上海市2020届高三数学试题分类汇编：立体几何(含解析)
2020届上海市高三高考压轴卷数学试题(解析版)
2020届上海市高三高考压轴卷数学试题一、单选题1．在直三棱柱111ABC A B C -中，己知AB BC ⊥，2AB BC ==，122CC =，则异面直线1AC 与11A B 所成的角为（ ） A ．30︒ B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】C【解析】由条件可看出11AB A B ，则1BAC ∠为异面直线1AC 与11A B 所成的角，可证得三角形1BAC 中，1AB BC ⊥，解得1tan BAC ∠，从而得出异面直线1AC 与11A B 所成的角． 【详解】连接1AC ，1BC ，如图：又11AB A B ，则1BAC ∠为异面直线1AC 与11A B 所成的角.因为AB BC ⊥，且三棱柱为直三棱柱，∴1AB CC ⊥，∴AB ⊥面11BCC B ， ∴1AB BC ⊥，又2AB BC ==，122CC =()22122223BC =+=∴1tan 3BAC ∠=160BAC ∠=︒. 故选C 【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．2．已知函数()3sin 2,6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭130,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，若函数()()2F x f x =-的所有零点依次记为1,x 2,x ,⋅⋅⋅n x ，且12n x x x <<⋅⋅⋅<，则12122n n x x x x -++⋅⋅⋅++=( ) A ．2π B ．113π C ．4π D ．223π 【答案】D【解析】根据()f x 的对称轴方程为k ,62x ππ=+k ∈Z .得到()f x 在130,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有5条对称轴，将原式变形()()()1211223122n n n n x x x x x x x x x x --++⋅⋅⋅++=+++⋅⋅⋅++，利用零点关于对称轴对称求解. 【详解】 令262x k πππ+=+得,62k x ππ=+k ∈Z ， 即()f x 的对称轴方程为k ,62x ππ=+k ∈Z . ()f x 的最小正周期为,T π=130,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()f x ∴在130,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有5条对称轴， 第一条是6π，最后一条是：136π； 1,x 2x 关于6π对称，2,x 3x 关于46π对称…4,x 5x 关于106π对称 122,6x x π∴+=⨯2342,6x x π+=⨯3472,6x x π+=⨯,⋅⋅⋅451026x x π+=⨯， 将以上各式相加得：1231471022222266663n n x x x x x πππππ-⎛⎫+++⋯++=⨯+++=⎪ ⎭⎝. 故选：D. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.3．若实数x ，y 满足22201y x x y y ≤⎧⎪+-≤⎨⎪≥-⎩，则2z x y =-的最大值是（ ）A ．9B ．12C ．3D ．6【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z 的最大值.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）：由2z x y =-得2y x z =-， 平移直线2y x z =-，由图像可知当直线2y x z =-经过点A 时， 直线2y x z =-的截距最小， 此时z 最大，由1220y x y =-⎧⎨+-=⎩，解得41x y =⎧⎨=-⎩，即()4,1-A ， max 2419z =⨯+=.故选：A 【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了数形结合的思想，解题的关键是理解目标函数的几何意义，属于基础题.4．对于全集U 的子集A 定义函数()()()1A U x A f x x A ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩为A 的特征函数,设,A B 为全集U 的子集,下列结论中错误的是( ) A ．若,A B ⊆则()()A B f x f x ≤ B ．()()1R A A f x f x =- C ．()()()ABA B f x f x f x =⋅D ．()()()ABA B f x f x f x =+【答案】D【解析】根据()()()1A U x A f x x A ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩,逐项分析,即可求得答案.【详解】()()()1A U x A f x x A ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩对于A,A B ⊆,分类讨论：①当x A ∈,则,x B ∈此时()()1A B f x f x == ②当x A ∉且x B ∉,即Ux B ∈,此时()()0A B f x f x ==，③当x A ∉且x B ∈, 即()Ux A B ∈⋂时,()0,()1A B f x f x ==,此时()()A B f x f x ≤综合所述,有()()A B f x f x ≤,故A 正确;对于B ,1, ()1()0,A U U A x A f x f x x A ∈⎧==-⎨∈⎩,故(2)正确； 对于C ,1,()0,()A B U x A Bf x x C A B ⋂∈⋂⎧=⎨∈⋂⎩()1,0,U U x A B x C A C B ∈⋂⎧=⎨∈⋃⎩1,1,0,0,U U x A x B x C A x C B ⎧∈∈⎧⎪=⋅⎨⎨∈∈⎪⎩⎩ ()()A B f x f x =⋅,故C 正确;对于D ,0,()()()1,()A B A B U x A Bf x f x f x x C A B ⋃∈⋃⎧=≠+⎨∈⋃⎩,故D 错误.故选:D. 【点睛】本题主要考查了函数新定义和集合运算,解题关键是充分理解新定义和掌握函数,集合基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于难题.二、填空题5．若集合{}|A x y x R ==∈，{}|1,B x x x R =≤∈，则A B =________.【答案】{}1【解析】求出A 中x 的范围确定出A ，求出B 中不等式的解集确定出B ，找出两集合的交集即可． 【详解】 解：由A中y =10x -，解得：1x ，即{|1}A x x ，由B 中不等式变形得：11x -，即{|11}B x x =-， 则{1}A B ⋂=， 故答案为：{1}． 【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题． 6．函数()lg 2cos 21y x =-的定义域是______. 【答案】553,,,36666ππππ⎡⎫⎛⎫⎛⎤---⎪ ⎪⎢⎥⎣⎭⎝⎭⎝⎦【解析】根据负数不能开偶次方根和对数的真数大于零求解. 【详解】因为()lg 2cos 21y x =-，所以2902cos 210x x ⎧-≥⎨->⎩，所以331 cos22xx-≤≤⎧⎪⎨>⎪⎩，所以33,66xk x k k Zππππ-≤≤⎧⎪⎨-<<+∈⎪⎩，解得536xπ-≤<-或66xππ-<<或536xπ<≤.故答案为：55 3,,,36666ππππ⎡⎫⎛⎫⎛⎤---⎪ ⎪⎢⎥⎣⎭⎝⎭⎝⎦【点睛】本题主要考查函数定义域的求法以及一元二次不等式，三角不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7．已知i为虚数单位，复数z满足11ziz-=+，则z________.【答案】1【解析】利用复数的四则运算求出z，再求其模．【详解】因为11ziz-=+，所以21(1)1(1)1(1)(1)i iz z i z ii i i---=+⇒===-++-，则||1z==.故答案为：1.【点睛】本题考查复数的四则运算，考查复数模的运算，属于基础题．8．设数列{}n a的前n项和为n S，且对任意正整数n，都有01011012nnan S-=-，则1a=___【答案】1-【解析】利用行列式定义，得到n a与n S的关系，赋值1n=，即可求出结果。
2020届高考数学一轮复习立体几何中的向量法(第2课时)求空间角与距离课时作业理(含解析)
第2课时 求空间角与距离课时作业1．在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在棱CC 1上，且CC 1＝4CP ，求点P 到平面ABD 1的距离．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则由题设条件易知A (4,0,0)，B (4,4,0)，P (0,4,1)，D 1(0,0,4)．AB →＝(0,4,0)，AD 1→＝(－4,0,4)，过P 点作PH ⊥平面ABD 1，垂足为H ，则PH 即为点P 到平面ABD 1的距离． 设点H 的坐标为(x ，y ，z )，则PH →＝(x ，y －4，z －1)，AH →＝(x －4，y ，z )， ∵PH ⊥平面ABD 1，∴PH →⊥AB →，PH →⊥AD 1→，PH →⊥AH →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧PH →·AB →＝y －＝0，PH →·AD 1→＝－4x ＋z －＝0，PH →·AH →＝x x －＋y y －＋z z －＝0，解得x ＝32，y ＝4，z ＝52或x ＝0，y ＝4，z ＝1(舍去)，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4，52，PH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴|PH →|＝322.故点P 到平面ABD 1的距离为322.2．(2019漳州5月)如图，在三棱台ABC －DEF 中，二面角B －AD －C 是直二面角，AB ⊥AC ，AB ＝3，AD ＝DF ＝FC ＝12AC ＝1.(1)求证：AB ⊥平面ACFD ；(2)求二面角F －BE －D 的平面角的余弦值．解析：(1)连接CD ，在等腰梯形ACFD 中，过D 作DG ⊥AC 交于G ，因为AD ＝DF ＝FC ＝12AC＝1，所以AG ＝12，DG ＝32，CG ＝32，所以CD ＝3，所以AD 2＋CD 2＝AC 2，即CD ⊥AD ，又二面角B －AD －C 是直二面角，CD平面ACFD ，所以CD ⊥平面ABED ，又AB平面ABED ，所以AB ⊥CD ，又因为AB ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，AC 、CD平面ACFD ，所以AB ⊥平面ACFD .(2)如图，在平面ACFD 内，过点A 作AH ⊥AC ，由(1)可知AB ⊥AH ，以A 为原点，AB →，AC →，AH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz .则B (3,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，C (0,2,0)，所以BC →＝(－3,2,0)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设n ＝(x ，y ，z )是平面FBE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC→n ⊥CF→，所以⎩⎨⎧－3x ＋2y ＝0－y ＋3z ＝0，取x ＝2，则y ＝3，z ＝3， 即n ＝(2,3，3)， 由(1)可知CD ⊥平面BED ，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，32是平面BED 的一个法向量，所以cos 〈n ，CD →〉＝n ·CD →|n |·|CD →|＝－343＝－34，又二面角F －BE －D 的平面角为锐角， 所以二面角F －BE －D 的平面角的余弦值为34.3．如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值． 解：(1)证明：∵PD ＝PC 且E 为CD 的中点，∴PE ⊥DC .又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE 平面PDC ，∴PE ⊥平面ABCD .又FG 平面ABCD ， ∴PE ⊥FG .(2)∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，AD 平面ABCD ，∴AD ⊥平面PCD ，又CD ，PD平面PDC ，∴AD ⊥DC ，AD ⊥PD ，∴∠PDC 即为二面角P －AD －C 的平面角，在Rt △PDE 中，PD ＝4，DE ＝12AB ＝3，PE ＝PD 2－DE 2＝7，∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73，即二面角P －AD －C 的正切值为73. (3)如图所示，连接AC .∵AF ＝2FB ，CG ＝2GB ， 即AF FB ＝CGGB＝2，∴AC ∥FG ，∴∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成角或其补角， 在△PAC 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝5，AC ＝AD 2＋CD 2＝35，由余弦定理可得cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝52＋52－422×5×35＝9525，∴直线PA 与直线FG 所成角的余弦值为9525.4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是菱形，∠ACC 1＝∠CC 1B＝60°，AC＝2.(1)证明：AB1⊥CC1；(2)若三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，求二面角B1－AC－C1的余弦值．解析：(1)取CC1的中点O，连接AO、AC1、B1C、B1O，由菱形的性质及∠ACC1＝∠CC1B1＝60°.得△ACC1，△B1CC1为正三角形．∴AO⊥CC1，B1O⊥CC1，且AO∩B1O＝O.∴CC1⊥平面AOB1，∴CC1⊥AB1.(2)三棱锥A－A1B1C1的体积是三棱柱ABC－A1B1C1体积的三分之一，得四棱锥A－BCC1B1的体积是柱体体积的三分之二，即等于2.平行四边形BCC1B1的面积为SBCC1B＝2×2×sin 60°＝2 3.设四棱锥A－BCC1B1的高为h，则：13×23×h ＝2，∴h ＝3， 又AO ＝3＝h ，AO ⊥平面BCC 1B 1， 建立如图直角坐标系：O －xyz ，则A (0,0，3)，B 1(3，0,0)，C (0，－1,0)，CB 1→＝(3，1,0)，CA →＝(0,1，3)，设平面CAB 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CA →＝y ＋3z ＝0n 1·CB 1→＝3x ＋y ＝0，取一个法向量为n 1＝(3，－3，3)， 显然n 2＝(1,0,0)是平面C 1CA 的一个法向量． 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝315＝55.二面角B 1－AC －C 1的余弦值为55. 5．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)，又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M (1，12，1)，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝(0，－52，0)，由此可得，MN →·n ＝0，又因为直线MN 平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,1,1)，设n 2＝(x ，y ，z )为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)，又n ＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2，所以线段A 1E 的长为7－2.6．(2018承豫南九校)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平面四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． 解析：(1)因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22， 又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ， 又PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB ， 因为AC平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0) 由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)， 所以AP →＝(－1,0,3)，BP →＝(－3,0,3)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33， 设AE AP＝λ(0＜λ＜1)，则AE →＝λAP →＝(－λ，0,3λ)，CE →＝AE →－AC →＝(－λ，－2,3λ)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0－3x ＋3z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)， 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|－λ－2＋3λ|3·－λ2＋－2＋λ2＝|2λ－2|3·10λ2＋4＝33， 整理得3λ2＋4λ＝0，因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解， 所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为33.。
2020届高考数学压轴必刷题 专题08立体几何与空间向量(文理合卷)(含答案)
2020届高考数学压轴必刷题专题08立体几何与空间向量(文理合卷)1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．2．【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【解答】解：方法线段AO上，作DE⊥AC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cosαcosβ，可得β＜α；tanγtanβ，可得β＜γ，方法由最大角定理可得β＜γ'＝γ；方法易得cosα，可得sinα，sinβ，sinγ，故选：B．3．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．4．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．5．【2018年浙江08】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≤θ1【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则EN＝OM，则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1，tanθ3，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3，sinθ2，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．6．【2018年上海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AA1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AA1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【解答】解：根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4＝8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4＝16故选：D．7．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN AB1，NP BC1；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ＝1，MQ AC，△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（）＝7，∴AC，∴MQ；在△MQP中，MP；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1，BD，C1D，∴BD2，∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D．故选：C．8．【2017年浙江09】如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，，（0，3，6），（，6，0），，．设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）．则cos，取α＝arccos．同理可得：β＝arccos．γ＝arccos．∵．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD＝h．则tanα．同理可得：tanβ，tanγ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．9．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．10．【2016年新课标3理科10】在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB ＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4πB．C．6πD．【解答】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10．故三角形ABC的内切圆半径r2，又由AA1＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为，此时V的最大值，故选：B．11．【2015年浙江理科08】如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α【解答】解：①当AC＝BC时，∠A′DB＝α；②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，α＝∠A′OE，连结AA′，易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α综上所述，∠A′DB≥α，故选：B．12．【2014年新课标1理科12】如图，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，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6B．6 C．4D．4【解答】解：几何体的直观图如图：AB＝4，BD＝4，C到BD的中点的距离为：4，∴．AC6，AD＝4，显然AC最长．长为6．故选：B．13．【2014年新课标2理科11】直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，，则MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，∵BC＝CA＝CC1，设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO，AN，MB，在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO．故选：C．14．【2014年上海理科16】如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，P i（i＝1，2，…8）是上底面上其余的八个点，则•（i＝1，2，…，8）的不同值的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：，则•（）＝||2，∵，∴•||2＝1，∴•（i＝1，2，…，8）的不同值的个数为1，15．【2014年北京理科07】在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），若S1，S2，S3分别表示三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1【解答】解：设A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），则各个面上的射影分别为A'，B'，C'，D'，在xOy坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），S1．在yOz坐标平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，0），C'（0，2，0），D'（0，1，），S2＝.在zOx坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，0），C'（0，0，0），D'（0，1，），S3，则S3＝S2且S3≠S1，故选：D．16．【2013年浙江理科10】在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα（P）]，Q2＝fα[fβ（P）]，恒有PQ1＝PQ2，则（）A．平面α与平面β垂直B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°C．平面α与平面β平行D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°【解答】解：设P1＝fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1＝fβ[fα（P）]＝fβ（P1），∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足同理，若P2＝fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2＝fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足∵对任意的点P，恒有PQ1＝PQ2，∴点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直17．【2012年新课标1理科11】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1，∴OO1，∴高SD＝2OO1，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC，∴V三棱锥S﹣ABC．故选：C．18．【2012年浙江理科10】已知矩形ABCD，AB＝1，BC．将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【解答】解：如图，AE⊥BD，CF⊥BD，依题意，AB＝1，BC，AE＝CF，BE＝EF＝FD，A，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，则∵BD⊥AE，∴BD⊥平面AEC，从而BD⊥EC，这与已知矛盾，排除A；B，若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则CD⊥平面ABC，平面ABC⊥平面BCD取BC中点M，连接ME，则ME⊥BD，∴∠AEM就是二面角A﹣BD﹣C的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故B正确；C，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则BC⊥平面ACD，从而平面ACD⊥平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，排除CD，由上所述，可排除D故选：B．19．【2010年新课标1理科10】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B．C．D．5πa2【解答】解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为，球的表面积为，故选：B．20．【2010年北京理科08】如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z（x，y，z大于零），则四面体PEFQ的体积（）A．与x，y，z都有关B．与x有关，与y，z无关C．与y有关，与x，z无关D．与z有关，与x，y无关【解答】解：从图中可以分析出，△EFQ的面积永远不变，为面A1B1CD面积的，而当P点变化时，它到面A1B1CD的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化．故选：D．21．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．22．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sin∠ASB．△SAB的面积为5，可得sin∠ASB＝5，即5，即SA＝4．SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：2．则该圆锥的侧面积：π＝40π．故答案为：40π．23．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）＝100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）＝80，∴V4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG，∴FG＝SG＝5，SO＝h，∴三棱锥的体积V，令b（x）＝5x4，则，令b′（x）＝0，则4x30，解得x＝4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．24．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．25．【2016年浙江理科14】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．【解答】解：如图，M是AC的中点．①当AD＝t＜AM时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，DM t，由△ADE∽△BDM，可得，∴h，V，t∈（0，）②当AD＝t＞AM时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，DM＝t，由等面积，可得，∴，∴h，∴V，t∈（，2）综上所述，V，t∈（0，2）令m∈[1，2），则V，∴m＝1时，V max．另解：由于PD＝DA，PB＝BA，则对于每一个确定的AD，都有△PDB绕DB在空间中旋转，则PD⊥AC时体积最大，则只需考察所有PD⊥AC时的最大，设PD＝DA＝h，则V S底h h•sin30°•（2h）•2，二次函数求最值可知h时体积最大为．故答案为：．26．【2015年浙江理科13】如图，三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．【解答】解：连结ND，取ND的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，∵AN＝2，∴ME EN，MC＝2，又∵EN⊥NC，∴EC，∴cos∠EMC．故答案为：．27．【2014年浙江理科17】如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A 观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）【解答】解：∵AB＝15m，AC＝25m，∠ABC＝90°，∴BC＝20m，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ，设BP′＝x，则CP′＝20﹣x，由∠BCM＝30°，得PP′＝CP′tan30°（20﹣x），在直角△ABP′中，AP′，∴tanθ•，令y，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x＝0时，取得最大值为．若P′在CB的延长线上，PP′＝CP′tan30°（20+x），在直角△ABP′中，AP′，∴tanθ•，令y，则y′＝0可得x时，函数取得最大值，故答案为：．28．【2013年上海理科13】在xOy平面上，将两个半圆弧（x﹣1）2+y2＝1（x≥1）和（x﹣3）2+y2＝1（x ≥3），两条直线y＝1和y＝﹣1围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分，记D绕y轴旋转一周而成的几何体为Ω．过（0，y）（|y|≤1）作Ω的水平截面，所得截面积为4π8π．试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出Ω的体积值为．【解答】解：因为几何体为Ω的水平截面的截面积为48π，该截面的截面积由两部分组成，一部分为定值8π，看作是截一个底面积为8π，高为2的长方体得到的，对于4，看作是把一个半径为1，高为2π的圆柱平放得到的，如图所示，这两个几何体与Ω放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面积相等，故它们的体积相等，即Ω的体积为π•12•2π+2•8π＝2π2+16π．故答案为2π2+16π．29．【2013年北京理科14】如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为．【解答】解：如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，∴CC1∥EF，又EF⊂平面D1EF，CC1⊄平面D1EF，∴CC1∥平面D1EF．∴直线C1C上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离．过点C1作C1M⊥D1F，∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1．∴C1M⊥平面D1EF．过点M作MP∥EF交D1E于点P，则MP∥C1C．取C1N＝MP，连接PN，则四边形MPNC1是矩形．可得NP⊥平面D1EF，在Rt△D1C1F中，C1M•D1F＝D1C1•C1F，得．∴点P到直线CC1的距离的最小值为．故答案为30．【2012年上海理科14】如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB+BD ＝AC+CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是．【解答】解：作BE⊥AD于E，连接CE，则AD⊥平面BEC，所以CE⊥AD，由题设，B与C都是在以AD为焦点的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，AB+BD＝AC+CD＝2a，显然△ABD≌△ACD，所以BE＝CE．取BC中点F，∴EF⊥BC，EF⊥AD，要求四面体ABCD的体积的最大值，因为AD是定值，只需三角形EBC的面积最大，因为BC是定值，所以只需EF最大即可，当△ABD是等腰直角三角形时几何体的体积最大，∵AB+BD＝AC+CD＝2a，∴AB＝a，所以EB，EF，所以几何体的体积为：．故答案为：．1．【2018年新课标3文科12】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．2．【2017年新课标3文科10】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1，∵A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1ECB1，∵A1E⊂平面A1ECB1，∴A1E⊥BC1．故选：C．法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），（﹣2，1，﹣2），（0，2，2），（﹣2，﹣2，0），（﹣2，0，2），（﹣2，2，0），∵•2，2，0，6，∴A1E⊥BC1．故选：C．3．【2016年新课标1文科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．4．【2016年新课标3文科11】在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB ＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4πB．C．6πD．【解答】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10．故三角形ABC的内切圆半径r2，又由AA1＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为，此时V的最大值，故选：B．5．【2015年新课标1文科11】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所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：4πr2πr22r×2πr+2r×2rπr2＝5πr2+4r2，又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr2+4r2＝16+20π，解得r＝2，故选：B．6．【2015年新课标2文科10】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．256π【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O 的半径为R，此时V O﹣ABC＝V C﹣AOB36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π，故选：C．7．【2013年新课标1文科11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π【解答】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积22×π×4＝8π所以这个几何体的体积是16+8π；故选：A．8．【2013年北京文科08】如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），∴（﹣3，﹣3，3），设P（x，y，z），∵（﹣1，﹣1，1），∴（2，2，1）．∴|P A|＝|PC|＝|PB1|，|PD|＝|P A1|＝|PC1|，|PB|，|PD1|．故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个．故选：B．9．【2010年北京文科08】如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上．点Q是CD的中点，动点P在棱AD上，若EF＝1，DP＝x，A1E＝y（x，y大于零），则三棱锥P﹣EFQ的体积（）A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与y有关，与x无关【解答】解：三棱锥P﹣EFQ的体积与点P到平面EFQ的距离和三角形EFQ的面积有关，由图形可知，平面EFQ与平面CDA1B1是同一平面，故点P到平面EFQ的距离是P到平面CDA1B1的距离，且该距离就是P到线段A1D的距离，此距离只与x有关，因为EF＝1，点Q到EF的距离为线段B1C的长度，为定值，综上可知所求三棱锥的体积只与x有关，与y无关．故选：C．10．【2019年新课标3文科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．11．【2019年新课标1文科16】已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE，∴CD＝CE＝OD＝OE1，∴PO．∴P到平面ABC的距离为．故答案为：．12．【2018年新课标2文科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA ＝4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V8π．故答案为：8π．13．【2017年新课标1文科16】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为．【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r＝3．球O的表面积为：4πr2＝36π．故答案为：36π．14．【2013年新课标1文科15】已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB＝1：2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为．【解答】解：设球的半径为R，∵AH：HB＝1：2，∴平面α与球心的距离为R，∵α截球O所得截面的面积为π，∴d R时，r＝1，故由R2＝r2+d2得R2＝12+（R）2，∴R2∴球的表面积S＝4πR2．故答案为：．15．【2011年新课标1文科16】已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．【解答】解：不妨设球的半径为：4；球的表面积为：64π，圆锥的底面积为：12π，圆锥的底面半径为：2；由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，求的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形由此可以求得球心到圆锥底面的距离是，所以圆锥体积较小者的高为：4﹣2＝2，同理可得圆锥体积较大者的高为：4+2＝6；所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为：．故答案为：。
上海市2020届高三数学各区(16区已全)一模考试汇编：解析几何(解析版)
2020年一模汇编——解析几何一、填空题【普陀1】若抛物线2y mx =的焦点坐标为1(,0)2，则实数m 为___________.【答案】2【解析】抛物线的性质：p=1，所以m=2【黄浦3】抛物线28x y =的焦点到准线的距离为___________. 【答案】4【解析】由题抛物线的焦点为(0,2)，准线为直线2x =-，易得焦点到准线的距离为4【青浦3】直线1:10l x -=和直线20l y -=的夹角大小是【答案】6π 【解析】设夹角为θ，则23213cos =⨯=θ，故夹角6πθ=【静安3】若直线1l 和直线2l 的倾斜角分别为32和152则1l 与2l 的夹角为_____.【答案】60【解析】1801523260-+=【静安4】若直线l 的一个法向量为(2,1)n =，则若直线l 的斜率k =_____. 【答案】2-【解析】(2,1)n =，则单位向量(1,2)d =-，221k ==-【宝山5】以抛物线x y 62-=的焦点为圆心，且与抛物线的准线相切的圆的方程是 .【答案】9)23(22=++y x【解析】焦点)0,23(-，半径3==p r 【松江5】已知椭圆22194x y +=的左、右焦点分别为1F 、2F ，若椭圆上的点P 满足122PF PF =，则1=PF【答案】4【解析】由椭圆定义得：1226PF PF a +==，又122PF PF =，联立得：1=PF 4【虹口6】抛物线26x y =的焦点到直线3410x y +-=的距离为_________. 【答案】1【解析】抛物线26x y =的焦点为)23,0(，焦点到直线3410x y +-=的距离33041215d ⨯+⨯-==【杨浦7】椭圆22194x y +=焦点为1F ，2F ，P 为椭圆上一点，若15PF =，则12cos F PF ∠= 【答案】35【解析】因为3a ==，2b ==，所以c ==，所以1(F，2F ，225651PF a =-=-=，所以22212513cos 2155F PF +-∠==⋅⋅【奉贤7】若双曲线的渐近线方程为3y x =±，它的焦距为则该双曲线的标准方程为____________.【答案】2219y x -=±【解析】根据双曲线的渐近线方程为3y x =±，可知3b a =或3ab=；由焦距为得出c =222c a b =+，求得,,a b c 的值【普陀8】设椭圆222:1(1)x y a aΓ+=＞，直线l 过Γ的左顶点A 交y 轴于点P ，交Γ于点Q ，若AOP △是等腰三角形（O 为坐标原点），且2PQ QA →→=，则Γ的长轴长等于_________.【答案】【解析】由题知(),0A a -、()0,P a ，设(),Q x x a +，有(),PQ x x =、(),QA a x x a =----， 所以()2x a x =⋅--，解得23x a =-，将(),Q x x a +代入2221x y a +=得22211210x ax a a ⎛⎫+++-= ⎪⎝⎭，整理得Γ的长轴长2a = 【崇明8】若双曲线的一个顶点坐标为(3,0)，焦距为10，则它的标准方程是__________．【答案】116922=-y x 【解析】由题意得3=a ，5210=÷=c ，16222=-=a c b ，标准方程为116922=-y x【杨浦9】在直角坐标平面xOy 中，(2,0)A -，(0,1)B ，动点P 在圆22:+2C x y =上，则PA PB ⋅的取值范围为___________.【答案】(22+【解析】因为22+2x y =，设)P θθ，则(2,)PA θθ=--，(,1)PB θθ=-，22222cos 2sin PA PB θθθθ⋅=++，22)PA PB θθθϕ⋅=+=++，【崇明9】已知,a b R +∈，若直线230x y ++=与(1)2a x by -+=互相垂直，则ab 的最大值等于___________.【答案】81 【解析】两直线互相垂直得1121-=-⋅-ba ，b a 21-=，代入得b b ab )21(-=， 0,0a b >>，最小值为81【宝山9】已知直线l 过点)0,1(-且与直线02=-y x 垂直，则圆08422=+-+y x y x 与直线l 相交所得的弦长为___________.【答案】152【解析】直线方程为012=++y x ，圆心到直线的距离5=d ⇒222||d r AB -=【奉贤9】设平面直角坐标系中，O 为原点，N 为动点，6ON =，5ON OM =，过点M 作1MM x ⊥轴于1M ，过N 作1NN x ⊥轴于点1N ，M 与1M 不重合，N 与1N 不重合，设11OT M M N N =+，则点T 的轨迹方程是______________.【答案】22536x y +=05x x ⎛≠≠ ⎝⎭且【解析】设(),T x y ，点()11,N x y ，则()11,0N x ，又1111,OM y M y ⎫⎛⎫==⎪ ⎪⎭⎝⎭11,0M M ⎫=⎪⎭，()110,N N y =，于是1111,OT M M N N x y ⎫=+=⎪⎭，由此能求出曲线C的方程。
2020届上海市高三春季高考数学详解版(附专家点评)
.
x
3. 函数 y = tan 2x 的最小正周期为
.
4. 已知复数 z 满足 z + 2z = 6 + i ，则 z 的实部为
.
5. 已知 3sin 2x = 2sin x ， x (0, ) ，则 x =
.
6.
若函数 y = a 3x
1 + 3x
为偶函数，则 a =
.
7. 已知直线 l1 : x + ay = 1 ， l2 : ax + y = 1 ，若 l1 ∥ l2 ，则 l1 与 l2 的距离为
m
=
n
，则
am122
= =
m2 + c a1m + c
m2 − c 2 = a12a2 a12 − 2c 2 = a12 a12 − c ,
即
3a12c
=
4c2
c
=
0
or
c
=
3 4
a12
;
( ) （2）若 m + n = −a1 ，则 (−a1 )2 = (m + n)2 4mn = 4
21. 已知非空集合 A R ，函数 y = f (x) 的定义域为 D ，若对任意 t A 且 x D ，不等式 f (x) f (x + t) 恒成立，则称函数 f (x) 具有 A 性质. （1）当 A = {−1} ，判断 f (x) = −x 、 g(x) = 2x 是否具有 A 性质；
2020 年上海市春季高考数学试卷
注：题目来源主要为网上流传的回忆版，如有错漏，欢迎指正. 一. 填空题（本大题共 12 题，满分 54 分，第 1~6 题每题 4 分，第 7~12 题每题 5 分）
2020上海高三数学二模汇编-解析几何含答案
解析几何一、直线1、【2020年闵行区二模第3题】若直线10ax by ++=的方向向量为(1,1)，则此直线的倾斜角为 【答案：4π】 2、【2020年黄浦区二模第4题】若直线1:350l ax y +-=与2:210l x y +-=互相垂直，则实数a 的值为 【答案： 6- 】3、【2020年金山区二模第13题】已知直角坐标平面上两条直线的方程分别为1111:0l a x b y c ++=，2222:0l a x b y c ++=，那么“11220a b a b =”是“两直线1l 、2l 平行”的( )． （A ）充分非必要条件 （B ）必要非充分条件 （C ）充要条件 （D ）既非充分又非必要条件 【答案：B 】4、【2020年徐汇区二模第8题】已知直线(2)(1)30a x a y ++--=的方向向量是直线(1)(23)20a x a y -+++= 的法向量，则实数a 的值为 .【答案：11或- 】5、【2020年松江区二模第13题】若为坐标原点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） (A)(B)(C)(D)【答案：B 】6、【2020年金山区二模第12题】设*n ∈N ，n a 为()(2)1nn x x +-+的展开式的各项系数之和，162m t =-+，，1222...333n n n a a na b ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（[x ]表示不超过实数x 的最大整数），则()22()n n t b m -+-的最小值为___________.O P 20-+=x y OP 2R t ∈【答案：95解析：赋值法，令1x =，∴32nnn a =-，∴(32)2[][][()]333n n nn n nna n n n -==-⋅， 可用计算器分析2()3n n ⋅单调性及范围，可知2()(0,1)3n n ⋅∈，∴[]13n n na n =-，∴(1)2n n n b -=，22()()n n t b m -+-的 几何意义为点(,)n n b 到点(,)t m 的距离的平方，如图所示， 当3n =时，点(3,3)到直线162y x =-+的距离最小， ∴min 22512d ==+，即2min95d =。
届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析
第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。
［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,AE=AD.△ABC是底面的内接正三DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。
图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。
(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。
分类汇编第7部分立体几何
09届上海市期末模拟试题分类汇编第7部分立体几何一.选择题1.（08年上海市部分重点中学高三联考14）设a,b,c 表示三条直线，βα，表示两个平面，下列命题中不正确的是---------（ ）A. ⎭⎬⎫⊥βαα//a β⊥⇒a B. c b a c b a ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥内的射影在是内在ββb C. ααα////c c b cb ⇒⎪⎭⎪⎬⎫内不在内在 D. αα⊥⇒⎭⎬⎫⊥b a b a //答案：D2．（上海市长宁区2008学年高三年级第一次质量调研15）下列三个命题中错误的个数是 （ ）①经过球上任意两点，可以作且只可以作球的一个大圆； ②球的面积是它的大圆面积的四倍；③球面上两点的球面距离，是这两点所在截面圆上以这两点为端点的劣弧的长. A.0 B. 1 C. 2 D.3 答案：C 3．（上海市长宁区2008学年高三年级第一次质量调研13）如图，P 为正方体1111ABCD A B C D -的中心，△PAC 在该正方体各个面上的射影可能是（ ）ABC D A 1B 1C 1D 1P(1)(2)(3)(4)A. (1)、(2)、(3)、(4)B.(1)、(3)C.(1)、(4)D.(2)、(4) 答案：C 4．（上海市2009届高三年级十四校联考数学理科卷14）已知m 、n 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，下列四个命题中，正确的是 （ ） A ．若n m n m //,//,//则且αα B ．若βαββα//,//,//,,则且上在n m n mC ．若βαβα⊥⊥m m 则上在且,,D ．若ααββα//,,,m m m 则外在⊥⊥答案：D5.（上海市黄浦区2008学年高三年级第一次质量调研14）给出下列命题：(1)三点确定一个平面；(2)在空间中，过直线外一点只能作一条直线与该直线平行；(3)若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则//αβ；(4)若直线a b c 、、满足,a b a c ⊥⊥、则//b c .其中正确命题的个数是 ( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 答案：B1（2008学年度第一学期上海市普陀区高三年级质量调研第14题） 设a 、b 为两条直线，α、β为两个平面. 下列四个命题中，正确的命题是 （ ）A. 若a 、b 与α所成的角相等，则a b ∥；B. 若,,a b a b αα⊥⊥则Ü；C. 若a b a αββ∥苘，，，则αβ∥；D. 若a b αβ，∥∥，αβ∥，则a b ∥. 答案：B2 （闸北区09届高三数学（理）第13题）如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设BP x =，MN y =，则函数()y f x =的图像大致是（ ）答案：B3 （上海市静安区2008学年高三年级第一次质量调研第15题）已知长方体的表面积是224cm ，过同一顶点的三条棱长之和是6cm ，则它的对角线长是（ ）A. 14cmB. 4cmC. 32cmD. 23cm 答案：D4静安区部分中学08－09学年度第一学期期中数学卷第15题)用一个平面去截正方体，所得截面不可能是 （ ）．（A ） 平面六边形； （B ）菱形； （C ）梯形； （D ）直角三角形 答案：D5 （南汇区2008学年度第一学期期末理科第15题）在底面为正方形的长方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；④每个面都是等腰三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体． 这些几何形体是（ ）A ．①②④⑤B ．①②③⑤C ．①②③④D ．①③④⑤ 答案：DA BC DMNP A 1B 1C 1D 1 yxA ．OyxB ．OyxC ．Oyx D ．O二.填空题1（嘉定区2008～2009第一次质量调研第6题）已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．答案：π122 （嘉定区2008～2009第一次质量调研第7题）联结球面上任意两点的线段称为球的弦，已知半径为5的球上有两条长分别为6和8的弦，则此两弦中点距离的最大值是____________． 答案：73（上海徐汇等区第一学期期末质量抽查第8题） 如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________. 答案：3π4 (上海市卢湾区2008学年高三年级第一次质量调研第3题)若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．答案：16π 5 (上海市卢湾区2008学年高三年级第一次质量调研第4题)在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．答案：2arcsin56 (上海市卢湾区2008学年高三年级第一次质量调研第5题)若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O318'，B 位于东经O 12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．答案：6737 (2008学年度第一学期上海市普陀区高三年级质量调研第7题) 在120︒的二面角内放一个半径为6的球，使球与两个半平面各只有一个公共点（其过球心且垂直于二面角的棱的直截面如图所示），则这两个公共点AB 之间的球面距离为 . 答案：2π8 (2008学年度第一学期上海市普陀区高三年级质量调研第9题)一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为 cm. （精确到0.1cm ） 答案：8.39 (2008学年度第一学期上海市普陀区高三年级质量调研第11题) 下列有关平面向量分解定理的四个命题．．．．中，所有正确命题的序号是 . （填写命题所对A BC OABP 第7题图10cm20cm 第9题应的序号即可）① 一个平面内有且只有一对不平行的向量可作为表示该平面所有向量的基； ② 一个平面内有无数多对不平行向量可作为表示该平面内所有向量的基； ③ 平面向量的基向量可能互相垂直；④ 一个平面内任一非零向量都可唯一地表示成该平面内三个互不平行向量的线性组合. 答案：②、③10 （上海市静安区2008学年高三年级第一次质量调研第3题）已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．答案：413313π⨯ 11 （上海市静安区2008学年高三年级第一次质量调研第4题）(理)已知圆柱的体积是6π，点O 是圆柱的下底面圆心，底面半径为1，点A 是圆柱的上底面圆周上一点，则直线OA 与该圆柱的底面所成的角的大小是______(结果用反三角函数值表示)． 答案：arctan 612 （上海市静安区2008学年高三年级第一次质量调研第4题）(文)已知圆锥的母线长5l cm =，高4h cm =，则该圆锥的体积是____________3cm 答案：12π13 （静安区部分中学08－09学年度第一学期期中数学卷第3题)如图，正方体D C B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是 ．答案：60︒14 （静安区部分中学08－09学年度第一学期期中数学卷第4题)如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为 cm 2．（衔接部分忽略不计，结果保留整数）答案：444 cm 215 （闵行区2008学年第一学期高三质量监控理卷第7题）如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是 . 答案：60o16 （浦东新区2008学年度第一学期期末质量抽测卷数学理科第9题）如图，ABC ∆中，ο90=∠C ，ο30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图 中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为 ． 答案：π2735 10cm17.1. （上海虹口区08学年高三数学第一学期期末试卷3）球的表面积为216cm π，则球的体积为___________3cm . 答案：323π2．（上海市黄浦区2008学年高三年级第一次质量调研10）若球的体积是392m π，则球的表面积是____________2m ．答案：9π 3．（上海虹口区08学年高三数学第一学期期末试卷7）如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，则该圆锥与圆柱等底等高。
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高三上期末考试数学试题分类汇编立体几何一、填空、选择题1、（宝山区2019届高三）将函数21y x =--的图像绕着y 轴旋转一周所得的几何容器的容积是 ．2、（崇明区2019届高三）设一个圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则此圆锥的体积等于3、（虹口区2019届高三）关于三个不同平面α、β、γ与直线l ，下来命题中的假命题是（ ） A. 若αβ⊥，则α内一定存在直线平行于βB. 若α与β不垂直，则α内一定不存在直线垂直于βC. 若αγ⊥，βγ⊥，l αβ=，则l γ⊥D. 若αβ⊥，则α内所有直线垂直于β4、（金山区2019届高三）在120︒的二面角内放置一个半径为6的小球，它与二面角的两个半平面相切于A 、B 两点，则这两个点在球面上的距离是5、（浦东新区2019届高三）已知圆锥的体积为3π，母线与底面所成角为3π，则该圆锥的表面积为6、（浦东新区2019届高三）下列命题正确的是（ ） A. 如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行 B. 如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行 C. 如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行 D. 如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行7、（普陀区2019届高三） 如图，正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为4，记1111AC B D F =，11BC B C E =，若AE BF ⊥，则此棱柱的体积为8、（青浦区2019届高三）已知直角三角形△ABC 中，90A ∠=︒，3AB =，4AC =，则△ABC 绕直线AC 旋转一周所得几何体的体积为9、（徐汇区2019届高三）魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”.刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为:4π.若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为（ ）（A ）16 （B ）163 （C ）163 （D ）128310、（杨浦区2019届高三）若圆锥的母线长5()l cm =，高4()h cm =，则这个圆锥的体积等于 3()cm11、（长宁区2019届高三）若圆锥的侧面面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为12、（闵行区2019届高三）如图，在过正方体1111ABCD A B C D -的任意两个顶点的所有直线中，与直线1AC 异面的直线的条数为13、（闵行区2019届高三）已知a 、b 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，a αβ=，a ∥b ，则下列结论不可能成立的是（ ）A. b β，且b ∥αB. b α，且b ∥βC. b ∥α，且b ∥βD. b 与α、β都相交14、（青浦区2019届高三）对于两条不同的直线m 、n 和两个不同的平面α、β，以下结论正确的是（ ）A. 若m α，n ∥β，m 、n 是异面直线，则α、β相交B. 若m α⊥，m β⊥，n ∥α，则n ∥βC. m α，n ∥α，m 、n 共面于β，则m ∥nD. 若m α⊥，n β⊥，α、β不平行，则m 、n 为异面直线参考答案一、填空、选择题 1、π32 233、D4、2π5、3π6、D7、3228、12π9、C 10、12π 11、π3312、12 13、D 14、C二、解答题1、（宝山区2019届高三）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，正方形ABCD 的边长为2，4PA =，设E 为侧棱PC 的中点．（1）求正四棱锥E ABCD -的体积V ；（2）求直线BE 与平面PCD 所成角θ的大小．2、（崇明区2019届高三）如图，设长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==， 直线1A C 与平面ABCD 所成的角为4π. （1）求三棱锥1A A BD -的体积； （2）求异面直线1A B 与1B C 所成角的大小.3、（奉贤区2019届高三） 如图，三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，AB AC =，D 是BC 的中点.（1）求证：BC ⊥平面11A AD ；（2）若90BAC ︒∠=，4BC =，三棱柱111ABC A B C -的体积是83，求异面直线1A D 与1AB 所成角的大小.4、（虹口区2019届高三）在如图所示的圆锥中，底面直径与母线长均为4，点C 是底面直径AB 所对弧的中点，点D 是母线PA 的中点.（1）求该圆锥的侧面积与体积；（2）求异面直线AB 与CD 所成角的大小.5、（金山区2019届高三） 如图，三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，M 是 BC 的中点，若底面ABC 是边长为2的正三角形，且PB 与底面ABC 所成的角为3π. 求： （1）三棱锥P ABC -的体积； （2）异面直线PM 与AC 所成角的大小. （结果用反三角函数值表示）6、（浦东新区2019届高三）已知直三棱柱111A B C ABC -中，11AB AC AA ===，90BAC ︒∠=. （1）求异面直线1A B 与11B C 所成角； （2）求点1B 到平面1A BC 的距离.7、（普陀区2019届高三）如图所示，某地出土的一种“钉”是由四条线段组成，其结构能使它任意抛至水平面后，总有一端所在的直线竖直向上，并记组成该“钉”的四条线段的公共点为O ，钉尖为i A （1,2,3,4i =）.（1）记i OA a =（0a >），当1A 、2A 、3A 在同一水平面内时，求1OA 与平面123A A A 所成 角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）若该“钉”的三个钉尖所确定的三角形的面积为232cm ，要用某种线型材料复制100枚这种“钉”（耗损忽略不计），共需要该种材料多少米？8、（青浦区2019届高三）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的底面边长为3，15A D =. （1）求该正四棱柱的侧面积与体积；（2）若E 为线段1A D 的中点，求BE 与平面ABCD 所成角的大小.9、（徐汇区2019届高三）如图，已知正方体''''ABCD A B C D -的棱长为1. （1）正方体''''ABCD A B C D -中哪些棱所在的直线与直线'A B 是异面直线？ （2）若,M N 分别是','A B BC 的中点，求异面直线MN 与BC 所成角的大小.10、（杨浦区2019届高三）如图，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为矩形，1PA AB ==，2AD =，点F 是PB的中心，点E 在边BC 上移动. （1）求三棱锥E PAD -的体积；（2）证明：无论点E 在边BC 的何处，都有AF ⊥PE .11、（长宁区2019届高三） 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与地面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，首届中国国际进口博览会的某展馆棚顶一角的钢结构可以抽象为空间图形阳马，如图所示，在阳马P ABCD -中，PD ⊥底面ABCD . （1）已知4AD CD m ==，斜梁PB 与底面ABCD 所成角为15︒，求立柱PD 的长； （精确到0.01m ）（2）求证：四面体PDBC 为鳖臑.参考答案 二、解答题1、解：（1）因为正方形ABCD 的边长为2，所以4ABCD S =，…………2分11633P ABCD ABCD V S PA -=⋅=， …………………………………4分因为E 为侧棱PC 的中点，所以1823P ABCD V V -== (6)分（2）建立空间直角坐标系，(0,0,0)A ，如图所示：(2,0,0)B ，(0,0,4),(2,2,0),(1,1,2)P C E ，……8分()()()1,1,2,2,2,4,2,0,0,BE PC DC =-=-=……………9分设平面PCD 的一条法向量为(,,)n a b c =02240020PC n a b c CD n a ⎧⋅=⇒+-=⎪⎨⋅=⇒=⎪⎩， 令1c =，则(0,2,1)n =，……………………………………………………11分 故230sin 15BE n BE nθ⋅==， ……………………………………………13分 所以，直线BE 与平面PCD 所成角大小arcsin 15.……………………14分 17. 2、解：（1）联结AC ， 因为1AA ABCD ⊥平面，所以1A CA ∠就是直线1A C 与平面ABCD 所成的角，……………………………………2分 所以14ACA π∠=，所以1AA =4分所以11113A BD ABD ABD A A V V S A A --==⋅=7分（2）联结1A D ，BD因为11//A B CD ，所以11//A D B C所以1BA D ∠就是异面直线1A B与1B C 所成的角或其补角………………………3分在1BA D中，22212cos 3BA D ∠==所以12arccos 3BA D ∠=……………………………………6分 所以异面直线1A B 与1B C 所成角的大小是2arccos 3……………………………………7分3、4、5、6、解：（1）在直三棱柱ABC C B A -111中，AB AA ⊥1，AC AA ⊥1,︒=∠===9011BAC ,AA AC AB所以，211===BC C A B A ．…………………………2分因为，11C B //BC ，所以，BC A 1∠为异面直线B A 1与11C B 所成的角或补角．……4分 在BC A 1∆中，因为，211===BC C A B A ，所以，异面直线B A 1与11C B 所成角为3π．…………………………7分 （2）设点1B 到平面BC A 1的距离为h ，由（1）得23322211=π⋅⨯⨯=∆sin S BC A ，…………………………9分 21112111=⨯⨯=∆B B A S ，…………………………11分因为，B B A C BC A B V V 1111--=，…………………………12分所以，CA S h S B B A BC A ⋅=⋅∆∆1113131，解得，33=h ． 所以，点1B 到平面BC A 1的距离为33．…………………………14分或者用空间向量：（1） 设异面直线B A 1与11C B 所成角为θ，如图建系，则()1011-=,,B A ，()01111,,C B -=，…………4分因为，321221111111π=θ⇒=⋅-=⋅⋅=θC B B A C B B A cos 所以，异面直线B A 1与11C B 所成角为3π．…………7分 （2）设平面BC A 1的法向量为()w ,v ,u n =，则B A n ,BC n 1⊥⊥．又()011,,BC -=，()1011-=,,B A ，……………9分 所以，由⎩⎨⎧=-=+-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00001w u v u B A n BC n ，得()111,,n =．…………12分 所以，点1B 到平面BC A 1的距离331=⋅=nn B B d ．…………………………14分 7、。