2020届高考数学二轮复习专题《以几何图形为载体的应用题》
湖南省2020年高考数学第二轮复习 专题五 立体几何第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积 文
专题五立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积及体积真题试做1．(2020·湖南高考，文4)某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )．图12．(2020·天津高考，文10)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为__________ m3.3．(2020·湖北高考，文15)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______．4．(2020·湖北高考，文19)某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCDA2B2C2D2.(1)证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；(2)现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：厘米)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？考向分析通过对近几年高考试题的分析可看出，空间几何体的命题形式比较稳定，多为选择题或填空题，有时也出现在解答题的某一问中，题目常为中、低档题．考查的重点是直观图、三视图、面积与体积等知识，此类问题多为考查三视图的还原问题，且常与空间几何体的表面积、体积等问题交会，是每年的必考内容．预计在2020年高考中：对空间几何体的三视图的考查有难度加大的趋势，通过此类题考查考生的空间想象能力；对表面积和体积的考查，常见形式为蕴涵在两几何体的“切”或“接”形态中，或以三视图为载体进行交会考查，此块内容还要注意强化几何体的核心——截面以及补形、切割等数学思想方法的训练．热点例析热点一空间几何体的三视图与直观图【例1】(1)将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如下图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )．(2)若某几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的直观图可以是( )．规律方法 (1)三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形，反映了一个几何体各个侧面的特点．正(主)视图反映物体的主要形状特征，是三视图中最重要的视图；俯视图要和正(主)视图对正，画在正(主)视图的正下方；侧(左)视图要画在正(主)视图的正右方，高度要与正(主)视图平齐；(2)要注意到在画三视图时，能看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线； (3)A ．32B ．16＋16 2C ．48 D．16＋32 2(2)一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则这个平面图形的面积是( )．A.12＋22 B ．1＋22 C ．1＋ 2 D ．2＋ 2 热点二 空间几何体的表面积与体积【例2】(2020·福建高考，文20)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AB ⊥AD ，点E 在线段AD 上，且CE ∥AB .(1)求证：CE ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝AB ＝1，AD ＝3，CD ＝2，∠CDA ＝45°，求四棱锥P ABCD 的体积．规律方法 (1)求几何体的体积问题，可以多角度、多方位地考虑．对于规则的几何体的体积，如求三棱锥的体积，采用等体积转化是常用的方法，转化的原则是其高与底面积易求；对于不规则几何体的体积常用割补法求解，即将不规则几何体转化为规则几何体，以易于求解．(2)求解几何体的表面积时要注意S 表＝S 侧＋S 底．(3)对于给出几何体的三视图，求其体积或表面积的题目关键在于要还原出空间几何体，并能根据三视图的有关数据和形状推断出空间几何体的线面关系及相关数据，至于体积或表面积的求解套用对应公式即可．变式训练2 已知某几何体的三视图如下图所示，其中正(主)视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为( )．A ．24－32πB ．24－13πC ．24－πD ．24－12π热点三 多面体与球【例3】已知正四棱锥的底面边长为a ，侧棱长为2a . (1)求它的外接球的体积； (2)求它的内切球的表面积．规律方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．(2)若球面四点P ，A ，B ，C 构成的线段PA ，PB ，PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2，把有关元素“补形”成为一个球内接正方体(或其他图形)，从而显示出球的数量特征，这种方法是一种常用的好方法．变式训练3 如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a .若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径是__________．思想渗透立体几何中的转化与化归思想求空间几何体的体积时，常常需要对图形进行适当的构造和处理，使复杂图形简单化，非标准图形标准化，此时转化与化归思想就起到了至关重要的作用．利用转化与化归思想求空间几何体的体积主要包括割补法和等体积法，具体运用如下：(1)补法是指把不规则的(不熟悉或复杂的)几何体延伸或补成规则(熟悉的或简单的)的几何体，把不完整的图形补成完整的图形；(2)割法是指把复杂的(不规则的)几何体切割成简单的(规则的)几何体；(3)等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件转化为易求的面积(体积)问题．【典型例题】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝5，BB 1＝BC ＝6，D ，E 分别是AA 1和B 1C 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求三棱锥E BCD 的体积．(1)证明：取BC 中点G ，连接AG ，EG .因为E 是B 1C 的中点，所以EG ∥BB 1，且EG ＝12BB 1.由直棱柱知，AA 1BB 1.而D 是AA 1的中点，所以EG AD ，所以四边形EGAD 是平行四边形，所以ED ∥AG . 又DE 平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC .(2)解：因为AD ∥BB 1，所以AD ∥平面BCE ， 所以V E BCD ＝V D BCE ＝V A BCE ＝V E ABC .由(1)知，DE ∥平面ABC ，所以V E ABC ＝V D ABC ＝13AD ·12BC ·AG ＝16×3×6×4＝12.1．(2020·山东济南三月模拟，4)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的各棱长均为2，其正(主)视图如图所示，则此三棱柱侧(左)视图的面积为( )．A ．2 2B ．4 C. 3 D ．2 32．(2020·安徽安庆二模，7)一空间几何体的三视图如图所示(正(主)、侧(左)视图是两全等图形，俯视图是圆及圆的内接正方形)，则该几何体的表面积是( )．A ．7π cm 2B ．(5π＋43)cm 2C ．(5π＋23)cm 2D ．(6π＋27－2)cm 23．(2020·北京丰台区三月月考，4)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )．A ．20－2πB ．20－23πC ．40－23πD ．40－43π4．(2020·湖南株洲下学期质检，14)一个三棱锥的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如下，则这个三棱锥的体积为__________，其外接球的表面积为__________．5．已知正四面体的外接球半径为1，则此正四面体的体积为__________．6．正六棱锥P ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥D GAC 与三棱锥P GAC 体积之比为__________．7．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED ，EC 向上折起，使A ，B 重合，求形成三棱锥的外接球的体积．参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．C 解析：若为C 选项，则主视图为：故不可能是C 选项．2．30 解析：由几何体的三视图可知：该几何体的上部为平放的直四棱柱，底部为长、宽、高分别为4 m,3 m,2 m 的长方体．∴几何体的体积V ＝V 直四棱柱＋V 长方体＝(1＋2)×12×4＋4×3×2＝6＋24＝30(m 3)．3．12π 解析：该几何体是由3个圆柱构成的几何体，故体积V ＝2×π×22×1＋π×12×4＝12π.4．解：(1)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的侧面是全等的矩形，所以AA 2⊥AB ，AA 2⊥AD .又因为AB ∩AD ＝A ，所以AA 2⊥平面ABCD . 连接BD ，因为BD ⊂平面ABCD ，所以AA 2⊥BD . 因为底面ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD .又已知平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，且平面BB 1D 1D ∩平面ABCD ＝BD ， 平面BB 1D 1D ∩平面A 1B 1C 1D 1＝B 1D 1，所以B 1D 1∥BD .于是由AA 2⊥BD ，AC ⊥BD ，B 1D 1∥BD ，可得AA 2⊥B 1D 1，AC ⊥B 1D 1. 又因为AA 2∩AC ＝A ，所以B 1D 1⊥平面ACC 2A 2.(2)因为四棱柱ABCD A 2B 2C 2D 2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，所以S 1＝S 四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A 2B 2)2＋4AB ·AA 2＝102＋4×10×30＝1 300(cm 2)．又因为四棱台A 1B 1C 1D 1ABCD 的上、下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形(其高为h )，所以S 2＝S 四棱台下底面＋S 四棱台侧面＝(A 1B 1)2＋4×12(AB ＋A 1B 1)h＝202＋4×12×(10＋20)132－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×(20－10)2＝1 120(cm 2)．于是该实心零部件的表面积为S ＝S 1＋S 2＝1 300＋1 120＝2 420(cm 2)， 故所需加工处理费为0.2S ＝0.2×2 420＝484(元)． 精要例析·聚焦热点热点例析【例1】 (1)D (2)B 解析：(1)被截去的四棱锥的三条可见侧棱中有两条为正方体的面对角线，它们在右侧面上的投影与右侧面(正方形)的两条边重合，另一条为正方体的对角线，它在右侧面上的投影与右侧面的对角线重合，对照各图及对角线方向，只有选项D 符合．(2)由正(主)视图可排除A ，C ；由侧(左)视图可判断该几何体的直观图是B.【变式训练1】 (1)B (2)D 解析：(1)由三视图知原几何体是一个底面边长为4，高是2的正四棱锥．如图：∵AO ＝2，OB ＝2，∴AB ＝2 2.又∵S 侧＝4×12×4×22＝162，S 底＝4×4＝16，∴S 表＝S 侧＋S 底＝16＋16 2.(2)如图，设直观图为O ′A ′B ′C ′，建立如图所示的坐标系，按照斜二测画法的规则，在原来的平面图形中，OC ⊥OA ，且OC ＝2，BC ＝1，OA ＝1＋2×22＝1＋2，故其面积为12×(1＋1＋2)×2＝2＋ 2.【例2】 (1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，CE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CE .因为AB ⊥AD ，CE ∥AB ，所以CE ⊥AD . 又PA ∩AD ＝A ，所以CE ⊥平面PAD . (2)解：由(1)可知CE ⊥AD .在Rt△ECD 中，DE ＝CD ·cos 45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 又因为AB ＝CE ＝1，AB ∥CE ， 所以四边形ABCE 为矩形．所以S 四边形ABCD ＝S 矩形ABCE ＋S △ECD ＝AB ·AE ＋12CE ·DE ＝1×2＋12×1×1＝52.又PA ⊥平面ABCD ，PA ＝1，所以V 四棱锥P ABCD ＝13S 四边形ABCD ·PA ＝13×52×1＝56.【变式训练2】 A 解析：由三视图可知该几何体为一个长、宽、高分别为4,3,2的长方体，剖去一个半圆柱而得到的几何体，其体积为2×3×4－12π×1×3，即24－32π.【例3】 解：如图所示，△SAC 的外接圆是外接球的一个大圆，∴只要求出这个外接圆的半径即可，而内切球的球心到棱锥的各个面的距离相等，∴可由正四棱锥的体积求出其半径．(1)设外接球的半径为R ，球心为O ，则OA ＝OC ＝OS ，∴O 为△SAC 的外心，即△SAC 的外接圆半径就是球的半径． ∵AB ＝BC ＝a ，∴AC ＝2a .∵SA ＝SC ＝AC ＝2a ，∴△SAC 为正三角形．由正弦定理得2R ＝AC sin∠ASC ＝2a sin 60°＝263a ，因此R ＝63a ，V 外接球＝43πR 3＝8627πa 3. (2)如图，设内切球的半径为r ，作SE ⊥底面于E ，作SF ⊥BC 于F ，连接EF ， 则有SF ＝SB 2－BF 2＝(2a )2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝72a ，S △SBC ＝12BC ·SF ＝12a ×72a ＝74a 2， S 棱锥全＝4S △SBC ＋S 底＝(7＋1)a 2.又SE ＝SF 2－EF 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫72a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝62a ，∴V 棱锥＝13S 底·SE ＝13a 2×62a ＝66a 3，∴r ＝3V 棱锥S 棱锥全＝3×66a 3(7＋1)a 2＝42－612a ，S 内切球＝4πr 2＝4－73πa 2. 【变式训练3】 12(2－2)a 解析：当且仅当球与四棱锥的各个面都相切时，球的半径最大．设放入的球的半径为r ，球心为O ，连接OP ，OA ，OB ，OC ，OD ，则把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面分别为原四棱锥的侧面和底面，则V P ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意知PD ⊥底面ABCD ，∴V P ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3.由体积相等，得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .创新模拟·预测演练1．D2．D 解析：据三视图可判断该几何体是由一个圆柱和一个正四棱锥组合而成的，直观图如图所示：易求得表面积为(6π＋27－2)cm 2.3．B 解析：由三视图可知该几何体的直观图为一个正四棱柱，从上表面扣除半个内切球．易求出正四棱柱的底面边长为2，内切球的半径为1，故体积为2×2×5－23π＝20－2π3.4．4 29π 5.827 3 解析：首先将正四面体补形为一个正方体，设正四面体棱长为a ，则其对应正方体的棱长为22a ，且由球与正方体的组合关系易知3⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 2＝(1×2)2，解得a 2＝83， ∴正四面体的体积为V ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3－4×13×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝827 3.6．2∶1 解析：由正六棱锥的性质知，点P 在底面内的射影是底面的中心，也是线段AD的中点．又G 为PB 的中点，设P 点在底面内的射影为O ，则G 点在底面内的射影为OB 的中点M ，且GM ∥PO .又M 为AC 的中点，则GM ⊂平面GAC ，所以点P 到平面GAC 的距离等于点O 到平面GAC 的距离．又因为OM ⊥平面GAC ，DC ⊥平面GAC ，且DC ＝2OM ，则V D GAC V P GAC ＝13S △GAC ×DC13S △GAC ×OM ＝2.7．解：由已知条件知，平面图形中AE ＝EB ＝BC ＝CD ＝DA ＝DE ＝EC ＝1，∴折叠后得到一个棱长为1的正三棱锥(如图)． 方法一：作AF ⊥平面DEC ，垂足为F ， F 即为△DEC 的中心，取EC 中点G ，连接DG ，AG ， 过球心O 作OH ⊥平面AEC ， 则垂足H 为△AEC 的中心，∴外接球半径可利用△OHA ∽△AFG 求得． ∵AG ＝32，AF ＝1－⎝⎛⎭⎪⎫332＝63，AH ＝33， ∴OA ＝AG ·AHAF ＝32×3363＝64，∴外接球体积为43π×OA 3＝43·π·6643＝68π.方法二：如图，把棱长为1的正三棱锥放在正方体中，显然，棱长为1的正三棱锥的外接球就是正方体的外接球．∵正方体棱长为22， ∴外接球直径2R ＝3·22， ∴R ＝64，∴体积为43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫643＝68π.。
2020届高考数学二轮复习专题《以几何图形为载体的应用题》作业评价
(2)请确定工作坑P的位置，使地下电缆管线的总长度最小．
当OP为233 km时，地下电缆管线的总长度最小． 因为y＝2－sincθosθ＋ 3，θ∈π6，71π2，所以y′＝1－sin22cθosθ，令y′＝0，得θ＝π3，(10
分)当θ∈π6，π3时，y′<0，当θ∈π3，71π2时，y′>0，所以当θ＝π3时，y有极小值，且是最小
(1)用θ分别表示矩形ABCD和△ CDP的面积，并确定sinθ的取值范围；
图38-12
S矩形ABCD＝800(4sinθcosθ＋cosθ)，S△ CDP＝1 600(cosθ－sinθcosθ)，sinθ∈14，1； (1)如图38-13所示，由题意知，PH⊥MN，所以OH＝10.过O作OE⊥BC于E，则 OE∥MN，所以∠COE＝θ，故OE＝40cosθ，EC＝40sinθ， 则矩形ABCD的面积为2×40cosθ(40sinθ＋10)＝800(4sinθcosθ＋cosθ)，△ CDP的面积 为12×2×40cosθ(40－40sinθ)＝1 600(cosθ－sinθcosθ)．
得θ
＝
π 6
பைடு நூலகம்
，当θ∈
θ0，π6
时，f′(θ)>0，所以f(θ)为增函数；当θ∈
π6，π2
时，f′(θ)<0，所以f(θ)为减函数，因此，当θ＝π6时，f(θ)取到最大值．
答：当θ＝π6时， 能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．
(2019·南通二模)图38-14是一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分 组成．如图38-15，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等 腰梯形，左右两坡屋面EAD和FBC是全等的三角形．点F在平面ABCD和BC上的射影分 别为H，M.已知HM ＝ 5 m，BC ＝ 10 m，梯形ABFE的面积是△ FBC面积的2.2倍．设 ∠FMH ＝ θ(0<θ<π4)．
江西省2020届高三数学二轮复习 精品测试卷 第5讲立体几何 文
第五讲（文科） 测试题一.选择题（每小题5分，共50分） 1．（2020年高考江西卷·文）将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如图1所示，则该几何体的左视图为（ ） 2某几何体的三视图如图2如下，则该几何体的体积是（ ） A. 12 B. 16 C. 48 D. 643.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图3所示，则其侧面积．．．等于（ ） A ．3 B ．2C ．23D ．64.已知两条直线n m ,，两个平面βα,，给出下列四个命题 ①αα⊥⇒⊥n m n m ,// ②n m n m //,,//⇒⊂⊂βαβα③αα////,//n m n m ⇒ ④βαβα⊥⇒⊥n m n m ,//,// 其中正确命题的序号为（ ） A ．①③ B ．②④C ．①④D ．③④5.已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，2BC =，则球O 的表面积等于（ ）A ．4π B.3π C.2π D.π6.已知一个四面体的一条边长为6，其余边长均为2，则此四面体的外接球半径为 （ ）A ．53 B.5 C.153 D.1557.已知正四棱锥S ABCD -中，23SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ） A ．1 B.3 C.2 D.3图3图1 正视图 侧视图 俯视图44 3 图28.若正方体的棱长为2，则以该正方体各个面的中心为顶点的凸多面体的体积为（ ）A ．2 B.2 C.3 D.239．（2020年高考湖北卷·文）设球的体积为V ，它的内接正方体的体积为V ，下列说法中最合适的是（ ） A ．V 比V 大约多一半 B ．V 比V 大约多两倍半C ．V 比V大约多一倍 D ．V 比V大约多一倍半10.在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，3,11==AA AB ，E 为AB 上一个动点，则CE E D +1的最小值为（ ）A ． 22B ． 10C ． 15+D ．22+二、填空题（每小题5分，共25分）11.已知在半径为2的球面上有A.B.C.D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为_______.12.设线段BC CD AB BC ⊥⊥⊂,,αα且CD 与平面α成30ο角，且2===CD BC AB ，则AD =_____.13.已知球O 的表面上四点A.B.C.D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3，则球O 的体积等 于 .14. 已知ABC ∆的三边长为c b a ,,，内切圆半径为r （用的面积表示ABC S ABC ∆∆），则ABC S ∆)(21c b a r ++=；类比这一结论有：若三棱锥BCD A -的内切球半径为R ，则三 棱锥体积=-BCD A V ． 15.如图4，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且22=EF .现有如下四个结论： ①;BE AC ⊥②EF//平面ABCD ；③三棱锥A —BEF 的体积为定值； ④直线AF 与BE 可能相交.图4AABC D PPDDBCP1222260o主视图左视图俯视图其中正确结论的序号是 .二.解答题（共75分） 16．（本小题满分12分）如图5，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直.EF//AC ，AB=2,CE=EF=1（Ⅰ）求证：AF//平面BDE ；（Ⅱ）求证：CF⊥平面BDF;17．（本小题满分12分）（2020年高考全国新课标卷·文）如图6，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，60DAB ∠=︒，2AB AD =，PD ⊥底面ABCD ． （I ）证明：PA BD ⊥；（II ）设PD=AD=1，求棱锥D-PBC 的高．18．(本小题满分12分)一个四棱锥的三视图和直观图如图7所示，E 为侧棱PD 的中点. （1）求证：PB//平面AEC ；（2）求三棱锥E ACD -的体积.19．如图8，已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是直角梯形，AB BC ⊥，//AB CD ，E ，F 分别是棱BC ，11B C 上的动点，且1//EF CC ，11CD DD ==，2,3AB BC ==. （Ⅰ）证明：无论点E 怎样运动，四边形1EFD D 都为矩形； （Ⅱ）当1EC =时，求几何体1A EFD D -的体积．图5 图6 ABCDEP 图7图820.（本小题满分13分）如图9，棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 是菱形，11B C A B ⊥（Ⅰ）证明：平面1AB C ⊥平面11A BC ；（Ⅱ）设D 是11A C 上的点，且1//A B 平面1B CD ，求11:A D DC 的值.21．（本小题满分14分）如图10，平面ABDE⊥平面ABC ，ABC ∆是等腰直角三角形，AC=BC=4，四边形ABDE 是直角梯形，BD//AE ，BD⊥BA，,221==AE BDO 、M 分别为CE 、AB 的中点.（I ）求证：OD//平面ABC ；（II ）能否在EM 上找一点N ，使得ON⊥平面ABDE ？若能， 请指出点N 的位置，并加以证明；若不能，请说明理由.第五讲（文科） 测试题一、1~5 D B D C A 6~10 C C B D B 提示：2．在四棱锥P －ABCD ，其中底面ABCD 是矩形，PA⊥底面ABCD ，且AD ＝4，AB ＝3，PA ＝4，如图1.1434163V =⋅⋅⋅=，故选B3．由正视图知：三棱柱是以底面边长为2，高为1的正三棱柱，图9图10PABCD图1所以底面积为324234⨯⨯=，侧面积为3216⨯⨯=，选D ． 4. ①正确；②,m n 可能异面，不正确；③n 可能在面α内，不正确；④正确，故选C 5. 由已知，球O 的直径为22R SC ==，∴表面积为244.R ππ=6. 利用等体积法.如图，有ABCD O ABC O ABD O ACD O BCD V V V V V ----=+++，所以13ABCD V S R =⋅ （S 为四面体的表面积），可求得15R =，选C 7．设底面边长为a ，则高所以体积，设，则，当y 取最值时，，解得a=0或a=4时，体积最大，此时，故选C.8．由题意知 以正方体各个面的中心为顶点的凸多面体为正八面体（即两个同底同高同棱长的正四棱锥），所有棱长均为12， 故正八面体的体积为21222=21=323V V =⨯⨯⨯正四棱锥, 故选B. 10．如图建立空间直角坐标系，则(1,1,0)C ，1(0,13)D ，可设(,0,0)E x ，那么CE E D +1224(1)1x x =+-+再转化到平面直角坐标系中，x 轴上动点(,0)x 到两定点(0,2),(1,1)M N -的距离和，其最小值为22(10)(12)10MN =-++=，故选B二、11．33 12. 22 13．92π14. )1(3ABC ABD ACD BCDR S S S S ∆∆∆∆+++15 .①②③提示：11．过CD 作平面PCD ，使AB⊥平面PCD,交AB 与P,设点P 到CD 的距离为h ,则有ABCD 11222323V h h =⨯⨯⨯⨯=四面体,当直径通过AB 与CD 的中点时,22max 22123h =-故max 433V =12.||AD AD =u u u r，222||||()AD AB BC CD AB BC CD =++=++u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r 222222AB BC CD AB BC BC CD CD AB =+++⋅+⋅+⋅u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r44400222cos1208=+++++⋅⋅⋅=o ，故||AD AD =u u u r22=13．补形法 可将多面体补成棱长为3的球内接正方体，则233R =⋅，32R =，故球O 的体积为92π.14.连接内切球球心与各点，将三棱锥分割成四个小棱锥，它们的高都等于R ，底面分别为三棱锥的各个面，它们的体积和等于原三棱锥的体积.答案:)1(3ABC ABD ACD BCD R S S S S ∆∆∆∆+++15. ①②易知正确；棱锥的高为顶点A 到底面BEF 的距离，也就是点A 到面11BDD B 的距离为定值2，底面BEF 为定值12212⋅⋅=，得 1221312V =⋅⋅=，故③正确；④不正确. 三、16．如图2证明：（Ⅰ）设AC 于BD 交于点G.因为EF∥AG,且EF=1，AG=12AG=1 所以四边形AGEF 为平行四边形，所以AF∥EG因为EG ⊂平面BDE,AF ⊄平面BDE ，所以AF∥平面BDE （Ⅱ）连接FG.因为EF∥CG,EF=CG=1,且CE=1, 所以平行四边形CEFG 为菱形.所以CF⊥EG. 因为四边形ABCD 为正方形，所以BD⊥AC.又因为平面ACEF⊥平面ABCD,且平面ACEF∩平面ABCD=AC,所以BD⊥平面ACEF.所以CF⊥BD.又BD∩EG=G,所以CF⊥平面BDE.17．解：（Ⅰ）因为60,2DAB AB AD ∠=︒=， 由余弦定理得3BD AD =，从而BD 2+AD 2=AB 2，故BD ⊥AD. 又PD ⊥底面ABCD ，可得BD ⊥PD. 所以BD ⊥平面PAD. 故 PA ⊥BD . （Ⅱ）如图，作DE ⊥PB ，垂足为E ．已知PD ⊥底面ABCD ，则PD ⊥BC ．图2由（Ⅰ）知BD ⊥AD ，又BC//AD ，所以BC ⊥BD ．故BC ⊥平面PBD ，BC ⊥DE ．则DE ⊥平面PBC ．由题设知，PD=1，则BD=3，PB=2，根据BE ·PB=PD·BD，得DE=23，即棱锥D —PBC 的高为.23 18．解：（1）由图形可知该四棱锥和底面ABCD 是菱形，且有一角为60o ，边长为2，锥体高度为1.设AC ，BD 和交点为O ，连OE ，OE 为△DPB 的中位线， OE//PB ，EO ⊂面EAC ，PB ⊄面EAC 内，∴PB//面AEC.（2）三棱锥E ACD -底面三角形ACD 的面积为：1sin1202AD DC ⋅⋅︒=因为E 是PD 的中点，所以三棱锥E ACD -高是四棱锥P ABCD -高的一半，即12，所以：11326E ABCD V -== 19．解：（Ⅰ）在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，11//DD CC ，∵1//EF CC ，∴1//EF DD ， 又∵平面//ABCD 平面1111A B C D ，平面ABCD I 平面1EFD D ED =，平面1111A B C D I 平面11EFD D FD =，∴1//ED FD ，∴四边形1EFD D 为平行四边形， ∵侧棱1DD ⊥底面ABCD ，又DE ⊂平面ABCD 内，∴1DD DE ⊥，∴四边形1EFD D 为矩形；（Ⅱ）证明：连结AE ，∵四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱， ∴侧棱1DD ⊥底面ABCD ，又AE ⊂平面ABCD 内，∴1DD AE ⊥，在Rt ABE ∆中，2AB =，2BE =，则AE =Rt CDE ∆中，1EC =，1CD =，则DE =在直角梯形中ABCD ，AD ==；∴222AE DE AD +=，即AE ED ⊥，又∵1ED DD D =I ，∴AE ⊥平面1EFD D ；由（Ⅰ）可知，四边形1EFD D 为矩形，且DE =，11DD =，∴矩形1EFD D 的面积为112EFD D S DE DD =⋅=，∴几何体1A EFD D -的体积为11114222333A EFD D EFD D V S AE -=⋅=⨯⨯=． 20.解：如图3（Ⅰ）因为侧面BCC 1B 1是菱形，所以11BC C B ⊥ 又已知B BC B A B A C B =⋂⊥1111,且 所又⊥C B 1平面A 1BC 1，又⊂C B 1平面AB 1C ，所以平面⊥C AB 1平面A 1BC 1 .（Ⅱ）设BC 1交B 1C 于点E ，连结DE ，则DE 是平面A 1BC 1与平面B 1CD 的交线， 因为A 1B//平面B 1CD ，所以A 1B//DE.又E 是BC 1的中点，所以D 为A 1C 1的中点. 即A 1D ：DC 1=1. 21.证明：（I ）取AC 中点F ，连结OF 、FBAE BD AE BD EA OF EA OF CE O AC F 21//,21//,,==∴且又且中点为中点是Θ ∴F//DB，OF=DB∴四边形BDOF 是平行四边形 ∴OD//FB 又⊂FB Θ平面MEG ，OD ⊄平面MEG∴OD 面ABC.（II ）当N 是EM 中点时，ON⊥平面ABDE.证明：取EM 中点N ，连结ON 、CM ，∵AC=BC，M 为AB 中点，∴CM⊥AB， 又∵面ABDE⊥面ABC ，面ABDE I 面ABC=AB ，CM ⊂面ABC ，∴CM⊥AB， ∵N 是EM 中点，O 为CE 中点，∴ON//CM， ∴ON⊥平面ABDE.图3。
2020年高考数学(理)二轮专项复习专题08 解析几何含答案
专题08 解析几何平面解析几何主要介绍用代数知识研究平面几何的方法．为此，我们要关注：将几何问题代数化，用代数语言描述几何要素及其关系，将几何问题转化为代数问题，处理代数问题，分析代数结果的几何含义，最终解决几何问题．在此之中，要不断地体会数形结合、函数与方程及分类讨论等数学思想与方法．要善于应用初中平面几何、高中三角函数和平面向量等知识来解决直线、圆和圆锥曲线的综合问题．§8－1 直角坐标系【知识要点】1．数轴上的基本公式设数轴的原点为O ，A ，B 为数轴上任意两点，OB ＝x 2，OA ＝x 1，称x 2－x 1叫做向量的坐标或数量，即数量AB ＝x 2－x 1；数轴上两点A ，B 的距离公式是d (A ，B )＝|AB ｜＝|x 2－x 1|．2．平面直角坐标系中的基本公式设A ，B 为直角坐标平面上任意两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点之间的距离公式是.)()(||),.(212212y y x x AB B A d -+-==A ，B 两点的中点M (x ，y )的坐标公式是⋅+=+=2,22121y y y x x x 3．空间直角坐标系在空间直角坐标系O －xyz 中，若A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，A ，B 两点之间的距离公式是.)()()(||),(212212212z z y y x x AB B A d -+-+-==【复习要求】1．掌握两点间的距离公式，中点坐标公式；会建立平面直角坐标系，用坐标法(也称为解析法)解决简单的几何问题．2．了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标系刻画点的位置，并掌握两点间的距离公式． 【例题分析】例1 解下列方程或不等式：(1)｜x－3｜＝1；(2)|x－3｜≤4；(3)1＜|x－3｜≤4．略解：(1)设直线坐标系上点A，B的坐标分别为x，3，则｜x－3｜＝1表示点A到点B的距离等于1，如图8－1－1所示，图8－1－1所以，原方程的解为x＝4或x＝2．(2)与(1)类似，如图8－1－2，图8－1－2则｜x－3｜≤4表示直线坐标系上点A到点B的距离小于或等于4，所以，原不等式的解集为{x｜－1≤x≤7}．(3)与(2)类似，解不等式1＜｜x－3｜，得解集{x|x＞4，或x＜2｝，将此与不等式|x－3｜≤4的解集{x|－1≤x≤7｝取交集，得不等式1＜|x－3｜≤4的解集为{x｜－1≤x＜2，或4＜x≤7｝．【评析】解绝对值方程或不等式时，如果未知数x的次数和系数都为1，那么可以利用绝对值的几何意义来解绝对值方程或不等式．｜x－a｜的几何意义：表示数轴(直线坐标系)上点A(x)到点B(a)的距离．例2 已知矩形ABCD及同一平面上一点P，求证：P A2＋PC2＝PB2＋PD2．解：如图8－1－3，以点A为原点，以AB为x轴，向右为正方向，以AD为y轴，向上为正方向，建立平面直角坐标系．图8－1－3设AB＝a，AD＝b，则A(0，0)，B(a，0)，C(a，b)，D(0，b)，设P (x ，y )，则22222222))()(()(b y a x y x PC PA -+-++=+＝x 2＋y 2＋(x －a )2＋(y －b )2，22222222))(())((b y x y a x PD PB -+++-=+＝x 2＋y 2＋(x －a )2＋(y －b )2，所以P A 2＋PC 2＝PB 2＋PD 2．【评析】坐标法是解析几何的一个基本方法,非常重要．坐标法中要注意坐标系的建立，理论上，可以任意建立坐标系，但是坐标系的位置会影响问题解决的复杂程度，适当的坐标系可以使解题过程较为简便．例3 已知空间直角坐标系中有两点A (1，2，－1)，B (2，0，2)． (1)求A ，B 两点的距离；(2)在x 轴上求一点P ，使｜P A |＝｜PB |；(3)设M 为xOy 平面内的一点，若|MA ｜＝｜MB ｜，求M 点的轨迹方程． 解：(1)由两点间的距离公式，得.14)21()02()21(||222=--+-+-=AB(2)设P (a ，0，0)为x 轴上任一点，由题意得222)10()20()1(++-+-a，即a 2－2a ＋6＝a 2－4a ＋8，解得a ＝1，所以P (1，0，0)． (3)设M (x ，y ，0)，则有整理可得x －2y －1＝0．所以，M 点的轨迹方程为x －2y －1＝0．【评析】由两点间的距离公式建立等量关系，体现了方程思想的应用．练习8－1一、选择题1．数轴上三点A ，B ，C 的坐标分别为3，－1，－5，则AC ＋CB 等于( )40)2(2++-=a ,4)0()2()10()2()1(22222+-+-=++-+-y x y xA ．－4B ．4C ．－12D ．122．若数轴上有两点A (x )，B (x 2)(其中x ∈R )，则向量的数量的最小值为( )A ．B ．0C ．D ． 3．在空间直角坐标系中，点(1，－2，3)关于yOz 平面的对称点是( ) A ．(1，－2，－3)B ．(1，2，3)C ．(－1，－2，3)D ．(－1，2，3)4．已知平面直角坐标内有三点A (－2，5)，B (1，－4)，P (x ，y )，且｜AP |＝｜BP |，则实数x ，y 满足的方程为( )A ．x ＋3y －2＝0B ．x －3y ＋2＝0C ．x ＋3y ＋2＝0D ．x －3y －2＝0二、填空题5．方程｜x ＋2｜＝3的解是______；不等式｜x ＋3｜≥2的解为______． 6．点A (2，3)关于点B (－4，1)的对称点为______． 7．方程｜x ＋2｜－｜x －3｜＝4的解为______．8．如图8－1－4，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，|DA |＝3，|DC ｜＝4，|DD 1|＝2，A 1C 的中点为M ，则点B 1的坐标是______，点M 的坐标是______，M 关于点B 1的对称点为______．图8－1－4三、解答题9．求证：平行四边形ABCD 满足AB 2＋BC 2＋CD 2＋DA 2＝AC 2＋BD 2．AB 21414110．求证：以A (4，3，1)，B (7，1，2)，C (5，2，3)三点为顶点的三角形是一个等腰三角形．11．在平面直角坐标系中，设A (1，3)，B (4，5)，点P 在x 轴上，求|P A |＋｜PB ｜的最小值．§8－2 直线的方程【知识要点】1．直线方程的概念如果以一个方程的解为坐标的点都在某条直线上，且这条直线上点的坐标都是这个方程的解，那么这个方程叫做这条直线的方程．．．．．，这条直线叫做这个方程的直线．．．．．． 2．直线的倾斜角和斜率x 轴正向与直线向上的方向所成的角叫做这条直线的倾斜角．．．．并规定，与x 轴平行或重合的直线的倾斜角为零度角．因此，倾斜角α 的取值范围是0°≤α ＜180°．我们把直线y ＝kx ＋b 中的系数k 叫做这条直线的斜率．．．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)为直线y ＝kx ＋b 上任意两点，其中x 1≠x 2，则斜率倾斜角为90°的直线的斜率不存在，倾斜角为α 的直线的斜率k ＝tan α (α ≠90°)． 3．直线方程的几种形式 点斜式：y －y 1＝k (x －x 1)； 斜截式：y ＝kx ＋b ；两点式：一般式：Ax ＋By ＋C ＝0(A 2＋B 2≠0)． 4．两条直线相交、平行与重合的条件设直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则⋅--=1212x x yy k );,(2121121121y y x x x x xx y y y y =/=/--=--(1)l 1与l 2相交A 1B 2－A 2B 1≠0或(2)l 1与l 2平行(3)l 1与l 2重合 当直线l 1与l 2的斜率存在时，设斜率分别为k 1，k 2，截距分别为b 1，b 2，则 l 1与l 2相交k 1≠k 2； l 1∥l 2k 1＝k 2，b 1≠b 2； l 1与l 2重合k 1＝k 2，b 1＝b 2． 5．两条直线垂直的条件设直线l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0，l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则l 1⊥l 2A 1A 2＋B 1 B 2＝0． 当直线l 1与l 2的斜率存在时，设斜率分别为k 1，k 2，则l 1⊥l 2k 1k 2＝－1． 6．点到直线的距离点P (x 1，y 1)到直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0的距离d 的计算公式【复习要求】1．理解直线的倾斜角和斜率的概念，掌握过两点的直线斜率的计算公式．根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式：点斜式、两点式及一般式，体会斜截式与一次函数的关系．2．掌握两条直线平行与垂直的条件，点到直线的距离公式．能够根据直线的方程判断两条直线的位置关系，能用解方程组的方法求两直线的交点坐标． 【例题分析】例1(1)直线的斜率是______，倾斜角为______；(2)设A (2，3)，B (－3，2)，C (－1，－1)，过点C 且斜率为k 的直线l 与线段AB 相交，则斜率k 的取值⇔)0(222121=/=/B A B B A A ⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=/=/=≠-≠-=-).0(;00,0222212121211221211221C B A C CB B A AC A C A B C C B B A B A 或或而⇔⎪⎩⎪⎨⎧=/==≠===).0();0(,,222212121222111C B A C C B B A A C C B B A A 或λλλλ⇔⇔⇔⇔⇔⋅+++=2211||BA C By Ax d 082=-+y x范围为______．略解：(1)直线可以化简为 所以此直线的斜率为，倾斜角(2)如图8－2－1，设直线AC 的倾斜角为α ，图8－2－1因为此直线的斜率为，所以 设直线BC 的倾斜角为β ，因为此直线的斜率为所以 因为直线l 与线段AB 相交，所以直线l 的倾斜角θ 满足α ≤θ ≤β ， 由正切函数图象，得tan θ ≥tan α 或tan θ≤tan β， 故l 斜率k 的取值范围为． 【评析】(1)求直线的斜率常用方法有三种： ①已知直线的倾斜角α，当α≠90°时，k ＝tan α；②已知直线上两点的坐标(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，当x 1≠x 2时，k ＝；③已知直线的方程Ax ＋By ＋C ＝0，当B ≠0时，k ＝． (2)已知直线的斜率k 求倾斜角α 时，要注意当k >0时，α ＝arctan k ；当k <0时，α ＝π－arctan |k |． 例2 根据下列条件求直线方程：082=-+y x ，22822+-=x y 22-;22tan arc π-=α341213=++=AC k ;34tan =α,231312-=+-+=BC k ⋅-=23tan β]23,[],34[-∞+∞∈Y k 1212x x y y --BA -(1)过点A (2，3)，且在两坐标轴上截距相等；(2)过点P (－2，1)，且点Q (－1，－2)到直线的距离为1． 解：(1)设所求直线方程为y －3＝k (x －2)，或x ＝2(舍)， 令y ＝0，得x ＝2－(k ≠0)；令x ＝0，得y ＝3－2k ， 由题意，得2－＝3－2k ，解得k ＝或k ＝－1， 所以，所求直线方程为3x －2y ＝0或x ＋y －5＝0； (2)设所求直线方程为y －1＝k (x ＋2)或x ＝－2， 当直线为y －1＝k (x ＋2)，即kx —y ＋(2k ＋1)＝0时，由点Q (－1，－2)到直线的距离为1，得＝1，解得， 所以，直线，即4x ＋3y ＋5＝0符合题意； 当直线为x ＝－2时，检验知其符合题意． 所以，所求直线方程为4x ＋3y ＋5＝0或x ＝－2．【评析】求直线方程，应从条件出发，合理选择直线方程的形式，并注意每种形式的适应条件．特别地，在解题过程中要注意“无斜率”，“零截距”的情况．例3 已知直线l 1：(m －2)x ＋(m ＋2)y ＋1＝0，l 2：(m 2－4)x —my －3＝0， (1)若l 1∥l 2，求实数m 的值； (2)若l 1⊥l 2，求实数m 的值．解法一：(1)因为l 1∥l 2，所以(m －2)(－m )＝(m ＋2)(m 2－4)， 解得m ＝2或m ＝－1或m ＝－4， 验证知两直线不重合，所以m ＝2或m ＝－1或m ＝－4时，l 1∥l 2；(2)因为l 1⊥l 2，所以(m －2)(m 2－4)＋(－m )(m ＋2)＝0， 解得m ＝－2或m ＝1或m ＝4．解法二：当l 1斜率不存在，即m ＝－2时，代入直线方程，知l 1⊥l 2；k3k 3231|122|2++++-k k k 34-=k 03534=---y x当l 2斜率不存在，即m ＝0时，代入直线方程，知l 1与l 2既不平行又不垂直； 当l 1，l 2斜率存在，即m ≠0，m ≠－2时，可求l 1，l 2，如的斜率分别为k 1＝－，k 2＝，截距b 1＝－，b 2＝，若l 1∥l 2，由k 1＝k 2，b 1≠b 2，解得m ＝2或m ＝－1或m ＝－4， 若l 1⊥l 2，由k 1k 2＝－1，解得m ＝1或m ＝4 综上，(1)当m ＝2或m ＝－1或m ＝－4时，l 1∥l 2； (2)当m ＝－2或m ＝1或m ＝4时，l 1⊥l 2．【评析】两条直线平行与垂直的充要条件有几个，但各有利弊．简洁的(如解法一)相互之间易混淆，好记的要注意使用条件(如解法二，易丢“无斜率”的情况)，解题过程中要注意正确使用．例4 已知直线l 过两直线l 1：3x －y －1＝0与l 2：x ＋y －3＝0的交点，且点A (3，3)和B (5，2)到l 的距离相等，求直线l 的方程．【分析】所求直线l 有两种情况：一是l 与AB 平行；二是点A ，B 在l 的两侧，此时l 过线段AB 的中点．解：解方程组得交点(1，2)，由题意，当①l 与AB 平行；或②l 过A ，B 的中点时．可以使得点A ，B 到l 的距离相等． ①当l ∥AB 时，因为，此时，即x ＋2y －5＝0；②当l 过AB 的中点时，因为AB 的中点坐标为所以 即l ：x －6y ＋11＝0．综上，所求的直线l 的方程为x ＋2y －5＝0或l ：x －6y ＋11＝0．例5 已知直线l 1：y ＝kx ＋2k 与l 2：x ＋y ＝5的交点在第一象限，求实数k 的取值范围．解法一：解方程组，得交点 22－+m m m m 42-21+m m3-⎩⎨⎧=-+=--03013y x y x 215323-=--=AB k )1(212:--=-x y l ),25,4(M ,1412252:--=--x y l ⎩⎨⎧=++=52y x k kx y ),1255,125(+--+-k kk k由题意，得，解得解法二：如图8－2－2，由l 1：y ＝k (x ＋2)，知l 1过定点P (－2，0)，图8－2－2由l 2：x ＋y ＝5，知l 2坐标轴相交于点A (0，5)，B (5，0)， 因为 由题意，得 【评析】在例4，例5中，要充分利用平面几何知识解决问题，体会数形结合的思想与方法；要会联立两个曲线(直线)的方程，解方程得到曲线的交点，体会方程思想．例6 如图8－2－3，过点P (4，4)的直线l 与直线l 1：y ＝4x 相交于点A (在第一象限)，与x 轴正半轴相交于点B ，求△ABO 面积的最小值．图8－2－3解：设B (a ，0)，则 将y ＝4x 代入直线l 的方程，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>+-->+-012550125k k k k⋅<<250k ,0,252005==+-=BP AP k k ⋅<<250k ),4(4044:---=-x ay l得点A 的坐标为 则△ABO 的面积 所以当a ＝6时，△ABO 的面积S 取到最小值24．练习8－2一、选择题1．若直线l 的倾斜角的正弦为，则l 的斜率k 是( ) A ． B ．C ．或D ．或 2．点P (a ＋b ，ab )在第二象限内，则bx ＋ay －ab ＝0直线不经过的象限是( ) A ．第一象限 B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．“”是“直线(m ＋2)x ＋3my ＋1＝0与直线(m －2)x ＋(m ＋2)y －3＝0相互垂直”的( ) A ．充分必要条件B ．充分而不必要条件C ．必要而不充分条件D ．既不充分也不必要条件4．若直线与直线2x ＋3y －6＝0的交点位于第一象限，则l 的倾角的取值范围( )A ．B ．C ．D ．二、填空题5．已知两条直线l 1：ax ＋3y －3＝0，l 2：4x ＋6y －1＝0，若l 1∥l 2，则a ＝_______． 6．已知点A (3，0)，B (0，4)，则过点B 且与A 的距离为3的直线方程为_______． 7．若点P (3，4)，Q (a ，b )关于直线x －y －1＝0对称，则a ＋2b ＝_______． 8．若三点A (2，2)，B (a ，0)，C (0，b )，(ab ≠0)共线，则的值等于_______． 三、解答题9．已知点P 在直线2x ＋3y －2＝0上，点A (1，3)，B (－1，－5)．),3)(34,3(>--a a a a a ,121)611(3234212+--=-⨯⨯=a a a a S 5343-4343-433434-21=m 3:-=kx y l )3π,6π[)2π,3π()2π,6π(]2π,6π[ba 11+(1)求｜P A｜的最小值；(2)若|P A|＝|PB|，求点P坐标．10．若直线l夹在两条直线l1：x－3y＋10＝0与l2：2x＋y－8＝0之间的线段恰好被点P(0，1)平分，求直线l 的方程．211．已知点P到两个定点M(－1，0)、N(1，0)距离的比为，点N到直线PM的距离为1．求直线PN的方程．§8－3 简单的线性规划问题【知识要点】1．二元一次不等式(组)所表示的平面区域(1)一般地，二元一次不等式Ax＋By＋C＞0在平面区域中表示直线Ax＋By＋C＝0某一侧的所有点组成的平面区域(开半平面)，且不含边界线．不等式Ax＋By＋C≥0所表示的平面区域包括边界线(闭半平面)．(2)由几个不等式组成的不等式组所表示的平面区域，是指各个不等式组所表示的平面区域的公共部分．(3)可在直线Ax＋By＋C＝0的某一侧任取一点，一般地取特殊点(x0，y0)，从Ax0＋By0＋C的正(或负)来判断Ax＋By＋C＞0(或Ax＋By＋C＜0)所表示的区域．当C≠0时，常把原点(0，0)作为特殊点．(4)也可以利用如下结论判断区域在直线哪一侧：①y＞kx＋b表示直线上方的半平面区域；y＜kx＋b表示直线下方的半平面区域．②当B＞0时，Ax＋By＋C＞0表示直线上方区域，Ax＋By＋C＜0表示直线下方区域．2．简单线性规划(1)基本概念目标函数：关于x ，y 的要求最大值或最小值的函数，如z ＝x ＋y ，z ＝x 2＋y 2等． 约束条件：目标函数中的变量所满足的不等式组． 线性目标函数：目标函数是关于变量的一次函数．线性约束条件：约束条件是关于变量的一次不等式(或等式)．线性规划问题：在线性约束条件下，求线性目标函数的最大值或最小值问题． 最优解：使目标函数达到最大值或最小值的点的坐标，称为问题的最优解． 可行解：满足线性约束条件的解(x ，y )叫可行解． 可行域：由所有可行解组成的集合叫可行域． (2)用图解法解决线性规划问题的一般步骤： ①分析并将已知数据列出表格； ②确定线性约束条件； ③确定线性目标函数； ④画出可行域；⑤利用线性目标函数，求出最优解；⑥实际问题需要整数解时，应适当调整确定最优解． 【复习要求】1．了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组． 2．能从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决． 【例题分析】例1 (1)若点(3，1)在直线3x －2y ＋a ＝0的上方，则实数a 的取值范围是______； (2)若点(3，1)和(－4，6)在直线3x －2y ＋a ＝0的两侧，则实数a 的取值范围是______． 解：(1)将直线化为 由题意，得，解得a ＜－7． (2)由题意，将两点代入直线方程的左侧所得符号相反， 则(3×3－2＋a )[3×(－4)－12＋a ]＜0，即(a ＋7)(a －24)＜0，,223a x y +=23231a+⨯>所以，实数a 的取值范围是(－7，24)．例2 (1)如图8－3－1，写出能表示图中阴影部分的不等式组；图8－3－1(2)如果函数y ＝ax 2＋bx ＋a 的图象与x 轴有两个交点，试在aOb 坐标平面内画出点(a ，b )表示的平面区域．略解：(1) (2)由题意，得b 2－4a 2＞0，即(2a ＋b )(2a －b )＜0，所以或，点(a ，b )表示的平面区域如图8－3－2．图8－3－2【评析】除了掌握二元一次不等式表示平面区域外，还应关注给定平面区域如何用不等式表示这个逆问题．例3 已知x ，y 满足求：(1)z 1＝x ＋y 的最大值； (2)z 2＝x －y 的最大值；，0221⎪⎩⎪⎨⎧≥+-->≤y x y x ⎩⎨⎧<->+0202b a b a ⎩⎨⎧>-<+0202b a ba ⎪⎩⎪⎨⎧≤--≥+-≥-+.033,042,022y x y x y x(3)z 3＝x 2＋y 2的最小值； (4)的取值范围(x ≠1)． 略解：如图8－3－3，作出已知不等式组表示的平面区域．图8－3－3易求得M (2，3)，A (1，0)，B (0，2)．(1)作直线x ＋y ＝0，通过平移，知在M 点，z 1有最大值5； (2)作直线x －y ＝0，通过平移，知在A 点，z 2有最大值1；(3)作圆x 2＋y 2＝r 2，显然当圆与直线2x ＋y －2＝0相切时，r 2有最小值，即z 3有最小值(4)可看作(1，0)与(x ，y )两点连线的斜率，所以z 4的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)． 【评析】对于非线性目标函数在线性约束条件下的最值问题，要充分挖掘其目标函数z 的几何意义．z 的几何意义常见的有：直线的截距、斜率、圆的半径等．例4 某公司招收男职员x 名，女职员y 名，x 和y 须满足约束条件则z ＝10x ＋10y 的最大值是( )(A)80(B)85(C)90(D)95略解：由题意，根据已知不等式组及可得到点(x ，y )的可行域．如图8－3－4．14-=x yz 2)52(;541-x y⎪⎩⎪⎨⎧≤≥+-≥-.112,932,22115x y x y x ⎩⎨⎧≥≥0y x图8－3－4作直线x ＋y ＝0，通过平移，知在M 点，z ＝10x ＋10y 有最大值，易得 又由题意，知x ，y ∈N ，作适当调整，知可行域内点(5，4)可使z 取最大值， 所以，z max ＝10×5＋10×4＝90，选C ． 【评析】实际问题中，要关注是否需要整数解．例5 某工厂用两种不同原料生产同一产品，若采用甲种原料，每吨成本1000元，运费500元，可得产品90千克；若采用乙种原料，每吨成本1500元，运费400元，可得产品100千克．今预算每日原料总成本不得超过6000元，运费不得超过2000元，问此工厂每日采用甲、乙两种原料各多少千克，才能使产品的日产量最大?解：设此工厂每日需甲种原料x 吨，乙种原料y 吨，则可得产品z ＝90x ＋100y (千克)．由题意，得上述不等式组表示的平面区域如图8－3－5所示，阴影部分(含边界)即为可行域．图8－3－5作直线l ：90x ＋100y ＝0，并作平行于直线l 的一组直线与可行域相交，其中有一条直线经过可行域上的M 点，且与直线l 的距离最大，此时目标函数达到最大值．这里M 点是直线2x ＋3y ＝12和5x ＋4y ＝20的交点，容易解得M，此时z 取到最大值),29,211(M ⎪⎩⎪⎨⎧≥≥≤+≤+⇒⎪⎩⎪⎨⎧≥≥≤+≤+.0,0,2045,1232.0,0，2000400500，600015001000y x y x y x y x y x yx )720,712(71290⨯答：当每天提供甲原料吨，乙原料吨时，每日最多可生产440千克产品． 例6 设函数f (x )＝ax 2＋bx ，且1≤f (－1)≤2，2≤f (1)≤4． (1)在平面直角坐标系aOb 中，画出点(a ，b )所表示的区域； (2)试利用(1)所得的区域，求f (－2)的取值范围． 解：(1)∵f (－1)＝a －b ，f (1)＝a ＋b ，∴即如图8－3－6，在平面直角坐标系aOb 中，作出满足上述不等式组的区域，阴影部分(含边界)即为可行域．图8－3－6(2)目标函数f (－2)＝4a －2b ．在平面直角坐标系aOb 中，作直线l ：4a －2b ＝0，并作平行于直线l 的一组直线与可行域相交，其中有一条直线经过可行域上的B 点，且与直线l 的距离最大，此时目标函数达到最大值．这里B 点是直线a －b ＝2和a ＋b ＝4的交点，容易解得B (3，1)， 此时f (－2)取到最大值4×3－2×1＝10．同理，其中有一条直线经过可行域上的C 点，此时目标函数达到最小值．这里C 点是直线a －b ＝1和a ＋b ＝2的交点，容易解得此时f (－2)取到最小值 所以5≤f (－2)≤10．.440720100=⨯+712720⎩⎨⎧≤+≤≤-≤.42,21b a b a ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<+≥+≤-≥-.4,2,2,1b a b a b a ba ),21,23(C .5212234=⨯-⨯【评析】线性规划知识是解决“与二元一次不等式组有关的最值(或范围)问题”的常见方法之一．练习8－3一、选择题1．原点(0，0)和点(1，1)在直线x ＋y －a ＝0的两侧，则a 的取值范围是 ( ) A ．a ＜0或a ＞2B ．a ＝0或a ＝2C ．0＜a ＜2D ．0≤a ≤22．若x ≥0，y ≥0，且x ＋y ≤1，则z ＝x －y 的最大值是( ) A ．－1B ．1C ．2D ．－23．已知x 和y 是正整数，且满足约束条件则z ＝2x ＋3y 的最小值是( )A ．24B ．14C ．13D ．11.54．根据程序设定，机器人在平面上能完成下列动作：先从原点O 沿正东偏北α 方向行走－段时间后，再向正北方向行走一段时间，但α 的大小以及何时改变方向不定．如图8－3－7．假定机器人行走速度为10米/分钟，设机器人行走2分钟时的可能落点区域为S ，则S 可以用不等式组表示为( )图8－3－7A ．B ．C ．D ．二、填空题⎪⎩⎪⎨⎧≥≤-≤+.72,2,10x y x y x )2π0(≤≤α⎩⎨⎧≤≤≤≤200200y x ⎩⎨⎧≥+≤+2040022y x y x ⎪⎩⎪⎨⎧≥≥≤+0040022y x y x ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≥+202020y x y x5．在平面直角坐标系中，不等式组表示的平面区域的面积是______．6．若实数x 、y 满足，则的取值范围是______．7．点P (x ，y )在直线4x ＋3y ＝0上，且满足－14≤x －y ≤7，则点P 到坐标原点距离的取值范围是______．8．若当实数x ，y 满足时，z ＝x ＋3y 的最小值为－6，则实数a 等于______．三、解答题9．如果点P 在平面区域内，点Q (2，2)，求|PQ |的最小值．10．制定投资计划时，不仅要考虑可能获得的盈利，而且要考虑可能出现的亏损．某投资人打算投资甲、乙两个项目，根据预测，甲、乙项目可能的最大盈利率分别为100％和50％()，可能的最大亏损率分别为30％和10％()，投资人计划投资金额不超过10万元，要求确保可能的资金亏损不超过1.8万元．问投资人对甲、乙两个项目各投多少万元，才能使可能的盈利最大?11．设a ，b ∈R ，且b (a ＋b ＋1)＜0，b (a ＋b －1)＜0．⎪⎩⎪⎨⎧≤≥+-≥-+20202x y x y x ⎪⎩⎪⎨⎧≤>≤+-2001x x y x x y ⎪⎩⎪⎨⎧≤≥+≥+-a x y x y x 005⎪⎩⎪⎨⎧≥-+≤-+≥+-0102022y x y x y x %100⨯=投资额盈利额盈利率投资额亏损额亏损率=%100⨯(1)在平面直角坐标系aOb 中，画出点(a ，b )所表示的区域； (2)试利用(1)所得的区域，指出a 的取值范围．§8－4 圆的方程【知识要点】1．圆的方程(1)标准方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)，其中点(a ，b )为圆心，r 为半径． (2)一般方程：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F ＞0)，其中圆心为，半径为2．点和圆的位置关系设圆的半径为r ，点到圆的圆心距离为d ，则 d ＞r 点在圆外； d ＝r 点在圆上； d ＜r 点在圆内． 3．直线与圆的位置关系(1)代数法：联立直线与圆的方程，解方程组，消去字母y ，得关于x 的一元二次方程，则＞0方程组有两解直线和圆相交； ＝0方程组有一解直线和圆相切； ＜0方程组无解直线和圆相离．(2)几何法(重点)：计算圆心到直线的距离d ，设圆的半径为r ，则 d ＜r 直线和圆相交； d ＝r 直线和圆相切； d ＞r 直线和圆相离．)2,2(E D --21.422F E D -+⇔⇔⇔∆⇔⇔∆⇔⇔∆⇔⇔⇔⇔⇔4．圆与圆的位置关系设两圆的半径分别为R ，r (R ≥r )，两圆的圆心距为d (d ＞0)，则d ＞R ＋r 两圆相离；d ＝R ＋r 两圆外切；R －r ＜d ＜R ＋r 两圆相交；d ＝R －r 两圆内切；d ＜R －r 两圆内含．【复习要求】1．掌握圆的标准方程与一般方程，能根据条件，求出圆的方程．2．能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系，解决一些简单问题．【例题分析】例1根据下列条件，求圆的方程：(1)一条直径的端点是A (3，2)，B (－4，1)；(2)经过两点A (1，－1)和B (－1，1)，且圆心在直线x ＋y －2＝0上；(3)经过两点A (4，2)和B (－1，3)，且在两坐标轴上的四个截距之和为2．【分析】求圆的方程，可以用待定系数法．若已知条件与圆心、半径有关，则设圆的标准方程，如第(2)问．若已知条件与圆心、半径关系不大，则设圆的一般方程，如第(3)问．解：(1)由题意圆心为AB 的中点M ，即， 因为所以圆的半径 所以，所求圆的方程为 (2)方法一：设圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r ＞0)，则⇔⇔⇔⇔⇔)212,243(+-)23,21(-M ,50)12()43(||22=-++=AB ⋅==250||21AB r ⋅=-++225)23()21(22y x，解得所以，所求圆的方程为(x －1)2＋(y －1)2＝4．方法二：由圆的几何性质可知，圆心一定在弦AB 的垂直平分线上．易得AB 的垂直平分线为y ＝x ．由题意，解方程组，得圆心C 为(1，1)，于是，半径r ＝｜AC |＝2，所以，所求圆的方程为(x －1)2＋(y －1)2＝4．(3)设所求圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，因为圆过点A ，B ，所以4D ＋2E ＋F ＋20＝0，①－D ＋3E ＋F ＋10＝0，②在圆的方程中，令y ＝0，得x 2＋Dx ＋F ＝0，设圆在x 轴上的截距为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝－D ．在圆的方程中，令x ＝0，得y 2＋Ey ＋F ＝0，设圆在y 轴上的截距为y 1，y 2，则y 1＋y 2＝－E ．由题意，得－D ＋(－E )＝2，③解①②③，得D ＝－2，E ＝0，F ＝－12，所以，所求圆的方程为x 2＋y 2－2x －12＝0．【评析】①以A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)为一直径端点的圆的方程是(x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0．②求圆的方程时，要注意挖掘题中圆的几何意义(如第(2)问)；③待定系数法求圆的方程时，要恰当选择的圆的方程(如第(3)问)，这样有时能大大减少运算量．例2 (1)点P (a ，b )在圆C ：x 2＋y 2＝r 2(r ＞0)上，求过点P 的圆的切线方程；(2)若点P (a ，b )在圆C ：x 2＋y 2＝r 2(r ＞0)内，判断直线ax ＋by ＝r 2与圆C 的位置关系．解：(1)方法一：因为切线l 与半径OP 垂直，又可求出直线OP 的斜率，所以可得切线l 的斜率，再由点斜式得到切线方程．但要注意斜率是否存在(详细过程略)．⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=-+--=--+-=-+222222)1()1()1()1(02r b a r b a b a ⎪⎩⎪⎨⎧===2,11r b a ⎩⎨⎧=-+=02y x x y方法二：设Q (x ，y )为所求切线上任一点，则，即(x －a ，y －b )·(a ，b )＝0．整理得ax ＋by ＝a 2＋b 2，又因为P 在圆上，所以a 2＋b2＝r 2，故所求的切线方程为ax ＋by ＝r 2．(2)由已知，得a 2＋b 2＜r 2，则圆心O (0，0)到直线ax ＋by ＝r 2的距离所以此直线与圆C 相离．【评析】随着点P (a ，b )与圆C ：x 2＋y 2＝r 2的位置关系的变化，直线l ：ax ＋by ＝r 2与圆C 的位置关系也在变化．①当点P 在圆C 上时，直线l 与圆C 相切；②当点P 在圆C 内时，直线l 与圆C 相离；③当点P 在圆外时，直线l 与圆C 相交．例3 已知点A (a ，3)，圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝4．(1)设a ＝3，求过点A 且与圆C 相切的直线方程；(2)设a ＝4，直线l 过点A 且被圆C 截得的弦长为2，求直线l 的方程；(3)设a ＝2，直线l 1过点A ，求l 1被圆C 截得的线段的最短长度，并求此时l 1的方程．解：(1)如图8－4－1，此时A (3，3)，图8－4－1设切线为y －3＝k (x －3)或x ＝3，验证知x ＝3符合题意；当切线为y －3＝k (x －3)，即kx －y －3k ＋3＝0时，0=⋅OP PQ .||22222r r r b a r d =>+=3圆心(1，2)到切线的距离解得所以，切线方程为3x ＋4y －21＝0或x ＝3．(2)如图8－4－2，此时A (4，3)，图8－4－2设直线l 为y －3＝k (x －4)或x ＝4(舍)，设弦PQ 的中点为M ，则｜CP |＝r ＝2，所以，即圆心到直线l 的距离为1， 于是，解得k ＝0或， 所以，直线l 的方程为或y ＝3． (3)如图8－4－3，此时A (2，3)，设所截得的线段为DE ，圆心到直线l 1的距离为d ，图8－4－3,21|332|2=++--=k k k d ,43-=k ,3||=PM ,1||||||22=-=PM CP CM 11|342|2=++--=k k k d 43x y 43=则，即 因为直线l 1过点A ，所以圆心到直线l 1的距离为d ≤|CA ｜＝故当d ＝时，，此时AC ⊥l 1，因为 所以＝－1，故直线l 1方程为y －3＝－(x －2)，即x ＋y －5＝0．【评析】(1)用点斜式设直线方程时，要注意斜率是否存在；(2)涉及直线与圆的位置关系问题时，用与圆有关的几何意义解题较为方便，常见的有：①比较圆心到直线的距离与半径的大小；②如图8－4－2，在由弦心距、半径及弦组成的Rt △CMP 中，有｜CM |2＋｜MP |2＝｜CP ｜2，CM ⊥MP 等；③如图8－4－1，由切线段、半径组成的Rt △AB C ．例4 已知圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝25，直线l ：mx ＋y ＋m ＝0．求证：不论m 取何值，直线l 与圆C 恒交于两点．【分析】要证明直线l 与圆C 恒交于两点，可以用圆心到直线的距离小于半径，也可以联立直线和圆的方程，消去y 后用判别式大于零去证明，但此题这两种方法计算量都很大．如果能说明直线l 恒过圆内一定点，那么直线l 与圆C 显然有两个交点．解：因为直线l ：mx ＋y ＋m ＝0可化为y ＝－m (x ＋1)，所以直线l 恒过点A (－1，0)，又圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝25的圆心为(1，2)，半径为5，且点A 到圆C 的圆心的距离等于所以点A 为圆C 内一点，则直线l 恒过圆内一点A ，所以直线l 与圆C 恒交于两点．例5 四边形ABCD 的顶点A (4，3)，B (0，5)，C (－3，－4)，D O 为坐标原点．(1)此四边形是否有外接圆，若有，求出外接圆的方程，若没有，请说明理由；222|)|21(r d DE =+,42||2d DE -=,2222||min =DE ,11223=--=AC k 1l k ,522)2()11(22<=-+--).1,62((2)记△ABC 的外接圆为W ，过W 上的点E (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)作圆W 的切线l ，设l 与x 轴、y 轴的正半轴分别交于点P 、Q ，求△OPQ 面积的最小值．【分析】判断四点是否共圆，初中的方法是证明一组对角之和为180°，此题此法不易做．如何用所学知识解决问题是此题的关键，如果想到三点共圆，那么可以求出过三点的圆的方程，然后再判断第四点是否在圆上，问题就迎刃而解．解：(1)设△ABC 的外接圆为W ，圆心M (a ，b )，半径为r (r ＞0)．则W 为：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2．由题意，得，解得，所以W ：x 2＋y 2＝25． 将点D 的坐标代入W 的方程，适合．所以点D 在△ABC 的外接圆W 上，故四边形ABCD 有外接圆，且外接圆的方程为x 2＋y 2＝25．(2)设切线l 的斜率为k ，直线ME (即OE )的斜率为k 1，∵圆的切线l 垂直于过切点的半径，∴ ∴切线，整理得而，∵点E (x 0，y 0)在圆W 上，即，∴切线l ：x 0x ＋y 0y ＝25．在l 的方程中，令x ＝0，得，同理 ∴△OPQ 的面积 ∵，(其中x 0＞0，y 0＞0)⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=--+--=-+-=-+-222222222)4()3()5()0()3()4(r b a r b a r b a ⎪⎩⎪⎨⎧===500r b a ,11k k -=Θ,,00001y x k x y k -=∴=)(:0000x x y xy y l --=-202000y x y y x x +=+252020=+y x )25,0(,2500y Q y y ∴=).0,25(0x P ,26252525210000y x y x S OPQ ==⋅⋅∆002020225y x y x ≥=+∴当且仅当时，等号成立． 即当时，△OPQ 的面积有最小值25． 练习8－4一、选择题1．以点(2，－1)为圆心且与直线3x －4y ＋5＝0相切的圆的方程为( ) A ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝3B ．(x ＋2)2＋(y －1)2＝3C ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝9D ．(x ＋2)2＋(y －1)2＝92．圆x 2＋y 2－4x ＋4y ＋6＝0截直线x －y －5＝0所得的弦长等于( )A ．B ．C ．1D ．53．若直线与圆x 2＋y 2＝1有公共点，则( ) A ．a 2＋b 2≤1 B ．a 2＋b 2≥1 C ． D ． 4．圆(x ＋2)2＋y 2＝5关于点(1，2)对称的圆的方程为( )A ．(x ＋4)2＋(y －2)2＝5B ．(x －4)2＋(y －4)2＝5C ．(x ＋4)2＋(y ＋4)2＝5D ．(x ＋4)2＋(y ＋2)2＝5 二、填空题5．由点P (－1，4)向圆x 2＋y 2－4x －6y ＋12＝0所引的切线长是______．6．若半径为1的圆分别与y 轴的正半轴和射线相切，则这个圆的方程为______． 7．圆x 2＋y 2＋2x ＋4y －3＝0上到直线x ＋y ＋1＝0的距离为的点共有______个．8．若不等式x 2＋2x ＋a ≥－y 2－2y 对任意的实数x 、y 都成立，则实数a 的取值范围是______．三、解答题9．已知直线l ：x －y ＋2＝0与圆C ：(x －a )2＋(y －2)2＝4相交于A 、B 两点．(1)当a ＝－2时，求弦AB 的垂直平分线方程；.2525625262500=≥=∆y x S OPQ 22500==y x )225225(，E 62251=+by a x 11122≤+b a 11122≥+b a )0(33≥=x x y 2(2)当l 被圆C 截得弦长为时，求a 的值．10．已知圆满足以下三个条件：①截y 轴所得的弦长为2；②被x 轴分成两段圆弧，其弧长的比为3∶1；③圆心到直线l ：x －2y ＝0的距离为．求该圆的方程．11．已知圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝25，直线l ：mx ＋y ＋m ＝0．求直线l 被圆C 截得的线段的最短长度，以及此时l 的方程．§8－5 曲线与方程【知识要点】1．轨迹方程一般地，一条曲线可以看成动点运动的轨迹，曲线的方程又常称为满足某种条件的点的轨迹方程．2．曲线与方程在平面直角坐标系中，如果曲线C 与方程F (x ，y )＝0之间有如下关系：(1)曲线C 上点的坐标都是方程F (x ，y )＝0的解；(2)以方程F (x ，y )＝0的解为坐标的点都在曲线C 上．那么，曲线C 叫做方程F (x ，y )＝0的曲线，方程F (x ，y )＝0叫做曲线C 的方程．3．曲线的交点已知两条曲线C 1和C 2的方程分别是F (x ，y )＝0，G (x ，y )＝0，那么求两条曲线C 1和C 2的交点坐标，只3255要求方程组的实数解就可以得到．【复习要求】1．了解曲线与方程的对应关系，体会数形结合的思想、方程思想．2．会求简单的轨迹方程；能根据方程研究曲线的简单性质．【例题分析】例1 已知点A (－1，0)，B (2，0)，动点P 到点A 的距离与它到点B 的距离之比为2，求动点P 的轨迹方程．解：设P (x ，y )，则，即 化简得x 2＋y 2－6x ＋5＝0，所以动点P 的轨迹方程为x 2＋y 2－6x ＋5＝0．【评析】动点轨迹法是求轨迹方程的重要方法，其一般步骤是：①建立平面直角坐标系；②设所求动点的坐标为(x ，y )；③找出动点满足的几何关系；④几何关系代数化，并将其化简；⑤检验以方程的解为坐标的点是否都在所求轨迹上．例2 已知P 为抛物线y ＝x 2＋1上一动点，A (2，3)，P 关于A 的对称点为点P ′，求动点P ′的轨迹方程．解：设P '(x ，y )，P (x 0，y 0)，由题意，得所以x 0＝4－x ，y 0＝6－y ，因为点P (x 0，y 0)在抛物线y ＝x 2＋1上，所以6－y ＝(4－x )2＋1，即动点P '的轨迹方程为y ＝－(x －4)2＋5．例3 已知直角坐标平面上点Q (2，0)和圆C ：x 2＋y 2＝1，动点M 到圆C 的切线长与|MQ ｜的比等于常数2．求动点M 的轨迹方程，并说明轨迹的形状．解：如图8－5－1，设直线MN 切圆于N ，⎩⎨⎧==0),(0),(y x G y x F 2||||=PB PA ,2)2()1(2222=+-++yx y x ,32,2200=+=+y y x x。
2020高考数学二轮专题复习立体几何(文).docx
立体几何（文）【考纲解读】1.掌握平面的基本性质 ( 三个公理、三个推论 ) ，理解确定平面的条件；会用字母、集合语言表示点、直线、平面间的关系 .2. 理解线线、线面平行的定义; 熟练掌握线线、线面及面面平行的判定和性质; 会运用线线、线面及面面平行的判定和性质进行推理和证明.3．能画出简单空间图形( 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等简易组合三视图所表示的立体模型, 会画它们的直观图.) 的三视图, 能识别上述4．理解空间中线线、线面垂直定义及分类；理解空间中线线、线面、面面垂直的有关定理及性质；会运用线面平行与垂直的判定与性质定理进行证明和推理.5．认识柱、锥、台、球及简单几何体的结构特征, 并运用这些特征描述简单物体的结构; 了解柱、锥、台、球的表面积与体积的计算公式( 不要求记忆 ).【考点预测】1.对于空间几何体中点、线、面的位置关系及平行与垂直的性质和判定，高考中常在选择题中加以考查 . 解答题主要考查空间几体的点、线、面的位置关系的证明及探索存在性问题，着重考查学生的空间想象能力、推理论证能力，运用图形语言进行交流的能力及几何直观能力，难度中等 . 明年高考将仍以平行与垂直关系的证明探究为重点 , 注意命题题型的多样化、新颖化，如开放性、探索存在性题型 .2.三视图与直观图、空间几何体的表面积与体积，考查了学生通过直观感知、操作确认、思辨论证、度量计算等方法认识和探索几何图形及性质的基本能力，是每年高考必考内容，明年高考仍以三视图，空间几何体的表面积与体积为重点，在客观题中加以考查，其中表面积与体积也可能在解答题题后一问中出现。
【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图 : 已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段 , 在直观图中保持长度不变, 平行于 y 轴的线段平行性不变, 但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式 :(1) 柱体的体积公式 : V柱Sh;锥体的体积公式:V锥1Sh;1h(S 34台体的体积公式 : V棱台SS S ) ;球的体积公式:V球r 3.33(2) 球的表面积公式 :S球4R2.4. 有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系 .5. 平行与垂直关系的证明, 熟练判定与性质定理.【考点在线】考点一三视图例1. （ 2020 年高考海南卷文科第 8 题）在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如右图，则相应的侧视图可以为（）【答案】 D【解析】由主视图和府视图可知，原几何体是由后面是半个圆锥，前面是三棱锥的组合体，所以，左视图是 D.【名师点睛】本题考查三视图的基础知识.【备考提示】三视图是高考的热点之一 , 年年必考 , 所以必须熟练立体几何中的有关定理是解答好本题的关键 .练习 1:（2020年高考江西卷文科9) 将长方体截去一个四棱锥，得到的几何体如右图所示，则该几何体的左视图为（）【答案】 D【解析】左视图即是从正左方看，找特殊位置的可视点，连起来就可以得到答案.考点二表面积与体积例 2. . (2020 年高考安徽卷文科8) 一个空间几何体得三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )【解析】 由三视图可知几何体是底面是等腰梯形的直棱柱 . 底面等腰梯形的上底为 2，下底为4 ， 高 为 4 ， 两 底 面 积 和 为 212 44 24 ， 四 个 侧 面 的 面 积 为24 4 2 2 17 24 8 17 ，所以几何体的表面积为 48 8 17 . 故选 C.【名师点睛】 本题考查三视图的识别以及空间多面体表面积的求法.【备考提示】： 表面积与体积的求解也是高考的热点之一，年年必考，大多以三视图为载体，在选择与填空题中考查，难度不大，也可能在解答题的一个问号上.练习 2：（2020 年高考湖南卷文科4) 设图１是某几何体的三视图，则3该几何体的体积为 ()A ． 9 42Ｂ． 3618 2Ｃ．912Ｄ．9 1822【答案】 D【解析】 有三视图可知该几何体是一个长方体和球构成的组合体，其体积 V4 （ 3 339 18 .32）+3 2=2考点三 球的组合体例 3.（ 2020 年高考辽宁卷文科 10) 己知球的直径 SC=4，A ， B 是该球球面上的两点． AB=2,ASC 45o , 则棱锥 SABC 的体积为 ( )(A)3(B)2 3(C)4 3 5 3(D)3正视图侧视图俯视图图 13 3 33【答案】 C【解析】取 SC的中点 D, 则 D为球心，则AD=BD=DS=2。
2020高考数学专项训练《27以解析几何为载体的应用题》(有答案)
专题27 以解析几何为载体的应用题例题：如图，为了保护河上古桥OA ，规划建一座新桥BC ，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC 与河岸AB 垂直；保护区的边界为圆心M 在线段OA 上并与BC 相切的圆．且古桥两端O 和A 到该圆上任意一点的距离均不少于80 m ．经测量，点A 位于点O 正北方向60 m 处， 点C 位于点O 正东方向170 m 处(OC 为河岸)，tan ∠BCO ＝43.(1)求新桥BC 的长；(2)当OM 多长时，圆形保护区的面积最大？变式1如图所示，为建设美丽乡村，政府欲将一块长12百米，宽5百米的矩形空地ABCD 建成生态休闲园，园区内有一景观湖EFG(图中阴影部分)．以AB 所在直线为x 轴，AB 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系xOy(如图所示)．景观湖的边界曲线符合函数y ＝x ＋1x (x ＞0)模型，园区服务中心P 在x 轴正半轴上，PO ＝43百米．(1)若在点O和景观湖边界曲线上一点M之间修建一条休闲长廊OM，求OM的最短长度；(2)若在线段DE上设置一园区出口Q，试确定Q的位置，使通道PQ最短．变式2如图所示，有一矩形钢板ABCD缺损了一角(图中阴影部分)，边缘线OM上每一点到点D的距离都等于它到边AB的距离．工人师傅要将缺损的一角切割下来使剩余部分成一个五边形，已知AB＝4米，AD＝2米．(1)如图所示建立直角坐标系．求边缘线OM的轨迹方程；(2)①设点P(t，m)为边缘线OM上的一个动点，试求出点P处切线EF的方程(用t表示)．②求AF的值，使截去的△DEF的面积最小．串讲1如图，相距14 km的两个居民小区M和N位于河岸l(直线)的同侧，M和N距离河岸分别为10 km和8 km.现要在河的小区一侧选一地点P，在P处建一个生活污水处理站，从P排直线水管PM，PN分别到两个小区和垂直于河岸的水管PQ，使小区污水经处理后排入河道，设PQ段长为t(0<t<8) km.(1)求污水处理站到两小区的水管的总长最小值(用t表示)；(2)请确定污水处理站的位置，使所排三段水管的总长最小，并求出此时污水处理站分别到两小区水管的长度．串讲2为响应新农村建设，某村计划对现有旧水渠进行改造，已知旧水渠的横断面是一段抛物线弧，顶点为水渠最底端(如图)，渠宽为4 m，渠深为2 m.(1)考虑到农村耕地面积的减少，为节约水资源，要减少水渠的过水量，在原水渠内填土，使其成为横断面为等腰梯形的新水渠，新水渠底面与地面平行(不改变渠宽)，问新水渠底宽为多少时，所填土的土方量最少？(2)考虑到新建果园的灌溉需求，要增大水渠的过水量，现把旧水渠改挖(不能填土)成横断面为等腰梯形的新水渠，使水渠的底面与地面平行(不改变渠深)，要使所挖土的土方量最少，请你设计水渠改挖后的底宽，并求出这个底宽．(2018·九章密卷)如图所示，有一块扇形区域的空地，其中∠AOB＝90°，OA＝120 m．现要对该区域绿化升级改造．设计要求建造三座凉亭供市民休息，其中凉亭C位于OA 上，且AC＝40 m，凉亭D位于OB的中点，凉亭E位于弧AB上．(1)现要在四边形OCED内种植花卉，其余部分种植草坪，试确定E点的位置，使种植花卉的面积最大；(2)为了便于市民观赏花卉，现修建两条小道EC和ED，其中EC小道铺设塑胶，造价为每米a元，ED为离开地面高1 m的木质栈道，造价为每米2a元，试确定E点的位置，使两条小道总造价最小．某湿地公园内有一条河，现打算建一座桥(图1)将河两岸的路连接起来，剖面设计图纸(图2)如下：其中，点A，E为x轴上关于原点对称的两点，曲线段BCD是桥的主体，C为桥顶，且曲线段BCD在图纸上的图形对应函数的解析式为y＝84＋x2(x∈[－2，2])，曲线段AB，DE均为开口向上的抛物线段，且A，E分别为两抛物线的顶点．设计时要求：保持两曲线在各衔接处(B，D)的切线的斜率相等．(1)求曲线段AB在图纸上对应函数的解析式，并写出定义域；(2)定义车辆在上桥过程中通过某点P所需要的爬坡能力(Climbing Ability)为M P＝(该点P与桥顶间的水平距离)×(设计图纸上该点P处的切线的斜率)，其中M P的单位：米．若该景区可提供三种类型的观光车：①游客踏乘；②蓄电池动力；③内燃机动力，它们的爬坡能力分别为0.8米，1.5米，2.0米，又已知图纸上一个单位长度表示实际长度1米，试问三种类型的观光车是否都可以顺利过桥？答案：(1)y＝116(x＋6)2(－6≤x≤－2)；(2)“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥．解析：(1)据题意，抛物线段AB与x轴相切，且A为抛物线的顶点，设A(a，0)(a<－2)，则抛物线段AB对应函数的解析式可设为y＝λ(x－a)2(a≤x≤－2)(λ>0)，2分其导函数为y′＝2λ(x －a)．由曲线段BD 的图象对应函数的解析式为y ＝84＋x 2(x ∈[－2，2])，又y′＝－16x （4＋x 2）2，且B(－2，1)，所以曲线在B 点处的切线斜率为12， 因为B 点为衔接点，则⎩⎪⎨⎪⎧λ（－2－a ）2＝1，2λ（－2－a ）＝12，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－6，λ＝116.4分所以曲线段AB 在图纸上对应函数的解析式为y ＝116(x ＋6)2(－6≤x ≤－2).5分 (2)设P(x ，y)是曲线段AC 上任意一点，①若P 在曲线段AB 上，则通过该点所需要的 爬坡能力(M P )1＝(－x)·18(x ＋6)＝－18[(x ＋3)2－9](－6≤x ≤2)，6分令y 1＝－18[(x ＋3)2－9](－6≤x ≤－2)，所以函数y 1＝－18[(x ＋3)2－9](－6≤x ≤－2)在区间[－6，－3]上为增函数，在区间[－3，－2]上是减函数， 所以[(M P )1]max ＝98(米)9分②若P 在曲线段BC 上，则通过该点所需要的爬坡能力(M P )2＝(－x)·－16x（4＋x 2）2＝16x 2（4＋x 2）2(－2≤x ≤0)，10分 令t ＝x 2，t ∈[0，4]，则(M P )2＝16t （4＋t ）2，t ∈[0，4]，记y 2＝16t（4＋t ）2，t ∈[0，4]，当t ＝0时，y 2＝0，而当0＜t ≤4时，y 2＝1616t ＋t ＋8，所以当t ＝4时，t ＋16t 有最小值16，从而y 2取最大值1，此时[(M P )2]max ＝1(米).13分所以由①，②可知，车辆过桥所需要的最大爬坡能力为98米，14分答：因为0.8＜98＜1.5＜2，所以“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和“内燃机动力”的车辆可以顺利通过该桥.16分专题27例题答案：(1)150；(2)10.解析：(1)如图，以O 为坐标原点，OC 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy.由条件知A(0，60)，C(170，0)，直线BC 的斜率k BC ＝－tan ∠BCO ＝－43.又因为AB ⊥BC ，所以直线AB 的斜率k AB ＝34.设点B 的坐标为(a ，b)，则k BC ＝b －0a －170＝－43，k AB ＝b －60a －0＝34.解得a ＝80，b ＝120.所以BC ＝（170－80）2＋（0＋120）2＝150.答：新桥BC 的长为150 m .(2)设保护区的边界圆M 的半径为r m ，OM ＝d m (0≤d ≤60)．由条件知，直线BC 的方程为y ＝－43(x －170)，即4x ＋3y －680＝0.由于圆M 与直线BC 相切，故点M(0，d)到直线BC 的距离是r ，即r ＝|3d －680|42＋32＝680－3d5.因为O 和A 到圆M 上任意一点的距离均不少于80 m ，所以⎩⎨⎧r －d ≥80，r －（60－d ）≥80，即⎩⎨⎧680－3d5－d ≥80，680－3d5－（60－d ）≥80，解得10≤d ≤35.故当d ＝10时，r ＝680－3d5最大，即圆面积最大．答：当OM ＝10 m 时，圆形保护区的面积最大．变式联想变式1答案：(1)22＋2百米；(2)点Q 在线段DE 上且距离y 轴13百米．解析：(1)设直线OM ：y ＝kx(其中k 一定存在)，代入y ＝x ＋1x ，得kx ＝x ＋1x ，化简为(k－1)x 2＝1.设M(x 1，y 1)，则x 1＝1k －1，(k ＞1)，所以OM ＝x 12＋y 12＝x 12＋k 2x 12＝1＋k 2·1k －1＝1＋k 2k －1.令t ＝k －1(t ＞0)，则1＋k 2k －1＝t 2＋2t ＋2t ＝t ＋2t ＋2≥22＋2，当且仅当t ＝2时等号成立，即k ＝2＋1时成立．综上，OM 的最短长度为22＋2百米．(2)当直线PQ 与边界曲线相切时，PQ 最短．若直线PQ 斜率不存在，则直线方程为x ＝43，不符合题意；若直线PQ 斜率存在，设PQ 方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －43，代入y ＝x ＋1x ，化简得(k －1)x 2－43kx －1＝0.当k ＝1时，方程有唯一解x ＝－34(舍去)，当k ≠1时，因为直线与曲线相切，所以Δ＝⎝⎛⎭⎫－43k 2＋4(k －1)＝0，解得k ＝－3或k ＝34(舍去)，此时直线PQ 方程为y ＝－3x ＋4，令y ＝5，得x ＝－13，即点Q 在线段DE 上且距离y 轴13百米．答：当点Q 在线段DE 上且距离y 轴13百米，通道PQ 最短．变式2答案：(1)y ＝14x 2(0≤x ≤2)；(2)①y ＝12tx －14t 2; ②AF ＝23.解析：(1)因为边缘线OM 上每一点到点D 的距离都等于它到边AB 的距离，所以边缘线OM 是以点D 为焦点，直线AB 为准线的抛物线的一部分．因为D(0，1)，M(2，1)，所以边缘线OM 的方程为y ＝14x 2(0≤x ≤2)．(2)①设切点为P ⎝⎛⎭⎫t ，14t 2(0＜t ＜2)，则点P 处的切线斜率为12t.所以直线EF 的方程为y －14t 2＝12t(x －t)， 即y ＝12tx －14t 2.②点E ，F 的坐标分别为E ⎝⎛⎭⎫4＋t22t ，1，F ⎝⎛⎭⎫0，－14t 2.所以S △DEF ＝ 12⎝⎛⎭⎫1＋14t 2·4＋t 22t＝ （4＋t 2）216t ，t ∈(0，2)． 因为S′△DEF ＝116· （4＋t 2）（3t 2－4）t 2，令S′△DEF ＝0，得t ＝233⎝⎛⎭⎫t ＝－233舍.当t ∈⎝⎛⎭⎫0，233时，S ′△DEF ＜0；当x ∈⎝⎛⎭⎫233，2时，S ′△DEF ＞0，所以S △DEF 在⎝⎛⎦⎤0，233上是减函数，在⎣⎡⎭⎫233，2上是增函数．所以当t ＝233时，S △DEF 最小，此时F ⎝⎛⎭⎫0，－13. 答：取AF ＝23时，沿直线EF 画线段切割，可使截去的△DEF 的面积最小．说明：很多实际问题都与曲线有关(如直线、圆、抛物线以及由函数关系给出的曲线)，通常的处理方法是仔细审题，明确解题方向，根据题意，结合所给图形的结构特征，建立直角坐标系，把要解决的问题放在坐标平面上使之与有关曲线相联系，根据相关等量关系建立数学模型(函数模型、不等式模型等)，运用解析几何的基本知识、思想和方法予以解决，此类问题通常涉及确定最优解的点的位置，如例题和变式题就是这样的问题．串讲激活串讲1答案：(1)2t 2－18t ＋129(0＜t ＜8)；(2)满足题意的P 点距河岸5 km ，距小区M 到河岸的垂线5 3 km ，此时污水处理站到小区M 和N 的水管长度分别为10 km 和6 km .解析：(1)如图，以河岸l 所在直线为x 轴，以过M 垂直于l 的直线为y 轴建立直角坐标系，则可得点M(0, 10)，点N(83，8)．设点P(s ，t)，过P 作平行于x 轴的直线m ，作N 关于m 的对称点N′，则N′(83，2t －8)．则PM ＋PN ＝PM ＋PN′≥MN ′＝（83－0）2＋（12t －8－10）2＝2t 2－18t ＋129(0＜t ＜8)即为所求．(2)设三段水管总长为L ，则由(1)知L ＝PM ＋PN ＋PQ ≥MN′＋PQ ＝t ＋2t 2－18t ＋129(0＜t ＜8)，所以(L －t)2＝4(t 2－18t ＋129)，即方程3t 2＋(2L －72)t ＋(516－L 2)＝0在t ∈(0，8)上有解．故Δ＝(2L －72)2－12(516－L 2)≥0，即L 2－18L －63≥0，解得L ≥21或L ≤－3，所以L 的最小值为21，此时对应的t ＝5∈(0，8)．故N′(83，2)，MN ′方程为y ＝10－33x ，令y ＝5得x ＝53， 即P(53，5)．从而PM ＝ （53）2＋（5－10）2＝10， PN ＝（53－83）2＋（5－8）2＝6.答：满足题意的P 点距河岸5 km ，距小区M 到河岸的垂线5 3 km ，此时污水处理站到小区M 和N 的水管长度分别为10 km 和6 km .串讲2答案：(1)43m ；(2) 2 m .解析：建立如图所示的直角坐标系，设抛物线的方程为x 2＝2py(p>0)，由已知点P(2，2)在抛物线上，得p ＝1，所以抛物线的方程为y ＝12x 2.(1)为了使填入的土最少，内接等腰梯形的面积要最大，如图1，设点A ⎝⎛⎭⎫t ，12t 2(0＜t ＜2)，则此时梯形APQB 的面积S(t)＝12(2t ＋4)·⎝⎛⎭⎫2－12t 2＝－12t 3－t 2＋2t ＋4，∴S ′(t)＝－32t 2－2t ＋2，令S′(t)＝－32t 2－2t ＋2＝0，得t ＝23，当t ∈⎝⎛⎭⎫0，23时，S ′(t)＞0，S(t)单调递增，当t ∈⎝⎛⎭⎫23，2时，S ′(t)＜0，S(t)单调递减，所以当t ＝23时，S(t)有最大值12827. 答：改挖后的水渠的底宽为43m 时，可使填土的土方量最少．(2)为了使挖掉的土最少，等腰梯形的两腰必须与抛物线相切，如图2，设切点M ⎝⎛⎭⎫t ，12t 2(t ＞0)，则函数在点M 处的切线方程为y －12t 2＝t(x －t)，分别令y ＝0，y ＝2得A ⎝⎛⎭⎫t 2，0，B ⎝⎛⎭⎫t 2＋2t ，2，所以此时梯形OABC 的面积S(t)＝12⎝⎛⎭⎫t ＋2t ·2＝t ＋2t ≥22，当且仅当t ＝2时，等号成立，此时OA ＝22. 答：设计改挖后的水渠的底宽为2m 时，可使挖土的土方量最少．新题在线答案：(1)E 点为过圆O 与直线CD 的垂线与扇形弧的交点． (2)C ，E ，M 三点共线．解析：(1)以O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，OA 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，则C(0，80)，D(60，0)，CD ：x 60＋y80＝1即4x ＋3y ＝240，弧AB 所在圆的方程为x 2＋y 2＝1202；设与CD 平行且与弧AB 相切的直线为l ：4x ＋3y ＝m ，当面积最大时，E 为切点，此时E 点为过圆O 与直线CD 的垂线与扇形弧的交点．当面积最大时，E 为切点，此时E 点为过圆心O 与直线CD 的垂线与扇形弧的交点． (2)设总造价为S 元，E(x ，y)，由题意得，S ＝aCE ＋2aDE.在x 轴上取一点M(m ，0)，使得EMED ＝2，则EM 2＝4ED 2，即(x －m)2＋y 2＝4[(x －120)2＋y 2]，整理得3x 2＋(2m －480)x＋3y 2＝m 2－1202(*)，当2m －480＝0即m ＝240时(*)可化为x 2＋y 2＝1202，此即为弧AB 所在圆的方程，即弧AB 上所有的点都满足，EM ＝2ED.所以M(240，0)，此时CE ＋2DE ＝CE ＋EM ，当且仅当C ，E ，M 三点共线时总造价最小．。
2020年高考数学(文)二轮专项复习专题07 立体几何
【分析】对于(Ⅰ)中证明“E、C、D1、F 四点共面”，可由这四点连接成两条直线，证明它们平行或相交即可；
对于(Ⅱ)中证明“CE、DA、D1F 三线共点”，可证其中两条相交直线的交点位于第三条直线上．
证明：(Ⅰ)连接 D1C、A1B、EF．
∵E，F 分另是 AB，AA1 的中点，
∴EF∥A1B，
EF
①m⊥n ②⊥ ③n⊥ ④m⊥
以其中三个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出正确的一个命题______．
8．已知平面⊥平面，∩＝l，点 A∈，Al，直线 AB∥l，直线 AC⊥l，直线 m∥，m∥，给出下列四 种位置：①AB∥m；②AC⊥m；③AB∥；④AC⊥，
上述四种位置关系中，不一定成立的结论的序号是______． 三、解答题：
(2)空间中线面平行、垂直的性质与判定定理： ①判定定理：
如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行．
如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行．
如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直．
》
如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．
∴NE∥CD， NE 1 CD. 2
∴MA∥NE，且 MA＝NE，
∴AENM 是平行四边形，
∴MN∥AE．
又 AE 平面 PAD，MN 平面 PAD，
∴MN∥平面 PAD．
方法二取 CD 中点 F，连接 MF，NF．
∵MF∥AD，NF∥PD，
∴平面 MNF∥平面 PAD，
∴MN∥平面 PAD．
a，b α，a∩b＝A α∥β
a⊥α，a⊥β
α∥β
α∥β
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2020二轮微专题年以几何图形为载体的应用题
微专题38以几何图形为载体的应用题具体表现．数学应用问题是江苏数学高考的突出亮点，常以中档题(17或18题)的形式呈现，具有良好的区分度，是高考的重点与热点．本专题集中介绍以平面几何为载体的应用问题，常见的处理方法是结合实际问题，利用图形中的几何关系建立数学模型，应用相关数学知识予以解决.如图38-1所示，有一块边长为1(百米)的正方形区域ABCD.在点A处有一个可转动的探照灯，其照射角∠P AQ始终为45°(其中点P，Q分别在边BC，CD上)．图38-1(1)探求△CPQ的周长l是否为定值；(2)问探照灯照射在正方形ABCD内部区域的面积S至多为多少平方百米？考查应用题是江苏的一大特色，除个别年份以外，每年的高考应用题都配有一个图形，其中以平面图形居多，本题也不例外，本题的解题思路是分析图形特征及已知条件，选择适当的变量，法一选用角度∠P AQ ＝θ作为变量，注意到本题的图形特点，换元t ＝tan θ后将题中的l 和S 表示为t 的函数，最后利用函数知识求结果.如图38-2所示，有一块边长为1(百米)的正方形区域ABCD .现要在该区域内修建观赏景观，在△APQ 区域和△CPQ 区域中分别种花和铺设草坪，设三角形△APQ 和△CPQ 的面积分别为S 1和S 2，记视觉效果为Ω＝S 2S 1(Ω的值越大，视觉效果越好)，试问怎样设计该景观，使得游客观赏景观的视角效果最好？图38-2如图38-3所示，有一块矩形草坪ABCD ，AB ＝100米，BC ＝503米，欲在这块草坪内铺设三条小路OE ，EF 和OF ，要求O 是AB 的中点，点E 在边BC 上，点F 在边AD 上，且∠EOF ＝90°.图38-3(1)设∠BOE ＝α，试求△OEF 的周长l 关于α的函数解析式，并求出此函数的定义域；(2)经核算，三条路每米铺设费用均为400元，试问如何设计才能使铺路的总费用最低？并求出最低总费用．(2020泰州模拟)如图38-4所示，三个小区分别位于扇形OAB 的三个顶点上，点Q 是弧AB 的中点．现欲在线段OQ 上找一处开挖工作坑P (不与点O ，Q 重合)，为小区铺设三条地下电缆管线PO ，P A ，PB .已知OA ＝2 km ，∠AOB ＝π3.记∠APQ ＝θ rad ，地下电缆管线的总长度为y km.图38-4 (1)将y 表示为θ的函数，并写出θ的取值范围；(2)请确定工作坑P 的位置，使地下电缆管线的总长度最小．(2020·常州模拟)某公园要设计如图38-5所示的景观窗格(其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等三角形所得，如图38-6中所示的多边形ABCDEFGH )，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AF ＝BE ＝1.6 m ，两根竖轴CH ＝DG ＝1.2 m ，记景观窗格的外框(图38－6中实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l m.(1) 若∠ABC ＝2π3，且两根横轴之间的距离为0.6 m ，求景观窗格的外框总长度；(2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不超过5 m ，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH的面积)最大时，给出此景观窗格的设计方案中∠ABC的大小与BC的长度．图38-5 图38-6(2019·江苏卷) 如图38-7，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的直径)．规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA.规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆．．．．O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB ＝10，AC＝6，BD＝12(单位：百米)．图38-7(1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；(2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；(3)对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d(单位：百米)．求当d最小时，P，Q两点间的距离．(本小题满分14分)(2020·苏州模拟)如图38-10所示，B，C分别是海岸线上的两个城市，两城市间由笔直的海滨公路相连，B ，C 之间的距离为100 km ，海岛A 在城市B 的正东方50 km 处．从海岛A 到城市C ，先乘船按北偏西θ角α＜θ＜π2，其中锐角α的正切值为12航行到海岸公路P 处登陆，再换乘汽车到城市C .已知船速为25 km/h ，车速为75 km/h.(1)试建立由A 经P 到C 所用时间与θ的函数解析式；图38-10(2)试确定登陆点P 的位置，使所用时间最少，并说明理由．(1)f (θ)＝6－2cos θ3sin θ＋43，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2； (2)在BC 上选择距离B 为17.68 km 处为登陆点，所用时间最少．(1)由题意，轮船航行的方位角为θ，所以∠BAP ＝90°－θ，AB ＝50，则AP ＝50cos(90°－θ)＝50sin θ，BP ＝50tan(90°－θ)＝50sin(90°－θ)cos(90°－θ)＝50cos θsin θ. …………………………………………………………………………………2分(求AP ，BP 用θ表示)PC ＝100－BP ＝100－50cos θsin θ.由A 到P 所用的时间为t 1＝AP 25＝2sin θ，……………………………………………………………4分(求出A 到P 的时间t 1(用θ表示))由P 到C 所用的时间为t 2＝100－50cos θsin θ75＝43－2cos θ3sin θ， ……………………………………………………………………………6分(求出P 到C 所用的时间t 2(用θ表示))所以由A 经P 到C 所用时间与θ的函数关系为f (θ)＝t 1＋t 2＝2sin θ＋43－2cos θ3sin θ＝6－2cos θ3sin θ＋43.…………………………………………………………………8分(求由A 经P 到C 所用的时间关于θ的函数f (θ))函数f (θ)的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，其中锐角α的正切值为12. (2)由(1)，f (θ)＝6－2cos θ3sin θ＋43，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，f ′(θ)＝6－18cos θ9sin 2θ， 令f ′(θ)＝0，解得cos θ＝13，设θ0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使cos θ0＝13 ………………………………………………………………10分 (求f (θ)的导函数f ′(θ)．并求出f ′(θ)＝0时θ的值)…………………………………………………………………………………………………12分(列表判断f(θ)的单调性)所以如表38-1所示，当θ＝θ0时函数f(θ)取得最小值，此时BP＝50cosθ0sinθ0＝2522≈17.68 km，答：在BC上选择距离B为17.68 km处为登陆点，所用时间最少．…………………………………………………………………14分(求出f(θ)的最小值以此时BP的值)(注：结果保留根号，不扣分)答题模板第一步：在Rt△ABP中，求出AP，BP(用θ表示)；第二步：求出A到P的时间t1；第三步：用θ表示P到C所用的时间t2；第四步：写出A经P到C所用的时间关于θ的函数f(θ)；第五步：求f(θ)的导函数f′(θ)，并求f′(θ)＝0时cosθ的值；第六步：判断f(θ)的单调性；第七步：由f(θ)的单调性得f(θ)取最小值时的cosθ的值进而求出BP.作业评价如图38-11所示，某生态园将一三角形地块ABC的一角APQ开辟为水果园，种植桃树，已知角A为120°，AB，AC的长度均大于200米．现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆．(1)若围墙AP，AQ总长为200米，如何围可使三角形地块APQ 的面积最大？(2)已知AP段围墙高1米，AQ段围墙高1.5米，造价均为每平方米100元．若围墙用了20 000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？图38-11(2018·江苏卷)某农场有一块农田，如图38-12所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积，并确定sinθ的取值范围；(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.图38-12(2019·南通二模)图38-14是一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图38-15，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左右两坡屋面EAD 和FBC是全等的三角形．点F在平面ABCD和BC上的射影分别为H，M.已知HM＝5 m，BC＝10 m，梯形ABFE的面积是△FBC面积的2.2倍．设∠FMH＝θ(0<θ<π4)．(1)求屋顶面积S关于θ的函数关系式；(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为k(k为正的常数)，下部主体造价与其高度成正比，比例系数为16 k．现欲造一栋上、下总高度为6 m的别墅，试问：当θ为何值时，总造价最低？图38-14图38-15(2020·泰州模拟)如图38-17所示，三个小区分别位于扇形OAB的三个顶点上，点Q是弧AB的中点．现欲在线段OQ上找一处开挖工作坑P(不与点O，Q重合)，为小区铺设三条地下电缆管线PO，P A，PB.已知OA＝2 km，∠AOB＝π3.记∠APQ＝θ rad，地下电缆管线的总长度为y km.(1)将y表示为θ的函数，并写出θ的取值范围；(2)请确定工作坑P的位置，使地下电缆管线的总长度最小．图38-17。
江苏省2020届高三数学二轮复习第38讲 以平面几何为载体的应用题(共33张PPT)
所以当
6
时，
答：此时点 O 位于线段Biblioteka yminAB
2 10 10
3
中垂线2 上，且距
3 10
10
AB 边 3
3
km
处
求目标函数 y 20 10sin 10 (0 ) 的最值，实际上
cos
4
研究的是形如
y
a sin x c cosx
b d
型函数值域的求法。
所求函数关系式为 y x 2 x2 20x 200 (0 x 10)
【解题感悟】以边或角为自变量，分别从代数和几何两个不 同的角度建模，是不需要技巧的流水线。第（Ⅱ）问依赖于 第（Ⅰ）问，所以关键是求出目标函数 y 的表达式，然后转 化为求函数最值。
y 20 10sin 10 (0 )
【解题感悟】 建模时选择的模型不同，建模方案背后的答题路径也
不一样，所以我们要规划，设边还是设角，要通过方法比 较和以往的经验确定解题步骤；解模一般借助于基本不等 式或导数。
解法 3 旋转，构造三角形全等 △PAQ 与△B1AQ 全等， 则 CP＋CQ＋PQ=CP＋CQ+DB1
=BC+CD=2(定值)
实际问题
数学化 转化为数学问题
问题解决
实际问题结论
回归实际
数学问题
数学解答
数学问题结论
一、基础训练
如图，在半径为 30 cm 的半圆形(O 为圆
心)铝皮上截取一块矩形材料 ABCD，点 A，B 在直径上，点 C，D 在圆周上．怎样截取才 能使截得的矩形 ABCD 的面积最大？并求最 大面积．
问题：感知一下这里的变化，谁引起矩形面积的变化？
2020年高考数学二轮专题复习 解析几何习题精选 精品
2020年高考数学二轮专题复习解析几何习题精选一、选择题：1、直线3y 3x =+的倾斜角是＿＿＿＿＿＿。
A ．6πB ．3πC ．32πD ．65π2、直线m 、l 关于直线x = y 对称，若l 的方程为1x 2y +=，则m 的方程为＿＿＿＿＿。
A ．21x 21y +-= B ．21x 21y --= C ．21x 21y +=D ．21x 21y -=3、已知平面内有一长为4的定线段AB ，动点P 满足|PA|—|PB|=3，O 为AB 中点，则|OP|的最小值为＿＿＿＿＿＿。
A ．1B ．23C ．2D ．34、点P 分有向线段21P P 成定比λ，若λ∈()1,-∞-，则λ所对应的点P 的集合是＿＿＿。
A ．线段21P PB ．线段21P P 的延长线C ．射线21P PD ．线段21P P 的反向延长线5、已知直线L 经过点A ()0,2-与点B ()3,5-，则该直线的倾斜角为＿＿＿＿＿＿。
A ．150°B ．135°C ．75°D ．45°6、经过点A ()1,2且与直线04y x 3=+-垂直的直线为＿＿＿＿＿＿。
A ．05y 3x =++B ．05y 3x =-+C ．05y 3x =+-D ．05y 3x =--7、经过点()0,1且与直线x 3y =所成角为30°的直线方程为＿＿＿＿＿＿。
A ．01y 3x =-+ B ．01y 3x =--或1y =C ．1x =D ． 01y 3x =--或1x =8、已知点A ()3,2-和点B ()2,3--，直线m 过点P ()1,1且与线段AB 相交，则直线m 的斜率k的取值范围是＿＿＿＿＿＿。
A ．4k 43k -≤≥或 B ．43k 4≤≤- C ．51k -< D ．4k 43≤≤- 9、两不重合直线0n y mx =-+和01my x =++相互平行的条件是＿＿＿＿＿＿。
2020江苏高考理科数学二轮练习：高考热点追踪立体几何含解析
高考热点追踪(四)体积、表面积创新试题两例赏析随着课改的深入，高考考查考生的创新意识已逐年增强，有些试题不仅“立意”新颖，而且在“求解途径、求解方法”上也力求创新．以下采用空间几何体体积、表面积两例，加以剖析，以感受其“立意”之新、“求解”之新，从而领略其蕴含的创新意识和探究能力．(20xx·苏州模拟)某市为创建国家级旅游城市，市政府决定实施“景观工程”，对现有平顶的民用多层住宅进行“平改坡”．计划将平顶房屋改为尖顶，并铺上彩色瓦片．现对某幢房屋有如下两种改造方案：方案1：坡顶如图1所示，为侧顶面是等腰三角形的直三棱柱，尖顶屋脊AA 1的长度与房屋长度BB 1等长，有两个坡面需铺上瓦片．方案2：坡顶如图2所示，为由图1消去两端相同的两个三棱锥而得，尖顶屋脊DD 1比房屋长度BB 1短，有四个坡面需铺上瓦片．若房屋长BB 1＝2a ，宽BC ＝2b ，屋脊高为h ，试问哪种尖顶铺设的瓦片比较省？说明理由．【解】 作AE ⊥BC , 即AE ⊥平面B 1BCC 1，AE 为屋脊的高，故AE ＝h ． 由DB ＝DC ，得DE ⊥BC ，故AB ＝h2＋b2． 设AD 长为x ，则DE ＝h2＋x2，所以，S △BCD ＝12BC ·DE ＝12·2b ·h2＋x2＝b h2＋x2，S △ABD ＋S △ACD ＝x h2＋b2．由于面积均为正数，所以只需比较(S △ABD ＋S △ACD )2与(S △BCD )2的大小．事实上：(S △ABD ＋S △ACD )2－(S △BCD )2＝x 2(h 2＋b 2)－b 2(h 2＋x 2)＝x 2h 2－b 2h 2＝h 2(x 2－b 2)． 所以分b >x ，b ＝x ，b <x 三种情况讨论，得结果为：(1)若AD 之长小于房屋宽度的一半时，图1尖顶铺设的瓦片较省； (2)若AD 之长等于房屋宽度的一半时，两种尖顶铺设的瓦片数相同； (3)若AD 之长大于房屋宽度的一半时，图2尖顶铺设的瓦片较省．[名师点评] 近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题．即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托．因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式．(20xx·南京、盐城模拟) 如图，正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面边长为4，侧棱长为a ，过BC 的截面为DBC ．E 为BC 的中点且∠DEA ＝30°．(1)分别就a ＝3和a ＝1计算截面的面积； (2)记该截面的面积为f (a )，求f (a )的最大值．【解】 (1)因为∠DEA ＝30°，等边△ABC 边长为4， 所以AE ＝23．在Rt △DAE 中，DA ＝AE ·tan ∠DEA ＝2．①当a ＝3时，D 点在侧棱AA 1上，截面为△BCD ， 在Rt △DAE 中， DE ＝AD2＋AE2＝4，所以S △BCD ＝12BC ·DE ＝12×4×4＝8．②当a ＝1时，D 点在AA 1延长线上，截面为梯形BCNM ，因为AD ＝2，AA 1＝1，所以MN 是△DBC 的中位线， 所以S 梯形BCNM ＝34S △DBC ＝34×8＝6．(2)当a ≥2时， 截面与正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的棱AA 1相交于D 点，此时截面为△BCD ，其面积为S △BCD ＝12BC ·DE ＝12×4×4＝8；当0<a <2时，截面为梯形BCNM ，但是始终有DA ＝AE ·tan ∠DEA ＝2， 由△BCD ∽△MND ， 得DF DE ＝DA1DA ＝2－a2， 所以S 梯形BCNM ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝⎛⎭⎫2－a 22×S △BCD ＝4a －a24×8＝2a (4－a )．所以f (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧8，a≥2，2a （4－a ），0<a<2，于是当a ≥2时，该函数的最大值为8．[名师点评] 截面问题是立体几何题中的一类比较常见的题型，由于截面的“动态”性，使截得的结果也具有一定的可变性． 涉及多面体的截面问题，都要经过先确定截面形状，再解决问题的过程，本例通过改变侧棱长而改变了截面形状；也可以通过确定侧棱长，改变截面与底面所成角而改变截面形状．平行问题是高考中热点问题，其中最重要的又是线线平行的判定，因为它是证明线面平行，面面平行的基础，下面举例解析线线平行的判定方法．一、利用中位线定理得线线平行题目中给出中点条件时，往往隐含着中位线的信息因素，利用中位线很容易寻求线线平行．但不同三角形中的中位线效果也不一样，因此，寻求三角形的中位线也是解题的关键．(20xx·南京模拟)如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面是菱形，AA 1＝12AB ，点E 、M 分别为A 1B 、C 1C 的中点，过点A 1，B ，M 三点的平面A 1BMN 交C 1D 1于点N ．求证：EM ∥平面A 1B 1C 1D 1．【证明】 取A 1B 1的中点F ，连结EF ，C 1F ．因为E 为A 1B 的中点，所以EF 綊12BB 1 ．又因为M 为CC 1中点，所以EF 綊C 1M ．所以四边形EFC 1M 为平行四边形，所以EM ∥FC 1． 而EM ⊄平面A 1B 1C 1D 1，FC 1⊂平面A 1B 1C 1D 1， 所以EM ∥平面A 1B 1C 1D 1．[名师点评] 线面关系转化为线线关系，体现了转化的思想． 二、利用比例关系得线线平行对应线段成比例是平面几何中判断直线平行的重要依据，而线面平行的空间问题通过转化可变通为线线平行．已知正方形ABCD的边长是13，平面ABCD外一点P到正方形各顶点的距离都为13，M、N分别是PA、BD上的点且PM∶MA＝BN∶ND＝5∶8，如图所示．求证：直线MN∥平面PBC．【证明】连结AN并延长交BC于E点，连结PE，则EN∶NA＝BN∶ND，所以NENA＝PMMA，所以MN∥PE，而MN⊄平面PBC，PE⊂平面PBC，所以MN∥平面PBC．[名师点评]利用成比例线段是寻求线线平行的一条行之有效的措施．三、利用线面平行性质得线线平行线面平行的性质定理中，包含要素：两线两面．两线两面的关系是：一线在一面内平行于另一面，一线是两面的交线．结论是：两线平行．(20xx·南京模拟)在四棱锥P-ABCD中．若平面PAB∩平面PCD＝l，问：直线l能否与平面ABCD平行？请说明理由．【解】假定直线l∥平面ABCD，由于l⊂平面PCD，且平面PCD∩平面ABCD＝CD，所以l∥CD．同理可得l∥AB，所以AB∥CD．所以当AB∥CD时直线l能与平面ABCD平行，否则不平行．[名师点评]线面关系转化为线线关系，体现了重要的数学思想方法：转化的思想，化繁为简，化未知为已知．四、利用面面平行性质得线线平行利用面面平行的性质定理，即如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．符号表示：若α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ，则a ∥b ．如图所示，已知平面α∥平面β，A ∈α，B ∈α，C ∈β，D ∈β，AC ，BD 是异面直线，点E ，F 分别是AC ，BD 的中点，求证：EF ∥α．【证明】 如图，过点E 作直线A 1C 1∥BD ，设A 1C 1与平面α，β分别交于点A 1，C 1．连结AA 1，A 1B ，CC 1，C 1D ．因为α∥β，平面A 1C 1DB ∩平面α＝A 1B ，平面A 1C 1DB ∩平面β＝C 1D ，所以A 1B ∥C 1D ，又BD ∥A 1C 1，所以四边形A 1C 1DB 为平行四边形．同理，AA 1∥CC 1，又E 为AC 的中点，所以E 为A 1C 1的中点，又F 为BD 的中点，所以EF ∥A 1B ，因为A 1B ⊂平面α，EF ⊄平面α，所以EF ∥α．[名师点评] 第三个辅助平面往往要根据需要作出，或观察出，这是面面平行性质使用的需要．总之线线平行的判定，不但需要平面几何的知识作基础，更需要解决问题和处理问题的方法，这需要在学习中善于思考、善于总结和积累，由量变到质变，当积累达到一定的程度，就会升华．1．(20xx·徐州、淮安、宿迁、连云港四市模拟)已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为________．[解析] 由题意得圆锥的底面半径、高分别为r ＝1，h ＝3，故该圆锥的体积为V ＝13π×12×3＝3π3． [答案]33π 2．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(五))《九章算术》第五章《商功》记载：今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺，问积几何？此处圆堡瑽即圆柱体，其意思是：有一个圆柱体的底面周长是4丈8尺，高1丈1尺，问它的体积是多少？若π的值取3，估算该圆堡瑽的体积为________立方尺．(注：一丈等于十尺)[解析] 设该圆柱体底面圆的半径为r 尺，则由题意得2πr ＝48，所以r ≈8，又圆柱体的高为11尺，故该圆堡瑽的体积V ＝πr 2h ≈2 112立方尺．[答案] 2 1123．(20xx·苏北四市高三模拟)已知矩形ABCD 的边AB ＝4，BC ＝3，若沿对角线AC 折叠，使平面DAC ⊥平面BAC ，则三棱锥D -ABC 的体积为________．[解析] 在平面DAC 内过点D 作DE ⊥AC ，因为平面DAC ⊥平面BAC ，由面面垂直的性质定理可得DE ⊥平面BAC ．又DE ＝125，所以三棱锥D -ABC 的体积为13×12×4×3×125＝245．[答案] 2454．(20xx·南京模拟)设平面α与平面β相交于直线m ，直线b 在平面α内，直线c 在平面β内，且c ⊥m ，则“c ⊥b ”是“α⊥β”的________条件．[解析] 若α⊥β，又α∩β＝m ，c ⊂β，c ⊥m 可得c ⊥α，因为b ⊂α，所以c ⊥b ．反过来c ⊥b 不能得到α⊥β(如b ∥m 时，由c ⊥m 可得c ⊥b ，但不能判断α，β的位置关系)．[答案] 必要不充分5．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长度等于________．[解析] 因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面ABCD ∩平面AB 1C ＝AC ，所以EF ∥AC ，又因为E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点，即EF 是△ACD 的中位线， 所以EF ＝12AC ＝12×22＝2．[答案] 26．(20xx·扬州模拟)设l ，m 是两条不同的直线，α是一个平面，有下列三个命题： ①若l ⊥α，m ⊂α，则l ⊥m ； ②若l ∥α，m ⊂α，则l ∥m ； ③若l ∥α，m ∥α，则l ∥m ． 则其中正确命题的序号是________．[解析] 根据线面垂直的性质定理可知①正确． [答案] ①7．(20xx·南通高三模拟)已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b ．若它们的体积相等，则a 3∶b 3的值为________．[解析] 由题意可得12×a 2×32×a ＝π(b 2)2×b ，即34a 3＝14πb 3，则a3b3＝π3＝3π3．[答案]3π38．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(三))如图，若三棱锥A 1BCB 1的体积为3，则三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为________．[解析] 设三棱柱的底面面积为S ，高为h ，则VA 1ABC ＝13S △ABC ·h ＝13Sh ＝13VABC A 1B 1C 1，同理VC A 1B 1C 1＝13VABC A 1B 1C 1，所以VA 1BCB 1＝13VABC A 1B 1C 1．又VA 1BCB 1＝3，所以三棱柱ABC -A 1B 1C 1的体积为9．[答案] 99．(20xx·南通模拟)如图是一几何体的平面展开图，其中ABCD 为正方形，E ，F 分别为PA ，PD 的中点．在此几何体中，给出下面四个结论：①直线BE 与CF 异面；②直线BE 与AF 异面；③直线EF ∥平面PBC ；④平面BCE ⊥平面PAD ．其中一定正确的有________个．[解析] 如图，易得EF ∥AD ，AD ∥BC ，所以EF ∥BC ，即B ，E ，F ，C 四点共面，则①错误，②正确，③正确，④不一定正确． [答案] 210．(20xx·江苏高考专家原创卷)已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，D 为侧棱PA 的中点，则四面体D -ABC 的表面积为________．[解析] 设底面正三角形ABC 的中心为O ，连结OA ，OP ，又底面边长为2，可得OA ＝233，由V P ABC ＝13S △ABC ·PO ，即223＝13PO ×34×22，得PO ＝263，所以PA ＝PO2＋AO2＝2．S △ABC ＝3，S △DAB ＝S △DAC ＝32，S △DBC ＝2，所以四面体D -ABC 的表面积为23＋2．[答案] 23＋ 211．(20xx·江苏省高考命题研究专家原创卷(二))已知三棱锥P -ABC 中，PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，平面PAB ⊥平面ABC ，D 是PA 的中点，E 是PC 的中点．(1)求证：DE ∥平面ABC ； (2)求证：平面BDE ⊥平面PAB ．[证明] (1)因为D 是PA 的中点，E 是PC 的中点， 所以DE ∥AC ．又DE ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC ．(2)因为PA ＝3，PC ＝2，AC ＝1，所以PA 2＋AC 2＝PC 2， 所以三角形PAC 是直角三角形，AC ⊥PA ． 又DE ∥AC ，所以DE ⊥PA ． 过P 作PH ⊥AB 于H ．因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAB ∩平面ABC ＝AB ，PH ⊂平面PAB ， 所以PH ⊥AC ．又DE ∥AC ，所以DE ⊥PH ．又PA ∩PH ＝P ，PA ，PH ⊂平面PAB ， 所以DE ⊥平面PAB ．又DE ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAB ．12．(20xx·南京检测)如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，E ，F 分别为BB 1，AC 的中点．(1)求证：BF ∥平面A 1EC ；(2)求证：平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．[证明] (1)连结AC 1交A 1C 于点O ，连结OE ，OF ，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以OA ＝OC 1． 又因为F 为AC 中点，所以OF ∥CC 1且OF ＝12CC 1．因为E 为BB 1中点，所以BE ∥CC 1且BE ＝12CC 1．所以BE ∥OF 且BE ＝OF ，所以四边形BEOF 是平行四边形，所以BF ∥OE ． 又BF ⊄平面A 1EC ，OE ⊂平面A 1EC ， 所以BF ∥平面A 1EC ．(2)由(1)知BF ∥OE ，因为AB ＝CB ，F 为AC 中点， 所以BF ⊥AC ，所以OE ⊥AC ．又因为AA 1⊥底面ABC ，而BF ⊂底面ABC ， 所以AA 1⊥BF ．由BF ∥OE ，得OE ⊥AA 1，而AA 1，AC ⊂平面ACC 1A 1，且AA 1∩AC ＝A ， 所以OE ⊥平面ACC 1A 1． 因为OE ⊂平面A 1EC ， 所以平面A 1EC ⊥平面ACC 1A 1．13．(20xx·江苏高考原创卷)如图，已知AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，△ACD 是正三角形，AD ＝4，DE ＝2AB ＝3，且F 是CD 的中点．(1)求证：AF ∥平面BCE ；(2)在线段CE 上是否存在点H ，使DH ⊥平面BCE ？若存在，求出CHHE 的值；若不存在，请说明理由．[解] (1)证明：取CE 的中点P ，连结FP ，BP ，因为F 为CD 的中点，所以FP ∥DE ，且FP ＝12DE ． 又AB ∥DE ，且AB ＝12DE ， 所以AB ∥FP ，且AB ＝FP ，所以四边形ABPF 为平行四边形，所以AF ∥BP ．因为AF ⊄平面BCE ，BP ⊂平面BCE ，所以AF ∥平面BCE ．(2)在线段CE 上存在点H ，使DH ⊥平面BCE ．理由如下：在△CDE 中，过点D 作DH ⊥CE ，交CE 于点H ，因为△ACD 为正三角形，所以AF ⊥CD ．因为AB ⊥平面ACD ，DE ∥AB ，所以DE ⊥平面ACD ，又CD 、AF ⊂平面ACD ，所以DE ⊥AF ，DE ⊥CD ．又CD ∩DE ＝D ，所以AF ⊥平面DCE ．又BP ∥AF ，所以BP ⊥平面DCE ．因为DH ⊂平面CDE ，所以DH ⊥BP ．又BP ∩CE ＝P ，所以DH ⊥平面BCE ．在Rt △CDE 中，CD ＝4，DE ＝3，DH ⊥CE ，所以CH ＝165，HE ＝95，CH HE ＝169． 14．如图所示，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝BB 1，AC 1⊥平面A 1BD ，D 为AC 的中点．(1)求证：B 1C 1⊥平面ABB 1A 1；(2)在CC 1上是否存在一点E ，使得∠BA 1E ＝45°，若存在，试确定E 的位置，并判断平。
文理通用江苏省2020高考数学二轮复习专题二立体几何的计算练习题汇编
立体几何中的计算A级——高考保分练1．若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为________．解析：由题意，得圆锥的母线长l＝12＋22＝5，所以S圆锥侧＝πrl＝π×1×5＝5π.答案：5π2．已知正六棱柱的侧面积为72 cm2，高为6 cm，那么它的体积为________cm3.解析：设正六棱柱的底面边长为x cm，由题意得6x×6＝72，所以x＝2，于是其体积V＝34×22×6×6＝36 3 (cm)3.答案：36 33．(2019·南京学情调研)如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝2，AA1＝3，则四棱锥A1B1C1CB的体积是________．解析：如图，取B1C1的中点E，连结A1E，易证A1E⊥平面BB1C1C，所以A1E为四棱锥A1B1C1CB的高，所以V四棱锥A1B1C1CB＝13S矩形BB1C1C×A1E＝13×(2×3)×3＝2 3.答案： 2 34．(2019·常州期末)已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．解析：设圆锥底面半径为2r ，高为2h ，则圆柱底面圆半径为r ，高为h ，所以V 圆柱V 圆锥＝πr 2h 13π2r 2·2h＝38. 答案：385．(2019·苏州期末)如图，某种螺帽是由一个半径为2的半球体挖去一个正三棱锥构成的几何体，该正三棱锥的底面三角形内接于半球底面大圆，顶点在半球面上，则被挖去的正三棱锥体积为________．解析：正三棱锥的底面正三角形的边长为2×2×cos 30°＝23，底面正三角形的面积S ＝12×23×23×sin 60°＝33，三棱锥的高h ＝2.所以正三棱锥的体积V ＝13×33×2＝2 3.答案：2 36．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________．解析：将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.答案：823π7．(2019·姜堰中学检测)已知矩形ABCD ，AB ＝1，AD ＝2，E 为AD 的中点，现分别沿BE ，CE 将△ABE ，△DCE 翻折，使点A ，D 重合，记为点P ，则几何体PBCE 的外接球表面积为________．解析：在几何体PBCE 中，PB ⊥PC ，PB ⊥PE ，PC ⊥PE ，即三棱锥可以补成以PB ，PC ，PE 为边的长方体，其对角线为外接球的直径，即2r ＝12＋12＋⎝⎛⎭⎪⎫222＝102，故r ＝104，外接球的表面积为4×π×1016＝5π2.答案：5π28．已知圆柱的轴截面的对角线长为2，则这个圆柱的侧面积的最大值为________． 解析：设圆柱的底面半径为r ，母线长为l ，则l ＝4－4r 2，0<r <1.圆柱的侧面积为S ＝2πrl ＝2πr ·4－4r 2＝4πr21－r2≤2π[r 2＋(1－r 2)]＝2π，当且仅当r 2＝1－r 2，即r ＝22时取“＝”，所以这个圆柱的侧面积的最大值为2π. 答案：2π9．有一个体积为2的长方体，它的长、宽、高依次为a ，b,1.现将它的长增加1，宽增加2，且体积不变，则所得新长方体高的最大值为________．解析：设所得新长方体的高为h .根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ab ＝2，a ＋1b ＋2h ＝2，所以h ＝2a ＋1b ＋2＝2ab ＋2a ＋b ＋2＝22a ＋b ＋4≤222ab ＋4＝14，当且仅当2a ＝b ，即a ＝1，b＝2时取等号．故所得新长方体高的最大值为14.答案：1410.(2019·苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)．解析：设球形容器的最小半径为R ，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R 的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R ＝12＋22＋52＝30，得4R 2＝30.从而S 球面＝4πR 2＝30π.答案：30π11．已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为S ，求其内接正四棱柱的体积． 解：设等边圆柱的底面半径为r ，则高h ＝2r . 因为S ＝S 侧＋2S 底＝2πrh ＋2πr 2＝6πr 2， 所以r ＝S6π，所以内接正四棱柱的底面边长a ＝2r sin 45°＝2r ， 所以内接正四棱柱的体积V ＝S底·h ＝(2r )2·2r ＝4r 3＝S 6πS9π2.12.如图，在五面体ABCDFE 中，底面ABCD 为矩形，EF ∥AB ，BC ⊥FD ，过BC 的平面交棱FD 于P ，交棱FA 于Q .(1)证明：PQ ∥平面ABCD ；(2)若CD ⊥BE ，EF ＝EC ＝1，CD ＝2EF ＝23BC ，求五面体ABCDFE 的体积．解：(1)证明：因为底面ABCD 为矩形，所以AD ∥BC .又AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ， 所以BC ∥平面ADF .又BC ⊂平面 BCPQ ，平面BCPQ ∩平面ADF ＝PQ ，所以BC ∥PQ . 又PQ ⊄平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以PQ ∥平面ABCD . (2)由CD ⊥BE ，CD ⊥CB ， 易证CD ⊥CE . 由BC ⊥CD ，BC ⊥FD ， 易证BC ⊥平面CDFE ，所以CB ⊥CE ，即CD ，CE ，CB 两两垂直．如图，连接FB ，FC ，因为EF ＝EC ＝1，CD ＝2EF ＝23BC ，所以CD ＝2，BC ＝3，V 四棱锥F ABCD ＝13×(2×3)×1＝2，V 三棱锥F BCE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×1×1＝12， 所以V ABCDFE ＝V 四棱锥F ABCD ＋V 三棱锥F BCE ＝2＋12＝52.B 级——难点突破练1．已知底面半径为1，高为3的圆锥的顶点和底面圆周都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________．解析：如图，△ABC 为圆锥的轴截面，O 为其外接球的球心，设外接球的半径为R ，连接OB ，OA ，并延长AO 交BC 于点D ，则AD ⊥BC ，由题意知，AO ＝BO ＝R ，BD ＝1，AD ＝3，则在Rt △BOD 中，有R 2＝(3－R )2＋12，解得R ＝233，所以外接球O 的表面积 S ＝4πR 2＝16π3.答案：16π32. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水________cm 3.解析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎪⎫1＋22－4×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝13＋22π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22π3．如图①所示，在Rt △ABC 中，AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，CD 为∠ACB 的平分线，点E 在线段AC 上，CE ＝4.如图②所示，将△BCD 沿CD 折起，使得平面BCD ⊥平面ACD ，连结AB ，设点F 是AB 的中点．(1)求证：DE ⊥平面BCD ；(2)若EF ∥平面BDG ，其中G 为直线AC 与平面BDG 的交点，求三棱锥B DEG 的体积． 解：(1)证明：在题图①中，因为AC ＝6，BC ＝3，∠ABC ＝90°，所以∠ACB ＝60°. 因为CD 为∠ACB 的平分线，所以∠BCD ＝∠ACD ＝30°，所以CD ＝2 3. 又因为CE ＝4，∠DCE ＝30°，所以DE ＝2. 则CD 2＋DE 2＝CE 2，所以∠CDE ＝90°，即DE ⊥CD .在题图②中，因为平面BCD ⊥平面ACD ，平面BCD ∩平面ACD ＝CD ，DE ⊂平面ACD ， 所以DE ⊥平面BCD .(2)在题图②中，因为EF ∥平面BDG ，EF ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BDG ＝BG ，所以EF ∥BG .因为点E 在线段AC 上，CE ＝4，点F 是AB 的中点， 所以AE ＝EG ＝CG ＝2.过点B 作BH ⊥CD 交于点H .因为平面BCD ⊥平面ACD ，BH ⊂平面BCD ， 所以BH ⊥平面ACD . 由条件得BH ＝32.又S △DEG ＝13S △ACD ＝13×12AC ·CD ·sin 30°＝3，所以三棱锥B DEG 的体积为V ＝13S △DEG ·BH ＝13×3×32＝32.4.如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD . (1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ACD 的体积63，求该三棱锥E ACD 的侧面积．解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以BE ⊥AC .因为BD ∩BE ＝B ，BD ⊂平面BED ，BE ⊂平面BED ， 所以AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形， 可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E ACD 的体积V 三棱锥E ACD ＝13·12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63， 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E ACD 的侧面积为3＋2 5.空间线面关系A 级——高考保分练1．已知平面α，β和直线m ，给出条件：①m ∥α；②m ⊥α；③m ⊂α；④α∥β.当满足条件________时，有m ⊥β.(填所选条件的序号)解析：若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β.故填②④. 答案：②④2.如图，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，点E 为AD 的中点，点F 在CD 上．若EF ∥平面AB 1C ，则线段EF 的长为________．解析：因为EF ∥平面AB 1C ，EF ⊂平面ABCD ，平面AB 1C ∩平面ABCD ＝AC ，所以EF ∥AC .又点E 是AD 的中点，所以点F 是DC 的中点．所以EF ＝12AC ＝ 2. 答案： 23．设α，β为两个不同平面，m ，n 为两条不同的直线，给出以下命题：①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ；②若α∥β，m ⊂α，则m ∥β；③若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n ；④若m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，则α⊥β.则真命题个数为________．解析：①若m ⊥α，n ∥α，由线面平行性质可得，过n 的平面与α交于k ，可得n ∥k ，由m ⊥k ，知m ⊥n ，故①正确；②由面面平行的性质可知②正确；③m 与n 可以平行、相交或异面，故③错误；④α与β可能平行或相交，故④错误．答案：24．设平面α∥β，A ，C ∈α，B ，D ∈β，直线AB 与CD 交于S ，若AS ＝18，BS ＝9，CD＝34，则CS ＝ ________.解析：如图①，由α∥β可知BD ∥AC .∵SB SA ＝SD SC ，即918＝SC －34SC ，∴SC ＝68.如图②，由α∥β知AC ∥BD ，∴SA SB ＝SC SD ＝SC CD －SC ，即189＝SC 34－SC ，∴SC ＝683.答案：68或6835．已知正三角形ABC 的边长为2 cm ，PA ⊥平面ABC ，A 为垂足，且PA ＝2 cm ，那么点P 到BC 的距离为________ cm.解析：取BC 的中点D ，连结AD ，PD ，则BC ⊥AD .因为PA ⊥平面ABC ，所以PA ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAD ，所以PD ⊥BC ，则PD 的长度即为点P 到BC 的距离．解△PAD ，可得PD ＝22＋32＝7 cm.答案：76．(2019·苏锡常镇调研)如图，在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝1，BC ＝3，点M 在棱CC 1上，当MD 1＋MA 取得最小值时，MD 1⊥MA ，则棱CC 1的长为________．解析：把长方形DCC 1D 1展开到长方形ACC 1A 1所在平面，如图，当A ，M ，D 1在同一条直线上时，MD 1＋MA 取得最小值，此时MA MD 1＝AC C 1D 1＝21.令MA ＝2x ，MD 1＝x ，CC 1＝h ，则⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋x 2＝h 2＋3，3x2＝h 2＋32，解得h ＝322.答案：3227．(2019·苏北三市期末)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E ，F 分别是B 1C 1，AB ，AA 1的中点．(1)求证：EF ∥平面A 1BD ；(2)若A 1B 1＝A 1C 1，求证：平面A 1BD ⊥平面BB 1C 1C .证明：(1)因为E ，F 分别是AB ，AA 1的中点，所以EF ∥A 1B . 因为EF ⊄平面A 1BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ， 所以EF ∥平面A 1BD .(2)在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面A 1B 1C 1， 因为A 1D ⊂平面A 1B 1C 1，所以BB 1⊥A 1D . 因为A 1B 1＝A 1C 1，且D 是B 1C 1的中点， 所以A 1D ⊥B 1C 1.因为BB 1∩B 1C 1＝B 1，B 1C 1⊂平面BB 1C 1C ，BB 1⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1D ⊥平面BB 1C 1C . 因为A 1D ⊂平面A 1BD ， 所以平面A 1BD ⊥平面BB 1C 1C .8．(2019·宿迁期末)在四棱锥S ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是菱形．(1)求证：平面SAC ⊥平面SBD ；(2)若点M 是棱AD 的中点，点N 在棱SA 上，且AN ＝12NS ，求证：SC ∥平面BMN .证明：(1)因为SA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ， 所以SA ⊥BD .因为底面ABCD 是菱形， 所以AC ⊥BD .又SA ⊂平面SAC ，AC ⊂平面SAC ，且SA ∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面SAC . 因为BD ⊂平面SBD ， 所以平面SAC ⊥平面SBD .(2)设AC 与BM 的交点为E ，连结NE . 由底面ABCD 是菱形，得AD ∥BC . 所以AE EC ＝AM BC ＝AM AD ＝12.又因为AN ＝12NS ，所以AE EC ＝AN NS ＝12，所以NE ∥SC .因为NE ⊂平面BMN ，SC ⊄平面BMN ， 所以SC ∥平面BMN .9．(2019·如皋一模)如图，四棱锥P ABCD 中，底面为直角梯形，AD ∥BC ，AD ＝2BC ，且∠BAD ＝∠BPA ＝90°，平面APB ⊥底面ABCD ，点M 为PD 的中点．(1)求证：CM ∥平面PAB ； (2)求证：PB ⊥PD .证明：(1)取AP 的中点H ，连结BH ，HM ，因为H ，M 分别为AP ，DP 的中点，所以HM ＝12AD 且HM ∥AD .因为AD ∥BC 且AD ＝2BC ， 所以HM ＝BC 且HM ∥BC ， 所以四边形BCMH 为平行四边形， 所以CM ∥BH ，因为CM ⊄平面PAB ，BH ⊂平面PAB ， 所以CM ∥平面PAB .(2)因为∠BAD ＝90°，所以BA ⊥AD .因为平面APB ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，平面APB ∩平面ABCD ＝AB ， 所以AD ⊥平面APB .因为PB ⊂平面PAB ，所以PB ⊥AD ， 因为∠BPA ＝90°，所以PB ⊥PA ，因为PA ∩AD ＝A ，PA ⊂平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，所以PB ⊥平面PAD ，因为PD ⊂平面PAD ，所以PB ⊥PD .B 级——难点突破练1．已知正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长为2，点M ，N 分别在侧面ABB 1A 1和ACC 1A 1内，BC 1与B 1C 交于点P ，则△MNP 周长的最小值为________．解析：设P 关于侧面ABB 1A 1和ACC 1A 1的对称点分别为Q ，R ，连接QR ，则当△MNP 周长最小时，M ，N ，Q ，R 共线，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点P 是BC 1与B 1C 的交点，所以点P 是侧面BCC 1B 1的中心，故△MNP 周长最小时M ，N 分别为侧面ABB 1A 1和ACC 1A 1的中心，所以△MNP 周长的最小值为3.答案：32．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，Q 分别是棱D 1C 1，A 1D 1，BC 的中点，点P 在BD 1上且BP ＝23BD 1.则下列四个说法：①MN ∥平面APC ；②C 1Q ∥平面APC ；③A ，P ，M 三点共线；④平面MNQ ∥平面APC .其中说法正确的是________．(填序号)解析：①如图，连结MN ，AC ，则MN ∥AC ，连结AM ，CN ，易得AM ，CN交于点P ，即MN ⊂平面PAC ，所以MN ∥平面APC 错误．②连结AN .由①知M ，N 在平面APC 内，由题易知AN ∥C 1Q ，所以C 1Q ∥平面APC 正确．③由①知A ，P ，M 三点共线正确．④连结NQ ，MQ .由①知MN ⊂平面PAC ，又MN ⊂平面MNQ ，所以平面MNQ ∥平面APC 错误．答案：②③3．(2019·常州期末)如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，点M ，N 分别是棱AB ，CC 1的中点．求证：(1)CM //平面AB 1N ；(2)平面A 1BN ⊥平面AA 1B 1B .证明：(1)设AB 1交A 1B 于点O ，连结OM ，ON .在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BB 1∥CC 1，BB 1＝CC 1，且四边形AA 1B 1B 是平行四边形，所以O 为AB 1的中点．又因为M 为AB 的中点，所以OM ∥BB 1，且OM ＝12BB 1. 因为N 为CC 1的中点，CN ＝12CC 1， 所以OM ＝CN ，且OM ∥CN ，所以四边形CMON 是平行四边形，所以CM ∥ON .又ON ⊂平面AB 1N ，CM ⊄平面AB 1N ，所以CM ∥平面AB 1N .(2)在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥CM .又CA ＝CB ，M 为AB 的中点，所以CM ⊥AB .又由(1)知CM ∥ON ，所以ON ⊥AB ，ON ⊥BB 1.又因为AB ∩BB 1＝B ，AB ⊂平面AA 1B 1B ，BB 1 ⊂平面AA 1B 1B ，所以ON ⊥平面AA 1B 1B . 又ON ⊂平面A 1BN ，所以平面A 1BN ⊥平面AA 1B 1B .4．如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AM AB 的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2，∴AE ＝BE ＝2 2. 又AB ＝4，∴AE 2＋BE 2＝AB 2，∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE .又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ，∴BE ⊥平面D 1AE . (2)AMAB ＝14，理由如下：取D 1E 的中点L ，连结FL ，AL ，∴FL ∥EC ，FL ＝12EC ＝1.又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝14AB ，∴M ，F ，L ，A 四点共面．若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL .∴四边形AMFL 为平行四边形，∴AM ＝FL ＝14AB ，即AM AB ＝14.。
2020版高考数学二轮复习 专题三立体几何 练习文含解析
第1讲 空间几何体的三视图、表面积及体积A 级 基础通关一、选择题1．半径为R 的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为( ) A.525πR 3B.324πR 3C.58πR 3D.38πR 3 解析：设圆锥的底面圆的半径为r ，高为h ， 由2πr ＝πR ，得r ＝R2，因此h ＝R 2－r 2＝32R . 所以V 圆锥＝13πr 2·h ＝13π·⎝ ⎛⎭⎪⎫R 22·32R ＝324πR 3.答案：B2．(2018·北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：由三视图得到空间几何体，如图所示，则PA ⊥平面ABCD ，平面ABCD 为直角梯形，PA ＝AB ＝AD ＝2，BC ＝1，所以PA ⊥AD ，PA ⊥AB ，PA ⊥BC .又BC ⊥AB ，AB ∩PA ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，所以BC ⊥PB .在△PCD 中，PD ＝22，PC ＝3，CD ＝5，所以△PCD 为锐角三角形．所以侧面中的直角三角形为△PAB ，△PAD ，△PBC ，共3个．答案：C3．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．8＋3πB ．8＋4πC ．8＋5πD ．8＋6π解析：由题图可知，几何体为半圆柱挖去半球体，几何体的表面积为2×π2×4＋π＋2×4－π＋4π2＝8＋6π.答案：D4．中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的正视图和俯视图如图所示，则该“堑堵”的侧视图的面积为( )A ．18 6B ．18 3C ．18 2D.2722解析：在俯视图Rt △ABC 中，作AH ⊥BC 交于点H .由三视图的意义，则BH ＝6，HC ＝3，根据射影定理，AH 2＝BH ·HC ，所以AH ＝3 2.易知该“堑堵”的侧视图是矩形，长为6，宽为AH ＝32，故侧视图的面积S ＝6×32＝18 2.答案：C5．(2019·青岛二中检测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．6B ．4C.223D.203解析：由三视图知该几何体是边长为2的正方体挖去一个三棱柱(如图)，且挖去的三棱柱的高为1，底面是等腰直角三角形，等腰直角三角形的直角边长为2，故几何体体积V ＝23－12×2×2×1＝6.答案：A6．(2017·全国卷Ⅲ)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.π4解析：设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1， 由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．所以r ＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.所以圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝3π4.故选B.答案：B 二、填空题7．(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E-BCD 的体积是________．解析：设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120，所以V EBCD ＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10.答案：108．(2018·浙江卷改编)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)为________．解析：由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.答案：69．(2017·北京卷改编)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________．解析：根据三视图可得该四棱锥的直观图(四棱锥P-ABCD)如图所示，将该四棱锥放入棱长为2的正方体中．由图可知该四棱锥的最长棱为PD，PD＝22＋22＋22＝2 3.答案：2 310．(2019·惠州调研)已知一张矩形白纸ABCD，AB＝10，AD＝102，E，F分别为AD，BC的中点，现分别将△ABE，△CDF沿BE，DF折起，使A，C重合于点P，则三棱锥PDEF的外接球的表面积为________．解析：三棱锥P-DEF中，PD2＋PF2＝CD2＋CF2＝DF2，所以∠DPF＝90°，且DF2＝102＋(52)2＝150.又∠DEF＝90°，所以DF的中点为三棱锥PDEF的外接球的球心，则2R＝DF，故球的表面积S＝4πR2＝150π.答案：150πB级能力提升11．(2019·雅礼中学质检)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.5π3B ．5C.2π3D ．π解析：由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由半个圆锥与四分之一球体组成，其中圆锥的底面半径为1，高为2，体积为12×13×π×12×2＝π3；球的半径为1，体积为14×43π×13＝π3.所以该几何体的体积V ＝π3＋π3＝2π3.答案：C12．我国齐梁时代的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体．如图，将底面直径都为2b ，高皆为a 的椭半球体和已被挖去了圆锥体的圆柱放置于同一平面β上，用平行于平面β且与平面β任意距离d 处的平面截这两个几何体，可横截得到S 圆及S 环两截面．可以证明S 圆＝S 环总成立．据此，半短轴长为1，半长轴长为3的椭球体的体积是________．解析：因为S 圆＝S 环总成立，则半椭球体的体积为πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a .所以椭球体的体积V ＝43πb 2a .因为椭球体半短轴长为1，半长轴长为3即b ＝1，a ＝3. 故椭球体的体积V ＝43πb 2a ＝4π.答案：4π13.在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P-ABCD 为阳马，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝3，BC ＝AB ＝4，设该阳马的外接球半径为R ，内切球半径为r ，则R ＝________，内切球的体积V ＝________．解析：在四棱锥P-ABCD 中，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且底面为矩形，将该“阳马”补成长方体，则(2R )2＝AB 2＋AD 2＋AP 2＝16＋16＋9＝41. 因此R ＝412. 依题意Rt △PAB ≌Rt △PAD ，则内切球O 在侧面PAD 内的正视图是△PAD 的内切圆，且该内切圆与△PAB 的内切圆全等．故内切球的半径r ＝12(3＋4－5)＝1，则V ＝43πr 3＝43π.答案：412 43π 14．(2017·全国卷Ⅰ)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________．解析：如图，连接OA ，OB .由SA ＝AC ，SB ＝BC ，SC 为球O 的直径，知OA ⊥SC ，OB ⊥SC . 由平面SCA ⊥平面SCB ， 平面SCA ∩平面SCB ＝SC ， 所以OA ⊥平面SCB . 设球O 的半径为r ，则OA ＝OB ＝r ，SC ＝2r ，所以三棱锥S ABC 的体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12SC ·OB ·OA ＝r 33， 即r 33＝9，所以r ＝3，所以S 球表＝4πr 2＝36π. 答案：36π第2讲 空间平行与垂直A 级 基础通关一、选择题1．(2018·浙江卷)已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件解析：因为若m ⊄α，n ⊂α，且m ∥n ，则一定有m ∥α， 但若m ⊄α，n ⊂α，且m ∥α，则m 与n 有可能异面， 所以“m ∥n ”是“m ∥α”的充分不必要条件． 故选A. 答案：A2．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A ．8B ．6 2C ．8 2D ．8 3解析：连接BC 1，AC 1，AC ，因为AB ⊥平面BB 1C 1C ， 所以∠AC 1B ＝30°，AB ⊥BC 1，所以△ABC 1为直角三角形． 又AB ＝2，所以BC 1＝2 3.又B 1C 1＝2，所以BB 1＝（23）2－22＝22， 故该长方体的体积V ＝2×2×22＝8 2. 答案：C3．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 是A 1B 1的中点，则点E 到平面ABC 1D 1的距离为( ) A.32B.22C.12D.33解析：因为A 1B 1∥AB ，所以EB 1∥AB ，因此点E 到平面ABC 1D 1的距离转化为点B 1到平面的距离， 取BC 1的中点O ，则OB 1⊥BC 1，OB 1⊥AB ，所以B 1O ⊥平面ABC 1D 1，则B 1O 为所求的距离． 因此B 1O ＝22是点E 到平面ABC 1D 1的距离． 答案：B4．(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( )A.22B.32C.52D.72解析：如图，因为AB ∥CD ，所以AE 与CD 所成的角为∠EAB .在Rt △ABE 中，设AB ＝2， 则BE ＝5， 则tan ∠EAB ＝BE AB ＝52， 所以异面直线AE 与CD 所成角的正切值为52. 故选C. 答案：C5．已知α，β是两个平面，m ，n 是两条直线，则下列命题中错误的是( ) A ．如果m ⊥n ，m ⊥α，n ⊥β，那么α⊥β B ．如果m ⊂α，α∥β，那么m ∥βC ．如果α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，那么m ∥lD ．如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α⊥β解析：对于A ，如果m ⊥n ，m ⊥α，则n ∥α或n ⊂α，因为n ⊥β，则α⊥β，故正确；对于B ，如果m ⊂α，α∥β，那么m 与β无公共点，则m ∥β，故正确；对于C ，如果α∩β＝l ，m ∥α，m ∥β，则m ∥l ，故正确；对于D ，如果m ⊥n ，m ⊥α，n ∥β，那么α与β的关系不确定，故错误．答案：D 二、填空题6.如图，在空间四边形ABCD 中，点M ∈AB ，点N ∈AD ，若AM MB ＝ANND，则直线MN 与平面BDC 的位置关系是________．解析：由AM MB ＝ANND，得MN ∥BD .而BD ⊂平面BDC ，MN ⊄平面BDC ， 所以MN ∥平面BDC . 答案：平行7.如图，在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，点D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .解析：由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1， 又CF ⊂平面ACC 1A 1， 所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF . 令CF ⊥DF ，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x . 易知Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ， 得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a， 整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0， 解得x ＝a 或x ＝2a . 答案：a 或2a8．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为线段B 1D 1上的一个动点，则下列结论中正确的是________(填序号)．①AC ⊥BE ； ②B 1E ∥平面ABCD ；③三棱锥E ABC 的体积为定值； ④直线B 1E ⊥直线BC 1.解析：因AC ⊥平面BDD 1B 1，而BE ⊂平面BDD 1B ，故①正确；因B 1D 1∥平面ABCD ，故②正确；记正方体的体积为V ，则V E ABC ＝16V ，为定值，故③正确；B 1E 与BC 1不垂直，故④错误．答案：①②③ 三、解答题9.(2019·江苏卷)如图，在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，AB ＝BC .求证：(1)A 1B 1∥平面DEC 1； (2)BE ⊥C 1E .证明：(1)因为D ，E 分别为BC ，AC 的中点，所以ED ∥AB . 在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ∥A 1B 1， 所以A 1B 1∥ED .又因为ED ⊂平面DEC 1，A 1B 1⊄平面DEC 1， 所以A 1B 1∥平面DEC 1.(2)因为AB ＝BC ，E 为AC 的中点，所以BE ⊥AC . 因为三棱柱ABCA 1B 1C 1是直棱柱，所以C 1C ⊥平面ABC . 又因为BE ⊂平面ABC ，所以C 1C ⊥BE . 因为C 1C ⊂平面A 1ACC 1，AC ⊂平面A 1ACC 1，C 1C ∩AC ＝C ，所以BE ⊥平面A 1ACC 1.因为C 1E ⊂平面A 1ACC 1，所以BE ⊥C 1E .10．(2019·北京卷)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为菱形，E 为CD 的中点．(1)求证：BD ⊥平面PAC ；(2)若∠ABC ＝60°，求证：平面PAB ⊥平面PAE ；(3)棱PB 上是否存在点F ，使得CF ∥平面PAE ？说明理由．(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ， 所以PA ⊥BD .因为底面ABCD 为菱形， 所以BD ⊥AC . 又PA ∩AC ＝A ， 所以BD ⊥平面PAC .(2)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AE .因为底面ABCD 为菱形，∠ABC ＝60°，且E 为CD 的中点， 所以AE ⊥CD .所以AB ⊥AE . 又AB ∩PA ＝A ，所以AE ⊥平面PAB .因为AE ⊂平面PAE ，所以平面PAB ⊥平面PAE . (3)解：棱PB 上存在点F ，使得CF ∥平面PAE .取PB 的中点F ，PA 的中点G ，连接CF ，FG ，EG ， 则FG ∥AB ，且FG ＝12AB .因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点， 所以CE ∥AB ，且CE ＝12AB .所以FG ∥CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ∥EG . 因为CF ⊄平面PAE ，EG ⊂平面PAE ， 所以CF ∥平面PAE .B 级 能力提升11．(2019·全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为________．解析：如图，过点P 作PO ⊥平面ABC 于O ，则PO 为P 到平面ABC 的距离．再过O 作OE ⊥AC 于E ，OF ⊥BC 于F ， 连接PC ，PE ，PF ， 则PE ⊥AC ，PF ⊥BC .又PE ＝PF ＝3，所以OE ＝OF ， 所以CO 为∠ACB 的平分线， 即∠ACO ＝45°.在Rt △PEC 中，PC ＝2，PE ＝3，所以CE ＝1， 所以OE ＝1，所以PO ＝PE 2－OE 2＝（3）2－12＝ 2. 答案： 212.(2019·河南郑州第二次质量预测)如图，四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠BAD ＝π3，△PAD 是等边三角形，F 为AD 的中点，PD ⊥BF .(1)求证：AD ⊥PB ；(2)若E 在线段BC 上，且EC ＝14BC ，能否在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD ？若存在，求出三棱锥D-CEG 的体积；若不存在，请说明理由．(1)证明：连接PF ，因为△PAD 是等边三角形，F 是AD 的中点，所以PF ⊥AD .因为底面ABCD 是菱形，∠BAD ＝π3，所以BF ⊥AD .又PF ∩BF ＝F ，所以AD ⊥平面BFP .又PB ⊂平面BFP ， 所以AD ⊥PB .(2)解：能在棱PC 上找到一点G ，使平面DEG ⊥平面ABCD . 由(1)知AD ⊥BF ，因为PD ⊥BF ，AD ∩PD ＝D ， 所以BF ⊥平面PAD .又BF ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面PAD ， 又平面ABCD ∩平面PAD ＝AD ，且PF ⊥AD ， 所以PF ⊥平面ABCD .连接CF 交DE 于点H ，过H 作HG ∥PF 交PC 于G ，所以GH ⊥平面ABCD . 又GH ⊂平面DEG ， 所以平面DEG ⊥平面ABCD . 因为AD ∥BC ，所以△DFH ∽△ECH ， 所以CH HF ＝CE DF ＝12，所以CG GP ＝CH HF ＝12，所以GH ＝13PF ＝33，所以V D-CEG ＝V G-CDE ＝13S △CDE ·GH ＝13×12DC ·CE ·sin π3·GH ＝112.满分示范课——立体几何立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托．分步设问，逐层加深，解决这类题目的原则是重在“转化”与化归．着重考查的数学核心素养是数学运算、逻辑推理与直观想象．【典例】 (满分12分)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ABP 的体积．[规范解答] (1)由已知得∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC ， 又BA ⊥AD ，且AC ∩AD ＝A ， 所以AB ⊥平面ACD . 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设，可得DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE13DC .由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ， 所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1. 因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP ＝13·QE ·S △ABP ＝13×1×12×3×22×sin 45°＝1.高考状元满分心得1．写全得分步骤，踩点得分：对于解题过程中踩分点的步骤有则给分，无则没分，如第(1)问中缺少AC ∩AD ＝A 扣分，忽视AB ⊂平面ABC 也要扣分．2．写明得分关键：如第(1)问明确AB ⊥平面ACD ，第(2)问中QE 13DC ，DC ⊥平面ABC ，否则导致失分．3．正确计算是得分的保证：准确计算QE ＝1，及V Q-ABP ＝1才能得满分． [解题程序] 第一步：利用折叠前后位置关系，判定AB ⊥平面ACD . 第二步：根据面面垂直判定定理，证平面ACD ⊥平面ABC . 第三步：证明QE ⊥平面ABC ，计算棱锥QABP 的高． 第四步：代入体积公式，求三棱锥QABP 的体积． 第五步：反思检验，规范解题步骤． [跟踪训练]1.(2019·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E-BB 1C 1C 的体积． (1)证明：由已知得B 1C 1⊥平面ABB 1A 1，BE ⊂平面ABB 1A 1，故B 1C 1⊥BE .又BE ⊥EC 1，B 1C 1∩EC 1＝C 1， 所以BE ⊥平面EB 1C 1.(2)解：由(1)知∠BEB 1＝90°.由题设知Rt △ABE ≌Rt △A 1B 1E ， 所以∠AEB ＝∠A 1EB 1＝45°， 故AE ＝AB ＝3，AA 1＝2AE ＝6. 如图，作EF ⊥BB 1，垂足为F ， 则EF ⊥平面BB 1C 1C ，且EF ＝AB ＝3.所以四棱锥EBB 1C 1C 的体积V ＝13×3×6×3＝18.2.(2018·北京卷)如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点．求证：(1)PE ⊥BC ；(2)平面PAB ⊥平面PCD ； (3)EF ∥平面PCD .证明：(1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点，所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD ，所以PE ⊥BC . (2)因为底面ABCD 为矩形， 所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， 所以AB ⊥平面PAD ，且PD ⊂平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .又PD ⊂平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 的中点G ，连接FG ，DG .因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形． 所以EF ∥DG .又因为EF ⊄平面PCD ，DG ⊂平面PCD ， 所以EF ∥平面PCD .。
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专题38以几何图形为载体的应用题数学源于生活，应用所学数学知识解决实际问题是能力与素养的具体表现．数学应用问题是江苏数学高考的突出亮点，常以中档题(17或18题)的形式呈现，具有良好的区分度，是高考的重点与热点．本专题集中介绍以平面几何为载体的应用问题，常见的处理方法是结合实际问题，利用图形中的几何关系建立数学模型，应用相关数学知识予以解决.如图38-1所示，有一块边长为1(百米)的正方形区域ABCD.在点A处有一个可转动的探照灯，其照射角∠P AQ始终为45°(其中点P，Q分别在边BC，CD上)．图38-1(1)探求△CPQ的周长l是否为定值；(2)问探照灯照射在正方形ABCD内部区域的面积S至多为多少平方百米？考查应用题是江苏的一大特色，除个别年份以外，每年的高考应用题都配有一个图形，其中以平面图形居多，本题也不例外，本题的解题思路是分析图形特征及已知条件，选择适当的变量，法一选用角度∠P AQ＝θ作为变量，注意到本题的图形特点，换元t＝tanθ后将题中的l和S表示为t的函数，最后利用函数知识求结果.如图38-2所示，有一块边长为1(百米)的正方形区域ABCD .现要在该区域内修建观赏景观，在△APQ 区域和△CPQ 区域中分别种花和铺设草坪，设三角形△APQ 和△CPQ 的面积分别为S 1和S 2，记视觉效果为Ω＝S 2S 1(Ω的值越大，视觉效果越好)，试问怎样设计该景观，使得游客观赏景观的视角效果最好？图38-2如图38-3所示，有一块矩形草坪ABCD ，AB ＝100米，BC ＝503米，欲在这块草坪内铺设三条小路OE ，EF 和OF ，要求O 是AB 的中点，点E 在边BC 上，点F 在边AD 上，且∠EOF ＝90°.图38-3(1)设∠BOE ＝α，试求△OEF 的周长l 关于α的函数解析式，并求出此函数的定义域；(2)经核算，三条路每米铺设费用均为400元，试问如何设计才能使铺路的总费用最低？并求出最低总费用．(2020泰州模拟)如图38-4所示，三个小区分别位于扇形OAB 的三个顶点上，点Q 是弧AB 的中点．现欲在线段OQ 上找一处开挖工作坑P (不与点O ，Q 重合)，为小区铺设三条地下电缆管线PO ，P A ，PB .已知OA ＝2 km ，∠AOB ＝π3.记∠APQ ＝θ rad ，地下电缆管线的总长度为y km.图38-4 (1)将y 表示为θ的函数，并写出θ的取值范围；(2)请确定工作坑P 的位置，使地下电缆管线的总长度最小．(2020·常州模拟)某公园要设计如图38-5所示的景观窗格(其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等三角形所得，如图38-6中所示的多边形ABCDEFGH )，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AF ＝BE ＝1.6 m ，两根竖轴CH ＝DG ＝1.2 m ，记景观窗格的外框(图38－6中实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l m.(1) 若∠ABC ＝2π3，且两根横轴之间的距离为0.6 m ，求景观窗格的外框总长度；(2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不超过5 m ，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH 的面积)最大时，给出此景观窗格的设计方案中∠ABC 的大小与BC 的长度．图38-5 图38-6(2019·江苏卷) 如图38-7，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB(AB是圆O的直径)．规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA.规划要求：线段PB，QA上的所有点到点O的距离均不小于圆．．．．O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD(C，D为垂足)，测得AB ＝10，AC＝6，BD＝12(单位：百米)．图38-7(1)若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；(2)在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由；(3)对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d(单位：百米)．求当d最小时，P，Q两点间的距离．(本小题满分14分)(2020·苏州模拟)如图38-10所示，B，C 分别是海岸线上的两个城市，两城市间由笔直的海滨公路相连，B，C之间的距离为100 km，海岛A在城市B的正东方50 km处．从海岛A 到城市C ，先乘船按北偏西θ角α＜θ＜π2，其中锐角α的正切值为12航行到海岸公路P 处登陆，再换乘汽车到城市C .已知船速为25 km/h ，车速为75 km/h.(1)试建立由A 经P 到C 所用时间与θ的函数解析式；图38-10(2)试确定登陆点P 的位置，使所用时间最少，并说明理由．(1)f (θ)＝6－2cos θ3sin θ＋43，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2； (2)在BC 上选择距离B 为17.68 km 处为登陆点，所用时间最少．(1)由题意，轮船航行的方位角为θ，所以∠BAP ＝90°－θ，AB ＝50，则AP ＝50cos(90°－θ)＝50sin θ，BP ＝50tan(90°－θ)＝50sin(90°－θ)cos(90°－θ)＝50cos θsin θ. …………………………………………………………………………………2分(求AP ，BP 用θ表示)PC ＝100－BP ＝100－50cos θsin θ.由A 到P 所用的时间为t 1＝AP 25＝2sin θ，……………………………………………………………4分(求出A 到P 的时间t 1(用θ表示))由P 到C 所用的时间为t 2＝100－50cos θsin θ75＝43－2cos θ3sin θ， ……………………………………………………………………………6分(求出P 到C 所用的时间t 2(用θ表示))所以由A 经P 到C 所用时间与θ的函数关系为f (θ)＝t 1＋t 2＝2sin θ＋43－2cos θ3sin θ＝6－2cos θ3sin θ＋43.…………………………………………………………………8分(求由A 经P 到C 所用的时间关于θ的函数f (θ))函数f (θ)的定义域为⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，其中锐角α的正切值为12. (2)由(1)，f (θ)＝6－2cos θ3sin θ＋43，θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫α，π2，f ′(θ)＝6－18cos θ9sin 2θ， 令f ′(θ)＝0，解得cos θ＝13，设θ0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，使cos θ0＝13 ………………………………………………………………10分 (求f (θ)的导函数f ′(θ)．并求出f ′(θ)＝0时θ的值)…………………………………………………………………………………………………12分(列表判断f (θ)的单调性)所以如表38-1所示，当θ＝θ0时函数f (θ)取得最小值，此时BP＝50cosθ0sinθ0＝2522≈17.68 km，答：在BC上选择距离B为17.68 km处为登陆点，所用时间最少．…………………………………………………………………14分(求出f(θ)的最小值以此时BP的值)(注：结果保留根号，不扣分)答题模板第一步：在Rt△ABP中，求出AP，BP(用θ表示)；第二步：求出A到P的时间t1；第三步：用θ表示P到C所用的时间t2；第四步：写出A经P到C所用的时间关于θ的函数f(θ)；第五步：求f(θ)的导函数f′(θ)，并求f′(θ)＝0时cosθ的值；第六步：判断f(θ)的单调性；第七步：由f(θ)的单调性得f(θ)取最小值时的cosθ的值进而求出BP.作业评价如图38-11所示，某生态园将一三角形地块ABC的一角APQ 开辟为水果园，种植桃树，已知角A为120°，AB，AC的长度均大于200米．现在边界AP，AQ处建围墙，在PQ处围竹篱笆．(1)若围墙AP，AQ总长为200米，如何围可使三角形地块APQ 的面积最大？(2)已知AP段围墙高1米，AQ段围墙高1.5米，造价均为每平方米100元．若围墙用了20 000元，问如何围可使竹篱笆用料最省？图38-11(2018·江苏卷)某农场有一块农田，如图38-12所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN(P为此圆弧的中点)和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为△CDP，要求A，B均在线段MN上，C，D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ.(1)用θ分别表示矩形ABCD和△CDP的面积，并确定sinθ的取值范围；(2)若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3.求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大.图38-12(2019·南通二模)图38-14是一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图38-15，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面ABFE和CDEF是全等的等腰梯形，左右两坡屋面EAD和FBC是全等的三角形．点F在平面ABCD和BC上的射影分别为H，M.已知HM＝5 m，BC＝10 m，梯形ABFE的面积是△FBC面积的2.2倍．设∠FMH＝θ(0<θ<π4)．(1)求屋顶面积S关于θ的函数关系式；(2)已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为k(k为正的常数)，下部主体造价与其高度成正比，比例系数为16 k．现欲造一栋上、下总高度为6 m的别墅，试问：当θ为何值时，总造价最低？图38-14图38-15(2020·泰州模拟)如图38-17所示，三个小区分别位于扇形OAB的三个顶点上，点Q是弧AB的中点．现欲在线段OQ上找一处开挖工作坑P(不与点O，Q重合)，为小区铺设三条地下电缆管线PO，P A，PB.已知OA＝2 km，∠AOB＝π3.记∠APQ＝θ rad，地下电缆管线的总长度为y km.(1)将y表示为θ的函数，并写出θ的取值范围；(2)请确定工作坑P的位置，使地下电缆管线的总长度最小．图38-17。