十年真题(2010-2019)高考数学(文)分类汇编专题09 立体几何(新课标Ⅰ卷)(解析版)
专题09立体几何历年考题细目表1填空题2010 三视图与直观图2010年新课标1文科15解答题2019 空间角与空间距离2019年新课标1文科19解答题2018 表面积与体积2018年新课标1文科18解答题2017 表面积与体积2017年新课标1文科18解答题2016 表面积与体积2016年新课标1文科18解答题2015 表面积与体积2015年新课标1文科18解答题2014 表面积与体积2014年新课标1文科19解答题2013 表面积与体积2013年新课标1文科19解答题2012 表面积与体积2012年新课标1文科19解答题2011 表面积与体积2011年新课标1文科18解答题2010 表面积与体积2010年新课标1文科18历年高考真题汇编1．【2018年新课标1文科05】已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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．12πB．12πC．8πD．10π【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2＝8，解得R，则该圆柱的表面积为：12π．故选：B．2．【2018年新课标1文科09】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．2B．2C．3 D．2【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：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：2．故选：B．3．【2018年新课标1文科10】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6C．8D．8【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B＝30°，可得BC12．可得BB12．所以该长方体的体积为：28．故选：C．4．【2017年新课标1文科06】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（）A．B．C．D．【解答】解：对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行判定定理可知D不满足题意；所以选项A满足题意，故选：A．5．【2016年新课标1文科07】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条相互垂直的半径．若该几何体的体积是，则它的表面积是（）A．17πB．18πC．20πD．28π【解答】解：由题意可知三视图复原的几何体是一个球去掉后的几何体，如图：可得：，R＝2．它的表面积是：4π•2217π．故选：A．6．【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．7．【2015年新课标1文科06】《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，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（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则r＝8，解得r，故米堆的体积为π×（）2×5，∵1斛米的体积约为1.62立方，∴ 1.62≈22，故选：B．8．【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．9．【2014年新课标1文科08】如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是（）A．三棱锥B．三棱柱C．四棱锥D．四棱柱【解答】解：根据网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，可知几何体如图：几何体是三棱柱．故选：B．10．【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．11．【2012年新课标1文科07】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为（）A．6 B．9 C．12 D．18【解答】解：该几何体是三棱锥，底面是俯视图，三棱锥的高为3；底面三角形斜边长为6，高为3的等腰直角三角形，此几何体的体积为V6×3×3＝9．故选：B．12．【2012年新课标1文科08】平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为（）A．πB．4πC．4πD．6π【解答】解：因为平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，所以球的半径为：．所以球的体积为：4π．故选：B．13．【2011年新课标1文科08】在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为（）A．B．C．D．【解答】解：由俯视图和正视图可以得到几何体是一个简单的组合体，是由一个三棱锥和被轴截面截开的半个圆锥组成，∴侧视图是一个中间有分界线的三角形，故选：D．14．【2010年新课标1文科07】设长方体的长、宽、高分别为2a、a、a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．3πa2B．6πa2C．12πa2D．24πa2【解答】解：根据题意球的半径R满足（2R）2＝6a2，所以S球＝4πR2＝6πa2．故选：B．15．【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：．16．【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．17．【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：．18．【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：19．【2010年新课标1文科15】一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的（填入所有可能的几何体前的编号）①三棱锥②四棱锥③三棱柱④四棱柱⑤圆锥⑥圆柱．【解答】解：一个几何体的正视图为一个三角形，显然①②⑤正确；③是三棱柱放倒时也正确；④⑥不论怎样放置正视图都不会是三角形；故答案为：①②③⑤20．【2019年新课标1文科19】如图，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD ＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．（1）证明：MN∥平面C1DE；（2）求点C到平面C1DE的距离．【解答】解法一：证明：（1）连结B1C，ME，∵M，E分别是BB1，BC的中点，∴ME∥B1C，又N为A1D的中点，∴ND A1D，由题设知A 1B1DC，∴B1C A1D，∴ME ND，∴四边形MNDE是平行四边形，MN∥ED，又MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．解：（2）过C作C1E的垂线，垂足为H，由已知可得DE⊥BC，DE⊥C1C，∴DE⊥平面C1CE，故DE⊥CH，∴CH⊥平面C1DE，故CH的长即为C到时平面C1DE的距离，由已知可得CE＝1，CC1＝4，∴C1E，故CH，∴点C到平面C1DE的距离为．解法二：证明：（1）∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．∴DD1⊥平面ABCD，DE⊥AD，以D为原点，DA为轴，DE为y轴，DD1为轴，建立空间直角坐标系，M（1，，2），N（1，0，2），D（0，0，0），E（0，，0），C1（﹣1，，4），（0，，0），（﹣1，），（0，），设平面C1DE的法向量（，y，），则，取＝1，得（4，0，1），∵•0，MN⊄平面C1DE，∴MN∥平面C1DE．解：（2）C（﹣1，，0），（﹣1，，0），平面C1DE的法向量（4，0，1），∴点C到平面C1DE的距离：d．21．【2018年新课标1文科18】如图，在平行四边形ABCM中，AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，以AC为折痕将△ACM折起，使点M到达点D的位置，且AB⊥DA．（1）证明：平面ACD⊥平面ABC；（2）Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且BP＝DQ DA，求三棱锥Q﹣ABP的体积．【解答】解：（1）证明：∵在平行四边形ABCM中，∠ACM＝90°，∴AB⊥AC，又AB⊥DA．且AD∩AC＝A，∴AB⊥面ADC，∵AB⊂面ABC，∴平面ACD⊥平面ABC；（2）∵AB＝AC＝3，∠ACM＝90°，∴AD＝AM＝3，∴BP＝DQ DA＝2，由（1）得DC⊥AB，又DC⊥CA，∴DC⊥面ABC，∴三棱锥Q﹣ABP的体积V1．22．【2017年新课标1文科18】如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．（1）证明：平面P AB⊥平面P AD；（2）若P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为，求该四棱锥的侧面积．【解答】证明：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，∠BAP＝∠CDP＝90°，∴AB⊥P A，CD⊥PD，又AB∥CD，∴AB⊥PD，∵P A∩PD＝P，∴AB⊥平面P AD，∵AB⊂平面P AB，∴平面P AB⊥平面P AD．解：（2）设P A＝PD＝AB＝DC＝a，取AD中点O，连结PO，∵P A＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，平面P AB⊥平面P AD，∴PO⊥底面ABCD，且AD，PO，∵四棱锥P﹣ABCD的体积为，由AB⊥平面P AD，得AB⊥AD，∴V P﹣ABCD，解得a＝2，∴P A＝PD＝AB＝DC＝2，AD＝BC＝2，PO，∴PB＝PC2，∴该四棱锥的侧面积：S侧＝S△P AD+S△P AB+S△PDC+S△PBC＝6+2．23．【2016年新课标1文科18】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．（Ⅰ）证明：G是AB的中点；（Ⅱ）在图中作出点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．【解答】解：（Ⅰ）证明：∵P﹣ABC为正三棱锥，且D为顶点P在平面ABC内的正投影，∴PD⊥平面ABC，则PD⊥AB，又E为D在平面P AB内的正投影，∴DE⊥面P AB，则DE⊥AB，∵PD∩DE＝D，∴AB⊥平面PDE，连接PE并延长交AB于点G，则AB⊥PG，又P A＝PB，∴G是AB的中点；（Ⅱ）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．∵正三棱锥P﹣ABC的侧面是直角三角形，∴PB⊥P A，PB⊥PC，又EF∥PB，所以EF⊥P A，EF⊥PC，因此EF⊥平面P AC，即点F为E在平面P AC内的正投影．连结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（Ⅰ）知，G是AB的中点，所以D在CG上，故CD CG．由题设可得PC⊥平面P AB，DE⊥平面P AB，所以DE∥PC，因此PE PG，DE PC．由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且P A＝6，可得DE＝2，PG＝3，PE＝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 DE×S△PEF22×2．24．【2015年新课标1文科18】如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为，求该三棱锥的侧面积．【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∵BE⊥平面ABCD，∴AC⊥BE，则AC⊥平面BED，∵AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面BED；解：（Ⅱ）设AB＝，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，得AG＝GC，GB＝GD，∵BE⊥平面ABCD，∴BE⊥BG，则△EBG为直角三角形，∴EG AC＝AG，则BE，∵三棱锥E﹣ACD的体积V，解得＝2，即AB＝2，∵∠ABC＝120°，∴AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC cos ABC＝4+4﹣212，即AC，在三个直角三角形EBA，EBD，EBC中，斜边AE＝EC＝ED，∵AE⊥EC，∴△EAC为等腰三角形，则AE2+EC2＝AC2＝12，即2AE2＝12，∴AE2＝6，则AE，∴从而得AE＝EC＝ED，∴△EAC的面积S3，在等腰三角形EAD中，过E作EF⊥AD于F，则AE，AF，则EF，∴△EAD的面积和△ECD的面积均为S，故该三棱锥的侧面积为3+2．25．【2014年新课标1文科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C．（1）证明：B1C⊥AB；（2）若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，BC＝1，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．【解答】（1）证明：连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，∵侧面BB1C1C为菱形，∴BC1⊥B1C，∵AO⊥平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，∵AO∩BC1＝O，∴B1C⊥平面ABO，∵AB⊂平面ABO，∴B1C⊥AB；（2）解：作OD⊥BC，垂足为D，连接AD，作OH⊥AD，垂足为H，∵BC⊥AO，BC⊥OD，AO∩OD＝O，∴BC⊥平面AOD，∴OH⊥BC，∵OH⊥AD，BC∩AD＝D，∴OH⊥平面ABC，∵∠CBB1＝60°，∴△CBB1为等边三角形，∵BC＝1，∴OD，∵AC⊥AB1，∴OA B1C，由OH•AD＝OD•OA，可得AD，∴OH，∵O为B1C的中点，∴B1到平面ABC的距离为，∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．26．【2013年新课标1文科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB，AB＝AA1，∠BAA1＝60°（Ⅰ）证明：AB⊥A1C；（Ⅱ）若AB＝CB＝2，A1C，求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．【解答】（Ⅰ）证明：如图，取AB的中点O，连结OC，OA1，A1B．因为CA＝CB，所以OC⊥AB．由于AB＝AA1，，故△AA1B为等边三角形，所以OA1⊥AB．因为OC∩OA1＝O，所以AB⊥平面OA1C．又A1C⊂平面OA1C，故AB⊥A1C；（Ⅱ）解：由题设知△ABC与△AA1B都是边长为2的等边三角形，所以．又，则，故OA1⊥OC．因为OC∩AB＝O，所以OA1⊥平面ABC，OA1为三棱柱ABC﹣A1B1C1的高．又△ABC的面积，故三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积．27．【2012年新课标1文科19】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB＝90°，AC＝BC AA1，D是棱AA1的中点．（Ⅰ）证明：平面BDC1⊥平面BDC（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比．【解答】证明：（1）由题意知BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1∩AC＝C，∴BC⊥平面ACC1A1，又DC1⊂平面ACC1A1，∴DC1⊥BC．由题设知∠A1DC1＝∠ADC＝45°，∴∠CDC1＝90°，即DC1⊥DC，又DC∩BC＝C，∴DC1⊥平面BDC，又DC1⊂平面BDC1，∴平面BDC1⊥平面BDC；（2）设棱锥B﹣DACC1的体积为V1，AC＝1，由题意得V11×1，又三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V＝1，∴（V﹣V1）：V1＝1：1，∴平面BDC1分此棱柱两部分体积的比为1：1．28．【2011年新课标1文科18】如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形．∠DAB＝60°，AB＝2AD，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：P A⊥BD（Ⅱ）设PD＝AD＝1，求棱锥D﹣PBC的高．【解答】解：（Ⅰ）证明：因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD，从而BD2+AD2＝AB2，故BD⊥AD又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD所以BD⊥平面P AD．故P A⊥BD．（II）解：作DE⊥PB于E，已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC，由（I）知，BD⊥AD，又BC∥AD，∴BC⊥BD．故BC⊥平面PBD，BC⊥DE，则DE⊥平面PBC．由题设知PD＝1，则BD，PB＝2．根据DE•PB＝PD•BD，得DE，即棱锥D﹣PBC的高为．29．【2010年新课标1文科18】如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高．（Ⅰ）证明：平面P AC⊥平面PBD；（Ⅱ）若AB，∠APB＝∠ADB＝60°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】解：（1）因为PH是四棱锥P﹣ABCD的高．所以AC⊥PH，又AC⊥BD，PH，BD都在平PHD内，且PH∩BD＝H．所以AC⊥平面PBD．故平面P AC⊥平面PBD（2）因为ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，AB．所以HA＝HB．因为∠APB＝∠ADB＝60°所以P A＝PB，HD＝HC＝1．可得PH．等腰梯形ABCD的面积为S ACBD＝2所以四棱锥的体积为V（2）．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：空间几何体的结构、三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，空间点、直线、平面之间的位置关系，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行、垂直的判定与性质等.预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点三视图和直观图，空间几何体的表面积与体积，直线、平面平行、垂直的判定与性质等为重点较佳. 最新高考模拟试题1．在正方体1111ABCD A B C D -中, 1AD 与BD 所成的角为（ ）A ．45?oB ．90oC ．60oD ．120o【答案】C【解析】如图，连结BC 1、BD 和DC 1，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，由AB=D 1C 1，AB ∥D 1C 1，可知AD 1∥BC 1，所以∠DBC 1就是异面直线AD 1与BD 所成角，在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，BC 1、BD 和DC 1是其三个面上的对角线，它们相等．所以△DBC 1是正三角形，∠DBC 1=60°故异面直线AD 1与BD 所成角的大小为60°．故选：C ．2．在正方体1111ABCD A B C D -中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面α去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为S ，周长为l ，则( )A ．S 为定值，l 不为定值B ．S 不为定值，l 为定值C ．S 与l 均为定值D ．S 与l 均不为定值【答案】C【解析】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：与面1A BD 平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，即六边形EFGHMN ，其中,,,,,E F G H M N 分别为其所在棱的中点， 由正方体的性质可得22EF = ∴六边形的周长l 为定值32 ∴六边形的面积为23233 (6⨯=， 由正方体的对称性可得其余位置时也为正六边形，周长与面积不变，故S 与l 均为定值，故选C.3．在四面体P ABC -中，ABC ∆为等边三角形，边长为3，3PA =，4PB =，5PC =，则四面体P ABC -的体积为（ ）A ．3B ．3C 11D 10 【答案】C【解析】如图，延长CA 至D ，使得3AD =，连接,DB PD ，因为3AD AB ==，故ADB ∆为等腰三角形，又180120DAB CAB ∠=︒-∠=︒，故()1180120302ADB ∠=︒-︒=︒， 所以90ADB DCB ∠+∠=︒即90DBC ∠=︒，故CB DB ⊥，因为4,5,3PB PC BC ===，所以222PC PB BC =+，所以CB PB ⊥，因DB PB B =I ，DB ⊂平面PBD ，PB ⊂平面PBD ，所以CB ⊥平面PBD ， 所以13PBD P CBD C PBD V V CB S ∆--==⨯⨯三棱锥三棱锥，因A 为DC 的中点，所以1113262PBD PBD P ABC P CBD V V S S ∆∆--==⨯⨯=三棱锥三棱锥， 因为3DA AC AP ===，故PDC ∆为直角三角形，所以22362511PD CD PC =-=-=，又333DB AD ==，而4PB =，故222DB PD PB =+即PBD ∆为直角三角形，所以14112112PBD S ∆=⨯⨯=，所以11P ABC V -=三棱锥，故选C.4．若,a b 是不同的直线，,αβ是不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）A ．若,,ab a b αβ⊥‖‖，则αβ⊥ B ．若,,ab a b αβ‖‖‖，则αβ‖ C ．若,,a b ab αβ⊥⊥‖，则αβ‖ D ．若,,ab a b αβ⊥⊥‖，则αβ‖ 【答案】C【解析】A 中，若,,ab a b αβ⊥‖‖，平面,αβ可能垂直也可能平行或斜交，不正确； B 中，若,,ab a b αβ‖‖‖，平面,αβ可能平行也可能相交，不正确； C 中，若,a b αβ⊥⊥，则,a b 分别是平面,αβ的法线，a b ‖必有αβ‖，正确； D 中，若,,ab a b αβ⊥⊥‖，平面,αβ可能平行也可能相交，不正确.故选C. 5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积是（ ）A ．2πB ．3π C ．3πD ．43π【答案】B【解析】解：根据几何体的三视图，该几何体是由一个正方体切去一个正方体的一角得到的．故：该几何体的外接球为正方体的外接球，所以：球的半径2221113r ++==， 则：34333V ππ⎛⎫=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭. 故选：B ．6．如图，正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1BB 的中点，用过点A 、E 、1C 的平面截去该正方体的下半部分，则剩余几何体的正视图（也称主视图）是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】解：正方体1111ABCD A B C D 中，过点1,,A E C 的平面截去该正方体的上半部分后，剩余部分的直观图如图：则该几何体的正视图为图中粗线部分．故选：A ．7．下列说法错误的是（ ）A ．垂直于同一个平面的两条直线平行B ．若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直C ．一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行D ．一条直线与一个平面内的无数条直线垂直，则这条直线和这个平面垂直【答案】D【解析】由线面垂直的性质定理知，垂直于同一个平面的两条直线平行,A 正确；由面面垂直的性质定理知，若两个平面垂直，则其中一个平面内垂直于这两个平面交线的直线与另一个平面垂直,B 正确；由面面平行的判定定理知，一个平面内的两条相交直线均与另一个平面平行，则这两个平面平行，C 正确； 当一条直线与平面内无数条相互平行的直线垂直时，该直线与平面不一定垂直，D 错误，故选D. 8．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”.在如图所示的四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是正方形，且PD CD =，点E ，F 分别为PC ，PD 的中点，则图中的鳖臑有（ ）A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个【答案】C【解析】 由题意，因为PD ⊥底面ABCD ，所以PD DC ^，PD BC ⊥，又四边形ABCD 为正方形，所以BC CD ⊥，所以BC ⊥平面PCD ，BC PC ⊥，所以四面体PDBC 是一个鳖臑，因为DE ⊂平面PCD ，所以BC DE ⊥，因为PD CD =，点E 是PC 的中点，所以DE PC ⊥，因为PC BC C =I ，所以DE ⊥平面PBC ，可知四面体EBCD 的四个面都是直角三角形，即四面体EBCD 是一个鳖臑，同理可得，四面体PABD 和FABD 都是鳖臑，故选C.9．在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面ABC ，ABC △是边长为6的等边三角形，PAB △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，则该三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】48π【解析】如图，在等边三角形ABC 中，取AB 的中点F ，设其中心为O ，由6AB =， 得2233AO BO CO CF ====， PAB ∆Q 是以AB 为斜边的等腰角三角形，PF AB ∴⊥,又因为平面PAB ⊥平面ABC ，PF ∴⊥平面 ABC ，PF OF ∴⊥，2223OP OF PF +=则O 为棱锥P ABC -的外接球球心， 外接球半径23R OC == 该三棱锥外接球的表面积为(242348ππ⨯=， 故答案为48π.10．若将一个圆锥的侧面沿一条母线剪开，其展开图是半径为3，圆心角为23π的扇形，则该圆锥的体积为_______. 【答案】223 【解析】因为展开图是半径为3，圆心角为23π的扇形，所以圆锥的母线3l =，圆锥的底面的周长为2323ππ⨯=，因此底面的半径1r =，根据勾股定理，可知圆锥的高2222h l r =-= 所以圆锥的体积为212212233π⋅⨯=. 11．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列正确命题序号是_____．（1）若m αP ，n α∥，则m n ∥（2）若m α⊥，m n ⊥则n α∥（3）若m α⊥，n β⊥且m n ⊥，则αβ⊥；（4）若m β⊂，αβP ，则m αP【答案】（3）（4）【解析】若m n αα，∥∥，则m 与n 可能平行，相交或异面，故（1）错误；若m m n α⊥⊥，则n α∥或n α⊂，故（2）错误；若m n αβ⊥⊥，且m n ⊥，则αβ⊥，故（3）正确；若m βαβ⊂P ，，由面面平行的性质可得m αP ，故（4）正确；故答案为：（3）（4）12．长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是边长为1的正方形，若在侧棱1AA 上存在点E ，使得190C EB ∠=︒，则侧棱1AA 的长的最小值为_______．【答案】2【解析】设侧棱AA 1的长为，A 1E ＝t ，则AE ＝﹣t ，∵长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的底面是边长为1的正方形，∠C 1EB ＝90°，∴22211C E BE BC +=，∴2+t 2+1+（﹣t ）2＝1+2，整理，得：t 2﹣t+1＝0，∵在侧棱AA 1上至少存在一点E ，使得∠C 1EB ＝90°，∴△＝（﹣）2﹣4≥0，解得≥2．∴侧棱AA 1的长的最小值为2．故答案为2．13．如图，在Rt ABC ∆中，1AB BC ==，D 和E 分别是边BC 和AC 上一点，DE BC ⊥，将CDE ∆沿DE 折起到点P 位置，则该四棱锥P ABDE -体积的最大值为_______．【答案】3 【解析】 在Rt ABC ∆中，由已知，1AB BC ==，DE BC ⊥，所以设()01CD DE x x ==<<，四边形ABDE 的面积为()()()21111122=S x x x +-=-, 当CDE ∆⊥平面ABDE 时，四棱锥P ABDE -体积最大,此时PD ABDE ⊥平面，且PD CD x ==,故四棱锥P ABDE -体积为()31136=V S PD x x =⋅- ， ()21136V x '=-，30,x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭ 时，0V '> ；3332x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭，时，0V '<, 所以，当33x =时，max 327V =. 故答案为3 14．三棱锥P ABC -的4个顶点在半径为2的球面上，PA ⊥平面ABC ，V ABC 是边长为3的正三角形，则点A 到平面PBC 的距离为______．【答案】65【解析】△ABC 是边长为3的正三角形，可得外接圆的半径2r a sin60==︒2，即r ＝1． ∵PA ⊥平面ABC ，PA ＝h ，球心到底面的距离d 等于三棱锥的高PA 的一半即h 2， 那么球的半径R 22h r 2（）=+=2,解得h=2,又534PBC S ∆= 由P ABC A PBC V V --= 知'13153××3?2=?3434d ，得'65d = 故点A 到平面PBC 的距离为65 故答案为65． 15．如图，该几何体由底面半径相同的圆柱与圆锥两部分组成，且圆柱的高与底面半径相等．若圆柱与圆锥的侧面积相等，则圆锥与圆柱的高之比为_______．3【解析】设圆柱和圆锥的底面半径为R ，则圆柱的高1h ＝R ，圆锥的母线长为L ，因为圆柱与圆锥的侧面积相等， 所以，1222R R R L ππ⨯=⨯⨯，解得：L ＝2R ，得圆锥的高为2h 3R ，所以，圆锥与圆柱的高之比为33R R=. 故答案为：3 16．直三棱柱111ABC A B C -中，190,2BC A A A ︒∠==，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥O ABC -的体积为1，则球O 表面积的最小值为__________． 【答案】16π.【解析】如图，在Rt ABC ∆中，设,AB c BC a ==，则22AC a c =+．分别取11,AC A C 的中点12,O O ，则12,O O 分别为111Rt A B C ∆和Rt ABC ∆外接圆的圆心，连12,O O ，取12O O 的中点O ，则O 为三棱柱外接球的球心．连OA ，则OA 为外接球的半径，设半径为R ．∵三棱锥O ABC -的体积为1，即1()1132O ABC ac V -=⨯⨯=， ∴6ac =．在2Rt OO C ∆中，可得2222222212()()(112224O O AC a c a c R ++=+=+=+， ∴222244(1)4(1)1644a c ac S R ππππ+==+≥+=球表，当且仅当a c =时等号成立， ∴O 球表面积的最小值为16π．故答案为：16π．17．在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是边长为4的等边三角形，23PA PB ==25PC =（1）求证：平面PAB ⊥平面ABC ；（2）若点M ，N 分别为棱BC ，PC 的中点，求三棱锥N AMC -的体积V .【答案】(1)见证明；(2) 26=V 【解析】 （1）取AB 中点H ，连结PH ，HC .∵23PA PB ==4AB =，∴PH AB ⊥，22PH =∵等边ABC ∆的边长为4∴23HC =25PC =∴22220PH HC PC +==∴90PHC ∠=o ，即PH HC ⊥又∵HC AB H =I ，AB Ì平面ABC ，CH ⊂平面ABC∴PH ⊥平面ABC ，又PH ⊂平面PAB∴平面PAB ⊥平面ABC（2）∵点M ，N 分别为棱BC ，PC 的中点 ∴点N 到平面ABC 的距离为1=22PH 且21134=2322AMC ABC S S ∆∆==∴三棱锥N AMC -的体积126=223=3V ⨯⨯ 18．如图所示，三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=°，1AC ⊥平面1A BC ．（1）证明：平面ABC ⊥平面11ACC A ；（2）若2BC AC ==，11A A A C =，求点1B 到平面1A BC 的距离．【答案】（1）见解析；（23【解析】（1）证明：1AC ⊥Q 平面1A BC ，1AC BC ∴⊥．90BCA ∠︒Q ＝，BC AC ∴⊥，BC ∴⊥平面11ACC A ．又BC ⊂平面ABC ，平面ABC ⊥平面11ACC A ．（2）解：取AC 的中点D ，连接1A D ．11A A A C =Q ，1A D AC ∴⊥．又平面ABC ⊥平面11ACC A ，且交线为AC ，则1A D ⊥平面ABC ．1AC ⊥Q 平面1A BC ，11AC AC ∴⊥，四边形11ACC A 为菱形，1AA AC ∴=． 又11A A A C =，1A AC ∴V 是边长为2正三角形，13A D ∴=1111223232ABC A B C V -∴=⨯⨯= 111,AA BB AA ⊄Q P 面11BB C C ,1BB ⊂面11BB C C1AA ∴P 面11BB C C1111A B BC A B BC B ABC V V V ---∴==11112333ABC A B C V -==设点1B 到平面1A BC 的距离为h ．则11113B A BC A BC V h S -∆=⋅． 1AC BC ⊥Q ，12A C AC BC ===11122A BC S BC AC ∆∴=⋅=，3h ∴=． 所以点1B 到平面1A BC 的距离为3．19．在边长为3的正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边AB ，BC 上（如左图），且=BE BF ，将AED V ，DCF V 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A ¢（如右图）．（1）求证：A D EF '⊥；（2）当13BF BC =时，求点A ¢到平面DEF 的距离． 【答案】（1）见解析；（237【解析】（1）由ABCD 是正方形及折叠方式，得：A E A D '⊥'，A F A D '⊥'，A E A F A '⋂''Q ＝，A D ∴'⊥平面A EF '，-1? { 2?x y ==平面A EF '，A D EF ∴'⊥．（2）113BE BF BC ===Q 2,2,3A E A F EF A D '''∴====， EF 72A S '∆∴=，13DE DF ∴==，52DEF S ∴=V 设点A ¢到平面DEF 的距离为d ，A DEF D A EF V V '--'Q ＝，1133DEF A EF d S A D S ''∴⨯⨯=⨯⨯V V ，解得375d =． 点A ¢到平面DEF 的距离为37． 20．如图，四棱锥S ABCD -中，SD ⊥平面ABCD ，//AB CD ，AD CD ⊥，SD CD =，AB AD =，2CD AD =，M 是BC 中点，N 是SA 上的点.（1）求证：//MN 平面SDC ；（2）求A 点到平面MDN 的距离.【答案】（1）见证明；（2）127d =【解析】（1）取AD 中点为E ，连结ME ，NE ，则//ME DC ，因为ME ⊄平面SDC ，所以//ME 平面SDC ，同理//NE 平面SDC .所以平面//MNE 平面SDC ，从而因此//MN 平面SDC .（2）因为CD AD ⊥，所以ME AD ⊥.因为SD ⊥平面ABCD ，所以SD CD ⊥，ME SD ⊥.所以ME ⊥平面SAD .设2DA =，则3ME =，2NE =，2213MN NE ME =+，10MD =，5ND =在MDN ∆中，由余弦定理2cos MDN ∠=， 从而2sin 10MDN ∠=，所以MDN ∆面积为72. 又ADM ∆面积为12332⨯⨯=. 设A 点到平面MDN 的距离为d ，由A MDN N AMD V V --=得732d NE =， 因为2NE =，所以A 点到平面MDN 的距离127d =. 21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，3PA =//AB CD ，AB AD ⊥，1AD DC ==，2AB =，E 为侧棱PA 上一点. （Ⅰ）若13PE PA =，求证：PC //平面EBD ； （Ⅱ）求证：平面EBC ⊥平面PAC ；（Ⅲ）在侧棱PD 上是否存在点F ，使得AF ⊥平面PCD ？若存在，求出线段PF 的长；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）存在，线段PF 长32. 【解析】（Ⅰ）设AC BD G ⋂=，连结EG ，由已知AB//CD ，DC 1=，AB 2=,得AG AB 2GC DC==. 由1PE PA 3=,得AE 2EP=. 在ΔPAC 中，由AE AG EP GC=，得EG //PC . 因为EG ⊂平面EBD ，PC ⊄平面EBD ，所以PC //平面EBD .（Ⅱ）因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC PA ⊥.由已知得AC 2=BC 2=AB 2=，所以222AC BC AB +=.所以BC AC ⊥.又PA AC A ⋂=，所以BC ⊥平面PAC .因为BC ⊂平面EBC ，所以平面EBC ⊥平面PAC .（Ⅲ）在平面PAD 内作AF PD ⊥于点F ，由DC PA ⊥，DC AD ⊥，PA AD A ⋂=，得DC ⊥平面PAD .因为AF ⊂平面PAD ，所以CD AF ⊥.又PD CD D ⋂=，所以AF ⊥平面PCD . 由PA 3=，AD 1=，PA AD ⊥，得3PF 2=. 22．已知三棱柱ABC A B C '''-的底面ABC 是等边三角形，侧面AA C C ''⊥底面ABC ，D 是棱BB '的中点.（1）求证：平面DA C '⊥平面ACC A ''；（2）求平面DA C '将该三棱柱分成上下两部分的体积比.【答案】(1)见证明；(2)1：1【解析】（1）取,AC A C ''的中点,O F ,连接OF 与C A '交于点E ，连接DE ，,OB B F ',则E 为OF 的中点，OF AA BB ''P P , 且OF AA BB ''==，所以BB FO '是平行四边形.又D 是棱BB '的中点，所以DE OB P .侧面AA C C ''⊥底面ABC ,且OB AC ⊥ ，所以OB ⊥平面ACC A '' . 所以DE ⊥平面ACC A ''，又DE Ì平面DA C '，所以平面DA C '⊥平面ACC A ''.（2）连接A B '， 设三棱柱ABC A B C '''-的体积为V .故四棱锥A BCC B -'''的体积1233A BCCB V V V V '''-=-= 又D 是棱BB '的中点，BCD ∆的面积是BCC B ''面积的14 ， 故四棱锥A B C CD '''-的体积33214432A B C CD A BCC B V V V V ''''''--==⨯= 故平面DA C '将该三棱柱分成上下两部分的体积比为11.。
十年真题(2010_2019)高考数学真题分类汇编专题01集合文(含解析)
专题01集合历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1文科02】已知集合U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，则B∩∁U A＝（）A．{1，6} B．{1，7} C．{6，7} D．{1，6，7}【解答】解：∵U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，∴∁U A＝{1，6，7}，则B∩∁U A＝{6，7}故选：C．2．【2018年新课标1文科01】已知集合A＝{0，2}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则A∩B＝（）A．{0，2} B．{1，2}C．{0} D．{﹣2，﹣1，0，1，2}【解答】解：集合A＝{0，2}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则A∩B＝{0，2}．故选：A．3．【2017年新课标1文科01】已知集合A＝{x|x＜2}，B＝{x|3﹣2x＞0}，则（）A．A∩B＝{x|x} B．A∩B＝∅C．A∪B＝{x|x} D．A∪B＝R【解答】解：∵集合A＝{x|x＜2}，B＝{x|3﹣2x＞0}＝{x|x}，∴A∩B＝{x|x}，故A正确，B错误；A∪B＝{x||x＜2}，故C，D错误；故选：A．4．【2016年新课标1文科01】设集合A＝{1，3，5，7}，B＝{x|2≤x≤5}，则A∩B＝（）A．{1，3} B．{3，5} C．{5，7} D．{1，7}【解答】解：集合A＝{1，3，5，7}，B＝{x|2≤x≤5}，则A∩B＝{3，5}．故选：B．5．【2015年新课标1文科01】已知集合A＝{x|x＝3n+2，n∈N}，B＝{6，8，10，12，14}，则集合A∩B中元素的个数为（）A．5 B．4 C．3 D．2【解答】解：A＝{x|x＝3n+2，n∈N}＝{2，5，8，11，14，17，…}，则A∩B＝{8，14}，故集合A∩B中元素的个数为2个，故选：D．6．【2014年新课标1文科01】已知集合M＝{x|﹣1＜x＜3}，N＝{x|﹣2＜x＜1}，则M∩N＝（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，1）C．（1，3）D．（﹣2，3）【解答】解：M＝{x|﹣1＜x＜3}，N＝{x|﹣2＜x＜1}，则M∩N＝{x|﹣1＜x＜1}，故选：B．7．【2013年新课标1文科01】已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{x|x＝n2，n∈A}，则A∩B＝（）A．{1，4} B．{2，3} C．{9，16} D．{1，2}【解答】解：根据题意得：x＝1，4，9，16，即B＝{1，4，9，16}，∵A＝{1，2，3，4}，∴A∩B＝{1，4}．故选：A．8．【2012年新课标1文科01】已知集合A＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，B＝{x|﹣1＜x＜1}，则（）A．A⊊B B．B⊊A C．A＝B D．A∩B＝∅【解答】解：由题意可得，A＝{x|﹣1＜x＜2}，∵B＝{x|﹣1＜x＜1}，在集合B中的元素都属于集合A，但是在集合A中的元素不一定在集合B中，例如x∴B⊊A．故选：B．9．【2011年新课标1文科01】已知集合M＝{0，1，2，3，4}，N＝{1，3，5}，P＝M∩N，则P的子集共有（）A．2个B．4个C．6个D．8个【解答】解：∵M＝{0，1，2，3，4}，N＝{1，3，5}，∴P＝M∩N＝{1，3}∴P的子集共有22＝4故选：B．10．【2010年新课标1文科01】已知集合A＝{x||x|≤2，x∈R}，B＝{x|4，x∈Z}，则A∩B＝（）A．（0，2）B．[0，2] C．{0，2} D．{0，1，2}【解答】解：∵A＝{x||x|≤2}＝{x|﹣2≤x≤2}B＝{x|4，x∈Z}＝{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16}则A∩B＝{0，1，2}故选：D．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：集合关系及其运算，历年考题主要以选择填空题型出现，重点考查的知识点为：交并补运算，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点交并补运算为重点较佳.最新高考模拟试题 1．若集合，，则AB =（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 解：，则，故选：A ． 2．已知集合，，则AB =（ ）A ．[2,3]B ．(1,5)C ．{}2,3D ．{2,3,4}【答案】C 【解析】，，又，所以，故本题选C.3．已知集合，，则A B =（ ）A ．B ．{}1,0,1,2,3-C ．{}3,2--D ．【答案】B 【解析】因为，∴．4．已知全集U =R ，集合，则()U A B =ð（ ）A ．(1,2)B ．(]1,2 C ．(1,3) D ．(,2]-∞【答案】B 【解析】由24x >可得2x >，可得13x <<，所以集合,(,2]U A =-∞ð，所以()U A B =ð(]1,2，故选B.5．已知集合，集合，则集合A B ⋂的子集个数为（ ） A ．1 B ．2C ．3D ．4【答案】D 【解析】由题意得，直线1y x =+与抛物线2y x =有2个交点，故A B ⋂的子集有4个. 6．已知集合，，则()R M N ⋂ð=（ ）A ．{-1，0，1，2，3}B ．{-1，0，1，2}C ．{-1，0，1}D ．{-1，3}【答案】D 【解析】 由题意，集合，则或3}x ≥又由，所以，故选D.7．已知集合，，则()R A B I ð=( )A ．{}1,0-B ．{}1,0,1-C ．{}1,2,3D ．{}2,3【答案】B 【解析】 因为，所以，又，所以.8．已知R 是实数集，集合，，则()AB =Rð（ ）A ．{}1,0-B ．{}1C ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】即故选A 。
10年高考真题汇总—(立体几何高考试题汇编)
立体几何分类汇编一、异面直线夹角（2007全国理I）如图，正四棱柱1111-ABCD A B C D 中，12AA AB =，则异面直线1A B 与1AD 所成角的余弦值为A．51B．52C．53D．54（2008全国理II）已知正四棱锥S ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 是SB 的中点，则AE SD ，所成的角的余弦值为（）A．13B．23D．23（2009全国理I）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 上的射影为111A B C 的中点，则异面直线AB 与1CC 所成的角的余弦值为D.34（2009全国理II）已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，12AA AB =，E 为1AA 中点，则异面直线BE 与1CD 所成的角的余弦值为A.10B.15C.10D.35（2012全国理I）三棱柱111ABC A B C -中，底面边长和侧棱长都相等，1160BAA CAA ∠=∠= ，则异面直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为____________。
（2013全国理I）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是____________。
（2014全国理II）直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠= ，,M N 分别是1111,A B A C 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成的角的余弦值为（）A.110B.25C.D.二、线面夹角（2007全国理II）已知正三棱ABC A B C -111的侧棱长是底面边长相等，则AB 1与侧面ACC A 1所成角的正弦等于A.64B.104C.22D.32（2008全国理I）已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等，1A 在底面ABC 内的射影为ABC △的中心，则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值等于（）A．13B．23C．33D．23（2010全国理I）正方体1111ABCD A B C D -中,1BB 与平面1ACD 所成角的余弦值为（A）23（B）33（C）23（D）63（2016全国理I）平面α过正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，α 平面11CB D ，α 平面ABCD m =，α 平面11ABA B n =，则,m n 所成角的正弦值为A.32 B.22C.33D.13（2007全国理I）四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD 已知45ABC ∠= ,2,22,3AB BC SA SB ====（Ⅰ）证明：SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD与平面SAB所成角的大小。
十年高考真题分类汇编立体几何
十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题10立体几何2.(2019·全国1·理T12)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为( )A.8√6πB.4√6πC.2√6πD.√6π【答案】D3.(2019·全国2·理T7文T7)设α,β为两个平面,则α∥β的充要条件是( )A.α内有无数条直线与β平行B.α内有两条相交直线与β平行C.α,β平行于同一条直线D.α,β垂直于同一平面【答案】B4.(2019·全国3·理T8文T8)如图,点N为正方形ABCD的中心,△ECD为正三角形,平面ECD⊥平面ABCD,M 是线段ED的中点,则( )A.BM=EN,且直线BM,EN是相交直线B.BM≠EN,且直线BM,EN是相交直线C.BM=EN,且直线BM,EN是异面直线D.BM≠EN,且直线BM,EN是异面直线【答案】B6.(2018·全国3·理T10文T12)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为( )A.12√3B.18√3C.24√3D.54√3【答案】B7.(2018·全国1·理T7文T9)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.2√17B.2√5C.3D.2【答案】B10.(2018·上海·T15)《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.4B.8C.12D.16【答案】D11.(2018·全国1·文T10)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,则该长方体的体积为( )A.8B.6√2C.8√2D.8√3【答案】C12.(2018·全国2·理T9)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=√3,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )A.15B.√56C.√55D.√22【答案】C13.(2018·全国2·文T9)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为( )A.√22B.√32C.√52D.√72【答案】C14.(2018·全国1·文T5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2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.12√2πB.12πC.8√2πD.10π【答案】B【解析】过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面,设底面半径为r,母线长为l,因为轴截面是面积为8的正方形,所以2r=l=2√2,r=√2,所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.18.(2017·全国2·理T10)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.√3B.√15C.√10D.√3【答案】C20.(2017·全国3·理T8文T9)已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为( )A.πB.3π4C.π2D.π4【答案】B21.(2017·全国1·文T6)如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是( )【答案】A4.(2016·浙江·理T2文T2)已知互相垂直的平面α,β交于直线l,若直线m,n满足m∥α,n⊥β,则( )A.m∥lB.m∥nC.n⊥lD.m⊥n【答案】C23.(2016·全国3·理T10文T11)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.9π2C.6π D.32π3【答案】B24.(2016·全国1·文T4)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.12πB. πC.8πD.4π【答案】A25.(2016·全国1·理T11文T11)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.√32B.√22C.√33D.13【答案】A29.(2016·山东·理T5)一个由半球和四棱锥组成的几何体,其三视图如下图所示.则该几何体的体积为( )A.1+2πB.1+√2πC.1+√2πD.1+√2π【答案】C35.(2015·山东·理T7)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【答案】C40.(2015·浙江·理T8)如图,已知△ABC,D是AB的中点,沿直线CD将△ACD翻折成△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【答案】B41.(2015·全国2·理T9文T10)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【答案】C42.(2015·安徽·理T5)已知m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确的是( )A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行B.若m,n平行于同一平面,则m与n平行C.若α,β不平行．．．与β平行的直线．．．,则在α内不存在D.若m,n不平行．．．垂直于同一平面．．．,则m与n不可能【答案】D43.(2015·浙江·文T4)设α,β是两个不同的平面,l,m是两条不同的直线,且l⊂α,m⊂β.( )A.若l⊥β,则α⊥βB.若α⊥β,则l⊥mC.若l∥β,则α∥βD.若α∥β,则l∥m【答案】A44.(2015·广东·文T6)若直线l1和l2是异面直线,l1在平面α内,l2在平面β内,l是平面α与平面β的交线,则下列命题正确的是( )A.l与l1,l2都不相交B.l与l1,l2都相交C.l至多与l1,l2中的一条相交D.l至少与l1,l2中的一条相交【答案】D47.(2014·辽宁·理T4文T4)已知m,n表示两条不同直线,α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α,n∥α,则m∥nB.若m⊥α,n⊂α,则m⊥nC.若m⊥α,m⊥n,则n∥αD.若m∥α,m⊥n,则n⊥α【答案】B48.(2014·广东·理T7)在空间中四条两两不同的直线l1,l2,l3,l4,满足l1⊥l2,l2⊥l3,l3⊥l4,则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【答案】D49.(2014·浙江·文T6)设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面.( )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】C50.(2014·陕西·理T5)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( ) A.32π3B.4πC.2πD.4π3【答案】D51.(2014·大纲全国·理T8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4,底面边长为2,则该球的表面积为( ) A.81πB.16πC.9πD.27π【答案】A56.(2014·大纲全国·理T11)已知二面角α-l-β为60°,AB ⊂α,AB ⊥l,A 为垂足,CD ⊂β,C ∈l,∠ACD=135°,则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( ) A.14 B.√24C.√34D.12【答案】B57.(2014·大纲全国·文T4)已知正四面体ABCD 中,E 是AB 的中点,则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16 B.√36C.13D.√33【答案】B66.(2013·辽宁·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上.若AB=3,AC=4,AB ⊥AC,AA 1=12,则球O 的半径为( ) A.3√172 B.2√10C.132D.3√10【答案】C【解析】过C 点作AB 的平行线,过B 点作AC 的平行线,交点为D,同理过C 1作A 1B 1的平行线,过B 1作A 1C 1的平行线,交点为D 1,连接DD 1,则ABCD-A 1B 1C 1D 1恰好成为球的一个内接长方体,故球的半径r=√32+42+1222=132.67.(2013·全国2·理T4)已知m,n 为异面直线,m ⊥平面α,n ⊥平面β.直线l 满足l ⊥m,l ⊥n,l ⊄α,l ⊄β,则( ) A.α∥β且l ∥α B.α⊥β且l ⊥βC.α与β相交,且交线垂直于lD.α与β相交,且交线平行于l 【答案】D【解析】因为m ⊥α,l ⊥m,l ⊄α,所以l ∥α.同理可得l ∥β.又因为m,n 为异面直线,所以α与β相交,且l 平行于它们的交线.故选D.68.(2013·广东·理T6)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 ⊥n B.若α∥β,m ⊂α,n ⊂β,则m ∥n C.若m ⊥n,m ⊂α,n ⊂β,则α⊥β D.若m ⊥α,m ∥n,n ∥β,则α⊥β 【答案】D【解析】选项A 中, m 与n 还可能平行或异面,故不正确; 选项B 中,m 与n 还可能异面,故不正确; 选项C 中,α与β还可能平行或相交,故不正确; 选项D 中,∵m ⊥α,m ∥n,∴n ⊥α. 又n ∥β,∴α⊥β.故选D.69.(2012·全国·理T11)已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,△ABC 是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为 ( ) A.√26 B.√36C.√23D.√22【答案】A【解析】∵SC 是球O 的直径,∴∠CAS=∠CBS=90°. ∵BA=BC=AC=1,SC=2,∴AS=BS=√3.取AB 的中点D,显然AB ⊥CD,AB ⊥SD,∴AB ⊥平面SCD. 在△CDS 中,CD=√32,DS=√112,SC=2,利用余弦定理可得cos ∠CDS=CD 2+SD 2-SC 22CD ·SD =-√33, ∴sin ∠√2√33∴S △CDS =12×√32×√112×√2√33=√22,∴V=V B-CDS +V A-CDS =13×S △CDS ×BD+13S △CDS ×AD=13S △CDS ×BA=13×√22×1=√26.70.(2012·全国·文T8)平面α截球O 的球面所得圆的半径为1,球心O 到平面α的距离为√2,则此球的体积为( )A.√6πB.4√3πC.4√6πD.6√3π【答案】B【解析】设球O的半径为R,则R=√12+(√2)2=√3,故V球=43πR3=4√3π.71.(2012·全国·理T7文T7)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则此几何体的体积为( )A.6B.9C.12D.18【答案】B【解析】由三视图可推知,几何体的直观图如图所示,可知AB=6,CD=3,PC=3,CD垂直平分AB,且PC⊥平面ACB,故所求几何体的体积为13×(12×6×3)×3=9.72.(2012·大纲全国·理T4文T8)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,CC1=2√2,E为CC1的中点,则直线AC1与平面BED的距离为( )A.2B.√3C.√2D.1【答案】D【解析】连接AC交BD于点O,连接OE,∵AB=2,∴AC=2√2.又CC1=2√2,则AC=CC1.作CH⊥AC1于点H,交OE于点M.由OE为△ACC1的中位线知,CM⊥OE,M为CH的中点.由BD⊥AC,EC⊥BD知,BD⊥面EOC,∴CM⊥BD.∴CM⊥面BDE.∴HM为直线AC1到平面BDE的距离.又△ACC 1为等腰直角三角形,∴CH=2.∴HM=1.73.(2011·陕西·文T5)某几何体的三视图如图所示,则它的体积为( ) A.8-2π3B.8-π3C.8-2πD.2π3【答案】A【解析】由几何体的三视图可知,原几何体是一个棱长为2的正方体且内部挖掉一个底面与正方体上底面内切,高等于正方体棱长的圆锥.正方体的体积为8,圆锥的体积为13πr 2h=2π3,所以所求几何体的体积为8-2π3. 74.(2011·全国·理T6文T8)在一个几何体的三视图中,正视图和俯视图如下图所示,则相应的侧视图可以为( )【答案】D【解析】由题目所给的几何体的正视图和俯视图,可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体,如图所示: 可知侧视图为等腰三角形,且轮廓线为实线,故选D.75.(2011·重庆·理T9)高为√24的四棱锥S-ABCD 的底面是边长为1的正方形,点S,A,B,C,D 均在半径为1的同一球面上,则底面ABCD的中心与顶点S之间的距离为( )A.√24B.√22C.1D.√2【答案】C【解析】如图所示,过S点作SE⊥AC,交AC的延长线于E点,则SE⊥面ABCD,故SE=√24.设球心为O,A,B,C,D 所在圆的圆心为O 1,则O1为AC,BD的交点.在Rt△OAO1中,AO1=√22,AO=1,故OO1=√1-(√22)2=√22.故OO1=2SE.过S点作SO2⊥O1O于点O2,则O2为OO1的中点.故△OSO1为等腰三角形,则有O1S=SO=1.76.(2011·辽宁·理T8)如图,四棱锥S-ABCD的底面为正方形,SD⊥底面ABCD,则下列结论中不正确的是( )A.AC⊥SBB.AB∥平面SCDC.SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角D.AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角【答案】D【解析】∵SD⊥面ABCD,AC⊂面ABCD,∴SD⊥AC,又∵ABCD为正方形,∴AC⊥BD,又SD∩BD=D,∴AC⊥面SBD,AC⊥SB,故A对;∵AB∥CD,CD⊂面CDS,AB在面CDS外,∴AB∥平面SCD,故B对;设AC∩BD=O,由上面的分析知,∠ASO与∠CSO分别是SA与平面SBD,SC与平面SBD所成的角,易知∠ASO与∠CSO相等,故C对;∵CD⊥SD,CD⊥AD,AD∩SD=D,∴CD⊥平面SAD,∴DC⊥SA,DC与SA所成角为90°.又∵AB∥CD,∴AB与SC所成的角即为∠SCD,是锐角,故D错.77.(2010·浙江·理T6)设l,m是两条不同的直线,α是一个平面,则下列命题正确的是( )A.若l⊥m,m⊂α,则l⊥αB.若l⊥α,l∥m,则m⊥αC.若l∥α,m⊂α,则l∥mD.若l∥α,m∥α,则l∥m【答案】B【解析】对于A:若l⊥m,m⊂α,则l⊂α可能成立,l⊥α不一定成立,A错误;对于B:若l⊥α,l∥m,则m⊥α,B正确;对于C,若l∥α,m⊂α,l∥m或l与m异面,故C错误;对于D,若l∥α,m∥α,则l∥m或l与m 相交或l与m异面,故D错误.78.(2010·山东·文T4)在空间,下列命题正确的是( )A.平行直线的平行投影重合B.平行于同一直线的两个平面平行C.垂直于同一平面的两个平面平行D.垂直于同一平面的两条直线平行【答案】D【解析】对于A,平行直线的平行投影也可能平行或为两个点,故A错误;对于B,平行于同一直线的两个平面也可能相交,故B错误;对于C,垂直于同一平面的两个平面也可能相交,故C错误;由线面垂直的性质知D正确.故选D.79.(2010·全国·理T10)设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )A.πa2B.7πa2C.11πa2D.5πa2【答案】B【解析】如图,O1,O分别为上、下底面的中心,D为O1O的中点,则DB为球的半径r,有r=DB=√OD2+OB2=√a2 4+a23=√7a212,∴S表=4πr2=4π×7a 212=73πa2.80.(2010·全国·文T7)设长方体的长、宽、高分别为2a,a,a,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( )A.3πa2B.6πa2C.12πa2D.24πa2【答案】B【解析】长方体体对角线长等于球的直径,2R=√a 2+a 2+(2a )2=√6a,R=√62a,S=4πR 2=4π·6a 24=6πa 2.81.(2010·大纲全国·理T12,难度)已知在半径为2的球面上有A,B,C,D 四点,若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为( ) A.2√33 B.4√33 C.2√3 D.8√33【答案】B【解析】过CD 作平面PCD,使AB ⊥平面PCD,交AB 于P.设点P 到CD 的距离为h,则有 V 四面体ABCD =13×2×12×2×h=23h.当直径通过AB 与CD 的中点时,h max =2√22-12=2√3.故V max =4√33.82.(2019·全国3·理T16文T16)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-A 1B 1C 1D 1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=6 cm,AA 1=4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为 g.【答案】118.8【解析】由题意得,四棱锥O-EFGH 的底面积为4×6-4×12×2×3=12(cm 2),点O 到平面BB 1C 1C 的距离为3 cm,则此四棱锥的体积为V 1=13×12×3=12(cm 3).又长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为V 2=4×6×6=144(cm 3), 则该模型的体积为V=V 2-V 1=144-12=132(cm 3). 故其质量为0.9×132=118.8(g).83.(2019·天津·理T11文T12)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形,侧棱长均为√5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该 圆柱的体积为 . 【答案】π4【解析】由底面边长为√2,可得OC=1.设M 为VC 的中点,O 1M=12OC=12, O 1O=12VO,VO=√VC 2-OC 2=2, ∴O 1O=1.V 柱=π·O 1M 2·O 1O=π×122×1=π4.84.(2019·江苏·T9)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积是120,E 为CC 1的中点,则三棱锥E-BCD 的体积是 .【答案】10【解析】∵长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的体积为120, ∴AB ·BC ·CC 1=120.∵E 为CC 1的中点,CC 1⊥底面ABCD,∴CE 为三棱锥E-BCD 的底面BCD 上的高,CE=12CC 1, ∴V E-BCD =13×12AB ·BC ·CE =13×12AB ·BC ·12CC 1=112AB ·BC ·CC 1=112×120=10.85.(2019·全国2·理T16文T16)中国有悠久的金石文T 化,印信是金石文T 化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1,则该半正多面体共有 个面,其棱长为 .【答案】26 -1【解析】由题图2可知第一层与第三层各有9个面,共计18个面,第二层共有8个面,所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图,设该半正多面体的棱长为x,则AB=BE=x,延长CB 与FE 的延长线交于点G,延长BC 交正方体的另一条棱于点H.由半正多面体的对称性可知,△BGE 为等腰直角三角形,所以BG=GE=CH=√2x,所以GH=2×√22x+x=(√2+1)x=1,解得x=√2+1=√2-1,即该半正多面体的棱长为√2-1.86.(2019·全国1·文T16)已知∠ACB=90°,P 为平面ABC 外一点,PC=2,点P 到∠ACB 两边AC,BC 的距离均为√3,那么P 到平面ABC 的距离为 . 【答案】√2【解析】作PD,PE 分别垂直于AC,BC,PO ⊥平面ABC.连接CO,OD,知CD ⊥PD,CD ⊥PO,PD ∩PO=P, ∴CD ⊥平面PDO,OD ⊂平面PDO,∴CD ⊥OD. ∵PD=PE=√3,PC=2,∴sin ∠PCE=sin ∠PCD=√32,∴∠PCB=∠PCA=60°.∴PO ⊥CO,CO 为∠ACB 平分线, ∴∠OCD=45°,∴OD=CD=1,OC=√2. 又PC=2,∴PO=√4-2=√2.87.(2018·全国2·文T16)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 .【答案】8π 【解析】∵SA ⊥SB, ∴S △SAB =12·SA ·SB=8.∴SA=4.过点S 连接底面圆心O,则∠SAO=30°. ∴SO=2,OA=2√3.∴V=13πr 2h=13×π×(2√3)2×2=8π.88.(2018·天津·理T11)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,除面ABCD 外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH 的体积为 . 【答案】112【解析】由题意可知,四棱锥M-EFGH 的底面EFGH 为正方形且边长为√22,其高为12, 所以V 四棱锥M-EFGH =1×(√2)2×1=1. 89.(2018·江苏·T10)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】43【解析】由题图可知,该多面体为两个全等的正四棱锥的组合体,且正四棱锥的高为1,底面正方形的边长为√2,所以该多面体的体积为2×13×1×(√2)2=43.90.(2018·全国2·理T16)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB 所成角的余弦值为78,SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为5√15.则该圆锥的侧面积为_____________. 【答案】40√2π【解析】如图,设O 为底面圆圆心. ∵SA 与底面成45°角, ∴△SAO 为等腰直角三角形. 设OA=r,则SO=r,SA=SB=√2r. ∵在△SAB 中,cos ∠ASB=78, ∴sin ∠ASB=√158,∴S △SAB =12SA ·SB ·sin ∠ASB=12(√2r)2·√158=5√15, 解得r=2√10,∴SA=√2r=4√5,即母线长l=4√5, ∴S 圆锥侧=πrl=π×2√10×4√5=40√2π.91.(2017·全国1·理T16)如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,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,△FAB 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,△FAB,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:cm 3)的最大值为 .【答案】4【解析】如图所示,连接OD,交BC 于点G. 由题意知OD ⊥BC,OG=√36BC. 设OG=x,则BC=2√3x,DG=5-x, 三棱锥的高h=√DG 2-OG 2= √25-10x +x 2-x 2=√25-10x .因为S △ABC =12×2√3x ×3x=3√3x 2,所以三棱锥的体积V=13S △ABC ·h=√3x 2·√25-10x =√3·√25x 4-10x 5.令f(x)=25x 4-10x 5,x ∈(0,52),则f'(x)=100x 3-50x 4.令f'(x)=0,可得x=2,则f(x)在(0,2)单调递增,在(2,52)单调递减, 所以f(x)max =f(2)=80.所以V≤√3×√80=4√15,所以三棱锥体积的最大值为4√15.92.(2017·全国2·文T15)长方体的长、宽、高分别为3,2,1,其顶点都在球O 的球面上,则球O 的表面积为 . 【答案】14π【解析】由题意可知长方体的体对角线长等于其外接球O 的直径2R,即2R=2+22+12=√14,所以球O 的表面积S=4πR 2=14π.93.(2017·全国1·文T16)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 . 【答案】36π【解析】取SC 的中点O,连接OA,OB. 因为SA=AC,SB=BC,所以OA ⊥SC,OB ⊥SC. 因为平面SAC ⊥平面SBC,且OA ⊂平面SAC,所以OA ⊥平面SBC.设OA=r,则V A-SBC =13×S △SBC ×OA=13×12×2r ×r ×r=13r 3, 所以13r 3=9,解得r=3.所以球O 的表面积为4πr 2=36π.94.(2017·天津·理T10文T11)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为 . 【答案】9π2.【解析】 设正方体的棱长为a,外接球的半径为R,则2R=√3a.∵正方体的表面积为18,∴6a 2=18. ∴a=√3,R=32.∴该球的体积为V=43πR 3=4π3×278=9π2.95.(2017·江苏·T6)如图,在圆柱O 1O 2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O 1O 2的体积为V 1,球O 的体积为V 2,则V1V 2的值是________________.【答案】32【解析】设球O的半径为r,则圆柱O1O2的高为2r,故V1V2=πr2·2r43πr3=32,答案为32.96.(2017·全国3·理T16)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所成角的最大值为60°.其中正确的是.(填写所有正确结论的编号)【答案】②③【解析】由题意,AB是以AC为轴,BC为底面半径的圆锥的母线,由AC⊥a,AC⊥b,得AC⊥圆锥底面,在底面内可以过点B,作BD∥a,交底面圆C于点D,如图所示,连接DE,则DE⊥BD,∴DE∥b.连接AD,在等腰三角形ABD 中,设AB=AD=√2,当直线AB与a成60°角时,∠ABD=60°,故BD=√2.又在Rt△BDE中,BE=2,∴DE=√2,过点B作BF∥DE,交圆C于点F,连接AF,由圆的对称性可知BF=DE=√2,∴△ABF为等边三角形,∴∠ABF=60°,即AB与b成60°角,②正确,①错误.由最小角定理可知③正确;很明显,可以满足直线a⊥平面ABC,直线AB与a所成的最大角为90°,④错误.故正确的说法为②③.97.(2016·全国2·理T14)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) 【答案】②③④【解析】对于①,若m ⊥n,m ⊥α,n ∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n ∥α,所以过直线n 作平面γ与平面α相交于直线c,则n ∥c.因为m ⊥α,所以m ⊥c,所以m ⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确命题的编号有②③④.98.(2016·天津·理T11)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所示(单位:m),则该四棱锥的体积为 m 3.【答案】2【解析】由三视图知四棱锥高为3,底面平行四边形的底为2,高为1,因此该四棱锥的体积为V=13×(2×1)×3=2.故答案为2.99.(2016·四川·理T13)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形,该三棱锥的正视图如图所示,则该三棱锥的体积是 .【答案】√33【解析】由三棱锥的正视图知,三棱锥的高为1,底面边长分别为2√3,2,2,所以底面三角形的高为√22-(√3)2=1,所以,三棱锥的体积为V=13×12×2√3×1×1=√33.100.(2015·浙江·理T13)如图,在三棱锥A-BCD 中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N 分别为AD,BC 的中点,则异面直线AN,CM 所成的角的余弦值是 .【答案】78【解析】连接DN,取DN 的中点P,连接PM,CP,因为M 是AD 的中点, 故PM ∥AN,则∠CMP 即为异面直线AN,CM 所成的角, 因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,可得AN=CM=DN=2√2, 故MP=PN=√2. 在Rt △PCN中,CP=√PN 2+CN 2=√2+1=√3,由余弦定理,可得cos ∠CMP=CM 2+MP 2-CP 22·CM ·MP=2×22×2=78,故异面直线AN,CM 所成的角的余弦值为78.101.(2014·山东·理T13)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=________________. 【答案】1【解析】由题意,知V D-ABE =V A-BDE =V 1,V P-ABC =V A-PBC =V 2.因为D,E 分别为PB,PC 中点, 所以S△BDES △PBC=14.设点A 到平面PBC 的距离为d,则V 12=13S △BDE ·d 13S △PBC ·d=S△BDE△PBC=1. 102.(2014·山东·文T13)一个六棱锥的体积为2√3,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 . 【答案】12【解析】根据题意知该六棱锥为正六棱锥,底面正六边形面积为6√3,设六棱锥的高为h,则V=13×6√3h=2√3,解得h=1.设侧面高为h',则h 2+(√3)2=h'2,∴h'=2.所以正六棱锥的侧面积为6×12×2×2=12.103.(2013·北京·理T14)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为 .【答案】2√55【解析】如图,过E 点作EE 1垂直底面A 1B 1C 1D 1,交B 1C 1于点E 1,连接D 1E 1,过P 点作PH 垂直于底面A 1B 1C 1D 1,交D 1E 1于点H,P 点到直线CC 1的距离就是C 1H,故当C 1H 垂直于D 1E 1时,P 点到直线CC 1距离最小,此时,在Rt △D 1C 1E 1中,C 1H ⊥D 1E 1,D 1E 1·C 1H=C 1D 1·C 1E 1,∴C 1H=√5=2√55.104.(2013·全国2·文T15)已知正四棱锥O-ABCD 的体积为3√22,底面边长为√3,则以O 为球心,OA 为半径的球的表面积为 .【答案】24π【解析】如图所示,∵V O-ABCD =13×(√3)2×|OO 1|=3√22,∴|OO 1|=3√22, 在Rt △OO 1A 中,|AO 1|=√62,|OA|=√(3√22)2+(√62)2=√6, 即R=√6,∴S 球=4πR 2=24π.105.(2013·全国1·文T15)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 .【答案】9π2【解析】如图,设球O 的半径为R,则AH=2R 3,OH=R 3.又∵π·EH 2=π,∴EH=1.∵在Rt △OEH 中,R 2=(R 3)2+12,∴R 2=98.∴S 球=4πR 2=9π2.106.(2013·福建·理T12)已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示,且图中的四边形是边长为2的正方形,则该球的表面积是 .【答案】12π【解析】由题意知该几何体是一个正方体内接于球构成的组合体,球的直径等于正方体体对角线长,即2r=√22+22+22=√12,所以r=√3,故该球的表面积为S 球=4πr 2=4π×3=12π. 107.(2012·辽宁·理T16)已知正三棱锥P-ABC,点P,A,B,C 都在半径为√3的球面上,若PA,PB,PC 两两相互垂直,则球心到截面ABC 的距离为 .【答案】√33 【解析】正三棱锥P-ABC 可看作由正方体PADC-BEFG 截得,如图所示,PF 为三棱锥P-ABC 的外接球的直径,且PF ⊥平面ABC.设正方体棱长为a,则3a 2=12,a=2,AB=AC=BC=2√2.S △ABC =1×2√2×2√2×√3=2√3.由V P-ABC =V B-PAC ,得1·h ·S △ABC =1×1×2×2×2,所以h=2√33,因此球心到平面ABC 的距离为√33. 108.(2012·安徽·理T12)某几何体的三视图如图所示,该几何体的表面积是 .【答案】92【解析】由三视图可知,该几何体为底面是直角梯形且侧棱垂直于底面的棱柱,该几何体的表面积为S=2×12×(2+5)×4+[2+5+4+√42+(5-2)2]×4=92. 109.(2011·全国·理T15)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上,且AB=6,BC=2√3,则棱锥O-ABCD 的体积为 .【答案】8【解析】如图所示,OO'垂直于矩形ABCD 所在的平面,垂足为O',连接O'B,OB,则在Rt △OO'B 中,由OB=4,O'B=2√3,可得OO'=2,故V O-ABCD =13S 矩形ABCD ·OO'=13×6×2√3×2=8√3.110.(2010·全国·理T14文T15)一个几何体的正视图为一个三角形,则这个几何体可能是下列几何体中的 .(填入所有可能的几何体前的编号)①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱 ⑤圆锥 ⑥圆柱【答案】①②③⑤【解析】只要判断正视图是不是正三角形就行了.111.(2011·全国·文T16)已知两个圆锥有公共底面,且两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316,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 .【答案】13【解析】设球面半径为R,圆锥底面半径为r.由题意知,πr 2=316×4πR 2,即r 2=34R 2.如图所示,设体积较小者的圆锥为A-CO 1D,其高为AO 1.体积较大的圆锥为B-CO 1D,其高为O 1B.在Rt △O 1CO中,CO 1=r,CO=R,则OO 1=√R 2-r 2=12R.又∵AO=R,∴AO 1=R 2.又∵O 1B=O 1O+OB=12R+R=32R,∴AO 1BO 1=R 232R =13. 112.(2019·全国1·文T19)如图,直四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1的底面是菱形,AA 1=4,AB=2,∠BAD=60°,E,M,N 分别是BC,BB 1,A 1D 的中点.(1)证明:MN ∥平面C 1DE;(2)求点C 到平面C 1DE 的距离.【解析】(1)证明连接B 1C,ME.因为M,E 分别为BB 1,BC 的中点,所以ME ∥B 1C,且ME=12B 1C.又因为N 为A 1D 的中点,所以ND=12A 1D.由题设知A 1B 1 DC,可得B 1C A 1D,故ME ND,因此四边形MNDE 为平行四边形,MN ∥ED.又MN ⊄平面C 1DE,所以MN ∥平面C 1DE.(2)解过C 作C 1E 的垂线,垂足为H.由已知可得DE ⊥BC,DE ⊥C 1C,所以DE ⊥平面C 1CE,故DE ⊥CH.从而CH ⊥平面C 1DE,故CH 的长即为C 到平面C 1DE 的距离.由已知可得CE=1,C 1C=4,所以C 1E=√17,故CH=4√1717.从而点C 到平面C 1DE 的距离为4√1717.113.(2019·天津·文T17)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,△PCD为等边三角形,平面PAC ⊥平面PCD,PA⊥CD,CD=2,AD=3.(1)设G,H分别为PB,AC的中点,求证:GH∥平面PAD;(2)求证:PA⊥平面PCD;(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.【解析】(1)证明连接BD,易知AC∩BD=H,BH=DH.又由BG=PG,故GH∥PD.又因为GH⊄平面PAD,PD⊂平面PAD,所以GH∥平面PAD.(2)证明取棱PC的中点N,连接DN,依题意,得DN⊥PC,又因为平面PAC⊥平面PCD,平面PAC∩平面PCD=PC,所以DN⊥平面PAC,又PA⊂平面PAC,故DN⊥PA.又已知PA⊥CD,CD∩DN=D,所以PA⊥平面PCD.(3)解连接AN,由(2)中DN⊥平面PAC,可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角.因为△PCD为等边三角形,CD=2且N为PC的中点,所以DN=√3,又DN⊥AN,在Rt△AND中,sin∠DAN=DNAD =√33.所以,直线AD与平面PAC所成角的正弦值为√33.114.(2019·全国2·文T17)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD是正方形,点E在棱AA1上,BE⊥EC1.(1)证明:BE⊥平面EB 1C1;(2)若AE=A1E,AB=3,求四棱锥E-BB1C1C的体积.【解析】(1)证明由已知得B1C1⊥平面ABB1A1,BE⊂平面ABB1A1,故B1C1⊥BE.又BE⊥EC1,所以BE⊥平面EB1C1.(2)解由(1)知∠BEB1=90°.由题设知Rt△ABE≌Rt△A1B1E,所以∠AEB=∠A1EB1=45°,故AE=AB=3,AA1=2AE=6.作EF⊥BB1,垂足为F,则EF⊥平面BB1C1C,且EF=AB=3.所以,四棱锥E-BB1C1C的体积V=13×3×6×3=18.115.(2019·江苏·T16)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分别为BC,AC的中点,AB=BC.求证:(1)A1B1∥平面DEC1;(2)BE⊥C1E.【解析】证明(1)因为D,E分别为BC,AC的中点,所以ED∥AB.在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB∥A1B1,所以A1B1∥ED.又因为ED⊂平面DEC1,A1B1⊄平面DEC1,所以A1B1∥平面DEC1.(2)因为AB=BC,E为AC的中点,所以BE⊥AC.因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱,所以C1C⊥平面ABC.又因为BE⊂平面ABC,所以C1C⊥BE.因为C1C⊂平面A1ACC1,AC⊂平面A1ACC1,C1C∩AC=C,所以BE⊥平面A1ACC1.因为C1E⊂平面A1ACC1,所以BE⊥C1E.116.(2019·全国3·文T19)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中的四边形ACGD的面积.【解析】(1)证明由已知得AD∥BE,CG∥BE,所以AD∥CG,故AD,CG确定一个平面,从而A,C,G,D四点共面.由已知得AB⊥BE,AB⊥BC,故AB⊥平面BCGE.又因为AB⊂平面ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE.(2)解取CG的中点M,连接EM,DM.因为AB∥DE,AB⊥平面BCGE,所以DE⊥平面BCGE,故DE⊥CG.由已知,四边形BCGE是菱形,且∠EBC=60°得EM⊥CG,故CG⊥平面DEM.因此DM⊥CG.在Rt△DEM中,DE=1,EM=√3,故DM=2.所以四边形ACGD的面积为4.117.(2018·全国1·文T18)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕将△ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=23DA,求三棱锥Q-ABP的体积.【解析】(1)由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3√2.又BP=DQ=23DA,所以BP=2√2.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-APB的体积为V Q-ABP=13×QE×S△ABP=13×1×12×3×2√2sin 45°=1.118.(2018·全国3·文T19)如图,矩形ABCD所在平面与半⏜所在平面垂直,M是CD⏜上异于C,D的点.圆弧CD(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)在线段AM上是否存在点P,使得MC∥平面PBD?说明理由.【解析】(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⏜上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM.BC⊥DM.因为M为CD又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)当P为AM的中点时,MC∥平面PBD.证明如下:连接AC交BD于O.因为ABCD为矩形,所以O为AC中点.连接OP,因为P为AM中点,所以MC∥OP.MC⊄平面PBD,OP⊂平面PBD,所以MC∥平面PBD.119.(2018·北京·文T18)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.(1)求证:PE⊥BC;(2)求证:平面PAB⊥平面PCD;(3)求证:EF∥平面PCD.【解析】证明(1)∵PA=PD,且E为AD的中点,∴PE⊥AD.∵底面ABCD为矩形,∴BC∥AD,∴PE⊥BC.(2)∵底面ABCD为矩形,∴AB⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD,∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.又PA⊥PD,PA∩AB=A,∴PD⊥平面PAB.∵PD⊂平面PCD,∴平面PAB⊥平面PCD.(3)如图,取PC的中点G,连接FG,GD.∵F,G分别为PB和PC的中点,。
十年真题(2010-2019)高考数学(文)分类汇编专题11 平面解析几何解答题(新课标Ⅰ卷)(解析版)
专题11平面解析几何解答题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2018年新课标1文科20】设抛物线C：y2＝2，点A（2，0），B（﹣2，0），过点A的直线l与C交于M，N两点．（1）当l与轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：∠ABM＝∠ABN．【解答】解：（1）当l与轴垂直时，＝2，代入抛物线解得y＝±2，所以M（2，2）或M（2，﹣2），直线BM的方程：y+1，或：y﹣1．（2）证明：设直线l的方程为l：＝ty+2，M（1，y1），N（2，y2），联立直线l与抛物线方程得，消得y2﹣2ty﹣4＝0，即y1+y2＝2t，y1y2＝﹣4，则有BN+BM0，所以直线BN与BM的倾斜角互补，∴∠ABM＝∠ABN．2．【2017年新课标1文科20】设A，B为曲线C：y上两点，A与B的横坐标之和为4．（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．【解答】解：（1）设A（1，），B（2，）为曲线C：y上两点，则直线AB的斜率为（1+2）4＝1；（2）设直线AB的方程为y＝+t，代入曲线C：y，可得2﹣4﹣4t＝0，即有1+2＝4，12＝﹣4t，再由y的导数为y′，设M（m，），可得M处切线的斜率为m，由C在M处的切线与直线AB平行，可得m＝1，解得m＝2，即M（2，1），由AM⊥BM可得，AM•BM＝﹣1，即为•1，化为12+2（1+2）+20＝0，即为﹣4t+8+20＝0，解得t＝7．则直线AB的方程为y＝+7．3．【2016年新课标1文科20】在直角坐标系Oy中，直线l：y＝t（t≠0）交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2p（p＞0）于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H．（Ⅰ）求；（Ⅱ）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由．【解答】解：（Ⅰ）将直线l与抛物线方程联立，解得P（，t），∵M关于点P的对称点为N，∴，t，∴N（，t），∴ON的方程为y，与抛物线方程联立，解得H（，2t）∴2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知MH，∴直线MH的方程为y+t，与抛物线方程联立，消去可得y2﹣4ty+4t2＝0，∴△＝16t2﹣4×4t2＝0，∴直线MH与C除点H外没有其它公共点．4．【2015年新课标1文科20】已知过点A（0，1）且斜率为的直线l与圆C：（﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于点M、N两点．（1）求的取值范围；（2）若•12，其中O为坐标原点，求|MN|．【解答】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y＝+1，即：﹣y+1＝0．由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R＝1．故由1，故当，过点A（0，1）的直线与圆C：（﹣2）2+（y﹣3）2＝1相交于M，N两点．（2）设M（1，y1）；N（2，y2），由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y＝+1，代入圆C的方程（﹣2）2+（y﹣3）2＝1，可得（1+2）2﹣4（+1）+7＝0，∴1+2，1•2，∴y1•y2＝（1+1）（2+1）＝212+（1+2）+1•2+•1，由•1•2+y1•y212，解得＝1，故直线l的方程为y＝+1，即﹣y+1＝0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|＝2．5．【2014年新课标1文科20】已知点P（2，2），圆C：2+y2﹣8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B 两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．（1）求M的轨迹方程；（2）当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．【解答】解：（1）由圆C：2+y2﹣8y＝0，得2+（y﹣4）2＝16，∴圆C的圆心坐标为（0，4），半径为4．设M（，y），则，．由题意可得：．即（2﹣）+（y﹣4）（2﹣y）＝0．整理得：（﹣1）2+（y﹣3）2＝2．∴M的轨迹方程是（﹣1）2+（y﹣3）2＝2．（2）由（1）知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，为半径的圆，由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM．∵ON＝3，∴直线l的斜率为．∴直线PM的方程为，即+3y﹣8＝0．则O到直线l的距离为．又N到l的距离为，∴|PM|．∴．6．【2013年新课标1文科21】已知圆M：（+1）2+y2＝1，圆N：（﹣1）2+y2＝9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．【解答】解：（I）由圆M：（+1）2+y2＝1，可知圆心M（﹣1，0）；圆N：（﹣1）2+y2＝9，圆心N（1，0），半径3．设动圆的半径为R，∵动圆P与圆M外切并与圆N内切，∴|PM|+|PN|＝R+1+（3﹣R）＝4，而|NM|＝2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，∴a＝2，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3．∴曲线C的方程为（≠﹣2）．（II）设曲线C上任意一点P（，y），由于|PM|﹣|PN|＝2R﹣2≤3﹣1＝2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R＝2时，其半径最大，其方程为（﹣2）2+y2＝4．①l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|．②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与轴不平行，设l与轴的交点为Q，则，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y＝（+4），由l于M相切可得：，解得．当时，联立，得到72+8﹣8＝0．∴，．∴|AB|由于对称性可知：当时，也有|AB|．综上可知：|AB|或．7．【2012年新课标1文科20】设抛物线C：2＝2py（p＞0）的焦点为F，准线为l，A∈C，已知以F为圆心，F A为半径的圆F交l于B，D两点；（1）若∠BFD＝90°，△ABD的面积为，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．【解答】解：（1）由对称性知：△BFD是等腰直角△，斜边|BD|＝2p点A到准线l的距离，∵△ABD的面积S△ABD，∴，解得p＝2，所以F坐标为（0，1），∴圆F的方程为2+（y﹣1）2＝8．（2）由题设，则，∵A，B，F三点在同一直线m上，又AB为圆F的直径，故A，B关于点F对称．由点A，B关于点F对称得：得：，直线，切点直线坐标原点到m，n距离的比值为．8．【2011年新课标1文科20】在平面直角坐标系Oy中，曲线y＝2﹣6+1与坐标轴的交点都在圆C上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若圆C与直线﹣y+a＝0交与A，B两点，且OA⊥OB，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）法一：曲线y＝2﹣6+1与y轴的交点为（0，1），与轴的交点为（3+2，0），（3﹣2，0）．可知圆心在直线＝3上，故可设该圆的圆心C为（3，t），则有32+（t﹣1）2＝（2）2+t2，解得t＝1，故圆C的半径为，所以圆C的方程为（﹣3）2+（y﹣1）2＝9．法二：圆2+y2+D+Ey+F＝0＝0，y＝1有1+E+F＝0y＝0，2﹣6+1＝0与2+D+F＝0是同一方程，故有D＝﹣6，F＝1，E＝﹣2，即圆方程为2+y2﹣6﹣2y+1＝0（Ⅱ）设A（1，y1），B（2，y2），其坐标满足方程组，消去y，得到方程22+（2a﹣8）+a2﹣2a+1＝0，由已知可得判别式△＝56﹣16a﹣4a2＞0．在此条件下利用根与系数的关系得到1+2＝4﹣a，12①，由于OA⊥OB可得12+y1y2＝0，又y1＝1+a，y2＝2+a，所以可得212+a（1+2）+a2＝0②由①②可得a＝﹣1，满足△＝56﹣16a﹣4a2＞0．故a＝﹣1．9．【2011年新课标1文科22】如图，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于的方程2﹣14+mn＝0的两个根．（Ⅰ）证明：C，B，D，E四点共圆；（Ⅱ）若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圆的半径．【解答】解：（I）连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中，AD×AB＝mn＝AE×AC，即又∠DAE＝∠CAB，从而△ADE∽△ACB因此∠ADE＝∠ACB∴C，B，D，E四点共圆．（Ⅱ）m＝4，n＝6时，方程2﹣14+mn＝0的两根为1＝2，2＝12．故AD＝2，AB＝12．取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH．∵C，B，D，E四点共圆，∴C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH．由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC．HF＝AG＝5，DF（12﹣2）＝5．故C，B，D，E四点所在圆的半径为510．【2010年新课标1文科20】设F1，F2分别是椭圆E：21（0＜b＜1）的左、右焦点，过F1的直线l与E相交于A、B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．（Ⅰ）求|AB|；（Ⅱ）若直线l的斜率为1，求b的值．【解答】解：（1）由椭圆定义知|AF2|+|AB|+|BF2|＝4又2|AB|＝|AF2|+|BF2|，得（2）L的方程式为y＝+c，其中设A（1，y1），B（2，y2），则A，B两点坐标满足方程组．，化简得（1+b2）2+2c+1﹣2b2＝0．则．因为直线AB 的斜率为1，所以 即． 则． 解得． 考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线方程、圆的方程，直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线，曲线与方程等.历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等为重点较佳.最新高考模拟试题1．已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b +=>>6，椭圆22222:1(0)33x y C a b a b +=>>经过点3322⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭.（1）求椭圆1C 的标准方程；（2）设点M 是椭圆1C 上的任意一点，射线MO 与椭圆2C 交于点N ，过点M 的直线l 与椭圆1C 有且只有一个公共点，直线l 与椭圆2C 交于,A B 两个相异点，证明：NAB △面积为定值.【答案】（1）22113y x +=； （2）见解析. 【解析】（1）解：因为1C， 所以22619b a=-，解得223a b =.①将点22⎛ ⎝⎭代入2222133x y a b +=，整理得2211144a b +=.② 联立①②，得21a =，213b =， 故椭圆1C 的标准方程为22113y x +=. （2）证明：①当直线l 的斜率不存在时，点M 为()1,0或()1,0-，由对称性不妨取()1,0M ，由（1）知椭圆2C 的方程为2213x y +=，所以有()N .将1x =代入椭圆2C的方程得y =，所以11122NAB S MN AB ∆=⋅=3=. ②当直线l 的斜率存在时，设其方程为y kx m =+， 将y kx m =+代入椭圆1C 的方程 得()222136310kxkmx m +++-=，由题意得()()()2226413310km k m∆=-+-=，整理得22313m k =+.将y kx m =+代入椭圆2C 的方程， 得()222136330kxkmx m +++-=.设()11,A x y ，()22,B x y ，则122613km x x k +=-+，21223313m x x k-=+， 所以AB ===. 设()00,M x y ，()33,N x y ，ON MO λ=u u u v u u u u v，则可得30x x λ=-，30y y λ=-.因为220022333113x y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，所以2200222003113x y x y λ⎧+=⎪⎛⎫⎨+= ⎪⎪⎝⎭⎩，解得λ=λ=， 所以ON =u u u vu u u v，从而)1NM OM =.又因为点O 到直线l的距离为d =所以点N 到直线l 的距离为)11m d ⋅=所以))111122NABS d AB ∆=⋅==，综上，NAB ∆2．如图，在平面直角坐标系Oy 中，椭圆C ：22221x y a b+=(a ＞b ＞0)经过点(0，，点F 是椭圆的右焦点，点F 到左顶点的距离和到右准线的距离相等．过点F 的直线l 交椭圆于M ，N 两点．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）当MF ＝2FN 时，求直线l 的方程；（3）若直线l 上存在点P 满足PM·PN＝PF 2，且点P 在椭圆外，证明：点P 在定直线上．【答案】（1）22143x y +=；（25250x y ±=；（3）见解析. 【解析】（1）设椭圆的截距为2c ，由题意，b 3，由点F 到左顶点的距离和到右准线的距离相等，得a+c ＝2a c c-，又a 2＝b 2+c 2，联立解得a ＝2，c ＝1．∴椭圆C 的标准方程为22143x y +=；（2）当直线l 与轴重合时，M （﹣2，0），N （2，0），此时MF ＝3NF ，不合题意； 当直线l 与轴不重合时，设直线l 的方程为＝my+1，M （1，y 1），N （2，y 2），联立22my 1x y 143x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得（3m 2+4）y 2+6my ﹣9＝0．△＝36m 2+36（m 2+4）＞0．122634m y y m +=-+ ①，1229y y 3m 4=-+②，由MF ＝2FN ，得y 1＝﹣2y 2③， 联立①③得，1222126,3434m my y m m =-=++， 代入②得，()22227293434m m m-=-++，解得25m =5250x y ±-=；（3）当直线l 的斜率为0时，则M （2，0），N （﹣2，0），设P （0，y 0）， 则PM•PN＝|（0﹣2）（0+2）|，∵点P 在椭圆外，∴0﹣2，0+2同号，又()()()()2220000PF x 1,x 2x 2x 1=-∴-+=-，解得052x =． 当直线l 的斜率不为0时，由（2）知，1212226m 9y y ,y y 3m 43m 4+=-=-++，10200PM y ,PN y ,PF =-=-=．∵点P 在椭圆外，∴y 1﹣y 0，y 2﹣y 0同号， ∴PM•PN＝（1+m 2）（y 1﹣y 0）（y 2﹣y 0）＝()()221201201my yy y y y ⎡⎤+-++⎣⎦()()2222002269113434m m y m y m m ⎛⎫=++-=+ ⎪++⎝⎭，整理得032y m =，代入直线方程得052x =．∴点P 在定直线52x =上． 3．已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，O 是坐标原点． （1）若直线l 过点F 且8AB =，求直线l 的方程；（2）已知点(2,0)E -，若直线l 不与坐标轴垂直，且AEO BEO ∠=∠，证明：直线l 过定点． 【答案】（1）1y x =-或1y x =-+；（2）(2,0). 【解析】解：（1）法一：焦点(1,0)F ，当直线l 斜率不存在时，方程为1x =，与抛物线的交点坐标分别为(1,2)，(1,2)-， 此时4AB =，不符合题意，故直线的斜率存在．设直线l 方程为(1)=-y k x 与24y x =联立得()2222220k x k x k -+-=，当0k =时，方程只有一根，不符合题意，故0k ≠.()212222k x x k++=，抛物线的准线方程为1x =-，由抛物线的定义得()()12||||||11AB AF BF x x =+=+++()222228k k+=+=，解得1k =±，所以l 方程为1y x =-或1y x =-+.法二：焦点(1,0)F ，显然直线l 不垂直于x 轴，设直线l 方程为1x my =+,与24y x =联立得2440y my --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，124y y m +=，124y y =.||AB ==()241m ==+，由8AB =，解得1m =±， 所以l 方程为1y x =-或1y x =-+. （2）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，设直线l 方程为(0)x my b m =+≠与24y x =联立得：2440y my b --=，可得124y y m +=，124y y b =-. 由AEO BEO ∠=∠得EA EB k k =，即121222y yx x =-++. 整理得121122220y x y x y y +++=，即121122()2()20y my b y my b y y +++++=， 整理得12122(2)()0my y b y y +++=， 即84(2)0bm b m -++=，即2b =. 故直线l 方程为2x my =+过定点(2,0).4．已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>，()2,0A 是长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，点C 在第一象限，且0AC BC ⋅=u u u r u u u r，||2||OC OB AB BC -=+u u u r u u u r u u u r u u u r ．（1）求椭圆的标准方程；（2）设P 、Q 为椭圆上不重合的两点且异于A 、B ，若PCQ ∠的平分线总是垂直于x 轴，问是否存在实数λ，使得PQ AB =λu u u r u u u r？若不存在，请说明理由；若存在，求λ取得最大值时的PQ 的长．【答案】(1) 223144x y += (2)【解析】（1）∵0AC BC ⋅=u u u r u u u r，∴90ACB ∠=︒，∵||2||OC OB AB BC -=+u u u r u u u r u u u r u u u r．即||2||BC AC =u u u r u u u r ，∴AOC △是等腰直角三角形， ∵()2,0A ，∴()1,1C ， 而点C 在椭圆上，∴22111a b +=，2a =，∴243b =， ∴所求椭圆方程为223144x y +=．（2）对于椭圆上两点P ，Q ， ∵PCQ ∠的平分线总是垂直于x 轴， ∴PC 与CQ 所在直线关于1x =对称，PC k k =，则CQ k k =-，∵()1,1C ，∴PC 的直线方程为()11y k x =-+，①QC 的直线方程为()11y k x =--+，②将①代入223144x y +=，得()()22213613610k x k k x k k +--+--=，③∵()1,1C 在椭圆上，∴1x =是方程③的一个根，∴2236113P k k x k --=+，以k -替换k ，得到2236131Q k k x k +-=+． ∴()213P Q PQ P Qk x x kk x x +-==-， ∵90ACB ∠=o ，()2,0A ，()1,1C ，弦BC 过椭圆的中心O ， ∴()2,0A ，()1,1B --，∴13AB k =， ∴PQ AB k k =，∴PQ AB ∥， ∴存在实数λ，使得PQ AB =λu u u r u u u r，||PQ =u u ur =≤ 当2219k k =时，即k =时取等号，max ||PQ =u u u r又||AB =u u u rmaxλ==，∴λ取得最大值时的PQ的长为3． 5．已知抛物线216y x =，过抛物线焦点F 的直线l 分别交抛物线与圆22(4)16x y -+=于,,,A C D B （自上而下顺次）四点.（1）求证：||||AC BD ⋅为定值； （2）求||||AB AF ⋅的最小值. 【答案】(1)见证明；(2)108 【解析】（1）有题意可知，(4,0)F可设直线l 的方程为4x my =+，1122(,),(,)A x y B x y联立直线和抛物线方程2164y x x my ⎧=⎨=+⎩，消x 可得216640y my --=，所以1216y y m +=，1264y y =-， 由抛物线的定义可知，112||4,||42pAF x x BF x =+=+=+， 又||||4,||||4AC AF BD BF =-=-，所以2221212264||||(||4)(||4)16161616y y AC BD AF BF x x ⋅=--==⋅==，所以||||AC BD ⋅为定值16.（2）由（1）可知，12||||||8AB AF BF x x =+=++，1||4AF x =+，212111212||||(8)(4)12432AB AF x x x x x x x x ⋅=+++=++++，由1216x x =，可得2116x x =， 所以211164||||1248AB AF x x x ⋅=+++（其中1>0x ）， 令264()1248f x x x x =+++，222642(2)(4)()212x x f x x x x -+'=+-=， 当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数单调递减，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增， 所以()(2)108f x f ≥=. 所以||||AB AF ⋅的最小值为108.6．已知O 为坐标原点，点()()2,02,0A B -，，()01AC AD CB CD λλ===<<u u u r u u u r，过点B 作AC的平行线交AD 于点E .设点E 的轨迹为τ. （Ⅰ）求曲线τ的方程；（Ⅱ）已知直线l 与圆22:1O x y +=相切于点M ，且与曲线τ相交于P ，Q 两点，PQ 的中点为N ，求三角形MON 面积的最大值.【答案】（Ⅰ）()22105x y y +=≠；. 【解析】（Ⅰ）因为,AD AC EB AC =∥， 故EBD ACD ADC ∠=∠=∠， 所以EB ED =，故EA EB EA ED AD +=+==由题设得()()2,02,04A B AB -=，，，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为：()22105x y y +=≠.（Ⅱ）由题意，直线l 的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y kx m=+，因为直线l与圆O相切，1=，∴221m k=+，由221,5,xyy kx m⎧+=⎪⎨⎪=+⎩消去y得()2221510550k x kmx m+++-=.设()()1122,,,P x y Q x y，由韦达定理知：()1212122210221515km mx x y y k x x mk k+=-+=++=++，.所以PQ中点N的坐标为225,1515km mk k⎛⎫-⎪++⎝⎭，所以弦PQ的垂直平分线方程为22151515m kmy xk k k⎛⎫-=-+⎪++⎝⎭，即2415kmx kyk++=+.所以MN=将m=MN=得2441155||||kMNk kk====++…k=，即m=取等号）.所以三角形MON的面积为111=2255S OM MN=⨯⨯⨯⨯≤，综上所述，三角形MON.7．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为2，F 是椭圆C 的一个焦点．点(02)M ,，直线MF 的． （1）求椭圆C 的方程；（2）若过点M 的直线l 与椭圆C 交于A B ，两点，线段AB 的中点为N ，且AB MN ＝．求l 的方程．【答案】（1）22182x y +=；（2）22y x =±+【解析】（1）由题意，可得22cac⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得a c ⎧=⎪⎨=⎪⎩，则222=2b a c =-， 故椭圆C 的方程为22182x y +=．（2）当l 的斜率不存在时，=2AB MN AB MN ≠=，，，不合题意，故l 的斜率存在． 设l 的方程为2y kx =+，联立221822x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得22(14)1680k x kx +++＝， 设1122(()A x y B x y ，)，，，则12122216k 8,14k 14kx x x x +=-=++， ()222(16)3214128320k k k ∆=-+=->即214k >， 设00()N x y ，，则12028214x x kx k+==-+，120||||,0AB MN x =-=-Q0x =，即28||14k k =+整理得21124k =>．故2k =±，l 的方程为22y x =±+．8．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>过点(，右焦点F 是抛物线28y x =的焦点.（1）求椭圆C 的方程；（2）已知动直线l 过右焦点F ，且与椭圆C 分别交于M ，N 两点.试问x 轴上是否存在定点Q ，使得13516QM QN ⋅=-u u u u r u u u r 恒成立?若存在求出点Q 的坐标若不存在，说明理由.【答案】(1) 2211612x y += (2)见解析【解析】（1）因为椭圆C 过点，所以221231a b+=， 又抛物线的焦点为()2,0，所以2c =. 所以2212314a a +=-，解得23a =（舍去）或216a =. 所以椭圆C 的方程为2211612x y +=.（2）假设在x 轴上存在定点(,0)Q m ，使得13516QM QN ⋅=-u u u u r u u u r. ①当直线l 的斜率不存在时，则(2,3)M ，(2,3)N -，(2,3)QM m =-u u u u r，(2,3)QN m =--u u u r，由2135(2)916QM QN m ⋅=--=-u u u u r u u u r ，解得54m =或114m =；②当直线l 的斜率为0时，则(4,0)M -，(4,0)N ，(4,0)QM m =--u u u u r ，(4,0)QN m =-u u u r，由21351616QM QN m ⋅=-=-u u u u r u u u r ，解得114m =-或114m =.由①②可得114m =，即点Q 的坐标为11,04⎛⎫⎪⎝⎭. 下面证明当114m =时，13516QM QN ⋅=-u u u u r u u u r 恒成立.当直线l 的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立.当直线l 的斜率存在且不为0时，设其方程为(2)(0)y k x k =-≠，()11,M x y ，()22,N x y .直线与椭圆联立得()()222234161630kxk x k +-+-=，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且21221643k x x k +=+，()212216343k x x k -=+.()()()222121212122224y y k x k x k x x k x x k =-•-=-++，所以()1122121212111111121,,44416QM QN x y x y x x x x y y ⎛⎫⎛⎫•=-•-=-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u r ()()()()222222221212221631112111161211241244164344316k k k x x k x x k k k k k k -⎛⎫⎛⎫=+-++++=+-+++= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭13516-恒成立 综上所述，在x 轴上存在点11,04Q ⎛⎫⎪⎝⎭，使得13516QM QN ⋅=-u u u u r u u u r 恒成立.9．关于椭圆的切线由下列结论：若11(,)P x y 是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上的一点，则过点P 的椭圆的切线方程为11221x x y y a b +=.已知椭圆22:143x y C +=.(1)利用上述结论，求过椭圆C 上的点(1,)(0)P n n >的切线方程；(2)若M 是直线4x =上任一点，过点M 作椭圆C 的两条切线MA ，MB （A ，B 为切点），设椭圆的右焦点为F ，求证：MF AB ⊥.【答案】（1）240x y +-=（2）见证明 【解析】(1)由题意，将1x =代入椭圆方程22:143x y C +=，得32y =，所以3(1,)2P ，所以过椭圆C 上的点3(1,)2P 的切线方程为32143yx +=，即240x y +-=.(2)设(4,)M t ，11(,)A x y ，22(,)B x y ，则过A ，B 两点的椭圆C 的切线MA ，MB 的方程分别为11143x x y y +=，22143x x y y +=， 因为(4,)M t 在两条切线上，114143x y t ⨯∴+=，224143x y t⨯+=， 所以A ，B 两点均在直线4143x yt +=上，即直线AB 的方程为13tyx +=， 当0t ≠时，3AB k t=-，又(1,0)F ，0413MF t t k -==-，313AB MF tk k t ⋅=-⨯=-，所以MF AB ⊥， 若0t =，点(4,0)M 在x 轴上，A ，B 两点关于x 轴对称，显然MF AB ⊥.10．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12F F ，，离心率为12，P 为椭圆上一动点（异于左右顶点），若12AF F △（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线l 过点1F 交椭圆C 于,A B 两点，问在x 轴上是否存在一点Q ，使得QA QB ⋅u u u r u u u r为定值？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）22143x y +=（2）见解析【解析】（1）由题意，当P 在上或下顶点时，12PF F ∆的面积取值最大值，即最大值为bc = 又12c a =，且222a c b =+，解得24a =，23b =， 故椭圆C 的方程为22143x y +=．（2）易知()11,0F -，设直线l 的方程为1x my =-，()()()11220,,,,,0A x y B x y Q x ， 联立方程组221431x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，整理得22(34)690m y my +--=， 则122634my y m +=+，122934y y m =-+， ()()()()10120200212,,y QA QB x x y x x y x x x x y y ⋅=-⋅-=--+u u u r u u u r()212001212x x x x x x y y =+-++，∵111x my =-，221x my =-，∴()()()2212121212215111134m x x my my m y y m y y m =--=+-+=-+，()()()212122226112234m x x my my m y y m +=-+-=+-=-+， ∴222000222156912343434m m QA QB x x x m m m ⋅=-+-+-+++u u u r u u u r 22002281253434m x x m m +=+-++()222000231248534x m x x m -++-=+， 要使QA QB ⋅u u u r u u u r 为定值，则2200031248534x x x -+-=，解得0118x =-， 所以在x 轴上存在点11,08Q ⎛⎫-⎪⎝⎭，使得QA QB ⋅u u u r u u u r 为定值． 11．已知点()1,0F ，直线:1l x =-，P 为平面上的动点，过点P 作直线的垂线，垂足为Q ，且QP QF FP FQ ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r .（1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）设直线y kx b =+与轨迹C 交于两点，()11,A x y 、()22,B x y ，且12y y a -= (0a >，且a 为常数)，过弦AB 的中点M 作平行于x 轴的直线交轨迹C 于点D ，连接AD 、BD .试判断ABD ∆的面积是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由 【答案】(1) 24y x = (2)见解析 【解析】（1）设(,)P x y ，则(1,)Q y -，QP QF FP FQ •=•u u u r u u u r u u u r u u u r Q ，(1,0)(2,)(1,)(2,)x y x y y ∴+•-=-•-，即22(1)2(1)x x y +=--+，即24y x =，所以动点P 的轨迹的方程24y x =.（2）联立方程组2,4,y kx b y x =+⎧⎨=⎩消去x ，得2440ky y b -+=，依题意，0k ≠，且124y y k+=，124b y y k =，由12y y a -=得()2212124y y y y a +-=， 即221616ba k k-=， 整理得：221616kb a k -=，所以2216(1)a k kb =-，① 因为AB 的中点222,bk M k k -⎛⎫⎪⎝⎭，所以点212,D k k ⎛⎫⎪⎝⎭，依题意， 122111||22BD bkS DM y y a k∆∆-=-=， 由方程2440ky y b -+=中的判别式16160kb ∆=->，得10kb ->，所以2112ABD bkS a k∆-=••， 由①知22116a k kb -=，所以23121632MBDa a S a ∆=••=，又a 为常数，故ABD S ∆的面积为定值. 12．已知点P 在抛物线()220C x py p =：＞上，且点P 的横坐标为2，以P 为圆心，PO 为半径的圆（O 为原点），与抛物线C 的准线交于M ，N 两点，且2MN =． （1）求抛物线C 的方程；（2）若抛物线的准线与y 轴的交点为H ．过抛物线焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B ，且AB HB ⊥，求AF BF -的值． 【答案】(1) 24x y = (2)4 【解析】（1）将点P 横坐标2P x =代入22x py =中，求得2P y p=， ∴P （2，2p），2244OP p =+， 点P 到准线的距离为22p d p =+， ∴222||||2MN OP d ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， ∴22222212p p p ⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得24p =，∴2p =，∴抛物线C 的方程为：24x y =；（2）抛物线24x y =的焦点为F （0，1），准线方程为1y =-，()01H -，； 设()()1122A x y B x y ，，，， 直线AB 的方程为1y kx =+，代入抛物线方程可得2440x kx --=，∴121244x x k x x +==-，，…① 由AB HB ⊥，可得1AB HB k k ⋅=-， 又111AB AF y k k x -==，221HB y k x +=， ∴1212111y y x x -+⋅=-， ∴()()1212110y y x x -++=， 即2212121111044x x x x ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ∴()22221212121110164x x x x x x +--+=，…② 把①代入②得，221216x x -=，则()22121211||||1116444AF BF y y x x -=+--=-=⨯=． 13．已知抛物线方程24y x =，F 为焦点，P 为抛物线准线上一点，Q 为线段PF 与抛物线的交点，定义()PFd P FQ=. （1）当8(1)3P --，时，求()d P ； （2）证明存在常数a ，使得2()d P PF a =+.（3）123,,P P P 为抛物线准线上三点，且1223PP P P =，判断13()()d P d P +与22()d P 的关系. 【答案】（1）83；（2）证明见解析；（3）()()()1322d P d P d P +>. 【解析】 （1）因为8443(1)233PFk y x ==⇒=-. 联立方程24(1)1344Q y x x y x ⎧=-⎪⇒=⎨⎪=⎩， 则1083()534PF d P QF ⎧=⎪⎪⇒=⎨⎪=⎪⎩. （2）当()1,0P -，易得2()2a d P PF =-=， 不妨设()1,P P y -，0P y >， 直线:1PF x my =+，则2P my =-，联立214x my y x=+⎧⎨=⎩，2440y my --=，2Q y m ==+2()||2P P Q y d P PF y m -==2212122m m m +-+=-+=.（3）设()()()1122331,,1,,1,P y P y P y ---，则()()()13224d P d P d P +-⎡⎤⎣⎦1322PF P F P F =+-2221324424y y y =+++222131344242y y y y +⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭()22213134416y y y y =++++因为(()222213134416y y y y ⎡⎤++-++⎣⎦22131224428y y y y =++-，又因()()()()2222213131313444480y y y y y y y y ++-+=+->，所以()()()1322d P d P d P +>.14．已知抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点F 到准线距离为2. （1）若点(1,1)E ，且点P 在抛物线C 上，求||||PE PF +的最小值；（2）若过点(0,)N b 的直线l 与圆22:(2)4M x y +-=相切，且与抛物线C 有两个不同交点,A B ，求AOB ∆的面积.【答案】(1)2(2) 2ABC S b ∆=【解析】解：（1）根据题意可知2p = 所以抛物线方程为24x y =则抛物线C 焦点为(0,1)F ，准线为1y =-； 记点,P E 到抛物线C 准线的距离分别为12,d d ，故12||||||2PE PF PE d d +=+≥=，等号成立当且仅当PE 垂直于准线， 故||||PE PF +的最小值为2 （2）设()11,A x y ，()22,B x y由题意知，直线l 斜率存在，设直线l 的方程为：y kx b =+ 将y kx b =+与24x y =联立得2440x kx b --=， 由韦达定理得12124,4x x k x x b +==-， 由()0,2M 到直线l的距离为12d ==得：2244b b k -=，又||AB ==点O 到直线l 的距离为2d =所以2|ABC S b b ∆=== 15．已知曲线C 上的任意一点到直线l ：=12的距离与到点F （102，）的距离相等． （1）求曲线C 的方程；（2）若过P （1，0）的直线与曲线C 相交于A ，B 两点，Q （1，0）为定点，设直线AQ 的斜率为1，直线BQ 的斜率为2，直线AB 的斜率为，证明：22212112k k k +-为定值． 【答案】（1）y 2=2；（2）见解析 【解析】（1）由条件可知，此曲线是焦点为F的抛物线，p122=，p=1．∴抛物线的方程为y2=2；（2）根据已知，设直线AB的方程为y=（1）（≠0），由()2y k x1y2x⎧=-⎨=⎩，可得y22y2=0．设A（211yy2，），B（222yy2，），则122y yk+=，y1y2=2．∵1112211y2yky y212==++，2222222y2yky y212==++．∴22221222221212(y2)(y2)11k k4y4y+++=+=22222212212212(y2)y(y2)y4y y+++=() 42422222122112122212y y y y8y y4y y4y y++++=()2221212128y y32(y y)2y y4 162+++-+==22482k42k+=+．∴222121124k k k+-=．。
2010-2019“十年高考”数学真题 立体几何解析版专项汇总(理数 可下载)
因为 E，F 分别是 PA，AB 的中点，所以 EF P PB .又 CEF 90 ，即 EF⊥CE，
所以 PB⊥CE，得 PB⊥平面 PAC.所以 PB⊥PA，PB⊥PC. 又因为 PA PB PC ，△ABC 是正三角形， 所以 △PAC≌△PBC≌△PAB ，故 PA PC ，所以正三棱锥 P ABC 的三
【解析】如图所示，联结 BE ， BD .因为点 N 为正方形 ABCD 的中心， △ECD 为正三角形，平面 ECD 平面 ABCD ， M 是线段 ED 的中点，所以 BM 平面 BDE ， EN 平面 BDE ，因为 BM 是△BDE 中 DE 边上的中线， EN 是△BDE 中 BD 边上的中线， 直线 BM ， EN 是相交直线，设 DE a ，则
则点 D 到平面 ABC 的最大距离 d1 d 4 6 ，
所以三棱锥
D
ABC
体积的最大值 Vmax
1 3
S
ABC
6
19 3
3 6 18
3．
故选 B．
8.（2018 北京）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
对于 B， 内有两条相交直线与 平行，则∥ ；
对于 C， ， 平行于同一条直线，则 与 相交或∥ ，排除；
对于 D， ， 垂直于同一平面，则 与 相交或∥ ，排除．故选 B．
2.（2019 全国Ⅲ理 8）如图，点 N 为正方形 ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面 ECD⊥ 平面 ABCD，M 是线段 ED 的中点，则 A．BM=EN，且直线 BM、EN 是相交直线 B．BM≠EN，且直线 BM，EN 是相交直线 C．BM=EN，且直线 BM、EN 是异面直线 D．BM≠EN，且直线 BM，EN 是异面直线 【答案】B．
【精品】立体几何十年高考题(带详细解析)
【精品】立体几何十年高考题(带详细解析) ●考点阐释高考试卷中，立体几何考查的立足点放在空间图形上，突出对空间观念和空间想象能力的考查.立体几何的基础是对点、线、面的各种位置关系的讨论和研究，进而讨论几何体，而且采用了公理化体系的方法，在中学数学教育中，通过这部分内容培养学生空间观念和公理化体系处理数学问题的思想方法，这又是考生进入高校所必须具备的一项重要的数学基础，因此高考命题时，突出空间图形的特点，侧重于直线与直线、直线与平面、平面与平面的各种位置关系的考查，以便审核考生立体几何的知识水平和能力.多面体和旋转体是在空间直线与平面的理论基础上，研究以柱、锥、台、球为代表的最基本的几何体的概念、性质、各主要元素间的关系、直观图画法、侧面展开图以及表面和体积的求法等问题.它是“直线和平面”问题的延续和深化.在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题.近些年来即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解.本章主要考查平面的性质、空间两直线、直线和平面、两个平面的位置关系以及空间角和距离面积及体积.●试题类编一、选择题1.（2003京春文11，理8）如图9—1，在正三角形ABC 中，D ，E ，F 分别为各边的中点，G ，H ，I ，J 分别为AF ，AD ，BE ，DE 的中点.将△ABC 沿DE ，EF ，DF 折成三棱锥以后，GH 与IJ 所成角的度数为（ ）A.90°B.60°C.45°D.0°2.（2003上海春，13）关于直线a 、b 、l 及平面M 、N ，下列命题中正确的是（ ）A.若a ∥M ，b ∥M ，则a ∥bB.若a ∥M ，b ⊥a ，则b ⊥MC.若a M ，b M ，且l ⊥a ，l ⊥b ，则l ⊥MD.若a ⊥M ，a ∥N ，则M ⊥N3.（2002北京春，2）已知三条直线m 、n 、l ，三个平面α、β、γ.下面四个命题中，正确的是（ ）A.⇒⎭⎬⎫⊥⊥γβγαα∥β B.⇒⎭⎬⎫⊥m l m β//l ⊥βC.⇒⎭⎬⎫γγ////n m m ∥n D.⇒⎭⎬⎫⊥⊥γγn m m ∥n4.（2002北京文，4）在下列四个正方体中，能得出AB ⊥CD 的是（ ） 图9—15.（2002上海，14）已知直线l 、m ，平面α、β，且l ⊥α，m β，给出下列四个命题：（1）若α∥β，则l ⊥m （2）若l ⊥m ，则α∥β（3）若α⊥β，则l ∥m（4）若l ∥m ，则α⊥β其中正确命题的个数是（ ）A.1B.2C.3D.46.（2002京皖春，7）在△ABC 中，AB =2，BC =1.5，∠ABC =120°（如图9—2），若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（ ） A.29π B.27π C.25π D.23π 7.（2002京、皖、春，12）用一张钢板制作一个容积为4 m 3的无盖长方体水箱.可用的长方形钢板有四种不同的规格（长×宽的尺寸如选项所示，单位均为m ）若既要够用，又要所剩最少，则应选择钢板的规格是（ ）A.2×5B.2×5.5C.2×6.1D.3×58.（2002全国文8，理7）一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积恰好与半球的体积相等，那么，这个圆锥轴截面顶角的余弦值是（ ）A.43 B.54 C.53 D.－53 9.（2002北京文5，理4）64个直径都为4a 的球，记它们的体积之和为V 甲，表面积之和为S 甲；一个直径为a 的球，记其体积为V 乙，表面积为S 乙，则（ ）A.V 甲＞V 乙且S 甲＞S 乙B.V 甲＜V 乙且S 甲＜S 乙C.V 甲=V 乙且S 甲＞S 乙D.V 甲=V 乙且S 甲=S 乙10.（2002北京理，10）设命题甲：“直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面ACB 1与对角面BB 1D 1D 垂直”；命题乙：“直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1是正方体”.那么，甲是乙的（ ）A.充分必要条件B.充分非必要条件C.必要非充分条件D.既非充分又非必要条件11.（2002全国理，8）正六棱柱ABCDEF —A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为1，侧棱长为2，则这个棱柱的侧面对角线E 1D 与BC 1所成的角是（ ）A.90°B.60°C.45°D.30° 图9—212.（2001上海，15）已知a、b为两条不同的直线,α、β为两个不同的平面，且a⊥α, b⊥β，则下列命题中的假命题．．．是（）A.若a∥b，则α∥βB.若α⊥β，则a⊥bC.若a、b相交，则α、β相交D.若α、β相交，则a、b相交13.（2001京皖春，11）图9—3是正方体的平面展开图．在这个正方体．．．中，①BM与ED平行②CN与BE是异面直线③CN与BM成60°角④DM与BN垂直以上四个命题中，正确命题的序号是（）A.①②③B.②④C.③④D.②③④14.（2001全国文，3）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的全面积是（）A.3πB.33πC.6πD.9π15.（2001全国，11）一间民房的屋顶有如图9—4三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜.记三种盖法屋顶面积分别为P1、P2、P3.图9—4若屋顶斜面与水平面所成的角都是α，则（）A.P3＞P2＞P1B.P3＞P2＝P1C.P3＝P2＞P1D.P3＝P2＝P116.（2001全国，9）在正三棱柱ABC—A1B1C1中，若AB＝2BB1，则AB1与C1B 所成的角的大小为（）A.60°B.90°C.105°D.75°17.（2001京皖春，9）如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角（圆锥轴截面中两条母线的夹角）是（）A.30°B.45°C.60°D.90°18.（2000上海，14）设有不同的直线a、b和不同的平面α、β、γ，给出下列三个命题：（1）若a∥α，b∥α，则a∥b．（2）若a∥α，a∥β，则α∥β．（3）若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β．其中正确的个数是（）A.0 B．1 C．2 D．319.（2000京皖春，5）一个圆锥的底面直径和高都同一个球的直径相等，那么圆锥与球的体积之比是（）图9—3A.1∶3B.2∶3C.1∶2D.2∶920.（2000全国，3）一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是6,3,2，这个长方体对角线的长是（ ） A.23 B.32 C.6 D.621.（2000全国文，12）如图9—5，OA 是圆锥底面中心O 到母线的垂线，OA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥分成相等的两部分，则母线与轴的夹角的余弦值为（ ）A.321B.21C.21D.421 22.（2000全国理，9）一个圆柱的侧面积展开图是一个正方形，这个圆柱的全面积与侧面积的比是（ ）A.ππ221+B.ππ441+C.ππ21+D.ππ241+ 23.（1999全国，7）若干毫升水倒入底面半径为2 cm 的圆柱形器皿中，量得水面的高度为6 cm.若将这些水倒入轴截面是正三角形的倒圆锥形器皿中，则水面的高度是（ ）A.63cm B ．6 cm C.2318cm D.3312cm24.（1999全国，12）如果圆台的上底面半径为5，下底面半径为R ，中截面把圆台分为上、下两个圆台，它们的侧面积的比为1∶2，那么R 等于（ ）A.10B.15C.20D.2525.（1999全国理，10）如图9—6，在多面体ABCDEF 中，已知面ABCD 是边长为3的正方形，EF ∥AB ，EF =23，EF 与面AC 的距离为2，则该多面体的体积是（ ）A.29B.5C.6D.215 26.（1998全国，7）已知圆锥的全面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为（ ）A.120°B.150°C.180°D.240°27.（1998全国，9）如果棱台的两底面积分别是S 、S ′，中截面的面积是S 0，那么（ ）A.S S S '+=02B.S S S '=0C.2S 0＝S ＋S ′D.S 02＝2S ′S图9—5图9—628.（1998全国，13）球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的61，经过这3个点的小圆的周长为4π，那么这个球的半径为（ ） A.43 B.23 C.2 D. 329.（1998上海）在下列命题中，假命题是（ ）A.若平面α内的一条直线垂直于平面β内的任一直线，则α⊥βB.若平面α内任一直线平行于平面β，则α∥βC.若平面α⊥平面β，任取直线l α，则必有l ⊥βD.若平面α∥平面β，任取直线l α，则必有l ∥β30.（1997全国，8）长方体一个顶点上三条棱的长分别是3、4、5，且它的八个顶点都在同一个球面上，这个球的表面积是（ ）A.202πB.252πC.50πD.200π31.（1997全国，12）圆台上、下底面积分别为π、4π，侧面积为6π，这个圆台的体积是（ ）A.332πB.23πC.637πD.337π 32.（1996全国理，14）母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角ϕ等于（ ） A.322π B.332π C.2π D.362π 33.（1996全国文12，理9）将边长为a 的正方体ABCD 沿对角线AC 折起，使得BD ＝a ，则三棱锥D —ABC 的体积为（ ）A.63aB.123aC.3123aD.3122a 34.（1996全国文7，理5）如果直线l 、m 与平面α、β、γ满足：l ＝β∩γ，l ∥α，m ⊂α和m ⊥γ，那么必有（ ）A.α⊥γ且l ⊥mB.α⊥γ且m ∥βC.m ∥β且l ⊥mD.α∥β且α⊥γ35.（1996上海，4）在下列命题中，真命题是（ ）A.若直线m 、n 都平行于平面α，则m ∥nB.设α—l —β是直二面角，若直线m ⊥l ，则m ⊥βC.若直线m 、n 在平面α内的射影依次是一个点和一条直线，且m ⊥n ，则n 在α内或n 与α平行D.设m 、n 是异面直线，若m 与平面α平行，则n 与α相交36.（1996全国文，10）圆锥母线长为1，侧面展开图的圆心角为240°，该圆锥的体积等于（ ）A.8122πB.818πC.8154π D.8110π 37.（1995全国文，10）如图9—7，ABCD —A 1B 1C 1D 1是正方体，B 1E 1＝D 1F 1＝411B A ，则BE 1与DF 1所成角的余弦值是（ ） A.1715 B.21 C.178 D.23 38.（1995全国，4）正方体的全面积是a 2，它的顶点都在球面上，这个球的表面积是（ ）A.32a π B.22a π C.2πa 2 D.3πa 239.（1995上海，4）设棱锥的底面面积为8 cm 2，那么这个棱锥的中截面（过棱锥高的中点且平行于底面的截面）的面积是（ ）A.4 cm 2B.22 cm 2C.2 cm 2D. 2 cm 240.（1995全国理，10）已知直线l ⊥平面α，直线m 平面β，有下面四个命题： ①α∥β⇒l ⊥m ； ②α⊥β⇒l ∥m ； ③l ∥m ⇒α⊥β；④l ⊥m ⇒α∥β 其中正确的两个命题是（ ）A.①②B.③④C.②④D.①③41.（1995全国理，15）如图9—8，A 1B 1C 1—ABC 是直三棱柱，∠BCA =90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，若BC =CA =CC 1，则BD 1与AF 1所成角的余弦值是（ ）A.1030B.21C.1530D.1015 42.（1994全国，11）对于直线m 、n 和平面α、β，α⊥β的一个充分条件是（ ）A.m ⊥n ，m ∥α，n ∥βB.m ⊥n ，α∩β＝m ，n ⊂αC.m ∥n ，n ⊥β，m ⊂αD.m ∥n ，m ⊥α，n ⊥β43.（1994上海，14）已知a 、b 是异面直线，直线c 平行于直线a ，那么c 与b （ ）A.一定是异面直线B.一定是相交直线C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线44.（1994全国，7）已知正六棱台的上、下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为（ ）A.323B.283C.243D.20345.（1994全国，13）已知过球面上A 、B 、C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则球面面积是（ ）A.916πB.38π C.4π D.964π 二、填空题46.（2003京春理13，文14）如图9—9，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量图9—8的水.若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r，则r R =.图9—947.（2003上海春，10）若正三棱锥底面边长为4，体积为1，则侧面和底面所成二面角的大小等于 （结果用反三角函数值表示）.48.（2002上海春，12）如图9—10，若从点O 所作的两条射线OM 、ON 上分别有点 M 1、M 2与点N 1、N 2，则三角形面积之比21212211ON ON OM OM S S N OM N OM ⋅=∆∆.若从点O 所作的不在同一平面内的三条射线OP 、OQ 和OR 上，分别有点P 1、P 2，点Q 1、Q 2和点R 1、R 2，则类似的结论为 .图9—10 图9—1149.（2002京皖春，15）正方形ABCD 的边长是2，E 、F 分别是AB 和CD 的中点，将正方形沿EF 折成直二面角（如图9—11所示）.M 为矩形AEFD 内一点，如果∠MBE =∠MBC ，MB 和平面BCF 所成角的正切值为21，那么点M 到直线EF 的距离为 . 50.（2002北京，15）关于直角AOB 在定平面α内的射影有如下判断：①可能是0°的角；②可能是锐角；③可能是直角；④可能是钝角；⑤可能是180°的角.其中正确判断的序号是 （注：把你认为是正确判断的序号都填上）.51.（2002上海春，10）图9—12表示一个正方体表面的一种展开图，图中的四条线段AB 、CD 、EF 和GH 在原正方体中相互异面的有 对.图9—1252.（2002上海，4）若正四棱锥的底面边长为23cm，体积为4 cm3，则它的侧面与底面所成的二面角的大小是.53.（2001京皖春，16）已知m、n是直线，α、β、γ是平面，给出下列命题：①若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n ⊥α或n⊥β；②若α∥β，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则m∥n；③若m不垂直于α，则m不可能垂直于α内的无数条直线；④若α∩β＝m，n∥m且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中正确的命题序号是（注：把你认为正确的命题的序号都．填上）.54.（2001春季北京、安徽，13）已知球内接正方体的表面积为S，那么球体积等于．55.（2001全国理，13）若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为3，则这个圆锥的侧面积是.56.（2000上海春，9）若两个长方体的长、宽、高分别为5 cm、4 cm、3 cm，把它们两个全等的面重合在一起组成大长方体，则大长方体的对角线最长为_____cm.57.（2000上海春，8）如图9—13，∠BAD＝90°的等腰直角三角形ABD与正三角形CBD所在平面互相垂直，E是BC的中点，则AE与平面BCD所成角的大小为_____.58.（2000年春季北京、安微，18）在空间，下列命题正确的是_____（注：把你认为正确的命题的序号都填上）.①如果两直线a、b分别与直线l平行，那么a∥b.②如果直线a与平面β内的一条直线b平行，那么a∥β.③如果直线a与平面β内的两条直线b、c都垂直，那么a⊥β.④如果平面β内的一条直线a垂直平面γ，那么β⊥γ.59.（2000春季北京、安徽，16）如图9—14是一体积为72的正四面体，连结两个面的重心E、F，则线段EF的长是_____.60.（2000全国，16）如图9—15（1），E、F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是图9—15（2）的（要求：把可能的图的序号都．填上）.图9—1 图9—15（1）图9—15（2）61.（2000上海，7）命题A：底面为正三角形，且顶点在底面的射影为底面中心的三棱锥是正三棱锥．图9—13命题A 的等价命题B可以是：底面为正三角形，且 的三棱锥是正三棱锥．62.（1999全国，18）α、β是两个不同的平面，m 、n 是平面α及β之外的两条不同直线.给出四个论断：①m ⊥n ②α⊥β ③n ⊥β ④m ⊥α以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出你认为正确的一个．．命题： . 63.（1998全国，18）如图9—16，在直四棱柱A 1B 1C 1D 1—ABCD中，当底面四边形ABCD 满足条件 （或任何能推导出这个条件的其他条件，例如ABCD 是正方形、菱形等）时，有A 1C ⊥B 1D 1（注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形）.64.（1998上海）棱长为2的正四面体的体积为 .65.（1997全国，19）已知m 、l 是直线，α、β是平面，给出下列命题①若l 垂直于α内的两条相交直线，则l ⊥α②若l 平行于α，则l 平行于α内的所有直线③若m ⊂α，l ⊂β，且l ⊥m ，则α⊥β④若l ⊂β，且l ⊥α，则α⊥β⑤若m ⊂α，l ⊂β，且α∥β，则m ∥l其中正确的命题的序号是_____（注：把你认为正确的命题的序号都填上）.66.（1997上海）圆柱形容器的内壁底半径为5 cm ，两个直径为5 cm 的玻璃小球都浸没于容器的水中，若取出这两个小球，则容器的水面将下降_____ cm.67.（1996上海，18）把半径为3 cm 、中心角为32π的扇形卷成一个圆锥形容器，这个容器的容积为 cm 3（结果保留π）.68.（1996上海，18）如图9—17，在正三角形ABC 中，E 、F 依次是AB 、AC 的中点，AD ⊥BC ，EH ⊥BC ，F Ｇ⊥BC ，D 、H 、G 为垂足，若将正三角形ABC 绕AD 旋转一周所得的圆锥的体积为V ，则其中由阴影部分所产生的旋转体的体积与V 的比值是 .图9—17 图9—1869.（1996全国，19）如图9—18，正方形ABCD 所在平面与正方形ABEF 所在平面成60°的二面角，则异面直线AD 与BF 所成角的余弦值是_____.70.（1995全国，17）已知圆台上、下底面圆周都在球面上，且下底面过球心，母线与底面所成的角为3π，则圆台的体积与球体积之比为_____.71.（1995上海理）把圆心角为216°，半径为5分米的扇形铁皮焊成一个圆锥形容器（不计焊缝），那么容器的容积是_____.72.（1994全国，19）设圆锥底面圆周上两点A 、B 间的距离为2，圆锥顶点到直线AB图9—16的距离为3，AB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的体积为_____.73.（1994上海）有一个实心圆锥体的零部件，它的轴截面是边长为10 cm的等边三角形，现在要在其整个表面上镀一层防腐材料，已知每平方厘米的工料价为0.10元，则需要的费用为_____元（π取3.2）.三、解答题74.（2003京春文，19）如图9—19，ABCD—A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点.（Ⅰ）求三棱锥D1—DBC的体积；（Ⅱ）证明BD1∥平面C1DE；（Ⅲ）求面C1DE与面CDE所成二面角的正切值.图9—1 图9—2075.（2003京春理，19）如图9—20，正四棱柱ABCD—A1B1C1D1中，底面边长为22，侧棱长为4.E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD=G.（Ⅰ）求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1；（Ⅱ）求点D1到平面B1EF的距离d；（Ⅲ）求三棱锥B1—EFD1的体积V.76.（2002京皖春文，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，且AC=BC=5，SB=55.（如图9—21）（Ⅰ）证明：SC⊥BC；（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；（Ⅲ）求三棱锥的体积V S－AB C.77.（2002京皖春理，19）在三棱锥S—ABC中，∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=13，SB=29.（Ⅰ）证明：SC⊥BC；（Ⅱ）求侧面SBC与底面ABC所成二面角的大小；（Ⅲ）求异面直线SC与AB所成的角的大小（用反三角函数表示）.图9—22 图9—2378.（2002全国文，19）四棱锥P—ABCD的底面是边长为a的正方形，PB⊥面ABCD，图9—21如图9—22所示.（Ⅰ）若面P AD 与面ABCD 所成的二面角为60°，求这个四棱锥的体积；（Ⅱ）证明无论四棱锥的高怎样变化，面P AD 与面PCD 所成的二面角恒大于90°. 79.（2002北京文，18）如图9—23，在多面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，上、下底面矩形的长、宽分别为c ，d 与a ，b ，且a ＞c ，b ＞d ，两底面间的距离为h .（Ⅰ）求侧面ABB 1A 1与底面ABCD 所成二面角的正切值；（Ⅱ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V 估=S 中截面·h 来计算.已知它的体积公式是V=6h（S 上底面+4S 中截面+S 下底面），试判断V 估与V 的大小关系，并加以证明. （注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面） 80.（2002北京理，18）如图9—24，在多面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，上、下底面平行且均为矩形，相对的侧面与同一底面所成的二面角大小相等，侧棱延长后相交于E ，F 两点，上、下底面矩形的长、宽分别为c ，d 与a ，b ，且a ＞c ，b ＞d ，两底面间的距离为h .（Ⅰ）求侧面ABB 1A 1与底面ABCD 所成二面角的大小； （Ⅱ）证明：EF ∥面ABCD ；（Ⅲ）在估测该多面体的体积时，经常运用近似公式V 估=S 中截面·h 来计算.已知它的体积公式是V =6h（S 上底面+4S 中截面+S 下底面）， 试判断V 估与V 的大小关系，并加以证明.（注：与两个底面平行，且到两个底面距离相等的截面称为该多面体的中截面） 81.（2002全国文，22）（Ⅰ）给出两块相同的正三角形纸片（如图（1），图（2）），要求用其中一块剪拼成一个正三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图（1）、图（2），并作简要说明；（Ⅱ）试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；图9—2582.（2002全国理，18）如图9—26，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直.点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM =BN =a （0＜a ＜2）.（Ⅰ）求MN 的长；（Ⅱ）当a 为何值时，MN 的长最小；（Ⅲ）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小.图9—24图9—26 图9—2783.（2001春季北京、安徽，19）如图9—27，已知VC 是△ABC 所在平面的一条斜线，点N 是V 在平面ABC 上的射影，且在△ABC 的高CD 上.AB ＝a ，VC 与AB 之间的距离为h ，点M ∈V C.（Ⅰ）证明∠MDC 是二面角M —AB —C 的平面角； （Ⅱ）当∠MDC ＝∠CVN 时，证明VC ⊥平面AMB ；（Ⅲ）若∠MDC ＝∠CVN ＝θ（0＜θ＜2），求四面体MABC 的体积.84.（2001上海，19）在棱长为a 的正方体OABC —O ′A ′B ′C ′中，E 、F 分别是棱AB 、BC 上的动点，且AE ＝BF ．（Ⅰ）求证：A ′F ⊥C ′E ；（Ⅱ）当三棱锥B ′—BEF 的体积取得最大值时，求二面角B ′—EF —B 的大小（结果用反三角函数表示）．85.（2001全国理17，文18）如图9—28，在底面是直角梯形的四棱锥S —ABCD 中，∠ABC ＝90°，SA ⊥面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝21. （Ⅰ）求四棱锥S —ABCD 的体积； （Ⅱ）求面SCD 与面SBA 所成的二面角的正切值.86.（2000京皖春理20,文21）在直角梯形ABCD 中，如图9—29，∠D ＝∠BAD ＝90°，AD ＝21AB ＝a （如图（1）），将△ADC 沿AC 折起，使D 到D ′，记面ACD ′为α，面ABC 为β，面BCD ′为γ．图9—29（Ⅰ）若二面角α—AC —β为直二面角（如图（2）），求二面角β—BC —γ的大小； （Ⅱ）若二面角α—AB —β为60°（如图（3）），求三棱锥D ′—ABC 的体积．87.（2000全国理，18）如图9—30，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝∠BCD ＝60°．（Ⅰ）证明：C 1C ⊥BD ；图9—28（Ⅱ）假定CD ＝2，CC 1＝23，记面C 1BD 为α，面CBD 为β，求二面角α—BD —β的平面角的余弦值；（Ⅲ）当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ？请给出证明．图9—30 图9—3188.（2000全国文，19）如图9—31，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，且∠C 1CB ＝∠C 1CD ＝∠BCD ．（Ⅰ）证明：C 1C ⊥BD ；（Ⅱ）当1CC CD的值为多少时，能使A 1C ⊥平面C 1BD ?请给出证明． 89.（2000上海，18）如图9—32所示四面体ABCD 中，AB 、BC 、BD 两两互相垂直，且AB ＝BC ＝2，E 是AC 中点，异面直线AD 与BE 所成的角大小为arccos 1010，求四面体ABCD 的体积．图9—32 图9—3390.（1999全国文22，理21）如图9—33，已知正四棱柱ABCD —A 1B 1C 1D 1，点E 在棱D 1D 上，截面EAC ∥D 1B ，且面EAC 与底面ABCD 所成的角为45°，AB ＝a .（Ⅰ）求截面EAC 的面积；（Ⅱ）求异面直线A 1B 1与AC 之间的距离； （Ⅲ）求三棱锥B 1－EAC 的体积.91.（1998全国理，23）已知如图9—34，斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC ＝90°，BC ＝2，AC ＝23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1＝A 1C.（Ⅰ）求侧棱A 1A 与底面ABC 所成角的大小；（Ⅱ）求侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的大小； （Ⅲ）求顶点C 到侧面A 1ABB 1的距离.图9—34 图9—3592.（1998全国文，23）已知如图9—35，斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧面A 1ACC 1与底面ABC 垂直，∠ABC ＝90°，BC ＝2，AC ＝23，且AA 1⊥A 1C ，AA 1＝A 1C.（Ⅰ）求侧棱A 1A 与底面ABC 所成角的大小；（Ⅱ）求侧面A 1ABB 1与底面ABC 所成二面角的大小； （Ⅲ）求侧棱B 1B 和侧面A 1ACC 1的距离.93.（1997全国，23）如图9—36，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是BB 1、CD 的中点.（Ⅰ）证明：AD ⊥D 1F ；（Ⅱ）求AE 与D 1F 所成的角； （Ⅲ）证明：面AED ⊥面A 1FD 1；（Ⅳ）（理）设AA 1＝2，求三棱锥F —A 1ED 1的体积11ED A F V -. （文）设AA 1＝2，求三棱锥E —AA 1F 的体积F AA E V 1-.图9—36图9—3794.（1997上海理）如图9—37在三棱柱ABC —A ′B ′C ′中，四边形A ′ABB ′是菱形，四边形BCC ′B ′是矩形，C ′B ′⊥A B.（1）求证：平面CA ′B ⊥平面A ′AB ； （2）若C ′B ′=3，AB =4，∠ABB ′=60°，求AC ′与平面BCC ′所成的角的大小（用反三角函数表示）.95.（1996上海，21）如图9—38，在二面角α—l —β中，A 、B ∈α，C 、D ∈l ，ABCD为矩形，P ∈β，P A ⊥α，且P A ＝AD ，M 、N 依次是AB 、PC 的中点.（1）求二面角α—l —β的大小； （2）求证：MN ⊥AB ；（3）求异面直线P A 与MN 所成角的大小.图9—38 图9—3996.（1995全国文24，理23）如图9—39，圆柱的轴截面ABCD 是正方形，点E 在底面的圆周上，AF ⊥DE ，F 是垂足.（Ⅰ）求证：AF ⊥DB ； （Ⅱ）（理）如果圆柱与三棱锥D —ABE 的体积比等于3π，求直线DE 与平面ABCD 所成的角.（文）求点E 到截面ABCD 的距离.97.（1995上海，23）如图9—40，四棱锥P —ABCD 中，底面是一个矩形，AB ＝3，AD ＝1，又P A ⊥AB ，P A ＝4，∠P AD ＝60°.（Ⅰ）求四棱锥P —ABCD 的体积；（Ⅱ）求二面角P —BC —D 的大小（用反三角函数表示）.图9—40 图9—4198.（1994全国，23）如图9—41，已知A 1B 1C 1—ABC 是正三棱柱，D 是AC 中点. （Ⅰ）证明：AB 1∥平面DBC 1； （Ⅱ）（理）假设AB 1⊥BC 1，求以BC 1为棱的DBC 1与CBC 1为面的二面角α的度数. （文）假设AB 1⊥BC 1，BC ＝2，求线段AB 1在侧面B 1BCC 1上的射影长. 99.（1994上海，23）如图9—42在梯形ABCD 中，AD ∥BC ， ∠ABC ＝2，AB ＝a ，AD ＝3a ，且∠ADC ＝arcsin55，又P A ⊥平面ABCD ，P A =a .求（1）二面角P —CD —A 的大小（用反三角函数表示）.（2）点A 到平面PBC 的距离. ●答案解析 1.答案：B解析：将三角形折成三棱锥如图9—43所示.HG 与IJ 为一对异面直线.过点D 分别图9—42图9—43作HG 与IJ 的平行线，即DF 与AD .所以∠ADF 即为所求.因此，HG 与IJ 所成角为60°.评述：本题通过对折叠问题处理考查空间直线与直线的位置关系，在画图过程中正确理解已知图形的关系是关键.通过识图、想图、画图的角度考查了空间想象能力.而对空间图形的处理能力是空间想象力深化的标志，是高考从深层上考查空间想象能力的主要方向.2.答案：D解析：A 选项中，若a ∥M ，b ∥M ，则有a ∥b 或a 与b 相交或a 与b 异面.B 选项中，b 可能在M 内，b 可能与M 平行，b 可能与M 相交.C 选项中须增加a 与b 相交，则l ⊥M . D 选项证明如下：∵a ∥N ，过a 作平面α与N 交于c ，则c ∥a ，∴c ⊥M .故M ⊥N .评述：本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的基本性质. 3.答案：D解析：垂直于同一平面的两直线必平行，因此选D.评述：判断元素之间的位置关系问题，也可以从元素之间所有关系分析入手，再否定若干选项.如A ，因为α、β有两种位置关系，在α与β相交情况下，仍有α⊥r ，β⊥r .因此，α∥β是错误的.4.答案：A解析：∵CD 在平面BCD 内，AB 是平面BCD 的斜线，由三垂线定理可得A. 5.答案：B 解析：（1）、（4）是正确命题.因为α∥β，l ⊥α，∴l ⊥β. 又m ⊂β，∴l ⊥m .因为l ∥m ，l ⊥α，∴m ⊥α，∴β⊥α. 6.答案：D解析：如图9—44，该旋转体的体积为圆锥C —ADE 与圆锥B —ADE 体积之差又∵求得AB =1∴23133125331πππ=⋅⋅⋅-⋅⋅⋅=-=--ADE B ADE C V V V7.答案：C解析：设该长方体水箱的长、宽、高分别为x 、y 、z ，∴x ·y ·z =4 ∴原长方形中用于制作水箱的部分的长、宽应分别为x +2z ，y +2z （如图9—45中（2）所示）从而通过对各选项的考查，确定C 答案.图9—458.答案：C解析：如图9—46，作出轴截面，设公共底面圆的半径为R ，圆锥的高为h∴V 锥=31πR 2h ，V 半球=21·43πR 3图9—44图9—47∵V 锥=V 半球，∴h =2R ∴tan α=21 ∴cos θ=53411411tan 1tan 122=+-=+-αα 9.答案：C 解析：V 甲=64·34π·（4a ·21）3=61πa 3， S 甲=64·4π·（4a ·21）2=4πa 2 V 乙=34π（a ·21）3=61πa 3，S 乙=4π（a ·21）2=πa 2 ∴V 甲=V 乙，S 甲＞S 乙. 10.答案：C解析：若命题甲成立，命题乙不一定成立，如底面为菱形时. 若命题乙成立，命题甲一定成立. 11.答案：B解析：连结FE 1、FD ，则由正六棱柱相关性质得FE 1∥BC 1. 在△EFD 中，EF =ED =1，∠FED =120°，∴FD =3.在Rt △EFE 1和Rt △EE 1D 中，易得E 1F =E 1D =3.∴△E 1FD 是等边三角形.∴∠FE 1D =60°. ∴BC 1与DE 1所成的角为60°.评述：本题主要考查正六棱柱的性质及异面直线所成的角的求法. 12.答案：D解析：①∵a ∥b ，a ⊥α，∴b ⊥α，又∵b ⊥β，∴α∥β ②∵a ⊥α，α⊥β ∴a ∥β或a ∈β 又∵b ⊥β ∴b ⊥a ③若α∥β，则a ∥b④若α、β相交，则a 、b 可能相交也可能异面，显然D 不对. 13.答案：C解析:展开图可以折成如图9—47的正方体,由图可知①②不正确. ∴③④正确. 14.答案：A 解析：∵S ＝21ab sin θ 图9—47∴21a 2sin60°＝3 ∴a 2＝4，a ＝2，a =2r ∴r ＝ 1 S 全＝2πr ＋πr 2＝2π＋π＝3π 15.答案：D解析：由S 底＝S 侧cos θ可得P 1＝P 2 而P 3＝θθθcos )(2)cos sin (22121S S S S +=+ 又∵2（S 1＋S 2）＝S 底 ∴P 1＝P 2＝P 316.答案：B解析：如图9—48，D 1、D 分别为B 1C 1、BC 中点，连结AD 、D 1C ，设BB 1＝1，则AB ＝2，则AD 为AB 1在平面BC 1上的射影，又32cos ,22,3311====BC BC BC C BD BE∴DE 2＝BE 2＋BD 2－2BE ·BD ·cos C 1BC ＝6132223322131=⋅⋅⋅-+ 而BE 2＋DE 2＝216131=+＝BD 2 ∴∠BED ＝90° ∴AB 1与C 1B 垂直 17.答案：C解析：设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，依条件则有2πr ＝πl ，如图9—49∴21=l r ，即∠ASO ＝30°，因此圆锥顶角为60°. 18.答案：A解析：（1）如果a ，b 是平面M 中的两条相交直线，面M ∥α， ∴有a ∥α，b ∥α，但a b ，所以（1）错．（2）如果α∩β＝b ，而a ∥b ，∴有a ∥α，a ∥β，但αβ，所以（2）错． （3）如果α∩β＝b ，而b ⊥γ，∴有β⊥γ，α⊥γ，但αβ，（3）错． 19.答案：C解析：设圆锥的底面半径为R ，则V 圆锥＝32πR 3，V 球＝34πR 3， ∴V 圆锥∶V 球＝1∶2． 20.答案：D解析：设长方体共一顶点的三边长分别为a =1，b ＝2，c ＝3，则对角线l 的长为图9—48图9—49l =6222=++c b a ．21.答案：D解析：如图9—50，由题意知，31πr 2h ＝61πR 2h ， ∴r ＝2R． 又△ABO ∽△CAO ，∴R OA OA r =，∴OA 2＝r ·R ＝422,2R OA R =， ∴cos θ＝421=R OA ． 22.答案：A解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则由题设知h =2πr . ∴S 全=2πr 2+（2πr ）2=2πr 2（1+2π）.S侧=h 2=4π2r 2，∴ππ221+=侧全S S . 评述：本题考查圆柱的侧面展开图、侧面积和全面积等知识.23.答案：B解析：设水面半径为x cm ， 则水面高度为3x cm则由已知得：π·22·6＝31πx 2·3x （3x ）3＝63，3x ＝6.评述：本题重点考查柱体、锥体的体积公式及灵活的运算能力. 24.答案：D解析：由已知得中截面圆的半径r ′＝25+R . 设圆台的母线长为l ，则中截面截圆台所得上面小圆台的母线长l ′＝2l，且上面小圆台的侧面积S ′与圆台侧面积S 之比为1∶3，由圆台侧面积公式得：31)5(21)255(=+⋅++='l R R S S ππ，解得R =25 评述：本题主要考查圆台及其侧面积公式，立足课本，属送分题.图9—5025.答案：D解析：连EB 、E C.四棱锥E —ABCD 的体积V E —ABCD =31·32·2=6.由于AB =2EF ，EF ∥AB ，所以S △EAB =2S △BEF∴V F —EBC =V C —EFB =21V C —ABE =21V E —ABC =21·21V E —ABCD =23 ∴多面体EF —ABCD 的体积V EF —ABCD =V E —ABCD +V F —EBC =6+21523=. 此题也可利用V EF —ABCD ＞V E —ABCD =6.故选D.评述：本题考查多面体体积的计算以及空间想象能力和运算能力. 26.答案：C解析：设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，由已知得：πr 2＋πrl ＝3πr 221=⇒l r ， ∴θ＝lr×2π＝π. 评述：本小题考查圆锥的概念、性质及侧面积公式.侧面展开是立体问题平面化的重要手段应引起广大考生的注意. 27.答案：A解析：设该棱台为正棱台来解即可.评述：本题考查棱台的中截面问题.根据选择题的特点本题选用“特例法”来解，此种解法在解选择题时很普遍，如选用特殊值、特殊点、特殊曲线、特殊图形等等.28.答案：B 解析：设球心为O ，由题设知三棱锥O —ABC 是正四面体，且△ABC 的外接圆半径是2，设球半径为R ，则33R ＝2，∴R ＝23. 29.答案：C解析：A 中直线l ⊥β，l α，所以α⊥β，A 为真命题.B 中，在α内取两相交直线，则此二直线平行于β，则α∥β，B 为真命题.D 为两平面平行的性质，为真命题.C 为假命题，l 只有在垂直交线时才有l ⊥β，否则l 不垂直β.故选C.评述：本题考查平面与平面垂直、直线与平面平行的判定和性质. 30.答案：C解析：长方体的对角线长等于球的直径，于是（2R ）2＝32＋42＋52，R 2＝225， 则S 球＝4πR 2＝4π·225＝50π. 评述：本题考查长方体、球的有关概念和性质.。
十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学 专题01 集合
十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题01 集合1.(2019•全国1•理T1)已知集合M={x|-4<x<2},N={x|x2-x-6<0},则M∩N=( )A.{x|-4<x<3}B.{x|-4<x<-2}C.{x|-2<x<2}D.{x|2<x<3}【答案】C【解析】由题意得N={x|-2<x<3},则M∩N={x|-2<x<2},故选C.2.(2019•全国1•文T2)已知集合U={1,2,3,4,5,6,7},A={2,3,4,5},B={2,3,6,7},则B∩∁U A=( )A.{1,6}B.{1,7}C.{6,7}D.{1,6,7}【答案】C【解析】由已知得∁U A={1,6,7},∴B∩∁U A={6,7}.故选C.3.(2019•全国2•理T1)设集合A={x|x2-5x+6>0},B={x|x-1<0},则A∩B=( )A.(-∞,1)B.(-2,1)C.(-3,-1)D.(3,+∞)【答案】A【解析】由题意,得A={x|x<2,或x>3},B={x|x<1},所以A∩B={x|x<1},故选A.4.(2019•全国2•文T1)已知集合A={x|x>-1},B={x|x<2},则A∩B=( )A.(-1,+∞)B.(-∞,2)C.(-1,2)D.⌀【答案】C【解析】由题意,得A∩B=(-1,2),故选C.5.(2019•全国3•T1)已知集合A={-1,0,1,2},B={x|x2≤1},则A∩B=( )A.{-1,0,1}B.{0,1}C.{-1,1}D.{0,1,2}【答案】A【解析】A={-1,0,1,2},B={x|-1≤x≤1},则A∩B={-1,0,1}.故选A.6.(2019•北京•文T1)已知集合A={x|-1<x<2},B={x|x>1},则A∪B=( )A.(-1,1)B.(1,2)C.(-1,+∞)D.(1,+∞)【答案】C【解析】∵A={x|-1<x<2},B={x|x>1},∴A∪B=(-1,+∞),故选C.7.(2019•天津•T1)设集合A={-1,1,2,3,5},B={2,3,4},C={x∈R|1≤x<3},则(A∩C)∪B=( )A.{2}B.{2,3}C.{-1,2,3}D.{1,2,3,4}【答案】D【解析】A∩C={1,2},(A∩C)∪B={1,2,3,4},故选D.8.(2019•浙江•T1)已知全集U={-1,0,1,2,3},集合A={0,1,2},B={-1,0,1},则(∁U A)∩B=( )A.{-1}B.{0,1}C.{-1,2,3}D.{-1,0,1,3}【答案】A【解析】∁U A={-1,3},则(∁U A)∩B={-1}.9.(2018•全国1•理T2)已知集合A={x|x2-x-2>0},则∁R A=( )A.{x|-1<x<2}B.{x|-1≤x≤2}C.{x|x<-1}∪{x|x>2}D.{x|x≤-1}∪{x|x≥2}【答案】B【解析】A={x|x<-1或x>2},所以∁R A={x|-1≤x≤2}.10.(2018•全国1•文T1)已知集合A={0,2},B={-2,-1,0,1,2},则A∩B=( )A.{0,2}B.{1,2}C.{0}D.{-2,-1,0,1,2}【答案】A【解析】由交集定义知A∩B={0,2}.11.(2018•全国2•文T2,)已知集合A={1,3,5,7},B={2,3,4,5},则A∩B=( )A.{3}B.{5}C.{3,5}D.{1,2,3,4,5,7}【答案】C【解析】集合A、B的公共元素为3,5,故A∩B={3,5}.12.(2018•全国3•T1)已知集合A={x|x-1≥0},B={0,1,2},则A∩B=( )A.{0}B.{1}C.{1,2}D.{0,1,2}【答案】C【解析】由题意得A={x|x≥1},B={0,1,2},∴A∩B={1,2}.13.(2018•北京•T1)已知集合A={x||x|<2},B={-2,0,1,2},则A∩B=( )A.{0,1}B.{-1,0,1}C.{-2,0,1,2}D.{-1,0,1,2}【答案】A【解析】∵A={x|-2<x<2},B={-2,0,1,2},∴A∩B={0,1}.14.(2018•天津•理T1)设全集为R,集合A={x|0<x<2},B={x|x≥1},则A∩(∁R B)=( )A.{x|0<x≤1}B.{x|0<x<1}C.{x|1≤x<2}D.{x|0<x<2}【答案】B【解析】∁R B={x|x<1},A∩(∁R B)={x|0<x<1}.故选B.15.(2018•天津•文T1)设集合A={1,2,3,4},B={-1,0,2,3},C={x∈R|-1≤x<2},则(A∪B)∩C=( )A.{-1,1}B.{0,1}C.{-1,0,1}D.{2,3,4}【答案】C【解析】A∪B={-1,0,1,2,3,4}.又C={x∈R|-1≤x<2},∴(A∪B)∩C={-1,0,1}.16.(2018•浙江•T1)已知全集U={1,2,3,4,5},A={1,3},则∁U A=( )A.⌀B.{1,3}C.{2,4,5}D.{1,2,3,4,5}【答案】C【解析】∵A={1,3},U={1,2,3,4,5},∴∁U A={2,4,5},故选C.17.(2018•全国2•理T2,)已知集合A={(x,y)|x2+y2≤3,x∈Z,y∈Z},则A中元素的个数为( )A.9B.8C.5D.4【答案】A【解析】满足条件的元素有(-1,-1),(-1,0),(-1,1),(0,1),(0,0),(0,-1),(1,-1),(1,0),(1,1),共9个。
十年真题(2010-2019)高考数学(文)分类汇编专题11 平面解析几何解答题(新课标Ⅰ卷)(解析版)
专题11平面解析几何解答题历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2018年新课标1文科20】设抛物线C：y2＝2，点A（2，0），B（﹣2，0），过点A的直线l与C交于M，N两点．（1）当l与轴垂直时，求直线BM的方程；（2）证明：∠ABM＝∠ABN．【解答】解：（1）当l与轴垂直时，＝2，代入抛物线解得y＝±2，所以M（2，2）或M（2，﹣2），直线BM的方程：y+1，或：y﹣1．（2）证明：设直线l的方程为l：＝ty+2，M（1，y1），N（2，y2），联立直线l与抛物线方程得，消得y2﹣2ty﹣4＝0，即y1+y2＝2t，y1y2＝﹣4，则有BN+BM0，所以直线BN与BM的倾斜角互补，∴∠ABM＝∠ABN．2．【2017年新课标1文科20】设A，B为曲线C：y上两点，A与B的横坐标之和为4．（1）求直线AB的斜率；（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．【解答】解：（1）设A（1，），B（2，）为曲线C：y上两点，则直线AB的斜率为（1+2）4＝1；（2）设直线AB的方程为y＝+t，代入曲线C：y，可得2﹣4﹣4t＝0，即有1+2＝4，12＝﹣4t，再由y的导数为y′，设M（m，），可得M处切线的斜率为m，由C在M处的切线与直线AB平行，可得m＝1，解得m＝2，即M（2，1），由AM⊥BM可得，AM•BM＝﹣1，即为•1，化为12+2（1+2）+20＝0，即为﹣4t+8+20＝0，解得t＝7．则直线AB的方程为y＝+7．3．【2016年新课标1文科20】在直角坐标系Oy中，直线l：y＝t（t≠0）交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2p（p＞0）于点P，M关于点P的对称点为N，连结ON并延长交C于点H．（Ⅰ）求；（Ⅱ）除H以外，直线MH与C是否有其它公共点？说明理由．【解答】解：（Ⅰ）将直线l与抛物线方程联立，解得P（，t），∵M关于点P的对称点为N，∴，t，∴N（，t），∴ON的方程为y，与抛物线方程联立，解得H（，2t）∴2；（Ⅱ）由（Ⅰ）知MH，∴直线MH的方程为y+t，与抛物线方程联立，消去可得y2﹣4ty+4t2＝0，∴△＝16t2﹣4×4t2＝0，∴直线MH与C除点H外没有其它公共点．4．【2015年新课标1文科20】已知过点A（0，1）且斜率为的直线l与圆C：（﹣2）2+（y﹣3）2＝1交于点M、N两点．（1）求的取值范围；（2）若•12，其中O为坐标原点，求|MN|．【解答】（1）由题意可得，直线l的斜率存在，设过点A（0，1）的直线方程：y＝+1，即：﹣y+1＝0．由已知可得圆C的圆心C的坐标（2，3），半径R＝1．故由1，故当，过点A（0，1）的直线与圆C：（﹣2）2+（y﹣3）2＝1相交于M，N两点．（2）设M（1，y1）；N（2，y2），由题意可得，经过点M、N、A的直线方程为y＝+1，代入圆C的方程（﹣2）2+（y﹣3）2＝1，可得（1+2）2﹣4（+1）+7＝0，∴1+2，1•2，∴y1•y2＝（1+1）（2+1）＝212+（1+2）+1•2+•1，由•1•2+y1•y212，解得＝1，故直线l的方程为y＝+1，即﹣y+1＝0．圆心C在直线l上，MN长即为圆的直径．所以|MN|＝2．5．【2014年新课标1文科20】已知点P（2，2），圆C：2+y2﹣8y＝0，过点P的动直线l与圆C交于A，B 两点，线段AB的中点为M，O为坐标原点．（1）求M的轨迹方程；（2）当|OP|＝|OM|时，求l的方程及△POM的面积．【解答】解：（1）由圆C：2+y2﹣8y＝0，得2+（y﹣4）2＝16，∴圆C的圆心坐标为（0，4），半径为4．设M（，y），则，．由题意可得：．即（2﹣）+（y﹣4）（2﹣y）＝0．整理得：（﹣1）2+（y﹣3）2＝2．∴M的轨迹方程是（﹣1）2+（y﹣3）2＝2．（2）由（1）知M的轨迹是以点N（1，3）为圆心，为半径的圆，由于|OP|＝|OM|，故O在线段PM的垂直平分线上，又P在圆N上，从而ON⊥PM．∵ON＝3，∴直线l的斜率为．∴直线PM的方程为，即+3y﹣8＝0．则O到直线l的距离为．又N到l的距离为，∴|PM|．∴．6．【2013年新课标1文科21】已知圆M：（+1）2+y2＝1，圆N：（﹣1）2+y2＝9，动圆P与圆M外切并与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C．（Ⅰ）求C的方程；（Ⅱ）l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|．【解答】解：（I）由圆M：（+1）2+y2＝1，可知圆心M（﹣1，0）；圆N：（﹣1）2+y2＝9，圆心N（1，0），半径3．设动圆的半径为R，∵动圆P与圆M外切并与圆N内切，∴|PM|+|PN|＝R+1+（3﹣R）＝4，而|NM|＝2，由椭圆的定义可知：动点P的轨迹是以M，N为焦点，4为长轴长的椭圆，∴a＝2，c＝1，b2＝a2﹣c2＝3．∴曲线C的方程为（≠﹣2）．（II）设曲线C上任意一点P（，y），由于|PM|﹣|PN|＝2R﹣2≤3﹣1＝2，所以R≤2，当且仅当⊙P的圆心为（2，0）R＝2时，其半径最大，其方程为（﹣2）2+y2＝4．①l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|．②若l的倾斜角不为90°，由于⊙M的半径1≠R，可知l与轴不平行，设l与轴的交点为Q，则，可得Q（﹣4，0），所以可设l：y＝（+4），由l于M相切可得：，解得．当时，联立，得到72+8﹣8＝0．∴，．∴|AB|由于对称性可知：当时，也有|AB|．综上可知：|AB|或．7．【2012年新课标1文科20】设抛物线C：2＝2py（p＞0）的焦点为F，准线为l，A∈C，已知以F为圆心，F A为半径的圆F交l于B，D两点；（1）若∠BFD＝90°，△ABD的面积为，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．【解答】解：（1）由对称性知：△BFD是等腰直角△，斜边|BD|＝2p点A到准线l的距离，∵△ABD的面积S△ABD，∴，解得p＝2，所以F坐标为（0，1），∴圆F的方程为2+（y﹣1）2＝8．（2）由题设，则，∵A，B，F三点在同一直线m上，又AB为圆F的直径，故A，B关于点F对称．由点A，B关于点F对称得：得：，直线，切点直线坐标原点到m，n距离的比值为．8．【2011年新课标1文科20】在平面直角坐标系Oy中，曲线y＝2﹣6+1与坐标轴的交点都在圆C上．（Ⅰ）求圆C的方程；（Ⅱ）若圆C与直线﹣y+a＝0交与A，B两点，且OA⊥OB，求a的值．【解答】解：（Ⅰ）法一：曲线y＝2﹣6+1与y轴的交点为（0，1），与轴的交点为（3+2，0），（3﹣2，0）．可知圆心在直线＝3上，故可设该圆的圆心C为（3，t），则有32+（t﹣1）2＝（2）2+t2，解得t＝1，故圆C的半径为，所以圆C的方程为（﹣3）2+（y﹣1）2＝9．法二：圆2+y2+D+Ey+F＝0＝0，y＝1有1+E+F＝0y＝0，2﹣6+1＝0与2+D+F＝0是同一方程，故有D＝﹣6，F＝1，E＝﹣2，即圆方程为2+y2﹣6﹣2y+1＝0（Ⅱ）设A（1，y1），B（2，y2），其坐标满足方程组，消去y，得到方程22+（2a﹣8）+a2﹣2a+1＝0，由已知可得判别式△＝56﹣16a﹣4a2＞0．在此条件下利用根与系数的关系得到1+2＝4﹣a，12①，由于OA⊥OB可得12+y1y2＝0，又y1＝1+a，y2＝2+a，所以可得212+a（1+2）+a2＝0②由①②可得a＝﹣1，满足△＝56﹣16a﹣4a2＞0．故a＝﹣1．9．【2011年新课标1文科22】如图，D，E分别为△ABC的边AB，AC上的点，且不与△ABC的顶点重合．已知AE的长为m，AC的长为n，AD，AB的长是关于的方程2﹣14+mn＝0的两个根．（Ⅰ）证明：C，B，D，E四点共圆；（Ⅱ）若∠A＝90°，且m＝4，n＝6，求C，B，D，E所在圆的半径．【解答】解：（I）连接DE，根据题意在△ADE和△ACB中，AD×AB＝mn＝AE×AC，即又∠DAE＝∠CAB，从而△ADE∽△ACB因此∠ADE＝∠ACB∴C，B，D，E四点共圆．（Ⅱ）m＝4，n＝6时，方程2﹣14+mn＝0的两根为1＝2，2＝12．故AD＝2，AB＝12．取CE的中点G，DB的中点F，分别过G，F作AC，AB的垂线，两垂线相交于H点，连接DH．∵C，B，D，E四点共圆，∴C，B，D，E四点所在圆的圆心为H，半径为DH．由于∠A＝90°，故GH∥AB，HF∥AC．HF＝AG＝5，DF（12﹣2）＝5．故C，B，D，E四点所在圆的半径为510．【2010年新课标1文科20】设F1，F2分别是椭圆E：21（0＜b＜1）的左、右焦点，过F1的直线l与E相交于A、B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．（Ⅰ）求|AB|；（Ⅱ）若直线l的斜率为1，求b的值．【解答】解：（1）由椭圆定义知|AF2|+|AB|+|BF2|＝4又2|AB|＝|AF2|+|BF2|，得（2）L的方程式为y＝+c，其中设A（1，y1），B（2，y2），则A，B两点坐标满足方程组．，化简得（1+b2）2+2c+1﹣2b2＝0．则．因为直线AB 的斜率为1，所以 即． 则． 解得． 考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：直线方程、圆的方程，直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线，曲线与方程等.历年考题主要以解答题题型出现，重点考查的知识点为：直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点直线与圆、圆与圆的位置关系，椭圆、双曲线、抛物线及其性质，直线与圆锥曲线等为重点较佳.最新高考模拟试题1．已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b +=>>6，椭圆22222:1(0)33x y C a b a b +=>>经过点3322⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭.（1）求椭圆1C 的标准方程；（2）设点M 是椭圆1C 上的任意一点，射线MO 与椭圆2C 交于点N ，过点M 的直线l 与椭圆1C 有且只有一个公共点，直线l 与椭圆2C 交于,A B 两个相异点，证明：NAB △面积为定值.【答案】（1）22113y x +=； （2）见解析. 【解析】（1）解：因为1C， 所以22619b a=-，解得223a b =.①将点22⎛ ⎝⎭代入2222133x y a b +=，整理得2211144a b +=.② 联立①②，得21a =，213b =， 故椭圆1C 的标准方程为22113y x +=. （2）证明：①当直线l 的斜率不存在时，点M 为()1,0或()1,0-，由对称性不妨取()1,0M ，由（1）知椭圆2C 的方程为2213x y +=，所以有()N .将1x =代入椭圆2C的方程得y =，所以11122NAB S MN AB ∆=⋅=3=. ②当直线l 的斜率存在时，设其方程为y kx m =+， 将y kx m =+代入椭圆1C 的方程 得()222136310kxkmx m +++-=，由题意得()()()2226413310km k m∆=-+-=，整理得22313m k =+.将y kx m =+代入椭圆2C 的方程， 得()222136330kxkmx m +++-=.设()11,A x y ，()22,B x y ，则122613km x x k +=-+，21223313m x x k-=+， 所以AB ===. 设()00,M x y ，()33,N x y ，ON MO λ=u u u v u u u u v，则可得30x x λ=-，30y y λ=-.因为220022333113x y x y ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，所以2200222003113x y x y λ⎧+=⎪⎛⎫⎨+= ⎪⎪⎝⎭⎩，解得λ=λ=， 所以ON =u u u vu u u v，从而)1NM OM =.又因为点O 到直线l的距离为d =所以点N 到直线l 的距离为)11m d ⋅=所以))111122NABS d AB ∆=⋅==，综上，NAB ∆2．如图，在平面直角坐标系Oy 中，椭圆C ：22221x y a b+=(a ＞b ＞0)经过点(0，)，点F 是椭圆的右焦点，点F 到左顶点的距离和到右准线的距离相等．过点F 的直线l 交椭圆于M ，N 两点．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）当MF ＝2FN 时，求直线l 的方程；（3）若直线l 上存在点P 满足PM·PN＝PF 2，且点P 在椭圆外，证明：点P 在定直线上．【答案】（1）22143x y +=；（25250x y ±=；（3）见解析. 【解析】（1）设椭圆的截距为2c ，由题意，b 3，由点F 到左顶点的距离和到右准线的距离相等，得a+c ＝2a c c-，又a 2＝b 2+c 2，联立解得a ＝2，c ＝1．∴椭圆C 的标准方程为22143x y +=；（2）当直线l 与轴重合时，M （﹣2，0），N （2，0），此时MF ＝3NF ，不合题意； 当直线l 与轴不重合时，设直线l 的方程为＝my+1，M （1，y 1），N （2，y 2），联立22my 1x y 143x =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，得（3m 2+4）y 2+6my ﹣9＝0．△＝36m 2+36（m 2+4）＞0．122634m y y m +=-+ ①，1229y y 3m 4=-+②，由MF ＝2FN ，得y 1＝﹣2y 2③， 联立①③得，1222126,3434m my y m m =-=++， 代入②得，()22227293434m m m-=-++，解得25m =5250x y ±-=；（3）当直线l 的斜率为0时，则M （2，0），N （﹣2，0），设P （0，y 0）， 则PM•PN＝|（0﹣2）（0+2）|，∵点P 在椭圆外，∴0﹣2，0+2同号，又()()()()2220000PF x 1,x 2x 2x 1=-∴-+=-，解得052x =． 当直线l 的斜率不为0时，由（2）知，1212226m 9y y ,y y 3m 43m 4+=-=-++，10200PM y ,PN y ,PF =-=-=．∵点P 在椭圆外，∴y 1﹣y 0，y 2﹣y 0同号， ∴PM•PN＝（1+m 2）（y 1﹣y 0）（y 2﹣y 0）＝()()221201201my yy y y y ⎡⎤+-++⎣⎦()()2222002269113434m m y m y m m ⎛⎫=++-=+ ⎪++⎝⎭，整理得032y m =，代入直线方程得052x =．∴点P 在定直线52x =上． 3．已知抛物线C ：24y x =的焦点为F ，直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，O 是坐标原点． （1）若直线l 过点F 且8AB =，求直线l 的方程；（2）已知点(2,0)E -，若直线l 不与坐标轴垂直，且AEO BEO ∠=∠，证明：直线l 过定点． 【答案】（1）1y x =-或1y x =-+；（2）(2,0). 【解析】解：（1）法一：焦点(1,0)F ，当直线l 斜率不存在时，方程为1x =，与抛物线的交点坐标分别为(1,2)，(1,2)-， 此时4AB =，不符合题意，故直线的斜率存在．设直线l 方程为(1)=-y k x 与24y x =联立得()2222220k x k x k -+-=，当0k =时，方程只有一根，不符合题意，故0k ≠.()212222k x x k++=，抛物线的准线方程为1x =-，由抛物线的定义得()()12||||||11AB AF BF x x =+=+++()222228k k+=+=，解得1k =±，所以l 方程为1y x =-或1y x =-+.法二：焦点(1,0)F ，显然直线l 不垂直于x 轴，设直线l 方程为1x my =+,与24y x =联立得2440y my --=，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，124y y m +=，124y y =.||AB ==()241m ==+，由8AB =，解得1m =±， 所以l 方程为1y x =-或1y x =-+. （2）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，设直线l 方程为(0)x my b m =+≠与24y x =联立得：2440y my b --=，可得124y y m +=，124y y b =-. 由AEO BEO ∠=∠得EA EB k k =，即121222y yx x =-++. 整理得121122220y x y x y y +++=，即121122()2()20y my b y my b y y +++++=， 整理得12122(2)()0my y b y y +++=， 即84(2)0bm b m -++=，即2b =. 故直线l 方程为2x my =+过定点(2,0).4．已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>，()2,0A 是长轴的一个端点，弦BC 过椭圆的中心O ，点C 在第一象限，且0AC BC ⋅=u u u r u u u r，||2||OC OB AB BC -=+u u u r u u u r u u u r u u u r ．（1）求椭圆的标准方程；（2）设P 、Q 为椭圆上不重合的两点且异于A 、B ，若PCQ ∠的平分线总是垂直于x 轴，问是否存在实数λ，使得PQ AB =λu u u r u u u r？若不存在，请说明理由；若存在，求λ取得最大值时的PQ 的长．【答案】(1) 223144x y += (2)【解析】（1）∵0AC BC ⋅=u u u r u u u r，∴90ACB ∠=︒，∵||2||OC OB AB BC -=+u u u r u u u r u u u r u u u r．即||2||BC AC =u u u r u u u r ，∴AOC △是等腰直角三角形， ∵()2,0A ，∴()1,1C ， 而点C 在椭圆上，∴22111a b +=，2a =，∴243b =， ∴所求椭圆方程为223144x y +=．（2）对于椭圆上两点P ，Q ， ∵PCQ ∠的平分线总是垂直于x 轴， ∴PC 与CQ 所在直线关于1x =对称，PC k k =，则CQ k k =-，∵()1,1C ，∴PC 的直线方程为()11y k x =-+，①QC 的直线方程为()11y k x =--+，②将①代入223144x y +=，得()()22213613610k x k k x k k +--+--=，③∵()1,1C 在椭圆上，∴1x =是方程③的一个根，∴2236113P k k x k --=+，以k -替换k ，得到2236131Q k k x k +-=+． ∴()213P Q PQ P Qk x x kk x x +-==-， ∵90ACB ∠=o ，()2,0A ，()1,1C ，弦BC 过椭圆的中心O ， ∴()2,0A ，()1,1B --，∴13AB k =， ∴PQ AB k k =，∴PQ AB ∥， ∴存在实数λ，使得PQ AB =λu u u r u u u r，||PQ =u u ur =≤ 当2219k k =时，即k =时取等号，max ||PQ =u u u r又||AB =u u u rmaxλ==，∴λ取得最大值时的PQ的长为3． 5．已知抛物线216y x =，过抛物线焦点F 的直线l 分别交抛物线与圆22(4)16x y -+=于,,,A C D B （自上而下顺次）四点.（1）求证：||||AC BD ⋅为定值； （2）求||||AB AF ⋅的最小值. 【答案】(1)见证明；(2)108 【解析】（1）有题意可知，(4,0)F可设直线l 的方程为4x my =+，1122(,),(,)A x y B x y联立直线和抛物线方程2164y x x my ⎧=⎨=+⎩，消x 可得216640y my --=，所以1216y y m +=，1264y y =-， 由抛物线的定义可知，112||4,||42pAF x x BF x =+=+=+， 又||||4,||||4AC AF BD BF =-=-，所以2221212264||||(||4)(||4)16161616y y AC BD AF BF x x ⋅=--==⋅==，所以||||AC BD ⋅为定值16.（2）由（1）可知，12||||||8AB AF BF x x =+=++，1||4AF x =+，212111212||||(8)(4)12432AB AF x x x x x x x x ⋅=+++=++++，由1216x x =，可得2116x x =， 所以211164||||1248AB AF x x x ⋅=+++（其中1>0x ）， 令264()1248f x x x x =+++，222642(2)(4)()212x x f x x x x -+'=+-=， 当(0,2)x ∈时，()0f x '<，函数单调递减，当(2,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增， 所以()(2)108f x f ≥=. 所以||||AB AF ⋅的最小值为108.6．已知O 为坐标原点，点()()2,02,0A B -，，()01AC AD CB CD λλ===<<u u u r u u u r，过点B 作AC的平行线交AD 于点E .设点E 的轨迹为τ. （Ⅰ）求曲线τ的方程；（Ⅱ）已知直线l 与圆22:1O x y +=相切于点M ，且与曲线τ相交于P ，Q 两点，PQ 的中点为N ，求三角形MON 面积的最大值.【答案】（Ⅰ）()22105x y y +=≠；. 【解析】（Ⅰ）因为,AD AC EB AC =∥， 故EBD ACD ADC ∠=∠=∠， 所以EB ED =，故EA EB EA ED AD +=+==由题设得()()2,02,04A B AB -=，，，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为：()22105x y y +=≠.（Ⅱ）由题意，直线l 的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y kx m=+，因为直线l与圆O相切，1=，∴221m k=+，由221,5,xyy kx m⎧+=⎪⎨⎪=+⎩消去y得()2221510550k x kmx m+++-=.设()()1122,,,P x y Q x y，由韦达定理知：()1212122210221515km mx x y y k x x mk k+=-+=++=++，.所以PQ中点N的坐标为225,1515km mk k⎛⎫-⎪++⎝⎭，所以弦PQ的垂直平分线方程为22151515m kmy xk k k⎛⎫-=-+⎪++⎝⎭，即2415kmx kyk++=+.所以MN=将m=MN=得2441155||||kMNk kk====++…k=，即m=取等号）.所以三角形MON的面积为111=2255S OM MN=⨯⨯⨯⨯≤，综上所述，三角形MON.7．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为2，F 是椭圆C 的一个焦点．点(02)M ,，直线MF 的． （1）求椭圆C 的方程；（2）若过点M 的直线l 与椭圆C 交于A B ，两点，线段AB 的中点为N ，且AB MN ＝．求l 的方程．【答案】（1）22182x y +=；（2）22y x =±+【解析】（1）由题意，可得22cac⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得a c ⎧=⎪⎨=⎪⎩，则222=2b a c =-， 故椭圆C 的方程为22182x y +=．（2）当l 的斜率不存在时，=2AB MN AB MN ≠=，，，不合题意，故l 的斜率存在． 设l 的方程为2y kx =+，联立221822x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得22(14)1680k x kx +++＝， 设1122(()A x y B x y ，)，，，则12122216k 8,14k 14kx x x x +=-=++， ()222(16)3214128320k k k ∆=-+=->即214k >， 设00()N x y ，，则12028214x x kx k+==-+，120||||,0AB MN x =-=-Q0x =，即28||14k k =+整理得21124k =>．故2k =±，l 的方程为22y x =±+．8．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>过点(，右焦点F 是抛物线28y x =的焦点.（1）求椭圆C 的方程；（2）已知动直线l 过右焦点F ，且与椭圆C 分别交于M ，N 两点.试问x 轴上是否存在定点Q ，使得13516QM QN ⋅=-u u u u r u u u r 恒成立?若存在求出点Q 的坐标若不存在，说明理由.【答案】(1) 2211612x y += (2)见解析【解析】（1）因为椭圆C 过点，所以221231a b+=， 又抛物线的焦点为()2,0，所以2c =. 所以2212314a a +=-，解得23a =（舍去）或216a =. 所以椭圆C 的方程为2211612x y +=.（2）假设在x 轴上存在定点(,0)Q m ，使得13516QM QN ⋅=-u u u u r u u u r. ①当直线l 的斜率不存在时，则(2,3)M ，(2,3)N -，(2,3)QM m =-u u u u r，(2,3)QN m =--u u u r，由2135(2)916QM QN m ⋅=--=-u u u u r u u u r ，解得54m =或114m =；②当直线l 的斜率为0时，则(4,0)M -，(4,0)N ，(4,0)QM m =--u u u u r ，(4,0)QN m =-u u u r，由21351616QM QN m ⋅=-=-u u u u r u u u r ，解得114m =-或114m =.由①②可得114m =，即点Q 的坐标为11,04⎛⎫⎪⎝⎭. 下面证明当114m =时，13516QM QN ⋅=-u u u u r u u u r 恒成立.当直线l 的斜率不存在或斜率为0时，由①②知结论成立.当直线l 的斜率存在且不为0时，设其方程为(2)(0)y k x k =-≠，()11,M x y ，()22,N x y .直线与椭圆联立得()()222234161630kxk x k +-+-=，直线经过椭圆内一点，一定与椭圆有两个交点，且21221643k x x k +=+，()212216343k x x k -=+.()()()222121212122224y y k x k x k x x k x x k =-•-=-++，所以()1122121212111111121,,44416QM QN x y x y x x x x y y ⎛⎫⎛⎫•=-•-=-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u u r u u u r ()()()()222222221212221631112111161211241244164344316k k k x x k x x k k k k k k -⎛⎫⎛⎫=+-++++=+-+++= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭13516-恒成立 综上所述，在x 轴上存在点11,04Q ⎛⎫⎪⎝⎭，使得13516QM QN ⋅=-u u u u r u u u r 恒成立.9．关于椭圆的切线由下列结论：若11(,)P x y 是椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上的一点，则过点P 的椭圆的切线方程为11221x x y y a b +=.已知椭圆22:143x y C +=.(1)利用上述结论，求过椭圆C 上的点(1,)(0)P n n >的切线方程；(2)若M 是直线4x =上任一点，过点M 作椭圆C 的两条切线MA ，MB （A ，B 为切点），设椭圆的右焦点为F ，求证：MF AB ⊥.【答案】（1）240x y +-=（2）见证明 【解析】(1)由题意，将1x =代入椭圆方程22:143x y C +=，得32y =，所以3(1,)2P ，所以过椭圆C 上的点3(1,)2P 的切线方程为32143yx +=，即240x y +-=.(2)设(4,)M t ，11(,)A x y ，22(,)B x y ，则过A ，B 两点的椭圆C 的切线MA ，MB 的方程分别为11143x x y y +=，22143x x y y +=， 因为(4,)M t 在两条切线上，114143x y t ⨯∴+=，224143x y t⨯+=， 所以A ，B 两点均在直线4143x yt +=上，即直线AB 的方程为13tyx +=， 当0t ≠时，3AB k t=-，又(1,0)F ，0413MF t t k -==-，313AB MF tk k t ⋅=-⨯=-，所以MF AB ⊥， 若0t =，点(4,0)M 在x 轴上，A ，B 两点关于x 轴对称，显然MF AB ⊥.10．已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12F F ，，离心率为12，P 为椭圆上一动点（异于左右顶点），若12AF F △（1）求椭圆C 的方程；（2）若直线l 过点1F 交椭圆C 于,A B 两点，问在x 轴上是否存在一点Q ，使得QA QB ⋅u u u r u u u r为定值？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）22143x y +=（2）见解析【解析】（1）由题意，当P 在上或下顶点时，12PF F ∆的面积取值最大值，即最大值为bc = 又12c a =，且222a c b =+，解得24a =，23b =， 故椭圆C 的方程为22143x y +=．（2）易知()11,0F -，设直线l 的方程为1x my =-，()()()11220,,,,,0A x y B x y Q x ， 联立方程组221431x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩，整理得22(34)690m y my +--=， 则122634my y m +=+，122934y y m =-+， ()()()()10120200212,,y QA QB x x y x x y x x x x y y ⋅=-⋅-=--+u u u r u u u r()212001212x x x x x x y y =+-++，∵111x my =-，221x my =-，∴()()()2212121212215111134m x x my my m y y m y y m =--=+-+=-+，()()()212122226112234m x x my my m y y m +=-+-=+-=-+， ∴222000222156912343434m m QA QB x x x m m m ⋅=-+-+-+++u u u r u u u r 22002281253434m x x m m +=+-++()222000231248534x m x x m -++-=+， 要使QA QB ⋅u u u r u u u r 为定值，则2200031248534x x x -+-=，解得0118x =-， 所以在x 轴上存在点11,08Q ⎛⎫-⎪⎝⎭，使得QA QB ⋅u u u r u u u r 为定值． 11．已知点()1,0F ，直线:1l x =-，P 为平面上的动点，过点P 作直线的垂线，垂足为Q ，且QP QF FP FQ ⋅=⋅u u u r u u u r u u u r u u u r .（1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）设直线y kx b =+与轨迹C 交于两点，()11,A x y 、()22,B x y ，且12y y a -= (0a >，且a 为常数)，过弦AB 的中点M 作平行于x 轴的直线交轨迹C 于点D ，连接AD 、BD .试判断ABD ∆的面积是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由 【答案】(1) 24y x = (2)见解析 【解析】（1）设(,)P x y ，则(1,)Q y -，QP QF FP FQ •=•u u u r u u u r u u u r u u u r Q ，(1,0)(2,)(1,)(2,)x y x y y ∴+•-=-•-，即22(1)2(1)x x y +=--+，即24y x =，所以动点P 的轨迹的方程24y x =.（2）联立方程组2,4,y kx b y x =+⎧⎨=⎩消去x ，得2440ky y b -+=，依题意，0k ≠，且124y y k+=，124b y y k =，由12y y a -=得()2212124y y y y a +-=， 即221616ba k k-=， 整理得：221616kb a k -=，所以2216(1)a k kb =-，① 因为AB 的中点222,bk M k k -⎛⎫⎪⎝⎭，所以点212,D k k ⎛⎫⎪⎝⎭，依题意， 122111||22BD bkS DM y y a k∆∆-=-=， 由方程2440ky y b -+=中的判别式16160kb ∆=->，得10kb ->，所以2112ABD bkS a k∆-=••， 由①知22116a k kb -=，所以23121632MBDa a S a ∆=••=，又a 为常数，故ABD S ∆的面积为定值. 12．已知点P 在抛物线()220C x py p =：＞上，且点P 的横坐标为2，以P 为圆心，PO 为半径的圆（O 为原点），与抛物线C 的准线交于M ，N 两点，且2MN =． （1）求抛物线C 的方程；（2）若抛物线的准线与y 轴的交点为H ．过抛物线焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B ，且AB HB ⊥，求AF BF -的值． 【答案】(1) 24x y = (2)4 【解析】（1）将点P 横坐标2P x =代入22x py =中，求得2P y p=， ∴P （2，2p），2244OP p =+， 点P 到准线的距离为22p d p =+， ∴222||||2MN OP d ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭， ∴22222212p p p ⎛⎫⎛⎫+=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得24p =，∴2p =，∴抛物线C 的方程为：24x y =；（2）抛物线24x y =的焦点为F （0，1），准线方程为1y =-，()01H -，； 设()()1122A x y B x y ，，，， 直线AB 的方程为1y kx =+，代入抛物线方程可得2440x kx --=，∴121244x x k x x +==-，，…① 由AB HB ⊥，可得1AB HB k k ⋅=-， 又111AB AF y k k x -==，221HB y k x +=， ∴1212111y y x x -+⋅=-， ∴()()1212110y y x x -++=， 即2212121111044x x x x ⎛⎫⎛⎫-++= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ∴()22221212121110164x x x x x x +--+=，…② 把①代入②得，221216x x -=，则()22121211||||1116444AF BF y y x x -=+--=-=⨯=． 13．已知抛物线方程24y x =，F 为焦点，P 为抛物线准线上一点，Q 为线段PF 与抛物线的交点，定义()PFd P FQ=. （1）当8(1)3P --，时，求()d P ； （2）证明存在常数a ，使得2()d P PF a =+.（3）123,,P P P 为抛物线准线上三点，且1223PP P P =，判断13()()d P d P +与22()d P 的关系. 【答案】（1）83；（2）证明见解析；（3）()()()1322d P d P d P +>. 【解析】 （1）因为8443(1)233PFk y x ==⇒=-. 联立方程24(1)1344Q y x x y x ⎧=-⎪⇒=⎨⎪=⎩， 则1083()534PF d P QF ⎧=⎪⎪⇒=⎨⎪=⎪⎩. （2）当()1,0P -，易得2()2a d P PF =-=， 不妨设()1,P P y -，0P y >， 直线:1PF x my =+，则2P my =-，联立214x my y x=+⎧⎨=⎩，2440y my --=，2Q y m ==+2()||2P P Q y d P PF y m -==2212122m m m +-+=-+=.（3）设()()()1122331,,1,,1,P y P y P y ---，则()()()13224d P d P d P +-⎡⎤⎣⎦1322PF P F P F =+-2221324424y y y =+++222131344242y y y y +⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭()22213134416y y y y =++++因为(()222213134416y y y y ⎡⎤++-++⎣⎦22131224428y y y y =++-，又因()()()()2222213131313444480y y y y y y y y ++-+=+->，所以()()()1322d P d P d P +>.14．已知抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点F 到准线距离为2. （1）若点(1,1)E ，且点P 在抛物线C 上，求||||PE PF +的最小值；（2）若过点(0,)N b 的直线l 与圆22:(2)4M x y +-=相切，且与抛物线C 有两个不同交点,A B ，求AOB ∆的面积.【答案】(1)2(2) 2ABC S b ∆=【解析】解：（1）根据题意可知2p = 所以抛物线方程为24x y =则抛物线C 焦点为(0,1)F ，准线为1y =-； 记点,P E 到抛物线C 准线的距离分别为12,d d ，故12||||||2PE PF PE d d +=+≥=，等号成立当且仅当PE 垂直于准线， 故||||PE PF +的最小值为2 （2）设()11,A x y ，()22,B x y由题意知，直线l 斜率存在，设直线l 的方程为：y kx b =+ 将y kx b =+与24x y =联立得2440x kx b --=， 由韦达定理得12124,4x x k x x b +==-， 由()0,2M 到直线l的距离为12d ==得：2244b b k -=，又||AB ==点O 到直线l 的距离为2d =所以2|ABC S b b ∆=== 15．已知曲线C 上的任意一点到直线l ：=12的距离与到点F （102，）的距离相等． （1）求曲线C 的方程；（2）若过P （1，0）的直线与曲线C 相交于A ，B 两点，Q （1，0）为定点，设直线AQ 的斜率为1，直线BQ 的斜率为2，直线AB 的斜率为，证明：22212112k k k +-为定值． 【答案】（1）y 2=2；（2）见解析 【解析】（1）由条件可知，此曲线是焦点为F的抛物线，p122=，p=1．∴抛物线的方程为y2=2；（2）根据已知，设直线AB的方程为y=（1）（≠0），由()2y k x1y2x⎧=-⎨=⎩，可得y22y2=0．设A（211yy2，），B（222yy2，），则122y yk+=，y1y2=2．∵1112211y2yky y212==++，2222222y2yky y212==++．∴22221222221212(y2)(y2)11k k4y4y+++=+=22222212212212(y2)y(y2)y4y y+++=() 42422222122112122212y y y y8y y4y y4y y++++=()2221212128y y32(y y)2y y4 162+++-+==22482k42k+=+．∴222121124k k k+-=．。
十年高考真题分类汇编(2010-2019) 数学(理) 专题10 立体几何 Word版含解析
十年高考真题分类汇编（2010—2019）数学专题10立体几何1.(2019·浙江·T4)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示(单位:cm)，则该柱体的体积(单位:cm 3)是( )A.158B.162C.182D.324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面五边形可以看作是由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为2+62×3+4+62×3×6=162.2.(2019·全国1·理T12)已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA=PB=PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF=90°，则球O 的体积为( ) A.8√6π B.4√6π C.2√6π D.√6π【答案】D【解析】设PA=PB=PC=2x. ∵E ，F 分别为PA ，AB 的中点， ∴EF ∥PB ，且EF=12PB=x.∵△ABC 为边长为2的等边三角形， ∴CF=√3.又∠CEF=90°，∴CE=√3-x 2，AE=12PA=x. 在△AEC 中，由余弦定理可知cos ∠EAC=x 2+4-(3-x 2)2×2·x .作PD ⊥AC 于点D ，∵PA=PC ， ∴D 为AC 的中点，cos ∠EAC=AD PA =12x . ∴x 2+4-3+x 24x=12x. ∴2x 2+1=2.∴x 2=12，即x=√22. ∴PA=PB=PC=√2. 又AB=BC=AC=2， ∴PA ⊥PB ⊥PC. ∴2R=√2+2+2=√6. ∴R=√62. ∴V=43πR 3=43π×6√68=√6π.故选D.3.(2019·全国2·理T7文T7)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α，β平行于同一条直线 D.α，β垂直于同一平面 【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的充分条件.由面面平行的性质知，“α内有两条相交直线与β平行”是“α∥β”的必要条件，故选B.4.(2019·全国3·理T8文T8)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则( ) A.BM=EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B.BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C.BM=EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D.BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图，连接BD ，BE.在△BDE 中，N 为BD 的中点，M 为DE 的中点， ∴BM ，EN 是相交直线，排除选项C 、D. 作EO ⊥CD 于点O ，连接ON. 作MF ⊥OD 于点F ，连接BF.∵平面CDE ⊥平面ABCD ，平面CDE ∩平面ABCD=CD ，EO ⊥ CD ，EO ⊂平面CDE ，∴EO ⊥平面ABCD. 同理，MF ⊥平面ABCD.∴△MFB 与△EON 均为直角三角形. 设正方形ABCD 的边长为2，易知 EO=√3，ON=1，MF=√32，BF=√22+94=52， 则EN=√3+1=2，BM=√34+254=√7，∴BM ≠EN.故选B.5.(2019·浙江·T8)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 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P-AC-B 的平面角为γ，则( ) A.β<γ，α<γ B.β<α，β<γ C.β<α，γ<α D.α<β，γ<β 【答案】B【解析】如图G 为AC 中点，点V 在底面ABC 上的投影为点O ，则点P 在底面ABC 上的投影点D 在线段AO 上，过点D 作DE 垂直AE ，易得PE ∥VG ，过点P 作PF ∥AC 交VG 于点F ，过点D 作DH ∥AC ，交BG 于点H ，则α=∠BPF ，β=∠PBD ，γ=∠PED ，所以cos α=PFPB=EG PB=DH PB<BDPB=cos β，所以α>β，因为tan γ=PDED>PDBD=tan β，所以γ>β.故选B.6.(2018·全国3·理T10文T12)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( ) A.12√3 B.18√3C.24√3D.54√3【答案】B【解析】由△ABC 为等边三角形且面积为9√3，设△ABC 边长为a ，则S=12a ·√32a=9√3.∴a=6，则△ABC 的外接圆半径r=√32×23a=2√3<4.设球的半径为R ，如图，OO 1=√R 2-r 2=√42-(2√3)2=2.当D 在O 的正上方时，V D-ABC =1S △ABC ·(R+|OO 1|)=1×9√3×6=18√3，最大.故选B.7.(2018·全国1·理T7文T9)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.2√17 B.2√5 C.3 D.2【答案】B【解析】如图所示，易知N 为CD ⏜的中点，将圆柱的侧面沿母线MC 剪开，展平为矩形MCC'M'，易知CN=14CC'=4，MC=2，从M 到N 的路程中最短路径为MN.在Rt△MCN中，MN=√MC2+NC2=2√5.8.(2018·全国3·理T3文T3)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( )【答案】A【解析】由题意可知带卯眼的木构件的直观图如图所示，由直观图可知其俯视图应为A中图形.9.(2018·北京·理T5文T6)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】由该四棱锥的三视图，得其直观图如图.由正视图和侧视图都是等腰直角三角形，知PD⊥平面ABCD，所以侧面PAD和PDC都是直角三角形.由俯视图为直角梯形，易知DC⊥平面PAD.又AB∥DC，所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PA，所以侧面PAB也是直角三角形.易知PC=2√2，BC=√5，PB=3，从而△PBC不是直角三角形.故选C.10.(2018·上海·T15)《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.4B.8C.12D.16【答案】D【解析】设正六棱柱为ABCDEF-A1B1C1D1E1F1，以侧面AA1B1B，AA1F1F为底面矩形的阳马有E-AA 1B 1B ，E 1-AA 1B 1B ，D-AA 1B 1B ，D 1-AA 1B 1B ，C-AA 1F 1F ，C 1-AA 1F 1F ，D-AA 1F 1F ，D 1-AA 1F 1F ，共8个，以对角面AA 1C 1C ，AA 1E 1E 为底面矩形的阳马有F-AA 1C 1C ，F 1-AA 1C 1C ，D-AA 1C 1C ，D 1-AA 1C 1C ，B-AA 1E 1E ，B 1-AA 1E 1E ，D-AA 1E 1E ，D 1-AA 1E 1E ，共8个，所以共有8+8=16(个)，故选D.11.(2018·全国1·文T10)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为( ) A.8 B.6√2 C.8√2 D.8√3【答案】C【解析】在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面BCC 1B 1，连接BC 1，则∠AC 1B 为AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∠AC 1B=30°，所以在Rt △ABC 1中，BC 1=AB tan∠AC 1B =2√3，又BC=2，所以在Rt △BCC 1中，CC 1=√(2√3)2-22=2√2，所以该长方体体积V=BC ×CC 1×AB=8√2.12.(2018·全国2·理T9)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB=BC=1，AA 1=√3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( ) A.15B.√56C.√55D.√22【答案】C【解析】以DA ，DC ，DD 1所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图， 则D 1(0，0，√3)，A(1，0，0)，D(0，0，0)，B 1(1，1，√3).∴AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1，0，√3)，DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，1，√3).设异面直线AD 1与DB 1所成的角为θ. ∴cos θ=|AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·DB1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AD 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||DB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||=|2×√5|=√55.∴异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为√55.13.(2018·全国2·文T9)在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为( ) A.√22 B.√32C.√52D.√72【答案】C【解析】如图，因为AB∥CD，所以AE与CD所成的角为∠EAB. 在Rt△ABE中，设AB=2，则BE=√5，则tan∠EAB=BEAB =√52，所以异面直线AE与CD所成角的正切值为√52.14.(2018·全国1·文T5)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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.12√2πB.12πC.8√2πD.10π【答案】B【解析】过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的轴截面，设底面半径为r，母线长为l，因为轴截面是面积为8的正方形，所以2r=l=2√2，r=√2，所以圆柱的表面积为2πrl+2πr2=8π+4π=12π.15.(2018·浙江·T3)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:cm3)是( )A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】由三视图可知该几何体为直四棱柱.∵S底=12×(1+2)×2=3，h=2，∴V=Sh=3×2=6.16.(2017·全国2·理T4文T6)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π【答案】B【解析】由三视图知，该几何体是一个圆柱截去一部分所得，如图所示.其体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V=π×32×4+π×32×6×12=63π.17.(2017·全国1·理T7)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10B.12C.14D.16【答案】B【解析】由三视图可还原出几何体的直观图如图所示.该五面体中有两个侧面是全等的直角梯形，且该直角梯形的上底长为2，下底长为4，高为2，则S 梯=(2+4)×2÷2=6，所以这些梯形的面积之和为12.18.(2017·全国2·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC 1=1，则异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为( ) A.√32 B.√155C.√105D.√33【答案】C【解析】方法一:把三棱柱ABC-A 1B 1C 1补成四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1，如图， 连接C 1D ，BD ，则AB 1与BC 1所成的角为∠BC 1D. 由题意可知BC 1=√2，BD=√22+12-2×2×1×cos60°=√3，C 1D=AB 1=√5.可知B C 12+BD 2=C 1D 2，所以cos ∠BC 1D=√2√5=√105，故选C.方法二:以B 1为坐标原点，B 1C 1所在的直线为x 轴，垂直于B 1C 1的直线为y 轴，BB 1所在的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.由已知条件知B 1(0，0，0)，B(0，0，1)，C 1(1，0，0)，A(-1，√3，1)，则BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，0，-1)，AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1，-√3，-1).所以cos<AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ >=AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√5×√2=√105.所以异面直线AB 1与BC 1所成角的余弦值为√105.19.(2017·北京·理T7)某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3√2B.2√3C.2√2D.2【答案】B【解析】由题意可知，直观图为四棱锥A-BCDE(如图所示)，最长的棱为正方体的体对角线AE=√22+22+22=2√3.故选B.20.(2017·全国3·理T8文T9)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A .π B.3π4C.π2D.π4【答案】B【解析】由题意可知球心即为圆柱体的中心，画出圆柱的轴截面如图所示，则AC=1，AB=12，底面圆的半径r=BC=√32，所以圆柱的体积是V=πr 2h=π×(√32)2×1=3π4，故选B.21.(2017·全国1·文T6)如图，在下列四个正方体中，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N ，Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB 与平面MNQ 不平行的是( )【答案】A【解析】易知选项B 中，AB ∥MQ ，且MQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ;选项C 中，AB ∥MQ ，且MQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ;选项D 中，AB ∥NQ ，且NQ ⊂平面MNQ ，AB ⊄平面MNQ ，则AB ∥平面MNQ ，故排除选项B ，C ，D;故选A.4.(2016·浙江·理T2文T2)已知互相垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( )A.m ∥lB.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n 【答案】C【解析】对于选项A ，∵α∩β=l ，∴l ⊂α，∵m ∥α，∴m 与l 可能平行，也可能异面，故选项A 不正确; 对于选项B ，D ，∵α⊥β，m ∥α，n ⊥β，∴m 与n 可能平行，可能相交，也可能异面，故选项B ，D 不正确. 对于选项C ，∵α∩β=l ，∴l ⊂β. ∵n ⊥β，∴n ⊥l.故选C.22.(2016·天津·文T3)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧(左)视图为( )【答案】B【解析】由题意得该长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，如下图所示.易知其左视图为B 项中图.故选B.23.(2016·全国3·理T10文T11)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.9π2C.6πD.32π3【答案】B【解析】先计算球与直三棱柱三个侧面相切的球的半径，再和与直三棱柱两底面相切的球的半径相比较，半径较小的球即为所求.设球的半径为R ，∵AB ⊥BC ，AB=6，BC=8，∴AC=10.当球与直三棱柱的三个侧面相切时，有12(6+8+10)×R=12×6×8，此时R=2;当球与直三棱柱两底面相切时，有2R=3，此时R=32.所以在封闭的直三棱柱中，球的最大半径只能为32，故最大体积V=43π(32)3=9π2.24.(2016·全国1·文T4)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. π C.8π D.4π 【答案】A【解析】设正方体的棱长为a ，由a 3=8，得a=2. 由题意可知，正方体的体对角线为球的直径， 故2r=√3a 2，则r=√3.所以该球的表面积为4π×(√3)2=12π，故选A.25.(2016·全国1·理T11文T11)平面α过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A ，α∥平面CB 1D 1，α∩平面ABCD=m ，α∩平面ABB 1A 1=n ，则m ，n 所成角的正弦值为( ) A.√32 B.√22C.√33D.13【答案】A【解析】∵α∥平面CB 1D 1，平面ABCD ∥平面A 1B 1C 1D 1，α∩平面ABCD=m ，平面CB 1D 1∩平面A 1B 1C 1D 1=B 1D 1，∴m ∥B 1D 1.∵α∥平面CB 1D 1，平面ABB 1A 1∥平面DCC 1D 1，α∩平面ABB 1A 1=n ，平面CB 1D 1∩平面DCC 1D 1=CD 1， ∴n ∥CD 1.∴B 1D 1，CD 1所成的角等于m ，n 所成的角， 即∠B 1D 1C 等于m ，n 所成的角.∵△B 1D 1C 为正三角形，∴∠B 1D 1C=60°， ∴m ，n 所成的角的正弦值为√32.26.(2016·全国1·理T6文T7)如图，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( )A.17πB.18πC.20πD.28π 【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体，则78×4π3×R 3=28π3，解得R=2，故其表面积为78×4πR 2+34×πR 2=14π+3π=17π. 27.(2016·全国2·理T6文T7)下图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为 ( )A.20πB.24πC.28πD.32π 【答案】C【解析】因为原几何体由同底面的一个圆柱和一个圆锥构成， 所以其表面积为S=π×(42)2+4π×4+12×4π×√(2√3)2+22=28π，故选C.28.(2016·全国3·理T9文T10)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，则该多面体的表面积为( ) A.18+36√5 B.54+18√5 C.90D.81【答案】B【解析】由题意知该几何体为四棱柱，且四棱柱的底面是边长为3的正方形，侧棱长为3√5，所以所求表面积为(3×3+3×6+3×3√5)×2=54+18√5，故选B.29.(2016·山东·理T5)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如下图所示.则该几何体的体积为( ) A.13+23πB.13+√23πC.13+√26πD.1+√26π【答案】C【解析】由三视图可知，上面是半径为√22的半球，体积为V 1=12×43π×(√22)3=√2π6，下面是底面积为1，高为1的四棱锥，体积V 2=13×1×1=13，故选C.30.(2016·北京·理T6)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( )A.16 B.13C.12D.1【答案】A【解析】由三视图可得，三棱锥的直观图如图，则该三棱锥的体积V=13×12×1×1×1=16，故选A.31.(2015·全国1·理T6文T6)《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，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( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛 【答案】B【解析】设底面圆弧半径为R ，∵米堆底部弧长为8尺，∴14·2πR=8，∴R=16π. ∴体积V=14×13π×(16π)2×5.∵π≈3，∴V ≈3209(尺3).∴堆放的米约为3209×1.62≈22(斛). 32.(2015·全国2·理T6文T6)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18B.17C.16D.15【答案】D【解析】由题意知该正方体截去了一个三棱锥，如图所示，设正方体棱长为a ，则V 正方体=a 3，V截去部分=16a 3，故截去部分体积与剩余部分体积的比值为16a 3∶56a 3=1∶5.33.(2015·重庆·理T5)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13+π B.23+π C.13+2πD.23+2π【答案】A【解析】由题中三视图可知，该几何体是一个组合体，其左边是一个三棱锥，底面是等腰直角三角形(斜边长等于2)，高为1，所以体积V 1=13×12×2×1×1=13;其右边是一个半圆柱，底面半径为1，高为2，所以体积V 2=π·12·2·12=π，所以该几何体的体积V=V 1+V 2=13+π.34.(2015·浙江·理T2)某几何体的三视图如图所示(单位:cm)，则该几何体的体积是( ) A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403 cm 3【答案】C【解析】由题中三视图知该几何体是一个正方体与正四棱锥的组合体，其中正方体与正四棱锥的底面边长为2 cm ，正四棱锥的高为2 cm ，则该几何体的体积V=2×2×2+13×2×2×2=323(cm 3)，故选C.35.(2015·山东·理T7)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.2π3 B.4π3 C.5π3 D.2π【答案】C【解析】由题意可得旋转体为一个圆柱挖掉一个圆锥，如图所示. V 圆柱=π×12×2=2π，V 圆锥=13×π×12×1=π3. ∴V 几何体=V 圆柱-V 圆锥=2π-π3=5π3.36.(2015·湖南·文T10)某工件的三视图如图所示，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为(材料利用率=新工件的体积原工件的体积)( )A.89πB.827πC.24(√2-1)3πD.8(√2-1)3π【答案】A【解析】由三视图可知该几何体是一个圆锥，其底面半径r=1，母线长l=3，所以其高h=√l 2-r 2=2√2.故该圆锥的体积V=π3×12×2√2=2√2π3.由题意可知，加工后的正方体是该圆锥的一个内接正方体，如图所示.正方体ABCD-EFGH 的底面在圆锥的底面内，下底面中心与圆锥底面的圆心重合，上底面中心在圆锥的高线上，设正方体的棱长为x.在轴截面SMN 中，由O 1G ∥ON可得，O 1GON=SO 1SO ，即√22x 1=√2-2√2，解得x=2√23.所以正方体的体积为V 1=(2√23)3=16√227.所以该工件的利用率为V1V =16√22722π3=89π.故选A.37.(2015·全国1·理T11文T11)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.4D.8【答案】B【解析】由条件及几何体的三视图可知该几何体是由一个圆柱被过圆柱底面直径的平面所截剩下的半个圆柱及一个半球拼接而成的.其表面积由一个矩形的面积、两个半圆的面积、圆柱的侧面积的一半及一个球的表面积的一半组成.∴S 表=2r ×2r+2×12πr 2+πr ×2r+12×4πr 2=5πr 2+4r 2=16+20π， 解得r=2.38.(2015·北京·理T5)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( ) A.2+√5B.4+√5C.2+2√5D.5【答案】C【解析】作出三棱锥的直观图如图，在△ABC 中，作AB 边上的高CD ，连接SD.在三棱锥S-ABC 中，SC ⊥底面ABC ，SC=1，底面三角形ABC 是等腰三角形，AC=BC=√5，AB 边上的高CD=2，AD=BD=1，斜高SD=√5.所以S 表=S △ABC +S △SAC +S △SBC +S △SAB =12×2×2+12×1×√5+12×1×√5+12×2×√5=2+2√5.39.(2015·陕西·理T5文T5)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( ) A.3π B.4π C.2π+4 D.3π+4【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是一个半圆柱，圆柱的底面半径r=1，高h=2.所以几何体的侧面积S 1=C底·h=(π×1+2)×2=2π+4.几何体的底面积S 2=12π×12=12π.故该几何体的表面积为S=S 1+2S 2=2π+4+2×π2=3π+4.故选D.40.(2015·浙江·理T8)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A'CD ，所成二面角A'-CD-B 的平面角为α，则( ) A.∠A'DB ≤α B.∠A'DB ≥α C.∠A'CB ≤α D.∠A'CB ≥α【答案】B【解析】设∠ADC=θ，设AB=2，则由题意AD=BD=1. 在空间图形中，设A'B=t.在△A'BD 中， cos ∠A'DB=A 'D 2+DB 2-AB 22A 'D×DB =12+12-t 22×1×1=2-t 22. 在空间图形中，过A'作A'N ⊥DC ，过B 作BM ⊥DC ，垂足分别为N ，M.过N 作NP MB ，连接A'P ，所以NP ⊥DC.则∠A'NP 就是二面角A'-CD-B 的平面角， 所以∠A'NP=α.在Rt △A'ND 中，DN=A'Dcos ∠A'DC=cos θ，A'N=A'Dsin ∠A'DC=sin θ. 同理，BM=PN=sin θ，DM=cos θ.故BP=MN=2cos θ. 显然BP ⊥面A'NP ，故BP ⊥A'P.在Rt △A'BP 中，A'P 2=A'B 2-BP 2=t 2-(2cos θ)2=t 2-4cos 2θ.在△A'NP 中，cos α=cos ∠A'NP=A 'N 2+NP 2-A 'P 22A 'N×NP=sin 2θ+sin 2θ-(t 2-4cos 2θ)2sinθ×sinθ=2+2cos 2θ-t 22sin 2θ=2-t 22sin 2θ+cos 2θsin 2θ=1sin 2θcos ∠A'DB+cos 2θsin 2θ.因为1sin 2θ≥1，cos 2θsin 2θ≥0，所以cos α≥cos∠A'DB (当θ=π2时取等号)，因为α，∠A'DB ∈[0，π]，而y=cos x 在[0，π]上为递减函数，所以α≤∠A'DB.故选B.41.(2015·全国2·理T9文T10)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.36π B.64π C.144π D.256π 【答案】C【解析】因为∠AOB=90°，所以S △AOB =12R 2. 因为V O-ABC =V C-AOB ，而△AOB 面积为定值，所以三棱锥底面OAB 上的高最大时，其体积最大.因为高最大为半径R ，所以V C-AOB =13×12R 2×R=36，解得R=6，故S 球=4πR 2=144π.42.(2015·安徽·理T5)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( )A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行C.若α，β不平行．．．，则在α内不存在．．．与β平行的直线D.若m，n不平行．．．垂直于同一平面．．．，则m与n不可能【答案】D【解析】A选项α，β可能相交;B选项m，n可能相交，也可能异面;C选项若α与β相交，则在α内平行于它们交线的直线一定平行于β;由垂直于同一个平面的两条直线一定平行，可知D选项正确.43.(2015·浙江·文T4)设α，β是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，且l⊂α，m⊂β.( )A.若l⊥β，则α⊥βB.若α⊥β，则l⊥mC.若l∥β，则α∥βD.若α∥β，则l∥m【答案】A【解析】若l⊥β，又l⊂α，由面面垂直的判定定理，得α⊥β，故选项A正确;选项B，l⊥m或l∥m或l与m相交或异面都有可能;选项C，α∥β或α与β相交都有可能;选项D，l∥m或l与m异面都有可能.44.(2015·广东·文T6)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A.l与l1，l2都不相交B.l与l1，l2都相交C.l至多与l1，l2中的一条相交D.l至少与l1，l2中的一条相交【答案】D【解析】l1与l在平面α内，l2与l在平面β内，若l1，l2与l都不相交，则l1∥l，l2∥l，根据直线平行的传递性，则l1∥l2，与已知矛盾，故l至少与l1，l2中的一条相交.45.(2014·浙江·理T3)某几何体的三视图(单位:cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )A.90 cm2B.129 cm2C.132 cm2D.138 cm2【答案】D【解析】由题干中的三视图可得原几何体如图所示.故该几何体的表面积S=2×4×6+2×3×4+3×6+3×3+3×4+3×5+2××3×4=138(cm2).故选D.46.(2014·陕西·文T5)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( )A.4πB.3πC.2πD.π【答案】C【解析】依题意，知所得几何体是一个圆柱，且其底面半径为1，母线长也为1，因此其侧面积为2π×1×1=2π，故选C.47.(2014·辽宁·理T4文T4)已知m，n表示两条不同直线，α表示平面.下列说法正确的是( )A.若m∥α，n∥α，则m∥nB.若m⊥α，n⊂α，则m⊥nC.若m⊥α，m⊥n，则n∥αD.若m∥α，m⊥n，则n⊥α【答案】B【解析】对A:m，n还可能异面、相交，故A不正确.对C:n还可能在平面α内，故C不正确.对D:n还可能在α内，故D不正确.对B:由线面垂直的定义可知正确.48.(2014·广东·理T7)在空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是( )A.l1⊥l4B.l1∥l4C.l1与l4既不垂直也不平行D.l1与l4的位置关系不确定【答案】D【解析】如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，取l1为BC，l2为CC1，l3为C1D1.满足l1⊥l2，l2⊥l3.若取l4为A1D1，则有l1∥l4;若取l4为DD1，则有l1⊥l4.因此l1与l4的位置关系不确定，故选D.49.(2014·浙江·文T6)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面.( )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】当m⊥n，n∥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故A选项错误;当m∥β，β⊥α时，可能有m⊥α，但也有可能m∥α或m⊂α，故选项B错误;当m⊥β，n⊥β，n⊥α时，必有α∥β，从而m⊥α，故选项C正确;在如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1中，取m为B1C1，n为CC1，β为平面ABCD，α为平面ADD1A1，这时满足m⊥n，n⊥β，β⊥α，但m⊥α不成立，故选项D错误.50.(2014·陕西·理T5)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( )A.32π3B.4π C.2π D.4π3【答案】D【解析】依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径R ，则2R=√12+12+(√2)2=2，解得R=1，所以V=4π3R 3=4π3.51.(2014·大纲全国·理T8)正四棱锥的顶点都在同一球面上.若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( ) A.81π4B.16πC.9πD.27π4【答案】A【解析】由图知，R 2=(4-R)2+2， ∴R 2=16-8R+R 2+2，∴R=94， ∴S 表=4πR 2=4π×8116=814π，选A. 52.(2014·湖南·理T7文T8)一块石材表示的几何体的三视图如图所示.将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( ) A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】由三视图可得原石材为如右图所示的直三棱柱A 1B 1C 1-ABC ，且AB=8，BC=6，BB 1=12.若要得到半径最大的球，则此球与平面A 1B 1BA ，BCC 1B 1，ACC 1A 1相切，故此时球的半径与△ABC 内切圆的半径相等，故半径r=6+8-102=2.故选B.53.(2014·全国1·理T12)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.6√2B.6C.4√2D.4【答案】B【解析】如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4.取B1B的中点G，即三棱锥G-CC1D1为满足要求的几何体，其中最长棱为D1G，D1G=√(4√2)2+22=6.54.(2014·全国1·文T8)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A.三棱锥B.三棱柱C.四棱锥D.四棱柱【答案】B【解析】由所给三视图可知该几何体是一个三棱柱(如图).55.(2014·北京·理T7)在空间直角坐标系O-xyz中，已知A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，D(1，1，√2).若S1，S2，S3分别是三棱锥D-ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A.S1=S2=S3 B.S2=S1且S2≠S3C.S3=S1且S3≠S2D.S3=S2且S3≠S1【答案】D【解析】三棱锥的各顶点在xOy 坐标平面上的正投影分别为A 1(2，0，0)，B 1(2，2，0)，C 1(0，2，0)，D 1(1，1，0).显然D 1点为A 1C 1的中点，如图(1)，正投影为Rt △A 1B 1C 1，其面积S 1=12×2×2=2.三棱锥的各顶点在yOz 坐标平面上的正投影分别为A 2(0，0，0)，B 2(0，2，0)，C 2(0，2，0)，D 2(0，1，√2).显然B 2，C 2重合，如图(2)，正投影为△A 2B 2D 2，其面积S 2=12×2×√2=√2.三棱锥的各顶点在zOx 坐标平面上的正投影分别为A 3(2，0，0)，B 3(2，0，0)，C 3(0，0，0)，D 3(1，0，√2)，由图(3)可知，正投影为△A 3D 3C 3，其面积S 3=12×2×√2=√2. 综上，S 2=S 3，S 3≠S 1.故选D.56.(2014·大纲全国·理T11)已知二面角α-l-β为60°，AB ⊂α，AB ⊥l ，A 为垂足，CD ⊂β，C ∈l ，∠ACD=135°，则异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为( ) A.14B.√24C.√34D.12【答案】B【解析】如图，在平面α内过C 作CE ∥AB ，则∠ECD 为异面直线AB 与CD 所成的角或其补角，不妨取CE=1，过E 作EO ⊥β于O. 在平面β内过O 作OH ⊥CD 于H ， 连EH ，则EH ⊥CD.因为AB ∥CE ，AB ⊥l ，所以CE ⊥l. 又因为EO ⊥平面β，所以CO ⊥l.故∠ECO 为二面角α-l-β的平面角，所以∠ECO=60°. 而∠ACD=135°，CO ⊥l ，所以∠OCH=45°.在Rt △ECO 中，CO=CE ·cos ∠ECO=1·cos 60°=12.在Rt △COH 中，CH=CO ·cos ∠OCH=12·sin 45°=√24. 在Rt △ECH 中，cos ∠ECH=CHCE=√241=√24.所以异面直线AB 与CD 所成角的余弦值为√24.故选B.57.(2014·大纲全国·文T4)已知正四面体ABCD 中，E 是AB 的中点，则异面直线CE 与BD 所成角的余弦值为( ) A.16B.√36C.13D.√33【答案】B【解析】如图所示，取AD 的中点F ，连EF ，CF ，则EF ∥BD ，∴异面直线CE 与BD 所成的角即为CE 与EF 所成的角∠CEF.由题知，△ABC ，△ADC 为正三角形，设AB=2，则 CE=CF=√3，EF=12BD=1.∴在△CEF 中，由余弦定理， 得cos ∠CEF=CE 2+EF 2-CF 22CE ·EF=√3)22√3)22×√3×1=√36.故选B.58.(2014·全国2·理T6文T6)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3 cm ，高为6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727 B.59C.1027D.13【答案】C【解析】由零件的三视图可知，该几何体为两个圆柱组合而成，如图所示. 切削掉部分的体积V 1=π×32×6-π×22×4-π×32×2=20π(cm 3)， 原来毛坯体积V 2=π×32×6=54π(cm 3). 故所求比值为V1V 2=20π54π=1027.59.(2014·全国2·文T7)正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为√3，D 为BC 中点，则三棱锥A-B 1DC 1的体积为( )A.3B.32C.1D.√32【答案】C【解析】∵D 是等边△ABC 的边BC 的中点，∴AD ⊥BC. 又ABC-A 1B 1C 1为正三棱柱， ∴AD ⊥平面BB 1C 1C. 又四边形BB 1C 1C 为矩形，∴S △DB 1C 1=12S 四边形BB 1C 1C =12×2×√3=√3. 又AD=2×√32=√3，∴V A -B 1DC 1=13S △B 1DC 1·AD=13×√3×√3=1.60.(2013·全国1·理T8文T11)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【答案】A【解析】该几何体为一个半圆柱与一个长方体组成的一个组合体. V 半圆柱= π×22×4=8π，V 长方体=4×2×2=16. 所以所求体积为16+8π.故选A.61.(2013·浙江·文T5)已知某几何体的三视图(单位:cm)如图所示，则该几何体的体积是( ) A.108 cm 3B.100 cm 3C.92 cm 3D.84 cm 3【答案】B【解析】由三视图可知，该几何体是如图所示长方体去掉一个三棱锥，故几何体的体积是6×3×6-13×12×3×42=100(cm 3).故选B.62.(2013·山东·理T4)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为9，底面是边长为√3的正三角形.若P 为底面A 1B 1C 1的中心，则PA 与平面ABC 所成角的大小为( ) A.5π12B.π3C.π4D.π6【答案】B【解析】如图所示，由棱柱体积为94，底面正三角形的边长为√3，可求得棱柱的高为√3.设P 在平面ABC 上射影为O ，则可求得AO 长为1，故AP 长为√12+(√3)2=2.故∠PAO=π3，即PA 与平面ABC 所成的角为π3.63.(2013·全国2·理T7文T9)一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz 中的坐标分别是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx 平面为投影面，则得到的正视图可以为 ( )【答案】A【解析】该四面体在空间直角坐标系O-xyz 中的图象如图所示.则它在平面zOx 上的投影，即正视图为.64.(2013·湖南·理T7)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于( ) A.1 B.√2 C.√2-12 D.√2+12【答案】C【解析】当俯视图是面积为1的正方形时，其正视图的最小面积等于一个面的面积1，最大面积等于对角面的面积√2.故正视图面积S 的取值范围为1≤S≤√2. 因为√2-12<1，故选C.65.(2013·全国1·理T6)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( ) A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1372π3 cm 3D.2048π3cm 3【答案】A【解析】设球半径为R ，由题可知R ，R-2，正方体棱长的一半可构成直角三角形，即△OBA 为直角三角形，如图. BC=2，BA=4，OB=R-2，OA=R ， 由R 2=(R-2)2+42，得R=5，所以球的体积为4π3×53=5003π(cm 3)，故选A.66.(2013·辽宁·理T10)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上.若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，AA 1=12，则球O 的半径为( ) A.3√172 B.2√10C.132D.3√10【答案】C。
十年真题(2010-2019)高考数学(文)分类汇编专题01 集合(新课标Ⅰ卷)(解析版)
专题01集合历年考题细目表历年高考真题汇编1．【2019年新课标1文科02】已知集合U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，则B∩∁U A＝（）A．{1，6} B．{1，7} C．{6，7} D．{1，6，7}【解答】解：∵U＝{1，2，3，4，5，6，7}，A＝{2，3，4，5}，B＝{2，3，6，7}，∴∁U A＝{1，6，7}，则B∩∁U A＝{6，7}故选：C．2．【2018年新课标1文科01】已知集合A＝{0，2}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则A∩B＝（）A．{0，2} B．{1，2}C．{0} D．{﹣2，﹣1，0，1，2}【解答】解：集合A＝{0，2}，B＝{﹣2，﹣1，0，1，2}，则A∩B＝{0，2}．故选：A．3．【2017年新课标1文科01】已知集合A＝{|＜2}，B＝{|3﹣2＞0}，则（）A．A∩B＝{|} B．A∩B＝∅C．A∪B＝{|} D．A∪B＝R【解答】解：∵集合A＝{|＜2}，B＝{|3﹣2＞0}＝{|}，∴A∩B＝{|}，故A正确，B错误；A∪B＝{||＜2}，故C，D错误；故选：A．4．【2016年新课标1文科01】设集合A＝{1，3，5，7}，B＝{|2≤≤5}，则A∩B＝（）A．{1，3} B．{3，5} C．{5，7} D．{1，7}【解答】解：集合A＝{1，3，5，7}，B＝{|2≤≤5}，则A∩B＝{3，5}．故选：B．5．【2015年新课标1文科01】已知集合A＝{|＝3n+2，n∈N}，B＝{6，8，10，12，14}，则集合A∩B中元素的个数为（）A．5 B．4 C．3 D．2【解答】解：A＝{|＝3n+2，n∈N}＝{2，5，8，11，14，17，…}，则A∩B＝{8，14}，故集合A∩B中元素的个数为2个，故选：D．6．【2014年新课标1文科01】已知集合M＝{|﹣1＜＜3}，N＝{|﹣2＜＜1}，则M∩N＝（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，1）C．（1，3）D．（﹣2，3）【解答】解：M＝{|﹣1＜＜3}，N＝{|﹣2＜＜1}，则M∩N＝{|﹣1＜＜1}，故选：B．7．【2013年新课标1文科01】已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{|＝n2，n∈A}，则A∩B＝（）A．{1，4} B．{2，3} C．{9，16} D．{1，2}【解答】解：根据题意得：＝1，4，9，16，即B＝{1，4，9，16}，∵A＝{1，2，3，4}，∴A∩B＝{1，4}．故选：A．8．【2012年新课标1文科01】已知集合A＝{|2﹣﹣2＜0}，B＝{|﹣1＜＜1}，则（）A．A⊊B B．B⊊A C．A＝B D．A∩B＝∅【解答】解：由题意可得，A＝{|﹣1＜＜2}，∵B＝{|﹣1＜＜1}，在集合B中的元素都属于集合A，但是在集合A中的元素不一定在集合B中，例如∴B⊊A．故选：B．9．【2011年新课标1文科01】已知集合M＝{0，1，2，3，4}，N＝{1，3，5}，P＝M∩N，则P的子集共有（）A．2个B．4个C．6个D．8个【解答】解：∵M＝{0，1，2，3，4}，N＝{1，3，5}，∴P＝M∩N＝{1，3}∴P的子集共有22＝4故选：B．10．【2010年新课标1文科01】已知集合A＝{|||≤2，∈R}，B＝{|4，∈}，则A∩B＝（）A．（0，2）B．[0，2] C．{0，2} D．{0，1，2}【解答】解：∵A＝{|||≤2}＝{|﹣2≤≤2}B＝{|4，∈}＝{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，16}则A∩B＝{0，1，2}故选：D．考题分析与复习建议本专题考查的知识点为：集合关系及其运算，历年考题主要以选择填空题型出现， 重点考查的知识点为：交并补运算，预测明年本考点题目会比较稳定，备考方向以知识点交并补运算为重点较佳.最新高考模拟试题1．若集合{}5|2A x x =-<<，{}|||3B x x =<，则A B =I （ ）A ．{}|32x x -<<B ．{}|52x x -<<C ．{}|33x x -<<D ．{}|53x x -<<【答案】A【解析】解：{}{}333||B x x x x =<=-<<，则{}|32A B x x ⋂=-<<，故选：A ．2．已知集合2{|560}A x x x =-+≤，{|15}B x Z x =∈<<，则A B =I （ ）A ．[2,3]B ．(1,5)C ．{}2,3D ．{2,3,4}【答案】C【解析】2560(2)(3)023x x x x x -+≤⇒--≤⇒≤≤Q ，{}23A x x ∴=≤≤，又{}{|15}2,3,4B x Z x =∈<<=，所以{}2,3A B ⋂=，故本题选C.3．已知集合{3,2,1,0,1,2,3}A =---，{}2|450B x x x =∈--≤R ，则A B =I （ ）A ．{3,2,1,0}---B ．{}1,0,1,2,3-C ．{}3,2--D ．{}3,2,1,0,1,2,3---【答案】B【解析】 因为{}2|450B x x x =∈--≤R {|15}x x =-≤≤， {3,2,1,0,1,2,3}A =---∴{}1,0,1,2,3A B ⋂=-．故选B ．4．已知全集U =R ，集合{}|24,{|(1)(3)0}x A x B x x x =>=--<，则()U A B =I ð（ ） A ．(1,2)B ．(]1,2C ．(1,3)D ．(,2]-∞ 【答案】B【解析】由24x >可得2x >， (1)(3)0x x --<可得13x <<，所以集合(2,),(1,3)A B =+∞=,(,2]U A =-∞ð，所以()U A B =I ð(]1,2，故选B.5．已知集合{}(,)|1,A x y y x x R ==+∈，集合{}2(,)|,B x y y x x R ==∈，则集合A B ⋂的子集个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 【答案】D【解析】由题意得，直线1y x =+与抛物线2y x =有2个交点，故A B ⋂的子集有4个.6．已知集合{}2log (1)2M x x =+＜，{1,0,1,2,3}N =-，则()R M N ⋂ð=（ ）A ．{-1，0，1，2，3}B ．{-1，0，1，2}C ．{-1，0，1}D ．{-1，3} 【答案】D【解析】 由题意，集合{}2log (1)2{|13}M x x x x =+<=-<<，则{|1R M x x =≤-ð或3}x ≥又由{1,0,1,2,3}N =-，所以(){1,3}R M N ⋂=-ð，故选D.7．已知集合{}lg(1)A x y x ==-，{}1,0,1,2,3B =-，则()R A B I ð=( )A ．{}1,0-B ．{}1,0,1-C ．{}1,2,3D ．{}2,3【答案】B【解析】 因为{}{}lg(1)1A x y x x x ==-=>，所以{}1R C A x x =≤，又{}1,0,1,2,3B =-，所以{}()1,0,1R C A B =-I .故选B8．已知R 是实数集，集合{}1,0,1A =-，{}210B x x =-≥，则()A B =R I ð（）A ．{}1,0-B ．{}1C ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】1|2B x x 禳镲=?睚镲铪Q1|2R C B x x 禳镲\=<睚镲铪即(){1,0}R A C B ?-故选A 。