高中数学二轮复习 专题4 立体几何(第2讲)课时作业 新
2020版高考数学二轮复习第2部分专题4立体几何第2讲空间向量与立体几何教案理
第2讲 空间向量与立体几何[做小题——激活思维]1．在正方体A 1B 1C 1D 1ABCD 中，AC 与B 1D 所成角的大小为( ) A.π6 B.π4 C.π3D.π2D [如图，连接BD ，易证AC ⊥平面BB 1D ， ∴AC ⊥B 1D ，∴AC 与B 1D 所成角的大小为π2.] 2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为( ) A ．45° B ．135° C ．45°或135°D ．90°C [∵m ＝(0,1,0)，n ＝(0,1,1)， ∴|m |＝1，|n |＝2，m ·n ＝1，∴cos〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝12＝22，设两平面所成的二面角为α，则 |cos α|＝22，∴α＝45°或135°，故选C.] 3．用a ，b ，c 表示空间中三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题： ①若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c ；②若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ； ③若a ∥γ，b ∥γ，则a ∥b ；④若a ⊥γ，b ⊥γ，则a ∥b . 其中真命题的序号是( ) A ．①② B ．②③ C ．①④D ．②④D [对于①，正方体从同一顶点引出的三条直线a ，b ，c ，满足a ⊥b ，b ⊥c ，但是a ⊥c ，所以①错误；对于②，若a ∥b ，a ∥c ，则b ∥c ，满足平行线公理，所以②正确；对于③，平行于同一平面的两条直线的位置关系可能是平行、相交或者异面，所以③错误；对于④，由垂直于同一平面的两条直线平行，知④正确．故选D.]4．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l 与α所成的角为________．π6[设l 与α所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，又θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴θ＝π6.][扣要点——查缺补漏]1．证明线线平行和线线垂直的常用方法(1)证明线线平行：①利用平行公理；②利用平行四边形进行平行转换；③利用三角形的中位线定理；④利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．如T 3.(2)证明线线垂直：①利用等腰三角形底边上的中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质．2．证明线面平行和线面垂直的常用方法(1)证明线面平行：①利用线面平行的判定定理；②利用面面平行的性质定理． (2)证明线面垂直：①利用线面垂直的判定定理；②利用面面垂直的性质定理． 3．异面直线所成的角求法 (1)平移法：解三角形．(2)向量法：注意角的范围．如T 1. 4．二面角的求法cos θ＝cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |，如T 2.5．线面角的求法sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|，如T 4.利用空间向量求空间角(5年15考)[高考解读] 主要考查通过建立空间直角坐标系，解决空间图形中的线线角、线面角和面面角的求解，考查学生的空间想象能力、运算能力、三种角的定义及求法等.(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M PA C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．切入点：(1)借助勾股定理，证明PO ⊥OB ；(2)建立空间直角坐标系，利用二面角M PA C 为30°求出点M 的坐标，进而求出PC 与平面PAM 所成角的正弦值．[解](1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC . (2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP →＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a,4－a,0)． 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|2a －2＋3a 2＋a2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [教师备选题]1.(2015·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．[解](1)证明：如图，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF . 在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ，可知AE ＝EC . 又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC . 在Rt△EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22. 在Rt△FDG 中，可得FG ＝62. 在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322. 从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG . 又AC ∩FG ＝G ，所以EG ⊥平面AFC . 因为EG平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)如图，以G 为坐标原点，分别以GB →，GC →的方向为x 轴，y 轴正方向，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系G xyz .由(1)可得A (0，－3，0)，E (1,0，2)，F －1,0，22，C (0，3，0)， 所以A E →＝(1，3，2)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－3，22.故cos 〈A E →，CF →〉＝A E →·CF →|A E →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33. 2．(2019·全国卷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)求二面角A MA 1N 的正弦值．[解](1)连接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 1DC ，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 ⊥D A.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A (2,0,0)，A 1(2,0,4)，M (1，3，2)，N (1,0,2)，A 1A →＝(0,0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1,0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎨⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1,0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎨⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2,0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n|＝232×5＝155，所以二面角A MA 1N 的正弦值为105.1．利用向量法求线面角的两种方法(1)法一：分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)法二：通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角．2．利用向量计算二面角大小的常用方法(1)找法向量法：分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角是锐(钝)二面角．(2)找与棱垂直的方向向量法：分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．提醒：判断二面角的平面角是锐角还是钝角，可结合图形进行．1．[一题多解](以圆柱为载体)如图，圆柱的轴截面ABCD 为正方形，E 为弧BC 的中点，则异面直线AE 与BC 所成角的余弦值为 ( )A.33 B.55 C.306D.66D [法一：(平移法)取BC 的中点H ，连接EH ，AH ，∠EHA ＝90°，设AB ＝2，则BH ＝HE ＝1，AH ＝5，所以AE ＝6，连接ED ，ED ＝6，因为BC ∥AD ，所以异面直线AE 与BC 所成角即为∠EAD ，在△EAD 中cos∠EAD ＝6＋4－62×2×6＝66，故选D.法二：(向量法)取圆柱底面的圆心O 为原点，建立空间直角坐标系O xyz ，设AB ＝2，则A (1,0,0)，B (1,0,2)，C (－1,0,2)，E (0,1,2)，∴A E →＝(－1,1,2)，BC →＝(－2,0,0)∴cos〈A E →，BC →〉＝26×2＝66，故选D.] 2．(以棱柱为载体)在三棱柱ABC A1B 1C 1中， AB ⊥平面BCC 1B 1，∠BCC 1＝π3， AB ＝BC ＝2, BB 1＝4，点D 在棱CC 1上，且CD ＝λCC 1(0<λ≤1)．建立如图所示的空间直角坐标系．(1)当λ＝12时，求异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值；(2)若二面角A B 1D A 1的平面角为π3，求λ的值．[解](1)易知A ()0，0，2， B 1()0，4，0， A 1()0，4，2. 当λ＝12时， 因为BC ＝CD ＝2, ∠BCC 1＝π3，所以C ()3，－1，0，D ()3，1，0.所以AB 1→＝()0，4，－2， A 1D →＝()3，－3，－2. 所以cos 〈AB 1→，A 1D →〉＝AB 1→·A 1D→||AB 1→||A 1D →＝0×3＋4×()－3＋()－2×()－242＋()－22·()32＋()－32＋()－22＝－55. 故异面直线AB 1与A 1D 的夹角的余弦值为55. (2)由CD ＝λCC 1可知， D ()3，4λ－1，0， 所以DB 1→＝()－3，5－4λ，0， 由(1)知， AB 1→＝()0，4，－2.设平面AB 1D 的法向量为m ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧AB 1→·m ＝0，DB 1→·m ＝0，即⎩⎨⎧4y －2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝2，所以平面AB 1D 的一个法向量为m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，2.设平面A 1B 1D 的法向量为n ＝()x ，y ，z ， 则⎩⎪⎨⎪⎧B 1A 1→·n ＝0，DB 1→·n ＝0，即⎩⎨⎧2z ＝0，()5－4λy －3x ＝0，令y ＝1，解得x ＝5－4λ3， z ＝0，所以平面A 1B 1D 的一个法向量为n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ3，1，0.因为二面角A B 1D A 1的平面角为π3，所以||cos 〈m ，n 〉＝|m·n |||m ||n＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5－4λ3×5－4λ3＋1×1＋2×0⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＋22·⎝ ⎛⎭⎪⎫5－4λ32＋12＝12， 即()5－4λ2＝1，解得λ＝32(舍)或λ＝1，故λ的值为1.3.(以棱台为载体)如图，在三棱台DEF ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点． (1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．[解](1)证明：在三棱台DEF ABC 中， 由BC ＝2EF ，H 为BC 的中点， 可得BH ∥EF ，BH ＝EF ，所以四边形BHFE 为平行四边形， 可得BE ∥HF .在△ABC 中，G 为AC 的中点，H 为BC 的中点， 所以GH ∥AB .又GH ∩HF ＝H ，所以平面FGH ∥平面ABED . 因为BD平面ABED ，所以BD ∥平面FGH .(2)设AB ＝2，则CF ＝1.在三棱台DEF ABC 中，G 为AC 的中点，由DF ＝12AC ＝GC ，可得四边形DGCF 为平行四边形， 因此DG ∥FC . 又FC ⊥平面ABC ， 所以DG ⊥平面ABC .连接GB ，在△ABC 中，由AB ⊥BC ，∠BAC ＝45°，G 是AC 的中点， 所以AB ＝BC ，GB ⊥GC ， 因此GB ，GC ，GD 两两垂直．以G 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．可得H ⎝⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)． 故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎨⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)． 因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)， 所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°. 4.(以五面体为载体)如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面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．[解](1)证明：由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，DF ∩EF ＝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，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz .由(1)知∠DEF 为二面角D AF E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则|DF |＝2，|DG |＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．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，∠CEF ＝60°.从而可得C (－2,0，3)．连接AC ，所以E C →＝(1,0，3)，E B →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·E C →＝0，n ·E B →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)． 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919. 故二面角E BC A 的余弦值为－21919.利用空间向量解决折叠性问题(5年3考)[高考解读] 以平面图形的翻折为载体，考查空间想象能力，在线面位置关系的证明中考查逻辑推理能力，在空间角的求解中，考查转化化归及数学运算的核心素养.1．(2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 切入点：(1)对照折叠前后的线面关系给予证明； (2)建立空间直角坐标系通过向量法求解． [解](1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF 平面PEF ，EF平面PEF ，且PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF .又BF平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，PF 2＋PE 2＝EF 2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. [教师备选题](2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置，OD ′＝10.(1)证明：D ′H ⊥平面ABCD ； (2)求二面角B D ′A C 的正弦值． [解](1)证明：由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD .又由AE ＝CF 得A EAD ＝CFCD，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4.由EF ∥AC ，得OH DO ＝A E AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，所以D ′H ⊥平面ABCD . (2)如图，以H 为坐标原点，HF →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz ，则H (0,0,0)，A (－3，－1,0)，B (0，－5,0)，C (3，－1,0)，D ′(0,0,3)，AB →＝(3，－4,0)，AC →＝(6,0,0)，AD ′→＝(3,1,3)．设m ＝(x 1，y 1，z 1)是平面ABD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AB →＝0，m ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 1－4y 1＝0，3x 1＋y 1＋3z 1＝0，所以可取m ＝(4,3，－5)．设n ＝(x 2，y 2，z 2)是平面ACD ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD ′→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧6x 2＝0，3x 2＋y 2＋3z 2＝0，所以可取n ＝(0，－3,1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－1450×10＝－7525.sin 〈m ，n 〉＝29525.因此二面角B D ′A C 的正弦值是29525.平面图形翻折问题的求解方法(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变和不变，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(以梯形为载体)如图，等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝AB ＝BC ＝1，CD ＝2，E 为CD 中点，以AE 为折痕把△ADE 折起，使点D 到达点P 的位置(P 平面ABCE )．(1)证明：AE ⊥PB ；(2)若直线PB 与平面ABCE 所成的角为π4，求二面角A PE C 的余弦值．[解](1)证明：连接BD ，设AE 的中点为O ， ∵AB ∥CE ，AB ＝CE ＝12CD ，∴四边形ABCE 为平行四边形，∴AE ＝BC ＝AD ＝DE ， ∴△ADE ，△ABE 为等边三角形， ∴OD ⊥AE ，OB ⊥AE ， 又OP ∩OB ＝O ， ∴AE ⊥平面POB ，又PB 平面POB ，∴AE ⊥PB .(2)在平面POB 内作PQ ⊥平面ABCE ，垂足为Q ，则Q 在直线OB 上， ∴直线PB 与平面ABCE 夹角为∠PBO ＝π4，又OP ＝OB ，∴OP ⊥OB ，∴O 、Q 两点重合，即PO ⊥平面ABCE ，以O 为原点，OE 为x 轴，OB 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，0，∴P E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，－32，E C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，0，设平面PCE 的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·P E →＝0，n 1·E C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧12x －32z ＝0，12x ＋32y ＝0，令x ＝3得n 1＝(3，－1,1)， 又OB ⊥平面PAE ，∴n 2＝(0,1,0)为平面PAE 的一个法向量，设二面角A EP C 为α，则|cos α|＝cos 〈n 1，n 2〉＝|n 1·n 2||n 1||n 2|＝15＝55，易知二面角A EP C 为钝角，所以cos α＝－55.立体几何的综合问题(5年3考)[高考解读] 将圆的几何性质、空间线面的位置关系、空间几何体的体积等知识融于一体，综合考查学生的逻辑推理能力.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧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)当三棱锥M ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值． 切入点：(1)借助圆的几何性质得出DM ⊥CM ，进而借助面面垂直的判定求解． (2)借助体积公式先探寻M 点的位置，建系借助坐标法求解． [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)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 . 当三棱锥M ABC 体积最大时，M 为CD ︵的中点．由题设得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，M (0,1,1)，AM →＝(－2,1,1)，AB →＝(0,2,0)，DA →＝(2,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AM →＝0，n ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0.可取n ＝(1,0,2)．DA →是平面MCD 的法向量，因为cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA →|n ||DA →|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.存在性问题的求解策略(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否有解”“是否有规定范围内的解”等．(2)对于位置探究型问题，通常是借助向量，引入参数，综合条件和结论列方程，解出参数，从而确定位置．(3)在棱上是否存在一点时，要充分利用共线向量定理．(探索位置型)如图所示，四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD .四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°，且AB ＝AP .(1)若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长；(2)在线段AD 上是否存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等？说明理由． [解] (1)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A xyz ，如图1所示．图1在平面ABCD 内，作CE ∥AB ，交AD 于点E ，则CE ⊥AD . 在Rt△CDE 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t (t ＞0)，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，∴E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， ∴CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． cos 60°＝|n ·PB →||n |·|PB →|，即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋－t 2·2t 2＝12， 解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t ＞0)，∴AB ＝45.(2)法一：(向量法)假设在线段AD 上存在一点G (如图2所示)，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．设G (0，m,0)(其中0≤m ≤4－t )，则GC →＝(1,3－t －m,0)，GD →＝(0,4－t －m,0)，GP →(0，－m ，t )．图2由|GC →|＝|GD →|得12＋(3－t －m )2＝(4－t －m )2， 即t ＝3－m . ①由|GD →|＝|GP →|，得(4－m －t )2＝m 2＋t 2. ② 由①，②消去t ，化简得m 2－3m ＋4＝0. ③由于方程③没有实数根，所以在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等． 法二：(几何法)假设在线段AD 上存在一点G ，使得点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．图3由GC ＝GD 得∠GCD ＝∠GDC ＝45°， ∴∠CGD ＝90°，即CG ⊥AD ， ∴GD ＝CD ·cos 45°＝1.设AB ＝λ，则AD ＝4－λ，AG ＝AD －GD ＝3－λ. 如图3所示，在Rt△ABG 中，GB ＝AB 2＋AG 2＝λ2＋－λ2＝2⎝⎛⎭⎪⎫λ－322＋92＞1， 这与GB ＝GD 矛盾．∴在线段AD 上不存在点G 到点P ，B ，C ，D 的距离都相等．。
高中数学二轮复习 专题4 立体几何(第1讲)课时作业 新人教A版
【走向高考】2015届高中数学二轮复习 专题4 立体几何（第1讲）课时作业 新人教A 版一、选择题 1．(文)(2013·山东文，4)一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )A ．45，8B ．45，83 C ．4(5＋1)，83 D ．8,8[答案] B[解析] 由正视图知四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，又因为侧棱长相等，所以棱锥是正四棱锥，斜高h′＝22＋12＝5，侧面积S ＝4×12×2×5＝45，体积V ＝13×2×2×2＝83. (理)(2013·绍兴市模拟)某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的体积等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4 [答案] B[解析] 由三视图知，该几何体底面是正方形，对角线长为2，故边长为2，几何体是四棱锥，有一条侧棱与底面垂直，其直观图如图，由条件知PC ＝13，AC ＝2，∴PA ＝3，体积V ＝13×(2)2×3＝2.2．(文)(2014·长春市三调)若一个圆柱的正视图与其侧面展开图相似，则这个圆柱的侧面积与全面积之比为( ) A.ππ＋1 B.2π2π＋1C.22π＋1D.1π＋1[答案] B[解析] 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则2r h ＝h2πr ，则h ＝2r π，则S 侧＝2πr·h ＝4πr2π，S 全＝4πr2π＋2πr2，故圆柱的侧面积与全面积之比为4πr 2π4πr 2π＋2πr2＝2π2π＋1，故选B.(理)(2014·吉林市质检)某由圆柱切割获得的几何体的三视图如图所示，其中俯视图是中心角为60°的扇形， 则该几何体的侧面积为( )A ．12＋103πB ．6＋103πC ．12＋2πD ．6＋4π [答案] C[解析] 由三视图可知，该几体何是沿圆柱的底面夹角为60°的两条半径与中心轴线相交得到平面为截面截下的圆柱一角，其中两个侧面都是矩形，矩形一边长为半径2，一边长为柱高3，另一侧面为圆柱侧面的16，因此该几何体的侧面积为S ＝2×3＋2×3＋16×(2π×2×3)＝12＋2π. 3．(文)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12－πB ．12－2πC ．6－πD ．4－π [答案] A[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，由一个长方体挖去一个圆柱构成，长方体的长、宽高为4,3,1，圆柱底半径1，高为1，∴体积V ＝4×3×1－π×12×1＝12－π.(理)若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于( )A ．10 cm3B ．20 cm3C ．30 cm3D ．40 cm3[答案] B[解析] 由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱ABC －A1B1C1沿平面AB1C1截去一个三棱锥A －A1B1C1余下的部分．∴VA －BCC1B1＝VABC －A1B1C1－VA －A1B1C1＝12×4×3×5－13×(12×4×3)×5＝20cm3. 4．(文)如图，直三棱柱的正视图面积为2a2，则侧视图的面积为( ) A ．2a2 B ．a2 C.3a2 D.34a2[答案] C[解析] 由正视图的面积为2a2，则直三棱柱的侧棱长为2a ，侧视图为矩形，一边长为2a ，另一边长为32a ，所以侧视图的面积为3a2.(理)(2013·东城区模拟)已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，那么这个几何体的侧面积是( )A ．(1＋2)cm2B ．(3＋2)cm2C ．(4＋2)cm2D ．(5＋2)cm2[答案] C[解析] 由三视图可画出该几何体的直观图如图，其侧面积为1×1＋2×12(1＋2)×1＋1×12＋12＝4＋2cm2.5．(文)(2013·常德市模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．6＋2 3B ．6＋4 2C ．4＋2 3D ．4＋4 2 [答案] D[解析] 其直观图如图，表面积S ＝2×(12×2×2)＋(12×22×2)×2＝4＋4 2.(理)(2013·江西师大附中、鹰潭一中联考)已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图面积为( )A.32B.34C ．1D.12[答案] B[解析] 由题意知，此三棱锥的底面为有一个角为30°的直角三角形，其斜边长AC ＝2，一个侧面PAC 为等腰直角三角形，∴DE ＝1，BF ＝32，其侧视图为直角三角形，其两直角边与DE 、BF 的长度相等，面积S ＝12×1×32＝34.6．(2014·新乡、许昌、平顶山调研)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D －ABC 的体积为83 B ．BD ⊥平面PAC ，且三棱锥D －ABC 的体积为83 C ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D －ABC 的体积为163 D ．AD ⊥平面PAC ，且三棱锥D －ABC 的体积为163[答案] C[解析] ∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC ，又∵AC ⊥BC ，PA∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC ，又∵AD ⊂平面PAC ，∴BC ⊥AD ，由正视图可知，AD ⊥PC ，又PC∩BC ＝C ，∴AD ⊥平面PBC ，且VD －ABC ＝12VP －ABC ＝12×13×4×(12×4×4)＝163.二、填空题 7．(文)(2014·天津文，10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.[答案]20π3[解析] 本题考查三视图及简单几何体的体积计算，考查空间想象能力和简单的计算能力． 由三视图知，该几何体下面是圆柱、上面是圆锥． ∴V ＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3.(理)(2013·陕西理，12)某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．[答案] π3[解析] 由三视图可知，此几何体是底面半径为1，高为2的半个圆锥． ∴V ＝12×13(π×12×2)＝π3.8．(文)(2013·金华一中月考)某几何体的三视图(单位：cm)如下图，则这个几何体的表面积为________cm2.[答案]12＋2 3[解析]由三视图知，该几何体为正三棱柱，底面积S1＝2×(12×2×3)＝23，侧面积S2＝3×(2×2)＝12，∴表面积S＝S1＋S2＝12＋23cm2.(理)(2013·天津十二区县联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[答案]108＋3π[解析]由三视图知，该几何体由上下两个全等的正四棱柱及中间的圆柱构成的组合体，体积V＝2×(6×6×1.5)＋π×12×3＝108＋3π.9．(2013·江苏，8)如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D、E、F分别是AB、AC、AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1V2＝________.[答案]124[解析]V1V2＝V锥F－ADEV柱ABC－A1B1C1＝13×14S×12hSh＝124.三、解答题10．(文)在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，DC ∥AB ，DC ＝1，AB ＝4，BC ＝23，∠CBA ＝30°.(1)求证：AC ⊥PB ；(2)当PD ＝2时，求此四棱锥的体积．[解析] (1)∵PC ⊥平面ABCD ，∴PC ⊥AC ， 又∠CBA ＝30°，BC ＝23，AB ＝4， ∴AC ＝AB2＋BC2－2AB·BCcos ∠CBA ＝16＋12－2×4×23×32＝2，∴AC2＋BC2＝4＋12＝16＝AB2， ∴∠ACB ＝90°，故AC ⊥BC.又∵PC 、BC 是平面PBC 内的两条相交直线， 故AC ⊥平面PBC ， ∴AC ⊥PB.(2)当PD ＝2时，作CE ⊥AB 交AB 于E ， 在Rt △CEB 中，CE ＝CB·sin30°＝23×12＝3， 又在Rt △PCD 中，DC ＝1， ∴PC ＝3，∴VP －ABCD ＝13·PC·SABCD ＝13×3×12(1＋4)×3＝52.(理)(2014·山西太原检测)如图，在多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，四边形BDEF 是矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，BF ＝3，G 和H 分别是CE 和CF 的中点．(1)求证：AC ⊥平面BDEF ；(2)求证：平面BDGH//平面AEF ； (3)求多面体ABCDEF 的体积．[解析] (1)证明：因为四边形ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD.又因为平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF∩平面ABCD ＝BD ， 且AC ⊂平面ABCD ， 所以AC ⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF 中，因为G 、H 分别是CE 、CF 的中点， 所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF.设AC∩BD ＝O ，连接OH ，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ， 所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF.又因为OH∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF.(3)解：由(1)，得AC ⊥平面BDEF ，又因为AO ＝2，四边形BDEF 的面积SBDEF ＝3×22＝62，所以四棱锥A －BDEF 的体积V1＝13×AO×SBDEF ＝4. 同理，四棱锥C －BDEF 的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF 的体积V ＝V1＋V2＝8.一、选择题 11．(文)(2013·眉山市二诊)一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的体积是( )A ．6B ．12C ．24D ．36 [答案] B[解析] 由三视图知该几何体为有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，体积V ＝13×(4×3)×3＝12. (理)(2013·榆林市一中模拟)已知某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为24，则正视图中a 的值为( )A ．8B ．6C ．4D ．2 [答案] B[解析] 由V ＝13×(a×3)×4＝24得，a ＝6.12．(文)(2013·江西八校联考)某几何体的三视图(单位：m)如图所示，则其表面积为( )A ．(96＋322)m2B ．(64＋323)m2C ．(114＋162＋163)m2D ．(80＋162＋163)m2 [答案] D[解析] 由三视图知该几何体是一个组合体，中间是一个棱长为4的正方体(由正、侧视图中间部分和俯视图知)，上部是一个有一条侧棱与底面垂直的四棱锥，下部是一个正四棱锥，表面积S ＝2(12×4×4＋12×4×42＋42)＋4×42＋4×(12×4×23)＝80＋162＋163(m2)． (理)(2013·德阳市二诊)已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图，侧视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( ) A.2π3＋12 B.4π3＋16 C.2π6＋16 D.2π3＋12[答案] C[解析] 由三视图知，该几何体为组合体，下部为一个半球，半球的直径为2，上部为三棱锥，有一侧棱与底面垂直，∴体积V ＝13×(12×1×1)×1＋4π3×(22)3×12＝16＋2π6.13．(文)(2013·辽宁文，10)已知直三棱柱ABC －A1B1C1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210C.132 D ．310[答案] C[解析] 过C ，B 分别作AB 、AC 的平行线交于D ，分别过C1、B1作A1B1，A1C1的平行线交于D1，连接DD1，则ABDC －A1B1D1C1恰为该球的内接长方体，故该球的半径r ＝32＋42＋1222＝132，故选C.(理)一个半径为1的球体经过切割后，剩下部分几何体的三视图如图所示，则剩下部分几何体的表面积为( )A.13π3B.15π4 C ．4π D.9π2[答案] D[解析] 由三视图知该几何体是一个球体，保留了下半球，上半球分为四份，去掉了对顶的两份，故表面积为球的表面积，去掉14球表面积加上6个14的圆面积．∴S ＝4πR2－14(4πR2)＋6×14πR2＝92πR2，又R ＝1，∴S ＝92π.二、填空题14．(文)(2013·天津市六校联考)某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为________．[答案] 48[解析] 由三视图知，该几何体是一个组合体，其上部为长方体，下部为横放的四棱柱，其底面是上底长2，下底长6，高为2的等腰梯形，柱高为4，其体积V ＝2×4×2＋12(2＋6)×2×4＝48.(理)(2013·内江市一模)矩形ABCD 中，AB ＝8，BC ＝6，沿BD 将矩形ABCD 折成一个直二面角A －BD －C ，则四面体ABCD 的外接球的表面积是________．[答案] 100π[解析] 设矩形ABCD 对角线BD 的中点为O ，则OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴折起后空间四边形ABCD的外接球球心为O ，∴球O 的半径R ＝1282＋62＝5，∴球O 的表面积S ＝4πR2＝100π.三、解答题15．(文)(2013·北京文，17)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，CD ＝2AB ，平面PAD ⊥底面ABCD ，PA ⊥AD ，E 和F 分别是CD 、PC 的中点，求证：(1)PA ⊥底面ABCD ；(2)BE ∥平面PAD ；(3)平面BEF ⊥平面PCD.[解析] (1)因为平面PAD ⊥底面ABCD ，且PA 垂直于这两个平面的交线AD ，所以PA ⊥底面ABCD.(2)因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ，E 为CD 的中点，所以AB ∥DE ，且AB ＝DE.所以四边形ABED 为平行四边形．所以BE ∥AD.又因为BE ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以BE ∥平面PAD.(3)因为AB ⊥AD ，而且ABED 为平行四边形，所以BE ⊥CD ，AD ⊥CD.由(1)知PA ⊥底面ABCD.所以PA ⊥CD.所以CD ⊥平面PAD.所以CD ⊥PD.因为E 和F 分别是CD 和PC 的中点，所以PD ∥EF.所以CD ⊥EF ，又因为CD ⊥BE ，BE∩EF ＝E ，所以CD ⊥平面BEF.所以平面BEF ⊥平面PCD.(理)(2013·浙江理，20)如图，在四面体A －BCD 中，AD ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AD ＝2，BD ＝2 2.M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在线段AC 上，且AQ ＝3QC.(1)证明：PQ ∥平面BCD ；(2)若二面角C －BM －D 的大小为60°，求∠BDC 的大小．[解析] 方法1：(1)取BD 的中点O ，在线段CD 上取点F ，使得DF ＝3FC ，连接OP 、OF 、FQ.因为AQ ＝3QC ，所以QF ∥AD ，且QF ＝14AD.因为O 、P 分别为BD 、BM 的中点，所以OP 是△BDM 的中位线，所以OP ∥DM ，且OP ＝12DM.又点M 为AD 的中点，所以OP ∥AD ，且OP ＝14AD.从而OP ∥FQ ，且OP ＝FQ ，所以四边形OPQF 为平行四边形，故PQ ∥OF.又PQ ⊄平面BCD ，OF ⊂平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD.(2)作CG ⊥BD 于点G ，作GH ⊥BM 于点H ，连接CH.因为AD ⊥平面BCD ，CG ⊂平面BCD ，所以AD ⊥CG ，又CG ⊥BD ，A D∩BD ＝D ，故CG ⊥平面ABD ，又BM ⊂平面ABD ，所以CG ⊥BM.又GH ⊥BM ，CG∩GH ＝G ，故BM ⊥平面CGH ，所以GH ⊥BM ，CH ⊥BM.所以∠CHG 为二面角C －BM －D 的平面角，即∠CHG ＝60°.设∠BDC ＝θ.在Rt △BCD 中，CD ＝BDcosθ＝22cosθ，CG ＝CDsinθ＝22cosθsinθ，BC ＝BDsinθ＝22sinθ，BG ＝BCsinθ＝22sin2θ.在Rt △BDM 中，∵GH ⊥BM ，∴△BGH ∽△BMD ，∴HG ＝BG·DM BM ＝22sin2θ3. 在Rt △CHG 中，tan ∠CHG ＝CG HG ＝3cosθsinθ＝ 3.所以tanθ＝ 3.从而θ＝60°.即∠BDC ＝60°.方法2：(1)如图，取BD 的中点O ，以O 为原点，OD 、OP 所在射线为y 、z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知A(0，2，2)，B(0，－2，0)，D(0，2，0)．设点C 的坐标为(x0，y0,0)．因为AQ →＝3QC →，所以Q(34x0，24＋34y0，12)．因为M 为AD 的中点，故M(0，2，1)．又P 为BM 的中点，故P(0,0，12)，所以PQ →＝(34x0，24＋34y0,0)．又平面BCD 的一个法向量为u ＝(0,0,1)，故PQ →·u ＝0.又PQ ⊄平面BCD ，所以PQ ∥平面BCD.(2)设m ＝(x ，y ，z)为平面BMC 的一个法向量．由CM →＝(－x0，2－y0,1)，BM →＝(0,22，1)，知⎩⎨⎧ －x0x ＋2－y0y ＋z ＝0，22y ＋z ＝0.取y ＝－1，得m ＝(y0＋2x0，－1,22)．又平面BDM 的一个法向量为n ＝(1,0,0)．于是|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n|＝|y0＋2x0|9＋y0＋2x02＝12， 即(y0＋2x0)2＝3.①又BC ⊥CD ，所以CB →·CD →＝0，故(－x0，－2－y0,0)·(－x0，2－y0,0)＝0，即x20＋y20＝2.② 联立①②，解得⎩⎨⎧ x0＝0，y0＝－ 2.(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧ x0＝±62，y0＝22.所以tan ∠BDC ＝|x02－y0|＝ 3. 又∠BDC 是锐角，所以∠BDC ＝60°.16．(文)(2013·北京西城区模拟)在如图所示的几何体中，面CDEF 为正方形，面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AC ＝3，AB ＝2BC ＝2，AC ⊥FB.(1)求证：AC ⊥平面FBC ；(2)求四面体FBCD 的体积；(3)线段AC 上是否存在点M ，使得EA ∥平面FDM ？证明你的结论．[解析] (1)证明：在△ABC 中，∵AC ＝3，AB ＝2，BC ＝1，∴AC ⊥BC.又∵AC ⊥FB ，∴AC ⊥平面FBC.(2)解：∵AC ⊥平面FBC ，∴AC ⊥FC.∵CD ⊥FC ，∴FC ⊥平面ABCD.在等腰梯形ABCD 中可得∠BCD ＝120°，CB ＝DC ＝1，∴FC ＝1.∴S △BCD ＝34，∴四面体FBCD 的体积为：VF －BCD ＝13S △BCD·FC ＝312.(3)线段AC 上存在点M ，且M 为AC 中点时，有EA ∥平面FDM ，证明如下：连接CE ，与DF 交于点N ，连接MN.因为CDEF 为正方形，所以N 为CE 中点．所以EA ∥MN.因为MN ⊂平面FDM ，EA ⊄平面FDM ，所以EA ∥平面FDM.所以线段AC 上存在点M ，使得EA ∥平面FDM 成立．(理)如图，三棱柱ABC －A1B1C1的底面是边长为2的正三角形且侧棱垂直于底面，侧棱长是3，D 是AC 的中点．(1)求证：B1C ∥平面A1BD ；(2)求二面角A1－BD －A 的大小；(3)求直线AB1与平面A1BD 所成的角的正弦值．[解析] 解法一：(1)设AB1与A1B 相交于点P ，则P 为AB1中点，连接PD ，∵D 为AC 中点，∴PD ∥B1C.又∵PD ⊂平面A1BD ，B1C ⊄平面A1BD.∴B1C ∥平面A1BD.(2)∵正三棱柱ABC －A1B1C1，∴AA1⊥底面ABC.又 ∵BD ⊥AC ，∴A1D ⊥BD∴∠A1DA 就是二面角A1－BD －A 的平面角．∵AA1＝3，AD ＝12AC ＝1， ∴tan ∠A1DA ＝A1A AD ＝ 3.∴∠A1DA ＝π3，即二面角A1－BD －A 的大小是π3.(3)由(2)作AM ⊥A1D ，M 为垂足．∵BD ⊥AC ，平面A1ACC1⊥平面ABC ，平面A1ACC1∩平面ABC ＝AC ，∴BD ⊥平面A1ACC1， ∵AM ⊂平面A1ACC1，∴BD ⊥AM ，∵A1D∩BD ＝D ，∴AM ⊥平面A1DB ，连接MP ，则∠APM 就是直线AB1与平面A1BD 所成的角．∵AA1＝3，AD ＝1，∴在Rt △AA1D 中，∠A1DA ＝π3，∴AM ＝1×sin60°＝32，AP ＝12AB1＝72.∴sin ∠APM ＝AM AP ＝3272＝217. ∴直线AB1与平面A1BD 所成的角的正弦值为217.解法二：(1)同解法一(2)如图建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1,0,0)，A1(1,0，3)，B(0，3，0)，B1(0，3，3)，∴A1B →＝(－1，3，－3)，A1D →＝(－1,0，－3)设平面A1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z)．则n·A1B →＝－x ＋3y －3z ＝0，n·A1D →＝－x －3z ＝0，则有⎩⎨⎧ x ＝－3zy ＝0，得n ＝(－3，0,1)．由题意，知AA1→＝(0,0，3)是平面ABD 的一个法向量． 设n 与AA1→所成角为θ，则cosθ＝n·AA1→|n|·|AA1→|＝12，∴θ＝π3.∴二面角A1－BD －A 的大小是π3.(3)由已知，得AB1→＝(－1，3，3)，n ＝(－3，0,1)， 设直线AB1与平面A1BD 所成角为α，则sinα＝|AB1→·n||AB1→||n|＝217.∴直线AB1与平面A1BD 所成的角的正弦值为217.。
高三二轮复习数学专题4立体几何课件+课时作业(共6份)专题4 第1讲
名称
体积
表面积
V 圆柱＝πr2h(r 为底面半径，h S 圆柱＝2πrl＋2πr2(r 为底面半
圆柱
为高)
径，l 为母线长)
圆锥
V 圆锥＝13πr2h(r 为底面半径， S 圆锥＝πrl＋πr2(r 为底面半
h 为高)
径，l 为母线长)
圆台
V 圆台＝13πh(r2＋rr′＋r′2) S 圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋ (r、r′为底面半径，h 为高) πr′2
2.柱体、锥体、台体、球的表面积与体积
名称
体积
表面积
V 棱柱＝Sh(S 为底面积，h 为 棱柱
高)
S 棱柱＝2S 底面＋S 侧面
棱锥
V 棱锥＝13Sh(S 为底面积，h 为高)
S 棱锥＝S 底面＋S 侧面
棱台
V 棱台＝13h(S＋ SS′＋S′) (S、S′为底面积，h 为高)
S 棱台＝S 上底＋S 下底＋S 侧面
2．以熟悉的几何体为背景，考查多面体或旋转体的侧面 积、表面积和体积计算，间接考查空间位置关系的判断及转 化思想等，常以三视图形式给出几何体，辅以考查识图、用 图能力及空间想象能力，难度中等．
3．几何体的三视图与表(侧)面积、体积计算结合； 4．在与函数、解析几何等知识交汇处命题，这种考查形 式有时会出现．
A．三棱锥
B．三棱柱
C．四棱锥
D．四棱柱
[答案] B
[解析] 由三视图知该几何体是一个横放的直三棱柱，三
棱柱的底面是直角三角形，Байду номын сангаас直角边长都是6，正对观察
者．棱柱高为4.
(理)(2014·新课标Ⅰ理，12)如图，网格纸上小正方形的边 长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各 条棱中，最长的棱的长度为( )
高中数学二轮复习立体几何(2)教案含答案(全国通用)
专题五 立体几何必考点一 空间几何体的三视图、表面积与体积[高考预测]——运筹帷幄1．以三视图为背景的几何体的识别问题．2．空间几何体与三视图相结合，计算几何体的表面积和体积． 3．球及有关组合体的表面积与体积． [速解必备]——决胜千里 1．一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正视图的下面，长度与正视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．2．(1)设长方体的相邻的三条棱长为a 、b 、c 则体对角线长为a 2＋b 2＋c 2(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .(3)若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的线段P A 、PB 、PC 两两垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接长方体(或其他图)[速解方略]——不拘一格类型一 有关几何体的三视图的计算[例1] (1)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15解析：基本法：由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16， 剩余部分的体积V 2＝13－16＝56. 所以V 1V 2＝1656＝15，故选D.速解法：如图所示，VA -A 1B 1D 1＝13VABD -A 1B 1D 1＝16V 正方体 VA -A 1B 1D 1＝15VABCD -B 1C 1D 1 答案：D方略点评：基本法是具体计算几何体的体积，速解法是根据几何体间的体积关系求得答案.(2)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的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 ＝( )A．1 B．2C．4 D．8解析：基本法：由已知可知，该几何体的直观图如图所示，其表面积为2πr2＋πr2＋4r2＋2πr2＝5πr2＋4r2.由5πr2＋4r2＝16＋20π，得r＝2.故选B.速解法：由几何体特征可知，球的表面积，圆的面积，圆柱侧面积都含有“π”，只有圆柱的轴截面面积不含“π”，∴即2r·2r＝16，∴r＝2，故选B.答案：B方略点评：(1)基本法是具体计算出几何体的表面积的表达式.速解法是根据几何体特征想出表面积表达式特征由部分几何体求r.(2)此类题关键是将三视图恢复为直观图，并找清几何体的标量，代入公式计算.1．如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm，高为6 cm的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为()A.1727B.59C.1027D.13解析：基本法：该零件是两个圆柱体构成的组合体，其体积为π×22×4＋π×32×2＝34π cm 3，圆柱体毛坯的体积为π×32×6＝54π cm 3， 所以切削掉部分的体积为54π－34π＝20π cm 3，所以切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027，故选C. 答案：C2．(2016·高考全国丙卷)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81解析：先根据三视图确定几何体的形状，再求其表面积．由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋18 5.故选B. 答案：B类型二 球及其组合体[例2] (1)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( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π解析：基本法：画出球的直观图，利用锥体的体积公式求解． 如图，设球的半径为R ，∵∠AOB ＝90°，∴S △AOB ＝12R 2.∵V O -ABC ＝V C -AOB ，而△AOB 面积为定值，∴当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O -ABC 最大，∴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，∴R ＝6，∴球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π.故选C.速解法：设球的半径为r, 则V O -ABC ＝13×12×r 2h ≤16r 3＝36，故r ＝6.故S 球＝4πr 2＝144π. 答案：C方略点评：基本法是根据直观图，找到C 点位置.,速解法是利用V O -ABC 的表达式的代数关系(≤16r 3)直接求得r .(2)正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：基本法：如图所示，R 2＝(4－R )2＋2，。
高中数学二轮复习(理) 专题四 立体几何 第2讲 课件(全国通用)
考点整合 1.直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法 设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别 为μ＝(a2，b2，c2)，v＝(a3，b3，c3)，则
(1)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a· μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. (2)线面垂直
π 又异面直线所成角范围为0， ，则余弦值为 2
10 5 .
答案 C
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
2.(2017· 全国 Ⅰ 卷 ) 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，
AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°. (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2) 若 PA ＝ PD ＝ AB ＝ DC ，∠ APD ＝ 90 °，求二 面角A－PB－C的余弦值. (1)证明 ∵∠BAP＝∠CDP＝90°， ∴PA⊥AB，PD⊥CD， 又∵AB∥CD，∴PD⊥AB， 又∵PD∩PA＝P，PD，PA⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD，又AB⊂平面PAB，
l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(3)面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λv⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. (4)面面垂直 α⊥β⇔μ⊥v⇔μ· v＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0.
真题感悟· 考点整合 热点聚焦· 题型突破 归纳总结· 思维升华
2.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2， c2 ) ， 平面 α， β 的法向量分别为 μ＝(a3， b3， c3)， v＝(a4， b4， c4)(以下相同). (1)线线夹角 设 l，m 的夹角为
必修二立体几何知识点+例题+练习+答案
行于底面的截面是相似的正多边形 5.旋转体:由一个平面图形绕一条定直线旋转所形成的封闭几何体叫旋转体，这条定
直线叫做旋转体的轴,
6.圆柱、圆锥、圆台：分别以矩形的一边、直角三角形的直角边、直角梯形垂直于 底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫 做圆柱、圆锥、圆台。
必修二立体几何知识点+例题+练习+答案(word 版可编辑修改)
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A
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B
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C
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D
（3).空间几何体的直观图-—斜二测画法特点：
①斜二测坐标系的 y 轴与 x 轴正方向成 45 角；②原来与 x 轴平行的线段仍然与 x 平行，
高考数学二轮复习 第一部分 专题篇 专题四 立体几何 第二讲 空间点、线、面位置关系的判断课时作业
2017届高考数学二轮复习第一部分专题篇专题四立体几何第二讲空间点、线、面位置关系的判断课时作业理1．(2016·正定摸底)已知直线a与平面α，β，α∥β，a⊂α，点B∈β，则在β内过点B的所有直线中( )A．不一定存在与a平行的直线B．只有两条与a平行的直线C．存在无数条与a平行的直线D．存在唯一一条与a平行的直线解析：设直线a和点B所确定的平面为γ，则α∩γ＝a，记β∩γ＝b，∵α∥β，∴a ∥b，故存在唯一一条直线b与a平行．答案：D2．设l，m，n表示不同的直线，α，β，γ表示不同的平面，给出下列四个命题：①若m∥l，且m⊥α，则l⊥α；②若m∥l，且m∥α，则l∥α；③若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，则l∥m∥n；④若α∩β＝m，β∩γ＝l，γ∩α＝n，且n∥β，则l∥m.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：易知①正确；②错误，l与α的具体关系不能确定；③错误，以墙角为例即可说明；④正确，可以以三棱柱为例证明，故选B.答案：B3．如图所示，O为正方体ABCDA1B1C1D1的底面ABCD的中心，则下列直线中与B1O垂直的是( )A．A1D B．AA1C．A1D1D．A1C1解析：由题意知，A1C1⊥平面DD1B1B，又OB1⊂面DD1B1B，所以A1C1⊥OB1，故选D.答案：D4．(2016·某某模拟)设m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β；②若m∥α，m∥β，则α∥β；③若m∥α，n∥α，则m∥n；④若m⊥α，n⊥α，则m∥n.上述命题中，所有真命题的序号是( )A．①④B．②③C．①③D．②④解析：由线面垂直的性质定理知①④正确；平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，故②错；平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能相交或异面，故③错．选A. 答案：A5.如图，在三棱锥PABC中，不能证明AP⊥BC的条件是( )A．AP⊥PB，AP⊥PCB．AP⊥PB，BC⊥PBC．平面BPC⊥平面APC，BC⊥PCD．AP⊥平面PBC解析：A中，因为AP⊥PB，AP⊥PC，PB∩PC＝P，所以AP⊥平面PBC，又BC⊂平面PBC，所以AP⊥BC，故A正确；C中，因为平面BPC⊥平面APC，BC⊥PC，所以BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以AP⊥BC，故C正确；D中，由A知D正确；B中条件不能判断出AP⊥BC，故选B.答案：B6．如图，L，M，N分别为正方体对应棱的中点，则平面LMN与平面PQR的位置关系是( ) A．垂直B．相交不垂直C ．平行D ．重合 解析：如图，分别取另三条棱的中点A ，B ，C 将平面LMN 延展为平面正六边形AMBNCL ，因为PQ ∥AL ，PR ∥AM ，且PQ 与PR 相交，AL与AM 相交，所以平面PQR ∥平面AMBNCL ，即平面LMN ∥平面PQR .答案：C7．一个面截空间四边形的四边得到四个交点，如果该空间四边形的两条对角线与这个截面平行，那么此四个交点围成的四边形是________．解析：如图，由题意得AC ∥平面EFGH ，BD ∥平面EFGH .∵AC ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面EFGH ＝EF ，∴AC ∥EF ，同理AC ∥GH ，所以EF ∥GH .同理，EH ∥FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形．答案：平行四边形8．(2016·某某模拟)如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 为棱DC 的中点，则D 1P 与BC 1所在直线所成角的余弦值等于________．解析：连接AD 1，AP (图略)，则∠AD 1P 就是所求角，设AB ＝2，则AP ＝D 1P ＝5，AD 1＝22，∴cos ∠AD 1P ＝12AD 1D 1P ＝105. 答案：1059.如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值X 围是________．解析：取B 1C 1中点M ，则A 1M ∥AE ；取BB 1中点N ，则MN ∥EF (图略)，∴平面A 1MN ∥平面AEF .若A 1P ∥平面AEF ，只需P ∈MN ，则P 位于MN 中点时，A 1P 最短；当P 位于M 或N 时，A 1P 最长．不难求得A 1P 的取值X 围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤324，52 10.(2016·某某模拟)如图，在四面体ABCD 中，平面BAD ⊥平面CAD ，∠BAD ＝90°.M ，N ，Q 分别为棱AD ，BD ，AC 的中点．(1)求证：CD ∥平面MNQ ；(2)求证：平面MNQ ⊥平面CAD .证明：(1)因为M ，Q 分别为棱AD ，AC 的中点，所以MQ ∥CD ，又CD ⊄平面MNQ ，MQ ⊂平面MNQ ，故CD ∥平面MNQ .(2)因为M ，N 分别为棱AD ，BD 的中点，所以MN ∥AB ，又∠BAD ＝90°，故MN ⊥AD .因为平面BAD ⊥平面CAD ，平面BAD ∩平面CAD ＝AD ，且MN ⊂平面ABD ，所以MN ⊥平面CAD ，又MN ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ⊥平面CAD .11．(2016·某某五校联考)如图，四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是菱形，PA ＝PD ，∠BAD ＝60°，E 是AD 的中点，点Q 在侧棱PC 上．(1)求证：AD ⊥平面PBE ；(2)若Q 是PC 的中点，求证：PA ∥平面BDQ ；(3)若V P BCDE ＝2V Q ABCD ，试求CP CQ的值．解析：(1)证明：由E 是AD 的中点，PA ＝PD 可得AD ⊥PE .又底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，所以AB ＝BD ，又因为E 是AD 的中点，所以AD ⊥BE ，又PE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面PBE .(2)证明：连接AC (图略)，交BD 于点O ，连接OQ .因为O 是AC 的中点， Q 是PC 的中点，所以OQ ∥PA ，又PA ⊄平面BDQ ，OQ ⊂平面BDQ ，(3)设四棱锥P BCDE ，Q ABCD 的高分别为h 1，h 2.所以V P BCDE ＝13S 四边形BCDE h 1， V Q ABCD ＝13S 四边形ABCD h 2.又因为V P BCDE ＝2V Q ABCD ，且S 四边形BCDE ＝34S 四边形ABCD ，所以CP CQ ＝h 1h 2＝83. 12．(2016·某某模拟)一个正方体的平面展开图及该正方体直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC 的中点为M ，GH 的中点为N .(1)请将字母F ，G ，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明理由)；(2)证明：直线MN ∥平面BDH ；(3)过点M ，N ，H 的平面将正方体分割为两部分，求这两部分的体积比．解析：(1)点F ，G ，H 的位置如图所示．(2)证明：连接BD ，设O 为BD 的中点，连接OM ，OH ，AC ，BH ，MN .∵M ，N 分别是BC ，GH 的中点，∴OM ∥CD ，且OM ＝12CD ，NH ∥CD ，且NH ＝12CD ， ∴OM ∥NH ，OM ＝NH ，则四边形MNHO 是平行四边形，∴MN ∥OH ，又∵MN ⊄平面BDH ，OH ⊂平面BDH ，(3)由(2)知，OM∥NH，OM＝NH，连接GM，MH，过点M，N，H的平面就是平面GMH，它将正方体分割为两个同高的棱柱，高都是GH，底面分别是四边形BMGF和三角形MGC，体积比等于底面积之比，即3∶1.。
名师讲坛高考数学二轮专题复习课件：专题二 第2讲 立体几何中的算、证、求问题
图(1)
(变式)
图(2)
(1) 求证：CD⊥平面PBD. 【解答】 因为AD＝AB，∠BAD＝90°， 所以∠ABD＝∠ADB＝45°. 又因为AD∥BC，所以∠DBC＝45°. 又∠DCB＝45°，所以∠BDC＝90°，即BD⊥DC. 因为平面PBD⊥平面BCD，平面PBD∩平面BCD＝BD，CD⊂ 平面BCD，所以CD ⊥平面PBD.
因为AE BC，G为AE的中点， 所以GE 12BC. 因为M，N分别为DC，BD的中点，所以MN
12BC，
所以MN GE，所以四边形MNGE为平行四边形，
所以GN∥EM. 因为EM⊥DC，GN∥EM，所以GN⊥DC.
又AE⊥EC，AE⊥DE，EC∩DE＝E，EC⊂ 平面DCE，DE⊂ 平面DCE，所以AE⊥
2 点的凸多面体的体积为____3____．
【解析】
由题意知以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体为正八面体(即两
个同底等高等棱长的正四棱锥)，所有棱长均为1，其中每个正四棱锥的高均为
2 2
，故
正八面体的体积为
V＝2V正四棱锥＝2×13×12×
22＝
2 3.
(3) 如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2，AD ＝3，E为棱CD上一点，若三棱锥E-PAB的体积为4，则PA的长为____4____．
V锥体＝13Sh 【解析】设正三棱锥的高为h，则有h＝ ×6×3 3× 3＝9.
152－2 32 ＝
3
，所以V＝
1 3
×
1 2
举题固法
目标1 空间几何体体积与表面积的计算
(1) (2019·南京考前综合题)已知一个圆柱的轴截面为正方形，其侧面积为 S1，与该圆柱等底等高的圆锥的侧面积为S2，那么SS12的值为___4_5____．
高三二轮复习数学专题4立体几何课件+课时作业(共6份)
专题四 第二讲一、选择题1．(2013·德阳市二诊)设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，若已知m ⊥n ，m ⊥α，则“n ⊥β”是“α⊥β”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[答案] A[解析]⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥α m ⊥n ⇒n ∥α或n ⊂α n ⊥β⇒α⊥β.⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ⊥α⇒m ∥β或m ⊂β m ⊥n⇒/ n ⊥β. 2．(2014·重庆理，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．54B ．60C ．66D ．72[答案] B [解析] 如图所示该几何体是将一个直三棱柱截去一个三棱锥得到的，直三棱柱底面是直角三角形，两直角边长为3和4，柱高为5，∵EF ∥AC ，AC ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥DF ，在直角梯形ABDF 中，易得DF ＝5，故其表面积为S ＝S Rt △ABC ＋S 矩形ACEF ＋S 梯形ABDF ＋S 梯形BCED ＋S Rt △DEF ＝3×42＋3×5＋(5＋2)×42＋(2＋5)×52＋3×52＝60.3．(文)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 为两条不同的直线．给出下列命题： ①若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α； ②若α∥β，n ⊄β，n ∥α，则n ∥β； ③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ； ④若n ∥m ，n ⊥α，m ⊥β，则α∥β. 其中真命题是( ) A ．①和② B ．①和③ C ．②和④ D ．③和④[答案] C[解析] 若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α或n ⊂α，即命题①不正确，排除A 、B ；若α∥β，n ⊄β，n ∥α，则n ∥β，则命题②正确，排除D ，故应选C.(理)已知α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( ) A ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥n B ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α C ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥n D ．若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥β [答案] C[解析] 对于选项A ，m ，n 有可能平行也有可能异面；对于选项B ，n 有可能在平面α内，所以n 与平面α不一定平行；对于选项D ，m 与β的位置关系可能是m ⊂β，m ∥β，也可能m 与β相交．由n ⊥β，α⊥β得，n ∥α或n ⊂α，又m ⊥α，∴m ⊥n ，故C 正确．4．如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，△AED 、△EBF 、△FCD 分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′，若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )A. 2B.62C.112D.52[答案] B[解析] 由条件知A ′E 、A ′F 、A ′D 两两互相垂直，以A ′为一个顶点，A ′E 、A ′F 、A ′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A ′E ＝A ′F ＝1，A ′D ＝2，∴(2R )2＝12＋12＋22＝6，∴R ＝62. 5．已知矩形ABCD ，AB ＝1，BC ＝ 2.将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中( )A ．存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直B ．存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直C ．存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直D ．对任意位置，三对直线“AC 与BD ”，“AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直 [答案] B[解析] ①过A 、C 作BD 的垂线AE 、CF ，∵AB 与BC 不相等，∴E 与F 不重合，在空间图(2)中，若AC ⊥BD ，∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACE ，∴BD ⊥CE ，这样在平面BCD 内，过点C 有两条直线CE 、CF 都与BD 垂直矛盾，∴A 错；②若AB ⊥CD ，∵AB ⊥AD ，∴AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AC ，∵AB <BC ，∴存在这样的三角形ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ，∴B 选项正确，∴选项D 错；③若AD ⊥BC ，又CD ⊥BC ，∴BC ⊥平面ACD ，∴BC ⊥AC ，∵BC >AB ，这样的△ABC 不存在，∴C 错误．6．(文)已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝2，CC 1＝22，E 为CC 1的中点，则直线AC 1与平面BED 的距离为( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1[答案] D[解析] 本题考查了正四棱柱的性质，点到直线距离的求解．连接AC 、BD ，AC ∩BD ＝O ，连接EO ，则EO ∥AC 1.则点C 到平面BDE 的距离等于AC 1到平面BDE 的距离，过C 作CH ⊥OE 于H ，CH 为所求．在△EOC 中，EC ＝2，CO ＝2，所以CH ＝1.本题解答体现了转化与化归的思想，注意等积法的使用．(理)已知四棱锥P －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，点E 是侧棱PB 的中点，则异面直线AE 与PD 所成角的余弦值为( )A.13B.23C.33 D.23[答案] C[解析] 设AC 与BD 的交点为O ，∵棱锥的各棱长都相等，∴O 为BD 中点，∴EO ∥PD ，∴∠AEO 为异面直线AE 与PD 所成的角，设棱长为1，则AO ＝22，EO ＝12，AE ＝32，∵AO 2＋EO 2＝AE 2，∴cos ∠AEO ＝OE AE ＝33.二、填空题7．a 、b 表示直线，α、β、γ表示平面． ①若α∩β＝a ，b ⊂α，a ⊥b ，则α⊥β；②若a ⊂α，a 垂直于β内任意一条直线，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ⊥b ；④若a 不垂直于平面α，则a 不可能垂直于平面α内无数条直线； ⑤若l ⊂α，m ⊂α，l ∩m ＝A ，l ∥β，m ∥β，则α∥β. 其中为真命题的是__________． [答案] ②⑤[解析] 对①可举反例如图，需b ⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a ，b 不垂直；④对a 只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．8．已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．[答案] 3 3[解析] 4πR 2＝12π，∴R ＝3，△ABC 外接圆半径r ＝2，∴柱高h ＝2R 2－r 2＝2，∴体积V ＝34×(6)2×2＝3 3.9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是线段A 1C 1上的动点，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径R 的取值范围是______________．[答案] ⎣⎡⎦⎤34，32[解析] 当P 为A 1C 1的中点时，设球半径为R ，球心到底面ABCD 距离为h ，则⎩⎪⎨⎪⎧R ＋h ＝1R 2－h 2＝12，∴R ＝34，当P 与A 1(或C 1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R ＝32，∴R ∈[34，32]．三、解答题10．(文)(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P －ABC 中，D 、E 、F 分别为棱PC 、AC 、AB 的中点．已知P A ⊥AC ，P A ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线P A ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC .[解析] (1)由于D 、E 分别是棱PC 、AC 的中点，则有P A ∥DE ， 又P A ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以P A ∥平面DEF .(2)由(1)P A ∥DE ，又P A ⊥AC ，所以DE ⊥AC ， 又F 是AB 中点，所以DE ＝12P A ＝3，EF ＝12BC ＝4，又DF ＝5，所以DE 2＋EF 2＝DF 2，所以DE ⊥EF ，EF 、AC 是平面ABC 内两条相交直线，所以DE ⊥平面ABC ， 又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC .(理)(2013·内江模拟)已知ABCD 是矩形，AD ＝4，AB ＝2，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，P A ⊥平面ABCD .(1)求证：PF ⊥DF ；(2)若PD 与平面ABCD 所成角为30°，在P A 上找一点G ，使EG ∥平面PFD ，并求出AG 的长． [解析] (1)证明：连接AF ，∵P A ⊥平面ABCD ，且DF ⊂平面ABCD ，∴DF ⊥P A ， 又F 为BC 中点，BC ＝4，AB ＝2， ∴BF ＝BA ，∴∠AFB ＝45°， 同理∠DFC ＝45°，∴∠AFD ＝90°，即DF ⊥AF ，∴DF ⊥平面P AF . 又PF ⊂平面P AF ，∴PF ⊥DF .(2)∵P A ⊥平面ABCD ，∴∠PDA 就是PD 与平面ABC 所成角． ∴∠PDA ＝30°，∴P A ＝433.延长DF 交AB 延长线于H ，连接PH ，则平面PDF 就是平面PHD ，在平面P AH 内，过E 作EG ∥PH 交P A 于G .∵EG ∥PH ，PH ⊂平面PHD ，∴EG ∥平面PHD ， 即EG ∥平面PDF ，故点G 为所求． ∴AG AP ＝AE AH ＝14，∴AG ＝33.一、选择题11．(文)(2013·吉大附中模拟)已知m 、n 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A ．m ∥n ，m ⊥α⇒n ⊥αB ．α∥β，m ⊂α，n ⊂β⇒m ∥nC ．m ⊥α，m ⊥n ⇒n ∥αD ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β⇒α∥β [答案] A[解析] 由线面垂直的性质定理知A 正确；如图1知，当m 1⊂β，m 1∩n ＝A 时满足B 的条件，但m 与n 不平行；当m ⊥α，m ⊥n 时，可能有n ⊂α；如图2知，m ∥n ∥l ，α∩β＝l 时满足D 的条件，由此知D 错误．(理)设m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题： ① ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②⎭⎪⎬⎪⎫α ⊥βm ∥α⇒m ⊥β ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α 其中，真命题是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③ D ．②④[答案] C[解析] ①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m 不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m 也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C.12．(文)(2013·西城区模拟)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是棱B 1C 1的中点，动点P 在底面ABCD 内，且P A 1＝A 1E ，则点P 运动形成的图形是( )A ．线段B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分[答案] B[解析] |AP |＝A 1P 2－AA 21＝A 1E 2－A 1B 21＝|B 1E |(定值)，故点P 在底面ABCD 内运动形成的图形是圆弧．(理)(2013·保定市模拟)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为CC 1的中点，P 在底面ABCD 内运动，且满足∠DPD 1＝∠CPM ，则点P 的轨迹为( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分[答案] A[解析] 由∠DPD 1＝∠CPM 得MC PC ＝DD 1DP ＝2MCDP，∴PDPC＝2，在平面ABCD 内，以D 为原点，DA 、DC 分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设DC ＝1，P (x ，y )，∵PD ＝2PC ，∴x 2＋y 2＝2x 2＋(y －1)2，整理得x 2＋(y －43)2＝49，所以，轨迹为圆的一部分，故选A.13．(2013·苍南求知中学月考)已知A 、B 是两个不同的点，m 、n 是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出下列4个命题：①若m ∩n ＝A ，A ∈α，B ∈m ，则B ∈α；②若m ⊂α，A ∈m ，则A ∈α；③若m ⊂α，m ⊥β，则α⊥β；④若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥β，其中真命题为( )A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④[答案] C[解析] ②∵m ⊂α，∴m 上的点都在平面α内，又A ∈m ，∴A ∈α，∴②对；由二面垂直的判定定理知，③正确．二、解答题14．(文)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面ABC 为正三角形，M 、N 、G 分别是棱CC 1、AB 、BC 的中点．且CC 1＝2AC .(1)求证：CN ∥平面AMB 1； (2)求证：B 1M ⊥平面AMG .[证明] (1)如图取线段AB 1的中点P ，连接NP 、MP ，∵CM 綊12BB 1，NP 綊12BB 1，∴CM 綊NP ，∴四边形CNPM 是平行四边形． ∴CN ∥MP .∵CN ⊄平面AMB 1，MP ⊂平面AMB 1， ∴CN ∥平面AMB 1. (2)∵CC 1⊥平面ABC ， ∴平面CC 1B 1B ⊥平面ABC ， ∵AG ⊥BC ，∴AG ⊥平面CC 1B 1B ， ∴B 1M ⊥AG . ∵CC 1⊥平面ABC ， 平面A 1B 1C 1∥平面ABC ， ∴CC 1⊥AC ，CC 1⊥B 1C 1， 设AC ＝2a ，则CC 1＝22a ， 在Rt △MCA 中，AM ＝CM 2＋AC 2＝6a .在Rt △B 1C 1M 中，B 1M ＝B 1C 21＋C 1M 2＝6a .∵BB 1∥CC 1，∴BB 1⊥平面ABC ，∴BB 1⊥AB ， ∴AB 1＝B 1B 2＋AB 2＝C 1C 2＋AB 2＝23a .∵AM 2＋B 1M 2＝AB 21，∴B 1M ⊥AM . 又∵AG ∩AM ＝A ，∴B 1M ⊥平面AMG .(理)如图，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝2，点N 为B 1C 1的中点，点P 在棱A 1C 1上运动．(1)试问点P 在何处时，AB ∥平面PNC ，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，若AA 1<AB ，直线B 1C 与平面BCP 所成角的正弦值为1010，求二面角A －BP －C 的大小.[解析] (1)当点P 为A 1C 1的中点时，AB ∥平面PNC . ∵P 为A 1C 1的中点，N 为B 1C 1的中点，∴PN ∥A 1B 1∥AB ∵AB ⊄平面PNC ，PN ⊂平面PNC ，∴AB ∥平面PNC . (2)设AA 1＝m ，则m <2，∵AB 、BC 、BB ，两两垂直，∴以B 为原点，BA 、BC ，BB 1为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (2,0,0)，C (0,2,0)，B 1(0,0，m )，A 1(2,0，m )，C 1(0,2，m )，∴P (1,1，m )，设平面BCP 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则由n ·BP →＝0，n ·BC →＝0，解得y ＝0，x ＝－mz ， 令z ＝0，则n ＝(－m,0，－1)，又B 1C →＝(0,2，－m )， 直线B 1C 与平面BCP 所成角正弦值为1010， ∴1010＝|n ·B 1C ||n |·|B 1C |，解之得m ＝1 ∴n ＝(－1,0,1)易求得平面ABP 的法向量n 1＝(0，－1,1)cos α＝n ·n 1|n |·|n 1|＝12，设二面角的平面角为θ，则cos θ＝－12，∴θ＝120°.15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图，它们是腰长为6cm 的全等的等腰直角三角．(1)根据图2所给的正(主)视图、侧(左)视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CFF A，求证：EF ∥平面PDA .[解析] (1)该四棱锥相应的俯视图为内含对角线、边长为6cm 的正方形(如图)．其面积为6×6＝36cm 2.(2)连接BF ，延长BF 与AD 交于G ，连接PG .如图，在正方形ABCD 中，BF FG ＝CF F A， 又因为BE EP ＝CF F A ，所以BF FG ＝BE EP， 故在△BGP 中，EF ∥PG ，又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ，所以EF ∥平面PDA .16．(文)(2013·辽宁文，18)如图，AB 是圆O 的直径，P A 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．(1)求证：BC ⊥平面P AC ；(2)设Q 为P A 的中点，G 为△AOC 的重心，求证：QG ∥平面PBC .[解析] (1)由AB 是圆O 的直径，得AC ⊥BC ，由P A ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得P A ⊥BC .又P A ∩AC ＝A ，P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，所以BC ⊥平面P AC .(2)连OG 并延长交AC 于M ，连接QM 、QO ，由G 为△AOC 的重心，得M 为AC 中点．由Q 为P A 中点，得QM ∥PC ，又O 为AB 中点，得OM ∥BC .因为QM ∩MO ＝M ，QM ⊂平面QMO ，MO ⊂平面QMO ，BC ∩PC ＝C ，BC ⊂平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，所以平面QMO ∥平面PBC ，因为QG ⊂平面QMO .所以QG ∥平面PBC .(理)(2013·天津六校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，M 是棱PC 的中点，P A ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值；(3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值．[解析] (1)∵P A ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，且平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD .(2)连接EC ，取EC 中点H ，连接MH ，HB ，∵M 是PC 的中点，H 是EC 的中点，∴MH ∥PE ，由(1)知PE ⊥平面ABCD ，∴MH ⊥平面ABCD ，∴HB 是BM 在平面ABCD 内的射影，∴∠MBH 即为BM 与平面ABCD 所成的角．∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 的中点，∠ADC ＝90°， ∴四边形BCDE 为矩形，又CD ＝3，∴EC ＝2，HB ＝12EC ＝1， 又∵MH ＝12PE ＝32， ∴△MHB 中，tan ∠MBH ＝MH HB ＝32， ∴直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值为32. (3)由(2)知CD ∥BE ，∴直线BM 与CD 所成角即为直线BM 与BE 所成角，连接ME ，在Rt △MHE 中，ME ＝72， 在Rt △MHB 中，BM ＝72， 又BE ＝CD ＝3，∴△MEB 中，cos ∠MBE ＝BM 2＋BE 2－ME 22BM ·BE ＝74＋3－742×72×3＝217， ∴直线BM 与CD 所成角的余弦值为217.。
2019届高考数学大二轮复习精品练习：第1部分 专题4 数列 第2讲 Word版含解析
第一部分 专题四 第二讲A 组1．设{a n }的首项为a 1，公差为－1的等差数列，S n 为其前n 项和．若S 1，S 2，S 4成等比数列，则a 1＝(D )A ．2B ．－2C ．12D ．－12[解析]由题意知S 1＝a 1，S 2＝2a 1－1，S 4＝4a 1－6，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以S 2＝S 1·S 4，即(2a 1－1)2＝a 1(4a 1－6)，解得a 1＝－12.故选D ．2．若数列{a n }为等比数列，且a 1＝1，q ＝2，则T n ＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan ＋1等于( B )A ．1－14nB ．23(1－14n )C ．1－12nD ．23(1－12n)[解析]因为a n ＝1×2n －1＝2n －1，所以a n ·a n ＋1＝2n －1·2n ＝2×4n －1，所以1anan ＋1＝12×(14)n －1，所以{1anan ＋1}也是等比数列，所以T n ＝1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan ＋1＝12×错误!＝错误!(1－错误!)，故选B ．3．(2018·烟台模拟)已知等差数列{a n }中，a 2＝6，a 5＝15，若b n ＝a 2n ，则数列{b n }的前5项和等于( C)A ．30B ．45C ．90D ．186[解析]设{a n }的公差为d ，首项为a 1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a1＋d ＝6，a1＋4d ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧a1＝3，d ＝3，所以a n ＝3n ，所以b n ＝a 2n ＝6n ，且b 1＝6，公差为6，所以S 5＝5×6＋5×42×6＝90.4．等差数列{a n }中，a 1>0，公差d <0，S n 为其前n 项和，对任意自然数n ，若点(n ，S n )在以下4条曲线中的某一条上，则这条曲线应是( C )[解析]∵S n ＝na 1＋错误!d ，∴S n ＝错误!n 2＋(a 1－错误!)n ，又a 1>0，公差d <0，所以点(n ，S n )所在抛物线开口向下，对称轴在y 轴右侧．[点评] 可取特殊数列验证排除，如a n ＝3－n .5．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f (x )，如果对于任意给定的等比数列{a n }，{f (a n )}仍是等比数列，则称f (x )为“保等比数列函数”．现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f (x )＝x 2; ②f (x )＝2x ；③f (x )＝|x|； ④f (x )＝ln|x |.则其中是“保等比数列函数”的f (x )的序号为( C )A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④ [分析]保等比数列函数指：①定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数；②若{a n }是等比数列，则{f (a n )}仍是等比数列．[解析]解法一：设{a n }的公比为q .①f (a n )＝a 2n ，∵a2n ＋1a2n ＝(an ＋1an )2＝q 2，∴{f (a n )}是等比数列，排除B 、D ．③f (a n )＝|an|，∵|an ＋1||an|＝|an ＋1an|＝|q|，∴{f (a n )}是等比数列，排除A ．解法二：不妨令a n ＝2n .①因为f (x )＝x 2，所以f (a n )＝a 2n ＝4n .显然{f (a n )}是首项为4，公比为4的等比数列．②因为f (x )＝2x ，所以f (a 1)＝f (2)＝22，f (a 2)＝f (4)＝24，f (a 3)＝f (8)＝28，所以错误!＝错误!＝4≠错误!＝错误!＝16，所以{f (a n )}不是等比数列．③因为f (x )＝|x|，所以f (a n )＝2n ＝(2)n .显然{f (a n )}是首项为2，公比为2的等比数列．④因为f (x )＝ln|x |，所以f (a n )＝ln2n ＝n ln2.显然{f (a n )}是首项为ln2，公差为ln2的等差数列，故选C ．6．(2018·邵阳一模)已知数列{b n }为等比数列，且b 1009＝e(e 为自然对数的底数)，数列{a n }的首项为1.2_017的值为2018a 则ln ，n b ·n a ＝＋1n a 且，[解析]因为数列{b n }为等比数列，且b 1009＝e(e 为自然对数的底数)，数列{a n }的首项为1，且a n ＋1＝a n ·b n ，所以a 2018＝b 1·b 2·b 3·b 4·…·b 2017＝b 20171009＝e 2017，ln a 2018＝lne 2017＝2017.7．已知数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25，那么1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a10的值为1 023128.[解析]数列{a n }是等比数列，其公比为2，设b n ＝log 2a n ，且数列{b n }的前10项的和为25，所以b 1＋b 2＋…＋b 10 ＝log 2(a 1·a 2·…·a 10)＝log 2(a 10121＋2＋…＋9)＝25，所以a 101×245＝225，可得：a 1＝14.那么1a1＋1a2＋1a3＋…＋1a10＝4(1＋12＋122＋…＋129)＝4×1－12101－12＝1023128.8．已知等比数列{a n }的公比q >1,42是a 1和a 4的一个等比中项，a 2和a 3的等差中项为6，若数列{b n }满足b n ＝log 2a n (n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)求数列{a n b n }的前n 项和S n .[解析](1)因为42是a 1和a 4的一个等比中项，所以a 1·a 4＝(42)2＝32.由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a2·a3＝32，a2＋a3＝12.因为q >1，所以a 3>a 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a2＝4，a3＝8.所以q ＝a3a2＝2.故数列{a n }的通项公式a n ＝2n .(2)由于b n ＝log 2a n (n ∈N *)，所以a n b n ＝n ·2n ， S n ＝1·2＋2·22＋3·23＋…＋(n －1)·2n －1＋n ·2n ，①2S n ＝1·22＋2·23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1.②①－②得，－S n ＝1·2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1＝错误!－n ·2n ＋1.所以S n ＝2－2n ＋1＋n ·2n ＋1＝2＋(n －1)·2n ＋1.9．(文)(2018·天津卷，18)设{a n }是等差数列，其前n 项和为S n (n ∈N *)；{b n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为T n (n∈N *)．已知b 1＝1，b 3＝b 2＋2，b 4＝a 3＋a 5，b 5＝a 4＋2a 6.(1)求S n 和T n ；(2)若S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n ，求正整数n 的值．[解析](1)设等比数列{b n }的公比为q ，由b 1＝1，b 3＝b 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故b n ＝2n －1.所以T n ＝1－2n1－2＝2n －1.设等差数列{a n }的公差为d .由b 4＝a 3＋a 5，可得a 1＋3d ＝4.由b 5＝a 4＋2a 6，可得3a 1＋13d ＝16，从而a 1＝1，d ＝1，故a n ＝n ，所以S n ＝错误!. (2)由(1)，知T 1＋T 2＋…＋T n ＝(21＋22＋…＋2n )－n ＝2n ＋1－n －2.由S n ＋(T 1＋T 2＋…＋T n )＝a n ＋4b n 可得错误!＋2n ＋1－n －2＝n ＋2n ＋1，整理得n 2－3n －4＝0，解得n ＝－1(舍)，或n ＝4.所以n 的值为4.(理)(2018·天津卷，18)设{a n }是等比数列，公比大于0，其前n 项和为S n (n∈N *)，{b n }是等差数列.已知a 1＝1，a 3＝a 2＋2，a 4＝b 3＋b 5，a 5＝b 4＋2b 6.(1)求{a n }和{b n }的通项公式．(2)设数列{S n }的前n 项和为T n (n ∈N *)，①求T n ；②证明[解析](1)设等比数列{a n }的公比为q .由a 1＝1，a 3＝a 2＋2，可得q 2－q －2＝0.因为q >0，可得q ＝2，故a n ＝2n －1.设等差数列{b n }的公差为d ，由a 4＝b 3＋b 5，可得b 1＋3d ＝4.由a 5＝b 4＋2b 6，可得3b 1＋13d ＝16，从而b 1＝1，d ＝1，故b n ＝n .所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1，数列{b n }的通项公式为b n ＝n .(2)①由(1)，有S n ＝1－2n1－2＝2n －1，故T n ＝k ＝1n(2k －1)＝k ＝1n 2k－n ＝错误!－n ＝2n ＋1－n －2.②因为错误!＝错误!＝ 错误!＝错误!－错误!，B 组1．设S n 是公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和，S 1，S 2，S 4成等比数列，且a 3＝－52，则数列{错误!}的前n 项和T n ＝( C ) A ．－n2n ＋1B ．n2n ＋1C ．－2n2n ＋1D ．2n2n ＋1[解析]本题主要考查等差、等比数列的性质以及裂项法求和．设{a n }的公差为d ，因为S 1＝a 1，S 2＝2a 1＋d ＝2a 1＋a3－a12＝32a 1－54，S 4＝3a 3＋a 1＝a 1－152，因为S 1，S 2，S 4成等比数列，所以(32a 1－54)2＝(a 1－152)a 1，整理得4a 21＋12a 1＋5＝0，所以a 1＝－52或a 1＝－12.当a 1＝－52时，公差d ＝0不符合题意，舍去；当a 1＝－12时，公差d ＝a3－a12＝－1，所以a n ＝－12＋(n －1)×(－1)＝－n ＋12＝－12(2n －1)，所以错误!＝－错误!＝－(错误!－错误!)，所以其前n 项和T n ＝－(1－13＋13－15＋…＋12n －1－12n ＋1)＝－(1－12n ＋1)＝－2n2n ＋1，故选C ．2．(文)以S n 表示等差数列{a n }的前n 项和，若S 5>S 6，则下列不等关系不一定成立的是( D )A ．2a 3>3a 4B ．5a 5>a 1＋6a 6C ．a 5＋a 4－a 3<0D ．a 3＋a 6＋a 12<2a 7[解析]依题意得a 6＝S 6－S 5<0,2a 3－3a 4＝2(a 1＋2d )－3(a 1＋3d )＝－(a 1＋5d )＝－a 6>0,2a 3>3a 4；5a 5－(a 1＋6a 6)＝5(a 1＋4d )－a 1－6(a 1＋5d )＝－2(a 1＋5d )＝－2a 6>0,5a 5>a 1＋6a 6；a 5＋a 4－a 3＝(a 3＋a 6)－a 3＝a 6<0.综上所述，故选D ．(理)已知a n ＝32n －11，数列{a n }的前n 项和为S n ，关于a n 及S n 的叙述正确的是( C )A ．a n 与S n 都有最大值B ．a n 与S n 都没有最大值C ．a n 与S n 都有最小值D ．a n 与S n 都没有最小值[解析]画出a n ＝32n －11的图象，点(n ，a n )为函数y ＝32x －11图象上的一群孤立点，(112，0)为对称中心，S 5最小，a 5最小，a 6最大．3．已知正数组成的等差数列{a n }，前20项和为100，则a 7·a 14的最大值是( A )A ．25B ．50C ．100D ．不存在 [解析]∵S 20＝a1＋a202×20＝100，∴a 1＋a 20＝10.∵a 1＋a 20＝a 7＋a 14，∴a 7＋a 14＝10.∵a n >0，∴a 7·a 14≤(a7＋a142)2＝25.当且仅当a 7＝a 14时取等号．4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，S n ＝2a n ＋1，则S n ＝( B )A ．2n －1B ．(32)n －1C ．(23)n －1D ．12n －1[解析]由S n ＝2a n ＋1得S n ＝2(S n ＋1－S n )，即2S n ＋1＝3S n ，∴Sn ＋1Sn ＝32，∵a 1＝1，S 1＝2a 2，∴a 2＝12a 1＝12，∴S 2＝32，∴S2S1＝32，∴S n ＝(32)n －1.5．(2018·山东省实验中学调研)在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n ＋ln(1＋1n)，则a n ＝( A )A ．2＋ln nB ．2＋(n －1)ln nC ．2＋n ln nD ．1＋n ＋ln n[解析]a n ＝(a n －a n －1)＋(a n －1－a n －2)＋…＋(a 2－a 1)＋a 1＝ln n －ln(n －1)＋ln(n －1)－ln(n －2)＋…＋ln2－ln1＋2＝2＋ln n .6．(2018·西安一模)已知数列{a n }的通项公式a n ＝log 2n n ＋1(n∈.16的值为n 4成立的最小自然数－<n S 则使，n S 项和为n 设其前)，*N[解析]因为a n ＝log 2nn ＋1，所以S n ＝log 212＋log 223＋log 234＋…＋log 2n n ＋1＝log 2(12·23·34·…·n n ＋1)＝log 21n ＋1，若S n <－4，则1n ＋1<116，即n >15，则使S n <－4成立的最小自然数n 的值为16.7．如图所示，将正整数排成三角形数阵，每排的数称为一个群，从上到下顺次为第一群，第二群，.－3n －2n 3·2个数的和是n 群中n 则第，个数n 群恰好n 第，…，群n 第，…[解析]由图规律知，第n 行第1个数为2n －1，第2个数为3·2n －2，第3个数为5·2n －3……设这n 个数的和为S则S ＝2n －1＋3·2n －2＋5×2n －3＋…＋(2n －3)·2＋(2n －1)·20①2S n ＝2n ＋3·2n －1＋5·2n －2＋…＋(2n －3)·22＋(2n －1)·21②②－①得S n ＝2n ＋2·2n －1＋2·2n －2＋…＋2·22＋2·2－(2n －1)＝2n ＋2n ＋2n －1＋…＋23＋22－(2n －1)＝2n ＋错误!－(2n －1) ＝2n ＋2n ＋1－4－2n ＋1＝3·2n －2n －3.8．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1，a n ≠0，a n a n ＋1＝λS n －1，其中λ为常数．(1)证明：a n ＋2－a n ＝λ；(2)是否存在λ，使得{a n }为等差数列？并说明理由．[分析](1)利用a n ＋1＝S n ＋1－S n 用配凑法可获证；(2)假设存在λ，则a 1，a 2，a 3应成等差数列求出λ的值，然后依据a n ＋2－a n ＝λ推证{a n }为等差数列．[解析](1)由题设：a n a n ＋1＝λS n －1，a n ＋1a n ＋2＝λS n ＋1－1，两式相减得a n ＋1(a n ＋2－a n )＝λa n ＋1. 由于a n ＋1≠0，所以a n ＋2－a n ＝λ.(2)由题设，a 1＝1，a 1a 2＝λS 1－1，可得a 2＝λ－1.由(1)知，a 3＝λ＋1，令2a 2＝a 1＋a 3，解得λ＝4. 故a n ＋2－a n ＝4，由此可得{a 2n －1}是首项为1，公差为4的等差数列，a 2n －1＝4n －3；{a 2n }是首项为3，公差为4的等差数列，a 2n ＝4n －1.所以a n ＝2n －1，a n ＋1－a n ＝2.因此存在λ＝4，使得数列{a n }为等差数列． 9．已知数列{a n }满足a n ＋1＝－1an ＋2，a 1＝－12.(1)求证{1an ＋1}是等差数列；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)设T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1.若T n ≥p －n 对任意的n ∈N *恒成立，求p 的最大值．[解析](1)证明：∵a n ＋1＝－1an ＋2，∴a n ＋1＋1＝－1an ＋2＋1＝an ＋2－1an ＋2＝an ＋1an ＋2，由于a n ＋1≠0，∴1an ＋1＋1＝an ＋2an ＋1＝1＋1an ＋1， ∴{1an ＋1}是以2为首项，1为公差的等差数列．(2)由(1)题结论知：1an ＋1＝2＋(n －1)＝n ＋1，∴a n ＝1n ＋1－1＝－nn ＋1(n ∈N *)．(3)∵T n ＝a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P －n ，∴n ＋a n ＋a n ＋1＋…＋a 2n －1≥P ，即(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋(1＋a n ＋2)＋…＋(1＋a 2n －1)≥p ，对任意n ∈N *恒成立，而1＋a n ＝1n ＋1，设H (n )＝(1＋a n )＋(1＋a n ＋1)＋…＋(1＋a 2n －1)，∴H (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，H (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，∴H (n ＋1)－H (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0，∴数列{H (n )}单调递增，∴n ∈N *时，H (n )≥H (1)＝12，故P ≤12.1 2.∴P的最大值为。
高中数学 第1章 立体几何初步 4.2 空间图形的公理课时作业 北师大版必修2(2021年整理)
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4．2 空间图形的公理时间：45分钟满分：80分班级________ 姓名________ 分数________一、选择题(每小题5分，共5×6＝30分)1．下列说法正确的个数为（）①有三个公共点的两平面必重合；②平面α和平面β只有一个公共点;③三点确定一个平面．A．1 B．2C．3 D．0答案：D解析：①当这三个公共点共线时，两平面可以相交，但不重合，故①错误；②由公理3，知两个平面若有一个公共点，则必有无数个公共点，故②错误；③不在同一直线上的三点才能确定一个平面,③错误．故选D.2．已知α，β表示两个不同的平面，l表示直线，A，B表示两个不同的点．给出下列命题：①若A∈l，A∈α，B∈l，B∈α，则lα；②若A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，则α∩β＝AB；③若l⃘α，A∈l，则A∉α。
其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3答案：C解析：由公理2可知①正确；由公理3可知②正确；当点A为直线l与平面α的交点时,③错误．3．若∠AOB＝∠A1O1B1，且OA∥O1A1，射线OA，O1A1的方向相同,则下列结论中正确的是( ）A．OB∥O1B1，且射线OB，O1B1的方向相同B．OB∥O1B1C．OB与O1B1不平行D．OB与O1B1不一定平行答案:D解析：如图，在图1中OB∥O1B1，在图2中,OB与O1B1不平行．4．设α为两条异面直线所成的角，则α满足（）A．0°〈α<90° B．0°〈α≤90°C．0°≤α≤90° D．0°〈α〈180°答案：B解析:异面直线所成的角为锐角或直角，故选B。
第2部分专题4 第2讲 第10节 技法(三)——无提示词的情况-2023年新高考英语二轮专题复习冲刺
答案
二 精编外刊好题
NASA has released the first fullcolor image taken by the James Weiber Space Telescope
The orbiting observatory aims to build on the work of earlier telescopes, such as the Hubble and Spitzer. Both of those telescopes led to many __2__ (discovery) and captured detailed and colorful images. But the Webb is designed __3__ (gather) more indepth data and explore parts of space never observed before.
1．length 考查词性转换。句意：它们通常长度在70到90厘米之间， 重量在45到70公斤之间。in length “长度上”。故填length。
2．however 考查副词。句意：然而，与此同时，这也使他们成为了 容易被攻击的目标，迫使他们不断寻求庇护。前后为转折关系，且有逗号 隔开，应用副词however作状语。故填however。
1．powerful 考查词性转换。修饰名词短语space science telescope，应 用形容词作定语，故填powerful。
2．discoveries 考查名词。可数名词前有many修饰，应用复数。故填 discoveries。
湘教版高中同步学案数学必修第二册精品课件 分层作业 第4章 立体几何初步 第2课时 异面直线
tan∠EAB=
=
5
2
=
5
.故选
2
C.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
12.(多选题)一个正方体纸盒展开后如图,在原正方体纸盒中有如下结论,其
中正确的是( AC )
A.AB与EF是异面直线
B.AB与CM所成的角为60°
C.EF与MN是异面直线
∴AA1= 12 -1 12 =
2
AC=3
2
2,
(3 2)2 -(2 3)2 = 6.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
C 级 学科素养创新练
16.如图,在四面体A-BCD中,AC=BD=a,AC与BD所成的角为60°,M,N分别为
3
或 A
AA1的长.
解连接CD1,AC.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
由题意得在四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中,∵A1D1∥BC,A1D1=BC,∴四边形
A1BCD1 是平行四边形,
∴A1B∥CD1,∴∠AD1C(或其补角)为 A1B 和 AD1 所成的角.
4
4
2
2
1
∴cos∠EAG= .
5
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
5
,
2
14.如图,已知圆柱的上底面圆圆心为O,高和底面圆的半径相等,AB是底面
圆的一条直径,点C为底面圆周上一点,且∠ABC=45°,则异面直线AC与OB
1
所成角的余弦值为__________.
苏教版高中数学必修二立体几何第课时作业(2)(1)
第23课时立体几何复习课作业1．经过空间任意三点作平面（ ） A ．只有一个 B ．可作二个 C ．可作无数多个 D ．只有一个或有无数多个2. 两个完全相同的长方体的长、宽、高分别为5cm ，4cm ，3cm ，把它们重叠在一起组成一 个新长方体，在这些新长方体中，最长的对角线的长度是（ ）A ．cm 77B ．cm 27C ．cm 55D ．cm 210 3．已知α，β是平面，m ，n 是直线.下列命题中不．正确的是 （ ） A ．若m ∥n ，m ⊥α，则n ⊥αB ．若m ∥α，α∩β=n ，则m ∥nC ．若m ⊥α，m ⊥β，则α∥βD ．若m ⊥α，β⊂m ，则α⊥β4．在正三棱柱所成的角的大小为与则若中B C AB BB AB C B A ABC 111111,2,=- （ ）A ．60°B ．90°C ．105°D ．75° 5．正三棱锥的侧面与底面所成的二面角的余弦值为33，则其相邻两侧面所成的二面角的余 弦值是 （ ）A ．31 B ．22 C ．21 D ．0 6．若AC 、BD 分别是夹在两个平行平面α 、β 间的两条线段，且AC ＝13，BD ＝15，AC 、BD 在平面β 上的射影长的和是14，则α 、β 间的距离为 ．7．二面角l αβ--内一点P 到平面βα,和棱l 的距离之比为2，则这个二面角的平面角是__________度．8．在北纬ο60圈上有甲乙两地，它们在纬度圈上的弧长为R 2π（R 为地球的半径），则甲乙两地的球面距离为 ．9若平面α内的直角△ABC 的斜边AB=20,平面α外一点O 到A 、B 、C 三点距离都是25,求：点O 到平面的距离．10.正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面边长是3，侧棱长是3，点E ，F 分别在BB 1，DD 1上，且AE ⊥A 1B ，AF ⊥A 1D ．①求证：A 1C ⊥面AEF ；②求二面角A-EF-B 的大小；③点B 1到面AEF 的距离； ④平面AEF 延伸将正四棱柱分割成上下两部分，求V 上∶V 下本节学习疑点：。
高考数学二轮立体几何课时作业2附解析新人教A版
2015高考数学二轮立体几何课时作业2（附解析新人教A版）2015高考数学二轮立体几何课时作业2（附解析新人教A 版）一、选择题1．(2013德阳市二诊)设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，若已知m⊥n，m⊥α，则“n⊥β”是“α⊥β”的()A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]m⊥αm⊥n⇒n∥α或n⊂αn⊥β⇒α⊥β.α⊥βm⊥α⇒m∥β或m⊂βm⊥n⇒/n⊥β.2．(2014重庆理，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．54B．60C．66D．72[答案]B[解析]如图所示该几何体是将一个直三棱柱截去一个三棱锥得到的，直三棱柱底面是直角三角形，两直角边长为3和4，柱高为5，∵EF∥AC，AC⊥平面ABDF，∴EF⊥平面ABDF，∴EF⊥DF，在直角梯形ABDF中，易得DF＝5，故其表面积为S＝SRt△ABC＋S矩形ACEF＋S梯形ABDF＋S梯形BCED＋SRt△DEF＝3×42＋3×5＋5＋2×42＋2＋5×52＋3×52＝60.3．(文)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m、n为两条不同的直线．给出下列命题：①若n∥m，m⊂α，则n∥α；②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β.其中真命题是()A．①和②B．①和③C．②和④D．③和④[答案]C[解析]若n∥m，m⊂α，则n∥α或n⊂α，即命题①不正确，排除A、B；若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β，则命题②正确，排除D，故应选C.(理)已知α、β是两个不同的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是()A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β[答案]C[解析]对于选项A，m，n有可能平行也有可能异面；对于选项B，n有可能在平面α内，所以n与平面α不一定平行；对于选项D，m与β的位置关系可能是m⊂β，m∥β，也可能m与β相交．由n⊥β，α⊥β得，n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故C正确．4．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，△AED、△EBF、△FCD分别沿DE、EF、FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为() A.2B.62C.112D.52[答案]B[解析]由条件知A′E、A′F、A′D两两互相垂直，以A′为一个顶点，A′E、A′F、A′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12＋12＋22＝6，∴R＝62. 5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直[答案]B[解析]①过A、C作BD的垂线AE、CF，∵AB与BC不相等，∴E与F不重合，在空间图(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE ＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，这样在平面BCD内，过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直矛盾，∴A错；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵ABBC，∴存在这样的三角形ABC，AB⊥AC，AB＝AC，∴B选项正确，∴选项D错；③若AD⊥BC，又CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，∵BCAB，这样的△ABC不存在，∴C错误．6．(文)已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1，AB＝2，CC1＝22，E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为() A．2B.3C.2D．1[答案]D[解析]本题考查了正四棱柱的性质，点到直线距离的求解．连接AC、BD，AC∩BD＝O，连接EO，则EO∥AC1.则点C到平面BDE的距离等于AC1到平面BDE的距离，过C 作CH⊥OE于H，CH为所求．在△EOC中，EC＝2，CO＝2，所以CH＝1.本题解答体现了转化与化归的思想，注意等积法的使用．(理)已知四棱锥P－ABCD的侧棱长与底面边长都相等，点E是侧棱PB的中点，则异面直线AE与PD所成角的余弦值为()A.13B.23C.33D.23[答案]C[解析]设AC与BD的交点为O，∵棱锥的各棱长都相等，∴O为BD中点，∴EO∥PD，∴∠AEO为异面直线AE与PD 所成的角，设棱长为1，则AO＝22，EO＝12，AE＝32，∵AO2＋EO2＝AE2，∴cos∠AEO＝OEAE＝33.二、填空题7．a、b表示直线，α、β、γ表示平面．①若α∩β＝a，b⊂α，a⊥b，则α⊥β；②若a⊂α，a垂直于β内任意一条直线，则α⊥β；③若α⊥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a⊥b；④若a不垂直于平面α，则a不可能垂直于平面α内无数条直线；⑤若l⊂α，m⊂α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.其中为真命题的是__________．[答案]②⑤[解析]对①可举反例如图，需b⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a，b不垂直；④对a只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．8．已知三棱柱ABC－A1B1C1底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．[答案]33[解析]4πR2＝12π，∴R＝3，△ABC外接圆半径r＝2，∴柱高h＝2R2－r2＝2，∴体积V＝34×(6)2×2＝33. 9．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P是线段A1C1上的动点，则四棱锥P－ABCD的外接球半径R的取值范围是______________．[答案]34，32[解析]当P为A1C1的中点时，设球半径为R，球心到底面ABCD距离为h，则R＋h＝1R2－h2＝12，∴R＝34，当P与A1(或C1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R＝32，∴R∈[34，32]．三、解答题10．(文)(2014江苏，16)如图，在三棱锥P－ABC中，D、E、F分别为棱PC、AC、AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.[解析](1)由于D、E分别是棱PC、AC的中点，则有PA∥DE，又PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，所以PA∥平面DEF.(2)由(1)PA∥DE，又PA⊥AC，所以DE⊥AC，又F是AB中点，所以DE＝12PA＝3，EF＝12BC＝4，又DF＝5，所以DE2＋EF2＝DF2，所以DE⊥EF，EF、AC是平面ABC内两条相交直线，所以DE⊥平面ABC，又DE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.(理)(2013内江模拟)已知ABCD是矩形，AD＝4，AB＝2，E、F分别是AB、BC的中点，PA⊥平面A求证：PF⊥DF；(2)若PD与平面ABCD所成角为30°，在PA上找一点G，使EG∥平面PFD，并求出AG的长．[解析](1)证明：连接AF，∵PA⊥平面ABCD，且DF⊂平面ABCD，∴DF⊥PA，又F为BC中点，BC＝4，AB＝2，∴BF＝BA，∴∠AFB＝45°，同理∠DFC＝45°，∴∠AFD＝90°，即DF⊥AF，∴DF⊥平面PAF.又PF⊂平面PAF，∴PF⊥DF.(2)∵PA⊥平面ABCD，∴∠PDA就是PD与平面ABC所成角．∴∠PDA＝30°，∴PA＝433.延长DF交AB延长线于H，连接PH，则平面PDF就是平面PHD，在平面PAH内，过E作EG∥PH交PA于G.∵EG∥PH，PH⊂平面PHD，∴EG∥平面PHD，即EG∥平面PDF，故点G为所求．∴AGAP＝AEAH＝14，∴AG＝33.一、选择题11．(文)(2013吉大附中模拟)已知m、n为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是()A．m∥n，m⊥α⇒n⊥αB．α∥β，m⊂α，n⊂β⇒m∥nC．m⊥α，m⊥n⇒n∥αD．m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β⇒α∥β[答案]A[解析]由线面垂直的性质定理知A正确；如图1知，当m1⊂β，m1∩n＝A时满足B的条件，但m与n不平行；当m⊥α，m⊥n时，可能有n⊂α；如图2知，m∥n∥l，α∩β＝l时满足D的条件，由此知D错误．(理)设m、n是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：①α∥βα∥γ⇒β∥γ②α⊥βm∥α⇒m⊥β③m⊥αm∥β⇒α⊥β④m∥nn⊂α⇒m ∥α其中，真命题是()A．①④B．②③C．①③D．②④[答案]C[解析]①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C. 12．(文)(2013西城区模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱B1C1的中点，动点P在底面ABCD 内，且PA1＝A1E，则点P运动形成的图形是()A．线段B．圆弧C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分[答案]B[解析]|AP|＝A1P2－AA21＝A1E2－A1B21＝|B1E|(定值)，故点P在底面ABCD内运动形成的图形是圆弧．(理)(2013保定市模拟)正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为CC1的中点，P在底面ABCD内运动，且满足∠DPD1＝∠CPM，则点P的轨迹为()A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分[答案]A[解析]由∠DPD1＝∠CPM得MCPC＝DD1DP＝2MCDP，∴PDPC＝2，在平面ABCD内，以D为原点，DA、DC分别为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设DC＝1，P(x，y)，∵PD＝2PC，∴x2＋y2＝2x2＋y－12，整理得x2＋(y－43)2＝49，所以，轨迹为圆的一部分，故选A.13．(2013苍南求知中学月考)已知A、B是两个不同的点，m、n是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出下列4个命题：①若m∩n＝A，A∈α，B∈m，则B∈α；②若m⊂α，A∈m，则A∈α；③若m⊂α，m⊥β，则α⊥β；④若m⊂α，n⊂β，m∥n，则α∥β，其中真命题为()A．①③B．①④C．②③D．②④[答案]C[解析]②∵m⊂α，∴m上的点都在平面α内，又A∈m，∴A∈α，∴②对；由二面垂直的判定定理知，③正确．二、解答题14．(文)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为正三角形，M、N、G分别是棱CC1、AB、BC的中点．且CC1＝2AC.(1)求证：CN∥平面AMB1；(2)求证：B1M⊥平面AMG.[证明](1)如图取线段AB1的中点P，连接NP、MP，∵CM綊12BB1，NP綊12BB1，∴CM綊NP，∴四边形CNPM是平行四边形．∴CN∥MP.∵CN⊄平面AMB1，MP⊂平面AMB1，∴CN∥平面AMB1.(2)∵CC1⊥平面ABC，∴平面CC1B1B⊥平面ABC，∵AG⊥BC，∴AG⊥平面CC1B1B，∴B1M⊥AG.∵CC1⊥平面ABC，平面A1B1C1∥平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1⊥B1C1，设AC＝2a，则CC1＝22a，在Rt△MCA中，AM＝CM2＋AC2＝6a.在Rt△B1C1M中，B1M＝B1C21＋C1M2＝6a.∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC，∴BB1⊥AB，∴AB1＝B1B2＋AB2＝C1C2＋AB2＝23a.∵AM2＋B1M2＝AB21，∴B1M⊥AM.又∵AG∩AM＝A，∴B1M⊥平面AMG.(理)如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB⊥BC，且AB＝BC＝2，点N为B1C1的中点，点P在棱A1C1上运动．(1)试问点P在何处时，AB∥平面PNC，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，若AA1AB，直线B1C与平面BCP所成角的正弦值为1010，求二面角A－BP－C的大小.[解析](1)当点P为A1C1的中点时，AB∥平面PNC.∵P为A1C1的中点，N为B1C1的中点，∴PN∥A1B1∥AB ∵AB⊄平面PNC，PN⊂平面PNC，∴AB∥平面PNC.(2)设AA1＝m，则m2，∵AB、BC、BB，两两垂直，∴以B为原点，BA、BC，BB1为x轴、y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0，m)，A1(2,0，m)，C1(0,2，m)，∴P(1,1，m)，设平面BCP的法向量n＝(x，y，z)，则由nBP→＝0，nBC→＝0，解得y＝0，x＝－mz，令z＝0，则n＝(－m,0，－1)，又B1C→＝(0,2，－m)，直线B1C与平面BCP所成角正弦值为1010，∴1010＝|nB1C||n||B1C|，解之得m＝1∴n＝(－1,0,1)易求得平面ABP的法向量n1＝(0，－1,1)cosα＝nn1|n||n1|＝12，设二面角的平面角为θ，则cosθ＝－12，∴θ＝120°.15．如图1，在四棱锥P－ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直(图1)，图2为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图，它们是腰长为6cm的全等的等腰直角三角．(1)根据图2所给的正(主)视图、侧(左)视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)图3中，E为棱PB上的点，F为底面对角线AC上的点，且BEEP＝CFFA，求证：EF∥平面PDA.[解析](1)该四棱锥相应的俯视图为内含对角线、边长为6cm的正方形(如图)．其面积为6×6＝36cm2.(2)连接BF，延长BF与AD交于G，连接PG.如图，在正方形ABCD中，BFFG＝CFFA，又因为BEEP＝CFFA，所以BFFG＝BEEP，故在△BGP中，EF∥PG，又EF⊄平面PDA，PG⊂平面PDA，所以EF∥平面文)(2013辽宁文，18)如图，AB是圆O的直径，PA垂直圆O所在的平面，C是圆O上的点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC.[解析](1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)连OG并延长交AC于M，连接QM、QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为PA中点，得QM∥PC，又O为AB中点，得OM∥BC.因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC，因为QG⊂平面QMO.所以QG∥平面PBC.(理)(2013天津六校联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ADC＝90°，平面PAD⊥底面ABCD，E为AD的中点，M是棱PC的中点，PA ＝PD＝2，BC＝12AD＝1，CD＝3.(1)求证：PE⊥平面ABCD；(2)求直线BM与平面ABCD所成角的正切值；(3)求直线BM与CD所成角的余弦值．[解析](1)∵PA＝PD，E为AD的中点，∴PE⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PE⊥平面ABCD.(2)连接EC，取EC中点H，连接MH，HB，∵M是PC的中点，H是EC的中点，∴MH∥PE，由(1)知PE⊥平面ABCD，∴MH⊥平面ABCD，∴HB是BM在平面ABCD内的射影，∴∠MBH即为BM与平面ABCD所成的角．∵AD∥BC，BC＝12AD，E为AD的中点，∠ADC＝90°，∴四边形BCDE为矩形，又CD＝3，∴EC＝2，HB＝12EC＝1，又∵MH＝12PE＝32，∴△MHB中，tan∠MBH＝MHHB＝32，∴直线BM与平面ABCD所成角的正切值为32.(3)由(2)知CD∥BE，∴直线BM与CD所成角即为直线BM 与BE所成角，连接ME，在Rt△MHE中，ME＝72，在Rt△MHB中，BM＝72，又BE＝CD＝3，∴△MEB中，cos∠MBE＝BM2＋BE2－ME22BMBE＝74＋3－742×72×3＝217，∴直线BM与CD所成角的余弦值为217.。
高中数学二轮复习 专题4 立体几何(第2讲)课时作业 新
【走向高考】2015届高中数学二轮复习 专题4 立体几何（第2讲）课时作业 新人教A 版一、选择题 1．(2013·德阳市二诊)设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，若已知m ⊥n ，m ⊥α，则“n ⊥β”是“α⊥β”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] A[解析]⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥α m ⊥n ⇒n ∥α或n ⊂α n ⊥β⇒α⊥β.⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ⊥α⇒m ∥β或m ⊂βm ⊥n⇒/ n ⊥β.2．(2014·重庆理，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．54B ．60C ．66D ．72 [答案] B[解析]如图所示该几何体是将一个直三棱柱截去一个三棱锥得到的，直三棱柱底面是直角三角形，两直角边长为3和4，柱高为5，∵EF ∥AC ，AC ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥DF ，在直角梯形ABDF 中，易得DF ＝5，故其表面积为S ＝SRt △ABC ＋S 矩形ACEF ＋S 梯形ABDF ＋S 梯形BCED ＋SRt △DEF ＝3×42＋3×5＋5＋2×42＋2＋5×52＋3×52＝60. 3．(文)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 为两条不同的直线．给出下列命题： ①若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α；②若α∥β，n ⊄β，n ∥α，则n ∥β； ③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；④若n ∥m ，n ⊥α，m ⊥β，则α∥β. 其中真命题是( ) A ．①和② B ．①和③ C ．②和④ D ．③和④ [答案] C[解析] 若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α或n ⊂α，即命题①不正确，排除A 、B ；若α∥β，n ⊄β，n ∥α，则n ∥β，则命题②正确，排除D ，故应选C.(理)已知α、β是两个不同的平面，m 、n 是两条不重合的直线，下列命题中正确的是( ) A ．若m ∥α，α∩β＝n ，则m ∥n B ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αC ．若m ⊥α，n ⊥β，α⊥β，则m ⊥nD ．若α⊥β，α∩β＝n ，m ⊥n ，则m ⊥β [答案] C[解析] 对于选项A ，m ，n 有可能平行也有可能异面；对于选项B ，n 有可能在平面α内，所以n 与平面α不一定平行；对于选项D ，m 与β的位置关系可能是m ⊂β，m ∥β，也可能m 与β相交．由n ⊥β，α⊥β得，n ∥α或n ⊂α，又m ⊥α，∴m ⊥n ，故C 正确．4．如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点，△AED 、△EBF 、△FCD 分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A′，若四面体A′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为( )A. 2B.6 2C.112 D.52[答案] B[解析]由条件知A′E、A′F、A′D两两互相垂直，以A′为一个顶点，A′E、A′F、A′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12＋12＋22＝6，∴R＝6 2.5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直[答案] B[解析]①过A、C作BD的垂线AE、CF，∵AB与BC不相等，∴E与F不重合，在空间图(2)中，若AC⊥BD，∵AC∩AE＝A，∴BD⊥平面ACE，∴BD⊥CE，这样在平面BCD内，过点C有两条直线CE、CF都与BD垂直矛盾，∴A错；②若AB⊥CD，∵AB⊥AD，∴AB⊥平面ACD，∴AB⊥AC，∵AB<BC，∴存在这样的三角形ABC，AB⊥AC，AB＝AC，∴B选项正确，∴选项D 错；③若AD⊥BC，又CD⊥BC，∴BC⊥平面ACD，∴BC⊥AC，∵BC>AB，这样的△ABC不存在，∴C错误．6．(文)已知正四棱柱ABCD －A1B1C1D1，AB ＝2，CC1＝22，E 为CC1的中点，则直线AC1与平面BED 的距离为( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 [答案] D[解析] 本题考查了正四棱柱的性质，点到直线距离的求解．连接AC 、BD ，AC∩BD ＝O ，连接EO ，则EO ∥AC1.则点C 到平面BDE 的距离等于AC1到平面BDE 的距离，过C 作CH ⊥OE 于H ，CH 为所求．在△EOC 中，EC ＝2，CO ＝2，所以CH ＝1.本题解答体现了转化与化归的思想，注意等积法的使用．(理)已知四棱锥P －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，点E 是侧棱PB 的中点，则异面直线AE 与PD 所成角的余弦值为( ) A.13 B.23 C.33D.23[答案] C[解析] 设AC 与BD 的交点为O ，∵棱锥的各棱长都相等，∴O 为BD 中点，∴EO ∥PD ，∴∠AEO 为异面直线AE 与PD 所成的角，设棱长为1，则AO ＝22，EO ＝12，AE ＝32，∵AO2＋EO2＝AE2，∴cos ∠AEO ＝OE AE ＝33.二、填空题7．a 、b 表示直线，α、β、γ表示平面． ①若α∩β＝a ，b ⊂α，a ⊥b ，则α⊥β；②若a ⊂α，a 垂直于β内任意一条直线，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ⊥b ；④若a 不垂直于平面α，则a 不可能垂直于平面α内无数条直线； ⑤若l ⊂α，m ⊂α，l∩m ＝A ，l ∥β，m ∥β，则α∥β. 其中为真命题的是__________． [答案] ②⑤[解析] 对①可举反例如图，需b ⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a ，b 不垂直；④对a 只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．8．已知三棱柱ABC －A1B1C1底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．[答案] 3 3[解析] 4πR2＝12π，∴R ＝3，△ABC 外接圆半径r ＝2，∴柱高h ＝2R2－r2＝2，∴体积V ＝34×(6)2×2＝3 3.9．已知正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为1，点P 是线段A1C1上的动点，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径R 的取值范围是______________． [答案] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，32[解析] 当P 为A1C1的中点时，设球半径为R ，球心到底面ABCD 距离为h ，则⎩⎪⎨⎪⎧R ＋h ＝1R2－h2＝12，∴R ＝34，当P 与A1(或C1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R ＝32，∴R ∈[34，32]． 三、解答题10．(文)(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P －ABC 中，D 、E 、F 分别为棱PC 、AC 、AB 的中点．已知PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC.[解析] (1)由于D 、E 分别是棱PC 、AC 的中点，则有PA ∥DE ， 又PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以PA ∥平面DEF.(2)由(1)PA ∥DE ，又PA ⊥AC ，所以DE ⊥AC ， 又F 是AB 中点，所以DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4，又DF ＝5，所以DE2＋EF2＝DF2，所以DE ⊥EF ，EF 、AC 是平面ABC 内两条相交直线，所以DE ⊥平面ABC ， 又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC. (理)(2013·内江模拟)已知ABCD 是矩形，AD ＝4，AB ＝2，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，PA ⊥平面ABCD.(1)求证：PF ⊥DF ；(2)若PD 与平面ABCD 所成角为30°，在PA 上找一点G ，使EG ∥平面PFD ，并求出AG 的长． [解析] (1)证明：连接AF ，∵PA ⊥平面ABCD ，且DF ⊂平面ABCD ，∴DF ⊥PA ， 又F 为BC 中点，BC ＝4，AB ＝2， ∴BF ＝BA ，∴∠AFB ＝45°， 同理∠DFC ＝45°，∴∠AFD ＝90°，即DF ⊥AF ，∴DF ⊥平面PAF. 又PF ⊂平面PAF ，∴PF ⊥DF.(2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PDA 就是PD 与平面ABC 所成角． ∴∠PDA ＝30°，∴PA ＝43 3.延长DF 交AB 延长线于H ，连接PH ，则平面PDF 就是平面PHD ，在平面PAH 内，过E 作EG ∥PH 交PA 于G.∵EG ∥PH ，PH ⊂平面PHD ，∴EG ∥平面PHD ， 即EG ∥平面PDF ，故点G 为所求． ∴AG AP ＝AE AH ＝14，∴AG ＝33.一、选择题 11．(文)(2013·吉大附中模拟)已知m 、n 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A ．m ∥n ，m ⊥α⇒n ⊥αB ．α∥β，m ⊂α，n ⊂β⇒m ∥nC ．m ⊥α，m ⊥n ⇒n ∥αD ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β⇒α∥β [答案] A[解析] 由线面垂直的性质定理知A 正确；如图1知，当m1⊂β，m1∩n ＝A 时满足B 的条件，但m 与n 不平行；当m ⊥α，m ⊥n 时，可能有n ⊂α；如图2知，m ∥n ∥l ，α∩β＝l 时满足D 的条件，由此知D 错误．(理)设m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题： ① ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②⎭⎪⎬⎪⎫α ⊥βm ∥α⇒m ⊥β ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α其中，真命题是( )A ．①④B ．②③C ．①③D ．②④ [答案] C[解析] ①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m 不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m 也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C. 12．(文)(2013·西城区模拟)如图，正方体ABCD －A1B1C1D1中，E 是棱B1C1的中点，动点P 在底面ABCD 内，且PA1＝A1E ，则点P 运动形成的图形是( )A ．线段B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分 [答案] B[解析] |AP|＝A1P2－AA21＝A1E2－A1B21＝|B1E|(定值)，故点P 在底面ABCD 内运动形成的图形是圆弧． (理)(2013·保定市模拟)正方体ABCD －A1B1C1D1中，M 为CC1的中点，P 在底面ABCD 内运动，且满足∠DPD1＝∠CPM ，则点P 的轨迹为( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分 [答案] A[解析] 由∠DPD1＝∠CPM 得MC PC ＝DD1DP ＝2MCDP ，∴PDPC ＝2，在平面ABCD 内，以D 为原点，DA 、DC 分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设DC ＝1，P(x ，y)，∵PD ＝2PC ，∴x2＋y2＝2x2＋y －12，整理得x2＋(y －43)2＝49，所以，轨迹为圆的一部分，故选A. 13．(2013·苍南求知中学月考)已知A 、B 是两个不同的点，m 、n 是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出下列4个命题：①若m∩n ＝A ，A ∈α，B ∈m ，则B ∈α；②若m ⊂α，A ∈m ，则A ∈α；③若m ⊂α，m ⊥β，则α⊥β；④若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥β，其中真命题为( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④ [答案] C[解析] ②∵m ⊂α，∴m 上的点都在平面α内，又A ∈m ，∴A ∈α，∴②对；由二面垂直的判定定理知，③正确． 二、解答题14．(文)如图，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，底面ABC 为正三角形，M 、N 、G 分别是棱CC1、AB 、BC 的中点．且CC1＝2AC.(1)求证：CN ∥平面AMB1； (2)求证：B1M ⊥平面AMG.[证明] (1)如图取线段AB1的中点P ，连接NP 、MP ， ∵CM 綊12BB1， NP 綊12BB1，∴CM 綊NP ，∴四边形CNPM 是平行四边形． ∴CN ∥MP .∵CN ⊄平面AMB1，MP ⊂平面AMB1， ∴CN ∥平面AMB1. (2)∵CC1⊥平面ABC ，∴平面CC1B1B ⊥平面ABC ，∵AG ⊥BC ，∴AG ⊥平面CC1B1B ， ∴B1M ⊥AG.∵CC1⊥平面ABC ，平面A1B1C1∥平面ABC ， ∴CC1⊥AC ，CC1⊥B1C1，设AC ＝2a ，则CC1＝22a ，在Rt △MCA 中，AM ＝CM2＋AC2＝6a. 在Rt △B1C1M 中，B1M ＝B1C21＋C1M2＝6a. ∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC ，∴BB1⊥AB ，∴AB1＝B1B2＋AB2＝C1C2＋AB2＝23a. ∵AM2＋B1M2＝AB21，∴B1M ⊥AM. 又∵AG∩AM ＝A ，∴B1M ⊥平面AMG.(理)如图，在三棱柱ABC —A1B1C1中，AA1⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝2，点N 为B1C1的中点，点P 在棱A1C1上运动．(1)试问点P 在何处时，AB ∥平面PNC ，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，若AA1<AB ，直线B1C 与平面BCP 所成角的正弦值为1010，求二面角A －BP －C 的大小.[解析] (1)当点P 为A1C1的中点时，AB ∥平面PNC.∵P 为A1C1的中点，N 为B1C1的中点，∴PN ∥A1B1∥AB ∵AB ⊄平面PNC ，PN ⊂平面PNC ，∴AB ∥平面PNC. (2)设AA1＝m ，则m<2，∵AB 、BC 、BB ，两两垂直，∴以B 为原点，BA 、BC ，BB1为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0，m)，A1(2,0，m)，C1(0,2，m)，∴P(1,1，m)，设平面BCP 的法向量n ＝(x ，y ，z)， 则由n·BP →＝0，n·BC →＝0，解得y ＝0，x ＝－mz ， 令z ＝0，则n ＝(－m,0，－1)，又B1C →＝(0,2，－m)， 直线B1C 与平面BCP 所成角正弦值为1010， ∴1010＝|n·B1C||n|·|B1C|，解之得m ＝1 ∴n ＝(－1,0,1)易求得平面ABP 的法向量n1＝(0，－1,1)cosα＝n·n1|n|·|n1|＝12，设二面角的平面角为θ，则cosθ＝－12，∴θ＝120°.15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图，它们是腰长为6cm 的全等的等腰直角三角．(1)根据图2所给的正(主)视图、侧(左)视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CFFA ，求证：EF ∥平面PDA.[解析] (1)该四棱锥相应的俯视图为内含对角线、边长为6cm 的正方形(如图)．其面积为6×6＝36cm2.(2)连接BF ，延长BF 与AD 交于G ，连接PG. 如图，在正方形ABCD 中， BF FG ＝CF FA ，又因为BE EP ＝CF FA ，所以BF FG ＝BE EP ，故在△BGP 中，EF ∥PG ，又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ， 所以EF ∥平面PDA. 16．(文)(2013·辽宁文，18)如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．(1)求证：BC⊥平面PAC；(2)设Q为PA的中点，G为△AOC的重心，求证：QG∥平面PBC. [解析](1)由AB是圆O的直径，得AC⊥BC，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AC＝A，PA⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC.(2)连OG并延长交AC于M，连接QM、QO，由G为△AOC的重心，得M为AC中点．由Q为PA中点，得QM∥PC，又O为AB中点，得OM∥BC.因为QM∩MO＝M，QM⊂平面QMO，MO⊂平面QMO，BC∩PC＝C，BC⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，所以平面QMO∥平面PBC，因为QG⊂平面QMO.所以QG∥平面PBC.(理)(2013·天津六校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，M 是棱PC 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.(1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值； (3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值．[解析] (1)∵PA ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD. (2)连接EC ，取EC 中点H ，连接MH ，HB ，∵M 是PC 的中点，H 是EC 的中点，∴MH ∥PE ， 由(1)知PE ⊥平面ABCD ，∴MH ⊥平面ABCD ， ∴HB 是BM 在平面ABCD 内的射影，∴∠MBH 即为BM 与平面ABCD 所成的角．∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 的中点，∠ADC ＝90°，∴四边形BCDE 为矩形，又CD ＝3，∴EC ＝2，HB ＝12EC ＝1， 又∵MH ＝12PE ＝32，∴△MHB 中，tan ∠MBH ＝MH HB ＝32， ∴直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值为32.(3)由(2)知CD ∥BE ，∴直线BM 与CD 所成角即为直线BM 与BE 所成角， 连接ME ，在Rt △MHE 中，ME ＝72， 在Rt △MHB 中，BM ＝72， 又BE ＝CD ＝3，∴△MEB 中，cos ∠MBE ＝BM2＋BE2－ME22BM·BE ＝74＋3－742×72×3＝217， ∴直线BM 与CD 所成角的余弦值为217.。
苏教版高中数学必修二立体几何第课时作业(2)
让学生学会学习
第2课时 圆柱、圆锥、圆台、球
分层训练
1.半圆以它的直径为旋转轴, 旋转所成的曲面是 ( ) A.半球 B.球 C.球面 D.半球面
2.直角梯形以其较大的底边为旋转轴, 其余各边旋转所得的曲面的几何体可看作 ( ) A.一个棱柱叠加一个圆锥 B 一个圆台叠加一个圆锥
C.一个圆柱叠加一个圆锥
D.一个圆柱挖去一圆锥
3.线段y=2x (0≤x ≤2)绕x 轴旋转一周所得的图形是 ( ) A.圆锥 B.圆锥面
C.圆锥的底面
D.圆柱中挖去一个圆锥 4.给出下列命题:
(1)圆柱的任意两条母线互相平行; (2)球上的点与球心距离都相等;
(3)圆锥被平行于底面的平面所截, 得到两个
几何体, 其中一个仍然是圆锥, 另一个是
圆台. 其中正确命题的个数为 ( )
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3 5.在直角坐标系中有一个直角三角形OAB , 现将该三角形分别绕x 轴, y 轴各旋转一周, 得到两个几何体, 的几何体吗? 【解】
6.如图是一个矩形及与之内切的半圆, 则阴影部分绕半圆的直径旋转一周的几何体是由哪几个简单几何体组成的? 【解】
拓展延伸
1.
(1)任意一个圆柱去掉底面后，沿任意一条母线割开，将其侧面放在平面上展开，它是什么样的平面图形？
(2)任意一个圆锥和圆台去掉底面后，沿任意一条母线割开，将其侧面放在平面上展开，它是什么样的平面图形？
(3)球能展成平面图形吗？
2.(1)一个直角梯形绕它的较长底边旋转一周，所形成的几何体是由哪些简单的几何体构成的？若绕它的较短底边呢？
(2)如图的几何体是由一个棱锥挖去一个圆柱构成的，试画出旋转一周能得到这个几何体的平面图形？
节学习疑点：。
人教A版高中数学必修二新课标教学案立体几何第课时作业
凡事豫（预）则立，不豫（预）则废。
第21课时 面积与体积复习课
分层训练
1、已知正四棱柱的底面边长是3
，侧面的对角线长是，求这个正四棱柱的侧面积。
2、求底面边长为2，高为1的正三棱锥的全面积。
3、在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，用截面截下一个棱锥C-A 1DD 1，求C-A 1DD 1的体积与剩余部分的体积之比．
4、在△ABC 中，AB=2，AC=1.5，∠ABC=1200（如图）．若将△ABC 绕直线AC 旋转一周，求形成的旋转体的体积．
5、用一张长12cm ，宽8cm 的矩形围成圆柱形的侧面，求这个圆柱的体积。
6、已知一个铜质的五棱柱底面积为16cm 2，高为4cm ，现将它熔化后铸成一个正方体的铜块，那么铸成的铜块的棱长为多少（不计损耗）？
7、若一个六棱锥的高为10cm ，底面是边长为6cm 的正六边形，求这个六棱锥的体积．
拓展延伸
8、一个正四棱台形油槽可以装煤油190升，假如它的上、下底边长分别等于60cm 和40cm ，求它的深度．
9、一个平面截一个球得到直径是6cm 的圆面，球心到这个平面的距离是4cm ，求该球的表面积和体积。
10、已知正三棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，这样的三棱柱能否放进一个体积为16 的小球？为什么？
本节学习疑点：
A A 1
B
C
D B 1 D 1 C 1。
高考数学二轮解析几何课时作业2附解析新人教A版
2015高考数学二轮解析几何课时作业2（附解析新人教A版）2015高考数学二轮解析几何课时作业2（附解析新人教A 版）一、选择题1．已知方程x22－k＋y22k－1＝1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是()A．(12，2)B．(1，＋∞)C．(1,2)D．(12，1)[答案]C[解析]由题意可得，2k－12－k0，即2k－12－k，2－k0，解得1k2，故选C.2．(文)(2014合肥市第一次质检)过双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的一个焦点作实轴的垂线，交双曲线于A、B两点，若线段AB的长度恰等于焦距，则双曲线的离心率为()A.5＋12B.102C.17＋14D.224[答案]A[解析]依题意得2b2a＝2c，c2－ac－a2＝0，即e2－e－1＝0，(e－12)2＝54，又e1，因此e－12＝52，e＝5＋12，故选A.(理)(2013新课标Ⅰ理，4)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b＞0)的离心率为52，则C的渐近线方程为() A．y＝±14xB．y＝±13xC．y＝±12xD．y＝±x[答案]C[解析]e＝ca＝52∴c2a2＝54∴b2＝54a2－a2＝a24∴ba＝12，即渐近线方程为y＝±12x.3．(文)(2013湛江测试)从抛物线y2＝8x上一点P引抛物线准线的垂线，垂足为M，且|PM|＝5，设抛物线的焦点为F，则△PFM的面积为()A．56B．65C．102D．52[答案]A[解析]抛物线的焦点F(2,0)，准线方程为x＝－2.设P(m，n)，则|PM|＝m＋2＝5，解得m＝3.代入抛物线方程得n2＝24，故|n|＝26，则S△PFM＝12|PM||n|＝12×5×26＝56.(理)(2013德州模拟)设F1、F2分别是椭圆E：x2＋y2b2＝1(0b1)的左、右焦点，过F1的直线l与椭圆相交于A、B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列，则|AB|的长为()A.23B．1C.43D.53[答案]C[解析]由条件知，|AF2|＋|BF2|＝2|AB|，|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2，∴|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝4，∴|AB|＝43.4．(2014河北名师名校俱乐部模拟)设抛物线x2＝8y的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足，如果直线AF的倾斜角等于60°，那么|PF|等于() A．23B．43C.83D．4[答案]C[解析]在△APF中，|PA|＝|PF|，|AF|sin60°＝4，∴|AF|＝833，又∠PAF＝∠PFA＝30°，过P作PB⊥AF于B，则|PF|＝|BF|cos30°＝2|AF|cos30°＝83. 5．(文)(2013广东理，7)已知中心在原点的双曲线C的右焦点为F(3,0)，离心率等于32，则C的方程是()A.x24－y25＝1B.x24－y25＝1C.x22－y25＝1D.x22－y25＝1[答案]B[解析]e＝32，c＝3，∴a＝2，∴b2＝c2－a2＝5即双曲线的标准方程为x24－y25＝1.(理)(2013保定市二模)已知点F1、F2分别为双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点，P为双曲线左支上的任意一点，若|PF2|2|PF1|的最小值为9a，则双曲线的离心率为()A．2B．5C．3D．2或5[答案]B[解析]由双曲线定义得|PF2|＝2a＋|PF1|，∴|PF2|2|PF1|＝2a＋|PF1|2|PF1|＝|PF1|＋4a2|PF1|＋4a，其中|PF1|≥c－a.当c－a≤2a 时，y＝x＋4a2x在[c－a，＋∞)上为减函数，没有最小值，故c－a2a，即c3a⇒e3，y＝x＋4a2x在[c－a，＋∞)上为增函数，故f(x)min＝f(c－a)＝c－a＋4a2c－a＋4a＝9a，化简得10a2－7ac＋c2＝0，两边同除以a2可得e2－7a＋10＝0，解得e＝5或e＝2(舍去)．6．(2014新乡、许昌、平顶山二调)若双曲线x2a－y2b＝1(a0，b0)和椭圆x2m＋y2n＝1(mn0)有共同的焦点F1、F2，P是两条曲线的一个交点，则|PF1||PF2|()A．m2－a2B.m－aC.12(m－a)D.(m－a)[答案]D[解析]不妨设F1、F2分别为左、右焦点，P在双曲线的右支上，由题意得|PF1|＋|PF2|＝2m，|PF1|－|PF2|＝2a，∴|PF1|＝m＋a，|PF2|＝m－a，故|PF1||PF2|＝m－a.二、填空题7．(2013安徽理，13)已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A、B两点，若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a 的取值范围为________．[答案]a≥1[解析]显然a0，不妨设A(a，a)，B(－a，a)，C(x0，x20)，则CB→＝(－a－x0，a－x20)，CA→＝(a－x0，a－x20)，∵∠ACB＝90°.∴CA→CB→＝(a－x0，a－x20)(－a－x0，a－x20)＝0. ∴x20－a＋(a－x20)2＝0，则x20－a≠0.∴(a－x20)(a－x20－1)＝0，∴a－x20－1＝0.∴x20＝a－1，又x20≥0.∴a≥1.8．(2014长沙市模拟)设点P是双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)与圆x2＋y2＝a2＋b2在第一象限的交点，其中F1、F2分别是双曲线的左、右焦点，且|PF1|＝2|PF2|，则双曲线的离心率为________．[答案]5[解析]设|PF2|＝m，则|PF1|＝2m，|F1F2|＝|PF1|2|PF2|2＝5m，因此双曲线的离心率为|F1F2||PF2|－|PF1|＝5.9．(2014湖南理，15)如图，正方形ABCD和正方形DEFG 的边长分别为a、b(ab)，原点O为AD的中点，抛物线y2＝2px(p0)经过C、F两点，则ba＝________.[答案]2＋1[解析]由题可得C(a2，－a)，F(a2＋b，b)，∵C、F在抛物线y2＝2px上，∴a2＝pa，b2＝2pa2＋b，∴ab＝2＋1，故填2＋1.三、解答题10．(文)(2013厦门质检)已知双曲线的方程是16x2－9y2＝144.(1)求这双曲线的焦点坐标、离心率和渐近线方程；(2)设F1和F2是双曲线的左、右焦点，点P在双曲线上，且|PF1||PF2|＝32，求∠F1PF2的大小．[解析](1)由16x2－9y2＝144得x29－y216＝1，∴a＝3，b＝4，c＝5，∴焦点坐标F1(－5,0)，F2(5,0)，离心率e＝53，渐近线方程为y＝±43x.(2)由(1)知||PF1|－|PF2||＝6，cos∠F1PF2＝|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|22|PF1||PF2|＝|PF1|－|PF2|2＋2|PF1||PF2|－|F1F2|22|PF1||PF2|＝36＋64－10064＝0，∵∠F1PF2∈(0,180°)，∴∠F1PF2＝90°.(理)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，并且直线y＝x＋b是抛物线y2＝4x的一条切线．(1)求椭圆的方程；(2)过点S(0，－13)的动直线l交椭圆C于A、B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．[解析](1)由y＝x＋b，y2＝4x消去y得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，因为直线y＝x＋b与抛物线y2＝4x相切，所以Δ＝(2b－4)2－4b2＝0，解得b＝1.因为e＝ca＝22，∴c2a2＝a2－1a2＝12，∴a2＝2.故所求椭圆方程为x22＋y2＝1.(2)当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋13)2＝(43)2.当l与y轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.由x2＋y＋132＝432，x2＋y2＝1，解得x＝0，y＝1.即两圆相切于点(0,1)，因此，所求的点T如果存在，只能是(0,1)．事实上，点T(0,1)就是所求的点，证明如下：当直线l垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T(0,1)．若直线l不垂直于x轴，可设直线l的方程为y＝kx－13，由y＝kx－13，x22＋y2＝1消去y得(18k2＋9)x2－12kx －16＝0.设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝12k18k2＋9，x1x2＝－1618k2＋9.又因为TA→＝(x1，y1－1)，TB→＝(x2，y2－1)，所以TA→TB→＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋(kx1－43)(kx2－43)＝(1＋k2)x1x2－43k(x1＋x2)＋169＝(1＋k2)－1618k2＋9－43k12k18k2＋9＋169＝0，所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆恒过点T(0,1)，所以在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件.一、选择题11．(文)(2014唐山市一模)双曲线x2－y2＝4左支上一点P(a，b)到直线y＝x的距离为2，则a＋b＝()A．－2B．2C．－4D．4[答案]A[解析]解法1：如图，双曲线x24－y24＝1的左顶点(－2,0)到直线y＝x的距离为2，又∵点(a，b)为双曲线左支上的点，∴a＝－2，b＝0，∴a＋b＝－2.解法2：由题意得a－b＝－2，a2－b2＝4.∴a＋b＝－2. (理)已知点F是双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A、B两点，△ABE是直角三角形，则该双曲线的离心率是()A．3B．2C.2D.3[答案]B[解析]因为AB⊥x轴，又已知△ABE是直角三角形，且显然AE＝BE，所以△ABE是等腰直角三角形．所以∠AEB＝90°.所以∠AEF＝45°.所以AF＝EF.易知A(－c，b2a)(不妨设点A在x轴上方)，故b2a＝a＋c.即b2＝a(a＋c)．得c2－ax－2a2＝0，即e2－e－2＝0，解得e＝2，或e＝－1(舍去)．故选B. 12．直线l经过抛物线y2＝4x的焦点，且与抛物线交于A，B两点，若AB的中点横坐标为3，则线段AB的长为() A．5B．6C．7D．8[答案]D[解析]焦点F(1,0)，设l：x＝my＋1，代入y2＝4x中得，y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，∵AB中点横坐标为3，∴x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2＝6，∴m＝±1，当m＝1时，l：y＝x－1，代入y2＝4x中得x2－6x＋1＝0，∴x1＝3－22，x2＝3＋22，∴|AB|＝2|x1－x2|＝8，由对称性知m＝－1时，结论相同．13．(文)已知有公共焦点的椭圆与双曲线的中心为原点，焦点在x轴上，左、右焦点分别为F1、F2，且它们在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形．若|PF1|＝10，双曲线的离心率的取值范围为(1,2)．则该椭圆的离心率的取值范围是()A．(13，12)B．(25，12)C．(13，25)D．(12，1)[答案]C[解析]设椭圆的半焦距为c，长半轴长为a，由椭圆的定义及题意知，|PF1|＝2a－|PF2|＝2a－2c＝10，得到a －c－5＝0，因为双曲线的离心率的取值范围为(1,2)，所以1c5－c2，∴52c103，∵椭圆的离心率e＝ca＝cc＋5＝1－5c＋5，且131－5c＋525，∴该椭圆的离心率的取值范围是(13，25)．(理)已知P是椭圆x225＋y2b2＝1，(0b5)上除顶点外的一点，F1是椭圆的左焦点，若|OP→＋OF1→|＝8，则点P到该椭圆左焦点的距离为()A．6B．4C．2D.52[答案]C[解析]如图，H为PF1的中点，F2为右焦点，由|OF1→＋OP→|＝8知，OH＝4，∴PF2＝8，∴PF1＝10－PF2＝2，故选C.14．(文)(2014乌鲁木齐诊断)已知直线y＝k(x＋2)(k＞0)与抛物线C：y2＝8x相交于A、B两点，F为C的焦点，若|FA|＝2|FB|，则k的值为()A.13B.23C.23D.223[答案]D[解析]设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x10，x20，∴|FA|＝x1＋2，|FB|＝x2＋2，∴x1＋2＝2x2＋4，∴x1＝2x2＋2.由y2＝8xy＝kx＋2，得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，∴x1x2＝4，x1＋x2＝8－4k2k2＝8k2－4.由x1＝2x2＋2x1x2＝4，得x22＋x2－2＝0，∴x2＝1，∴x1＝4，∴8k2－4＝5，∴k2＝89，k＝233.(理)(2014唐山市二模)已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b＞0)与圆C2：x2＋y2＝b2，若在椭圆C1上存在点P，使得由点P所作的圆C2的两条切线互相垂直，则椭圆C1的离心率的取值范围是()A．[12，1)B．[22，32]C．[22，1)D．[32，1)[答案]C[解析]如图，设切点为A、B，则OA⊥PA，OB⊥PB，∵∠APB＝90°，连结OP，则∠APO＝45°，∴AO＝PA＝b，OP＝2b，∴a≥2b，∴a2≤2c2，∴c2a2≥12，∴e≥22，又∵e1，∴22≤e1.二、填空题15．(2014安徽理，14)若F1、F2分别是椭圆E：x2＋y2b2＝1(0b1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A、B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．[答案]x2＋32y2＝1[解析]如图，由题意，A点横坐标为c，∴c2＋y2b2＝1，又b2＋c2＝1，∴y2＝b4，∴|AF2|＝b2，又∵|AF1|＝3|BF1|，∴B点坐标为(－53c，－13b2)，代入椭圆方程得，－53c2＋－13b22b2＝1，b2＝1－c2，∴c2＝13，b2＝23方程为x2＋32y2＝1.三、解答题16．(2013银川一中检测)抛物线y2＝4px(p0)的准线与x 轴交于点M，过点M作直线l交抛物线于A、B两点．(1)若线段AB的垂直平分线交x轴于N(x0,0)，求证：x03p；(2)若直线l的斜率分别为p，p2，p3，…时，相应线段AB的垂直平分线与x轴的交点依次为N1，N2，N3，…，当0p1时，求1|N1N2|＋1|N2N3|＋…＋1|N10N11|的值．[解析](1)设直线l的方程为y＝k(x＋p)，代入y2＝4px 中消去y得，k2x2＋(2k2p－4p)x＋k2p2＝0，Δ＝4(k2p－2p)2－4k2k2p20，得0k21.令A(x1，y1)、B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2k2p－4pk2，y1＋y2＝k(x1＋x2＋2p)＝4pk2，AB的中点坐标为(2p－k2pk2，2pk)，AB的垂直平分线方程为y－2pk＝－1k(x－2p－k2pk2)，令y＝0，得x0＝k2p＋2pk2＝p＋2pk2，由上可知0k21，∴x0p＋2p＝3p，∴x03p.(2)∵l的斜率分别为p，p2，p3，…时，对应线段AB的中垂线与x轴交点依次为N1，N2，N3，…(0p1)，∴点Nn的坐标为(p＋2p2n－1，0)，那么|NnNn＋1|＝p＋2p2n－1－p＋2p2n＋1＝21－p2p2n＋1，则1|NnNn＋1|＝p2n＋121－p2，∴1|N1N2|＋1|N2N3|＋…＋1|N10N11|＝121－p2(p3＋p5＋…＋p21)＝121－p2p3[1－p210]1－p2＝p31－p2021－p22. 17．(文)如图，椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的上、下顶点分别为A、B，已知点B在直线l：y＝－1上，且椭圆的离心率e＝32.(1)求椭圆的标准方程；(2)设P是椭圆上异于A、B的任意一点，PQ⊥y轴，Q为垂足，M为线段PQ的中点，直线AM交直线l于点C，N 为线段BC的中点，求证：OM⊥MN.[解析](1)依题意，得b＝1.∵e＝ca＝32，a2－c2＝b2＝1，∴a2＝4.∴椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.(2)证明：设P(x0，y0)，x0≠0，则Q(0，y0)，且x204＋y20＝1.∵M为线段PQ中点，∴M(x02，y0)．又A(0,1)，∴直线AM的方程为y＝2y0－1x0x＋1.∵x0≠0，∴y0≠1，令y＝－1，得C(x01－y0，－1)．又B(0，－1)，N为线段BC的中点，∴N(x021－y0，－1)．∴NM→＝(x02－x021－y0，y0＋1)．∴OM→NM→＝x02(x02－x021－y0)＋y0(y0＋1)＝x204－x2041－y0＋y20＋y0＝(x204＋y20)－x2041－y0＋y0＝1－(1＋y0)＋y0＝0，∴OM⊥MN.(理)已知椭圆C：x2a2＋y2＝1(a1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x－3)2＋(y－1)2＝3相切．(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P、Q两点，且AP→AQ→＝0.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．[解析](1)A(0,1)，F(a2－1，0)，直线AF：xa2－1＋y＝1，即x＋ya2－1－a2－1＝0，∵AF与⊙M相切，圆心M(3,1)，半径r＝3，∴3a2＝3，∴a＝3，∴椭圆的方程为x23＋y2＝1.(2)由AP→AQ→＝0知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，故可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－1kx＋1，将y＝kx＋1代入椭圆C的方程，整理得(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－6k1＋3k2，故点P的坐标为(－6k1＋3k2，1－3k21＋3k2)．同理，点Q的坐标为(6kk2＋3，k2－3k2＋3)．所以直线l的斜率为k2－3k2＋3－1－3k21＋3k26kk2＋3－－6k1＋3k2＝k2－14k.则直线l的方程为y＝k2－14k(x－6kk2＋3)＋k2－3k2＋3，即y＝k2－14kx－12.所以直线l过定点(0，－12)．。
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【走向高考】2015届高中数学二轮复习 专题4 立体几何（第2讲）课时作业 新人教A 版一、选择题 1．(2013·德阳市二诊)设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，若已知m ⊥n ，m ⊥α，则“n ⊥β”是“α⊥β”的( )A ．充分非必要条件B ．必要非充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] A[解析]⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥α m ⊥n ⇒n ∥α或n ⊂α n ⊥β⇒α⊥β.⎭⎬⎫⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ⊥α⇒m ∥β或m ⊂βm ⊥n⇒/ n ⊥β.2．(2014·重庆理，7)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A ．54B ．60C ．66D ．72 [答案] B[解析]如图所示该几何体是将一个直三棱柱截去一个三棱锥得到的，直三棱柱底面是直角三角形，两直角边长为3和4，柱高为5，∵EF ∥AC ，AC ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥平面ABDF ，∴EF ⊥DF ，在直角梯形ABDF 中，易得DF ＝5，故其表面积为S ＝SRt △ABC ＋S 矩形ACEF ＋S 梯形ABDF ＋S 梯形BCED ＋SRt △DEF ＝3×42＋3×5＋5＋2×42＋2＋5×52＋3×52＝60. 3．(文)设α、β、γ是三个互不重合的平面，m 、n 为两条不同的直线．给出下列命题： ①若n ∥m ，m ⊂α，则n ∥α；②若α∥β，n⊄β，n∥α，则n∥β；③若β⊥α，γ⊥α，则β∥γ；④若n∥m，n⊥α，m⊥β，则α∥β.其中真命题是()A．①和②B．①和③C．②和④D．③和④[答案] C[解析]若n∥m，m⊂α，则n∥α或n⊂α，即命题①不正确，排除A、B；若α∥β，n⊄β，n ∥α，则n∥β，则命题②正确，排除D，故应选C.(理)已知α、β是两个不同的平面，m、n是两条不重合的直线，下列命题中正确的是() A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若m⊥α，m⊥n，则n∥αC．若m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥nD．若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β[答案] C[解析]对于选项A，m，n有可能平行也有可能异面；对于选项B，n有可能在平面α内，所以n与平面α不一定平行；对于选项D，m与β的位置关系可能是m⊂β，m∥β，也可能m 与β相交．由n⊥β，α⊥β得，n∥α或n⊂α，又m⊥α，∴m⊥n，故C正确．4．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，△AED、△EBF、△FCD分别沿DE、EF、FD折起，使A，B，C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A. 2B.6 2C.112 D.52[答案] B[解析]由条件知A′E、A′F、A′D两两互相垂直，以A′为一个顶点，A′E、A′F、A′D为三条棱构造长方体，则长方体的对角线为四面体外接球的直径，∵A′E＝A′F＝1，A′D＝2，∴(2R)2＝12＋12＋22＝6，∴R＝6 2.5．已知矩形ABCD，AB＝1，BC＝ 2.将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中()A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直[答案] B[解析] ①过A 、C 作BD 的垂线AE 、CF ，∵AB 与BC 不相等，∴E 与F 不重合，在空间图(2)中，若AC ⊥BD ，∵AC∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACE ，∴BD ⊥CE ，这样在平面BCD 内，过点C 有两条直线CE 、CF 都与BD 垂直矛盾，∴A 错；②若AB ⊥CD ，∵AB ⊥AD ，∴AB ⊥平面ACD ，∴AB ⊥AC ，∵AB<BC ，∴存在这样的三角形ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ，∴B 选项正确，∴选项D 错；③若AD ⊥BC ，又CD ⊥BC ，∴BC ⊥平面ACD ，∴BC ⊥AC ，∵BC>AB ，这样的△ABC 不存在，∴C 错误．6．(文)已知正四棱柱ABCD －A1B1C1D1，AB ＝2，CC1＝22，E 为CC1的中点，则直线AC1与平面BED 的距离为( )A ．2 B. 3 C. 2 D ．1 [答案] D[解析] 本题考查了正四棱柱的性质，点到直线距离的求解．连接AC 、BD ，AC∩BD ＝O ，连接EO ，则EO ∥AC1.则点C 到平面BDE 的距离等于AC1到平面BDE 的距离，过C 作CH ⊥OE 于H ，CH 为所求．在△EOC 中，EC ＝2，CO ＝2，所以CH ＝1.本题解答体现了转化与化归的思想，注意等积法的使用．(理)已知四棱锥P －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，点E 是侧棱PB 的中点，则异面直线AE 与PD 所成角的余弦值为( ) A.13 B.23 C.33D.23[答案] C[解析] 设AC 与BD 的交点为O ，∵棱锥的各棱长都相等，∴O 为BD 中点，∴EO ∥PD ，∴∠AEO 为异面直线AE 与PD 所成的角，设棱长为1，则AO ＝22，EO ＝12，AE ＝32，∵AO2＋EO2＝AE2，∴cos ∠AEO ＝OE AE ＝33.二、填空题7．a 、b 表示直线，α、β、γ表示平面． ①若α∩β＝a ，b ⊂α，a ⊥b ，则α⊥β；②若a ⊂α，a 垂直于β内任意一条直线，则α⊥β； ③若α⊥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ⊥b ；④若a 不垂直于平面α，则a 不可能垂直于平面α内无数条直线；⑤若l ⊂α，m ⊂α，l∩m ＝A ，l ∥β，m ∥β，则α∥β. 其中为真命题的是__________． [答案] ②⑤[解析] 对①可举反例如图，需b ⊥β才能推出α⊥β.对③可举反例说明，当γ不与α，β的交线垂直时，即可得到a ，b 不垂直；④对a 只需垂直于α内一条直线便可以垂直α内无数条与之平行的直线．所以只有②⑤是正确的．8．已知三棱柱ABC －A1B1C1底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球表面积为12π，则该三棱柱的体积为________．[答案] 3 3[解析] 4πR2＝12π，∴R ＝3，△ABC 外接圆半径r ＝2，∴柱高h ＝2R2－r2＝2，∴体积V ＝34×(6)2×2＝3 3.9．已知正方体ABCD －A1B1C1D1的棱长为1，点P 是线段A1C1上的动点，则四棱锥P －ABCD 的外接球半径R 的取值范围是______________． [答案] ⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，32[解析] 当P 为A1C1的中点时，设球半径为R ，球心到底面ABCD 距离为h ，则⎩⎪⎨⎪⎧R ＋h ＝1R2－h2＝12，∴R ＝34，当P 与A1(或C1)重合时，外接球就是正方体的外接球，R ＝32，∴R ∈[34，32]． 三、解答题 10．(文)(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P －ABC 中，D 、E 、F 分别为棱PC 、AC 、AB 的中点．已知PA ⊥AC ，PA ＝6，BC ＝8，DF ＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC.[解析] (1)由于D 、E 分别是棱PC 、AC 的中点，则有PA ∥DE ， 又PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以PA ∥平面DEF.(2)由(1)PA ∥DE ，又PA ⊥AC ，所以DE ⊥AC ， 又F 是AB 中点，所以DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4， 又DF ＝5，所以DE2＋EF2＝DF2，所以DE ⊥EF ，EF 、AC 是平面ABC 内两条相交直线，所以DE ⊥平面ABC ， 又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面ABC. (理)(2013·内江模拟)已知ABCD 是矩形，AD ＝4，AB ＝2，E 、F 分别是AB 、BC 的中点，PA ⊥平面ABCD.(1)求证：PF ⊥DF ；(2)若PD 与平面ABCD 所成角为30°，在PA 上找一点G ，使EG ∥平面PFD ，并求出AG 的长． [解析] (1)证明：连接AF ，∵PA ⊥平面ABCD ，且DF ⊂平面ABCD ，∴DF ⊥PA ， 又F 为BC 中点，BC ＝4，AB ＝2， ∴BF ＝BA ，∴∠AFB ＝45°， 同理∠DFC ＝45°，∴∠AFD ＝90°，即DF ⊥AF ，∴DF ⊥平面PAF. 又PF ⊂平面PAF ，∴PF ⊥DF.(2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PDA 就是PD 与平面ABC 所成角． ∴∠PDA ＝30°，∴PA ＝43 3.延长DF 交AB 延长线于H ，连接PH ，则平面PDF 就是平面PHD ，在平面PAH 内，过E 作EG ∥PH 交PA 于G.∵EG ∥PH ，PH ⊂平面PHD ，∴EG ∥平面PHD ， 即EG ∥平面PDF ，故点G 为所求． ∴AG AP ＝AE AH ＝14，∴AG ＝33.一、选择题 11．(文)(2013·吉大附中模拟)已知m 、n 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( ) A ．m ∥n ，m ⊥α⇒n ⊥αB ．α∥β，m ⊂α，n ⊂β⇒m ∥nC ．m ⊥α，m ⊥n ⇒n ∥αD ．m ⊂α，n ⊂α，m ∥β，n ∥β⇒α∥β [答案] A[解析] 由线面垂直的性质定理知A 正确；如图1知，当m1⊂β，m1∩n ＝A 时满足B 的条件，但m 与n 不平行；当m ⊥α，m ⊥n 时，可能有n ⊂α；如图2知，m ∥n ∥l ，α∩β＝l 时满足D 的条件，由此知D 错误．(理)设m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面，有以下四个命题：① ⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②⎭⎪⎬⎪⎫α ⊥βm ∥α⇒m ⊥β ③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α 其中，真命题是( )A ．①④B ．②③C ．①③D ．②④ [答案] C[解析] ①正确，平行于同一个平面的两个平面平行；②错误，由线面平行、垂直定理知：m 不一定垂直于β；③正确，由线面平行，垂直关系判断正确；④错误，m 也可能在α内．综上所述，正确的命题是①③，故选C. 12．(文)(2013·西城区模拟)如图，正方体ABCD －A1B1C1D1中，E 是棱B1C1的中点，动点P 在底面ABCD 内，且PA1＝A1E ，则点P 运动形成的图形是( )A ．线段B ．圆弧C ．椭圆的一部分D ．抛物线的一部分 [答案] B[解析] |AP|＝A1P2－AA21＝A1E2－A1B21＝|B1E|(定值)，故点P 在底面ABCD 内运动形成的图形是圆弧． (理)(2013·保定市模拟)正方体ABCD －A1B1C1D1中，M 为CC1的中点，P 在底面ABCD 内运动，且满足∠DPD1＝∠CPM ，则点P 的轨迹为( )A ．圆的一部分B ．椭圆的一部分C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分 [答案] A[解析] 由∠DPD1＝∠CPM 得MC PC ＝DD1DP ＝2MCDP ，∴PDPC ＝2，在平面ABCD 内，以D 为原点，DA 、DC 分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设DC ＝1，P(x ，y)，∵PD ＝2PC ，∴x2＋y2＝2x2＋y －12，整理得x2＋(y －43)2＝49，所以，轨迹为圆的一部分，故选A. 13．(2013·苍南求知中学月考)已知A 、B 是两个不同的点，m 、n 是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，给出下列4个命题：①若m∩n ＝A ，A ∈α，B ∈m ，则B ∈α；②若m ⊂α，A ∈m ，则A ∈α；③若m ⊂α，m ⊥β，则α⊥β；④若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥β，其中真命题为( ) A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④ [答案] C[解析] ②∵m ⊂α，∴m 上的点都在平面α内，又A ∈m ，∴A ∈α，∴②对；由二面垂直的判定定理知，③正确． 二、解答题14．(文)如图，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，底面ABC 为正三角形，M 、N 、G 分别是棱CC1、AB 、BC 的中点．且CC1＝2AC. (1)求证：CN ∥平面AMB1； (2)求证：B1M ⊥平面AMG.[证明] (1)如图取线段AB1的中点P ，连接NP 、MP ， ∵CM 綊12BB1， NP 綊12BB1，∴CM 綊NP ，∴四边形CNPM 是平行四边形． ∴CN ∥MP .∵CN ⊄平面AMB1，MP ⊂平面AMB1， ∴CN ∥平面AMB1.(2)∵CC1⊥平面ABC ，∴平面CC1B1B ⊥平面ABC ，∵AG ⊥BC ，∴AG ⊥平面CC1B1B ， ∴B1M ⊥AG.∵CC1⊥平面ABC ，平面A1B1C1∥平面ABC ， ∴CC1⊥AC ，CC1⊥B1C1，设AC ＝2a ，则CC1＝22a ，在Rt △MCA 中，AM ＝CM2＋AC2＝6a. 在Rt △B1C1M 中，B1M ＝B1C21＋C1M2＝6a. ∵BB1∥CC1，∴BB1⊥平面ABC ，∴BB1⊥AB ，∴AB1＝B1B2＋AB2＝C1C2＋AB2＝23a. ∵AM2＋B1M2＝AB21，∴B1M ⊥AM. 又∵AG∩AM ＝A ，∴B1M ⊥平面AMG.(理)如图，在三棱柱ABC —A1B1C1中，AA1⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AB ＝BC ＝2，点N 为B1C1的中点，点P 在棱A1C1上运动．(1)试问点P 在何处时，AB ∥平面PNC ，并证明你的结论；(2)在(1)的条件下，若AA1<AB ，直线B1C 与平面BCP 所成角的正弦值为1010，求二面角A －BP －C 的大小.[解析] (1)当点P 为A1C1的中点时，AB ∥平面PNC.∵P 为A1C1的中点，N 为B1C1的中点，∴PN ∥A1B1∥AB ∵AB ⊄平面PNC ，PN ⊂平面PNC ，∴AB ∥平面PNC. (2)设AA1＝m ，则m<2，∵AB 、BC 、BB ，两两垂直，∴以B 为原点，BA 、BC ，BB1为x 轴、y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0，m)，A1(2,0，m)，C1(0,2，m)，∴P(1,1，m)，设平面BCP 的法向量n ＝(x ，y ，z)， 则由n·BP →＝0，n·BC →＝0，解得y ＝0，x ＝－mz ， 令z ＝0，则n ＝(－m,0，－1)，又B1C →＝(0,2，－m)， 直线B1C 与平面BCP 所成角正弦值为1010， ∴1010＝|n·B1C||n|·|B1C|，解之得m ＝1 ∴n ＝(－1,0,1)易求得平面ABP 的法向量n1＝(0，－1,1)cosα＝n·n1|n|·|n1|＝12，设二面角的平面角为θ，则cosθ＝－12，∴θ＝120°.15．如图1，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直(图1)，图2为该四棱锥的正(主)视图和侧(左)视图，它们是腰长为6cm 的全等的等腰直角三角．(1)根据图2所给的正(主)视图、侧(左)视图画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)图3中，E 为棱PB 上的点，F 为底面对角线AC 上的点，且BE EP ＝CFFA ，求证：EF ∥平面PDA.[解析] (1)该四棱锥相应的俯视图为内含对角线、边长为6cm 的正方形(如图)．其面积为6×6＝36cm2.(2)连接BF ，延长BF 与AD 交于G ，连接PG. 如图，在正方形ABCD 中， BF FG ＝CF FA ，又因为BE EP ＝CF FA ，所以BF FG ＝BE EP ，故在△BGP 中，EF ∥PG ，又EF ⊄平面PDA ，PG ⊂平面PDA ， 所以EF ∥平面PDA. 16．(文)(2013·辽宁文，18)如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平面，C 是圆O 上的点．(1)求证：BC ⊥平面PAC ；(2)设Q 为PA 的中点，G 为△AOC 的重心，求证：QG ∥平面PBC. [解析] (1)由AB 是圆O 的直径，得AC ⊥BC ， 由PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，得PA ⊥BC. 又PA∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ， 所以BC ⊥平面PAC.(2)连OG 并延长交AC 于M ，连接QM 、QO ，由G 为△AOC 的重心，得M 为AC 中点． 由Q 为PA 中点，得QM ∥PC ， 又O 为AB 中点，得OM ∥BC.因为QM∩MO ＝M ，QM ⊂平面QMO ， MO ⊂平面QMO ，BC∩PC ＝C ， BC ⊂平面PBC ，PC ⊂平面PBC ， 所以平面QMO ∥平面PBC ， 因为QG ⊂平面QMO. 所以QG ∥平面PBC. (理)(2013·天津六校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面PAD ⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，M 是棱PC 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12AD ＝1，CD ＝ 3.- 11 - (1)求证：PE ⊥平面ABCD ；(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值；(3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值．[解析] (1)∵PA ＝PD ，E 为AD 的中点，∴PE ⊥AD ，又∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD∩平面ABCD ＝AD ，∴PE ⊥平面ABCD.(2)连接EC ，取EC 中点H ，连接MH ，HB ，∵M 是PC 的中点，H 是EC 的中点，∴MH ∥PE ，由(1)知PE ⊥平面ABCD ，∴MH ⊥平面ABCD ，∴HB 是BM 在平面ABCD 内的射影，∴∠MBH 即为BM 与平面ABCD 所成的角．∵AD ∥BC ，BC ＝12AD ，E 为AD 的中点，∠ADC ＝90°，∴四边形BCDE 为矩形，又CD ＝3，∴EC ＝2，HB ＝12EC ＝1，又∵MH ＝12PE ＝32，∴△MHB 中，tan ∠MBH ＝MH HB ＝32，∴直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值为32.(3)由(2)知CD ∥BE ，∴直线BM 与CD 所成角即为直线BM 与BE 所成角， 连接ME ，在Rt △MHE 中，ME ＝72，在Rt △MHB 中，BM ＝72，又BE ＝CD ＝3，∴△MEB 中，cos ∠MBE ＝BM2＋BE2－ME22BM·BE ＝74＋3－742×72×3＝217，∴直线BM 与CD 所成角的余弦值为217.。