2018年大一轮数学(文)高考复习(人教)专题测试六立体几何Word版含答案
2018年高考文数立体几何真题精选
2018年高考文数——立体几何一、选择题1.【2018全国一卷5】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π2.【2018全国一卷9】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 A ．172B ．52C ．3D ．23.【2018全国一卷10】在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为 A ．8B ．62C ．82D ．834.【2018全国二卷9】在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A ．B ．C ．D ．5.【2018全国三卷3】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是6.【2018全国三卷12】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A ．B ．C ．D ．1111ABCD A B C D -E 1CC AE CD 22325272A B C D ，，，ABC △93D ABC -1231832435437.【2018北京卷6】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形个数为A.1B.2C.3D.4第7题图 第8题图8.【2018浙江卷3】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是 A ．2B ．4C ．6D ．89.【2018上海卷15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA ₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA ₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（ ）（A ） 4 （B ）8 （C ）12 （D ）16 二、填空题1.【2018全国二卷16】已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．2.【2018天津卷11】如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．3.【2018江苏10】如图正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．__________．侧视图俯视图正视图2211S SA SB SA 30 SAB △8三、解答题1.【2018全国一卷18】如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =︒∠，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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．2.【2018全国二卷19】如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上且，求点到平面的距离．3.【2018全国三卷19】如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．P ABC -22AB BC ==4PA PB PC AC ====O AC PO ⊥ABC M BC 2MC MB =C POM ABCD CD M CDC D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD4.【2018北京卷18】如图，在四棱锥P−ABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA =PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.（Ⅰ）求证：PE ⊥BC ；（Ⅱ）求证：平面PAB ⊥平面PCD ； （Ⅲ）求证：EF ∥平面PCD .5.【2018天津卷17】如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB =2，AD =23，∠BAD =90°．（Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； （Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．6.【2018江苏卷15】在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）AB ∥平面11A B C ； （2）平面11ABB A ⊥平面1A BC ．7.【2018江苏卷22（附加题）】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．8.【2018浙江卷19】如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）证明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值．9.【2018上海卷17】已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；（2）设PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图，求异面直线PM与OB所成的角的大小.参考答案 一、选择题1.B2.B3.C4.C5.A6.B7.C8.C9.D 10.D 二、填空题 1.π8 2.31 3.43三、解答题1.解：（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 =32． 又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE=13DC ． 由已知及（1）可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE =1． 因此，三棱锥Q ABP -的体积为1111322sin 451332Q ABP ABP V QE S -=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=△．2解：（1）因为AP =CP =AC =4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP =．连结OB ．因为AB =BC =，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ==2．由知，OP ⊥OB ． 由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC ．（2）作CH ⊥OM ，垂足为H ．又由（1）可得OP ⊥CH ，所以CH ⊥平面POM ．故CH 的长为点C 到平面POM 的距离．由题设可知OC ==2，CM ==，∠ACB =45°．2322AC 12AC222OP OB PB +=12AC 23BC 423所以OM=，CH ==．所以点C 到平面POM 的距离为．3.解：（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：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结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 ．4.解：（Ⅰ）∵PA PD =，且E 为AD 的中点，∴PE AD ⊥.∵底面ABCD 为矩形，∴BC AD ∥， ∴PE BC ⊥.（Ⅱ）∵底面ABCD 为矩形，∴AB AD ⊥. ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . ∴AB PD ⊥.又PA PD ⊥，∴PD ⊥平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PCD . （Ⅲ）如图，取PC 中点G ，连接,FG GD .253sin OC MC ACB OM ⋅⋅∠455455⊂CD ⊂⊄⊂∵,F G 分别为PB 和PC 的中点，∴FG BC ∥，且12FG BC =. ∵四边形ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， ∴1,2ED BC DE BC =∥， ∴ED FG ∥，且ED FG =，∴四边形EFGD 为平行四边形， ∴EF GD ∥.又EF ⊄平面PCD ，GD ⊂平面PCD ， ∴EF ∥平面PCD .5.解：（Ⅰ）证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ．（Ⅱ）解：取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DMAD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得12cos MNDMN DM ∠==．所以，异面直线BC 与MD（Ⅲ）解：连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM=又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM ⊂平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角． 在Rt △CAD 中，CD． 在Rt △CMD中，sin CM CDM CD ∠==．所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34．6.证明：（1）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1．因为AB ⊄平面A 1B 1C ，A 1B 1⊂平面A 1B 1C ， 所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形．又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ．又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B ⊂平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1⊂平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．7.解：如图，在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1的中点分别为O ，O 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以1,{},OB OC OO 为基底，建立空间直角坐标系O −xyz ．因为AB =AA 1=2，所以1110,1,0,3,0,0,0,1,0,0,1,()()()()(2,3,0,2,0,1,2)()A B C A B C --．（1）因为P 为A 1B 1的中点，所以1,2)2P -，从而131(,,2)(0,2,222),BP AC ==--，故111||||cos ,|||||5BP AC BP AC BP AC ⋅-===⋅．因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为．（2）因为Q 为BC 的中点，所以1,0)2Q ，因此33(,0)22AQ =，11(0,2,2),(0,0,2)AC CC ==．设n =（x ，y ，z ）为平面AQC 1的一个法向量， 则10,0,AQ AC ⎧⎪⎨⎪⎩⋅=⋅=n n 即30,2220.y y z +=⎪+=⎩不妨取1,1)=-n ，设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ， 则111||sin |cos |,|||CC CC CC |θ==⋅⋅==n n n ，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为．8.解：方法一：（Ⅰ）由11112,4,2,,AB AA BB AA AB BB AB ===⊥⊥得111AB A B ==，所以2221111A BAB AA +=.故111AB A B ⊥.由2BC =，112,1,BB CC ==11,BB BC CC BC ⊥⊥得11B C由2,120AB BC ABC ==∠=︒得AC =由1CC AC ⊥，得1AC =2221111AB B C AC +=，故111AB B C ⊥.因此1AB ⊥平面111A B C .（Ⅱ）如图，过点1C 作111C D A B ⊥，交直线11A B 于点D ，连结AD .由1AB ⊥平面111A B C 得平面111A B C ⊥平面1ABB ，由111C D A B ⊥得1C D ⊥平面1ABB ，所以1C AD ∠是1AC 与平面1ABB 所成的角.由111111BC A B AC ==111111cos C A B C A B ∠=∠=，所以1C D =111sin 13C D C AD AC ∠==. 因此，直线1AC 与平面1ABB所成的角的正弦值是13. 方法二：（Ⅰ）如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O -xyz.由题意知各点坐标如下：111(0,(1,0,0),(0,(1,0,2),A B A B C 因此11111(1,3,2),(1,3,2),(0,23),AB A B AC ==-=-由1110AB A B ⋅=得111AB A B ⊥.由1110AB AC ⋅=得111AB AC ⊥. 所以1AB ⊥平面111A B C . （Ⅱ）设直线1AC 与平面1ABB 所成的角为θ. 由（Ⅰ）可知11(0,23,1),(1,3,0),(0,0,2),AC AB BB ===设平面1ABB 的法向量(,,)x y z =n . 由10,0,ABBB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n 即0,20,x z ⎧+=⎪⎨=⎪⎩可取(=n .所以111|sin |cos ,|13|||AC AC AC θ⋅===⋅n |n n |因此，直线1AC 与平面1ABB 所成的角的正弦值是13. 9.解：(1)依题意可知：圆锥的高度为322422=-=OP ， 所以其体积为：πππ338322313122=⨯⨯⨯==h r V 。
2018届高考数学(文)大一轮复习检测第7章立体几何(3份有答案)
课时作业43 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．如图是某一几何体的三视图，则这个几何体的体积为( )A ．4B ．8C ．16D ．20解析：由三视图知，此几何体是一个三棱锥，底面为一边长为6，高为2的三角形，三棱锥的高为4，所以体积为V ＝13×12×6×2×4＝8.故选B.答案：B2．(2017·黄冈中学月考)某空间组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为( )A ．48B ．56C ．64D ．72解析：该组合体由两个棱柱组成，上面的棱柱体积为2×4×5＝40，下面的棱柱体积为4×6×1＝24，故组合体的体积为64.故选C.答案：C3．以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于( )A ．2πB ．πC ．2D ．1解析：以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴旋转一周所得的圆柱的底面半径为1，母线长为1.故侧面积为2πr ·l ＝2π·1·1＝2π.答案：A4．如图所示，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1－ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64解析：在△ABC 中，BC 边上的高为32，即棱锥A －BB 1C 1的高为32，又S △BB 1C 1＝12，所以V B 1－ABC 1＝V A －BB 1C1＝13×12×32＝312. 答案：A5．(2017·江西九江一模)如图，网格纸上小正方形边长为1，粗线是一个棱锥的三视图，则此棱锥的表面积为( )A ．6＋42＋2 3B ．8＋4 2C ．6＋6 2D ．6＋22＋4 3解析：直观图是四棱锥P －ABCD ，如图所示，S △PAB ＝S △PAD ＝S △PDC ＝12×2×2＝2，S △PBC ＝12×22×22×sin60°＝23，S 四边形ABCD ＝22×2＝42，因此所求棱锥的表面积为6＋42＋2 3.故选A.答案：A6．(2017·河南洛阳测试)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝3，AC ＝3，若三棱锥D －ABC 体积的最大值为334，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．16πC ．12πD.163π 解析：由题意可得，∠ABC ＝2π3，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积取最大值时，V D －ABC＝13S △ABC ·h (h 为点D 到底面ABC 的距离)⇒334＝13·334·h ⇒h ＝3，设R 为球O 的半径，则(3－R )2＝R 2－r 2⇒R ＝2.故球O 的表面积为4π·22＝16π.答案：B 二、填空题7．(2016·北京卷)某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为________．解析：通过俯视图可知该四棱柱的底面为等腰梯形，则四棱柱的底面积S ＝ 1＋2 ×12＝32，通过侧(左)视图可知四棱柱的高h ＝1，所以该四棱柱的体积V ＝Sh ＝32.答案：328．(2016·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是________cm 2，体积是________cm 3.解析：将三视图还原成直观图如图所示，它由2个长方体组合而成，其体积V ＝2×2×2×4＝32 cm 3，表面积为6×2×4＋6×2×2＝72 cm 2.答案：32 729．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．解析：设等边三角形的边长为2a ， 则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3；又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故V 球＝4π3·⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 3＝323π27a 3， 则其体积比为932.答案：932三、解答题10．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)(1)试画出它的直观图； (2)求它的表面积和体积． 解：解：(1)直观图如图所示．(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则四边形AA 1EB 是正方形，AA 1＝BE ＝1， 在Rt △BEB 1中，BE ＝1，EB 1＝1， 所以BB 1＝ 2.所以几何体的表面积S ＝S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形AA 1D 1D ＝1＋2×1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＝(7＋2)(m 2)．所以几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)．所以该几何体的表面积为(7＋2)m 2，体积为32m 3.11．(2016·新课标全国卷Ⅲ)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，AB ＝AD ＝AC ＝3，PA ＝BC ＝4，M 为线段AD 上一点，AM ＝2MD ，N 为PC 的中点．(Ⅰ)证明MN ∥平面PAB ； (Ⅱ)求四面体N －BCM 的体积． 解：(Ⅰ)由已知得AM ＝23AD ＝2.取BP 的中点T ，连接AT ，TN ，由N 为PC 的中点知TN ∥BC ，TN ＝12BC ＝2.又AD ∥BC ，故TN 綊AM ，四边形AMNT 为平行四边形，于是MN ∥AT . 因为AT ⊂平面PAB ，MN ⊄平面PAB ，所以MN ∥平面PAB .(Ⅱ)因为PA ⊥平面ABCD ，N 为PC 的中点，所以N 到平面ABCD 的距离为12PA .取BC 的中点E ，连接AE ，由AB ＝AC ＝3得AE ⊥BC ，AE ＝AB 2－BE 2＝ 5. 由AM ∥BC 得M 到BC 的距离为5，故S △BCM ＝12×4×5＝2 5.所以四面体N －BCM 的体积V N －BCM ＝13×S △BCM ×PA 2＝453.1．(2016·新课标全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4π B.9π2 C ．6πD.32π3解析：由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，该球的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：B2．(2017·云南师范大学附属中学高三适应性考试)已知三棱锥O －ABC 的顶点A ，B ，C 都在半径为2的球面上，O 是球心，∠AOB ＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥O －ABC 的体积为( )A.32B.233C.23D.13解析：设球O 的半径为R ，因为S △AOC ＋S △BOC ＝12R 2(sin ∠AOC ＋sin ∠BOC )，所以当∠AOC ＝∠BOC ＝90°时，S △AOC ＋S △BOC 取得最大值，此时OA ⊥OC . OB ⊥OC ，OB ∩OA ＝O ，所以OC ⊥平面AOB ，所以V O －ABC ＝V C －OAB ＝13OC ·12OA ·OB sin ∠AOB ＝16R 3sin ∠AOB ＝233，故选B.答案：B3．(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．解析：由AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°，可得AC ＝23，要求四面体PBCD 的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积S △BCD 和点P 到平面BCD 的距离h .易知h ≤2.设AD ＝x ，则DP ＝x ，DC ＝23－x ，S △DBC ＝12×(23－x )×2×sin30°＝23－x2，其中x ∈(0,23)，且h ≤x ，所以V P －BCD ＝13×S △BCD ×h ＝23－x 6×h ≤23－x 6·x ≤16(23－x ＋x 2)2＝12，当且仅当23－x ＝x ，即x ＝3时取等号．故四面体PBCD 的体积的最大值是12.答案：124．(2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？ 解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)． 所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ，则0<h <6，O 1O ＝4h ，如图，连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以(22a )2＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调递增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调递减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．课时作业45 直线、平面平行的判定及其性质一、选择题1．若直线l不平行于平面α，且l⊄α，则( )A．α内的所有直线与l异面B．α内不存在与l平行的直线C．α与直线l至少有两个公共点D．α内的直线与l都相交解析：因为l⊄α，直线l不平行于平面α，所以直线l只能与平面α相交，于是直线l与平面α只有一个公共点，所以平面α内不存在与l平行的直线．答案：B2．已知直线a和平面α，那么a∥α的一个充分条件是( )A．存在一条直线b，a∥b且b⊂αB．存在一条直线b，a⊥b且b⊥αC．存在一个平面β，a⊂β且α∥βD．存在一个平面β，a∥β且α∥β解析：在A，B，D中，均有可能a⊂α，错误；在C中，两平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平面，故C正确．答案：C3．平面α∥平面β，点A，C∈α，点B，D∈β，则直线AC∥直线BD的充要条件是( ) A．AB∥CD B．AD∥CBC．AB与CD相交D．A，B，C，D四点共面解析：充分性：A，B，C，D四点共面，由平面与平面平行的性质知AC∥BD.必要性显然成立．答案：D4．一条直线l上有相异三个点A、B、C到平面α的距离相等，那么直线l与平面α的位置关系是( )A．l∥αB．l⊥αC．l与α相交但不垂直D．l∥α或l⊂α解析：l∥α时，直线l上任意点到α的距离都相等；l⊂α时，直线l上所有的点到α的距离都是0；l⊥α时，直线l上有两个点到α距离相等；l与α斜交时，也只能有两个点到α距离相等．故选D.答案：D5．已知不重合的两条直线l，m和不重合的两个平面α，β，下列命题正确的是( )A．l∥m，l∥β，则m∥βB．α∩β＝m，l⊂α，则l∥βC．α⊥β，l⊥α，则l∥βD．l⊥m，m⊥β，l⊥α，则α⊥β解析：对于选项A，m可能在β内，故A错；对于选项B，l可能与β相交，故B错；对于选项C，l可能在β内，故C错，所以选D.答案：D6．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，CC1的中点，在平面ADD1A1内且与平面D1EF 平行的直线( )A．有无数条B．有2条C．有1条D．不存在解析：因为平面D1EF与平面ADD1A1有公共点D1，所以两平面有一条过D1的交线l，在平面ADD1A1内与l平行的任意直线都与平面D1EF平行，这样的直线有无数条．答案：A二、填空题7．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是DD1的中点，则BD1与平面ACE的位置关系为________．解析：如图，连接AC，BD交于O点，连接OE，因为OE∥BD1，而OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，所以BD1∥平面ACE.答案：平行8．如图，已知三个平面α，β，γ互相平行，a，b是异面直线，a与α，β，γ分别交于A，B，C三点，b与α，β，γ分别交于D，E，F三点，连接AF交平面β于G，连接CD交平面β于H，则四边形BGEH必为________．解析：由题意知，直线a与直线AF确定平面ACF，由面面平行的性质定理，可得BG∥CF，同理有HE∥CF，所以BG∥HE.同理BH∥GE，所以四边形BGEH为平行四边形．答案：平行四边形9．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，O为底面ABCD的中心，P是DD1的中点，设Q是CC1上的点，则点Q满足条件________时，有平面D1BQ∥平面PAO.解析：如图，假设Q为CC1的中点，因为P为DD1的中点，所以QB∥PA.连接DB，因为P，O分别是DD1，DB 的中点，所以D1B∥PO，又D1B⊄平面PAO，QB⊄平面PAO，所以D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB ＝B，所以平面D1BQ∥平面PAO.故Q满足条件Q为CC1的中点时，有平面D1BQ∥平面PAO.答案：Q为CC1的中点三、解答题10．如图，ABCD与ADEF均为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．(1)求证：BE∥平面DMF；(2)求证：平面BDE∥平面MNG.证明：(1)连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.(2)因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.又M为AB的中点，所以MN为△ABD的中位线，所以BD∥MN，又MN⊂平面MNG，BD⊄平面MNG，所以BD∥平面MNG，又DE，BD⊂平面BDE，DE∩BD＝D，所以平面BDE∥平面MNG.11．(2016·山东卷)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.(Ⅰ)已知AB＝BC，AE＝EC.求证：AC⊥FB；(Ⅱ)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC. 证明：(Ⅰ)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF.连接DE. 因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF，因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(Ⅱ)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC，又HI∩GI＝I，所以平面GHI∥平面ABC.因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.1．(2017·河南三市联考)如图所示，侧棱与底面垂直，且底面为正方形的四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝1，M、N分别在AD1、BC上移动，始终保持MN∥平面DCC1D1，设BN＝x，MN＝y，则函数y ＝f(x)的图象大致是( )解析：过M作MQ∥DD1，交AD于Q，连QN.∵MN∥平面DCC1D1，MQ∥平面DCC1D1，MN∩MQ＝M，∴平面MNQ∥平面DCC1D1，又QN⊂平面MNQ，∴NQ∥平面DCC1D1，∴NQ∥DC，∵AQ＝BN＝x，DD1＝AA1＝2，AD ＝AB＝1，∴MQ＝2x.在Rt△MQN中，MN2＝MQ2＋QN2，即y2＝4x2＋1.∴y2－4x2＝1(x≥0，y≥1)，∴函数y ＝f(x)的图象为焦点在y轴上的双曲线上支的一部分．故选C.答案：C2．(2016·新课标全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.②如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n . ③如果α∥β，m ⊂α，那么m ∥β.④如果m ∥n ，α∥β，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)解析：对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：如图，不妨设AA ′为直线m ，CD 为直线n ，ABCD 所在的平面为α，ABC ′D ′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．命题②正确，证明如下：设过直线n 的某平面与平面α相交于直线l ，则l ∥n ，由m ⊥α知m ⊥l ，从而m ⊥n ，结论正确．由平面与平面平行的定义知命题③正确． 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确． 答案：②③④3．空间四边形ABCD 的两条对棱AC 、BD 的长分别为5和4，则平行于两条对棱的截面四边形EFGH 在平移过程中，周长的取值范围是________．解析：设DH DA ＝GHAC＝k ， ∴AH DA ＝EHBD＝1－k ， ∴GH ＝5k ，EH ＝4(1－k )， ∴周长＝8＋2k .又∵0<k <1，∴周长的范围为(8,10)．答案：(8,10)4．(2016·北京卷)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(Ⅰ)求证：DC⊥平面PAC；(Ⅱ)求证：平面PAB⊥平面PAC；(Ⅲ)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．解：(Ⅰ)因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，所以DC⊥平面PAC.(Ⅱ)因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB.所以AB⊥平面PAC.所以平面PAB⊥平面PAC.(Ⅲ)棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：如图，取PB中点F，连接EF，CE，CF.又因为E为AB的中点，所以EF∥PA.又因为PA⊄平面CEF，所以PA∥平面CEF.课时作业46 直线、平面垂直的判定及其性质一、选择题1．一条直线和一个圆的两条直径都垂直，则这条直线和这个圆所在的平面的位置关系是( ) A．平行B．垂直C．相交不垂直D．不确定解析：因为一个圆的两条直径一定相交于圆心，由线面垂直的判定定理知这条直线和这个圆所在的平面垂直．答案：B2．已知平面α⊥平面β，α∩β＝l，点A∈α，A∉l，直线AB∥l，直线AC⊥l，直线m∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定成立的是( )A．AB∥m B．AC⊥mC．AB∥βD．AC⊥β解析：如图所示，AB∥l∥m；AC⊥l，m∥l⇒AC⊥m；AB∥l⇒AB∥β，只有D不一定成立，故选D.答案：D3．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⊥α解析：A中，由m⊥n，n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m ⊥α，正确，D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．答案：C4．如图，已知△ABC为直角三角形，其中∠ACB＝90°，M为AB的中点，PM垂直于△ABC所在平面，那么( )A．PA＝PB>PCB．PA＝PB<PCC．PA＝PB＝PCD．PA≠PB≠PC解析：∵M为AB的中点，△ACB为直角三角形，∴BM＝AM＝CM，又PM⊥平面ABC，∴Rt△PMB≌Rt △PMA≌Rt△PMC，故PA＝PB＝PC.答案：C5．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD ⊥AC ；②△BAC 是等边三角形；③三棱锥D －ABC 是正三棱锥；④平面ADC ⊥平面ABC . 其中正确的是( )A ．①②④B ．①②③C ．②③④D ．①③④解析：由题意知，BD ⊥平面ADC ，故BD ⊥AC ，①正确；AD 为等腰直角三角形斜边BC 上的高，平面ABD ⊥平面ACD ，所以AB ＝AC ＝BC ，△BAC 是等边三角形，②正确；易知DA ＝DB ＝DC ，又由②知③正确；由①知④错．故选B.答案：B6．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧棱长为2，AC ＝BC ＝1，∠ACB ＝90°，D 是A 1B 1的中点，F 是BB 1上的动点，AB 1，DF 交于点E .要使AB 1⊥平面C 1DF ，则线段B 1F 的长为( )A.12 B ．1 C.32D ．2解析：设B 1F ＝x ，因为AB 1⊥平面C 1DF ，DF ⊂平面C 1DF ， 所以AB 1⊥DF .由已知可以得A 1B 1＝2， 矩形ABB 1A 1中，tan ∠FDB 1＝B 1F B 1D， tan ∠A 1AB 1＝A 1B 1AA 1＝22. 又∠FDB 1＝∠A 1AB 1，所以B 1F B 1D ＝22.故B1F＝22×22＝12.故选A.答案：A二、填空题7．如图所示，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)．解析：连接AC，BD交于O，因为底面各边相等，所以BD⊥AC；又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD，又PA∩AC＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.所以当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD.而PC⊂平面PCD，所以平面MBD⊥平面PCD.答案：DM⊥PC(或BM⊥PC)8．(2017·上饶质检)已知m，n是两条不相同的直线，α，β是两个不重合的平面，现有以下说法：①若α∥β，n⊂α，m⊂β，则m∥n；②若m⊥α，m⊥β，n⊥α，则n⊥β；③若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β；④若m∥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n；⑤若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n.其中正确说法的序号为________．解析：对于①，注意到分别位于两个平行平面内的两条直线未必平行，可能是异面直线，因此①不正确；对于②，由定理“垂直于同一直线的两个平面平行”得知α，β平行；由定理“若一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则它也垂直于另一个平面”得知，n⊥β，因此②正确；对于③，由定理“由空间一点向一个二面角的两个半平面分别引垂线，则这两条垂线所成的角与该二面角相等或互补”得知，③正确；对于④，分别平行两个垂直平面的两条直线未必垂直，因此④不正确；对于⑤，m与n 有可能平行，因此⑤不正确．综上所述，其中正确的说法有②③.答案：②③9．(2017·泉州模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，给出下列命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确的命题序号是________．解析：连接BD交AC于点O，连接DC1交D1C于点O1，连接OO1，则OO1∥BC1，所以BC1∥平面AD1C，动点P到平面AD1C的距离不变，所以三棱锥P－AD1C的体积不变．又因为VP－AD1C＝VA－D1PC，所以①正确．因为平面A1C1B∥平面AD1C，A1P⊂平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，②正确．由于当点P在B点时，DB不垂直于BC1即DP不垂直BC1，故③不正确；由于DB1⊥D1C，DB1⊥AD1，D1C∩AD1＝D1，所以DB1⊥平面AD1C.DB1⊂平面PDB1，所以平面PDB1⊥平面ACD1，④正确．答案：①②④三、解答题10．如图，几何体EF－ABCD中，CDEF为边长为2的正方形，ABCD为直角梯形，AB∥CD，AD⊥DC，AD＝2，AB＝4，∠ADF＝90°.(1)求证：AC⊥FB；(2)求几何体EF－ABCD的体积．解：(1)证明：由题意得，AD ⊥DC ，AD ⊥DF ，且DC ∩DF ＝D ，∴AD ⊥平面CDEF ，∴AD ⊥FC . ∵四边形CDEF 为正方形，∴DC ⊥FC ， ∵DC ∩AD ＝D ，∴FC ⊥平面ABCD ， ∴FC ⊥AC .又∵四边形ABCD 为直角梯形，AB ∥CD ，AD ⊥DC ，AD ＝2，AB ＝4，∴AC ＝22，BC ＝22，则有AC 2＋BC 2＝AB 2，∴AC ⊥BC ， 又BC ∩FC ＝C ，∴AC ⊥平面FCB ， ∴AC ⊥FB .(2)连接EC ，过B 作CD 的垂线，垂足为N ， 易知BN ⊥平面CDEF ，且BN ＝2.∵V EF －ABCD ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝13S 梯形ABCD ·DE ＋13S △EFC ·BN ＝163，∴几何体EF －ABCD 的体积为163. 11．如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积． 解：(1)证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 又BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ， 所以平面AEC ⊥平面BED .(2)设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V 三棱锥E －ACD ＝13×12·AC ·GD ·BE＝624x 3＝63，故x ＝2. 从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5. 故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.1．(2017·兰州质检)如图，在直角梯形ABCD 中，BC ⊥DC ，AE ⊥DC ，且E 为CD 的中点，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将三角形ADE 沿AE 折起，则下列说法正确的是________．(写出所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥平面DEC ； ②不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ⊥AE ； ③不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)，都有MN ∥AB ； ④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC ⊥AD . 解析：由已知，在未折叠的原梯形中，AB∥DE，BE∥AD，所以四边形ABED为平行四边形，所以BE＝AD，折叠后如图所示．①过点M作MP∥DE，交AE于点P，连接NP.因为M，N分别是AD，BE的中点，所以点P为AE的中点，故NP∥EC.又MP∩NP＝P，DE∩CE＝E，所以平面MNP∥平面DEC，故MN∥平面DEC，①正确；②由已知，AE⊥ED，AE⊥EC.所以AE⊥MP，AE⊥NP，又MP∩NP＝P，所以AE⊥平面MNP.又MN⊂平面MNP，所以MN⊥AE，②正确；③假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾，③错误．④当CE⊥ED时，CE⊥AD，这是因为由于CE⊥EA，EA∩ED＝E，所以CE⊥平面AED，AD⊂平面AED，得出EC⊥AD，④正确．答案：①②④2．如图，四边形ABCD为正方形，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，AB＝4，AE＝2，EF＝1.(1)求证：BC ⊥AF ；(2)试判断直线AF 与平面EBC 是否垂直. 若垂直，请给出证明；若不垂直，请说明理由． 解：(1)证明：因为EF ∥AB ，所以EF 与AB 确定平面EABF ， 因为EA ⊥平面ABCD ，所以EA ⊥BC . 由已知得AB ⊥BC 且EA ∩AB ＝A ， 所以BC ⊥平面EABF .又AF ⊂平面EABF ，所以BC ⊥AF . (2)直线AF 垂直于平面EBC . 证明如下：由(1)可知，AF ⊥BC .在四边形EABF 中，AB ＝4，AE ＝2，EF ＝1，∠BAE ＝∠AEF ＝90°，所以tan ∠EBA ＝tan ∠FAE ＝12，则∠EBA ＝∠FAE .设AF ∩BE ＝P ，因为∠PAE ＋∠PAB ＝90°，故∠PBA ＋∠PAB ＝90°. 则∠APB ＝90°，即EB ⊥AF . 又EB ∩BC ＝B ，所以AF ⊥平面EBC .3．如图，在三棱台ABC －DEF 中，CF ⊥平面DEF ，AB ⊥BC .(1)设平面ACE ∩平面DEF ＝a ，求证：DF ∥a ；(2)若EF ＝CF ＝2BC ，试问在线段BE 上是否存在点G ，使得平面DFG ⊥平面CDE ？若存在，请确定G 点的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：在三棱台ABC －DEF 中，AC ∥DF ，AC ⊂平面ACE ，DF ⊄平面ACE ，∴DF ∥平面ACE .又∵DF ⊂平面DEF ，平面ACE ∩平面DEF ＝a ，∴DF ∥a .(2)线段BE 上存在点G ，且BG ＝13BE ，使得平面DFG ⊥平面CDE .证明如下：取CE 的中点O ，连接FO 并延长交BE 于点G ，连接GD ，∵CF ＝EF ，∴GF ⊥CE . 在三棱台ABC －DEF 中，AB ⊥BC ⇒DE ⊥EF . 由CF ⊥平面DEF ⇒CF ⊥DE . 又CF ∩EF ＝F ，∴DE ⊥平面CBEF ，∴DE ⊥GF .⎭⎪⎬⎪⎫GF ⊥CEGF ⊥DE CE ∩DE ＝E ⇒GF ⊥平面CDE . 又GF ⊂平面DFG ， ∴平面DFG ⊥平面CDE . 此时，如平面图所示，∵O 为CE 的中点，EF ＝CF ＝2BC ，由平面几何知识易证△HOC ≌△FOE ， ∴HB ＝BC ＝12EF .由△HGB ∽△FGE 可知BG GE ＝12，即BG ＝13BE .。
2018年高考真题文科数学分类汇编专题6立体几何
专题6立体几何（2018全国1卷）5. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.【答案】B【解析】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.（2018全国1卷）9. 某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B. C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以及其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.（2018全国1卷）10. 在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：首先画出长方体，利用题中条件，得到，根据，求得，可以确定，之后利用长方体的体积公式详解：在长方体中，连接，根据线面角的定义可知，因为，所以，从而求得，所以该长方体的体积为，故选C.点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.（2018全国2卷）9. 在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为A. B. C. D.【答案】C【解析】分析：利用正方体中，，将问题转化为求共面直线与所成角的正切值，在中进行计算即可.详解：在正方体中，，所以异面直线与所成角为，设正方体边长为， 则由为棱的中点，可得，所以则.故选C.点睛：求异面直线所成角主要有以下两种方法：（1）几何法：①平移两直线中的一条或两条，到一个平面中；②利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形；③求出三边或三边比例关系，用余弦定理求角.（2）向量法：①求两直线的方向向量；②求两向量夹角的余弦；③因为直线夹角为锐角，所以②对应的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.（2018全国3卷）3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫棒头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是棒头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（ ）3．答案：A 解答：根据题意，A 选项符号题意；（2018全国3卷）12．设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．12．答案：BA B C D ABC ∆D ABC -解答：如图，为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，取的中点，∴，∴球心到面的距离为，∴三棱锥体积最大值（2018北京卷）6. 某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，， 由勾股定理可知：， 则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.ABC ∆O A B C D G ABC ∆ABC S ∆=6AB =BC H sin60AH AB =⋅︒=23AG AH ==O ABC 2d ==D ABC -1(24)3D ABC V -=⨯+=点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. （2018浙江卷）3.某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A . 2B . 4C . 6D . 83.答案：C 解答：该几何体的立体图形为四棱柱，(12)2262V +⨯=⨯=. （2018浙江卷）6.已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，，则“m ∥n ”是“m ∥α”的( )A . 充分不必要条件B . 必要不充分条件C . 充分必要条件D . 既不充分也不必要条件6.答案：A解答：若“//m n ”，平面外一条直线与平面内一条直线平行，可得线面平行，所以“//m α”；当“//m α”时，m 不一定与n 平行，所以“//m n ”是“//m α”的充分不必要条件.（2018浙江卷）8.已知四棱锥S −ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)，设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则( )A . θ1≤θ2≤θ3B . θ3≤θ2≤θ1C . θ1≤θ3≤θ2D . θ2≤θ3≤θ18.答案：D 解答作SO 垂直于平面ABCD ，垂足为O ，取AB 的中点M ，连接SM .过O 作ON 垂直于直线SM ，可知2SEO θ=∠，3SMO θ=∠，过SO 固定下的二面角与线面角关系，得32θθ≥.易知，3θ也为BC 与平面SAB 的线面角，即OM 与平面SAB 的线面角，俯视图正视图根据最小角定理，OM 与直线SE 所成的线线角13θθ≥， 所以231θθθ≤≤.（2018全国2卷）16. 已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________． 【答案】8π【解析】分析：作出示意图，根据条件分别求出圆锥的母线，高，底面圆半径的长，代入公式计算即可.详解：如下图所示，又，解得，所以， 所以该圆锥的体积为.点睛：此题为填空题的压轴题，实际上并不难，关键在于根据题意作出相应图形，利用平面几何知识求解相应线段长，代入圆锥体积公式即可.（2018天津卷）11. 如图，已知正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱柱A 1–BB 1D 1D 的体积为__________．【答案】【解析】分析：由题意分别求得底面积和高，然后求解其体积即可.详解：如图所示，连结，交于点，很明显平面，则是四棱锥的高，且，，结合四棱锥体积公式可得其体积为：.点睛：本题主要考查棱锥体积的计算，空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. （2018江苏卷）10. 如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．【答案】【解析】分析：先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用锥体体积公式求结果.详解：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于，所以该多面体的体积为点睛：解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．（2018全国1卷）18. 如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．（1）证明：平面平面；（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．【答案】(1)见解析.(2)1.【解析】分析：(1)首先根据题的条件，可以得到=90，即，再结合已知条件BA⊥AD，利用线面垂直的判定定理证得AB⊥平面ACD，又因为AB平面ABC，根据面面垂直的判定定理，证得平面ACD⊥平面ABC；(2)根据已知条件，求得相关的线段的长度，根据第一问的相关垂直的条件，求得三棱锥的高，之后借助于三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积.详解：（1）由已知可得，=90°，．又BA⊥AD，且，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=．又，所以．作QE⊥AC，垂足为E，则．由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．因此，三棱锥的体积为．点睛：该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有面面垂直的判定以及三棱锥的体积的求解，在解题的过程中，需要清楚题中的有关垂直的直线的位置，结合线面垂直的判定定理证得线面垂直，之后应用面面垂直的判定定理证得面面垂直，需要明确线线垂直、线面垂直和面面垂直的关系，在求三棱锥的体积的时候，注意应用体积公式求解即可.（2018全国2卷）19. 如图，在三棱锥中，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．【答案】解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．【解析】分析：（1）连接，欲证平面，只需证明即可；（2）过点作，垂足为，只需论证的长即为所求，再利用平面几何知识求解即可.详解：（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．由知，OP⊥OB．由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．故CH的长为点C到平面POM的距离．由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．所以OM=，CH==．所以点C到平面POM的距离为．点睛：立体几何解答题在高考中难度低于解析几何，属于易得分题，第一问多以线面的证明为主，解题的核心是能将问题转化为线线关系的证明；本题第二问可以通过作出点到平面的距离线段求解，也可利用等体积法解决.（2018江苏卷）15. 在平行六面体中，．求证：（1）；（2）．【答案】答案见解析【解析】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论.详解：证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1．因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C，所以AB ∥平面A 1B 1C ．（2）在平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形． 又因为AA 1=AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B ．又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC ． 又因为A 1B ∩BC =B ，A 1B 平面A 1BC ，BC平面A 1BC ，所以AB 1⊥平面A 1BC ． 因为AB 1平面ABB 1A 1，所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC ．点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. （2018全国3卷）19．（12分）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． ⑴证明：平面平面；⑵在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．19．答案：见解答解答：（1）∵正方形半圆面， ∴半圆面，∴平面.∵在平面内，∴，又∵是半圆弧上异于的点，∴.又∵，∴平面，∵在平面内，∴平面平面.（2）线段上存在点且为中点，证明如下：连接交于点，连接；在矩形中，是中点，是的中点； ∴，∵在平面内，不在平面内，∴平面.ABCD CD M CD C D AMD ⊥BMC AM P MC ∥PBD ABCD ⊥CMD AD ⊥CMD AD ⊥MCD CM MCD AD CM ⊥M CD ,C D CM MD ⊥AD DM D =I CM ⊥ADM CM BCM BCM ⊥ADM AM P P AM ,BD AC O ,,PD PB PO ABCD O AC P AM //OP MC OP PDB MC PDB //MCPDB（2018北京卷）18. （本小题14分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A=PD，E，F分别为AD，PB的中点.（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面P AB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.【解析】分析：（1）欲证，只需证明即可；（2）先证平面，再证平面P AB⊥平面PCD；（3）取中点，连接，证明，则平面.详解：（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.∵底面为矩形，∴，∴.（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.∵平面平面，∴平面.∴.又,∵平面，∴平面平面.（Ⅲ）如图，取中点，连接.∵分别为和的中点，∴，且.∵四边形为矩形，且为的中点，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，∴.又平面，平面，∴平面.点睛：证明面面关系的核心是证明线面关系，证明线面关系的核心是证明线线关系.证明线线平行的方法：（1）线面平行的性质定理；（2）三角形中位线法；（3）平行四边形法. 证明线线垂直的常用方法：（1）等腰三角形三线合一；（2）勾股定理逆定理；（3）线面垂直的性质定理；（4）菱形对角线互相垂直. （2018江苏卷）25. 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．（1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】分析：（1）先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，根据向量数量积求得向量的夹角，再根据向量夹角与异面直线所成角的关系得结果；（2）利用平面的方向量的求法列方程组解得平面的一个法向量，再根据向量数量积得向量夹角，最后根据线面角与所求向量夹角之间的关系得结果.详解：如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，所以．（1）因为P为A1B1的中点，所以，从而，故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．（2）因为Q为BC的中点，所以，因此，．设n=（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．点睛：本题考查空间向量、异面直线所成角和线面角等基础知识，考查运用空间向量解决问题的能力.利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.（2018浙江卷）19.(15分)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2（1）证明：AB 1⊥平面A 1B 1C 1（2）求直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值 19.解答：（1）∵12AB B B ==，且1B B ⊥平面ABC ，∴1B B AB ⊥，∴1AB =.同理，1AC ===过点1C 作1B B 的垂线段交1B B 于点G ，则12C G BC ==且11B G =，∴11B C =在11AB C ∆中，2221111AB B C AC +=， ∴111AB BC ⊥，①过点1B 作1A A 的垂线段交1A A 于点H . 则12B H AB ==，12A H =，∴11A B =. 在11A B A ∆中，2221111AA AB A B =+， ∴111AB A B ⊥，②综合①②，∵11111A B B C B ⋂=，11A B ⊂平面111A B C ，11B C ⊂平面111A B C ， ∴1AB ⊥平面111A B C .（2）过点B 作AB 的垂线段交AC 于点I ，以B 为原点，以AB 所在直线为x 轴，以BI 所在直线为y 轴，以1B B 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系B xyz -.C 1B 1A 1CA则(0,0,0)B ，(2,0,0)A -，1(0,0,2)B，1(1C ， 设平面1ABB 的一个法向量(,,)n a b c =，则1020200n AB a c n BB ⎧⋅==⎧⎪⇒⎨⎨=⋅=⎩⎪⎩，令1b =，则(0,1,0)n =，又∵1AC =，1cos ,13n AC <>==. 由图形可知，直线1AC 与平面1ABB 所成角为锐角，设1AC 与平面1ABB 夹角为α.∴sin α=。
2018高考数学(文)(人教新课标)大一轮复习配套文档第八章 立体几何 单元测试卷 Word版含答案
一、选择题：本大题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．．已知互相垂直的平面α，β交于直线.若直线，满足∥α，⊥β，则( )．∥ ．∥ ．⊥．⊥解：因为⊥β，⊂β，所以⊥.故选.．()某几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积是()．．解：该几何体为一个正方体和一个正四棱锥的组合体，其体积＝＋×××＝()．故选.．一个几何体的三视图形状都相同，大小均相等，那么这个几何体不可以是( )．球．三棱锥 ．正方体．圆柱解：球的三视图是三个相同的圆，三棱锥的三视图可以是三个全等的三角形，正方体的三视图可能是三个相同的正方形，而当圆柱的底面放置在水平面上时，其俯视图是圆，正视图是矩形．故选.．()如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列直线中与直线相交的是( )．直线．直线 ．直线．直线解：在同一个平面内不平行的两条直线或有公共交点的两条直线为相交直线，可判断选项正确．故选. ．如图，在正方体中，，分别是棱，的中点，则与平面的位置关系是( )．∥平面．与平面相交 ．在平面内．与平面的位置关系无法判断解：正方体中，，分别是棱，的中点，取的中点，连接，，则∥，∥，所以∥平面，∥平面，又因为∩＝，所以平面∥平面，从而可得∥平面.故选.．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到的正视图可以为( )解：如图所示，点(，，)，(，，)，(，，)，(，，)，此四点恰为正方体上四个点，且构成一个棱长为的正四面体，该正四面体在投影面上的正视图为正方形.故选.．已知正四棱柱中，＝，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为( )解：取的中点，连接，则∠为所求的角，设＝，∠＝＋×)＝＝＝.故选.．()已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥的四个侧面中面积最大的是( )．．．．解：由三视图知，该几何体是四棱锥，其直观图如图，四个侧面中面积最大的是△，由题设知＝，＝，＝＝，所以＝，取中点，连接，，则⊥，所以⊥，＝＝，所以△＝·＝.故选.．()已知等腰直角三角形的直角边的长为，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )．π．π解：将等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，可得到两个同底的圆锥，因此＝π·()·＝π.故选.．半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( )π∶π∶．π∶．π∶解：将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为，球的半径为，则()＝＋＋()，即＝.所以半球＝×π＝π＝π，正方体＝.所以半球∶正方体＝π∶＝π∶.故选.．已知正四棱柱中，＝，＝，为的中点，则直线与平面的距离为( )．．解：如图，连接，交于，连接，在△中，易证∥.从而∥平面，所以直线到平面的距离即为点到平面的距离，设为.由等体积法，得＝△×＝＝△×＝××××＝.又因为在△中，＝，＝＝，。
精编2018版高考复习一轮人教版数学历高考真题与模拟题汇编 H单元 解析几何(文科2012)和答案
H 解析几何H1 直线的倾斜角与斜率、直线的方程22．H1、H2、H7 如图1－6，在直角坐标系xOy 中，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12到抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线的距离为54.点M (t,1)是C 上的定点，A ，B 是C 上的两动点，且线段AB 被直线OM 平分．(1)求p ，t 的值；(2)求△ABP 面积的最大值．图1－622．解：(1)由题意知⎩⎨⎧2pt ＝1，1＋p 2＝54，得⎩⎨⎧p ＝12，t ＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为Q (m ，m )，由题意知，设直线AB 的斜率为k (k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝x 1，y 22＝x 2，得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝x 1－x 2. 故k ·2m ＝1.所以直线AB 方程为y －m ＝12m (x －m )，即x －2my ＋2m 2－m ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x －2my ＋2m 2－m ＝0，y 2＝x 消去x ，整理得 y 2－2my ＋2m 2－m ＝0，所以Δ＝4m －4m 2＞0，y 1＋y 2＝2m ，y 1·y 2＝2m 2－m . 从而|AB |＝1＋1k2·|y 1－y 2|＝1＋4m 2·4m －4m 2. 设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|1－2m ＋2m 2|1＋4m 2.设△ABP 的面积为S ，则S ＝12|AB |·d ＝|1－2(m －m 2)|·m －m 2. 由Δ＝4m －4m 2＞0，得0＜m ＜1. 令u ＝m －m 2，0＜u ≤12，则S ＝u (1－2u 2)，设S (u )＝u (1－2u 2)，0＜u ≤12，则S ′(u )＝1－6u 2.由S ′(u )＝0得u ＝66∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，所以S (u )max ＝S ⎝ ⎛⎭⎪⎫66＝69.故△ABP 面积的最大值为69.17．H1、H7 定义：曲线C 上的点到直线l 的距离的最小值称为曲线C 到直线l 的距离．已知曲线C 1：y ＝x 2＋a 到直线l ：y ＝x 的距离等于曲线C 2：x 2＋(y ＋4)2＝2到直线l ：y ＝x 的距离，则实数a ＝________.17． 94本题在新定义背景下考查直线、圆和抛物线的方程，一、二次曲线之间的位置关系与导数几何意义等基础知识，考查学生综合运用知识的能力和学情，考查函数方程和数形结合的数学思想．求出曲线C 1到直线l 的距离和曲线C 2到直线l 的距离，建立等式，求出参数a 的值. 曲线C 2：x 2＋(y ＋4)2＝2到直线l ：y ＝x 的距离为圆心到直线的距离与圆的半径之差，即d －r ＝|－4|2－2＝2，由y＝x 2＋a 可得y ′＝2x ，令y ′＝2x ＝1，则x ＝12，在曲线C 1上对应的点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14＋a ，所以曲线C 1到直线l 的距离即为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，14＋a 到直线l 的距离，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－14－a 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪14－a 2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪14－a 2＝2，可得⎪⎪⎪⎪⎪⎪a －14＝2，a ＝－74或a ＝94，当a ＝－74时，曲线C 1：y ＝x 2－74与直线l ：y ＝x 相交，两者距离为0，不合题意，故a ＝94.4．H1、F1 若d ＝(2,1)是直线l 的一个方向向量，则l 的倾斜角的大小为________(结果用反三角函数值表示)．4．arctan 12 考查直线的方向向量、斜率与倾斜角三者之间的关系，关键是求出直线的斜率．由已知可得直线的斜率k ＝12，k ＝tan α，所以直线的倾斜角α＝arctan 12.20．H5、F1、H1 已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2以C 1的长轴为短轴，且与C 1有相同的离心率．(1)求椭圆C 2的方程；(2)设O 为坐标原点，点A ，B 分别在椭圆C 1和C 2上，OB→＝2OA →，求直线AB 的方程．20．解：(1)由已知可设椭圆C 2的方程为y 2a 2＋x 24＝1(a ＞2)，其离心率为3，故a 2－4a ＝3，则a ＝4，故椭圆C 2的方程为y 216＋x 24＝1.(2)解法一：A ，B 两点的坐标分别记为(x A ，y A )，(x B ，y B )， 由OB→＝2OA →及(1)知，O ，A ，B 三点共线且点A ，B 不在y 轴上， 因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .将y ＝kx 代入x 24＋y 2＝1中，得(1＋4k 2)x 2＝4，所以x 2A ＝41＋4k 2，将y ＝kx 代入y 216＋x 24＝1中，得(4＋k 2)x 2＝16，所以x 2B ＝164＋k 2，又由OB →＝2OA →得x 2B ＝4x 2A ，即164＋k 2＝161＋4k 2，解得k ＝±1，故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x .解法二：A ，B 两点的坐标分别记为(x A ，y A )，(x B ，y B )，由OB→＝2OA →及(1)知，O ，A ，B 三点共线且点A ，B 不在y 轴上， 因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .将y ＝kx 代入x 24＋y 2＝1中，得(1＋4k 2)x 2＝4，所以x 2A ＝41＋4k 2，由OB →＝2OA →得x 2B＝161＋4k 2，y 2B ＝16k 21＋4k 2， 将x 2B ，y 2B 代入y 216＋x 24＝1中，得4＋k 21＋4k 2＝1， 即4＋k 2＝1＋4k 2，解得k ＝±1， 故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x .H2 两直线的位置关系与点到直线的距离22．H1、H2、H7 如图1－6，在直角坐标系xOy 中，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12到抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线的距离为54.点M (t,1)是C 上的定点，A ，B 是C 上的两动点，且线段AB 被直线OM 平分．(1)求p ，t 的值；(2)求△ABP 面积的最大值．图1－622．解：(1)由题意知⎩⎨⎧2pt ＝1，1＋p 2＝54，得⎩⎨⎧p ＝12，t ＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为Q (m ，m )，由题意知，设直线AB 的斜率为k (k ≠0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝x 1，y 22＝x 2，得(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝x 1－x 2. 故k ·2m ＝1.所以直线AB 方程为y －m ＝12m (x －m )，即x －2my ＋2m 2－m ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x －2my ＋2m 2－m ＝0，y 2＝x消去x ，整理得 y 2－2my ＋2m 2－m ＝0，所以Δ＝4m －4m 2＞0，y 1＋y 2＝2m ，y 1·y 2＝2m 2－m . 从而|AB |＝1＋1k2·|y 1－y 2|＝1＋4m 2·4m －4m 2. 设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|1－2m ＋2m 2|1＋4m 2.设△ABP 的面积为S ，则S＝12|AB|·d＝|1－2(m－m2)|·m－m2.由Δ＝4m－4m2＞0，得0＜m＜1.令u＝m－m2，0＜u≤12，则S＝u(1－2u2)，设S(u)＝u(1－2u2)，0＜u≤12，则S′(u)＝1－6u2.由S′(u)＝0得u＝66∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12，所以S(u)max ＝S⎝⎛⎭⎪⎫66＝69.故△ABP面积的最大值为69.H3 圆的方程20．H3、H7、H8设抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，准线为l，A为C 上一点，已知以F为圆心，FA为半径的圆F交l于B，D两点．(1)若∠BFD＝90°，△ABD的面积为42，求p的值及圆F的方程；(2)若A、B、F三点在同一直线m上，直线n与m平行，且n与C只有一个公共点，求坐标原点到m，n距离的比值．20．解：(1)由已知可得△BFD为等腰直角三角形，|BD|＝2p，圆F的半径|FA|＝2p.由抛物线定义可知A到l的距离d＝|FA|＝2p.因为△ABD的面积为42，所以12|BD|·d＝42，即12·2p·2p＝42，解得p＝－2(舍去)，p＝2.所以F(0,1)，圆F的方程为x2＋(y－1)2＝8.(2)因为A，B，F三点在同一直线m上，所以AB为圆F的直径，∠ADB＝90°.由抛物线定义知|AD|＝|FA|＝12|AB|，所以∠ABD＝30°，m的斜率为33或－33.当m的斜率为33时，由已知可设n：y＝33x＋b，代入x2＝2py得x2－233px－2pb＝0.由于n与C只有一个公共点，故Δ＝43p2＋8pb＝0.解得b＝－p 6 .因为m的截距b1＝p2，|b1||b|＝3，所以坐标原点到m，n距离的比值为3.当m的斜率为－33时，由图形对称性可知，坐标原点到m，n距离的比值为3.21．H3、H7、H8如图1－4所示，等边三角形OAB的边长为83，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．图1－4(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线y ＝－1相交于点Q ，证明以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．21．解：解法一：(1)依题意，|OB |＝83，∠BOy ＝30°. 设B (x ，y )，则x ＝|OB |sin30°＝43，y ＝|OB |cos30°＝12. 因为点B (43，12)在x 2＝2py 上，所以(43)2＝2p ×12，解得p ＝2. 故抛物线E 的方程为x 2＝4y . (2)由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x .设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为 y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.由⎩⎨⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎨⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1.所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1. 假设以PQ 为直径的圆恒过定点M ，由图形的对称性知M 必在y 轴上，设M (0，y 1)，令MP →·MQ →＝0对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的x 0，y 0恒成立．由于MP →＝(x 0，y 0－y 1)，MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1－y 1. 由MP→·MQ →＝0，得x 20－42－y 0－y 0y 1＋y 1＋y 21＝0.即(y 21＋y 1－2)＋(1－y 1)y 0＝0.(*)由于(*)式对满足y 0＝14x 20(x 0≠0)的y 0恒成立，所以⎩⎪⎨⎪⎧1－y 1＝0，y 21＋y 1－2＝0，解得y 1＝1.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M (0,1)．解法二： (1)同解法一．(2)由(1)知y ＝14x 2，y ′＝12x ，设P (x 0，y 0)，则x 0≠0，且l 的方程为 y －y 0＝12x 0(x －x 0)，即y ＝12x 0x －14x 20.由⎩⎨⎧y ＝12x 0x －14x 20，y ＝－1，得⎩⎨⎧x ＝x 20－42x 0，y ＝－1，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－1. 取x 0＝2，此时P (2,1)，Q (0，－1)，以PQ 为直径的圆为(x －1)2＋y 2＝2，交y 轴于点M 1(0,1)或M 2(0，－1)；取x 0＝1，此时P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，14，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1，以PQ 为直径的圆为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋142＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋382＝12564，交y 轴于M 3(0,1)或M 4⎝⎛⎭⎪⎫0，－74.故若满足条件的点M 存在，只能是M (0,1)． 以下证明点M (0,1)就是所要求的点．因为MP →＝(x 0，y 0－1)，MQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－42x 0，－2， MP →·MQ →＝x 20－42－2y 0＋2＝2y 0－2－2y 0＋2＝0.故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上的定点M .21．H3、H5、H8 设A 是单位圆x 2＋y 2＝1上的任意一点，l 是过点A 与x 轴垂直的直线，D 是直线l 与x 轴的交点，点M 在直线l 上，且满足|DM |＝m |DA |(m ＞0，且m ≠1)．当点A 在圆上运动时，记点M 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程，判断曲线C 为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标； (2)过原点斜率为k 的直线交曲线C 于P ，Q 两点，其中P 在第一象限，且它在y 轴上的射影为点N ，直线QN 交曲线C 于另一点H .是否存在m ，使得对任意的k ＞0，都有PQ ⊥PH ？若存在，求m 的值；若不存在，请说明理由．21．解：(1)如图(1)，设M (x ，y )，A (x 0，y 0)，则由|DM |＝m |DA |(m ＞0，且m ≠1)，可得x ＝x 0，|y |＝m |y 0|，所以x 0＝x ，|y 0|＝1m|y |.①因为A 点在单位圆上运动，所以x 20＋y 20＝1.②将①式代入②式即得所求曲线C 的方程为x 2＋y2m2＝1(m ＞0，且m ≠1)．因为m ∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以当0＜m ＜1时，曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(－1－m 2，0)，(1－m 2，0)； 当m ＞1时，曲线C 是焦点在y 轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(0，－m 2－1)，(0，m 2－1)．(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k ＞0，设P (x 1，kx 1)，H (x 2，y 2)，则Q (－x 1，－kx 1)，N (0，kx 1)，直线QN 的方程为y ＝2kx ＋kx 1，将其代入椭圆C 的方程并整理可得(m 2＋4k 2)x 2＋4k 2x 1x ＋k 2x 21－m 2＝0.依题意可知此方程的两根为－x 1，x 2，于是由韦达定理可得 －x 1＋x 2＝－4k 2x 1m 2＋4k 2，即x 2＝m 2x 1m 2＋4k 2.因为点H 在直线QN 上， 所以y 2－kx 1＝2kx 2＝2km 2x 1m 2＋4k 2.于是PQ →＝(－2x 1，－2kx 1)，PH →＝(x 2－x 1，y 2－kx 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 2x 1m 2＋4k 2，2km 2x 1m 2＋4k 2. 而PQ ⊥PH 等价于PQ→·PH →＝－m 2k 2x 21m 2＋4k 2＝0，即2－m 2＝0，又m ＞0，得m ＝2，故存在m ＝2，使得在其对应的椭圆x 2＋y 22＝1上，对任意的k ＞0都有PQ⊥PH .方法2：如图(2)、(3)，对任意x 1∈(0,1)，设P (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则Q (－x 1，－y 1)，N (0，y 1)，因为P ，H 两点在椭圆C 上，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2x 21＋y 21＝m 2，m 2x 22＋y 22＝m 2，两式相减可得m 2(x 21－x 22)＋(y 21－y 22)＝0.③依题意，由点P 在第一象限可知，点H 也在第一象限，且P ，H 不重合， 故(x 1－x 2)(x 1＋x 2)≠0.于是由③式可得y 1－y 2y 1＋y 2x 1－x 2x 1＋x 2＝－m 2.④又Q ，N ，H 三点共线，所以k QN ＝k QH ，即2y 1x 1＝y 1＋y 2x 1＋x 2.于是由④式可得k PQ ·k PH ＝y 1x 1·y 1－y 2x 1－x 2＝12·y 1－y 2y 1＋y 2x 1－x 2x 1＋x 2＝－m 22，而PQ ⊥PH 等价于k PQ ·k PH ＝－1，即－m 22＝－1，又m ＞0，得m ＝2，故存在m ＝2，使得在其对应的椭圆x 2＋y 22＝1上，对任意的k ＞0，都有PQ ⊥PH .H4 直线与圆、圆与圆的位置关系6．H4 已知圆C ：x 2＋y 2－4x ＝0，l 是过点P (3,0)的直线，则( ) A ．l 与C 相交 B ．l 与C 相切C．l与C相离D．以上三个选项均有可能6．A 本小题主要考查直线与圆的位置关系，解题的突破口为熟练掌握判断直线与圆位置关系的方法．x2＋y2－4x＝0是以(2,0)为圆心，以2为半径的圆，而点P(3,0)到圆心的距离为d＝－2＋－2＝1<2，点P(3,0)恒在圆内，过点P(3,0)不管怎么样画直线，都与圆相交．故选A.7．H4将圆x2＋y2－2x－4y＋1＝0平分的直线是( )A．x＋y－1＝0 B．x＋y＋3＝0C．x－y＋1＝0 D．x－y＋3＝07．C 本小题主要考查直线与圆的位置关系．解题的突破口为弄清平分线的实质是过圆心的直线，即圆心符合直线方程．圆的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝4，所以圆心为(1,2)，把点(1,2)代人A、B、C、D，不难得出选项C符合要求．x，y x2＋y2≤4分为两部分，5．H4过点P(1,1)的直线，将圆形区域{}使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为( )A．x＋y－2＝0 B．y－1＝0C．x－y＝0 D．x＋3y－4＝05．A 要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，通过观察图形，显然只需该直线与直线OP垂直即可，又已知P(1,1)，则所求直线的斜率为－1，又该直线过点P(1,1)，易求得该直线的方程为x＋y－2＝0.故选A.8．H4在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于( )A．3 3 B．2 3C. 3 D．18．B 考查直线与圆相交求弦长，突破口是“弦心距、半径、弦长之半构成直角三角形”，利用勾股定理计算．由点到直线的距离得，弦心距d ＝|5|32＋42＝1，所以弦长AB ＝222－1＝23，所以选择B.9．H4 直线y ＝x 被圆x 2＋(y －2)2＝4截得的弦长为________．9．2 2 本题考查直线和圆的位置关系、考查简单的平面几何知识． 法一：几何法：圆心到直线的距离为d ＝|0－2|2＝2，圆的半径r ＝2，所以弦长为l ＝2×r 2－d 2＝24－2＝22；法二：代数法：联立直线和圆的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ，x 2＋y －2＝4，消去y 可得x 2－2x ＝0，所以直线和圆的两个交点坐标分别为(2,2)，(0,0)，弦长为－2＝2 2.9．H4 若直线x －y ＋1＝0与圆(x －a )2＋y 2＝2有公共点，则实数a 的取值范围是( )A ．B ．C ．D ．(－∞，－3]∪ 因为直线x －y ＋1＝0与圆()x －a 2＋y 2＝2有公共点，所以圆心到直线的距离d ＝||a －0＋12≤r ＝2，可得||a ＋1≤2，即a ∈[]－3，1.7．H4 直线x ＋3y －2＝0与圆x 2＋y 2＝4相交于A ，B 两点，则弦AB 的长度等于( )A ．2 5B ．2 3 C. 3 D ．17．B 根据圆的方程知，圆的圆心为(0,0)，半径R ＝2，弦心距d ＝|－2|3＋1＝1，所以弦长|AB |＝222－1＝23，所以选择B.12．H4 在平面直角坐标系xOy 中，圆C 的方程为x 2＋y 2－8x ＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________．12.43本题考查用几何方法判定两圆的位置关系．解题突破口为设出圆的圆心坐标．圆C方程可化为(x－4)2＋y2＝1圆心坐标为(4,0)，半径为1，由题意，直线y ＝kx－2上至少存在一点(x0，kx0－2)，以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，因为两个圆有公共点，故x －2＋kx －2≤2，整理得(k2＋1)x2－(8＋4k)x＋16≤0，此不等式有解的条件是Δ＝(8＋4k)2－64(k2＋1)≥0，解之得0≤k≤43，故最大值为43.14．H4过直线x＋y－22＝0上点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点P的坐标是________．14．(2，2) 设切点为A，B，设P(x,22－x)，连结PA，PB，PO，则|PO|＝2|OA|＝2，即x2＋(22－x)2＝4，整理得x2－22x＋2＝0，解得x＝2，故P的坐标为(2，2)．22．H6、H4在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：2x2－y2＝1.(1)设F是C的左焦点，M是C右支上一点．若|MF|＝22，求点M的坐标；(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；(3)设斜率为k(|k|＜2)的直线l交C于P、Q两点．若l与圆x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ.22．解：(1)双曲线C：x212－y2＝1，左焦点F⎝⎛⎭⎪⎫－62，0，设M (x ，y )，则|MF |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋622＋y 2＝⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋222，由M 点是右支上一点，知x ≥22，所以|MF |＝3x ＋22＝22，得x ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫62，±2.(2)左顶点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，渐近线方程：y ＝±2x .过点A 与渐近线y ＝2x 平行的直线方程为 y ＝2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋22，即y ＝2x ＋1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，y ＝2x ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－24，y ＝12.所以所求平行四边形的面积为S ＝|OA ||y |＝24.(3)证明：设直线PQ 的方程是y ＝kx ＋b ，因直线PQ 与已知圆相切，故|b |k 2＋1＝1，即b 2＝k 2＋1(*)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，2x 2－y 2＝1，得(2－k 2)x 2－2kbx －b 2－1＝0. 设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 1＋x 2＝2kb，x 1x 2＝－1－b22－k 2.又y 1y 2＝(kx 1＋b )(kx 2＋b )，所以OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2 ＝＋k 2－1－b 22－k 2＋2k 2b 22－k 2＋b 2＝－1＋b 2－k 22－k 2. 由(*)知，OP→·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .20．H4、H5 如图1－7，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 2,1<t <3，与椭圆C 2：x 29＋y 2＝1相交于A ，B ，C ，D 四点，点A 1，A 2分别为C 2的左，右顶点．(1)当t 为何值时，矩形ABCD 的面积取得最大值？并求出其最大面积； (2)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程．图1－720．解：(1)设A (x 0，y 0)，则矩形ABCD 的面积S ＝4|x 0||y 0|.由x 209＋y 20＝1得y 20＝1－x 209，从而 x 20y 20＝x 20⎝⎛⎭⎪⎫1－x 209＝－19⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－922＋94，当x 20＝92，y 20＝12时，S max ＝6.从而t ＝5时，矩形ABCD 的面积最大，最大面积为6.(2)由A (x 0，y 0)，B (x 0，－y 0)，A 1(－3,0)，A 2(3,0)知直线AA 1的方程为y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)． ①直线A 2B 的方程为 y ＝－y 0x 0－3(x －3)． ②由①②得y 2＝－y 20x 20－9(x 2－9) ③又点A (x 0，y 0)在椭圆C 上，故y 20＝1－x 209. ④将④代入③得x 29－y 2＝1(x <－3，y <0)．因此点M 的轨迹方程为x 29－y 2＝1(x <－3，y <0)．3．H4 设A ，B 为直线y ＝x 与圆x 2＋y 2＝1的两个交点，则|AB |＝( ) A ．1 B. 2 C. 3 D ．23．D 因为圆x 2＋y 2＝1的圆心(0,0)在直线AB 上，所以AB 为圆的直径，所以|AB |＝2×1＝2.9．H4 圆(x ＋2)2＋y 2＝4与圆(x －2)2＋(y －1)2＝9的位置关系为( ) A ．内切 B ．相交 C ．外切 D ．相离9．B 本题考查两圆的位置关系，考查数形结合思想，推理能力，容易题． ∵两圆的圆心距为＋2＋－2＝17，又∵3－2<17<3＋2，∴两圆相交．12．H4 设m ，n ∈R ，若直线l ：mx ＋ny －1＝0与x 轴相交于点A ，与y 轴相交于点B ，且l 与圆x 2＋y 2＝4相交所得弦的长为2，O 为坐标原点，则△AOB 面积的最小值为________．12．3 直线mx ＋ny －1＝0与两坐标轴的交点坐标分为⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，0，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1n ，又∵直线l 被圆x 2＋y 2＝4截得弦长为2 ，由垂径定理得，⎝ ⎛⎭⎪⎫1m 2＋n 22＋12＝22，即1m 2＋n 2＝3， ∴S △OAB ＝12×1|m |×1|n |≥1m 2＋n 2＝3.4．A2、H2 设a ∈R ，则“a ＝1”是“直线l 1：ax ＋2y －1＝0与直线l 2：x ＋2y ＋4＝0平行”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．C 本题考查了简易逻辑、两直线平行等基础知识，考查了学生简单的逻辑推理能力．若a ＝1，则直线l 1：ax ＋2y －1＝0与l 2：x ＋2y ＋4＝0平行；若直线l 1：ax ＋2y －1＝0与l 2：x ＋2y ＋4＝0平行，则2a －2＝0即a ＝1.∴“a ＝1”是“l 1：ax ＋2y －1＝0与l 2：x ＋2y ＋4＝0平行”的充要条件．H5 椭圆及其几何性质21．H5、H8、F3 如图，设椭圆的中点为原点O ，长轴在x 轴上，上顶点为A ，左、右焦点分别为F 1，F 2，线段OF 1，OF 2的中点分别为B 1，B 2，且△AB 1B 2是面积为4的直角三角形．(1)求该椭圆的离心率和标准方程；(2)过B 1作直线交椭圆于P ，Q 两点，使PB 2⊥QB 2，求△PB 2Q 的面积．21．解：(1)设所求椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，右焦点为F 2(c,0)．因△AB 1B 2是直角三角形且|AB 1|＝|AB 2|，故∠B 1AB 2为直角，从而|OA |＝|OB 2|，即b ＝c2.结合c 2＝a 2－b 2得4b 2＝a 2－b 2，故a 2＝5b 2，c 2＝4b 2，所以离心率e ＝c a ＝255.在Rt △AB 1B 2中，OA ⊥B 1B 2，故S △AB 1B 2＝12·|B 1B 2|·|OA |＝|OB 2|·|OA |＝c2·b ＝b 2，由题设条件S △AB 1B 2＝4得b 2＝4，从而a 2＝5b 2＝20. 因此所求椭圆的标准方程为：x 220＋y 24＝1.(2)由(1)知B 1(－2,0)、B 2(2,0)．由题意，直线PQ 的倾斜角不为0，故可设直线PQ 的方程为：x ＝my －2.代入椭圆方程得(m 2＋5)y 2－4my －16＝0.(*)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1，y 2是上面方程的两根，因此 y 1＋y 2＝4m m 2＋5，y 1·y 2＝－16m 2＋5.又B 2P →＝(x 1－2，y 1)，B 2Q →＝(x 2－2，y 2)，所以 B 2P →·B 2Q →＝(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2 ＝(my 1－4)(my 2－4)＋y 1y 2 ＝(m 2＋1)y 1y 2－4m (y 1＋y 2)＋16 ＝－m 2＋m －16m 2m ＋16 ＝－16m 2－64m 2＋5，由PB 2⊥QB 2，知B 2P →·B 2Q →＝0，即16m 2－64＝0，解得m ＝±2. 当m ＝2时，方程(*)化为：9y 2－8y －16＝0， 故y 1＝4＋4109，y 2＝4－4109，|y 1－y 2|＝8910，△PB 2Q 的面积S ＝12|B 1B 2|·|y 1－y 2|＝16910.当m ＝－2时，同理可得(或由对称性可得)△PB 2Q 的面积S ＝16910.综上所述，△PB 2Q 的面积为16910.8．H5、H6 如图1－3，中心均为原点O 的双曲线与椭圆有公共焦点，M ，N 是双曲线的两顶点．若M ，O ，N 将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是()图1－3A ．3B ．2 C. 3 D. 28．B 本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题．设椭圆、双曲线的方程分别为x 2a 21 ＋ y 2b 21 ＝1(a 1>b 1>0)，x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2>0，b 2>0)，由题意知c 1＝c 2且a 1＝2a 2，则e 1e 2＝c 1a 1c 2a 2＝a 2a 1＝2. 19．H5、H8 已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫5a ，2a 在椭圆上．(1)求椭圆的离心率；(2)设A 为椭圆的左顶点，O 为坐标原点，若点Q 在椭圆上且满足|AQ |＝|AO |，求直线OQ 的斜率的值．19．解：(1)因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫55a ，22a 在椭圆上，故a 25a 2＋a 22b 2＝1，可得b 2a 2＝58，于是e 2＝a 2－b 2a 2＝1－b 2a 2＝38，所以椭圆的离心率e ＝64.(2)设直线OQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx .设点Q 的坐标为(x 0，y 0)．由条件得⎩⎨⎧y 0＝kx 0，x 20a 2＋y20b2＝1，消去y 0并整理得x 20＝a 2b 2k 2a 2＋b2.①由|AQ |＝|AO |，A (－a,0)及y 0＝kx 0，得(x 0＋a )2＋k 2x 20＝a 2.整理得，(1＋k 2)x 20＋2ax 0＝0.而x 0≠0，故x 0＝－2a 1＋k 2，代入①，整理得(1＋k 2)2＝4k 2·a 2b2＋4. 由(1)知a 2b 2＝85，故(1＋k 2)2＝325k 2＋4，即5k 4－22k 2－15＝0，可得k 2＝5.所以直线OQ 的斜率k ＝± 5.4．H5 设F 1，F 2是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，P 为直线x ＝3a 2上一点，△F 2PF 1是底角为30°的等腰三角形，则E 的离心率为( )A.12B.23C.34D.454．C 根据题意直线PF 2的倾斜角是π3，所以32a －c ＝12|PF 2|＝12|F 1F 2|＝12×2c ，解得e ＝34.故选C.16．A2、H5 对于常数m 、n ，“mn ＞0”是“方程mx 2＋ny 2＝1的曲线是椭圆”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件16．B 考查充分条件和必要条件，以及椭圆方程．判断充分条件和必要条件，首先要确定条件与结论．条件是“mn >0”，结论是“方程mx 2＋ny 2＝1的曲线是椭圆”， 方程mx 2＋ny 2＝1的曲线是椭圆，可以得出mn >0，且m >0，n >0，m ≠n ，而由条件“mn >0”推不出“方程mx 2＋ny 2＝1的曲线是椭圆”．所以为必要不充分条件，选B.20．H5、F1 已知椭圆C 1：x 24＋y 2＝1，椭圆C 2以C 1的长轴为短轴，且与C 1有相同的离心率．(1)求椭圆C 2的方程；(2)设O 为坐标原点，点A ，B 分别在椭圆C 1和C 2上，OB→＝2OA →，求直线AB 的方程．20．解：(1)由已知可设椭圆C 2的方程为y 2a 2＋x 24＝1(a ＞2)，其离心率为32，故a 2－4a ＝32，则a ＝4，故椭圆C 2的方程为y 216＋x 24＝1.(2)解法一：A ，B 两点的坐标分别记为(x A ，y A )，(x B ，y B )， 由OB→＝2OA →及(1)知，O ，A ，B 三点共线且点A ，B 不在y 轴上， 因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .将y ＝kx 代入x 24＋y 2＝1中，得(1＋4k 2)x 2＝4，所以x 2A＝41＋4k 2， 将y ＝kx 代入y 216＋x 24＝1中，得(4＋k 2)x 2＝16，所以x 2B ＝164＋k 2，又由OB →＝2OA →得x 2B ＝4x 2A ，即164＋k 2＝161＋4k 2，解得k ＝±1，故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x . 解法二：A ，B 两点的坐标分别记为(x A ，y A )，(x B ，y B )，由OB →＝2OA →及(1)知，O ，A ，B 三点共线且点A ，B 不在y 轴上， 因此可设直线AB 的方程为y ＝kx .将y ＝kx 代入x 24＋y 2＝1中，得(1＋4k 2)x 2＝4，所以x 2A ＝41＋4k 2，由OB →＝2OA →得x 2B ＝161＋4k 2，y 2B ＝16k 21＋4k 2， 将x 2B ，y 2B 代入y 216＋x 24＝1中，得4＋k 21＋4k 2＝1， 即4＋k 2＝1＋4k 2，解得k ＝±1， 故直线AB 的方程为y ＝x 或y ＝－x .21．H3、H5、H8 设A 是单位圆x 2＋y 2＝1上的任意一点，l 是过点A 与x 轴垂直的直线，D 是直线l 与x 轴的交点，点M 在直线l 上，且满足|DM |＝m |DA |(m ＞0，且m ≠1)．当点A 在圆上运动时，记点M 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程，判断曲线C 为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标； (2)过原点斜率为k 的直线交曲线C 于P ，Q 两点，其中P 在第一象限，且它在y 轴上的射影为点N ，直线QN 交曲线C 于另一点H .是否存在m ，使得对任意的k ＞0，都有PQ ⊥PH ？若存在，求m 的值；若不存在，请说明理由．21．解：(1)如图(1)，设M (x ，y )，A (x 0，y 0)，则由|DM |＝m |DA |(m ＞0，且m ≠1)，可得x ＝x 0，|y |＝m |y 0|，所以x 0＝x ，|y 0|＝1m|y |.①因为A 点在单位圆上运动，所以x 20＋y 20＝1.②将①式代入②式即得所求曲线C 的方程为x 2＋y2m2＝1(m ＞0，且m ≠1)．因为m ∈(0,1)∪(1，＋∞)，所以当0＜m ＜1时，曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆， 两焦点坐标分别为(－1－m 2，0)，(1－m 2，0)； 当m ＞1时，曲线C 是焦点在y 轴上的椭圆，两焦点坐标分别为(0，－m 2－1)，(0，m 2－1)．(2)方法1：如图(2)、(3)，对任意k ＞0，设P (x 1，kx 1)，H (x 2，y 2)，则Q (－x 1，－kx 1)，N (0，kx 1)，直线QN 的方程为y ＝2kx ＋kx 1，将其代入椭圆C 的方程并整理可得(m 2＋4k 2)x 2＋4k 2x 1x ＋k 2x 21－m 2＝0.依题意可知此方程的两根为－x 1，x 2，于是由韦达定理可得 －x 1＋x 2＝－4k 2x 1m 2＋4k 2，即x 2＝m 2x 1m 2＋4k 2.因为点H 在直线QN 上， 所以y 2－kx 1＝2kx 2＝2km 2x 1.于是PQ →＝(－2x 1，－2kx 1)，PH →＝(x 2－x 1，y 2－kx 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 2x 1m 2＋4k 2，2km 2x 1m 2＋4k 2. 而PQ ⊥PH 等价于PQ→·PH →＝－m 2k 2x 21m 2＋4k 2＝0，即2－m 2＝0，又m ＞0，得m ＝2，故存在m ＝2，使得在其对应的椭圆x 2＋y 22＝1上，对任意的k ＞0都有PQ⊥PH .方法2：如图(2)、(3)，对任意x 1∈(0,1)，设P (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则Q (－x 1，－y 1)，N (0，y 1)，因为P ，H 两点在椭圆C 上，所以⎩⎪⎨⎪⎧m 2x 21＋y 21＝m 2，m 2x 22＋y 22＝m 2，两式相减可得m 2(x 21－x 22)＋(y 21－y 22)＝0.③依题意，由点P 在第一象限可知，点H 也在第一象限，且P ，H 不重合， 故(x 1－x 2)(x 1＋x 2)≠0.于是由③式可得y 1－y 2y 1＋y 2x 1－x 2x 1＋x 2＝－m 2.④又Q ，N ，H 三点共线，所以k QN ＝k QH ，即2y 1x 1＝y 1＋y 2x 1＋x 2.于是由④式可得k PQ ·k PH ＝y 1x 1·y 1－y 2x 1－x 2＝12·y 1－y 2y 1＋y 2x 1－x 2x 1＋x 2＝－m 22，而PQ ⊥PH 等价于k PQ ·k PH ＝－1，即－m 22＝－1，又m ＞0，得m ＝2，故存在m ＝2，使得在其对应的椭圆x 2＋y 22＝1上，对任意的k ＞0，都有PQ ⊥PH .21．H5、H8 如图1－7所示，椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，直线x ＝±a 和y ＝±b 所围成的矩形ABCD 的面积为8.图1－7(1)求椭圆M 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝x ＋m (m ∈R )与椭圆M 有两个不同的交点P ，Q ，l 与矩形ABCD 有两个不同的交点S ，T .求|PQ |ST 的最大值及取得最大值时m 的值．21．解：(1)设椭圆M 的半焦距为c ，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，c a ＝32，4ab ＝8，所以a ＝2，b ＝1，因此椭圆M 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)由⎩⎨⎧x 24＋y 2＝1，y ＝x ＋m ，整理得5x 2＋8mx ＋4m 2－4＝0，由Δ＝64m 2－80(m 2－1)＝80－16m 2>0. 得－5<m < 5. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝－8m 5，x 1x 2＝4m 2－15.所以|PQ |＝x 1－x 22＋y 1－y 22＝x 1＋x 22－4x 1x 2]＝45－m 2(－5<m <5)．线段CD 的方程为y ＝1(－2≤x ≤2)，线段AD 的方程为x ＝－2(－1≤y ≤1)． ①不妨设点S 在AD 边上，T 在CD 边上，可知1≤m <5，S (－2，m －2)，D (－2,1)，所以|ST |＝2|SD |＝2＝2(3－m )， 因此|PQ ||ST |＝455－m 2－m2.令t ＝3－m (1≤m <5)， 则m ＝3－t ，t ∈(3－5，2]． 所以|PQ ||ST |＝455－－t2t 2＝45－4t 2＋6t －1＝45－4⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －342＋54， 由于t ∈(3－5，2]． 所以1t ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，3＋54.因此当1t ＝34，即t ＝43时，|PQ ||ST |取得最大值25，此时m ＝53.②不妨设点S 在AB 边上，T 在CD 边上，此时－1≤m ≤1， 因此|ST |＝2|AD |＝22，此时|PQ ||ST |＝255－m 2. 所以当m ＝0时，|PQ ||ST |取得最大值255.③不妨设点S 在AB 边上，T 在BC 边上，－5<m ≤－1. 由椭圆和矩形的对称性知|PQ ||ST |的最大值为255，此时m ＝－53.综上所述m ＝±53或m ＝0时，|PQ ||ST |取得最大值255.20．H5、H8 如图1－4，F 1，F 2分别是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 是椭圆C 的顶点，B 是直线AF 2与椭圆C 的另一个交点，∠F 1AF 2＝60°.(1)求椭圆C 的离心率；(2)已知△AF 1B 的面积为403，求a ，b 的值．图1－420．解： (1)由题意可知，△AF 1F 2为等边三角形，a ＝2c ，所以e ＝12.(2)( 方法一)a 2＝4c 2，b 2＝3c 2.直线AB 的方程可为y ＝－3(x －c )． 将其代入椭圆方程3x 2＋4y 2＝12c 2，得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫85c ，－335c .所以|AB |＝1＋3·⎪⎪⎪⎪⎪⎪85c －0＝165c .由S △AF 1B ＝12|AF 1|·|AB |sin ∠F 1AB＝12a ·165c ·32＝235a 2＝403， 解得a ＝10，b ＝5 3. (方法二)设|AB |＝t .因为|AF 2|＝a ，所以|BF 2|＝t －a .由椭圆定义|BF 1|＋|BF 2|＝2a 可知，|BF 1|＝3a －t . 再由余弦定理(3a －t )2＝a 2＋t 2－2at cos60°可得， t ＝85a . 由S △AF 1B ＝12a ·85a ·32＝235a 2＝403知，a ＝10，b ＝5 3.5．H5 椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为x ＝－4，则该椭圆的方程为( )A.x 216＋y 212＝1B.x 212＋y 28＝1C.x 28＋y 24＝1D.x 212＋y 24＝15．C 本小题主要考查椭圆的标准方程和几何性质．解题的突破口为焦距、准线与a 、b 、c 的关系．∵焦距为4，一条准线为x ＝－4，∴c ＝2，a 2c ＝4，∴a 2＝8，b 2＝4，故选C.20．H5、H7、H8 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1(－1,0)，且点P (0,1)在C 1上．(1)求椭圆C 1的方程；(2)设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程．20．解：(1)由C 1的左焦点F 1的坐标为(－1,0)知c ＝1. 因为点P (0,1)在C 1上，所以b ＝1. 于是a ＝ 2.故C 1的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题设l 同时与C 1和C 2相切，设切点分别为A 和B ，点B 的坐标为(x 0，y 0)，显然x 0>0.当点B 在第一象限时，点B 的坐标为(x 0,2x 0)．考虑抛物线C 2在第一象限的方程y ＝2x ，x >0. 因为y ′＝1x， 所以l 的斜率为1x 0，从而l 的方程为：y ＝x x 0＋x 0.由假设直线l 与椭圆C 1相切，因此方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝xx 0＋x 0， ①x 22＋y 2＝1， ②有唯一解，将①代入②并整理得： (x 0＋2)x 2＋4x 0x ＋2x 0(x 0－1)＝0， 所以Δ＝16x 20－8(x 0＋2)x 0(x 0－1) ＝－8x 0(x 0＋1)(x 0－2)＝0. 因为x 0>0，所以x 0＝2.当x 0＝2时，直线l 的方程为：y ＝22x ＋ 2.易验证l 是C 1的切线．由对称性，当切点B 在第四象限时，可得l 的方程为：y ＝－2x － 2.综上所述，同时与C 1和C 2相切的直线方程为： y ＝22x ＋2，或y ＝－22x － 2.21．H5、H10 在直角坐标系xOy 中，已知中心在原点，离心率为12的椭圆E的一个焦点为圆C ：x 2＋y 2－4x ＋2＝0的圆心．(1)求椭圆E 的方程；(2)设P 是椭圆E 上一点，过P 作两条斜率之积为12的直线l 1，l 2.当直线l 1，l 2都与圆C 相切时，求P 的坐标．21．解：(1)由x 2＋y 2－4x ＋2＝0得(x －2)2＋y 2＝2，故圆C 的圆心为点(2,0)．从而可设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，其焦距为2c .由题设知c ＝2，e＝c a ＝12.所以a ＝2c ＝4，b 2＝a 2－c 2＝12.故椭圆E 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)设点P 的坐标为(x 0，y 0)，l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2.则l 1，l 2的方程分别为l 1：y －y 0＝k 1(x －x 0)，l 2：y －y 0＝k 2(x －x 0)，且k 1k 2＝12.由l 1与圆C ：(x －2)2＋y 2＝2相切得|2k 1＋y 0－k 1x 0|k 21＋1＝ 2.即k 21＋2(2－x 0)y 0k 1＋y 20－2＝0. 同理可得k 22＋2(2－x 0)y 0k 2＋y 20－2＝0.从而k 1，k 2是方程k 2＋2(2－x 0)y 0k ＋y 20－2＝0的两个实根．于是 ⎩⎪⎨⎪⎧－x 02－2≠0，Δ＝－x 02＋y 20－2]＞0，① 且k 1k 2＝y 20－20＝1.由⎩⎨⎧x 2016＋y 2012＝1，y 20－2－x 02－2＝12得5x 20－8x 0－36＝0.解得x 0＝－2，或x 0＝185.由x 0＝－2得y 0＝±3；由x 0＝185得y 0＝±575，它们均满足①式．故点P 的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或⎝ ⎛⎭⎪⎫185，575，或⎝ ⎛⎭⎪⎫185，－575.8．H5 椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别是A ，B ，左、右焦点分别是F 1，F 2.若|AF 1|，|F 1F 2|，|F 1B |成等比数列，则此椭圆的离心率为( )A.14B.55C.12 D.5－28．B 由椭圆的定义知，|AF 1|＝a －c ，|F 1F 2|＝2c ，|BF 1|＝a ＋c .∵|AF 1|，|F 1F 2|，|BF 1|成等比数列，因此4c 2＝(a －c )(a ＋c )，整理得5c 2＝a 2，两边同除以a 2得5e 2＝1，解得e ＝55.故选B.20．H4、H5 如图1－7，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 2,1<t <3，与椭圆C 2：x 29＋y 2＝1相交于A ，B ，C ，D 四点，点A 1，A 2分别为C 2的左，右顶点．(1)当t 为何值时，矩形ABCD 的面积取得最大值？并求出其最大面积； (2)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程．图1－720．解：(1)设A (x 0，y 0)，则矩形ABCD 的面积S ＝4|x 0||y 0|.由x 209＋y 20＝1得y 20＝1－x 209，从而 x 20y 20＝x 20⎝⎛⎭⎪⎫1－x 209＝－19⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20－922＋94，当x 20＝92，y 20＝12时，S max ＝6.从而t ＝5时，矩形ABCD 的面积最大，最大面积为6.(2)由A (x 0，y 0)，B (x 0，－y 0)，A 1(－3,0)，A 2(3,0)知直线AA 1的方程为y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)． ①直线A 2B 的方程为 y ＝－y 0x 0－3(x －3)． ② 由①②得y 2＝－y 20x 20－9(x 2－9) ③又点A (x 0，y 0)在椭圆C 上，故y 20＝1－x 209. ④将④代入③得x 29－y 2＝1(x <－3，y <0)．因此点M 的轨迹方程为x 29－y 2＝1(x <－3，y <0)．15．H5 椭圆x 2a 2＋y 25＝1(a 为定值，且a >5)的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点A 、B ，△FAB 的周长的最大值是12，则该椭圆的离心率是________．15.23 如图，设椭圆右焦点为F ′，直线x ＝m 与x 轴相交于C ， 由椭圆第一定义，|AF |＋|AF ′|＝|BF |＋|BF ′|＝2a ， 而|AB |＝|AC |＋|BC |≤|AF ′|＋|BF ′|， ∴当且仅当AB 过F ′时，△ABF 周长最大． 此时，由|AF |＋|AB |＋|BF |＝4a ＝12， 得a ＝3，进而c ＝32－5＝2，∴椭圆离心率为e ＝c a ＝23.H6 双曲线及其几何性质11．H6 已知双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)与双曲线C 2：x 24－y 216＝1有相同的渐近线，且C 1的右焦点为F (5，0)，则a ＝________，b ＝________.11．1 2 ∵双曲线C 1与C 2有共同的渐近线，∴b 2＝4a 2.① 又∵a 2＋b 2＝5, ②联立①②得，a ＝1，b ＝2.15．H6 已知双曲线x 2－y 2＝1，点F 1，F 2为其两个焦点，点P 为双曲线上一点，若PF 1⊥PF 2，则|PF 1|＋|PF 2|的值为________．15．2 3 本小题主要考查双曲线的定义以及性质．解题的突破口为正确应用双曲线的定义．不妨假设点P 位于双曲线的右分支上，故而|PF 1|－|PF 2|＝2a ＝2，所以(|PF 1|－|PF 2|)2＝(2a )2＝4⇒|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|＝4，因为PF 1⊥PF 2，所以|PF 1|2＋|PF 2|2＝(2c )2 ＝8，所以2|PF 1||PF 2|＝4，所以(|PF 1|＋|PF 2|)2＝|PF 1|2＋|PF 2|2＋2|PF 1||PF 2|＝12，即|PF 1|＋|PF 2|＝2 3.5．H6 已知双曲线x 2a 2－y 25＝1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于( )A.314B.32C.32D.435．C 因为双曲线的右焦点坐标为(3,0)，所以c ＝3，b 2＝5，则a 2＝c 2－b 2＝9－5＝4，所以a ＝2，所以e ＝c a ＝32.10．H6 已知F 1、F 2为双曲线C ：x 2－y 2＝2的左、右焦点，点P 在C 上，|PF 1|＝2|PF 2|，则cos ∠F 1PF 2＝( )A.14B.35C.3D.410．C 本小题主要考查双曲线的定义及余弦定理的应用，解题的突破口为运用双曲线的定义求出PF 1和PF 2的长，再用余弦定理即可求．由双曲线的定义有|PF 1|－|PF 2|＝|PF 2|＝2a ＝22，∴|PF 1|＝2|PF 2|＝42，cos ∠F 1PF 2＝22＋22－4222＝34，故选C. 8．H5、H6 如图1－3，中心均为原点O 的双曲线与椭圆有公共焦点，M ，N 是双曲线的两顶点．若M ，O ，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是( )图1－3A ．3B ．2 C. 3 D. 28．B 本题考查了椭圆与双曲线的简单几何性质，考查了学生对书本知识掌握的熟练程度，属于送分题．设椭圆、双曲线的方程分别为x 2a 21 ＋ y 2b 21 ＝1(a 1>b 1>0)，x 2a 22－y 2b 22＝1(a 2>0，b 2>0)，由题意知c 1＝c 2且a 1＝2a 2，则e 1e 2＝c 1a 1c 2a 2＝a 2a 1＝2. 6．H6 已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1的焦距为10，点P (2,1)在C 的渐近线上，则C 的方程为( )A.x 220－y 25＝1B.x 25－y 220＝1 C.x 280－y 220＝1 D.x 220－y 280＝1 6．A 本题考查双曲线方程和渐近线方程，意在考查考生对双曲线方程和其性质的掌握；解题思路：首先由a ，b ，c 的关系，排除C ，D ，再由渐近线方程得答案A.由已知可得双曲线的焦距，2c ＝10，a 2＋b 2＝52＝25，排除C ，D ，又由渐近线方程为y ＝b a x ＝12x ，得12＝ba，解得a 2＝20，b 2＝5，所以选A.本题易错一：对双曲线的几何性质不清，错以为c ＝10，错选C ；易错二：渐近线求解错误，错解成12＝ab，从而错选B.8．H6 在平面直角坐标系xOy 中，若双曲线x 2m －y 2m 2＋4＝1的离心率为5，则m 的值为________．8．2 本题考查双曲线离心率的求解．解题突破口是明确焦点所在轴．根据双曲线方程可得：m >0，所以e ＝m ＋m 2＋4m＝5，解之得m ＝2.22．H6、H4 在平面直角坐标系xOy 中，已知双曲线C ：2x 2－y 2＝1. (1)设F 是C 的左焦点，M 是C 右支上一点．若|MF |＝22，求点M 的坐标； (2)过C 的左顶点作C 的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；(3)设斜率为k (|k |＜2)的直线l 交C 于P 、Q 两点．若l 与圆x 2＋y 2＝1相切，求证：OP ⊥OQ .22．解：(1)双曲线C ：x 212－y 2＝1，左焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0，设M (x ，y )，则|MF |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋622＋y 2＝⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋222，由M 点是右支上一点，知x ≥22，所以|MF |＝3x ＋22＝22，得x ＝62，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫62，±2.(2)左顶点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，渐近线方程：y ＝±2x .过点A 与渐近线y ＝2x 平行的直线方程为 y ＝2⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2，即y ＝2x ＋1.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，y ＝2x ＋1得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－24，y ＝12.所以所求平行四边形的面积为S ＝|OA ||y |＝24.(3)证明：设直线PQ 的方程是y ＝kx ＋b ，因直线PQ 与已知圆相切，故|b |k 2＋1＝1，即b 2＝k 2＋1(*)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，2x 2－y 2＝1，得(2－k 2)x 2－2kbx －b 2－1＝0. 设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧x 1＋x 2＝2kb2－k 2，x 1x 2＝－1－b22－k 2.又y 1y 2＝(kx 1＋b )(kx 2＋b )，所以OP →·OQ →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋kb (x 1＋x 2)＋b 2 ＝＋k 2－1－b 22－k 2＋2k 2b 22－k 2＋b 2＝－1＋b 2－k 22－k 2. 由(*)知，OP→·OQ →＝0，所以OP ⊥OQ .11．H6、H7 已知双曲线C 1：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为2.若抛物线C 2：x 2＝2py (p >0)的焦点到双曲线C 1的渐近线的距离为2，则抛物线C 2的方程为( )A ．x 2＝833yB ．x 2＝1633yC ．x 2＝8yD ．x 2＝16y11．D 本题考查双曲线、抛物线的方程及性质，考查运算求解能力，分析解决问题能力，偏难．由双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的离心率为2得c ＝2a ，又∵抛物线焦点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2到双曲线渐近线ay ＝±bx 的距离⎪⎪⎪⎪⎪⎪ap 2a 2＋b2＝ap 22a ＝2，∴p ＝8，即抛物线C 2的方程为x 2＝16y . 10．H6、H7 等轴双曲线C 的中心在原点，焦点在x 轴上，C 与抛物线y 2＝16x 的准线交于A ，B 两点，|AB |＝43，则C 的实轴长为( )A. 2 B ．2 2 C ．4 D ．810．C 根据题意可设双曲线的方程为x 2a 2－y 2a 2＝1()a >0，抛物线的准线为x＝－4，代入双曲线的方程得16－y 2＝a 2①.因为|AB |＝43，所以y ＝±2 3.代入①得16－(±23)2＝a 2，解得a ＝2.所以C 的实轴长为2a ＝4，故选C.H7 抛物线及其几何性质9．H7 已知抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点O ，并且经过点M (2，y 0)，若点M 到该抛物线焦点的距离为3，则|OM |＝( )。
2018届高考数学文大一轮复习教师用书：第7章 立体几何
第二节空间几何体的表面积与体积————————————————————————————————了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．1．多面体的表(侧)面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．( )(2)球的体积之比等于半径比的平方．( )(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( )(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.( )(1)×(2)×(3)√(4)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cmC．3 cm D.32cmB3．(2015·全国卷Ⅰ)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图721，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )图721A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛B4．(2016·全国卷Ⅱ)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B.32 3πC．8πD．4πA5．(2017·郑州质检)某几何体的三视图如图722所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm3.图722323(1)某几何体的三视图如图723所示，则该几何体的表面积等于( )图723A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15(2)(2016·全国卷Ⅰ)如图724，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )图724A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(1)B (2)A1.(1)多面体与旋转体的表面积等于侧面面积与底面面积之和．(2)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的处理．2．若以三视图的形式给出，解题的关键是对给出的三视图进行分析，从中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系，得到几何体的直观图，然后根据条件求解．(2016·全国卷Ⅲ)如图725，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )【导学号：31222245】图725A ．18＋36 5B ．54＋18 5C ．90D ．81B(1)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.2π3B.4π3C.5π3D ．2π(2)(2016·天津高考)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图726所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.图726(1)C(2)21.若所给定的几何体是柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．2．若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法(转换的原则是使底面面积和高易求)、分割法、补形法等方法进行求解．3．若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．一个几何体的三视图如图727所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图72783π111AB ⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )A．4π B.9π2C．6π D.32π3B若本例中的条件变为“直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB ＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，求球O的表面积．将直三棱柱补形为长方体ABECA′B′E′C′，则球O 是长方体ABEC A ′B ′E ′C ′的外接球， ∴体对角线BC ′的长为球O 的直径． 因此2R ＝32＋42＋122＝13， 故S 球＝4πR 2＝169π.若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫943＝243π16.1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．(2015·全国卷Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256πC1．转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．2．求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高．1．求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理，防止重复计算．2．底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错．课时分层训练(三十九)空间几何体的表面积与体积A组基础达标(建议用时：30分钟)一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C．22πD．42πB2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )【导学号：31222246】A.32π3B ．4πC ．2π D.4π3D3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图728所示，则该几何体的体积为( )图728A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C4．某几何体的三视图如图729所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是( )【导学号：31222247】图729A ．2B.92C.32D．3D5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7210所示，则该四面体的表面积是( )图7210A．1＋ 3 B．2＋ 3C．1＋2 2 D．2 2B二、填空题6．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．【导学号：31222248】77．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．128．某几何体的三视图如图7211所示，则该几何体的体积为________．图7211136π 三、解答题9．如图7212，在三棱锥D ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D ABC 的体积的最大值．图7212由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分则V D ABC ＝AD ·BC ×d ×12×13＝2d ，当d 最大时，V D ABC 体积最大.8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.12分10．四面体ABCD 及其三视图如图7213所示，平行于棱AD ，BC 的平面分别交四面体的棱AB ，BD ，DC ，CA 于点E ，F ，G ，H .图7213(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．(1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，3分∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23.5分 (2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分∴BC ∥FG ，BC ∥EH ，∴FG ∥EH .同理EF ∥AD ，HG ∥AD ，∴EF ∥HG ，∴四边形EFGH 是平行四边形．又∵AD ⊥平面BDC ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG .∴四边形EFGH 是矩形.12分B 组 能力提升(建议用时：15分钟)1．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图7214所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7214A ．1B ．2C ．4D ．8B2．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________. 143．(2016·全国卷Ⅰ)如图7215，已知正三棱锥P ABC 的侧面是直角三角形，PA ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面PAB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .图7215(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．(1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE .3分因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG .又由已知可得，PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点.5分(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影.7分理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF⊥PA ，EF ⊥PC .又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .10分由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC . 由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2.在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.12分。
2018届高考数学一轮复习精选试题空间几何体(解答题) Word版含答案
空间几何体
解答题(本大题共个小题，共分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) ．如图所示，在直三棱柱－中，＝＝，⊥平面，为的中点．
()求证：∥平面；
()求证：⊥平面；
()在上是否存在一点，使得∠＝°，若存在，试确定的位置，并判断平面与平面是否垂直？若不存在，请说明理由．
【答案】()连结与相交于，则为的中点．连结，又为的中点，
∴∥，
又⊄平面，⊂平面，∴∥平面.
()∵＝，∴平行四边形为正方形，
∴⊥.又∵⊥平面，
∴⊥，∴⊥平面，∴⊥.
又在直三棱柱－中，⊥，
∴⊥平面.
()设＝，＝，∵⊥，在△中有＝，同理＝，
∴＝－，
∴＝＝，＝，
∴在△中，由余弦定理得
＝＋－··°，即
＋＝＋＋－－·，
∴＝－，
∴＝，即是的中点，
∵、分别为、的中点，∴⊥.
∵⊥平面，∴⊥平面.
又⊂平面，∴平面⊥平面.
．如图，在四棱锥中，⊥平面，，，∥，∠.
为的中点
(）求证：平面
(）求证：⊥；
(）求点到平面的距离.
【答案】（）因为⊥平面，平面，所以⊥.
由∠，得⊥.又，
平面，平面，所以⊥平面.
因为平面，所以⊥.
(）如图，连结.设点到平面的距离.
因为∥，∠，所以∠.
从而由，，得的面积.
由⊥平面及，得三棱锥的体积
因为⊥平面，平面，所以⊥. 又，所以.
由⊥，，得的面积.由，得.
因此点到平面的距离为.
．如图，在四面体中，，，点，分别是，的中点．。
2018高考数学文人教新课标大一轮复习配套文档：第六章
6．2 等差数列1. 等差数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的 等于同一个 ，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的 ，通常用字母d 表示，即 ＝d (n ∈N ＋，且n ≥2)或＝d (n ∈N ＋)．2．等差中项三个数a ，A ，b 成等差数列，这时A 叫做a 与b 的________．3．等差数列的通项公式若{a n }是等差数列，则其通项公式a n ＝________. ①{a n }成等差数列⇔a n ＝pn ＋q ，其中p ＝________，q ＝________，点(n ，a n )是直线________上一群孤立的点．②单调性：d ＞0时，{a n }为________数列；d ＜0时，{a n }为________数列；d ＝0时，{a n }为________．4．等差数列的前n 项和公式(1)等差数列前n 项和公式S n ＝________＝________.其推导方法是________．(2){a n }成等差数列，求S n 的最值：若a 1＞0，d ＜0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ____，a n ＋1____时，S n 最大；若a 1＜0，d ＞0，且满足⎩⎪⎨⎪⎧a n ____，a n ＋1____时，S n 最小；或利用二次函数求最值；或利用导数求最值． 5．等差数列的判定方法(1)定义法：a n ＋1-a n ＝d (常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；(2)等差中项法：2a n ＋1＝a n ＋a n ＋2(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；(3)通项公式法：a n ＝kn ＋b (k ，b 是常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列；(4)前n 项和公式法：S n ＝An 2＋Bn (A ，B 是常数)(n ∈N *)⇔{a n }是等差数列．6．等差数列的性质 (1)a m -a n ＝ d ，即d ＝a m -a nm -n. (2)在等差数列中，若p ＋q ＝m ＋n ，则有a p ＋a q＝a m ＋ ；若2m ＝p ＋q ，则有 a m ＝a p ＋a q (p ，q ，m ，n ∈N *)．但要注意：在等差数列a n ＝kn＋b 中，若m ＝p ＋q ，易证得a m ＝a p ＋a q 成立的充要条件是b ＝0，故对一般等差数列而言，若m ＝p ＋q ，则a m ＝a p ＋a q 并不一定成立．(3)若{a n }，{b n }均为等差数列，且公差分别为d 1，d 2，则数列{pa n }，{a n ＋q }，{a n ±b n }也为 数列，且公差分别为 ， ， .(4)在等差数列中，按序等距离取出若干项也构成一个等差数列，即a n ，a n ＋m ，a n ＋2m ，…为等差数列，公差为md .(5)等差数列的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n -S n ，S 3n -S 2n ，…为等差数列，公差为n 2d .(6)若等差数列的项数为2n ，则有S 偶-S 奇＝nd ，S 奇S 偶＝a na n ＋1.自查自纠1．差 常数 公差 a n -a n -1 a n ＋1-a n 2．等差中项3．a 1＋(n -1)d ①d a 1-d y ＝dx ＋(a 1-d )②单调递增 单调递减 常数列 4．(1)n （a 1＋a n ）2na 1＋n （n -1）d2倒序相加法(2)≥0 ≤0 ≤0 ≥0( ( ( (S ，且⎭⎪⎫a 1-d 2x ，如图，知，抛物线的对称轴为1≤n ≤8时，S n 单调递增；当S 8＝S 9.，所以当n ＝8或9时，S 解法二：设等差数列{a n }的公差为66d ，d ＝-18a 1＜0.-1）d ＝na 1＋n （n -121⎛⎫172S an。
2018版高考数学文人教大一轮复习讲义 教师版文档第六
1．等比数列的定义一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数，那么这个数列叫做等比数列，这个常数叫做等比数列的公比，通常用字母q 表示(q ≠0)． 2．等比数列的通项公式设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ，则它的通项a n ＝a 1·q n －1.3．等比中项如果在a 与b 中间插入一个数G ，使a ，G ，b 成等比数列，那么G 叫做a 与b 的等比中项． 4．等比数列的常用性质(1)通项公式的推广：a n ＝a m ·q n －m (n ，m ∈N *)．(2)若{a n }为等比数列，且k ＋l ＝m ＋n (k ，l ，m ，n ∈N *)，则a k ·a l ＝a m ·a n .(3)若{a n }，{b n }(项数相同)是等比数列，则{λa n }(λ≠0)，⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ，{a 2n }，{a n ·b n }，⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n bn 仍是等比数列．5．等比数列的前n 项和公式等比数列{a n }的公比为q (q ≠0)，其前n 项和为S n ，当q ＝1时，S n ＝na 1；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q .6．等比数列前n 项和的性质公比不为－1的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 仍成等比数列，其公比为q n . 【知识拓展】 等比数列{a n }的单调性(1)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，q >1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，0<q <1时，{a n }是递增数列．(2)满足⎩⎪⎨⎪⎧ a 1>0，0<q <1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1<0，q >1时，{a n }是递减数列．(3)当⎩⎪⎨⎪⎧a 1≠0，q ＝1时，{a n }为常数列．(4)当q <0时，{a n }为摆动数列． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)满足a n ＋1＝qa n (n ∈N *，q 为常数)的数列{a n }为等比数列．( × ) (2)G 为a ，b 的等比中项⇔G 2＝ab .( × )(3)如果数列{a n }为等比数列，b n ＝a 2n －1＋a 2n ，则数列{b n }也是等比数列．( × ) (4)如果数列{a n }为等比数列，则数列{ln a n }是等差数列．( × )1．(教材改编)已知{a n }是等比数列，a 2＝2，a 5＝14，则公比q 等于( )A ．－12B ．－2C ．2 D.12答案 D解析 由题意知q 3＝a 5a 2＝18，∴q ＝12.2．(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，则a 3＋a 5＋a 7等于( ) A ．21 B ．42 C ．63 D ．84 答案 B解析 设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＝3，a 1＋a 3＋a 5＝21，得3(1＋q 2＋q 4)＝21，解得q 2＝－3(舍去)或q 2＝2，于是a 3＋a 5＋a 7＝q 2(a 1＋a 3＋a 5)＝2×21＝42，故选B. 3．设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝3，S 4＝15，则S 6等于( ) A ．31 B ．32 C ．63 D ．64 答案 C解析 根据题意知，等比数列{a n }的公比不是－1.由等比数列的性质，得(S 4－S 2)2＝S 2·(S 6－S 4)，即122＝3×(S 6－15)，解得S 6＝63.故选C.4．(教材改编)在9与243中间插入两个数，使它们同这两个数成等比数列，则这两个数为________． 答案 27,81解析 设该数列的公比为q ，由题意知，243＝9×q 3，q 3＝27，∴q ＝3.∴插入的两个数分别为9×3＝27,27×3＝81.5．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，8a 2＋a 5＝0，则S 5S 2＝________.答案 －11解析 设等比数列{a n }的公比为q ， ∵8a 2＋a 5＝0，∴8a 1q ＋a 1q 4＝0. ∴q 3＋8＝0，∴q ＝－2，∴S 5S 2＝a 1(1－q 5)1－q ·1－q a 1(1－q 2)＝1－q 51－q 2＝1－(－2)51－4＝－11.题型一 等比数列基本量的运算例1 (1)(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{a n }满足a 1＝14，a 3a 5＝4(a 4－1)，则a 2等于( )A ．2B ．1 C.12 D.18(2)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，则S na n ＝________.答案 (1)C (2)2n －1解析 (1)由{a n }为等比数列，得a 3a 5＝a 24，又a 3a 5＝4(a 4－1)，所以a 24＝4(a 4－1)， 解得a 4＝2.设等比数列{a n }的公比为q ， 则由a 4＝a 1q 3，得2＝14q 3，解得q ＝2，所以a 2＝a 1q ＝12.故选C.(2)∵⎩⎨⎧a 1＋a 3＝52，a 2＋a 4＝54，∴⎩⎨⎧a 1＋a 1q 2＝52， ①a 1q ＋a 1q 3＝54， ②由①除以②可得1＋q 2q ＋q 3＝2，解得q ＝12，代入①得a 1＝2，∴a n ＝2×(12)n －1＝42n ，∴S n ＝2×[1－(12)n ]1－12＝4(1－12n )，∴S na n ＝4(1－12n )42n＝2n －1. 思维升华 等比数列基本量的运算是等比数列中的一类基本问题，数列中有五个量a 1，n ，q ，a n ，S n ，一般可以“知三求二”，通过列方程(组)可迎刃而解．(1)设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 为其前n 项和．已知a 2a 4＝1，S 3＝7，则S 5等于( )A.152B.314C.334D.172(2)(2015·湖南)设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，且3S 1,2S 2，S 3成等差数列，则a n ＝________. 答案 (1)B (2)3n －1解析 (1)显然公比q ≠1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ·a 1q 3＝1，a 1(1－q 3)1－q ＝7，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝4，q ＝12或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝9q ＝－13(舍去)，∴S 5＝a 1(1－q 5)1－q＝4(1－125)1－12＝314.(2)由3S 1,2S 2，S 3成等差数列知，4S 2＝3S 1＋S 3， 可得a 3＝3a 2，所以公比q ＝3， 故等比数列通项a n ＝a 1q n －1＝3n －1.题型二 等比数列的判定与证明例2 设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)． (1)求a 2，a 3的值；(2)求证：数列{S n ＋2}是等比数列．(1)解 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)， ∴当n ＝1时，a 1＝2×1＝2； 当n ＝2时，a 1＋2a 2＝(a 1＋a 2)＋4，∴a 2＝4；当n ＝3时，a 1＋2a 2＋3a 3＝2(a 1＋a 2＋a 3)＋6， ∴a 3＝8.综上，a 2＝4，a 3＝8.(2)证明 ∵a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝(n －1)S n ＋2n (n ∈N *)，① ∴当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1 ＝(n －2)S n －1＋2(n －1)．②①－②，得na n ＝(n －1)S n －(n －2)S n －1＋2＝n (S n －S n －1)－S n ＋2S n －1＋2＝na n －S n ＋2S n －1＋2. ∴－S n ＋2S n －1＋2＝0，即S n ＝2S n －1＋2， ∴S n ＋2＝2(S n －1＋2)．∵S 1＋2＝4≠0，∴S n －1＋2≠0， ∴S n ＋2S n －1＋2＝2，故{S n ＋2}是以4为首项，2为公比的等比数列．思维升华 (1)证明一个数列为等比数列常用定义法与等比中项法，其他方法只用于选择题、填空题中的判定；若证明某数列不是等比数列，则只要证明存在连续三项不成等比数列即可．(2)利用递推关系时要注意对n ＝1时的情况进行验证．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝3a n ＋1.(1)证明：{a n ＋12}是等比数列，并求{a n }的通项公式；(2)证明：1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.证明 (1)由a n ＋1＝3a n ＋1，得a n ＋1＋12＝3(a n ＋12)．又a 1＋12＝32，所以{a n ＋12}是首项为32，公比为3的等比数列．所以a n ＋12＝3n2，因此{a n }的通项公式为a n ＝3n －12.(2)由(1)知1a n ＝23n －1.因为当n ≥1时，3n －1≥2×3n －1，所以13n －1≤12×3n －1.于是1a 1＋1a 2＋…＋1a n ≤1＋13＋…＋13n －1＝32(1－13n )<32，所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n <32.题型三 等比数列性质的应用例3 (1)若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________.(2)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 6S 3＝12，则S 9S 3＝________.答案 (1)50 (2)34解析 (1)因为a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5， 所以a 10a 11＝e 5.所以ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20 ＝ln(a 1a 2…a 20)＝ln [(a 1a 20)·(a 2a 19)·…·(a 10a 11)] ＝ln(a 10a 11)10＝10ln(a 10a 11) ＝10ln e 5＝50ln e ＝50.(2)方法一 ∵S 6∶S 3＝1∶2，∴{a n }的公比q ≠1. 由a 1(1－q 6)1－q ÷a 1(1－q 3)1－q＝12，得q 3＝－12，∴S 9S 3＝1－q 91－q 3＝34. 方法二 ∵{a n }是等比数列，且S 6S 3＝12，∴公比q ≠－1，∴S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即(S 6－S 3)2＝S 3·(S 9－S 6)， 将S 6＝12S 3代入得S 9S 3＝34.思维升华 等比数列常见性质的应用等比数列性质的应用可以分为三类：(1)通项公式的变形；(2)等比中项的变形；(3)前n 项和公式的变形．根据题目条件，认真分析，发现具体的变化特征即可找出解决问题的突破口．(1)已知在等比数列{a n }中，a 1a 4＝10，则数列{lg a n }的前4项和等于( )A ．4B ．3C ．2D ．1(2)设等比数列{a n }中，前n 项和为S n ，已知S 3＝8，S 6＝7，则a 7＋a 8＋a 9等于( ) A.18 B ．－18C.578D.558答案 (1)C (2)A解析 (1)前4项和S 4＝lg a 1＋lg a 2＋lg a 3＋lg a 4＝lg(a 1a 2a 3a 4)，又∵等比数列{a n }中，a 2a 3＝a 1a 4＝10，∴S 4＝lg 100＝2.(2)因为a 7＋a 8＋a 9＝S 9－S 6，且公比不等于－1，在等比数列中，S 3，S 6－S 3，S 9－S 6也成等比数列，即8，－1，S 9－S 6成等比数列，所以有8(S 9－S 6)＝(－1)2，S 9－S 6＝18，即a 7＋a 8＋a 9＝18.13．分类讨论思想在等比数列中的应用典例 (12分)已知首项为32的等比数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且－2S 2，S 3,4S 4成等差数列．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：S n ＋1S n ≤136(n ∈N *)．思想方法指导 (1)利用等差数列的性质求出等比数列的公比，写出通项公式； (2)求出前n 项和，根据函数的单调性证明． 规范解答(1)解 设等比数列{a n }的公比为q ， 因为－2S 2，S 3,4S 4成等差数列，所以S 3＋2S 2＝4S 4－S 3，即S 4－S 3＝S 2－S 4， 可得2a 4＝－a 3，于是q ＝a 4a 3＝－12.[2分]又a 1＝32，所以等比数列{a n }的通项公式为a n ＝32×⎝⎛⎭⎫－12n －1＝(－1)n －1·32n .[3分] (2)证明 由(1)知，S n ＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ， S n ＋1S n＝1－⎝⎛⎭⎫－12n ＋11－⎝⎛⎭⎫－12n＝⎩⎨⎧2＋12n (2n ＋1)，n 为奇数，2＋12n(2n－1)，n 为偶数.[6分]当n 为奇数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 1＋1S 1＝136.[8分]当n 为偶数时，S n ＋1S n 随n 的增大而减小，所以S n ＋1S n ≤S 2＋1S 2＝2512.[10分]故对于n ∈N *，有S n ＋1S n ≤136.[12分]1．等比数列x,3x ＋3,6x ＋6，…的第四项等于( ) A ．－24 B ．0 C ．12 D ．24 答案 A解析 由x,3x ＋3,6x ＋6成等比数列，得 (3x ＋3)2＝x (6x ＋6)．解得x 1＝－3或x 2＝－1(不合题意，舍去)． 故数列的第四项为－24.2．(2016·珠海模拟)在等比数列{a n }中，若a 1<0，a 2＝18，a 4＝8，则公比q 等于( ) A.32 B.23 C ．－23D.23或－23答案 C解析 由⎩⎪⎨⎪⎧a 1q ＝18，a 1q 3＝8解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝27，q ＝23或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝－27，q ＝－23. 又a 1<0，因此q ＝－23.3．在正项等比数列{a n }中，已知a 1a 2a 3＝4，a 4a 5a 6＝12，a n －1a n a n ＋1＝324，则n 等于( ) A ．12 B ．13 C ．14 D ．15 答案 C解析 设数列{a n }的公比为q ，由a 1a 2a 3＝4＝a 31q 3与a 4a 5a 6＝12＝a 31q 12， 可得q 9＝3，a n －1a n a n ＋1＝a 31q3n －3＝324， 因此q 3n －6＝81＝34＝q 36，所以n ＝14，故选C.4．(2016·昆明模拟)在等比数列{a n }中，若a 3，a 7是方程x 2＋4x ＋2＝0的两根，则a 5的值是( ) A ．－2 B ．－ 2 C ．±2 D. 2 答案 B解析 根据根与系数之间的关系得a 3＋a 7＝－4， a 3a 7＝2，由a 3＋a 7＝－4<0，a 3a 7>0， 所以a 3<0，a 7<0，即a 5<0，由a 3a 7＝a 25，得a 5＝－a 3a 7＝－ 2.5．中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初行健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还．”其意思为：有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地，请问第二天走了( ) A ．192里 B ．96里 C ．48里 D ．24里答案 B解析 设等比数列{a n }的首项为a 1，公比为q ＝12，依题意有a 1(1－126)1－12＝378，解得a 1＝192，则a 2＝192×12＝96，即第二天走了96里，故选B.6．(2016·铜仁质检)在由正数组成的等比数列{a n }中，若a 3a 4a 5＝3π，则sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)的值为( ) A.12 B.32C ．1D ．－32答案 B解析 因为a 3a 4a 5＝3π＝a 34，所以a 4＝π33. log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7＝log 3(a 1a 2…a 7)＝log 3a 74＝7log 3π33＝7π3， 所以sin(log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 7)＝32. 7．设S n 为等比数列{a n }的前n 项和，已知3S 3＝a 4－2，3S 2＝a 3－2，则公比q ＝________. 答案 4解析 因为⎩⎪⎨⎪⎧3S 3＝a 4－2， ①3S 2＝a 3－2， ②由①－②，得3a 3＝a 4－a 3，即4a 3＝a 4， 则q ＝a 4a 3＝4.8．设各项都是正数的等比数列{a n }，S n 为前n 项和且S 10＝10，S 30＝70，那么S 40＝________. 答案 150解析 依题意，知数列{a n }的公比q ≠－1，数列S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，S 40－S 30成等比数列，因此有(S 20－S 10)2＝S 10(S 30－S 20)，即(S 20－10)2＝10(70－S 20)，故S 20＝－20或S 20＝30；又S 20>0，因此S 20＝30，S 20－S 10＝20，S 30－S 20＝40，故S 40－S 30＝80，S 40＝150.9．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝1(n ∈N *)，则通项a n ＝________. 答案12n解析 ∵a n ＋S n ＝1，①∴a 1＝12，a n －1＋S n －1＝1(n ≥2)，②由①－②，得a n －a n －1＋a n ＝0，即a n a n －1＝12(n ≥2)，∴数列{a n }是首项为12，公比为12的等比数列，则a n ＝12×(12)n －1＝12n .10．已知数列{a n }的首项为1，数列{b n }为等比数列且b n ＝a n ＋1a n，若b 10·b 11＝2，则a 21＝________. 答案 1 024解析 ∵b 1＝a 2a 1＝a 2，b 2＝a 3a 2，∴a 3＝b 2a 2＝b 1b 2，∵b 3＝a 4a 3，∴a 4＝b 1b 2b 3，…，a n ＝b 1b 2b 3·…·b n －1， ∴a 21＝b 1b 2b 3·…·b 20＝(b 10b 11)10＝210＝1 024.11．已知{a n }是等差数列，满足a 1＝3，a 4＝12，数列{b n }满足b 1＝4，b 4＝20，且{b n －a n }是等比数列．(1)求数列{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{b n }的前n 项和．解 (1)设等差数列的公差为d ，由题意得d ＝a 4－a 13＝12－33＝3， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝3n (n ∈N *)．设等比数列{b n －a n }的公比为q ，由题意得q 3＝b 4－a 4b 1－a 1＝20－124－3＝8，解得q ＝2. 所以b n －a n ＝(b 1－a 1)q n －1＝2n －1. 从而b n ＝3n ＋2n －1(n ∈N *)． (2)由(1)知b n ＝3n ＋2n －1(n ∈N *)， 数列{3n }的前n 项和为32n (n ＋1)， 数列{2n －1}的前n 项和为1×1－2n1－2＝2n －1. 所以数列{b n }的前n 项和为32n (n ＋1)＋2n －1. 12．(2016·全国丙卷)已知各项都为正数的数列{a n }满足a 1＝1，a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0.(1)求a 2，a 3；(2)求{a n }的通项公式．解 (1)由题意，得a 2＝12，a 3＝14. (2)由a 2n －(2a n ＋1－1)a n －2a n ＋1＝0，得2a n ＋1(a n ＋1)＝a n (a n ＋1)．因为{a n }的各项都为正数，所以a n ＋1a n ＝12. 故{a n }是首项为1，公比为12的等比数列， 因此a n ＝12n －1. 13．(2016·昆明一检)已知等比数列{a n }的前n 项和是S n ，S 18∶S 9＝7∶8.(1)求证：S 3，S 9，S 6依次成等差数列；(2)a 7与a 10的等差中项是不是数列{a n }中的项？如果是，是{a n }中的第几项？如果不是，请说明理由．(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，若q ＝1，则S 18＝18a 1，S 9＝9a 1， S 18∶S 9＝2∶1≠7∶8，∴q ≠1.∴S 18＝a 1(1－q 18)1－q ，S 9＝a 1(1－q 9)1－q ， S 18∶S 9＝1＋q 9.∴1＋q 9＝78，解得q ＝－2－13. ∴S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝32×a 11－q ， S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝34×a 11－q ， S 9＝a 1(1－q 9)1－q＝98×a 11－q . ∵S 9－S 3＝－38×a 11－q， S 6－S 9＝－38×a 11－q， ∴S 9－S 3＝S 6－S 9.∴S 3，S 9，S 6依次成等差数列．(2)解 a 7与a 10的等差中项为 a 7＋a 102＝a 1(2－2－2－3)2＝a 116， 设a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第n 项， 则a 1(－213-)n －1＝a 116， 化简得(－2)13n --＝(－2)－4， 即－n －13＝－4，解得n ＝13. ∴a 7与a 10的等差中项是数列{a n }中的第13项．。
2018版高考数学文人教大一轮复习讲义 教师版文档第八
1．直线与平面垂直 (1)定义如果直线l 与平面α内的任意一条直线都垂直，则直线l 与平面α垂直． (2)判定定理与性质定理2.平面与平面垂直 (1)平面和平面垂直的定义两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理【知识拓展】 重要结论：(1)若两平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面．(2)若一条直线垂直于一个平面，则它垂直于这个平面内的任何一条直线(证明线线垂直的一个重要方法)．(3)垂直于同一条直线的两个平面平行．(4)一条直线垂直于两平行平面中的一个，则这一条直线与另一个平面也垂直． 【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线l 与平面α内的无数条直线都垂直，则l ⊥α.( × )(2)垂直于同一个平面的两平面平行．( × ) (3)直线a ⊥α，b ⊥α，则a ∥b .( √ ) (4)若α⊥β，a ⊥β⇒a ∥α.( × )(5)若直线a ⊥平面α，直线b ∥α，则直线a 与b 垂直．( √ )1．(教材改编)下列命题中不正确的是( )A ．如果平面α⊥平面β，且直线l ∥平面α，则直线l ⊥平面βB ．如果平面α⊥平面β，那么平面α内一定存在直线平行于平面βC ．如果平面α不垂直于平面β，那么平面α内一定不存在直线垂直于平面βD ．如果平面α⊥平面γ，平面β⊥平面γ，α∩β＝l ，那么l ⊥γ 答案 A解析 根据面面垂直的性质，知A 不正确，直线l 可能平行平面β，也可能在平面β内． 2．设平面α与平面β相交于直线m ，直线a 在平面α内，直线b 在平面β内，且b ⊥m ，则“α⊥β”是“a ⊥b ”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件答案 A解析 若α⊥β，因为α∩β＝m ，b ⊂β，b ⊥m ，所以根据两个平面垂直的性质定理可得b ⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.3．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⊥α答案 C解析A中，由m⊥n, n∥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；B中，由m∥β，β⊥α，可得m⊂α或m∥α或m与α相交，错误；C中，由m⊥β，n⊥β，可得m∥n，又n⊥α，则m⊥α，正确；D中，由m⊥n，n⊥β，β⊥α，可得m与α相交或m⊂α或m∥α，错误．4．(2016·深圳模拟)在正四面体ABCD中，E，F，G分别是BC，CD，DB的中点，下面的结论不正确的是()A．BC∥平面AGFB．EG⊥平面ABFC．平面AEF⊥平面BCDD．平面ABF⊥平面BCD答案 C解析易知点A在平面BCD上的射影在底面的中心，而中心不在EF上，所以平面AEF⊥平面BCD错误，选C.5．(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O.(1)若P A＝PB＝PC，则点O是△ABC的________心．(2)若P A⊥PB，PB⊥PC，PC⊥P A，则点O是△ABC的________心．答案(1)外(2)垂解析(1)如图1，连接OA，OB，OC，OP，在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，P A＝PC＝PB，所以OA＝OB＝OC，即O为△ABC的外心．(2)如图2，延长AO，BO，CO分别交BC，AC，AB于H，D，G.∵PC⊥P A，PB⊥PC，P A∩PB＝P，∴PC ⊥平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，∴PC ⊥AB ， 又AB ⊥PO ，PO ∩PC ＝P ， ∴AB ⊥平面PGC ， 又CG ⊂平面PGC ，∴AB ⊥CG ，即CG 为△ABC 边AB 上的高． 同理可证BD ，AH 为△ABC 底边上的高， 即O 为△ABC 的垂心．题型一 直线与平面垂直的判定与性质例1 (2016·全国甲卷改编)如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB ＝5，AC ＝6，点E ，F 分别在AD ，CD 上，AE ＝CF ＝54，EF 交BD 于点H .将△DEF 沿EF 折到△D ′EF 的位置．OD ′＝10.证明：D ′H ⊥平面ABCD .证明 由已知得AC ⊥BD ，AD ＝CD . 又由AE ＝CF 得AE AD ＝CFCD ，故AC ∥EF .因此EF ⊥HD ，从而EF ⊥D ′H .由AB ＝5，AC ＝6得DO ＝BO ＝AB 2－AO 2＝4. 由EF ∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝14.所以OH ＝1，D ′H ＝DH ＝3.于是D ′H 2＋OH 2＝32＋12＝10＝D ′O 2，故D ′H ⊥OH . 又D ′H ⊥EF ，而OH ∩EF ＝H ，且OH ，EF ⊂平面ABCD ， 所以D ′H ⊥平面ABCD .思维升华 证明线面垂直的常用方法及关键(1)证明直线和平面垂直的常用方法有：①判定定理；②垂直于平面的传递性(a ∥b ，a ⊥α⇒b ⊥α)；③面面平行的性质(a ⊥α，α∥β⇒a ⊥β)；④面面垂直的性质．(2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面垂直的基本思想．(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.题型二平面与平面垂直的判定与性质例2如图，四棱锥P－ABCD中，AB⊥AC，AB⊥P A，AB∥CD，AB＝2CD，E，F，G，M，N分别为PB，AB，BC，PD，PC的中点．(1)求证：CE ∥平面P AD ； (2)求证：平面EFG ⊥平面EMN .证明 (1)方法一 取P A 的中点H ，连接EH ，DH . 又E 为PB 的中点，所以EH 綊12AB .又CD 綊12AB ，所以EH 綊CD .所以四边形DCEH 是平行四边形，所以CE ∥DH . 又DH ⊂平面P AD ，CE ⊄平面P AD . 所以CE ∥平面P AD . 方法二 连接CF . 因为F 为AB 的中点，所以AF ＝12AB .又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD .又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形． 因此CF ∥AD ，又CF ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 所以CF ∥平面P AD .因为E ，F 分别为PB ，AB 的中点，所以EF ∥P A . 又EF ⊄平面P AD ，P A ⊂平面P AD ，所以EF∥平面P AD.因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面P AD.又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面P AD.(2)因为E、F分别为PB、AB的中点，所以EF∥P A.又因为AB⊥P A，所以EF⊥AB，同理可证AB⊥FG.又因为EF∩FG＝F，EF⊂平面EFG，FG⊂平面EFG.所以AB⊥平面EFG.又因为M，N分别为PD，PC的中点，所以MN∥CD，又AB∥CD，所以MN∥AB，所以MN⊥平面EFG.又因为MN⊂平面EMN，所以平面EFG⊥平面EMN.引申探究1．在本例条件下，证明：平面EMN⊥平面P AC.证明因为AB⊥P A，AB⊥AC，且P A∩AC＝A，所以AB⊥平面P AC.又MN∥CD，CD∥AB，所以MN∥AB，所以MN⊥平面P AC.又MN⊂平面EMN，所以平面EMN⊥平面P AC.2．在本例条件下，证明：平面EFG∥平面P AC.证明因为E，F，G分别为PB，AB，BC的中点，所以EF∥P A，FG∥AC，又EF⊄平面P AC，P A⊂平面P AC，所以EF∥平面P AC.同理，FG∥平面P AC.又EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面P AC.思维升华(1)判定面面垂直的方法①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理(a⊥β，a⊂α⇒α⊥β)．(2)在已知平面垂直时，一般要用性质定理进行转化．在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直．(2016·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明(1)由已知，DE为△ABC的中位线，∴DE∥AC，又由三棱柱的性质可得AC∥A1C1，∴DE∥A1C1，又∵DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，∴DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥A1C1，又∵A1B1⊥A1C1，且A1B1∩AA1＝A1，∴A1C1⊥平面ABB1A1，∵B1D⊂平面ABB1A1，∴A1C1⊥B1D，又∵A1F⊥B1D，且A1F∩A1C1＝A1，∴B1D⊥平面A1C1F，又∵B1D⊂平面B1DE，∴平面B1DE⊥平面A1C1F.题型三直线、平面垂直的综合应用例3如图所示，在四棱锥P—ABCD中，平面P AD⊥平面ABCD，AB∥DC，△P AD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4 5.(1)设M是PC上的一点，求证：平面MBD⊥平面P AD；(2)求四棱锥P—ABCD的体积．(1)证明在△ABD中，∵AD＝4，BD＝8，AB＝45，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴AD ⊥BD .又∵平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面P AD . 又BD ⊂平面MBD ， ∴平面MBD ⊥平面P AD . (2)解 过P 作PO ⊥AD ，∵平面P AD ⊥平面ABCD ， ∴PO ⊥平面ABCD ，即PO 为四棱锥P —ABCD 的高．又△P AD 是边长为4的等边三角形，∴PO ＝2 3. 在四边形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＝2DC ， ∴四边形ABCD 为梯形．在Rt △ADB 中，斜边AB 边上的高为4×845＝855，此即为梯形的高．∴S 四边形ABCD ＝25＋452×855＝24.∴V P —ABCD ＝13×24×23＝16 3.思维升华 垂直关系综合题的类型及解法(1)三种垂直的综合问题，一般通过作辅助线进行线线、线面、面面垂直间的转化． (2)垂直与平行结合问题，求解时应注意平行、垂直的性质及判定的综合应用．(3)垂直与体积结合问题，在求体积时，可根据线面垂直得到表示高的线段，进而求得体积．(2016·全国乙卷)如图，已知正三棱锥P-ABC 的侧面是直角三角形，P A ＝6，顶点P 在平面ABC 内的正投影为点D ，D 在平面P AB 内的正投影为点E ，连接PE 并延长交AB 于点G .(1)证明：G 是AB 的中点；(2)作出点E 在平面P AC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积． (1)证明 因为P 在平面ABC 内的正投影为D ， 所以AB ⊥PD .因为D 在平面P AB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 因为PD ∩DE ＝D ，PD ，DE 都在平面PED 内， 所以AB ⊥平面PED ，又PG 在平面PED 内， 故AB ⊥PG .又由已知可得，P A ＝PB ，从而G 是AB 的中点．(2)解 在平面P AB 内，过点E 作PB 的平行线交P A 于点F ，F 即为E 在平面P AC 内的正投影．理由如下：由已知可得PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥P A ，EF ⊥PC ，PC ∩P A ＝P ，PC 与P A 都在平面P AC 中，因此EF ⊥平面P AC ，即点F 为E 在平面P AC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG .由题设可得PC ⊥平面P AB ，DE ⊥平面P AB ， 所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中， 可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43.17．立体几何证明问题中的转化思想典例 (12分)如图所示，M ，N ，K 分别是正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱AB ，CD ，C 1D 1的中点．求证：(1)AN∥平面A1MK；(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.思想方法指导(1)线面平行、垂直关系的证明问题的指导思想是线线、线面、面面关系的相互转化，交替使用平行、垂直的判定定理和性质定理；(2)线线关系是线面关系、面面关系的基础．证明过程中要注意利用平面几何中的结论，如证明平行时常用的中位线、平行线分线段成比例；证明垂直时常用的等腰三角形的中线等；(3)证明过程一定要严谨，使用定理时要对照条件、步骤书写要规范．规范解答证明(1)如图所示，连接NK.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，∵四边形AA1D1D，DD1C1C都为正方形，∴AA1∥DD1，AA1＝DD1，C1D1∥CD，C1D1＝CD.[2分]∵N，K分别为CD，C1D1的中点，∴DN∥D1K，DN＝D1K，∴四边形DD1KN为平行四边形，[3分]∴KN∥DD1，KN＝DD1，∴AA1∥KN，AA1＝KN，∴四边形AA1KN为平行四边形，∴AN∥A1K.[4分]∵A1K⊂平面A1MK，AN⊄平面A1MK，∴AN∥平面A1MK.[6分](2)如图所示，连接BC1.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，AB∥C1D1，AB＝C1D1.∵M，K分别为AB，C1D1的中点，∴BM∥C1K，BM＝C1K，∴四边形BC1KM为平行四边形，∴MK∥BC1.[8分]在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1.∵MK∥BC1，∴A1B1⊥MK.∵四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C.[10分]∴MK⊥B1C.∵A1B1⊂平面A1B1C，B1C⊂平面A1B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴MK⊥平面A1B1C.又∵MK⊂平面A1MK，∴平面A1B1C⊥平面A1MK.[12分]1．已知直线m，n和平面α，β，若α⊥β，α∩β＝m，要使n⊥β，则应增加的条件是() A．n⊂α且m∥n B．n∥αC．n⊂α且n⊥m D．n⊥α答案 C解析由面面垂直的性质定理知选C.2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β答案 D解析A中，m与n可垂直、可异面、可平行；B中，m与n可平行、可异面；C中，若α∥β，仍然满足m⊥n，m⊂α，n⊂β，故C错误；故选D.3．(2016·包头模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1垂直底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC中点，则下列叙述正确的是()A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE与B1C1是异面直线，且AE⊥B1C1D．A1C1∥平面AB1E答案 C解析A不正确，因为CC1与B1E在同一个侧面中，故不是异面直线；B不正确，由题意知，上底面ABC是一个正三角形，故不可能存在AC⊥平面ABB1A1；C正确，因为AE，B1C1为在两个平行平面中且不平行的两条直线，故它们是异面直线；D不正确，因为A1C1所在的平面与平面AB1E相交，且A1C1与交线有公共点，故A1C1∥平面AB1E不正确，故选C.4．正方体ABCD－A′B′C′D′中，E为A′C′的中点，则直线CE垂直于()A．A′C′B．BD C．A′D′D．AA′答案 B解析连接B′D′，∵B′D′⊥A′C′，B′D′⊥CC′，且A′C′∩CC′＝C′，∴B′D′⊥平面CC′E.而CE⊂平面CC′E，∴B′D′⊥CE.又∵BD∥B′D′，∴BD⊥CE.5.如图所示，直线P A垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M 为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面P AC的距离等于线段BC的长．其中正确的是()A．①②B．①②③C．①D．②③答案 B解析对于①，∵P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC，∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，∴BC⊥平面P AC，又PC⊂平面P AC，∴BC⊥PC；对于②，∵点M为线段PB的中点，∴OM∥P A，∵P A⊂平面P AC，OM⊄平面P AC，∴OM∥平面P AC；对于③，由①知BC⊥平面P AC，∴线段BC的长即是点B到平面P AC的距离，故①②③都正确．6.如图，∠BAC＝90°，PC⊥平面ABC，则在△ABC和△P AC的边所在的直线中，与PC垂直的直线有________；与AP垂直的直线有________．答案AB、BC、AC AB解析∵PC⊥平面ABC，∴PC垂直于直线AB，BC，AC；∵AB⊥AC，AB⊥PC，AC∩PC＝C，∴AB⊥平面P AC，∴与AP垂直的直线是AB.7.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥底面ABCD，且底面各边都相等，M是PC上的一动点，当点M满足________时，平面MBD⊥平面PCD.(只要填写一个你认为是正确的条件即可)答案DM⊥PC(或BM⊥PC等)解析由定理可知，BD⊥PC.∴当DM⊥PC(或BM⊥PC)时，即有PC⊥平面MBD，而PC⊂平面PCD，∴平面MBD⊥平面PCD.8.如图，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的射影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案①②③解析由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，且P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，且BC∩PC＝C，∴AF ⊥平面PBC ，∴AF ⊥PB ，又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ， ∴PB ⊥平面AEF ，∴PB ⊥EF . 故①②③正确．9．已知α，β，γ是三个不同的平面，命题“α∥β，且α⊥γ⇒β⊥γ”是真命题，如果把α，β，γ中的任意两个换成直线，另一个保持不变，在所得的所有新命题中，真命题有________个． 答案 2解析 若α，β换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥b ，且a ⊥γ⇒b ⊥γ”，此命题为真命题；若α，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥β，且a ⊥b ⇒b ⊥β”，此命题为假命题；若β，γ换为直线a ，b ，则命题化为“a ∥α，且b ⊥α⇒a ⊥b ”，此命题为真命题．10．(2016·四川)如图，在四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠P AB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面P AD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面P AB ，并说明理由； (2)证明：平面P AB ⊥平面PBD .(1)解 取棱AD 的中点M (M ∈平面P AD )，点M 即为所求的一个点，理由如下： 连接BM ，CM .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB . 又AB ⊂平面P AB ，CM ⊄平面P AB . 所以CM ∥平面P AB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)证明 由已知，P A ⊥AB ，P A ⊥CD . 因为AD ∥BC ，BC ＝CD ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以P A ⊥平面ABCD ， 从而P A ⊥BD .又BC ∥MD ，且BC ＝MD . 所以四边形BCDM 是平行四边形， 所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面P AB . 又BD ⊂平面PBD ， 所以平面P AB ⊥平面PBD .11．(2016·北京)如图，在四棱锥P-ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC .(1)求证：DC ⊥平面P AC ； (2)求证：平面P AB ⊥平面P AC ；(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得P A ∥平面CEF ？说明理由． (1)证明 ∵PC ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ，∴PC ⊥DC .又AC ⊥DC ，PC ∩AC ＝C ，PC ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，∴DC ⊥平面P AC . (2)证明 ∵AB ∥CD ，CD ⊥平面P AC ， ∴AB ⊥平面P AC ，又AB ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AC .(3)解 棱PB 上存在点F ，使得P A ∥平面CEF .证明如下：取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF ，又∵E 为AB 的中点，∴EF 为△P AB 的中位线，∴EF ∥P A .又P A ⊄平面CEF ，EF ⊂平面CEF ，∴P A ∥平面CEF .*12.(2016·山东)在如图所示的几何体中，D 是AC 的中点，EF ∥DB .(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；(2)已知G，H分别是EC和FB的中点．求证：GH∥平面ABC. 证明(1)因为EF∥DB，所以EF与DB确定平面BDEF，如图，连接DE.因为AE＝EC，D为AC的中点，所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.又BD∩DE＝D，所以AC⊥平面BDEF.因为FB⊂平面BDEF，所以AC⊥FB.(2)设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，DB∩BC＝B，所以平面GHI∥平面ABC，因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.。
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专题测试六 立体几何 (时间90分钟，满分100分)专题测试六 立体几何大一轮复习 数学(理)一、选择题(本大题共12小题，每小题5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α，β为不重合的两个平面，直线m ⊂α，那么“m ⊥β”是“α⊥β”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：选A.由m ⊂α，m ⊥β，可得α⊥β，即充分性成立；由α⊥β，m ⊂α，得不出m ⊥β，即必要性不成立．故“m ⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．2．设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，下列命题中错误的是( ) A ．若m ⊥α，m ∥n ，n ∥β，则α⊥β B ．若α⊥β，m ⊄α，m ⊥β，则m ∥α C ．若m ⊥β，m ⊂α，则α⊥β D ．若α⊥β，m ⊂α，n ⊂β，则m ⊥n解析：选D.由m ⊥α，m ∥n 知，n ⊥α，又n ∥β，所以α⊥β，故A 正确；由α⊥β，m ⊥β知，m ⊂α或m ∥α，而已知条件中m ⊄α，所以m ∥α，故B 正确；易知C 正确；由α⊥β，m ⊂α，n ⊂β不能确定m ，n 的位置关系，m ，n 可能平行，故D 不正确． 3．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为4π3的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( ) A ．6 3 B ．12 3 C ．18 3D ．24 3解析：选C.根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于23，所以这个三棱柱的表面积等于3×23×2＋2×12×23×3＝18 3. 4．已知三棱锥的底面是边长为1的正三角形，其正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.64B.62C.22D.π4解析：选A.本题考查几何体的三视图．由题意易知其侧视图(三角形)的底为32，高为2，所以其侧视图的面积为64. 5．一空间几何体的三视图如图所示，若正视图和侧视图都是等腰直角三角形，且直角边长为1，则该几何体外接球的表面积为( )A ．4πB ．3πC ．2πD ．π解析：选B.由三视图知该几何体是四棱锥，且四棱锥的一条侧棱垂直于底面，高等于1，其底面是边长为1的正方形，所以四棱锥的外接球即边长为1的正方体的外接球，所以外接球的直径为3，所以外接球的表面积S ＝4π⎝⎛⎭⎪⎫322＝3π. 6．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，与异面直线AB ，CC 1均垂直的棱有( )A．4条B．3条C．2条D．1条解析：选A.如图所示，由正方体的性质可知，在正方体的所有棱中，AD，BC，A1D1，B1C1与异面直线AB，CC1均垂直．故与异面直线AB，CC1均垂直的棱有4条．7．一简单组合体的三视图及尺寸如图所示，则该组合体的表面积为( )A．7 200 B．13 600C．12 800 D．14 400解析：选C.本题考查三视图及几何体表面积的求解．由三视图可知，该几何体由上、下两个长方体组合而成，上面长方体的长、宽、高分别为40,20,50，下面长方体的长、宽、高分别为60,40,10，所以该组合体的表面积S＝2×(40×20＋40×50＋20×50＋60×40＋60×10＋40×10)－2×40×20＝12 800.8．已知两个不同的平面α，β和两条不重合的直线m，n，给出下列命题：①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n.其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3解析：选D.对于①，因为m⊥α，所以直线m与平面α所成的角为90°，又m∥n，所以直线n 与平面α所成的角也为90°，即n ⊥α成立，故①正确．对于②，若m ⊥α，m ⊥β，则经过m 作平面γ，设γ∩α＝a ，γ∩β＝b ，因为a ⊂α，b ⊂β，所以在平面γ内，m ⊥a ，m ⊥b ，所以直线a ，b 是平行直线．因为a ⊄β，b ⊂β，a ∥b ，所以a ∥β.经过m 作平面θ，设θ∩α＝c ，θ∩β＝d ，同样的方法可以证出c ∥β.因为a ，c 是平面α内的两条相交直线，所以α∥β，故②正确．对于③，因为m ⊥α，m ∥n ，所以n ⊥α.因为n ⊂β，所以α⊥β，故③正确．对于④，因为m ∥α，α∩β＝n ，所以当直线m 在平面β内时，m ∥n 成立，但题设中没有给出m 在平面β内这一条件，故④不正确．综上所述，正确命题的个数是3.9．在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，已知AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝2，BC ＝23，∠BAC ＝π2，且此三棱柱的各顶点都在一个球面上，则球的体积为( ) A.8π3 B.16π3 C.32π3D.64π3解析：选C.因为∠BAC ＝π2，所以BA ⊥AC .又AA 1⊥平面ABC ，所以三棱柱ABC A 1B 1C 1是一个底面为直角三角形的直三棱柱．作长方体ABDC A 1B 1D 1C 1，则这个直三棱柱的外接球就是长方体ABDC A 1B 1D 1C 1的外接球，且外接球的直径2R 即直四棱柱的体对角线BC 1的长，所以2R ＝BA 2＋AC 2＋AA 21＝BC 2＋AA 21＝32＋22＝4，解得R ＝2，则球的体积V ＝4π3×23＝32π3.10．设m ，n 是空间两条不同的直线，α，β，γ是空间三个不同的平面，给出下列命题： ①若m ⊂β，α⊥β，则m ⊥α；②若m ∥α，m ⊥β，则α⊥β；③若α⊥β，α⊥γ，则β⊥γ；④若α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，m ∥n ，则α∥β. 其中假命题的序号是( ) A ．②③ B ．①③④ C ．①②④D ．①②③解析：选B.①中，m ⊂β，α⊥β，则m 也可能在平面α内，也可能与平面α平行，故①错误；②中，由m ∥α，可得在平面α内一定存在一条直线n ，使得n ∥m ，由m ⊥β，可得n ⊥β，所以α⊥β，故②正确；③中，垂直于同一平面的两个平面可能平行，也可能相交，故③错误；④中，如果两个平面与同一个平面相交，且它们的交线平行，那么这两个平面可能平行，也可能相交，故④错误．11．如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，A 1A ＝AC ＝2，BC ＝1，AB ＝5，则此三棱柱的侧视图的面积为( )A ．2B ．4 C.455D ．2 5解析：选C.本题主要考查空间几何体的三视图．过点C 作CD ⊥AB 于点D ，则CD 与CC 1可确定平面C 1CD ，所以三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧视图为侧面ACC 1A 1在平面C 1CD 上的正投影，该投影是以CD 和CC 1为邻边的矩形．在△ABC 中，AC ＝2，BC ＝1，AB ＝5，所以AC ⊥BC ，所以12·AC ·BC＝12·AB ·CD ，即2×1＝5CD ，所以CD ＝255，所以三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧视图的面积S ＝CC 1·CD ＝2×255＝455. 12．已知正方形ABCD 的边长为22，将△ABC 沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如图所示的三棱锥B ACD .若O 为AC 边的中点，M ，N 分别为线段DC ，BO 上的动点(不包括端点)，且BN ＝CM .设BN ＝x ，则三棱锥N AMC 的体积y ＝f (x )的函数图象大致是( )解析：选B.由平面ABC ⊥平面ACD ，且O 为AC 的中点可知，BO ⊥平面ACD .易知BO ＝2，则三棱锥N AMC 的高ON ＝2－x ，S △AMC ＝12·MC ·AD ＝2x ，所以三棱锥N AMC 的体积y ＝f (x )＝13·2x ·(2－x )＝13(－2x 2＋22x )(0＜x ＜2)，故函数y ＝f (x )的图象为开口向下的抛物线的一部分．二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，把答案填在相应题号后的横线上．) 13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为________．解析：本题需要根据三棱锥的三视图画出三棱锥的直观图．三视图所表示的几何体的直观图如图所示．结合三视图知，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2，AB ＝BC ＝2，AC ＝2. 所以PB ＝PA 2＋AB 2＝4＋2＝6，PC ＝PA 2＋AC 2＝22， 所以该三棱锥最长棱的棱长为2 2. 答案：2 214．已知某几何体的侧视图与其正视图相同，相关的尺寸如图所示，则这个几何体的体积是________．解析：本题考查三视图及空间几何体体积的求解．由三视图可知，该几何体为一个空心圆柱，其中底面内圆的直径为3，外圆的直径为4，圆柱的高为1，故其体积V ＝π⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫422－⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝7π4. 答案：7π415．将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是________．解析：本题考查旋转体的概念及其侧面积的计算方法．由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π. 答案：2π16．已知四棱锥P ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是棱PC ，PD 的中点，给出下列结论： ①AB ⊥PD ；②平面PBC ⊥平面PCD ； ③S △PCD ＞S △PAB ；④直线AE 与BF 是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的序号)解析：如图，对于①，易知棱AB ⊥平面PAD ，∴AB ⊥PD ，故①正确；对于②，易知平面PBC 与平面PCD 所成的角为钝角，故②不正确；对于③，S △PAB ＝12×PA ×AB ＜12×PD ×AB ＝12×PD ×CD＝S △PCD ，故③正确；对于④，连接EF ，∵EF ∥CD ∥AB ，∴直线AE 与BF 相交，故④不正确．答案：①③三、解答题(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，在矩形ABCD 中，BC ＝2，AB ＝1，PA ⊥平面ABCD ，BE ∥PA ，BE ＝12PA ，F 为PA 的中点．(1)求证：DF ∥平面PEC ；(2)记四棱锥C PABE 的体积为V 1，三棱锥P ACD 的体积为V 2，求V 1V 2的值． 解：(1)证明：连接EF ，由已知得BE 綊AF ， ∴四边形ABEF 为平行四边形， ∴EF 綊AB .在矩形ABCD 中，AB 綊CD ， ∴EF 綊CD ，∴四边形CDFE 为平行四边形，∴DF ∥EC . 又DF ⊄平面PEC ，EC ⊂平面PEC ， ∴DF ∥平面PEC . (2)连接PB .由题意知V P ACD ＝V P ABC ＝V C PAB ，即V 2＝V C PAB ， ∴V 1V 2＝S PABES △PAB.∵S △PAB ＝12AB ·PA ，S PABE ＝12(EB ＋PA )·AB ，∴S PABE S △PAB ＝12EB ＋PAAB12AB ·PA ＝32， 即V 1V 2＝32. 18．(本小题满分10分)如图，在五面体ABCC 1B 1N 中，四边形CBB 1C 1为矩形，B 1C 1⊥平面ABB 1N ，四边形ABB 1N 为梯形，且AB ⊥BB 1，BC ＝AB ＝AN ＝12BB 1＝4.(1)求证：BN ⊥平面C 1B 1N ； (2)求此五面体的体积．解：(1)证明：过点N 作NM ⊥BB 1，垂足为M ，则NM ＝BM ＝AN ＝4，BN ＝ 42＋42＝4 2. ∵AN ＝12BB 1，∴MB 1＝BM ＝4，B 1N ＝NM 2＋B 1M 2＝42＋42＝4 2. ∵BB 21＝82＝64，B 1N 2＋BN 2＝(42)2＋(42)2＝64， ∴BN ⊥B 1N .∵B 1C 1⊥平面ABB 1N ，BN ⊂平面ABB 1N ， ∴B 1C 1⊥BN .∵B 1N ∩B 1C 1＝B 1，∴BN ⊥平面C 1B 1N . (2)连接CN .易知BC ⊥平面ABB 1N ，∴V C ABN ＝13·BC ·S △ABN ＝13×4×12×4×4＝323.∵B 1C 1⊥平面ABB 1N ，B 1C 1⊂平面CBB 1C 1， ∴平面CBB 1C 1⊥平面ABB 1N .又NM ⊥BB 1，NM ⊂平面ABB 1N ，平面CBB 1C 1∩平面ABB 1N ＝BB 1， ∴NM ⊥平面B 1C 1CB ，∴VN CBB 1C 1＝13·NM ·SCBB 1C 1＝13×4×4×8＝1283.∴此五面体的体积V ＝V C ABN ＋VN CBB 1C 1＝323＋1283＝1603.。