立体几何与空间向量-浙江省台州市书生中学2020届高三数学复习专题练习(无答案)

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(浙江专版)2020届高考数学一轮复习单元检测八立体几何与空间向量单元检测(含解析)

单元检测八立体几何与空间向量(时间：120分钟满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．下列命题中，错误的是( ) A ．平行于同一平面的两个平面平行 B ．平行于同一直线的两个平面平行C ．一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交D ．一条直线与两个平行平面所成的角相等答案 B解析选项A 正确，是面面平行的传递性．选项B 错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交．选项C 正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾．选项D 正确，由线面角定义可知正确．2．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3,4,5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )A ．25πB ．50πC ．125πD ．都不对答案 B解析长方体的8个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球的直径等于长方体的体对角线长，即R ＝32＋42＋522＝522，所以球的表面积为4πR 2＝4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫5222＝50π，故选B.3.如图，在多面体ABCDEF 中，已知底面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，且EF与底面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )A.92B ．5C ．6D.152 答案 D解析分别取AB ，CD 的中点G ，H ，连接EG ，GH ，EH ，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，可求得四棱锥的体积为3，三棱柱的体积为92，进而整个多面体的体积为152.4.如图，长方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，∠DAD 1＝45°，∠CDC 1＝30°，那么异面直线AD 1与DC 1所成角的余弦值是( )A.28 B.38 C.24D.34答案 C解析由长方体∠DAD 1＝45°，∠CDC 1＝30°，设AD ＝DD 1＝1，CD ＝ 3.连接BC 1，BD . 由AD 1∥BC 1，所以异面直线AD 1与DC 1所成角，即∠BC 1D .在△BDC 1中，BC 1＝2，BD ＝2，C 1D ＝2，由余弦定理可得cos∠BC 1D ＝C 1D 2＋BC 21－BD22C 1D ·BC 1＝22＋2－222×2×2＝24，所以异面直线AD 1与DC 1所成角的余弦值是24. 5．(2018·嘉兴测试)已知两个不同的平面α，β和三条不同的直线m ，a ，b ，若α∩β＝m ，a ⊂α且a ⊥m ，b ⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ1，直线a 与平面β所成的角的大小为θ2，直线a ，b 所成的角的大小为θ3，则( ) A ．θ1＝θ2≥θ3 B ．θ3≥θ1＝θ2 C ．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D ．θ1≥θ2，θ3≥θ2答案 D解析由题意可知θ1＝θ2或θ1＋θ2＝π，因为线面角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，二面角的范围为[0，π]，所以θ1≥θ2；当b ⊥m 时，θ2＝θ3，当b 不与m 垂直时，θ2<θ3，所以θ2≤θ3.故选D.6．若圆锥的侧面展开图是半径为2，圆心角为3π2的扇形，则由它的两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为( ) A.24B.12C.22D.74答案 A解析设圆锥底面圆的半径为r ，由2πr ＝3π2×2，得r ＝32，设轴截面顶角大小为2θ，则sin θ＝34>22，所以2θ>π2，设两条母线所确定的截面最大时，两条母线的夹角为α，则α≤2θ，最大截面所对应的三角形的面积S ＝12×2×2sin α，则α＝π2，所以两条母线所确定的最大截面为等腰直角三角形，其斜边上的高为2，底面圆的圆心到最大截面斜边的距离为⎝ ⎛⎭⎪⎫322－(2)2＝12，则两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为122＝24. 7．已知三棱锥S —ABC 的每个顶点都在球O 的表面上，SA ⊥底面ABC ，AB ＝AC ＝4，BC ＝215，且二面角S —BC —A 的正切值为4，则球O 的表面积为( ) A ．240πB ．248πC ．252πD ．272π 答案 D解析设BC 的中点为D ，连接AD ，SD ，可得AD ＝1，则∠SDA 是二面角S —BC —A 的平面角，由于二面角S —BC —A 的正切值为4，∴SA ＝4，由余弦定理知，cos∠CAB ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ×AC ＝16＋16－602×4×4＝－78，sin∠CAB ＝158，由正弦定理知，△ABC 的外接圆直径 2r ＝BC sin∠CAB＝215158＝16，设三棱锥S —ABC 的外接球半径为R ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫SA 22＋r 2＝R 2，得R 2＝68， ∴球O 的表面积为4πR 2＝272π，故选D.8.(2018·杭州质检)在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E 分别是BC ，AB 的中点，AB ≠AC ，且AC >AD .设PC 与DE 所成角为α，PD 与平面ABC 所成角为β，二面角P－BC －A 为γ，则( )A ．α<β<γB ．α<γ<βC ．β<α<γD ．γ<β<α答案 A解析由题图可知∠PCA ＝α<π2，∠PDA ＝β<π2，因为PA ⊥平面ABC ，所以tan α＝PA AC ，tan β＝PA AD. 又AC >AD ，故tan β>tan α，则β>α.过点A 作AQ ⊥BC ，垂足为Q ，连接PQ ，则∠PQA ＝γ，同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选A.9.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，侧棱AP ⊥平面ABCD ，AB ＝1，AP ＝3，点M 在线段BC 上，且AM ⊥MD ，则当△PMD 的面积最小时，线段BC 的长度为( )A.2B ．2C.102 D.322答案 D解析方法一设BM ＝x ，MC ＝y ，则BC ＝AD ＝x ＋y ， ∵PA ⊥平面ABCD ，MD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥MD ，又AM ⊥MD ，PA ∩AM ＝A ，PA ，AM ⊂平面PAM ， ∴MD ⊥平面PAM ，又PM ⊂平面PAM ，∴MD ⊥PM ，易知AM ＝x 2＋1，MD ＝y 2＋1，在Rt△AMD 中，AM 2＋MD 2＝AD 2，即x 2＋1＋y 2＋1＝(x ＋y )2，化简得xy ＝1.在Rt△PMD 中，PM ＝x 2＋4，MD ＝y 2＋1＝1x 2＋1，∴S △PMD ＝12PM ·MD ＝12·x 2＋4·1x 2＋1＝12x 2＋4x 2＋5≥122x 2·4x 2＋5＝32，当且仅当x 2＝4x 2，即x ＝2，y ＝22时取等号，此时BC ＝x ＋y ＝322.方法二由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直．以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝a ，M (1，x,0)，x >0，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1，a,0)，D (0，a,0)，P (0,0，3)．由AM ⊥MD ，得AM →·MD →＝0，即(1，x,0)·(－1，a －x,0)＝ax －x 2－1＝0，解得a ＝x ＋1x，而PM →·MD →＝ax －x 2－1＝0，∴PM ⊥MD ，∴S △PMD ＝12|PM →|·|MD →|＝12x 2＋4·(a －x )2＋1＝12x 2＋4·1x 2＋1＝125＋x 2＋4x 2≥122x 2·4x 2＋5＝32，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝4x2，a ＝x ＋1x，即⎩⎨⎧x ＝2，a ＝2＋12＝322时等号成立，此时BC ＝322.10．(2018·温州市高考适应性考试)已知正四面体PABC ，Q 为△ABC 内的一点，记PQ 与平面PAB ，PAC ，PBC 所成的角分别为α，β，γ，则下列式子恒成立的是( )A ．sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ≥2 B ．cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ≥2 C ．tan 2α＋tan 2β＋tan 2γ≤1 D.1tan 2α＋1tan 2β＋1tan 2γ≤1 答案 B解析取点Q 为△ABC 的中心，设正面体的棱长为1，则sin α＝sin β＝sin γ＝13×3232＝13，所以sin 2α＋sin 2β＋sin 2γ＝13<2，排除A ；所以cos 2α＝cos 2β＝cos 2γ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝89，所以tan 2α＝tan 2β＝tan 2γ＝18，所以1tan 2α＋1tan 2β＋1tan 2γ＝24>1，排除D ；取BC 的中点D ，连接PD ，AD ，易知AP 与平面PBC 所成的角为∠APD ，且cos∠APD ＝12PA PD ＝1232＝13，所以sin∠APD ＝23，所以tan∠APD ＝2>1，所以当点Q 靠近点A 时，QP 与平面PBC 所成的角的正切值大于1，所以tan 2α＋tan 2β＋tan 2γ>1，排除C.故选B.第Ⅱ卷(非选择题共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上)11．某空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为______cm 2，此几何体的体积为______cm 3.答案 27 67解析此几何体的侧视图为直角三角形，高为4cm ，底为42－32＝7，面积为12×4×7＝27；该几何体是以正视图为底面的四棱锥，如图所示，其底面为直角梯形，面积是12(4＋2)×6＝18(cm 2)，高为7，体积为13×18×7＝67(cm 3)．12．已知过球面上三点A ，B ，C 的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AC ＝BC ＝6，AB ＝4，则球面面积为________．答案 54π解析如图，设球的半径为r ，O ′是△ABC 的外心，外接圆半径为R ，D 是AB 的中点，则OO ′⊥平面ABC .在Rt△ACD 中，cos A ＝13，则sin A ＝223.在△ABC 中，由正弦定理得BC sin A ＝2R ，得R ＝924，即O ′C ＝924.在Rt△OCO ′中，r 2－14r 2＝81×216，得r ＝362，S 球表＝4π×544＝54π.13.如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝90°，∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，则AC 1＝________.答案23解析 ∵∠BAA 1＝∠DAA 1＝60°，∴A 1在平面ABCD 上的射影必落在直线AC 上， ∴平面ACC 1A 1⊥平面ABCD ， ∵AB ＝1，AD ＝2，AA 1＝3，AC 1→＝AC →＋CC 1→＝AB →＋AD →＋AA 1→，∴|AC 1→|2＝(AB →＋AD →＋AA 1→)2＝|AB →|2＋|AD →|2＋|AA 1→|2＋2AB →·AD →＋2AB →·AA 1→＋2AD →·AA 1→ ＝1＋4＋9＋0＋2×1×3×12＋2×2×3×12＝23，∴|AC 1→|＝23，∴AC 1＝23.14．(2018·浙江五校联考)在正三棱锥S －ABC 中，M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的体积为________，其外接球的表面积为________．答案 4312π解析由正三棱锥的对棱互相垂直可得SB ⊥AC ，又SB ⊥AM ，AM ∩AC ＝A ，AM ，AC ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，则SB ⊥SA ，SB ⊥SC .所以正三棱锥S －ABC 的三个侧面都是等腰直角三角形．又AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，故正三棱锥S －ABC 是棱长为2的正方体的一个角，其体积为16SA ·SB ·SC ＝43，其外接球的直径2R ＝23，故外接球的表面积为4πR 2＝12π.15.如图，在三棱锥S －ABC 中，若AC ＝23，SA ＝SB ＝SC ＝AB ＝BC ＝4，E 为棱SC 的中点，则直线AC 与BE 所成角的余弦值为__________，直线AC 与平面SAB 所成的角为__________．答案 1460°解析取SA 的中点M ，连接ME ，BM ，则直线AC 与BE 所成的角等于直线ME 与BE 所成的角，因为ME ＝3，BM ＝BE ＝23，cos∠MEB ＝ME 2＋BE 2－MB 22ME ×BE＝3＋12－122×3×23＝14，所以直线AC 与BE 所成角的余弦值为14.取SB 的中点N ，则AN ⊥SB ，CN ⊥SB ，又AN ∩CN ＝N ，AN ，CN ⊂平面ACN ，即SB ⊥平面ACN ，即平面SAB ⊥平面ACN ，因此直线AC 与平面SAB 所成的角为∠CAN ，因为AN ＝CN ＝AC ＝23，所以∠CAN ＝60°，因此直线AC 与平面SAB 所成的角为60°.16．如图，已知四棱锥A －BCDE 中，AB ＝BC ＝2，BE ＝2CD ＝4，∠ABC ＝120°，∠EBC ＝30°，BE ∥CD ，M 为棱DE 的中点，三棱锥M －ABC 的体积为33，则点M 到平面ABC 的距离为________，二面角A －BC －D 的正弦值为________．答案 1 23解析在△ABC 中，因为AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，所以S △ABC ＝12×AB ×BC ×sin∠ABC ＝ 3.设点M 到平面ABC 的距离为h ，则由题意得， 13×S △ABC ×h ＝13×3×h ＝33，所以h ＝1. 作MF ⊥BC 于点F ，MN ⊥平面ABC 于点N ，连接FN ，则BC ⊥平面MNF ，故NF ⊥BC ，故∠MFN 为二面角A －BC －D 的平面角或其补角．过点E 作ES ⊥BC 于点S ，过点D 作DT ⊥BC 的延长线于点T (图略)，则ES ＝BE sin30°＝2，又BE ∥CD ，所以DT ＝CD sin30°＝1，所以MF ＝ES ＋DT 2＝32，由(1)知MN ＝h ＝1，所以sin∠MFN ＝MN MF ＝23，设二面角A －BC －D 的平面角为θ，则sin θ＝sin∠MFN ＝23.17．已知边长为1的正△A ′BC 的顶点A ′在平面α内，顶点B ，C 在平面α外的同一侧，点B ′，C ′分别为B ，C 在平面α内的射影，设BB ′≤CC ′，直线CB ′与平面A ′CC ′所成的角为φ.若△A ′B ′C ′是以角A ′为直角的直角三角形，则tan φ的最小值为________．答案22解析如图，以点A ′为坐标原点，A ′C ′，A ′B ′所在直线分别为x 轴，y 轴，建立空间直角坐标系．设B (0，b ，m )，C (c,0，n )，则⎩⎪⎨⎪⎧b 2＋m 2＝c 2＋n 2＝1，(0，b ，m )·(c ，0，n )＝1·1·cos60°，0<m ≤n ，可得mn ＝12且0<m ≤n ，故0<m ≤22，又因为c 2＋n 2＝1，故n <1，又mn ＝12，故m >12，又因为tan φ＝b ＝1－m 2，12<m ≤22，所以22≤tan φ<32，所以tan φ的最小值为22. 三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18．(14分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)ABC －A 1B 1C 1中，AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15，AA 1＝12，点D 是AB 的中点．(1)求证：AC ⊥B 1C ； (2)求证：AC 1∥平面CDB 1.证明 (1)∵三棱柱ABC －A 1B 1C 1为直三棱柱， ∴CC 1⊥平面ABC ，又AC ⊂平面ABC ，∴CC 1⊥AC . 又∵AC ＝9，BC ＝12，AB ＝15， ∴AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC .∵CC 1，BC ⊂平面BB 1C 1C ，CC 1∩BC ＝C ， ∴AC ⊥平面BB 1C 1C ，又B 1C ⊂平面BB 1C 1C ，∴AC ⊥B 1C .(2)取A 1B 1的中点D 1，连接C 1D 1，D 1D 和AD 1.∵AD ∥D 1B 1，且AD ＝D 1B 1， ∴四边形ADB 1D 1为平行四边形， ∴AD 1∥DB 1，又∵AD 1⊄平面CDB 1，DB 1⊂平面CDB 1， ∴AD 1∥平面CDB 1. ∵CC 1∥DD 1，且CC 1＝DD 1，∴四边形CC 1D 1D 为平行四边形，∴C 1D 1∥CD ，又∵CD ⊂平面CDB 1，C 1D 1⊄平面CDB 1，∴C 1D 1∥平面CDB 1.∵AD 1∩C 1D 1＝D 1，AD 1，C 1D 1⊂平面AC 1D 1， ∴平面AC 1D 1∥平面CDB 1，又AC 1⊂平面AC 1D 1，∴AC 1∥平面CDB 1.19．(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AD ⊥平面PDC ，AD ∥BC ，PD ⊥PB ，AD ＝1，BC ＝3，CD ＝4，PD ＝2.(1)求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值； (2)求证：PD ⊥平面PBC ；(3)求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值．(1)解由已知AD ∥BC ，得∠DAP 或其补角即为异面直线AP 与BC 所成的角．因为AD ⊥平面PDC ，所以AD ⊥PD .在Rt△PDA 中，由已知，得AP ＝AD 2＋PD 2＝5，故cos∠DAP ＝AD AP ＝55.所以异面直线AP 与BC 所成角的余弦值为55. (2)证明因为AD ⊥平面PDC ，直线PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD . 又因为BC ∥AD ，所以PD ⊥BC ，又PD ⊥PB ，BC ，PB ⊂平面PBC ，BC ∩PB ＝B ，所以PD ⊥平面PBC .(3)解过点D 作AB 的平行线交BC 于点F ，连接PF ，则DF 与平面PBC 所成的角等于AB 与平面PBC 所成的角．因为PD ⊥平面PBC ，故PF 为DF 在平面PBC 上的射影，所以∠DFP 为直线DF 和平面PBC 所成的角．由于AD ∥BC ，DF ∥AB ，故BF ＝AD ＝1，由已知，得CF ＝BC －BF ＝2.又AD ⊥DC ，故BC ⊥DC ，在Rt△DCF 中，可得DF ＝CD 2＋CF 2＝25，在Rt△DPF 中，可得sin∠DFP ＝PD DF ＝55. 所以，直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值为55. 20．(15分)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，∠ADC ＝∠BCD ＝90°，BC＝2，CD ＝3，PD ＝4，∠PDA ＝60°，且平面PAD ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)在线段PA 上是否存在一点M ，使二面角M －BC －D 的大小为π6？若存在，求出PMPA 的值；若不存在，请说明理由．(1)证明过点B作BO∥CD，交AD于点O，连接PO，则AD⊥BO，在△PDO中，PD＝4，DO＝2，∠PDA＝60°，则PO⊥AD，∵PO∩BO＝O，PO，BO⊂平面POB，∴AD⊥平面POB，又∵PB⊂平面POB，∴AD⊥PB.(2)解假设存在点M，过点M作AD的平行线交PO于点N，连接BN，易知M，N，B，C四点共面，∵平面MBC∩平面BCD＝BC，由(1)知，AD⊥平面POB，BC∥AD，则BC⊥平面POB，又BN⊂平面POB，∴BN⊥BC，又OB∥CD，则OB⊥BC，则∠NBO即为二面角M－BC－D的平面角，则tan∠NBO＝33＝NOOB，得NO＝1，PN＝PO－NO＝23－1，∴PMPA＝PNPO＝23－123＝1－36.21．(15分)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，E ，F 分别是AB ，BC 的中点．(1)求A 1E 与B 1F 所成的角； (2)求A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角．解 (1)取AD 的中点H ，连接A 1H ，HE ，HF .由于H ，F 分别是AD ，BC 的中点，ABCD 为正方形，所以HF ∥AB ，且HF ＝AB ，所以A 1B 1∥HF ，且A 1B 1＝HF ，所以A 1B 1FH 为平行四边形，所以B 1F ∥A 1H ，且B 1F ＝A 1H ，故A 1E 与B 1F 所成的角等于A 1E 与A 1H 所成的角，A 1E ＝2，HE ＝2，A 1H ＝2，故∠HA 1E ＝60°，故A 1E 与B 1F 所成的角为60°. (2)因为平面BCC 1B 1∥平面ADD 1A 1，所以直线A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角即为直线A 1E 与平面ADD 1A 1所成的角，所以∠EA 1A 即为所求角，而易知∠EA 1A ＝45°，所以直线A 1E 与平面BCC 1B 1所成的角为45°.22．(15分)如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，且△PAD 是边长为2的等边三角形，PC ＝13，点M 是PC 的中点．(1)求证：PA ∥平面MBD ；(2)点F 在PA 上，且满足AF FP ＝12，求直线DM 与平面FBD 所成角的正弦值．(1)证明连接AC ，交BD 于点E ，连接ME . 因为四边形ABCD 是矩形，所以点E 是AC 的中点，又点M 是PC 的中点，所以PA ∥ME ，又PA ⊄平面MBD ，EM ⊂平面MBD ，所以PA ∥平面MBD .(2)解取AD 的中点O ，则PO ⊥AD ，又平面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩底面ABCD ＝AD ，PO ⊂平面PAD ，故PO ⊥平面ABCD ，连接OC .在Rt△POC 中，OC ＝PC 2－PO 2＝10，所以在Rt△ODC 中，DC ＝OC 2－DO 2＝3，以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,3,0)，D (－1，0,0)，C (－1,3,0)， P (0,0，3)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，32，则BD →＝(－2，－3,0)，设F (x 0，y 0，z 0)，AF →＝(x 0－1，y 0，z 0)，AP →＝(－1,0，3)，BF →＝(x 0－1，y 0－3，z 0)．则由AF →＝13AP →得(x 0－1，y 0，z 0)＝13(－1,0，3)，即F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，0，33，则BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，－3，33.设平面FBD 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x －3y ＝0，－13x －3y ＋33z ＝0，令x ＝3，则y ＝－2，z ＝－53，故m ＝(3，－2，－53)，又DM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32，32，设直线DM 与平面FBD 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈m ，DM →〉|＝|m ·DM →||m ||DM →|＝9222·132＝9286286，故直线DM 与平面FBD 所成角的正弦值为9286286.。

浙江省2020届高三数学一轮复习典型题专项训练：立体几何

浙江省2020届高三数学一轮复习典型题专项训练立体几何1、如图，已知三棱锥111C B A ABC -中，AB AC AA 21==，ο90=∠ABC ，侧面11ABB A 为矩形，ο1201=∠AC A 。

将111C B A ∆绕11C A 翻折至121C B A ∆，使2B 在平面11ACC A 内。

（1）求证：//1BC 平面121B B A ；（2）求直线21B C 与平面11ABB A 所成的角的正弦值.2、如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝2π，PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1，点M ，E 分别是PA ，PD 的中点（1）求证：CE//平面BMD （2）点Q 为线段BP 中点，求直线PA 与平面CEQ 所成角的余弦值3、如图，在三棱锥ABC P -中，PAC ∆和ABC ∆均为等腰三角形，且ο90=∠=∠BAC APC ，4==AB PB .（1）判断PC AB ⊥是否成立，并给出证明；（2）求直线PB 与平面ABC 所成角的正弦值.4、如图，已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为矩形，且侧面PAD ⊥平面PBC ，侧面PAD I 平面PBC l =，PDC ∆为正三角形， 2.CD =（I ）求证：//l BC ；（II ）求直线AB 与平面PAD 所成角的正弦值.5、如图，将矩形ABCD 沿AE 折成二面角B AE D --1，其中E 为CD 的中点，已知1,2==BC AB .11CD BD =，F 为B D 1的中点。

（1）求证//CF 平面E AD 1；（2）求AF 与平面E BD 1所成角的正弦值6、如图，多面体 PABCDA 1B 1C 1D 1 由正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 和四棱锥 P - ABCD 组成．正方体 ABCD - A 1B 1C 1D 1 棱长为 2，四棱锥 P - ABCD 侧棱长都相等，高为 1．（Ⅰ）求证： B 1C ⊥ 平面 PCD ；（Ⅱ）求二面角 B - PB 1 - C 的余弦值．7、如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，P A＝AB＝1．BC＝CD＝2，AB∥CD，∠ADC＝．（Ⅰ）求证：PD⊥AB；（Ⅱ）求直线AC与平面PBC所成角的正弦值．8、如图所示，四面体中，是正三角形，是直角三角形，是的中点，且，（I ）求证：平面；（II ）过的平面交于点，若平面把四面体分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值.EOBCDA9、如图，四棱锥P ABCD-中，PC垂直平面ABCD，AB AD⊥，AB CD∥，222PD AB AD CD====，E为PB的中点.（Ⅰ）证明：平面EAC⊥平面PBC；（Ⅱ）求直线PD与平面AEC所成角的正弦值.10、在三棱台111ABC A B C -中，ABC ∆是等边三角形，二面角1A BC B --的平面角为60o ，11BB CC =.（I ）求证：1A A BC ⊥；（II ）求直线AB 与平面11BCC B 所成角的正弦值.11、四棱锥P ABCD -中，PA ABCD ⊥平面，四边形ABCD 是矩形，且==2=3PA AB AD ，，E BC 是线段上的动点，F 是线段PE 的中点.（Ⅰ）求证：PB ADF ⊥平面；（Ⅱ）若直线DE 与平面ADF 所成角为30o，求CE 的长． FAP B12、如图，四边形ABCD 为矩形，平面ABEF ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，90BAF ∠=o ，2AD =，1AB AF ==，点P 在线段DF 上．（1）证明：AF ⊥平面ABCD ．（2）若二面角DF AP C --6，求PF 的长度． P FED C B A13、在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥平面ABCD ，BC AD ∥，BC AB ⊥，2PB AD ==，1AB BC ==，E 为棱PD 上的点. （Ｉ）若13PE PD =，求证：//PB 平面ACE . （Ⅱ）若E 是PD 的中点，求直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值.14、已知等腰直角三角形ABC ，090=∠C ，E D ,分别是AB AC ,的中点，沿DE 将ADE ∆折起（如图），连接AB AC ,.(Ⅰ)设点P 为AC 的中点，求证：⊥DP 面ABC ；(Ⅱ)设Q 为BE 的中点，当ADE ∆折成二面角B DE A --为060时，求CQ 与面ABC 所成角的正弦值.15、如图棱锥P ABCD -的底面是菱形，2AB =，3DAB π∠＝，侧面PAB 垂直于底面ABCD ，且PAB ∆是正三角形.（Ｉ）求证：PD AB ⊥；（Ⅱ）求直线PC 与平面PBD 所成角的正弦值.16、在三棱锥D - ABC中，AD⊥DC，AC⊥CB，AB＝2AD＝2DC＝2，且平面ABD ⊥平面BCD ，E 为AC 的中点．（I）证明：AD ⊥ BC ；（II）求直线DE 与平面ABD 所成的角的正弦值．参考答案：1、2、3、4、解：（Ⅰ）因为//BC AD ，所以//BC 平面PAD ；…2分又因为BC ⊂平面PBC 且平面PAD I 平面PBC l =，由线面平行的性质定理知//l BC .…7分 D C A B P（Ⅱ）过P 作PF BC ⊥交BC 于F ，所以PF l ⊥.因为侧面PAD ⊥平面PBC ，侧面PAD I 平面PBC l =，所以PF ⊥平面PAD ，过F 作//EF AB 交AD 于F ，连接PE ，所以FEP ∠即为直线AB 与平面PAD 所成角．…10分又因为222222DF DP DF DC PF CF -=-⇔=，所以2PF =Rt EPF ∆中， 2sin PEF ∠= 解法二：以DC 的中点为原点，建立空间坐标系O xyz -，设()0BC t t =>，则(),1,0B t ，(),0,0CB t =u u u r ，设OP 与面ABCD 所成的角为θ，由题意P 点在面ABCD 的射影Q 必在x 轴上，且由PCD ∆是边长为2的正三角形得()33P θθ，所以()3cos ,1,3sin PB t θθ=--u u u r ，…10分设平面PBC 的一个法向量为()1,,n x y z =r ，则()113cos 3sin 00n PB t x y z n CB tx θθ⎧⋅=-+-=⎪⎨⎪⋅==⎩r u u u r r u u u r ，解得()10,3sin ,1n θ=r ，因为()3cos ,1,3sin PA t θθ=---u u u r (),0,0DA t =u u u r ，设平面PAD 的一个法向量为()2,,n x y z =r ，则()223cos 3sin 00n PA t x y z n DA tx θθ⎧⋅=---=⎪⎨⎪⋅==⎩r u u u r r u u u r ,解得()20,3sin ,1n θ=-r ，…12分 ()()21230,3sin ,10,3sin ,113sin 0sin n n θθθθ⋅=-⋅=-=⇒=r r ，所以()10,1,1n =r ，()0,2,0AB =u u u r ，设直线AB 与平面PAD 所成角为α，于是112sin 2n BC n BCα⋅==r u u u r r u u u r ．…15分 5、（I ）取1AD 的中点G ，连结,GF GE ,易得//,,GF EC GF EC =所以四边形CEGF 是平行四边形，因此//CF GE …………4分又GE ⊂平面1AD E ，所以CF //平面1AD E …………6分（II ）取AE 的中点,H BC 中点M ，连结11,,D H HM D M ,由11BD CD =，所以1D M BC ⊥，又HM BC ⊥，所以BC ⊥平面1D HM ，所以1BC D H ⊥，又1D H AE ⊥，所以1D H ⊥平面ABCE ，所以平面1AD E ⊥平面ABCE …………8分又BE AE ⊥，所以BE ⊥平面1AD E …………9分所以1BE AD ⊥，又11AD D E ⊥，所以1AD ⊥平面1BD E …………10分所以1AFD ∠是AF 与平面1BD E 所成角………12分又1131,2AD D F ==，所以72AF =…………14分所以1127sin 7AD AFD AF ∠==…………15分另解：如图建立空间直角坐标系，则(1,0,0),(0,1,0),(1,2,0),(0,2,0),A E B C设1(,,),D x y z 由111111D A DE D B D C=⎧⎪=⎨⎪=⎩即222222222222(1)1(1)1(1)(2)(2)x y z x y z x y z x y z ⎧-++=⎪+-+=⎨⎪-+-+=+-+⎩…………9分得121222x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，…………10分所以1112(,,)222D ,352(,,)444F ,152(,,)444AF =-u u u r ， 1112(,,)222ED =-u u u u r ,(1,1,0)EB =u u ur ，设平面1BD E 的法向量111(,,)n x y z =r，由100n ED n EB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩r u u u u r r u u u r ，得11202220x y z x y ⎧-+=⎪⎨⎪+=⎩，所以取(1,1,2)n =--r…………12分设AF 与平面1BD E 所成角为α，则||sin ||||n AF n AF α⋅=⋅r u u u r r u u u ur …………14分277=…………15分6、7、8、9、（Ⅰ）证明:PC⊥平面ABCD，故PC⊥AC．………………2分又AB＝2，CD＝1，AD⊥AB，所以AC＝BC2．故AC2＋BC2＝AB2，即AC⊥BC．………………4分所以AC⊥平面PBC，所以平面ACE⊥平面PBC．…………………………6分（Ⅱ）解:PC⊥平面ABCD，故PC⊥CD．又PD＝2，所以PC3…………8分在平面ACE内，过点P作PF垂直CE，垂足为F．由（Ⅰ）知平面ACE⊥平面PBC，所以PF垂直平面ACE．…………10分由面积法得：即12CE PF PC BC⋅=⋅．又点E为AB的中点，152CE PB==．所以30PF=．……………………………………12分又点E为AB的中点，所以点P到平面ACE的距离与点B到平面ACE的距离相等．连结BD交AC于点G，则GB＝2DG．所以点D到平面ACE的距离是点B到平面ACE的距离的一半，即12 PF．所以直线PD与平面AEC所成角的正弦值为130220PFPD=．……………………15分另解：如图，取AB 的中点F ，如图建立坐标系．因为2PD =，所以CP =(0,0,0)C ，(0,1,0)D，P ，(1,1,0)A ，(1,B -11(,222E -．…………9分 (0,1,PD =u u u r ．(1,1,0)CA =u u u r ，11(,,222CE =-u u u r ．设平面ACE 的一个法量为n (,,)x y z =，则0,0,22x y x y z +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩取1x =，得1y =-，3z =-．即n (1,1,3=--． …………13分设直线PD 与平面AEC 所成角为θ，则sin |cos θ=<n ，|PD >u u u r20==． …………15分 10、（I ）证明：设1AA ，1BB 与1CC 交于点S ，取棱BC 的中点O ，连结,AO SO .因11BB CC =，11B C BC P ，故SB SC =. ………………………2分又O 是棱BC 的中点，故BC SO ⊥. 同理BC AO ⊥又,SO AO ⊂平面SAO ，且SO AO O =I ，因此BC ⊥平面SAO ，又1A A ⊂平面SAO ， ………………………4分所以1A A BC ⊥； ………………………6分（II ）方法一：作AH SO ⊥，垂足为H .B(第19题)因BC ⊥平面SAO ，故AH⊥平面11BCC B ，从而ABH ∠为直线AB 与平面11BCC B 所成的角. ……………………10分不妨设2AB =,则AO =3sin 2AH AO AOM =∠=， ……………………13分所以3sin 4AH ABH AB ∠==. ……………………15分方法二：如图，以O 为原点建立空间直角坐标系O xyz -， ……………………8分由（I ），AOS ∠为二面角1A BC B --的平面角，则60AOS ∠=o，设2BC =，(0)SO a a =>，则点A ,(0,1,0)B ,(0,1,0)C -，(,0,)22aS a . 设(,,)x y z =n 为平面11BCC B ，即平面SBC 的一个法向量，由00CB OS ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u r u u u r ，n n，得20022y a x a z =⎧⎪⎨+⋅=⎪⎩，， ………10分令x =1z =-，即1)=-n . ……12分设θ是直线AB 与平面11BCC B 所成的角，则||3sin |cos ,|4||||AB AB AB θ⋅=<>==u u u vu u u v u u uv n n n . …………15分C13、14、解：（Ⅰ）由题意可知，DE ∥BC ，即090=∠=∠CDE ADE ，于是CD DE AD DE ⊥⊥,，⊥∴DE 面ADC ，从而⊥BC 面ADC ，因此DP BC ⊥. …………3分另一方面，由P DC DA ,=是中点得：AC DP ⊥. …………5分⊥∴DP 面ABC . …………7分（Ⅱ）不妨设等腰直角三角形的直角边长为4.由二面角B DE A --为060可知 ACD ∆是等边三角形，32=DP . …………9分因为DE ∥BC ，故DE ∥面ABC ，即点E 到面ABC 的距离等于点P 到面ABC 的距离.而Q为BE 之中点，于是点Q 到面ABC 的距离为23. …………11分计算得：10=CQ ， …………13分所以CQ 与面ABC 所成角的正弦值为2030. …………15分 15、16、解：（I ）法一：过C 做CH BD ⊥，（其中H 与B D ,都不重合，否则，若H 与B 重合，则CB BD ⊥与12CD CB =<=H 与D 重合，则1AD BD ==，与2AB =矛盾）Q 面ABD ⊥面BCD ∴CH ⊥面BCD∴CH ⊥AD ，又Q AD ⊥CD ∴AD ⊥面BCD ∴AD ⊥BC法二：参见第（II ）问的法三（II ）法一：做EQ AH ⊥，则//EQ CH ，由（1）知：EQ ⊥面ADB∴EDQ ∠即DE 与面ABD 所成角，且22223DE EQ ==∴3sin QE EDQ ED ∠== 法二：由（I ）知：,3AD BD BD ⊥=2AC BC ==记AB 的中点为F ，AF 的中点为MQ E 是AC 的中点，∴AB EM ⊥，AB DM ⊥Q EAHM F EAH∴AB ⊥面DEM ∴面ABD ⊥面DEM∴EDM ∠即DE 与面ABD所成角，且1,2ME MD ED ===∴sin 3ME EDM MD ∠== 法三：由（I ）知AD ⊥平面BCD ，AD BD ∴⊥，以D 为原点，分别以射线,DB DA 为x 轴，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系D xyz -由题意知：(0,0,0),(0,1,0),D A F C∴12E，12DE ∴=u u u r ∵平面ABD 的法向量为(0,0,1)n =r，设DE 与面ABD 所成角为θ∴sin |cos ,|||||||n DE DE n n DE θ⋅===⋅r u u u ru u u r r r u u u r 法四：以D 为坐标原点，,DC DA 为,x y 轴，建立空间直角坐标系D xyz -则()()1,0,0,0,1,0C A ，设(),,B a b c ，面ABD 的法向量为1n u r ，面BCD 的法向量为2n u u r，则12200AB AC BC n n =⎧⎪⋅=⎨⎪⋅=⎩u u u r u u u r u r u u r ，即()()()22212141,1,01,,00a b c a b c n n ⎧+-+=⎪⎪-⋅---=⎨⎪⋅=⎪⎩u r u u r，则10a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩ ∴0AD BC ⋅=u u u r u u u r，∴AD ⊥BC∴11sin DE n DE n θ⋅==⋅u u u r u r u u u r u r ，即DE 与面ABD所成角的正弦值为3.。

2023-2024学年高考数学空间向量与立体几何专项练习题(附答案)

A ．B ．223．若直线的方向向量为，平面l bA ．()(1,0,0,2,0,0b n ==-()(0,2,1,1,0,1b n ==--A ．B ．5136．如图，在平行六面体ABCDA．1122a b c -++C．1122a b c --+7．如图，在四面体OABC中，1-16．已知四棱锥P ABCDPC棱上运动，当平面1．C【分析】根据已知结合向量的坐标运算可得出，且.然后根据向量的数量积a b a +=- 14a = 运算求解，即可得出答案.【详解】由已知可得，且.()1,2,3a b a+=---=-14a =又，()7a b c +⋅= 所以，即有，7a c -⋅= cos ,14cos ,7a c a c a c -⋅=-=所以，.1cos ,2a c =-又，所以.0,180a c ≤≤ ,120a c =︒ 故选：C.2．C【分析】利用中点坐标公式求出中点的坐标，根据空间两点间的距离公式即可得出中线BC 长.【详解】由图可知：，，，(0,0,1)A (2,0,0)B (0,2,0)C 由中点坐标公式可得的中点坐标为，BC (1,1,0)根据空间两点间距离公式得边上的中线的长为.BC 22211(1)3++-=故选：C 3．D【分析】若直线与平面平行，则直线的方向向量与平面的法向量垂直，利用向量数量积检验.【详解】直线的方向向量为，平面的法向量为，l bαn 若可能，则，即.//l αb n ⊥r r 0b n ⋅=r r A 选项，；()1220b n =⨯-⋅=-≠B 选项，；11305160b n =⨯⨯⋅+⨯+=≠C 选项，；()()01201110b n =⨯-+⨯+⨯-⋅=-≠D 选项，；()1013310b n =⨯+-⨯=⋅+⨯因为，，3AB =4BC =2PA =所以()()(0,0,2,3,0,0,0,0,1P B Q 设平面的法向量为BQD (m x =()(),,3,0,1m BQ x y z ⎧设，2AB AD AS ===则()()()0,0,0,0,0,2,2,2,0,A S C P 设，()0,,2M t t -(1,1,2OM t =--所以1120OM AP t t ⊥=-+-+-=点到平面与平面的距离和为为定值，D 选项正确.M ABCD SAB 22t t -+=，，()2,0,0B ()()2,0,2,0,2,0SB BC =-=设平面的法向量为，SBC (),,n x y z =则，故可设，22020n SB x z n BC y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅==⎪⎩()1,0,1n = 要使平面，又平面，//OM SBC OM ⊄SBC 则，()()1,1,21,0,11210OM n t t t t ⋅=---⋅=-+-=-=解得，所以存在点，使平面，B 选项正确.1t =M //OM SBC 若直线与直线所成角为，又，OM AB 30︒()2,0,0AB =则，()()222213cos3022661122OM ABOM ABt t t t ⋅-︒====⋅-++-+-⨯ 整理得，无解，所以C 选项错误.23970,8143730t t -+=∆=-⨯⨯=-<故选：ABD.10．BCD【分析】根据向量的多边形法则可知A 正确；根据向量的三角不等式等号成立条件可知，B 错误；根据共线向量的定义可知，C 错误；根据空间向量基本定理的推论可知，D 错误．【详解】对A ，四点恰好围成一封闭图形，根据向量的多边形法则可知，正确；对B ，根据向量的三角不等式等号成立条件可知，同向时，应有，即必要,a b a b a b+=+ 性不成立，错误；对C ，根据共线向量的定义可知，所在直线可能重合，错误；,a b对D ，根据空间向量基本定理的推论可知，需满足x +y +z =1，才有P 、A 、B 、C 四点共面，错误．故选：BCD ．11．AB【分析】以，，作为空间的一组基底，利用空间向量判断A ，C ，利用空间向量法ABAD AA 可得面，再用向量法表示，即可判断B ，利用割补法判断D ；1AC ⊥PMN AH【详解】依题意以，，作为空间的一组基底，ABAD AA 则，，11AC AB AD AA =++ ()1122MN BD AD AB ==-因为棱长均为2，，11π3A AD A AB ∠=∠=所以，，224AB AD == 11π22cos 23AA AD AA AB ⋅=⋅=⨯⨯= 所以()()1112D A A C MN AD A A B AA B++⋅⋅=- ，()2211102AB AD AB AD AB AD AA AD AA AB ⋅-+-⋅+==⋅+⋅故，即，故A 正确；1AC MN ⊥1AC MN ⊥同理可证，，面，面，PN AC ⊥MN PN N ⋂=MN ⊂PMN PN ⊂PMN 所以面，即面，即为正三棱锥的高，1AC ⊥PMN AH ⊥PMN AH A PMN -所以()()1133AH AN NH AN NP NM AN AP AN AM AN=+=++=+-+- ，()13AP AM AN =++又，，分别是，，的中点，，P M N 1AA AB AD π3PAM PAN MAN ∠=∠=∠=所以，则三棱锥是正四面体，1PA AM AN PM MN PN ======P AMN -所以()11111133222AH AP AM AN AA AB AD ⎛⎫=++=⨯++ ⎪⎝⎭ ，()111166AA AB AD AC =++=所以，故B 正确；116AH AC =因为()211AC AB AD AA =++ ()()()222111222AB ADAA AB AD AB AA AD AA =+++⋅+⋅+⋅ ，2426==()21111111=AC AA AB AD AA AA AB AA AD AA AA ⋅=++⋅⋅+⋅+ ，11222222=822=⨯⨯+⨯⨯+⨯设直线和直线所成的角为，1AC 1BB θ则，故C 错误；1111111186cos cos ,cos ,3262AC AA AC BB AC AA AC AA θ⋅=====⨯ ，11111111111111A B D C ABCD A B C D A B D A C B D A B ABC D ADCV V V V V V ------=----其中，1111111111116ABCD A B C D A B D A C B D C B ABC D ADC V V V V V -----====所以，故D 错误.1111113A B D C ABCD A B C D V V --=故选：AB.关键点睛：本题解决的关键点是利用空间向量的基底法表示出所需向量，利用空间向量的数量积运算即可得解.12．AC【分析】对于A ，根据即可算出的值；对于B ，根据计算；对于C ，根据||2a = m a b ⊥ m 计算即可；对于D ，根据求出，从而可计算出.a b λ= 1a b ⋅=- m a b + 【详解】对于A ，因为，所以，解得，故A 正确；||2a = 2221(1)2m +-+=2m =±对于B ，因为，所以，所以，故B 错误；a b ⊥ 2120m m -+-+=1m =对于C ，假设，则，a b λ= (1,1,)(2,1,2)m m λ-=--所以，该方程组无解，故C 正确；()12112m m λλλ=-⎧⎪-=-⎨⎪=⎩对于D ，因为，所以，解得，1a b ⋅=- 2121m m -+-+=-0m =所以，，所以，故D 错误.(1,1,0)a =- (2,1,2)b =-- (1,2,2)+=-- a b 故选：AC.13．15【分析】根据线面垂直，可得直线的方向向量和平面的法向量共线，由此列式计算，即得答案.【详解】∵，∴，∴，解得，l α⊥u n ∥ 3123a b ==6,9a b ==∴，15a b +=故1514．2【分析】根据垂直得到，得到方程，求出.()0a a b λ⋅-= 2λ=【详解】，()()()2,1,31,2,12,12,3a b λλλλλ-=---=--- 因为，所以，()a a b λ⊥- ()0a a b λ⋅-= 即，()()2,12,3241293702,1,134λλλλλλλ----=-++-+-=+⋅-=解得.2λ=故215．17【分析】利用向量的加法，转化为，直接求模长即可.CD CA AB BD =++ 【详解】因为.CD CA AB BD =++ 所以()22CD CA AB BD =++ 222222CA CA AB AB AB BD BD CA BD=+⋅++⋅++⋅ 222132022042342⎛⎫=+⨯++⨯++⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭17=所以.17CD = 故答案为.1716．33【分析】首先建立空间直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用法向量垂MBD PCD 直求点的位置，并利用向量法求异面直线所成角的余弦值，即可求解正弦值.M 【详解】如图，以点为原点，以向量为轴的正方向，建立空间直角坐标A ,,AB AD AP ,,x y z 系，设，2AD AP ==，，，，()2,0,0B ()0,2,0D ()002P ,,()2,2,0C 设,()()()0,2,22,2,22,22,22DM DP PM DP PC λλλλλ=+=+=-+-=-- ，，，()2,2,0BD =-u u u r ()2,0,0DC =u u u r ()0,2,2DP =- 设平面的法向量为，MBD ()111,,m x y z =r ，()()11111222220220DM m x y z DM m x y λλλ⎧⋅=+-+-=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩33故。

2020高三数学--立体几何专题练习

【2020高三数学】立体几何专题练习一．单选题（每题5分，共12题，共60分）1．在四面体ABCD 中，3AB BD AD CD ====，4AC BC ==，用平行于AB ，CD 的平面截此四面体，得到截面四边形EFGH ，则四边形EFGH 面积的最大值为（）A ．43B ．94C ．92D ．32．如图，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥ABCD ，NB ⊥ABCD ．且MD ＝NB ＝1．则下列结论中：①MC ⊥AN②DB ∥平面AMN③平面CMN ⊥平面AMN④平面DCM ∥平面ABN所有假命题的个数是（）A ．0B ．1C ．2D ．33．已知互相垂直的平面αβ，交于直线l.若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则（）A ．m ∥lB ．m ∥nC ．n ⊥lD ．m ⊥n4．设,αβ是两个不同的平面，l 是一条直线，以下命题正确的是（）A ．若,l ααβ⊥⊥，则l β⊂B ．若//,//l ααβ，则l β⊂C ．若,//l ααβ⊥，则l β⊥D ．若//,l ααβ⊥，则l β⊥5．已知正四棱柱中，，则CD 与平面所成角的正弦值等于（）A ．B ．C ．D ．6．在Rt ABC V 中，90ABC ∠=o ，P 为V ABC 所在平面外一点，PA ⊥平面ABC ，则四面体P ABC -中直角三角形的个数为（）A ．4B ．3C ．2D ．17．已知直线//l α，直线a α⊂，则l 与α必定（）A ．平行B ．异面C ．相交D ．无公共点8．如图,各棱长均为a 的正三棱柱111ABC A B C -，M 、N 分别为线段1A B 、1B C 上的动点,且MN //平面11ACC A ,则这样的MN 有 ( )A ．1条B ．2条C ．3条D ．无数条9．正方体1111ABCD A B C D -中，直线AD 与平面11A BC 所成角正弦值为（）A ．12B ．32C ．33D ．6310．如图所示，在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，若E 是A 1C 1的中点，则直线CE 垂直于( )A ．ACB ．BDC ．A 1D D ．A 1D 111．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（）A ．26B ．36C ．23D ．2212．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，P 是底面ABCD 上的动点,1PA PC ≥，则满足条件的点P 构成的图形的面积等于（）A．12B．4πC．44π-D．72二．填空题（每题5分，共20分）13．已知在直角梯形ABCD中，AB AD⊥，CD AD⊥，224AB AD CD===，将直角梯形ABCD沿AC折叠，使平面BAC⊥平面DAC，则三棱锥D ABC-外接球的体积为__________．14．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2，若它们的侧面积相等，且12SS＝94，则12VV的值是________．15．长方体1111ABCD A B C D-中，12,1AB BC AA===，则1BD与平面1111DCBA所成的角的大小为________．16．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，F是AC的中点，E是PC上的点，且EF⊥BC，则PEEC=________.三．解答题（17题10分，其余12分每题，共70分）17．如图所示，在三棱柱111ABC A B C-中，ABC△与111A B C△都为正三角形，且1AA⊥平面ABC，1F F，分别是11AC A C，的中点.求证：（1）平面11AB F∥平面1C BF；（2）平面11AB F⊥平面11ACC A.18．如图，在三棱锥P ABC-中，平面PAC⊥平面ABC，PACV为等边三角形，AB AC ⊥，D 是BC 的中点.（1）证明：AC PD ⊥；（2）若2AB AC ==，求D 到平面PAB 的距离.19．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =，E 为1BB 中点．（1）证明：1AC D E ⊥．（2）求DE 与平面1AD E 所成角的正弦值．20．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD AB ⊥，//AB DC ，1AB =，2AD DC AP ===，点E 为棱PC 的中点.（1）证明：//BE 面PAD ；（2）证明：面PBC ⊥面PDC ；（3）求直线PD 与面PBC 所成角的正弦值.21．如图，已知平面是正三角形，.（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正切值..22．如图，在三棱锥P ABC -中，G 是棱PA 的中点，PC AC ⊥，且2PB AB AC BC ====, 1.PC =（Ⅰ）求证：直线BG ⊥平面PAC ；（Ⅱ）求二面角P AC B --的正弦值.【2020高三数学】立体几何专题练习参考答案二．单选题（每题5分，共12题，共60分）1．【答案】B 【解析】设截面分别与棱,,,AD BD BC AC 交于点,,,E F G H .由直线//AB 平面EFGH ，且平面ABC I 平面EFGH GH =，平面ABD ⋂平面EFGH EF =得//GH AB ，//EF AB ，所以//GH EF ，同理可证//EH FG ，所以四边形EFGH 为平行四边形，又3AB BD AD CD ====，4AC BC ==，可证得AB CD ⊥，四边形EFGH 为矩形.设:::BF BD BG BC FG CD x ===，01x <<，则3FG x =，()31HG x =-，于是2199(1)9,0124EFGHS FG HG x x x x ⎛⎫=⋅=-=--+<< ⎪⎝⎭ 当12x =时，四边形EFGH 的面积有最大值94. 故选：B.2．【答案】B【解析】由题画出该几何体外接的正方体.对①,因为//MC EB ,AN EB ⊥,故MC ⊥AN 成立.故①正确.对②,因为//,DB MN MN ⊂平面AMN,故DB ∥平面AMN 成立.故②正确.对③,连接AC 易得A MNC -为正四面体.故平面CMN ⊥平面AMN 不成立.故③错误. 对④,正方体中平面DCM 与平面ABN 分别为前后两面,故④正确.故选：B3．【答案】C【解析】由题意知,l l αββ⋂=∴⊂，,n n l β⊥∴⊥Q ．故选C ．4．【答案】C【解析】对于A 、B 、D 均可能出现//l β，而对于C 是正确的．5．【答案】A【解析】设，面积为6．【答案】A【解析】由题意，知PA ⊥平面ABC 可得PAC PAB ∆∆，都是直角三角形，且PA BC ⊥，又90ABC ∠=o ，所以V ABC 是直角三角形，且BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥，即PBC △为直角三角形.故四面体P ABC -中共有4个直角三角形.7．【答案】D【解析】已知直线//l α，所以直线l 与平面α无公共点，又由a α⊂，所以直线l 与平面a 无公共点，故选D ．8．【答案】D【解析】由题意得112A B CB a==．在11,BA CB 上分别取,M N ，使1BM B N =，过,M N作11,MM AB NN BC ⊥⊥，垂足分别为11,M N ，则1111,MM AA NN BB P P ，故11111,BM B N BN BM BA BA BC BC==．由于111B N BM BA B C =，故11BM BN BA BC=，从而11M N AC P ，可得11M N P 平面11ACC A ．又1MM P 平面11ACC A ，可得平面11MM N N P 平面11ACC A ．由于MN ⊂平面11MM N N ，所以//MN 平面11ACC A ，从而满足条件的MN 有无数条．选D ．9．【答案】C【解析】如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，直线AD 与11B C 平行，则直线AD 与平面11A BC 所成角正弦值即为11B C 与平面11A BC 所成角正弦值.因为11A BC ∆为等边三角形，则1B 在平面11A BC 即为11A BC ∆的中心，则11B C O ∠为11B C 与平面11A BC 所成角.可设正方体边长为1，显然36=2=33BO ⨯，因此2163=1()=33B O -，则1111103sin 3B BC O B C ∠==，故答案选C.10．【答案】B【解析】以A 为原点，1AB AD AA ，，所在直线分别为x y z ，，轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则()000A ，，，()110C ，，，()100B ，，，()010D ，，， ()1001A ，，，11122E ⎛⎫ ⎪⎝⎭，， 11122CE ⎛⎫∴=-- ⎪⎝⎭u u u v ，， ()110AC =u u u v ，，，()110BD =-u u u v ，，，()1011A D =-u u u u v ，，，()1001AA =-u u u v ，，110022CE BD ∴=-+=u u u v u u u v n 则CE BD ⊥u u u v u u u v 即CE BD ⊥故选B11．【答案】A【解析】根据题意作出图形：设球心为O ，过ABC 三点的小圆的圆心为O 1，则OO 1⊥平面ABC ，延长CO 1交球于点D ，则SD ⊥平面ABC ．∵CO 1=233323⨯=， ∴116133OO =-=， ∴高SD=2OO 1=263，∵△ABC 是边长为1的正三角形，∴S △ABC =34， ∴132623436S ABC V -=⨯⨯=三棱锥．12．【答案】A 【解析】如图，以,AB AD 为,x y 轴在平面ABCD 内建立平面直角坐标系，设(,)P x y ，由1PA PC ≥得22222(2)(2)2x y x y +≥-+-+，整理得30x y +-≥，设直线:30l x y +-=与正方形ABCD 的边交于点,M N ，则P 点在CMN ∆内部（含边界），易知(1,2)M ，(2,1)N ，∴1CM CN ==，111122CMN S ∆=⨯⨯=．故选A ．二．填空题（每题5分，共20分）13．【答案】323π 【解析】结合题意画出折叠后得到的三棱锥D ABC -如图所示，由条件可得在底面ACB ∆中，90,22ACB AC BC ∠=︒==。

高考专题-- 立体几何与空间向量-浙江高三数学三轮复习---精校解析Word版

立体几何与空间向量1. 立体图形的截面问题高考对用一平面去截一立体图形所得平面图形的考查实质上对学生空间想象能力及对平面基本定理及线面平行与面面平行的性质定理的考查。

考生往往对这一类型的题感到吃力，实质上高中阶段对作截面的方法无非有如下两种：一种是利有平面的基本定理：一个就是一条直线上有两点在一平面内则这条直线上所在的点都在这平面内和两平面相交有且仅有一条通过该公共点的直线（即交线）（注意该定理地应用如证明诸线共点的方法：先证明其中两线相交，再证明此交点在第三条直线上即转化为此点为两平面的公共点而第三条直线是两平的交线则依据定理知交点在第三条直线；诸点共线：即证明此诸点都是某两平面的共公点即这此点转化为在两平的交线上）据这两种定理要做两平面的交线可在两平面内通过空间想象分别取两组直线分别相交，则其交点必为两平面的公共点，并且两交点的连线即为两平的交线.另一种方法就是依据线面平行及面面平行的性质定理，去寻找线面平行及面面平行关系，然后根据性质作出交线。

一般情况下这两种方法要结合应用.例1.已知正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是10，高是12，过底面一边AB ，作与底面ABC 成060角的截面面积是___________________。

【答案】点评：判断截面的形状，应该将现有截面进行延伸，必须找出与整个几何体表面的截线.2.三视图高考对三视图的要求是：（1）理解简单空间图形 (柱、锥、台、球的简易组合) 的含义，了解中心投影的含义，掌握平行投影的含义；（2）理解三视图和直观图间的关系，掌握三视图所表示的空间几何体.会用斜二测法画出它们的直观图.从学生反馈情况看，主要错误是不能正确视图，还原几何体.突破这一瓶颈的有效途径，一是熟悉规则，二是多做一些练习.例2.【2017课标II ，理4】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）90πB．63πC．42πD．36π【答案】B【解析】点评：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线。

【精准解析】浙江省台州市书生中学2020届高三下学期模拟考试数学试题

2020年高考数学模拟试题一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合{}2A x x =<，{}230B x x x =-<，则A B =（）A. ()0,2B. ()0,3C. ()2,3D. ()2,3-【答案】A 【解析】【分析】解不等式得到集合A 和集合B ，再求交集得到答案. 【详解】{}{}222A x x x x =<=-<<，{}{}23003B x x x x x =-<=<<，则()0,2A B =.故选：A.【点睛】本题考查了集合的交集运算，解不等式，属于简单题.2. 双曲线2214y x -=的渐近线方程是（）A. 52y x =±B. 5y x =C. 12y x =±D. 2y x =±【答案】D 【解析】【分析】根据双曲线方程和渐近线方程直接求解.【详解】由双曲线方程可知1,2a b ==，并且焦点在x 轴，所以双曲线的渐近线方程2by x x a=±=±. 故选：D【点睛】本题考查双曲线方程和渐近线，重点考查基本公式，属于基础题型.3. 若实数x 、y 满足约束条件02200y x y x y ≥⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩，则2z x y =-的最大值是（）A.23B.25C. 2D. 5【答案】C 【解析】【分析】作出不等式组所表示的可行域，设2t x y =-，利用线性目标函数的几何意义求得t 的取值范围，再利用绝对值的性质可求得z 的最大值.【详解】作出不等式组02200y x y x y ≥⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩所表示的可行域如下图所示：令2t x y =-，联立2200x y x y +-=⎧⎨-=⎩，解得23x y ==，可得点22,33A ⎛⎫⎪⎝⎭，同理可得点()2,0B ，平移直线2t x y =-，当直线2t x y =-经过可行域的顶点A 时，直线2t x y =-在x 轴上的截距最小，此时t 取最小值，即min 2222333t =-⨯=-；当直线2t x y =-经过可行域顶点B 时，直线2t x y =-在x 轴上截距最大，此时t 取最大值，即max 2202t =-⨯=. 所以，2223x y -≤-≤，则022x y ≤-≤，因此，max 2z =. 故选：C.【点睛】本题考查线性目标函数绝对值的最值，考查数形结合思想的应用，属于基础题. 4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A. 2B. 4C. 42D. 12【答案】B 【解析】【分析】作出几何体的直观图，可知几何体为直三棱柱中截去一个三棱锥而形成，利用柱体和锥体的体积公式可计算出几何体的体积. 【详解】几何体的直观图如下图所示：可知几何体为直三棱柱111ABC A B C -中截去三棱锥111A A B C -所形成，结合三视图中的数据可知，几何体的体积为2211123234232V =⨯⨯-⨯⨯⨯=. 故选：B.【点睛】本题考查利用三视图计算几何体的体积，解答的关键在于作出几何体的直观图，考查计算能力，属于基础题.5. 已知{}n a 是等差数列，111a =，n S 为数列{}n a 的前n 项和，且57S S =，则n S 的最大值为（） A. 66 B. 56C. 46D. 36【答案】D 【解析】【分析】由已知条件求得等差数列的公差，再运用等差数列的前n 项和公式和二次函数的最值可得选项.【详解】由已知57S S =，111a =得，115476++2572d d a a ⨯⨯=，所以2d =-，所以()121++122n n n d n S na n ⨯-==-，所以当6n =时，n S 有最大值为36, 故选：D.【点睛】本题考查等差数列的基本量的计算，二次函数的最值，属于基础题. 6. 在ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别是a 、b 、c ，则“sin sin sin a b cB C A+=+”是“ABC 为等腰三角形”的（） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A 【解析】【分析】利用正弦定理边角互化思想结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】充分性：sin sin sin a b c B C A +=+，得a b cb c a+=+，可得22a ac b bc +=+，则220a b ac bc -+-=，即()()0a b a b c -++=，0a b c ++>，a b ∴=.所以，ABC 为等腰三角形，即充分性成立；必要性：若ABC 为等腰三角形，则a c =或b c =，那么等式sin sin sin a b cB C A+=+不一定成立，即必要性不成立.综上所述，“sin sin sin a b cB C A+=+”是“ABC 为等腰三角形”的充分不必要条件. 故选：A.【点睛】本题考查充分不必要条件的判断，涉及正弦定理边角互化思想的应用，考查推理能力，属于中等题.7. 已知随机变量ξ满足(0)1P p ξ==-，(1)P p ξ==，其中01p <<.令随机变量|()|E ηξξ=-，则（）A. ()()E E ηξ>B. ()()E E ηξ<C. ()()D D ηξ>D. ()()D D ηξ<【答案】D 【解析】【分析】根据题意,列表求得随机变量ξ及η的分布列,可知均为两点分布.由两点分布的均值及方差表示出()(),E D ξξ和()E η()D η,根据01p <<比较大小即可得解. 【详解】随机变量ξ满足(0)1P p ξ==-,(1)P p ξ==,其中01p <<. 则随机变量ξ的分布列为:所以()()(),1E p D p p ξξ==- 随机变量|()|E ηξξ=-, 所以当0ξ=时,()E p ηξξ=-=,当1ξ=时,()1E p ηξξ=-=-所以随机变量|()|E ηξξ=-的分布列如下表所示(当0.5p =时,η只有一个情况,概率为1):ηp 1p -P1p -p则()()()()1121E p p p p p p η=-+-=-()()()()22211121D p p p p p p p p η=--⋅-+---⋅⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()2121p p p =--当()()E E ξη=即()21p p p =-,解得12p =.所以A 、B 错误. ()()D D ξη-()()()21121p p p p p =----()22410p p =->恒成立.所以C 错误,D 正确故选:D【点睛】本题考查了随机变量的分布列,两点分布的特征及均值和方差求法,属于中档题.8. 已知函数()()20xax bx cf x a e++=≠的部分图象如图所示，则（）A. 0a <B. 0a c ->C. 0b c -<D.320a b c -+<【答案】B 【解析】【分析】求得函数()y f x =的导数()()22xax a b x b cf x e-+-+-'=，根据函数()y f x =的单调性可判断A 选项的正误，利用()1f '-、()1f '、()0f '的符号可分别判断D 、B 、C 选项的正误.【详解】()2x ax bx cf x e ++=，()()22xax a b x b c f x e-+-+-'∴=，令()()22g x ax a b x b c =-+-+-，由图象可知，函数()y f x =先减后增再减，则0a -<，可得0a >，A 选项错误；()10f '-<，则()1320g a b c -=-+-<，则320a b c -+>，D 选项错误；()10f '>，则()10g a c =->，B 选项正确；()00f '>，则()00g b c =->，C 选项错误.故选：B.【点睛】本题考查利用函数的单调性判断不等式的正误，解答的关键在于利用导数符号与函数单调性之间的关系解题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9. 已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>，1F ，2F 分别是椭圆的左、右焦点，A 是椭圆的下顶点，直线2AF 交椭圆于另一点P ，若1PF PA =，则椭圆的离心率为（）A.3B.13C.2D.12【答案】A 【解析】【分析】由1PF PA =和12+2PFPF a =，用a 表示出1PF 和PA ，在1APF △中，求出11cos 3PAF ∠=，根据升幂公式可求1sin OAF ∠=，即为椭圆离心率.详解】解：如图，点P 在椭圆上，所以12+2PF PF a =，由1222,PF PA PF AF AF a ==+=，代入上式得，123,22a aPF PF == 在1APF △，222222111133122cos 32322a a a AF AP PF PAF a AF APa ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⨯，又2111cos 12sin 3PAF OAF ∠=-∠=，所以13sin 3OAF ∠=，即13sin 3c OAF e a ∠===，故选：A .【点睛】考查利用椭圆的性质、解三角形的知识以及三角恒等变换求椭圆的离心率；基础题. 10. 如图，三棱锥V ABC -的侧棱长都相等，底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E 为线段AC 的中点，F 为直线AB 上的动点，若平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则cos θ的最大值是（）3B.2356【答案】D【解析】【分析】连接BE，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，EV为z轴，建立空间直角坐标系，求出平面VBC的一个法向量m，平面VEF的一个法向量n，利用cosm nm nθ⋅=即可求解. 【详解】底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，则Rt ABC Rt VAC≅，所以VA VC BA BC===设2VA VC BA BC VB=====，由E为线段AC的中点，则2VE BV==，由222VE BE VB+=，所以VE EB⊥，以E为原点，EB为x轴，EC为y轴，EV为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则()2,0C，)2,0,0B，(2V，设(),2,0F x x，(0,2,2VC=-，(2,0,2VB=-，(2EV=，(,2,2VF x x=-，设平面VBC的一个法向量()111,,m x y z=，则m VCm VB⎧⋅=⎨⋅=⎩，即1111220220zx⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令11x=，则11y=，11z=，所以()1,1,1m=.设平面VEF 的一个法向量()222,,n x y z =，则00n EV n VF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即(222200x x x y =⋅+⋅+=⎪⎩，解得20z =，令21y =，则21x x=-，所以21,1,0n x ⎛⎫=- ⎪⎪⎝⎭，平面VEF 与平面VBC所成锐二面角的平面角为θ，则cos 3m n m n θ⋅==，将分子、分母同除以1x，可得=令()2266632f x x x ⎛=-+=-+ ⎝⎭，当x =时，()min 3f x=，则cos θ3=. 故选：D【点睛】本题考查了空间向量法求二面角、考查了基本运算求解能力，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11. 我国古代数学名著《算法统宗》中有如下描述：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一．”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍．请问塔顶层有______盏灯，塔底层有_______盏灯．【答案】 (1). 3 (2). 192 【解析】【分析】设塔的顶层共有1a 盏灯，则数列{}n a 是公比为2的等比数列，利用等比数列求和公式可求得1a 的值，进而可求得7a 的值，由此可得出结果.【详解】设塔的顶层共有1a 盏灯，则数列{}n a 是公比为2的等比数列，设其前n 项和为n S ，由题意可得()71711212738112a S a-===-，解得13a =，则6732192a =⨯=. 因此，塔顶层有3盏灯，塔底层有192盏灯. 故答案为：3；192.【点睛】本题考查等比数列中基本量的计算，考查等比数列前n 项和公式的应用，考查计算能力，属于基础题.12. 已知复数z 满足(1i)2+i z +=-（i 为虚数单位），则z 的虚部是_____，||z =______．【答案】 (1). 32【解析】【分析】根据复数z 满足(1i)2+i z +=-，利用复数的除法化简得到1322z i =-+，再根据复数的概念和模的求法求解.【详解】因为复数z 满足(1i)2+i z +=-，所以()()()()2121311122i i i z i i i i -+--+===-+++-所以z 的虚部是32，||z ==，故答案为：①32；②2【点睛】本题主要考查复数的运算以及复数的概念和模，还考查了运算求解的能力，属于基础题.13. 已知多项式25272701270127(1)(1)(2)(2)(2)x x a a x a x a x b b x b x b x +-=+++++++=++++，则0127a a a a ++++=_____，5b =______．【答案】 (1). 64- (2). 11 【解析】【分析】第一空，赋值1x =-可得；第二空，利用5(1)x -展开式求3x 的系数与5x 的系数和即可. 【详解】取1x =-，501272(2)64a a a a ++++=⨯-=-5(1)x - 展开式的通项515(1)k k k kT C x ，则2200555(1)+(1)=11b C C =--故答案为：64-；11【点睛】本题主要考查展开式中的特定项系数及项的系数和.(1)利用赋值法求解项的系数和时，注意各项的系数是指某一项的字母前面的数值(包括符号)；(2)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第1k +项，再由特定项的特点求出k 值即可．14. 已知圆224O x y +=：，过点)P作两条互相垂直的直线1l ，2l ，其中1l 交该圆于A ，B 两点，2l 交该圆于C ，D 两点，则AB 的最小值是_____，AB CD +的最大值是_____．【答案】 (1). 2 (2). 【解析】【分析】将AB 用圆心到AB 的距离表示，再利用直角三角形中，直角边小于斜边，即可求得AB 的最小值；将AB CD +用圆心到两弦的弦心距表示，再利用基本不等式，即可求得AB CD +的最大值.【详解】过O 作OE AB ⊥，交AB 于点E ，过O 作OF CD ⊥，交CD 于点F ，连接OA ，OC ，设圆心O 到AB 的距离为1d ，圆心O 到CD 的距离为2d ，则22211224AB OA d d =-=- 又OE OP ≤∴圆心O 到AB 的距离1d 的最大值为3OP =， ∴AB 的最小值为min 2432AB =-=，2222221212222424AB CD OA d OC d d d +=--=--又222123d d OP +==，()22221212844831022d d d d -+-+--≤==当且仅当126d d ==时，等号成立，所以221210242442102AB CD d d +=--≤⨯=，所以AB 的最小值为2，AB CD +的最大值是10. 故答案为：2；10【点睛】本题主要考查的是圆的弦长的计算，其中涉及到基本不等式的应用，属于中档题.涉及直线被圆截得的弦长问题时，解法有以下两种：（1）几何法：利用半径长、弦心距、弦长的一半构成的直角三角形求解；（2）代数法：将直线方程与圆的方程组成方程组，设出交点坐标，若交点坐标简单易求，则直接利用两点间的距离公式进行求解；若交点坐标不易求，则将方程组消元后得一元二次方程，由一元二次方程中根与系数的关系可求弦长.15. 新型冠状病毒疫情期间，5位党员需要被安排到3个不同的路口执勤，每个路口至少安排一人，其中党员甲和乙不能被安排到同一个路口，那么总共有_______种不同安排方法．（用数字作答）【答案】114 【解析】【分析】先计算出没有限制条件下所有的排法种数，减去甲、乙两人安排在同一个路口时的排法种数，进而得解.【详解】先考虑没有限制条件下的排法种数，将5人分为三组，三组的人数分别为3、1、1或2、2、1，此时，所有的排法种数为2233535322150C C C A A ⎛⎫+= ⎪⎝⎭.其次考虑甲、乙两人安排在同一路口时的排法种数，此时有()12333336C C A +=种排法. 综上所述，共有15036114-=种. 故答案为：114.【点睛】本题考查人员安排问题，采用正难则反的思想求解，考查计算能力，属于中等题.16. 已知a R ∈，若函数()2x x e af x e=-在区间()1,2x ∈上存在最小值，则a 的取值范围是_______．【答案】42242222e e e e ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，【解析】【分析】当0a >时，根据2x x e ay e=-的单调性，可知若存在极值点，则两端点处的函数值一正一负；当0a =时，由函数单调性知不合题意；当0a <时，结合对号函数的性质可确定最值点所满足的范围；综合三种情况可得最终结论.【详解】当0a >时，2x x e a y e =-在()1,2上单调递增，2max 22e ay e∴=-，min 2e a y e =-，若()f x 在()1,2上存在最小值，则220202e ae e a e⎧->⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，即()min 0f x =，解得：2422e ea <<；当0a =时，()22x xe ef x ==，在()1,2上单调递增，不存在最小值，不合题意；当0a <时，()22x x x x e a e a f x e e=-=-， ()1,2x ∈，()2,x e e e ∴∈，又2x x e a e -≥2x x e ae -=时，即x e =， ∴若()f x 在()1,2上存在最小值，则2e e <<，解得：4222e e a -<<-；综上所述：a 的取值范围为42242222e e e e ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，. 故答案为：42242222e e e e ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，. 【点睛】本题考查根据函数在区间内有最值求解参数范围的问题；关键是能够通过分类讨论的方式，结合函数的单调性确定参数在不同范围内时，函数的最值点或区间端点值的符号，由此可构造不等式求得结果.17. 已知ABC ∆三边长分别为3P 是平面ABC 内任意一点，则PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅的最小值是_______．【答案】163- 【解析】【分析】由()()()()PA PB PB PC PC PA PA PA AB PA AB PA AC PA AC PA⋅+⋅+⋅=⋅+++⋅+++⋅可得()232PA AB AC PA AB AC ++⋅+⋅，即()221333AB AC PA AB AC AB AC ⎛⎫++-++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭，当03AB ACPA ++=，即P 是ABC 的重心时取等号,根据三角形中的条件可得出答案. 【详解】()()()()PA PB PB PC PC PA PA PA AB PA AB PA AC PA AC PA ⋅+⋅+⋅=⋅+++⋅+++⋅()232PA AB AC PA AB AC =++⋅+⋅()()222113333AB AC PA AB AC AB AC AB AC AB AC ⎛⎫+=+-++⋅≥-++⋅ ⎪ ⎪⎝⎭()221133AB AC AB AC =-++⋅ 当03AB ACPA ++=，即P 是ABC 的重心时取等号.ABC ∆三边长分别为3若BC =则1213362AB AC ⋅===，此时原式()11169136333=-++⨯=-若3BC =,则141372AB AC ⋅===，此时原式()111610137333=-++⨯=-若BC =,则6332AB AC ⋅===，此时原式()11161093333=-++⨯=- 所以PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅的最小值是163- 故答案为: 163-【点睛】本题考查平面向量的线性运算，向量的数量积，考查运算求解能力，属于中档题. 三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 18. 已知函数()2sin cos cos 3f x x x x π⎡⎤⎛⎫=⋅-+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦．（1）求()f x 的最小正周期；（2）求()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的最大值，并求此时的x 值．【答案】（1）最小正周期为π；（2）最大值为2，此时3x π=.【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换思想化简函数()y f x =的解析式为()33sin 262f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，利用正弦型函数的周期公式可求得函数()y f x =的最小正周期；（2）由0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦计算出26x π-的取值范围，利用正弦函数的基本性质可求得函数()y f x =的最大值，并可求出对应的x 值. 【详解】（1）()332sin cos cos 2sin cos sin 32f x x x x x x x π⎛⎫⎡⎤⎛⎫=⋅-+=+ ⎪ ⎪⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦⎝⎭233333sin cos 3sin sin 2cos 23sin 226x x x x x x π⎛⎫=+=-+=-+⎪⎝⎭，因此，函数()y f x =的最小正周期为22T ππ==；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，则52,666x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，当226x ππ-=时，即当3x π=时，函数()y f x =取得最大值33. 【点睛】本题考查正弦型函数周期的计算，同时也考查了正弦型函数最值的求解，解答的关键在于利用三角恒等变换思想化简函数解析式，考查计算能力，属于中等题.19. 如图，已知三棱锥P ABC -中，平面PAC ⊥平面ABC ，2AB AC BC PA ====，120PAC ∠=，3PM MC =．（1）证明：BM PC ⊥；（2）求直线AB 和平面PBC 所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）39. 【解析】【分析】（1）取AC 的中点E ，PC 的中点F ，连AF 、ME 、BE ，利用等腰三角形三线合一的性质得出BE AC ⊥，利用面面垂直的性质可得出BE ⊥平面PAC ，进而得出BE PC ⊥，再证明出ME PC ⊥，可得出PC ⊥平面MBE ，由此可得出BM PC ⊥；（2）过点E 作EH MB ⊥垂足为点H ，推导出EH ⊥平面PBC ，计算出EH ，可得出点A 到平面PBC 的距离为2EH ，由此可计算出直线AB 和平面PBC 所成角的正弦值为2EHAB，进而得解.【详解】（1）取AC 的中点E ，PC 的中点F ，连AF 、ME 、BE .PA AC =，F 为PC 的中点，AF PC ∴⊥，又3PM MC =，M ∴为CF 的中点，//ME AF ∴，ME PC ∴⊥，又 AB BC =，E 为BC 的中点，BE AC ∴⊥，又平面PAC ⊥平面ABC ，交线AC ，BE ⊂平面ABC ，BE ∴⊥平面PAC ，PC ⊂平面PAC ，BE PC ∴⊥，又MEBE E =，PC ∴⊥平面MBE ，BM ⊂平面MBE ，PC BM ∴⊥；（2）由（1）知PC ⊥平面MBE ，PC ⊂平面PBC ，∴平面MBE ⊥平面PBC ，过点E 作EH MB ⊥垂足为点H ，平面MBE平面PBC MB =，EH ⊂平面MBE ，EH ∴⊥平面PBC ，所以，EH 即是点E 到平面PBC 的距离，BE ⊥平面PAC ，ME ⊂平面PAC ，BE ME ∴⊥，2222213BE AB AE =-=-=cos601AF PA =⋅=，1122ME AF ∴==，MB∴===，113ME BEEHBM⋅∴===，又E是AC的中点，∴点A到面PBC的距离2Ah EH==，AB∴与面PBC所成角的正弦值为12AhAB==.【点睛】本题考查利用线面垂直证明线线垂直，同时也考查了线面角的正弦值的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.20. 已知数列{}n a满足：11a=，221(21)(21)n nn a n a++=-*()n N∈. 正项数列{}n c满足：对每个*n N∈，21n nc a-=，且21nc-，2nc，21nc+成等比数列．（1）求数列{}n a，{}n c的通项公式；（2）当2n≥时，证明：1235111117314nn c c c c-≤++++<+．【答案】（1）2(21)na n=-，2221,*12nn n kc k Nn n k⎧=-=∈⎨=⎩－；（2）证明见解析；【解析】【分析】（1）由题意可得212(21)(21)nna na n++=－，由累乘法可得2(21)na n=-;由221(21)－n nc a n==-，得2nc n=（n为奇数），再根据21221,,－n n nc c c+是等比数列，可得到2-1nc n∴=（n是偶数），从而得出答案.（2）先验证2n=时，不等式成立，当3n≥时，不论n为奇数偶数都有()21111111nc n n n n n≥>=-++，2111111211nc n n n⎛⎫≤=-⎪--+⎝⎭，从而利用裂项相消法求和可证明结论.【详解】解：（1）解法一：由已知可得212(21)(21)nna na n++=－2n ∴≥时，13211221n n n n n a a a a a a a a a a ---∴=⋅⋯⋯⋅⋅ 22222222(21)(23)31(21)(23)(25)1n n n n n =⋅⋯⋯⋅=－－－－－，又21(211)a =⨯-2(21)n a n ∴=-解法二：122(21)(21)n na a n n +=+－，即[]122(21)2(1)1n n a a n n +=+-－ 2(21)n a n ∴－为常数列，122(21)(211)n a a n ∴=⨯－－，又21(211)a =⨯-2(21)n a n ∴=-又221(21)n n c a n ==-－ 2n c n ∴=（n 为奇数）又21221,,n n n c c c +－是等比数列222221212121n n n c c c n n -+∴=⋅=-⋅+（）（）2(21)(21)n c n n ∴=-⋅+2(1)(1)n c n n n ∴=-⋅+=-1（n 是偶数）综上可得2(21)n a n =-，2221,*12n n n k c k N n n k ⎧=-=∈⎨=⎩－（2）先证123111174n c c c c ++++<…… 2n =时，12111471334c c +=+=<，显然成立. 3n ≥时，21n c n ≥- 3n ∴≥时，2111111211n c n n n ⎛⎫≤=- ⎪--+⎝⎭123n1111c c c c ∴+++⋯⋯+ 22111111111324354657(1)11n n ≤++++++⋯⋯++⋅⋅⋅⋅⋅---1111111111111123243546211n n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++++⋯⋯++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦－－－－－11117112214n n ⎛⎫=++< ⎪+⎝⎭－－再证12351111131nn c c c c -≤+++++ ①2n =时，左边14133=+=，右边43=，成立；②3n ≥时，不论n 为奇数偶数都有()21111111n c n n n n n ≥>=-++ 222123111111111++334k c c c c n +++⋯⋯+≥+++ 11111++33445(1)n n ≥+++⨯⨯⨯+4111111+334451n n =+-+-+-+ 5131n =-+ 综上所述，当2n ≥时，不等式1235111117314n n c c c c -≤++++<+成立. 【点睛】本题考查利用数列的递推关系求数列的通项公式，考查数列不等式的证明，考查放缩法在证明不等式中的应用，考查裂项相消求和，将通项进行适当的放缩是解决本题的关键和难点，属于难题.21. 已知点F 是抛物线2:4C x y =的焦点，P 是其准线l 上任意一点，过点P 作直线PA ，PB 与抛物线C 相切，A ，B 为切点，PA ，PB 与x 轴分别交于Q ，R 两点．（1）求焦点F 的坐标，并证明直线AB 过点F ；（2）求四边形ABRQ 面积的最小值．【答案】（1）(0,1)F ，证明见解析；（2）3 【解析】【分析】（1）由点斜式设出直线,AP BP 的直线方程，再由P 在,PA PB 上，得出直线AB 的方程，从而证明直线AB 过点F ；（2）将直线AB 的方程与抛物线方程联立，结合韦达定理，抛物线的性质，点到直线的距离公式得出PAB S ∆，PQR S ∆，再由四边形ABRQ 的面积PAB PQR S S S ∆∆=-，结合导数得出四边形ABRQ 面积的最小值．【详解】（1）由题意可知(0,1)F设2212120,,,,(,1)44x x A x B x P x ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则111:()2PA x l y y x x -=-即112x y x y =- 同理22:2PB x l y x y =-. 又P 在,PA PB 上,则1012021212x x y x x y ⎧-=-⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩,所以0:12AB x l y x =+所以直线AB 过焦点F. （2）由（1）知0:12AB x l y x =+,代入2:4C x y =得20240x x x --= 则1201224x x x x x +=⎧⎨=-⎩则22121212012()2244AB y y x x x x x ⎡⎤=++=+-+=+⎣⎦ P 到AB的距离d =所以201(2PAB S x ∆=+由（1）知12,0,,022x x Q R ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则1212QR x x =-=所以PQR S ∆=令2t t =≥ 则四边形ABRQ 的面积311,(2)22PAB PQR S S S t t t ∆∆=-=-≥设311()22f t t t =-，231()22f t t '=-当2t ≥时，()0f t '>即函数()f t 在[2,)+∞上是增函数则四边形ABRQ 面积的最小值为3【点睛】本题主要考查了抛物线中直线过定点问题，抛物线中的四边形的面积问题，属于中档题.22. 已知a R ∈，设函数2()(34)6ln 6f x ax a x x =-+++，()3g x ax =．（1）试讨论()f x 的单调性；（2）设函数()()()h x f x g x =+，是否存在实数a ，使得()h x 存在两个极值点1x ，2x ，且满足1212()()3ln 322h x h x x x ->--？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由．注：ln3 1.10≈.【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）存在，1143，⎛⎫⎪⎝⎭【解析】【分析】（1）求出函数的定义域以及()(23)(-2)x ax f x x-'=，讨论a 的取值范围，即0a ≤，403a <<，43a =或43a >，利用导数与函数单调性的关系即可求解. （2）解法一：求出2246()ax x h x x'-+=，根据题意可得2230ax x -+=有两解两解12,x x ，从而可得124430,0,0a x x ∆=-⨯>>>，从而求得103a <<，由11221212126ln()()()4x h x h x x a x x x x x x -=+-+--，令121x t x =>，可得12212()()4ln 21h x h x t tx x t -=-+--，利用导数求出()24ln 21t m t tt -+=-的单调性，且根据(3)0,(1)0m m ==即可求解；解法二：根据函数有两个极值点可得103a <<，然后将不等式化为1212ln ln 304x x x x ->-，由方程2230ax x -+=，得1,21x a±=t =(0,1)t ∈，则213t a -=，将不等式化为关于t 的不等式，利用导数即可证出.【详解】解：（1）2()(34)6ln 6f x ax a x x =-+++的定义域为{|0}x x >6()2(34)f x ax a x '=-++=22(34)6ax a x x-++=(23)(-2)x ax x -，（i ）若0a ≤,则20ax -<，所以()y f x =在3(0,)2递增，3(,)2+∞递减，（ii ）若403a <<，则()y f x =在3(0,)2递增，32(,)2a 递减，在2(,)a+∞递增，（iii ）若43a =,则()y f x =在(0,)+∞递增；（iv ）若43a >，则()y f x =在2(0,)a 递增，在23(,)2a 递减，在3(,)2+∞递增.（2）解法一： 2()(34)6ln 6f x ax a x x =-+++,()3g x ax =2()()()46ln 6h x f x g x ax x x =+=-++26246()24ax x h x ax x x='-+=-+，若()y h x =有两极值点，则2230ax x -+=有两解两解12,x x ，121223,x x x x a a+==. 且124430,0,0a x x ∆=-⨯>>> 所以103a <<. 11221212126ln()()()4x h x h x x a x x x x x x -=+-+--令121x t x =>，则121212121221311331()()()()222x x a x x x x x x t x x x x ta+-=-⨯=-+⨯=- 12212()()4ln 21h x h x t tx x t -∴=-+--若1212()()3ln 32,2h x h x x x ->--则24ln 3ln 312t t t >-，28ln 3(1)ln 30t t t -->，令2()8ln 3(1)ln 3m t t t t =--(3)0,(1)0m m ==，()8ln 86ln 3m t t t '=+-(1)86ln30m '=->，(3)810ln30m '=-<46ln 3()886ln 33ln 3()6ln 3t t m t t tt⨯--''=-==所以()y m t '=在4(1,)3ln 3递增，在4(,)3ln 3+∞递减又(1)86ln30m '=->，(3)810ln30m '=-< 则在区间4(,3)3ln 3内存在0t 使得0()0m t '=. 函数y =m (x )在0(1,)t 单调递增，在0(,3)t 单调递减，由(3)0,(1)0m m ==，所以当(1,3)t ∈时满足1212()()3ln 32,2h x h x x x ->--2212124()14233x x a t x x ta a +=++==，所以411(,)1433(2)a t t=∈++即实数a 的取值范围为11(,)43解法二： 2()(34)6ln 6f x ax a x x =-+++,()3g x ax =2()()()46ln 6h x f x g x ax x x =+=-++26246()24ax x h x ax x x='-+=-+，若()y h x =有两极值点，则2230ax x -+=有两解12,x x ，121223,x x x x a a+== 且124430,0,0a x x ∆=-⨯>>>，所以103a <<1212121212()()6(ln ln )()4h x h x x x a x x x x x x --=+-+--1212ln3ln 32622x x x x =-+>-+-即 1212lnln 304x x x x ->-由方程2230ax x -+=，得1,2x =令t =，(0,1)t ∈，则213ta -=，12212213ln2ln ln 3ln 3ln 311012441x t t x t t t x x t +----=-=>--令213()2lnln 311t tG t t t+=---，求导可得 222222222(1)21(2)4(1)3ln 3()3ln 31(1)(1)1(1)t t t t t G t t t t t t ----+'=⋅-⋅=-+---- 22222224(1)3ln 3(1)(43ln 3)(43ln 3)(1)(1)t t t t t --+--+==--.令()0G t '=，得到01t =，所以()y G t =在0(0,)t 上单调递增，在0(,1)t 单调递减.又(0)0G =，312()2ln 3ln 30324G =-=，所以由1()0,(0,)2G t t >∈得，1(0,)2，解得1143a <<. 故实数a 的取值范围是1143（，）.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值、利用导数研究不等式恒成立问题，考查了分类讨论的思想，属于难题.。

浙江省2020届高三数学一轮复习典型题专项训练：立体几何

浙江省2020届高三数学一轮复习典型题专项训练立体几何一、选择、填空题 1、（温州市2019届高三8月适应性测试）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），该几何体的体积（单位：3cm ）是（）A.3112 B. 3136C. 48D. 562、（金丽衢十二校2019届高三第一次联考）己知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( ) A 、43 B 、83 C 、163 D 、3233、（浙江省名校协作体2019届高三上学期第一次联考）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（）A.38 B. 4 C. 2 D. 344、（七彩阳光联盟2019届高三上学期期初联考）某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为，表面积为 .5、（温州九校2019届高三第一次联考）已知m 为一条直线，βα,为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若,//,//βααm 则β//mB.若,,βαα⊥⊥m 则β//mC.若,//,βαα⊥m 则β⊥mD.若,,//βαα⊥m 则β⊥m6、（嘉兴市2019届高三上学期期末检测）某几何体的三视图如图所示（单位： cm ），则该几何体的体积（单位： cm 3）是A 、363B 、54C 、723D 、1087、（丽水、衢州、湖州三地市2019届高三上学期期末）如图，正四面体ABCD中，E，F分别是线段AC的三等分点，P是线段AB的中点，G是直线BD的动点，则（）A．存在点G，使PG⊥EF成立B．存在点G，使FG⊥EP成立C．不存在点G，使平面EFG⊥平面ACD成立D．不存在点G，使平面EFG⊥平面ABD成立8、（宁波市2019届高三上学期期末考试）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D.9、（台州市2019届高三上学期期末质量评估）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，M为AB的中点，将△ADM沿DM翻折．在翻折过程中，当二面角A—BC—D的平面角最大时，其正切值为A．33B．12C．23D．1410、（浙南名校联盟（温州九校）2019届高三上学期期末联考）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，点P 在平面111A B C 内运动，使得二面角P AB C --的平面角与二面角P BC A --的平面角互余，则点P 的轨迹是A .一段圆弧B .椭圆的一部分C .抛物线D .双曲线的一支11、（绍兴市2019届高三3月适应性考试）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1,,AB AC AA 两两互相垂直，1AB AC AA ==，M N ，是线段11,BB CC 上的点，平面AMN 与平面ABC 所成（锐）二面角为π6，当1||B M 最小时，AMB ∠= A ．5π12B ．π3C ．π4D ． π612、（杭州市2019届高三4月教学质量检测（二模））《九章算术》卷五商功中有如下问题：今有刍甍（音meng ，底面为矩形的屋脊状的几何体），下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈，问积几何．已知该刍甍的三视图如图所示，则此刍甍的体积等于（）A ．3B ．5C ．6D ． 12432113、（稽阳联谊学校2019届高三4月联考）在阿基米德的墓碑上刻着一副“圆柱容球”的几何图形，它的三视图如图所示，记球的体积为1V ，圆柱的体积为2V ，球的表面积为1S ，圆柱的全面积为2S ，则下列结论正确的是A.132V V 2=，132S S 2= B.123V V 2=，123S S 2=C.132V V 2=，123S S 2=D.123V V 2=，132S S 2=14、（绍兴市上虞区2019届高三第二次（5月）教学质量调测）已知棱长都为2的正三棱柱111ABC A B C -的直观图如图，若正三棱柱111ABC A B C -绕着它的一条侧棱1AA 所在直线旋转，则它的侧视图可以为15、（台州市2019届高三4月调研）一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为 A.1 B.12 C.13 D.1616、（温州市2019届高三2月高考适应性测试）在正四面体 ABCD 中，P ，Q 分别是棱 AB ，CD 的中点，E ，F 分别是直线AB ，CD 上的动点，M 是EF 的中点，则能使点 M 的轨迹是圆的条件是（▲ ）A 、PE ＋QF ＝2B 、PE •QF ＝2C 、PE ＝2QFD 、PE 2＋QF 2＝217、（温州市2019届高三8月适应性测试）设βα、是两个不同的平面，n m 、是两条不同的直线，下列说法正确的是（）A. 若m =⊥βαβα ，，n m ⊥，则β⊥nB. 若αβα//n ，⊥，则β⊥nC. 若α//m ，β//m 则βα//D. 若α⊥m ，β⊥m ，α⊥n ，则β⊥n参考答案：1、C2、B3、B4、3π，1522π++．提示：该几何体为圆锥的一半，且底面向上放置。

三角复习(2)-浙江省台州市书生中学2020届高三数学复习专题练习(无答案)

QA PBCD 三角复习（2）1．将函数()2sin(2)26f x x π=-+向左平移6π个单位后得函数()g x ，则()g x 在20,3π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的取值范围是（） A ．[2,2]-B ．[3,4]C ．[0,3]D ．[0,4]2．设()sin()4f x x π=+，若在[]0,2x π∈上关于x 的方程()f x m =有两个不等的实根12,x x ，则12x x +为（）A.2π或52πB.2πC.52πD.不确定3.已知10,2sin cos 2a R αα∈-=，则tan(2)4πα-=（） A ．43 B ．7- C ．34- D ．174.在ABC △中，角,,A B C 所对的边长分别为,,a b c ，若2222a b c +=，则角C 的取值范围是（） A ．0,6π⎛⎤⎥⎝⎦ B ．,64ππ⎛⎤⎥⎝⎦C ．0,3π⎛⎤⎥⎝⎦D ．,43ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦5.在ABC △中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知30B ∠=︒，ABC △的面积为32，且sin sin 2sin A C B +=，则b 的值为（） A ． 43+B ．423-C ．31D 316.如图，正方形ABCD 的边长为1，P 、Q 分别为边AB ，AD 上的点，当APQ △的周长为2时，则PCQ ∠的大小是（）A ．30︒B ．45︒C ．60︒D ．75︒7.已知π<<x 0，且2572sin -=x ，则⎪⎭⎫⎝⎛-x 4sin π的值为__________. 8．函数|31)32sin(|-+=πx y 的最小正周期是 9.在ABC △中，AD 是BC 边上的中线，6ABD π∠=．若3AB BD =，则CAD ∠= ；若22AC AD ==，则ABC △的面积为．10．在锐角ABC ∆中，角A ，B ，C 所对应的边分别为a ，b ，c .若2222a c b ac +=+，则B ∠=________；若sin 2sin sin A B C =，则tan tan tan A B C 的最小值为________.11.已知直角三角形ABC 中，直角边6AC =，点D 是边AC 上一定点，2CD =，点P 是斜边AB 上一动点，CP BD ⊥，则APC △面积的最大值是；线段DP 长度的最小值是．12.已知函数.（1）已知角的顶点和原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点，求的值；（2）若，5f ()β=，求的值.13．已知函数，.（1）求的单调递增区间；（2）若关于的方程在上有解，求实数的取值范围.14．如图所示，已知是半径为1，圆心角为3的扇形，是坐标原点，落在轴非负半轴上，点在第一象限，是扇形弧上的一点，是扇形的内接矩形.（1）当是扇形弧上的四等分点（靠近）时，求点的纵坐标；（2）当在扇形弧上运动时，求矩形面积的最大值.15．如图，在中，已知点在边上，，4cos A 5=，5cos ACB 13∠=，．（1）求的值；（2）求的长.16．已知函数()sin()0,02f x x πωϕωϕ⎛⎫=+><< ⎪⎝⎭的最小正周期为π，且cos2cos 0ϕϕ+=.（1）求ω和()2f π的值；（2）若3()(0)25f ααπ=<<，求sin α．17.已知函数．（1）求函数的单调递增区间；（2）设△ABC中的内角，，所对的边分别为，，，若3f(B) ，且，求的取值范围．。

高考数学压轴专题日照备战高考《空间向量与立体几何》专项训练及答案

【高中数学】数学《空间向量与立体几何》复习知识点一、选择题1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．383+B ．823+C ．283D ．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V =⨯⨯=, 故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.2．在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC V 的面积取得最小值时，EBC ABCD S S =△（） A 25 B ．12 C 5 D 5 【答案】D【解析】【分析】根据1D E CF ⊥分析出点E 在直线1B G 上，当EBC V 的面积取得最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，即可求得面积关系．【详解】先证明一个结论P ：若平面外的一条直线l 在该平面内的射影垂直于面内的直线m ，则l ⊥m ，即：已知直线l 在平面内的射影为直线OA ，OA ⊥OB ，求证：l ⊥OB .证明：直线l 在平面内的射影为直线OA ，不妨在直线l 上取点P ，使得PA ⊥OB ，OA ⊥OB ，OA ，PA 是平面PAO 内两条相交直线，所以OB ⊥平面PAO ，PO ⊂平面PAO ，所以PO ⊥OB ，即l ⊥OB .以上这就叫做三垂线定理.如图所示，取AB 的中点G ，正方体中：1111A C D B ⊥，CF 在平面1111D C B A 内的射影为11A C ，由三垂线定理可得：11CF D B ⊥，CF 在平面11A B BA 内的射影为FB ，1FB B G ⊥由三垂线定理可得：1CF B G ⊥，1B G 与11D B 是平面11B D G 内两条相交直线，所以CF ⊥平面11B D G ，∴当点E 在直线1B G 上时，1D E CF ⊥，设BC a =，则1122EBC S EB BC EB a =⨯⨯=⨯⨯△，当EBC V 的面积取最小值时，线段EB 的长度为点B 到直线1B G 的距离，∴线段EB 5， 525EBCABCD a S S ⨯⨯∴==△. 故选：D .【点睛】此题考查立体几何中的轨迹问题，通过位置关系讨论面积关系，关键在于熟练掌握线面垂直关系的判定和平面图形面积的计算.3．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（）A ．34B ．234C ．517D ．317 【答案】D【解析】【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解.【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ，且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅9178317172317+-==⨯⨯. 故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.4．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（）A ．2B ．25+C ．425+D ．4【答案】B【解析】【分析】根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解.【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥，所以,ABC PBC V V 是直角三角形，如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+=+V V故选：B【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.5．已知正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别为AB ，1AA 的中点，则异面直线1C M 与BN 所成角的大小为（）A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D【解析】【分析】根据题意画出图形，可将异面直线转化共面的相交直线，再进行求解【详解】如图：作AN 的中点'N ，连接'N M ，1'C N 由题设可知'N M BN P ，则异面直线1C M 与BN 所成角为1'N MC ∠或其补角，设正方体的边长为4，由几何关系可得，'5N M =，16C M =，1'41C N =21122''N M M C N C =+，即1'90N MC ∠=︒ 故选D【点睛】本题考查异面直线的求法，属于基础题6．四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB BCD ⊥平面，BCD V 是边长为3的等边三角形，若2AB =，则球O 的表面积为( )A ．16πB ．323πC ．12πD ．32π【答案】A【解析】【分析】先求底面外接圆直径,再求球的直径,再利用表面积2S D π=求解即可.【详解】BCD V外接圆直径sin CD d CBD ===∠ ,故球的直径平方22222216D AB d =+=+=,故外接球表面积216S D ππ== 故选：A【点睛】本题主要考查侧棱垂直底面的锥体外接球表面积问题,先利用正弦定理求得底面直径d ,再利用锥体高h ,根据球直径D =.属于中等题型.7．已知平面α∩β=l ，m 是α内不同于l 的直线，那么下列命题中错误的是（） A ．若m ∥β，则m ∥lB ．若m ∥l ，则m ∥βC ．若m ⊥β，则m ⊥lD ．若m ⊥l ，则m ⊥β 【答案】D【解析】【分析】A 由线面平行的性质定理判断.B 根据两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面判断.C 根据线面垂直的定义判断.D 根据线面垂直的判定定理判断.【详解】A 选项是正确命题，由线面平行的性质定理知，可以证出线线平行；B 选项是正确命题，因为两个平面相交，一个面中平行于它们交线的直线必平行于另一个平面；C 选项是正确命题，因为一个线垂直于一个面，则必垂直于这个面中的直线；D 选项是错误命题，因为一条直线垂直于一个平面中的一条直线，不能推出它垂直于这个平面；故选：D.【点睛】本题主要考查线线关系和面面关系，还考查了推理论证的能力，属于中档题.8．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（）A ．3B ．13C ．58D ．387 【答案】C【解析】【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF V ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值.【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点，所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥.由勾股定理得AB ==AC BC CD AB ⋅===由勾股定理得CF ===DF BE ====.在CDF V 中，由余弦定理得222cosCDF +-∠==. 故选：C.【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.9．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1CC 的中点.若AM ⊥平面α，且B ∈平面α，则平面α截正方体所得截面的周长为（）A ．B ．4+C ．D ．【答案】A【解析】【分析】根据线面垂直确定平面α，再根据截面形状求周长.【详解】显然在正方体中BD ⊥平面11ACC A ,所以BD ⊥ AM , 取AC 中点E, 取AE 中点O,则11tan tan AOA ACM AO AM ∠=∠∴⊥, 取A 1C 1中点E 1, 取A 1E 1中点O 1,过O 1作PQ//B 1D 1,分别交A 1B 1,A 1D 1于P ,Q从而AM ⊥平面BDQP ,四边形BDQP 为等腰梯形，周长为2= A.【点睛】本题考查线面垂直判断以及截面性质，考查综合分析与求解能力，属难题.10．某四面体的三视图如图所示，正视图，俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的四个面中面积最大的为（）A．22B．23C．4 D．26【答案】B【解析】解：如图所示，该几何体是棱长为2的正方体中的三棱锥P ABC-，其中面积最大的面为：1232232PACSV=⨯⨯= .本题选择B选项.点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法．11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）A ．32πB ．πC ．3πD ．12π【答案】C【解析】【分析】该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，把这个三棱锥放到正方体中，即可求出其外接球的表面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，且同一个顶点处的三条棱两两垂直并且相等，如图所示该几何体是棱长为1的正方体中的三棱锥1A BCD AB BC BD -===，.所以该三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，球的直径2r 为正方体体对角线的长. 即22221113r =++=.所以外接球的表面积为243r ππ=.故选：C .【点睛】本题考查几何体的三视图，考查学生的空间想象能力，属于基础题.12．以下说法正确的有几个（）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行；A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B【解析】【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数.【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B.【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.13．在ABC ∆中，设BAC α∠=，CA 与CB 所成的角是β，绕直线AC 将AB 旋转至AB '，则在所有旋转过程中，关于AB '与BC 所成的角γ的说法正确的是( )A ．当4παβ-≥时，[],γαβαβ∈-+B ．当4παβ-<-时，[],γβααβ∈-+ C ．当4παβ+≥时，[],γαβαβ∈-+ D ．当4παβ+<时，,γαβαβ∈⎡-+⎤⎣⎦ 【答案】D【解析】【分析】首先理解异面直线所成的角的范围是0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，排除选项A,B,C,对于D 可根据AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，再将异面直线所成的角，转化为相交直线所成的角，判断最大值和最小值.【详解】因为γ是异面直线所成的角，所以0,2πγ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦ A.当4παβ-≥时，αβ+的范围有可能超过2π，比如，3,46ππαβ==，所以不正确； B.当4παβ-<-时，当3,46ππβα==，此时[],γβααβ∈-+，也不正确； C.当4παβ+≥，当3,46ππαβ==，此时[],γαβαβ∈-+，故也不正确； D. 4παβ+<时，AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥，AB '是母线，如图，过点A 作BC 的平行线AD ，且CAD β∠=，'AB 与BC 所成的角γ转化为AB '与AD所成的角，由图象可知，当AB '是AB 时，角最大，为αβ+，当AB '在平面ABC 内时，不与AB 重合时，角最小，此时为αβ-故选：D【点睛】本题考查异面直线所成的角，重点考查轨迹，数形结合分析问题的能力，属于中档题型，本题的关键是判断，并画出AB 绕AC 旋转，形成以AC 为轴的圆锥.14．三棱锥D ABC -中，CD ⊥底面,ABC ABC ∆为正三角形，若//,2AE CD AB CD AE ===，则三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体的体积为（）A ．39B ．3C ．13D ．3【答案】B【解析】根据题意画出如图所示的几何体：∴三棱锥D ABC -与三棱锥E ABC -的公共部分构成的几何体为三棱锥F ABC - ∵ABC 为正三角形，2AB =∴1322322ABC S ∆=⨯⨯⨯=∵CD ⊥底面ABC ，//AE CD ，2CD AE ==∴四边形AEDC 为矩形，则F 为EC 与AD 的中点∴三棱锥F ABC -的高为112CD =∴三棱锥F ABC -的体积为133133V =⨯⨯= 故选B. 15．圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（）A ．9:32B ．8:27C ．9:22D ．9:28【答案】A【解析】【分析】根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r 的关系，从而得到圆锥的高与r 关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R 与r 间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案.【详解】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ，侧面积与底面积的比为2πrl 2l r r π==,则母线l=2r,圆锥的高为h=223l r r -=, 则圆锥的体积为2313πh 3r r π=, 设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=3r R -,BD=r, 在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即()2223R r r R =+-, 展开整理得R=,3r 所以外接球的体积为33344333393R r ππ=⨯=, 故所求体积比为33393323293r r ππ= 故选：A【点睛】本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.16．已知底面是等腰直角三角形的三棱锥P -ABC 的三视图如图所示，俯视图中的两个小三角形全等，则（）A ．PA ，PB ，PC 两两垂直B ．三棱锥P -ABC 的体积为83 C ．||||||6PA PB PC ===D ．三棱锥P -ABC 的侧面积为35【答案】C 【解析】【分析】根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图，然后再计算可得.【详解】解：根据三视图，可得三棱锥P -ABC 的直观图如图所示，其中D 为AB 的中点，PD ⊥底面ABC .所以三棱锥P -ABC 的体积为114222323⨯⨯⨯⨯=， 2AC BC PD ∴===，2222AB AC BC ∴=+=，||||||2DA DB DC ∴===()22||||||226,PA PB PC ∴===+=222PA PB AB +≠Q ，PA ∴、PB 不可能垂直，即,PA ,PB PC 不可能两两垂直， 1222222PBA S ∆=⨯=Q ()22161252PBC PAC S S ∆∆==-=Q ∴三棱锥P -ABC 的侧面积为2522故正确的为C.故选：C.【点睛】本题考查三视图还原直观图，以及三棱锥的表面积、体积的计算问题，属于中档题.17．已知圆锥的母线与底面所成的角等于60°，且该圆锥内接于球O ，则球O 与圆锥的表面积之比等于（）A ．4：3B ．3：4C ．16：9D ．9：16 【答案】C【解析】【分析】由圆锥的母线与底面所成的角等于60°，可知过高的截面为等边三角形，设底面直径，可以求出其表面积，根据圆锥内接于球O ，在高的截面中可以求出其半径，可求其表面积，可求比值．【详解】设圆锥底面直径为2r ，圆锥的母线与底面所成的角等于60°，则母线长为2r ，高为3r ，则圆锥的底面积为：2r π，侧面积为1222r r π⋅，则圆锥的表面积为2212232r r r r πππ+⋅=，该圆锥内接于球O ，则球在圆锥过高的截面中的截面为圆，即为边长为2r 的等边三角形的内切圆，则半径为32R r =，表面积为221643r R ππ=，则球O 与圆锥的表面积之比等于2216:316:93r r ππ=，故选：C ．【点睛】本题考查圆锥的性质，以及其外接球，表面积，属于中档题．18．某几何体的三视图如图所示，三个视图中的曲线都是圆弧，则该几何体的体积为（）A ．152πB ．12πC ．112πD ．212π 【答案】A【解析】【分析】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，结合三视图中的数据，利用球和圆锥的体积公式求解即可. 【详解】由三视图可知，该几何体为由18的球体和14的圆锥体组成，所以所求几何体的体积为11+84V V V =球圆锥，因为31149=3=8832V ππ⨯⨯球， 221111=34344312V r h πππ⨯⨯=⨯⨯⨯=圆锥，所以915322V πππ=+=，即所求几何体的体积为152π. 故选：A【点睛】本题考查三视图还原几何体及球和圆锥的体积公式；考查学生的空间想象能力和运算求解能力；三视图正确还原几何体是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.19．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是 A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭ B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果20．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ．【点睛】本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.。

浙江省台州市书生中学立体几何多选题试题含答案

浙江省台州市书生中学立体几何多选题试题含答案一、立体几何多选题1．如图①，矩形ABCD 的边2BC =，设AB x =，0x >，三角形BCM 为等边三角形，沿BC 将三角形BCM 折起，构成四棱锥M ABCD -如图②，则下列说法正确的有（）A ．若T 为BC 中点，则在线段MC 上存在点P ，使得//PD 平面MATB ．当)3,2x ∈时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCDC ．若使点M 在平面ABCD 内的射影落在线段AD 上，则此时该四棱锥的体积最大值为1 D ．若1x =，且当点M 在平面ABCD 内的射影点H 落在线段AD 上时，三棱锥M HAB -6322++【答案】BCD 【分析】对于A ，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，此时，DP 与MN 必有交点；对于B ，取AD 的中点H ，表示出2223MH MT HT x --，验证当)3,2x ∈时，无解即可；对于C ，利用体积公式21233V x x =⨯⨯-，借助基本不等式求最值即可；对于D ，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为2323r =++【详解】对于A ，如图，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，则面ATM ⋂面()MDC N MN =．此时，DP 与MN 必有交点，则DP 与面ATM 相交，故A 错误；对于B ，取AD 的中点H ，连接MH ，则MH AD ⊥．若面MAD ⊥面ABCD ，则有2223MH MT HT x =-=- 当)3,2x ∈时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCD故B 正确；对于C ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，由B 可知，(3x ∈，所以()22222221223232331333232x x V x x x x ⎛⎫+-⎛⎫=⨯⨯-=-≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当223x x =-，即6x =时等号成立．故C 正确；对于D ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，且2MH =因为AHB ，MHB 都是直角三角形，所以M ABH -底面外接圆的圆心是中点，所以1R =，由等体积法，可求得内接圆半径为2323r =++，故61322R r ++=，故D 正确．故选：BCD ．【点睛】本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．2．如图，在棱长为2的正方体ABCD A B C D ''''-中，M 为BC 边的中点，下列结论正确的有（）A ．AM 与DB ''所成角的余弦值为1010B ．过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A BCD ''''-的截面面积为92C ．四面体A C BD ''的内切球的表面积为3π D ．正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是椭圆【答案】AB 【分析】构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角cos ,||||AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>=''为AM 与D B ''所成角的余弦值判断A 的正误；同样设(,,0)P x y 结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦值相等可得222215543y x y +=++⨯，进而判断P 的轨迹知D 的正误；由立方体的截面为梯形，分别求,,,MN AD AM D N ''，进而得到梯形的高即可求面积，判断B 的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r ，进而求内切球表面积，判断C 的正误. 【详解】A ：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：(0,0,2),(1,2,2),(0,2,0),(2,0,0)A M B D ''， ∴(1,2,0),(2,2,0)AM D B ''==-，10cos ,||||58AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>===''⨯，故正确.B ：若N 为CC '的中点，连接MN ，则有//MN AD '，如下图示，∴梯形AMND’为过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A B C D ''''-的截面，而2,22,5MN AD AM D N ''====，可得梯形的高为322， ∴梯形的面积为132932222S =⨯⨯=，故正确. C ：如下图知：四面体A C BD ''的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，∴118848323V =-⨯⨯⨯=，而四面体的棱长都为22，有表面积为142222sin 8323S π=⨯⨯⨯⨯=，∴若其内切圆半径为r ，则有188333r ⨯⋅=，即3r =，所以内切球的表面积为2443r ππ=.故错误. D ：正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动且MAC PAC ''∠=∠，即P 的轨迹为面A B C D ''''截以AM 、AP 为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线GPK ，构建如下空间直角坐标系，232(0,0,2),(2),(0,22,0)22A M C '-，若(,,0)P x y ，则232(,,0),(0,22,2),(,,2)22AM AC AP x y '=-=-=-，∴15cos 5||||512AM AC MAC AM AC '⋅'∠==='⨯，222cos ||||43AP AC PAC AP AC x y '⋅'∠=='++⨯2221543x y =++⨯22(102)9216(0)y x y +-=>，即轨迹为双曲线的一支，故错误.故选：AB 【点睛】关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.3．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误. 【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '，则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124D S BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确．对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确．故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.4．如图，直三棱柱11,ABC A B C -，ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，且12AC AA ==，E ，F 分别是AC ，11A C 的中点，D ，M 分别是1AA ，1BB 上的两个动点，则（）A ．FM 与BD 一定是异面直线B ．三棱锥D MEF -的体积为定值14C ．直线11B C 与BD 所成角为2π D ．若D 为1AA 中点，则四棱锥1D BB FE -的外接球体积为556【答案】CD 【分析】A 当特殊情况M 与B 重合有FM 与BD 相交且共面；B 根据线面垂直、面面垂直判定可证面1BEFB ⊥面11ACC A ，可知EMFS、D 到面1BEFB 的距离，可求D EMF V -；C 根据线面垂直的判定及性质即可确定11B C 与BD 所成角；D 由面面垂直、勾股、矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，即可判断各项的正误. 【详解】A ：当M 与B 重合时，FM 与BD 相交且共面，错误； B ：由题意知：BE AC ⊥，AC EF ⊥且BEEF E =，则AC ⊥面1BEFB ，又AC ⊂面11ACC A ，面1BEFB ⋂面11ACC A EF =，所以面1BEFB ⊥面11ACC A ，又1121122EMFSEF BE =⋅⋅=⨯⨯=，D 到面1BEFB 的距离为1h =，所以1133D EMF EMFV h S-=⋅⋅=，错误； C ：由AB BC ⊥，1BC B B ⊥，1B BAB B =，所以BC ⊥面11ABB A ，又11//BC B C ，即11B C ⊥面11ABB A ，而BD ⊂面11ABB A ，则11BD B C ⊥，正确；D ：由B 中，面1BEFB ⊥面11ACC A ，即面DEF ⊥面1BEFB ，则D 到面1BEFB 的距离为1h =，又D 为1AA 中点，若1,BF EB 交点为O ，G 为EF 中点，连接,,OG GD OD ，则OG GD ⊥，故2252OD OG GD =+=，由矩形的性质知：15OB OE OF OB ====，令四棱锥1D BB FE -的外接球半径为R ，则52R =，所以四棱锥1D BB FE -的外接球体积为35435V R π==，正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：利用线面、面面关系确定几何体的高，结合棱锥体积公式求体积，根据线面垂直、勾股定理及矩形性质确定外接球半径，结合球体体积公式求体积.5．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥，取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=，即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误；对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=，三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点，连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，2225EM EN MN ∴=+=.过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin 25sin 25d EM θθ==≤，当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为222126AB AD AA R ++'==，所以，截面圆的半径()()222226252r R d '=-≥-=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=.动点M 在侧面11ADD A 内(包含边界)运动，且满足直线//BM 平面1D EF ，则（）A ．过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为等腰梯形B ．三棱锥1D EFM -的体积为定值C ．动点M 10D ．过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面面积的最小值为10【答案】BCD【分析】由题做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，进而计算即可排除A 选项；根据//BM 平面1D EF ，由等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===即可得B 选项正确；取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知M 的轨迹为线段HI 10，故C 选项正确；过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，易知过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而得当H 位于点I 时，截面面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为310S AB BE =⋅=【详解】解：对于A 选项，如图，取BF 中点G ，连接1A G ，由点E ，F 分别在1CC ，1BB 上，12C E EC →→=，12BF FB →→=，故四边形11A D EG 为平行四边形，故11//AG D E ，由于在11A B G △，F 为1B G 中点，当N 为11A B 中点时，有11////NF A G D E ，故过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，此时221335322D N ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，223110EF =+=1D EFN 不是等腰梯形，故A 选项错误；对于B 选项，三棱锥1D EFM -的体积等于三棱锥1M D EF -的体积，由于//BM 平面1D EF ，故三棱锥1M D EF -的体积等于三棱锥1B D EF -的体积，三棱锥1B D EF -的体积等于三棱锥1D BEF -的体积，而三棱锥1D BEF -的体积为定值，故B 选项正确；对于C 选项，取1AA 靠近1A 点的三等分点H ， 1DD 靠近D 点的三等分点I ，易知1////HB AG NF ，1//BI D F ，由于1,HI BI I NF D F F ==，故平面//BHI 平面1D EF ，故M 的轨迹为线段HI ，其长度为10，故C 选项正确；对于D 选项，过M 点做BE 的平行线交1AA 于P ，交1DD 于O ，连接,BP OE ，则过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，易知当H 位于点I 时，平行四边形BPOE 边BP 最小，且为AB ，此时截面平行四边形BPOE 的面积最小，为四边形ABEI 的面积，且面积为310S AB BE =⋅=，故D 选项正确；故选：BCD【点睛】本题解题的关键在于根据题意，依次做出过1D ，E ，F 的平面截正方体所得截面为梯形1D EFN ，过B ，E ，M 的平面截正方体所得截面即为平行四边形BPOE ，进而讨论AD 选项，通过//BM 平面1D EF ，并结合等体积转化法得1111D EFM M D EF B D EF D BEF V V V V ----===知B 选项正确，通过构造面面平行得M 的轨迹为线段HI ，进而讨论C 选项，考查回归转化思想和空间思维能力，是中档题.7．在正方体1111ABCD A B C D -中，如图，,M N 分别是正方形ABCD ，11BCC B 的中心.则下列结论正确的是（）A ．平面1D MN 与11BC 的交点是11B C 的中点B ．平面1D MN 与BC 的交点是BC 的三点分点C ．平面1D MN 与AD 的交点是AD 的三等分点D ．平面1D MN 将正方体分成两部分的体积比为1∶1【答案】BC【分析】取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连FM 并延长分别交,BC AD 于,P Q ，连1,D Q PN 并延长交11B C 与H ，平面四边形1D HPQ 为所求的截面，进而求出,,P Q H 在各边的位置，利用割补法求出多面体11QPHD C CD 的体积，即可求出结论.【详解】如图，取BC 的中点E ，延长DE ，1D N ，并交于点F ，连接FM 并延长，设FM BC P ⋂=，FM AD Q ⋂=，连接PN 并延长交11B C 于点H .连接1D Q ，1D H ，则平面四边形1D HPQ 就是平面1D MN 与正方体的截面，如图所示.111111////,22NE CC DD NE CC DD ==， NE ∴为1DD F ∆的中位线，E ∴为DF 中点，连BF ，,,90DCE FBE BF DC AB FBE DCE ∴∆≅∆==∠=∠=︒，,,A B F ∴三点共线，取AB 中点S ，连MS ，则12//,,23BP FB MS BP MS BC MS FS =∴==， 22111,33236BP MS BC BC PE BC ∴==⨯=∴=， E 为DF 中点，11//,233PE DQ DQ PE BC AD ∴=== N 分别是正方形11BCC B 的中心，11113C H BP C B ∴==所以点P 是线段BC 靠近点B 的三等分点，点Q 是线段AD 靠近点D 的三等分点，点H 是线段11B C 靠近点1C 的三等分点.做出线段BC 的另一个三等分点P '，做出线段11A D 靠近1D 的三等分点G ，连接QP '，HP '，QG ，GH ，1H QPP Q GHD V V '--=，所以111113QPHD C CD QPHQ DCC D V V V -==多面体长方体正方体从而平面1D MN 将正方体分成两部分体积比为2∶1.故选:BC.【点睛】本题考查直线与平面的交点及多面体的体积，确定出平面与正方体的交线是解题的关键，考查直观想象、逻辑推理能力，属于较难题.8．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3【答案】ABD【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可.【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EF BB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =，所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形，因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小，此时MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时MN =，即面积S所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2C 不正确．对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积11113346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅==△；因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确．故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。

高考数学压轴专题台州备战高考《空间向量与立体几何》真题汇编含答案

【高中数学】数学《空间向量与立体几何》高考复习知识点一、选择题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D - 中，,E F 分别为111,B C C D 的中点，点P 是底面1111D C B A 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠ 的最大值是( )A ．2B ．2C ．22D ．32【答案】C 【解析】分析：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，则AO =P PM ，从而A 1P=C 1M ，由此能求出tan ∠APA 1的最大值．详解：连结AC 、BD ，交于点O ，连结A 1C 1，交EF 于M ，连结OM ，设正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱长为1，∵在正方形ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为B 1C 1，C 1D 1的中点，点P 是底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面EFDB ， ∴AO =P PM ，∴A 1P=C 1M=244AC =， ∴tan ∠APA 1=11AA A P22． ∴tan ∠APA 1的最大值是2．故选D ．点睛：本题考查角的正切值的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，考查运算求解能力，是中档题．2．鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为（）A ．8(6623)+B ．6(8823)+C ．8(632)+D ．6(8832)+ 【答案】A 【解析】【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，然后按照表面积公式计算即可. 【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为222+的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为22，则该几何体的表面积为2116(222)42282322S ⎡=⨯+-⨯+⨯⨯⎢⎣8(623)=+.故选：A. 【点睛】本题考查数学文化与简单几何体的表面积，考查空间想象能力和运算求解能力.3．《乌鸦喝水》是《伊索寓言》中一个寓言故事，通过讲述已知乌鸦喝水的故事，告诉人们遇到困难要运用智慧，认真思考才能让问题迎刃而解的道理，如图2所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3厘米，瓶底直径为9厘米，瓶口距瓶颈为23332厘米，现将13鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（）A ．2颗B ．3颗C ．4颗D ．5颗【答案】C 【解析】【分析】利用图形中的数据，分别算出石子的体积和空瓶的体积即可. 【详解】如图，9,3,33AB cm EF GH cm LO cm ====所以60A ∠=︒，原水位线直径6CD cm =，投入石子后，水位线直径5IJ cm = 则由圆台的体积公式可得石子的体积为：()22319133MN CN IM CN IM ππ⋅⋅++⋅= 空瓶的体积为：()22213LN CN EL CN EL EL KL ππ⋅++⋅+⋅⋅633363993888πππ=+=()99329783,49191324ππ=∈ 所以至少需要4颗石子故选：C 【点睛】本题考查的是圆台和圆柱体积的算法，掌握其公式是解题的关键.4．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，动点M 在线段1CC 上，动点P 在平面．．1111D C B A 上，且AP ⊥平面1MBD .线段AP 长度的取值范围为( )A ．2⎡⎣B ．3⎡⎣C ．32⎣D ．62⎣ 【答案】D 【解析】【分析】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，设(),,1P x y ，()0,1,M t ，由AP ⊥平面1MBD ，可得+11x t y t=⎧⎨=-⎩，然后用空间两点间的距离公式求解即可. 【详解】以1,,DA DC DD 分别为,,x y z 建立空间直角坐标系，则()()()()11,0,0,1,1,0,0,1,,0,0,1A B M t D ，(),,1P x y .()1,,1AP x y =-u u u r ,()11,1,1BD =--u u u u r ,()[]1,0,0,1，BM t t =-∈u u u u r由AP ⊥平面1MBD ，则0BM AP ⋅=u u u u r u u u r且01BD AP ⋅=u u u u r u u u r所以10x t -+=且110x y --+=得+1x t =，1y t =-.所以()2221311222AP x y t ⎛⎫=-++=-+ ⎪⎝⎭u u u r 当12t =时，min 6AP =u u u r ，当0t =或1t =时，max 2AP =u u u r ， 62AP ≤≤u u ur 故选：D【点睛】本题考查空间动线段的长度的求法，考查线面垂直的应用，对于动点问题的处理用向量方法要简单些，属于中档题.5．若四面体的三视图如图所示，则该四面体的四个面中，直角三角形的面积和为（）A ．2B ．25C ．425+D ．4【答案】B 【解析】【分析】根据四面体的三视图可知：一侧面垂直于底面，且底面是以该侧面与底面的交线为直角边的直角三角形，然后根据面面垂直的性质定理，得到与底面的另一直角边为交线的侧面为直角三角形求解. 【详解】由四面体的三视图可知：平面PAB ⊥平面ABC ，BC AB ⊥，所以BC ⊥平面PAB ，所以BC PB ⊥，所以,ABC PBC V V 是直角三角形，如图所示：所以直角三角形的面积和为:11112252252222ABC PBC S S AB BC PB BC +=⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯=+V V . 故选：B 【点睛】本题主要考查三视图的应用以及线面垂直，面面垂直的关系，还考查了运算求解的能力，属于中档题.6．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（）A ．2πB ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C 【解析】【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBF a a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立，即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB，BC 的中点，方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==，因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,9322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π．故选：C 【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.7．棱长为2的正方体被一个平面所截，得到几何体的三视图如图所示，则该截面的面积为( )A ．92B ．922C ．32D ．3【答案】A 【解析】【分析】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台，其截面是一个梯形，分别求出上下底边的长和高，代入梯形面积公式可得答案．【详解】由已知的三视图可得：该几何体是一个正方体切去一个三棱台ABC DEF -，所得的组合体，其截面是一个梯形BCFE ， 22112+=22222+=222322()2+=故截面的面积1329(222)222S =⨯=，故选：A ．【点睛】本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形状．8．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（） A ．272π B ．283πC ．263π D ．252π 【答案】B 【解析】【分析】计算出ABC ∆的外接圆半径r ，利用公式222PA R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭可得出外接球的半径，进而可得出三棱锥P ABC -的外接球的表面积. 【详解】ABC ∆的外接圆半径为232sin3AB r π==PA ⊥Q 底面ABC ，所以，三棱锥P ABC -的外接球半径为22222321123PA R r ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为222128443R πππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 故选：B. 【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，解题时要分析几何体的结构，选择合适的公式计算外接球的半径，考查计算能力，属于中等题.9．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A ．383+B ．823+C ．283D ．10【答案】A 【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可. 【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V =⨯⨯⨯⨯=+, 故选A. 【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.10．已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，23AC AB =，若四面体P ABC -的体积为32，求球的表面积( ) A ．8π B ．12πC ．83πD ．123π【答案】B 【解析】【分析】依据题意作出图形，设四面体P ABC -的外接球的半径为R ，由题可得：AB 为球的直径，即可求得：2AB R =，3AC R =， BC R =，利用四面体P ABC -的体积为32列方程即可求得3R =，再利用球的面积公式计算得解。

浙江省台州市书生中学2020届高三数学模拟试题2(无答案)

2020年高考数学模拟试卷一、选择题（共10小题）.1．全集U＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，A＝{﹣2，0，1}，B＝{﹣1，0}，则∁U（A∪B）＝（）A．{﹣2，﹣1，1，2} B．{2}C．{1，2}D．{0}2．已知i为虚数单位，其中（1+2i）z＝﹣i，则该复数的共轭复数是（）A．i B．i C．i D．i3．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．64C．64﹣16π D．4．若实数x，y满足约束条件，则z＝3x﹣2y的最大值是（）A．0B．2C．4D．55．已知函数f（x）＝ax+b的图象如图所示，则函数f（x）＝log a（﹣x+b）的图象是（）A．B．C．D．6．设a＞0，b＞0，则“a+b≥2”是“a2+b2≥2”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7．设0＜a，随机变量X的分布列为X﹣2﹣112P aa则当a在增大时，（）A．D（X）增大B．D（X）减小C．D（X）先增大后减小D．D（X）先减小后增大8．已知椭圆C：1（a＞b＞0），F1，F2为椭圆的左右焦点，过F2的直线交椭圆与A、B 两点，∠AF1B＝90°，2，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．9．如图，△ABC中，AB⊥BC，∠ACB＝60°，D为AC中点，△ABD沿BD翻折过程中，直线AB与直线BC所成的最大角、最小角分别记为α1，β1，直线AD与直线BC所成最大角、最小角分别记为α2，β2，则有（）A．α1＜α2，β1≤β2B．α1＜α2，β1＞β2C．α1≥α2，β1≤β2D．α1≥α2，β1＞β2二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

11．双曲线x21的焦距是；渐近线方程是．12．已知角α的终边过点（﹣1，2），则tanα＝，sin2α＝．13．展开式中常数项是，最大的系数是．14．已知△ABC中，AB＝3，BC＝5，D为线段AC上一点，AB⊥BD，，则AC＝，△ABC的面积是．15．已知函数f（x）＝x2+2x+a（a＜0），若函数y＝f（f（x））有三个零点，则a＝．16．某学校高一学生2人，高二学生2人，高三学生1人，参加A、B、C三个志愿点的活动．每个活动点至少1人，最多2人参与，要求同年级学生不去同一活动点，高三学生不去A活动点，则不同的安排方法有种．（用数字作答）三、解答题：本大题共5小题，共74分。

浙江专版2020届高考数学一轮复习单元检测八立体几何与空间向量单元检测含解析

单元检测八立体几何与空间向量(时间：分钟满分：分)第Ⅰ卷(选择题共分)一、选择题(本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．下列命题中，错误的是( )．平行于同一平面的两个平面平行．平行于同一直线的两个平面平行．一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么这条直线必和另一个平面相交．一条直线与两个平行平面所成的角相等答案解析选项正确，是面面平行的传递性．选项错误，比如正方体的两相邻侧面与一侧棱都平行，但两侧面所在平面相交．选项正确，由反证法，若直线与另一平面不相交，则直线在平面内或直线与平面平行，与直线与第一个平面相交矛盾．选项正确，由线面角定义可知正确．．长方体的一个顶点上三条棱长分别是，且它的个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是( )．π．π．π．都不对答案解析长方体的个顶点都在同一球面上，则这个球是长方体的外接球，所以球的直径等于长方体的体对角线长，即＝＝，所以球的表面积为π＝π·＝π，故选..如图，在多面体中，已知底面是边长为的正方形，∥，＝，且与底面的距离为，则该多面体的体积为( )．．答案解析分别取，的中点，，连接，，，把该多面体分割成一个四棱锥与一个三棱柱，可求得四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，进而整个多面体的体积为..如图，长方体—中，∠＝°，∠＝°，那么异面直线与所成角的余弦值是( )答案解析由长方体∠＝°，∠＝°，设＝＝，＝.连接，.由∥，所以异面直线与所成角，即∠.在△中，＝，＝，＝，由余弦定理可得∠＝＝＝，所以异面直线与所成角的余弦值是.．(·嘉兴测试)已知两个不同的平面α，β和三条不同的直线，，，若α∩β＝，⊂α且⊥，⊂β，设α和β所成的一个二面角的大小为θ，直线与平面β所成的角的大小为θ，直线，所成的角的大小为θ，则( )．θ＝θ≥θ．θ≥θ＝θ．θ≥θ，θ≥θ．θ≥θ，θ≥θ答案解析由题意可知θ＝θ或θ＋θ＝π，因为线面角的范围为，二面角的范围为[，π]，所以θ≥θ；当⊥时，θ＝θ，当不与垂直时，θ<θ，所以θ≤θ.故选.．若圆锥的侧面展开图是半径为，圆心角为的扇形，则由它的两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为( )答案解析设圆锥底面圆的半径为，由π＝×，得＝，设轴截面顶角大小为θ，则θ＝>，所以θ>，设两条母线所确定的截面最大时，两条母线的夹角为α，则α≤θ，最大截面所对应的三角形的面积＝××α，则α＝，所以两条母线所确定的最大截面为等腰直角三角形，其斜边上的高为，底面圆的圆心到最大截面斜边的距离为＝，则两条母线所确定的最大截面与底面所成二面角的余弦值为＝.．已知三棱锥—的每个顶点都在球的表面上，⊥底面，＝＝，＝，且二面角——的正切值为，则球的表面积为( )．π．π．π．π答案解析设的中点为，连接，，可得＝，则∠是二面角——的平面角，由于二面角——的正切值为，∴＝，由余弦定理知，∠＝＝＝－，∠＝，由正弦定理知，△的外接圆直径＝＝＝，设三棱锥—的外接球半径为，则＋＝，得＝，∴球的表面积为π＝π，故选..(·杭州质检)在三棱锥－中，⊥平面，∠＝°，，分别是，的中点，≠，且>.设与所成角为α，与平面所成角为β，二面角－－为γ，则( )．α<β<γ．α<γ<β．β<α<γ．γ<β<α答案解析由题图可知∠＝α<，∠＝β<，因为⊥平面，所以α＝，β＝.又>，故β>α，则β>α.过点作⊥，垂足为，连接，则∠＝γ，同理可证得γ>β，所以α<β<γ，故选..如图，在四棱锥－中，底面为矩形，侧棱⊥平面，＝，＝，点在线段上，且⊥，则当△的面积最小时，线段的长度为( )．答案解析方法一设＝，＝，则＝＝＋，∵⊥平面，⊂平面，∴⊥，又⊥，∩＝，，⊂平面，又⊂平面，∴⊥，易知＝，＝，在△中，＋＝，即＋＋＋＝(＋)，化简得＝.在△中，＝，＝＝，∴△＝·＝··＝≥＝，当且仅当＝，即＝，＝时取等号，此时＝＋＝.方法二由题意知，，，两两垂直．以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，设＝，(，)，>，则()，()，(，)，(，)，(，)．由⊥，得·＝，即(，)·(－，－)＝－－＝，解得＝＋，而·＝－－＝，∴⊥，∴△＝·＝≥＝，当且仅当即时等号成立，此时＝.．(·温州市高考适应性考试)已知正四面体，为△内的一点，记与平面，，所成的角分别为α，β，γ，则下列式子恒成立的是( )．α＋β＋γ≥．α＋β＋γ≥．α＋β＋γ≤＋＋≤答案解析取点为△的中心，设正面体的棱长为，则α＝β＝γ＝＝，所以α＋β＋γ＝<，排除；所以α＝β＝γ＝－＝，所以α＝β＝γ＝，所以＋＋＝>，排除；取的中点，连接，，易知与平面所成的角为∠，且∠＝＝＝，所以∠＝，所以∠＝>，所以当点靠近点时，与平面所成的角的正切值大于，所以α＋β＋γ>，排除.故选.第Ⅱ卷(非选择题共分)二、填空题(本大题共小题，多空题每题分，单空题每题分，共分．把答案填在题中横线上)．某空间几何体的三视图(单位：)如图所示，则此几何体侧视图的面积为，此几何体的体积为.答案解析此几何体的侧视图为直角三角形，高为，底为＝，面积为××＝；该几何体是以正视图为底面的四棱锥，如图所示，其底面为直角梯形，面积是(＋)×＝()，高为，体积为××＝()．．已知过球面上三点，，的截面到球心的距离等于球半径的一半，且＝＝，＝，则球面面积为．答案π解析如图，设球的半径为，′是△的外心，外接圆半径为，是的中点，则′⊥平面.在△中，＝，则＝.在△中，由正弦定理得＝，得＝，即′＝.在△′中，－＝，得＝，球表＝π×＝π..如图，在平行六面体－中，＝，＝，＝，∠＝°，∠＝∠＝°，则＝.答案解析∵∠＝∠＝°，∴在平面上的射影必落在直线上，∴平面⊥平面，∵＝，＝，＝，＝＋＝＋＋，∴＝(＋＋)＝＋＋＋·＋·＋·＝＋＋＋＋×××＋×××＝，∴＝，∴＝.．(·浙江五校联考)在正三棱锥－中，是的中点，且⊥，底面边长＝，则正三棱锥－的体积为，其外接球的表面积为．答案π解析由正三棱锥的对棱互相垂直可得⊥，又⊥，∩＝，，⊂平面，所以⊥平面，则⊥，⊥.所以正三棱锥－的三个侧面都是等腰直角三角形．又＝，所以＝＝＝，故正三棱锥－是棱长为的正方体的一个角，其体积为··＝，其外接球的直径＝，故外接球的表面积为π＝π..如图，在三棱锥－中，若＝，＝＝＝＝＝，为棱的中点，则直线与所成角的余弦值为，直线与平面所成的角为．答案°解析取的中点，连接，，则直线与所成的角等于直线与所成的角，因为＝，＝＝，∠＝＝＝，所以直线与所成角的余弦值为.取的中点，则⊥，⊥，又∩＝，，⊂平面，即⊥平面，即平面⊥平面，因此直线与平面所成的角为∠，因为＝＝＝，所以∠＝°，因此直线与平面所成的角为°.．如图，已知四棱锥－中，＝＝，＝＝，∠＝°，∠＝°，∥，为棱的中点，三棱锥－的体积为，则点到平面的距离为，二面角－－的正弦值为．答案解析在△中，因为＝＝，∠＝°，所以△＝×××∠＝.设点到平面的距离为，则由题意得，×△×＝××＝，所以＝.作⊥于点，⊥平面于点，连接，则⊥平面，故⊥，故∠为二面角－－的平面角或其补角．过点作⊥于点，过点作⊥的延长线于点(图略)，则＝°＝，又∥，所以＝°＝，所以＝＝，由()知＝＝，所以∠＝＝，设二面角－－的平面角为θ，则θ＝∠＝.．已知边长为的正△′的顶点′在平面α内，顶点，在平面α外的同一侧，点′，′分别为，在平面α内的射影，设′≤′，直线′与平面′′所成的角为φ.若△′′′是以角′为直角的直角三角形，则φ的最小值为．答案解析如图，以点′为坐标原点，′′，′′所在直线分别为轴，轴，建立空间直角坐标系．设(，，)，(，)，则可得＝且<≤，故<≤，又因为＋＝，故<，又＝，故>，又因为φ＝＝，<≤，所以≤φ<，所以φ的最小值为.三、解答题(本大题共小题，共分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) ．(分)如图，在直三棱柱(侧棱垂直于底面)－中，＝，＝，＝，＝，点是的中点．()求证：⊥；()求证：∥平面.证明()∵三棱柱－为直三棱柱，∴⊥平面，又⊂平面，∴⊥.又∵＝，＝，＝，∴＋＝，∴⊥.∵，⊂平面，∩＝，∴⊥平面，又⊂平面，∴⊥.()取的中点，连接，和.∵∥，且＝，∴四边形为平行四边形，∴∥，又∵⊄平面，⊂平面，∴∥平面.∵∥，且＝，∴四边形为平行四边形，∴∥，又∵⊂平面，⊄平面，∴∥平面.∵∩＝，，⊂平面，∴平面∥平面，又⊂平面，∴∥平面.．(分)如图，在四棱锥－中，⊥平面，∥，⊥，＝，＝，＝，＝.()求异面直线与所成角的余弦值；()求证：⊥平面；()求直线与平面所成角的正弦值．()解由已知∥，得∠或其补角即为异面直线与所成的角．因为⊥平面，所以⊥.在△中，由已知，得＝＝，故∠＝＝.所以异面直线与所成角的余弦值为.()证明因为⊥平面，直线⊂平面，所以⊥.又因为∥，所以⊥，又⊥，，⊂平面，∩＝，所以⊥平面.()解过点作的平行线交于点，连接，则与平面所成的角等于与平面所成的角．因为⊥平面，故为在平面上的射影，所以∠为直线和平面所成的角．由于∥，∥，故＝＝，由已知，得＝－＝.又⊥，故⊥，在△中，可得＝＝，在△中，可得∠＝＝.所以，直线与平面所成角的正弦值为.．(分)如图，在四棱锥－中，底面为直角梯形，∠＝∠＝°，＝，＝，＝，∠＝°，且平面⊥平面.()求证：⊥；()在线段上是否存在一点，使二面角－－的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．()证明过点作∥，交于点，连接，则⊥，在△中，＝，＝，∠＝°，则⊥，∵∩＝，，⊂平面，∴⊥平面，又∵⊂平面，∴⊥.()解假设存在点，过点作的平行线交于点，连接，易知，，，四点共面，∵平面∩平面＝，由()知，⊥平面，∥，则⊥平面，又⊂平面，∴⊥，又∥，则⊥，则∠即为二面角－－的平面角，则∠＝＝，得＝，＝－＝－，∴＝＝＝－.．(分)如图，在长方体－中，＝＝，＝，，分别是，的中点．()求与所成的角；()求与平面所成的角．解()取的中点，连接，，.由于，分别是，的中点，为正方形，所以∥，且＝，所以∥，且＝，所以为平行四边形，所以∥，且＝，故与所成的角等于与所成的角，＝，＝，＝，故∠＝°，故与所成的角为°.()因为平面∥平面，所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，所以∠即为所求角，而易知∠＝°，所以直线与平面所成的角为°.．(分)如图，四棱锥—中，底面是矩形，平面⊥平面，且△是边长为的等边三角形，＝，点是的中点．()求证：∥平面；()点在上，且满足＝，求直线与平面所成角的正弦值．()证明连接，交于点，连接.因为四边形是矩形，所以点是的中点，又点是的中点，所以∥，又⊄平面，⊂平面，所以∥平面.()解取的中点，则⊥，又平面⊥底面，平面∩底面＝，⊂平面，故⊥平面，连接.在△中，＝＝，所以在△中，＝＝，以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则()，()，(－，)，(－)，(，)，，则＝(－，－)，设(，，)，＝(－，，)，＝(－，)，＝(－，－，)．则由＝得(－，，)＝(－，)，即，则＝.设平面的法向量＝(，，)，则得令＝，则＝－，＝－，故＝(，－，－)，又＝，设直线与平面所成的角为θ，则θ＝〈，〉＝＝＝，故直线与平面所成角的正弦值为.。