩为奇数为偶数，则()()231,83636,3n n nn n d n n n ⎧-+⎪=⎨-+-⎪⎩为奇数为偶数1212212n nnii dd d d d -==++++∑ ()()1321242n n n n d d d d d d P Q -=+++++++=+ ，则()()()()321234323n n P n -=⋅-+-++- ，()()()()35219234323n n P n +=⋅-+-++- ，两式相减得，()()()()()32121823232323n n n P n -+-=⋅-+-++--- ，()()()221313822319nn n P n +⎡⎤---⎣⎦-=⋅---，则()3249332n n n P --=，()222242828284333n n n Q ⎡⎤--⨯-⨯=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦242362363643636236=836333n nn n M N ⨯-⨯-⨯-⎡⎤++++=-+⎢⎥⎣⎦其中()()2222222422222424333999n n nn n M =+++=+++①，422213211321339939n n nn n N --=+++=++ ()22223121249999n n n M +=+++ ②①-②相减可得，()()()22221218422821213214999999999n n n n n n n n n M ++--⎛⎫=+++-=+++- ⎪⎝⎭ 则2221321448363699999n n n n nn n n M N -⎛⎫=+++-=- ⎪⎝⎭ 所以249n nQ n =则()221324934329n nini n n d =--=+∑；（3）根据题意可得，1231,2,2,2,,2,2,2,2,2,2,2,2,2,,,,,k k a a a a a + 则213332024k k +++++≤ ，故()3131202413k k -++≤-，则131202422k k ++-≤，故当6k =时，73161099202422+-=≤成立，当7k =时，8317202422+->成立，所以{}n a 共有7项，共有2017个2，则()2024742722201741042T +⨯+=⨯+=19．已知数列{}n a 的首项为1，前n 项和为n S ，且121n n S S -=+，其中2n ≥．(1)求证：数列{}n a 是等比数列；(2)当2n ≥时，求证：12311111212n n S S S S ⎛⎫+++⋅⋅⋅+<- ⎪⎝⎭．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用n S 与n a 的关系证明{}n a 是等比数列（2）求得21n n S =-，利用放缩得()11122n n n S -<≥，再求1n S ⎧⎫⎨⎩⎭的和即可证得结论.【详解】（1）由()1212n n S S n -=+≥，得121n n S S +=+，两式相减，得()()1122n n n n S S S S n +--=-≥，又当2n ≥时，1n n n a S S -=-，11n n n a S S ++=-，所以12n n a a +=，()122n na n a +=≥，又2121S S =+，11a =，所以22a =，212a a =，（注意验证1n =是否符合12n n a a +=）因此数列{}n a 是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）知12n n a -=，所以122112nn n S -==--．当2n ≥时，121n ->，所以11212220n n n n n S --=->-=>，所以1111212n n n S -=<-，所以当2n ≥时，21123111111111121211222212nn n n S S S S -⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭+++⋅⋅⋅+<+++⋅⋅⋅+==- ⎪⎝⎭-．【点睛】数列型不等式问题的求解过程中常用到放缩法，一般有两种情况：一是先放缩，再求和；二是先求和，再放缩．常用的放缩技巧如下：（1）对21n的放缩，根据不同的要求，大致有三种情况：①()22111121n n n n n n <=-≥--；②()221111121211n n n n n ⎛⎫<=-≥ ⎪--+⎝⎭；③2211112121214n n n n ⎛⎫<=- ⎪-+⎝⎭-．（2>=)2n <≥．（3）对121n -的放缩，为111212n n -≤-．20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且12a =-，2112n n n n S S a na n n +++=+-+，*N n ∈．(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若()3123n an n a k a ++≤⋅-对任意的*N n ∈恒成立，求实数k 的最小值．【答案】(1)3n a n =-(2)281【分析】（1）利用退一相减法可得数列{}n a 为等差数列，进而可得通项公式；（2）代入，分离参数可得3823nn k -≥⨯，再设3823nn n b -=⨯，根据数列{}n b 的单调性可得最大项及k 的最小值.【详解】（1）由已知2112n n n n S S a na n n +++=+-+①，则当2n ≥时，()()()2112111n n n n S S a n a n n --+=+---+-②，①-②得()()111212122n n n n n a a a n a n a n ++-+=+----+，即11n n a a --=，所以数列{}n a 是以2-为首项，1为公差的等差数列，所以213n a n n =-+-=-；（2）由（1）得3n a n =-，即不等式()2233nn k n -≤⋅-+对任意的*N n ∈恒成立，所以3823nn k -≥⨯，设3823n nn b -=⨯，又()11131838619232323n n n n n n n n b b ++++---+-=-=⨯⨯⨯，所以当3n ≤时，10n n b b +->，当4n ≥时，10n n b b +-<，所以当4n ≤时，数列{}n b 单调递增，当4n ≥时，数列{}n b 单调递减，所以43822381n n n b b -=≤=⨯，所以282k ≥，即实数k 的最小值为282.21．已知点(4,7)A ，集合22(,)11612x y S x y ⎧⎫=+≤⎨⎬⎩⎭∣，点P S ∈，且对于S 中任何异于P 的点Q ，都有0AP PQ ⋅>．(1)证明：P 在椭圆2211612x y +=上；(2)求P 的坐标；(3)设椭圆2211612x y +=的焦点为12,F F ，证明：12APF APF ∠=∠．参考公式：()()222222()()ad bc ac bd a b c d -++=++．【答案】(1)证明见解析(2)()2,3P (3)证明见解析【分析】（1）分析当P 在22:11612x y C +=内时，设线段PA 与C 有一交点Q 推导出矛盾即可；（2）记AQ 在AP上的投影向量为AQ ' ，可推导P 是C 上与A 距离最小的点，再设()00,P x y ，结合椭圆的方程与所给方程得出不等式求解最值即可；（3）设直线AP 与x 轴交于(),0B b ，根据,,A B P 共线可得1,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，再结合112253PF BF PF BF ==与正弦定理，转证12BPF BPF ∠=∠即可.【详解】（1）记22:11612x y C +=，若P 不在C 上，则在C 内.因为224711612+>，所以A 在C 外，设线段PA 与C 有一交点Q ，此时AP 和PQ 共线反向，0AP PQ ⋅<，不合题意，因此P 在C 上.（2）0AP PQ ⋅>等价于2AP PQ AP AP AP ⋅>⋅= .记AQ 在AP上的投影向量为AQ ' ，则条件等价于2AP AQ AP '⋅> ，AQ AP '> ，这表明P 是C 上与A 距离最小的点.设()00,P x y ，则22003448x y +=，()()2220047AP x y =-+- .因为()()222222()()ad bc ac bd a b c d -++=++，故()()22222()ac bd a b c d +≤++，当且仅当ad bc =时取等号.所以()()()()()()2222200000011147414214182545x y x y x y ⎡⎤-+-=-+-+≥--⎢⎥⎣⎦，又()()222000012341643x y x y ⎛⎫+≤++= ⎪⎝⎭，故00828x y -≤+≤，故()221188205AP ≥-= ，当且仅当0028x y +=且()()002417x y -=⨯-时取等号，解得002,3x y ==，故此时()2,3P .（3）因为()4,7A ，()2,3P ，设直线AP 与x 轴交于(),0B b ，则7330422b--=--，解得12b =.故1,02B ⎛⎫⎪⎝⎭，则要证12APF APF ∠=∠即证12BPF BPF ∠=∠.又()()122,0,2,0F F -，故2PF x ⊥轴，故112253PF BF PF BF ==.在1PF B △和2PF B ，由正弦定理，1212sin sin sin sin PBF PBF BPF BPF ∠∠=∠∠，又1PBF ∠和2PBF ∠互补，所以12sin sin PBF PBF ∠=∠，所以12sin sin BPF BPF ∠=∠，从而有12BPF BPF ∠=∠.22．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n b 的前n 项和为n T .已知1212n n S n +=-+，1n nb a =.(1)求{}n a 的通项公式；(2)求证：()131622n n T n ≤-+⋅.【答案】(1)12221n nn a n n +=-++(2)证明见解析【分析】（1）根据112221n nn n n a S S n n +-=-=-++，注意验证当1n =时也成立，即可求解；（2）由由（1）和1n n b a =得11232n n n b n a n ⎛⎫==⋅++ ⎪⎝⎭，讨论当1n =时，13b =，当2n ≥时，()142n nb n ≤⋅+，得123234678432222nn n T n b b b b +=++++≤+++++ ，再利用错位相减即得.【详解】（1）当1n =时，1111211123a S +==-=+，当2n ≥时，1112222112121n n n n n n n a S S n n n n ++-⎛⎫=-=---=- ⎪++++⎝⎭，经验证：当1n =时也成立.所以{}n a 的通项公式为：12221n nn a n n +=-++.（2）由（1）得12221n nn a n n +=-++，又()()111112212232221n nn n n n n n n n b n a n n +⎛⎫===⋅⎪++-++=⋅++ ⎝⎭，当1n =时，13b =，当2n ≥时，()142n nb n ≤⋅+，所以当2n ≥时，123234678432222n nn T n b b b b +=++++≤+++++ ，令23467842222n n M +=++++ ，则34511678422222n n M ++=++++ ，两式相减得：223451111116111143482122222222212n n n n n n M -++⎛⎫- ⎪++⎝⎭=+++++-=+-- 2111311431147612422242242n n n n n n n n -++++++⎛⎫=+--=+--=- ⎪⎝⎭，所以7622n n M +=-，所以76136332222n n n T n n M ++≤+=+-=-，即()131622n n T n ≤-+⋅.【点睛】本题证明数列不等式，其常用方法有：（1）利用二项式定理的展开式，进行简单的放缩；（2）利用放缩法，注意放缩技巧和放缩的适度；比如：添项或舍去一些项；将分子和分母放大或缩小；真分数的性质；利用基本不等式；函数的有界性；绝对值不等式.（3）利用导数法，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.（4）利用数学归纳法与放缩法结合.23．设m 为大于零的常数，双曲线22122:12x yC m m-=，抛物线2C 的顶点为坐标原点O ，焦点为双曲线1C 的左焦点1F ．(1)曲线1C 与2C 是否总存在交点？(2)是否存在过抛物线2C 的焦点1F 的弦AB ，使AOB 的面积有最大值或最小值？若存在，请给出弦AB 所在的直线方程；若不存在，请说明理由．【答案】(1)是(2)存在最小值，方程为x =【分析】（1）由抛物线2C 的顶点为坐标原点O ，焦点为双曲线1C 的左焦点1F ，求出抛物线方程，通过联立方程组判断曲线1C 与2C 是否总存在交点.（2）设直线方程，通过联立方程组，借助韦达定理，求AOB 的面积，并判断最值是否存在.【详解】（1）双曲线()22122:102x y C m m m-=>的左焦点1F 的坐标为(),0．而抛物线2C 的顶点为坐标原点O ，焦点为1F ，则2p=，从而p =，且抛物线的开口向左，于是抛物线2C 的方程为：2y =-．联立1C 与2C 的方程，即2222,22.y x y m ⎧=-⎪⎨-=⎪⎩消去y 得，22220x m +-=，即220x m +-=．因为判别式()()222Δ4160m m =--=>，所以曲线1C 与2C 总有两个不同的交点．（2）若过焦点1F 的直线斜率存在，设直线斜率为k ，则直线方程为()y k x =+，设()11,A x y ，()22,B x y ，由()2,.y y k x ⎧=-⎪⎨=+⎪⎩消去x ，得22120y m -=．由韦达定理知，12y y k+=-，21212y y m =-，则124y y -=⋅于是AOB 的面积()111121.2AOB AOF BOF S S S OF yy =+=+ 因为12y y 、异号，所以1212y y y y +=-，则211211622AOB S OF y y m =-=⋅= 从而AOB S 无最大值，并且因为2111k +>，所以26AOB S m >△．若过焦点1F 的直线斜率不存在，则此直线的方程为x =，代入抛物线方程2y =-，得12,y y ==-．于是211211116222AOB S AB OF y y OF m =⋅=-⋅=⋅= ．综上所述，AOB S 无最大值，有最小值为26m ，此时弦AB 所在的直线方程为x =．【点睛】方法点睛：解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x (或y )建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．24．已知数列{}n a ,()11ππ1,2cos 2sin N .22n n n n a a a n *+==-+∈(1)求23,a a .(2)求{}n a 的通项公式；(3)设(){}2nn n a -的前n 项和为n T ,若()2024N m T m *=∈,求m .【答案】(1)234,9a a ==(2)π2sin2nn n a =-(3)4048【分析】(1)将1,2n n ==分别代入关系式运算即可.(2)考查等比数列的构造,通过构造等比数列，结合等比数列的通项公式求解即可.(3)考查数列的周期性，通过对πsin2n 的周期性取值讨论求解即可.【详解】（1）当1n =时,得21ππ2cos 2sin 422a a =-+=；当2n =时,得322π2π2cos2sin 9.22a a =-+=（2）设()()11π1πππsin cos 2sin cos ,2222n n n n n n a a αβαβ+++⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭整理得()()1ππ22cos 2sin ,22n n n n a a βααβ+=+-++又1ππ2cos2sin ,22n n n n a a +=-+21,22,βααβ-=-⎧∴⎨+=⎩解得1,0,αβ=⎧⎨=⎩()11ππsin2sin ,22n n n n a a++⎛⎫∴+=+ ⎪⎝⎭又1πsin 2,2a +=。
立体几何、解析几何综合10题(含答案)
城北中学高二上期第八周20班周末双休数学练笔题目及参考答案1、已知双曲线与椭圆x 29＋y 225＝1共焦点，它们的离心率之和为145，求双曲线方程．解： 由椭圆方程可得椭圆的焦点为F (0，±4)，离心率e ＝45，所以双曲线的焦点为F (0，±4)，离心率为2，从而c ＝4，a ＝2，b ＝2 3.所以双曲线方程为y 24－x 212＝1.2、如图4所示，矩形ABCD 中，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ＝2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥平面BCE ； (2)求证：AE ∥平面BFD ；(1)证明 ∵AD ⊥平面ABE ，AD ∥BC ， ∴BC ⊥平面ABE ，则AE ⊥BC . 又∵BF ⊥平面ACE ，则AE ⊥BF ，又BC ∩BF ＝B ，∴AE ⊥平面BCE .(2)证明 由题意可得G 是AC 的中点，连结FG ， ∵BF ⊥平面ACE ，∴CE ⊥BF . 而BC ＝BE ，∴F 是EC 的中点， 在△AEC 中，FG ∥AE ，∴AE ∥平面BFD .3、设椭圆的中心在原点，焦点在x 轴上，离心率e ＝32.已知点P ⎝⎛⎭⎫0，32到这个椭圆上的点的最远距离为7，求这个椭圆的方程．解： 设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，M (x ，y )为椭圆上的点，由c a ＝32得a ＝2b .|PM |2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫y －322＝－3⎝⎛⎭⎫y ＋122＋4b 2＋3(－b ≤y ≤b )， 若b <12，则当y ＝－b 时，|PM |2最大，即⎝⎛⎭⎫b ＋322＝7， 则b ＝7－32>12，故舍去．若b ≥12时，则当y ＝－12时，|PM |2最大，即4b 2＋3＝7，解得b 2＝1.∴所求方程为x 24＋y 2＝1.4、矩形ABCD ，AB ＝2，AD ＝3，沿BD 把ΔBCD 折起，使C 点在平面ABD 上的射影E 恰好落在AD 上. (1)求证：CD ⊥AB(2)求CD 与平面ABD 所成角的余弦值.(1)证明 过C 点作AD 的垂线，垂足为E 则CE ⊥面ABD ，∵AD ⊥AB ，∴CD ⊥AB(2)解：∵CE ⊥面ABD∴∠CDE 为CD 与平面ABD 所成的角，cos ∠CDE ＝DECDDE ∶CD ＝CD ∶DA ＝AB ∶DA ＝2∶3∴CD 与平面ABD 所成角的余弦值为32 5、设λ＞0，点A 的坐标为(1,1)，点B 在抛物线y ＝x 2上运动，点Q 满足BQ →＝λQA →，经过点Q 与x 轴垂直的直线交抛物线于点M ，点P 满足QM →＝λMP →，求点P 的轨迹方程．解： 由QM →＝λMP →知Q 、M 、P 三点在同一条垂直于x 轴的直线上，故可设P (x ，y )，Q (x ，y 0)，M (x ，x 2)，则x 2－y 0＝λ(y －x 2)， 即y 0＝(1＋λ)x 2－λy .①再设B (x 1，y 1)，由BQ →＝λQA →， 即(x －x 1，y 0－y 1)＝λ(1－x,1－y 0)，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝(1＋λ)x －λ，y 1＝(1＋λ)y 0－λ.②将①式代入②式，消去y 0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝(1＋λ)x －λ，y 1＝(1＋λ)2x 2－λ(1＋λ)y －λ.③ 又点B 在抛物线y ＝x 2上，所以y 1＝x 21， 再将③式代入y 1＝x 21，得(1＋λ)2x 2－λ(1＋λ)y －λ＝[(1＋λ)x －λ]2，(1＋λ)2x 2－λ(1＋λ)y －λ＝(1＋λ)2x 2－2λ(1＋λ)x ＋λ2， 2λ(1＋λ)x －λ(1＋λ)y －λ(1＋λ)＝0.因为λ>0，两边同除以λ(1＋λ)，得2x －y －1＝0. 故所求点P 的轨迹方程为y ＝2x －1.6、如图，已知四棱锥P —ABCD 的底面为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，垂足为H ，PH 是四棱锥的高．(1)证明：平面P AC ⊥平面PBD ； (2)若AB ＝6，∠APB ＝∠ADB ＝60°，求四棱锥P —ABCD 的体积．证明(1) 因为PH 是四棱锥P —ABCD 的高，所以AC ⊥PH .又AC ⊥BD ，PH ，BD 都在平面PBD 内，且PH ∩BD ＝H ， 所以AC ⊥平面PBD ， 故平面P AC ⊥平面PBD .(2)因为ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ⊥BD ，AB ＝6， 所以HA ＝HB ＝ 3. 因为∠APB ＝∠ADB ＝60°， 所以P A ＝PB ＝6，HD ＝HC ＝1， 可得PH ＝ 3.等腰梯形ABCD 的面积为S ＝12AC ×BD ＝2＋ 3.所以四棱锥的体积为V ＝13×(2＋3)×3＝3＋233.7、已知椭圆的长轴长为2a ，焦点是F 1(－3，0)、F 2(3，0)，点F 1到直线x ＝－a 23的距离为33，过点F 2且倾斜角为锐角的直线l 与椭圆交于A 、B 两点，使得|F 2B |＝3|F 2A |.(1)求椭圆的方程；(2)求直线l 的方程．解： (1)∵F 1到直线x ＝－a 23的距离为33，∴－3＋a 23＝33.∴a 2＝4.而c ＝3， ∴b 2＝a 2－c 2＝1. ∵椭圆的焦点在x 轴上， ∴所求椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)． ∵|F 2B |＝3|F 2A |，∴⎩⎪⎨⎪⎧3＝x 2＋3x 11＋3，0＝y 2＋3y11＋3，⎩⎨⎧x 2＝43－3x 1，y 2＝－3y 1.∵A 、B 在椭圆x 24＋y 2＝1上，∴⎩⎨⎧x 214＋y 21＝1，(43－3x 1)24＋(－3y 1)2＝1.∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1033，y 1＝233(取正值).∴l 的斜率为233－01033－3＝ 2.∴l 的方程为y ＝2(x －3)，即2x －y －6＝0.8、如图，在梯形ABCD 中，AD//BC ，∠ABC=900，AB=a,AD=3a,sin ∠ADC=55,又PA ⊥平面ABCD ，PA=a ，求二面角P-CD-A 的正切值。
高考文科数学专题5 立体几何 高考文科数学 (含答案)
专题五 立体几何第一讲 空间几何体1．棱柱、棱锥 (1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是平行四边形；两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面与对角面是矩形． (2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形． 2．三视图(1)三视图的正视图、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．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高； (2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样． 3．几何体的切接问题(1)解决球的内接长方体、正方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长．(2)柱、锥的内切球找准切点位置，化归为平面几何 问题．4．柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(不要求记忆) (1)表面积公式①圆柱的表面积 S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2. (2)体积公式①柱体的体积V ＝Sh ；②锥体的体积V ＝13Sh ；③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的体积V ＝43πR 3.1． (2013·广东)某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4 B.143C.163D ．6答案 B解析 由三视图知四棱台的直观图为由棱台的体积公式得：V ＝13(2×2＋1×1＋2×2×1×1)×2＝143.2． (2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )答案 D解析由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2013·江西)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∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝( )A．8 B．9 C．10 D．11答案 A解析取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE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＝8.4． (2013·新课全国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，则得到正视图可以为( )答案 A解析根据已知条件作出图形：四面体C1－A1DB，标出各个点的坐标如图(1)所示，可以看出正视图为正方形，如图(2)所示．故选A.5． (2013·福建)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________．答案12π解析由三视图知，该几何体为正方体和球组成的组合体，正方体的对角线为球的直径．所以2R＝23，即R＝3，球的表面积为S＝4πR2＝12π.题型一空间几何体的三视图例1(1)(2012·广东)某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )A．12πB．45πC．57πD．81π(2)(2012·陕西)将正方体(如图(1)所示)截去两个三棱锥，得到如图(2)所示的几何体，则该几何体的左(侧)视图为( )审题破题根据三视图先确定原几何体的直观图和形状，然后再解题．答案(1)C (2)B解析 (1)由三视图知该几何体是由圆柱、圆锥两几何体组合而成，直观图如图所示． 圆锥的底面半径为3，高为4，圆柱的底面半径为3，高为5，∴V ＝V 圆锥＋V 圆柱＝13Sh 1＋Sh 2＝13×π×32×4＋π×32×5＝57π.(2)还原正方体后，将D 1，D ，A 三点分别向正方体右侧面作垂线．D 1A 的射影为C 1B ，且为实线，B 1C 被遮挡应为虚线．反思归纳 将三视图还原成直观图是解答该类问题的关键，其解题技巧是对常见简单几何体及其组合体的三视图，特别是正方体、长方体、圆柱、圆锥、棱柱、棱锥、球等几何体的三视图分别是什么图形，数量关系有什么特点等都应该熟练掌握，会画出其直观图，然后由三视图验证．变式训练1 若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是________ cm 3.答案 18解析 由几何体的三视图可知，该几何体由两个直四棱柱构成，其直观图如图所示．上底面直四棱柱的长是3 cm ，宽是3 cm ，高是1 cm ，故其体积为9 cm 3，下底面直四棱柱的高是3 cm ，长是1 cm ，宽是3 cm ，其体积为9 cm 3.故该几何体的体积为V ＝18 cm 3. 题型二 空间几何体的表面积和体积例2 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 1—B 1EDF 的体积．审题破题 本题可从两个思路解题：思路一：先求出四棱锥C 1—B 1EDF 的高及其底面积，再利用棱锥的体积公式求出其体积； 思路二：先将四棱锥C 1—B 1EDF 化为两个三棱锥B 1—C 1EF 与D —C 1EF ，再求四棱锥C 1—B 1EDF 的体积．解 方法一 连接A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连接B 1D ，过O 1作。
高中解析几何试题及答案
高中解析几何试题及答案1. 已知圆的方程为 \((x-2)^2+(y-3)^2=9\)，求该圆的圆心坐标和半径。
答案：圆心坐标为 \((2, 3)\)，半径为 \(3\)。
2. 求直线 \(2x + 3y - 6 = 0\) 关于点 \((1, 2)\) 对称的直线方程。
答案：对称直线的方程为 \(2x - 3y + 8 = 0\)。
3. 已知椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\)（其中\(a > b > 0\)）经过点 \((2, 3)\)，且离心率 \(e = \frac{c}{a}\) 为 \(\frac{1}{2}\)，求椭圆的长轴和短轴长度。
答案：根据离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}\)，我们有 \(c =\frac{a}{2}\)。
由于椭圆经过点 \((2, 3)\)，代入椭圆方程得\(\frac{4}{a^2} + \frac{9}{b^2} = 1\)。
又因为 \(c^2 = a^2 -b^2\)，代入 \(c = \frac{a}{2}\) 得 \(\frac{a^2}{4} = a^2 -b^2\)，解得 \(b^2 = \frac{3}{4}a^2\)。
将 \(b^2\) 代入椭圆方程，解得 \(a^2 = 16\) 和 \(b^2 = 12\)。
因此，椭圆的长轴长度为\(2a = 32\)，短轴长度为 \(2b = 24\)。
4. 求抛物线 \(y^2 = 4px\)（\(p > 0\)）的焦点坐标。
答案：焦点坐标为 \((\frac{p}{2}, 0)\)。
5. 已知双曲线 \(\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1\) 的一条渐近线方程为 \(y = \frac{b}{a}x\)，求双曲线的离心率。
答案：双曲线的离心率 \(e = \sqrt{1 + \frac{b^2}{a^2}}\)。
3立体几何及平面解析几何练习(含答案)
立体几何练习1．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a 3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是( ) A ．相交 B ．平行 C ．垂直 D ．不能确定2．在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，若AB=2，A A 1=1，则点A 到平面A 1BC 的距离为（ ） A ．43 B ．23 C ．433 D ．33．在正三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，若AB=2BB 1,则AB 1与C 1B 所成的角的大小为 （ ）A.60ºB. 90ºC.105ºD. 75º4. 如图四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且PG ＝4，GD AG 31=，BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，E 是BC 的中点． (1)求异面直线GE 与PC 所成的角的余弦值；(2)求点D 到平面PBG 的距离；(3)若F 点是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求FCPF 的值．5.已知四棱锥S －ABCD 的底面ABCD 是正方形，SA ⊥底面ABCD ，E 是SC 上的任意一点．(1)求证：平面EBD ⊥平面SAC ；(2)设SA ＝4，AB ＝2，求点A 到平面SBD 的距离；6如图，四面体PABC 的六条边均相等，D E F 、、分别是AB BC CA 、、的中点，则下列四个结论中不成立．．．的是 ( )A ．平面PDE ⊥平面ABCB ．D F ⊥平面PAEC ．BC //平面PDFD ．平面PAE ⊥平面ABC 7已知四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是边长为1的正方形，侧棱垂直底边ABCD 四棱柱，12AA =，E 是侧棱AA 1的中点，求（1）求异面直线BD 与B 1E 所成角的大小；（2）求四棱柱1111ABCD A B C D -的体积PA GB CD FE P A DF E C B.E A 1D 1C 1B 1AD CB平面解析几何（1）1a =“”是“直线x+y =0和直线0x ay -=互相垂直”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件（2）设A 、B 是x 轴上的两点，点P 的横坐标为2，且||||PB PA =，若直线PA 的方程为01=+-y x ，则直线PB 的方程是 （ ）A ．05=-+y xB ．012=--y xC ．042=--y xD ．072=-+y x（3）直线1y x =-上的点到圆C ：224240x y x y ++-+=的最近距离为（ ）A. 1B. 22C. 2－1D. 22－1（4）直线30x y m -+=与圆22220x y x +--=相切，则实数m 等于（ ）A ．3或3-B ．3-或33C ．33-或3D ．33-或33（5）若圆22680x y x y +--=的过点(3 5)，的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为（ ）A ．106B ．206C ．306D ．4066、已知圆C ：012822=+-+y y x ，直线l ：02=++a y ax . (I) 当a 为何值时，直线l 与圆C 相切；(Ⅱ) 当直线l 与圆C 相交于A 、B 两点，且22=AB 时，求直线l 的方程.1、答案B2、B3、B5解析：(1)∵SA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴SA ⊥BD ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，∴BD ⊥ 平面SAC ，∵BD ⊂平面EBD ，∴平面EBD ⊥平面SAC .(2)设AC ∩BD ＝F ，连结SF ，则SF ⊥BD ，∵AB ＝2，SA ＝4，∴BD ＝22，SF ＝SA 2＋AF 2＝42＋(2)2＝32，∴S △SBD ＝12BD ·SF ＝12·22·32＝6， 设点A 到平面SBD 的距离为h ，∵SA ⊥平面ABCD ，∴13·S △SBD ·h ＝13·S △ABD ·SA ，∴6·h ＝12·2·2·4，∴h ＝43， 即点A 到平面SBD 的距离为43. 6、A7 (1)解：连接B 1D 1 ED 1四棱柱中BD// B 1D 1，所以∠EB 1D 1或其补角为所求因为AA 1=2 AB=1 所以B 1D 1=ED 1=B 1E=2 ∠EB 1D 1=600因此异面直线BD 与B 1E 成600角 ……6分（2）因为21121=⨯⨯=-C A V 柱平面解析几何1——5 CADCB6解：将圆C 的方程012822=+-+y y x 配方得标准方程为4)4(22=-+y x ， 则此圆的圆心为（0 , 4），半径为2.(Ⅰ) 若直线l 与圆C 相切，则有21|24|2=++a a . 解得43-=a . ………………6分 (Ⅱ) 解：过圆心C 作CD ⊥AB ，则根据题意和圆的性质，得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧====+++=.221,2,1|24|22222AB DA AC DA CD a a CD 解得1,7--=a . ∴直线l 的方程是0147=+-y x 和02=+-y x . ………………12分。
高考立体几何文科大题及答案
高考立体几何大题及答案1.（2009 全国卷Ⅰ文）如图，四棱锥S ABCD中，底面ABCD 为矩形，SD 底面ABCD ，AD 2 ，DC SD 2，点M 在侧棱SC上，∠ABM=60。
（I）证明：M 是侧棱SC的中点；求二面角S AM B的大小。
2.（2009 全国卷Ⅱ文）如图，直三棱柱ABC-A 1B1C1 中，AB ⊥AC,D 、E 分别为AA 1、B1C 的中点，DE⊥平面BCC1（Ⅰ）证明：AB=AC （Ⅱ）设二面角A-BD-C 为60°,求B1C 与平面BCD所成的角的大小A 1 C1 B 1D EAC B3.（2009 浙江卷文）如图，DC 平面ABC ，EB / /DC ，AC BC EB 2DC 2 ，ACB 120 ，P,Q 分别为AE, AB 的中点．（I）证明：PQ / / 平面ACD ；（II ）求AD 与平面ABE所成角的正弦值．4.（2009 北京卷文）如图，四棱锥P ABCD 的底面是正方形，PD 底面ABCD ，点E 在棱PB 上.（Ⅰ）求证：平面AEC 平面PDB ；（Ⅱ）当PD 2AB 且 E 为PB 的中点时，求AE 与平面PDB 所成的角的大小.5.（2009 江苏卷）如图，在直三棱柱ABC A1B1C1 中，E、F 分别是 A B 、A1C 的中点，点D1在B C 上，A1D B1C1 1 。
求证：（1）EF∥平面ABC ；（2）平面A FD 平面BB1C1C .16.（2009安徽卷文）如图，ABCD的边长为2的正方形，直线l与平面ABCD平行，g和F式l上的两个不同点，且EA=ED，FB=FC，和是平面ABCD内的两点，和都与平面ABCD垂直，（Ⅰ）证明：直线垂直且平分线段AD：（Ⅱ）若∠EAD=∠EAB=60°，EF=2，求多面体ABCDEF的体积。
7.（2009江西卷文）如图，在四棱锥P ABCD中，底面ABCD是矩形，PA平面ABCD，PA AD4，AB2．以BD的中点O为球心、BD为直径的球P面交PD于点M．（1）求证：平面ABM⊥平面PCD；（2）求直线PC与平面ABM所成的角；M（3）求点O到平面ABM的距离．DAOBC8.（2009四川卷文）如图，正方形ABCD所在平面与平面四边形ABEF所在平面互相垂直，△ABE是等腰直角三角形，AB AE,FA FE,AEF45（I）求证：EF平面BCE；（II）设线段CD、AE的中点分别为P、M，求证：PM∥平面BCE（III）求二面角F BD A的大小。
高三文科立体几何练习题(含答案)
1.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E 为线段1B C 上的一点，则三棱锥1A DED -的体积为＿＿＿＿＿.2.若四面体ABCD 的三组对棱分别相等，即AB CD =，AC BD =，AD BC =，则______(写出所有正确结论编号)。
①四面体ABCD 每组对棱相互垂直②四面体ABCD 每个面的面积相等③从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于90。
而小于180。
④连接四面体ABCD 每组对棱中点的线段互垂直平分⑤从四面体ABCD 每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长3.α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线,给出四个论断：① m ⊥ n ②α⊥β ③ m ⊥β ④ n ⊥α以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个命题：______________________________________.4.若直线a 不平行于平面α，则下列结论成立的是（ ）A. α内所有的直线都与a 异面；B. α内不存在与a 平行的直线；C. α内所有的直线都与a 相交；D.直线a 与平面α有公共点.5.直线a,b,c 及平面α,β,γ,下列命题正确的是（ ）A 、若a ⊂α，b ⊂α,c ⊥a, c ⊥b 则c ⊥αB 、若b ⊂α, a//b 则 a//αC 、若a//α,α∩β=b 则a//bD 、若a ⊥α, b ⊥α 则a//b6. 已知点P ，A ，B ，C ，D 是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为正方形。
若则△OAB 的面积为______________.7. 如图，长方体1111D C B A ABCD -中，底面1111D C B A 是正方形，O 是BD 的中点，E 是棱1AA 上任意一点。
（Ⅰ）证明：BD 1EC ⊥ ；（Ⅱ）如果AB =2，AE =2，1EC OE ⊥,，求1AA 的长。
专题6 立体几何(文科)解答题30题 教师版--高考数学专题训练
专题6立体几何（文科）解答题30题1．（贵州省贵阳市2023届高三上学期8月摸底考试数学（文）试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1CA CB ==，90BCA ∠=︒，12AA =，M ，N 分别是11A B ，1A A 的中点．(1)求证：1BN C M ⊥；(2)求三棱锥1B BCN -的体积．2．（广西普通高中2023届高三摸底考试数学（文）试题）如图，多面体ABCDEF中，∠=︒，FA⊥平面ABCD，//ED FA，且22 ABCD是菱形，60ABC===.AB FA ED(1)求证：平面BDE⊥平面FAC；(2)求多面体ABCDEF的体积.））如图所示，取中点G ，连接3．（江西省五市九校协作体2023届高三第一次联考数学（文）试题）如图多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，EA ⊥平面ABCD ，//EA BF ，22AB AE BF ===.(1)证明：平面EAC ⊥平面EFC ；(2)求点B 到平面CEF 的距离.（2）设B 到平面CEF 的距离为因为EA ⊥平面ABCD ，AC 因为//EA BF ,EA ⊥平面ABCD 且BC ⊂平面ABCD ,所以BF 因为60ABC ∠=︒，2AB =4．（新疆乌鲁木齐地区2023届高三第一次质量监测数学（文）试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，AD CD ⊥，AD BC ∥，且2PA AD CD ===，3BC =，E 是PD 的中点，点F 在PC 上，且2PF FC =．(1)证明：DF ∥平面PAB ；(2)求三棱锥P AEF -的体积．（2）作FG PD ⊥交PD 于点G 因为PA ⊥面ABCD ，所以PA 又AD CD ⊥，PA 与AD 交于点所以CD ⊥面PAD ，CD PD ⊥又FG PD ⊥，所以//FG CD ，所以所以PF FG PC CD =，得43FG =，因为E 为PD 中点，所以P AEF D AEF F ADE V V V ---===5．（新疆阿克苏地区柯坪湖州国庆中学2021-2022学年高二上学期期末数学试题）如图所示，已知AB ⊥平面BCD ，M ，N 分别是AC ，AD 的中点，BC CD ⊥．(1)求证：//MN 平面BCD ；(2)求证：CD BM ⊥；【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】1）根据中位线定理，可得//MN CD ，即可由线面平行的判定定理证明//MN 平面BCD ；（2）由已知推导出AB CD ⊥，再由CD BC ⊥，得CD ⊥平面ABC ，由此能证明CD BM ⊥；【详解】（1）M ，N 分别是AC ，AD 的中点，//MN CD ∴，MN ⊂/ 平面BCD ，且CD ⊂平面BCD ，//MN ∴平面BCD ；（2）AB ⊥Q 平面BCD ，M ，N 分别是AC ，AD 的中点，AB CD ∴⊥，BC CD ⊥ ，,AB BC B AB BC =⊂ ，平面ABC ，CD \^平面ABC ，BM ⊂ 平面ABC ，CD BM ∴⊥.6．（内蒙古乌兰浩特第一中学2022届高三全真模拟文科数学试题）如图在梯形中，//BC AD ，22AB AD BC ===，23ABC π∠=，E 为AD 中点，以BE 为折痕将ABE 折起，使点A 到达点P 的位置，连接,PD PC ，(1)证明：平面PED ⊥平面BCDE ；(2)当2PC =时，求点D 到平面PEB 的距离.因为PE PD =，F 为ED 因为平面PED ⊥平面BCDE 因为21122PF ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭设D 到平面PEB 的距离为7．（山西省运城市2022届高三5月考前适应性测试数学（文）试题（A 卷））如图，四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面11ADD A 为矩形，22AB AD ==，160D DB ∠=︒，1BD AA =(1)证明：平面ABCD ⊥平面11BDD B ；(2)求三棱锥11D BCB -的体积.8．（黑龙江省八校2021-2022学年高三上学期期末联合考试数学（文）试题）已知直三棱柱111ABC A B C -中，AC BC =，点D 是AB 的中点．(1)求证：1BC ∥平面1C AD ；(2)若底面ABC 边长为2的正三角形，1BB =11B A DC -的体积．【答案】(1)证明见解析(2)1【分析】（1）连接1AC 交1AC 于点E ，连接DE ，由三角形中位线定理，得1DE BC ∥，进而由线面平行的判定定理即可证得结论；（2）利用等体积转化1111B A DC C A B D V V --=，依题意，高为CD ，再求底面11A B D 的面积，进而求三棱锥的体积.【详解】（1）连接1AC 交1AC 于点E ，连接DE∵四边形11AAC C 是矩形，∴E 为1AC 的中点，又∵D 是AB 的中点，∴1DE BC ∥，又∵DE ⊂平面1C AD ，1BC ⊄平面1C AD ，∴1BC ∥面1C AD ．（2）∵AC BC =，D 是AB 的中点，∴AB CD ⊥，9．（青海省西宁市2022届高三二模数学（文）试题）如图，V是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面圆的一条直径，且点C是弧AB的中点，点D是AC的中点，2AB=，VA=．2(1)求圆锥的表面积；又D 是AC 的中点，所以OD AC ⊥，又VO OD O ⋂=，VO ⊂平面VOD ，OD ⊂平面VOD所以AC ⊥平面VOD ，又AC ⊂平面VAC ，所以平面VAC ⊥平面VOD ．10．（河南省郑州市2023届高三第一次质量预测文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ⊥AB ，AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点．(1)证明：平面PBC ⊥平面PCD ；(2)求四棱锥E ABCD -的体积；又点E 为棱PC 的中点，BE 由勾股定理得2AC AD =+∵△PAC 为直角三角形，E 111．（江西省部分学校2023届高三上学期1月联考数学（文）试题）如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AA AB ==，D ，E 分别是棱BC ，1BB 的中点.(1)证明：平面1AC D ⊥平面1ACE .(2)求点1C 到平面1ACE 的距离.（2）连接1EC .因为1AA 由正三棱柱的性质可知因为ABC 是边长为2的等边三角形，所以故三棱锥11A CC E -的体积以15A E CE ==，1A E 则1ACE △的面积212S =12．（广西玉林、贵港、贺州市2023届高三联合调研考试（一模）数学（文）试题）在三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为2的等边三角形，点P 在底面ABC 上的射影为棱BC 的中点O ，且PB 与底面ABC 所成角为π3，点M 为线段PO 上一动点.(1)证明：BC AM ⊥；(2)若12PM MO =，求点M 到平面PAB 的距离.AO BC ∴⊥，点P 在底面ABC 上的投影为点PO ∴⊥平面ABC ， PO BC ∴⊥，13．（广西南宁市第二中学2023届高三上学期第一次综合质检数学（文）试题）如图，D ，O 是圆柱底面的圆心，ABC 是底面圆的内接正三角形，AE 为圆柱的一条母线，P 为DO 的中点，Q 为AE 的中点，(1)若90APC ∠=︒，证明：DQ ⊥平面PBC ；(2)设2DO =，圆柱的侧面积为8π，求点B 到平面PAC 的距离.∴//,AQ PD AQ PD =，∴四边形AQDP 为平行四边形，∴//DQ PA .又∵P 在DO 上，而OD ∴O 为P 在ABC 内的投影，且ABC 是圆内接正三角形∴三棱锥-P ABC 为正三棱锥∴PAB PAC PBC △≌△≌△∴APB APC BPC ∠=∠=∠即,PA PC PA PB ⊥⊥.∵PC PB P = ，,PB PC14．（江西省吉安市2023届高三上学期1月期末质量检测数学（文）试题）如图，在四棱锥P -ABCD 中，AB CD ，12AD CD BC PA PC AB =====，BC PA ⊥．(1)证明：平面PBC ⊥平面PAC ；(2)若PB =D 到平面PBC 的距离．又BC PA ⊥，PA AC A = 所以BC ⊥平面PAC ，又BC （2）因为BC ⊥平面PAC ，由22PB =，BC PC =，得15．（江西省部分学校2023届高三下学期一轮复习验收考试（2月联考）数学（文）试题）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，1AA =E 在棱1DD 上，且1AE A D ⊥．(1)证明：1AE A C ⊥；(2)求三棱锥1E ACD -的体积．【答案】(1)证明见解析;）在平面11ADD A 中，由AE ⊥1AD DE AA AD =，所以12112A DE S DE AD =⋅= 16．（新疆兵团地州学校2023届高三一轮期中调研考试数学（文）试题）如图1，在等腰梯形ABCD 中，M ，N ，F 分别是AD ，AE ，BE 的中点，4AE BE BC CD ====，将ADE V 沿着DE 折起，使得点A 与点P 重合，平面PDE ⊥平面BCDE ，如图2．(1)证明：PC∥平面MNF．(2)求点C到平面MNF的距离．17．（宁夏银川市第一中学2023届高三上学期第四次月考数学（文）试题）如图1，在直角梯形ABCD 中，,90,5,2,3AB DC BAD AB AD DC ∠==== ∥，点E 在CD 上，且2DE =，将ADE V 沿AE 折起，使得平面ADE ⊥平面ABCE （如图2）.(1)求点B 到平面ADE 的距离；(2)在线段BD 上是否存在点P ，使得CP 平面ADE ？若存在，求三棱锥-P ABC 的体积；若不存在，请说明理由..18．（陕西省汉中市2023届高三上学期教学质量第一次检测文科数学试题）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥ 平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.19．（内蒙古赤峰市2022届高三下学期5月模拟考试数学（文科）试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形，60PAB PAD BAD ∠=∠=∠= ．(1)证明：BD ⊥平面PAC ；(2)若23AB PA ==，，求四棱锥P ABCD -的体积．解：如图，记AC 与BD 的交点为因为底面ABCD 为菱形，故又60PAB PAD BAD ∠=∠=∠=又PO AC O = ,故BD ⊥平面(2)解：因为2,3,AB PA ==∠20．（内蒙古2023届高三仿真模拟考试文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 是直角梯形，AD AB ⊥，//AB CD ，22PB CD AB AD ===，PD =，PC DE ⊥，E 是棱PB 的中点.(1)证明：PD ⊥平面ABCD ；(2)若F 是棱AB 的中点，2AB =，求点C 到平面DEF 的距离.，AB AD=AB AD⊥，2BD∴=为棱PB中点，DE PBE∴⊥，又∴⊥平面PBC，又BC⊂平面DE在直角梯形ABCD中，取CD中点 ，DM AB=2CD AB∴=，又DM ∴四边形ABMD为正方形，BM∴∴===，又BC BM AD AB222BD DE⊂平面PBD ，,=BD DE D21．（山西省晋中市2022届高三下学期5月模拟数学（文）试题）如图，在三棱锥-P ABC中，PAB 为等腰直角三角形，112PA PB AC ===，PC ，平面PAB ⊥平面ABC .(1)求证：PA BC ⊥；(2)求三棱锥-P ABC 的体积.∴OP AB ⊥，22OP =，AB =又∵平面PAB ⊥平面ABC ，平面∴OP ⊥平面ABC .22．（山西省太原市2022届高三下学期三模文科数学试题）已知三角形PAD 是边长为2的正三角形，现将菱形ABCD 沿AD 折叠，所成二面角P AD B --的大小为120°，此时恰有PC AD ⊥.(1)求BD 的长；(2)求三棱锥-P ABC 的体积.∵PAD 是正三角形，∴PM AD ⊥，又∴,PC AD PC PM P⊥=I ∴AD ⊥平面PMC ，∴AD MC ⊥，故ACD 为等腰三角形23．（陕西省联盟学校2023届高三下学期第一次大联考文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是长方形，22AD CD PD ===，PA 二面角P AD C--为120︒，点E 为线段PC 的中点，点F 在线段AB 上，且12AF =.(1)平面PCD ⊥平面ABCD ；(2)求棱锥C DEF -的高.824．（陕西省榆林市2023届高三上学期一模文科数学试题）如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥底面,,60,ABCD AB CD DAB PA PD ∠=⊥ ∥，且2,22PA PD AB CD ====.(1)证明：AD PB ⊥；(2)求点A 到平面PBC 的距离.（2）因为AB CD ，所以∠2222BC BD CD BD CD =+-⋅由222BD BC CD =+，得BC 25．（陕西省宝鸡教育联盟2022-2023学年高三下学期教学质量检测（五）文科数学试题）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，平面11ABB A ⊥平面ABC ，四边形11ABB A 是边长为2的菱形，ABC 为等边三角形，160A AB ∠=︒，E 为BC 的中点，D 为1CC 的中点，P为线段AC上的动点．AB平面PDE，请确定点P在线段AC上的位置；(1)若1//-的体积．(2)若点P为AC的中点，求三棱锥C PDE（2）解：如图，取AB 的中点∵四边形11ABB A 为边长为2∴12A B =，1AA B 为等边三角形，26．（山西省运城市2022届高三上学期期末数学（文）试题）如图，在四棱锥P -ABCD中，底面ABCD 是平行四边形，2APB π∠=，3ABC π∠=，PB =，24PA AD PC ===，点M 是AB 的中点，点N 是线段BC 上的动点．(1)证明：CM⊥平面PAB；(2)若点N到平面PCM BNBC的值．27．（2020届河南省许昌济源平顶山高三第二次质量检测文科数学试题）如图，四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，33AB CD ==，2PA PD BC ===，90ABC ∠=︒，且PB PC =.（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）求点D 到平面PBC 的距离.因为//AB CD ，33AB CD ==，所以四边形ABCD 为梯形，又M 、E 为AD 、BC 的中点，所以ME 为梯形的中位线，28．（青海省海东市2022-2023学年高三上学期12月第一次模拟数学（文）试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 是等边三角形，14AB AA ==,D 是棱AB 的中点.(1)证明：平面1ACD ⊥平面11ABB A .(2)求点1B 到平面1A CD 的距离.由题意可得11A B D △的面积因为ABC 是边长为4的等边三角形，且29．（河南省十所名校2022-2023学年高三阶段性测试（四）文科数学试题）如图，在四棱锥P —ABCD 中，PC BC ⊥，PA PB =，APC BPC ∠=∠．(1)证明：PC AD ⊥；(2)若AB CD，PD AD ⊥，PC =，且点C 到平面PAB AD 的长．∵PA PB =，APC BPC ∠=∠∴90PCA PCB ∠=∠=︒，即∵PC BC ⊥，AC BC = ∴PC ⊥平面ABCD ，又∵PA PB =，E 为AB 中点∴PE AB ⊥，由（1）知AC BC =，E 为∵PE CE E = ，,PE CE 30．（河南省部分重点中学2022-2023学年高三下学期2月开学联考文科数学试题）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，5AB AC ==，16BB BC ==，D ，E 分别是1AA 和1B C 的中点.(1)求证：平面BED ⊥平面11BCC B ；(2)求三棱锥E BCD -的体积.。
立体几何近12年全国真题(及答案文科)
综上所述，总有 ．
15.【解析】（Ⅰ）如图：
…………… 3分
（Ⅱ）所求多面体体积
．
（Ⅲ）证明：在长方体 中，
连结 ，则 ．
因为 分别为 ， 中点，所以 ，
从而 ．又 平面 ，所以 面 ．
16.【解析】（Ⅰ）因为 是等边三角形， ，
所以 ，
可得 ．
如图，取 中点 ，连结 ， ，
37.（2018年全国Ⅰ卷第18题）如图，在平行四边形 中， ， ，以 为折痕将△ 折起，使点 到达点 的位置，且 ．
（1）证明：平面 平面 ；
（2） 为线段 上一点， 为线段 上一点，且 ，求三棱锥 的体积．
38.（2018年全国Ⅱ卷第19题）如图，在三棱锥 中， ，
， 为 的中点．
（1）证明： 平面 ；
26.（2017年全国Ⅰ卷第16题）已知三棱锥 的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 的体积为9，则球O的表面积为________.
27.（2015年全国Ⅰ卷第18题）如图四边形ABCD为菱形，G为AC与BD交点， .
（ ）证明：平面 平面 ；
9.（2013年全国Ⅱ卷第16题）已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周
都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的 ，则这两个圆锥中，体积较小者
的高与体积较大者的高的比值为______________．
10.（2017年全国Ⅰ卷第6题）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是
（ ）若 ，
三棱锥 的体积为 ，
立体几何(文科专用)(解析版)
专题09 立体几何1.【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（）A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知3,12EO ON EN ===,，35,,722MF BF BM ==∴=，BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．3．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD的体积是 ▲ .【答案】10【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120，所以1120AB BC CC ⋅⋅=，因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =，由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ，所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高，所以三棱锥E BCD -的体积1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. 【名师点睛】本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积.4．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，AB =3，求四棱锥11E BB C C -的体积． 【答案】（1）见详解；（2）18.【解析】（1）由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故11B C BE ⊥．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ． （2）由（1）知∠BEB 1=90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ， 所以1145AEB A EB ︒∠=∠=，故AE =AB =3，126AA AE ==.作1EF BB ⊥，垂足为F ，则EF ⊥平面11BB C C ，且3EF AB ==． 所以，四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=． 【名师点睛】本题主要考查线面垂直的判定，以及四棱锥的体积的求解，熟记线面垂直的判定定理，以及四棱锥的体积公式即可，属于基础题型.一、考向分析：二、考向讲解考查内容解 题 技 巧 几何 体表 面积 与体 积1、空间几何体表面积的求法（1）以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量。
专题06 立体几何专项高考真题总汇(带答案与解析)
专题06立体几何（解答题）1．【2021·全国高考真题】如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】(1)详见解析(2)6【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO ⊥平面BCD ，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【解析】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ，因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F,作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD,AO ⊥CD所以EF ⊥BD,EF ⊥CD,BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FM EF F =I ,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥ME 则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角,4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以BCD 为直角三角形因为2DE EA =,1112(1)2233FM BF ∴==+=从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥Q 平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.2．【2021·浙江高考真题】如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）156．【分析】（1）要证AB PM ⊥，可证DC PM ⊥，由题意可得，PD DC ⊥，易证DM DC ⊥，从而DC ⊥平面PDM ，即有DC PM ⊥，从而得证；（2）取AD 中点E ，根据题意可知，,,ME DM PM 两两垂直，所以以点M 为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量AN和平面PDM 的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【解析】（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠= ，由余弦定理可得DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DMD ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥．（2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD，因为AM =，所以PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(2,0),(0,0,A P D,(0,0,0),1,0)M C -又N 为PC中点，所以31335,,,2222N AN ⎛⎛-=- ⎝⎝ .由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM所成角的正弦值为5||2sin 6||AN n AN n θ⋅===‖．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明AB PM ⊥，可以考虑DC PM ⊥，题中与DC 有垂直关系的直线较多，易证DC ⊥平面PDM ，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．3．【2021·全国高考真题（理）】已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）见解析；（2）112B D =【分析】通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案．【解析】因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，所以1BB ⊥底面ABC ，所以1BB AB ⊥因为11//A B AB ，11BF A B ⊥，所以BF AB ⊥，又1BB BF B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．所以()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2B A C B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．（1）因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-= ，所以BF DE ⊥．（2）设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅===⋅ ．当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ63=．所以()min3sin 3θ==，此时112B D =．【点睛】本题考查空间向量的相关计算，能够根据题意设出(),0,2D a （02a ≤≤），在第二问中通过余弦值最大，找到正弦值最小是关键一步．4．【2021·全国高考真题（理）】如图，四棱锥P ABCD -的底面是矩形，PD ⊥底面ABCD ，1PD DC ==，M 为BC 的中点，且PB AM ⊥．（1）求BC ；（2）求二面角A PM B --的正弦值．【答案】（12；（2）7014【分析】（1）以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设2BC a =，由已知条件得出0PB AM ⋅=，求出a 的值，即可得出BC 的长；（2）求出平面PAM 、PBM 的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【解析】（1）PD ⊥ 平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，不妨以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系D xyz -，设2BC a =，则()0,0,0D 、()0,0,1P 、()2,1,0B a 、(),1,0M a 、()2,0,0A a ，则()2,1,1PB a =- ，(),1,0AM a =-，PB AM ⊥ ，则2210PB AM a ⋅=-+= ，解得22a =，故2BC a ==；（2）设平面PAM 的法向量为()111,,m x y z = ，则2,1,02AM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()AP = ，由111102m AM x y mAP z ⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，取1x =，可得)2m = ，设平面PBM 的法向量为()222,,n x y z = ，2,0,02BM ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,1BP =- ，由2222202n BM x nBP y z ⎧⋅=-=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩ ，取21y =，可得()0,1,1n =r，314cos ,14m n m n m n⋅<>==⋅，所以，70sin ,14m n <>==，因此，二面角A PM B --的正弦值为14.【点睛】思路点睛：利用空间向量法求解二面角的步骤如下：（1）建立合适的空间直角坐标系，写出二面角对应的两个半平面中对应的点的坐标；（2）设出法向量，根据法向量垂直于平面内两条直线的方向向量，求解出平面的法向量（注：若半平面为坐标平面，直接取法向量即可）；（3）计算（2）中两个法向量的余弦值，结合立体图形中二面角的实际情况，判断二面角是锐角还是钝角，从而得到二面角的余弦值.5．【2021·北京高考真题】已知正方体1111ABCD A B C D -，点E 为11A D 中点，直线11B C 交平面CDE 于点F ．（1）证明：点F 为11B C 的中点；（2）若点M 为棱11A B 上一点，且二面角M CF E --的余弦值为53，求111A M A B 的值．【答案】（1）证明见解析；（2）11112A M AB =．【分析】(1)首先将平面CDE 进行扩展，然后结合所得的平面与直线11BC 的交点即可证得题中的结论；(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数λ的值.【解析】(1)如图所示，取11B C 的中点'F ，连结,','DE EF F C ，由于1111ABCD A B C D -为正方体，,'E F 为中点，故'EF CD ，从而,',,E F C D 四点共面，即平面CDE 即平面'CDEF ，据此可得：直线11B C 交平面CDE 于点'F ，当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F 与点'F 重合，即点F 为11B C 中点.(2)以点D 为坐标原点，1,,DA DC DD 方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方形，建立空间直角坐标系D xyz -，不妨设正方体的棱长为2，设()11101A MA B λλ=≤≤，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2M C F E λ，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MC CF FE λ=---==-，设平面MCF 的法向量为：()111,,m x y z =，则：()111112222020m MC x y z m CF x z λ⎧⋅=-+--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：12,,11m λ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设平面CFE 的法向量为：()222,,n x y z =，则：2222020n FE y n CF x z ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，令11z =-可得：()2,0,1n =-，从而：5,m n m n ⋅===则：,5cos 3m n m n m n ⋅===⨯ ，整理可得：()2114λ-=，故12λ=（32λ=舍去）.【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.6．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC △是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，66PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【解析】（1）设DO a =，由题设可得63,,63PO a AO a AB a ===，22PA PB PC a ===.因此222PA PB AB +=，从而PA PB ⊥.又222PA PC AC +=，故PA PC ⊥.所以PA ⊥平面PBC .（2）以O 为坐标原点，OE 的方向为y 轴正方向，||OE为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -.由题设可得312(0,1,0),(0,1,0),(,,0),(0,0,222E A C P --.所以312(,,0),(0,1,222EC EP =--=- .设(,,)x y z =m 是平面PCE 的法向量，则00EP EC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m，即021022y z x y ⎧-+=⎪⎪⎨⎪--=⎪⎩，可取3(3=-m .由（1）知2(0,1,2AP = 是平面PCB 的一个法向量，记AP = n ，则25cos ,|||5⋅==n m n m n m |.所以二面角B PC E --的余弦值为255.【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算能力，是一道容易题.7．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ．（1）证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；（2）设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO =AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．【解析】（1）因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以1MN CC ∥．又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN ．因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N ．又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN ．所以平面A 1AMN ⊥平面11EB C F ．（2）由已知得AM ⊥BC ．以M 为坐标原点，MA的方向为x 轴正方向， MB 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB =2，AM 3连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故23231(,0)333PM E =．由（1）知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC ．设(,0,0)Q a ，则22123234()(4())33NQ a B a a =----，故21123223210(,,4()|3333B E a a B E =-----=．又(0,1,0)=-n 是平面A 1AMN 的法向量，故1111π10sin(,)cos ,210||B E B E B E B E ⋅-===⋅ n n |n |所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010．8．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．（1）证明：点1C 在平面AEF 内；（2）若2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A --的正弦值．【解析】设AB a =，AD b =，1AA c =，如图，以1C 为坐标原点，11C D的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系1C xyz -．（1）连结1C F ，则1(0,0,0)C ，(,,)A a b c ，2(,0,)3E a c ，1(0,,)3F b c ，1(0,,)3EA b c = ，11(0,,)3C F b c = ，得1EA C F = ．因此1EA C F ∥，即1,,,A E F C 四点共面，所以点1C 在平面AEF 内．（2）由已知得(2,1,3)A ，(2,0,2)E ，(0,1,1)F ，1(2,1,0)A ，(0,1,1)AE =--，(2,0,2)AF =-- ，1(0,1,2)A E =- ，1(2,0,1)A F =-．设1(,,)x y z =n 为平面AEF 的法向量，则110,0,AE AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0,220,y z x z --=⎧⎨--=⎩可取1(1,1,1)=--n ．设2n 为平面1A EF 的法向量，则22110,0,A E A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 同理可取21(,2,1)2=n ．因为121212cos ,||||⋅〈〉==⋅n n n n n n ，所以二面角1A EF A --的正弦值为427．9．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．（1）求证：EF ∥平面AB 1C 1；（2）求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1．【解析】因为,E F 分别是1,AC B C 的中点，所以1EF AB ∥.又/EF ⊂平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以EF ∥平面11AB C .（2）因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ,所以1B C AB ⊥.又AB AC ⊥,1B C ⊂平面11AB C ,AC ⊂平面1AB C ,1,B C AC C = 所以AB ⊥平面1AB C .又因为AB ⊂平面1ABB ,所以平面1AB C ⊥平面1ABB .【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.10．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．（Ⅰ）证明：EF ⊥DB ；（Ⅱ）求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【解析】（Ⅰ）如图，过点D 作DO AC ⊥，交直线AC 于点O ，连结OB ．由45ACD ∠=︒，DO AC ⊥得2CD CO =，由平面ACFD ⊥平面ABC 得DO ⊥平面ABC ，所以DO BC ⊥.由45ACB ∠=︒，1222BC CD ==得BO BC ⊥.所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB ．由三棱台ABC DEF -得BC EF ∥，所以EF DB ⊥.（Ⅱ）方法一：过点O 作OH BD ⊥，交直线BD 于点H ，连结CH .由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角.由BC ⊥平面BDO 得OH BC ⊥，故OH ⊥平面BCD ，所以OCH ∠为直线CO 与平面DBC 所成角.设CD =.由2,DO OC BO BC ====BD OH ==所以sin OH OCH OC ∠==，因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33.方法二：由三棱台ABC DEF -得DF CO ∥，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O xyz -.设CD =.由题意知各点坐标如下：(0,0,0),(1,1,0),(0,2,0),(0,0,2)O B C D .因此(0,2,0),(1,1,0),(0,2,2)OC BC CD ==-=-.设平面BCD 的法向量(,,z)x y =n .由0,0,BC CD ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ n n 即0220x y y z -+=⎧⎨-+=⎩，可取(1,1,1)=n .所以|3sin |cos ,|3|||OC OC OC θ⋅===⋅n |n n |.因此，直线DF 与平面DBC【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．11．【2020年高考天津】如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且2,1,AD CE M ==为棱11A B的中点．（Ⅰ）求证：11C M B D ⊥；（Ⅱ）求二面角1B B E D --的正弦值；（Ⅲ）求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【解析】依题意，以C 为原点，分别以1,,CA CB CC的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），可得1(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,3)C A B C ，11(2,0,3),(0,2,3),(2,0,1),(0,0,2)A B D E ，(1,1,3)M ．（Ⅰ）证明：依题意，1(1,1,0)C M = ，1(2,2,2)B D =--，从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥．（Ⅱ）解：依题意，(2,0,0)CA = 是平面1BB E 的一个法向量，1(0,2,1)EB =，(2,0,1)ED =- ．设(,,)x y z =n 为平面1DB E 的法向量，则10,0,EB ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即20,20.y z x z +=⎧⎨-=⎩不妨设1x =，可得(1,1,2)=-n ．因此有|||6cos ,6|A CA C CA ⋅〈〉==n n n ，于是30sin ,6CA 〈〉= n ．所以，二面角1B B E D --的正弦值为306．（Ⅲ）解：依题意，(2,2,0)AB =-．由（Ⅱ）知(1,1,2)=-n 为平面1DB E 的一个法向量，于是3cos ,3||||AB AB AB ⋅==-n n n ．所以，直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值为33．12．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．（1）证明：MN ∥平面C 1DE ；（2）求二面角A−MA 1−N 的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）105.【解析】（1）连结B 1C ，ME ．因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME =12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND =12A 1D ．由题设知A 1B 1= DC ，可得B 1C = A 1D ，故ME =ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，MN ∥ED ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE ．（2）由已知可得DE ⊥DA ．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D −xyz ，则(2,0,0)A ，A 1(2，0，4)，3,2)M ，(1,0,2)N ，1(0,0,4)A A =- ，1(3,2)A M =--，1(1,0,2)A N =-- ，(0,3,0)MN =-．设(,,)x y z =m 为平面A 1MA 的法向量，则1100A M A A ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m ，所以32040x z z ⎧-+-=⎪⎨-=⎪⎩，．可取(3,1,0)=m ．设(,,)p q r =n 为平面A 1MN 的法向量，则100MN A N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，．n n 所以3020q p r ⎧-=⎪⎨--=⎪⎩，．可取(2,0,1)=-n ．于是2315cos ,||525⋅〈〉==⨯‖m n m n m n ，所以二面角1A MA N --的正弦值为105．【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.13．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1．（1）证明：BE ⊥平面EB 1C 1；（2）若AE =A 1E ，求二面角B –EC –C 1的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）32.【解析】（1）由已知得，11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ，故11B C ⊥BE ．又1BE EC ⊥，所以BE ⊥平面11EB C ．（2）由（1）知190BEB ∠=︒．由题设知Rt ABE △≌11Rt A B E △，所以45AEB ∠=︒，故AE AB =，12AA AB =．以D 为坐标原点，DA的方向为x 轴正方向，||DA 为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D –xyz ，则C （0，1，0），B （1，1，0），1C （0，1，2），E （1，0，1），(1,0,0)CB = ，(1,1,1)CE =-，1(0,0,2)CC =．设平面EBC 的法向量为n =（x ，y ，x ），则0,0,CB CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,0,x x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取n =(0,1,1)--.设平面1ECC 的法向量为m =（x ，y ，z ），则10,0,CC CE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即20,0.z x y z =⎧⎨-+=⎩所以可取m =（1，1，0）．于是1cos ,||||2⋅<>==-n m n m n m ．所以，二面角1B EC C --的正弦值为2．【名师点睛】本题考查了利用线面垂直的性质定理证明线线垂直以及线面垂直的判定，考查了利用空间向量求二角角的余弦值，以及同角的三角函数关系，考查了数学运算能力.14．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB =1，BE =BF =2，∠FBC =60°，将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连结DG ，如图2.（1）证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ；（2）求图2中的二面角B−CG−A 的大小.【答案】（1）见解析；（2）30 .【解析】（1）由已知得AD BE ，CG BE ，所以AD CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，故AB ⊥平面BCGE ．又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE ．（2）作EH ⊥BC ，垂足为H ．因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面ABC ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC =60°，可求得BH =1，EH以H 为坐标原点，HC的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H –xyz，则A （–1，1，0），C （1，0，0），G （2，0），CG =（1，0AC=（2，–1，0）．设平面ACGD 的法向量为n =（x ，y ，z ），则0,0,CG AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n即0,20.x x y ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩所以可取n =（3，6，）．又平面BCGE 的法向量可取为m =（0，1，0），所以3cos ,||||2⋅〈〉==n m n m n m ．因此二面角B –CG –A 的大小为30°．【名师点睛】本题是很新颖的立体几何考题，首先是多面体折叠问题，考查考生在折叠过程中哪些量是不变的，再者折叠后的多面体不是直棱柱，最后通过建系的向量解法将求二面角转化为求二面角的平面角问题，突出考查考生的空间想象能力.15．【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且13 PFPC=．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F–AE–P的余弦值；（3）设点G在PB上，且23PGPB=．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）33；（3）见解析.【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．（2）过A作AD的垂线交BC于点M．因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，-1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．所以(0,1,1),(2,2,2),(0,0,2)AE PC AP==-=．所以1222224,,,,,3333333PF PC AF AP PF⎛⎫⎛⎫==-=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则0,0,AEAF⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩nn即0,2240.333y zx y z+=⎧⎪⎨++=⎪⎩令z=1，则1,1y x=-=-．于是=(1,1,1)--n．又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），所以3cos ,||3⋅〈〉==-‖n p n p n p .由题知，二面角F −AE −P为锐角，所以其余弦值为3．（3）直线AG 在平面AEF 内．因为点G 在PB 上，且2,(2,1,2)3PG PB PB ==--，所以2424422,,,,,3333333PG PB AG AP PG ⎛⎫⎛⎫==--=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（2）知，平面AEF 的法向量=(1,1,1)--n .所以4220333AG ⋅=-++= n .所以直线AG 在平面AEF 内.【名师点睛】（1）由题意利用线面垂直的判定定理即可证得题中的结论；（2）建立空间直角坐标系，结合两个半平面的法向量即可求得二面角F −AE −P 的余弦值；（3）首先求得点G 的坐标，然后结合平面AEF 的法向量和直线AG 的方向向量即可判断直线是否在平面内.16．【2019年高考天津卷理数】如图，AE ⊥平面ABCD ，,CF AE AD BC ∥∥，,AD AB ⊥1,2AB AD AE BC ====．（1）求证：BF ∥平面ADE ；（2）求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；（3）若二面角E BD F --的余弦值为13，求线段CF 的长．【答案】（1）见解析；（2）49；（3）87．【解析】依题意，可以建立以A 为原点，分别以AB AD AE，，的方向为x 轴，y 轴，z轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得(0,0,0),(1,0,0),(1,2,0),(0,1,0)A B C D ，(0,0,2)E ．设(0)CF h h =>>，则()1,2,F h ．（1）依题意，(1,0,0)AB = 是平面ADE 的法向量，又(0,2,)BF h =，可得0BF AB ⋅=，又因为直线BF ⊄平面ADE ，所以BF ∥平面ADE ．（2）依题意，(1,1,0),(1,0,2),(1,2,2)BD BE CE =-=-=--．设(,,)x y z =n 为平面BDE 的法向量，则0,0,BD BE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x y x z -+=⎧⎨-+=⎩不妨令1z =，可得(2,2,1)=n ．因此有4cos ,9||||CE CE CE ⋅==-n n n ．所以，直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49．（3）设(,,)x y z =m 为平面BDF 的法向量，则0,0,BD BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩m m 即0,20,x y y hz -+=⎧⎨+=⎩不妨令1y =，可得21,1,h ⎛⎫=-⎪⎝⎭m ．由题意，有224||1cos ,||||3432h h -⋅〈〉==+m n m n m n ，解得87h =．经检验，符合题意．所以，线段CF的长为8 7．【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．17．【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．求证：（1）A1B1∥平面DEC1；（2）BE⊥C1E．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，所以ED∥AB.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1，A1B1 平面DEC1，所以A1B1∥平面DEC1.（2）因为AB =BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC .因为三棱柱ABC−A 1B 1C 1是直棱柱，所以CC 1⊥平面ABC .又因为BE ⊂平面ABC ，所以CC 1⊥BE .因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC =C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .【名师点睛】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力.18．【2019年高考浙江卷】如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11A ACC ⊥平面ABC ,90ABC ∠=︒，1130,,,BAC A A A C AC E F ∠=︒==分别是AC ，A 1B 1的中点.（1）证明：EF BC ⊥；（2）求直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）35．【解析】方法一：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC ．又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ，则A 1E ⊥BC ．又因为A 1F ∥AB ，∠ABC =90°，故BC ⊥A 1F ．所以BC ⊥平面A 1EF ．因此EF ⊥BC ．（2）取BC 中点G ，连接EG ，GF ，则EGFA 1是平行四边形．由于A 1E ⊥平面ABC ，故A 1E ⊥EG ，所以平行四边形EGFA 1为矩形．由（1）得BC ⊥平面EGFA 1，则平面A 1BC ⊥平面EGFA 1，所以EF 在平面A 1BC 上的射影在直线A 1G 上．连接A 1G 交EF 于O ，则∠EOG 是直线EF 与平面A 1BC 所成的角（或其补角）．不妨设AC =4，则在Rt △A 1EG 中，A 1E 3EG 3由于O 为A 1G 的中点，故11522A G EO OG ===，所以2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∠==⋅．因此，直线EF 与平面A 1BC 所成角的余弦值是35．方法二：（1）连接A 1E ，因为A 1A =A 1C ，E 是AC 的中点，所以A 1E ⊥AC .又平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，A 1E ⊂平面A 1ACC 1，平面A 1ACC 1∩平面ABC =AC ，所以，A 1E ⊥平面ABC ．如图，以点E 为原点，分别以射线EC ，EA 1为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系E –xyz ．不妨设AC =4，则A 1（0，0，），B，1，0），1B，33,,22F ，C (0，2，0)．因此，33(,,22EF =，(BC = ．由0EF BC ⋅=得EF BC ⊥．（2）设直线EF 与平面A 1BC 所成角为θ．由（1）可得1=(10)=(02BC A C -，，，．设平面A 1BC 的法向量为n ()x y z =，，，由100BC A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n，得0y y ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，取n (11)=，故||4sin |cos |=5|||EF EF EF θ⋅==⋅，n n n |，因此，直线EF 与平面A 1BC 所成的角的余弦值为35．【名师点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，直线与平面所成的角等基础知识，同时考查空间想象能力和运算求解能力.。
必修2立体几何,解析几何文科高考题
1 3
2
2
3
2 3 3
2 2 侧(左)视图
所以该几何体的体积为 2 答案:C
2 3 . 3
2 正(主)视图
【命题立意】:本题考查了立体几何中的空间想象能力, 由三视图能够想象得到空间的立体图,并能准确地 计算出.几何体的体积. 俯视图
（2009 文 9）. 已知α ，β 表示两个不同的平面，m 为平面α 内的一条直线，则“ ” 是“ m ”的( A.充分不必要条件 C.充要条件 ) B.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
E1 E A
D F
C B
【命题立意】: 本题主要考查直棱柱的概念、线面平行和线面垂直位置关系的判定.熟练掌 握平行和垂直的判定定理.完成线线、线面位置关系的转化. （2010 文 4).在空间，下列命题正确的是 A.平行直线的平行投影重合 B.平行于同一直线的两个平面平行 C.垂直于同一平面的两个平面平行 D.垂直于同一平面的两条直线平行 选D （2010 文 20） （本小题满分 12 分） 在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是正方形， MA 平面 ABCD ， PD // MA ， E 、 G 、 F 分别为 MB 、 PB 、 PC 的中点，且 AD PD 2 MA . （I）求证：平面 EFG 平面 PDC ； （II）求三棱锥 P MAB 与四棱锥 P ABCD 的体积 之比.
1 6
以 △ ADD1 为 底 面 ， 则 易 知 三 棱 锥 的 高 为 1 ， 故
1 1 1 V 111 3 2 6 (2012 文 19) (本小题满分 12 分)
如图，几何体 E ABCD 是四棱锥，△ ABD 为正三角形，
CB CD, EC BD .
高三数学专项训练：立体几何解答题(文科)(一)
(Ⅱ）求证:EF∥平面PAB；
21．
(本小题满分12分)如图，已知 平面 ， 平面 , 为等边三角形， , 为 中点．
(1)求证： 平面 ；
（2)求证：平面 平面 ；
（3）求直线 与平面 所成角的正弦值．
22．如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形,∠BCD﹦60°，E是CD中点，
（Ⅰ)求证： 平面 ;
(Ⅱ)求三棱锥 的体积.
11．如图，在三棱锥 中,侧面 与侧面 均为等边三角形， ， 为 中点．
(Ⅰ）证明: 平面 ;
（Ⅱ）求异面直线BS与AC所成角的大小．
12．(本题满分12分）
如图，已知AB 平面ACD，DE∥AB，△ACD是正三角形， ,且F是CD的中点．
（Ⅰ）求证AF∥平面BCE;
（1)求证:B1C∥平面AC1M;
(2）求证：平面AC1M⊥平面AA1B1B.
44．（本小题满分12分）
如图所示，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为1的菱形, BCD=60 ，E是CD的中点,PA 底面ABCD,PA=2。
（1)证明：平面PBE 平面PAB；
（2）求PC与平面PAB所成角的余弦值.
(Ⅰ)求证:EF//平面PAD;
（Ⅱ)求三棱锥C—PBD的体积。
15．右图为一组合体,其底面 为正方形， 平面 ， ，且
（Ⅰ）求证： 平面 ;
(Ⅱ）求四棱锥 的体积;
（Ⅲ)求该组合体的表面积．
16．四棱锥 中,底面 为平行四边形，侧面 底面 ， 为 的中点，已知 ,
(Ⅰ）求证： ;
（Ⅱ）在 上求一点 ，使 平面 ；
(Ⅲ)求三棱锥 的体积.
17．（本小题满分12分） 在三棱柱 中,底面是边长为 的正三角形,点 在底面 上的射影 恰是 中点．
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22.
23. ∠ADE= .
24.解：将圆C的方程 配方得标准方程为 ，
则此圆的圆心为（0 , 4），半径为2.
(Ⅰ) 若直线 与圆C相切，则有 .解得 .………………6分
(Ⅱ) 解：过圆心C作CD⊥AB，则根据题意和圆的性质，得
解得 .
∴直线 的方程是 和 .………………12分
A．1B． C． D．2
12．（2012年高考（陕西文））已知圆 , 过点 的直线,则（ ）
A． 与 相交B． 与 相切C． 与 相离D．以上三个选项均有可能
13．（山东文））圆 与圆 的位置关 系为（ ）
A．内切B．相交C．外切D．相离
14．若直线 与圆 有公共点,则实数 取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7 ．（2012年高考（课标文））平面α截球O的球面所得圆的半径为1,球心O到平面α的距离为 ,则此球的体积为（ ）
A． πB．4 πC．4 πD．6 π
8 ．（2012年高考（江西文））若一个几何体的三视图如图所示,则此几何体的体积为（ ）
A B．5C．4D．
9.（安徽）若直线 与圆 有公共点，则实数 取值范围是
（A）[-3，-1 ]（B）[ -1，3 ]
（C）[ -3，1 ]（D）（- ，-3 ]U[ ，+ ）
10.(浙江)设 ，则“ ”是“直线 ： 与 直线 ： 平行的
A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件
11.．（重庆文））设A,B为直线 与圆 的两个交点,则 （ ）
(Ⅰ)求直线 与平面 所成的角的大小;
(Ⅱ)求二面角 的大小.
23．（2012年高考（上海文）） （本大题满分13分）如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,D是
PC的中点.已知∠BAC= ,AB=2,AC=2 ,
PA=2.求:
(1)三棱锥P-ABC的体积;
(2)异面直线BC与AD所成的角的大小(结果用反三
17.96
18.4．
19.以D为原点,分别以DA, DC, DD1为x, y, z轴,建立空间直角坐标系D—xyz.设正方体边长为2,则D(0,0,0),N(0,2,1),M(0,1,0)A1(2,0,2)
故,
所以,cos< = 0,故DN⊥D1M,所以夹角为90º
20.[解析] 2r=2,r=1,S表=2rh+2r2=4+2=6.
18．（2010湖南文数）图中的三个直角三角形是 一个体积为20 的几何体的三视图
，则 ．
19．（2012年高考（四川文））如图,在正方体 中, 、 分别是 、 的中点,则异面直线 与 所成的角的大小是____________.
20．（2012年高考（上海文））一个高为2的圆柱,底面周长为2,该圆柱的表面积为_________.
C．若a⊥β, ⊥a,则 ⊥βD．若a⊥β, ∥a,则 ⊥β
3 ．（2012年高考（浙江文））已知某三棱锥的三视图(单位:cm)如图所示,则该三棱锥的体积是（ ）
A．1cm3B．2cm3C．3cm3D．6cm3
4.（辽宁）将圆x2+y2-2x-4y+1=0平分的直线是
（A）x+y-1=0 （B） x+y+3=0 （C）x-y+1=0 （D）x-y+3=0
15.直线 上的点到圆C： 的最近距 Nhomakorabea为（ ）
A.1B.2 C. －1D.2 －1
16.直线 与圆 相切，则实数 等于（ ）
A． 或 B． 或 C． 或 D． 或
二、填空题（本大题共4个小题，共20分）
17．（2010上海文数）已知四棱椎 的底面是边长为6的正方形，侧棱 底面 ，且 ，则该四棱椎的体积是．
5 ．（2012年高考（四川文））下列命题正确的（ ）
A．若两条直线和同一个平面所成的角相等,则这两条直线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等,则这两个平面平行
C．若一条直线平行于两个相交平面,则这条直线与这两个平面的交线平行
D．若两个平面都垂直于第三个平面,则这两个平面平行
6 ．（2012年高考（陕西文））将正方形(如图1所示)截去两个三棱锥,得到图2所示的几何体,则该几何体的左视图为
2012暑期补习测试试题立体几何与解析几何
一．选择题（本大题共16大题，共80分）
1．（广东）在平面直角坐标系 中，直线 与圆 相交
于 、 两点，则弦 的长等于
A． B． C． D．
2 ．（2012年高考（浙江文））设 是直线,a,β是两个不同的平面（ ）
A．若 ∥a, ∥β,则a∥βB．若 ∥a, ⊥β,则a⊥β
三、解答题（本大题共4个小题，共50分）
21．（2012年高考（重庆文））(本小题满分12分,(Ⅰ)小问4分,(Ⅱ)小问8分)已知直三棱柱 中, , , 为 的中点.(Ⅰ)求异面直线 和 的距离;(Ⅱ)若 ,求二面角 的平面角的余弦值.
22．（2012年高考（四川文））（本小题满分12分）如图,在三棱锥 中, , , ,点 在平面 内的射影 在 上.
角函数值表示).
24.（本大题满分13分）已知圆C： ，直线 ： .
(I) 当a为何值时，直线 与圆C相切；
(Ⅱ)当直线 与圆C相交于A、B两点，且 时，求直线 的方程.
答案
1.B 2．B 3.A 4.C5.C 6.B 7.B 8.C 9.C 10.C 11.D 12.A 13.B 14.C 15.D 16.C