【世纪金榜】高考数学(文科,全国通用)一轮总复习阶段滚动月考卷(四)立体几何(含答案解析)
【世纪金榜】高考数学(文科,全国通用)一轮总复习练习：10.3几何概型(含答案解析)
课时提升作业五十九几何概型(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.实数m是[0,6]上的随机数,则关于x的方程x2-mx+4=0有实根的概率为()A. B. C. D.【解析】选B.关于x的方程x2-mx+4=0有实根,只需Δ=m2-16≥0⇒m≤-4或m≥4,在[0,6]上满足此条件的m的区间长度为2,区间[0,6]的长度为6,所以方程有实根的概率P==.2.(2016·济南模拟)如图,向边长为2的正方形中随机投入一粒黄豆,若圆C的方程为(x-2)2+(y-2)2=,则黄豆落入阴影部分的概率为()A. B.1- C.1- D.【解析】选B.由题意可知黄豆落入阴影部分的概率为=1-.3.任意画一个正方形,再将这个正方形各边的中点相连得到第二个正方形,以此类推,这样一共画了4个正方形,如图所示,若向图形中随机投一点,则所投点落在第四个正方形中的概率是()A. B. C. D.【解析】选C.依题意可知,第四个正方形的边长是第一个正方形边长的倍,所以第四个正方形的面积是第一个正方形面积的倍,由几何概型可知,所投点落在第四个正方形中的概率为.【加固训练】分别以正方形ABCD的四条边为直径画半圆,重叠部分如图中阴影区域所示,若向该正方形内随机投一点,则该点落在阴影区域的概率为()A. B. C. D.【解析】选B.设正方形边长为2,阴影区域的面积的一半等于半径为1的圆减去2个△BOC 的面积,即为π-2,则阴影区域的面积为2π-4,所以所求概率为P==.4.(2016·菏泽模拟)已知集合A={y|y=x2-2x+2,-1≤x≤2},B=,若任取x∈A,则x∈A∩B的概率为()A. B. C. D.【解题提示】化简集合A,B,转化为与长度有关的几何概型问题求解.【解析】选C.当-1≤x≤2时,y=x2-2x+2=(x-1)2+1∈[1,5],故A=[1,5],>1,即>0,解得x>4或x<3,所以B=(-∞,3)∪(4,+∞),A∩B=[1,3)∪(4,5],根据几何概型的概率计算公式得P==.5.随着科技的进步,微爆技术正逐步被应用到我们日常生活中的各个方面.某医院为探究微爆技术在治疗肾结石方面的应用,设计了一个试验:在一个棱长为1cm的正方体的中心放置微量手术专用炸药,而爆炸的威力范围是一个半径为R的球,则爆炸之后形成的碎片全部落在正方体内部的概率为()A. B. C. D.【解析】选A.由题意可知,要使碎片全部落在正方体的内部,则该爆炸的威力范围的半径R不大于正方体的内切球的半径r=.所以该事件的概率P==.6.(2016·滨州模拟)已知集合表示的平面区域为Ω,若在区域Ω内任取一点P(x,y),则点P的坐标满足不等式x2+y2≤2的概率为()A. B. C. D.【解题提示】平面区域Ω,可利用线性规划知识画出,并确定其形状,计算其面积的大小.【解析】选D.满足不等式组的区域如图△ABO内部(含边界),由于直线y=x与y=-x垂直,△ABO与圆x2+y2=2的公共部分是圆,则点P落在圆x2+y2≤2内的概率为P===.【加固训练】已知平面区域Ω={(x,y)|(x-1)2+(y-1)2≤1},平面区域M=,若向区域Ω内随机抛掷一点P,则点P落在区域M内的概率为()A. B. C. D.【解析】选B.如图所示,画出区域Ω与区域M,则区域Ω是以(1,1)为圆×=2,故所求的概率为.7.在区间[-2π,2π]内随机取两个数分别记为a,b,则使得函数f(x)=4x2+4ax-b2+π有零点的概率为()A. B. C. D.【解析】选B.f(x)=4x2+4ax-b2+π有零点,即方程f(x)=4x2+4ax-b2+π=0有实数解,所以(4a)2-4×4×(-b2+π)≥0,即a2+b2≥π,由几何概型概率的计算公式得P==.【误区警示】解答本题易出现的错误有两点:(1)由题设条件寻找参数a,b满足的约束条件出错.(2)不能正确判断出基本事件对应区域的形状及准确计算出其面积.二、填空题(每小题5分,共15分)8.(2016·滨州模拟)如图,边长为2的正方形内有一个半径为1的半圆.向正方形内任投一点(假设该点落在正方形内的每一点都是等可能的),则该点落在半圆内的概率为.【解析】由题知该点落在半圆内的概率为=.答案:9.图(2)中实线围成的部分是长方体(图(1))的平面展开图,其中四边形ABCD是边长为1的正方形.若向虚线围成的矩形内任意抛掷一质点,它落在长方体的平面展开图内的概率是,则此长方体的体积是.【解题提示】设长方体的高为h,用h表示出图(2)中虚线围成的矩形的面积及平面展开图的面积,再由几何概型的概率公式构造含有h的方程,求出h后再求解体积.【解析】设长方体的高为h,则题干图(2)中虚线围成的矩形长为2+2h,宽为1+2h,面积为(2+2h)(1+2h),展开图的面积为2+4h;由几何概型的概率公式知=,得h=3,所以长方体的体积是V=1×3=3.答案:310.(2016·德州模拟)在不等式组所表示的平面区域内任取一点P,若点P的坐标(x,y)满足y≥kx的概率为,则实数k=.【解析】如图,满足不等式组的区域是边长为2的正方形,面积是4,假设满足不等式y≥kx的区域如图阴影部分,其面积为4-×2×2k,由几何概型的概率公式得点P 的坐标(x,y)满足y≥kx的概率为=,解得k=.答案:(20分钟40分)1.(5分)已知m∈[1,7],则函数f(x)=-(4m-1)x2+(15m2-2m-7)x+2在实数集R上是增函数的概率为.【解析】f′(x)=x2-2(4m-1)x+15m2-2m-7,依题意,知f′(x)在R上恒大于或等于0,所以Δ=4(m2-6m+8)≤0,得2≤m≤4.又m∈[1,7],所以所求的概率为=.答案:2.(5分)(2016·临沂模拟)已知向量a=(1,-2),b=(x,y),若x,y∈[1,4],则满足a·b>0的概率为.【解析】因为a·b>0,所以x-2y>0,又作出可行域如图.当y=1时,x=2y=2,即B(2,1).当x=4时,y===2,即D(4,2),所以BC=2,CD=1,即直角三角形BCD的面积为×1×2=1.所以由几何概型可知满足a·b>0的概率为=.答案:3.(5分)(2016·聊城模拟)如图所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,H分别是棱A1B1,D1C1上的点(点E与点B1不重合),且EH∥A1D1,过EH的平面与棱BB1,CC1相交,交点分别为点F,G.若AB=2AA1=2a,EF=a,B1E=B1F,在长方体ABCD-A1B1C1D1内随机选取一点,则该点取自于几何体A1ABFE-D1DCGH内的概率为.【解题提示】解题关键是用间接法表示几何体A1ABFE-D1DCGH的体积.【解析】在等腰直角三角形B1EF中,因为斜边EF=a,所以B1E=B1F=a,根据几何概型概率公式,得P===1-=1-=1-=1-·a·a=1-=.答案:4.(12分)(2016·烟台模拟)已知袋子中放有大小和形状相同的小球若干,其中标号为0的小球1个,标号为1的小球1个,标号为2的小球n个.若从袋子中随机抽取1个小球,取到标号为2的小球的概率是.(1)求n的值.(2)从袋子中不放回地随机抽取2个小球,记第一次取出的小球标号为a,第二次取出的小球标号为b.①记“2≤a+b≤3”为事件A,求事件A的概率;②在区间[0,2]内任取2个实数x,y,求事件“x2+y2>(a-b)2恒成立”的概率.【解析】(1)依题意共有小球n+2个,标号为2的小球n个,从袋子中随机抽取1个小球,取到标号为2的小球的概率为=,得n=2.(2)①从袋子中不放回地随机抽取2个小球共有12种结果,而满足2≤a+b≤3的结果有8种,故P(A)==.②由①可知,(a-b)2≤4,故x2+y2>4,(x,y)可以看成平面中的点的坐标,则全部结果所构成的区域为Ω={(x,y)|0≤x≤2,0≤y≤2,x,y∈R},由几何概型得概率为P==1-.5.(13分)已知关于x的二次函数f(x)=b2x2-(a+1)x+1.(1)若a,b分别表示将一质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数,求y=f(x)恰有一个零点的概率.(2)若a,b∈[1,6],求满足y=f(x)有零点的概率.【解析】(1)设(a,b)表示一个基本事件,则抛掷两次骰子的所有基本事件有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),…,(6,5),(6,6),共36个.用A表示事件“y=f(x)恰有一个零点”,即Δ=[-(a+1)]2-4b2=0,则a+1=2b.则A包含的基本事件有(1,1),(3,2),(5,3),共3个,所以P(A)==.答:事件“y=f(x)恰有一个零点”的概率为.(2)用B表示事件“y=f(x)有零点”,即a+1≥2b.试验的全部结果所构成的区域为{(a,b)|1≤a≤6,1≤b≤6},构成事件B的区域为{(a,b)|1≤a≤6,1≤b≤6,a-2b+1>0},所以所求的概率为P(B)==.答:事件“y=f(x)有零点”的概率为.。
【世纪金榜】高考数学(文科,全国通用)一轮总复习练习：1.1集 合(含答案解析)
课时提升作业一集合(25分钟50分)一、选择题(每小题5分,共35分)1.下列结论正确的是()A.0∈N*B.0∈∅C.{0}⊆N*D.∅⊆N*【解析】选D.集合N*表示正整数集,∅中不含任何元素,所以A,B,C都不正确,∅是任何集合的子集,故D正确.2.(2015·全国卷Ⅱ)已知集合A={x|-1<x<2},B={x|0<x<3},则A∪B=()A.(-1,3)B.(-1,0)C.(0,2)D.(2,3) 【解析】选A.因为A={x|-1<x<2},B={x|0<x<3},所以A∪B=.3.(2016·德州模拟)若集合M={x|-2<x<3},N={y|y=x2+1,x∈R},则集合M∩N=()A.(-2,+∞)B.(-2,3)C.[1,3)D.R 【解析】选C.因为y=x2+1≥1,所以N={y|y≥1},所以M∩N={x|1≤x<3}.4.已知A={x|x2<4},B为自然数集,则A∩B=()A.{-2,-1,0,1,2}B.{-1,0,1}C.{0,1}D.{1} 【解析】选C.因为A={x|-2<x<2},B是自然数集,所以A∩B={0,1}.【误区警示】解答本题易误选D,出错的原因是对自然数集的定义理解不到位.【加固训练】已知集合A={x|(x+1)(x-2)≤0},B为整数集,则A∩B=()A.{-2,-1,0,1}B.{-1,0,1,2}C.{-1,0}D.{0,1} 【解析】选B.因为A={x|-1≤x≤2},B为整数集,所以A∩B={-1,0,1,2}.5.(2016·滨州模拟)已知集合A={log2a,3},B={a,b},若A∩B={0},则A∪B=()A.{0,3}B.{0,1,3}C.{0,2,3}D.{0,1,2,3} 【解析】选B.因为A∩B={0},所以0∈A,且0∈B,即log2a=0,b=0,a=1,b=0,所以A∪B={0,1,3}.6.(2016·临沂模拟)已知集合A={0,x},B={x2,-x2,|x|-1},若A⊆B,则实数x的值为()A.1或-1B.1C.-1D.2 【解析】选A.验证法,当x=1时,A={0,1},B={1,-1,0},满足A⊆B,当x=-1时,A={0,-1},B={1,-1,0},满足A⊆B,当x=2时,A={0,2},B={4,-4,1},不满足A⊆B.故选A.【一题多解】解答本题还可采用如下方法:选A.因为A⊆B,所以0∈B,因为x≠0,所以|x|-1=0,即x=±1,经验证,易知x=±1满足题意.7.(2016·泰安模拟)已知集合A,B均为全集U={1,2,3,4}的子集,且(A∪B)={4},B={1,2},则A∩B=()A.{3}B.{4}C.{3,4}D.∅【解析】选A.由U={1,2,3,4},(A∪B)={4},知A∪B={1,2,3},又B={1,2},所以A中一定有元素3,没有元素4,所以A∩B={3}.【一题多解】本题还可用Venn图求解如下:如图,由图及已知易得A∩B={3}.【加固训练】已知A={x|x+1>0},B={-2,-1,0,1},则(A)∩B=()A.{-2,-1}B.{-2}C.{-2,0,1}D.{0,1}【解析】选A.由x+1>0⇒x>-1,所以A={x|x≤-1},故得(A)∩B={-2,-1}.二、填空题(每小题5分,共15分)8.已知集合A={x|x2-2015x-2016≤0},B={x|x<m+1},若A⊆B,则实数m的取值范围是.【解析】因为A={x|-1≤x≤2016},B={x|x<m+1},A⊆B,所以m+1>2016,即m>2015.答案:(2015,+∞)9.(2014·重庆高考)设全集U=,A=,B=,则∩B=.【解析】由题意知A=,B=,故∩B=.答案:10.若集合A={x∈R|(a2-1)x2+(2a+1)x+1=0}中只有一个元素,则实数a的值构成的集合为.【解题提示】按二次项系数是否为0分类讨论.【解析】当a2-1=0,即a=1或a=-1时,方程分别为3x+1=0或-x+1=0,方程都有一个根,满足题意. 当a2-1≠0时,Δ=(2a+1)2-4(a2-1)=0,即4a+5=0,a=-.此时方程有两个等根,满足题意.故a的值构成的集合为.答案:(20分钟35分)1.(5分)(2015·浙江高考)已知集合P={x|x2-2x≥3},Q={x|2<x<4},则P∩Q= ()A.[3,4)B.(2,3]C.(-1,2)D.(-1,3]【解析】选A.由题意得,P={x|x≥3或x≤-1},所以P∩Q=[3,4).【加固训练】某校高三(1)班50个学生选择选修模块课程,他们在A,B,C三个模块中进行选择,且至少需要选择1个模块,具体模块选择的情况如下表:则三个模块都选择的学生人数是.【解题提示】设三个模块都选择的学生人数是x,用Venn图表示三个两两相交的集合,把每一部分的学生数用x表示出来,再根据总数为50列方程求解.【解析】设三个模块都选择的学生人数为x,则各部分的人数如图所示,则有(1+x)+(5+x)+(2+x)+(12-x)+(13-x)+(11-x)+x=50,解得x=6.答案:62.(5分)(2016·菏泽模拟)设全集U={1,2,3,4,5,6},用U的子集可表示由0,1组成的6位字符串,如{2,4}表示的是第2个字符为1,第4个字符为1,其余均为0的6位字符串010100,并规定空集表示的字符串为000000.(1)若M={2,3,6},则M表示的6位字符串为.(2)若A={1,3},集合A∪B表示的字符串为101001,则满足条件的集合B的个数是. 【解题提示】(1)先求出M表示的6位字符串,从而求出M表示的6位字符串.(2)由A={1,3},集合A∪B表示的字符串为101001,求出集合B,从而得到答案.【解析】(1)M表示的6位字符串是011001;则M表示的6位字符串为100110.(2)若A={1,3},集合A∪B表示的字符串为101001,所以集合B可能是{6},{1,6},{3,6},{1,3,6},共4个.答案:(1)100110(2)43.(12分)已知集合A={x|(x-1)(x-3)<0},集合B={x|2m<x<1-m}.(1)当m=-1时,求A∪B.(2)若A⊆B,求实数m的取值范围.(3)若A∩B=∅,求实数m的取值范围.【解析】(1)当m=-1时,B={x|-2<x<2},A={x|1<x<3},则A∪B={x|-2<x<3}.(2)由A⊆B知解得m≤-2,即实数m的取值范围为(-∞,-2].(3)由A∩B=∅,得①当2m≥1-m,即m≥时,B=∅,符合题意;②当2m<1-m,即m<时,需或得0≤m<或∅,即0≤m<.综上知m≥0,即实数m的取值范围为[0,+∞).【加固训练】已知全集U=R,集合A={x|x2-x-6<0},B={x|x2+2x-8>0}, C={x|x2-4ax+3a2<0},若(A∪B)⊆C,求实数a的取值范围.【解析】A={x|-2<x<3},B={x|x<-4,或x>2},A∪B={x|x<-4,或x>-2}, (A∪B)={x|-4≤x≤-2},而C={x|(x-a)(x-3a)<0}.①当a>0时,C={x|a<x<3a},显然不成立.②当a=0时,C=∅,不成立.③当a<0时,C={x|3a<x<a},要使(A∪B)⊆C,只需即-2<a<-.4.(13分)已知集合A={x|x2+4x=0,x∈R},B={x|x2+2(a+1)x+a2-1=0,a∈R,x∈R}.若A∪B=A,试求实数a的取值范围.【解析】因为A∪B=A,所以B⊆A,易知A={0,-4}.(1)当A=B={0,-4}时,0,-4是方程x2+2(a+1)x+a2-1=0的两根,所以所以a=1.(2)当B A时,有B≠∅和B=∅两种情况.①当B≠∅时,B={0}或B={-4},所以方程x2+2(a+1)x+a2-1=0有相等的实数根0或-4,所以Δ=4(a+1)2- 4(a2-1)=0,所以a=-1,所以B={0}满足条件.②当B=∅时,Δ<0,a<-1.综上知实数a的取值范围是{a|a≤-1或a=1}.。
高三文科数学滚动检测(立体几何部分)讲义
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第1页，总13页……○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________……○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………高三文科数学滚动检测(立体几何部分）数学（文）试卷题号 一 二 三 总分 得分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 评卷人 得分一、选择题（本题共10道小题，每小题0分，共0分）1.设m 、n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( ) A ．若m⊥n，n∥α，则m⊥αB ．若m∥β，β⊥α，则m⊥αC ．若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥αD ．若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α2.已知H 是球O 的直径AB 上一点，AH ：HB=1：2，AB⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为( ) A ．B ．4πC ．D ．3.如图，在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AA 1=1，则异面直线AC 1与BB 1所成的角的余弦值为( )A ．B ．C ．D ．4.设,,αβγ为不同的平面，,,m n l 为不同的直线，则m β⊥的一个充分条件为（ ）． A 、αβ⊥，l αβ= ，m l ⊥ B 、m αγ= ，αγ⊥，βγ⊥ C 、αγ⊥，βγ⊥，m α⊥ D 、n α⊥，n β⊥，m α⊥ 5.三棱锥P ﹣ABC 中，PA⊥平面ABC ，AC⊥BC，AC=BC=1，PA=，则该三棱锥外接球的表面积为( )A ．5πB ．C ．20πD ．4π6.某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积是( )A ．π B ．6π C ．π D ．π本卷由【无忧题库】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
2021届高考数学(文科全国通用)一轮总复习阶段滚动月考卷(四)立体几何
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阶段滚动月考卷(四)立体几何(时间:120分钟 分值:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(滚动单独考查)(2022·重庆模拟)已知集合A={0,1,m},B={x|0<x<2},若A ∩B={1,m},则m 的取值范围是 ( ) A.(0,1) B.(1,2) C.(0,1)∪(1,2) D.(0,2)2.(滚动单独考查)(2022·长春模拟)如图,点A,B 在圆C 上,则AB →·AC →的值 ( )A.只与圆C 的半径有关B.只与弦AB 的长度有关C.既与圆C 的半径有关,又与弦AB 的长度有关D.是与圆C 的半径和弦AB 的长度均无关的定值3.(2022·日照模拟)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形,其正(主)视图与俯视图如图所示,则其侧(左)视图的面积为 ( )A.√34B.√32C.1D.344.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 ( )A.5π3cm 3 B.2πcm 3 C.7π3cm 3 D.3πcm 35.(滚动交汇考查)已知x>0,y>0,lg2x +lg8y =lg2,则1x +13y的最小值是 ( )A.2B.2C.2√2D.46.(2022·青岛模拟)设α,β是两个不同的平面,l ,m 是两条不同的直线.命题p:若α⊥β,l ⊂α,m ⊂β,则l ∥m;命题q:若l ∥α,m ⊥l ,m ⊂β,则β⊥α,则下列命题为真命题的是( )A.p 或qB.p 且qC.p 或qD.p 且q7.(2022·长沙模拟)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正(主)视图的面积不行能等于( )A.1B.√2C.√2−12D.√2+128.一平面截一球得到直径为2cm的圆面,球心到这个平面的距离是2cm,则该球的体积是( )A.12πcm3B.36πcm3C.64√6πcm3D.108πcm39.(2022·成都模拟)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且m∥α,n β,则下列叙述正确的是( )A.若α∥β,则m∥nB.若m∥n,则α∥βC.若n⊥α,则m⊥βD.若m⊥β,则α⊥β10.(2022·洛阳模拟)设三棱柱的侧棱垂直于底面,全部棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )A.πa2B.73πa2 C.113πa2 D.5πa2二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(滚动单独考查)(2022·兰州模拟)已知直线y=2x+1与曲线y=x3+ax+b相切于点(1,3),则实数b的值为.12.(滚动单独考查)(2022·苏州模拟)设向量a=(x,2),b=(2,1),若a,b的夹角为锐角,则实数x的取值范围为.13.如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的表面积为. 14.(滚动单独考查)(2022·济宁模拟)已知函数y=3sinωx(ω>0)的最小正周期是π,将函数y=3cos(ωx−π2)(ω>0)的图象沿x轴向右平移π8个单位,得到函数y=f(x)的图象,则函数f(x)= .15.(2022·成都模拟)如图,半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)(滚动单独考查)(2022·烟台模拟)已知x=π6是函数f(x)=(asinx+cosx)cosx-12图象的一条对称轴.(1)求a的值.(2)化简f(x)的解析式,并作出函数f(x)在x∈(0,π)上的图象简图(不要求写作图过程).17.(12分)(滚动单独考查)已知等差数列{a n }的公差d ≠0,它的前n 项和为S n ,若S 5=70,且a 2,a 7,a 22成等比数列.(1)求数列{a n }的通项公式.(2)设数列{1S n}的前n 项和为T n ,求证:16≤T n <38.18.(12分)(滚动单独考查)在△ABC 中,内角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,其外接圆半径为6,b 1−cosB=24,sinA+sinC=43.(1)求cosB.(2)求△ABC 的面积的最大值.19.(12分)(2022·保定模拟)如图,已知矩形ABCD 中,AB=2,AD=1,点M 为DC 的中点.将△ADM 沿AM 折起,使得平面ADM ⊥平面ABCM,连接BM. (1)求证:AD ⊥BM.(2)若点E 是线段DB 上的一动点,问点E 在何位置时,三棱锥M-ADE 的体积为√212.20.(13分)(2022·衡水模拟)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,BB 1⊥平面ABC,AB=AC,点D,E 分别为BC,BB 1的中点,四边形BB 1C 1C 是正方形.求证:(1)A 1B ∥平面AC 1D. (2)CE ⊥平面AC 1D.21.(14分)(2022·沈阳模拟)如图,PA 垂直矩形ABCD 所在的平面,AD=PA=2,CD=2√2,点E,F 分别是AB,PD 的中点.(1)求证:AF ∥平面PCE.(2)求证:平面PCE ⊥平面PCD. (3)求四周体PECF 的体积.答案解析1.C 由A ∩B={1,m}知0<m<2,再依据集合中元素的互异性可得m ≠1,所以m 的取值范围是(0,1)∪(1,2).2.B 延长AC 与圆C 相交于点D,连接DB,则∠ABD=90°, 所以A B →·A C →=12AB →·A D →=12|A B →|·|A D →|cosA=12|A B →|2,只与弦AB 的长度有关.3.D 俯视图的高为√32,即为侧视图的底,侧视图的高即为正视图的高,所以其面积为 S=12×√32×√3=34. 4.C 该几何体为圆柱挖去半个球而得的几何体,其体积V=π×12×3-12×4π×133 =7π3(cm 3).5.D 由lg 2x +lg 8y =lg 2得, 2x ×23y =2x+3y =2, 即x+3y=1,1x +13y=(1x+13y)×(x+3y)=2+3y x+x 3y≥2+2√3y x×x3y=4,当且仅当{3y x =x 3y,x +3y =1,x >0,y >0即x=12,y=16时等号成立.【加固训练】若直线ax+by=1过点A(b,a),则以坐标原点O 为圆心,OA 为半径的圆的面积的最小值为 ( ) A.πB.2πC.4πD.π2A 由于直线ax+by=1过点A(b,a),所以2ab=1,由于|OA|=√a 2+b 2,所以以坐标原点O 为圆心,OA 为半径的圆的面积为π(a 2+b 2)≥2πab=π,当且仅当a=b 时等号成立.6.C 构造长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1.命题p:设平面AA 1D 1D 为平面α,平面ABB 1A 1为平面β,直线A 1D 1和直线AB 分别是直线l 和直线m,明显满足α⊥β,l ⊂α,m ⊂β,而m 与l 异面,故命题p 为假命题,p 为真命题;命题q:设平面ABCD 为平面α,平面A 1B 1C 1D 1为平面β,直线A 1D 1和直线A 1B 1分别是直线m 和直线l ,明显满足l ∥α,m ⊥l ,m ⊂β,而α∥β,故命题q 为假命题,q 为真命题,所以p 或q 为真命题.7.C 由俯视图为面积为1的正方形可知,该正方体的放置如图所示,当正(主)视图的方向与正方体的侧面垂直时,正(主)视图的面积最小,其值为1;当正(主)视图的方向与正方体的对角面BDD 1B 1或ACC 1A 1垂直时,正(主)视图的面积最大,其值为√2.由于正(主)视图的方向不同,因此正(主)视图的面积S ∈[1,√2].8.B 由题意可知,球的半径R=√(√5)2+22=3(cm), 所以球的体积V=43πR 3=43π×33=36π(cm 3).9.D 对于A,当α∥β时,直线m 与n 的位置关系是任意的,故A 错;对于B,当m ∥n 时,只能表示两平面中各有一条线相互平行,不能得到α∥β,故B 错;对于C,由n ⊥α,可得β⊥α,但与α平行的直线m 与β的位置关系也是任意的,故C 错;对于D,m ⊥β,可得α内存在m 的平行线m ′⊥β,故α⊥β,D 正确.10.B 据题意,作出直观图如图所示,点O 为球心,△ABC 是三棱柱的下底面,点 O ′是等边△ABC 的中心(也是平面ABC 截球所得的截面圆的圆心),则OO ′⊥平面ABC,所以球的半径R=OA=√O ′O 2+O′A 2. 由于棱柱的全部棱长都为a,所以OO ′=a2,AO ′=23×√32a=√33a,所以R 2=(a 2)2+(√33a)2=712a 2, 所以该球的表面积为S=4πR 2=73πa 2.11.【解析】由于函数y=x 3+ax+b 的导函数y ′=3x 2+a, 所以曲线y=x 3+ax+b在点(1,3)处的切线斜率为3+a,所以{3+a =2,3=1+a +b,解得{a =−1,b =3.答案:312.【解析】由题意可得,a ·b=2x+2>0,且x-4≠0,故实数x 的取值范围为(-1,4)∪(4,+∞).答案:(-1,4)∪(4,+∞)13.【解析】由三视图可知该几何体为两个正四棱锥的组合体,8个面都是三角形且都全等,三角形的高h=√(12)2+(√22)2=√32,故该几何体的表面积S=8×(12×1×√32)=2√3. 答案:2√314.【解析】由于函数y=3sin ωx(ω>0)的最小正周期是2πω=π,所以ω=2.将函数y=3cos (ωx −π2)(ω>0)的图象沿x 轴向右平移π8个单位,得到函数y=f(x)=3cos [2(x −π8)−π2]=3cos (2x −π4−π2)=3sin (2x −π4)的图象.答案:3sin (2x −π4)15.【解析】设圆柱的底面半径为r,高为h, 则r 2+(h 2)2=R 2,所以h=2√R 2−r 2,所以圆柱的侧面积S=2πrh=2πr ·2√R 2−r 2=4π√r 2(R 2−r 2).当r 2=R 2-r 2,即r=√22R 时,S 取得最大值.此时球的表面积与圆柱的侧面积之差为4πR 2-2π·√22R ·√2R=2πR 2.答案:2πR 216.【解析】(1)f(x)=12asin2x+12cos2x,由于x=π6是函数f(x)图象的一条对称轴,所以f(0)=f (π3),即12=12asin 2π3+12cos 2π3,所以a=√3. (2)f(x)=sin (2x +π6),f(x)在x ∈(0,π)上的图象(简图)如图所示.17.【解析】(1)由于数列{a n }是等差数列且S 5=70,所以5a 1+10d=70. ① 由于a 2,a 7,a 22成等比数列,所以a 72=a 2a 22,即(a 1+6d)2=(a 1+d)(a 1+21d).②由①,②解得a 1=6,d=4或a 1=14,d=0(舍去), 所以a n =4n+2.(2)由(1)可得S n =2n 2+4n, 所以1S n =12n 2+4n =14(1n−1n+2).所以T n =1S 1+1S 2+1S 3+…+1S n−1+1S n=14(11−13)+14(12−14)+14(13−15)+…+ 14(1n−1−1n+1)+14(1n −1n+2) =38-14(1n+1+1n+2).T n -38=-14(1n+1+1n+2)<0,所以T n <38.由于T n+1-T n =14(1n+1−1n+3)>0,所以数列{T n }是递增数列,所以T n ≥T 1=16.所以16≤T n <38.18.【解析】(1)b 1−cosB=24⇒2×6sinB 1−cosB=24, 2(1-cosB)=sinB.4(1-cosB)2=sin 2B=(1-cosB)(1+cosB), 由于1-cosB ≠0,所以4(1-cosB)=1+cosB, 所以cosB=35.(2)由于sinA+sinC=43,所以a 12+c 12=43,即a+c=16.又由于cosB=35,所以sinB=45.所以S=12acsinB=25ac ≤25(a+c 2)2=1285.而a=c=8时,S max =1285.19.【解析】(1)矩形ABCD 中,AB=2,AD=1,点M 为CD 中点,AM=BM=√2, 由勾股定理的逆定理得BM ⊥AM.折起后,平面ADM ⊥平面ABCM,且平面ADM ∩平面ABCM=AM,BM ⊂平面ABCM,得BM ⊥平面ADM, 又AD ⊂平面ADM,所以AD ⊥BM. (2)在△BDM 中,作EF ∥BM 交DM 于点F.(1)中已证明BM ⊥平面ADM,所以EF ⊥平面ADM, EF 是三棱锥E-MAD 的高,V M-ADE =V E-MAD =13(12AD ×DM)·EF=√212,所以EF=√22,又△DMB 中BM=√2,且EF ∥BM,所以EF 为中位线,点E 为BD 的中点.20.【证明】(1)连接A 1C,交AC 1于点O,连接DO.由于点O为A1C的中点,点D为BC的中点,所以DO∥A1B. 又DO⊂平面AC1D,A1B⊄平面AC1D,所以A1B∥平面AC1D.(2)在△ABC中,AB=AC,点D为BC的中点,所以AD⊥BC.在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,所以平面ABC⊥平面BB1C1C.由于平面BB1C1C∩平面ABC=BC,所以AD⊥平面BB1C1C.由于CE⊂平面BB1C1C,所以AD⊥CE.由于正方形BB1C1C中,点D,E分别为BC,BB1的中点,所以C1D⊥CE,又由于C1D∩AD=D,所以CE⊥平面AC1D.21.【解析】(1)设G为PC的中点,连接FG,EG. 由于F为PD的中点,E为AB的中点,所以FG 12CD,AE12CD,所以FG AE,所以四边形AEGF为平行四边形,所以AF∥GE. 由于GE⊂平面PEC,AF⊄平面PEC,所以AF∥平面PCE. (2)由于PA=AD=2,所以AF⊥PD.又由于PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.由于AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,由于AF⊂平面PAD,所以AF⊥CD,由于PD∩CD=D,所以AF⊥平面PCD,所以GE⊥平面PCD.由于GE⊂平面PEC,所以平面PCE⊥平面PCD.(3)由(2)知GE⊥平面PCD,所以EG为四周体PECF的高,又EG=AF=√2,CD=2√2,S△PCF=12PF·CD=2,所以四周体PECF的体积V=13S△PCF·EG=2√23.关闭Word文档返回原板块。
【世纪金榜】高考数学(文科,全国通用)一轮总复习阶段易错考点排查练(四)(含答案解析)
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阶段易错考点排查练(四)立体几何考点一 空间几何体的三视图、表面积与体积1.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,则此几何体的体积为 ( )A.6B.9C.12D.18【解析】选B.由三视图可得,该几何体为三棱锥S-ABC,其中底面△ABC 为等腰三角形,底边AC=6,AC 边上的高为3,SB ⊥底面ABC,且SB=3,所以该几何体的体积V=××6×3×3=9.2.一个空间几何体的三视图如图所示,则这个空间几何体的表面积是 ( )A.4πB.4(π+1)C.5πD.6π【解析】选B.这是一个由轴截面割开的半个圆柱与一个球的组合体,其表面积是圆柱的上、下两个底面半圆、圆柱的侧面积的一半、圆柱的轴截面和球的表面积之和,故这个几何体的表面积是2××π×12+×2π×1×2+2×2+4π×=4(π+1).3.如图是某几何体的三视图,则该几何体的体积为( )A.64+32πB.64+64πC.256+64πD.256+128π【解析】选C.依题意,该几何体是一个正四棱柱及一个圆柱的组合体,其中正四棱柱的底面边长是8,侧棱长是4,圆柱的底面半径是4,高是4,因此所求几何体的体积等于82×4+π×42×4=256+64π.4.已知某几何体的三视图如图所示,其中俯视图中圆的直径为4,该几何体的体积为V1,直径为4的球的体积为V2,则V1∶V2=.【解析】由三视图知,该几何体为圆柱内挖去一个底面相同的圆锥,因此V1=8π-=,V2=×23=,V1∶V2=1∶2.答案:1∶2考点二线、面位置关系1.下列说法中,正确的是( )①一条直线如果和一个平面平行,它就和这个平面内的无数条直线平行;②一条直线和一个平面平行,它就和这个平面内的任何直线无公共点;③过直线外一点,有且仅有一个平面和已知直线平行;④如果直线l和平面α平行,那么过平面α内一点和直线l平行的直线在α内.A.①②③④B.①②③C.②④D.①②④【解析】选D.由线面平行的性质定理知①④正确;由直线与平面平行的定义知②正确;③错误,因为经过一点可作一直线与已知直线平行,而经过这条直线可作无数个平面.2.设l,m,n表示不同的直线,α,β,γ表示不同的平面,给出下列四个命题:①若m∥l,且m⊥α,则l⊥α;②若m∥l,且m∥α,则l∥α;③若α∩β=l,β∩γ=m,γ∩α=n,则l∥m∥n;④若α∩β=m,β∩γ=l,γ∩α=n,且n∥β,则l∥m.其中正确命题的个数是( )A.1B.2C.3D.4【解析】选B.易知①正确;②错误,l与α的具体关系不能确定;③错误,以墙角为例即可说明;④正确,可以以三棱柱为例说明,故选B.3.若m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题不正确的是( )A.若α∥β,m⊥α,则m⊥βB.若m∥n,m⊥α,则n⊥αC.若m∥α,m⊥β,则α⊥βD.若α∩β=m,且n与α,β所成的角相等,则m⊥n【解析】选D.容易判断选项A,B,C都正确,对于选项D,当直线m与n平行时,直线n与两平面α,β所成的角也相等,均为0°,故D不正确.4.设a,b为不重合的两条直线,α,β为不重合的两个平面,给出下列命题:①若a∥α且b∥α,则a∥b;②若a⊥α且a⊥β,则α∥β;③若α⊥β,则一定存在平面γ,使得γ⊥α,γ⊥β;④若α⊥β,则一定存在直线l,使得l⊥α,l∥β.上面命题中,所有真命题的序号是.【解析】①中a与b还可能相交或异面,故不正确.②垂直于同一直线的两平面平行,正确.③中存在γ,使得γ与α,β都垂直.④中只需直线l⊥α且l⊄β就可以.答案:②③④5.设a,b为两条不同的直线,α,β为两个不同的平面,且a⊄α,a⊄β,给出下列四个结论:①若b⊂β,a∥b,则a∥β;②若a⊥β,α⊥β,则a∥α;③若a⊥b,b⊥α,则a∥α;④若α⊥β,a⊥β,b∥a,则b∥α.其中正确结论的序号是.【解析】由线面、面面平行或垂直的判定与性质定理知①②③正确;对于④,由a⊥β,b∥a可得b⊥β,又因为α⊥β,所以b⊂α或b∥α,故④错误.答案:①②③6.(2016·宣城模拟)如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=4.E,F分别在线段BC和AD上,EF∥AB,将矩形ABEF沿EF折起,记折起后的矩形为MNEF,且平面MNEF⊥平面ECDF.(1)求证:NC∥平面MFD.(2)若EC=3,求证:ND⊥FC.(3)求四面体NFEC体积的最大值.【解析】(1)因为四边形MNEF,EFDC都是矩形,所以MN∥EF∥CD,MN=EF=CD.所以四边形MNCD是平行四边形,所以NC∥MD,因为NC⊄平面MFD,MD⊂平面MFD,所以NC∥平面MFD.(2)连接ED,设ED∩FC=O,因为平面MNEF⊥平面ECDF,且NE⊥EF,所以NE⊥平面ECDF,因为FC⊂平面ECDF,所以FC⊥NE,又EC=CD,所以四边形ECDF为正方形,所以FC⊥ED.所以FC⊥平面NED,因为ND⊂平面NED,所以ND⊥FC.(3)设NE=x,则EC=4-x,其中0<x<4.由(2)得NE⊥平面FEC,所以四面体NFEC的体积为V NFEC=S△EFC·NE=x(4-x).所以V NFEC≤=2.当且仅当x=4-x,即x=2时,四面体NFEC的体积最大.关闭Word文档返回原板块。
2020届高考总复习单元滚动测试卷文科数学答案.pdf
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【世纪金榜】高考数学(文科,全国通用)一轮总复习阶段滚动月考卷(五)解析几何(含答案解析)
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阶段滚动月考卷(五)解析几何(时间:120分钟分值:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(滚动单独考查)设i为虚数单位,若=b-i(a,b∈R),则a+b= ( )A.1B.2C.3D.42.(滚动交汇考查)(2016·莱芜模拟)设点P(x,y),则“x=2且y=-1”是“点P在圆(x-2)2+y2=1上”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3.(2016·合肥模拟)若圆(x-3)2+(y+5)2=r2上有且只有两个点到直线4x-3y=2的距离等于1,则半径r的取值范围是( )A.(4,6)B.[4,6)C.(4,6]D.[4,6]4.(滚动单独考查)(2016·邢台模拟)若a>b>c,则使+≥恒成立的最大的正整数k为( )A.2B.3C.4D.55.(滚动单独考查)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,为了得到g(x)=sin2x的图象,则只需将f(x)的图象( )A.向右平移个长度单位B.向右平移个长度单位C.向左平移个长度单位D.向左平移个长度单位6.(2016·滨州模拟)已知A,B是圆O:x2+y2=1上的两个点,P是线段AB上的动点,当△AOB的面积最大时,则·-的最大值是( )A.-1B.0C.D.7.(滚动交汇考查)如图,已知点D为△ABC的边BC上一点,=3,E n(n∈N*)为边AC上的一列点,满足=a n+1-(3a n+2),其中实数列{a n}中a n>0,a1=1,则数列{a n}的通项公式为( )A.a n=2·3n-1-1B.a n=2n-1C.a n=3n-2D.a n=3·2n-1-28.(2016·聊城模拟)已知点F1,F2分别是椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点,过F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A,B两点,若△ABF2是锐角三角形,则该椭圆的离心率e的取值范围是( )A.(0,-1)B.(-1,1)C.(-1,+∞)D.(-1,1)9.曲线的方程为+=2,若直线l:y=kx+1-2k与曲线有公共点,则k的取值范围是( )A. B.C.∪[1,+∞)D.∪(1,+∞)10.(2016·南充模拟)已知抛物线y2=8x的焦点F到双曲线C:-=1(a>0,b>0)渐近线的距离为,点P是抛物线y2=8x上的一动点,P到双曲线C的上焦点F1(0,c)的距离与到直线x=-2的距离之和的最小值为3,则该双曲线的方程为( ) A.-=1 B.y2-=1C.-x2=1D.-=1二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(滚动单独考查)若实数x,y满足则z=x+2y的最小值是.12.(2016·衡水模拟)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l:y=2x+10,双曲线的一个焦点在直线l上,则双曲线的方程为.13.(滚动单独考查)用[x]表示不大于实数x的最大整数,方程lg2x-[lgx]-2=0的实根个数是.14.若对任意α∈R,直线l:xcosα+ysinα=2sin+4与圆C:(x-m)2+(y-m)2=1均无公共点,则实数m的取值范围是.15.已知F1,F2为双曲线-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,过点F2作此双曲线一条渐近线的垂线,垂足为M,且满足||=3||,则此双曲线的渐近线方程为.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=sin+cos+2cos2x-1.(1)求函数f(x)的最小正周期.(2)若α∈且f(α)=,求cos2α.17.(12分)(滚动单独考查)如图,四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,侧面PAB是正三角形,AB=2,BC=,PC=.点E,H分别为PA,AB的中点.(1)求证:PH⊥AC.(2)求三棱锥P-EHD的体积.18.(12分)(2016·滨州模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点M(-2,-1),离心率为.过点M作倾斜角互补的两条直线分别与椭圆C 交于异于M的另外两点P,Q.(1)求椭圆C的方程.(2)试判断直线PQ的斜率是否为定值,证明你的结论.19.(12分)(2016·泰安模拟)已知各项都不相等的等差数列{a n}的前六项和为60,且a6为a1与a21的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式a n及前n项和S n.(2)若数列{b n}满足b n+1-b n=a n(n∈N*),且b1=3,求数列的前n项和T n.20.(13分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点、上顶点分别为A,B,坐标原点到直线AB的距离为,且a= b.(1)求椭圆C的方程.(2)过椭圆C的左焦点F1的直线l交椭圆于M,N两点,且该椭圆上存在点P,使得四边形MONP(图形上的字母按此顺序排列)恰好为平行四边形,求直线l的方程.21.(14分)(滚动单独考查)已知函数f(x)=ax+(1-a)lnx+(a∈R).(1)当a=0时,求f(x)的极值.(2)当a<0时,求f(x)的单调区间.(3)方程f(x)=0的根的个数能否达到3,若能,请求出此时a的范围,若不能,请说明理由.答案解析1.C 因为=b-i(a,b∈R),所以a+2i=bi+1,所以a=1,b=2,则a+b=3.2.A 当x=2且y=-1时,(x-2)2+y2=(2-2)2+(-1)2=1,满足点在圆上,当x=1,y=0时,满足(x-2)2+y2=1但x=2且y=-1不成立,即“x=2且y=-1”是“点P在圆(x-2)2+y2=1上”的充分不必要条件.【加固训练】(2016·兰州模拟)如果直线ax+by=4与圆C:x2+y2=4有两个不同的交点,那么点(a,b)和圆C的位置关系是( )A.在圆外B.在圆上C.在圆内D.不能确定A 因为直线ax+by=4与圆C:x2+y2=4有两个不同的交点,所以圆心(0,0)到直线ax+by-4=0的距离d=<2,所以a2+b2>4,所以点(a,b)在圆C的外部.3.A 因为圆心(3,-5)到直线4x-3y=2的距离等于=5,由|5-r|<1得4<r<6.4.C 因为a>b>c,所以a-b>0,b-c>0,a-c>0,且a-c=a-b+b-c.又因为+=+=2++≥2+2=4,当且仅当b-c=a-b,即a+c=2b时取等号.所以k≤+,k≤4,故k的最大正整数为4.5.A 由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象可得A=1,=·=-,求得ω=2.因为题干中图象过点,且|φ|<,所以2×+φ=π,所以φ=,f(x)=sin.故把f(x)=sin的图象向右平移个长度单位,可得y= sin=sin2x=g(x)的图象.6.C 由题意知:△AOB的面积S=||||sin∠AOB=×1×1×sin∠AOB=sin∠AOB,当∠AOB=时,S取最大值,此时⊥,如图所示,不妨取A(1,0),B(0,1),设P(x,1-x),所以·-=·(-)=·=(x-1,1-x)·(-x,x-1)=-x(x-1)+(1-x)(x-1)=(x-1)(1-2x)=-2x2+3x-1,x∈[0,1],当x=-=时,上式取最大值.7.A 因为=3,所以=+=+=+(+)=-+, 设m=,因为=a n+1-(3a n+2),-+=a n+1-(3a n+2),所以-m=a n+1,m=-(3a n+2),所以a n+1=(3a n+2),所以a n+1+1=3(a n+1),因为a1+1=2,所以{a n+1}是以2为首项,3为公比的等比数列,所以a n+1=2·3n-1,所以a n=2·3n-1-1.8.B 因为点F1,F2分别是椭圆+=1(a>b>0)的左、右焦点,过F1且垂直于x轴的直线与椭圆交于A,B两点,所以F1(-c,0),F2(c,0),A,B,因为△ABF2是锐角三角形,所以∠AF2F1<45°,所以tan∠AF2F1<1,所以<1,整理,得b2<2ac,所以a2-c2<2ac,两边同时除以a2,并整理,得e2+2e-1>0,解得e>-1,或e<--1(舍),又因为0<e<1,所以椭圆的离心率e的取值范围是(-1,1).【误区警示】解答本题易出现以下错误:一是没有注意椭圆离心率的范围,而选错答案;二是运算错误得出错误选项.9.A 方程+=2表示的是动点P(x,y)到点A(-1,0),B(1,0)的距离之和为2,即有P的轨迹为线段AB:y=0(-1≤x≤1),直线l:y=kx+1-2k为恒过定点C(2,1)的直线,k AC==,k BC==1,直线l:y=kx+1-2k与曲线有公共点,等价为k AC≤k≤k BC,即为≤k≤1. 【误区警示】解答本题易出现如下错误:一是不能观察曲线方程,造成不会解题;二是没有注意x的取值范围,误将线段当作直线去做,造成结果错误.10.【解题提示】确定抛物线的焦点坐标,双曲线的渐近线方程,进而可得b与a的关系,再利用抛物线的定义,结合P到双曲线C的上焦点F1(0,c)的距离与到直线x=-2的距离之和的最小值为3,可得FF1的值,从而可求双曲线的几何量,从而得出双曲线的方程.C 抛物线y2=8x的焦点F(2,0),双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线的方程为ax-by=0,因为抛物线y2=8x的焦点F到双曲线C:-=1(a>0,b>0)渐近线的距离为,所以=,所以a=2b.因为P到双曲线C的上焦点F1(0,c)的距离与到直线x=-2的距离之和的最小值为3,所以FF1=3,所以c2+4=9,所以c=,因为c2=a2+b2,a=2b,所以a=2,b=1,所以双曲线的方程为-x2=1.11.【解析】由实数x,y满足作出可行域如图:因为z=x+2y,作出直线y=-x,当直线y=-x过点O时z取得最小值,所以z=x+2y的最小值是0.答案:012.【解析】因为双曲线的一个焦点在直线l上,令y=0,可得x=-5,即焦点坐标为(-5,0),所以c=5,因为双曲线-=1(a>0,b>0)的一条渐近线平行于直线l:y=2x+10,所以=2,因为c2=a2+b2,所以a2=5,b2=20,所以双曲线的方程为-=1.答案:-=113.【解题提示】先进行换元,令lgx=t,则得t2-2=[t],作y=t2-2与y=[t]的图象可得解的个数.【解析】令lgx=t,则得t2-2=[t].作y=t2-2与y=[t]的图象,知t=-1,t=2,及1<t<2内有一解.当1<t<2时,[t]=1,所以t=.故得:x=,x=100,x=1,即共有3个实根.答案:314.【解题提示】求出圆心到直线的距离大于半径,结合对任意α∈R恒成立,即可求得实数m的取值范围.【解析】由题意,圆心到直线的距离d=|mcosα+msinα-2sin-4|>1,所以|(2m-2)sin-4|>1,所以(2m-2)sin-4>1或(2m-2)sin-4<-1,所以-<m<.答案:-<m<15.【解析】根据题意由双曲线的性质:焦点到渐近线的距离等于b可得:||=b,则||=3b,||=a,||=c,cos∠F1OM=cos(π-∠MOF2)=-cos∠MOF2=-,在△MF1O中,由余弦定理可知=-,又因为c2=a2+b2,所以a2=2b2,即=,所以双曲线的渐近线方程为y=±x.答案:y=±x【加固训练】若点P是椭圆+y2=1上的动点,则点P到直线l:y=x+1的距离的最大值是.【解析】设P(cosθ,sinθ),则点P到直线l:y=x+1的距离为= .所以点P到直线l:y=x+1的距离的最大值是=.答案:16.【解析】(1)因为f(x)=sin2x-cos2x+cos2x+sin2x+cos2x=sin2x+cos2x=sin.所以函数f(x)的最小正周期T==π.(2)因为f(α)=,所以sin=,所以sin=,因为α∈,所以≤2α+≤,所以cos=-,所以cos2α=cos=cos cos+sin sin=-×+×=-.17.【解题提示】(1)根据勾股定理的逆定理得BC⊥PB,由四边形ABCD 为矩形,得BC⊥AB,从而BC⊥平面PAB,进而平面PAB⊥平面ABCD,由此能证明PH⊥平面ABCD,从而可得PH⊥AC.(2)由V P-EHD=V D-PEH,利用等积法能求出三棱锥P-EHD的体积.【解析】(1)因为PAB为正三角形,AB=2,所以PB=AB=2,因为BC=,PC=,所以PC2=BC2+PB2,所以根据勾股定理的逆定理得BC⊥PB,因为四边形ABCD为矩形, 所以BC⊥AB,因为PB,AB⊂平面PAB且交于点B,所以BC⊥平面PAB,因为BC⊂平面ABCD,所以平面PAB⊥平面ABCD.因为点H为AB的中点,△PAB为正三角形,所以PH⊥AB,所以PH⊥平面ABCD,因为AC⊂平面ABCD,所以PH⊥AC.(2)由(1)知DA⊥平面PEH,DA=BC=,S△PEH=S△PAB=×××2=,所以三棱锥P-EHD的体积V P-EHD=V D-PEH=×DA×S△PEH=××=.18.【解析】(1)因为椭圆C:+=1(a>b>0)经过点M(-2,-1),离心率为.所以+=1,①且=,②由①,②解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的方程为+=1.(2)直线PQ的斜率为定值,证明如下:由题意可得直线MP,MQ的斜率都存在.设P(x1,y1),Q(x2,y2).直线MP的方程为y+1=k(x+2),与椭圆C的方程联立,得(1+2k2)x2+(8k2-4k)x+8k2-8k-4=0,因为-2,x1是该方程的两根,所以-2x1=,即x1=.设直线MQ的方程为y+1=-k(x+2),同理得x2=.因为y1+1=k(x1+2),y2+1=-k(x2+2),所以k PQ====1,因此直线PQ的斜率为定值.19.【解题提示】(1)设等差数列{a n}的公差为d,由题意建立方程组,求得d和a1,根据等差数列的通项公式和求和公式,分别求得a n及前n 项和S n.(2)由(1)中的a n和S n,根据迭代法得:b n=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b2-b1)+b1,结合条件化简后求得b n,再利用裂项法求得,代入前n项和T n再相消后化简即可.【解析】(1)设等差数列{a n}的公差为d,则解得所以a n=2n+3,S n==n(n+4).(2)因为b n+1-b n=a n,所以b n-b n-1=a n-1=2n+1(n≥2,n∈N*),当n≥2时,b n=(b n-b n-1)+(b n-1-b n-2)+…+(b2-b1)+b1=a n-1+a n-2+…+a1+b1=S n-1+b1=(n-1)(n-1+4)+3=n(n+2),对b1=3也适合,所以b n=n(n+2)(n∈N*),所以==,则T n===.20.【解析】(1)设直线AB的方程为bx+ay-ab=0,坐标原点到直线AB 的距离为=,=,又因为a=b,解得a=4,b=2,故椭圆的方程为+=1.(2)由(1)可求得椭圆的左焦点为F1(-2,0),易知直线l的斜率不为0,故可设直线l:x=my-2,点M(x1,y1),N(x2,y2), 因为四边形MONP为平行四边形,所以,=+=(x1+x2,y1+y2)⇒P(x1+x2,y1+y2).联立⇒(m2+2)y2-4my-8=0,则y1+y2=,x1+x2=m(y1+y2)-4,所以x1+x2=,因为点P(x1+x2,y1+y2)在椭圆上,所以(x1+x2)2+2(y1+y2)2=16⇒+2=16⇒m=±,那么直线l的方程为x=±y-2.21.【解题提示】(1)代入a的值,求出定义域,求导,利用导数求出单调区间,即可求出极值.(2)直接对f(x)求导,根据a的不同取值,讨论f(x)的单调区间.(3)由第二问的结论,即函数的单调区间来讨论f(x)的零点个数.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=0时,f(x)=lnx+,f′(x)=-=.令f′(x)=0,解得x=1,当0<x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(0,1),单调递增区间是(1,+∞);所以x=1时,f(x)有极小值为f(1)=1,无极大值.(2)f′(x)=a--==(x>0),令f′(x)=0,得x=1或x=-,当-1<a<0时,1<-,令f′(x)<0,得0<x<1或x>-,令f′(x)>0,得1<x<-;当a=-1时,f′(x)=-≤0.当a<-1时,0<-<1,令f′(x)<0,得0<x<-或x>1,令f′(x)>0,得-<x<1;综上所述:当-1<a<0时,f(x)的单调递减区间是(0,1),,单调递增区间是;当a=-1时,f(x)的单调递减区间是(0,+∞);当a<-1时,f(x)的单调递减区间是,(1,+∞),单调递增区间是.(3)当a≥0时,f′(x)=(x>0),f′(x)=0(x>0)仅有1解,方程f(x)=0至多有两个不同的解.由(2)知-1<a<0时,极小值f(1)=a+1>0,方程f(x)=0至多在区间上有1个解.a=-1时f(x)单调,方程f(x)=0至多有1个解;a<-1时,f<f(1)=a+1<0,方程f(x)=0仅在区间内有1个解;故方程f(x)=0的根的个数不能达到3.关闭Word文档返回原板块。
2022版高考数学一轮复习 高考大题规范解答系列(四)—立体几何学案(含解析)新人教版
学习资料2022版高考数学一轮复习高考大题规范解答系列（四）—立体几何学案（含解析）新人教版班级：科目：高考大题规范解答系列(四）——立体几何考点一线面的位置关系与体积计算例1（2017·全国卷Ⅲ)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．【分析】①看到证明线线垂直(AC⊥BD)，想到证明线面垂直，通过线面垂直证明线线垂直．②看到求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比，想到确定同一平面，转化为求高的比．【标准答案】—-规范答题步步得分（1)取AC的中点O，连接DO,BO．1分错误!因为AD＝CD，所以AC⊥DO．又由于△ABC是正三角形,所以AC⊥BO．又因为DO∩BO＝O，从而AC⊥平面DOB，3分错误!故AC⊥BD．4分错误!（2)连接EO．5分错误!由（1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO．在Rt△AOB中,BO2＋AO2＝AB2,又AB＝BD,所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，故∠DOB＝90°．7分得分点⑤由题设知△AEC为直角三角形，所以EO＝错误!AC．8分错误!又△ABC是正三角形，且AB＝BD，所以EO ＝错误!BD ．故E 为BD 的中点， 9分错误!从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的错误!,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的错误!，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1．【评分细则】①作出辅助线，并用语言正确表述得1分．②得出AC ⊥DO 和AC ⊥BO 得1分，由线面垂直的判定写出AC ⊥平面DOB ，再得1分．③由线面垂直的性质得出结论得1分．④作出辅助线，并用语言正确表述得1分．⑤由勾股定理逆定理得到∠DOB ＝90°得2分．⑥由直角三角形的性质得出EO ＝12AC 得1分． ⑦由等边三角形的性质得出E 为BD 的中点，得1分．⑧得出四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的错误!得2分．⑨正确求出体积比得1分．【名师点评】1．核心素养:空间几何体的体积及表面积问题是高考考查的重点题型，主要考查考生“逻辑推理”及“直观想象"的核心素养．2．解题技巧：(1）得步骤分：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中的得分点的步骤,有则给分，无则没分,所以，对于得分点步骤一定要写，如第(1)问中AC ⊥DO ，AC ⊥BO ；第(2)问中BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2等．(2)利用第（1）问的结果：如果第（1)问的结果对第（2）问的证明或计算用得上，可以直接用，有些题目不用第（1）问的结果甚至无法解决，如本题就是在第(1)问的基础上得到DO ＝AO ．〔变式训练1〕（2020·课标Ⅰ,19）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°．(1)证明:平面P AB⊥平面P AC；（2)设DO＝错误!,圆锥的侧面积为错误!π，求三棱锥P－ABC的体积．[解析](1)证明：由题设可知，P A＝PB＝PC．由于△ABC是正三角形，故可得△P AC≌△P AB,△P AC≌△PBC．又∠APC＝90°,故∠APB＝90°，∠BPC＝90°，从而PB⊥P A，PB⊥PC，故PB⊥平面P AC，所以平面P AB⊥平面P AC．（2）设圆锥的底面半径为r，母线长为l．由题设可得rl＝错误!，l2－r2＝2．解得r＝1，l＝错误!．从而AB＝3．由(1）可得P A2＋PB2＝AB2，故P A＝PB＝PC＝错误!．所以三棱锥P－ABC的体积为错误!×错误!×P A×PB×PC＝错误!×错误!×错误!3＝错误!．考点二线面的位置关系与空间角计算（理）例2（2021·山西省联考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，O，M分别为BC,AA1的中点．（1）证明:OM∥平面CB1A1;(2）若四边形BB1C1C为正方形，求平面MOB1与平面CB1A1所成二面角的正弦值．【分析】①在平面A1B1C内构造与OM平行的直线，并证明；②建立空间直角坐标系，分别求平面MOB1、平面CB1A1的法向量，求两法向量夹角正弦值即可．【标准答案】——规范答题步步得分(1)证明：如图，连接BC1，交CB1于点N，连接A1N，ON，则N为CB1的中点．因为O为BC的中点，所以ON∥BB1，且ON＝错误!BB1，2分错误!又MA1∥BB1，MA1＝错误!BB1，所以四边形ONA1M为平行四边形，即OM∥A1N．4分错误!因为OM⊄平面CB1A1，A1N⊂平面CB1A1，所以OM∥平面CB1A1.5分错误!(2）解:连接OA，令BC＝2，因为AB＝AC，O为BC的中点,所以AO⊥BC．又三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，ON∥BB1，所以OA，OB，ON两两垂直，分别以错误!，错误!,错误!的方向为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz．6分错误!因为AB＝AC＝2，BC＝AA1＝2，所以O错误!，B1错误!，M错误!，C错误!，所以错误!＝错误!＝错误!,错误!＝错误!,错误!＝错误!．7分错误!设平面MOB1的法向量为m＝错误!，则错误!即错误!令z＝1，可得y＝－1，x＝2,所以平面MOB1的一个法向量为m＝错误!．8分错误!设平面CB1A1的法向量为n＝错误!，则错误!即错误!令c＝1，可得b＝－1，a＝1，所以平面CB1A1的一个法向量为n＝错误!，9分错误!所以cos<m,n〉＝错误!＝错误!＝错误!，11分错误!所以平面MOB1与平面CB1A1所成二面角的正弦值为错误!．12分错误!【评分细则】①第一问共5分，证出ON∥BB1和ON＝错误!BB1得2分，证出OM∥A1N得2分，未说明OM⊄平面CB1A1，直接证出OM∥平面CB1A1，扣1分．②第二问共7分，建立空间直角坐标系，并正确写出坐标得2分,写出平面MOB1的法向量与平面CB1A1的法向量各得1分．③其他方法按步骤酌情给分．【名师点评】1．核心素养:本题主要考查线面平行的证明以及空间二面角的求解，考查考生的逻辑推理能力与空间想象力,考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：（1）得步骤分：对于解题过程中得分点的步骤,有则给分,无则没分，所以对于得分点步骤一定要写,如第(1)问中写出OM∥平面CB1A1成立的条件，写不全则不能得全分．(2)思维发散：①注意到O、M分别为BC、AA1的中点，考虑构造三角形中位线证明（1）．连BM并延长与B1A1的延长线相交于H，连CH，由M为AA1的中点,∴AM＝MA1,又AB∥A1B1，∴∠ABM＝∠MHA1，又∠AMB＝∠HMA1，∴△ABM≌△A1HM，∴BM＝MH，又O为BC中点，∴MO∥CH，又MO⊄平面CB1A1，CH⊂平面CB1A1，∴OM∥平面CB1A1．②注意到解答(2）需求平面CB1A1的法向量n，故要证明OM∥平面CB1A1，可直接建立空间直角坐标系，求出n,证明n·错误!＝0，说明OM⊄平面CB1A1即可得证．〔变式训练2〕(2020·浙江，19）如图,在三棱台ABC－DEF中，平面ACFD⊥平面ABC,∠ACB＝∠ACD ＝45°,DC＝2BC．（1）证明：EF⊥DB；（2)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．[解析](1)证明：如图，过点D作DO⊥AC，交直线AC于点O,连接OB．由∠ACD＝45°，DO⊥AC得CD＝错误!CO，由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC,所以DO⊥BC．由∠ACB＝45°，BC＝错误!CD＝错误!CO得BO⊥BC．所以BC⊥平面BDO,故BC⊥DB．由三棱台ABC－DEF得BC∥EF，所以EF⊥DB．（2）解法一：过点O作OH⊥BD，交直线BD于点H，连接CH．由三棱台ABC－DEF得DF∥CO,所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角,由BC⊥平面BDO得OH⊥BC，故OH⊥平面BCD，所以∠OCH为直线CO与平面DBC所成角．设CD＝2错误!，由DO＝OC＝2，BO＝BC＝错误!，得BD＝错误!,OH＝错误!,所以sin∠OCH＝错误!＝错误!，因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为错误!．解法二:由三棱台ABC－DEF得DF∥CO，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为θ．如图，以O为原点，分别以射线OC，OD为y,z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz．设CD＝22．由题意知各点坐标如下：O（0,0,0），B(1,1,0）,C(0，2,0)，D（0，0，2)．因此错误!＝（0,2，0），错误!＝（－1,1，0），错误!＝（0,－2,2）．设平面BCD的法向量n＝（x，y，z)．由错误!即错误!可取n＝（1，1,1)．所以sin θ＝｜cos<错误!，n〉｜＝错误!＝错误!．因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为错误!．考点二线面位置关系与空间距离的计算(文)例2(2021·全国新课改T8联考）如图,在四面体ABCD中，△ABD是等边三角形，且AC＝BC．(1)证明：AB⊥CD．(2)若AB＝2，AC＝错误!,BC⊥CD，求点B到平面ACD的距离．【分析】①利用线面垂直证线线垂直；②利用体积法求点到平面的距离．【标准答案】-—规范答题步步得分(1）证明：取AB的中点E，连接CE，DE,如图,1分因为△ABD是等边三角形,所以DE⊥AB，又AC＝BC，所以CE⊥AB．又DE∩CE＝E，所以AB⊥平面CDE,4分故AB⊥CD．5分(2)因为BD＝AB＝2，BC＝AC＝错误!,BC⊥CD，所以CD＝错误!＝1．又AD＝2，所以AC2＋CD2＝AD2,即AC⊥CD，则S△ACD＝错误!．由题可得CE＝错误!＝错误!，DE＝错误!＝错误!，则CD2＋CE2＝DE2，即CE⊥CD，则S△BCD＝错误!．设点B到平面ACD的距离为d，因为AB⊥平面CDE,V B－ACD＝V B－BCD＋V A－ECD，所以错误!·S△ACD·d＝错误!·S BCD·AB，11分即错误!×错误!d＝错误!×错误!×2，解得d＝错误!，即点B到平面ACD的距离为错误!．【名师点评】核心素养：本题主要考查线、面垂直的判定与性质及利用体积法求点到平面的距离，考查学生的逻辑推理能力、空间想象能力、数学运算能力．〔变式训练2〕(2021·黑龙江大庆铁人、鸡西一中、鹤岗一中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC＝BC＝错误!，AB＝AA1＝2,E是棱CC1的中点．（1）求证：A1B⊥AE；(2）求点A1到平面ABE的距离．[解析］(1)取A1B中点F，联结AF,EF，AE，∵ABC－A1B1C1是直三棱柱,∴CC1⊥A1C1，CC1⊥CB,又∵E是CC1的中点,A1C1＝BC，∴A1E＝BE,又∵AB＝AA1，∴A1B⊥EF，A1B⊥AF，∴A1B⊥平面AEF，∴A1B⊥AE；(2)VA1－ABE＝VB－A1AE＝错误!×错误!×2×错误!×错误!＝错误!，设A1到平面ABE的距离为h，则错误!×h×S△ABE＝错误!，由已知得AE＝BE＝错误!，∴S△ABE＝错误!，∴h＝错误!．考点三,立体几何中的折叠问题(理）例3(2021·启东模拟）如图，已知在等腰梯形ABCD中，AE⊥CD，BF⊥CD，AB＝1，AD＝2,∠ADE＝60°，沿AE,BF折成三棱柱AED－BFC．（1)若M，N分别为AE，BC的中点,求证：MN∥平面CDEF;(2）若BD＝错误!,求二面角E－AC－F的余弦值．【分析】 ①利用面面平行的判定和性质即可证明；②建立空间直角坐标系,分别求出二面角两个面的法向量,利用空间向量法求解． 【标准答案】—-规范答题 步步得分 (1)取AD 的中点G ，连接GM ,GN ，在三角形ADE 中，∵M ，G 分别为AE ,AD 的中点, ∴MG ∥DE ,∵DE ⊂平面CDEF ，MG ⊄平面CDEF ， ∴MG ∥平面CDEF ．由于G ，N 分别为AD ，BC 的中点， 由棱柱的性质可得GN ∥DC ， ∵CD ⊂平面CDEF ，GN ⊄平面CDEF ， ∴GN ∥平面CDEF ．又GM ⊂平面GMN ，GN ⊂平面GMN ，MG ∩NG ＝G , ∴平面GMN ∥平面CDEF ,∵MN ⊂平面GMN ，∴MN ∥平面CDEF ． (2)连接EB ，在Rt △ABE 中,AB ＝1,AE ＝3， ∴BE ＝2，又ED ＝1，DB ＝5， ∴EB 2＋ED 2＝DB 2，∴DE ⊥EB ，又DE ⊥AE 且AE ∩EB ＝E , ∴DE ⊥平面ABFE ．∴EA 、EF 、ED 两两垂直． 建立如图所示的空间直角坐标系，可得E （0,0,0),A (3,0，0），F （0，1,0)，C (0，1,1），AC →＝（－错误!,1，1)，错误!＝（－错误!,0，0)，错误!＝（0,0,1)． 设平面AFC 的法向量为m ＝(x ，y ，z ), 则错误!则z ＝0，令x＝1，得y＝错误!，则m＝(1，错误!,0)为平面AFC的一个法向量,设平面ACE的法向量为n＝（x1,y1，z1),则错误!则x1＝0，令y1＝1,得z1＝－1,∴n＝（0，1，－1）为平面ACE的一个法向量．设m，n所成的角为θ，则cos θ＝错误!＝错误!＝错误!，由图可知二面角E－AC－F的余弦值是错误!．【评分细则】①由线线平行得到线面平行，给2分．②同理再推出一个线面平行,给1分．③由线面平行推出面面平行,给1分．④由面面平行得到线面平行，给1分．⑤由线线垂直证出线面垂直，为建系作好准备，给2分．⑥建立适当坐标系，写出相应点的坐标及向量坐标,给1分．⑦正确求出平面的法向量，给2分．⑧利用公式求出两个向量夹角的余弦值，并正确写出二面角的余弦值，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查线面平行的判定与性质定理,考查二面角的求解，考查的数学核心素养是空间想象力、推理论证能力及数学运算能力．2．解题技巧:(1）得分步骤:第（1）问中的DE⊂平面CDEF，MG⊄平面CDEF，要写全．(2）得分关键：第（2)中，证明线面垂直从而得到线线垂直，才能建系．（3）折叠问题的求解，关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变．一般地,折叠前位于“折痕”同侧的点、线间的位置和数量关系折叠后不变,而折叠前位于“折痕”两侧的点、线间的位置关系折叠后会发生变化,对于不变的关系可在平面图形中处理,而对于变化的关系则要在立体图形中解决．〔变式训练3〕(2021·河北质检）如图1：在△ABC中,AB⊥BC，AB＝2BC＝4,点E，F分别是线段AB和AC的中点．如图2：以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置．(1）证明:平面FPC ⊥平面BPC ；（2）若△PEB 为等边三角形，求二面角C －PF －E 的余弦值． [解析] (1)证明：如图,设M ,N 分别为线段PB ，PC 的中点，连接EM ，MN ，FN ,故MN 綊错误!BC ． 由E ，F 分别是线段AB 和AC 的中点，得 PE ＝BE ,PF ＝CF ，EF 綊12BC ,故EF 綊MN ，所以EM 綊FN ． 又M ，N 分别为线段PB ,PC 的中点， 所以EM ⊥PB ，FN ⊥PC ．又EM 綊FN ，所以FN ⊥PB ,所以FN ⊥平面PBC ． 又FN ⊂平面FPC ，所以平面FPC ⊥平面BPC ．(2）解：因为BC ⊥AB ，所以翻折后有BC ⊥BE ，BC ⊥EP ， 所以BC ⊥平面PBE ， 故平面PBE ⊥平面BCFE ．若△PEB 为等边三角形，则PB ＝2． 设O 为BE 的中点,连接PO ,故PO ⊥BE ， 故PO ⊥平面BCFE ．以O为坐标原点,OB的方向为x轴正方向，OP的方向为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz．则C(1，2,0)，F(－1,1,0），E(－1，0，0)，P(0，0，错误!)．设n＝(x1,y1，z1）为平面PEF的法向量,则错误!即错误!可取n＝(－3,0,1）．设m＝(x2，y2，z2)为平面PCF的法向量,则错误!即错误!可取m＝(1，－2,－错误!）．所以cos〈n，m〉＝错误!＝错误!＝－错误!，由题意,可知二面角C－PF－E为钝角．所以二面角C－PF－E的余弦值为－错误!．考点三，立体几何中的折叠问题（文）例3（2018·课标全国Ⅰ卷)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＝错误!DA,求三棱锥Q－ABP 的体积．【分析】①线线垂直推出线面垂直,进而得到面面垂直；②利用锥体的体积公式求解．【标准答案】——规范答题步步得分(1)由已知可得，∠BAC＝90°，BA⊥AC．又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD．又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC．(2)由已知可得，DC＝CM＝AB＝3,DA＝3错误!．又BP＝DQ＝错误!DA，所以BP＝2错误!．作QE⊥AC，垂足为E，则QE綊错误!DC．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－APB的体积为V Q－ABP＝错误!×QE×S△ABP＝错误!×1×错误!×3×2错误!sin45°＝1．12分错误!【评分细则】①由线线垂直推出线面垂直，给3分．②由线面垂直得面面垂直，给2分．③根据已知，求出BP的长，给2分．④证明QE为三棱锥Q－APB的高，并求出它的值，给3分．⑤利用体积公式正确求解，给2分．【名师点评】1．核心素养：本题考查面面垂直的证明及三棱锥的体积计算，考查空间想象能力和逻辑推理能力．2．解题技巧：(1)解决翻折问题的关键①一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化;②翻折后不在同一个平面上的性质可能会发生变化,翻折过程中长度、角度和平行、垂直关系是否发生改变是解决问题的关键．（2)计算几何体的体积时，关键是确定几何体的高,若是不方便求,要注意进行体积的转化．〔变式训练3〕(2021·河北省衡水中学调研)等边三角形ABC的边长为6,O为三角形的重心，EF过点O 且与BC平行，将△AEF沿直线EF折起,使得平面AEF⊥平面BCFE．(1）求证：BE⊥平面AOC；（2)求点O到平面ABC的距离．[解析]（1)因为O为三角形ABC的重心,所以AO⊥BC,因为EF∥BC,所以AO⊥EF，因为平面AEF⊥平面BCFE，平面AEF∩平面BCFE＝EF，AO⊂平面AEF，所以AO⊥平面BCFE，因为BE⊂平面BCFE，所以AO⊥BE，因为O为三角形ABC的重心，所以CO⊥BE，因为AO、CO⊂平面AOC，AO∩CO＝O，所以BE⊥平面AOC．（2）∵等边三角形ABC的边长为6，O为三角形ABC的重心，∴AO＝BO＝CO＝2错误!，S△OBC＝错误!×6×错误!＝3错误!，由(1)可知AO⊥OC，∴AC＝26，同理AB＝2错误!，∴S△ABC＝错误!×6×错误!＝3错误!，V O－ABC＝V A－OBC，即错误!×3错误!×h＝错误!×3错误!×2错误!，解得h＝错误!．即点O到平面ABC的距离为错误!．考点四，立体几何中的探索性问题（理)例4 （2021·陕西省西安中学模拟）如图所示，四棱锥P－ABCD中，底面ABCD 为菱形，且P A⊥平面ABCD，∠ABC＝60°，E是BC中点,F是PC上的点．（1)求证：平面AEF⊥平面P AD；（2）若M是PD的中点，当AB＝AP时，是否存在点F，使直线EM与平面AEF的所成角的正弦值为错误!？若存在，请求出错误!的值；若不存在，请说明理由．【分析】①利用面面垂直的判定定理,证AE⊥平面P AD或证AD⊥平面AEF即可；②建立空间直角坐标系，假设符合条件的点F存在，且错误!＝λ错误!，利用向量法求解λ回答．【标准答案】--规范答题步步得分（1)连接AC,因为底面ABCD为菱形，∠ABC＝60°，所以△ABC是正三角形，∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，又AD∥BC，∴AE⊥AD,∵P A⊥平面ABCD,AE⊂平面ABCD,∴P A⊥AE，又P A∩AD＝A,∴AE⊥平面P AD，又AE⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面P AD．（2）又P A⊥AD,∴P A、AE、AD两两垂直，以A为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，不妨设AB＝AP＝2，则AE＝3，则A(0,0,0），C（3,1，0)，D(0,2,0），P(0，0,2），E(3,0,0）,M（0，1,1），7分错误!设错误!＝λ错误!＝λ错误!，0≤λ≤1，则错误!＝错误!＋错误!＝(0，0，2)＋λ(错误!，1，－2)＝（错误!λ，λ，2－2λ），又错误!＝错误!，设n＝错误!是平面AEF的一个法向量，则错误!，取z＝λ，得n＝(0,2λ－2，λ），设直线EM与平面AEF所成角为θ,由错误!＝错误!，得：sin θ＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!．化简得:10λ2－13λ＋4＝0， 解得λ＝错误!或λ＝错误!,故存在点F 满足题意，此时错误!为错误!或错误!． 【评分细则】①证出△ABC 是正三角形得1分． ②证出AE ⊥AD 得1分．③由线面垂直性质证出P A ⊥AE 得1分，不写AE ⊂平面ABCD 不得分． ④由线面垂直的判定证出AE ⊥平面P AD 得1分． ⑤证出平面AEF ⊥平面P AD 得1分，条件不全不得分． ⑥建出空间直角坐标系得1分． ⑦设出错误!＝λ错误!得1分．⑧求出平面AEF 的法向量得3分，算错但写出错误!,错误!坐标得1分． ⑨求出λ得2分，算错但写出sin θ＝|cos 〈EM ，→，n 〉｜＝错误!得1分． ⑩得出正确结论得1分． 【名师点评】1．核心素养:本题考查线面的位置关系及线面角，考查学生转化与化归的思想,考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．2．解题技巧：（1）写全得分步骤：对于解题过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写,如第（1）问中AE ⊂平面ABCD ．（2）写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分,无则没分，所以在解答时一定要写清得分关键点，如第(2)问中空间直角坐标系的建立；再如错误!＝错误!＋错误!等．（3）思维发散：也可通过证AD ⊥P A 、AD ⊥AE 证得AD ⊥平面AEF ，进而证得平面AEF ⊥平面P AD ．〔变式训练4〕（2021·陕西省质检）如图所示,等腰梯形ABCD 的底角∠BAD ＝∠ADC ＝60°,直角梯形ADEF 所在的平面垂直于平面ABCD ,且∠EDA ＝90°,ED ＝AD ＝2AF ＝2AB ＝2．(1)证明：平面ABE⊥平面EBD；（2)点M在线段EF上，试确定点M的位置,使平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为错误!．[解析](1)证明:∵平面ABCD⊥平面ADEF，平面ABCD∩平面ADEF＝AD，ED⊥AD，∴ED⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴ED⊥AB，∵AB＝1，AD＝2,∠BAD＝60°，∴BD＝错误!＝错误!，∴AB2＋BD2＝AD2,∴AB⊥BD,又∴BD⊂平面BDE,BD∩ED＝D,AB⊥平面BDE,AB⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面EBD．(2）以B为坐标原点，以BA，BD为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系B－xyz,则A(1,0,0),B(0,0,0)，C错误!，D(0，错误!，0），E(0,错误!，2),F（1，0,1）,则错误!＝错误!，错误!＝(0，0,2），错误!＝(1,0，0)，错误!＝（1,－错误!，－1）,设错误!＝λ错误!＝（λ,－错误!λ,－λ)，（0≤λ≤1)，则错误!＝错误!＋错误!＝（λ,错误!－错误!λ,2－λ），设平面CDE的法向量为m＝(x1，y1,z1)，平面ABM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则错误!即错误!不妨取y1＝1，则m＝（－3，1，0)，错误!不妨取y2＝2－λ，则n＝（0,2－λ，错误!λ－错误!)，∴|cos θ|＝错误!＝错误!＝错误!,即λ＝错误!或λ＝错误!(舍)，即点M为线段EF的中点时，平面MAB与平面ECD所成的锐二面角的余弦值为错误!．考点四,立体几何中的探索性问题（文)例4(2018·全国Ⅲ）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧错误!所在平面垂直,M 是错误!上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；(2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．【分析】①看到平面AMD⊥平面BMC，想到利用面面垂直的判定定理寻找条件证明；②看到MC∥平面PBD，想到利用线面平行的定理进行分析．【标准答案】——规范答题步步得分(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD．因为BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM．因为M为错误!上异于C，D的点，且DC为直径，所以DM⊥CM．又BC∩CM＝C，所以DM⊥平面BMC．而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC．（2）当P为AM的中点时，MC∥平面PBD．证明如下：连接AC交BD于O．因为ABCD为矩形，所以O为AC中点，连接OP,因为P为AM中点，所以MC∥OP．MC⊄平面PBD，OP⊂平面PBD，所以MC∥平面PBD．【评分细则】①由平面CMD⊥平面ABCD推出BC⊥DM，给3分．②由线线垂直得到DM⊥平面BMC，给2分．③由线面垂直得到,平面AMD⊥平面BMC，给1分．④点明P为中点时，MC∥平面PBD，给1分．⑤正确作出辅助线并证得MC∥OP,给3分．⑥由线线平行证得MC∥平面PBD，给2分．【名师点评】1．核心素养：探索性的立体几何问题在高考中虽不多见，但作为高考命题的一种题型，要求学生掌握其解决思路及解决问题的途径,此类问题主要考查考生“直观想象"的核心素养．2．解题技巧：(1）得分步骤要写全：如第（1)问中，面面垂直性质定理的应用，BC⊥CD，BC⊂平面ABCD，不能丢．(2）得分关键：明确探索性试题的解题要领是先假设存在，然后采用相关定理或性质进行论证；第(2)问中,把假设当作已知条件进行推理论证，会起到事半功倍之效．〔变式训练4〕如图所示，平面ABCD⊥平面BCE，四边形ABCD为矩形,BC＝CE，点F为CE的中点．（1）证明：AE∥平面BDF；(2）点M为CD上任意一点，在线段AE上是否存在点P，使得PM⊥BE？若存在，确定点P的位置，并加以证明；若不存在,请说明理由．［解析］(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OF．∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点,∴OF∥AE．又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF．(2)当点P为AE的中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE的中点H,连接DP，PH,CH．∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB．又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P,H，C，D四点共面．∵平面ABCD⊥平面BCE，且平面ABCD∩平面BCE＝BC，CD⊥BC，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥平面BCE．又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE，∵BC＝CE，且H为BE的中点,∴CH⊥BE．又CH∩CD＝C，且CH，CD⊂平面DPHC，∴BE⊥平面DPHC．又PM⊂平面DPHC，∴PM⊥BE．。
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阶段滚动月考卷(四)立体几何(时间:120分钟分值:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(滚动单独考查)(2016·重庆模拟)已知集合A={0,1,m},B={x|0<x<2},若A∩B={1,m},则m的取值范围是( ) A.(0,1) B.(1,2)C.(0,1)∪(1,2)D.(0,2)2.(滚动单独考查)(2016·长春模拟)如图,点A,B在圆C上,则·的值( )A.只与圆C的半径有关B.只与弦AB的长度有关C.既与圆C的半径有关,又与弦AB的长度有关D.是与圆C的半径和弦AB的长度均无关的定值3.(2016·日照模拟)已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形,其正(主)视图与俯视图如图所示,则其侧(左)视图的面积为( )A. B. C.1 D.4.已知一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.cm3B.2πcm3C.cm3D.3πcm35.(滚动交汇考查)已知x>0,y>0,lg2x+lg8y=lg2,则+的最小值是( )A.2B.2C.2D.46.(2016·青岛模拟)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线.命题p:若α⊥β,l⊂α,m⊂β,则l∥m;命题q:若l∥α,m⊥l,m⊂β,则β⊥α,则下列命题为真命题的是( )A.p或qB.p且qC.p或qD.p且q7.(2016·长沙模拟)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形,则该正方体的正(主)视图的面积不可能等于( )A.1B.C.D.8.一平面截一球得到直径为2cm的圆面,球心到这个平面的距离是2cm,则该球的体积是( )A.12πcm3B.36πcm3C.64πcm3D.108πcm39.(2016·成都模拟)已知m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且m∥α,n β,则下列叙述正确的是( )A.若α∥β,则m∥nB.若m∥n,则α∥βC.若n⊥α,则m⊥βD.若m⊥β,则α⊥β10.(2016·洛阳模拟)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )A.πa2B.πa2C.πa2D.5πa2二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.请把正确答案填在题中横线上)11.(滚动单独考查)(2016·兰州模拟)已知直线y=2x+1与曲线y=x3+ax+b相切于点(1,3),则实数b的值为.12.(滚动单独考查)(2016·苏州模拟)设向量a=(x,2),b=(2,1),若a,b的夹角为锐角,则实数x的取值范围为.13.如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的表面积为.14.(滚动单独考查)(2016·济宁模拟)已知函数y=3sinωx(ω>0)的最小正周期是π,将函数y=3cos(ω>0)的图象沿x轴向右平移个单位,得到函数y=f(x)的图象,则函数f(x)= .15.(2016·成都模拟)如图,半径为R的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时,球的表面积与该圆柱的侧面积之差是.三、解答题(本大题共6小题,共75分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)16.(12分)(滚动单独考查)(2016·烟台模拟)已知x=是函数f(x)=(asinx+cosx)cosx-图象的一条对称轴.(1)求a的值.(2)化简f(x)的解析式,并作出函数f(x)在x∈(0,π)上的图象简图(不要求写作图过程).17.(12分)(滚动单独考查)已知等差数列{a n}的公差d≠0,它的前n 项和为S n,若S5=70,且a2,a7,a22成等比数列.(1)求数列{a n}的通项公式.(2)设数列的前n项和为T n,求证:≤T n<.18.(12分)(滚动单独考查)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,其外接圆半径为6,=24,sinA+sinC=.(1)求cosB.(2)求△ABC的面积的最大值.19.(12分)(2016·保定模拟)如图,已知矩形ABCD中,AB=2,AD=1,点M 为DC的中点.将△ADM沿AM折起,使得平面ADM⊥平面ABCM,连接BM.(1)求证:AD⊥BM.(2)若点E是线段DB上的一动点,问点E在何位置时,三棱锥M-ADE的体积为.20.(13分)(2016·衡水模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB=AC,点D,E分别为BC,BB1的中点,四边形BB1C1C是正方形.求证:(1)A1B∥平面AC1D.(2)CE⊥平面AC1D.21.(14分)(2016·沈阳模拟)如图,PA垂直矩形ABCD所在的平面,AD=PA=2,CD=2,点E,F分别是AB,PD的中点.(1)求证:AF∥平面PCE.(2)求证:平面PCE⊥平面PCD.(3)求四面体PECF的体积.答案解析1.C 由A∩B={1,m}知0<m<2,再根据集合中元素的互异性可得m≠1,所以m的取值范围是(0,1)∪(1,2).2.B 延长AC与圆C相交于点D,连接DB,则∠ABD=90°,所以·=·=||·||cosA=||2,只与弦AB的长度有关.3.D 俯视图的高为,即为侧视图的底,侧视图的高即为正视图的高,所以其面积为S=××=.4.C 该几何体为圆柱挖去半个球而得的几何体,其体积V=π×12×3-×=(cm3).5.D 由lg2x+lg8y=lg2得,2x×23y=2x+3y=2,即x+3y=1,+=×(x+3y)=2++≥2+2=4,当且仅当即x=,y=时等号成立.【加固训练】若直线ax+by=1过点A(b,a),则以坐标原点O为圆心,OA 为半径的圆的面积的最小值为( )A.πB.2πC.4πD.A 因为直线ax+by=1过点A(b,a),所以2ab=1,因为|OA|=,所以以坐标原点O为圆心,OA为半径的圆的面积为π(a2+b2)≥2πab=π,当且仅当a=b时等号成立.6.C 构造长方体ABCD-A1B1C1D1.命题p:设平面AA1D1D为平面α,平面ABB1A1为平面β,直线A1D1和直线AB分别是直线l和直线m,显然满足α⊥β,l⊂α,m⊂β,而m与l异面,故命题p为假命题,p为真命题;命题q:设平面ABCD为平面α,平面A1B1C1D1为平面β,直线A1D1和直线A1B1分别是直线m和直线l,显然满足l∥α,m⊥l,m⊂β,而α∥β,故命题q为假命题,q为真命题,所以p或q为真命题.7.C 由俯视图为面积为1的正方形可知,该正方体的放置如图所示,当正(主)视图的方向与正方体的侧面垂直时,正(主)视图的面积最小,其值为1;当正(主)视图的方向与正方体的对角面BDD1B1或ACC1A1垂直时,正(主)视图的面积最大,其值为.由于正(主)视图的方向不同,因此正(主)视图的面积S∈[1,].8.B 由题意可知,球的半径R==3(cm),所以球的体积V=πR3=π×33=36π(cm3).9.D 对于A,当α∥β时,直线m与n的位置关系是任意的,故A错;对于B,当m∥n时,只能表示两平面中各有一条线相互平行,不能得到α∥β,故B错;对于C,由n⊥α,可得β⊥α,但与α平行的直线m与β的位置关系也是任意的,故C错;对于D,m⊥β,可得α内存在m的平行线m′⊥β,故α⊥β,D正确.10.B 据题意,作出直观图如图所示,点O为球心,△ABC是三棱柱的下底面,点O′是等边△ABC的中心(也是平面ABC截球所得的截面圆的圆心),则OO′⊥平面ABC,所以球的半径R=OA=.因为棱柱的所有棱长都为a,所以OO′=,AO′=×a=a,所以R2=+=a2,所以该球的表面积为S=4πR2=πa2.11.【解析】因为函数y=x3+ax+b的导函数y′=3x2+a,所以曲线y=x3+ax+b在点(1,3)处的切线斜率为3+a,所以解得答案:312.【解析】由题意可得,a·b=2x+2>0,且x-4≠0,故实数x的取值范围为(-1,4)∪(4,+≦).答案:(-1,4)∪(4,+≦)13.【解析】由三视图可知该几何体为两个正四棱锥的组合体,8个面都是三角形且都全等,三角形的高h==,故该几何体的表面积S=8×=2.答案:214.【解析】因为函数y=3sinωx(ω>0)的最小正周期是=π,所以ω=2.将函数y=3cos(ω>0)的图象沿x轴向右平移个单位,得到函数y=f(x)=3cos=3cos=3sin的图象.答案:3sin15.【解析】设圆柱的底面半径为r,高为h,则r2+=R2,所以h=2,所以圆柱的侧面积S=2πrh=2πr·2=4π.当r2=R2-r2,即r=R时,S取得最大值.此时球的表面积与圆柱的侧面积之差为4πR2-2π·R·R=2πR2.答案:2πR216.【解析】(1)f(x)=asin2x+cos2x,因为x=是函数f(x)图象的一条对称轴,所以f(0)=f,即=asin+cos,所以a=.(2)f(x)=sin,f(x)在x∈(0,π)上的图象(简图)如图所示.17.【解析】(1)因为数列{a n}是等差数列且S5=70,所以5a1+10d=70. ①因为a2,a7,a22成等比数列,所以=a2a22,即(a1+6d)2=(a1+d)(a1+21d). ②由①,②解得a1=6,d=4或a1=14,d=0(舍去),所以a n=4n+2.(2)由(1)可得S n=2n2+4n,所以==.所以T n=+++…++=+++…++=-.T n-=-<0,所以T n<.因为T n+1-T n=>0,所以数列{T n}是递增数列,所以T n≥T1=.所以≤T n<.18.【解析】(1)=24⇒=24,2(1-cosB)=sinB.4(1-cosB)2=sin2B=(1-cosB)(1+cosB),因为1-cosB≠0,所以4(1-cosB)=1+cosB,所以cosB=.(2)因为sinA+sinC=,所以+=,即a+c=16.又因为cosB=,所以sinB=.所以S=acsinB=ac≤=.而a=c=8时,S max=.19.【解析】(1)矩形ABCD中,AB=2,AD=1,点M为CD中点,AM=BM=, 由勾股定理的逆定理得BM⊥AM.折起后,平面ADM⊥平面ABCM,且平面ADM∩平面ABCM=AM,BM 平面ABCM,得BM⊥平面ADM,又AD⊂平面ADM,所以AD⊥BM.(2)在△BDM中,作EF∥BM交DM于点F.(1)中已证明BM⊥平面ADM,所以EF⊥平面ADM,EF是三棱锥E-MAD的高,V M-ADE=V E-MAD=·EF=,所以EF=,又△DMB中BM=,且EF∥BM,所以EF为中位线,点E为BD的中点.20.【证明】(1)连接A1C,交AC1于点O,连接DO.因为点O为A1C的中点,点D为BC的中点,所以DO∥A1B. 又DO⊂平面AC1D,A1B⊄平面AC1D,所以A1B∥平面AC1D.(2)在△ABC中,AB=AC,点D为BC的中点,所以AD⊥BC.在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,所以平面ABC⊥平面BB1C1C.因为平面BB1C1C∩平面ABC=BC,所以AD⊥平面BB1C1C.因为CE⊂平面BB1C1C,所以AD⊥CE.因为正方形BB1C1C中,点D,E分别为BC,BB1的中点,所以C1D⊥CE,又因为C1D∩AD=D,所以CE⊥平面AC1D.21.【解析】(1)设G为PC的中点,连接FG,EG.因为F为PD的中点,E为AB的中点,所以FG CD,AE CD,所以FG AE,所以四边形AEGF为平行四边形,所以AF∥GE. 因为GE⊂平面PEC,AF⊄平面PEC,所以AF∥平面PCE. (2)因为PA=AD=2,所以AF⊥PD.又因为PA⊥平面ABCD,CD⊂平面ABCD,所以PA⊥CD.因为AD⊥CD,PA∩AD=A,所以CD⊥平面PAD,因为AF⊂平面PAD,所以AF⊥CD,因为PD∩CD=D,所以AF⊥平面PCD,所以GE⊥平面PCD.因为GE⊂平面PEC,所以平面PCE⊥平面PCD.(3)由(2)知GE⊥平面PCD,所以EG为四面体PECF的高,又EG=AF=,CD=2,S△PCF=PF·CD=2,所以四面体PECF的体积V=S△PCF·EG=.关闭Word文档返回原板块。