广东省广州市天河中学2017高考数学(理科)一轮复习基础知识检测：立体几何向量方法——空间角与距离求解.doc
广东省天河地区2017高考数学一轮复习试题精选立体几何06文
立体几何0621.〔本小题总分值12分〕如图5，如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 、F 分别是AB 、PD 中点．〔Ⅰ〕求证：//AF 平面PEC ；〔Ⅱ〕假设PD 与平面ABCD 所成角为60，且4,2==AB AD ，求点A 到平面PED 距离．【答案】解：【法一】〔I 〕证明：如图，取PC 中点O ，连接,OF OE ． 由得//OF DC 且， 又E 是AB 中点，那么//OF AE 且OF AE =，AEOF ∴是平行四边形，···························· 4'∴//AF OE 又OE ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC//AF ∴平面PEC ···························· 6'〔II 〕设A 平面PED 距离为d ，【法一】：因PA ⊥平面ABCD ，故PDA ∠为PD 与平面ABCD 所成角，所以o PDA 60=∠，所以3260tan ==oAD PA ，，又因4=AB ，E 是AB 中点所以2=AE ，422=+=AE PA PE ，2222=+=AE DA DE ．作DE PH ⊥于H ，因22,4===DE PE PD ，那么14,222=-==DH PD PH DH ，…………………………………………9'图5那么221=⋅⨯=∆AE AD S ADE ，7221=⋅⨯=∆DE PH S PDE 因PDE A AED P V V --= 所以721272232=⨯=⋅=∆∆PDE ADE S S PA d ……………………………………………… 12'【法二】因PA ⊥平面ABCD ，故PDA ∠为PD 与平面ABCD 所成角，所以o PDA 60=∠， 所以3260tan ==oAD PA ，，又因4=AB ，E 是AB 中点所以AD AE ==2，422=+=AE PA PE ，2222=+=AE DA DE ．作DE PH ⊥于H ，连结AH ，因4==PE PD ，那么H 为DE 中点，故DE AH ⊥ 所以⊥DE 平面PAH ，所以平面⊥PDE 平面PAH ，作PH AG ⊥于G ，那么⊥AG 平面PDE ，所以线段AG 长为A 平面PED 距离.又14,222=-==DH PD PH DH ，222=-=DH AD AH所以721214232=⋅=⋅=PH AH PA AG …………………………………………… 12'ABCD P OEF22.〔总分值12分〕如右图，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=AB ，D 是AC 中点。
广东省天河地区2017高考数学一轮复习试题精选立体几何03理
立体几何031.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ．【答案】75+【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形的四棱柱。
棱柱的高为4，，底面梯形的上底为4，下底为5，腰CD 所以梯形的面积为(45)32722S +⨯==，梯形的周长为34512++=，所以四个侧面积为12)448⨯=，所以该几何体的表面积为27482752+⨯=+2.三棱锥D ABC -及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱BD 的长为_________.【答案】【解析】取AC 的中点，连结BE,DE 由主视图可知,BE AC BE DE ⊥⊥.DC ABC ⊥且4,2DC BE AE EC ====.所以4BC ==，即BD ==。
3.如右图, 设A 、B 、C 、D 为球O 上四点，若AB 、AC 、AD 两两互相垂直，且AB AC =2AD =，则A 、D 两点间的球面距离 ．【答案】23π【解析】因为AB 、AC 、AD 两两互相垂直，所以分别以AB 、AC 、AD 为棱构造一个长方体，在长方体的体对角线为球的直径，所以球的直径24R ===，所以球半径为2R =,在正三角形AOD 中，3AOD π∠=，所以A 、D 两点间的球面距离为233R ππ=. 4.若某几何体的三视图 (单位：cm) 如图所示，则此几何体的表面积是 cm 2．【答案】62)π+【解析】由三视图可知，该几何体试题是半个圆锥，如图底面半径为2，圆锥的高为3.=所以底面积为21222ππ⨯=，三角形14362VAB S ∆=⨯⨯=,圆锥的底面弧长为2π，圆锥的侧面积为122π⨯=，所以圆锥的表面积为626(2ππ+=+。
5.已知一个几何体的三视图如下图所示(单位：cm)，其中正视图是直角梯形，侧视图和俯视图都是矩形，则这个几何体的体积是________cm 3.【答案】32【解析】由三视图可知，该几何体为一个放到的四棱柱，以梯形为低，所以梯形面积为1(12)322⨯+=，四棱柱的高为1，所以该几何体的体积为32。
广东省广州市天河中学2017高考数学一轮复习 两角和与差的正弦、余弦、正切基础知识检测 文
两角和与差的正弦、余弦、正切基础热身1． 已知sin α＝23，则cos(π－2α)＝( )A ．－53B ．－19 C.19 D.532．已知cos α＝35，0<α<π，则tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝( ) A.15 B ．－1 C.17 D ．－73．若(sin θ＋cos θ)2＝3x ＋3－x，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，则tan θ＝( )A ．1 B.33C. 3D. 24．已知tan ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝2, 则tan x tan2x 的值为________．能力提升5．在△ABC 中，若2cos B sin A ＝sin C ，则△ABC 的形状一定是( ) A ．等腰直角三角形 B ．直角三角形 C ．等腰三角形 D ．等边三角形6．函数y ＝cos 2⎝⎛⎭⎪⎫x －π2是( ) A ．最小正周期是π的偶函数 B ．最小正周期是π的奇函数 C ．最小正周期是2π的偶函数 D ．最小正周期是2π的奇函数7．设sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝13，则sin2θ＝( )A ．－79B ．－19 C.19 D.798．若sin α－sin β＝1－32，cos α－cos β＝12，则cos(α－β)的值为( )A.12B.32C.34 D ．19．在△ABD 中，tan A ＝12，cos B ＝31010，则tan C 的值是( )A ．－1B ．1 C. 3 D ．－210．已知tan α，tan β是方程x 2＋33x ＋4＝0的两根，α，β∈⎝⎛⎭⎪⎫－π2，π2，则α＋β＝________.11．若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－2x ＝35，则tan 2x 等于________．12．函数y ＝sin x 1＋cos x 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π上的最小值是________．13．已知锐角三角形ABC 中，sin(A ＋B )＝35，sin(A －B )＝15，则tan Atan B＝________.14．(10分)已知函数f (x )＝2sin 13x －π6，x ∈R .(1)求f (0)的值；(2)设α，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，f ⎝⎛⎭⎪⎫3α＋π2＝1013，f (3β＋2π)＝65，求sin(α＋β)的值．15．(13分)[2011·绵阳一诊] 在△ABC 中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且a cos C ，b cos B ，c cos A 成等差数列．(1)求B 的值；(2)求2sin 2A ＋cos(A －C )的范围．难点突破16．(12分)已知在△ABC 中，sin A (sin B ＋cos B )－sin C ＝0，sin B ＋cos2C ＝0，求角A 、B 、C 的大小．答案解析【基础热身】1．B [解析] ∵sin α＝23，∴cos ()π－2α＝－cos2α＝－(1－2sin 2α)＝－19.2．D [解析] 由cos α＝35，0<α<π，得sin α＝45，tan α＝43，所以tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4＝tan α＋11－tan α＝－7.故选D.3．A [解析] (sin θ＋cos θ)2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π42＝2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π4≤2，而3x ＋3－x≥2，又θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以sin θ＋cos θ＝2，所以θ＝π4，所以tan θ＝1.故选A.4.49 [解析] 因为tan ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝2，所以tan x ＝13，tan2x ＝2×131－19＝2389＝34，即tan x tan2x ＝49.【能力提升】5．C [解析] ∵在△ABC 中，2cos B sin A ＝sin C ＝sin(A ＋B )＝sin A cos B ＋cos A sin B ， ∴sin A cos B －cos A sin B ＝0，即sin(A －B )＝0，∴A ＝B .6．A [解析] y ＝cos 2⎝⎛⎭⎪⎫x －π2＝sin 2x ＝1－cos2x 2，最小正周期是T ＝2π|2|＝π，且是偶函数，故选A.7．A 【解析】 sin2θ＝－cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋2θ＝－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－2sin 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ.由于sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ＝13，代入得sin2θ＝－79，故选A.8．B [解析] 将sin α－sin β＝1－32，cos α－cos β＝12两式平方后相加得cos(α－β)＝32. 9．A [解析] 由cos B ＝31010，得sin B ＝1010，所以tan B ＝13，所以tan C ＝－tan(A ＋B )＝－tan A ＋tan B 1－tan A tan B＝－1.故选A.10．－2π3[解析] 根据已知tan α＋tan β＝－33，tan αtan β＝4，所以tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan αtan β＝3，由于tan α，tan β均为负值，故－π<α＋β<0，所以α＋β＝－2π3.11．4 [解析] 由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－2x ＝－cos2x ⇒cos2x ＝－35，tan 2x ＝sin 2x cos 2x ＝1－cos2x 1＋cos2x ＝4.12．1 [解析] y ＝2sin x 2cosx22cos2x 2＝tan x 2，x 2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π4，π2，∵y ＝tan x 2在⎣⎢⎡⎭⎪⎫π2，π上单调递增，∴x ＝π2时，y min ＝1. 13．2 [解析] ∵sin(A ＋B )＝35，sin(A －B )＝15，∴⎩⎪⎨⎪⎧sin A cos B ＋cos A sin B ＝35，sin A cos B －cos A sin B ＝15，解得⎩⎪⎨⎪⎧sin A cos B ＝25，cos A sin B ＝15，所以tan A tan B ＝sin A cos B cos A sin B＝2.14．[解答] (1)f (0)＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－2sin π6＝－1.(2)∵1013＝f 3α＋π2＝2sin 13×3α＋π2－π6＝2sin α，65＝f (3β＋2π)＝2sin 13×(3β＋2π)－π6＝ 2sin β＋π2＝2cos β，∴sin α＝513，cos β＝35，又α，β∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos α＝1－sin 2α＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫5132＝1213，sin β＝1－cos 2β＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫352＝45， 故sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝513×35＋1213×45＝6365.15．[解答] (1)由题意知，2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ， ∴2sin B cos B ＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin(A ＋C )＝sin B ，又∵sin B ≠0，∴cos B ＝12，∴B ＝π3.(2)2sin 2A ＋cos(A －C )＝2sin 2A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫A －23π＋A ＝2sin 2A ＋cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －23π＝1－cos2A －12cos2A ＋32sin2A＝1＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫12sin2A －32cos2A ＝1＋3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π3.∵0<A <23π，－π3<2A －π3<π，∴－32<sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π3≤1. ∴2sin 2A ＋cos(A －C )∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1＋3.【难点突破】16．[解答] 方法一：由sin A (sin B ＋cos B )－sin C ＝0得sin A sin B ＋sin A cos B －sin(A ＋B )＝0.所以sin A sin B ＋sin A cos B －sin A cos B －cos A sin B ＝0， 即sin B (sin A －cos A )＝0.因为B ∈(0，π)，所以sin B ≠0，从而cos A ＝sin A .由A ∈(0，π)知，A ＝π4，从而B ＋C ＝3π4.由sin B ＋cos2C ＝0得sin B ＋cos2⎝⎛⎭⎪⎫3π4－B ＝0，即sin B －sin2B ＝0.即sin B －2sin B cos B ＝0，由此得cos B ＝12，B ＝π3.所以A ＝π4，B ＝π3，C ＝5π12.方法二：由sin B ＋cos2C ＝0得sin B ＝－cos2C ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2－2C .因为0<B ，C <π，所以B ＝3π2－2C 或B ＝2C －π2.即B ＋2C ＝3π2或2C －B ＝π2.由sin A (sin B ＋cos B )－sin C ＝0，得sin A sin B ＋sin A cos B －sin(A ＋B )＝0. 所以sin A sin B ＋sin A cos B －sin A cos B －cos A sin B ＝0. 即sin B (sin A －cos A )＝0.因为sin B ≠0，所以cos A ＝sin A .由A ∈(0，π)，知A ＝π4.从而B ＋C ＝34π，知B ＋2C ＝3π2不合要求．再由2C －B ＝12π，得B ＝π3，C ＝5π12.所以A ＝π4，B ＝π3，C ＝5π12.。
广东省广州市天河中学高考数学一轮复习 用立体几何中向量方法——求空间角与距离05课件
B
A
F
E
C B
D A
C
F D
E
（Ⅰ）证：Q CF // DE, FB // AE, BF I CF F, AE I DE E ，
例2．
A B
C
E D
解：(Ⅰ)
uuur DE (1,0,0),
uuur ADΒιβλιοθήκη (1 2,
2 uur2
,
t
).
设平面ADE的法向量为 n1 (x1, y1, z1),
M
则
uur uuur nuur1guDuEur 0, n1gAD 0.
x1
0,
1 2
x1
2 2
y1 tz1
0.
令y1 2,则z1
PB 平面PCD,
Q PC 平面 PCD PB PC.
QVCPBD VDPBC ,
1 3
1 2
PB
PD
DC
1 3
1 2
PB
PC
h,
PD DC PC h, h PD DC 6 . PC 3
(1) 求证: CD PB.
解: Q BAD 90o,AD AB, ADB ABD 45.Q AD / /BC,BCD 45. BDC 90°BD DC ,如图所示建立空间直角坐标系 Dxyz.
∴ PFE 为二面角 P BC D的平面角.
Q PB PD 1,
PE
1 ,EF 2
2 2
BE
1 2
,在Rt△PEF中,PEF
90.
tanPFE PE 2, cosPFE 3 ,
EF
3
所以二面角P-BC-D的余弦值大小是
3.
3
广东省广州市重点学校备战2017高考数学一轮复习立体几何试题精选04
立体几何041．外表积为23正八面体各个顶点都在同一个球面上，那么此球体积为A ．B ．13πC ．23π D ．解：此正八面体是每个面边长均为a 正三角形，所以由知，1a =，那么此球直径为2，应选A 。
2．平面α斜线AB 交α于点B ，过定点A 动直线l 与AB 垂直，且交α于点C ，那么动点C 轨迹是〔A 〕一条直线〔B 〕一个圆 〔C 〕一个椭圆 〔D 〕双曲线一支 3．设A 、B 、C 、D 是空间四个不同点，在以下命题中，不正确．．．是 〔A 〕假设AC 与BD 共面，那么AD 与BC 共面 〔B 〕假设AC 与BD 是异面直线，那么AD 与BC 是异面直线(C) 假设AB =AC ，DB =DC ，那么AD =BC(D) 假设AB =AC ，DB =DC ，那么AD ⊥BC解：A 显然正确；B 也正确，因为假设AD 与BC 共面，那么必有AC 与BD 共面与条件矛盾；C 不正确，如下图：D 正确，用平面几何与立体几何知识都可证明。
选C4．正方体外接球体积是π332，那么正方体棱长等于 2 B.332 C.324 D.334 A B DC5．对于平面α与共面直线m 、n ，以下命题中真命题是A.假设m ⊥α，m ⊥n ，那么n ∥αB.假设m ∥α，n ∥α，那么m ∥nC.假设m ⊂α，n ∥α，那么m ∥nD.假设m 、n 与α所成角相等，那么n ∥m解：对于平面α与共面直线m 、,n 真命题是“假设,m n αα⊂∥,那么m ∥n 〞，选C.6．给出以下四个命题：①如果一条直线与一个平面平行，经过这条直线平面与这个平面相交，那么这条直线与交线平行，②如果一条直线与一个平面内两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行，④如果一个平面经过另一个平面一条垂线，那么这两个平面互相垂直.其中真命题个数是A.4B. 3C. 2D. 1解：①②④正确，应选B.7．关于直线,m n 与平面,αβ，有以下四个命题：①假设//,//m n αβ且//αβ，那么//m n ；②假设,m n αβ⊥⊥且αβ⊥，那么m n ⊥；③假设,//m n αβ⊥且//αβ，那么m n ⊥；④假设//,m n αβ⊥且αβ⊥，那么//m n ；其中真命题序号是A ．①②B ．③④C ．①④D ．②③解：用排除法可得选D9．棱长为2正四面体四个顶点都在同一个球面上,假设过该球球心一个截面如图1,那么图中三角形(正四面体截面)面积是 ( ) A.22 B.32 C.2D.3解：棱长为2正四面体ABCD 四个顶点都在同一个球面上, 假设过该球球心一个截面如图为△ABF ，那么图中AB=2，E 为AB 中点，那么EF ⊥DC ，在△DCE中，DE=EC=3，DC=2，∴EF=2，∴三角形ABF 面积是2，选C.12．如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体内切球〔与四个面都相切球〕球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四面体分成体积相等两局部，设四棱锥A －BEFD 与三棱锥A －EFC外表积分别是S 1，S 2，那么必有〔 〕A ．S 1<S 2 B. S 1>S 2C. S 1=S 2D. S 1，S 2大小关系不能确定解：连OA、OB、OC、OD，那么V A－BEFD＝V O－ABD＋V O－ABE＋V OV A－EFC＝V O－ADC＋V O－AEC＋V O－EFC又V A－BEFD＝V A－EFC而每个－BEFD，三棱锥高都是原四面体内切球半径，故S ABD＋S ABE＋S BEFD＝S ADC＋S AEC＋S EFC又面AEF公共，应选C13.如果四棱锥四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥〞，四条侧棱是〔〕称为它腰，以下4个命题中，假命题．．．Ａ．等腰四棱锥腰与底面所成角都相等Ｂ．等腰四棱锥侧面与底面所成二面角都相等或互补Ｃ．等腰四棱锥底面四边形必存在外接圆Ｄ．等腰四棱锥各顶点必在同一球面上解：因为“等腰四棱锥〞四条侧棱都相等，所以它顶点在底面射影到底面四个顶点距离相等，故A，C正确，且在它高上必能找到一点到各个顶点距离相等，故D正确，B不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立。
广东广州市天河中学2017高考数学一轮复习 合情推理和演绎推理基础知识检测 理
合情推理与演绎推理基础热身1．在等差数列{a n }中，若a n >0，公差d >0，则有a 4·a 6>a 3·a 7，类比上述性质，在等比数列{b n }中，若b n >0，公比q >1，则b 4，b 5，b 7，b 8的一个不等关系是( )A ．b 4＋b 8>b 5＋b 7B ．b 4＋b 8<b 5＋b 7C ．b 4＋b 7>b 5＋b 8D ．b 4＋b 7<b 5＋b 82． 规定一机器狗每秒钟只能前进或后退一步，现程序设计师让机器狗以“前进3步，然后再退2步”的规律移动．如果将此机器狗放在数轴原点，面向正方向，以1步的距离为1个单位长度移动，令P (n )表示第n 秒时机器狗所在的位置坐标，且P (0)＝0，则下列结论中错误的是( )A ．P (2007)＝403B ．P (2008)＝404C ．P (2009)＝403D ．P (2010)＝4043．已知命题：若数列{a n }为等差数列，且a m ＝a ，a n ＝b (m ≠n ，m 、n ∈N *)，则a m ＋n ＝bn －amn －m；现已知等比数列{b n }(b n >0，n ∈N *)，b m ＝a ，b n ＝b (m ≠n ，m 、n ∈N *)，若类比上述结论，则可得到b m ＋n ＝( )A.m －n b m a nB.n －m b n a mC.n －m b n a mD.n －m b m a n4．有下列推理：①A ，B 为定点，动点P 满足|PA |＋|PB |＝2a >|AB |，则P 的轨迹为椭圆；②由a 1＝1，a n ＝3n －1，求出S 1，S 2，S 3，猜想出数列的前n 项和S n 的表达式； ③由圆x 2＋y 2＝r 2的面积S ＝πr 2，猜想出椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1的面积S ＝πab ；④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇． 以上推理不是归纳推理的序号是________． (把所有你认为正确的序号都填上)能力提升5．设f 0(x )＝sin x ，f 1(x )＝f 0′(x )，f 2(x )＝f 1′(x )，…，f n (x )＝f n －1′(x )，n ∈N ，则f 2013(x )＝( )A ．sin xB ．－sin xC ．cos xD ．－cos x6．下面几种推理过程是演绎推理的是( )A ．两条直线平行，同旁内角互补，由此若∠A ，∠B 是两条平行直线被第三条直线所截得的同旁内角，则∠A ＋∠B ＝180°B ．某校高三(1)班有55人，高三(2)班有54人，高三(3)班有52人，由此得出高三所有班人数超过50人C ．由平面正三角形的性质，推测空间四面体的性质D ．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋1a n －1(n ≥2)，由此归纳出{a n }的通项公式7．我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A (－3,4)，且法向量为n ＝(1，－2)的直线(点法式)方程为：1×(x ＋3)＋(－2)×(y －4)＝0，化简得x －2y ＋11＝0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A (1,2,3)且法向量为n ＝(－1，－2,1)的平面的方程为( )A ．x ＋2y －z －2＝0B ．x －2y －z －2＝0C ．x ＋2y ＋z －2＝0D ．x ＋2y ＋z ＋2＝08．“因为指数函数y ＝a x是增函数(大前提)，而y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 是指数函数(小前提)，所以y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x是增函数(结论)”，上面推理的错误是( )A ．大前提错导致结论错B ．小前提错导致结论错C ．推理形式错导致结论错D ．大前提和小前提错都导致结论错9．把正整数按一定的规则排成了如图K67－1所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.若a ij ＝2009，则i 与j 的和为( )12 43 5 76 8 10 129 11 13 15 1714 16 18 20 22 24图K67－1A ．105B ．106C ．107D ．10810．对于命题：若O 是线段AB 上一点，则有|OB →|·OA →＋|OA →|·OB →＝0. 将它类比到平面的情形是：若O 是△ABC 内一点，则有S △OBC ·OA →＋S △OCA ·OB →＋S △OAB ·OC →＝0. 将它类比到空间的情形应该是：若O 是四面体ABCD 内一点，则有________．11．半径为r 的圆的面积S (r )＝πr 2，周长C (r )＝2πr ，若将r 看做(0，＋∞)上的变量，则(πr 2)′＝2πr ①，①式可以用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数．对于半径为R 的球，若将R 看做(0，＋∞)上的变量，请你写出类似于①的式子：________________②，②式可以用语言叙述为：________________.12．在计算“11×2＋12×3＋…＋1n n ＋(n ∈N *)”时，某同学学到了如下一种方法：先改写第k 项：1k k ＋＝1k －1k ＋1，由此得11×2＝11－12，12×3＝12－13，…，1n n ＋＝1n －1n ＋1， 相加，得11×2＋12×3＋…＋1n n ＋＝1－1n ＋1＝nn ＋1.类比上述方法，请你计算“11×2×3＋12×3×4＋…＋1n n ＋n ＋(n ∈N *)”，其结果为________．13．某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图K67－2为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n 个图形包含f (n )个小正方形，则f (n )的表达式为____________(n ∈N *)．图 214．(10分)蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图K67－3为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f (n )表示第n 个图的蜂巢总数．(1)试给出f (4)，f (5)的值，并求f (n )的表达式(不要求证明)；(2)证明：1f ＋1f ＋1f ＋…＋1f n <43.图K67－315．(13分)如图K67－4所示，点P 为斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB 1交AA 1于点M ，PN ⊥BB 1交CC 1于点N .(1)求证：CC 1⊥MN ；(2)在任意△DEF 中有余弦定理：DE 2＝DF 2＋EF 2－2DF ·EF ·cos∠DFE .拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．图K67－4难点突破16．(12分)规定C mx ＝x x －x －m ＋m ！，其中x ∈R ，m 是正整数，且C 0x ＝1，这是组合数C m n(m ，n 是正整数，且m ≤n 的一种推广)．(1)求C 5－15的值；(2)组合数的两个性质：①C m n ＝C n －m n .②C m n ＋C m －1n ＝C m n ＋1.是否都能推广到C mx (x ∈R ，m 是正整然)的情形？若能推广，请写出推广的形式，并给出证明；若不能，则说明理由．(3)已知组合数C m n 是正整数，证明：当x ∈Z ，m 是正整数时，C mx ∈Z .答案解析【基础热身】1．A [解析] 在等差数列{a n }中，由于4＋6＝3＋7时有a 4·a 6>a 3·a 7，所以在等比数列{b n }中，由于4＋8＝5＋7，所以应有b 4＋b 8>b 5＋b 7或b 4＋b 8<b 5＋b 7.∵b 4＝b 1q 3，b 5＝b 1q 4，b 7＝b 1q 6，b 8＝b 1q 7∴(b 4＋b 8)－(b 5＋b 7)＝(b 1q 3＋b 1q 7)－(b 1q 4＋b 1q 6)＝b 1q 6·(q －1)－b 1q 3(q －1)＝(b 1q 6－b 1q 3)(q －1)＝b 1q 3(q 3－1)(q －1)．∵q >1，b n >0，∴b 4＋b 8>b 5＋b 7.故选A. 2．D [解析] 显然每5秒前进一个单位，且P (1)＝1，P (2)＝2，P (3)＝3，P (4)＝2，P (5)＝1，∴P (2007)＝P (5×401＋2)＝401＋2＝403，P (2008)＝404，P (2009)＝403，P (2010)＝402，故选D.3．B [解析] 等差数列中的bn 和am 可以类比等比数列中的b n 和a m，等差数列中的bn－am 可以类比等比数列中的b n a m ，等差数列中的bn －amn －m 可以类比等比数列中的n －m b na m .故b m ＋n＝n －m b na m.4．①③④ [解析] ①为演绎推理，②为归纳推理，③④为类比推理． 【能力提升】5．C [解析] f 1(x )＝(sin x )′＝cos x ， f 2(x )＝(cos x )′＝－sin x ， f 3(x )＝(－sin x )′＝－cos x ， f 4(x )＝(－cos x )′＝sin x ，f 5(x )＝(sin x )′＝cos x ＝f 1(x )， f 6(x )＝(cos x )′＝－sin x ＝f 2(x )， f n ＋4(x )＝…＝…＝f n (x )，故可猜测f n (x )以4为周期，有f 4n ＋1(x )＝f 1(x )＝cos x ，f 4n ＋2(x )＝f 2(x )＝－sin x ， f 4n ＋3(x )＝f 3(x )＝－cos x ，f 4n ＋4(x )＝f 4(x )＝sin x ， 所以f 2013(x )＝f 503×4＋1(x )＝f 1(x )＝cos x ，故选C.6．A [解析] 两条直线平行，同旁内角互补——大前提，∠A ，∠B 是两条平行直线被第三条直线所截得的同旁内角——小前提， ∠A ＋∠B ＝180°——结论．故A 是演绎推理，而B 、D 是归纳推理，C 是类比推理．故选A.7．A [解析] 类比直线方程求法得平面方程为(－1)×(x －1)＋(－2)×(y －2)＋1×(z －3)＝0即x ＋2y －z －2＝0.8．A [解析] y ＝a x是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错．9．C [解析] 由三角形数表可以看出其奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，2009＝2×1005－1，所以2009为第1005个奇数，又前31个奇数行内数的个数的和为961，前32个奇数行内数的个数的和为1024，故2009在第32个奇数行内，所以i ＝63，因为第63行的第一个数为2×962－1＝1923,2009＝1923＋2(m －1)，所以m ＝44，即j ＝44，所以i ＋j ＝107.10．V O －BCD ·OA →＋V O －ACD ·OB →＋V O －ABD ·OC →＋V O －ABC ·OD →＝0 [解析] 平面上的线段长度类比到平面上就是图形的面积，类比到空间就是几何体的体积．11.⎝ ⎛⎭⎪⎫43πR 3′＝4πR 2球的体积函数的导数等于球的表面积函数 12.n 2＋3n n ＋n ＋ [解析] ∵1k k ＋k ＋＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k k ＋－1k ＋k ＋，依次裂项，求和得n 2＋3n n ＋n ＋. 13．f (n )＝2n 2－2n ＋1 [解析] 由f (1)＝1，f (2)＝1＋3＋1，f (3)＝1＋3＋5＋3＋1，f (4)＝1＋3＋5＋7＋5＋3＋1，可得f (n )＝1＋3＋5＋…＋2n －1＋…＋3＋1，∴f (n )＝2×n －1[1＋2n －3]2＋(2n －1)＝2n 2－2n ＋1.14．[解答] (1)f (4)＝37，f (5)＝61.由于f (2)－f (1)＝7－1＝6，f (3)－f (2)＝19－7＝2×6，f (4)－f (3)＝37－19＝3×6，f (5)－f (4)＝61－37＝4×6，…因此，当n ≥2时，有f (n )－f (n －1)＝6(n －1)，所以f (n )＝[f (n )－f (n －1)]＋[f (n －1)－f (n －2)]＋…＋[f (2)－f (1)]＋f (1)＝6[(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1]＋1＝3n 2－3n ＋1.又f (1)＝1＝3×12－3×1＋1，所以f (n )＝3n 2－3n ＋1.(2)证明：当k ≥2时，1f k ＝13k 2－3k ＋1<13k 2－3k ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k .所以1f ＋1f ＋1f ＋…＋1f n <1＋13⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1－1n＝1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n <1＋13＝43.15．[解答] (1)证明：∵PM ⊥BB 1，PN ⊥BB 1，PM ∩PN ＝P ，∴BB 1⊥平面PMN ，∴BB 1⊥MN . 又CC 1∥BB 1，∴CC 1⊥MN .(2)在斜三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，有S 2平面ABB 1A 1＝S 2平面BCC 1B 1＋S 2平面ACC 1A 1－ 2S 平面BCC 1B 1S 平面ACC 1A 1cos α.其中α为平面BCC 1B 1与平面ACC 1A 1所成的二面角的大小． 证明：∵CC 1⊥平面PMN ，∴上述的二面角的平面角为∠MNP . 在△PMN 中，∵PM 2＝PN 2＋MN 2－2PN ·MN cos ∠MNP ，∴PM 2·CC 21＝PN 2·CC 21＋MN 2·CC 21－2(PN ·CC 1)·(MN ·CC 1)cos ∠MNP ， 由于S 平面BCC 1B 1＝PN ·CC 1，S 平面ACC 1A 1＝MN ·CC 1， S 平面ABB 1A 1＝PM ·BB 1＝PM ·CC 1，∴S 2平面ABB 1A 1＝S 2平面BCC 1B 1＋S 2平面ACC 1A 1－2S 平面BCC 1B 1·S 平面ACC 1A 1·cos α.【难点突破】16．[解答] (1)根据新规定直接进行演算即可C 5－15＝－－－－－5！＝－11628.(2)性质①不能推广．反例：当x ＝2，m ＝1时，C 12有意义，但C 2－12无意义．性质②能推广，且推广形式不变：C m x ＋C m －1x ＝C mx ＋1(x ∈R ，m 是正整数)．证明如下：C mx ＋C m －1x ＝x x －x －x －m ＋m ！＋x x －x －x －m ＋m －！＝x x －x －x －m ＋m ！·(x ＋1)＝1m ！·(x ＋1)[(x ＋1)－1][(x ＋1)－2]…[(x ＋1)－m ＋1]＝C mx ＋1.(3)需要就x 与m 的大小做出逻辑划分并进行严密的论证．当x ≥m 时，x ，m 都是正整数，C mn 就是组合数，结论显然成立；当0≤x <m 时，C mx ＝x x －x －x －m ＋m ！＝0∈Z ，结论也成立；当x <0时，C mx ＝x x －x －x －m ＋m ！＝(－1)m 1m ！(－x ＋m －1)(－x ＋m －2)…(－x ＋1)(－x )＝(－1)m C m－x ＋m －1∵－x ＋m －1>0，∴C m－x ＋m －1是正整数，故C m x ＝(－1)m C m－x ＋m －1∈Z .综上所述，当x ∈Z ，m 是正整数时，C mx ∈Z .。
广东省广州市天河中学2017高考数学一轮复习导数和函数的极值、最值01基础知识检测文
导数与函数的极值、最值01基础热身1．下列命题中正确的是( ) A ．导数为0的点一定是极值点B ．如果在点x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0且f ′(x 0)＝0，那么f (x 0)是极大值C ．如果在点x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0且f ′(x 0)＝0，那么f (x 0)是极小值D ．如果在点x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0且f ′(x 0)＝0，那么f (x 0)是最小值2．函数y ＝x ＋1x的极值情况是( )A ．既无极小值，也无极大值B ．当x ＝1时，极小值为2，但无极大值C ．当x ＝－1时，极大值为－2，但无极小值D ．当x ＝1时，极小值为2，当x ＝－1时，极大值为－23．函数f (x )＝x 3＋ax 2＋3x －9，已知f (x )在x ＝－3处取得极值，则a ＝( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．54．已知函数y ＝f (x )的导函数y ＝f ′(x )的图像如图K15－1，则( )图K15－1A ．函数f (x )有1个极大值点，1个极小值点B ．函数f (x )有2个极大值点，2个极小值点C ．函数f (x )有3个极大值点，1个极小值点D ．函数f (x )有1个极大值点，3个极小值点能力提升5．设a ∈R ，若函数y ＝e x＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1C ．a ＞－1eD ．a ＜－1e6．设函数f (x )＝2x ＋1x－1(x <0)，则f (x )( )A ．有最大值B ．有最小值C ．是增函数D ．是减函数7．若a >0，b >0，且函数f (x )＝4x 3－ax 2－2bx ＋2在x ＝1处有极值，则ab 的最大值等于( )A ．2B ．3C ．6D ．98．已知函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，x ∈R ，若f (x )＋9≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )A ．m ≥32B ．m >32C ．m ≤32D ．m <329．设函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R )，若x ＝－1为函数f (x )e x的一个极值点，则下列图像不可能．．．为y ＝f (x )的图像是( )图K15－210．函数f (x )＝12x 2－ln x 的最小值为________．11．已知函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时有极值0，则m ＋n ＝________.12．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图像在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．13．已知函数f (x )＝13x 3－bx 2＋c (b ，c 为常数)．当x ＝2时，函数f (x )取得极值，若函数f (x )只有三个零点，则实数c 的取值范围为________．14．(10分)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋b 的图像在点P (1，f (1))处的切线为3x ＋y －3＝0. (1)求函数f (x )的解析式及单调区间；(2)求函数在区间[0，t ](t >0)上的最值．15．(13分)已知f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋2.(1)若f (x )在x ＝1时有极值－1，求b 、c 的值；(2)在(1)的条件下，若函数y ＝f (x )的图像与函数y ＝k 的图像恰有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．难点突破16．(12分)已知函数f (x )＝1a －1x(a >0，x >0)．(1)求证：函数f (x )在(0，＋∞)上是单调递增函数；(2)当a ＝25时，求函数在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，2上的最值；(3)函数f (x )在[1,2]上恒有f (x )≥3成立，求a 的取值范围．答案解析【基础热身】1．B [解析] 根据可导函数极值的判别方法，如果在点x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值，反之是极小值，而导数为0的点不一定是极值点．2．D [解析] 函数的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，y ′＝1－1x 2＝x 2－1x2，令y ′＝0，3．D [解析] f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋3，由题意得f ′(－3)＝0，解得a ＝5.4．A [解析] x 1、x 4是导函数的不变号零点，因此它们不是极值点，而x 2与x 3是变号零点，因此它们是极值点，且x 2是极大值点，x 3是极小值点．【能力提升】5．A [解析] y ′＝e x ＋a ＝0，e x＝－a ，x ＝ln(－a )，∵x ＞0，∴ln(－a )＞0且a ＜0. ∴－a ＞1，即a ＜－1.6．A [解析] 由题意可得f ′(x )＝2－1x 2(x <0)，令f ′(x )＝0得x ＝－22(舍正)，列表如下：f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－22单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0单调递减，故选A. 7．D [解析] f ′(x )＝12x 2－2ax －2b ， ∵f (x )在x ＝1处有极值，∴f ′(1)＝0，即12－2a －2b ＝0，化简得 a ＋b ＝6， ∵a >0，b >0，∴ab ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＝9，当且仅当a ＝b ＝3时，ab 有最大值，最大值为9，故选D. 8．A [解析] 因为函数f (x )＝12x 4－2x 3＋3m ，所以f ′(x )＝2x 3－6x 2，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝3，经检验知x ＝3是函数的一个最小值点，所以函数的最小值为f (3)＝3m －272，不等式f (x )＋9≥0恒成立，即f (x )≥－9恒成立，所以3m －272≥－9，解得m ≥32.9．D [解析] 设F (x )＝f (x )e x，∴F ′(x )＝e x f ′(x )＋e x f (x )＝e x (2ax ＋b ＋ax 2＋bx ＋c )，又∵x ＝－1为f (x )e x的一个极值点，∴F ′(－1)＝e －1(－a ＋c )＝0，即a ＝c ，∴Δ＝b 2－4ac ＝b 2－4a 2，当Δ＝0时，b ＝±2a ，即对称轴所在直线方程为x ＝±1；当Δ>0时，⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2a >1，即对称轴在直线x ＝－1的左边或在直线x ＝1的右边．又f (－1)＝a －b ＋c ＝2a －b ＜0，故D 错，选D. 10.12[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧f ′ x ＝x －1x >0，x >0，得x >1.由⎩⎪⎨⎪⎧f ′ x ＝x －1x <0，x >0，得0<x <1，∴f (x )在x ＝1时，取得最小值f (1)＝12－ln1＝12.11．11 [解析] f ′(x )＝3x 2＋6mx ＋n，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧f －1 ＝0，f ′ －1 ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧m 2＋3m －n －1＝0，－6m ＋n ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝2，n ＝9或⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3，检验知当⎩⎪⎨⎪⎧m ＝1，n ＝3时，函数没有极值．所以m ＋n ＝11.12．4 [解析] ∵y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3×22＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ×1＋3b ＝－3⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝0. ∴y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2，∴f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4.13.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43 [解析] ∵f (x )＝13x 3－bx 2＋c ，∴f ′(x )＝x 2－2bx .∵x ＝2时，f (x )取得极值，∴22－2b ×2＝0，解得b ＝1.∴当x ∈(0,2)时，f (x )单调递减，当x ∈(－∞，0)或x ∈(2，＋∞)时，f (x )单调递增．若f (x )＝0有3个实根，则⎩⎪⎨⎪⎧f 0 ＝c >0，f 2 ＝13×23－22＋c <0，解得0＜c ＜43.14．[解答] (1)由P 点在切线上得f (1)＝0，即点P (1,0)，又P (1,0)在y ＝f (x )上，得a ＋b ＝－1，又f ′(1)＝－3⇒2a ＝－6，所以a ＝－3，b ＝2.故f (x )＝x 3－3x 2＋2.f ′(x )＝3x 2－6x ，令f ′(x )>0，解得x >2或x <0，∴f (x )的增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)，减区间是(0,2)．(2)当0<t ≤2时，f (x )max ＝f (0)＝2，f (x )min ＝f (t )＝t 3－3t 2＋2； 当2<t ≤3时，f (x )max ＝f (0)＝f (3)＝2，f (x )min ＝f (2)＝－2，当t >3时，f (x )max ＝f (t )＝t 3－3t 2＋2，f (x )min ＝f (2)＝－2.15．[解答] (1)∵f (x )＝x 3＋bx 2＋cx ＋2，∴f ′(x )＝3x 2＋2bx ＋c .由已知得f ′(1)＝0，f (1)＝－1， ∴⎩⎪⎨⎪⎧3＋2b ＋c ＝0，1＋b ＋c ＋2＝－1， 解得b ＝1，c ＝－5.经验证，b ＝1，c ＝－5符合题意．(2)由(1)知f (x )＝x 3＋x 2－5x ＋2，f ′(x )＝3x 2＋2x －5.由f ′(x )＝0得x 1＝－53，x 2＝1.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：根据上表，当x ＝－3时函数取得极大值且极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3＝27，当x ＝1时函数取得极小值且极小值为f (1)＝－1.根据题意结合上图可知k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－1，22927. 【难点突破】16．[解答] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f (x )的导数f ′(x )＝1＋ln x .令f ′(x )>0，解得x >1e ；令f ′(x )<0，解得0<x <1e.从而f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞单调递增． 所以，当x ＝1e 时，f (x )取得最小值－1e.(2)法一：令g (x )＝f (x )－(ax －1)，则g ′(x )＝f ′(x )－a ＝1－a ＋ln x ， ①若a ≤1，当x >1时，g ′(x )＝1－a ＋ln x >1－a ≥0，故g (x )在(1，＋∞)上为增函数，所以，x ≥1时，g (x )≥g (1)＝1－a ≥0，即f (x )≥ax －1.②若a >1，方程g ′(x )＝0的根为x 0＝e a －1，此时，若x ∈(1，x 0)，则g ′(x )<0，故g (x )在该区间为减函数． 所以x ∈(1，x 0)时，g (x )<g (1)＝1－a <0， 即f (x )<ax －1，与题设f (x )≥ax －1相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(－∞，1]．法二：依题意，得f (x )≥ax －1在[1，＋∞)上恒成立，即不等式a ≤ln x ＋1x对于x ∈[1，＋∞)恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x ，则g ′(x )＝1x －1x 2＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x .当x >1时，因为g ′(x )＝1x ⎝⎛⎭⎪⎫1－1x >0，故g (x )是(1，＋∞)上的增函数，所以g (x )的最小值是g (1)＝1， 所以a 的取值范围是(－∞，1]．。
广东省天河地区2017高考数学一轮复习试题精选立体几何04文
立体几何041.已知直线a 和平面,,,,l a a a b a ba b ?怂，且a 在,a b 内的射影分别为直线b 和c ，则b 和c 的位置关系是A.相交或平行B.相交或异面C.平行或异面D.相交、平行或异面 【答案】D【解析】由题意，若//a l ，则利用线面平行的判定，可知//,//a a αβ，从而a 在,a b 内的射影直线b 和c 平行；若a l A =，则a 在,a b 内的射影直线b 和c 相交于点A ；若a B α=，a B β=，且直线a 和l 垂直，则a 在,a b 内的射影直线b 和c 相交；否则直线b 和c 异面综上所述，b 和c 的位置关系是相交﹑平行或异面，选D ．2.球内接正方体的表面积与球的表面积的比为A ．6:πB ．4:πC ．3:πD ．2:π【答案】D【解析】设正方体边长为1，由正方体的表面积为6，球的表面积为3π，它们的表面积之比为6:32:ππ=，选D ．3.已知一几何体的三视图如图3，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何形体可能是①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体．A ．①②B ．①②③C ．①③D ．②③ 【答案】B【解析】以长方体1111ABCD A B C D -为几何体的直观图. 当选择的四个点为B 1、B 、C 、C 1时，可知①正确；当选择B 、A 、B 1、C 时，可知②正确；当选择A 、B 、D 、D 1时，可知③正确.选B.4.一条长为2,a b 的三条线段，则ab 的最大值为A B C ．52 D ．3【答案】C【解析】构造一个长方体，让长为2的线段为体对角线，由题意知2222221,1,3a y b x x y =+=++=，即22222325a b x y +=++=+=，又2252a b ab =+≥，所以52ab ≤，当且仅当a b =时取等号，所以选C.5.四棱锥P ABCD -的三视图如右图所示，四棱锥P ABCD -的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为A.12pB.24pC.36pD.48p 【答案】AA.6.已知两条直线 a ，b 与两个平面α、αβ⊥b ，，则下列命题中正确的是①若α//a ，则b a ⊥；②若b a ⊥，则α//a ； ③若β⊥b ，则βα//；④若βα⊥，则β//b .A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③【答案】A 【解析】根据线面垂直的性质可知①正确。
广东省广州市天河中学2017高考数学一轮复习数学证明基础知识检测理
数学证明基础热身1．在用反证法证明命题“已知a 、b 、c ∈(0,2)，求证a (2－b )、b (2－c )、c (2－a )不可能都大于1”时，反证时假设正确的是( )A ．假设a (2－b )、b (2－c )、c (2－a )都小于1B ．假设a (2－b )、b (2－c )、c (2－a )都大于1C ．假设a (2－b )、b (2－c )、c (2－a )都不大于1D ．以上都不对2．在△ABC 中，已知sin A ＋cos A ＝12，则△ABC 的形状是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不能确定3．设a ，b ，c 均为正实数，那么a ＋1b ，b ＋1c ，c ＋1a( )A ．都不大于2B ．都不小于2C ．至少有一个不大于2D ．至少有一个不小于24．已知a ，b 是不相等的正数，x ＝a ＋b2，y ＝a ＋b ，则x ，y 的大小关系是________．能力提升5．一个质点从A 出发依次沿图中线段到达B 、C 、D 、E 、F 、G 、H 、I 、J 各点，最后又回到A (如图K68－1所示)，其中：AB ⊥BC ，AB ∥CD ∥EF ∥HG ∥IJ ，BC ∥DE ∥FG ∥HI ∥JA .欲知此质点所走路程，至少需要测量n 条线段的长度，则n ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．56． 已知⎪⎪⎪⎪a c b d ＝ad －bc ，则⎪⎪⎪⎪48 610＋⎪⎪⎪⎪1216 1418＋…＋⎪⎪⎪⎪20042008 20062010＝( )A ．－2008B ．2008C ．2010D ．－20107．△ABC 的三内角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且a 、b 、c 成等比数列，cos A 、cos B 、cos C 成等差数列，则△ABC 为( )A ．等边三角形B ．等腰三角形C ．直角三角形D ．等腰直角三角形8．已知关于x 的不等式ax －5x 2－a<0的解集为M ，且3∈M,5∉M ，则实数a 的取值范围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，53∪(9,25) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，53∪(9,25] C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，53∪[9,25) D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，53∪[9,25]9．若a ，b ，c 是不全相等的正数，给出下列判断：①(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≠0；②a >b 与a <b 及a ＝b 中至少有一个成立； ③a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 不能同时成立． 其中判断正确的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．310．观察下表： 12 3 43 4 5 6 74 5 6 7 8 9 10……则第________行的各数之和等于20092.11．如图K68－2所示，由若干个点组成形如三角形的图形，每条边(包括两个端点)有n (n >1，n ∈N )个点，每个图形总的点数记为a n ，则9a 2a 3＋9a 3a 4＋9a 4a 5＋…＋9a 2010a 2011＝________.12．若直线ax ＋2by －2＝0(a >0，b >0)始终平分圆x 2＋y 2－4x －2y －8＝0的周长，则1a ＋2b的最小值为________．13．如果函数f (x )在区间D 上是凸函数，那么对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，都有f x 1＋f x 2＋…＋f x n n≤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n.若y ＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________．14．(10分)已知a ，b ，c ∈(0,1)．求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.15. (13分)试比较n n ＋1与(n ＋1)n(n ∈N *)的大小．当n ＝1时，有n n ＋1________(n ＋1)n(填＞、＝或＜)当n ＝2时，有n n ＋1________(n ＋1)n(填＞、＝或＜)当n ＝3时，有n n ＋1________(n ＋1)n(填＞、＝或＜)当n ＝4时，有n n ＋1________(n ＋1)n(填＞、＝或＜) 猜想一个一般性结论，并加以证明．难点突破16．(12分)数列{a n }(n ∈N *)中，a 1＝0，a n ＋1是函数f n (x )＝13x 3－12(3a n ＋n 2)x 2＋3n 2a n x 的极小值点，求通项a n .答案解析【基础热身】1．B [解析] “不可能都大于1”的否定是“都大于1”，故选B.2．C [解析] 由sin A ＋cos A ＝12，得，(sin A ＋cos A )2＝1＋2sin A cos A ＝14，∴sin A cos A <0.∵A ∈(0，π)，∴sin A >0，cos A <0，∴A ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，π.故选C. 3．D [解析] 因为a ＋1b＋b ＋1c＋c ＋1a≥6，故选D.4．x <y [解析] x 2－y 2＝a ＋b ＋2ab2－(a ＋b )＝－a ＋b －2ab2＝－a －b22.∵a ，b 是不相等的正数，∴a ≠b ，∴(a －b )2>0，∴－a －b22<0，∴x 2<y 2.又∵x >0，y >0，∴x <y .【能力提升】5．B [解析] 只需测量AB ，BC ，GH 这3条线段的长．6．A [解析] ∵⎪⎪⎪⎪48 610＝－8，⎪⎪⎪⎪1216 1418＝－8，…，⎪⎪⎪⎪20042008 20062010＝－8，区间[4,2010]中共有1004个偶数，若每四个偶数为一组，共有251组，∴⎪⎪⎪⎪48 610＋⎪⎪⎪⎪1216 1418＋…＋⎪⎪⎪⎪20042008 20062010＝(－8)＋(－8)＋…＋(－8251个＝－8×251＝－2008，故选A.7．A [解析] ∵cos A ，cos B ，cos C 成等差数列，∴2cos B ＝cos A ＋cos C ＝2cos A ＋C 2cos A －C2＝2sin B 2cos A －C 2，∴cos(A －C )＝2cos 2A －C 2－1＝2cos 2B sin2B 2－1.①∵a ，b ，c 成等比数列，∴b 2＝ac ，∴sin 2B ＝sin A sinC ，∴2sin 2B ＝cos(A －C )＋cos B ，∴cos(A －C )＝2sin 2B －cos B ，② 将①代入②整理得：(2cos B －1)(cos B －3)(cos B ＋1)＝0.∵0<B <π，∴cos B ＝12，∴B ＝π3，∴cos(A －C )＝1，∵－π<A －C <π，∴A ＝C ，∴A ＝B ＝C ＝π3，从而△ABC 为等边三角形，故选A.8．B [解析] (1)当a ≠25时，⎩⎪⎨⎪⎧3∈M ，5∉M ⇒⎩⎪⎨⎪⎧3a －59－a <0，5a －525－a ≥0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a >9或a <53，1≤a <25⇒a∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，53∪(9,25)．(2)当a ＝25时，不等式为25x －5x 2－25<0，解之得M ＝(－∞，－5)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫15，5，则3∈M 且5∉M ， ∴a ＝25满足条件，综上可得a ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，53∪(9,25]． 9．C [解析] ①②正确；③中a ≠c ，b ≠c ，a ≠b 可能同时成立，如a ＝1，b ＝2，c ＝3.选C.10．1005 [解析] 由题意归纳出第n 行的各数之和为(2n －1)2,2n －1＝2009，n ＝1005. 11.20092010[解析] a n ＝3(n －1)，a n a n ＋1＝9n (n －1)，裂项求和即可． 12．3＋2 2 [解析] 由题知直线经过圆心(2,1)，则有a ＋b ＝1，所以1a ＋2b＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b ＝3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a＋2a b ≥3＋2 2.13.332 [解析] sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin A ＋B ＋C 3＝3sin π3＝332.14．[解答] 证明：假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，三式同向相乘，得(1－a )a (1－b )b (1－c )c >164.①又(1－a )a ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a ＋a 22＝14，(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14.所以(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确． 15．[解答] < < > >结论：当n ≥3时，n n ＋1>(n ＋1)n (n ∈N *)恒成立．证明：①当n ＝3时，34＝81>64＝43成立；②假设当n ＝k (k ≥3)时成立，即k k ＋1>(k ＋1)k成立，即k k ＋1k ＋k>1，则当n ＝k ＋1时，∵k ＋k ＋2k ＋k ＋1＝(k ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋1k ＋2k ＋1>(k ＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫k k ＋1k ＋1＝k k ＋1k ＋k>1，∴(k ＋1)k ＋2>(k ＋2)k ＋1，即当n ＝k ＋1时也成立．∴当n ≥3时，n n ＋1>(n ＋1)n (n ∈N *)恒成立．【难点突破】16．[解答] 易知f ′n (x )＝x 2－(3a n ＋n 2)x ＋3n 2a n ＝(x －3a n )(x －n 2)，令f ′n (x )＝0，得x ＝3a n 或x ＝n 2，(1)若3a n <n 2，当x <3a n 时，f ′n (x )>0，f n (x )单调递增；当3a n <x <n 2时，f ′n (x )<0，f n (x )单调递减；当x >n 2时，f ′n (x )>0，f n (x )单调递增，故f n (x )在x ＝n 2时，取得极小值．(2)若3a n >n 2，仿(1)可得，f n (x )在x ＝3a n 时取得极小值．(3)若3a n ＝n 2，f ′n (x )≥0，f n (x )无极值．因a 1＝0，则3a 1<12，由(1)知，a 2＝12＝1.因3a 2＝3<22，由(1)知a 3＝22＝4，因3a 3＝12>32，由(2)知a 4＝3a 3＝3×4，因3a 4＝36>42，由(2)知a 5＝3a 4＝32×4，由此猜想：当n ≥3时，a n ＝4×3n －3.下面用数学归纳法证明：当n ≥3时，3a n >n 2. 事实上，当n ＝3时，由前面的讨论知结论成立．假设当n ＝k (k ≥3)时，3a k >k 2成立，则由(2)知a k ＋1＝3a k >k 2，从而3a k ＋1－(k ＋1)2>3k 2－(k ＋1)2＝2k (k －2)＋2k －1>0，所以3a k ＋1>(k ＋1)2.故当n ≥3时，a n ＝4×3n －3，于是由(2)知，当n ≥3时，a n ＋1＝3a n ，而a 3＝4，因此a n ＝4×3n －3，综上所述，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n ＝，n ＝，4×3n －3n。
2017版高考数学一轮总复习第七章立体几何第一节空间
第一节空间几何体的构造及其三视图和直观图【最新考纲】 1. 认识柱、锥、台、球及其简单组合体的构造特点，并能运用这些特点描绘现实生活中简单物体的构造 .2. 能画出简单空间图形 ( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简略组合 ) 的三视图，能辨别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图 .3. 会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，认识空间图形的不一样表示形式．1．多面体的构造特点(1)棱柱的侧棱都相互平行，上下底面是全等的多边形．(2)棱锥的底面是随意多边形，侧面是有一个公共极点的三角形．(3)棱台可由平行于底面的平面截棱锥获得，其上下底面是相像多边形．2．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任向来角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图(1)三视图的名称几何体的三视图包含：正视图、侧视图、俯视图．(2)三视图的画法①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前面、正左方、正上方察看几何体的正投影图．4．空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是(1)原图形中 x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中， x′轴，y′轴的夹角为 45°或 135°，z′轴与 x′轴和 y′轴所在平面垂直．(2) 原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x 轴和 z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段在直观图中长度为本来的一半．1． ( 怀疑夯基 ) 判断以下结论的正误．( 正确的打“√”，错误的打“×”)(1) 有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体是棱柱．( )(2) 有一个面是多边形，其他各面都是三角形的几何体是棱锥．( )(3) 用斜二测画法画水平搁置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和 y 轴，且∠ A＝90°，则在直观图中，∠A＝45° .()(4) 正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均同样．()答案： (1) ×(2) ×(3) ×(4) ×2．如图，长方体 ABCD A′ B′ C′ D′中被截去一部分，此中EH∥A′D′.剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简单组合体分析：由几何体的构造特点，剩下的几何体为五棱柱．答案： C3．(2016 ·邯郸调研) 一几何体的直观图如下图，以下给出的四个俯视图中正确的选项是()分析：因为组合体的上部分( 五面体 ) 与下部分 ( 长方体 ) 有同样的底面，则几何体在下底面的投影为图形 B.答案： B4．(2015 ·课标全国Ⅱ卷) 一个正方体被一个平面截去一部分后，节余部分的三视图如以下图，则截去部分体积与节余部分体积的比值为()1 1 1 1A. 8B. 7C.6D. 5分析：如下图，由条件知，截去部分是正三棱锥D ABC.设正方体的棱长为a，则 V ＝a3 6 ，D ABC所以节余部分的体积V ＝5 3剩6a ，1故它们的体积之比为5.答案： D5．以边长为 1 的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于 ________．分析：由题意得圆柱的底面半径r ＝1，母线 l ＝ 1.所以圆柱的侧面积S＝ 2πrl ＝ 2π.答案： 2π一种思想棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后获得的，所以在解决棱台和圆台的有关问题时，常“还台为锥”，表现了转变的数学思想．两点注意1．注意空间几何体的不一样搁置对三视图的影响．2．画直观图注意平行性、长度两个因素．(1) 平行性不变； (2) 平行于 y 轴的线段长度减半，平行于x 轴、 z 轴的线段长度不变．三条规则——画三视图应按照的三条规则1．画法例则：“长对正，宽相等，高平齐”．2．摆放规则：侧视图在正视图的右边，俯视图在正视图的正下方．3．实虚线的画法例则：可见轮廓线和棱用实线画出，不行见线和棱用虚线画出．A 级基础稳固一、选择题1．(2014 ·福建卷 ) 某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不行能是() A．圆柱B．圆锥C．四周体D．三棱柱分析：由三视图知识知圆锥、四周体、三棱柱( 放倒看 ) 都能使其正视图为三角形，而圆柱的正视图不行能为三角形．答案： A2．一个锥体的正视图和侧视图如下图，下边选项中，不行能是该锥体的俯视图的是()分析：注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项 C 中，其宽3，与题中所给的侧视图的宽度 1 不相等，所以选 C.度为2答案： C3．已知正方体的棱长为 1，其俯视图是一个面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.3B．1C.2＋ 1D. 22 2分析：因为该正方体的俯视图是面积为 1 的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，所以该几何体的正视图是一个长为2，宽为 1 的矩形，其面积为 2.答案： D4．(2014 ·北京卷 ) 在空间直角坐标系O xyz 中，已知 A(2 ，0，0) ，B(2 ，2，0) ，C(0 ，2， 0) ，D(1 ，1，2) ．若 S1，S2，S3分别是三棱锥D ABC在 xOy，yOz， zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则()A． S1＝ S2＝S3B．S2＝S1且S2≠ S3C． S3＝ S1且 S3≠ S2D．S3＝S2且S3≠ S1分析：如右图所示。
广东天河地区2017高考数学一轮复习试题精选 立体几何02 理
立体几何0215.如图，某几何体的正视图和俯视图都是矩形，侧视图是平行四边形，则该几何体的体积为A 【答案】B为32=1+2=3，所以该几何体的体积为33⨯= B.16.积中最大的是【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形，,所以四个面中面积最大的为BCD ∆，且B C D ∆是边长为为2的正三角形，所以1222BCD S ∆=⨯⨯= A. 17.已知一个几何体是由上下两部分构成的组合体，其三视图如下，若图中圆的半径为1，等（ ） A.43π B.2π C.83π D.103π【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体上部分是一个圆锥，下部分是个半球，球半径为1，圆锥的高为2h ===，所以圆锥的体积为12233ππ⨯⨯=，半球的体积为23π，所以几何体的总体积为224333πππ+=，选A. 18.设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则αβ⊥B ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则//αβC ．若//,,//m n m n αβ⊥，则α⊥βD ．若//,,//m n m n αβ⊥，则//αβ【答案】C【解析】C 中，当//,//m m n α，所以，//,n α或,n α⊂当n β⊥，所以α⊥β，所以正确。
19.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是（ ）A ．38B ．4C ．2D ．34【答案】B【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥，三棱锥的高为2，底面三角形的高为3，底面边长为3，所以底面积为14362⨯⨯=，所以该几何体的体积为16243⨯⨯=，选B.20.一个几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是（A）16+B）12+C）8+D）4+【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是一个平放的直三棱柱，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以该几何体的底面积为122242⨯⨯⨯=，侧面积为(2228++⨯=+8412+=+ B.21.某四面体的三视图如图所示．该四面体的六条棱的长度中，最大的是（ ）（A ）B ）C ）D ）【答案】C【解析】由三视图可知该四面体为V ABC -,其中2E C C B ==,AE =,2VC =,,AE BE VC ABE ⊥⊥.所以六条棱中，最大的为VA或者AB .22222216AC AE EC =+=+=,所以22216220V A A C V C =+=+=，此时25VA ==。
广东省广州市天河中学高考数学一轮复习 立体几何中向量方法(证明平行和垂直)02课件
又C→E＝(－1，y－1，z)，CE∥平面 PAB.
∴C→E⊥A→D.
∴(－1，y－1，z)·(0,2,0)＝0，∴y＝1. 将 y＝1 代入①，得 z＝12.∴E 是 PD 的中点，
∴存在 E 点使 CE∥平面 PAB，此时 E 为 PD 的中点．
探究提高
对于探索性问题，一般先假设存在，设出空间点坐标，转化为代 数方程是否有解问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满 足题意或无解则不存在．
规范解答
证明 (1)如图所示，建立空间直角坐标系
D—xyz，
则有 D(0,0,0)、A(2,0,0)、C(0,2,0)、C1(0,2,2)、
E(2,2,1)、F(0,0,1)，所以F→C1＝(0,2,1)，D→A＝
(2,0,0)，A→E＝(0,2,1)．
[2 分]
设 n1＝(x1，y1，z1)是平面 ADE 的一个法向量，则 n1⊥D→A，n1⊥A→E，
(2)解 分别以 AB、AD、AP 为 x 轴、y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系．
∴P(0,0,1)，C(1,1,0)，
D(0,2,0)，设 E(0，y，z)，
则P→E＝(0，y，z－1)，P→D＝(0,2，－1)．
∵P→E∥P→D，∴y·(－1)－2(z－1)＝0
①
∵A→D＝(0,2,0)是平面 PAB 的法向量，
因此B→C·D→A＝－1＋1＝0，所以 AD⊥BC.
(2)解 设平面 ABC 的法向量为 n1＝(x，y，z)， 则同由理由n1⊥n1B⊥→CA知→C：知n：1·Bn→C1·A＝→C－＝x－＋xy－＝z0＝，0， 可取 n1＝(1,1，－1)，
同理，可求得平面 ACD 的一个法向量为 n1＝(1,0，－1)．
广东省广州市天河中学高考数学一轮复习立体几何中向量方法(证明平行和垂直)01课件
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[难点正本 疑点清源] 1．直线的方向向量实质上是与直线平行的非零向量，它有无数
多个，平面的法向量也有无数个． 2．利用空间向量解决立体几何中的平行问题
(1)证明两条直线平行，只需证明这两条直线的方向向量是 共线向量，但要注意说明这两条直线不共线． (2)证明线面平行的方法 ①证明直线的方向向量与平面的法向量垂直，但要说明直线 不在平面内． ②证明能够在平面内找到一个向量与已知直线的方向向量共线， 也要说明直线不在平面内． ③利用共面向量定理，即证明直线的方向向量与平面内的 两个不共线向量是共面向量．同时要注意强调直线不在平面内．
建立如图所示的空间直角坐标系 A—xyz， 则 A(0,0,0)、B(2,0,0)、C(2,2,0)、D(0,2,0)、 P(0,0,2)、E(0,0,1)、F(0,1,1)、G(1,2,0)． ∴P→B＝(2,0，－2)，F→E＝(0，－1,0)， F→G＝(1,1，－1)，
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设P→B＝sF→E＋tF→G，
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又∵MN⊄平面 A1BD，A1D⊂平面 A1BD， ∴MN∥平面 A1BD.
用向量证明线面平行的方法： (1)证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直； (2)证明该直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行； (3)证明该直线的方向向量可以用平面内的两个不共线的向量线 性表示； (4)本题易错点为：只证明 MN∥A1D，而忽视 MN⊄平面 A1BD.
即(2,0，－2)＝s(0，－1,0)＋t(1,1，－1)，
t＝2， ∴t－s＝0，
－t＝－2，
解得 s＝t＝2.
∴P→B＝2F→E＋2F→G， 又∵F→E与F→G不共线，∴P→B、F→E与F→G共面．
广东省广州市天河中学高考数学一轮复习 用立体几何中向量方法——求空间角与距离08课件
体 ABCDEF 的体积．
E
F
D
E A
C F
B
E
D E
A
F C
F B
E
D
M
E
A
F C
F B
例 10. 如 图 所 示 ， 在 棱 长 为 2 的 正 方 体 ABCD—A1B1C1D1 中，E、F 分别为 A1D1 和 CC1 的中 点.1求证：EF∥平面 ACD1；
2求异面直线 EF 与 AB 所成角的余弦值； 3 在 棱 BB1 上 是 否 存 在 一 点 P ， 使 得 二 面 角 P—AC—B 的大小为 30°？若存在，求出 BP 的长， 若不存在，请说明理由.
111证证1证明证明明明如如如如图图图图所所所所示示示示，，，，分分分别别别以以以DDDAAA、、、DDDCCC、、、DDDDDD111所1所所在在在的的的直直直线线线 为为为为xxx轴轴x轴、轴、、、yyy轴轴y轴轴、、、、zz 轴z轴z轴轴建建建建立立立空空空间间间直直直角角角角坐坐坐标标标系系系DDD———xxyxyzyz，z，，
uuur
易uur
uuur
依题意知,〈 BB ，n〉＝30°或〈 BB ，n〉＝150°，
uuuur cos〈BB1，n〉
2
4 t
2
4 t2
3 2
.
4 t2
),
解即即得t4t422t＝443(6(22或tt4t2＝42)),－, 解3得6 t舍＝去36.
则A(0，
2 2
a，0)
,
B(
2 2
a,
0,
0),
P(0, 0,
14 2
a),
C (0，22
FFF0F0，，0易又∴∴∴0易又∴∴∴，2，2易又∴∴∴，知∵E易又∴∴∴，知∵E2uuEE2uu，知∵EFFuuEEFF，知∵E平1uu平1uEuuEErruuuEF∥∥uuFFuuF平1uuFuuFE.FFrru⊥.r平1∥uu面⊥ruE面urr∥平Fuu＝平.＝⊥rF面u.uD⊥ruD面平＝uuDuuD平A＝面AuuD面uBuuBuDuuuDuB－ruuB－Ar1CuuD面1CuuuBAru面r1uuB1u＝uB－r＝u1CuDBA－ru,DA1Cr1,u11而r＝而1＝DAC，1,C－，DA11－,1而而的的C，D1－DC，1－E2E22的2的D1D1，一EF＋，一2EF.＋22.211，一，一F＋⊄F＋.⊄.－个4－个4平平⊄⊄－－个－个－44平平1法1法－－面面21法1法2，面面，向＝向＝22，，AA向向＝＝量A0AC量，0量C0CD是，，DD是11是，1uD1uD，u，uDuDuBuBuuruBr11uBur1u＝r1＝＝22，2，，22，2，，222...
广东省广州市天河中学2017高考数学一轮复习立体几何向量方法——空间角与距离求解基础知识检测理
立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解基础热身1．如图K43－1所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33.若以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(2,1,1)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2，12，12D.⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12 2．若a ＝(1,2,1)，b ＝(－2,0,1)分别是直线l 1，l 2的方向向量，则l 1，l 2的位置关系是( )A ．平行B ．异面C ．相交D ．相交或异面 3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22C. 3 D ．3 2 4．方向向量为s ＝(1,1,1)的直线l 经过点A (1,0,0)，则坐标原点O (0,0,0)到该直线的距离是( )A. 3B. 2C.62D.63能力提升5．如图K43－2，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值是( )图K43－2A.55 B ．－55 C.15 D.256．在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角(如图K43－3)，则B 、D 间的距离为( )图K43A ．1 B ．2 C. 2 D ．2或 2 7．[2011·河南六市联考] 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，则异面直线AD 1与CE 所成角为( )A.π6B.π4C.π3D.π28．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )A. 3B.22C.2λ3D.559．如图K43－4，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是AB 上一点，当二面角P －EC －D 的平面角为π4时，AE ＝( )A ．1 B.12C ．2－ 2D ．2－ 310．已知三棱锥O －ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，则平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是________．11．如图K43－5，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ，且AA 1与A 1B 1，A 1D 1的夹角都是60°，则AC 1的长等于________．－5K43－612．如图K43－6，AO ⊥平面α，BC ⊥OB ，BC 与平面α的夹角为30°，AO ＝BO ＝BC ＝a ，则AC ＝______________________________________________________________13．如图K43－7，在空间直角坐标系中有棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，点M 是线段DC 1上的动点，则点M 到直线AD 1距离的最小值为________．14．(10分)如图K43－8，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC－A1B1C1与正三棱锥B －ACD组成，其中，AB⊥BC.它的主视图、俯视图、左视图的面积分别为22＋1,22＋1,1.(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值；(2)在线段AC1上是否存在点P，使B1P⊥平面ACD？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．图K43－815．(13分)如图K43－9，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD ＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．难点突破16．(12分)如图K43－10，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图K43－10答案解析【基础热身】1．A [解析] 可知A (2,0,0)、B (2,2,0)、C (0,2,0)，令P (0,0,2m )(m >0)，则E (1,1，m )，AE →＝(－1,1，m )，DP →＝(0,0,2m )，∴cos 〈DP →，AE →〉＝2m 21＋1＋m 2·2m ＝33，m ＝1. ∴E 的坐标为(1,1,1)．2．D [解析] 根据共线向量定理，显然a ，b 不平行，所以l 1，l 2的位置关系是相交或异面．3．B [解析] 两平面的一个单位法向量n 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，故两平面间的距离d ＝|OA →·n 0|＝22.4．D [解析] 直线l 的一个单位法向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，33，33，向量OA →＝(1,0,0)，故点O 到直线l 的距离为d ＝|OA →|2－|OA →·s 0|2＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63. 【能力提升】5．C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，AD →1＝(－2,0,1)，DC 1→＝(0,2,1)，故异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值为|cos 〈AD→1，DC →1〉|＝|AD →1·DC →1||AD →1||DC →1|＝15.6．D [解析] ∵∠ACD ＝90°，∴AC ·CD ＝0.同理BA →·AC →＝0，∵AB 和CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°. ∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →，∴BD →2＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·CD →＋2BA →·AC →＋2AC →·CD → ＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·CD →＝3＋2×1×1×cos〈BA →，CD →〉＝⎩⎪⎨⎪⎧〈BA →，CD →〉＝，〈BA →，CD →〉＝，∴|BD →|＝2或2，即B 、D 间的距离为2或2，故选D.7．D [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则有A (0,0,0)，D 1(1,0,1)，C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎪⎫0，12，1，所以AD 1→＝(1,0,1)，CE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－12，1，∴AD 1→·CE →＝0，即异面直线AD 1与CE 所成角为π2.8．D [解析] 如图，如果过点G 1H ，如果我们能求出向量GH →，那么|GH →|就是点G 到平面D 1EF 的距离．在正方体中，建立空间直角坐标系非常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题．如图，以射线DA ，DC ，DD 1G (1，λ，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，GE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－λ，－12，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12，EF →＝(0,1,0)，D 1(0,0,1)，ED →1＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，12.过点G 向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ，由于点H 在平面D 1EF 内，故存在实数x ，y 使GH →＝GE →＋xEF →＋yED →1＝⎝⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ，由于GH ⊥EF ，GH ⊥ED 1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎝⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ，1，＝0，⎝⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，0，12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ，y ＝15，故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－15，0，－25，所以|GH →|＝55，即点G 到平面D 1EF 的距离是55. 9．D [解析] 以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，则EC →＝(－1,2－y 0,0)， 设平面PEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·PC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y－y 0＝0，2y －z ＝0⇒x ∶y ∶z ＝(2－y 0)∶1∶2，记n 1＝(2－y 0,1,2)，而平面ECD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则二面角P －EC －D 的平面角θ满足cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝22，∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2－y 02＋12＋22·1＝22⇒y 0＝2－ 3.∴当AE ＝2－3时，二面角P －EC －D 的平面角为π4.10.7618[解析] 以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则有A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，E (0,1,0)．设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥AB 知n 1·AB ＝2x －z ＝0，由n 1⊥AC →知n 1·AC →＝2y －z ＝0，取n 1＝(1,1,2)．设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥AB →知n ·AB →＝2x －z ＝0，由n ⊥EB →知n ·EB →＝2x －y ＝0，取n ＝(1,2,2)．则cos 〈n ，n 1〉＝n ·n 1|n ||n 1|＝1＋2＋49×6＝7618，所以平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值为7618.11.2a 2＋b 2－2ab [解析] 由已知〈AA →1，AB →〉＝〈AA →1，AD →〉＝120°，〈AB →，AD →〉＝90°. |AC →1|2＝|AA →1＋AB →＋AD →|2＝|AA →1|2＋|AB →|2＋|AD →|2＋2AA →1·AB →＋2AB →·AD →＋2AA →1·AD →＝b 2＋a 2＋a 2－ab －ab ＝2a 2＋b 2－2ab ，故|AC →1|＝2a 2＋b 2－2ab .12.2a [解析] AC→＝AO →＋OB →＋BC →，其中〈AO →，OB →〉＝〈OB →，BC →〉＝90°，〈AO →，BC →〉＝120°， 故|AC →|2＝|AO →＋OB →＋BC →|2＝|AO →|2＋|OB →|2＋|BC →|2＋2AO →·OB →＋2OB →·BC →＋2AO →·BC →＝3a 2＋2a 2cos120°＝2a 2，故|AC →|＝2a ，即AC ＝2a .13.33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，AD 1→＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，22，由MD 1→＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s 0|2＝m 2＋a －m2－12a －m 2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a .14．[解答] 由已知可得AB ⊥平面BB 1C 1C ，由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，所以CD ⊂平面BB 1C 1C ，D ，B ，B 1三点共线，AB ＝BC ＝BD .设AB ＝a ，BB 1＝b .则其主视图和俯视图的面积都是ab ＋12a 2，左视图的面积是12a 2，根据已知解得a ＝2，b ＝2.以点B 为坐标原点，射线BC ，BB 1，BA 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0，2)，C (2，0,0)，D (0，C 1(2，2,0)，A 1(0,2，2)．(1)由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，该三棱锥的重心G ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－23，23，则BG ⊥平面ACD ，故可取向量n ＝(1，－1,1)为平面ACD 的一个法向量，CA 1→＝(－2，2，2)，故可取v ＝(1，－2，－1)为直线CA 1的一个方向向量．设直线CA 1与平面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，v 〉|＝|n ·v ||n ||v |＝223＝66.(2)设AP →＝mAC 1→＝(2m,2m ，－2m )，则B 1P →＝B 1A →＋AP →＝(2m,2m －2，2－2m )，如果B 1P ⊥平面ACD ，则B 1P →∥n ，即(2m,2m －2，2－2m )＝(λ，－λ，λ)，由此得方程组⎩⎨⎧2m ＝λ，①2m －2＝－λ，②2－2m ＝λ，③由①③得m ＝12，λ＝22，代入②则－1＝－22，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P .15．[解答] 方法一：(1)证法一：取CE 的中点G ，连接FG 、BG .∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ，∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .又DE ＝2AB ，∴四边形GFAB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .证法二：取DE 的中点M ，连接AM 、FM ， ∵F 为CD 的中点，∴FM ∥CE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴DE ∥AB .又AB ＝12DE ＝ME ，∴四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE . ∵FM 、AM ⊄平面BCE ，CE 、BE ⊂平面BCE ， ∴FM ∥平面BCE ，AM ∥平面BCE .又FM ∩AM ＝M ，∴平面AFM ∥平面BCE . ∵AF ⊂平面AFM ， ∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵△ACD ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE . ∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ， ∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE . ∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角．设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ，BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋3a2＝2a ， 在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0.(1)证明：AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∵AF →＝12(BE →＋BC →)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →. ∴AF →⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BC →＝0可得 x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则sin θ＝|BF →·n ||BF →|·|n |＝2a 2a ·22＝24.∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 【难点突破】16．[解答] 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连接EF .(1)如图①，连接NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1.又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ， 由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连接AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连接ME ， 由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ， 设∠FAC ＝α，则0°<α≤45°.在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3， 在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α，故tan θ＝NE MN ＝33sin α.又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22， 故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值， tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)， 则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C . (2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)，又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝- 11 - λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63， 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.。
广东省广州市天河中学高考数学一轮复习 空间几何体的
空间几何体的表面积和体积基础热身1．有一个几何体的三视图及其尺寸.K40－1(单位： cm)，则该几何体的表面积为( ) A．12π cm2 B．15π cm2C．24π cm2 D．36π cm2图K40－1图K40－22．图K40－2是一个几何体的三视图，若它的体积是33，则图中主视图所标a＝( )A．1 B.3 2C. 3 D．2 33．一个与球心距离为1的平面截球体所得的圆面面积为π，则球的表面积为( ) A．8π B．4πC.32π3D.423π4．已知正五棱台的上、下底面边长分别为4 cm和6 cm，侧棱长为5 cm，则它的侧面积为________．能力提升5．图K40－3是一个几何体的三视图，其中主视图和左视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是( )A．6π B．12πC．18π D．24π图K40－3K40－46．已知某个几何体的三视图.K40－4(主视图的弧线是半圆)，根据图中标出的数据，这个几何体的体积是( )A ．288＋36π B．60πC ．288＋72π D．288＋18π7．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积是323π，那么这个三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．16 3C ．24 3D ．48 38．.K40－5，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF ＝32，EF 与平面ABCD 的距离为2，则该多面体的体积为( )A.92 B ．5 C ．6 D.152K40－5K40－69．.K40－6，半径为2的半球内有一内接正三棱锥P －ABC ，则此正三棱锥的侧面积是( ) A ．3 5 B ．513 C ．315 D ．41510．若一个底面是正三角形的三棱柱的主视图.K40－7所示，则其表面积等于________．11．三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝3，底面ABC是边长为2的正三角形，则三棱锥P－ABC的体积等于________．12．长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为V，P是DD1的中点，Q是AB上的动点，则四面体P－CDQ的体积是________．13．圆锥的底面半径为3，轴截面为正三角形，则其内切球的表面积为________．14．(10分)已知某几何体的俯视图是.K40－9所示的矩形，主视图是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，左视图是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．(1)求该几何体的体积V；(2)求该几何体的侧面积S.15．(13分)圆锥底面半径为5 cm，高为12 cm，有一个内接圆柱，其上底圆周在圆锥的侧面上，下底在圆锥底面内，求内接圆柱的底面半径为何值时，圆柱的表面积为最大？最大值是多少？图K40－10难点突破16．(12分).K40－11所示，从三棱锥P－ABC的顶点P沿着三条侧棱PA、PB、PC剪开成平面图形得到△P1P2P3，且P2P1＝P2P3.(1)在三棱锥P－ABC中，求证：PA⊥BC；(2)若P1P2＝26，P1P3＝20，求三棱锥P－ABC的体积．图K40答案解析【基础热身】 1．C [解析] 该几何体是底面半径等于3，母线长等于5的圆锥，其表面积S 表＝π×3×5＋π×32＝24π(cm 2)．2．C [解析] 由三视图可知，该几何体为一个平卧的三棱柱，结合图中的尺寸可得V ＝12×2×a ×3＝33，∴a ＝ 3.3．A [解析] .，设截面的半径为r ，则πr 2＝π，r ＝1，又已知球心与截面的距离d ＝1，则球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，球的表面积V ＝4πR 2＝8π.4．50 6 cm 2 [解析] 侧面高为52－1＝26，所以侧面积为S ＝5×4＋6×262＝506(cm 2)．【能力提升】5．B [解析] 由三视图可得该几何体的直观图为圆台，其上底半径为1，下底半径为2，母线长为4，所以该几何体的侧面积为π×(1＋2)×4＝12π.故选B.6．A [解析] 依题意得，该几何体是由一个长方体与半个圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为8、6、6，半个圆柱相应的圆柱底面半径为3、高为8.因此该几何体的体积V ＝8×6×6＋12×π×32×8＝288＋36π.7．D [解析] 由43πR 3＝323π，∴R ＝2，∴正三棱柱的高h ＝4，设其底面边长为a ，则13×32a ＝2，∴a ＝43，∴V ＝34×(43)2×4＝48 3. 8．D [解析] .所示，连接EB ，EC ，AC .四棱锥E －ABCD 的体积V E －ABCD ＝13×32×2＝6.由于AB ＝2EF ，EF ∥AB ，所以S △EAB ＝2S △BEF .∴V F －BEC ＝V C －EFB ＝12V C －ABE ＝12V E －ABC ＝32，∴V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V F －BEC ＝6＋32＝152.9．C [解答] 设球心为O ，连接PO 、AO 、BO .因为P －ABC 是正三棱锥，所以PO ⊥底面ABC ，且PO ＝AO ＝2，所以PA ＝2 2.作PD ⊥AB 于D ，则D 为AB 的中点．连接OD .△AOB 中，∠AOB ＝120°，AO ＝BO ＝2， 所以AB ＝23，DO ＝1.在Rt △POD 中，得PD ＝5，所以棱锥的侧面积为3×12·AB ·PD ＝32×23×5＝315.故选C.10．6＋2 3 [解析] 由主视图可知，该三棱柱是底面边长为2，侧棱长为1的正三棱柱，其表面积为2×34×4＋3×2×1＝6＋2 3.11. 3 [解析] 由已知，S △ABC ＝12×22sin π3＝3，∴ V P －ABC ＝13S △ABC ·PA ＝13×3×3＝3，即三棱锥P －ABC 的体积等于 3.12.112V [解析] 设长方体的长、宽、高分别为 AB ＝a ，BC ＝b ，AA 1＝c ，则有V ＝abc .由题意知PD ＝12c ，S △CDQ ＝12·CD ·AD ＝12ab ，∴V P －CDQ ＝13S △CDQ ·PD ＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝112V .13．4π [解析] .，球心为O ，圆锥底面圆心为O 1，OO 1为球半径，AO 1为圆锥底面圆半径，∠O 1AO ＝30°，OO 1＝33AO 1＝1，所以球的表面积为4π.14．[解答] 由已知可得该几何体是一个底面为矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥．(1)V ＝13×(8×6)×4＝64.(2)该四棱锥有两个侧面PAD 、PBC 是全等的等腰三角形，且BC 边上的高为h 1＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫822＝42，另两个侧面PAB 、PCD 也是全等的等腰三角形，AB 边上的高为h 2＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝5，因此侧面积S ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×42＋12×8×5＝40＋24 2. 15．[解答] 作圆锥的轴截面，它也是内接圆柱的轴截面，设内接圆柱的半径为x ，内接圆柱的高为h ，则有12－h x ＝125， ∴h ＝12－125x ，因此内接圆柱的表面积是x 的函数，S 圆柱侧＝2πxh ＝2πx ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－125x (0＜x ＜5)，S 底＝πx 2， ∴S 圆柱全＝2πx ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－125x ＋2πx 2＝2πx ⎝⎛⎭⎪⎫12－75x ＝10π7·7x 5⎝ ⎛⎭⎪⎫12－75x ≤10π7×62＝3607π(cm 2)．当且仅当7x 5＝12－75x ，即x ＝307时，等号成立．因此，当内接圆柱的底面半径为307 cm 时，内接圆柱的表面积最大，最大表面积是3607πcm 2.【难点突破】16．[解答] (1)证明：由题设知A 、B 、C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点，且P 2P 1＝P 2P 3， 从而PB ＝PC ，AB ＝AC .取BC 的中点D ，连接AD 、PD ， 则AD ⊥BC ，PD ⊥BC ，∴BC ⊥面PAD ，故PA ⊥BC .(2)由题设有AB ＝AC ＝12P 1P 2＝13，PA ＝P 1A ＝BC ＝10，PB ＝PC ＝P 1B ＝13，∴AD ＝PD ＝AB 2－BD 2＝12. 在等腰三角形DPA 中，底边PA 上的高h ＝AD 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12PA 2＝119，∴S △DPA ＝12PA ·h ＝5119.又BC ⊥面PAD ，∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA ＝13BD ·S △DPA ＋13DC ·S △PDA ＝13BC ·S △PDA ＝13×10×5119＝503119.。
广东省天河地区高考数学一轮复习试题精选 立体几何02 文
立体几何0212.已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸，可得这个几何体的体积为A. 4 B ．8 C. 12 D. 24 【答案】A【解析】根据三视图复原的几何体是底面为直角梯形，一条侧棱垂直直角梯形的直角顶点的四棱锥 其中ABCD 是直角梯形，AB ⊥AD ， AB=AD=2，BC=4，即PA ⊥平面ABCD ，PA=2。
且底面梯形的面积为(24)262+⨯=，所以16243V =⨯⨯=.选A. 13.正三棱柱111C B A ABC -内接于半径为1的球，则当该棱柱体积最大时，高=h 。
【答案】332 【解析】根据对称性可知，球心O 位于正三棱柱上下底面中心连线的中点上。
设正三棱柱的底面边长为x ，则3233,'2323AB x AB x x ==⨯=，所以223'1()133x OB x =-=-所以高22'213x h OB ==-，由2103x -≥得23x ≤，即正三棱柱底面边长x 的取值范围是03x <≤。
三棱柱的体积为2222133211233x x x V x =-=-g 2223(1)3x x x =-g g222222222314663(1)36(1)36()366333x x x x x x xx x ++--=⨯⨯-≤⨯=g , 即体积22233423(1)23233x V x x =-≤⨯=g g ,当且仅当22163x x =-，即22x =时取等号，此时高22123212123333x h =-=-==。
14已知球与棱长均为2的三棱锥各条棱都相切，则该球的表面积为 . 【答案】2π【解析】将该三棱锥放入正方体内，若球与三棱锥各棱均相切等价于球与正方体各面均相切，所以222,2R R ==,则球的表面积为214422S R πππ==⨯=.15.三棱锥D ABC -及其三视图中的主视图和左视图如图所示，则棱BD 的长为______.【答案】42【解析】取AC 的中点，连结BE,DE 由主视图可知,BE AC BE DE ⊥⊥.DC ABC ⊥且4,23,2DC BE AE EC ====.所以2222(23)2164BC BE EC =+=+==，即2222443242BD BC DC =+=+==。
广东省天河地区高考数学一轮复习试题精选 立体几何01 文
立体几何011.设,m n 是不同的直线，,αβ是不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则αβ⊥B ．若//,,m n m n αβ⊥⊥，则//αβC ．若//,,//m n m n αβ⊥，则α⊥βD ．若//,,//m n m n αβ⊥，则//αβ 【答案】C【解析】C 中，当//,//m m n α，所以，//,n α或,n α⊂当n β⊥，所以α⊥β，所以正确。
2.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的体积是（ ） A ．38 B ．4 C ．2 D ．34【答案】B【解析】由三视图可知该几何体为三棱锥，三棱锥的高为2，底面三角形的高为3，底面边长为3，所以底面积为14362⨯⨯=，所以该几何体的体积为16243⨯⨯=，选B. 3.在空间，下列命题正确的是 （ ） A ．平行直线在同一平面内的射影平行或重合 B. 垂直于同一平面的两条直线平行 C. 垂直于同一平面的两个平面平行 D. 平行于同一直线的两个平面平行 【答案】B【解析】A 中的射影也有可能是两个点，错误。
C 中两个平面也可能相交，错误。
D 中的两个平面也有可能相交，错误。
所以只有B 正确。
4.某一棱锥的三视图如图所示，则其侧面积为( )A ．8413+B ．20C ．122413+D ．8122+ 【答案】C【解析】由三视图可知，该几何体为四棱锥。
四棱锥的高为2，底面矩形的两个边长分别为6,4.则侧面斜高222313VG =+=,2222822VH =+==。
所以侧面积为112(413622)41312222⨯⨯+⨯⨯=+，选C.5.如图，已知在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是菱形, PA ⊥底面ABCD ，1,AB =π1,(0)2PA AC ABC θθ⋅=∠=<≤，则四棱锥P ABCD -的体积V 的取值范围是（ ）A ．21[)63B ．21(]126C ．21(]63 D ．21)126【答案】A【解析】222112cos 22cos AC θθ=+-=-，所以22cos AC θ=-，所以高21122cos 2sin4sin22PA AC θθθ====-,底面积为12sin sin 2S θθ=⨯=,所以四棱锥的体积为2sin cos1sin 1122sin cos 33322sin 6sin 22V PA θθθθθθθ=⨯=⨯==，因为02πθ<≤，所以024θπ<≤，2cos 122θ≤<，即211cos 6323θ≤<，所以体积的取值范围是21[,)63，选A. 6.如图，某三棱锥的三视图都是直角边为2的等腰直角三角形，则该三棱锥的体积是(A)43(B) 83 (C)4 (D) 8【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，三棱锥的三个侧面都是等腰直角三角形，,所以114222323C BCD V -=⨯⨯⨯⨯=，选A.7.一个几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是（A ）1642+（B ）1242+（C ）8（D ）4 【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是一个平放的直三棱柱，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以该几何体的体积为122242⨯⨯⨯=，选D. 9.已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为 A ．3 B ．3 C ．34D ．1【答案】C【解析】由正视图与俯视图可知，该几何体为正三棱锥，侧视图为，侧视图的高为3，高为3，所以侧视图的面积为133324⨯⨯=。
广东天河地区2017高考数学一轮复习试题精选 立体几何04 文
立体几何041.已知直线a 和平面,,,,l a a a b a b a b ?怂，且a 在,a b 内的射影分别为直线b 和c ，则b 和c 的位置关系是 A.相交或平行B.相交或异面C.平行或异面D.相交、平行或异面【答案】D【解析】由题意，若//a l ，则利用线面平行的判定，可知//,//a a αβ，从而a 在,a b 内的射影直线b 和c 平行；若al A =，则a 在,a b 内的射影直线b 和c 相交于点A ；若a B α=，a B β=，且直线a 和l 垂直，则a 在,a b 内的射影直线b 和c 相交；否则直线b 和c 异面综上所述，b 和c 的位置关系是相交﹑平行或异面，选D ． 2.球内接正方体的表面积与球的表面积的比为A ．6:πB ．4:πC ．3:πD ．2:π【答案】D【解析】设正方体边长为1，，由正方体的表面积为6，球的表面积为3π，它们的表面积之比为6:32:ππ=，选D ．3.已知一几何体的三视图如图3，主视图和左视图都是矩形，俯视图为正方形，在该几何体上任意选择4个顶点，以这4个点为顶点的几何形体可能是①矩形；②有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；③每个面都是直角三角形的四面体．A ．①②B ．①②③C ．①③D ．②③【答案】B【解析】以长方体1111ABCD A B C D -为几何体的直观图. 当选择的四个点为B 1、B 、C 、C 1时，可知①正确；当选择B 、A 、B 1、C 时，可知②正确；当选择A 、B 、D 、D 1时，可知③正确.选B.4.一条长为2,a b 的三条线段，则ab 的最大值为A BC ．52D ．3【答案】C【解析】构造一个长方体，让长为2的线段为体对角线，由题意知2222221,1,3a y b x x y =+=++=，即22222325a b x y +=++=+=，又2252a b ab =+≥，所以52ab ≤，当且仅当a b =时取等号，所以选C.5.四棱锥P ABCD -的三视图如右图所示，四棱锥P ABCD -的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为A.12pB.24pC.36pD.48p【答案】AA.6.已知两条直线 a ，b 与两个平面α、αβ⊥b ，，则下列命题中正确的是①若α//a ，则b a ⊥；②若b a ⊥，则α//a ； ③若β⊥b ，则βα//；④若βα⊥，则β//b .A ．①③B ．②④C ．①④D ．②③【答案】A【解析】根据线面垂直的性质可知①正确。
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立体几何中的向量方法(二)——空间角与距离求解基础热身图K43－11．如图K43－1所示，PD 垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33.若以DA 、DC 、DP 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立坐标系，则点E 的坐标为( )A ．(1,1,1)B ．(2,1,1) C.⎝⎛⎭⎫2，12，12 D.⎝⎛⎭⎫1，1，12 2．若a ＝(1,2,1)，b ＝(－2,0,1)分别是直线l 1，l 2的方向向量，则l 1，l 2的位置关系是( )A ．平行B ．异面C ．相交D ．相交或异面3．两平行平面α，β分别经过坐标原点O 和点A (2,1,1)，且两平面的一个法向量n ＝(－1,0,1)，则两平面间的距离是( )A.32B.22C. 3 D ．3 2 4．方向向量为s ＝(1,1,1)的直线l 经过点A (1,0,0)，则坐标原点O (0,0,0)到该直线的距离是( )A. 3B. 2C.62D.63能力提升5．如图K43－2，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面是边长为2的正方形，高为1，则异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值是( )图K43－2A.55 B ．－55 C.15 D.256．在平行四边形ABCD 中，AB ＝AC ＝1，∠ACD ＝90°，将它沿对角线AC 折起，使AB 和CD 成60°角(如图K43－3)，则B 、D 间的距离为( )图K43－3A ．1B ．2 C. 2 D ．2或 27．[2011·河南六市联考] 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是A 1B 1的中点，则异面直线AD 1与CE 所成角为( )A.π6B.π4C.π3D.π28．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AA 1、BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )A. 3B.22 C.2λ3 D.55图K43－49．如图K43－4，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PD ⊥平面ABCD ，且PD ＝AD ＝1，AB ＝2，点E 是AB 上一点，当二面角P －EC －D 的平面角为π4时，AE ＝( )A ．1 B.12C ．2－ 2D ．2－ 310．已知三棱锥O －ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，E 为OC 的中点，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，则平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值是________．11．如图K43－5，已知四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ，且AA 1与A 1B 1，A 1D 1的夹角都是60°，则AC 1的长等于________．K43－5K43－612．如图K43－6，AO⊥平面α，BC⊥OB，BC与平面α的夹角为30°，AO＝BO＝BC ＝a，则AC＝______________________________________________________________ 13．如图K43－7，在空间直角坐标系中有棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1，点M 是线段DC1上的动点，则点M到直线AD1距离的最小值为________．图K43－714．(10分)如图K43－8，放置在水平面上的组合体由直三棱柱ABC－A1B1C1与正三棱锥B－ACD组成，其中，AB⊥BC.它的主视图、俯视图、左视图的面积分别为22＋1,22＋1,1.(1)求直线CA1与平面ACD所成角的正弦值；(2)在线段AC1上是否存在点P，使B1P⊥平面ACD？若存在，确定点P的位置；若不存在，说明理由．图K43－815．(13分)如图K43－9，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点．(1)求证：AF∥平面BCE；(2)求证：平面BCE⊥平面CDE；(3)求直线BF和平面BCE所成角的正弦值．图K43－9难点突破16．(12分)如图K43－10，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．图K43－10答案解析【基础热身】1．A [解析] 可知A (2,0,0)、B (2,2,0)、C (0,2,0)， 令P (0,0,2m )(m >0)，则E (1,1，m )，AE →＝(－1,1，m )， DP →＝(0,0,2m )，∴cos 〈DP →，AE →〉＝2m 21＋1＋m 2·2m ＝33，m ＝1.∴E 的坐标为(1,1,1)．2．D [解析] 根据共线向量定理，显然a ，b 不平行，所以l 1，l 2的位置关系是相交或异面．3．B [解析] 两平面的一个单位法向量n 0＝⎝⎛⎭⎫－22，0，22，故两平面间的距离d ＝|OA →·n 0|＝22.4．D [解析] 直线l 的一个单位法向量s 0＝⎝⎛⎭⎫33，33，33，向量OA →＝(1,0,0)，故点O 到直线l 的距离为d ＝|OA →|2－|OA →·s 0|2＝1－⎝⎛⎭⎫332＝63. 【能力提升】5．C [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系．则A (2,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，AD →1＝(－2,0,1)，DC 1→＝(0,2,1)，故异面直线AD 1和C 1D 所成角的余弦值为|cos 〈AD →1，DC →1〉|＝|AD →1·DC →1||AD →1||DC →1|＝15.6．D [解析] ∵∠ACD ＝90°，∴AC →·CD →＝0. 同理BA →·AC →＝0，∵AB 和CD 成60°角，∴〈BA →，CD →〉＝60°或120°. ∵BD →＝BA →＋AC →＋CD →，∴BD →2＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·CD →＋2BA →·AC →＋2AC →·CD → ＝BA →2＋AC →2＋CD →2＋2BA →·CD →＝3＋2×1×1×cos 〈BA →，CD →〉 ＝⎩⎪⎨⎪⎧4 〈BA →，CD →〉＝60° ，2 〈BA →，CD →〉＝120° ，∴|BD →|＝2或2，即B 、D 间的距离为2或2，故选D.7．D [解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则有A (0,0,0)，D 1(1,0,1)，C (1,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，12，1， 所以AD 1→＝(1,0,1)，CE →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，1，∴AD 1→·CE →＝0，即异面直线AD 1与CE 所成角为π2.8．D [解析] 如图，如果过点G 直接向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ，如果我们能求出向量GH →，那么|GH →|就是点G 到平面D 1EF 的距离．在正方体中，建立空间直角坐标系非常方便，因此用坐标的方法，解决这个问题．如图，以射线DA ，DC ，DD 1分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则G (1，λ，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12，GE →＝⎝⎛⎭⎫0，－λ，－12，F ⎝⎛⎭⎫1，1，12，EF →＝(0,1,0)，D 1(0,0,1)，ED →1＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12.过点G 向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ，由于点H 在平面D 1EF 内，故存在实数x ，y 使GH →＝GE →＋xEF →＋yED →1＝⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ，由于GH ⊥EF ，GH ⊥ED 1， 所以⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y · 0，1，0 ＝0，⎝⎛⎭⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·⎝⎛⎭⎫－1，0，12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ，y ＝15，故GH →＝⎝⎛⎭⎫－15，0，－25，所以|GH →|＝55，即点G 到平面D 1EF 的距离是55. 9．D [解析] 以D 为原点，射线DA ，DC ，DP 为x ，y ，z 轴正方向建立空间直角坐标系，如图，设E (1，y 0,0)(0≤y 0≤2)，则EC →＝(－1,2－y 0,0)， 设平面PEC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，∴⎩⎪⎨⎪⎧n 1·EC →＝0，n 1·PC →＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y 2－y 0 ＝0，2y －z ＝0⇒x ∶y ∶z ＝(2－y 0)∶1∶2，记n 1＝(2－y 0,1,2)，而平面ECD 的法向量n 2＝(0,0,1)，则二面角P －EC －D 的平面角θ满足cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝22， ∴cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝2 2－y 0 2＋12＋22·1＝22⇒y 0＝2－ 3.∴当AE ＝2－3时，二面角P －EC －D 的平面角为π4.10.7618 [解析] 以O 为原点，OB ，OC ，OA 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则有A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，E (0,1,0)．设平面ABC 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥AB →知n 1·AB →＝2x －z ＝0，由n 1⊥AC →知n 1·AC →＝2y －z ＝0，取n 1＝(1,1,2)．设平面EAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥AB →知n ·AB →＝2x －z ＝0，由n ⊥EB →知n ·EB →＝2x －y ＝0，取n ＝(1,2,2)．则cos 〈n ，n 1〉＝n ·n 1|n ||n 1|＝1＋2＋49×6＝7618， 所以平面EAB 与平面ABC 夹角的余弦值为7618.11.2a 2＋b 2－2ab [解析] 由已知〈AA →1，AB →〉＝〈AA →1，AD →〉＝120°，〈AB →，AD →〉＝90°.|AC →1|2＝|AA →1＋AB →＋AD →|2＝|AA →1|2＋|AB →|2＋|AD →|2＋2AA →1·AB →＋2AB →·AD →＋2AA →1·AD → ＝b 2＋a 2＋a 2－ab －ab ＝2a 2＋b 2－2ab ，故|AC →1|＝2a 2＋b 2－2ab . 12.2a [解析] AC →＝AO →＋OB →＋BC →，其中〈AO →，OB →〉＝〈OB →，BC →〉＝90°，〈AO →，BC →〉＝120°，故|AC →|2＝|AO →＋OB →＋BC →|2＝|AO →|2＋|OB →|2＋|BC →|2＋2AO →·OB →＋2OB →·BC →＋2AO →·BC → ＝3a 2＋2a 2cos120°＝2a 2，故|AC →|＝2a ，即AC ＝2a . 13.33a [解析] 设M (0，m ，m )(0≤m ≤a )，AD 1→＝(－a,0，a )，直线AD 1的一个单位方向向量s 0＝⎝⎛⎭⎫－22，0，22，由MD 1→＝(0，－m ，a －m )，故点M 到直线AD 1的距离d ＝|MD 1→|2－|MD 1→·s 0|2＝m 2＋ a －m 2－12a －m 2＝32m 2－am ＋12a 2，根式内的二次函数当m ＝－－a 2×32＝a 3时取最小值32⎝⎛⎭⎫a 32－a ×a 3＋12a 2＝13a 2，故d 的最小值为33a .14．[解答] 由已知可得AB ⊥平面BB 1C 1C ，由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，所以CD ⊂平面BB 1C 1C ，D ，B ，B 1三点共线，AB ＝BC ＝BD .设AB ＝a ，BB 1＝b .则其主视图和俯视图的面积都是ab ＋12a 2，左视图的面积是12a 2，根据已知解得a ＝2，b ＝2.以点B 为坐标原点，射线BC ，BB 1，BA 分别为x ，y ，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，则A (0,0，2)，C (2，0,0)，D (0，－2，0)，B 1(0,2,0)，C 1(2，2,0)，A 1(0,2，2)． (1)由于三棱锥B －ACD 是正三棱锥，该三棱锥的重心G ⎝⎛⎭⎫23，－23，23，则BG ⊥平面ACD ，故可取向量n ＝(1，－1,1)为平面ACD 的一个法向量，CA 1→＝(－2，2，2)，故可取v ＝(1，－2，－1)为直线CA 1的一个方向向量．设直线CA 1与平面ACD 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，v 〉|＝|n ·v ||n ||v |＝223＝66. (2)设AP →＝mAC 1→＝(2m,2m ，－2m )，则B 1P →＝B 1A →＋AP →＝(2m,2m －2，2－2m )， 如果B 1P ⊥平面ACD ，则B 1P →∥n ，即(2m,2m －2，2－2m )＝(λ，－λ，λ)，由此得方程组⎩⎨⎧2m ＝λ，①2m －2＝－λ，②2－2m ＝λ，③由①③得m ＝12，λ＝22，代入②则－1＝－22，矛盾，这说明不存在满足题目要求的点P .15．[解答] 方法一：(1)证法一：取CE 的中点G ，连接FG 、BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE ，∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB .又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .又DE ＝2AB ，∴四边形GF AB 为平行四边形，则AF ∥BG . ∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .证法二：取DE 的中点M ，连接AM 、FM ， ∵F 为CD 的中点，∴FM ∥CE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，∴DE ∥AB . 又AB ＝12DE ＝ME ，∴四边形ABEM 为平行四边形，则AM ∥BE . ∵FM 、AM ⊄平面BCE ，CE 、BE ⊂平面BCE ， ∴FM ∥平面BCE ，AM ∥平面BCE . 又FM ∩AM ＝M ，∴平面AFM ∥平面BCE . ∵AF ⊂平面AFM ， ∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点， ∴AF ⊥CD .∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ，∴DE ⊥AF . 又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE . ∵BG ⊂平面BCE ， ∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)在平面CDE 内，过F 作FH ⊥CE 于H ，连接BH ， ∵平面BCE ⊥平面CDE ，∴FH ⊥平面BCE . ∴∠FBH 为BF 和平面BCE 所成的角． 设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，则FH ＝CF sin45°＝22a ， BF ＝AB 2＋AF 2＝a 2＋ 3a 2＝2a ， 在Rt △FHB 中，sin ∠FBH ＝FH BF ＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 方法二：设AD ＝DE ＝2AB ＝2a ，建立如图所示的坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，C (2a,0,0)，B (0,0，a )，D (a ，3a,0)，E (a ，3a,2a )．∵F 为CD 的中点，∴F ⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0.(1)证明：AF →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，BE →＝(a ，3a ，a )，BC →＝(2a,0，－a )，∵AF →＝12(BE →＋BC →)，AF ⊄平面BCE ，∴AF ∥平面BCE .(2)证明：∵AF →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，0，CD →＝(－a ，3a,0)，ED →＝(0,0，－2a )，∴AF →·CD →＝0，AF →·ED →＝0，∴AF →⊥CD →，AF →⊥ED →.∴AF →⊥平面CDE ，又AF ∥平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE .(3)设平面BCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ·BE →＝0，n ·BC →＝0可得x ＋3y ＋z ＝0,2x －z ＝0，取n ＝(1，－3，2)．又BF →＝⎝⎛⎭⎫32a ，32a ，－a ，设BF 和平面BCE 所成的角为θ，则 sin θ＝|BF →·n ||BF →|·|n |＝2a 2a ·22＝24. ∴直线BF 和平面BCE 所成角的正弦值为24. 【难点突破】16．[解答] 解法1：过E 作EN ⊥AC 于N ，连接EF .(1)如图①，连接NF 、AC 1，由直棱柱的性质知，底面ABC ⊥侧面A 1C ，又底面ABC ∩侧面A 1C ＝AC ，且EN ⊂底面ABC ，所以EN ⊥侧面A 1C ，NF 为EF 在侧面A 1C 内的射影，在Rt △CNE 中，CN ＝CE cos60°＝1，则由CF CC 1＝CN CA ＝14，得NF ∥AC 1. 又AC 1⊥A 1C ，故NF ⊥A 1C ，由三垂线定理知EF ⊥A 1C .(2)如图②，连接AF ，过N 作NM ⊥AF 于M ，连接ME ，由(1)知EN ⊥侧面A 1C ，根据三垂线定理得EM ⊥AF ，所以∠EMN 是二面角C －AF －E 的平面角，即∠EMN ＝θ，设∠F AC ＝α，则0°<α≤45°.在Rt △CNE 中，NE ＝EC ·sin60°＝3，在Rt △AMN 中，MN ＝AN ·sin α＝3sin α，故tan θ＝NE MN ＝33sin α. 又0°<α≤45°，∴0<sin α≤22， 故当sin α＝22，即当α＝45°时，tan θ达到最小值， tan θ＝33×2＝63，此时F 与C 1重合．解法2：(1)建立如图③所示的空间直角坐标系，则由已知可得A (0,0,0)，B (23，2,0)，C (0,4,0)，A 1(0,0,4)，E (3，3,0)，F (0,4,1)，于是CA 1→＝(0，－4,4)，EF →＝(－3，1,1)，则CA 1→·EF →＝(0，－4,4)·(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，故EF ⊥A 1C .(2)设CF ＝λ(0<λ≤4)，平面AEF 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )，则由(1)得F (0,4，λ)， AE →＝(3，3,0)，AF →＝(0,4，λ)，于是由m ⊥AE →，m ⊥AF →可得⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AE →＝0，m ·AF →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋3y ＝0，4y ＋λz ＝0，取m ＝(3λ，－λ，4)， 又由直三棱柱的性质可取侧面A 1C 的一个法向量为n ＝(1,0,0)，于是由θ为锐角可得cos θ＝|m·n||m|·|n|＝3λ2λ2＋4，sin θ＝λ2＋162λ2＋4，所以tan θ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2， 由0<λ≤4，得1λ≥14，即tan θ≥13＋13＝63， 故当λ＝4，即点F 与点C 1重合时，tan θ取得最小值63.。