2022版优化方案高考数学(浙江版·文科)二轮专题复习练习：专题4 立体几何第1讲 Word版含答案
浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四1第1讲空间几何体
专题强化训练1. 《九章算术》中，称底而为矩形而有一侧棱垂直于底而的四棱锥为阳马.设曲】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, 以心I为底而矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A. 4 B・ 8D・16解析：选D・如图，以九4i为底面矩形一边的四边形有AAxCxC.AA^D. AA}E}E这4个，每一个面都有4个顶点.所以阳马的个数为16个.故选D.2. 正方体ABCD^BxC x D x中，E为棱的中点（如图），用过点儿E, G的平而截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的正视图为（）解析：选C.过点A, E, Ci的平面与棱DD相交于点F,且F是棱DD的中点，截去正方体的上半部分，剩余几何体的直观图如图所示，则其正视图应为选项C.3. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm）,则该几何体的体积是（）C・12AC.害 cm'解析：选C.由三视图可知，该几何体是由一个正方体和一个正四棱锥构成的纽合体.下 面是棱长为2 cm 的正方体，体积Vi=2X2X2=8（cm 3）： ±面是底面边长为2 cm,高为2 cm 的 i* 32正四棱锥，体积V2X2X2X2=^（cn?）,所以该几何体的体积V= V] + V2=-y （cin 3）.4. （2019-台州模拟）如图，网格纸上小正方形的边长为L 粗实线画岀的是某多面体的三 A.回 C. 5y[2D. 2你解析：选C.由正視图、侧視图、俯视图的形状，可判斷该几何体为三棱维，形状如图, 其中SC 丄平面ABC. AC 丄AB 9所以最长的棱长为SB=5{5・5. （2019•金华十校联考）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体枳是（）解析：选B ・依題意，题中的几何体是由两个完全相同的圆柱各自用一个不平行于其轴的 平面去截后所得的部分拼接而成的组合体（各自截后所得的部分也完全相同），其中一个截后所 得的部分的底面半径为1,就短母线长为3、最长母线长为5,将这两个截后所得的部分拼接 恰好形成一个底面半径为1,母线长为5 + 3=8的圆柱，因此题中的几何体的体积为n X12XA. 8 cm 3B. 12 cm 3 视图.则该多而体最长的棱长等于（D. -y cm 3侧视图15n A.~~B ・8nC.罟28 = 8n,选B ・得 R=2, S s ^=2 n R - 2R= 16 n C.7.（2019 •石家庄市第一次棋拟）某几何体的三视图如图所示（网格线中每个小正方形的边长 为1）,则该几何体的表面枳为（解析：选D.根据三视图还原直观图，如图所示，則该几何体的表面积S=6X3+*X6X48.在封闭的直三棱柱ABC-A I B J C ］内有一个体积为V 的球.若AB 丄BC, AB=6, BC=8, 人4i=3,则1/的最大值是（）A.4 n解析：选B ・由题意可得若V 最大，則球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切, 可求得球的半径为2,球的直径为4,超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上 3 4 4 n 27 9 TT下底面相切，此时球的半径R=§ 该球的体积最大，V max =5n^=—Xy= —9. （2019 M 州八校联考）某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，苴直观图和三视图如图所6•如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面在圆柱底而内，且底而 是正三角形.如果三棱柱的体积为12萌，圆柱的底而直径与母线长相等, 则圆柱的侧而积为（）A. 12nB. 14 nC ・ 16nD ・18兀解析：选C.设圆柱的底面半径为/?,则三棱柱的底面边长为羽R,由爭（萌R ）2・2/?=12萌,A. 48+ 2x|x 3 X5+|x 6X5=60,C.6nD ・60B.示.正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为（）C* D.亨解析：选C.依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为“，则斜边长为他,圆锥的底面半径为爭"、母线长为"，因此其俯视图中椭圆的长轴长为◎?、短解析：选A.将圆柱的侧面沿轴截面ABCD 展平，则曲线厂是展开图形（即矩形）的对角线, 根据題意，舟轴截面ABCD 绕着轴OOi 逆时针旋转gOVOWn ）后，边BQ 与曲线厂相交于 点P,设BP 的长度为j （e ）9则*0）应当是一次函数的一段，故选A.11. （2019-浙江省重点中学髙三12月期*热身联考）某空间几何体的三视图如图所示，则解析：根据三视图可得，该几何体是长方体中的四棱锥CTbDiD,A ・*10•已知圆柱OO ］的底而半径为1,髙为兀，ABCD 是圆柱的一个轴截 而.动点M 从点B 出发沿着圆柱的侧而到达点D,其距离最短时在侧而 留下的曲线厂如图所示.现将轴截而ABCD 绕着轴00］逆时针旋转0（0 VX 叮后，边BQ 与曲线厂相交于点P,设BP 的长度为./（&）,则y=f （e ） 的图象大致为（）该几何体的体积是□俯视图轴长为a 9由三视图可得：AB=29 BC=2, BB\=4, VC-BBiD I D=|x|x2X2X4=y,12. （2019-宁波市余姚中学期中检测）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ）,则该几何体的体积为 _________ cmi 表而积为 __________ cm?.解析：由三视图可知：该几何体是由一个半球去掉+后得到的几何 体. 所以该几何体的体积=^x|x|x n X 13="5- cm 3.表面积=^-XyX4n X 1?+㊁X n X 12+^X n X 12=—- cm 2.13. （2019-河北省“五校联盟”质好检测）已知球O 的表而积为25 n ,长方体的八个顶点 都在球O 的球面上，则这个长方体的表而积的最大值等于 __________ •解析：设球的半径为/?,则4n/?2=25n,所以/?=|,所以球的直径为2/?=5,设长方体 的长、宽、商分别为 “、b 、c,则长方体的表面积 5=2ab+2ac 4-2Z?c 2+/?24-a 2+c 24-/>24-c 2= 2（a 2+b 2+c 2）=50.答案：5014. （2019-浙江省髙三考前质录检测）某几何体的三视图如图所示，当小取得最大值时, 该几何体的体积是 ____________ ・止q正视图 侧视图答案：y 16 + 8迈俯视图俯视图16.已知棱长均为“的正三棱柱ABC-A^C,的六个顶点都在半径为晋的球面上，贝9“ 的值为 ________ .解析：设0是球心，D 是等边三角形ADCi 的中心，则04】=七一，因为正三棱柱 AiBQ 的所有棱长均为“，所以 A I D=¥"X |=¥“，OD=*,故 A I £>2+0£)2=(¥“) +(号)= 0?），得召即"2=1，得答案：117. （2019-瑞安四校联考）已知底而为正三角形的三棱柱内接于半径为1的球，则此三棱 柱的体积的最大值为 ________ ・解析：如图，设球心为0,三棱柱的上、下底面的中心分别为0】，029 面正三角形的边长为匕解析:分析题意可知，该几何体为如图所示的四梭锥P-ABCD, CD=M AB=y 9AC=5f CP=® BP=x 9 所以 BP^BC^+CP 1.即 W=25 — 尸+7, 工+尸=32$2巧，则A >W16,当且仅当x=y=4时，等号成立.此时该几何1 2+4体的体积 V=J X-5-X3X A /7 = 3V7・答案：3申15. （2019-杭州市高考数学二棋）在正方体ABCD^A\B\C\D\中，E 是几切的中点，则异而 直线BE 与5D 所成角的余弦值等于 __________ ，若正方体棱长为1,则四而体B-EBD 的体积解析：取CG 中点F,连接DF, BiF,则BE 綴D\F, 所以ZB4F 为异面直线BE 与BD 所成的角.I --- 7 R2niU设正方体棱长为1,則BiDi=V2, BiF=D\F=、J 1+丰诗•所以cos 亚 2 =yio 逅一 5 • 2巾・绚0 =卩0.〃昭=gs △肪止• AiDi=|x^X 1 X 1 X 1=|,1-6 ^5 M:答则AOi =#><¥“=¥“.由已知得0］。
2022年高考数学浙江专版三维二轮专题复习 专题验收评估(四) 立体几何与空间向量 Word版含答案
专题验收评估(四) 立体几何与空间向量(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．一个几何体的三视图外形都相同、大小均相等，那么这个几何体不行以是( ) A ．球 B ．三棱锥 C ．正方体D ．圆柱解析：选D 球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形．2．(2022·浙江高考)已知相互垂直的平面α，β交于直线l ，若直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，则( ) A ．m ∥l B ．m ∥n C ．n ⊥lD ．m ⊥n解析：选C ∵α∩β＝l ，∴l ⊂β.∵n ⊥β，∴n ⊥l ，故选C. 3．设直线m 与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是( ) A ．在平面α内有且只有一条直线与直线m 垂直 B ．过直线m 有且只有一个平面与平面α垂直 C ．与直线m 垂直的直线不行能与平面α平行 D ．与直线m 平行的平面不行能与平面α垂直解析：选B 可以通过观看正方体ABCD A 1B 1C 1D 1进行推断，取BC 1为直线m ，平面ABCD 为平面α，由AB ，CD 均与m 垂直知，选项A 错；由D 1C 1与m 垂直且与α平行知，选项C 错；由平面ADD 1A 1与m 平行且与α垂直知，选项D 错．4．(2022届高三·浙江名校联考)一个简洁几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不行能为( )A ．正方形B ．圆C ．等腰三角形D ．直角梯形解析：选D 当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A 可能；当几何体是横放的一个圆柱时，B 可能；当几何体是横放的三棱柱时，C 可能．于是只有D 不行能．5．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题 ①⎭⎪⎬⎪⎫α∥βα∥γ⇒β∥γ ②⎭⎪⎬⎪⎫α⊥βm ∥α⇒m ⊥β③⎭⎪⎬⎪⎫m ⊥αm ∥β⇒α⊥β ④⎭⎪⎬⎪⎫m ∥n n ⊂α⇒m ∥α 其中正确的命题是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③D ．②④解析：选C 对于②，直线m 与平面β可能平行或相交；对于④，直线m 可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．6．(2022·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C 由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C.7．已知四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的三视图如图所示，则异面直线D 1C 与AC 1所成的角为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°解析：选D 由三视图可知该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形且两边长分别为1,2，高为1，四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1的高为2.∵AD ⊥D 1C ，DC 1⊥D 1C ，AD ∩DC 1＝D ，∴D 1C ⊥平面ADC 1，∴D 1C ⊥AC 1，∴异面直线D 1C 与AC 1所成的角为90°.8．已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，体积为94，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.5π12 B.π3C.π4D.π6解析：选B 设三棱柱的高为h ，则34×(3)2×h ＝94，解得h ＝ 3.设三棱柱的底面ABC 的中心为Q ，则PQ ＝3，AQ ＝23×32×3＝1.在Rt △APQ 中，∠PAQ 即为直线PA 与平面ABC 所成的角，且tan ∠PAQ ＝3， 所以∠PAQ ＝π3. 9．在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH 为平行四边形； ②平面α∥平面BCC 1B 1； ③平面α⊥平面BCFE . 其中正确的命题有( ) A ．①②B ．②③C ．①③D ．①②③解析：选C 如图，由于在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，平面α与棱AB ，AC ，A 1C 1，A 1B 1分别交于点E ，F ，G ，H ，且直线AA 1∥平面α，所以AA 1∥EH ∥GF ，AA 1＝EH＝GF ，所以四边形EFGH 为平行四边形，故①正确；由于EF 与BC 不肯定平行，所以平面α与平面BCC 1B 1平行或相交，故②不正确；由于AA 1∥EH ∥GF ，AA 1＝EH ＝GF ，且AA 1⊥平面BCFE ，所以EH⊥平面BCFE ，由于EH ⊂平面α，所以平面α⊥平面BCEF ，故③正确．10．已知正四周体S ABC 的棱长为1，假如一个高为36的长方体能在该正四周体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为( )A.13B.16C.112D.124解析：选D 易知正四周体S ABC 的内切球的球心O 必在高线SH 上，延长AH 交BC 于点D ，则D 为BC 的中点，连接SD ，设内切球切SD 于点E ，连接AO .由于H 是正三角形ABC 的中心，所以AH ∶HD ＝2∶1，由于Rt △OAH ∽Rt △DSH ，所以OAOH＝DSDH＝3，可得OA ＝3OH ＝SO ，因此SH ＝4OH ，可得内切球的半径R ＝OH ＝14SH .由于正四周体S ABC 的棱长为1，所以在Rt △DSH 中，DS ＝SH 2＋HD 2＝4R2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13×322＝32，解得R 2＝124.要满足一个高为36的长方体能在该正四周体内任意转动，则长方体的体对角线长不能超过正四周体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x ，y ，该长方体的长和宽形成的长方形的面积为S ，所以4R 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫362＋x 2＋y 2，所以x 2＋y 2≤112，所以S ＝xy ＝x 2＋y 22≤124，当且仅当x ＝y ＝612时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为124. 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上) 11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．解析：由空间几何体的三视图，得其直观图为底面半径为1，高为3的圆锥的一半，所以该几何体的体积V ＝12×13π×12×3＝3π6，表面积为S ＝12×π×1×32＋12＋12×π×12＋12×2×3＝3π2＋ 3.答案：3π6 3π2＋ 3 12.如图，在四棱锥P ABCD 中，PD ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，PD ＝AD ＝DC ＝2AB ，则异面直线PC 与AB 所成角的大小为________；直线PB 与平面PDC 所成角的正弦值为________．解析：由于AB ∥CD ，所以∠PCD 为异面直线PC 与AB 所成的角．由于PD ⊥平面ABCD ，所以∠PDC ＝π2，又由于PD ＝DC ，所以∠PCD ＝π4.过点B 作BE 垂直CD 于点E ，连接PE ，易证BE ⊥平面PCD ，所以∠BPE 为直线PB 与平面PDC 所成的角，由于 PD ＝AD ＝DC ＝2AB ，设AD ＝1，则PB ＝PD 2＋DB 2＝12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32，BE ＝AD ＝1，所以sin ∠BPE ＝BE PB ＝23. 答案：π4 2313．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为______ cm 2，此几何体的体积为______ cm 3.为23，故侧视图解析：由三视图性质可知，俯视图为等边三角形，该三角形的高中直角三角形的一边长为4，另一边长为23，故侧视图面积S ＝12×4×23＝4 3.作出该几何体的直观图如图所示，可知该几何体的体积V A BCDE ＝13×23×⎣⎢⎡⎦⎥⎤2＋4×42＝8 3.答案：4 3 8 314．把边长为1的正方形ABCD 沿对角线BD 折起，形成的三棱锥A BCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________，二面角B AC D 的余弦值为________．×22×22＝14.取解析：由三视图还原出原几何体如图所示，其侧视图面积为12AC 的中点E ，连接BE ，DE ，则AC ⊥BE ，AC ⊥DE ，所以∠BED 就是二面角B AC D 的平面角．由于AC ＝1，所以BE ＝DE ＝32，所以cos ∠BED ＝错误!＝－错误!.答案：14 －1315．如图，正方体的底面与正四周体的底面在同一平面α上，且AB ∥CD ，则直线EF 与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．解析：在正四周体中取CD 的中点为G ，连接FG ，EG ，作FH ⊥平面CDE 于点H .由于正四周体的高FH 在平面EFG 内，且FH 平行于正方体的高，所以可证得平面EFG 平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF 仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共有4个．答案：416．(2021·温州模拟)如图，已知六棱锥P ABCDEF 的底面是正六边形，PA ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论中：①PB ⊥AE ；②平面ABC ⊥平面PBC ；③直线BC ∥平面PAE ；④∠PDA ＝45°.其中正确的结论有________(把全部正确的序号都填上)．解析：由PA ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ，得PA ⊥AE .又由正六边形的性质得AE ⊥AB ，PA ∩AB ＝A ，得AE ⊥平面PAB .又PB ⊂平面PAB ，∴AE ⊥PB ，①正确；又平面PAD ⊥平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面PBC 不成立，②错；由正六边形的性质得BC ∥AD .又AD ⊂平面PAD ，∴BC ∥平面PAD ，∴直线BC ∥平面PAE 也不成立，③错；在Rt △PAD 中，PA ＝AD ＝2AB ，∴∠PDA ＝45°，∴④正确． 答案：①④17．(2021·全国卷Ⅲ)a ，b 为空间中两条相互垂直的直线，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________．(填写全部正确结论的编号)解析：法一：依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC 的直角边长为1.由题意知点B 在平面xOy 中形成的轨迹是以C 为圆心，1为半径的圆． (1,0,0)，CB ―→以设直线a 的方向向量为a ＝(0,1,0)，直线b 的方向向量为b ＝Ox 轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈[0,2π)，则B (cos θ，sin θ，0)，又A (0,0,1)，∴AB ―→＝(cos θ，sin θ，－1)，|AB ―→|＝ 2. 设直线AB 与a 所成夹角为α，则cos α＝|AB ―→·a ||a ||AB ―→|＝22|sin θ|∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22，∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误． 设直线AB 与b 所成夹角为β，则cos β＝|AB ―→·b ||b ||AB ―→|＝22|cos θ|.当直线AB 与a 的夹角为60°，即α＝60°时，则|sin θ|＝2cos α＝2cos 60°＝2 2，∴|cos θ|＝22.∴cos β＝22|cos θ|＝12.∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.∴②正确，①错误．法二：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，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AD＝2，当直线DE，则DE⊥BD，∴DE∥b，连接AD，设BC＝1，在等腰△ABD中，AB＝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，EF，∴BF＝DE＝2，∴△ABF为等边三角形，∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故②正确，①错误．由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，∴直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．∴正确的说法为②③.答案：②③三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18．(本小题满分14分)如图，直三棱柱ABCA′B′C′的侧棱长为3，AB⊥BC，且AB＝BC＝3，点E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.(1)求证：无论E在何处，总有B′C⊥C′E；(2)当三棱锥BEB′F的体积取得最大值时，求异面直线A′F与AC所成角的余弦值．解：(1)证明：由题意知，四边形BB′C′C是正方形，连接AC′，BC′，则B′C⊥BC′.又AB⊥BC，BB′⊥AB，BC∩BB′＝B，∴AB⊥平面BB′C′C.∴B′C⊥AB，又AB∩BC′＝B，∴B′C⊥平面ABC′.∵C′E⊂平面ABC′，∴B′C⊥C′E.(2)连接EF，B′E，B′F，A′E，AF，设AE＝BF＝m，则三棱锥BEB′F的体积为V＝12m(3－m)≤m＋3－m28＝98，当且仅当m＝32时取等号．故当m＝32，即点E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥BEB′F的体积最大，则|cos∠A′FE|为所求．∵EF＝322，AF＝A′E＝352，A′F＝92，∴|cos∠A′FE|＝22，即异面直线A′F与AC所成角的余弦值为22.19．(本小题满分15分)(2021·绍兴模拟)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD 为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝22，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.(1)证明：PC⊥平面BED；(2)设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．解：(1)证明：由于底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PA ⊥BD.由于AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.如图，设AC∩BD＝F，连接EF.由于AC＝22，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝23，EC＝233，FC＝2，从而PCFC＝6，ACEC＝ 6.所以PCFC＝ACEC，又∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.又BD∩EF＝F，所以PC⊥平面BED.(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．由于二面角APBC为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.由于BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD是正方形，AD＝2，PD＝PA2＋AD2＝2 2.设D到平面PBC的距离为d.由于AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，故AD ∥平面PBC ，A ，D 两点到平面PBC 的距离相等， 即d ＝AG ＝ 2.设PD 与平面PBC 所成的角为α，则sin α＝d PD ＝12.所以PD 与平面PBC 所成的角为30°.20．(本小题满分15分)已知四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是梯形，BC ∥AD ，AB ⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H 在AD 上，PA ⊥PD .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A PC D 的余弦值． 解：(1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，∴AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz ，如图所示， ∵PH ⊥平面ABCD ，∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，则AC ―→＝(1,1,0)，DC ―→＝(1，－1,0)．设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)． 则P (0，a ，h )．∴AP ―→＝(0，a ，h )，DP ―→＝(0，a －2，h )，AC ―→＝(1,1,0)． ∵PA ⊥PD ，∴AP ―→·DP ―→＝a (a －2)＋h 2＝0. ∵AC 与PD 所成角为60°， ∴|cos 〈AC ―→，DP ―→〉|＝|a －2|2·a －22＋h 2＝12， ∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0， ∵0<a <2，∴a ＝1，∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)． ∴AP ―→＝(0,1,1)，PC ―→＝(1,0，－1)． 设平面APC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AP ―→＝0，n ·AC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0，取x 1＝1，得平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)． 设平面DPC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC ―→＝0，m ·DC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，x 2－y 2＝0，取x 2＝1，得平面DPC 的一个法向量为m ＝(1,1,1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝13.由图可知二面角A PC D 的平面角为钝角， ∴二面角A PC D 的余弦值为－13.21．(本小题满分15分)(2021·绍兴调研)如图1，四周体PABC 中，BC ＝BP ＝1，AC ＝AP ＝3，AB ＝2.将△PAB 沿直线AB 翻折至△P 1AB ，使点A ，P 1，B ，C 在同一平面内(如图2)，点M 为PC 的中点．(1)求证：直线PP 1∥平面MAB ； (2)求证：PC ⊥AB ；(3)求直线PA 与平面P 1PC 所成角的大小． 解：(1)证明：连接CP 1交直线AB 于点E ，连接ME . ∵AC ＝AP 1，BC ＝BP 1， ∴△ABC ≌△ABP 1，∴CE ＝EP 1，∴点E 为CP 1的中点．又点M 为PC 的中点，∴ME ∥PP 1. 又ME ⊂平面MAB ，PP 1⊄平面MAB ， ∴PP 1∥平面MAB .(2)证明：∵BC ＝BP ，AC ＝AP ，M 为PC 的中点， ∴BM ⊥PC ，AM ⊥PC .又BM ∩AM ＝M ， ∴PC ⊥平面ABM ，∴PC ⊥AB .(3)∵BC ＝BP 1＝1，AC ＝AP 1＝3，∴P 1C ⊥AB . 又PC ⊥AB ，∴AB ⊥平面PCP 1，∴∠APE 为直线PA 与平面PCP 1所成的角．∵AB ＝2，∴AE ＝32，∴sin ∠APE ＝32，故∠APE ＝60°.∴直线PA 与平面P 1PC 所成的角为60°.22.(本小题满分15分)(2021·台山一中模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．(1)求证：CD∥平面A1EB；(2)求证：AB1⊥平面A1EB；(3)求直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值．解：(1)证明：设AB1和A1B的交点为O，连接EO，OD.由于O为AB1的中点，D为AB的中点，所以OD∥BB1，且OD＝12BB1.又由于E是CC1的中点，所以EC∥BB1，且EC＝12BB1.所以EC∥OD且EC＝OD.所以四边形ECDO为平行四边形，故EO∥CD.又由于CD⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，所以CD∥平面A1BE.(2)证明：由于三棱柱的各侧面都是正方形，所以BB1⊥AB，BB1⊥BC.所以BB1⊥平面ABC.由于CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD.由已知得AB＝BC＝AC，所以CD⊥AB.所以CD⊥平面A1ABB1.由(1)可知EO∥CD，所以EO⊥平面A1ABB1.所以EO⊥AB1.由于侧面ABB1A1是正方形，所以AB1⊥A1B.又EO∩A1B＝O，所以AB1⊥平面A1BE.(3)取A1C1的中点F，连接B1F，EF.在三棱柱ABCA1B1C1中，由于BB1⊥平面ABC，所以侧面ACC1A1⊥底面A1B1C1.由于底面A1B1C1是正三角形，且F是A1C1的中点，所以B1F⊥A1C1，所以B1F⊥侧面ACC1A1.所以∠FEB1即为B1E与平面AA1C1C所成的角．设棱长为1，则B1F＝32，B1E＝52，在Rt△B1FE中，sin∠B1EF＝B1FB1E＝155.故直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值为155.。
高中 立体几何——2022届高考数学二轮复习巧刷高考题型
选择题（8）立体几何——2023届高考数学二轮复习巧刷高考题型1.下列命题正确的是()A.若直线//a 平面α，直线//b 平面α，则直线//a 直线bB.若直线//a 平面α，直线a 与直线b 相交，则直线b 与平面α相交C.若直线//a 平面α，直线//a 直线b ，则直线//b 平面αD.若直线//a 平面α，则直线a 与平面α内任意一条直线都无公共点2.如图，在三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=︒，160ACC ∠=︒，145BCC ∠=︒，侧棱1CC 的长为1，则该三棱柱的高等于()A.123.在四边形ABCD 中，//AD BC ，AD AB =，45BCD ︒∠=，90BAD ︒∠=.如图，将ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -.则在三棱锥A BCD -中，下列结论正确的是()A.平面ABD ⊥平面ABCB.平面ADC ⊥平面BDCC.平面ABC ⊥平面BDCD.平面ADC ⊥平面ABC4.设A ，B ，C ，D 是同一个球面上的四点，ABC V 是斜边长为6的等腰直角三角形.若三棱锥D ABC -体积的最大值为27，则该球的表面积为()A.36π B.64π C.100π D.144π5.某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），其俯视图为等边三角形，则该几何体的体积（单位：3cm ）为()C.6.在直三棱柱111ABC A B C -中，90BCA ∠=︒，M ，N 分别是11A B ，11A C 的中点，1BC CA CC ==，则BM 与AN 所成的角的余弦值为() A.110 B.25 C.3010 D.227.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2SC =，则此棱锥的体积为() A.26 B.36 C.23 D.228.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，3AC =，4BC =，5AB =，14AA =.若在线段AB 上存在点D ，使得1 //AC 平面1CDB ，则点D 满足()A.23AD AB =B.12AD AB =C.22AD AB =D.AD AB =9.如图，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为11A D 的中点，Q 为11A B 上任意一点，E ，F 为CD 上两个动点，且EF 的长为定值，则点Q 到平面PEF 的距离()A.等于55a B.和EF 的长度有关 C.等于23a D.和点Q 的位置有关10.如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为正方形，且24PA AB ==，M 为PC 上一动点.若PC DM ⊥，则MB 的长度为()A.102 B.303 C.52 D.35211.（多选）如图，在矩形ABCD 中，3AB =，4AD =，将ABC 沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥B ACD -，则下列说法正确的是()A.在翻折过程中，三棱锥B ACD -的体积最大为245B.在翻折过程中，三棱锥B ACD -的外接球的表面积为定值C.在翻折过程中，存在某个位置使得BC AD⊥D.在翻折过程中，存在某个位置使得BD AC⊥12.（多选）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB ===，点P 为线段1A C 上的动点，则下列结论正确的是()A.当112A C A P =uuu r uuu r 时，1,,B P D 三点共线B.当1AP A C ⊥uu u r uuu r 时，1AP D P⊥uu u r uuu r C.当113A C A P =uuu r uuu r 时，1D P P 平面1BDC D.当115A C A P =uuu r uuu r 时，1A C ⊥平面1D AP答案以及解析1.答案：D解析：A 中，直线a 与直线b 也可能异面、相交，所以不正确；B 中，直线b 也可能与平面α平行，所以不正确；C 中，直线b 也可能在平面α内，所以不正确；根据直线与平面平行的定义知D 正确，故选D.2.答案：A解析：如图所示，作1C O ⊥底面ABC ，垂足为点O ，作OE BC ⊥，垂足为E ，作OF AC ⊥，垂足为F ，连接1C E ，1C F .可知1C F FC ⊥，1C E BC ⊥.根据已知条件可得11122OE FC CC ===.122C E =，∴高112C O ===.故选A.3.答案：D解析：在平面图形中，CD BD ⊥，折起后仍然满足CD BD ⊥.因为平面ABD ⊥平面BCD ，所以CD ⊥平面ABD ，CD AB ⊥.又因为AB AD ⊥，所以AB ⊥平面ADC ，所以平面ADC ⊥平面ABC .4.答案：C解析：如图，作AE BC ⊥，交BC 于点E .ABC V 是斜边长为6的等腰直角三角形，则当D 位于球中过点E 的直径（F 为直径的另一端点）端点，即图中位置时，三棱锥D ABC -体积取到最大值27.连接AF ，由,,6AB AC AB AC BC =⊥=，可得斜边BC 上的高3,AE AB AC ===.由112732DE ⨯⨯=，解得9DE =，则21AE EF DE==.∴球O 的直径为10DE EF +=，则球O 的半径为11052⨯=.∴该球的表面积24π5100πS =⨯=.故选C.5.答案：B解析：本题考查由三视图计算几何体的体积.由三视图可知该几何体为正三棱柱去掉一个小三棱锥后的部分，则其体积()31111034222cm 2323V =⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯.故选B.6.答案：C解析：如图，取BC 的中点E ，连接MN ，EN ，AE .因为M ，N 分别是11A B ，11A C 的中点，故11//MN B C 且1112MN B C =.又因为E 为BC 的中点，所以//MN BE ，所以四边形MNEB 为平行四边形，所以//EN BM .所以直线AN ，NE 所成的角即为直线BM ，AN 所成的角.设1BC =，则1111222B M B A =⋅=，所以MB NE ===，AN AE ==在AEN中，655444cos 6522ANE +-∠=.7.答案：A解析：在直角三角形ASC 中，1,90,2AC SAC SC =∠=︒=，所以SA ==；同理，SB =.过A 点作SC 的垂线交SC 于D 点，连接DB ，因为SAC SBC ≅V V ，故BD SC ⊥，故SC ⊥平面ABD ，且ABD V 为等腰三角形.因为30ASC ∠=︒，故1322AD SA ==，则ABD V的面积为12124⨯，则三棱锥的体积为1222346⨯⨯=.8.答案：B解析：3AC = ，4BC =，5AB =，222AC BC AB ∴+=，AC BC ∴⊥，∴在直三棱柱111ABC A B C -中，AC ，BC ，1CC 两两垂直.以C 为原点，CA ，CB ，1CC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)C ，(3,0,0)A ，(0,4,0)B ，1(0,4,4)B ，1(0,0,4)C ，1(0,4,4)CB = .设点(,,0)(03,04)D x y x y ≤≤≤≤，则(,,0)CD x y = ，设平面1CDB 的一个法向量为(,,)m a b c =，则10,0,m CD m CB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 即0,440,ax by b c +=⎧⎨+=⎩令b x =-，则(,,)m y x x =-.若1//AC 平面1CDB ，则10AC m ⋅= ，易得1(3,0,4)AC =- ，所以340y x -+=①.由D 在AB 上，得334x y -=-，即4312x y +=②，由①②可得32x =，2y =，即D 为AB 的中点，故12AD AB =.9.答案：A解析：取11B C 的中点G ，连接PG ，CG ，DP ，则//PG CD ，所以点Q 到平面PEF 的距离即点Q 到平面PGCD 的距离，与EF 的长度无关，B 错.又11//A B 平面PGCD ，所以点1A 到平面PGCD 的距离即点Q 到平面PGCD 的距离，即点Q 到平面PEF 的距离，与点Q 的位置无关，D 错.如图，以点D 为原点，建立空间直角坐标系，则(0,,0)C a ，(0,0,0)D ，1(,0,)A a a ，,0,2a P a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,,0)DC a ∴=uuu r ，1(,0,)DA a a =uuu r ，,0,2a DP a ⎛⎫= ⎪⎝⎭uu u r ，设(,,)x y z =n 是平面PGCD 的法向量，则由0,0,DP DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n uu u r uuu r 得0,20,a x az ay ⎧+=⎪⎨⎪=⎩令1z =，则2x =-，0y =，所以(2,0,1)=-n 是平面PGCD 的一个法向量.设点Q 到平面PEF 的距离为d，则1||DA d ⋅===n n uuu r ，A 对，C 错.故选A.10.答案：B解析：如图所示，连接AC ，BD .因为底面ABCD 为正方形，所以BD AC ⊥.又因为PA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以PA BD ⊥.因为PA AC A ⋂=，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC .因为PC ⊂平面PAC ，所以BD PC ⊥.因为PC DM ⊥，,BD DM D BD ⋂=⊂平面BDM ，DM ⊂平面BDM ，所以PC ⊥平面BDM .又因为BM ⊂平面BDM ，所以PC BM ⊥.因为底面ABCD 为正方体，所以BC AB ⊥.又PA ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA BC ⊥.因为,AB PA A AB ⋂=⊂平面PAB ， PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB .又因为PB ⊂平面PAB ，所以BC PB ⊥.在Rt PBC V 中，4,2PA AB ==，所以PB ==.Rt PBC V中，PC =又BM PC ⊥，所以3PB BC MB PC ⋅===.11.答案：AB解析：由题知，当平面BAC ⊥平面ACD 时，三棱锥B ACD -的体积最大，此时111224343255B ACD V -=⨯⨯⨯⨯=，故选项A 正确.取AC 的中点E ，连接BE ，DE ，则52DE AE CE BE ====，所以三棱锥B ACD -的外接球是以点E 为球心，52为半径的球，则该三棱锥外接球的表面积254π25π2S ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭，故选项B 正确.假设BC AD ⊥，又BC AB ⊥，AB AD A ⋂=，所以BC ⊥平面BAD .又BD ⊂平面BAD ，所以BC BD ⊥，则在Rt BCD V 中，斜边CD 的长度要大于4，这与3CD =矛盾，故选项C 错误.假设BD AC ⊥，过点D 作DF AC ⊥于点F ，连接BF.由于BD DF D ⋂=，所以AC ⊥平面BDF .又BF ⊂平面BDF ，所以AC BF ⊥，所以125BF DF ==.又CF CF =，90CFB CFD ︒∠=∠=，所以BCF DCF ≅V V ，所以BC CD =，这与4BC =，3CD =矛盾，故选项D 错误.综上所述，选AB.12.答案：ACD解析：在长方体1111ABCD A B C D -中，以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，因为1AB ===，所以11AD AA ==，则111(1,0,0),(1,0,1),(0,0,1),(0,(0,0,0)A A C D C D，B，则11(1),(1,0,1)A C D A =--=-uuu r uuu r .A 选项，当112A C A P =uuu r uuu r 时，P 为线段1A C 的中点，根据长方体结构特征，P 为体对角线的中点，因此P 也为1B D 中点，所以1,,B P D 三点共线，故A 正确；B 选项，当11AP AC ⊥uu u r uuu u r 时，1AP A C ⊥，由题意可得，1A C =2AC ==，由1111122A AC S AA AC A C AP =⋅=⋅V，解得AP =，所以155A P =，即点 P 为线段1A C 上靠近点1A的五等分点，所以44,,555P ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，则14114,555555D P AP ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭uuu r uu u r ，所以1434102525255D P AP ⋅=-+-=-≠uuu r uu u r ，所以AP uu u r 与1D P uuu r 不垂直故B 错误；C 选项，当113A C A P =uuu r uuu r时，111113333A P AC ⎛⎫==-- ⎪ ⎪⎝⎭uuu r uuu r ，设平面1BDC 的法向量为(,,)x y z =n ，由10,0,DC z DB x ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩n n uuu u r uu u r 令1y =，可得(=n .又1111231333D P A P A D ⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu r uuu r uuuu r ，所以10D P ⋅=n uuu r ，因此1D P ⊥n uuu r ，又点1D 不在平面1BDC 内，所以1D P P 平面1BDC ，故C 正确；D 选项，当115A C A P =uuu r uuu r时，11111555A P AC ⎛⎫==-- ⎪ ⎪⎝⎭uuu r uuu r ，所以11114155D P A P A D ⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭uuu r uuu r uuuu r ，所以11110,0A D P A C A C D ⋅=⋅=uuu r uuu r uuu r uuu r ，因此1111,A C D P A C D A ⊥⊥，又111D P D A D ⋂=，则1A C ⊥平面1D AP ，故D 正确.故选ACD.。
2022年教学教材2020浙江高中数学二轮专强化练专四 空间向量与立体几何配套精选
专题强化训练
1．在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为CD和C1C的中点，那么直线AE与D1F所成角的余弦值为
解析：为原点，分别以DA、DC、DD1所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系图略．假设棱长为2，那么A2，0，0、E0，1，0、D10，0，2、F0，2，1．
所以错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!＝错误!，设直线CD与底面ADC′所成角为θ，那么
in θ＝|co〈错误!〉|＝错误!＝错误!＝错误!，
故直线CD与底面ADC′所成角的正弦值为错误!
142021·宝鸡市质量检测一如图，四棱锥＝1，0，，而错误!错误!＝a＋c＝0，得＝－错误!，
所以m＝1，0，－错误!∥m′＝c，0，－a．
co 60°＝错误!＝错误!＝错误!，得a＝c
故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角C-AF-D的大小为60°。
高考数学二轮复习(浙江专用)训练：专题四立体几何第2讲Word版含解析
1.(2016 山·东卷 )在以下图的圆台中， AC 是下底面圆 O 的直径， EF 是上底面圆 O′的直径， FB 是圆台的一条母线 .(1)已知 G，H 分别为 EC， FB 的中点，求证： GH∥平面ABC；1(2)已知 EF＝FB＝2AC＝23，AB＝BC，求二面角 F－ BC－A 的余弦值 .(1)证明设 FC 中点为 I ，连结 GI ，HI ，在△ CEF 中，由于点 G 是 CE 的中点，所以 GI∥EF.又 EF∥OB，所以 GI∥ OB.在△ CFB 中，由于 H 是 FB 的中点，所以 HI ∥BC，又 HI ∩GI ＝I ，所以平面GHI ∥平面 ABC.由于 GH? 平面 GHI ，所以 GH∥平面 ABC.(2)解连结OO′，则OO′⊥平面ABC.又AB＝BC，且AC是圆 O 的直径，所以 BO⊥AC.以 O 为坐标原点，成立以下图的空间直角坐标系O－xyz.由题意得 B(0，23， 0)，C(－23，0，0).过点 F 作 FM 垂直 OB 于点 M，所以 FM ＝ FB2－BM2＝ 3，可得 F(0，3， 3).→→3，3).故BC＝(－2 3，－2 3，0)，BF＝(0，－设 m＝(x，y，z)是平面BCF的一个法向量.→m·BC＝0，由→m·BF＝0.可得－2 3x－ 2 3y＝ 0，可得平面 BCF 的一个法向量m＝－ 3y＋3z＝0.3－1，1，3，由于平面 ABC 的一个法向量n＝(0，0，1)，m·n7所以 cos〈m，n〉＝|m||n|＝7 .7所以二面角 F－BC－A 的余弦值为7 .2.(2015 山·东卷 )如图，在三棱台DEF－ABC 中， AB＝2DE，G，H 分别为 AC，BC 的中点 .(1)求证： BD∥平面 FGH ；(2)若 CF⊥平面 ABC，AB⊥BC，CF＝DE, ∠BAC＝45°，求平面 FGH 与平面 ACFD 所成的角 (锐角 )的大小 .(1)证明法一连结 DG，CD，设 CD∩ GF＝ O，连结 OH，在三棱台 DEF －ABC 中，AB＝2DE，G 为 AC 的中点，可得 DF ∥GC， DF＝ GC，所以四边形 DFCG 为平行四边形 .则 O 为 CD 的中点，又 H 为 BC 的中点，所以 OH∥BD，又 OH? 平面 FGH ，BD?平面 FGH ，所以 BD∥平面 FGH .法二在三棱台 DEF －ABC 中，由 BC＝2EF， H 为 BC 的中点，可得 BH∥EF，BH＝EF，所以四边形 BHFE 为平行四边形，可得 BE∥HF .在△ ABC 中，G 为 AC 的中点， H 为 BC 的中点，所以 GH∥ AB.又 GH∩HF ＝H，所以平面 FGH ∥平面 ABED.由于 BD? 平面 ABED，所以 BD∥平面 FGH .(2)解设AB＝2，则CF＝1.1在三棱台 DEF －ABC 中， G 为 AC 的中点，由 DF ＝2AC＝GC，可得四边形 DGCF 为平行四边形，所以 DG∥ FC，又 FC⊥平面 ABC，所以 DG⊥平面 ABC.在△ ABC 中，由 AB⊥BC，∠ BAC＝45°， G 是 AC 中点 .所以 AB ＝BC ，GB ⊥GC ，所以 GB ，GC ， GD 两两垂直 .以 G 为坐标原点，成立以下图的空间直角坐标系 G －xyz.所以 G(0， 0， 0)，B( 2，0，0)， C(0， 2，0)，D(0， 0， 1).可得 H 22，22， 0 ，F(0，2，1)，→2 2 →故GH ＝2 ，2 ，0 ，GF ＝(0， 2，1). 设 n ＝(x ，y ，z)是平面 FGH 的一个法向量，→x ＋y ＝0，n ·GH ＝0，则由可得2y ＋ z ＝ 0.→＝0，·n GF可得平面 FGH 的一个法向量 n ＝(1，－ 1， 2).→ 的一个法向量， →2，0，0).由于 GB 是平面 ACFD GB ＝( → → 2 1GB ·n所以 cos 〈GB ， n 〉＝ → ＝ ＝ 2.|GB| ·|n| 22所以平面 FGH 与平面 ACFD 所成角 (锐角 )的大小为 60° .3.(2016 四·川卷 )如图，在四棱锥 P － ABCD 中， AD ∥BC ，1∠ADC ＝∠ PAB ＝90°， BC ＝CD ＝2AD.E 为边 AD 的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90° .(1)在平面 PAB 内找一点 M ，使得直线 CM ∥平面 PBE ，并说明原因；(2)若二面角 P － CD － A 的大小为 45°，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值 .解 (1)在梯形 ABCD 中，AB 与 CD 不平行 .延伸 AB ，DC ，订交于点 M(M ∈平面 PAB)，点 M 即为所求的一个点 .原因以下：由已知， BC ∥ ED ，且 BC ＝ED.所以四边形 BCDE 是平行四边形 .进而 CM ∥ EB.又 EB? 平面 PBE ，CM?平面 PBE.所以 CM ∥平面 PBE.(说明：延伸 AP 至点 N ，使得 AP ＝ PN ，则所找的点能够是直线MN 上随意一点 )(2)法一由已知， CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以 CD ⊥平面 PAD.于是 CD ⊥ PD.进而∠ PDA 是二面角 P －CD －A 的平面角 .所以∠ PDA ＝ 45°.由 PA ⊥ AB ，可得 PA ⊥平面 ABCD.设 BC ＝1，则在 Rt △ PAD 中， PA ＝ AD ＝ 2.→ →作 Ay ⊥ AD ，以 A 为原点，以 AD ，AP 的方向分别为 x 轴，z 轴的正方向，成立以下图的空间直角坐标系A － xyz ，则 A(0，0，0)， P(0，0，2)，C(2， 1，0)，E(1，0，0).→ → →所以 PE ＝(1，0，－ 2)，EC ＝(1，1，0)， AP ＝ (0，0，2).设平面 PCE 的法向量为 n ＝(x ， y ， z).→n ·PE ＝0， 由得 →n ·EC ＝ 0.x －2z ＝ 0，设 x ＝2，解得 n ＝(2，－ 2，1).x ＋y ＝0.→设直线 PA 与平面 PCE 所成角为 α，则 sin α＝ |n ·AP| ＝22→×222＋（－ 2） ＋1|n | |AP ·|21＝ 3.1所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值为 3.法二 由已知， CD ⊥ PA ，CD ⊥ AD ， PA ∩AD ＝ A ，所以 CD ⊥平面 PAD.进而 CD ⊥PD.所以∠ PDA 是二面角 P －CD －A 的平面角 .所以∠ PDA ＝45°.设 BC ＝1，则在 Rt △ PAD 中， PA ＝ AD ＝ 2.过点 A 作 AH ⊥CE ，交 CE 的延伸线于点 H ，连结 PH.易知 PA ⊥平面 ABCD ，进而 PA⊥CE.且 PA∩ AH＝ A，于是 CE⊥平面 PAH.又 CE? 平面 PCE，所以平面 PCE⊥平面 PAH.过 A 作 AQ⊥PH 于 Q，则 AQ⊥平面 PCE.所以∠ APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角 .在 Rt△ AEH 中，∠ AEH＝45°， AE＝1，2所以AH＝2.在 Rt△ PAH 中， PH＝ PA2＋AH2＝322.所以 sin∠APH＝AHPH＝13.4.(2016 全·国Ⅰ卷)如图，在以 A，B， C， D，E，F 为极点的五面体中，平面ABEF 为正方形， AF＝ 2FD ，∠ AFD＝90°，且二面角 D－AF－E 与二面角 C－BE－F 都是 60° .(1)证明：平面 ABEF⊥平面 EFDC ；(2)求二面角 E－ BC－ A 的余弦值 .(1)证明由已知可得 AF⊥ DF，AF⊥ FE，且 DF ∩EF＝F，所以 AF⊥平面 EFDC ，又 AF? 平面 ABEF，故平面 ABEF⊥平面 EFDC .(2)解过 D 作DG⊥ EF，垂足为G，由 (1)知DG⊥平面ABEF.以G 为坐标原→→点， GF的方向为 x 轴正方向， |GF|为单位长，成立以下图的空间直角坐标系G－ xyz.由(1)知∠ DFE 为二面角 D－AF－ E 的平面角，故∠ DFE＝ 60°，则|DF|＝2，|DG|＝ 3，可得 A(1，4，0)，B(－ 3，4，0)，E(－3，0，0)，D(0，0， 3).由已知， AB∥ EF，所以 AB∥平面 EFDC ，又平面 ABCD∩平面 EFDC＝ CD，故 AB∥CD，CD∥EF，由 BE∥AF，可得 BE⊥平面 EFDC，所以∠ CEF 为二面角 C－ BE－ F 的平面角，∠ CEF＝ 60°，进而可得 C(－ 2， 0， 3).→所以 EC＝(1，0，→→3)， EB＝ (0，4，0)，AC＝(－3，－ 4，→3)， AB＝ (－4，0，0).→n·EC＝0，设 n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，则→n·EB＝0，x＋3z＝ 0，即所以可取 n＝(3，0，－3).4y＝0.→m·AC＝0，设 m 是平面ABCD的法向量，则→m·AB＝0.同理可取 m＝(0，3， 4)，n·m219则 cos〈n，m〉＝|n||m|＝－19 .219故二面角 E－BC－A 的余弦值为－19 .5.(2016 广·州二模 )如图，△ABC 和△ BCD 所在平面相互垂直，且 AB＝ BC＝ BD＝2，∠ ABC＝∠ DBC＝120°， E，F 分别为 AC，DC 的中点 .(1)求证： EF⊥ BC；(2)求二面角 E－ BF－ C 的正弦值 .法一 (1)证明由题意，以 B 为坐标原点，在平面 DBC 内过 B 作垂直 BC 的直线为x 轴， BC 所在直线为 y 轴，在平面 ABC 内过 B 作垂直 BC 的直线为 z 轴，成立以下图空间直角坐标系 .易得B(0，0， 0)，A(0，－ 1， 3)，D( 3，－ 1，0)， C(0，2，0).因此 E(0，13312，2 )，F2，2，0 ，→3，，－3→所以 EF＝，BC＝(0，2，0)，202→→→→所以 EF·BC＝0.进而 EF⊥BC，所以 EF⊥BC. (2)解平面 BFC 的一个法向量为n1＝(0， 0， 1).设平面 BEF 的法向量n2＝(x，y， z)，→31→13又 BF＝2，2，0 ，BE＝0，2， 2.→n 2·BF ＝ 0，得此中一个 n 2＝(1，－ 3， 1).由→n 2 ·BE ＝ 0，设二面角 E －BF －C 大小为 θ，且由题意知 θ为锐角，则〈 1 ，n 2〉＝ n 1·n 2＝ 1，∴ cos θ ＝ 5， cos n|n ||n |5 512所以 sin θ＝2＝25，即所求二面角的正弦值为2 55 55 .法二(1)证明 过 E 作 EO ⊥BC ，垂足为 O ，连结 OF.由△ ABC ≌△ DBC 可证出△ EOC ≌△ FOC.π所以∠ EOC ＝∠ FOC ＝ 2 ，即 FO ⊥BC.又 EO ⊥BC ，EO ∩FO ＝O ， EO ， FO? 平面 EFO ，所以 BC ⊥平面 EFO ，又 EF? 平面 EFO ，所以 EF ⊥BC.(2)解 过 O 作 OG ⊥BF ，垂足为 G ，连结 EG. 由平面 ABC ⊥平面 BDC ，进而 EO ⊥平面 BDC ， BF? 平面 BDC ，∴ BF ⊥EO ，又 OG ⊥BF ，又 EO ∩OG ＝O ，所以 BF ⊥平面 EOG ，又 EG? 平面 EOG ，所以 EG ⊥BF.所以∠ EGO 为二面角 EBFC 的平面角 . 在△ EOC 中， EO ＝1＝1·°＝ 3，2EC 2BCcos 302BO3由△ BGO ∽△ BFC 知， OG ＝BC ·FC ＝ 4 ，EO2 5 所以 tan ∠EGO ＝OG ＝ 2，进而 sin ∠EGO ＝ 5 ，即二面角 E- BF- C 的正弦值2 5 为 5.6.(2016 北·京二模 )如图，正方形 AMDE 的边长为 2，B，C分别为 AM， MD 的中点 .在五棱锥 P－ABCDE 中， F 为棱 PE 的中点，平面 ABF 与棱 PD， PC 分别交于点 G，H.(1)求证： AB∥ FG；(2)若 PA⊥底面 ABCDE，且 PA＝AE.求直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小，并求线段 PH 的长 .(1)证明在正方形AMDE 中，由于B 是AM 的中点，所以 AB∥DE.又由于 AB?平面 PDE， DE? 平面 PDE，所以 AB∥平面 PDE.由于 AB? 平面 ABF，且平面 ABF∩平面 PDE＝FG，所以 AB∥FG.(2)解由于PA⊥底面ABCDE，所以 PA⊥AB，PA⊥ AE.如图成立空间直角坐标系A－xyz，则 A(0，0，0)，B(1，0，→0)，C(2，1，0)，P(0， 0， 2)，F(0，1，1)， BC＝ (1，1，0).设平面 ABF 的法向量为n＝(x，y，z)，则→n·AB＝0，x＝0，即→y＋z＝ 0.n·AF＝0，令 z＝1，则 y＝－ 1. 所以n＝(0，－ 1，1).设直线 BC 与平面 ABF 所成角为α，→→11 n·BC则 cos〈n，BC〉＝→ ＝－2.∴sin α＝2，|n||BC|π所以直线 BC 与平面 ABF 所成角的大小为 6.设点 H 的坐标为 (u，v，w).由于点 H 在棱 PC 上，→→所以可设 PH＝λPC(0＜λ＜1)，即 (u，v，w－2)＝λ(2， 1，－ 2)，所以 u＝2λ，v＝λ， w ＝2－2λ.→由于 n 是平面ABF的法向量，所以n·AH＝0，即 (0，－ 1，1) ·(2λ，λ， 2－ 2λ)＝0.2422解得λ＝3，所以点 H 的坐标为3，3，3 .所以 PH＝42＋224233＋－3＝ 2.。
(浙江专版)高考数学二轮专题复习 重难增分训练(四)立体几何的创新问题-人教版高三全册数学试题
重难增分训练（四） 立体几何的创新问题1．(2017·某某模拟)如图所示，在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，将△ABD 沿BD 折起，使得平面ABD ⊥平面BCD ，构成四面体A BCD ，则在四面体A BCD 中，下列说法正确的是( )A ．平面ABD ⊥平面ABCB ．平面ADC ⊥平面BCD C ．平面ABC ⊥平面BCD D ．平面ADC ⊥平面ABC解析：选D ∵在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，∠BCD ＝45°，∠BAD ＝90°，∴BD ⊥CD .又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，故CD ⊥平面ABD ，则CD ⊥AB ，又AD ⊥AB ，AD ∩CD ＝D ，∴AB ⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面ADC .故选D.2．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点P 是平面AA 1D 1D 的中心，点Q 是上底面A 1B 1C 1D 1上一点，且PQ ∥平面AA 1B 1B ，则线段PQ 的长的最小值为( )A ．1 B. 2 C.22D.32解析：选A 由PQ ∥平面AA 1B 1B 知Q 在过点P 且平行于平面AA 1B 1B 的平面上，易知点Q 在A 1D 1，B 1C 1中点的连线MN 上，故PQ 的最小值为PM ＝12AA 1＝1.3．在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，并总是保持AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是( )A ．线段B 1C B ．线段BC 1C ．线段BB 1的中点与CC 1的中点连成的线段D ．线段BC 的中点与B 1C 1的中点连成的线段解析：选A 设点P 是侧面BCC 1B 1或其边界上的任意一点，连接AP ，AB 1，因为在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，BD 1⊥AB 1，又AP ⊥BD 1，所以，BD 1⊥平面AB 1P ，同理，BD 1⊥平面ACP .所以，平面AB 1P 与平面ACP 重合，所以P 点的轨迹是B 1C ，故选A.4．(2018届高三·某某十校联考)如图，点E 为正方形ABCD 边CD 上异于点C ，D 的动点，将△ADE 沿AE 翻折成△SAE ，使得平面SAE ⊥平面ABCE ，则下列说法中正确的个数是( )①存在点E ，使得直线SA ⊥平面SBC; ②平面SBC 内存在直线与SA 平行； ③平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行．A ．0B ．1C ．2D ．3解析：选B 由题意，得SA ⊥SE ，若存在点E ，使得直线SA ⊥平面SBC ，则SA ⊥SB ，SA ⊥SC ，则SC ，SB ，SE 三线共面，则点E 与点C 重合，与题设矛盾，故①错误；因为SA 与平面SBC 相交，所以在平面SBC 内不存在直线与SA 平行，故②错误；显然，在平面ABCE 内，存在直线与AE 平行，由线面平行的判定定理得平面ABCE 内存在直线与平面SAE 平行，故③正确．故选B.5.如图，△PAD 是正三角形，四边形ABCD 为正方形，且平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 为平面ABCD 内的一个动点，MP ＝MC ，则点M 在正方形内的轨迹是( )解析：选A 以AB 所在直线为x 轴，以AD 所在直线为y 轴，设M (x ，y )，作PG ⊥AD 于G ，MQ ⊥AD 于Q ，连接GM ，设AB ＝1，则PM ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＋x 2＋34，MC ＝1－x 2＋1－y 2.所以，由MP ＝MC 得⎝ ⎛⎭⎪⎫y －122＋x 2＋34＝1－x2＋1－y2，化简得y ＝－2x ＋1，故选A.6.(2018届高三·某某名校联考)棱长为2的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 为棱CC 1的中点，点P ，Q 分别为平面A 1B 1C 1D 1和线段B 1C 上的动点，则△PEQ 周长的最小值为( )A ．2 2 B.10 C.11D ．2 3解析：选B 在CC 1的延长线上取一点M ，使MC 1＝C 1E ，记BC 的中点为N ，连接PM ，MN ，QN (如图所示)，则PE ＝PM ，QE ＝QN ，所以△PEQ 的周长L ＝PQ ＋PE ＋QE ＝PQ ＋PM ＋QN ≥MN ＝12＋32＝10，故选B.7．(2017·某某荆州中学月考)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC＝1，将△ACD沿AC折起，记折起后的D为D1，且D1在平面ABC内的射影恰好落在AB上，在四面体D1ABC的四个面中，有n对平面相互垂直，则n等于( )A．2 B．3 C．4 D．5解析：选B 如图，设D1在平面ABC内的射影为E，连接D1E，则D1E ⊥平面ABC，∵D1E⊂平面ABD1，∴平面ABD1⊥平面ABC.∵D1E⊥平面ABC，BC ⊂平面ABC，∴D1E⊥BC，又AB⊥BC，D1E∩AB＝E，∴BC⊥平面ABD1，又BC⊂平面BCD1，∴平面BCD1⊥平面ABD1.∵BC⊥平面ABD1，AD1⊂平面ABD1，∴BC⊥AD1，又CD1⊥AD1，BC∩CD1＝C，∴AD1⊥平面BCD1，又AD1⊂平面ACD1，∴平面ACD1⊥平面BCD1.∴共有3对平面互相垂直．故选B.8．如图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．解析：平面图形的翻折应注意翻折前后各元素相对位置的变化，AB，CD，EF和GH在原正方体中如图，有AB与CD，EF与GH，AB和GH三对异面直线．答案：39．(2017·某某质检)在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在正方体的表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹的周长等于________．解析：如图，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则BN⊥平面AEFD.设M在平面ABB1A1中的射影为O，连接MO，过MO与平面AEFD平行的平面为α，所以能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等．又矩形AEFD的周长为2＋5，所以所求轨迹的周长为2＋ 5.答案：2＋ 510．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点，现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ，在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足，设AK ＝t ，则t 的取值X 围是________．解析：极端位置法．当F 位于DC 的中点时(如图1)，△ADF ≌△AFK ，这时t ＝1；图1 图2当F 点与C 点重合时(如图2)，∵CB ⊥AB ，CB ⊥DK ，∴CB ⊥平面ADB ，即有CB ⊥BD ，对于CD ＝2，BC ＝1，∴BD ＝3，又AD ＝1，AB ＝2，因此有AD ⊥BD ，则有t ＝12，因此t 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，111．正四面体OABC ，其棱长为1，若OP ―→＝x OA ―→＋y OB ―→＋z OC ―→(0≤x ，y ，z ≤1)，且满足x ＋y ＋z ≥1，则正四面体的体积为________，动点P 的轨迹所形成的空间区域的体积为________．解析：先确定动点P 的轨迹，再求解对应的空间区域体积．当x ＝1时，点P 对应的轨迹是过点A 且与平面OBC 平行的平面；当y ＝1时，点P 对应的轨迹是过点B 且与平面OAC 平行的平面；当z ＝1时，点P 对应的轨迹是过点C 且与平面OAB 平行的平面．又x ＋y ＋z ≥1，则点P 对应的轨迹在平面ABC 的外面，所以满足0≤x ，y ，z ≤1，x ＋y ＋z ≥1的点P 的轨迹所形成的空间区域为平行六面体除去正四面体OABC 的部分．易求得棱长为1的正四面体的高为63，体积为212，故所求的体积为32×63－212＝5212.答案：212521212．如图所示的一块长方体木料中，已知AB ＝BC ＝4，AA 1＝1，设E 为底面ABCD 的中心，且AF ―→＝λAD ―→⎝⎛⎭⎪⎫0≤λ≤12，则该长方体中经过点A 1，E ，F 的截面面积的最小值为________．解析：如图所示，延长FE 交BC 于点R ，过点A 1作A 1H ∥EF ，则由面面平行的性质知四边形A 1HRF 为平行四边形，过点A 作AG 垂直EF 的延长线于点G ，连接A 1G ，则FG ⊥A 1G .因为AF ＝4λ，所以DF ＝4－4λ，则FR ＝42＋4－8λ2，sin ∠DFR ＝442＋4－8λ2＝sin ∠AFG ＝AGAF，所以AG ＝4λ1＋1－2λ2，A 1G 2＝1＋16λ21＋1－2λ2，所以SA HRF21边四形＝A 1G 2·FR 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋16λ21＋1－2λ2[42＋(4－8λ)2]＝42＋(4－8λ)2＋256λ2＝32(10λ2－2λ＋1)，当λ＝110时，(S A HRF 21边四形)min ＝1445，(S 四边形A 1HRF ) min ＝1255.答案：125513．(2017·某某模拟)如图，在等腰梯形PDCB 中，PB ＝3，DC ＝1，PD ＝BC ＝ 2.AD ⊥PB ，将△PAD 沿AD 折起，使平面PAD ⊥平面ABCD .(1)若M 是侧棱PB 的中点，求证：CM ∥平面PAD ； (2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值． 解：(1)证明：取PA 的中点N ，连接MN ，DN . ∵M ，N 为PB ，PA 的中点，∴MN 綊12AB .在等腰梯形PDCB 中，PB ＝3，DC ＝1， ∵AD ⊥PB ，∴CD 綊12AB ，∴MN 綊DC ，四边形MNDC 为平行四边形，故CM ∥DN . ∵CM ⊄平面PAD ，DN ⊂平面PAD ，∴CM ∥平面PAD .(2)作BE ∥AD 交DC 的延长线于E 点．∵AD ⊥AB 且平面PAD ⊥平面ABCD ，∴AB ⊥平面PAD . 如图将几何体补成直三棱柱PAD KBE .过点B 作BH ⊥KE ，∵PK ⊥平面BEK ，∴PK ⊥BH ，∴BH ⊥平面PCD ，则PB 在平面PCD 上的射影为PH ，故∠BPH 就是直线PB 与平面PCD 所成角． 在Rt △PBH 中，BH ＝12KE ＝22，且PB ＝5，∴sin ∠BPH ＝BH PB ＝1010， 故直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为1010. 14．已知四边形ABCD 是矩形，BC ＝kAB (k ∈R)，将△ABC 沿着对角线AC 翻折，得到△AB 1C ，设顶点B 1在平面ABCD 上的射影为O .(1)若点O 恰好落在边AD 上， ①求证：AB 1⊥平面B 1CD ；②若B 1O ＝1，AB >1，当BC 取到最小值时，求k 的值；(2)当k ＝3时，若点O 恰好落在△ACD 的内部(不包括边界)，求二面角B 1AC D 的余弦值的取值X 围．解：(1)①证明：因为点B 1在平面ABCD 上的射影为点O .所以平面AB 1D ⊥平面ACD ，又CD ⊥AD ，所以CD ⊥平面AB 1D ，所以AB 1⊥CD ，又因为AB 1⊥CB 1，CB 1∩CD ＝C ，所以AB 1⊥平面B 1CD . ②点O 在AD 边上且B 1O ＝1，设AB ＝x ，BC ＝y ， 则AO ＝x 2－1，由于AB 1⊥B 1D ，所以△AOB 1∽△AB 1D ， 所以B 1D ＝AB 1AO ×B 1O ＝xx 2－1， 所以y ＝B 1C ＝CD 2＋B 1D 2＝ x 2＋x 2x 2－1＝x 2－1＋1x 2－1＋2 ≥ 2x 2－1·1x 2－1＋2＝2.当且仅当x 2－1＝1x 2－1，即x ＝2时取得等号． 故当x ＝2时，y 有最小值2，所以k ＝ 2. (2)作BF ⊥AC 交AC 于点E ，交AD 于点F ，若点O 恰好落在△ACD 的内部，即点O 恰好落在线段EF 上， 由于B 1E ⊥AC ，EF ⊥AC ，所以∠B 1EF 为二面角B 1AC D 的平面角， cos ∠B 1EF ＝EO B 1E ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13. 即二面角B 1AC D 的余弦值的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13.。
浙江新高考数学二轮复习专题强化练：专题四 3 第3讲 空间向量与立体几何 含解析
专题强化训练1．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为CD 和C 1C 的中点，则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为( )A.13 B.25 C.35D.37解析：选B.以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系(图略)．若棱长为2，则A (2，0，0)、E (0，1，0)、D 1(0，0，2)、F (0，2，1)．所以EA →＝(2，－1，0)，D 1F →＝(0，2，－1)， cos 〈EA →，D 1F →〉＝EA →·D 1F→|EA →||D 1F →|＝－25·5＝－25.则直线AE 与D 1F 所成角的余弦值为25.2．在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B.以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，E ⎝⎛⎭⎫1，0，12， D (0，1，0)，所以A 1D →＝(0，1，－1)， A 1E →＝⎝⎛⎭⎫1，0，－12， 设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y －z ＝0，1－12z ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，z ＝2.所以n 1＝(1，2，2)．因为平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23.即所成的锐二面角的余弦值为23.3．(2019·浙江省十校联合体期末联考)在三棱锥O -ABC 中，已知OA ，OB ，OC 两两垂直且相等，点P 、Q 分别是线段BC 和OA 上的动点，且满足BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，则PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤22，1B.⎣⎡⎦⎤33，1C.⎣⎡⎦⎤33，255D.⎣⎡⎦⎤22，255解析：选B.根据题意，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设OA ＝OB ＝OC ＝2，OB →＝(2，0，0)，设P (x ，y ，0)，Q (0，0，z )，因为BP ≤12BC ，AQ ≥12AO ，所以1≤x ≤2，0≤y ≤1且x ＋y ＝2，0≤z ≤1，PQ →＝(－x ，x －2，z )，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪OB →·PQ →|OB→|·|PQ →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2x 2－4x ＋4＋z 2， 当x ＝1，z ＝1时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝33；当x ＝2，z ＝1时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝255；当x ＝2，z ＝0时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝1.当x ＝1，z ＝0时，|cos 〈OB →，PQ →〉|＝22，结合四个选项可知PQ 和OB 所成角的余弦的取值范围是⎣⎡⎦⎤33，1.4．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC ＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为( )A.⎣⎡⎭⎫55，1B.⎣⎡⎦⎤55，1C.⎝⎛⎭⎫255，1D.⎣⎡⎭⎫255，1解析：选 A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎫12，0，1，F (x ，0，0)，D (0，y ，0)， 由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0， DF ＝x 2＋y 2＝5⎝⎛⎭⎫y －252＋15， 由x ＝1－2y >0，得y <12，所以当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是15，当y ＝0时，线段DF 长度的最大值是1而不包括端点，故y ＝0不能取，故选A. 5．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.32B.155C.105D.33解析：选C.如图所示，将直三棱柱ABC -A 1B 1C 1补成直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1，连接AD 1，B 1D 1，则AD 1∥BC 1，所以∠B 1AD 1或其补角为异面直线AB 1与BC 1所成的角．因为∠ABC ＝120°，AB ＝2，BC ＝CC 1＝1，所以AB 1＝5，AD 1＝ 2.在△B 1D 1C 1中，∠B 1C 1D 1＝60°，B 1C 1＝1，D 1C 1＝2，所以B 1D 1＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3，所以cos ∠B 1AD 1＝5＋2－32×5×2＝105，选择C.6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A -CD -B 中，BC ⊥CD ，BC ＝CD ＝2，点A 在直线AD 上运动，满足AD ⊥CD ，AB ＝3.现将平面ADC 沿着CD 进行翻折，在翻折的过程中，线段AD 长的取值范围是________．解析：由题意得AD →⊥DC →，DC →⊥CB →，设平面ADC 沿着CD 进行翻折过程中，二面角A -CD -B 的夹角为θ，则〈DA →，CB →〉＝θ，因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →，所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →，设AD ＝x ，因为BC ＝CD ＝2，AB ＝3， 所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ，即x 2－4x cos θ－1＝0，即cos θ＝x 2－14x .因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤x 2－14x≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0，则⎩⎪⎨⎪⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0，所以5－2≤x ≤5＋2， 即AD 的取值范围是[5－2，5＋2]． 答案：[5－2，5＋2]7．(2019·台州市高考模拟)如图，在棱长为2的正四面体A -BCD 中，E 、F 分别为直线AB 、CD 上的动点，且|EF |＝ 3.若记EF 中点P 的轨迹为L ，则|L |等于________．(注：|L |表示L 的测度，在本题，L 为曲线、平面图形、空间几何体时，|L |分别对应长度、面积、体积)解析：如图，当E 为AB 中点时，F 分别在C ，D 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在EC ，ED 的中点P 1，P 2的位置上；当F 为CD 中点时，E 分别在A ，B 处，满足|EF |＝3，此时EF 的中点P 在BF ，AF 的中点P 3，P 4的位置上，连接P 1P 2，P 3P 4相交于点O ，则四点P 1，P 2，P 3，P 4共圆，圆心为O ，圆的半径为12，则EF 中点P 的轨迹L 为以O 为圆心，以12为半径的圆，其测度|L |＝2π×12＝π.答案：π8.(2019·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D -ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ，因为AB ＝2，所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4，又因为AC →·BD →＝－3，所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2，当且仅当a＝b 时，等号成立，即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：29．(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)如图，矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3，将△ABD 沿对角线BD 向上翻折，若翻折过程中AC 长度在⎣⎡⎦⎤102，132内变化，则点A 所形成的运动轨迹的长度为________．解析：过A 作AE ⊥BD ，垂足为E ，连接CE ，A ′E . 因为矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝3， 所以AE ＝32，CE ＝72. 所以A 点的轨迹为以E 为圆心，以32为半径的圆弧．∠A ′EA 为二面角A -BD -A ′的平面角． 以E 为原点，以EB ，EA ′所在直线为x 轴，y 轴建立如图所示空间直角坐标系E -xyz ，设∠A ′EA ＝θ，则A ⎝⎛⎭⎫0，32cos θ，32sin θ，C ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，所以AC ＝1＋34（cos θ＋1）2＋34sin 2θ＝5＋3cos θ2，所以102≤5＋3cos θ2≤132， 解得0≤cos θ≤12，所以60°≤θ≤90°，所以A 点轨迹的圆心角为30°， 所以A 点轨迹的长度为π6·32＝3π12.答案：312π 10．(2019·宁波十校联考模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝2，△BCD 是等边三角形，E 是BP 的中点，AC 与BD 交于点O ，且OP ⊥平面ABCD .(1)求证：PD ∥平面ACE ；(2)当OP ＝1时，求直线P A 与平面ACE 所成角的正弦值． 解：(1)证明：因为在四棱锥P -ABCD 中，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝2，△BCD 是等边三角形，所以△ABC ≌△ACD ，因为E 是BP 中点，AC 与BD 交于点O ，所以O 是BD 中点，连接OE ，则OE ∥PD ，因为PD ⊄平面ACE ，OE ⊂平面ACE ，所以PD ∥平面ACE .(2)因为BD ⊥AC ，PO ⊥平面ABCD ，以O 为原点，OB ，OC ，OP 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 则P (0，0，1)，A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，3，0)，E ⎝⎛⎭⎫32，0，12，EA →＝⎝⎛⎭⎫－32，－1，－12，EC →＝⎝⎛⎭⎫－32，3，－12，P A →＝(0，－1，－1)，设平面ACE 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EA →＝3x ＋2y ＋z ＝0n ·EC →＝3x －6y ＋z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，0，－3)，设直线P A 与平面ACE 所成角为θ， 则sin θ＝|n ·P A →||n |·|P A →|＝322＝64，所以直线P A 与平面ACE 所成角的正弦值为64. 11.(2019·浙江暨阳4月联考卷)在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，BC ∥AD ，BC ⊥AB ，PB ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1，E 为棱PD 上的点．(1)若PE ＝13PD ，求证：PB ∥平面ACE ；(2)若E 是PD 的中点，求直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值．解：(1)证明：过A 作Az ⊥平面ABCD ，以A 为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得，PC ＝3，所以B (1，0，0)，P (1，1，3)，所以BP →＝(0，1，3)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，设E (x ，y ，z )，由PE →＝13PD →，得E (23，43，233)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝23x ＋43y ＋233z ＝0，取z ＝1，得n ＝(3，－3，1)，所以BP →·n ＝0，因为PB ⊄平面ACE ，所以PB ∥平面ACE .(2)过A 作Az ⊥平面ABCD ，以A 为原点，如图建立直角坐标系，由题意解得PC ＝3，所以B (1，0，0)，P (1，1，3)，A (0，0，0)， 所以BP →＝(0，1，3)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，所以E (12，32，32)，AC →＝(1，1，0)，AE →＝(12，32，32)，设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎨⎧n AC→＝x ＋y ＝0n AE →＝12x ＋32y ＋32z ＝0，取z ＝2，得n ＝(3，－3，2)，所以直线PB 与平面ACE 所成角的正弦值： sin θ＝|BP →·n ||BP →||n |＝3210＝3020.12.(2019·嵊州市第二次高考适应性考试)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面ABC 为边长为2的正三角形，D 是棱A 1C 1的中点，CC 1＝h (h >0)．(1)证明：BC 1∥平面AB 1D ；(2)若直线BC 1与平面ABB 1A 1所成角的大小为π6，求h 的值．解：(1)证明：连接A 1B 交AB 1于E ，连接DE ， 则DE 是△A 1BC 1的中位线． 所以DE ∥BC 1.又DE ⊂平面AB 1D ，BC 1⊄平面AB 1D ，故BC 1∥平面AB 1D .(2)以AB 的中点O 为坐标原点，OB ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B (1，0，0)，C 1(0，3，h )．易得平面ABB 1A 1的一个法向量为n ＝(0，1，0)． 又BC 1→＝(－1，3，h )．所以sin π6＝|cos 〈BC 1→，n 〉|＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |.即3h 2＋4＝12，解得h ＝2 2. 13.(2019·温州十五校联考)已知菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于一点O ，∠BAD ＝60°，将△BDC 沿着BD 折起得△BDC ′，连接AC ′.(1)求证：平面AOC ′⊥平面ABD ；(2)若点C ′在平面ABD 上的投影恰好是△ABD 的重心，求直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值．解：(1)证明：因为C ′O ⊥BD ，AO ⊥BD ，C ′O ∩AO ＝O ，所以BD ⊥平面C ′OA ，又因为BD ⊂平面ABD ，所以平面AOC ′⊥平面ABD .(2)如图建系O -xyz ，令AB ＝a ，则 A ⎝⎛⎭⎫32a ，0，0，B ⎝⎛⎭⎫0，12a ，0， D ⎝⎛⎭⎫0，－12a ，0， C ′⎝⎛⎭⎫36a ，0，63a ，所以DC →＝AB →＝⎝⎛⎭⎫－32a ，12a ，0，平面ADC ′的法向量为m ＝⎝⎛⎭⎫1，－3，22，设直线CD与底面ADC ′所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈DC →，m 〉|＝|DC →·m ||DC →||m |＝3a a ·32＝63，故直线CD 与底面ADC ′所成角的正弦值为63. 14.(2019·宝鸡市质量检测(一))如图，四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 为矩形，P A ⊥平面ABCD ，点E 是PD 的中点，点F 是PC 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)若底面ABCD 为正方形，探究在什么条件下，二面角C -AF -D 的大小为60°？解：易知AD ，AB ，AP 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，设AB ＝2a ，AD ＝2b ，AP ＝2c ，则A (0，0，0)，B (2a ，0，0)，C (2a ，2b ，0)，D (0，2b ，0)， P (0，0，2c )．设AC ∩BD ＝O ，连接OE ，则O (a, b ，0)，又E 是PD 的中点，所以E (0，b ，c )． (1)证明：因为PB →＝(2a ，0，－2c )，EO →＝(a ，0，－c )， 所以PB →＝2EO →，所以PB →∥EO →，即PB ∥EO . 因为PB ⊄平面AEC ，EO ⊂平面AEC ， 所以PB ∥平面AEC .(2)因为四边形ABCD 为正方形，所以a ＝b ，A (0，0，0)，B (2a ，0，0)，C (2a ，2a ，0)，D (0，2a ，0)，P (0，0，2c )，E (0，a ，c )，F (a ，a ，c )，因为z 轴⊂平面CAF ，所以设平面CAF 的一个法向量为n ＝(x ，1，0)，而AC →＝(2a ，2a ，0)，所以AC →·n ＝2ax ＋2a ＝0，得x ＝－1， 所以n ＝(－1，1，0)．因为y 轴⊂平面DAF ，所以设平面DAF 的一个法向量为m ＝(1，0，z )，而AF →＝(a ，a ，c )， 所以AF →·m ＝a ＋cz ＝0，得z ＝－a c ，所以m ＝(1，0，－ac)∥m ′＝(c ，0，－a )．cos 60°＝|n ·m ′||n ||m ′|＝c 2（a 2＋c 2）＝12，得a ＝c . 故当AP 与正方形ABCD 的边长相等时，二面角C -AF -D 的大小为60°.。
2022版优化方案高考数学(浙江版·文科)二轮专题复习练习：高考仿真模拟练 Word版含答案
高考仿真模拟练高考浙江卷仿真模拟(时间：120分钟 满分：150分)选择题部分一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合A ＝{0，2，a }，集合B ＝{－2，1，a 2}，若A ∪B ＝{－2，0，1，2，4}，则A ∩B ＝( ) A ．{2} B ．{－2} C ．{2，4} D ．{－2，2}2．已知m 是平面α的一条斜线，点A ∉α，l 为过点A 的一条动直线，则下列情形可能消灭的是( ) A ．l ⊥m ，l ∥α B ．l ∥m ，l ⊥α C ．l ⊥m ，l ⊥α D ．l ∥m ，l ∥α3．设函数 f (x )是定义在R 上的奇函数，则下列结论中肯定正确的是( ) A ．函数f (x 2)＋x 2是奇函数 B ．函数[f (x )]2＋|x |不是偶函数 C ．函数x 2f (x )是奇函数D ．函数f (x )＋x 3不是奇函数4．将函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋φ2cos ⎝⎛⎭⎫x ＋φ2的图象沿x 轴向右平移π8个单位长度后，得到的曲线关于y 轴对称，则φ的取值不行能是( )A ．－5π4B ．－π4C.π4 D ．3π45．在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，点D 是边BC 上的动点，AD →＝xAB →＋yAC →，当xy 取最大值时，|AD →|的值为( )A ．4B ．3 C.52 D ．1256．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋bx －c ，x <0，lg x ，x >0，若f (－3)＝f (－2)，f (－2)＝－4，则函数g (x )＝f (x )－x3的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．47．已知数列{a n }中，a 1＝a ，{b n }是公比为23的等比数列．记b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，若不等式a n >a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．(1，3)C ．(3，＋∞)D ．(2，4) 8.某房地产建筑公司在挖掘地基时，出土了一个宋时小文物，如图，该文物外面是红色透亮 蓝田玉材质，里面是一个球形绿色水晶宝珠，其轴截面由半椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(x ≥0)与半椭圆C 2：x 2c 2＋y 2b2＝1(其中a 2＝b 2＋c 2，a >b >c >0)组成．设点F 0，F 1，F 2是相应椭圆的焦点，A 1，A 2和B 1，B 2是轴截面与x ，y 轴的交点，阴影部分是宝珠轴截面，若宝珠的体积是32π3，F 1，F 2在宝珠珠面上，△F 0F 1F 2是等边三角形．给出以下四个命题：p 1：椭圆C 1的离心率为217；p 2：椭圆C 2的离心率大于椭圆C 1的离心率； p 3：椭圆C 2的焦距为4；p 4：椭圆C 2的长、短轴之比大于椭圆C 1的长、短轴之比． 其中的真命题是( ) A ．p 1，p 2 B ．p 1，p 3 C ．p 2，p 4 D ．p 3，p 4 非选择题部分二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．把答案填在题中横线上) 9．已知{a n }是等差数列，公差d 不为零．若a 2，a 3，a 7成等比数列，且2a 1＋a 2＝1，则a 1＝________，d ＝________．10．如图，某几何体的正(主)视图、侧(左)视图和俯视图分别是等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体的高为________，体积为________，表面积为________．11．已知梯形ABCD 中，AB ∥CD ，CD ＝12AB ，点P 为BC 上靠近C 点的三等分点，设AP 与BD 的交点为Q ，若AQ →＝μAP →，BQ →＝λBD →，则λ＝________，μ＝________．12．已知不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0kx －y －1≥0y ≥0所表示的平面区域是面积为14的三角形．(1)则实数k 的值为________；(2)记z ＝max{2x －y ＋1，x ＋2y ＋2}，则z min ＝________，z max ＝________．13．已知点F (－c ，0)(c >0)是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左焦点，过F 且平行于双曲线渐近线的直线与圆x 2＋y 2＝c 2交于另一点P ，且点P 在抛物线y 2＝4cx 上，则该双曲线的离心率的平方是________．14．已知在平面直角坐标系xOy 中，点M 为圆C ：x 2＋y 2＋2ax －(4－2a )y ＋2a 2－4a ＝0(a ∈[－1，0])上任意一点，若点N 的坐标为(－b ，2b －3)(b ∈R )，则线段MN 长度的最小值为________．15．已知函数f (x )＝x －2m 2＋m ＋3(m ∈Z )为偶函数，且f (3)<f (5)．若g (x )＝log a [f (x )－2x ](a >0，且a ≠1)，则当a ＝13时，g (x )在(2，3]上的最小值为________．三、解答题(本大题共有5道小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16．(本小题满分14分)在△ABC 中，∠A ，∠B ，∠C 所对的边分别为a ，b ，c ，2a sin A ＝(2b －c )sin B ＋(2c －b )sin C ．(1)求角A 的大小；(2)若a ＝10，cos B ＝255，D 为AC 的中点，求BD 的长．17．(本小题满分15分)已知在数列{a n }中，a 1＝1，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1(n ∈N *)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在n ∈N *，使得a n ≤(n ＋1)λ成立，求实数λ的最小值．18．(本小题满分15分) 如图所示，圆柱的底面圆的圆心为O ，AC 为⊙O 的直径，B 为⊙O 上不同于A ，C 的任意一点，AP 为圆柱的一条母线，D 为PC 的中点，E 为AB 的中点，P A ＝6，BC ＝2，AC ＝4.(1)求证：平面ODE ⊥平面P AB ；(2)求直线DE 与平面PBC 所成角的正弦值．19. (本小题满分15分)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，过F 的直线l 交抛物线C 于点A ，B ，AB 的中点为D ，当直线l 的倾斜角是45°时，AB 的中垂线交y 轴于点Q (0，5)．(1)求p 的值；(2)以AB 为直径的圆交x 轴于M ，N 两点，记劣弧MN ︵的长度为S ，当直线l 绕点F 旋转时，求S|AB |的最大值．20．(本小题满分15分)若函数f (x )的定义域和值域均为区间G ，则称区间G 为函数f (x )的“管控区间”． (1)求函数f (x )＝x 2－2x 形如[a ，＋∞)(a ∈R )的“管控区间”；(2)函数g (x )＝|1－1x|(x >0)是否存在形如[a ，b ]的“管控区间”？若存在，求出实数a ，b 的值；若不存在，请说明理由．1．解析：选B.由已知A ∪B ＝{－2，0，1，2，4}及集合中元素的互异性，知a ＝－2，因而B ＝{－2，1，4}，A ∩B ＝{－2}，故选B.2．解析：选A.若l ∥m ，则l 也是平面α的一条斜线，B 不行能成立，D 也不行能成立；若l ⊥m ，l 与α可能平行、斜交，但不行能垂直，C 不行能成立；A 可能成立，选A.3．解析：选C.对于A ，f ()（－x ）2＋(－x )2＝f (x 2)＋x 2，函数f (x 2)＋x 2为偶函数，故A 错；对于B ，[f (－x )]2＋|－x |＝[f (x )]2＋|x |，函数[f (x )]2＋|x |为偶函数，故B 错；对于C ，(－x )2f (－x )＝－x 2f (x )，函数x 2f (x )是奇函数，故C 正确；对于D ，f (－x )＋(－x )3＝－f (x )－x 3，函数f (x )＋x 3是奇函数，故D 错．4．解析：选C.依题意，把函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋φ2·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋φ2＝12sin(2x ＋φ)的图象沿x 轴向右平移π8个单位长度后得到的曲线y ＝12sin ⎣⎡⎦⎤2⎝⎛⎭⎫x －π8＋φ＝12sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋φ－π4关于y 轴对称，于是有φ－π4＝k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝k π＋3π4，k ∈Z ，因此结合各选项知，φ的取值不行能是π4，故选C.5．解析：选C.由于AB ＝3，AC ＝4，BC ＝5，所以△ABC 为直角三角形．如图建立平面直角坐标系，A (0，0)，B (3，0)，C (0，4)，设D (a ，b )， 由AD →＝xAB →＋yAC →， 得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3x ，b ＝4y ，所以xy ＝ab 12.又由于D 在直线l BC ：x 3＋y4＝1上，所以a 3＋b4＝1，则a 3＋b 4≥2ab 12. 所以ab 12≤14，即xy ≤14，当且仅当a 3＝b 4，即a ＝32，b ＝2时，xy 取得最大值，此时|AD →|＝⎝⎛⎭⎫322＋22＝52.6．解析：选B.依据题意得⎩⎪⎨⎪⎧－b 2＝－3－22，（－2）2－2b －c ＝－4，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋5x ＋2，x <0，lg x ，x >0.当x <0时，令g (x )＝0，得x 2＋⎝⎛⎭⎫5－13x ＋2＝0，此方程有两个不相等的负实数根，即x <0时，g (x )有两个零点；当x >0时，令g (x )＝0，得lg x ＝x 3，作出函数y ＝lg x 与函数y ＝x3的图象，易知它们在(0，＋∞)上没有交点，所以选B.7．解析：选A.由于b n ＝a n －2a n －1(n ∈N *)，所以a n ＝b n －2b n －1，所以a n ＋1－a n＝b n ＋1－2b n ＋1－1－b n －2b n －1＝b n ＋1－b n （1－b n ＋1）（1－b n ）＝－13b n⎝⎛⎭⎫1－23b n （1－b n ）<0，解得b n >32或0<b n <1.若b n >32，则b 1⎝⎛⎭⎫23n －1>32对一切正整数n 恒成立，明显不行能；若0<b n <1，则0<b 1⎝⎛⎭⎫23n －1<1对一切正整数n 恒成立，只要0<b 1<1即可，即0<a 1－2a 1－1<1，解得a 1＝a >2.8．解析：选B.由题意知|F 1F 2|＝|F 1F 0|＝|F 2F 0| ＝2b 2－c 2，所以c2b 2－c 2＝sin 60°，所以b ＝233c ，由于宝珠的体积是32π3，F 1，F 2在宝珠珠面上，所以球的半径R ＝b 2－c 2，所以43π(b 2－c 2)3＝32π3，所以b 2－c 2＝4，所以R ＝2，所以43c 2－c 2＝4，c 2＝12，b 2＝16，a 2＝28，故a ＝27，b ＝4，c ＝23，椭圆C 1的离心率为c a ＝2327＝217，所以椭圆C 2的方程为x 212＋y 216＝1，所以椭圆C 2的离心率为12，由于12<217，故p 1为真命题，p 2为假命题；由于b >c ，所以椭圆C 2的焦点在y 轴上，则C 2的焦距为2b 2－c 2＝4，故p 3为真命题；椭圆C 1的长、短轴之比为478＝72，椭圆C 2的长、短轴之比为843＝233，由于72>233，故p 4为假命题，选B.9．解析：由于 a 2，a 3，a 7成等比数列， 所以 a 23＝a 2a 7，所以 (a 1＋2d )2＝(a 1＋d )(a 1＋6d )， 即2d ＋3a 1＝0.①又由于 2a 1＋a 2＝1，所以 3a 1＋d ＝1.②由①②解得a 1＝23，d ＝－1.答案：23－110．解析：由题意知该几何体为如图所示的四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为菱形，且AP ＝AC ＝23，BD ＝2，高QP ＝P A 2－AQ 2＝（23）2－（3）2＝3，体积V ＝13×⎝⎛⎭⎫12×23×2×3＝23，由图易知，四棱锥P -ABCD 的四个侧面为全等三角形，且在△P AB 中，P A ＝23，PB ＝10，AB ＝2，由余弦定理得cos ∠P AB ＝34，故sin ∠P AB ＝134，所以表面积S ＝4×12×2×23×134＋12×2×23＝23＋239.答案：3 23 23＋23911．解析：由于AB ∥CD ，CD ＝12AB ，点P 为BC 上靠近C 点的三等分点，所以AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋23BC →，由于AQ →＝μAP →，BQ →＝λBD →，所以AB →＝AQ →＋QB →＝μAP →－λBD →＝μ(AB →＋23BC →)－λ(BC →＋CD →)＝μ(AB →＋23BC →)－λ⎝⎛⎭⎫BC →－12AB →＝⎝⎛⎭⎫12λ＋μAB →＋⎝⎛⎭⎫23μ－λBC →，所以⎩⎨⎧12λ＋μ＝123μ－λ＝0，解得⎩⎨⎧λ＝12μ＝34. 答案：12 3412．解析：(1)由题意知2－1k >0且k >0，即k >12.作出不等式组所表示的平面区域的大致图形如图中阴影部分所示，可求得A ⎝⎛⎭⎫1k ，0，B (2，0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫3k ＋1，2k －1k ＋1，所以S 阴影＝12×⎝⎛⎭⎫2－1k ×2k －1k ＋1＝14，解得k ＝1或k ＝27(舍去)． (2)①当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0x －y －1≥0y ≥02x －y ＋1≥x ＋2y ＋2时，z ＝2x －y ＋1，作出直线y ＝2x ，平移直线，可知直线经过点A 1(1，0)时，z 取到最小值，z min ＝3，经过点B 1(2，0)时，z 取到最大值，z max ＝5；②当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0x －y －1≥0y ≥02x －y ＋1≤x ＋2y ＋2，时，z ＝x ＋2y ＋2，作出直线y ＝－12x ，平移直线，可知直线经过点A 2(1，0)时，z 取到最小值，z min ＝3，经过点C 2⎝⎛⎭⎫32，12时，z 取到最大值，z max ＝92.综上，z min ＝3，z max ＝5. 答案：(1)1 (2)3 5 13．解析：如图，设抛物线y 2＝4cx的准线为l ，作PQ ⊥l 于Q ，双曲线的右焦点为F ′，由题意可知FF ′为圆x 2＋y 2＝c 2的直径，所以PF ′⊥PF ，且tan ∠PFF ′＝ba，|FF ′|＝2c ，所以|PF ′|＝2b ，|PF |＝2a .由抛物线的性质可知|PQ |＝|PF ′|＝2b ，且△PFQ ∽△FF ′P ，所以|PQ ||PF |＝|PF ||FF ′|，即a 2＝bc ，解得e 2＝5＋12.答案：5＋1214．解析：由题意知，圆C 的标准方程为(x ＋a )2＋(y ＋a －2)2＝4，则圆C 的圆心坐标为(－a ，2－a )，其半径为2，由点N (－b ，2b －3)(b ∈R )知，点N 在直线y ＝－2x －3，即2x ＋y ＋3＝0上，由于圆心到直线的距离d ＝|2（－a ）＋（2－a ）＋3|1＋4＝|5－3a|5，由于a ∈[－1，0]，则d min ＝5，此时a ＝0，则线段MN 长度的最小值为5－2.答案：5－215．解析：由于f (3)<f (5)，所以由幂函数的性质得，－2m 2＋m ＋3>0，解得－1<m <32，由于m ∈Z ，所以m ＝0或m ＝1.当m ＝0时，f(x)＝x 3，不是偶函数，当m ＝1时，f(x)＝x 2，是偶函数，所以m ＝1，f(x)＝x 2，所以g(x)＝log a (x 2－2x)．设t ＝x 2－2x ，x ∈(2，3]，则t ∈(0，3]，此时g(x)在(2，3]上的值域就是函数y ＝log a t ，t ∈(0，3]的值域．当0<a<1时，y ＝log a t 在(0，3]上是减函数，所以y ∈[log a 3，＋∞)．所以当a ＝13时，g(x)在(2，3]上的最小值为log 133＝－1.答案：－116．解：(1)由正弦定理以及2a sin A ＝(2b －c )·sin B ＋(2c －b )sin C ， 得2a 2＝(2b －c )b ＋(2c －b )c ，整理得2a 2＝2b 2＋2c 2－2bc ，所以cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝22，由于A ∈(0，π)，所以A ＝π4.(2)由cos B ＝255，可得sin B ＝1－cos 2B ＝1－45＝55， 所以cos C ＝－cos(A ＋B )＝－⎝⎛⎭⎫22×255－22×55＝－1010， 由正弦定理得b ＝a sin Bsin A ＝10×5522＝2，所以CD ＝12AC ＝1，在△BCD 中，由余弦定理得BD 2＝(10)2＋12－2×1×10×⎝⎛⎭⎫－1010＝13.所以BD ＝13. 17．解：(1)当n ＝1时，a 1＝1＋12a 2，所以a 2＝1. 当n ≥2时，a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n ＝n ＋12a n ＋1，①a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋(n －1)a n －1＝n2a n ，②①②两式相减得na n ＝n ＋12a n ＋1－n2a n ，即(n ＋1)a n ＋1＝3na n ，所以{na n }从第2项开头构成首项为2，公比为3的等比数列，所以na n ＝2·3n －2(n ≥2)，从而a n ＝2·3n －2n(n ≥2)，所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1（n ＝1）2·3n －2n（n ≥2）. (2)a n ≤(n ＋1)λ⇔λ≥a n n ＋1，由 (1)知，当n ≥2时，a nn ＋1＝2·3n －2n （n ＋1），设f (n )＝n （n ＋1）2·3n －2(n ≥2)，则f (n ＋1)－f (n )＝2（n ＋1）（1－n ）2·3n －1<0，所以1f （n ＋1）>1f （n ）(n ≥2)． 又1f （2）＝13及a 12＝12，所以λ≥13，故所求实数λ的最小值为13.18．解：(1)证明：由于AC 为⊙O 的直径，B 为⊙O 上不同于A ，C 的任意一点，所以AB ⊥BC .由于E 为AB 的中点，所以OE ⊥AB ，由于AP 为圆柱的一条母线，所以AP ⊥OE ，又AP ∩AB ＝A ，所以OE ⊥平面P AB .由于OE ⊂平面ODE ，所以平面ODE ⊥平面P AB .(2)由(1)知AB ⊥BC ，AP ⊥BC ，AB ∩AP ＝A ，所以BC ⊥平面P AB ，所以平面PBC ⊥平面P AB .在平面P AB 内过点E 作EF ⊥PB ，垂足为F ，则EF ⊥平面PBC ，连接DF ，则∠EDF 为直线DE 与平面PBC 所成的角．在Rt △ABC 中，BC ＝2，AC ＝4，所以AB ＝23，在Rt △P AB 中，P A ＝6，所以PB ＝43，又Rt △P AB∽Rt △EFB ，所以EF P A ＝BE PB ，所以EF ＝32.在Rt △ODE 中，OD ＝3，OE ＝1，所以DE ＝10，在Rt △DEF 中，sin ∠EDF ＝EF DE ＝3210＝31020.所以直线DE 与平面PBC 所成角的正弦值为31020.19．解：(1)由题意得F ⎝⎛⎭⎫0，p 2，当直线l 的倾斜角为45°时，直线l 的方程为y ＝x ＋p 2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2x 2＝2py，得x 2－2px －p 2＝0，故x 1＋x 2＝2p ，y 1＋y 2＝x 1＋x 2＋p ＝3p ，得AB 的中点D ⎝⎛⎭⎫p ，32p . AB 的中垂线的方程为y －32p ＝－(x －p )，由x ＝0，得y ＝52p ＝5，故p ＝2.(2)由题意知直线l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为y ＝kx ＋1，代入x 2＝4y 得x 2－4kx －4＝0，故x 1＋x 2＝4k ，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2＝4k 2＋2，AB 的中点为D (2k ，2k 2＋1)，|AB |＝y 1＋y 2＋2＝4k 2＋4.令∠MDN ＝2α⎝⎛⎭⎫0<α<π2，则S ＝2α·12|AB |＝α·|AB |，所以S|AB |＝α.过点D 作DE 垂直x 轴于点E ，则点D 到x 轴的距离为|DE |＝2k 2＋1，cos α＝|DE |12|AB |＝2k 2＋12k 2＋2＝1－12k 2＋2，当k 2＝0时，cos α取得最小值12，α的最大值为π3，故S|AB |的最大值为π3.20．解：(1)由于函数f (x )＝x 2－2x ＝(x －1)2－1，所以函数f (x )在R 上的值域为[－1，＋∞)．又函数关于x ＝1对称，所以可得当x ∈[－1，＋∞)时，y ∈[－1，＋∞)，所以[－1，＋ ∞)是函数f (x )的一个“管控区间”．令f (x )＝x ，解得x ＝0或x ＝3.由于f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ∈[3，＋∞)时，y ∈[3，＋∞)，所以[3，＋∞)也是函数f (x )的一个“管控区间”．所以函数f (x )有两个形如[a ，＋∞)(a ∈R )的“管控区间”分别为[－1，＋∞)和[3，＋∞)．(2)由题意得，函数g (x )＝⎪⎪⎪⎪1－1x (x >0)的值域为[0，＋∞)，若g (x )存在形如[a ，b ]的“管控区间”，则a >0. 又函数g (x )＝⎩⎨⎧1x－1，0<x <11－1x，x ≥1在(0，1)上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．若[a ，b ]在(0，1)上，则有⎩⎪⎨⎪⎧g （a ）＝bg （b ）＝a ，即⎩⎨⎧1a －1＝b 1b－1＝a ，解得a ＝b ，不合题意．若[a ，b ]在[1，＋∞)上，则有⎩⎪⎨⎪⎧g （a ）＝a g （b ）＝b ，即⎩⎨⎧1－1a ＝a 1－1b＝b ，此方程组无解．若a ∈(0，1)，b ∈[1，＋∞)，则有1∈[a ，b ]，而g (1)＝0，所以不满足题意．综上所述，函数g (x )＝⎪⎪⎪⎪1－1x (x >0)不存在形如[a ，b ]的“管控区间”．。
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[A卷]1．(2021·宁波市高三模拟) 用一个平行于水平面的平面去截球，得到如图所示的几何体，则它的俯视图是()解析：选B.由题意知，用平行于水平面的平面去截球所得的底面圆是看不见的，所以在俯视图中该部分应当是虚线圆，结合选项可知选B.2．下列命题中，错误的是()A．圆柱的轴截面是过母线的截面中面积最大的一个B．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台C．圆台的全部平行于底面的截面都是圆D．圆锥全部的轴截面都是全等的等腰三角形解析：选B.依据棱台的定义，用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台．3．(2021·台州市高三调考)一个空间几何体的三视图如图所示，其体积为()A．16B．32C．48 D．96解析：选A.由题意作出直观图P-ABCD如图所示，则该几何体是一个四棱锥，底面是一个直角梯形，其面积为12×(2＋4)×4＝12，高为4，因此其体积V＝13×12×4＝16.4．(2021·高考全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝()A．1 B．2C．4 D．8解析：选B.如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，所以(5π＋4)r2＝16＋20π，所以r2＝4，r＝2，故选B.5．如图是一个体积为10的空间几何体的三视图，则图中x的值为()A．2 B．3C．4 D．5解析：选A.依据给定的三视图可知，该几何体对应的直观图是一个长方体和四棱锥的组合体，所以几何体的体积V＝3×2×1＋13×3×2×x＝10，解得x＝2.故选A.6. 如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA1⊥平面A1B1C1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图的面积为()A．2 3 B． 3C.32D．1解析：选C.由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S＝32×1＝32.故选C.7．一平面截一球得到直径为2 5 cm的圆面，球心到这个平面的距离是2 cm，则该球的体积是() A．12πcm3B．36πcm3C．646πcm3D．108πcm3解析：选B.由于球心和截面圆心的连线垂直于截面，由勾股定理得，球半径R＝22＋（5）2＝3，故球的体积为43πR3＝36π(cm3)．8．(2021·石家庄市第一次模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A．64B．72C．80D．112解析：选B.由三视图可知该几何体是一个组合体，下面是一个棱长为4的正方体；上面是一个三棱锥，三棱锥的高为3.故所求体积为43＋13×12×4×4×3＝72.9．已知某组合体的正视图与侧视图相同(其中AB＝AC，四边形BCDE为矩形)，则该组合体的俯视图可以是________(把正确的图的序号都填上)．解析：几何体由四棱锥与四棱柱组成时，得①正确；几何体由四棱锥与圆柱组成时，得②正确；几何体由圆锥与圆柱组成时，得③正确；几何体由圆锥与四棱柱组成时，得④正确．答案：①②③④10．把一个圆锥截成圆台，已知圆台的上、下底面半径的比是1∶4，母线长是10 cm，则圆锥的母线长为________ cm.解析：作出圆锥的轴截面如图，设SA＝y，O′A′＝x，利用平行线截线段成比例，得SA′∶SA＝O′A′∶OA，则(y－10)∶y＝x∶4x，解得y＝403.所以圆锥的母线长为403cm.答案：40311．(2022·高考课标全国卷Ⅱ改编)正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为 3，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为________．解析：由题意可知AD⊥BC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面DB1C1，又AD＝2sin 60°＝3，所以V AB1DC1＝13AD·S△B1DC1＝13×3×12×2×3＝1，故选C.答案：112．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正(主)视图如图所示，则该四棱锥的侧面积为________，体积为________．解析：由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为22＋12＝5，所以S 侧＝4×⎝⎛⎭⎫12×2×5＝45，V＝13×22×2＝83.答案：458313．(2021·南昌市第一次模拟)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1B 1C 1D 1内一点，则三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为________．解析：依据题意，三棱锥P -BCD 的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高，故三棱锥P -BCD 的正视图与侧视图的面积之比为1∶1. 答案：1∶114．如图是某空间几何体的三视图，则该几何体的体积为________．解析：由三视图可知，该几何体是棱长为2，2，1的长方体挖去一个半径为1的半球，所以长方体的体积为2×2×1＝4，半球的体积为12×43π×13＝2π3，所以该几何体的体积是4－2π3.答案：4－2π315．如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1EDF的体积为________．解析：由于B 1C ∥平面ADD 1A 1，所以F 到平面ADD 1A 1的距离d 为定值1，△D 1DE 的面积为12D 1D ·AD ＝12，所以V D 1EDF ＝V F D 1DE ＝13S △D 1DE ·d ＝13×12×1＝16.答案：16[B 卷]1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不行能是该锥体的俯视图的是( )解析：选C.依据三视图中“正俯长一样，侧俯宽一样，正侧高一样”的规律，C 选项的侧视图宽为32，不符合题意，故选C.2．(2021·邢台市摸底考试)已知一个几何体的三视图是三个全等的边长为1的正方形，如图所示，则该几何体的体积为( )A.16 B.13 C.23D ．56解析：选D.依题意得，题中的几何体是从棱长为1的正方体ABCD -A ′B ′C ′D ′中截去三棱锥A ′ABD 后剩余的部分，因此该几何体的体积等于13－13×⎝⎛⎭⎫12×12×1＝56，故选D. 3．(2022·高考湖南卷)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 ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B.由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，如图所示．由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大，故其半径r ＝12×(6＋8－10)＝2.因此选B.4．(2021·高考山东卷)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.5π3D ．2π 解析：选C.过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.5．(2021·郑州市第一次质量猜测)某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为( )A ．32B ．327C ．64D ．647解析：选C.依题意，题中的几何体是三棱锥P -ABC (如图所示)， 其中底面ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，P A ⊥平面ABC ， BC ＝27，P A 2＋y 2＝102，(27)2＋P A 2＝x 2，因此xy ＝x 102－[x 2－（27）2]＝x128－x 2≤x 2＋（128－x 2）2＝64，当且仅当x 2＝128－x 2，即x ＝8时取等号，因此xy 的最大值是64，故选C.6．(2021·山西省第三次四校联考)在半径为10的球面上有A ，B ，C 三点，假如AB ＝83，∠ACB ＝60°，则球心O 到平面ABC 的距离为( )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：选C.设A ，B ，C 三点所在圆的半径为r ，圆心为P .由于∠ACB ＝60°，所以∠APB ＝120°.在等腰三角形ABP 中，AP ＝43sin 60°＝8，所以r ＝8，所以球心O 到平面ABC 的距离为102－82＝6，故选C.7．如图是一个几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．5＋ 3B ．5＋2 3C ．4＋2 2D ．4＋2 3解析：选A.该几何体的直观图如图．表面积S ＝1×1＋12×1×1×2＋2×12×(1＋2)×1＋12×6×2＝5＋3，所以选A.8．在三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，D 为侧棱PC 上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( )A ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83B ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为83C ．AD ⊥平面PBC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163D ．BD ⊥平面P AC ，且三棱锥D -ABC 的体积为163解析：选C.由正视图可知，P A ＝AC ，且点D 为线段PC 的中点，所以AD ⊥PC .由侧视图可知，BC ＝4.由于P A ⊥平面ABC ，所以P A ⊥BC .又由于BC ⊥AC ，且AC ∩P A ＝A ，所以BC ⊥平面P AC ，所以BC ⊥AD .又由于AD ⊥PC ，且PC ∩BC ＝C ，所以可得AD ⊥平面PBC ，V D ABC ＝13×12×P A ×S △ABC ＝163.9．某几何体的正视图与俯视图如图所示，若俯视图中的多边形为正六边形，则该几何体的侧视图的面积为________．解析：侧视图由一个矩形和一个等腰三角形构成，矩形的长为3，宽为2，面积为3×2＝6.等腰三角形的底边为3，高为3，其面积为12×3×3＝32，所以侧视图的面积为6＋32＝152.答案：15210．(2021·洛阳市高三班级统考)如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为( )解析：由三视图知，该几何体可以由一个长方体截去一个角后得到，该长方体的长、宽、高分别为5、4、3，所以其外接球半径R 满足2R ＝42＋32＋52＝52，所以该几何体的外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫5222＝50π.答案：50π 11．(2021·绍兴市高三诊断性测试)若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，最长的侧棱长为________．解析：依据三视图及有关数据还原该几何体，得该几何体是底面为直角梯形的四棱锥P -ABCD ，如图，过点P 作PH ⊥AD 于点H ，连接CH .底面面积S 1＝（1＋2）×12＝32，V ＝13×32×1＝12，最长的侧棱长为PB ＝ 3.答案：12312．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2，若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________． 解析：设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，则h 1h 2＝23，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝32.答案：3213．(2021·洛阳市统考)已知点A ，B ，C ，D 均在球O 上，AB ＝BC ＝6，AC ＝23，若三棱锥D -ABC 体积的最大值为3，则球O 的表面积为________．解析：由题意可得，∠ABC ＝π2，△ABC 的外接圆半径r ＝3，当三棱锥的体积最大时，V D ABC ＝13S △ABC ·h (h为D 到底面ABC 的距离)，即3＝13×12×6×6h ⇒h ＝3，即R ＋R 2－r 2＝3(R 为外接球半径)，解得R ＝2，所以球O 的表面积为4π×22＝16π.答案：16π 14．(2021·杭州市联谊学校高三其次次联考)一个等腰直角三角形的三个顶点分别在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1的三条侧棱上，已知正三棱柱的底面边长为2，则该三角形的斜边长为________．解析：如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，△ABC 为正三角形，边长为2，△DEF 为等腰直角三角形，DF 为斜边，设DF 的长为x ，则DE ＝EF ＝22x ，作DG ⊥BB 1，GH ⊥CC 1，EI ⊥CC 1，垂足分别为G ，H ，I ，则EG ＝DE 2－DG 2＝x 22－4，FI ＝EF 2－EI 2＝x 22－4，FH ＝FI ＋HI ＝FI ＋EG＝2x 22－4.连接DH ，在Rt △DHF 中，DF 2＝DH 2＋FH 2，即x 2＝4＋⎝⎛⎭⎫2x 22－42，解得x ＝23，即该三角形的斜边长为2 3.答案：2 3 15．(2021·浙江省名校新高考联盟第一次联考)如图，ABEDFC 为多面体，平面ABED 与平面ACFD 垂直，点O 在线段AD 上，OA ＝1，OD ＝2，△OAB ，△OAC ，△ODE ，△ODF 都是正三角形，则BC ＝________，四棱锥F-OBED的体积为________．解析：取AO的中点M，连接CM，BM，由△OAB，△OAC是正三角形，OA＝1，可知CM⊥AO，BM⊥AO，且BM＝CM＝32，又平面ABED⊥平面ACFD，所以CM⊥平面ABED，所以CM⊥BM，故BC＝62.过点F作FQ⊥OD于点Q，由于平面ABED⊥平面ACFD，所以FQ⊥平面ABED，FQ就是四棱锥F-OBED的高．易知FQ＝3，又S△OBE＝12×1×2×32＝32，S△OED＝12×2×2×32＝3，所以S四边形OBED＝32＋3＝332，故V四棱锥F-OBED＝13×332×3＝32.答案：6232。