立体几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编

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全国高中数学联赛竞赛大纲(修订稿)及全部定理内容

全国高中数学联赛竞赛大纲及全部定理内容一、平面几何1、数学竞赛大纲所确定的所有内容。

补充要求：面积和面积方法。

2、几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。

3、几个重要的极值：到三角形三顶点距离之和最小的点--费马点。

到三角形三顶点距离的平方和最小的点--重心。

三角形内到三边距离之积最大的点--重心。

4、几何不等式。

5、简单的等周问题。

了解下述定理：在周长一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的面积最大。

在周长一定的简单闭曲线的集合中，圆的面积最大。

在面积一定的ｎ边形的集合中，正ｎ边形的周长最小。

在面积一定的简单闭曲线的集合中，圆的周长最小。

6、几何中的运动：反射、平移、旋转。

7、复数方法、向量方法。

平面凸集、凸包及应用。

二、代数1、在一试大纲的基础上另外要求的内容：周期函数与周期，带绝对值的函数的图像。

三倍角公式，三角形的一些简单的恒等式，三角不等式。

2、第二数学归纳法。

递归，一阶、二阶递归，特征方程法。

函数迭代，求ｎ次迭代，简单的函数方程。

3、ｎ个变元的平均不等式，柯西不等式，排序不等式及应用。

4、复数的指数形式，欧拉公式，棣美弗定理，单位根，单位根的应用。

5、圆排列，有重复的排列与组合，简单的组合恒等式。

6、一元n次方程（多项式）根的个数，根与系数的关系，实系数方程虚根成对定理。

7、简单的初等数论问题，除初中大纲中所包括的内容外，还应包括无穷递降法，同余，欧几里得除法，非负最小完全剩余类，高斯函数，费马小定理，欧拉函数，孙子定理，格点及其性质。

三、立体几何1、多面角，多面角的性质。

三面角、直三面角的基本性质。

2、正多面体，欧拉定理。

3、体积证法。

4、截面，会作截面、表面展开图。

四、平面解析几何1、直线的法线式，直线的极坐标方程，直线束及其应用。

2、二元一次不等式表示的区域。

3、三角形的面积公式。

4、圆锥曲线的切线和法线。

5、圆的幂和根轴。

五、其它抽屉原理。

容斤原理。

极端原理。

集合的划分。

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第01讲不等式Word版含解析

3、（ 2011 一试 3）设 a, b 为正实数， 1
1
2 2， (a
2
b)
3
4(ab) ，则
log a
b
．
ab
【答案】 -1
【解析】由 1
1
2 2 ，得 a b
2 2ab ．又 (a
2
b)
2
4ab (a b)
3
4ab 4(ab)
3
4 2 ab (ab)
8(ab ) 2 ，
ab
即 a b 2 2ab ①于是 a b 2 2 ab ②
所以 M 2( z x) z x ( 2 1) z x 2 1.
1
当且仅当 y
x
z
y, x
0, z 1, y
时上式等号同时成立
2
. 故 M max
2 1.
3 5、 (2014 一试 2) 设集合 {
b |1
a
b
2} 中的最大值与最小值分别为
M , m ，则 M m =_________.
a
【答案】 5 2 3
⑵1
1 ln 1
n1
n
1 ．令 xn n
nk
k2
k1
1
ln n ，则 x1
1 ，
2
n
1
xn xn 1 n2 1 ln 1 n 1
n1 n2 1 n
1 ( n2 1)n 0
因此 xn xn 1
1
x1
．
2
又因为 ln n (ln n ln( n 1)) (ln( n 1) ln( n 2))
(ln 2 ln1)
33 由于直线 CD的方程为 x+3y=6, 直线 GH的方程为 3x+y=6, 故它们的交点 P 的坐标为 ( , ) ，

第09讲立体几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编含解析精品

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第09讲：立体几何1、（2010一试7）正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin【解析】OEP1B 1A 1CBA设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x BP m z x BA ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==n m ，所以cos m n m n α⋅=⋅，即2cos cos αα=⇒=所以410sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, .设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 平面B PA 1 .过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得3,2,5111=====PO O B O A PA PB . 在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即56,532=∴⋅=⋅OE OE .115B O B E =∴===又.4105542sin sin 111===∠=E B O B EO B α.2、（2011一试6）在四面体ABCD 中，已知︒=∠=∠=∠60CDA BDC ADB ，3==BD AD ，2=CD ，则四面体ABCD 的外接球的半径为【解析】因为︒=∠=∠=∠60ADB CDB CDA ，设CD 与平面ABD 所成角为θ，可求得32sin ,31cos ==θθ．在△DMN 中，33233232,121=⋅⋅=⋅===DP DN CD DM ．由余弦定理得231312)3(1222=⋅⋅⋅-+=MN ，故2=MN ．四边形DMON 的外接圆的直径3322sin ===θMNOD ．故球O 的半径3=R ．3、（2012一试5）设同底的两个正三棱锥P ABC -和Q ABC -内接于同一个球．若正三棱锥P ABC -的侧面与底面所成的角为45，则正三棱锥Q ABC -的侧面与底面所成角的正切值是．【答案】4 【解析】,从而12PH MH AH ==,因为90,,PAQ AH PQ ∠=⊥ 所以2,AP PH QH =⋅即21.2AH AH QH =⋅所以24.QH AH MH ==,故tan 4QHQMH MH∠==4、（2013一试4）已知正三棱锥P ABC -底面边长为1.【解析】BCHMAOKP如图，设球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H 和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则P K M 、、共线，P O H 、、共线，2PHM PKO π∠=∠=，且OH OK r ==,PO PH OH r =-，MH AB ==PM =,1sin 5OK MH KPO PO PM ==∠==，解得r =5、（2014一试5）已知正四棱锥ABCD P -中，侧面是边长为1的正三角形，N M ,分别是边BC AB ,的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是_____________.6、（2016一试5）设P 为一圆锥的顶点，A ，B ，C 是其底面圆周上的三点，满足ABC ∠=90°，M 为AP 的中点.若AB =1，AC =2，2=AP ，则二面角M —BC —A 的大小为 .【答案】32arctan 【解析】由ABC ∠=90°知，AC 为底面圆的直径.设底面中心为O ，则⊥PO 平面ABC ，易知121==AC AO ，进而122=-=AO AP PO .设H 为M 在底面上的射影，则H 为AO 的中点.在底面中作BC HK ⊥于点K ，则由三垂线定理知BC MK ⊥，从而MKH ∠为二面角M —BC —A 的平面角.因21==AH MH ，结合HK 与AB 平行知，43==AC HC AB HK ，即43=HK ，这样32tan ==∠HK MH MKH .故二面角M —BC —A 的大小为32arctan .7、（2017一试5）正三棱锥P ABC -中，1,2,AB AP ==过AB 的平面α将其体积平分，则棱PC 与平面α所成角的余弦值为.【解析】设,AB PC 的中点分别为,K M ,则易证平面ABM 就是平面α.由中线长公式得222222222211113(AP )(21)22424222531cos 21010AM AC PC KM PC KM MC KC KMC KM MC PC αα=+-=+-⨯====+-+-∠===⋅所以又易知直线在平面上的射影是直线MK,而CM=1，KC=所以故棱与平面所成的角的余弦值为。

第08讲+解析几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第08讲：解析几何
1、（2009一试2）已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A 横坐标范围为．
【答案】[]36，
【解析】设()9A a a -，
，则圆心M 到直线AC 的距离sin45d AM =︒，由直线AC 与圆M 相交，得
d ．解得36a ≤≤．
2、（2009一试5）椭圆22
221x y a b
+=()0a b >>上任意两点P ，Q ，若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．【答案】22
222a b a b
+ 【解析】设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝
⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有
222221
cos sin a b OP θθ=+ ① 222221sin cos a b OQ θθ=+ ②
①+②得222211
11a b OP OQ +=+．于是当OP OQ =OP OQ 达到最小值22
222a b a b +．
3、（2010一试3）双曲线12
2=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是.
【答案】9800
4、（2011一试7）直线012=--y x 与抛物线x y 42=交于B A ,两点，C 为抛物线上的一点，︒=∠90ACB ，。

近五年全国高中数学联赛选编——立体几何、计数、概率

近五年全国高中数学联赛选编——立体几何、计数、概率 2015.8.191. （2010年一试3）双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界）整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是 .9800 提示：由对称性知，只要先考虑x 轴上方的情况，设)99,,2,1( ==k k y 与双曲线右半支于k A ,交直线100=x 于k B ，则线段k k B A 内部的整点的个数为99k -，从而在x 轴上方区域内部整点的个数为991(99)99494851k k =-=⨯=∑.又x 轴上有98个整点，所以所求整点的个数为98009848512=+⨯.2.（2010年一试6）两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 .1217 提示：同时投掷两颗骰子点数和大于6的概率为1273621=，从而先投掷人的获胜概率为+⨯+⨯+127)125(127)125(1274217121442511127=-⨯= 3. （2010年一试7）正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin.4提示：解法一：如图，以AB 所在直线为x 轴，线段AB 中点O 为原点，OC 所在直线为y 轴，建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2，则)1,3,0(),2,0,1(),2,0,1(),0,0,1(11P A B B -，从而，)1,3,1(),0,0,2(),1,3,1(),2,0,2(1111--=-=-=-=B A B BA . 设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则⎪⎩⎪⎨⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,022111111z y x z x BA m ⎪⎩⎪⎨⎧=-+-=⋅=-=⋅,03,022221211z y x B x A B 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==，所以c o s m n m n α⋅=⋅ ，即2cos cos4αα=⇒=.所以410sin=α.解法二：如图，PBPAPCPC==11, .设BA1与1AB交于点,O则1111,,OA OB OA OB A B AB==⊥ .11,,PA PB PO AB=⊥因为所以从而⊥1AB平面BPA1.过O在平面BPA1上作PAOE1⊥,垂足为E.连结EB1,则EOB1∠为二面角11BPAB--的平面角.设21=AA,则易求得3,2,5111=====POOBOAPAPB.在直角OPA1∆中，OEPAPOOA⋅=⋅11,即56,532=∴⋅=⋅OEOE.又554562,222111=+=+=∴=OEOBEBOB.4105542sinsin111===∠=EBOBEOBα.4.（2010年一试8）方程2010=++zyx满足zyx≤≤的正整数解（x,y,z）的个数是 .336675 提示：首先易知2010=++zyx的正整数解的个数为1004200922009⨯=C.把2010=++zyx满足zyx≤≤的正整数解分为三类：（1）zyx,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）zyx,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003；(3)设zyx,,两两均不相等的正整数解为k.易知100420096100331⨯=+⨯+k，所以110033100420096-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k.OEPC1B1A1CBA从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.5. （2011年一试5）现安排7名同学去参加5个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为．（用数字作答）15000. 提示：由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：（1）有一个项目有3人参加，共有3600!5!51537=⋅-⋅C C 种方案；（2）有两个项目各有2人参加，共有11400!5!5)(21252527=⋅-⋅⋅C C C 种方案；所以满足题设要求的方案数为15000114003600=+．6. （2011年一试6）在四面体ABCD 中，已知︒=∠=∠=∠60CDA BDC ADB ，3==BD AD ，2=CD ，则四面体ABCD 的外接球的半径为．提示：设四面体ABCD 的外接球球心为O ，则O 在过△ABD 的外心N 且垂直于平面ABD 的垂线上．由题设知，△ABD 是正三角形，则点N 为△ABD 的中心．设M P ,分别为CD AB ,的中点，则N 在DP 上，且DP ON ⊥，CD OM ⊥．因为︒=∠=∠=∠60ADB CDB CDA ，设CD 与平面ABD 所成角为θ，可求得32sin ,31cos ==θθ．在△DMN 中，33233232,121=⋅⋅=⋅===DP DN CD DM ．由余弦定理得231312)3(1222=⋅⋅⋅-+=MN ，故2=MN ．四边形DMON 的外接圆的直径3322sin ===θMNOD ．故球O 的半径3=R ．7. （2011年一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为． 15. 提示：=n a C65400320020023n n n--⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ．当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有A BC DOP MN14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，同理可计算得!86中因数2的个数为82，!114中因数2的个数为110，所以C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，同样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数．因此，整数项的个数为15114=+．8. （2012年一试8）9. （2012年一试8）10. （2012年一试4）11. （2013年一试6）12. （2013年一试8）13. （2014年一试5）14. （2014年一试8）15. （2014年一试8）。

2017年全国各地高考数学分类汇编6-立体几何

2017年全国各地高考数学分类汇编6-立体几何一、选择题（共10小题；共50分）1. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A. 3√2B. 2√3C. 2√2D. 22. 某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )A. 10B. 12C. 14D. 163. 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：cm2）是( )A. π2+1 B. π2+3 C. 3π2+1 D. 3π2+34. 某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A. 60B. 30C. 20D. 105. 已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120∘，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )A. √32B. √155C. √105D. √336. 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后所得，则该几何体的体积为( )A. 90πB. 63πC. 42πD. 36π7. 已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A. πB. 3π4C. π2D. π48. 如图，已知正四面体D−ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP=PB，BQQC=CRRA=2，分别记二面角D−PR−Q，D−PQ−R，D−QR−P的平面角为α，β，γ，则( )A. γ<α<βB. α<γ<βC. α<β<γD. β<γ<α9. 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )A. A1E⊥DC1B. A1E⊥BDC. A1E⊥BC1D. A1E⊥AC10. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )A. B.C. D.二、填空题（共6小题；共30分）11. 如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1V2的值是．12. 长方体的长、宽、高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为．13. 已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为．14. 由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为．15. a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60∘角时，AB与b成30∘角；②当直线AB与a成60∘角时，AB与b成60∘角；③直线AB与a所成角的最小值为45∘；④直线AB与a所成角的最小值为60∘；其中正确的是（填写所有正确结论的编号）．16. 已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9，则球O的表面积为．三、解答题（共16小题；共208分）17. 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．18. 如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120∘得到的，G是DF⏜的中点．（1）设P是CE⏜上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；（2）当AB=3，AD=2时，求二面角E−AG−C的大小．AD，19. 如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12∠BAD=∠ABC=90∘，E是PD的中点．（1）证明：直线CE∥平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45∘，求二面角M−AB−D的余弦值．20. 如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，∠ABD=∠CBD，AB=BD．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，求二面角D−AE−C的余弦值．21. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=√3，∠BAD=120∘．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角B−A1D−A的正弦值．22. 如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC=90∘%.．点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA=AC=4，AB=2．（1）求证：MN∥平面BDE%;；（2）求二面角C−EM−N的正弦值；%,，求线段AH的长．（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为3√72123. 如图，已知四棱锥P−ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．（1）证明：CE∥平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．AD，24. 如图，四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC=12∠BAD=∠ABC=90∘．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2√7，求四棱锥P−ABCD的体积．25. 如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为10√7cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度，玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．26. 如图，在三棱锥A−BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F（E与A，D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．27. 如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．28. 由四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD．（1）证明：A1O∥平面B1CD1；（2）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．29. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90∘．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；，求该四棱锥的（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，且四棱锥P−ABCD的体积为83侧面积．30. 如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E−BCD的体积．31. 如图，在四棱锥P−ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90∘．（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，求二面角A−PB−C的余弦值．32. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD=√6，AB=4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角B−PD−A的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．答案第一部分1. B 【解析】由三视图可得直观图，在四棱锥P−ABCD中，最长的棱为PA，即PA=√PB2+AB2=√22+(2√2)2=2√3．2. B3. A4. D 【解析】由三视图可知：该几何体为三棱锥，该三棱锥的体积=13×12×5×3×4=10．5. C【解析】如图所示，设M，N，P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则异面直线AB1与BC1所成角为∠MNP或其补角，（因异面直线所成角为(0,π2]），可知MN=12AB1=√52，NP=12BC1=√22；取BC中点为Q，连接PQ，MQ，则△PQM为直角三角形；因为PQ=1，MQ=12AC，△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC=4+1−2×2×1×(−12)=7,所以AC=√7，所以 MQ =√72；在 △MQP 中，MP =√MQ 2+PQ 2=√112；在 △PMN 中，由余弦定理得cos∠MNP =MN 2+NP 2−PM 22⋅MN⋅NP=(√52)2+(√22)2−(√112)22×√52×√22=−√105;又异面直线所成角的范围是 (0,π2]，所以 AB 1 与 BC 1 所成角的余弦值为 √105．6. B7. B 【解析】因为圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，所以该圆柱底面圆周半径 r =√12−(12)2=√32，所以该圆柱的体积：V =Sℎ=π×(√32)2×1=3π4．8. B 【解析】如图所示，建立空间直角坐标系．设底面 △ABC 的中心为 O ．不妨设 OP =3，则 O (0,0,0)，P (0,−3,0)，C (0,−6,0)，D(0,0,6√2)，Q(√3,2,0)，R(−2√3,0,0)，PR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√3,3,0)，PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,6√2)，PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,5,0)，QR ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3√3,−2,0)，QD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√3,−2,6√2)．设平面 PDR 的法向量 n ⃗ =(x,y,z )，则 {n ⃗ ⋅PR⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅PD⃗⃗⃗⃗⃗ =0,可得 {−2√3x +3y =0,3y +6√2z =0,可得 n ⃗ =(√6,2√2,−1)，取平面 ABC 的法向量 m ⃗⃗ =(0,0,1)，则 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√15，取 α=√15．同理可得：β=√681，y =√2√95．√15>√2√95>√681．所以 α<γ<β．9. C【解析】法一：连 B 1C ，由题意得 BC 1⊥B 1C ，因为 A 1B 1⊥平面B 1BCC 1，且 BC 1⊂平面B 1BCC 1，所以 A 1B 1⊥BC 1，因为 A 1B 1∩B 1C =B 1，所以 BC 1⊥平面A 1ECB 1，因为 A 1E ⊂平面A 1ECB 1，所以 A 1E ⊥BC 1．法二：以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，DD 1 为 z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体 ABCD—A 1B 1C 1D 1 中棱长为 2，则 A 1(2,0,2)，E (0,1,0)，B (2,2,0)，D (0,0,0)，C 1(0,2,2)，A (2,0,0)，C (0,2,0)，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,1,−2)，DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,2)，BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2,0)，BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,0)，因为 A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，A 1E ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =6，所以 A 1E ⊥BC 1． 10. A第二部分 11. 3212. 14π【解析】长方体的长、宽、高分别为 3，2，1，其顶点都在球 O 的球面上，可知长方体的对角线的长就是球的直径，所以球的半径为：12√32+22+12=√142．则球 O 的表面积为：4×(√142)2π=14π．13. 9π214. 2+π2 15. ②③【解析】由题意知，a ，b ，AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为 1，故 ∣AC∣=1，∣AB∣=√2，斜边 AB 以直线 AC 为旋转轴，则 A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以 C 为圆心，1 为半径的圆，以 C 坐标原点，以 CD 为 x 轴，CB 为 y 轴，CA 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 D (1,0,0)，A (0,0,1)，直线 a 的方向单位向量 a=(0,1,0)，∣a ∣=1，直线 b 的方向单位向量 b ⃗ =(1,0,0)，∣∣b ⃗ ∣∣=1，设 B 点在运动过程中的坐标 Bʹ(cosθ,sinθ,0)，其中 θ 为 BʹC 与 CD 的夹角，θ∈[0,2π)，所以 ABʹ 在运动过程中的向量，ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(cosθ,sinθ,−1)，∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√2，设 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 a 所成夹角为 α∈[0,π2]，则 cosα=(cosθ,sinθ,−1)⋅(0,1,0)∣a ⃗ ∣⋅∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√22∣sinθ∣∈[0,√22]，所以 α∈[π4,π2]，所以③正确，④错误．设 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 b ⃗ 所成夹角为 β∈[0,π2]， cosβ=∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ ∣∣∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣⋅∣∣b ⃗ ∣∣=(cosθ,sinθ,−1)⋅(1,0,0)∣∣b ⃗ ∣∣⋅∣∣ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√22∣cosθ∣，当 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 a 夹角为 60∘ 时，即 α=π3，∣sinθ∣=√2cosα=√2cos π3=√22，因为 cos 2θ+sin 2θ=1，所以 cosβ=√22∣cosθ∣=12，因为 β∈[0,π2]，所以 β=π3，此时 ABʹ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与 b ⃗ 的夹角为 60∘，所以②正确，①错误． 16. 36π【解析】三棱锥 S −ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球 O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥 S −ABC 的体积为 9，可知三角形 SBC 与三角形 SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为 r ，可得13×12×2r×r×r=9，解得r=3．球O的表面积为：4πr2=36π．第三部分17. （1）如图，由已知AD∥BC，故∠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=√AD2+PD2=√5，故cos∠DAP=ADAP =√55，所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为√55．（2）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，所以PD⊥平面PBC．（3）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，DF=√16+4=2√5，可得sin∠DFP=PDDF =√55，所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为√55．18. （1）因为AP⊥BE，AB⊥BE，且AB,AP⊂平面ABP，AB∩AP=A，所以BE⊥平面ABP，又BP⊂平面ABP，所以 BE ⊥BP ，又 ∠EBC =120∘，因此 ∠CBP =30∘；（2）解法一、取 EC⏜ 的中点 H ，连接 EH ，GH ，CH ，因为 ∠EBC =120∘，所以四边形 BEGH 为菱形，所以 AE =GE =AC =GC =√32+22=√13．取 AG 中点 M ，连接 EM ，CM ，EC ，则 EM ⊥AG ，CM ⊥AG ，所以 ∠EMC 为所求二面角的平面角．又 AM =1，所以 EM =CM =√13−1=2√3．在 △BEC 中，由于 ∠EBC =120∘，由余弦定理得：EC 2=22+22−2×2×2×cos120∘=12，所以 EC =2√3，因此 △EMC 为等边三角形，故所求的角为 60∘ .解法二、以 B 为坐标原点，分别以 BE ，BP ，BA 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由题意得：A (0,0,3)，E (2,0,0)，G(1,√3,3)，C(−1,√3,0)，故 AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,−3)，AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3,0)，CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0,3)．设 m⃗⃗ =(x 1,y 1,z 1) 为平面 AEG 的一个法向量，由 {m ⃗⃗ ⋅AE⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {2x 1−3z 1=0,x 1+√3y 1=0, 取 z 1=2，得 m ⃗⃗ =(3,−√3,2)；设 n ⃗ =(x 2,y 2,z 2) 为平面 ACG 的一个法向量，由 {n ⃗ ⋅AG⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅CG ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 可得 {x 2+√3y 2=0,2x 2+3z 2=0, 取 z 2=−2，得 n ⃗ =(3,−√3,−2)．所以 cos⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=12．所以二面角 E −AG −C 的大小为 60∘． 19. （1）取 PA 的中点 F ，连接 EF ，BF ，因为 E 是 PD 的中点，所以 EF ∥AD ，EF =12AD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90∘，所以 BC ∥AD ，BC =12AD ，所以 EF ∥BC ，且 EF =BC ，所以 BCEF 是平行四边形，可得 CE ∥BF ，又因为 BF ⊂平面PAB ，CE ⊄平面PAB ，所以直线CE ∥平面PAB ；（2）四棱锥 P −ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90∘，E 是 PD 的中点．取 AD 的中点 O ，M 在底面 ABCD 上的射影 N 在 OC 上，设 AD =2，则 AB =BC =1，OP =√3，所以 ∠PCO =60∘，直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45∘，可得：BN =MN ，CN =√33MN ，BC =1，可得：1+13BN 2=BN 2，BN =√62，MN =√62，作 NQ ⊥AB 于 Q ，连接 MQ ，所以 ∠MQN 就是二面角 M −AB −D 的平面角，MQ =√12+(√62)2=√102，二面角M−AB−D的余弦值为：√102=√105．20. （1）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．因为△ABC是等边三角形，所以OB⊥AC．△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，所以△ABD≌△CBD，所以AD=CD．因为△ACD是直角三角形，所以AC是斜边，所以∠ADC=90∘．所以DO=12AC．所以DO2+BO2=AB2=BD2．所以∠BOD=90∘．所以OB⊥OD．又DO∩AC=O，所以OB⊥平面ACD．又OB⊂平面ABC，所以平面ACD⊥平面ABC．（2）设点D，B到平面ACE的距离分别为ℎD，ℎE．则ℎDℎE =DEBE．因为平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，所以13S△ACE⋅ℎD13S△ACE⋅ℎE=ℎDℎE=DEBE=1．所以点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．不妨取AB=2．则 O (0,0,0)，A (1,0,0)，C (−1,0,0)，D (0,0,1)，B(0,√3,0)，E (0,√32,12)．AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,0,1)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√32,12)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,0)．设平面 ADE 的法向量为 m ⃗⃗ =(x,y,z )，则 {m ⃗⃗ ⋅AD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 即 {−x +z =0,−x +√32y +12z =0, 取 m ⃗⃗ =(3,√3,3)．同理可得：平面 ACE 的法向量为 n ⃗ =(0,1,−√3)．所以 cos 〈m ⃗⃗ ,n ⃗ 〉=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√3√21×2=−√77．所以二面角 D −AE −C 的余弦值为 √77． 21. （1）在平面 ABCD 内，过 A 作 Ax ⊥AD ，因为 AA 1⊥平面ABCD ，AD ，Ax ⊂平面ABCD ，所以 AA 1⊥Ax ，AA 1⊥AD ，以 A 为坐标原点，分别以 Ax ，AD ，AA 1 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．因为 AB =AD =2，AA 1=√3，∠BAD =120∘，所以 A (0,0,0)，B(√3,−1,0)，C(√3,1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,√3)，C 1(√3,1,√3)． A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−1,−√3)，AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,1,√3)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(√3,−3,0)，DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,√3)．因为 cos⟨A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⟩=A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣∣AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣=√7×√7=−17．所以异面直线 A 1B 与 AC 1 所成角的余弦值为 17．（2）设平面 BA 1D 的一个法向量为 n ⃗ =(x,y,z )，由 {n ⃗ ⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {√3x −3y =0,−2y +√3z =0, 取 x =√3，得 n ⃗ =(√3,1,2√33)；取平面 A 1AD 的一个法向量为 m ⃗⃗ =(1,0,0)．所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√31×√3+1+43=34．所以二面角 B −A 1D −A 的正弦值为 34，则二面角 B −A 1D −A 的正弦值为 √1−(34)2=√74．22. （1）取 AB 中点 F%,，连接 MF ，NF%,，因为 M 为 AD 中点，所以 MF ∥BD%,，因为 BD ⊂平面BDE ，MF ⊄平面BDE%,，所以 MF ∥平面BDE ．因为 N 为 BC 中点，所以 NF ∥AC%,，又 D ，E 分别为 AP ，PC 的中点，所以 DE ∥AC%,，则 NF ∥DE ．因为 DE ⊂平面BDE ，NF ⊄平面BDE%,，所以 NF ∥平面BDE ．又 MF ∩NF =F ．所以平面MFN ∥平面BDE%,，则 MN ∥平面BDE%;；（2）因为 PA ⊥底面ABC ，∠BAC =90∘．所以以 A 为原点，分别以 AB ，AC ，AP 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．因为 PA =AC =4，AB =2，所以 A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,4,0)，M (0,0,1)，N (1,2,0)，E (0,2,2), 则 MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,2,−1)，ME ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,1), 设平面 MEN 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z )%,，由 {m ⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅ME ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得 {x +2y −z =0,2y +z =0, 取 z =2%,，得 m ⃗⃗ =(4,−1,2)．由图可得平面 CME 的一个法向量为 n ⃗ =(1,0,0)．所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣m ⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=√21×1=4√2121所以二面角 C −EM −N 的余弦值为4√2121%,，则正弦值为 √10521%;；（3）设 AH =t%,，则 H (0,0,t )，NH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,−2,t )，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2,2)．因为直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为3√721%,，所以 \（\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow{BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}||\overrightarrow{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}%\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow {BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}|\overrightarrow|{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}\left|\cos \left\langle \overrightarrow {NH}，\overrightarrow {BE}\right\rangle\right|=\left|\dfrac{\overrightarrow{NH}\cdot\overrightarrow{BE}}{|\overrightarrow{NH}|\overrightarrow|{BE}|}\right|=\left|\dfrac{2t-2}{\sqrt{5+t^2}\times 2\sqrt3}\right|=\dfrac{3\sqrt{7}}{21}\）．解得：t =4．所以当 H 与 P 重合时直线 NH 与直线 BE 所成角的余弦值为 3√721%,，此时线段 AH 的长为 4．23. （1）因为四棱锥 P −ABCD ，△PAD 是以 AD 为斜边的等腰直角三角形， BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为 PD 的中点，所以以 D 为原点，DA 为 x 轴，DC 为 y 轴，过 D 作平面 ABCD 的垂线为 z 轴，建立空间直角系，设 PC =AD =2DC =2CB =2，则 C (0,1,0)，D (0,0,0)，P (1,0,1)，E (12,0,12)，A (2,0,0)，B (1,1,0)， CE⃗⃗⃗⃗⃗ =(12,−1,12)，PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,−1)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,−1)，设平面 PAB 的法向量 n⃗ =(x,y,z )，则 {n ⃗ ⋅PA⃗⃗⃗⃗⃗ =x −z =0,n ⃗ ⋅PB⃗⃗⃗⃗⃗ =y −z =0, 取 z =1，得 n ⃗ =(1,1,1)，因为 CE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =12−1+12=0，CE ⊄平面PAB ，所以 CE ∥平面PAB ．（2） PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,1,−1)，设平面 PBC 的法向量 m ⃗⃗ =(a,b,c )，则 {m ⃗⃗ ⋅PB⃗⃗⃗⃗⃗ =b −c =0,m ⃗⃗ ⋅PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−a +b −c =0,取 b =1，得 m ⃗⃗ =(0,1,1)，设直线 CE 与平面 PBC 所成角为 θ，则 sinθ=∣cos⟨CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ,m ⃗⃗ ⟩∣=∣CE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ ∣∣CE ⃗⃗⃗⃗⃗ ∣⋅∣m ⃗⃗⃗ ∣=12√64⋅√2=√36．所以直线 CE 与平面 PBC 所成角的正弦值为 √36． 24. （1）四棱锥 P −ABCD 中，因为 ∠BAD =∠ABC =90∘．所以 BC ∥AD ，因为 AD ⊂平面PAD ，BC ⊄平面PAD ，所以直线BC ∥平面PAD ；（2）四棱锥 P −ABCD 中，侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，AB =BC =12AD ，∠BAD =∠ABC =90∘．设 AD =2x ，则 AB =BC =x ，CD =√2x ，设 O 是 AD 的中点，连接 PO ，OC ，CD 的中点为：E ，连接 OE ，由题意得，四边形 ABCD 为正方形，则 CO ⊥AD ．因为侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以 PO ⊥AD ，PO ⊥平面ABCD ，因为 CO ⊂底面ABCD ，所以 PO ⊥CO ，则 OE =√22x ，PO =√3x ，PE =√PO 2+OE 2=√7x√2， △PCD 面积为 2√7，可得：12PE ⋅CD =2√7，即：12√7√2⋅√2x =2√7，解得 x =2，PO =2√3．则 V P−ABCD=13×12(BC +AD )×AB ×PO=13×12×(2+4)×2×2√3=4√3.25. （1）设玻璃棒在 CC 1 上的点 M ，玻璃棒与水面的交点为 N ，如图 1，在平面 ACM 中，过 N 作 NP∥MC ，交 AC 于点 P ，因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，所以CC1⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以CC1⊥AC，所以NP⊥AC，所以NP=12cm，且AM2=AC2+MC2，解得MC=30cm，因为NP∥MC，所以△ANP∽△AMC，所以ANAM =NPMC，AN40=1230，得AN=16cm．所以玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．（2）设玻璃棒在GG1上的点为M，玻璃棒与水面的交点为N，如图2，在平面E1EGG1中，过点N作NP⊥EG，交EG于点P，过点E作EQ⊥E1G1，交E1G1于点Q，因为EFGH−E1F1G1H1为正四棱台，所以EE1=GG1，EG∥E1G1，EG≠E1G1，所以EE1G1G为等腰梯形，画出截面E1EGG1，因为E1G1=62cm，EG=14cm，EQ=32cm，NP=12cm，所以E1Q=24cm，由勾股定理得：E1E=40cm，所以sin∠EE1G1=45，sin∠EGM=sin∠EE1G1=45，cos∠EGM=−35，根据正弦定理得：EMsin∠EGM =EGsin∠EMG，所以sin∠EMG=725，cos∠EMG=2425，所以sin∠GEM=sin(∠EGM+∠EMG)=sin∠EGMcos∠EMG+cos∠EGMsin∠EMG=35,所以EN=NPsin∠GEM=1235=20cm．所以玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．26. （1）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A，B，E，F四点共面，所以AB∥EF，又因为EF⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC．（2）因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，BC在平面ABC内，BC⊥BD，所以BC⊥平面ABD，因为AD在平面ABD内，所以BC⊥AD，又AB⊥AD，BC∩AB=B，AB，BC在平面ABC内，所以AD⊥平面ABC，所以AD⊥平面ABC，又AC在平面ABC内，所以AD⊥AC．27. （1）取AC中点O，连接DO，BO，因为△ABC是正三角形，AD=CD，所以DO⊥AC，BO⊥AC，因为DO∩BO=O，所以AC⊥平面BDO，因为BD⊂平面BDO，所以AC⊥BD．（2）法一：连接OE，由（1）知AC⊥平面OBD，所以 OE ⊥AC ，设 AD =CD =√2，则 OC =OA =1，所以 E 是线段 AC 垂直平分线上的点，所以 EC =EA =CD =√2，由余弦定理得：cos∠CBD =BC 2+BD 2−CD 22BC⋅BD =BC 2+BE 2−CE 22BC⋅BE ，即 4+4−22×2×2=4+BE 2−22×2×BE ，解得 BE =1 或 BE =2，因为 BE <BD =2，所以 BE =1，所以 BE =ED ，因为四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 ℎ，因为 BE =ED ，所以 S △DCE =S △BCE ，所以四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积比为 1．法二：设 AD =CD =√2，则 AC =AB =BC =BD =2，AO =CO =DO =1，所以 BO =√4−1=√3，所以 BO 2+DO 2=BD 2，所以 BO ⊥DO ，以 O 为原点，OA 为 x 轴，OB 为 y 轴，OD 为 z 轴，建立空间直角坐标系，则 C (−1,0,0)，D (0,0,1)，B(0,√3,0)，A (1,0,0)，设 E (a,b,c )，DE⃗⃗⃗⃗⃗ =λDB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则 (a,b,c −1)=λ(0,√3,−1)，解得 E(0,√3λ,1−λ)，所以 CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,√3λ,1−λ)，AE⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3λ,1−λ)，因为 AE ⊥EC ，所以 AE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CE ⃗⃗⃗⃗⃗ =−1+3λ2+(1−λ)2=0，由 λ∈[0,1]，解得 λ=12，所以 DE =BE ，因为四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的高都是点 A 到平面 BCD 的高 ℎ，因为 DE =BE ，所以四面体ABCE与四面体ACDE的体积比为1．28. （1）取B1D1中点G，连接A1G，CG，因为四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，所以四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后，A1G∥OC，A1G=OC，所以四边形OCGA1是平行四边形，所以A1O∥CG，因为A1O⊄平面B1CD1，CG⊂平面B1CD1，所以A1O∥平面B1CD1．（2）四棱柱ABCD−A1B1C1D1截去三棱锥C1−B1CD1后，BD∥B1D1，BD=B1D1，因为M是OD的中点，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以BD⊥A1E，因为四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，所以AO⊥BD，因为M是OD的中点，E为AD的中点，所以EM⊥BD，因为A1E∩EM=E，所以BD⊥平面A1EM，因为BD∥B1D1，所以B1D1⊥平面A1EM，因为B1D1⊂平面B1CD1，所以平面A1EM⊥平面B1CD1．29. （1）因为在四棱锥P−ABCD中，∠BAP=∠CDP=90∘，所以AB⊥PA，CD⊥PD，又AB∥CD，所以AB⊥PD，因为PA∩PD=P，所以AB⊥平面PAD，因为AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）设PA=PD=AB=DC=a，取AD中点O，连接PO，因为PA=PD=AB=DC，∠APD=90∘，平面PAB⊥平面PAD，所以PO⊥底面ABCD，且AD=√a2+a2=√2a，PO=√22a，因为四棱锥P−ABCD的体积为83，所以V P−ABCD=13×S四边形ABCD×PO=13×AB×AD×PO=13×a×√2a×√22a=13a3=83.解得a=2，所以PA=PD=AB=DC=2，AD=BC=2√2，PO=√2，所以PB=PC=√4+4=2√2，所以该四棱锥的侧面积为：S侧=S△PAD+S△PAB+S△PDC+S△PBC=12×PA×PD+12×PA×AB+12×PD×DC+12×BC×√PB2−(BC2)2=12×2×2+12×2×2+12×2×2+12×2√2×√8−2=6+2√3.30. （1）由PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，且AB∩BC=B，可得PA⊥平面ABC，由BD⊂平面ABC，可得PA⊥BD．（2）由AB=BC，D为线段AC的中点，可得BD⊥AC，由PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAC，可得平面PAC⊥平面ABC，又平面PAC∩平面ABC=AC，BD⊂平面ABC，且BD⊥AC，即有BD⊥平面PAC，BD⊂平面BDE，可得平面BDE⊥平面PAC．（3）PA∥平面BDE，PA⊂平面PAC，且平面PAC ∩平面BDE =DE ，可得 PA ∥DE ，又 D 为 AC 的中点，可得 E 为 PC 的中点，且 DE =12PA =1，由 PA ⊥平面ABC ，可得 DE ⊥平面ABC ，可得 S △BDC =12S △ABC =12×12×2×2=1，则三棱锥 E −BCD 的体积为 13DE ⋅S △BDC =13×1×1=13．31. （1）因为 ∠BAP =∠CDP =90∘，所以 PA ⊥AB ，PD ⊥CD,因为 AB ∥CD ，所以 AB ⊥PD ，又因为 PA ∩PD =P ，且 PA ⊂平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，所以 AB ⊥平面PAD ，又 AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD ；（2）因为 AB ∥CD ，AB =CD ，所以四边形 ABCD 为平行四边形，由（1）知 AB ⊥平面PAD ，所以 AB ⊥AD ，则四边形 ABCD 为矩形，在 △APD 中，由 PA =PD ，∠APD =90∘，可得 △PAD 为等腰直角三角形，设 PA =AB =2a ，则 AD =2√2a ．取 AD 中点 O ，BC 中点 E ，连接 PO ，OE ，以 O 为坐标原点，分别以 OA ，OE ，OP 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则：D(−√2a,0,0)，B(√2a,2a,0)，P(0,0,√2a)，C(−√2a,2a,0)．PD⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2a,0,−√2a)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2a,2a,−√2a)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2√2a,0,0)．设平面 PBC 的一个法向量为 n⃗ =(x,y,z )，由 {n ⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n ⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 得 {√2ax +2ay −√2az =0,−2√2ax =0,取 y =1，得 n ⃗ =(0,1,√2)．因为 AB ⊥平面PAD ，PD ⊂平面PAD,所以 AB ⊥PD ，又 PD ⊥PA ，PA ∩AB =A,所以 PD ⊥平面PAB ，则 PD⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面 PAB 的一个法向量，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−√2a,0,−√2a)．所以 cos⟨PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ,N ⃗ ⟩=PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n ⃗ ∣PD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣n ⃗ ∣=2a×√3=−√33．由图可知，二面角 A −PB −C 为钝角，所以二面角 A −PB −C 的余弦值为 −√33． 32. （1）如图 1，设 AC ∩BD =O ，因为 ABCD 为正方形，所以 O 为 BD 的中点，连接 OM ，因为 PD ∥平面MAC ，PD ⊂平面PBD ，平面PBD ∩平面AMC =OM ，所以 PD ∥OM ，则 BO BD =BM BP =12，即 M 为 PB 的中点；（2）取 AD 中点 G ，因为 PA =PD ，所以 PG ⊥AD ，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD =AD ，所以 PG ⊥平面ABCD ，则 PG ⊥AD ，连接 OG ，则 PG ⊥OG ，由 G 是 AD 的中点，O 是 AC 的中点，可得 OG ∥DC ，则 OG ⊥AD ．如图 2，以 G 为坐标原点，分别以 GD ，GO ，GP 所在直线为 x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，由 PA =PD =√6，AB =4，得 D (2,0,0)，A (−2,0,0)，P(0,0,√2)，C (2,4,0)，B (−2,4,0)，M (−1,2,√22)， DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,√2)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−4,4,0)．设平面 PBD 的一个法向量为 m⃗⃗ =(x,y,z )，则由 {m ⃗⃗ ⋅DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,m ⃗⃗ ⋅DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0 得 {−2x +√2z =0,−4x +4y =0, 取 z =√2，得 m ⃗⃗ =(1,1,√2)．则平面 PAD 的一个法向量为 n⃗ =(0,1,0)．所以 cos ⟨m ⃗⃗ ,n ⃗ ⟩=m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣m ⃗⃗⃗ ∣∣∣∣n ⃗ ∣∣=12×1=12．所以二面角 B −PD −A 的大小为 60∘；（3） CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,−2,√22)，平面 PAD 的一个法向量为 n ⃗ =(0,1,0)．所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为 ∣∣cos⟨CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ ⟩∣∣=∣∣∣CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ ∣∣CM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∣∣∣n ⃗ ∣∣∣∣=∣∣∣∣∣√9+4+12×1∣∣∣∣∣=2√69．。

全国高中数学联赛分类汇编专题解析几何

1、（2000一试3）已知点A 为双曲线x 2-y 2=1的左顶点，点B 和点C 在双曲线的右分支上，△ABC 是等边三角形，则△ABC 的面积是（） (A)33 (B) 233 (C) 33 (D) 633、（2002一试2）若实数x, y 满足(x+5)2+(y12)2=142，则x 2+y 2的最小值为( )(A ) 2 (B) 1 (C) 3 (D) 2 【答案】B【解析】利用圆的知识结合数形结合分析解答，22x y +表示圆上的点（x,y ）到原点的距离。

4、（2002一试4）直线134=+yx 椭圆191622=+y x 相交于A ，B 两点，该圆上点P ，使得⊿PAB 面积等于3，这样的点P 共有( )(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个【答案】B5、（2003一试2）设a，b∈R，ab≠0，那么直线ax－y+b=0和曲线bx2+ay2=ab的图形是（）A. B. C. D.【答案】B6、（2003一试3）过抛物线y2=8(x+2)的焦点F作倾斜角为60°的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于点P，则线段PF的长等于（）(A)163(B)83(C)1633 (D) 8 3【答案】A【解析】抛物线的焦点为原点(0，0)，弦AB所在直线方程为y=3x，弦的中点在y=pk=43上，即AB中点为(43，43)，中垂线方程为y=－33(x－43)+43，令y=0，得点P的坐标为163．∴PF=163．选A．7、（2004一试2）已知M={(x ，y )|x 2+2y 2=3}，N={(x ，y )|y=mx+b }．若对于所有的m ∈R ，均有M ∩N ≠∅，则b 的取值范围是 ( )A ．[－62，62]B ．(－62，62)C ．(－233，233]D ．[－233，233] 【答案】A【解析】点(0，b )在椭圆内或椭圆上，⇒2b 2≤3，⇒b ∈[－62，62]．选A ．8、（2005一试5）方程13cos 2cos 3sin 2sin 22=-+-y x 表示的曲线是（）A ．焦点在x 轴上的椭圆B ．焦点在x 轴上的双曲线C ．焦点在y 轴上的椭圆D ．焦点在y 轴上的双曲线【答案】C9、（2007一试5）设圆O 1和圆O 2是两个定圆，动圆P 与这两个定圆都相切，则圆P 的圆心轨迹不可能是（）【答案】A【解析】设圆O 1和圆O 2的半径分别是r 1、r 2，|O 1O 2|=2c ，则一般地，圆P 的圆心轨迹是焦点为O 1、O 2，且离心率分别是212r r c +和||221r r c -的圆锥曲线（当r 1=r 2时，O 1O 2的中垂线是轨迹的一部份，当c=0时，轨迹是两个同心圆）。

2017高考试题分类汇编-立体几何

2017高考试题分类汇编-立体几何立体几何1（2017北京文）（本小题14分如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积．2（2017新课标Ⅱ理）（12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD③直线AB与a所称角的最小值为45°；④直线AB与a所称角的最小值为60°；其中正确的是________。

（填写所有正确结论的编号）5（2017山东理）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120︒得到的，G是DF的中点.（Ⅰ）设P是CE上的一点，且AP BE∠的大⊥，求CBP小；（Ⅱ）当3--的大小.AB=，2AD=，求二面角E AG C6（2017新课标Ⅰ理数）．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O。

D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形。

沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥。

当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______。

7（2017新课标Ⅰ理数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且∠=∠=.90BAP CDP（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，90APD∠=，求二面角A-PB-C的余弦值.8（2017江苏）（本小题满分14分）如图，在三棱锥A-BCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD ．求证：（1）EF ∥平面ABC ；（2）AD ⊥AC ．9．（2017江苏）（本小题满分16分）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm ，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为cm ，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm 和62cm ．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm ．现有一根玻璃棒l ，其长度为40cm ．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点A 处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；EG 11E G l l 1CC l（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点E 处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．10（2017天津文）（本小题满分13分）如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（II ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.l l 1GGl11（2017北京理）（本小题14分）如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD//平面MAC ，PA =PD，AB=4．（I ）求证：M 为PB 的中点；（II ）求二面角B -PD -A 的大小；（III ）求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．12（2017浙江）（本题满分15分）如图，已知四棱锥P –ABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，，CD ⊥AD ，PC =AD =2DC =2CB ，E 为PD 的中点．（第19题图）（Ⅰ）证明：平面PAB ；//BC AD //CE P A B C D E（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．13（2017新课标Ⅲ文数）（12分）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB=BD．若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．14（2017新课标Ⅰ文数）（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，AB//CD，且90∠=∠=BAP CDP（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC,90∠=,且四棱锥APDP-ABCD 的体积为8，求该四棱锥的侧面积.315（2017山东文）（本小题满分12分）由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,A 1E ⊥平面ABCD .（Ⅰ）证明：1A O ∥平面B 1CD 1; （Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.16（2017新课标Ⅱ文）（12分）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,1,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=︒（1）证明：直线BC ∥平面PAD ;（2）若△PCD 的面积为P ABCD -的体积.17（2017新课标Ⅲ理数）（12分）如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD =∠CBD ，AB =BD ．（1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ；（2）过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D –AE –C 的余弦值．18（2017浙江）如图，已知正四面体D –ABC （所有棱长均相等的三棱锥），P ，Q ，R 分别为AB ，BC ，CA 上的点，AP=PB ，，分别记二面角D –PR –Q ，D –PQ –R ，D –QR –P 的平面角为α，β，γ，则2BQ CR QC RA==（第9题图）A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α19（2017浙江）我国古代数学家刘徽创立的“割圆术”可以估算圆周率π，理论上能把π的值计算到任意精度．祖冲之继承并发展了“割圆术”，将π的值精确到小数点后七位，其结果领先世界一千多年．“割圆术”的第一步是计算单位圆内接正六边形的面积，． 20（2017新课标Ⅲ文数）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）A ．πB ．3π4 C ．π2D ．π421（2017新课标Ⅲ文数）在正方体1111ABCD A B C D -中，6S 6S =E 为棱CD 的中点，则（）A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥ D ．1A E AC ⊥ 22（2017新课标Ⅱ文）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为.23（2017新课标Ⅱ理）已知直三棱柱111ABC A B C -中，120ABC ∠=︒，2AB =，11BC CC==，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为A B CD24（2017新课标Ⅰ文数）如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB 与平面MNQ 不平行的是25（2017新课标Ⅰ文数）已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径。

2017高考试题分类汇编立体几何

立体几何1（2017北京文）（本小题14分如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．（Ⅰ）求证：PA ⊥BD ；（Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ；（Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 2（2017新课标Ⅱ理）（12分）如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，o 1,90,2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠=E 是PD 的中点．（1）证明：直线CE ∥平面PAB ；（2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为o 45，求二面角M AB D --的余弦值．3（2017天津理）（本小题满分13分）如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，90BAC ∠=︒.点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2. （Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值；（Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长.4（2017新课标Ⅲ理数）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有以下结论： ①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所称角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所称角的最小值为60°；其中正确的选项是________。

（填写所有正确结论的编号）5（2017山东理）如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴旋转120︒获取的，G 是DF 的中点. （Ⅰ）设P 是CE 上的一点，且AP BE ⊥，求CBP ∠的大小；（Ⅱ）当3AB =，2AD =，求二面角E AG C --的大小.6（2017新课标Ⅰ理数）．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O 。

第02讲初等数论20092017全国高中数学联赛分类汇编 (1)

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第02讲：初等数论1、（2010一试8）方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解(,,)x y z 的个数是. 【答案】336675易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2、（2011一试8）已知=n a C ())95,,2,1(2162003200=⎪⎪⎭⎫⎝⎛⋅⋅-n nnn ，则数列}{n a 中整数项的个数为．【答案】15 【解析】=n a C65400320020023n n n --⋅⋅．要使)951(≤≤n a n 为整数，必有65400,3200nn --均为整数，从而4|6+n ．当=n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时，3200n -和65400n-均为非负整数，所以n a 为整数，共有14个．当86=n 时，=86a C 5388620023-⋅⋅，在C !114!86!20086200⋅=中，!200中因数2的个数为1972200220022002200220022002200765432=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎦⎤⎢⎣⎡，同理可计算得!86中因数2的个数为82，!114中因数2的个数为110，所以C 86200中因数2的个数为511082197=--，故86a 是整数．当92=n 时，=92a C 10369220023-⋅⋅，在C !108!92!20092200⋅=中，同样可求得!92中因数2的个数为88,!108中因数2的个数为105,故C 86200中因数2的个数为410588197=--，故92a 不是整数．因此，整数项的个数为15114=+．3、（2015一试8）对四位数(19,0,,9)abcd a b c d ≤≤≤≤,若,,a b b c c d ><>,则称abcd 为P 类数,若,,a b b c c d <><,则称abcd 为Q 类数,用()N P 与()N Q 分别表示P 类数与Q 类数的个数,则()()N P N Q -的值为【答案】28599b a b c <≤<≤由及知，a 和c 分别有9-b 种取法，从而992200191019|=(9)26|85.b k b k ==⨯⨯-===∑∑A ()()285.N P N Q -=因此，学科@网4、（2016一试8）设4321,,,a a a a 是1，2，…，100中的4个互不相同的数，满足2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++=++++则这样的有序数组),,,(4321a a a a 的个数为 . 【答案】40【解析】由柯西不等式知，2433221242322232211)())((a a a a a a a a a a a a ++≥++++，等号成立的充分必要条件是433221a a a a a a ==，即4321,,,a a a a 成等比数列.于是问题等价于计算满足{1,2,3,},,,{4321⊆a a a a …,100}的等比数列4321,,,a a a a 的个数.设等比数列的公比1≠q ，且q 为有理数.记mn q =，其中n m ,为互素的正整数，且n m ≠. 先考虑m n >的情况.此时331314)(m n a m n a a ==，注意到33,n m 互素，故31ma l =为正整数. 相应地，4321,,,a a a a 分别等于l n l mn nl m l m 3223,,,，它们均为正整数.这表明，对任意给定的1>=mnq ，满足条件并以q 为公比的等比数列4321,,,a a a a 的个数，即为满足不等式1003≤l n 的正整数l 的个数，即]100[3n.由于10053>，故仅需考虑34,4,23,3,2=q 这些情况，相应的等比数列的个数为20113312]64100[]64100[]27100[]27100[]8100[=++++=++++. 当m n <时，由对称性可知，亦有20个满足条件的等比数列4321,,,a a a a . 综上可知，共有40个满足条件的有序数组),,,(4321a a a a .5、（2017一试4）若一个三位数中任意两个相邻数码的差均不超过1，则称其为“平稳数”.平稳数的个数是. 【答案】756、（2009二试3）设k ，l 是给定的两个正整数．证明：有无穷多个正整数m k ≥，使得C k m 与l 互素．【解析】证法一：对任意正整数t ，令(!)m k t l k =+⋅⋅．我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．若p /|k !，则由1!C ()kkmi k m k i ==-+∏1[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡．及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．证法二：对任意正整数t ，令2(!)m k t l k =+⋅⋅，我们证明()C 1k m l =，．设p 是l 的任一素因子，只要证明：p/|C k m ．若p /|k !，则由 1!C ()==-+∏kkmi k m k i 21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()!mod k p ≡．即p 不整除上式，故p/|C k m ．若|!p k ，设1α≥使|!p k α，但1/|!p k α+．12|(!)p k α+．故由11!C ()k kmi k m k i -==-+∏21[((!)]ki i tl k =≡+∏1ki i =≡∏()1!mod k p α+≡,及|!p k α，且pα+1/|k !，知|!C k m p k α且1α+p /|!C k m k ．从而p/|C km ．7、（2009二试4）在非负数构成的39⨯数表中每行的数互不相同，前6列中每列的三数之和为1，1728390x x x ===，27x ，37x ，18x ，38x ，19x ，29x 均大于．如果P 的前三列构成的数表111213212223313233x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭满足下面的性质()O ：对于数表P 中的任意一列123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪⎝⎭（1k =，2，…，9）均存在某个{}123i ∈，，使⑶{}123min ik i i i i x u x x x =≤，，．求证：（ⅰ）最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3一定自数表S 的不同列．（ⅱ）存在数表P 中唯一的一列***123k k k x x x ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭，*1k ≠，2，3使得33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭仍然具有性质()O ．【解析】（ⅰ）假设最小值{}123min i i i i u x x x =，，，1i =，2，3不是取自数表S 的不同列．则存在一列不含任何i u ．不妨设2i i u x ≠，1i =，2，3．由于数表P 中同一行中的任何两个元素都不等，于是2i i u x <，1i =，2，3．另一方面，由于数表S 具有性质()O ，在⑶中取2k =，则存在某个{}0123i ∈，，使得002i i x u ≤．矛盾．（ⅱ）由抽届原理知，{}1112min x x ，，{}2122min x x ，，{}3132min x x ，中至少有两个值取在同一列．不妨设{}212222min x x x =，，{}313232min x x x =，．由前面的结论知数表S 的第一列一定含有某个i u ，所以只能是111x u =．同样，第二列中也必含某个i u ，1i =，2．不妨设222x u =．于是333u x =，即i u 是数表S 中的对角线上数字．下面证明33⨯数表***111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫ ⎪'= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ．从上面的选法可知{}{}*1212:min min i i i i i ik u x x x x x '==，，，，(13)i =，．这说明{}*111211min k x x x u >，≥，{}*313233min k x x x u >，≥．又由S 满足性质()O ．在⑶中取*k k =，推得*22k x u ≤，于是{}**2212222min k k u x x x x '==，，．下证对任意的k M ∈，存在某个1i =，2，3使得i ik u x '≥．假若不然，则{}12min ik i i x x x >，，1i =，3且*22k k x x >．这与*2k x 的最大性矛盾．因此，数表S '满足性质()O ．下证唯一性．设有k M ∈使得数表111212122231323k k k x x x S x x x x x x ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭具有性质()O ，不失一般性，我们假定⑷{}221222322min u x x x x ==，， 3231x x <．由于3231x x <，2221x x <及（ⅰ），有{}11112111min k u x x x x ==，，．又由（ⅰ）知：或者()a {}3313233min k k u x x x x ==，，，或者{}2212222()min k k b u x x x x ==，，．如果()a 成立，由数表S 具有性质()O ，则{}11112111min k u x x x x ==，，，⑸{}22122222min k u x x x x ==，，， {}3313233min k k u x x x x ==，，．由数表S 满足性质()O ，则对于3M ∈至少存在一个{}123i ∈，，使得*i ik u x ≥．由*k I ∈及⑷和⑹式知，*1111k x x u >=，*3323k x x u >=．于是只能有*222k k x u x =≤．类似地，由S '满足性质()O 及k M ∈可推得*222k k x u x '=≤．从而*k k =．学*科网 8、（2010一试11）证明：方程02523=-+x x 恰有一个实数根r ，且存在唯一的严格递增正整数数列}{n a ，使得+++=32152a a a r r r . 若存在两个不同的正整数数列 <<<<n a a a 21和 <<<<nb b b 21满足52321321=+++=+++ b b b a a a r r r r r r ，去掉上面等式两边相同的项，有 +++=+++321321t t t s s s r r r r r r，这里 <<<<<<321321,t t t s s s ，所有的i s 与j t 都是不同的. 不妨设11t s <，则 ++=++<21211t t s s s r r r r r，112111111121211=--<--=++≤++<--rr r r r s t s t ，矛盾.故满足题设的数列是唯一的.9、（2010二试2）设k 是给定的正整数，12r k =+．记(1)()()f r f r r r ==⎡⎤⎢⎥，()()l f r =(1)(()),2l f f r l -≥．证明：存在正整数m ，使得()()m f r 为一个整数．这里，x ⎡⎤⎢⎥表示不小于实数x 的最小整数，例如：112⎡⎤=⎢⎥⎢⎥，11=⎡⎤⎢⎥．【解析】记2()v n 表示正整数n 所含的2的幂次．则当2()1m v k =+时，()()m f r 为整数．下面我们对2()v k v =用数学归纳法．当0v =时，k 为奇数，1k +为偶数，此时()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭为整数．假设命题对1(1)v v -≥成立．对于1v ≥，设k 的二进制表示具有形式1212222v v v v v k αα++++=+⋅+⋅+，这里，0i α=或者1，1,2,i v v =++．于是 ()111()1222f r k k k k ⎛⎫⎡⎤⎛⎫=++=++ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎢⎥⎝⎭2122k k k =+++ 11211212(1)2()222v v v v v v v ααα-++++=+++⋅++⋅+++12k '=+， ① 这里1121122(1)2()22v v v v v v v k ααα-++++'=++⋅++⋅+++.显然k '中所含的2的幂次为1v -．故由归纳假设知，12r k ''=+经过f 的v 次迭代得到整数，由①知，(1)()v f r +是一个整数，这就完成了归纳证明．10、（2010二试4）一种密码锁的密码设置是在正n边形12nA A A的每个顶点处赋值0和1两个数中的一个，同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？设标有a的边有2i条，02ni⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦，标有b的边有2j条，22n ij-⎡⎤≤≤⎢⎥⎣⎦．选取2i条边标记a的有2inC种方法，在余下的边中取出2j条边标记b的有22jn iC-种方法，其余的边标记c．由乘法原理，此时共有2inC22jn iC-种标记方法．对i，j求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为222222004n n ii jn n ii jC C-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫⎪⎪⎪⎝⎭∑∑．①这里我们约定01C=．当n为奇数时，20n i->，此时2222122n ij n in ijC-⎡⎤⎢⎥⎣⎦---==∑．②代入①式中，得()()2222222221222000044222n n i n ni j i n i i n in n i n ni j i iC C C C-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦----====⎛⎫⎪==⎪⎪⎝⎭∑∑∑∑0022(1)(21)(21)n nk n k k n k k n nn nk kC C--===+-=++-∑∑31n=+．222222004n n ii jn n ii jC C-⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦-==⎛⎫⎪=⎪⎪⎝⎭∑∑()12221412ni n iniC⎡⎤-⎢⎥⎣⎦--=⎛⎫⎪⨯+⎪⎪⎝⎭∑()222124233ni n i nniC⎡⎤⎢⎥⎣⎦--==+=+∑．综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当n 为奇数时有31n +种；当n 为偶数时有33n +种．11、（2011二试2）证明：对任意整数4≥n ，存在一个n 次多项式具有如下性质：（1）110,,,-n a a a 均为正整数；（2）对任意正整数m ，及任意)2(≥k k 个互不相同的正整数k r r r ,,,21 ，均有)()()()(21k r f r f r f m f ≠．【解析】令 2)()2)(1()(++++=n x x x x f ， ①将①的右边展开即知)(x f 是一个首项系数为1的正整数系数的n 次多项式．下面证明)(x f 满足性质（2）．对任意整数t ，由于4≥n ，故连续的n 个整数n t t t +++,,2,1 中必有一个为4的倍数，从而由①知)4(mod 2)(≡t f ．因此，对任意)2(≥k k 个正整数k r r r ,,,21 ，有 )4(mod 02)()()(21≡≡k k r f r f r f ．但对任意正整数m ，有)4(mod 2)(≡m f ，故)4)(mod ()()()(21k r f r f r f m f ≡/，从而)()()()(21k r f r f r f m f ≠．所以)(x f 符合题设要求．学&科网12、（2011二试3）设)4(,,,21≥n a a a n 是给定的正实数，n a a a <<< 21．对任意正实数r ，满足)1(n k j i r a a a a j k ij ≤<<≤=--的三元数组),,(k j i 的个数记为)(r f n ．证明：4)(2n r f n <．因此，当n 为偶数时，设m n 2=，则有∑∑∑-=-=-=+==121212)()()()(m mj j m j j n j j n r g r g r g r f2)1(2)1()2()1(1212-+-=-+-≤∑∑-+==m m m m j m j m m j m j 4222n m m m =<-=．当n 为奇数时，设12+=m n ，则有∑∑∑+==-=+==mm j jmj j n j j n r gr g r g r f 21212)()()()(∑∑+==-++-≤mm j mj j m j 212)12()1(422n m <=．13、（2011二试4）设A 是一个93⨯的方格表，在每一个小方格内各填一个正整数．称A 中的一个)91,31(≤≤≤≤⨯n m n m 方格表为“好矩形”，若它的所有数的和为10的倍数．称A 中的一个11⨯的小方格为“坏格”，若它不包含于任何一个“好矩形”．求A 中“坏格”个数的最大值．【解析】首先证明A 中“坏格”不多于25个．用反证法．假设结论不成立，则方格表A 中至多有1个小方格不是“坏格”．由表格的对称性，不妨假设此时第1行都是“坏格”．设方格表A 第i 列从上到下填的数依次为9,,2,1,,, =i c b a i i i ．记9,,2,1,0,)(,11=+==∑∑==k c bT a S ki i ikk i ik ，这里000==T S ．即第2行至第3行、第1+m 列至第n 列组成一个“好矩形”，从而至少有2个小方格不是“坏格”，矛盾．类似地，也不存在90,,≤<≤n m n m ，使)10(mod n n m m T S T S +≡+．因此上述断言得证．故)10(mod 59210)(999≡++++≡+≡≡∑∑∑=== k k k k k k k T S T S ，所以 )10(mod 055)(99090≡+≡+≡+∑∑∑===k k k k k k k T S T S ，矛盾！故假设不成立，即“坏格”不可能多于25个．另一方面，构造如下一个93⨯的方格表，可验证每个不填10的小方格都是“坏格”，此时有25个“坏格”．综上所述，“坏格”个数的最大值是25．14、（2012二试2）试证明：集合{}22,2,,2,n A =满足b N *∈，若21b a <-，（１）对每个a A ∈，及则(1)b b +一定不是2a的倍数；（２）对每个a A ∈（其中A 表示A 在Ｎ中的补集），且1a ≠，必存在b N *∈，21b a <-，使(1)b b +是2a 的倍数．【解析】证明:对任意的a A ∈,设2,,ka k N *=∈则122,k a +=如果b 是任意一个小于21a -的正整数,则1 1 12 1 1 1 1 10 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1111011112121b a+≤-则122ka m+=⋅下面给出(2)的三种证明方法:证法一:令1,12,kb mx b y+=+=消去b得12 1.k y mx+-=由于1(2,)1,k m+=这方程必有整数解;12kx x ty y mt+⎧=+⎪⎨=+⎪⎩其中00,(,)t z x y∈为方程的特解.把最小的正整数解记为(,),x y**则12kx*+<,故21,b mx a*=<-使(1)b b+是2a的倍数．证法二:由于1(2,)1,k m+=由中国剩余定理知,同余方程组10(mod2)1(mod)kxx m m+⎧=⎨=-⎩在区间1(0,2)k m+上有解,x b=即存在21,b a<-使(1)b b+是2a的倍数．证法三:由于(2,)1,m=总存在(,1),r r N r m*∈≤-使21(mod)r m=取,t N*∈使1,tr k>+则21(mod)tr m=存在1(21)(2)0,,tr kb q m q N+=--⋅>∈使021,b a<<-此时1,21,km b m++因而(1)b b+是2a的倍数．15.（2013二试4）（本题满分50分）设,n k为大于1的整数，2kn<.证明：存在2k个不被n整除的整数，若将它们任意分成两组，则总有一组若干个数的和被n整除.【证明】先考虑n为2的幂的情形.设2,1rn r=≥，则r k<.取3个12r-及23k-个1，显然这些数均不被n整除.将这2k个数任意分成两组，则总有一组中含2个12r-，它们的和为2r，被n整除.现在设n不是2的幂，取2k个数为22211,1,2,2,,2,1,2,2,,2k k-------，因为n不是2的幂，故上述2k个数均不被n整除.若可将这些数分成两组，使得每一组中任意若干个数的和均不能被n整除.不妨设1在第一组，由于（-1）+1=0，被n整除，故两个-1必须在第二组；因（-1）+（-1）+2=0，被n整除，故2在第一组，进而推出-2在第二组. 现归纳假设1,2,,2l 均在第一组，而1,1,2,,2l ----均在第二组，这里12l k ≤<-，由于()()()()1112220l l +-+-+-++-+=，被n 整除，故12l +在第一组，从而12l +-在第二组.故由数学归纳法可知，221,2,2,,2k -在第一组，221,1,2,2,,2k ------在第二组.最后，由于()()()()21112220k k ---+-+-++-+=，16、（2014二试4）（本题满分50分）设整数122014,,,2014x x x 模互不同余，122014,,,y y y 整数模2014也互不同余.证明：可将122014,,,y y y 重新排列为122014,,,z z z ，使得112220142014,,,x z x z x z +++模4028互不同余.【证明】(mod 2),12.,i i y i k i k i ≡≡≤≤记k=1007,不妨设x 对每个整数17、（2015二试4）(本题满分50分)求具有下述性质的所有正整数k :对任意正整数(1)1,2k n n -+不整除()!!kn n . 18、（2016二试3）（本题满分50分）给定空间中10个点，其中任意四点不在一个平面上，将某些点之间的线段相连，若得到的图形中没有三角形也没有空间四边形，试确定所连线段数目的最大值.【解析】以这10个点为顶点，所连线段为边，得到一个10界简单图G ，我们证明G 的边数不超过15.边，否则就形成三角形，所以，121,,,n v v v +⋅⋅⋅之间恰有n 条边.对每个j (210)n j +≤≤，j v 至多与21,,n v v +⋅⋅⋅中的一个顶点相邻（否则设j v 与,(21)s t v v s t n ≤<≤+）相邻，则1,,,s j t v v v v 就对应了一个空间四边形的四个顶点，这与题设条件矛盾，从而21,,n v v +⋅⋅⋅与210,,n v v +⋅⋅⋅之间的边数至多10(1)9n n -+=-条.在210,,n v v +⋅⋅⋅这9n -个顶点之间，由于没有三角形，由托兰定理，至多2(9)[]4n -条边，因此G 的边数22(9)(9)25(9)[]9[]9[]15444n n k n n --≤+-+=+≤+=百度文库 - 让每个人平等地提升自我11 如图给出的图共有15条边，且满足要求，综上所述，所求边数的最大值为15.学科*网19、（2017二试3）（本题满分50分）将33×33方格纸中每个小方格染三种颜色之一，使得每种颜色的小方格的个数相等，若相邻两个小方格的颜色不同，则称它们的公共边为“分隔边”.试求分隔边条数的最小值.解：记分隔边的条数为L ，首先，将方格纸按如图分成三个区域，分别染成三种颜色，粗线上均为分隔边，此时共有56个分隔边，即L=56.20、（2017二试4）（本题满分50分）设,m n 均是大于1的整数，12.,,,n m n a a a ≥是n 个不超过m 的互不相同的正整数，且12,,,n a a a 互素.证明：对任意实数x ，均存在一个(1)i i n ≤≤，使得2||||||||(1)i a x x m m ≥+，这里||||y 表示实数y 到它最近的整数的距离. 证明：首先证明以下两个结论.结论1:存在整数121122,,,,+++c 1,||,1.n n n i c c c c a c a a c m i n =≤≤≤满足并且由于121211221,,,+++c 1.1n n n n a a a c c c c a c a a ==（，，，），由裴蜀定理，存在整数，满足（）下面证明,通过调整,存在一组12,,,n c c c 满足（1），且绝对值均不超过m,记因为12S 与S 均是非负整数,故通过有限次上述的调整,可得到一组12,,,n c c c ，。

第08讲解析几何-2009-2017全国高中数学联赛分类汇编含解析

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第08讲：解析几何1、（2009一试2)已知直线:90L x y +-=和圆22:228810M x y x y +---=，点A 在直线L 上，B ，C 为圆M 上两点，在ABC ∆中，45BAC ∠=︒，AB 过圆心M ，则点A横坐标范围为．【答案】[]36，【解析】设()9A a a -，，则圆心M 到直线AC 的距离sin 45d AM =︒，由直线AC 与圆M 相交，得d 36a ≤≤．2、（2009一试5)椭圆22221x y a b+=()0a b >>上任意两点P ，Q ,若OP OQ ⊥，则乘积OP OQ ⋅的最小值为．【答案】22222a b a b + 【解析】设()cos sin P OP OP θθ，，ππcos sin 22Q OQ OQ θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫±± ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，．由P ，Q 在椭圆上，有222221cos sin a b OP θθ=+ ①222221sin cos a b OQ θθ=+ ②①+②得22221111a b OP OQ+=+．于是当OP OQ ==时，OP OQ 达到最小值22222a b a b +．3、(2010一试3）双曲线122=-y x 的右半支与直线100=x 围成的区域内部（不含边界)整点（纵横坐标均为整数的点）的个数是.【答案】98004、（2011一试7）直线012=--y x 与抛物线xy 42=交于B A ,两点,C 为抛物线上的一点,︒=∠90ACB ，则点C 的坐标为．【答案】)2,1(-或)6,9(-即0)(24)(21212212214=⋅++-+⋅++-y y t y y t x x t x x t ，即03161424=---t t t，即0)14)(34(22=--++t t t t．显然0142≠--t t，否则01222=-⋅-t t，则点C 在直线012=--y x 上,从而点C 与点A或点B 重合．所以0342=++t t，解得3,121-=-=t t．故所求点C 的坐标为)2,1(-或)6,9(-．5、（2012一试4)抛物线22(0)ypx p =>的焦点为F，准线为ｌ，,A B 是抛物线上的两个动点，且满足3AFB π∠=．设线段ＡＢ的中点M 在ｌ上的投影为N ，则||||MN AB 的最大值是.【答案】1【解析】由抛物线的定义及梯形的中位线定理得.2AF BFMN +=在AFB ∆中,由余弦定理得2222cos3ABAF BF AF BF π=+-⋅2()3AF BF AF BF =+-⋅22()3()2AF BF AF BF +≥+-22().2AF BF MN +==当且仅当AF BF =时等号成立。

立体几何-2017年全国各地高考的文科数学试题分类总汇编(解析汇报)[1]

2017高考立体几何汇编1.【2017课标1，文6】如图，在如下四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，如此在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是A．B．C．D．【答案】A【解析】【考点】空间位置关系判断【名师点睛】此题主要考查线面平行的判定定理以与空间想象能力，属容易题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面．2.【2017课标II，文6】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局部后所得，如此该几何体的体积为A.90πB.63πC.42πD.36π【答案】B【解析】由题意，该几何体是由高为6的圆柱截取一半后的图形加上高为4的圆柱，故其体积为2213634632V πππ=⋅⋅⋅+⋅⋅=，应当选B. 【考点】三视图【名师点睛】1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图． 2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽〞，因此，可以根据三视图的形状与相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系与相关数据．3.【2017课标3，文9】圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，如此该圆柱的体积为〔〕 A ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B【考点】圆柱体积【名师点睛】涉与球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心与多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体量的关系，列方程(组)求解. 4．【2017课标3，文10】在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱CD 的中点，如此〔〕 A ．11A E DC ⊥B ．1A E BD ⊥C ．11A E BC ⊥D ．1A E AC ⊥ 【答案】C11A E DC ⊥，那么11D E DC ⊥1A E BD ⊥，那么BD AE ⊥11A E BC ⊥，那么11BC B C ⊥，成立，反过来11BC B C ⊥时，也能推出11BC A E ⊥1A E AC ⊥，如此AE AC ⊥，显然不成立，应当选C.【考点】线线位置关系5.【2017，文6】某三棱锥的三视图如下列图，如此该三棱锥的体积为〔A〕60 〔B〕30〔C〕20 〔D〕10【答案】D【解析】试题分析：该几何体是三棱锥，如图：图中红色线围成的几何体为所求几何体，该几何体的体积是115341032V=⨯⨯⨯⨯=，应当选D.【考点】1.三视图；2.几何体的体积.【名师点睛】此题考查了空间想象能力，由三视图复原几何体的方法:如果我们死记硬背，不会具体问题具体分析，就会选错，实际上，这个题的俯视图不是几何体的底面，因为顶点在底面的射影落在了底面的外面，否如此中间的那条线就不会是虚线.6.【2017某某，文11】一个正方形的所有顶点在一个球面上，假如这个正方体的外表积为18，如此这个球的体积为 . 【答案】92π【考点】球与几何体的组合体【名师点睛】正方体与其外接球的组合体比拟简单，因为正方体的中心就是外接球的球心，对于其他几何体的外接球，再找球心时，注意球心到各个顶点的距离相等，1.假如是柱体，球心肯定在中截面上，再找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线与中截面的交点就是球心，2.假如是锥体，可以先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，再做一条侧棱的中垂线，两条直线的交点就是球心，构造平面几何关系求半径，3.假如是三棱锥，三条侧棱两两垂直时，也可补成长方体，长方体的外接球就是此三棱锥的外接球，这样做题比拟简单.7.【2017课标1，文16】三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．假如平面SCA ⊥平面SCB ，SA =AC ，SB =BC ，三棱锥S-ABC 的体积为9，如此球O 的外表积为________．【答案】36π 【解析】试题分析：取SC 的中点O ，连接,OA OB 因为,SA AC SB BC == 所以,OA SC OB SC ⊥⊥ 因为平面SAC ⊥平面SBC 所以OA ⊥平面SBC设OA r =3111123323A SBC SBC V S OA r r r r -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=所以31933r r =⇒=，所以球的外表积为2436r ππ=【考点】三棱锥外接球8.【2017课标II ，文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，如此球O 的外表积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以222232114,4π14π.R S R =++=== 【考点】球的外表积【名师点睛】涉与球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心与多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体量的关系，列方程(组)求解. 9.【2017某某，6】如图,在圆柱12,O O 内有一个球O 12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,如此12V V 的值是▲.【答案】32O O1O 2 ⋅ ⋅ ⋅【考点】圆柱体积【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型与解题策略(1)假如所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，如此可直接利用公式进展求解． (2)假如所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，如此常用转换法、分割法、补形法等方法进展求解． 10.【2017某某，文13】由一个长方体和两个14圆柱构成的几何体的三视图如图,如此该几何体的体积为 .【答案】π22+【解析】试题分析：由三视图可知,长方体的长宽高分别为2,1,1,圆柱的高为1,底面圆半径为1,所以2π1π21121242V ⨯=⨯⨯+⨯⨯=+.【考点】三视图与几何体体积的计算.【名师点睛】(1)由实物图画三视图或判断、选择三视图,此时需要注意“长对正、高平齐、宽相等〞的原如此.(2)由三视图复原实物图,解题时首先对柱、锥、台、球的三视图要熟悉,再复杂的几何体也是由这些简单的几何体组合而成的；其次,要遵循以下三步：①看视图,明关系；②分局部,想整体；③综合起来,定整体． 11.【2017课标1，文18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠=．〔1〕证明：平面PAB ⊥平面PAD ；〔2〕假如PA =PD =AB =DC ，90APD ∠=，且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕326+．【解析】〔2〕在平面PAD 内作PE AD ⊥，垂足为E ．由〔1〕知，AB ⊥平面PAD ，故AB PE ⊥，可得PE ⊥平面ABCD ．设AB x =，如此由可得2AD x =，22PE x =．故四棱锥P ABCD -的体积31133P ABCD V AB AD PE x -=⋅⋅=．由题设得31833x =，故2x =．从而2PA PD ==，22AD BC ==，22PB PC ==．可得四棱锥P ABCD -的侧面积为21111sin 60632222PA PD PA AB PD DC BC ⋅+⋅+⋅+︒=+ 【考点】空间位置关系证明，空间几何体体积、侧〔表〕面积计算【名师点睛】证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直；先利用线面平行说明点面距为定值，计算点面距时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点到平面的距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．12.【2017课标II ，文18】如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ,01,90.2AB BC AD BAD ABC ==∠=∠= 〔1〕证明：直线//BC 平面PAD ;〔2〕假如△PAD 面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积.【答案】〔Ⅰ〕见解析〔Ⅱ〕错误！未找到引用源。

20092017全国高中数学联赛分类汇编第06讲计数原理.docx

2009-2017 全国高中数学联赛分类汇编第06 讲：计数原理1、（ 2010 一试 8）方程x y z 2010 满足 x y z 的正整数解 ( x, y, z) 的个数是.【答案】 336675易知 131003 6k20091004 ，所以 6k2009 1004 3 10031 200610052009 3 2 1 200610052004 ，即 k1003 335334 335671 .从而满足 x y z 的正整数解的个数为 11003335671 336675 .2、（ 2011 一试 5）现安排7 名同学去参加 5 个运动项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为．（用数字作答）【答案】 15000【解析】由题设条件可知，满足条件的方案有两种情形：（ 1）有一个项目有 3 人参加，共有C735! C515! 3600 种方案；（ 2）有两个项目各有 2 人参加，共有1(C72C52 ) 5!C52 5! 11400 种方案；2所以满足题设要求的方案数为36001140015000．1n3、（ 2011 一试 8）已知a n C200n200n(n 1,2, ,95) ，则数列{ a n}中整数项的个数为．3 62【答案】 15n200n4005 n 【解析】 a n 3 32．C2006要使 a n (1 n95 )为整数，必有200n , 4005n均为整数，从而 6 | n 4 ．36当 n 2,8,14,20,26,32,38,44,50,56,62,68,74,80时， 200n 和 4005n 均为非负整数，所以 an为整数，36当 n 86 时，8638586200!a8620032，在 C 200中， 200!中因数 2 的个数为C86! 114!200200200200200200200 197 ，223245672 22 22同理可计算得 86! 中因数 2 的个数为 8 2， 114! 中因数 2 的个数为 110，所以 C 20086 中因数 2 的个数为197 82 1105 ，故 a 86 是整数．当 n92 时， a 92C 20092 336 2 10 ，在 C 20092200! 中，同样可求得 92! 中因数 2 的个数为 88, 108! 中因数 2 的个92! 108!数为 105, 故 C 20086 中因数 2 的个数为 197 88 105 4 ，故 a 92 不是整数．因此，整数项的个数为14 1 15 ．4、（ 2013 一试 6）从 1,2， , ， 20 中任取 5 个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为.【答案】232 3235 、（ 2015 一试 8）对四位数 abcd (1 a 9,0 b, c, d 9) ,若 a b, b c, c d , 则称 abcd 为 P 类数 ,若ab, b c, c d , 则称 a b c d 为 Q 类数 , 用 N ( P) 与 N (Q ) 分别表示 P 类数与 Q 类数的个数 , 则 N (P) N (Q) 的值为【答案】 285【解析】分别记 P 类数、 Q 类数的全体为 A,B ，再将个位数为零的 P 类数全体记为 A 0 ,个位数不等于零的P类数全体记为A 1 .对任一四位数 abcd A 1 , 将其对应到四位数 dcba,注意到 a b,b c, c d 1,故 dcba B.反之，每个 dcbaB 唯一对应于 A 1中的元素 abcd.这建立了 A 1与B 之间的一一对应，因此有N (P) N (Q) | A | | B | | A 0 | | A 1 | | B | | A 0 |.下面计算 |A 0 |: 对任一四位数 abc0 A 0 , b 可取 0,1，，9，对其中每个b,999 10 19由 b a 9及 bc9知， a 和 c 分别有 9-b 种取法，从而 |A 0 |=(9 b) 2 k 2285.bk 16因此， N ( P) N (Q)285.6、（ 2016 一试 8）设 a 1 , a 2 , a 3 , a 4 是 1， 2， , ， 100 中的 4 个互不相同的数，满足(a 11 a 22 a 32 )(a 22 a 32 a 42 ) (a 1a 2a 2 a 3 a 3 a 4 )2 则这样的有序数组 ( a 1 , a 2 , a 3 , a 4 ) 的个数为.【答案】 40先考虑 n m 的情况 .此时 a 4a 1 ( n) 3a 1n 3，注意到m 3 , n 3 互素，故 la 1 为正整数 . 相应地， a 1 , a 2 , a 3 , a 4 分别等于mm 3m 3m l , m nl , mn l , n l，它们均为正整数 .q n1 ，满足条件并以 q为公比的等比3223这表明，对任意给定的m数列 a 1 ,a 2 ,a 3 , a 4 的个数，即为满足不等式n 3l 100 的正整数 l 的个数，即 [100] .2,3, 3 ,4, 4n 3由于 53100 ，故仅需考虑 q这些情况，相应的等比数列的个数为2 3[ 100] [ 100 ] [100 ] [100][100]123 3 1 120 .82727 6464当 nm 时，由对称性可知，亦有20 个满足条件的等比数列a 1 ,a 2 , a 3, a 4 .综上可知，共有40 个满足条件的有序数组(a 1 , a 2 , a 3 ,a 4 ) .学科 *网是.【答案】 75【解析】考虑平稳数abc .若b=0,则 a=1, c {0,1},有两个平稳数.若b则a{1,2},c{0,1,2},有2 3=6个平稳数. 1,若2b则a,c {b1,b,b1},有7 3个平稳数. 8,3=63若b9,则 a,c{8,9} ，有 22=4个平稳数 .综上可知，平稳数的个数是2+6+63+4=75个平稳数 .8、（2010 二试 4）一种密码锁的密码设置是在正n 边形A A A 的每个顶点处赋值0 和 1 两个数中的一个，1 2n同时在每个顶点处涂染红、蓝两种颜色之一，使得任意相邻的两个顶点的数字或颜色中至少有一个相同．问：该种密码锁共有多少种不同的密码设置？同，标有a 和b的边都是偶数条．所以这种密码锁的所有不同的密码设置方法数等于在边上标记，，，a b c使得标有 a 和 b 的边都是偶数条的方法数的 4 倍．设标有 a 的边有2i条，0i n，标有 b 的边有2j 条， 0 j n 2i．选取 2i 条边标记a的有C n2i 22种方法，在余下的边中取出 2 j 条边标记b的有C n2 j2i 种方法，其余的边标记 c ．由乘法原理，此时共有C n2 i C n2 j2 i种标记方法．对i ， j 求和，密码锁的所有不同的密码设置方法数为n n 2i2C n2i 2C n2 j2i．4①i 0j 0这里我们约定C001．n 2i2C n2 j2i 2n 2 i 1．当 n 为奇数时，n2i 0 ，此时②j0n n 2i n n2 2 22代入①式中，得4C n 2iC n 2 j 2i 4C n 2i 2n 2i 12C n 2 i 2n 2ii 0j 0i 0inn3nC n k 2n kC n k 2n k ( 1)k(2 1)n(2 1)n1．kk 0当 n 为偶数时，若 inna ，此时只有一种标记方，则②式仍然成立；若 i，则正 n 边形的所有边都标记22法．于是，当 n 为偶数时，所有不同的密码设置的方法数为n n 2inn221224C n 2iC n 2 j 2i4 1C n 2i 2n 2i 12 4C n 2 i 2n 2i 13n 3 ．i 0j 0i 0i 0综上所述，这种密码锁的所有不同的密码设置方法数是：当 n 为奇数时有 3n 1种；当 n 为偶数时有 3n 3种．。

第07讲解三角形20092017全国高中数学联赛分类汇编

I T QPNMC BA ABC MN PTI I 2I 1ABCMNPQT I 2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第07讲：解三角形1、（2012一试2）设ABC ∆的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，且满足3cos cos 5a B b A c -=，则tan tan AB的值是. 【答案】42、（2013一试3）在ABC ∆中，已知sin 10sin sin A B C =，cos 10cos cos A B C =,则tan A 的值为. 【答案】11.【解析】由于()()sin cos 10sin sin cos cos 10cos 10cos A A B C B C B C A -=-=-+=，所以sin 11cos A A =，故tan 11A =.3、（2014一试7）设等边三角形ABC 的内切圆半径为2，圆心为I .若点P 满足1=PI ，则ABC ∆与APC ∆的面积之比的最大值为__________. 【答案】3+52【解析】1PI P I =由知点在以为圆心的单位圆k 上.4、（2009二试1）如图，M ，N 分别为锐角三角形ABC ∆（A B ∠<∠）的外接圆Γ上弧BC ⌒ 、AC ⌒的中点．过点C 作PC MN ∥交圆Γ于P 点，I 为ABC ∆的内心，连接PI 并延长交圆Γ于T ．⑴求证：MP MT NP NT ⋅=⋅；⑵在弧AB ⌒（不含点C ）上任取一点Q （Q A ≠，T ，B ），记AQC ∆，QCB △的内心分别为1I ，2I ，求证：Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．【解析】⑴连NI ，MI ．由于PC MN ∥，P ，C ，M ，N 共圆，于是NP MI =，PM NI =．故四边形MPNI 为平行四边形．因此PMT PNT S S =△△（同底，等高）．又P ，N ，T ，M 四点共圆，故180TNP PMT ∠+∠=︒，由三角形面积公式于是PM MT PN NT ⋅=⋅．⑵因为1111NCI NCA ACI NQC QCI CI N ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以1NC NI =，同理2MC MI =．由MP MT NP NT ⋅=⋅得NT MTMP NP=．由⑴所证MP NC =，NP MC =，故12NT MTNI MI =．又因12I NT QNT QMT I MT ∠=∠=∠=∠，有12I NT I MT ∆∆∽．故12NTI MTI ∠=∠，从而1212I QI NQM NTM I TI ∠=∠=∠=∠．因此Q ，1I ，2I ，T 四点共圆．学/科网5、（2010二试1）如图，锐角三角形ABC 的外心为O ，K 是边BC 上一点（不是边BC 的中点），D 是线段AK 延长线上一点，直线BD 与AC 交于点N ，直线CD 与AB 交于点M ．求证：若OK ⊥MN ，则A ，B ，D ，C 四点共圆．同理()()22222QK QO r KO r =-+-，所以2222PO PK QO QK -=-，故OK ⊥PQ ．由题设，OK ⊥MN ，所以PQ ∥MN ，于是AQ APQN PM=．① 由梅内劳斯（Menelaus ）定理，得1NB DE AQBD EA QN⋅⋅=，② 1MC DE APCD EA PM⋅⋅=．③ 由①，②，③可得NB MC BD CD =，所以ND MDBD DC=，故△DMN ∽△DCB ，于是DMN DCB ∠=∠，所以BC ∥MN ，故OK ⊥BC ，即K 为BC 的中点，矛盾！从而,,,A B D C 四点共圆. 注1：“2PK =P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）”的证明：延长PK 至点F ，使得PK KF AK KE ⋅=⋅，④则P ，E ，F ，A 四点共圆，故PFE PAE BCE ∠=∠=∠，从而E ，C ，F ，K 四点共圆，于是PK PF PE PC ⋅=⋅，⑤⑤-④，得2PK PE PC AK KE =⋅-⋅=P 的幂（关于⊙O ）+K 的幂（关于⊙O ）．注2：若点E 在线段AD 的延长线上，完全类似．6、（2011二试1）如图，QP,分别是圆内接四边形ABCD的对角线BDAC,的中点．若DPABPA∠=∠，证明：CQBAQB∠=∠．从而有BQACBDACBDACCDAB⋅=⋅=⋅=⋅)21(21，即CDBQACAB=．又ACDABQ∠=∠，所以△ABQ∽△ACD，所以DACQAB∠=∠．延长线段AQ与圆交于另一点F，则DAFCAB∠=∠，故⋂⋂=DFBC．又因为Q为BD的中点，所以DQFCQB∠=∠．又DQFAQB∠=∠，所以CQBAQB∠=∠．7、（2012二试1）如图，在锐角ABC∆中，,,AB AC M N>是BC边上不同的两点，使得.BAM CAN∠=∠设ABC∆和AMN∆的外心分别为12,O O，求证：12,,O O A三点共线.【解析】证明：如图.连接12,AO AO,过A点作1AO的垂线AP交BC的延长线于点P,则AP是1O的切线.因此B PAC∠=∠, 因为,BAM CAN∠=∠所以AMP B BAM PAC CAN PAN∠=∠+∠=∠+∠=∠因而AP是AMN的外接圆2O的切线, 故2.AP AO⊥所以12,,O O A三点共线.8、（2013二试1）（本题满分40分）如图，AB是圆ω的一条弦，P为弧AB内一点，E、F为线段AB上两点，满足AE EF FB==.连接PE PF、并延长，与圆ω分别相交于点C D、.求证：【证明】连接AD，BC，CF，DE.由于AE=EF=FB，从而sin=2sinBC BCE B CP BEAC ACE A CP AE⋅∠==⋅∠点到直线的距离点到直线的距离. ○1同样sin=2sinAD ADF A PD AFBD BDF B PD BF⋅∠==⋅∠点到直线的距离点到直线的距离. ○2另一方面，由于BCE BCP BDP BDF∠=∠=∠=∠，AB CACE ACP ADP ADF ∠=∠=∠=∠，故将○1，○,2两式相乘可得4BC ADAC BD⋅=⋅，即由托勒密定理故由○3，○4得3AB CD AC BD ⋅=⋅, 即EF CD AC BD ⋅=⋅.学科&网9、（2014二试2）（本题满分40分）如图，在锐角三角形ABC 中，∠BAC ≠60°，过点B,C 分别作三角形ABC 的外接圆的切线BD,CE,且满足BD=CE=BC,直线DE 与AB ，AC 的延长线分别交于点F,G ，设CF 与BD 交于点M,CE 与BG 交于点N ，证明：AM=AN.10、(2015二试3)(本题满分50分)如图,ABC ∆内接于圆,O P 为BC 上一点,点K 在线段AP 上,使得BK 平分ABC ∠,过,,K P C 三点的圆Ω与边AC 交于点D ,连结BD 交圆Ω于点E ,连结PE 并延长与边AB 交于点F ,证明:2ABC FCB ∠=∠11、（2016一试9）（本题满分16分）在ABC ∆中，已知CB CA BC BA AC AB •=•+•32.求C sin 的最大值.【解析】由数量积的定义及余弦定理知，2cos 222a c b A cb AC AB -+==•.同理得，2222b c a BC BA -+=•，2222c b a CB CA -+=•.故已知条件化为即22232c b a =+. 等号成立当且仅当5:6:3::=c b a .因此C sin 的最大值是37. 12、（2016二试2）（本题满分40分）如图所示，在△ABC 中，X,Y 是直线BC 上两点（X,B,C,Y 顺次排列），使得BX·AC=CY·AB. 设△ACX ，△ABY 的外心分别为12,O O ，直线12O O 与AB,AC 分别交于点U 、V.证明：△AUV 是等腰三角形.【证明】作∠BAC 的内角平分线交BC 于点P,设△ACX 和△ABY 的外接圆分别为1w 和2w ，由内角平分线的性质知，BP AB CP AC =,由条件可得BX ABCY AC=,从而即CP·PX=BP·PY .故P 对圆1w 和2w 的幂相等，所以P 在1w 和2w 的根轴上.于是AP ⊥12O O ，这表明点U 、V 关于直线AP 对称，从而△AUV 是等腰三角形.13、（2017二试1）（本题满分40分）如图，在ABC ∆中，AB AC =，I 为ABC ∆的内心，以A 为圆心，AB 为半径作圆1T ，以I 为圆心，IB 为半径作圆2T ，过点B I 、的圆3T 与1T ,2T 分别交于点,P Q （不同于点B ），设IP 与BQ 交于点R .证明：BR CR ⊥. 证明：连接,,,,.IB IC IQ PB PC。

第04讲概率统计20092017全国高中数学联赛分类汇编 (1)

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第04讲：概率统计1、（2009一试8）某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为到站时刻概率一旅客820∶到车站，则它候车时间的数学期望为（精确到分）．【答案】27【解析】旅客候车的分布列为候车时间（分）1030507090概率候车时间的数学期望为1111110305070902723361218⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=2、（2010一试6）两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 . 【答案】12173、（2012一试8）某情报站有,,,A B C D 四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种．设第１周使用Ａ种密码，那么第７周也使用Ａ种密码的概率是．（用最简分数表示）【答案】61243【解析】用k P 表示第k 周用A 种密码的概率,则第k 周末用A 种密码的概率为1k P -.于是,有11(1),3k k P P k N *+=-∈,即1111()434k k P P +-=--由11P =知，14kP ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为34，公比为13-的等比数列.所以1131()443k k P --=-，即1311()434k k P -=-+，故761243P =4、（2014一试8）设D C B A ,,,是空间四个不共面的点，以21的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则B A ,可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率是__________. 【答案】345、（2015一试5）在正方体中随机取三条棱,它们两两异面的概率为.【答案】255【解析】设正方体为ABCD-EFGH ，它共有12条棱，从中任意选出3条棱的方法共有312C =220种. 下面考虑使3条棱两两异面的取法数，由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向（即A B 、AD 、AE 的方向），具有相同方向的4条棱两两共面，因此取出的3条棱必属于3个不同的方向.可先取定AB 方向的棱，这有4种取法.不妨设取的棱就是AB ，则AD 方向只能取棱EH 或棱FG ，共2种可能，当AD 方向取棱是EH 或FG 时，AE 方向取棱分别只能是CG 或DH.学科*网由上可知，3条棱两两异面的取法数为4×2=8，故所求的概率为8222055=. 6、（2016一试4）袋子A 中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B 中装有4张5元纸币和3张1元纸币.现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A 中剩下的纸币面值之和大于B 中剩下的纸币面值之和的概率为 . 【答案】3597、（2017一试6）在平面直角坐标系xoy 中，点集{(,y)|x,y 1,0,1}K x ==-，在K 中随机取出三个点，则这三点中存在两点之间距离为5的概率为. 【答案】47【解析】易知K 中有9个点，故在K 中随机取出三个点的方式数为3984C =种.将中的点按图标记为128,,,A ,A A O ，其中有8对点之间的距离为5，由对称性，考虑取14,A A 两点的情况，则剩下的一个点有7种取法，这样有7856⨯=个三点组（不计每组中三点的顺序），对每个(1,2,3,,8)i A i =，K 中恰有15,A i I A ++两点与之距离为5（这里下标按模8理解），因而恰有35{,,}(i 1,2,3,,8)i i i A A A ++=这8个三点组被计了两次，从而满足条件的三点组个数为56848-=，进而所求概率为484847=.。

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第4讲概率统计

2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第04讲：概率统计1、（2009一试8）某车站每天800~900∶∶，900~1000∶∶都恰有一辆客车到站，但到站的时刻是随机的，且两者到站的时间是相互独立的，其规律为一旅客820∶【答案】27【解析】旅客候车的分布列为候车时间的数学期望为10305070902723361218⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=2、（2010一试6）两人轮流投掷骰子，每人每次投掷两颗，第一个使两颗骰子点数和大于6者为胜，否则轮由另一人投掷.先投掷人的获胜概率是 . 【答案】12173、（2012一试8）某情报站有,,,A B C D 四种互不相同的密码，每周使用其中的一种密码，且每周都是从上周未使用的三种密码中等可能地随机选用一种．设第１周使用Ａ种密码，那么第７周也使用Ａ种密码的概率是．（用最简分数表示）【答案】61243【解析】用k P 表示第k 周用A 种密码的概率,则第k 周末用A 种密码的概率为1k P -.于是,有11(1),3k k P P k N *+=-∈,即1111()434k k P P +-=--由11P =知，14k P ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是首项为34，公比为13-的等比数列.所以1131()443k k P --=-，即1311()434k k P -=-+，故761243P =4、（2014一试8）设D C B A ,,,是空间四个不共面的点，以21的概率在每对点之间连一条边，任意两点之间是否连边是相互独立的，则B A ,可用（一条边或者若干条边组成的）空间折线连接的概率是__________. 【答案】342221219B C D -⨯-=点相连，且与，中至少一点相连，这样的情况数为（）（）22(3)AB AD DB 无边，也无CD 边，此时AC,CB 相连有2种情况，，相连也有2种情况，,,,,AC CB AD DB A B 但是其中均相连的情况被重复了一次，故可用折线连接的情况数为222+2-1=7.483++==.644以上三类情况数的总和为329748，故A,B 可用折线连接的概率为5、（2015一试5）在正方体中随机取三条棱,它们两两异面的概率为. 【答案】255【解析】设正方体为ABCD-EFGH ，它共有12条棱，从中任意选出3条棱的方法共有312C =220种.下面考虑使3条棱两两异面的取法数，由于正方体的棱共确定3个互不平行的方向（即AB 、AD 、AE 的方向），具有相同方向的4条棱两两共面，因此取出的3条棱必属于3个不同的方向.可先取定AB 方向的棱，这有4种取法.不妨设取的棱就是AB ，则AD 方向只能取棱EH 或棱FG ，共2种可能，当AD 方向取棱是EH 或FG 时，AE 方向取棱分别只能是CG 或DH.由上可知，3条棱两两异面的取法数为4×2=8，故所求的概率为8222055=.6、（2016一试4）袋子A 中装有2张10元纸币和3张1元纸币，袋子B 中装有4张5元纸币和3张1元纸币.现随机从两个袋子中各取出两张纸币，则A 中剩下的纸币面值之和大于B 中剩下的纸币面值之和的概率为 . 【答案】3597、（2017一试6）在平面直角坐标系xoy 中，点集{(,y)|x,y 1,0,1}K x ==-，在K 中随机取出三个点，. 【答案】47【解析】易知K 中有9个点，故在K 中随机取出三个点的方式数为3984C =种.将中的点按图标记为128,,,A ,A A O ，其中有814,A A 两点的情况，则剩下的一个点有7种取法，这样有7856⨯=个三点组（不计每组中三点的顺序），对每个(1,2,3,,8)i A i = ，K 中恰有15,A i I A ++两点与之距离为（这里下标按模8理解），因而恰有35{,,}(i 1,2,3,,8)i i i A A A ++= 这8个三点组被计了两次，从而满足条件的三点组个数为56848-=，进而所求概率为484847=.。

2017年高考全国名校试题数学分项汇编专题10 立体几何(解析版)

一、填空题1. 【2016高考冲刺卷（9）【江苏卷】】如图，已知三棱柱ABC - A 1B l C 1中，点D 是AB 的中点，平面A 1DC 分此棱柱成两部分，多面体A 1ADC 与多面体A 1B 1C 1DBC 体积的比值为2. 【江苏省苏中三市（南通、扬州、泰州）2016届高三第二次调研测试数学试题】【在体积为32的四面体ABCD 中，AB ⊥平面BCD ，1AB =，2BC =，3BD =，则CD 长度的所有值为． 719【解析】由题意得311131sin sin 23322∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯⨯∠⇒∠=BCD AB S BC BD CBD CBD 因此1cos 2∠=±CBD 由余弦定理得：22223223cos 7=+-⨯⨯⨯∠=CD BCD 或19，因此CD 7=193. 【2016高考冲刺卷（6）【江苏卷】】已知四棱锥P-ABCD 的底面ABCD 是边长为2、锐角为︒60的菱形，侧棱PA ⊥底面ABCD,PA=3.若点M 是BC 的中点，则三棱锥M-PAD 的体积为【答案】3【解析】因ADM P PAD M V V --=,又360sin 221212=︒⨯==∆ABCD ADM S S 故三棱锥M-PAD 的体积为33331=⨯=V 4. 【2016高考冲刺卷（5）【江苏卷】】已知三棱锥S ABC -的体积为1，E 是SA 的中点，F 是SB 的中点，则三棱锥F BEC -的体积是 ▲ ．【答案】41【解析】h S V V FBC FBC E BEC F ⨯⨯==∆--31，根据几何体知，SBC FBC S S ∆∆⨯=21，而点E 到平面SBC 的距离是点A 到平面SBC 距离的一半，所以1314231=⨯⨯⨯=⨯⨯=∆∆-h s h S V FBC SBC SBC A ，所以4131=⨯⨯∆h s FBC ，所以三棱锥BEC F -的体积是415. 【2016高考冲刺卷（3）【江苏卷】】一个正四棱柱的侧面展开图是一个边长为8cm 的正方形，则它的体积是 cm 2．6. 【2016高考冲刺卷（1）【江苏卷】】已知矩形ABCD 的边4=AB ，3=BC 若沿对角线AC 折叠，使得平面DAC ⊥平面BAC ,则三棱锥ABC D -的体积为．【答案】245【解析】因为平面DAC ⊥平面BAC ,所以D 到直线BC 距离为三棱锥ABC D -的高，134123412346,,25555ABC S h h ∆⨯⨯=⨯⨯=====11122463355D ABC ABC V S h -∆=⋅=⨯⨯=． 7. 【2016高考押题卷（2）【江苏卷】】如图，已知平面⋂α平面l =β，βα⊥，B A ,是直线l 上的两点，D C ,是平面β内的两点，且l CB l DA ⊥⊥,，DA=4,AB=6,CB=8,P 是平面α上的一动点，且有BPC APD ∠=∠，则四棱锥ABCD P -体积的最大值是8. 【江苏省苏锡常镇四市2016届高三教学情况调研（二）数学试题】设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为1V ，1S ，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为2V ，2S ，若123=V V p ，则12S S 的值为 ▲ ．32【解析】试题分析：因为3322211221,6,,233r V a S a V r r S rl r ===⋅===p p p p ，所以31323=13V a ar V r=⇒=p p ，因此2122322S S r ==p p9. 【南京市、盐城市2016届高三年级第二次模拟考试】如图，正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AB＝4，AA 1＝6．若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A —A 1EF 的体积是▲________．10. 【2016高考冲刺卷（2）【江苏卷】】如图，长方体1111ABCD A B C D -中，O 为1BD 的中点，三棱锥O ABD -的体积为1V ，四棱锥11O ADD A -的体积为2V ，则12V V 的值为 ▲ ．【答案】12【解析】试题分析：设长方体长宽高分别为,,a b c ，1122111111,,322123262Vabc abc V ab c V bc a V =⨯⨯==⨯⨯==11. 【2016高考押题卷（3）【江苏卷】】若半径为2的球O 内切于一个正三棱柱111C B A ABC -OCDBC 1AB 1A D 1（第7题图）ABCA 1B 1FC 1E中，则该三棱柱的体积为．【答案】483．【解析】由题设可知：三棱柱的高为4，底面内切圆的半径为2，则其底面三角形的边长为43，其底面积为23(43)1234S =⨯=，故该三棱柱的体积为1234483V =⨯=． 12. 【2016高考押题卷（1）【江苏卷】】已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开是半圆，则该圆锥的体积为_______. 【答案】3π 【解析】由题意得222,1,213r r h ππ===-=，圆锥的体积为21133333r h πππ==. 13. 【2016年第一次全国大联考【江苏卷】】已知正五棱锥底面边长为2，底面正五边形中心到侧面斜高距离为3，斜高长为4，则此正五棱锥体积为_______.14. 【2016年第四次全国大联考【江苏卷】】已知正三棱柱的各条棱长均为1，圆锥侧面展开图为半径为2的半圆，那么这个正三棱柱与圆锥的体积比是_______. 【答案】3:4π【解析】由题意得圆锥母线为2，设圆锥底面半径为r 、高为h ，则22ππ21,21 3.r r h =⨯⇒==-=因此圆锥体积为213ππ.33r h =而正三棱柱体积为3，因此正三棱柱与圆锥的体积比是33=3:4π.15. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】已知正六棱锥P-ABCDEF 的侧棱SA=32,则它的体积最大值是 . 【答案】38【解析】设底面边长为a ，则高212a h -=，从而体积221223331a a V -⨯=461223a a +-=，记4612)(a a a f +-=，则由)22)(22(6486)('335-+-=+-=a a a a a a f 得当220<<a 时，0)('>a f ，当22>a 时，0)('<a f ，从而当22=a 时，256)(max =a f ，故体积的最大值是38max =V . 法二（理科）：)12(2333124a a V -⨯=，因)12(224)12(22224a a a a a -⨯⨯=-256)31222(43222=-++⨯≤a a a ，以下同法一. 16. 【 2016年第二次全国大联考（江苏卷）】已知正六棱锥的底面边长为2，侧棱长为5，则该正六棱锥的表面积为_______.二、解答题1. 【 2016年第二次全国大联考（江苏卷）】（本小题满分14分）如图，平行四边形⊥ABCD 平面CDE ， DE AD ⊥.（Ⅰ）求证： ⊥DE 平面ABCD ；（Ⅱ）若M 为线段BE 中点，N 为线段CE 的一个三等分点，求证：MN 不可能与平面ABCD 平行.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】A BCDEHA BCDE即MN 不可能与平面ABCD 平行.……14分2. 【2016年第三次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分14分）如图所示,在直四棱柱1111-ABCD A B C D 中,=DB BC , ⊥DB AC ,点M 是棱1BB 上的一点.(1)求证：11//B D 面1A BD ；MABCD A 1B 1C 1D 1(2)求证：⊥MD AC ；(3)试确定点M 的位置,使得平面1DMC ⊥平面11CC D D .【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析. (3) 点M 为棱1BB 的中点【解析】又因为⊥AC BD ,且1⋂=BD BB B ，所以⊥1面BB D AC 而⊂1面BB D MD ，所以⊥MD ACMABCD A 1B1C 1D 1 NN 1O3. 【2016年第四次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在四棱锥E－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，EC⊥底面ABCD，F为BE上一点，G为EO中点.（Ⅰ）若DE//平面ACF，求证：F为BE的中点；（Ⅱ）若AB＝2CE，求证：CG⊥平面BDE.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】（Ⅰ）连接OF，由四边形ABCD是正方形可知，点O为BD的中点，因为DE//平面ACF,平面ACF∩平面BDE=OF，DE平面DEB，所以OF//DE.……………… 4分因为O为BD的中点，所以 F 为BE 的中点. ……………… 6分因为CG ⊥EO ，CG 平面ACE ，所以CG ⊥平面BDE. … 14分4. 【2016年第一次全国大联考【江苏卷】】（本小题满分14分）在四棱锥P ABCD -中，平面四边形ABCD 中AD //BC ，BAD ∠为二面角B PA D --一个平面角.（1）若四边形ABCD 是菱形，求证：BD ⊥平面PAC ；（2）若四边形ABCD 是梯形，且平面PAB I 平面PCD l =，问：直线l 能否与平面ABCD 平行？请说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）不平行【解析】证：（1）因为BAD ∠为二面角B PA D --一个平面角，所以,.PA AB PA AD ⊥⊥……2分由于,AB AD ABCD ⊂平面，且AB AD A =I ，所以PA ABCD ⊥平面，……4分由于BD ABCD ⊂平面，所以.PA BD ⊥PBC所以AC BD ⊥……6分由于,PA AC PAC ⊂平面，且PA AC A =I ，所以BD ⊥平面PAC ，……8分解：（2）不平行. ……10分假设直线l 平行平面ABCD ，由于l ⊂平面PCD ，且平面PCD I 平面ABCD CD =，所以//l CD ……12分同理可得//l AB ，所以//AB CD这与AB 和CD 是梯形ABCD 的两腰相矛盾，故假设错误，所以直线l 与平面ABCD 不平行. ……14分5. 【2016高考押题卷（1）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在正三棱锥111ABC A B C -中，E ，F 分别为1BB ，AC 的中点.（1）求证：//BF 平面1A EC ；（2）求证：平面1A EC ⊥平面11ACC A .又OE ⊂平面1A EC ，所以平面1A EC ⊥平面11ACC A . …………14分6. 【2016高考押题卷（3）【江苏卷】】（本小题满分14分）在三棱锥ABC P -中，若E D AC BD ,,2=分别为PC AC ,的中点，且⊥DE 平面PBC ．（1）求证：//PA 平面BDE ；（2）求证：⊥BC 平面PAB ． EDCBPA7. 【2016高考押题卷（2）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在四棱锥ABCD P -中，四边形ABCD 为矩形，N M BP AB ,,⊥分别为PD AC ,的中点．(1)求证：//MN 平面ABP ；(2)求证：平面ABP ⊥平面APC 的充要条件是BP PC ⊥．NMP DCB A8. 【2016高考冲刺卷（2）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在三棱锥P ABC -中，90PAC BAC ∠=∠=︒，PA PB =，点D ，F 分别为BC ，AB 的中点．（1）求证：直线//DF 平面PAC ；（2）求证：PF ⊥AD ． DF PADF PA9. 【2016高考冲刺卷（4）【江苏卷】】(本小题满分14分)如图，在三棱锥P —ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，PA ⊥PB ，M ，N 分别为AB ，PA 的中点．（1）求证：PB ∥平面MNC ；（2）若AC ＝BC ，求证：PA ⊥平面MNC .A NBPM C10. 【江苏省苏锡常镇四市2016届高三教学情况调研（二）数学试题】 (本小题满分14分) 在直三棱柱111ABC A B C -中，CA CB =，12AA AB ， D 是AB 的中点．（1）求证：1BC ∥平面1ACD ；（2）若点P 在线段1BB 上，且114BP BB =，求证：AP ⊥平面1ACD ．（第16题图）CD ⊂平面ABC ，∴CD ⊥平面11AA B B ﹒ …………8分 ∵AP ⊂平面11A B BA ，∴CD AP ⊥． …………9分 ∵12BB BA =，11BB AA = ，114BP BB =，（第16题） C B 1A 1P DCBA∴1BP AD BA AA ， ∴Rt △ABP ∽Rt △1A AD ，从而∠1AA D =∠BAP ，所以∠1AA D +∠1A AP =∠BAP +∠1A AP =90︒， ∴1AP A D ⊥． …………12分又∵1CD A D D =I ，CD ⊂平面1ACD ，1A D ⊂平面1ACD ∴AP ⊥平面1ACD ． …………14分11. 【2016高考冲刺卷（1）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中， E ，F 分别是AB ，BC 的中点，A 1C 1 与B 1D 1交于点O .（1）求证：A 1，C 1，F ，E 四点共面；（2）若底面ABCD 是菱形，且OD ⊥A 1E ，求证：OD ⊥平面A 1C 1FE .【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析【解析】1 EA B1 E AB A故1A ，1C ，F ，E 四点共面．……………7分（2）连接BD ，因为直棱柱中1DD ⊥平面1111A B C D ，11AC ⊂平面1111A B C D ，所以1DD ⊥11A C ． ………………………9分因为底面1111A B C D 是菱形，所以11A C 11B D ⊥．又1DD I 111=B D D ，所以11AC ⊥平面11BB D D ． ………………11分因为OD ⊂平面11BB D D ，所以OD ⊥11A C ．又OD ⊥1A E ，11A C I 11A E A =，11AC ⊂平面11AC FE ，1A E ⊂平面11AC FE ，所以OD ⊥平面11AC FE . ……………………14分12. 【2016高考冲刺卷（3）【江苏卷】】（本小题满分14分）如图，在四棱锥ABCD P -中，ABCD 为菱形，⊥PD 平面ABCD ，8,6==BD AC ，E 是棱PB 上的动点，AEC ∆面积的最小值是3．（1）求证：DE AC ⊥；（2）求四棱锥ABCD P -的体积．当AEC ∆面积的最小值是3时，EF 有最小值1 …………9分∵当PB EF ⊥时，EF 取最小值，∴1522=-=EF BF BE ，由 BD BE PD EF =，得158=PD ，又24862121=⨯⨯=⋅=BD AC S ABCD 故151564158243131=⨯⨯=⋅=-PD S V ABCD ABCD P …………14分 13. 【盐城市2016届高三年级第三次模拟考试】(本小题满分14分)如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ，,E F 分别为棱,AB PC 的中点.（1）求证：//EF 平面PAD ；（2）求证：平面PDE ⊥平面PEC .又E 是AB 的中点，所以//AE DC ，且12AE DC ， PB CDE第16题图 F14. 【2016高考冲刺卷（6）【江苏卷】】如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥底面ABCD ，//AD BC ，90BAD ∠=o ，AC BD ⊥.D 1 D AC 1A 1B 1 B C（Ⅰ）求证：1//B C 平面11ADD A ；（Ⅱ）求证：1AC B D ⊥；（Ⅲ）若12AD AA =，判断直线1B D 与平面1ACD 是否垂直？并说明理由.【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ）不垂直（Ⅲ）结论：直线1B D 与平面1ACD 不垂直. 证明：假设1B D ⊥平面1ACD ，由1AD ⊂平面1ACD ，得11B D AD ⊥. 由棱柱1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥底面ABCD ，90BAD ∠=o可得111A B AA ⊥，1111A B A D ⊥，又因为1111AA A D A =I ，所以11A B ⊥平面11AA D D ，所以111A B AD ⊥. 又因为1111A B B D B =I ，所以1AD ⊥平面11A B D ，所以11AD A D ⊥. 这与四边形11AA D D 为矩形，且1=2AD AA 矛盾，故直线1B D 与平面1ACD 不垂直.15. 【2016高考冲刺卷（7）【江苏卷】】如图，在四棱锥A EFCB -中，AEF ∆为等边三角D 1A 1D B 1 B C AC 1形，平面AEF ⊥平面EFCB ，2EF =，四边形EFCB 是高为3的等腰梯形，//EF BC ，O 为EF 的中点．（1）求证：AO CF ⊥；（2）求O 到平面ABC 的距离．过O 作OH AG ⊥，垂足为H ，则BC OH ⊥，因为AG BC G =I ，所以OH ⊥平面ABC 因为3,3OG AO =62OH =，即O 到平面ABC 6（另外用等体积法谈亦可）16. 【2016高考冲刺卷（9）【江苏卷】】(本小题满分14分)在四棱锥A BCDE -中，底面BCDE 为菱形，侧面ABE 为等边三角形，且侧面ABE ⊥底面BCDE，,O F分别为,BE DE的中点．（Ⅰ）求证：AO CD⊥；（Ⅱ）求证：平面AOF⊥平面ACE；（Ⅲ）侧棱AC上是否存在点P，使得//BP平面AOF?若存在，求出APPC的值；若不存在，请说明理由．FOB C DAE。

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2009-2017全国高中数学联赛分类汇编第09讲：立体几何
1、（2010一试7）正三棱柱111C B A ABC -的9条棱长都相等，P 是1CC 的中点，二面角α=--11B P A B ,则=αsin 【答案】10
4
【解析】
O
E
P
C 1B 1
A 1
C
B
A
设分别与平面P BA 1、平面P A B 11垂直的向量是),,(111z y x m =、),,(222z y x n =，则
⎪⎩⎪⎨
⎧=++-=⋅=+-=⋅,03,
022111111z y x BP m z x BA m ⎪⎩⎪⎨
⎧=-+-=⋅=-=⋅,
03,
022221211z y x P B n x A B n 由此可设)3,1,0(),1,0,1(==n m ，所以cos m n m n α⋅=⋅，即
6322cos cos 4αα=⋅⇒=
.所以4
10
sin =α. 解法二：如图，PB PA PC PC ==11, .
设B A 1与1AB 交于点,O 则1111,,OA OB OA OB A B AB ==⊥ .
11,,PA PB PO AB =⊥因为所以从而⊥1AB 平面B PA 1 .
过O 在平面B PA 1上作P A OE 1⊥,垂足为E .
连结E B 1,则EO B 1∠为二面角11B P A B --的平面角.设21=AA ,则易求得
3,2,5111=====PO O B O A PA PB .
在直角O PA 1∆中，OE P A PO O A ⋅=⋅11,即5
6,532=
∴⋅=
⋅OE OE .
221116452,255B O B E B O OE =∴=+=+
=又.4
105
542sin sin 111===∠=E B O B EO B α.
2、（2011一试6）在四面体ABCD 中，已知︒=∠=∠=∠60CDA BDC ADB ，3==BD AD ，2=CD ，则四面体ABCD 的外接球的半径为【答案】3 【解析】
因为︒=∠=∠=∠60ADB CDB CDA ，设CD 与平面ABD 所成角为θ，可求得3
2sin ,3
1cos =
=θθ．
在△DMN 中，332
33232,121=⋅⋅=⋅===
DP DN CD DM ．学科*网由余弦定理得23
1
312)3(1222=⋅⋅⋅-+=MN ，
故2=MN ．四边形DMON 的外接圆的直径
33
22sin ===
θ
MN
OD ．故球O 的半径3=R ．
3、（2012一试5）设同底的两个正三棱锥P ABC -和Q ABC -内接于同一个球．若正三棱锥P ABC -的
侧面与底面所成的角为45，则正三棱锥Q ABC -的侧面与底面所成角的正切值是．【答案】4 【解析】
,从而1
2
PH MH AH ==,因为90,,PAQ AH PQ ∠=⊥ 所以2
,AP PH QH =⋅即21.2
AH AH QH =⋅
所以24.QH AH MH ==,故tan 4QH
QMH MH
∠==
4、（2013一试4）已知正三棱锥P ABC -底面边长为1，高为2，则其内切球半径为. 【答案】2
6
【解析】
B
C
H
M
A
O
K
P
如图，设球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H 和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则P K M 、、共线，P O H 、、共线，2
PHM PKO π
∠=∠=
，且OH OK r ==,
2PO PH OH r =-=，33MH =,22153
212PM MH PH +=+1
sin 5
2OK MH KPO PO PM r
=
=∠==-，解得26r =.
5、（2014一试5）已知正四棱锥ABCD P -中，侧面是边长为1的正三角形，N M ,分别是边BC AB ,的中点，则异面直线MN 与PC 之间的距离是_____________. 【答案】
2
4
6、（2016一试5）设P 为一圆锥的顶点，A ，B ，C 是其底面圆周上的三点，满足ABC ∠=90°，M 为AP 的中点.若AB =1，AC =2，2=AP ，则二面角M —BC —A 的大小为 .
【答案】3
2
arctan 【解析】
由ABC ∠=90°知，AC 为底面圆的直径.设底面中心为O ，则⊥PO 平面ABC ，易知12
1
==
AC AO ，进而122=-=AO AP PO .
设H 为M 在底面上的射影，则H 为AO 的中点.在底面中作BC HK ⊥于点K ，则由三垂线定理知BC MK ⊥，从而MKH ∠为二面角M —BC —A 的平面角.
因21==AH MH ，结合HK 与AB 平行知，43==AC HC AB HK ，即43=HK ，这样3
2
tan ==∠HK MH MKH .故二面角M —BC —A 的大小为3
2
arctan .
7、（2017一试5）正三棱锥P ABC -中，1,2,AB AP ==过AB 的平面α将其体积平分，则棱PC 与平面
α所成角的余弦值为.
【答案】
3
510
【解析】设,AB PC 的中点分别为,K M ,则易证平面ABM 就是平面α.由中线长公式得
22222222222
2
2
11113
(AP )(21)224242
315
()223
2
53
1354
4cos 25
35
AM AC PC KM AM AK PC KM MC KC KMC KM MC PC αα=+-=+-⨯=
=-=-=+-
+-∠===⋅所以又易知直线在平面上的射影是直线MK,而CM=1，KC=所以故棱与平面。