高考复习课件高考二轮·理科数学专题小综合(四)

即(x1－1，y1－1，z1)＝(－μ，－μ，μ)，可得
x1＝1－μ， y1＝1－μ， z1＝μ.
所以|PQ|＝ （1－μ）2＋（1－μ－1）2＋（μ－λ）2
＝ 2μ－122＋12＋（μ－λ）2≥ 12＝ 22， (当且仅当 μ＝12 时等号成立)，所以当P、Q分别为
λ＝μ
λ＝x－2y，
λ＝1.
8．如图，A、B、C、D为空间中的 四个不同点．在△ABC中，AB＝2， AC＝BC＝ 2 .等边三角形ADB以AB 为轴运动．当平面ADB⊥平面ABC 时，CD＝______．
【解析】2 如图，取AB的中点E，连接DE，CE.因为△ADB是 等边三角形，所以DE⊥AB.当平面 ADB⊥平面ABC时，因为平面 ADB∩平面ABC＝AB，所以DE⊥ 平面ABC，可知DE⊥CE.由已知可 得DE＝ 3 ，EC＝1，在Rt△DEC 中，CD＝ DE2＋CE2＝2.
三、解答题(共 40 分) 11．(本小题满分 13 分)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，AD⊥DB，其中三棱锥 P－BCD 的三视图如图所 示，且 sin∠BDC＝35.
(1)求证：AD⊥PB. (2)若 PA 与平面 PCD 所成角的正弦值为126513， 求 AD 的长．
【解析】由三视图可知PD⊥平面ABCD，而AD⊂ 面ABCD，∴AD⊥PD又AD⊥DB，且PD∩BD＝D， PD，BD⊂平面PBD，∴AD⊥平 面PBD，
∴OE∥AC1.而AC1⊄平面 BED，OE⊂平面BED，
∴AC1∥平面BED. 又由正四棱柱的性质知BD⊥AC，BD⊥CC1，
而AC∩CC1＝C， ∴BD⊥平面ACC1. 又BD⊂平面BED， ∴平面BED⊥平面ACC1. ∴直线OE与AC1间的距离即为直线AC1与平面 BED的距离． 分别过C，E作AC1的垂线，垂足为F，P，则EP
面积S＝12×1×
23＝
3 4.
5．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝ 2，CC1＝2 2 ，E为CC1的中点，则直线AC1与平面 BED的距离为( )
A．2 B. 3 C. D．1
【解析】选D. 利用转化法求解．如图，连接 AC交BD于点O，连接OE.
∵O，E分别为AC，CC1的中 点，
的空间直角坐标系，则A(0， 3 ，0)，B(－1，0，
【解析】(1)证明：连接AC1、BC1，则AN＝ NC1，
因为AM＝MB，所以MN∥BC1. 又BC1⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1， 所以MN∥平面BCC1B1. (2)作B1O⊥BC于O点，连接 AO， 因为平面BCC1B1⊥底面 ABC， 所以B1O⊥平面ABC， 以O为原点，建立如图所示
在 Rt△A′M′M 中，A′M′2＋M′M2＝A′M2， 即2c2＋a＋2 b2＝( 3)2，所以 c2＝12－(a＋b)2，即 ab ＝2，即 b＝2a，所以 a≤2a＜2，所以 1<a2≤2，
所以 tan φ＝AA′′BC′＝A′2B′＝ 4－2 a2∈ 22， 23.
6．在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中， P，Q分别为线段BD1，CC1上的动点，则PQ的最小 值为( )
A. 2
3
2
B. 3
C. 3 D. 2
Байду номын сангаас
【解析】选D.
如图，建立空间直角坐标系，依题意可设Q(0，1，
λ)，
P(x1，y1，z1)， 因为B(1，1，0)，D1(0，0， 1)，所以B→D1＝(－1，－1，1)， B→P＝(x1－1，y1－1，z1)， 由P∈BD1可知存在μ∈R， 使得B→P＝μB→D1，
设n＝(x，y，z)为平面PCD 的法向量，由题意得
D→P·n＝0 D→C·n＝0
即
4z＝0 －95x＋152y＝0
，令y＝3，则x＝4，z＝
0，得平面PCD的一个法向量n＝(4，3，0).
设PA与平面PCD 所成角为θ，可得sin θ＝
cos〈P→A，n〉＝4λ＋λ23＋×106＋·01×6＋－94＝126513， 解之得λ＝6，即AD＝6.
13．(本小题满分14分)如图，已知三棱柱ABC－
A1B1C1，侧面BCC1B1⊥底面ABC. (1)若M、N分别是AB、A1C
的中点，求证：MN∥平面
BCC1B1. (2)若三棱柱ABC－A1B1C1的
各棱长均为2，侧棱BB1与底面 ABC所成的角为60°，问在线段A1C1上是否存在一点 P，使得平面B1CP⊥平面ACC1A1？若存在，求C1P与 PA1的比值，若不存在，说明理由．
m·C→P＝0， m·C→B＝0.
所以（（xx，，yy，，zz））··（（10，，0，3，2）0）＝＝0，0. 即x＋3y2＝z＝0. 0，
令z＝1，则x＝－2，y＝0.所以m＝(－2，0，1)． 同理可求平面PMB的一个法向量n＝(1， 3 ， 1)．
所以cos〈m，n〉＝|mm|··|nn|＝－15.所以cos θ＝15.
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名师导学·高考二轮总复习·理科数学 专题小综合(四) 立体几何
一、选择题(每小题6分，共36分) 1．下列命题正确的是( ) A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B．六条棱长均相等的四面体是正四面体 C．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的 几何体叫棱柱 D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部 分组成的几何体叫圆台
12．(本小题满分 13 分)如图所示，PA ⊥平面 ABC，点 C 在以 AB 为直径的⊙O 上，∠CBA＝30°，PA＝AB＝2，点 E 为线段 PB 的中点，点 M 在A︵B上，且 OM∥AC.
(1)求证：平面 MOE∥平面 PAC. (2)求证：平面 PAC⊥平面 PCB. (3)设二面角 M－BP－C 的大小为 θ，求 cos θ 的 值．
又PB⊂平面PBD，∴AD⊥
PB. (2)由(1)可知，PD，AD，BD
两两互相垂直，以D为原点，建立 如图所示空间直角坐标系．
设AD＝λ(λ>0)，结合
sin∠BDC＝35可得A(λ，0，0)，
B(0，3，0)，C－95，152，0，P(0，0，4)．
所以P→A＝(λ，0，－4)，D→C＝－95，152，0， D→P＝(0，0，4)，
【解析】选B. 底面是等边三角形，且各侧面全等才是正三棱 锥，A错；选项还要保证各侧面的公共边互相平行， C错；截面要平行底面，底面与截面之间的部分组成 的几何体叫圆台，D错．
2．设m，n是两条不同的直线，α ，β ，γ 是三 个不同的平面，给出下列命题：①α∥β，α ∥γ ⇒β ∥γ ；②α⊥β，m⊂α ⇒m⊥β ；③m⊥β，m⊥n，n ⊥α ⇒α ⊥β ；④m∥n，n⊂α ⇒m∥α .其中真命题 的序号是( )
【解析】
22，
3 2
本题考查了空间角的求法．由题意知，A′B′⊥A′C
′，CC′⊥B′A′，CC′∩C′A′＝C′，所以
A′B′⊥平面CC′A′，所以A′B′⊥A′C，所以∠A′CB′即为
直线CB′与平面A′CC′所成的角，所以∠A′CB′＝φ，
所以 tan φ＝AA′′BC′＝A′2B′，设 BB′＝a，CC′＝b，B
【解析】(1)因为点E为线段PB的中点，点O为线 段AB的中点，所以OE∥PA.
因为PA⊂平面PAC，OE⊄平面PAC，所以OE∥ 平面PAC.
因为OM∥AC，又AC⊂平面PAC，OM⊄平面 PAC，所以OM∥平面PAC.
因为OE⊂平面MOE，OM⊂平面MOE，OE∩ OM＝O，
所以平面MOE∥平面PAC. (2)因为点C在以AB为直径的⊙O上，所以∠ACB ＝90°，即BC⊥AC. 因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以 PA⊥BC.
关系是( )
A．相交
B．平行
C．垂直
D．不能确定
【解析】选 B. M→N＝M→B＋B→C＋C→N＝23A→1B＋B→C＋23C→A ＝23(A→1B1＋B→1B)＋B→C＋23(C→D＋D→A) ＝23B→1B＋B→C＋23D→A
又C→D是平面 BB1C1C 的一个法向量，
且M→N·C→D＝23B→1B＋B→C＋23D→A·C→D＝0， ∴M→N⊥C→D，又 MN⊄面 BB1C1C， ∴MN∥平面 BB1C1C.选 B.
′C′＝c，(a≤b<2)，取 BC 的中点 M，过 M 点做平 面 α 的垂线 MM′，则 M′为 B′C′的中点，所以 MM′＝
12(BB′＋CC′)＝12(a＋b)，A′B′＝ 4－a2，A′C′＝ 4－b2，连 A′M′，A′M，所以在 Rt△B′A′C′中，
A′M′＝B′2C′＝2c，由(A′B′)2＋(A′C′)2＝(B′C′)2 得 4 －a2＋4－b2＝c2.
即为所求，且EP綊12CF.
在Rt△ABC中，AC＝ AB2＋BC2＝2 2.
在 Rt △ ACC1 中 ， AC1 ＝ AC2＋CC12 ＝ （2 2）2＋（2 2）2＝4.
由12AC1·CF＝12AC·CC1 得 CF＝2， ∴EP＝12CF＝1. 即直线 AC1 与平面 BED 的距离为 1.
4．已知一个三棱锥的正视图与俯视图如图所示，
则该三棱锥的侧视图面积为( )
3 A. 2
3 B. 4
C．1
1 D.2
【解析】选B. 由题意知，此三棱锥的底面为有
一个角为30°的直角三角形，其斜边 长AC＝2，一个侧面DAC为等腰直角
三角形，∴DE＝1，BF＝ 23，其侧视 图为直角三角形，其两直角边与DE、BF的长度相等，
A．①④ B．②③ C．②④ D．①③
【解析】选D. 平行于同一个平面的两个平面平行，所以①正 确； m∥n，n⊂α，m有可能在平面α内，所以④错．
3 ． 如 图 所 示 ， 正 方 体 ABCD －
A1B1C1D1 的棱长为 a，M、N 分别为
A1B 和 AC 上的点，A1M＝AN＝
32a，则 MN 与平面 BB1C1C 的位置
线段BD1，CC1的中点时，PQ取得最小值 22，故选D.
二、填空题(每小题6分，共24分) 7．已知a＝(2，－1，1)，b＝(－1，4，－2)，c ＝(11，5，λ )．若向量a，b，c共面，则λ＝ ________．
【解析】1
由向量a，b，c共面可得c＝xa＋yb(x，y∈R)，
故有151＝＝－2xx－＋y4，y，解得xy＝＝37，，
3，AC＝1. 延长MO交CB于点D.
因为OM∥AC，所以MD⊥CB，MD＝1＋
1 2
＝
3 2
，
CD＝12CB＝
3 2.
所以P(1，0，2)，C(0，0，0)，B(0，
3 ，0)，
M32， 23，0. 所以C→P＝(1，0，2)，C→B＝(0， 3，0)．
设平面PCB的法向量m＝(x，y，z)．因为
因为AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC，PA∩AC＝ A，所以BC⊥平面PAC.
因为BC⊂平面PBC，所以平面PAC⊥平面PBC. (3)如图，以C为原点，CA所 在的直线为x轴，CB所在的直 线为y轴，建立空间直角坐标系 C－xyz.
因为∠CBA＝30°，PA＝ AB＝2，所以CB＝2cos 30°＝
9．在棱长为4的正方体ABCD－ A1B1C1D1中，E、F分别为棱AA1、 D1C1上的动点，点G为正方形 B1BCC1的中心．则空间四边形 AEFG在该正方体各个面上的正投 影所构成的图形中，面积的最大值 为________．
【解析】12 当E与A1重合，F与C1重合时，如图1，四边形 AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；
当E与A1重合时，如图2，四边形AEFG在左、右 面的正投影的面积最大值为8；
当F与D1重合时，如图3，四边形AEFG在上、下 面的正投影的面积最大值为8.
综上得，面积最大值为12.
10．如图，已知边长为2的 正△A′BC，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 上的投影，设|BB′|≤|CC′|，直线CB′与 平面A′CC′所成的角为φ.若△A′B′C′是以∠A′为直角 的直角三角形，则tan φ 的范围为________．