最新精编高中高三下学期高考数学模拟试题汇编立体几何02和答案
高三数学第二学期立体几何多选题单元测试题试卷
高三数学第二学期立体几何多选题单元测试题试卷一、立体几何多选题1．如图①，矩形ABCD 的边2BC =，设AB x =，0x >，三角形BCM 为等边三角形，沿BC 将三角形BCM 折起，构成四棱锥M ABCD -如图②，则下列说法正确的有（ ）A ．若T 为BC 中点，则在线段MC 上存在点P ，使得//PD 平面MATB ．当)3,2x ∈时，则在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCDC ．若使点M 在平面ABCD 内的射影落在线段AD 上，则此时该四棱锥的体积最大值为1 D ．若1x =，且当点M 在平面ABCD 内的射影点H 落在线段AD 上时，三棱锥M HAB -6322++【答案】BCD 【分析】对于A ，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，此时，DP 与MN 必有交点； 对于B ，取AD 的中点H ，表示出2223MH MT HT x --，验证当)3,2x ∈时，无解即可； 对于C ，利用体积公式21233V x x =⨯⨯-，借助基本不等式求最值即可； 对于D ，要求外接球半径与内切球半径，找外接圆的圆心，又内接圆半径为2323r =++【详解】对于A ，如图，延长AT 与DC 的延长线交于点N ，则面ATM ⋂面()MDC N MN =．此时，DP 与MN 必有交点，则DP 与面ATM 相交，故A 错误； 对于B ，取AD 的中点H ，连接MH ，则MH AD ⊥．若面MAD ⊥面ABCD ，则有2223MH MT HT x =-=- 当)3,2x ∈时，无解，所以在翻折过程中，不存在某个位置满足平面MAD ⊥平面ABCD故B 正确；对于C ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，由B 可知，(3x ∈，所以()22222221223232331333232x x V x x x x ⎛⎫+-⎛⎫=⨯⨯-=-≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当223x x =-，即6x =时等号成立．故C 正确； 对于D ，由题可知，此时面MAD ⊥面ABCD ，且2MH =因为AHB ，MHB 都是直角三角形，所以M ABH -底面外接圆的圆心是中点，所以1R =，由等体积法，可求得内接圆半径为2323r =++，故61322R r ++=，故D 正确．故选：BCD ． 【点睛】本题从多个角度深度考查了立体几何的相关内容，注意辅助线的作法，以及求内接圆半径的公式、基本不等式、构造函数等核心思想．2．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -22222262213⎛⎫--⨯ ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.3．如图，在棱长为2的正方体ABCD A B C D ''''-中，M 为BC 边的中点，下列结论正确的有（ ）A ．AM 与DB ''所成角的余弦值为1010B ．过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A BCD ''''-的截面面积为92C ．四面体A C BD ''的内切球的表面积为3π D ．正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是椭圆 【答案】AB 【分析】构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角cos ,||||AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>=''为AM 与D B ''所成角的余弦值判断A 的正误；同样设(,,0)P x y 结合向量夹角的坐标表示，22215543x y =++⨯P 的轨迹知D 的正误；由立方体的截面为梯形，分别求,,,MN AD AM D N ''，进而得到梯形的高即可求面积，判断B 的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r ，进而求内切球表面积，判断C 的正误. 【详解】A ：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：(0,0,2),(1,2,2),(0,2,0),(2,0,0)A M B D ''， ∴(1,2,0),(2,2,0)AM D B ''==-，10cos ,10||||58AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>===''⨯，故正确.B ：若N 为CC '的中点，连接MN ，则有//MN AD '，如下图示，∴梯形AMND’为过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A B C D ''''-的截面， 而2,2,5MN AD AM D N ''====322， ∴梯形的面积为132932222S =⨯=，故正确. C ：如下图知：四面体A C BD ''的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，∴118848323V =-⨯⨯⨯=，而四面体的棱长都为22，有表面积为142222sin 8323S π=⨯⨯⨯⨯=，∴若其内切圆半径为r ，则有188333r ⨯⋅=，即33r =，所以内切球的表面积为2443r ππ=.故错误. D ：正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动且MAC PAC ''∠=∠，即P 的轨迹为面A B C D ''''截以AM 、AP 为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线GPK ，构建如下空间直角坐标系，232(0,0,2),(2),(0,22,0)22A M C '-，若(,,0)P x y ，则232(,,0),(0,22,2),(,,2)22AM AC AP x y '=-=-=-，∴15cos ||||512AM AC MAC AM AC '⋅'∠==='⨯222cos ||||43AP AC PAC AP AC x y '⋅'∠=='++⨯22215543x y =++⨯，整理得22(102)9216(0)y x y +-=>，即轨迹为双曲线的一支，故错误.故选：AB 【点睛】关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.4．已知三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，其长度分别为a ，b ，c ．点A 在底面BCD 内的射影为O ，点A ，B ，C ，D 所对面的面积分别为A S ，B S ，C S ，D S ．在下列所给的命题中，正确的有（ ） A ．2A BCO D S SS ⋅=； B ．3333A B C D S S S S <++；C ．若三条侧棱与底面所成的角分别为1α，1β，1γ，则222111sin sin sin 1αβγ++=；D ．若点M 是面BCD 内一个动点，且AM 与三条侧棱所成的角分别为2α，2β，2γ，则22cos α+2222cos cos 1βγ+=．【答案】ACD 【分析】由Rt O OA '与Rt O AD '相似，得边长关系，进而判断A 正确；当M 与O 重合时，注意线面角与线线角的关系，即可得C 正确；构造长方体，建立直角坐标系，代入夹角公式计算可得D 正确；代入特殊值，可得B 错误.【详解】由三棱锥A BCD -的三条侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，则将三棱锥A BCD -补成长方体ABFC DGHE -，连接DO 并延长交BC 于O '， 则AO BC ⊥．对A ：由Rt O OA '与Rt O AD '相似，则2O A O O O D '''=⨯ 又12A S BC O D '=⋅，12BCOS BC O O '=⋅， 22221124DS BC O A BC O A ⎛⎫''=⋅=⋅ ⎪⎝⎭所以2A BCOD S SS ⋅=，故A 正确．对B ：当1a b c ===时，33318B C D S S S ===，则33338B C D S S S ++=，而3332288A S ⎛⎫==> ⎪ ⎪⎝⎭，此时3333A B C D S S S S >++，故B 不正确． 对D ：分别以AB ，AC ，AD 为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．设(),,M x y z ，则(),,AM x y z =，AM =(),0,0AB a =，()0,,0AC b =，()0,0,AD c =所以222222222cos cos cos AM AB AM AC AM AD AM ABAM ACAM ADαβγ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅++=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎪⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭⎝⎭2222221x y z AMAMAM=++=，所以D 正确．对C ：当M 与O 重合时，AO ⊥面BCD ，由D 有222222cos cos cos 1αβγ++=，由各侧棱与底面所成角与侧棱与所AO 成角互为余角，可得C 正确． 故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题考查空间线面角、线线角、面积关系的问题，计算角的问题关键是建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用数量积的公式代入计算，解决这道题目还要结合线面角与线线角的关系判断.5．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是棱AB 、1CC 的中点，1MB P 的顶点P 在棱1CC 与棱11C D 上运动，有以下四个命题正确命题的序号是（ ）A ．平面1MB P 1ND ⊥ B ．平面1MB P ⊥平面11ND AC ．1MB P 在底面ABCD 上的射影图形的面积为定值 D ．1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形是三角形 【答案】BC 【分析】取N 与P 重合，结合勾股定理可判断A 选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断B 选项的正误；分点P 在棱1CC 、11C D 上运动两种情况讨论，利用三角形的面积公式可判断C 选项的正误；取点P 与点1C 重合，判断1MB P 在侧面11D C CD 上射影图形形状，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，如下图所示：当点P 与点N 重合时， 若1ND ⊥平面1MB P ，1B N ⊂平面1MB P ，则11ND B N ⊥，由勾股定理可得2211115D N C N C D =+=，同理可得15B N =，1122B D =，2221111B N D N B D ∴+≠，则1ND 与1B N 不垂直，假设不成立，A 选项错误；对于B 选项，取1BB 的中点E ，连接1A E 、EN ，在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB CC ，且E 、N 分别为1BB 、1CC 的中点， 则11//B E C N 且11B E C N =，所以，四边形11B ENC 为平行四边形，则11//EN B C 且11EN B C =，1111//A D B C 且1111A D B C =，所以，11//A D EN 且11A D EN =，所以，四边形11A END 为平行四边形，所以，11//A E D N ，111A B BB =，1B E BM =，11190A B E B BM ∠=∠=，所以，111Rt A B E Rt B BM ≅△△，所以，111B A E BB M ∠=∠，所以，111111190A EB BB M A EB B A E ∠+∠=∠+∠=，190B FE ∴∠=，所以，11B M A E ⊥，11A D ⊥平面11AA B B ，1B M ⊂平面11AA B B ，111B M A D ∴⊥， 1111A D A E A =，11A D 、1A E ⊂平面11ND A ，1MB ∴⊥平面11ND A ，1MB ⊂平面1MB P ，所以，平面1MB P ⊥平面11ND A ，B 选项正确；对于C 选项，设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a .若点P 在棱1CC 上运动时，1MB P 在底面ABCD 上的射影为MBC △， 此时，射影图形的面积为21224MBCa a S a =⋅=△； 若点P 在棱11C D 上运动时，设点P 在底面ABCD 上的射影点为G ，则G CD ∈， 且点G 到AB 的距离为a ,1MB 在底面ABCD 内的射影为MB ，则1MB P 在底面ABCD 内的射影为MBG △，且21224MBGa a S a =⋅⋅=△.综上所述，1MB P 在底面ABCD 内的射影图形的面积为定值，C 选项正确； 对于D 选项，当点P 与1C 重合时，P 、1B 两点在平面11D C CD 上的射影重合， 此时，1MB P 在侧面11D C CD 上的射影不构成三角形，D 选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：证明面面垂直常用的方法： （1）面面垂直的定义； （2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，一般假设面面垂直成立，然后利用面面垂直转化为线面垂直，即为所证的线面垂直，组织论据证明即可.6．在三棱锥M ABC -中，下列命题正确的是（ ）A ．若1233AD AB AC =+，则3BC BD = B ．若G 为ABC 的重心，则111333MG MA MB MC =++C ．若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MB AC ⋅=D ．若三棱锥M ABC -的棱长都为2，P ，Q 分别为MA ，BC 中点，则2PQ = 【答案】BC 【分析】作出三棱锥M ABC -直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得. 【详解】对于A ，由已知12322233AD AB AC AD AC AB AD AC AB AD =+⇒=+⇒-=-，即2CD DB =，则32BD BD DC BC =+=，故A 错误； 对于B ，由G 为ABC 的重心，得0GA GB GC ++=，又MG MA AG =+，MG MB BG =+，MG MC CG =+，3MA MB MC MG ∴++=，即111333MG MA MB MC =++，故B 正确；对于C ，若0MA BC ⋅=，0MC AB ⋅=，则0MC MA BC AB ⋅+⋅=，即()00MA BC AC CB MA BC AC C MC C M B M C ⋅++=⇒⋅++⋅⋅=⋅()00MA BC A MC MC MC MC C BC MA BC AC ⋅⋅⋅⇒⋅+-=⇒-+=⋅()000MC M CA BC AC AC CB AC CB AC C MC ⇒+=⇒+=⇒+=⋅⋅⋅⋅⋅，即0MB AC ⋅=，故C 正确；对于D ，111()()222PQ MQ MP MB MC MA MB MC MA ∴=-=+-=+-()21122PQ MB MC MA MB MC MA ∴=+-=+-，又()2222222MB MC MA MB MC MA MB MC MB MA MC MA+-=+++⋅-⋅-⋅2221112222222222228222=+++⨯⨯⨯-⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=，1822PQ ∴==，故D 错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查向量的运算，用已知向量表示某一向量的三个关键点： (1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量． (3)在立体几何中三角形法则、平行四边形法则仍然成立．7．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 为球心，6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则OA ==，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点.因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而2<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故1AE ==，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确.因为在直角三角1BA C 中，1A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥， 因为EFEH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒， 故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确. 因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD. 【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.8．如图，点O 是正四面体P ABC -底面ABC 的中心，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，S 是棱PC 上的点，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ，则（ ）A ．若//MN 平面PAB ，则//AB RQ B ．存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQC ．存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+= D ．111PQPRPS++是常数【答案】ABD 【分析】对于选项A ，根据线面平行的性质定理，进行推理判断即可；对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ， 13SC PC =时，通过线面垂直的判定定理，证明此时PC ⊥平面SRQ ，即可证明，存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ；对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=，利用线面垂直的判定定理可证得PC ⊥平面PAB ，此时通过反证法说明矛盾性，即可判断； 对于选项D ，利用S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V ----=++，即可求得111PQPRPS++是常数.【详解】 对于选项A ， 若//MN 平面PAB ，平面SMN 与棱PA 的延长线相交于点Q ，与棱PB 的延长线相交于点R ,∴平面SMN 平面PAB =RQ ，又MN ⊂平面SMN ，//MN 平面PAB ，∴//MN RQ ，点O 在面ABC 上，过点O 的直线交AC ，BC 于点M ，N ，∴MN ⊂平面ABC ，又//MN 平面PAB ，平面ABC平面PAB AB =，∴//MN AB ， ∴//AB RQ ，故A 正确； 对于选项B ，当直线MN 平行于直线AB ，S 为线段PC 上靠近C 的三等分点，即13SC PC =，此时PC ⊥平面SRQ ，以下给出证明： 在正四面体P ABC -中，设各棱长为a ，∴ABC ，PBC ，PAC △，PAB △均为正三角形，点O 为ABC 的中心，//MN AB ，∴由正三角形中的性质，易得23CN CM a ==， 在CNS 中，23CN a =，13SC a =，3SCN π∠=，∴由余弦定理得，3SN a ==， ∴222249SC SN a CN +==，则SN PC ⊥， 同理，SM PC ⊥，又SM SN S =，SM ⊂平面SRQ ，SN ⊂平面SRQ ，∴PC ⊥平面SRQ ，∴存在点S 与直线MN ，使PC ⊥平面SRQ ，故B 正确； 对于选项C ，假设存在点S 与直线MN ，使()0PS PQ PR ⋅+=， 设QR 中点为K ，则2PQ PR PK +=，∴PS PK ⊥，即PC PK ⊥，()cos cos 0PC AB PC PB PA PC PB CPB PC PA CPA ⋅=⋅-=⋅∠-⋅∠=，∴PC AB ⊥，又易知AB 与PK 为相交直线，AB 与PK 均在平面PQR 上，∴PC ⊥平面PQR ，即PC ⊥平面PAB ，与正四面体P ABC -相矛盾，所以假设不成立， 故C 错误； 对于选项D ，易知点O 到面PBC ，面PAC ，面PAB 的距离相等，记为d ， 记PC 与平面PAB 所处角的平面角为α，α为常数，则sin α也为常数， 则点S 到PQR 的距离为sin PS α， 又13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅ ∴()()1133sin sin sin 33412S PQR PQRV PS S PS PQ PR PQ PR PS ααα-=⋅=⋅⋅=⋅⋅， 又13sin 234PSRSPS PR PS PR π=⋅=⋅， 13sin 234PSQS PS PQ PS PQ π=⋅=⋅， 13sin 234PQRSPQ PR PQ PR π=⋅=⋅， ()3S PQR O PSR O PSQ O PQR V V V V d PS PR PS PQ PQ PR ----=++=⋅+⋅+⋅， ∴()33sin 1212PQ PR PS d PS PR PS PQ PQ PR α⋅⋅=⋅+⋅+⋅， ∴111sin d PQPRPSα++=为常数，故D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了三棱锥体积的计算，考查了向量的运算，考查了转化能力与探究能力，属于较难题.9．如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 35B ．DP 5C ．1AP PC +6D ．1AP PC +的最小值为1705【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可.【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知115,2A B A D BD ===，所以1A B 边上的高为355h =，连接111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知11122,2,cos AA AC AAC ''==∠=-， 所以217042222()105AC '=+-⨯⨯⨯-=. 故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．10．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M ，连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的是（ ）A ．存在某个位置，使得CN AB ⊥ B ．翻折过程中，CN 的长是定值C ．若AB BM =，则1AM BD ⊥D ．若1AB BM ==，当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π 【答案】BD 【分析】对于选项A ，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结KN ，BK ，通过假设CN AB ⊥，推出AB ⊥平面BCNK ，得到AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，即可判断；对于选项B ，在判断A 的图基础上，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，易得1NEC MAB ∠=∠，由余弦定理，求得CN 为定值即可；对于选项C ，取AM 中点O ，1B O ，DO ，由线面平行的性质定理导出矛盾，即可判断； 对于选项D ，易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥1B AMD -的体积最大，说明此时AD 中点E 为外接球球心即可.【详解】如图1，取AD 中点E ，取1AB 中点K ，连结EC 交MD 于点F ，连结NF ，KN ，BK ,则易知1//NE AB ，1//NF B M ，//EF AM ，//KN AD ，112NE AB =，EC AM = 由翻折可知，1MAB MAB ∠=∠，1AB AB =， 对于选项A ，易得//KN BC ，则K 、N 、C 、B 四点共面，由题可知AB BC ⊥，若CN AB ⊥，可得AB ⊥平面BCNK ，故AB BK ⊥，则22AK AB BK AB =+>，不可能，故A 错误；对于选项B ，易得1NEC MAB ∠=∠，在NEC 中，由余弦定理得222cos CN CE NE NE CE NEC =+-⋅⋅∠，整理得222212422AB AB AB CN AM AM BC AB AM =+-⋅⋅=+， 故CN 为定值，故B 正确；如图2，取AD 中点E ，取AM 中点O ，连结1B E ，OE ，1B O ，DO ，，对于选项C ，由AB BM =得1B O AM ⊥，若1AM B D ⊥，易得AM ⊥平面1B OD ，故有AM OD ⊥，从而AD MD =，显然不可能，故C 错误；对于选项D ，由题易知当平面1AB M 与平面AMD 垂直时，三棱锥B 1﹣AMD 的体积最大，此时1B O ⊥平面AMD ，则1B O OE ⊥，由1AB BM ==，易求得12BO =，DM =11B E ===，因此1EB EA ED EM ===，E 为三棱锥1B AMD -的外接球球心，此外接球半径为1，表面积为4π，故D 正确.故选：BD.【点睛】本题主要考查了立体几何中的翻折问题以及空间图形的位置关系，考查了空间想象能力，属于较难题.。
(完整版)高三数学立体几何复习测试题含答案
高三数学立体几何复习一、填空题1. 分别在两个平行平面内的两条直线间的地址关系不可以能为．．．． ①平行 ②订交③异面④垂直【答案】②【剖析】两平行平面没有公共点，因此两直线没有公共点，因此两直线不可以能订交2.已知圆锥的母线长为 8，底面周长为 6π，则它的体积为【答案】 3 55【剖析】设底面半径为r, 2 r 6 , r 3 , 设圆锥的高为 h ，那么 h823255 ，那么圆锥的体积 V1 r2 h 1 955 3 55 ，故填： 3 55 .3 33.已知平面/ / 平面 ， P且 P ，试过点 P 的直线 m 与 ， 分别交于 A ， C ，过点 P 的直线 n 与 ，分别交于 B ， D 且 PA6 ， AC9， PD 8 ，则 BD 的长为 ___________.【答案】24 或 245【剖析】 第一种情况画出图形以以下列图所示，由于“若是两个平行平面同时和第三个平面订交，那么它们的交线相互平行 . ”因此 AB / /CD ，设 BD x ，依照平行线分线段成比率，有6 8x, x249 x5第二种情况画出图形以以下列图所示，由于“若是两个平行平面同时和第三个平面订交， 那么它们的交线相互平行. ”因此 AB / /CD ，设 BDx ，依照平行线分线段成比率，有PBA DCB A6X8, x 24 .384.半径为 R 的球 O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，圆柱的侧面积与球的表面积之比是 ____________．【答案】 1： 2PCDr 2h2rhr2h 2h时取等号，【剖析】 R2，圆柱的侧面积2 rh 44 242 R 2，当且仅当 r42 2此时圆柱的侧面积与球的表面积之比为 2 R 2 : 4 R 2 1: 25.以下列图， G 、N 、M 、 H 分别是正三棱柱（两底面为正三角形的直棱柱）的极点或所在棱的中点，则表示直线 GH 、MN 是异面直线的图形有 ____________（填上所有正确答案的序号） ．【答案】②④【剖析】由题意得，可知（ 1）中，直线 GH // MN ；图（ 2）中，G , H , N 三点共面，但M 面 GHN ，因此直线 GH 与 MN 异面；图（ 3）中，连接 MG , GM // HN ，因此 GH 与MNG ，因此直线 GH 与 MN 共面；图（ 4）中， G , M , N 共面，但 H面 GHN ，因此直线 GH 与 MN试卷第 1 页，总 9 页异面．6.已知 m, n 为直线，,m, n // ；②为空间的两个平面，给出下列命题：①m nm m mn,,m // n ．其中的正确命题为, m // n ；③// ；④．m n//【答案】③④【剖析】关于① , 也会有n的结论 , 因此不正确；关于②, 也会有m, n异面的可能的结论, 因此不正确；简单考据关于③④都是正确的, 故应填答案③④ .7.设 a,b 是两条不同样的直线, , 是两个不同样的平面,则以下四个命题①若a b, a,b则，②若 a b, a则 b / /，③若 a,，则 a / /④若a / /, a，则其中正确的命题序号是.【答案】①④【剖析】① a b ，不如设a, b订交（如异面平移到订交地址），确定一个平面，设平面与平面的交线为 c ，则由 b，得 b c ，从而 a // c ，于是有 c，因此，①正确；②若a b, a，b 可能在内，②错；③若 a,， a 可能在内，③错；④若 a / / ，则由线面平行的性质定理，在内有直线 b 与a平行，又a，则 b，从而，④正确．故答案为①④．8.已知三棱锥 P ABC 的所有极点都在球 O 的球面上，ABC 是边长为1的正三角形，PC 为球 O 的直径，该三棱锥的体积为2，则球 O 的表面积为__________．6【答案】4【剖析】设 ABC 的中心为O1，由题意得 S ABC3212OO1SABC OO12, 因此球O的;6334半径 R 满足R2OO12( 3)2211，球O的表面积为 4R2 4 .3339.以下列图 ,在直三棱柱 ABC A1 B1C1中, AB BC CC11,AB BC, E 为CC1的中点,则三棱锥 C1ABE 的体积是．【答案】112【剖析】由于 E 是 CC1中点，因此 V C ABE 1V C ABC11(11 1)11．1212321210. 以下列图，在直三棱柱ABC A1 B1C1中，ACB90 , AA12, AC BC1 ,则异面直线A1 B 与AC所成角的余弦值是.【答案】66【剖析】由于AC / / A1C1，因此BA1C1（或其补角）就是所求异面直线所成的角，在 BA1C1中,A1 B6 ,A1C11, BC15, cos BAC11615 6 .261611.如图，在棱长为 1 的正方体ABCD - A1B1C1D1中，M , N分别是BB1, BC的中点，则图中阴影部分在平面 ADA1D1上的投影的面积为．【答案】1 8【剖析】图中点 M 在平面的投影是AA1的中点，点N在平面的投影是AD 的中点，点 D 的投影还是点 D ,连接三点的三角形的面积是1111，故填： 1 .2228812. 如图 , 正方体ABCD A1 B1C1D1中 ,AB 2 ,点 E 为 AD 的中点,点 F 在D F CECD 上,若 EF // 平面AB1C,则 EF________.A B【答案】 EF2D 1C1【剖析】依照题意，由于 EF // 平面AB1C ，因此EF // AC.又由于点E是AD中A1B1点，因此点 F 是 CD 中点.由于在 Rt DEF 中， DE DF 1，故EF2.13. 在棱长为 1 的正方体ABCD A B C D 中， E 为 AB 的中点，在面ABCD11111D 1C1中取一点 F ，使 EF FC1最小，则最小值为__________．A 1B 1【答案】142D E C 【剖析】如图，将正方体ABCD A1B1C1D1关于面ABCD对称，则 EC1就是所A BD1C1A1N B132114 ．求的最小值， EC1EN 2NC121242D1C1 14.点 M 是棱长为3 2 的正方体ABCD A1B1C1D1的内切球 O球面上的动 A 1NB1点，点 N 为B1C1上一点，2NB1NC1, DM BN ，则动点M的轨迹的长度为 __________ ．DM C【答案】310A B 5【剖析】由于DM BN ，因此 M 在过 D 且垂直于 BN 的平面上，以以下列图（ 1 ），取BS 1SB1，2AT 1TA1，则BN平面 DTSC ，因此 M 在一个圆周上，如图以下列图（2），正方体的中心O 到该平面的2距离即为 O1F，在直角三角形 O1FC中， O1F O1C sin O1CF 3sin O1CF ，而111，故 sin5 3 5tan O CF tan BCS3O1CF，O1 F， M 所在的圆周的半径1411255322为 3 2353 30，故其轨迹的长度为 3 1025105D 1C 1B1C1NA 1NB 1O1OD STM S CA B图（ 1）二、解答题FB C图（ 2）15.如图，四棱锥P ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，DAB60o，AB 2 AD ， PD底面ABCD .（ 1）证明：PA BD ；（ 2）设PD AD 2 ，求点 D 到面 PBC 的距离.解析：（ 1 ）证明：因为DAB60o，AB2AD ，由余弦定理得BD3AD .从而BD2AD 2AB2，∴ BD AD ，又由 PD 底面EABCD ， BD面 ABCD ，可得 BDPD . ∴ BD 面 PAD ， PA面 PAD ，∴ PABD .（ 2）法 1：在平面 PDB 内作 DEPB ，垂足为 E . ∵ PD 底面 ABCD ，BC 面 ABCD ，∴ PD BC ，由（ 1 ）知 BDAD ，又 BC / / AD ，∴ BC BD ，又 AD I BD D ， . ∴ BC 平面 PBD ，又AD I BD D ∴ BC DE . 则 DE 平面 PBC . 由题设知， PD 2 ，则 BD2 3 ， PB 4，依照DE gPB PD gBD ，得 DE3 ，即点 D 到面 PBC 的距离为3 .法2 ： 设 点 D到平 面 PBC 的 距 离 为 d ， 由 （ 1 ） 得 BD AD ， ∴ AB4 ，V P BCD1V PABCD 11S Y ABCD PD1 2 43 24 3 ， 又 V 1 S PBCd ， 由2236 23 P BCD 3PD 底 面ABCD ， BD 面 ABCD ， DC面 ABCD ，PBD , PCD 为 Rt， ∴PCPD 2 CD 22 5 ， PBPD 2CD 2 4 ， 又 BCAD2 ， ∴PBC 为 Rt且SPBC1 2 44 ，∴ d3 .216. 已知直角梯形 ABCD 中， AB / /CD ， AB AD ， CD2， AD2 ， AB 1 ，如图 1所示，将ABD 沿 BD 折起到 PBD 的地址，如图2 所示 .（ 1）当平面 PBD平面 PBC 时，求三棱锥 P BCD 的体积；（ 2）在图 2 中， E 为 PC 的中点，若线段BQ / /CD ，且 EQ / / 平面 PBD ，求线段 BQ 的长；剖析 ：（ 1）当平面PBD 平面 PBC 时，由于 PB PD ，且平面 PBD I 平面 PBCPB ， PD平面PBD ，因此 PD平面 PBC ，由于 PC 平面 PBC ，因此 PD PC . 由于在直角梯形ABCD 中，AB / /CD ， AB AD ， CD 2 ， AD 2 ， AB 1 ， 所 以 BD BC3 ， DP2 . 所 以CPCD 2 PD 22 . 又 因 为 BP1 ， 所 以 BP 2CP 2 BC 2 ， 所 以 BPCP . 所 以S PBC1PB PC2. 因此三棱锥PBCD 的体积等于VD PBC1S PBCgPD1221.223323（2）取 PD 的中点 F ，连接 EF ， BF ，如上图所示 . 又由于 E 为 PC 的中点，因此EF / /CD ，且EF1CD . 又由于 BQ / /CD ，因此 EF / / BQ . 因此 B ， F ， E ， Q 共面 .2因 为 EQ / / 平 面 PBD ， EQ平 面 BFEQ ， 且 平 面 BFEQ I 平 面试卷第 5 页，总 9 页PBD BF ， 所 以 EQ / / FB . 又 因 为 EF / / BQ ， 所 以 四 边 形 BFEQ 是 平 行 四 边 形 . 所 以 BQEF1CD 1 .2ACDF 所在平面与梯形BCDE 所在平面垂直，且BC 2DE ， DE / / BC ，17. 如图几何体中，矩形BD AD ， M 为 AB 的中点 .（ 1）证明： EM / / 平面 ACDF ； （ 2）证明： BD 平面 ACDF .剖析 ：（ 1）法 1：延长 BE 交 CD 与 G ，连接 AG ，∵ E, M 为中点，∴EM // AG ， EM 平面 AFDC ， AG 平面 AFDC ，∴ EM / / 面 ACDF ．G法 2：如图，取 BC 的中点 N ，连接 MN 、 EN .在 ABC 中， M 为 AB 的中点， N 为 BC 的中点，∴ MN / / AC ，又由于 DE / / BC ，且 DE1 CN ，∴四边形 CDEN 为平行四边形，BC2∴ EN / / DC ，又∵ MN I EN N ， AC I CD C . ∴平面 EMN / / 平面 ACDF ，又∵ EM面EMN ，∴ EM / / 面 ACDF .法 3：如图，取 AC 的中点 P ，连接 PM ， PD . 在 ABC 中， P 为 AC 的中点， M 为 AB 的中点，∴PM / / BC ，且 PM11BC ，又∵ DE / /BC ， DEBC , ∴ PM / / DE ，故四边形 DEMP 为平行四22边形，∴ ME / / DP ，又∵ DP 平面 ACDF ， EM平面 ACDF ，∴ EM / / 面 ACDF ．（ 2）∵平面 ACDF平面 BCDE ，平面 ACDF I平面 BCDEDC ，又 AC DC ，∴ AC平面BCDE ，∴ AC BD ，又 BD AD ， BD I ADA ，∴ BD 平面 ACDF ．18. 如图，在四棱锥 P － ABCD 中，四边形 ABCD 为矩形， AB ⊥ BP ， M 为 AC 的中点， N 为 PD 上一点 .（ 1）若 MN ∥平面 ABP ，求证： N 为 PD 的中点；（ 2）若平面 ABP ⊥平面 APC ，求证： PC ⊥平面 ABP.【剖析】（ 1）连接 BD ，由四边形 ABCD 为矩形得： M 为 AC 和 BD 的中点，∵ MN ∥平面 ABP ， MN 平面 BPD ，平面 BPD I 平面 ABP ＝ BP ，∴MN ∥ BP ，∵ M 为 AC 的中点，∴ N 为 PD 的中点 .（ 2）在△ ABP 中，过点 B 作 BE ⊥ AP 于 E ，∵平面 ABP ⊥平面 APC ，平面 ABP ∩平面 APC ＝AP ，BE 平面 ABP ， BE ⊥ AP∴ BE ⊥平面 APC ，又 PC 平面 APC ，∴ BE ⊥ PC.∵ ABCD 为矩形，∴ AB ⊥ BC ，又 AB ⊥ BP ， BC ∩BP＝ B ，BC ，BP 平面 BPC ，∴ AB ⊥平面 BPC ， ∴AB ⊥PC ，又 BE ⊥ PC ， AB 平面 ABP ，BE 平面 ABP ，AB ∩BE ＝B ， ∴ PC ⊥平面 ABPP ABCD∥1 是线段的中点 .19. 如图 ,在四棱锥AB, MPA中，AB DC , AD DC2（ 1）求证： DM ∥ 平面 PCB ；（ 2）若AD AB ,平面 PAC 平面 PBC ,求证： PA BC .【剖析】（1）如图，取PB中点N , 连接CN , MN . 由于M是线段PA的中点 ,因此 MN∥ AB, MN 1AB , 2因为 DC∥ AB, CD 1CD ,所以四边形 CDFM 为平行四边形,所以AB ,所以 MN∥DC , MN2CN∥DM ,由于 CN平面PCB,DM平面PCB,因此DM∥平面PCB.P（ 2）连接AC , 在四边形ABCD中，由于AD AB,CD∥AB ,因此 AD CD ,设MNAD a ,因为 AD DC1AB ,所以 CD a, AB2a ,在ADC中，A2B ADC 90 , AD DC,所以DCA DAC45,从而D CAC2a,CAB45,在ACB中,AB2a, AC2a,CAB45 ,所以BC AC 2AB2 2 AB AC cos CAB2a, 所以AC 2BC 2AB2, 即AC BC .在平面PAC 中,过点 A 作 AE PC ,垂足为 E ,由于平面PAC平面 PBC ,因此 AE平面 PBC ,又由于BC平面 PBC ,因此 AE BC ,由于 AE平面PAC ,AC平面 PAC ,因此BC平面 PAC .因为PA 平面 PAC ,因此 PA BC .20. 如图 , 在直三棱柱ABC A B C 中,ACB 900，E, F ,G 分别是 AA , AC , BB 的中点，且1 1 111CG C1G .（1）求证：CG //平面BEF；（ 2）求证：平面BEF平面 AC1 1G .【剖析】证 :( Ⅰ ) 连接AG交BE于D , 连接DF , EG . ∵E,G分别是AA1, BB1的中点，∴ AE ∥BG且 AE =BG,∴四边形AEGB 是矩形.∴D是 AG 的中点，又∵F是AC 的中点,∴ DF ∥CG，则由 DF面 BEF , CG面 BEF ,得CG∥面 BEF( Ⅱ ) ∵在直三棱柱ABC A1 B1C1中， C1C ⊥底面 A1B1C1,∴ C1C ⊥ A1C1.又∵A1C1B1ACB900,即 C1B1⊥ A1C1，∴ A1C1⊥面 B1C1CB ,而CG面 B1C1CB ，∴ A1C1⊥CG，又 CG C1G ,由(Ⅰ)DF∥CG ，AC DF , DF C G DF AC G，Q DF BEF BEF11 1 ，∴平面1 1平面，∴平面平面AC G .1 1三、提高练习21.在三棱锥P ABC 中，AB BC ，AB 6 ，BC 2 3 ，O 为 AC 的中点，过 C 作 BO 的垂线，交 BO 、 AB 分别于 R 、 D ，若DPR CPR ，则三棱锥 P ABC 体积的最大值为 __________．【答案】 3 3【剖析】在 Rt ABC 中， ACB 60，OCB 为等边三角形，DCB 30 ，因此 CD 4 ， CR 3 ， 因此 DR1，在 PDC 中， DPRCPR ，因此PDDR1 ，以以下列图（ 2），设 P x, y ， D 0,0 ，PC RC32则 C 4,0 ，从而有 9 x2y2x2y 2，整理获取 x1 y29，故 PCD 的边 CD 上的高424的最大值为3，从而 PABC 体积的最大值为 1 31 2 3 63 323 22PbPAODRCBD R C x图 (1)图（ 2）22. 如图，直三棱柱 ABCA 1B 1C 1 中，D 、E 分别是棱 BC 、AB的中点，点F 在棱 CC 1 上，已知AB AC ， AA 1 3 ，BC CF2 ．（ 1）求证： C 1E // 平面 ADF ；（ 2）设点 M 在棱 BB 1 上，当 BM 为何值时， 平面 CAM 平面 ADF ？【剖析】（ 1）连接 CE 交 AD 于 O ，连接 OF ．由于 CE , AD 为ABC 中线，因此 O 为 ABC 的重心，CFCO 2．从而CC 1CE3OF // C 1E ． OF 面 ADF ， C 1E平面 ADF ，因此 C 1 E // 平面 ADF ．（ 2）当 BM 1 时，平面 CAM 平面 ADF ．在直三棱柱ABC A 1 B 1C 1 中，由于 B 1 B 平面 ABC ， B 1B 平面 B 1BCC 1 ，因此平面 B 1BCC 1 平面 ABC ．由于 ABAC ， D 是 BC 中点，因此 AD BC ．又平面 B 1BCC 1 ∩平面 ABC BC ， 因此 AD 平面(完满版)高三数学立体几何复习测试题含答案B1BCC1．而CM平面B1BCC1，于是AD CM ．由于BM CD 1,BC CF 2 ，因此Rt CBM Rt FCD ，因此 CM DF DF , AD 订交，因此CM平面ADF，CM平面CAM ，因此平面CAM平面ADF．试卷第 9 页，总 9 页11 / 11。
高三下学期高考数学模拟试题精选汇总：立体几何02 word版含答案
立体几何02三、解答题1．如图,四棱柱1111DCBAABCD-的底面ABCD是平行四边形,且1=AB,2=BC,060=∠ABC,E为BC的中点, ⊥1AA平面ABCD.(Ⅰ)证明:平面⊥AEA1平面DEA1;(Ⅱ)若EADE1=,试求异面直线AE与DA1所成角的余弦值;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试求二面角1--C AD E的余弦值.2．如图,直三棱柱ABC-A1B1C1中∠ACB=90°,M,N分别为A1B,B1C1的中点,BC=AA1=2AC=2,求证:(1)求三棱柱C1-A1CB的体积;(2)求直线A1C与直线MB1所成角的余弦值;(3)求平面B1MN与平面A1CB所成锐二面角的余弦值.AB CDE1A1B1C1D3．已知四棱锥P-ABCD 的底面为直角梯形,AB∥DC,⊥=∠PA DAB ,90ο底面ABCD,且PA=AD=DC=21AB=1,M 是PB 的中点. (Ⅰ)证明:面PAD⊥面PCD; (Ⅱ)求AC 与PB 所成角的余弦值;(Ⅲ)求面AMC 与面BMC 所成二面角的余弦值.4．如图,已知四棱锥E-ABCD 的底面为菱形,且∠ABC=60°,AB=EC=2,AE=BE=2(1)求证:平面EAB⊥平面ABCD (2)求二面角A-EC-D 的余弦值5.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =，E 为1BB 中点.（Ⅰ）证明：1AC D E ⊥；（Ⅱ）求DE 与平面1AD E 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AD 上是否存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ？若存在，求DP 的长；若不存在，说明理由.D 1C 1B 1A 1ED CBA答案三、解答题1.解(Ⅰ)依题意,CD AB BC EC BE ====21所以ABE ∆是正三角形,060=∠AEB 又00030)120180(21=-⨯=∠CED 所以090=∠AED ,AE DE ⊥因为⊥1AA 平面ABCD ,⊂DE 平面ABCD ,所以DE AA ⊥1 因为A AE AA =I 1,所以⊥DE 平面AE A 1因为⊂DE 平面DE A 1,所以平面⊥AE A 1平面 DE A 1(Ⅱ)取1BB 的中点F ,连接EF 、AF ,连接C B 1,则D A C B EF 11//// 所以AEF ∠是异面直线AE 与D A 1所成的角 因为3=DE ,2211AE A A E A +=,所以21=A A ,22=BF ,26121=+==EF AF 所以662cos 222=⨯⨯-+=∠EF AE AF EF AE AEF(Ⅰ)(Ⅱ)解法2:以A 为原点,过A 且垂直于BC 的直线为x 轴,AD 所在直线为y 轴、1AA 所在直线为z 建立右手系空间直角坐标系设a AA =1(0>a ),)0 , 0 , 0(A 则)0 , 2 , 0(D ) , 0 , 0(1a A )0 , 21, 23(E (Ⅰ)设平面AE A 1的一个法向量为) , , (1p n m n =,则⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=+=⋅002123111ap AA n n m n 0=p ,取1=m ,则3-=n ,从而)0 , 3 , 1(1-=n ,同理可得平面DE A 1的一个法向量为)2, 1 , 3(2an =, 直接计算知021=⋅n n ,所以平面⊥AE A 1平面DE A 1 (Ⅱ)由E A DE 1=即22222)21()23(0)212()23(a ++=+-+ 解得2=a )0 , 21, 23(=,)2 , 2 , 0(1-=A 所以异面直线AE 与D A 1所成角的余弦值66||||cos 11=⋅=D A AE θ (Ⅲ)由(Ⅱ)可知21=A A ,平面DE A 1的一个法向量为2 1 ,n =u u r又31=-,,022 CD⎛⎫⎪⎪⎝⎭uu u r,)2,2,0(1-=DA设平面1CA D的法向量()3=,,n x y zu u r则133=0=0A D nCD n⎧⋅⎪⎨⋅⎪⎩u u u u r u u ru u u r u u r得()3=1,3,6nu u r设二面角1--C AD E的平面角为ϕ,且ϕ为锐角则232323cos=cos,=n nn nn nϕ⋅u u r u u ru u r u u ru u r u u r4325==5106⋅所以二面角1--C AD E的余弦值为252.解:(1)32=V --------------4 (2)55------------8(3)53------------------133.4.解:(1)证明:取AB 的中点O,连接EO,CO∴==,2EB AE Θ△AE B 为等腰直角三角形∴EO⊥AB,EO=1又∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC 是等边三角形,3=∴CO ,又CO EO CO EO EC EC ⊥∴+=∴=,,2222∵EO⊥平面ABCD,又EO ⊂平面EAB,∴平面EAB⊥平面ABCD(2)以AB 的中点O 为坐标原点,OB 所在直线为y 轴,OE 所在直线为z 轴,如图建系则)1,0,0(),0,2,3(),0,0,3(),0,1,0(E D C A --,)1,0,3(),0,1,3(-==EC AC ,DC =(0,2,0)设平面DCE 的法向量为)1,,(y x n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00,即⎩⎨⎧==-02013y x ,解得:⎪⎩⎪⎨⎧=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=∴=01,0,33,33y n x同理求得平面EAC 的一个法向量为⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=1,1,33m772,cos =>=<∴,所以二面角A-EC-D 的余弦值为7725. （Ⅰ）证明：连接BD ∵1111ABCD A B C D -是长方体，∴1D D ⊥平面ABCD ， 又AC ⊂平面ABCD ∴1D D AC⊥……1分在长方形ABCD 中，AB BC = ∴BD AC ⊥ …………2分 又1BD D D D =I ∴AC ⊥平面11BB D D ， …………3分 而1D E ⊂平面11BB D D ∴1AC D E⊥………4分（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系Dxyz ，则1(1,0,0),(0,0,2),(1,1,1),(1,1,0)A D E B ,1(0,1,1),(1,0,2),(1,1,1)AE AD DE ==-=u u u r u u u u r u u u r………5分设平面1AD E 的法向量为(,,)n x y z =r ，则100n AD n AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩r u u u u r g r u u u r g 200x z y z -+=⎧⎨+=⎩令1z =，则(2,1,1)n =-r………7分cos ,n DE n DE n DE <>===r u u u rr u u u r g r u u u r g…………8分所以 DE 与平面1AD E………………9分（Ⅲ）假设在棱AD 上存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E .设P 的坐标为(,0,0)(01)t t ≤≤，则(1,1,0)BP t =--u u u r因为 BP ∥平面1AD E 所以 BP n ⊥u u u r r ， 即0BP n =u u u r r g ， 2(1)10t -+=，解得12t =， ………………12分所以 在棱AD 上存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ,此时DP 的长12.……13分。
高考数学立体几何多选题练习题含答案
高考数学立体几何多选题练习题含答案一、立体几何多选题1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AC BC AA ===，90ACB ∠=︒，D ，E ，F分别为AC ，1AA ，AB 的中点．则下列结论正确的是（ ）A ．1AC 与EF 相交B ．11//BC 平面DEF C ．EF 与1AC 所成的角为90︒D ．点1B 到平面DEF 的距离为322【答案】BCD 【分析】利用异面直线的位置关系，线面平行的判定方法，利用空间直角坐标系异面直线所成角和点到面的距离，对各个选项逐一判断． 【详解】对选项A ，由图知1AC ⊂平面11ACC A ，EF 平面11ACC A E =，且1.E AC ∉由异面直线的定义可知1AC 与EF 异面，故A 错误；对于选项B ，在直三棱柱111ABC A B C -中，11B C //BC ．D ，F 分别是AC ，AB 的中点， //∴FD BC ，11B C ∴ //FD ．又11B C ⊄平面DEF ，DF ⊂平面DEF ，11B C ∴ //平面.DEF 故B 正确；对于选项C ，由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0C ，0，0)，(2A ，0，0)，(0B ，2，0)，1(2A ，0，2)，1(0B ，2，2)，1(0C ，0，2)，(1D ，0，0)，(2E ，0，1)，(1F ，1，0)．(1EF ∴=-，1，1)-，1(2AC =-，0，2)． 1·2020EF AC =+-=，1EF AC ∴⊥，1EF AC ∴⊥． EF 与1AC 所成的角为90︒，故C 正确；对于选项D ，设向量(n x =，y ，)z 是平面DEF 的一个法向量． (1DE =，0，1)，(0DF =，1，0)， ∴由n DE n DF ⎧⊥⎨⊥⎩，，，即·0·0n DE n DF ⎧=⎨=⎩，，，得00.x z y +=⎧⎨=⎩，取1x =，则1z =-，(1n ∴=，0，1)-， 设点1B 到平面DEF 的距离为d ． 又1(1DB =-，2，2)，1·102DB n d n-+∴===， ∴点1B 到平面DEF 的距离为2，故D 正确．故选：BCD 【点睛】本题主要考查异面直线的位置关系，线面平行的判定，异面直线所成角以及点到面的距离，还考查思维能力及综合分析能力，属难题．2．已知球O 为正方体1111ABCD A B C D -的内切球，平面11A C B 截球O 的面积为24π，下列命题中正确的有（ ）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为60°B ．1BD ⊥平面11AC B C ．球O 的表面积为36πD ．三棱锥111B AC B -的体积为288【答案】AD 【分析】连接11A C ，1A B ，通过平移将AC 与1BC 所成角转化为11A C 与1BC 所成角可判断A ；通过反证法证明B ；由已知平面11A C B 截球O 的面积为24π求出正方体棱长，进而求出内切球的表面积可判断C ；利用等体积法可求得三棱锥111B AC B -的体积可判断D. 【详解】对于A ，连接11A C ，1A B ，由正方体1111ABCD A B C D -，可知11//A C AC ，11AC B ∴∠为异面直线AC 与1BC 所成的角，设正方体边长为a，则1111AC A B BC ==，由等边三角形知1160A C B ∠=，即异面直线AC 与1BC 所成的角为60，故A 正确； 对于B ，假设1BD ⊥平面11A C B ，又1A B ⊂平面11A C B ，则11BD B A ⊥，设正方体边长为a ，则11A D a =，1A B =，1BD =，由勾股定理知111A D B A ⊥，与假设矛盾，假设不成立，故1BD 不垂直于平面11A C B ，故B 错误； 对于C ，设正方体边长为a，则11AC =，内切球半径为2a，设内切球的球心O 在面11A C B 上的投影为O '，由等边三角形性质可知O '为等边11A C B △的重心，则11123O A AC ='==，又1OA =，∴球心O 到面11A C B 的距离6a ==，又球心与截面圆心的连线垂直于截面，∴=，又截面圆的面积224S ππ⎫=⎪⎪⎝⎭=，解得12a =，则内切球半径为6，内切球表面积214644S ππ==⨯，故C 错误；对于D ，由等体积法知111111111111212122812383B A C B B A C B A C B V V S a --==⨯⨯=⨯⨯=，故D 正确； 故选：AD【点睛】关键点点睛：本题考查了正方体和它的内切球的几何结构特征，关键是想象出截面图的形状，从而求出正方体的棱长，进而求出内切球的表面积及三棱锥的体积，考查了空间想象能力，数形结合的思想，属于较难题.3．如图，一个结晶体的形状为平行六面体1111ABCD A B C D -，其中，以顶点A 为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是60，下列说法中正确的是（ ）A ．()()2212AA AB ADAC ++=B ．1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点C ．1AA 与平面ABCD 所成角大于45 D ．1BD 与AC 6 【答案】AC 【分析】对A ，分别计算()21++AA AB AD 和2AC ，进行判断；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，假设1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，应得10⋅=O AB A ，计算10⋅≠O AB A ，即可判断1A 在底面ABCD 上的射影不是线段BD 的中点；对C ，计算11,,A A AC AC ，根据勾股定理逆定理判断得11⊥A A AC ，1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，再计算1tan ∠A AC ；对D ，计算1,AC BD 以及1BD AC ⋅，再利用向量的夹角公式代入计算夹角的余弦值.【详解】对A ，由题意，11111cos602⋅=⋅=⋅=⨯⨯=AA AB AA AD AD AB ，所以()2222111112221113262++=+++⋅+⋅+⋅=+++⨯⨯=AA AB ADAA AB AD AA AB AB AD AA AD ，AC AB AD =+，所以()222221113=+=+⋅+=++=AC AB ADAB AB AD AD ，所以()()22126++==AA AB AD AC ，故A 正确；对B ，设BD 中点为O ，连接1A O ，1111111222=+=+=++AO A A AO A A AC A A AD AB ，若1A 在底面ABCD 上的射影是线段BD 的中点，则1A O ⊥平面ABCD ，则应10⋅=O AB A ，又因为21111111111110222222224⎛⎫⋅=++⋅=-⋅+⋅+=-+⨯+=≠ ⎪⎝⎭O AB A A AD AB AB AA AB AD AB AB A ，故B 错误；对D ，11,BD AD AA AB AC AB AD =+-=+，所以()()2211=2,=3=+-=+AD A B A AB AC AB AD D ，()()2211111⋅=+-⋅+=⋅++⋅+⋅--⋅=AC AD AA AB AB AD AD AB AD AA AB AA AD ABAB AD BD ，1116cos ,23⋅<>===⋅B AC D BD BD AC AC，故D 不正确；对C ，112==AC BD ，在1A AC 中，111,2,3===A A AC AC ，所以22211+=A A AC AC ，所以11⊥A A AC ，所以1AA 与平面ABCD 所成角为1A AC ∠，又1tan 21∠=>A AC ，即145∠>A AC ，故C 正确；故选：AC【点睛】方法点睛：用向量方法解决立体几何问题，需要树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算，要理解空间向量概念、性质、运算，注意和平面向量类比；同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，利用向量的夹角公式求解.4．如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将ADE 沿AE 翻折成SAE △，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．存在点E 和某一翻折位置，使得SB SE ⊥ B ．存在点E 和某一翻折位置，使得//AE 平面SBCC ．存在点E 和某一翻折位置，使得直线SB 与平面ABC 所成的角为45°D ．存在点E 和某一翻折位置，使得二面角S AB C --的大小为60° 【答案】ACD 【分析】依次判断每个选项：当SE CE ⊥时，⊥SE SB ，A 正确，//AE 平面SBC ，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，计算得到2cos 3α=，C 正确，取二面角D AE B --的平面角为60︒，计算得到5tan θ=，故D 正确，得到答案. 【详解】当SE CE ⊥时，SE AB ⊥，SE SA ⊥，故SE ⊥平面SAB ，故⊥SE SB ，A 正确；若//AE 平面SBC ，因AE ⊂平面ABC ，平面ABC 平面SBC BC =，则//AE CB ，这与已知矛盾，故B 错误；如图所示：DF AE ⊥交BC 于F ，交AE 于G ，S 在平面ABCE 的投影O 在GF 上， 连接BO ，故SBO ∠为直线SB 与平面ABC 所成的角，取二面角D AE B --的平面角为α，取4=AD ，3DE =，故5AE DF ==，1CE BF ==，125DG =，12cos 5OG α=，故只需满足12sin 5SO OB α==， 在OFB △中，根据余弦定理：2221213121312sin 1cos 2cos cos 55555OFBααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+---∠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得2cos 3α=，故C 正确； 过O 作OMAB ⊥交AB 于M ，则SMO ∠为二面角S AB C --的平面角，取二面角D AE B --的平面角为60︒，故只需满足22DG GO OM ==，设OAG OAM θ∠=∠=，84ππθ<<，则22DAG πθ∠=-，tantan22DG OGAGπθθ==⎛⎫-⎪⎝⎭，化简得到2tan tan21θθ=，解得5tan5θ=，验证满足，故D正确；故选：ACD.【点睛】本题考查了线线垂直，线面平行，线面夹角，二面角，意在考查学生的计算能力，推断能力和空间想象能力.5．如图四棱锥P ABCD-，平面PAD⊥平面ABCD，侧面PAD是边长为26的正三角形，底面ABCD为矩形，23CD=，点Q是PD的中点，则下列结论正确的是（）A．CQ⊥平面PADB．PC与平面AQC所成角的余弦值为223C．三棱锥B ACQ-的体积为62D．四棱锥Q ABCD-外接球的内接正四面体的表面积为3【答案】BD【分析】取AD的中点O，BC的中点E，连接,OE OP，则由已知可得OP⊥平面ABCD，而底面ABCD为矩形，所以以O为坐标原点，分别以,,OD OE OP所在的直线为x轴，y轴 ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可. 【详解】解：取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ， 因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP AD ⊥, 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面 ABCD ， 因为AD OE ⊥，所以,,OD OE OP 两两垂直，所以，如下图，以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴 ，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(O D A ，(P C B ，因为点Q 是PD的中点，所以Q ， 平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，6(2QC =-，显然 m 与QC 不共线， 所以CQ 与平面PAD 不垂直，所以A 不正确；3632(6,23,32),(,0,),(26,PC AQ AC =-==， 设平面AQC 的法向量为(,,)n x y z =，则36022260n AQ xz n AC⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩， 令=1x ，则y z ==， 所以(1,2,n =-， 设PC 与平面AQC 所成角为θ，则21sin 36n PC n PCθ⋅===， 所以cos 3θ=，所以B正确； 三棱锥B ACQ-的体积为1132B ACQ Q ABC ABCV V SOP --==⋅ 1116322=⨯⨯⨯=， 所以C 不正确；设四棱锥Q ABCD -外接球的球心为(0,3,)M a ，则MQ MD =，所以()()()22222263236322a a ⎛⎫⎛⎫++-=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得0a =，即(0,3,0)M 为矩形ABCD 对角线的交点， 所以四棱锥Q ABCD -外接球的半径为3，设四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x ， 将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为22x ，所以222362x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，得224x =， 所以正四面体的表面积为2342434x ⨯=，所以D 正确. 故选：BD【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.6．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且2EF =.则下列结论正确的是（ ）A ．三棱锥A BEF -的体积为定值B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．EF 在平面11ABB A 内的射影长为12D ．当E 与1D 重合时，异面直线AE 与BF 所成的角为π4【答案】AC 【分析】对选项分别作图，研究计算可得. 【详解】选项A:连接BD ,由正方体性质知11BDD B 是矩形，1112212224BEF S EF BB ∆∴=⋅=⨯⨯=连接AO 交BD 于点O由正方体性质知AO ⊥平面11BDD B ,所以，AO 是点A 到平面11BDD B 的距离，即22AO =11221334212A BEF BEF V S AO -∆∴=⨯=⨯⨯=A BEF V -∴是定值.选项B:连接11A C 与11B D 交于点M ，连接11,AD AB ，由正方体性质知11AD AB =,M 是11B D 中点，AM EF ∴⊥ ,又1BB EF ⊥,11//BB AAA EFB ∴--的大小即为AM 与1AA 所成的角，在直角三角形1AA M 中，12tan 2MAA ∠=为定值. 选项C:如图，作1111,,,FH A B EG A B ET EG ⊥⊥⊥在直角三角形EFT 中，221cos 45222FT EF =⨯=⨯= 12HG FT ∴== 选项D:当E 与1D 重合时，F 与M 重合，连接AC 与BD 交于点R ，连接1D R ,1//D R BM 异面直线AE 与BF 所成的角,即为异面直线1AD 与1D R 所成的角,在三角形1AD R 中，22111132,2AD D R MB BB M B ===+=2AR = 由余弦定理得13cos AD R ∠=故选：AC【点睛】本题考查空间几何体性质问题.求解思路：关键是弄清(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．求空间几何体体积的思路：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法；若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.7．已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -，过对角线1BD 作平面α交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，以下结论正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 不一定是平行四边形B ．平面α分正方体所得两部分的体积相等C ．平面α与平面1DBB 不可能垂直D ．四边形1BFDE 面积的最大值为2【答案】BD【分析】由平行平面的性质可判断A 错误;利用正方体的对称性可判断B 正确;当E ､F 为棱中点时,通过线面垂直可得面面垂直,可判断C 错误;当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积最大,且最大值为2,可判断D 正确.【详解】如图所示,对于选项A,因为平面1111//ABB A CC D D ,平面1BFD E平面11ABB A BE =,平面1BFD E 平面111CC D D D F =, 所以1//BE D F ,同理可证1//D E BF ,所以四边形1BFD E 是平行四边形,故A 错误;对于选项B,由正方体的对称性可知,平面α分正方体所得两部分的体积相等,故B 正确; 对于选项C,在正方体1111ABCD A B C D -中,有1,AC BD AC BB ⊥⊥,又1BD BB B ⋂=,所以AC ⊥平面1BB D ,当E ､F 分别为棱11,AA CC 的中点时,有//AC EF ,则EF ⊥平面1BB D ,又因为EF ⊂平面1BFD E ,所以平面1BFD E ⊥平面1BB D ,故C 错误;对于选项D,四边形1BFD E 在平面ABCD 内的投影是正方形ABCD ,当E 与A 重合,F 与1C 重合时,四边形1BFD E 的面积有最大值,此时1212S D E BE =⋅=,故D 正确;故选:BD.【点睛】本题考查了正方体的几何性质与应用问题,也考查了点线面的位置关系应用问题,属于中档题.8．如图，1111ABCD A B C D -为正方体，下列结论中正确的是（ ）A ．11A C ⊥平面11BB D DB ．1BD ⊥平面1ACBC ．1BD 与底面11BCC B 2D ．过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条【答案】ABD【分析】由直线与平面垂直的判定判断A 与B ；求解1BD 与底面11BCC B 所成角的正切值判断C ；利用空间向量法可判断D ．【详解】对于A 选项，如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，1BB ⊥平面1111D C B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，则111BB A C ⊥，由于四边形1111D C B A 为正方形，则1111AC B D ⊥， 1111BB B D B =，因此，11A C ⊥平面11BB D D ，故A 正确；对于B 选项，在正方体1111ABCD A B C D -中，1DD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，1AC DD ∴⊥，因为四边形ABCD 为正方形，所以，AC BD ⊥，1D DD BD =，AC ∴⊥平面11BB D D ， 1BD ⊂平面11BB D D ，1AC BD ∴⊥，同理可得11BD B C ⊥，1AC B C C =，1BD ∴⊥平面1ACB ，故B 正确； 对于C 选项，由11C D ⊥平面11BCC B ，得11C BD ∠为1BD 与平面11BCC B 所成角， 且111112tan 2C D C BD BC ∠==，故C 错误； 对于D 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A 、()0,0,0D 、()0,1,0C 、()11,1,1B ，()1,0,0DA =，()11,0,1CB =，设过点1A 且与直线DA 、1CB 所成角的直线的方向向量为()1,,m y z =， 则221cos ,21DA mDA m DA m y z ⋅<>===⋅++， 1122111cos ,221CB m z CB m CB m y z ⋅+<>===⋅⋅++， 整理可得2222341y z y z z ⎧+=⎨=++⎩，消去y 并整理得2210z z +-=，解得12z =-12z =-由已知可得3z ≤，所以，12z =-+22y =±因此，过点1A 与异面直线AD 与1CB 成60角的直线有2条，D 选项正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：证明线面垂直的方法：一是线面垂直的判定定理；二是利用面面垂直的性质定理；三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．。
精品解析：2020届全国100所名校最新高考模拟示范卷高三理科数学模拟测试试题(二)(解析版)
故答案为：
【点睛】本题考查简单的线性规划问题；考查运算求解能力和数形结合思想；根据图形，向下平移直线 找到使目标函数取得最大值的点是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
15.已知函数 ，点 和 是函数 图象上相邻的两个对称中心，则 _________.
【答案】
【解析】
【分析】
1.若集合 ， ，则 （）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求解分式不等式解得集合 ，再由集合并运算，即可求得结果.
【详解】因为 ，所以 .
故选：D.
【点睛】本题考查集合的并运算，涉及分式不等式的求解，属综合基础题.
2. 是虚数单位， ，则 （）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
方差 43.2，
所以选项C的说法是错误的.
故选：C.
【点睛】本题考查由茎叶图求中位数、平均数、方差以及众数，属综合基础题.
4.若双曲线 的左、右焦点分别为 ，离心率为 ，点 ，则 ( )
A. 6B. 8C. 9D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意写出 与 坐标，表示出 ，结合离心率公式计算即可.
【分析】
根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数 的奇偶性排除选项 ；利用 排除选项A即可.
【详解】由题意知，函数 的定义域为 ，其定义域关于原点对称，
因为
又因为 ，
所以 ，即函数 为偶函数，故排除 ；
又因为 ，故排除A.
故选：B
【点睛】本题考查函数解析式较复杂的图象的判断;利用函数奇偶性、特殊值符号的正负等有关性质进行逐一排除是解题的关键;属于中档题.
2022年全国高考数学真题及模拟题汇编：立体几何(附答案解析)
2022年全国高考数学真题及模拟题汇编：立体几何一．选择题（共8小题）1．（2021秋•海淀区期末）如图，A，B是两个形状相同的杯子，且B杯高度是A杯高度的，则B杯容积与A杯容积之比最接近的是（）A．1：3B．2：5C．3：5D．3：42．（2021秋•爱民区校级期末）一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（）A．B．C．D．3．（2021秋•齐齐哈尔期末）已知互不重合的直线m，n，互不重合的平面α，β，下列命题正确的是（）A．若n⊂α，m∥n，则m∥αB．若n⊂α，m⊥n，则m⊥αC．若α∥β，m∥α，则m∥βD．若m⊥β，m⊂α，则α⊥β4．（2021秋•1月份月考）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的外接球的表面积（单位：cm2）为（）A．18πB．20πC．22πD．24π5．（2021秋•南岗区校级期末）已知向量＝（1，1，k），，，且向量与互相垂直，则k的值是（）A．1B．﹣2C．﹣3D．﹣46．（2021秋•河南月考）将正方形ABCD沿着对角线AC折成一个直二面角，此时BD＝2，则边长AB＝（）A．B．1C．D．27．（2021秋•长宁区期末）在三棱锥D﹣ABC中，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC；记直线DB与直线AC所成的角为α，直线DC与平面ABD所成的角为β，二面角D﹣BC ﹣A的平面角为γ，则（）A．β＜γ＜αB．γ＜β＜αC．β＜α＜γD．α＜γ＜β8．（2021秋•重庆期末）已知空间中四点A（﹣1，1，0），B（2，2，1），C（1，1，1），D （0，2，3），则点D到平面ABC的距离为（）A．B．C．D．0二．多选题（共4小题）9．（2021秋•保定期末）如图，M，N为正方体中所在棱的中点，过M，N两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形10．（2021秋•南海区校级月考）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若，则下列等式正确的是（）A．B．C．D．11．（2021秋•黄陂区校级月考）设α是给定的平面，A，B是不在α内的任意不同两点，则（）A．一定存在过直线AB的平面β与平面α垂直B．在α内一定存在直线l与直线AB平行C．在α内一定存在直线l与直线AB相交D．在α内一定存在直线l与直线AB垂直12．（2021秋•历下区校级月考）已知点P，C，D是圆锥表面上的点，该圆锥的侧面展开图为以点P为圆心，4为半径的半圆，点C是的中点，点D是的中点（如图），则下列说法正确的是（）A．圆锥的体积为B．直线PD与圆锥底面夹角为C．圆锥的内切球半径为D．以圆锥底面圆心为球心、半径为2的球被平面PCD所截，则截面面积为三．填空题（共4小题）13．（2021秋•房山区期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1，若＝（2，2，1），则的坐标为．14．（2021秋•湖北期末）已知一个圆台的上、下底面半径之比为1：2，母线长为，其母线与底面所成的角为45°，则这个圆台的体积为．15．（2021秋•黑龙江期末）已知P，A，B，C四点共面且对于空间任意一点O，都有＝2，则t＝．16．（2021秋•房山区期末）《九章算术》是我国古代数学名著，其中提到的“阳马”是指底面为矩形，有一侧棱垂直于底面的四棱锥．在阳马P﹣ABCD的表面三角形中，直角三角形的个数为．四．解答题（共6小题）17．（2021秋•爱民区校级期末）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，M 为OA的中点，N为OB的中点．求证：MN∥平面OCD．18．（2021秋•长宁区期末）已知ABCD是边长为2的正方形，正方形ABCD绕BC旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD绕BC顺时针旋转至A1D1CB，求异面直线AD1与CD所成角的大小．19．（2021秋•榆林期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面为直角梯形，CD∥AB，AD⊥AB，且P A＝AD＝CD＝2，AB＝3，E为PD的中点．（1）证明：AE⊥平面PCD；（2）过A，B，E作四棱锥P﹣ABCD的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积．20．（2021秋•房山区期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求点C1到平面AD1E的距离；（Ⅲ）判断B1C1的中点M是否在平面AD1E上？说明理由．21．（2021秋•三门县校级期末）如图所示，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CD的中点．（1）求A1到平面C1EF的距离；（2）求平面C1EF与平面AB1D1夹角的余弦值．22．（2021秋•佛山期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，AD⊥平面P AB，P A⊥PB，E是AD的中点．（1）在线段BP上找一点M，使得直线EM∥平面PCD，并说明理由；（2）若P A＝AD，AB＝AD，求平面PCE与平面P AB所成二面角的正弦值．2022年全国高考数学真题及模拟题汇编：立体几何参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2021秋•海淀区期末）如图，A，B是两个形状相同的杯子，且B杯高度是A杯高度的，则B杯容积与A杯容积之比最接近的是（）A．1：3B．2：5C．3：5D．3：4【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；整体思想；演绎法；空间位置关系与距离；逻辑推理；数学运算．【分析】根据两个杯子形状相同可得底面积之比为高之比的平方，因此容积之比为高之比的立方即可求解．【解答】解：因为A，B是两个形状相同的杯子，且B杯高度是A杯高度的，所以底面半径比也是，所以两个杯子的底面积之比为，所以B杯容积与A杯容积之比，故选：B．【点评】本题主要考查体积的计算，立体几何的实际应用等知识，属于基础题．2．（2021秋•爱民区校级期末）一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（）A．B．C．D．【考点】球的体积和表面积．【专题】计算题；整体思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象；数学运算．【分析】求得球的半径，由此求得正方体的体对角线长，进而求得正方体的棱长．【解答】解：设正方体的棱长为a，则其体对角线长为，设球的半径为r，则4πr2＝4π，r＝1，所以．故选：B．【点评】本题主要考查球与多面体的切接问题，属于基础题．3．（2021秋•齐齐哈尔期末）已知互不重合的直线m，n，互不重合的平面α，β，下列命题正确的是（）A．若n⊂α，m∥n，则m∥αB．若n⊂α，m⊥n，则m⊥αC．若α∥β，m∥α，则m∥βD．若m⊥β，m⊂α，则α⊥β【考点】直线与平面垂直．【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；直观想象．【分析】可通过分别对线在面内和面外两种情况结合直线与平面平行以及垂直的性质分别进行分析判断即可．【解答】解：对于A选项，n⊂α，m∥n，则m∥α或m⊂α，故A错误；对于B选项，n⊂α，m⊥n，则m⊥α或m⊂α，故B错误；对于C选项，α∥β，m∥α，则m∥β或m⊂β，故C错误；对于D选项，m⊥β，m⊂α，则必有α⊥β，故D正确，故选：D．【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，属于基础题．4．（2021秋•1月份月考）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的外接球的表面积（单位：cm2）为（）A．18πB．20πC．22πD．24π【考点】由三视图求面积、体积；球的体积和表面积；球内接多面体．【专题】转化思想；综合法；球；数学运算．【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出外接球的表面积．【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为由一个底面为直角三角形的三棱柱体ABC﹣DEF，（倒着放）如上图所示：AB＝2，AC＝3，AD＝3，设外接球的半径为R，所以（2R）2＝22+32+32＝22，则R＝，所以S＝4π•（）2＝22π（cm2）．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：三视图和直观图之间的转换，球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．5．（2021秋•南岗区校级期末）已知向量＝（1，1，k），，，且向量与互相垂直，则k的值是（）A．1B．﹣2C．﹣3D．﹣4【考点】空间向量的数量积运算；向量的数量积判断向量的共线与垂直．【专题】方程思想；定义法；空间向量及应用；数学运算．【分析】先求出＝（3，1，k+2），再由向量与互相垂直，列方程能求出k．【解答】解：∵向量＝（1，1，k），，，∴＝（3，1，k+2），∵向量与互相垂直，∴＝0+2+k+2＝0，解得k＝﹣4．故选：D．【点评】本题考查实数值的求法，考查空间向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查推理论证能力，是基础题．6．（2021秋•河南月考）将正方形ABCD沿着对角线AC折成一个直二面角，此时BD＝2，则边长AB＝（）A．B．1C．D．2【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．【专题】计算题；整体思想；演绎法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象；数学运算．【分析】取AC的中点为O，连接OB，OD，根据题意得，，进而根据勾股定理得AB＝2．【解答】解：如图，取AC的中点为O，连接OB，OD，由正方形的性质得△ACD，△ABC为等腰直角三角形，所以OD⊥AC，OB⊥AC，所以∠BOD是二面角B﹣AC﹣D的平面角，因为正方形ABCD沿着对角线AC折成一个直二面角，所以．因为△BOD是等腰直角三角形，，所以，解得AB＝2．故选：D．【点评】本题主要考查折叠问题的处理方法，空间中距离的计算等知识，属于基础题．7．（2021秋•长宁区期末）在三棱锥D﹣ABC中，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC；记直线DB与直线AC所成的角为α，直线DC与平面ABD所成的角为β，二面角D﹣BC ﹣A的平面角为γ，则（）A．β＜γ＜αB．γ＜β＜αC．β＜α＜γD．α＜γ＜β【考点】二面角的平面角及求法．【专题】数形结合；向量法；空间角；数学运算．【分析】由题意把三棱锥D﹣ABC放置在正方体CD中，设正方体的棱长为1，利用空间向量求解α，在正方体中分别求解β与γ，则答案可求．【解答】解：如图，把三棱锥D﹣ABC放置在正方体CD中，设正方体的棱长为1，以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，则A（0，0，0），C（1，1，0），B（0，1，0），D（0，0，1），∴，，则cosα＝|cos＜＞|＝||＝||＝，则；由已知可得，DA⊥BC，又AB⊥BC，且DA∩AB＝A，∴CB⊥平面DAB，则β＝∠CDB，DB＝，DC＝，则cosβ＝＞；由BC⊥平面DAB，得γ＝∠DBA＝，∴β＜γ＜α．故选：A．【点评】本题考查空间角的求法，考查空间想象能力与思维能力，训练空间向量的应用，是中档题．8．（2021秋•重庆期末）已知空间中四点A（﹣1，1，0），B（2，2，1），C（1，1，1），D （0，2，3），则点D到平面ABC的距离为（）A．B．C．D．0【考点】点、线、面间的距离计算．【专题】转化思想；向量法；立体几何；直观想象；数学运算．【分析】用向量数量积计算点到平面距离即可．【解答】解：＝（3，1，1），＝（2，0，1），＝（1，1，3），令＝（﹣1，1，2），因为•＝0，•＝0，所以是平面ABC的法向量，所以＝＝，故选：A．【点评】本题考查了点到平面距离问题，属于中档题．二．多选题（共4小题）9．（2021秋•保定期末）如图，M，N为正方体中所在棱的中点，过M，N两点作正方体的截面，则截面的形状可能为（）A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间点、线、面的位置．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；数学运算．【分析】根据题意，由正方体的几何结构分析可得答案．【解答】解：根据题意，过M，N两点作正方体的截面，则截面的形状可能为四边形和六边形，如图：故选：BD．【点评】本题考查平面的基本性质，涉及正方体的几何结构，属于基础题．10．（2021秋•南海区校级月考）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若，则下列等式正确的是（）A．B．C．D．【考点】空间向量及其线性运算．【专题】转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑推理；数学运算．【分析】直接利用向量的加法运算判断A、B、C、D的结论．【解答】解：在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M为A1C1与B1D1的交点，若，对于A：＝，故A正确；对于B：，故B正确；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确．故选：ABCD．【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的加法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．11．（2021秋•黄陂区校级月考）设α是给定的平面，A，B是不在α内的任意不同两点，则（）A．一定存在过直线AB的平面β与平面α垂直B．在α内一定存在直线l与直线AB平行C．在α内一定存在直线l与直线AB相交D．在α内一定存在直线l与直线AB垂直【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．【分析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系直接求解．【解答】解：设α是给定的平面，A，B是不在α内的任意不同两点，在A中，∵A，B是不在α内的任意两点，∴直线AB与α相交或平行，∴存在过直线AB的平面与平面α垂直，故A正确；对于B，在当直线AB与α相交时，在α内不存在直线l与直线AB平行，故B错误；在C中，∵AB∥α时，在α内不存在直线l与直线AB相交，故C错误；在D中，当直线AB与平面α平行或相交时，在α内一定存在直线l与直线AB垂直，故D正确．故选：AD．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，是中档题．12．（2021秋•历下区校级月考）已知点P，C，D是圆锥表面上的点，该圆锥的侧面展开图为以点P为圆心，4为半径的半圆，点C是的中点，点D是的中点（如图），则下列说法正确的是（）A．圆锥的体积为B．直线PD与圆锥底面夹角为C．圆锥的内切球半径为D．以圆锥底面圆心为球心、半径为2的球被平面PCD所截，则截面面积为【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积；直线与平面所成的角．【专题】计算题；整体思想；综合法；空间位置关系与距离；立体几何；数学运算．【分析】由已知条件，还原圆锥，根据锥体体积的计算公式、线面角的求解，圆锥内切球的求解方法，以及球体截面面积的计算，对每个选项进行逐一分析，即可容易判断和求解．【解答】解：根据题意，还原圆锥如下所示：不妨设该圆锥底面半径为r，高为h，底面圆圆心为O，根据题意，P A＝4，圆锥底面圆周长为2πr＝，解得r＝2，由勾股定理可得h＝＝2，A：圆锥的体积为＝＝π，故A正确；B：显然直线PD与圆锥底面夹角为∠PDO，在Rt△PDO中，cos∠PDO＝＝＝，故∠PDO＝，则直线PD与圆锥底面的夹角为，故B错误；C：设内切球的球心为O，半径为1，画出圆锥轴截面和内切球的示意图如下：由三角形PHO1与三角形POC相似可得：，即，解得r1＝，故C正确；D：易知：平面PCD截以圆锥底面圆心为球心，半径为2的球的截面为一个圆，不妨设截面圆半径为2，设球心到面PCD的距离为h1，在△PCD中，PC＝PD＝4，CD＝2，则S△PCD＝＝2，由等体积法可得，V O﹣PCD＝V P﹣OCD，即＝，解得h1＝，故可得，r2＝＝，故截面圆面积为＝，故D正确；故选：ACD．【点评】本题考查了立体几何综合，属于难题．三．填空题（共4小题）13．（2021秋•房山区期末）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1，若＝（2，2，1），则的坐标为（﹣2，2，﹣1）．【考点】空间中的点的坐标；空间向量运算的坐标表示．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；直观想象；数学运算．【分析】利用长方体的特征，结合已知向量，转化求解即可．【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1，若＝（2，2，1），可知AB＝AD＝2，AA1＝1，则＝++＝（﹣2，2，﹣1）．故答案为：（﹣2，2，﹣1）．【点评】本题考查空间向量的应用，向量坐标的求法，是基础题．14．（2021秋•湖北期末）已知一个圆台的上、下底面半径之比为1：2，母线长为，其母线与底面所成的角为45°，则这个圆台的体积为．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理；直观想象；数学运算．【分析】根据圆台的轴截面性质，结合题意利用勾股定理，算出圆台的上底面半径为r ＝2，下底面半径为R＝4，高h＝2，再由圆台的体积公式加以计算，即可得出该圆台的体积．【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径分别为x，2x，母线长为，母线与底面所成的角为45°，圆台的高为x，并且x2+x2＝（2）2，解得x＝2，所以圆台的上底面半径为r＝2，下底面半径为R＝4，高h＝2．由此可得圆台的体积为V＝πh（r2+R2+rR）＝π．故答案为：π．【点评】本题给出圆台的上、下底面半径和高之比，在已知母线长情况下求圆台的体积．着重考查了圆台的轴截面性质、圆台的体积公式与勾股定理等知识，属于中档题．15．（2021秋•黑龙江期末）已知P，A，B，C四点共面且对于空间任意一点O，都有＝2，则t＝﹣2．【考点】空间向量的夹角与距离求解公式．【专题】计算题；方程思想；综合法；平面向量及应用；数学运算．【分析】分别用，，表示出，，，根据平面向量的基本定理可知＝m+n，列出方程组解出t．【解答】解：＝﹣＝，＝﹣＝2，＝﹣＝2，∵P，A，B，C四点共面，∴存在m，n∈R使得＝m+n，∴＝m（2）+n[2]＝（2m+2n）+n+（mt+nt ﹣n），∴，解得m＝﹣，n＝1，t＝﹣2．故答案为：﹣2．【点评】本题考查了平面向量的基本定理及线性运算，列出方程组是解题的关键，属于中档题．16．（2021秋•房山区期末）《九章算术》是我国古代数学名著，其中提到的“阳马”是指底面为矩形，有一侧棱垂直于底面的四棱锥．在阳马P﹣ABCD的表面三角形中，直角三角形的个数为4．【考点】棱锥的结构特征．【专题】计算题；对应思想；分析法；空间位置关系与距离；逻辑推理．【分析】利用线面垂直的判定定理求解即可．【解答】解：不妨设P A⊥底面ABCD，如下图所示：∵P A⊥底面ABCD，AB、BC⊂平面ABCD，∴P A⊥AB，P A⊥BC，∵BC⊥AB，P A∩AB＝A，∴BC⊥平面P AB，∵PB⊂平面P AB，∴BC⊥PB，故△P AB、ΔPBC均为直角三角形，同理可知△P AD、△PCD均为直角三角形．因此，在阳马P﹣ABCD表面三角形中，直角三角形的个数为4．故答案为：4．【点评】本题考查棱锥的结构的特征，考查学生的推理能力，属于中档题．四．解答题（共6小题）17．（2021秋•爱民区校级期末）如图，在四棱锥O﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，M 为OA的中点，N为OB的中点．求证：MN∥平面OCD．【考点】直线与平面平行．【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；直观想象．【分析】因为M为OA的中点，N为OB的中点．所以由三角形中位线可知MN∥AB，所以MN∥CD，根据线面平行的判定即可求证．【解答】证明：因为M为OA的中点，N为OB的中点．所以MN∥AB，又因为底面ABCD是正方形，所以AB∥CD，所以MN∥CD，因为CD⊂面OCD，MN⊄面OCD，所以MN∥面OCD．【点评】本题考查了空间中直线与平面平行的判定，属于基础题．18．（2021秋•长宁区期末）已知ABCD是边长为2的正方形，正方形ABCD绕BC旋转形成一个圆柱．（1）求该圆柱的表面积；（2）正方形ABCD绕BC顺时针旋转至A1D1CB，求异面直线AD1与CD所成角的大小．【考点】异面直线及其所成的角．【专题】转化思想；综合法；空间角；数学运算．【分析】（1）由圆柱的侧面积公式和表面积公式，计算可得所求；（2）由异面直线所成角的定义和解三角形，计算可得所求角．【解答】解：（1）圆柱的表面是由上下两个半径为2的圆面和一个长为4π，宽为2的矩形构成．∴该圆柱的表面积S圆柱＝4π×2+2π×22＝16π；（2）由正方形ABC1D1，可得CD1⊥BC，又∠DCD1＝，∴CD1⊥CD，DD1＝，AD1＝，过D1作D1H∥CD，且CD＝D1H，连接DH，AH，可得∠AD1H（或其补角）为异面直线AD1与CD所成角．在△AHD1中D1H＝CD＝2，AH＝，AD1＝2，由D1H2+AH2＝AD12，可得△AHD1为直角三角形，∴cos∠AD1H＝＝＝，故异面直线AD1与CD所成角的大小arccos．【点评】本题考查圆柱的表面积的求法，以及异面直线所成角的求法，考查转化思想和运算能力，属于中档题．19．（2021秋•榆林期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面为直角梯形，CD∥AB，AD⊥AB，且P A＝AD＝CD＝2，AB＝3，E为PD的中点．（1）证明：AE⊥平面PCD；（2）过A，B，E作四棱锥P﹣ABCD的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积．【考点】直线与平面垂直．【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；数学运算．【分析】（1）由线面垂直的性质定理可得CD⊥P A，由已知可得CD⊥AD，由线面垂直的判定定理可得CD⊥平面P AD，推出CD⊥AE，由AE⊥PD，即可证明结论；（2）过E作EF∥CD，交PC于F，连接BF，推导出EF∥AB，可得截面为四边形ABFE，计算可得面积．【解答】（1）证明：因为P A⊥平面ABCD，所以CD⊥P A．又CD∥AB，AD⊥AB，所以CD⊥AD．因为AD∩P A＝A，所以CD⊥平面P AD，则CD⊥AE．因为P A＝AD，E为PD的中点，所以AE⊥PD．又CD∩PD＝D，所以AE⊥平面PCD．（2）解：如图，过E作EF∥CD，交PC于F，连接BF，则截面为四边形ABFE．理由如下：因为AB∥CD，EF∥CD，所以EF∥AB，所以A，B，F，E四点共面，从而过A，B，E 的截面为四边形ABFE．由（1）知AE⊥平面PCD，所以AE⊥EF，又，，AB＝3，所以四边形ABFE为直角梯形，其面积．【点评】本题主要考查线面垂直的判定与性质定理，截面面积的求法，考查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．20．（2021秋•房山区期末）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点E为BB1的中点．（Ⅰ）求证：BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）求点C1到平面AD1E的距离；（Ⅲ）判断B1C1的中点M是否在平面AD1E上？说明理由．【考点】直线与平面平行；点、线、面间的距离计算．【专题】计算题；整体思想；演绎法；空间向量及应用；逻辑推理；数学运算．【分析】（Ⅰ）先判断出四边形C1D1AB是平行四边形，再由线面平行的判断定理可得答案；（Ⅱ）以A为原点，分别ADABAA1所在的直线为xyz的正方向建立空间直角坐标系，求出平面D1AE的法向量，再由点到平面的距离的向量公式可得答案；（Ⅲ）由EM是三角形△C1B1B的中位线，得出C1B∥ME，再由C1B∥D1A得出ME∥D1A可得答案．【解答】（Ⅰ）证明：在正方体中，C1D1∥AB，C1D1＝AB，所以四边形C1D1AB是平行四边形，所以BC1∥AD1，BC1⊄平面AD1E，AD1⊂平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E；（Ⅱ）解：在正方体中，以A为原点，分别ADABAA1所在的直线为xyz的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，所以A（0，0，0），D1（2，0，2），E（0，2，1），C1（2，2，2），，，，设平面D1AE的一个法向量为，所以，即，令z＝2，则y＝﹣1，x＝﹣2，所以，点C1到平面AD1E的距离为．（Ⅲ）解：连接D1MEM，因为EM是三角形△C1B1B的中位线，所以C1B∥ME，因为C1B∥D1A，所以ME∥D1A，所以MED1A确定平面MED1A，因为ED1A三点在平面MED1A内，所以四点MED1A共面，所以B1C1的中点M在平面AD1E上．【点评】本题主要考查线面平行的证明，点面距离的计算，立体几何中的探索性问题等知识，属于中等题．21．（2021秋•三门县校级期末）如图所示，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为BC，CD的中点．（1）求A1到平面C1EF的距离；（2）求平面C1EF与平面AB1D1夹角的余弦值．【考点】二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；数学运算．【分析】（1）根据题意建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面C1EF的法向量，再求点A1到平面C1EF的距离；（2）求出平面AB1D1的法向量，利用法向量求平面C1EF与平面AB1D1夹角的余弦值．【解答】解：（1）根据题意建立空间直角坐标系，如图所示：则A1（2，0，2），C1（0，2，2），E（1，2，0），F（0，1，0），所以＝（﹣2，2，0），＝（﹣1，﹣1，0），＝（1，0，﹣2），设平面C1EF的法向量为＝（x，y，z），则，即，令z＝1，得x＝2，y＝﹣2，所以＝（2，﹣2，1），所以点A1到平面C1EF的距离为d＝＝＝；（2）因为A（2，0，0），B1（2，2，2），D1（0，0，2），所以＝（0，2，2），＝（﹣2，0，2），设平面AB1D1的法向量为＝（x，y，z），则，即，令z＝1，解得x＝1，y＝﹣1，所以＝（1，﹣1，1），所以平面C1EF与平面AB1D1夹角的余弦值为|cosθ|＝＝＝．【点评】本题考查了空间中的距离与夹角的余弦值计算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．22．（2021秋•佛山期末）如图，四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是矩形，AD⊥平面P AB，P A⊥PB，E是AD的中点．（1）在线段BP上找一点M，使得直线EM∥平面PCD，并说明理由；（2）若P A＝AD，AB＝AD，求平面PCE与平面P AB所成二面角的正弦值．【考点】直线与平面平行；二面角的平面角及求法．【专题】转化思想；向量法；立体几何；直观想象；数学运算．【分析】（1）取M为PB中点，只要说明ME平行于平面PCD内直线ND即可；（2）用向量数量积计算二面角的余弦值，进而求解．【解答】（1）解：M为PB中点M时，EM∥平面PCD，理由如下：取PB中点M，取PC中点N，连接MN、EM、DN，所以MN∥BC，MN＝BC，因为四边形ABCD是矩形，E是AD的中点，所以DE∥BC，DE＝BC，所以DE∥MN，DE＝MN，所以四边形MNDE是平行四边形，所以DN∥ME，因为DN⊂平面PCD，ME⊄平面PCD，所以EM∥平面PCD．（2）解：因为P A⊥PB，建系如图，因为AD⊥平面P AB，所以平面ABCD⊥平面P AB，P A＝AD，AB＝AD＝P A，所以PB＝＝P A，不妨设P A＝1，则P（0，0，0），A（0，1，0），B（1，0，0），E（0，1，），C（1，0，1），＝（0，1，），＝（1，0，1），令＝（2，1，﹣2），因为•＝0，•＝0，所以是平面PCE的法向量，＝（0，0，1）是的平面P AB的法向量，设平面PCE与平面P AB所成二面角为θ，θ∈（0，π），|cosθ|＝＝＝，sinθ＝＝．【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角计算问题，属于中档题．。
高三下学期数学(理科)模拟考试卷-附参考答案
高三下学期数学(理科)模拟考试卷-附参考答案注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､班级和考号填写在答题卡上.2.回答选择题时，则选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，则将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合{}{220,M xx x N x y =--<==∣∣，则M N ⋃=（ ） A.(],e ∞- B.()0,2 C.(]1,e - D.()1,2- 2.已知复数z 满足()12i 34i z -=-，则z 的共轭复数z =（ ）A.12i --B.12i -+C.12i -D.12i +3.2023年3月24日是第28个“世界防治结核病日”，我国的宣传主题是“你我共同努力，终结结核流行”，呼吁社会各界广泛参与，共同终结结核流行，维护人民群众的身体健康.已知某种传染疾病的患病率为5%，通过验血诊断该病的误诊率为2%，即非患者中有2%的人诊断为阳性，患者中有2%的人诊断为阴性.若随机抽取一人进行验血，则其诊断结果为阳性的概率为（ ）A.0.46B.0.046C.0.68D.0.0684.过抛物线2:4C y x =焦点F 的直线交抛物线C 于()()1122,,,A x y B x y 两点，以线段AB 为直径的圆的圆心为1O ，半径为r ，点1O 到C 的准线l 的距离与r 的积为25，则()12r x x +=（ ）A.40B.30C.25D.205.根据《民用建筑工程室内环境污染控制标准》，文化娱乐场所室内甲醛浓度30.1mg /m为安全范围.已知某新建文化娱乐场所施工中使用了甲醛喷剂，处于良好的通风环境下时，则竣工1周后室内甲醛浓度为36.25mg /m ,3周后室内甲醛浓度为31mg /m ，且室内甲醛浓度()t ρ（单位：3mg /m ）与竣工后保持良好通风的时间t （*t ∈N ）（单位：周）近似满足函数关系式()eat bt ρ+=，则该文化娱乐场所的甲醛浓度若要达到安全开放标准，竣工后至少需要放置的时间为（ ） A.5周 B.6周 C.7周 D.8周6.在轴截面顶角为直角的圆锥内，作一内接圆柱，若圆柱的表面积等于圆锥的侧面积，则圆柱的底面半径与圆锥的底面半径的比值为（ ）A.14 B.4 C.12 D.27.已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左､右焦点分别为12,F F ，点M 是双曲线右支上一点，且12MF MF ⊥，延长2MF 交双曲线C 于点P .若12MF PF =，则双曲线C 的离心率为（ ）8.在ABC 中90,4,,A AB AC P Q ===是平面ABC 上的动点，且2AP AQ PQ ===，M 是边BC 上一点，则MP MQ ⋅的最小值为（ ）A.1B.2C.3D.4二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列结论正确的有（ ）A.若随机变量,ξη满足21ηξ=+，则()()21D D ηξ=+B.若随机变量()23,N ξσ~，且(6)0.84P ξ<=，则(36)0.34P ξ<<=C.若样本相关系数r 的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强D.按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27,30,37,,40,50m ；乙组：24,,33,44,48,52n .若这两组数据的第30百分位数､第50百分位数都分别对应相等，则67m n +=10.2022年12月，神舟十四号返回舱成功着陆，返回舱是宇航员返回地球的座舱，返回舱的轴截面可近似看作是由半圆和半椭圆（都包含,M N 点）组成的“曲圆”，半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过椭圆的焦点()0,3F ，椭圆的短轴长等于半圆的直径，如图，在平面直角坐标系中下半圆与y 轴交于点G .若过原点O 的直线与上半椭圆交于点A ，与下半圆交于点B ，则（ ）A.椭圆的离心率为12B.AFG 的周长为6+C.ABF 面积的最大值是92D.线段AB长度的取值范围是6,3⎡+⎣11.如图，四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是边长为1AA ⊥底面ABCD ，三棱锥1A BCD -的体积是3，底面ABCD 和1111A B C D 的中心分别是O 和1,O E 是11O C 的中点，过点E 的平面α分别交11111,,BB B C C D 于点,,F N M ，且BD ∥平面,G α是线段MN 上任意一点（含端点），P 是线段1A C 上任意一点（含端点），则（ ）A.侧棱1AAB.四棱柱1111ABCD A B C D -的外接球的表面积是40πC.当1125B F BB =时，则平面α截四棱柱所得的截面是六边形 D.PO PG +的最小值是512.已知()()e e ,, 1.01,1e 1e 0.9911a bc d a b c d c d a b >>==-=-=++，则（ ）A.0a b +>B.0c d +>C.0a d +>D.0b c +>三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在平面直角坐标系xOy 中角α的顶点为O ，始边与x 轴的非负半轴重合，终边与圆229x y +=相交于点5t ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则sin 22πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭__________. 14.已知多项式5625601256(2)(1)x x a a x a x a x a x -+-=+++++，则1a =__________.15.已知函数()()2e 2ln x f x k x x x =+-和()2e xg x x=，若()g x 的极小值点是()f x 的唯一极值点，则实数k 的最大值为__________.16.“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，在通信技术中应用广泛.设A 是一个“0，1数列”，定义数列()f A ：数列A 中每个0都变为“1,0,1”，A 中每个1都变为“0,1,0”，所得到的新数列.例如数列:1,0A ，则数列():0,1,0,1,0,1f A .已知数列1:1,0,1,0,1A ，且数列()1,1,2,3,k k A f A k +==，记数列k A 的所有项之和为k S ，则1k k S S ++=__________.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（本小题满分10分）如图，在平面四边形ABCD中3,,sin AC AB DAC BAC BAC ∠∠∠====.（1）求边BC ； （2）若23CDA π∠=，求四边形ABCD 的面积. 18.（本小题满分12分）在各项均为正数的数列{}n a 中()21112,2n n n n a a a a a ++==+. （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若n b =，数列{}n b 的前n 项和为n S ，证1n S <19.（本小题满分12分）2023年3月某学校举行了普通高中体育与健康学业水平合格性考试，考试分为体能测试和技能测试，其中技能测试要求每个学生在篮球运球上篮､羽毛球对拉高远球和游泳3个项目中任意选择一个参加.某男生为了在此次体育学业考试中取得优秀成绩，决定每天训练一个技能项目.第一天在3个项目中任意选一项开始训练，从第二天起，每天都是从前一天没有训练的2个项目中任意选一项训练.（1）若该男生进行了3天训练，求第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率；（2）设该男生在考前最后6天训练中选择“羽毛球对拉高远球”的天数为X ，求X 的分布列及数学期望. 20.（本小题满分12分）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左､右焦点分别是12,,F F P 是椭圆上一动点（与左､右顶点不重合），12PF F的内切圆半径的最大值是312.（1）求椭圆C 的方程；（2）过()4,0H 作斜率不为0的直线l 交椭圆于,A B 两点，过B 作垂直于x 轴的直线交椭圆于另一点Q ，连接AQ ，设ABQ 的外心为G ，求证：2AQ GF 为定值.21.（本小题满分12分）在三棱台111A B C ABC -中1AA ⊥平面111111,2,1,ABC AB AC AA A B AB AC ====⊥,E F 分别是1,BC BB 的中点，D 是棱11A C 上的动点.（1）求证：1AB DE ⊥（2）若D 是线段11A C 的中点，平面DEF 与11A B 的交点记为M ，求平面AMC 与平面AME 夹角的余弦值.22.（本小题满分12分）已知函数()ln 1f x x ax =-+有两个零点12,x x ，且122x x >. （1）求实数a 的取值范围；（2）证明：222112e x x x x ⎛⎫⋅+>⎪⎝⎭参考答案1.【答案】C 解析：2201,2M xx x =--<=-∣，由1ln 0x -，得0e x <，则{0,e]N x y ===∣，所以(]1,e M N ⋃=-.故选C.2.【答案】C 解析：因为()12i 34i 5z -=-==，可得()()()512i 512i 12i 12i 12i z +===+--+，所以12i z =-.故选C. 3.【答案】D 解析：设随机抽取一人进行验血，其诊断结果为阳性为事件A ，设随机抽取一人为患者为事件B ，随机抽取一人为非患者为事件B ，则()()()()()0.980.050.020.95P A P A B P B P A B P B =+=⨯+⨯=∣∣0.068.故选D.4.【答案】A 解析：由抛物线的性质知，点1O 到C 的准线l 的距离为12AB r =，依题意得2255r r =⇒=，又点1O 到C 的准线l 的距离为()121252x x r ++==，则有128x x +=，故()1240r x x +=.故选A.5.【答案】B 解析：由题意可知()()()()32341e6.25,3e 1,e 125a ba b a ρρρρ++======解得2e 5a=.设该文化娱乐场所竣工后放置0t 周后甲醛浓度达到安全开放标准，则()()0001102e e e6.255t a t at b a b t ρ--++⎛⎫==⋅=⨯ ⎪⎝⎭0.1，整理得01562.52t -⎛⎫ ⎪⎝⎭.设1562.52m -⎛⎫= ⎪⎝⎭ 因为455562.522⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以415m <-<，即56m <<，则011t m --，即0t m 故竣工后至少需要放置的时间为6周.故选B.6.【答案】D 解析：设圆柱和圆锥底面半径分别为,r R ，因为圆锥轴截面的顶角为直，设圆柱高为h ，则,h R r h R r R R-==-，由题意得()222R r r R r πππ⨯=+⨯-，解得2r R=.故选D .7.【答案】D 解析：设1(2)MF t t a =>，由双曲线的定义可得22MF t a =-，又21PF MF t == 则12PF t a =+，由12MF MF ⊥，可得22211||MF MP PF +=，即222(22)(2)t t a t a +-=+，解得3t a =.又2221221MF MF F F +=，即222(3)4a a c +=即c =，所以c e a ==.故选D.8.【答案】B 解析：取PQ 的中点N ，则,MP MN NP MQ MN NQ MN NP =+=+=-，可得()()2221,MP MQ MN NP MN NP MN NP MN MN MA AN MA AN ⋅=+⋅-=-=-=+-当且仅当点N 在线段AM 上时，则等号成立，故|||||||||||3|MN MA AN MA -=-显然当AM BC ⊥时，则MA 取到最小值|||||3||233|MN MA ∴--=故21312MP MQ MN ⋅=--=.故选B.9.【答案】BC 解析：对于A ，由方差的性质可得()()()224D D D ηξξ==，故A 错误；对于B ，由正态密度曲线的对称性可得(36)(6)0.50.34P P ξξ<<=<-=，故B 正确；对于C ，由样本相关系数知识可得，样本相关系数r 的绝对值越接近1，则成对样本数据的线性相关程度越强，故C 正确；对于D ，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为372m +，乙组：第30百分位数为n ，第50百分位数为33447722+=，则30,3777,22n m =⎧⎪⎨+=⎪⎩解得30,40,n m =⎧⎨=⎩故70m n +=，故D 错误.故选BC. 10.【答案】BD 解析：由题知，椭圆中的几何量3b c ==，所以a =则离心率2c e a ===故A 不正确；因为3AB OB OA OA =+=+由椭圆性质可知332OA ，所以6332AB +故D 正确；设,A B 到y 轴的距离分别为12,d d则()1212113222ABFAOFOBFSSSd OF d OF d d =+=⋅+⋅=+当点A在短轴的端点处时，则12,d d 同时取得最大值3，故ABF 面积的最大值是9，故C 不正确；由椭圆定义知2AF AG a +==AFG 的周长6AFGCFG =+=+B 正确.故选BD.11.【答案】BCD 解析：对于选项A ，因为三棱锥1A BCD -的体积111323V AA=⨯⨯=解得1AA=A错误；对于选项B，外接球的半径满足22221440R AB AD AA=++=故外接球的表面积2440S Rππ==，故选项B正确；对于选项D，因为BD∥平面1111,,BD B D B Dα⊄∥平面α，所以11B D∥平面α，又平面1111A B C D⋂平面11,MN B Dα=⊂平面1111A B C D，所以11B D MN∥，又因为四边形1111A B C D是正方形1111A CB D⊥，所以11AC MN⊥，因为侧棱1AA⊥底面1111,A B C D MN⊂底面1111A B C D 所以1AA MN⊥，又1111AC AA A⋂=，所以MN⊥平面11AAC C，垂足是E，故对任意的G，都有PG PE，又因为1111114OO O E AC===，故215PO PG PO PE OE OO++==，故选项D正确；对于选项C，如图，延长MN交11A B的延长线于点Q，连接AQ交1BB于点F，在平面11CC D D内作MH AF∥交1DD于点H，连接AH，则平面α截四棱柱所得的截面是五边形AFNMH，因为1112B Q B N AB==，所以此时1113B FBB=，故11113B FBB<<时截面是六边形，1113B FB<时截面是五边形，故选项C正确.故选BCD.12.【答案】AD 解析：对于A，e e1.010,1,111a ba ba b==>∴>->-++令()e(1)1xf x xx=>-+则()2e1)xxf xx=+'所以()f x在()1,0-上单调递减，在()0,∞+上单调递增，且()01f=，又()1 1.01f>故01,10a b<<-<<令()()()()()()ln ln2ln1ln1,1,1h x f x f x x x x x=--=-++-+∈-，则()2112220111h xx x x-=-+=-<+-+-'，所以()h x在()1,1-上单调递减，且()()00,1,0h b=∈-()()()()()()ln ln0,,,f b f b f b f b f af b a b∴-->∴>-∴>-∴>-即0a b+>，故选项A 正确；对于B ，()()1e 1e 0.990,1,1c d c d c d -=-=>∴<< 令()()1e (1)x g x x x =-<，则()e x g x x '=-，所以()g x 在(),0∞-上单调递增，在()0,1上单调递减，且()01g =，又()10.99g -<，故01,10c d <<-<<.令()()()()()()()ln ln 2ln 1ln 1,1,1m x g x g x x x x h x x =--=-++-+=∈-，所以()m x 在()1,1-上单调递减，且()()()()()()00,0,1,ln ln 0,m c g c g c g c g c =∈∴--<∴<- ()(),g d g c d c ∴<-∴<-，即0c d +<，故选项B 错误；对于C ，()()()()()()()11100,0.99,1,0,101f xg a a g a g d g x f a =∴-==>-∈-∴->- 又()g x 在(),0∞-上单调递增 ,0a d a d ∴->∴+< 故选项C 错误；对于D ，由C 可知 ()()(),0,1g b g c b ->-∈ 又()g x 在()0,1上单调递减，b c ∴-< 即0b c +>，故选项D 正确.故选AD.13.【答案】35- 解析：因为角α的终边与圆229x y +=相交于点t ⎫⎪⎪⎝⎭，所以cos 3α=÷=223sin 2cos22cos 12125πααα⎛⎫+==-=⨯-=- ⎪⎝⎭⎝⎭. 14.【答案】74 解析：对于5(2)x -，其二项展开式的通项为515C (2)r r r r T x -+=-，令51r -=，得4r =，故4455C (2)80T x x =-=，对于6(1)x -，其二项展开式的通项为616C (1)k k k k T x -+=- 令61k -=，得5k =，故5566C (1)6T x x =-=-，所以180674a =-=.15.【答案】2e 4 解析：由()2e x g x x =可得()()22442e e e 2x x x x x x x g x x x'-⋅-⋅==，当0x <或2x >时，则()0g x '>，当02x <<时，则()0g x '<，所以()g x 的极小值点是2.由()()2e 2ln xf x k x x x=+-可得()()()()432e 2e 12,0,xx x x k f x k x x x x x x ∞-⎛⎫⎛⎫=+-='--∈+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为()f x 的唯一极值点为2，所以3e 0x k x x -或3e 0x k x x -恒成立，所以2e x k x 或2e xk x在()0,∞+上恒成立，因为()2e xg x x=在()0,2上单调递减，在()2,∞+上单调递增，当x ∞→+时，则()g x ∞→+，所以2e x k x 在()0,∞+上恒成立，则()2min e ()24k g x g ==.16.【答案】1103k -⨯ 解析：设数列k A 中0的个数为,1k a 的个数为k b ，则112,2k k k k k k a a b b a b ++=+=+，两式相加，得()113k k k k a b a b +++=+，又115,a b +=∴数列{}k k a b +是以5为首项，3为公比的等比数列153k k k a b -∴+=⨯两式相减，得17.【答案】解：（1）因为sin 14BAC BAC ∠∠=为锐角，所以cos 14BAC ∠==.因为3AC AB ==，在ABC 中由余弦定理得2222cos BC AC AB AC AB BAC ∠=+-⋅⋅即279231BC =+-=，得1BC =. （2）在ADC 中由正弦定理得sin sin CD AC DAC ADC∠∠==，所以1CD =.在ADC 中由余弦定理得222cos 2AD CD AC ADC AD CD ∠+-=⋅，即211722AD AD+--=，解得2AD =.因为121331273,12sin 214423ABCACDSS π=⨯⨯⨯==⨯⨯⨯=所以34ABCACDABCD S SS=+==四边形. 18.【答案】解：（1）()()()211112,20n n n n n n n n a a a a a a a a ++++=+∴-+=，则120n n a a +-=或10n n a a ++= 10,2n n n a a a +>∴=∴数列{}n a 为等比数列，公比为12,2,a =∴数列{}n a 的通项公式为2n n a =.（2）证明：由（1）得112,2n n n n a a ++==则n b ======∴数列{}n b 的前n项和为11n S n =+-=-1n S ∴<当2n时，则10,n n n S S b --===>∴当*n ∈N 时，则{}n S 为递增数列1n S S ∴n S1n S <19.【答案】解：（1）当第一天训练的是“篮球运球上篮”且第三天训练的也是“篮球运球上篮”为事件A ；当第一天训练的不是“篮球运球上篮”且第三天训练的是“篮球运球上篮”为事件B . 由题知，3天的训练过程中总共的可能情况为32212⨯⨯=种 所以，()()12112111,126126P A P B ⨯⨯⨯⨯==== 所以，第三天训练的是“篮球运球上篮”的概率()()13P P A P B =+=.（2）由题知，X 的可能取值为0,1,2,3考前最后6天训练中所有可能的结果有53296⨯=种当0X =时，则第一天有两种选择，之后每天都有1种选择，所以，()5521210329648P X ⨯====⨯； 当1X=时，则共有24444220+++++=种选择，所以()20519624P X ===； 当3X =时，则共有844824+++=种选择，所以()2413964P X ===； 所以()()()()5025210139648P X P X P X P X ==-=-=-=== 所以，X 的分布列为所以()1012324824484E X =⨯+⨯+⨯+⨯=. 20.【答案】解：（1）由题意知1,22c a c a =∴=，又222b a c =-，则,b =设12PF F 的内切圆半径为r ，则()()()121212112222PFF SPF PF F F r a c r a cr =++⋅=+⋅=+⋅. 故当12PF F 面积最大时，则r 最大，即点P 位于椭圆短轴顶点时r = )a c bc +=，把2,a c b ==代入，解得2,1a b c === 所以椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）由题意知，直线AB 的斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为4x ty =+代入椭圆方程得()()()222223424360,Δ(24)1443414440t y ty t t t +++==-+=-> 设()()1122,,,A x y B x y ，则1212222436,3434t y y y y t t -+==++ 因此可得1223234x x t +=+ 所以AB 中点的坐标为221612,3434t t t -⎛⎫ ⎪++⎝⎭因为G 是ABQ 的外心，所以G 是线段AB 的垂直平分线与线段BQ 的垂直平分线的交点，由题意可知,B Q 关于x 轴对称，故()22,Q x y -AB 的垂直平分线方程为2216123434tt x y t t ⎛⎫--=+ ⎪++⎝⎭ 令0y =，得2434x t =+，即24,034G t ⎛⎫⎪+⎝⎭，所以2222431,3434t GF t t =-=++ 又AQ ==221234t t ==+ 故24AQ GF =，所以2AQGF 为定值，定值为4. 21.【答案】解：（1）证明：取线段AB 的中点G ，连接1,A G EG ，如图所示 因为,E G 分别为,BC AB 的中点，所以EG AC ∥在三棱台111A B C ABC -中11AC AC ∥ 所以，11EG AC ∥，且11D A C ∈ 故1,,,E G A D 四点共面.因为1AA ⊥平面,ABC AG ⊂平面ABC ，所以1AA AG ⊥ 因为1111111,,AA A B AG AG A B AA AG ===⊥∥ 所以四边形11AA B G 是正方形，所以11AB AG ⊥. 又1111111111,,,AB AC AC AG A AC AG ⊥⋂=⊂平面1A DEG 所以1AB ⊥平面1A DEG .因为DE ⊂平面1A DEG ，所以1AB DE ⊥.（2）延长EF 与11C B 相交于点Q ，连接DQ ，则11DQ A B M ⋂=. 因为,F E 分别为1BB 和BC 的中点1B Q BE ∥，所以111B Q B FBE BF== 则11112B Q BE BC B C ===，所以，1B 为1C Q 的中点. 又因为D 为11A C 的中点，且11A B DQ M ⋂=，则M 为11A C Q 的重心 所以1112233A M AB == 因为1AA ⊥平面,ABC AC ⊂平面ABC ，所以1AA AC ⊥.因为11111,AB AC AC AC ⊥∥，所以1AB AC ⊥. 又因为1111,,AA AB A AA AB ⋂=⊂平面11AA B B 所以AC ⊥平面11AA B B ，所以1,,AC AB AA 两两垂直以A 为原点，1,,AC AB AA 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示空间直角坐标系则()()()()20,0,0,0,2,0,2,0,0,1,1,0,0,,13A B C E M ⎛⎫ ⎪⎝⎭所以()()22,0,0,0,,1,1,1,03AC AM AE ⎛⎫=== ⎪⎝⎭. 设平面AMC 的法向量为()1,,n a b c =则1120,20,3n AC a n AM b c ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩取3b =-，则()10,3,2n =-. 设平面AME 的法向量为()2,,n x y z =则220,20,3n AE x y n AM y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩取3y =-，可得()23,3,2n =-. 所以，12121213cos ,2213n n n n n n ⋅===⨯ 故平面AMC 与平面AME 夹角的余弦值为22. 22.【答案】解：（1）()ln 1f x x ax =-+的定义域为()()110,,ax f x a x x∞-+=='- 当0a 时，则()0f x '>恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，()f x 不可能有两个零点，故舍去；当0a >时，则令()0f x '>，解得10x a <<，令()0f x '<，解得1x a> 所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递减 所以max 11()ln f x f a a ⎛⎫==⎪⎝⎭. 要使()f x 有两个零点，则max 1()ln 0f x a=>，解得01a <<. 又22111444242ln 10,ln 1110e e e e a f a f a a a a a a ⎛⎫⎛⎫=-⋅+=-<=-+<-+=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以当01a <<时，则()f x 在11,e a ⎛⎫ ⎪⎝⎭和214,a a ⎛⎫⎪⎝⎭上各有一个零点21,,x x 且122x x >，所以1122ln 10,ln 10,x ax x ax -+=⎧⎨-+=⎩由fx 的单调性知，当()21,x x x ∈时，则()0f x > 当()1,x x ∞∈+时，则()0f x <.因为2212x x x <<，所以()220f x >，即()2222ln 221ln 1x ax x ax -+>-+ 所以2ln2ax <，而22ln 1x ax +=，即2ln 1ln2x +<，所以220ex <<，而22ln 1x a x +=.令()ln 12,0,e x h x x x +⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，则()221ln 1ln x x h x x x -'--== 因为20,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以2ln ln 0ex ->->，所以()0h x '> 所以()h x 在20,e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增所以()2ln2eln22e 2eh x h ⎫<==⎪⎭，所以eln20,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.（2）因为1220x x >>，所以22211212e e 2x x x x x x ⎛⎫⋅+⋅ ⎪⎝⎭，当且仅当12x x =时取等号 而1220x x >>，故222112e e x xx x ⎛⎫⋅+>⋅⎪⎝⎭要证222112e x x x x ⎛⎫⋅+>⎪⎝⎭2e 42⋅，即证1228e x x ，即证1228ln ln e x x 即证12ln ln 3ln22x x +-.设12x t x =，因为1220x x >>，所以2t > 由（1）得1122ln 1,ln 1,x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，两式作差，化简得21ln ln ln 1,ln 1ln 11t tx x t t t =-=-+-- 所以122ln ln ln ln 21tx x t t +=+--. 令()2ln ln 2,21tg t t t t =+->-，则()2212ln (1)t t t g t t t '--=-. 令()212ln t t t t ϕ=--，则()()2222ln ,20t t t t tϕϕ'=---''=>，易知()t ϕ'在()2,∞+上单调递增故()()222ln20t ϕϕ'>'=->，所以()t ϕ在()2,∞+上单调递增，所以()()234ln20t ϕϕ>=->所以()g t 在()2,∞+上单调递增，所以()()23ln22g t g >=-，即12ln ln 3ln22x x +>-得证.所以不等式222112e x x x x ⎛⎫⋅+> ⎪⎝⎭.。
高三数学立体几何试题答案及解析
高三数学立体几何试题答案及解析1.已知三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，，点P在侧面ABC的射影为O，．∴该三棱锥的体积．故选：B．【考点】由三视图求面积、体积．2.（本小题满分12分）直三棱柱中，，，分别是、的中点，，为棱上的点．（1）证明：；（2）是否存在一点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，说明点的位置，若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点为中点．【解析】（1）先证明AB⊥AC，然后以A为原点建立空间直角坐标系A-xyz，则能写出各点坐标，由共线可得D（λ，0，1），所以，即DF⊥AE；（2）通过计算，面DEF的法向量为可写成，=（3，1+2λ，2（1-λ）），又面ABC的法向量=（0，0，1），令，解出λ的值即可．试题解析：（1）证明：，又，面又面以为原点建立如图所示的空间直角坐标系则，，，，设，且，即：（2）假设存在，设面的法向量为，则即：令由题可知面的法向量平面与平面所成锐二面角的余弦值为即：或（舍）当点为中点时，满足要求．【考点】1、二面角的平面角及求法；2、直线与平面垂直的性质．【方法点晴】本题考查空间中直线与直线的位置关系、空间向量及其应用，建立空间直角坐标系是解决问题的关键，属中档题．解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．3.已知正四棱锥中，，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设正四棱锥的高为,则，则，，所以四棱锥的体积，，由得，所以体积函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当时，体积有最大值,故选C．【考点】1．多面体体积；2．导数与函数最值．【方法点睛】本题主要考查本题主要考查立体几何中的最值问题，多面体体积公式、导数与函数等知识，属中档题．解决此类问题的两大核心思路：一是将立体问题转化为平面问题，结合平面几何的相关知识求解；二是建立目标函数的数学思想，选择合理的变量，利用导数、基本不等式或配方法求其最值．4.设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为，则其外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意可知其外接球的直径，所以外接球的表面积为．【考点】球的表面积公式．5.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为．【答案】【解析】该几何体为一个四棱锥，高为，底面为矩形，长宽分别为，因此体积为【考点】三视图6.已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若B．若C．若D．若【答案】C【解析】垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，所以A选项不正确；两个平面内存在两条平行的直线时，两平面可能相交，也可能平行，所以B选项不正确；，又，，所以C选项正确；若，则或，所以D不正确．故D正确．【考点】1线面位置关系；2面面位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于容易题．解题时一定要抓住题目中的重要字眼“真命题”，否则很容易出现错误．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形进行检验，也可作必要的合情推理．7.已知直线平面，直线平面，给出下列命题，其中正确的是（）①；②；③；④A．②④B．②③④C．①③D．①②③【答案】C【解析】对①，因为直线平面，∥，则，又直线，所以，①对；对②，与的关系是：平行、相交或异面，②错；对③，因为直线平面，∥，所以，又由面面垂直的判定定理得，③对；对④，与可以平行或相交，④错，所以选C．本题可借助于长方体去判定．【考点】1．空间直线、平面的位置关系．【易错点晴】本题主要考查的是空间点、线、面的位置关系，属于中档题．解决空间点、线、面的位置关系这类试题时一定要万分小心，除了作理论方面的推导论证外，利用特殊图形或长方体作为载体进行检验，也可作必要的合情推理．8.利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥P—ABCD，其中底面四边形ABCD是边长为1的正方形，，且，则球体毛坯体积的最小值应为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】若使得球体毛坯体积最小，则四棱锥各顶点应都在球上，由题意，将四棱锥补成一个长方体，则转化为求长方体外接球体积，长方体体对角线为外接球直径，体对角线长为，所以球的半径为，体积为．【考点】多面体的外接球．9.（2007•山东）下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是（）A．①②B．①③C．①④D．②④【答案】D【解析】利用三视图的作图法则，对选项判断，A的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．解：正方体的三视图都相同，而三棱台的三视图各不相同，圆锥和正四棱锥的，正视图和侧视图相同，所以，正确答案为D．故选D【考点】简单空间图形的三视图．10.如图是某几何体的三视图，其中正视图为正方形，俯视图是腰长为的等腰直角三角形，则该几何体的体积为_________________；表面积为________________.【答案】体积为；表面积为【解析】由题意可知三视图复原的几何体如图为四棱锥，是正方体的一部分，正方体的棱长为2；所以几何体的体积是正方体体积的一半减去，所求几何体的体积为；表面积为【考点】三视图，几何体的体积，表面积11.已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆的半径为1，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据该几何体的三视图可知几何体的形状是一个长为，宽为，高为的长方体挖去一个直径为高为的圆柱，该几何体的体积为，选A.【考点】1、三视图；2、组合体的体积.12.如图是一建筑物的三视图（单位：米），现需将其外壁用油漆刷一遍，若每平方米用漆千克，则共需油漆的总量为（）A．千克B．千克C．千克D．千克【答案】B【解析】由三视图可知可间房由底部长宽高分别为的长方体与底面半径.母线长分别为圆锥体组合而成，所以其可刷漆的表面积为，则需要漆的总量为千克，故正确选项为B.【考点】空间几何体的表面积.13.若=（2，﹣1，0），=（3，﹣4，7），且（λ+）⊥，则λ的值是（）A．0B．1C．﹣2D．2【答案】C【解析】利用（λ+）⊥⇔即可得出．解：∵=λ（2，﹣1，0）+（3，﹣4，7）=（3+2λ，﹣4﹣λ，7），（λ+）⊥，∴，∴2（3+2λ）﹣（﹣4﹣λ）+0=0，解得λ=﹣2．故选C．【考点】向量的数量积判断向量的共线与垂直．14.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，BC=2AB=2AD=4BE，平面PAB⊥平面ABCD，（Ⅰ）求证：平面PED⊥平面PAC；（Ⅱ）若直线PE与平面PAC所成的角的正弦值为，求二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析（Ⅱ）【解析】（I）由面面垂直的性质定理证出PA⊥平面ABCD，从而得到AB、AD、AP两两垂直，因此以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立坐标系o﹣xyz，得A、D、E、C、P的坐标，进而得到、、的坐标．由数量积的坐标运算公式算出且，从而证出DE⊥AC且DE⊥AP，结合线面垂直判定定理证出ED⊥平面PAC，从而得到平面PED⊥平面PAC；（II）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，算出、夹角的余弦，即可得到直线PE与平面PAC所成的角θ的正弦值，由此建立关于θ的方程并解之即可得到λ=2．利用垂直向量数量积为零的方法，建立方程组算出=（1，﹣1，﹣1）是平面平面PCD的一个法向量，结合平面PAC的法向量，算出、的夹角余弦，再结合图形加以观察即可得到二面角A ﹣PC﹣D的平面角的余弦值．解：（Ⅰ）∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AB⊥PA∴PA⊥平面ABCD结合AB⊥AD，可得分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系o﹣xyz，如图所示可得A（0，0，0）D（0，2，0），E（2，1，0），C（2，4，0），P（0，0，λ）（λ＞0）∴，，得，，∴DE⊥AC且DE⊥AP，∵AC、AP是平面PAC内的相交直线，∴ED⊥平面PAC．∵ED⊂平面PED∴平面PED⊥平面PAC（Ⅱ）由（Ⅰ）得平面PAC的一个法向量是，设直线PE与平面PAC所成的角为θ，则，解之得λ=±2∵λ＞0，∴λ=2，可得P的坐标为（0，0，2）设平面PCD的一个法向量为=（x0，y，z），，由，，得到，令x0=1，可得y=z=﹣1，得=（1，﹣1，﹣1）∴cos＜，由图形可得二面角A﹣PC﹣D的平面角是锐角，∴二面角A﹣PC﹣D的平面角的余弦值为．【考点】用空间向量求平面间的夹角；平面与平面垂直的判定；二面角的平面角及求法．15.已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长为，则正三棱锥的体积为．【答案】【解析】∵正三棱锥的底面边长为，∴底面正三角形的高为，可得底面中心到三角形顶点的距离为，∵正三棱锥侧棱长为，∴正三棱锥的高，所以三棱锥的体积.所以答案应填：．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．16.在等腰梯形中，，，，是的中点，将梯形绕旋转，得到（如图）．（I）求证：；（II）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（I）由题意容易证明四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，四边形是菱形，可证得，根据面面垂直的性质定理可证得平面，从而证得；（II）易证平面，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量和平面的法向量，根据向量的夹角公式求得二面角的余弦值.试题解析：（I）证明：，是的中点，．又，四边形是平行四边形，．又为等腰梯形，，，四边形是菱形，，，即．平面平面，平面平面，平面．又平面，．（II）解：平面，同理平面．如图建立空间直角坐标系，设，则，，，，则，．设平面的法向量为，．设平面的法向量为，，设二面角的平面角为，，二面角的余弦值为．【考点】空间中垂直关系的证明及空间向量的应用.17.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P-ABC的正（主）视图与侧（左）视图的面积的比为．【答案】【解析】因为三棱锥的主视图与左视图都是三角形, 正视图和侧视图三角形的底边长都是正方体的棱长,高都是到底面的距离（都是正方体的棱长）,所以，三棱锥的主视图与左视图的面积相等，即比值为,故答案为.【考点】1、几何体的三视图；2、三角形面积公式.18.如图，某几何体的正视图（主视图）是平行四边形，侧视图（左视图）和俯视图都是矩形，则几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，该几何体是一个底面为平行四边形，高为的棱柱，体积为，故选B.【考点】几何体的体积.19.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形OABC的面积为________．【答案】【解析】因为矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，所以根据画直观图的基本原理知原图形是底边长为的平行四边形，其高是，因此面积是，故答案为.【考点】1、画直观图的基本原理；2、平行四边形的面积公式.20.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由三视图知几何体是由正方体截取两个角得到，如图所示，故体积为．【考点】三视图.21.如图所示，四棱锥的底面是梯形，且,平面，是中点，．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若，，求直线与平面所成角的大小．【答案】（I）证明见解析；（II）．【解析】（I）取的中点，连结，证得，从而证得平面，根据平行四边形的性质，得，即可证明平面；（II）分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求解出平面和向量，即可利用向量所成的角，得到直线与平面所成角的大小．试题解析：（Ⅰ）证明：取的中点，连结，如图所示．因为，所以．因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．因为点是中点，所以，且．又因为，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以平面．（Ⅱ）解：设点O，G分别为AD，BC的中点，连结，则，因为平面，平面，所以，所以．因为，由（Ⅰ）知，又因为，所以，所以所以为正三角形，所以，因为平面，平面，所以．又因为，所以平面．故两两垂直，可以点O为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．，，，所以，，，设平面的法向量，则所以取，则，设与平面所成的角为，则，因为，所以，所以与平面所成角的大小为．【考点】直线与平面垂直的判定与证明；直线与平面所成角的求解．22.如图,在三棱台中,平面平面,,BE=EF=FC=1,BC=2,AC=3.（Ⅰ）求证：BF⊥平面ACFD；（Ⅱ）求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）先证，再证，进而可证平面；（Ⅱ）方法一：先找二面角的平面角，再在中计算，即可得二面角的平面角的余弦值；方法二：先建立空间直角坐标系，再计算平面和平面的法向量，进而可得二面角的平面角的余弦值．试题解析：（Ⅰ）延长，，相交于一点，如图所示．因为平面平面，且，所以平面，因此．又因为，，，所以为等边三角形，且为的中点，则．所以平面．（Ⅱ）方法一：过点作于Q，连结．因为平面，所以，则平面，所以．所以是二面角的平面角．在中，，，得．在中，，，得．所以二面角的平面角的余弦值为．方法二：如图，延长，，相交于一点，则为等边三角形．取的中点，则，又平面平面，所以，平面．以点为原点，分别以射线，的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系．由题意得，，，，，．因此，，，．设平面的法向量为，平面的法向量为．由，得，取；由，得，取．于是，．所以，二面角的平面角的余弦值为．【考点】线面垂直，二面角．【方法点睛】解题时一定要注意二面角的平面角是锐角还是钝角，否则很容易出现错误．证明线面垂直的关键是证明线线垂直，证明线线垂直常用的方法是直角三角形、等腰三角形的“三线合一”和菱形、正方形的对角线．23.直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，则下列说法正确的是（）A．c至少与a、b中的一条相交B．c至多与a、b中的一条相交C．c与a、b都相交D．c与a、b都不相交【答案】A【解析】利用空间中线线、线面、面面间的位置关系判断求解．解：由直线a、b是异面直线，α、β是平面，若a⊂α，b⊂β，α∩β=c，知：对于B，c可以与a、b都相交，交点为不同点即可，故B不正确；对于C，a∥c，b∩c=A，满足题意，故C不正确；对于D，c与a、b都不相交，则c与a、b都平行，所以a，b平行，与异面矛盾，故D不正确；对于A，由B，C、D的分析，可知A正确故选：A．24.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于（）A．B．160C．D．【答案】A【解析】由三视图知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组合的组合体，其中直三棱柱的底面为左视图，高为，故体积．四棱锥的底面为边长为的正方形，高为，所以体积，所以该几何体的体积为．故选A．【考点】1、几何体的三视图；2、几何体的体积.【方法点睛】本题主要考查三视图及空间几何体的体积，属于中档题.空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体椎体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解. (3)求以三视图为背景的几何体的体积时应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解.25.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为（）A．1.2B．1.6C．1.8D．2.4【答案】B【解析】由题意得，即，解得，故选B.【考点】几何体的三视图及体积.26.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积等于（）cm3A．4+B．4+C．6+D．6+【答案】D【解析】由三视图还原原几何体如图，是一个半圆柱与一个直三棱柱的组合体，半圆柱的底面半径为，高为；直三棱柱底面是等腰直角三角形（直角边为），高为．∴．故本题选D.【考点】空间几何体的三视图.27.在正方体中，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于_______，若正方体边长为1，则四面体的体积为_________.【答案】；【解析】异面直线与所成角为，，.【考点】立体几何中异面直线所成角的余弦值的求法以及三棱锥的体积的求法.28.如图，在四棱锥中，底面，，，，，点为棱的中点．（1）证明：；（2）若为棱上一点，满足，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）以点为原点建立空间直角坐标系（如图），求得，，可得，即可证结论；（2）先根据确定的位置，在求出平面的一个法向量，可证平面一个的法向量为，利用空间向量夹角余弦公式即可得结论.试题解析：（1）证明：依题意，以点为原点建立空间直角坐标系（如图），可得，，，．由为棱的中点，得．向量，，故．所以．（2）向量，，，．由点在棱上，设，．故．由，得，因此，，解得．即．设为平面的法向量，则，即．不妨令，可得为平面的一个法向量．取平面的法向量，则．易知，二面角是锐角，所以其余弦值为．【考点】1、空间直线垂直的判定；2、空间向量夹角余弦公式.29.如图,在三棱锥中,底面,且,点是的中点, 交于点.（1）求证：平面；（2）当时, 求三棱锥的体积.【答案】（1）详见解析（2）【解析】（1）证明线面垂直，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的证明与寻找，往往从两个方面，一是利用线面垂直性质定理转化为线线垂直，另一是结合平几条件，如本题利用等腰三角形底边中线性质得（2）求三棱锥体积，关键在于确定高，即线面垂直.由（1）得平面，因此，这样只需在对应三角形中求出对应边即可.试题解析：（1）底面,面,又因为是的中点, 面由已知平面.(2)平面,平面,而,又又平面而.【考点】线面垂直判定与性质定理，三棱锥体积【思想点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.30.过球表面上一点引三条长度相等的弦，且两两夹角都为60°，若球半径为，求弦的长度___________．【答案】【解析】依题意可知，这是一个正四面体的外接球. 若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:，即.【考点】球的内接几何体.【思路点晴】对棱相等的三棱锥,设三对棱长分别为,如下图所示三棱锥,请同学们推导其外接球半径公式,特别地,若一个正四面体边长为,其外接球半径公式为:.设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.2.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为；长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心.31.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意得，根据给定的三视图可知，原几何体表示，左侧是一个底面半径为，高为半个圆锥，几何体的右侧是一个底面为底边为，高为的等腰三角形三棱锥，其中三棱锥的高为，所以几何体的体积为，故选D．【考点】几何体的三视图及体积的计算．32.已知直线与平面平行，是直线上的一定点，平面内的动点满足：与直线成．那么点轨迹是（）A．两直线B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】C【解析】题意画图如下，是直线上的定点，有一平面与直线平行，平面内的动点满足的连线与成角，因为空间中过与成角的直线组成两个相对顶点的圆锥，即为平行于圆锥轴的平面，点可理解为是截面与圆锥侧面的交点，所以点的轨迹为双曲线,故选C．【考点】1、空间点、线、面的位置关系；2、圆锥曲线的定义．33.三棱锥内接于球，，当三棱锥的三个侧面积和最大时，球的体积为．【答案】【解析】由于三角形的面积公式，当时取得最大值，所以当两两垂直时，侧面积和取得最大值．此时，由于三棱锥三条侧棱两两垂直，所以可以补形为正方体，三棱锥的外接球即正方体的外接球，其直径等于正方体的体对角线即，故求的体积为．【考点】几何体的外接球．【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求．若长方体长宽高分别为则其体对角线长为;长方体的外接球球心是其体对角线中点．找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心．三棱锥三条侧棱两两垂直,且棱长分别为，则其外接球半径公式为: ．34.如图,在直三棱柱中，，过的中点作平面的垂线，交平面于，则与平面所成角的正切值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】连接，则，由直三棱柱得,因此,因此为的中点，过作于，则为与平面所成角, ,选C.【考点】线面角35.如图,在四棱锥中,底面,底面是直角梯形,（1）在上确定一点,使得平面,并求的值;（2）在（1）条件下,求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】（1）由线面平行的性质定理，可得线线平行，再根据平行得相似，即得比例关系：取。
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立体几何02
三、解答题
1．如图,四棱柱1111D C B A A B C D -的底面A B C D
是平行四边形,且1=AB ,2=BC ,060=∠ABC ,E 为BC 的中点, ⊥1AA 平面ABCD .
(Ⅰ)证明:平面⊥AE A 1平面DE A 1;
(Ⅱ)若E A DE 1=,试求异面直线AE 与D A 1所成角的余弦值; (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,试求二面角1--C A D E 的余弦值.
2．如图,直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中∠ACB=90°,M,N 分别为A 1B,B 1C 1的中
点,BC=AA 1=2AC=2,求证: (1)求三棱柱C 1-A 1CB 的体积;
(2)求直线A 1C 与直线MB 1所成角的余弦值;
(3)求平面B 1MN 与平面A 1CB 所成锐二面角的余弦值
.
A
B
C
D
E
1
A 1
B 1
C 1
D
3．已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形,AB∥DC,⊥
90 底面ABCD,
DAB,
∠PA
=
1AB=1,M是PB的中点.
且PA=AD=DC=
2
(Ⅰ)证明:面PAD⊥面PCD;
(Ⅱ)求AC与PB所成角的余弦值;
(Ⅲ)求面AMC与面BMC所成二面角的余弦值.
4．如图,已知四棱锥E-ABCD 的底面为菱形,且∠ABC=60°,AB=EC=2,AE=BE=2
(1)求证:平面EAB⊥平面ABCD (2)求二面角A-EC-D 的余弦值
5.在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，12AA =，E 为1BB 中点.（Ⅰ）证明：
1AC D E ⊥；
（Ⅱ）求DE 与平面1AD E 所成角的正弦值；（Ⅲ）在棱AD 上是否存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ？若存在，求DP 的长；若不存在，说明理由.
D 1
C 1
B 1
A 1
E
D C
B
A
答案 三、解答题
1.解(Ⅰ)依题意,CD AB BC EC BE ===
=2
1
所以ABE ∆是正三角形,060=∠AEB 又00030)120180(2
1
=-⨯=
∠CED 所以090=∠AED ,AE DE ⊥
因为⊥1AA 平面ABCD ,⊂DE 平面ABCD ,所以DE AA ⊥1 因为A AE AA = 1,所以⊥DE 平面AE A 1
因为⊂DE 平面DE A 1,所以平面⊥AE A 1平面 DE A 1
(Ⅱ)取1BB 的中点F ,连接EF 、AF ,连接C B 1,则D A C B EF 11//// 所以AEF ∠是异面直线AE 与D A 1所成的角 因为3=DE ,2211AE A A E A +=,
所以21=A A ,22
=
BF ,2
6121=+==EF AF 所以6
6
2cos 222=
⨯⨯-+=∠EF AE AF EF AE AEF
(Ⅰ)(Ⅱ)解法2:以A 为原点,过A 且垂直于BC 的直线为x 轴,AD 所在直线为y 轴、1AA 所在直线为z 建立右手系空间直角坐标系 设a AA =1(0>a ),)0 , 0 , 0(A 则)0 , 2 , 0(D ) , 0 , 0(1a A )0 , 2
1
, 23(
E (Ⅰ)设平面AE A 1的一个法向量为) , , (1p n m n =,
则⎪⎩⎪⎨⎧==⋅=+=⋅0
02123111ap AA n n m AE n 0=p ,取1=m ,则3-=n ,从而)0 , 3 , 1(1-=n , 同理可得平面DE A 1的一个法向量为)2
, 1 , 3(2a
n =,
直接计算知021=⋅n n ,所以平面⊥AE A 1平面DE A 1 (Ⅱ)由E A DE 1=即22222)2
1
()23(0)212()23(
a ++=+-+ 解得2=a
)0 , 2
1
, 23(
=,)2 , 2 , 0(1-=D A
所以异面直线AE 与D A 1所成角的余弦值
6
6|
|||cos 11=⋅=
D A A
E θ (Ⅲ)由(Ⅱ)可知21=A A ,平面DE A 1
的一个法向量为2( 3 , 1 , n =
又31=-,02CD ⎛⎫
⎪ ⎪⎝⎭
,)2 , 2 , 0(1-=A 设平面1CA
D 的法向量()3=,,n x y z 则133=0
=0
A D n CD n ⎧⋅
⎪⎨
⋅⎪⎩得(3=1,3,n 设二面角1--C A D E 的平面角为ϕ,且ϕ为锐角
则232323
cos =cos ,=
n n n n n n
ϕ
⋅
5 所以二面角1--C A D E 2.解:
(1)32=V
--------------4 (2)55------------8 (3)5
3
------------------13
3.
4.解:(1)证明:取AB 的中点O,连接EO,CO
∴==,2EB AE △AEB 为等腰直角三角形 ∴EO⊥AB,EO=1
又∵AB=BC,∠ABC=60°,∴△ABC 是等边三角形,
3=∴CO ,又CO EO CO EO EC EC ⊥∴+=∴=,,2222
∵EO⊥平面ABCD,又EO ⊂平面EAB,∴平面EAB⊥平面ABCD
(2)以AB 的中点O 为坐标原点,OB 所在直线为y 轴,OE 所在直线为z 轴,如图建系
则
)1,0,0(),0,2,3(),0,0,3(),0,1,0(E D C A --,)1,0,3(),0,1,3(-==,=(0,2,0)
设平面DCE 的法向量为)1,,(y x n =,则⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00
n DC ,即⎩⎨⎧==-02013y x ,解得:
⎪
⎩⎪⎨⎧=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=∴=0
1,0,33,33
y x 同理求得平面EAC 的一个法向量为⎪
⎪⎭
⎫
⎝⎛-=1,1,33
7
7
2,cos =
>=
<∴,所以二面角A-EC-D 的余弦值为772
5. （Ⅰ）证明：连接BD ∵1111ABCD A B C D -是长方体，∴1D D ⊥平面ABCD ， 又
AC ⊂平面ABCD ∴1D D AC
⊥ ……1分
在长方形ABCD 中，AB BC = ∴BD AC ⊥ …………2分 又1BD
D D D =∴AC ⊥平面11BB D D ， …………3分
而1D E ⊂平面11BB D D ∴1AC D E ⊥ ………4分 （Ⅱ）如图建立空间直角坐标系Dxyz ，则
1(1,0,0),(0,0,2),(1,1,1),(1,1,0)A D E B ,1(0,1,1),(1,0,2),(1,1,1)AE AD DE ==-=………5分
设平面1AD E 的法向量为(,,)n x y z =，则10
0n AD n AE ⎧=⎪⎨=⎪⎩
200x z y z -+=⎧⎨+=⎩ 令1z =，则
(2,1,1)
n =-
………7分
cos ,3n DE n DE n DE
<>=
=
=
⨯
…………8分
所以 DE 与平面1AD E
(9)
分
（Ⅲ）假设在棱AD 上存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E .
设P 的坐标为(,0,0)(01)t t ≤≤，则(1,1,0)BP t =-- 因为 BP ∥平面1AD E
所以 BP n ⊥， 即0BP n =， 2(1)10t -+=，解得12t =， ………………12分
所以 在棱AD 上存在一点P ，使得BP ∥平面1AD E ,此时DP 的长1
2
.……13分。