2020届高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-2精品练习
第9章第2节一、选择题1．(文)(2020·枣庄三中)一个几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积为( )A．80cm3B．81cm3C．64cm3D．48cm3[答案] C[解析] 该几何体是一个正四棱锥，其高为h＝3cm，所以其体积为V＝13×64×3＝64(cm3)．(理)(2020·黑龙江哈三中)已知四棱锥P－ABCD的三视图如图，则四棱锥P－ABCD的全面积为( )A．3＋ 5 B．2＋ 5C．5 D．4[答案] A[解析] 画出直观图如图．其中PD＝2，底面正方形边长为1，∵BA ⊥AD ，PD ⊥平面ABCD ，∴BA ⊥PA ， 在Rt △PAD 中，PA ＝5，∴四棱锥的全面积S ＝1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＋12×5×1×2＝3＋ 5. 2．(2020·全国Ⅱ理)已知正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝23，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为( )A ．1 B. 3 C ．2D ．3[答案] C[解析] 如图所示，设正四棱锥高为h ，底面边长为a ，则22a ＝12－h 2， 即a 2＝2(12－h 2)，∴V ＝13×a 2×h ＝23h (12－h 2)＝－23(h 3－12h )，令f (h )＝h 3－12h ，则f ′(h )＝3h 2－12(0<h <23)， 由f ′(h )＝0得，h ＝2，此时f (h )有最小值，V 有最大值．3．(2020·安徽安庆联考)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内任取一点P ，则点P 到点A 的距离不大于1的概率为( )A.22B.22πC.16D.16π [答案] D[解析] 由条件知，点P 所在区域是以A 为球心，1为半径的球的18，故体积V ＝18×43π×13＝π6，又正方体体积为1，∴所求概率P ＝π6. 4．(文)(2020·陕西文，8)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A ．2B ．1 C.23D.13[答案] B[解析] 由几何体的三视图可知，该几何体是直三棱柱，其直观图如图所示，其体积为V ＝12×2×1×2＝1.(理)(2020·辽宁锦州)若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是(单位：cm 3)( )A ．9B ．12C ．18D ．24[答案] C[解析] 观察三视图可知，该几何体是由下、下两个长方体构成直观图如图，上层长、宽、高分别为3cm,3cm,1cm ，下层长方体长、宽、高分别为1cm,3cm,3cm ，故其体积为3×3×1＋1×3×3＝18.5．(2020·河南省南阳市调研)一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为32π3，那么这个三棱柱的体积是( )A ．96 3B ．48 3C ．24 3D ．16 3[答案] B[解析] 已知正三棱柱的高为球的直径，底面正三角形的内切圆是球的大圆．设底面正三角形的边长为a ，球的半径为R ，则a ＝23R ，又43πR 3＝32π3，∴R ＝2，a ＝43，于是V＝34a 2·2R ＝48 3. 6．(文)(2020·北京西城区抽检)若圆锥与球的体积相等，且圆锥底面半径与球的直径相等，则圆锥侧面积与球面面积之比为( )A.2∶2B.3∶2C.5∶2D ．3∶2[答案] C[解析] 设圆锥底半径为r ，高为h ，则球半径R ＝r 2，由条件知，13πr 2h ＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫r 23，∴h＝r2，∴圆锥侧面积S 1＝πr h 2＋r 2＝πrr 24＋r 2＝52πr 2，球面面积S 2＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫r 22＝πr 2，∴S 1S 2＝52.(理)(2020·吉林省调研)如图是某几何体的三视图，其中正(主)视图是斜边长为2a 的直角三角形，侧(左)视图是半径为a 的半圆，则该几何体的体积是( )A.36πa 3B.3πa 3C.34πa 3D ．23πa 3[答案] A[解析] 由侧(左)视图半圆可知，该几何体与圆柱、圆锥、球有关，结合正(主)视图是一个直角三角形知该几何体是沿中心轴线切开的半个圆锥将剖面放置在桌面上如图，由条件知，圆锥的母线长为2a ，底面半径为a ， 故高h ＝2a2－a 2＝3a ，体积V ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫13×πa 2×3a ＝36πa 3.7．(文)已知某几何体由三个圆柱和大小相同的两个半球组成，它的三视图如图，根据图中标出的尺寸(单位：dm)，可得这个几何体的表面积是( )A.25π2dm 2B ．9πdm 2C.192πdm 2D ．11πdm 2[答案] A[解析] 由三视图可知该几何体左、右各是半球和两个圆柱，半球的直径为2，圆柱的高为1，底面直径为2，中间圆柱的高为3，底面直径为1，故几何体的表面积由一个球的面积，中间圆柱的侧面积，左右两个圆柱的侧面积和左右两个圆柱与中间圆柱形成的两个圆环面积．∵S 球＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝4π，中间圆柱侧面积S 1＝π×1×3＝3π，左右两个圆柱的侧面积S 2＝2×(π×2×1)＝4π，圆环面积S 3＝2×⎣⎢⎡⎦⎥⎤π×⎝ ⎛⎭⎪⎫222－π×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝3π2，∴几何体的表面积S＝4π＋3π＋4π＋3π2＝25π2dm 2.[点评] 解决这类问题的关键是由三视图探求该几何体的形状．本题中的几何体两端是相同大小的半球，还有两个大小相同的圆柱，中间有一个圆柱．值得注意的是：通过观察三视图知道，三个圆柱的底面是和半球的圆面重合或平行的，并且中间圆柱的底面与两端圆柱的底面有一部分重合．只有了解了几何体的结构形状才能保证运算准确．(理)(2020·北京东城区)如图(1)所示，一只装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1cm 和半径为3cm 的两个圆柱组成的简单几何体．当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20cm ，当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28cm ，则这个简单几何体的总高度为( )A ．29cmB ．30cmC ．32cmD ．48cm[答案] A[解析] 如图(2)，设下面圆柱高度为H ，则上面小圆柱内液面高度20－H ，又设余下部分为h ，则图(3)中，下面圆柱高度为h ＋20－H ，故上面圆柱液面高度为28－(h ＋20－H )＝H ＋8－h ，由两圆柱内液体体积相等得9πH ＋π(20－H )＝π(h ＋20－H )＋9π(H ＋8－h )， ∴h ＝9，几何体总高度为20＋9＝29cm.[点评] 抓住问题的关键环节可以有效的提高解题的速度，本题中若设几何体的总高度为H ，由几何体的总容积一定，内装液体的体积一定可得空闲部分的体积相等，∴π×32×(H －28)＝π×12×(H －20)，∴H ＝29(cm)，解题过程就简捷多了． 8．(文)(2020·北京文，8)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2.动点E ，F 在棱A 1B 1上，点Q 是棱CD 的中点，动点P 在棱AD 上．若EF ＝1，DP ＝x ，A 1E ＝y (x ，y 大于零)，则三棱锥P －EFQ 的体积．( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 [答案] C[解析] 设P 到平面EFQ 的距离为h ，则V P －EFQ ＝13×S △EFQ ·h ，由于Q 为CD 的中点，∴点Q 到直线EF 的距离为定值2，又EF ＝1，∴S △EFQ 为定值，而P 点到平面EFQ 的距离，即P 点到平面A 1B 1CD 的距离，显然与x 有关、与y 无关，故选C.(理)(2020·北京理，8)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，动点E ，F 在棱A 1B 1上，动点P ，Q 分别在棱AD 、CD 上，若EF ＝1，A 1E ＝x ，DQ ＝y ，DP ＝z (x ，y ，z 大于零)，则四面体PEFQ 的体积( )A ．与x ，y ，z 都有关B ．与x 有关，与y ，z 无关C ．与y 有关，与x ，z 无关D ．与z 有关，与x ，y 无关 [答案] D[解析] 这道题目延续了北京近年高考的风格，即在变化中寻找不变，从图中可以分析出，△EFQ 的面积永远不变，为矩形A 1B 1CD 面积的14(与x ，y 的值无关)，而当P 点变化(即z变化)时，它到平面A 1B 1CD 的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化．二、填空题9．(2020·广州市)有一个底面半径为1、高为2的圆柱，点O 为这个圆柱底面圆的圆心，在这个圆柱内随机取一点P ，则点P 到点O 的距离大于1的概率为______．[答案] 23[解析] 到点O 的距离小于等于1的点组成以O 为球心的半球，V 半球＝12×43π×12＝2π3，V 圆柱＝π×12×2＝2π，故所求概率p ＝2π－2π32π＝23.10．(文)(2020·金华十校)球O 与棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1各面都相切，则球O 的体积为________．[答案]4π3[解析] 球O 的直径等于正方体的棱长2， ∴R ＝1，∴V ＝4π3R 3＝4π3.(理)如图所示，在△ABC 中，∠C ＝90°，∠A ＝30°，BC ＝1.在三角形内挖去半圆(圆心O 在边AC 上，半圆分别与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于点N )，则图中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为________．[答案]53π27[解析] 阴影部分绕AC 旋转一周所得旋转体为圆锥中挖去一个球，圆锥的体积V ＝13π×12×3＝33π， 球体积V 1＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫333＝43π27，故所求体积为3π3－43π27＝53π27. 11．(2020·北京崇文区)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图为正三角形，则该几何体的表面积为________．[答案] 24＋2 3[解析] 由三视图可知，该几何体是一个正三棱柱，底面边长为2，高为4，故其表面积S ＝2×34×22＋2×3×4＝24＋2 3. 12．(文)(2020·皖南八校联考)已知一个空间几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积为________．[答案] 4cm 3[解析] 由三视图可知，此几何体为底面是直角梯形的四棱锥P －ABCD ，其中侧棱PA 与底面ABCD 垂直，其直观图如图，底面的面积为6cm 2，此四棱锥的高为h ＝2cm ，所以此四棱锥的体积为13×6×2＝4cm 3.(理)(09·辽宁)某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为m)． 则该几何体的体积为________m 3.[答案] 4[解析] 由三视图知，三棱锥的高为侧视图中直角三角形的竖直边，底面三角形一边上的高恰为左视图中直角三角形的水平边，其直观图如图所示．∴PF ＝2，CE ＝3，AB ＝4， ∴V ＝13×2×12×3×4＝4(m 3)．三、解答题13．(文)(2020·江苏盐城)如图，在底面是矩形的四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝2，BC ＝4，E 是PD 的中点．求三棱锥C －ADE 的体积．[解析]⎭⎪⎬⎪⎫⎭⎪⎬⎪⎫PA ⊥平面ABCD CD ⊂平面ABCD ⇒CD ⊥PA CD ⊥AD AD ∩PA ＝A⇒CD ⊥平面PAD . ∴CD 为三棱锥C －ADE 的高，在Rt △PAD 中，S △AED ＝12S △PAD ＝12×12×2×4＝2. V C －ADE ＝13S △AED ·CD ＝13×2×2＝43.(理)(2020·山东文，20)在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，E 、G 、F 分别为MB 、PB 、PC 的中点，且AD ＝PD ＝2MA .(1)求证：平面EFG ⊥平面PDC ；(2)求三棱锥P －MAB 与四棱锥P －ABCD 的体积之比．[解析] (1)证明：∵MA ⊥平面ABCD ，PD ∥MA ，∴PD ⊥平面ABCD ，又BC ⊂平面ABCD ，∴PD ⊥BC ，∵ABCD 为正方形，∴BC ⊥DC .∵PD ∩DC ＝D ，∴BC ⊥平面PDC .在△PBC 中，因为G 、F 分别为PB 、PC 的中点，∴GF ∥BC ，∴GF ⊥平面PDC .又GF ⊂平面EFG ，∴平面EFG ⊥平面PDC .(2)不妨设MA ＝1，∵ABCD 为正方形，∴PD ＝AD ＝2，又∵PD ⊥平面ABCD ，所以V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝83. 由于DA ⊥平面MAB ，且PD ∥MA ，所以DA 即为点P 到平面MAB 的距离，三棱锥V P －MAB ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×2×2＝23. 所以V P －MAB ∶V P －ABCD ＝1∶4.14．(文)(2020·北京顺义一中月考)如图，四棱锥S －ABCD 的底面是矩形，SA ⊥底面ABCD ，P 为BC 边的中点，AD ＝2，SA ＝AB ＝1.(1)求证：PD ⊥平面SAP ；(2)求三棱锥S －APD 的体积．[解析] (1)∵SA ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面ABCD ，∴SA ⊥PD ，在矩形ABCD 中，AD ＝2，AB ＝1，P 为BC 中点，∴AP ⊥PD ，∵SA ∩AP ＝A ，∴PD ⊥平面SAP .(2)易求AP ＝2，PD ＝2，∴V S －APD ＝13S △APD ·SA ＝13×12×2×2×1＝13. (理)(2020·山东曲阜一中)如图所示，矩形ABCD 中，AD ⊥平面ABE ，AE ＝EB ＝BC ＝2，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .(1)求证：AE ⊥平面BCE ；(2)求三棱锥C －BGF 的体积．[解析] (1)∵AD ⊥平面ABE ，AD ∥BC ，∴BC ⊥平面ABE ，∴AE ⊥BC ，又∵BF ⊥平面ACE ，∴AE ⊥BF ，又∵BF ∩BC ＝B ，∴AE ⊥平面BCE .(2)由题意可得，G 是AC 的中点，连接FG ，∵BF ⊥平面ACE ，∴CE ⊥BF ，又∵BC ＝BE ，∴F 是EC 的中点，∴在△AEC 中，FG ∥AE ，FG ＝12AE ＝1， ∵AE ⊥平面BCE ，∴FG ⊥平面BCF .在Rt △BEC 中，BF ＝12CE ＝CF ＝2， ∴S △BCF ＝12×2×2＝1， ∴V C －BGF ＝V G －BCF ＝13·S △BCF ·FG ＝13. 15．(文)(2020·合肥市质检)已知P 在矩形ABCD 的边DC 上，AB ＝2，BC ＝1，F 在AB 上且DF ⊥AP ，垂足为E ，将△ADP 沿AP 折起，使点D 位于D ′位置，连接D ′B 、D ′C 得四棱锥D ′－ABCP .(1)求证：D ′F ⊥AP ；(2)若PD ＝1，且平面D ′AP ⊥平面ABCP ，求四棱锥D ′－ABCP 的体积．[解析] (1)∵AP ⊥D ′E ，AP ⊥EF ，D ′E ∩EF ＝E ，∴AP ⊥平面D ′EF ，∴AP ⊥D ′F .(2)∵PD ＝1，∴四边形ADPF 是边长为1的正方形，∴D ′E ＝DE ＝EF ＝22， ∵平面D ′AP ⊥平面ABCP ，D ′E ⊥AP ，∴D ′E ⊥平面ABCP ，∵S 梯形ABCP ＝12×(1＋2)×1＝32， ∴V D ′－ABCP ＝13×D ′E ×S 梯形ABCP ＝24. (理)如图(1)，矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2a ，E 为DC 的中点，现将△ADE 沿AE 折起，使平面ADE ⊥平面ABCE ，如(2)．(1)求四棱锥D －ABCE 的体积；(2)求证：AD ⊥平面BDE .[解析] (1)取AE 的中点O ，由题意知，AB ＝2AD ＝2a ，ED ＝EC ，∴AD ＝DE ，∴DO ⊥AE ，又∵平面ADE ⊥平面ABCE ，∴DO ⊥平面ABCE .在等腰Rt △ADE 中，AD ＝DE ＝a ，DO ＝22a ， 又S 梯形ABCE ＝12(a ＋2a )a ＝32a 2， ∴V D －ABCE ＝13S 梯形ABCE ·DO ＝13·32a 2·22a ＝24a 3. (2)连结BE ，则BE ＝a 2＋a 2＝2a ，又AE ＝2a ，AB ＝2a ，∴AB 2＝AE 2＋EB 2，∴AE ⊥EB ，由(1)知，DO ⊥平面ABCE ，∴DO ⊥BE ，又∵DO ∩AE ＝O∴BE ⊥平面ADE ，∴BE ⊥AD ，又∵AD ⊥DE ，∴AD ⊥平面BDE .。
2020高考江苏数学(文)大一轮复习(文科提高版)复习练习：第九章 立体几何初步含答案
第九章立体几何初步,第47课线面平行与面面平行)激活思维1. (必修2P31习题5改编)下列说法中正确的是________．(填序号)①两两相交的三条直线共面；②四条线段首尾相接，所得的图形是平面图形；③平行四边形的四边所在的四条直线共面；④若AB，CD是两条异面直线，则直线AC，BD不一定异面．2. (必修2P41练习2改编)若直线a∥b，且b⊂平面α，则直线a与平面α的位置关系为__________________________________________．3. (必修2P45习题9改编)已知α，β，γ是三个不重合的平面，α∥β，β∥γ，那么α与γ的位置关系为________．4. (必修2P41练习1改编)已知两个命题：p：平行于同一条直线的两个平面平行；q：垂直于同一条直线的两个平面平行．则真命题为________，假命题为________．知识梳理1. 公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上________的点都在这个平面内．它是判定直线在平面内的依据．2. 公理2：如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，这些公共点的集合是经过这个公共点的一条直线．它是判定两平面相交、作两个平面交线的依据．3. 公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面．推论1：经过一条直线和这条直线外的一点，有且只有一个平面．推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．4. 公理4：平行于同一条直线的两条直线互相________．5. 直线与平面平行的判定定理：___________ _______________．直线与平面平行的性质定理：___________________________________________.6. 两个平面平行的判定定理：__ __．两个平面平行的性质定理：__ __.线面基本位置关系的判断(2018·厦门期末)若m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法中正确的是________．(填序号)①若α⊥β，m⊥β，则m∥α；②若m∥α，n⊥m，则n⊥α；③若m∥α，n∥α，m⊂β，n⊂β，则α∥β；④若m∥β，m⊂α，α∩β＝n，则m∥n.若a，b，c为空间中三条不同的直线，α，β，γ为三个不重合的平面，则下列命题中正确的是______．(填序号)①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥α，b⊥α，则a∥b；③若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；④若a⊥α，α⊥β，则a∥β.线面平行的关系及应用(2017·苏北四市期末改编)如图，在四棱锥 E ABCD中，四边形ABCD为矩形，点M，N分别是AE，CD的中点．求证：直线MN∥平面EBC.(例2)(2019·如皋中学期中)如图，在四棱锥EABCD中，AB∥CD，AB＝2CD.线段EA上是否存在点F，使得DF∥平面BCE？请说明你的理由．(变式1)(2018·常熟寒假调查)如图，在四棱锥PABCD中，点F是PD的中点，点E在棱CD上．若EF∥平面PAC，求DEDC的值．(变式2)面面平行的关系及应用如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，求证：平面A1BD∥平面CD1B1.(例3)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，M是A1C1的中点，平面AB1M∥平面BC1N，AC∩平面BC1N＝N.求证：N为AC的中点．(变式)课堂评价1. (2018·南通、泰州一调)如图，在三棱锥PABC中，AB⊥PC，CA＝CB，M是AB的中点，点N在棱PC上，点D是BN的中点．求证：MD∥平面PAC.(第1题)2. (2017·镇江期末)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝EC＝12AA1.求证：AC1∥平面BDE.(第2题)3. (2017·苏州、无锡、常州、镇江二调)如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，E，F，G分别为AB，AD，AC的中点，AC＝BC，∠ACD＝90°.(1) 求证：AB⊥平面EDC；(2) 若P为FG上任意一点，求证：EP∥平面BCD.(第3题),第48课线面垂直与面面垂直激活思维1. (必修2P47练习3改编)已知平面α⊥平面β，直线l⊥平面β，那么直线l与平面α的位置关系为____________．2. (必修2P37习题6改编)如图，平面ABC⊥平面ABD，∠ACB＝90°，CA＝CB，△ABD 是正三角形，O为AB的中点，则图中直角三角形的个数为________．(第2题)3. (必修2P37习题7改编)如图，AB为圆O的直径，C为圆O上的一点，AD⊥平面ABC，AE⊥BD于点E，AF⊥CD于点F，则BD与EF所成的角的大小为________．(第3题)4. (必修2P47练习5改编)如图，已知直线AB⊥α，垂足为B，AC是平面α的斜线，CD⊂α，CD⊥AC，则图中互相垂直的平面有________对．(第4题)知识梳理1. 直线与平面垂直的定义如果一条直线a与一个平面α内的任意一条直线都垂直，我们就说直线a________平面α，记作________，直线a叫作平面α的________，平面α叫作直线a的________，垂线和平面的交点称为________．2. 直线与平面垂直的判定定理如果一条直线和一个平面内的________________垂直，那么这条直线垂直于这个平面．3. 直线与平面垂直的性质定理如果两条直线同时垂直于一个平面，那么这两条直线________．4. 两平面垂直的定义：____________________________________，我们就说这两个平面互相垂直．5. 两个平面垂直的判定定理：__________________________，那么这两个平面互相垂直．6. 两个平面垂直的性质定理：____________________，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．直线与平面的垂直关系(2017·南京、盐城二模)如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.(1) 求证：CD⊥AP；(2) 若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.(例1)(2017·常州期末)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，所有棱长都相等，且∠ABB1＝60°，求证：AB⊥B1C.(变式1)如图，在正三棱柱A1B1C1 ABC中，D，E分别是A1C，AB的中点．若AB＝2 BB1，求证：A1B⊥平面B1CE.(变式2),__平面与平面的垂直关系)(2018·南京学情调研)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC，E是BC的中点．(1) 求证：平面AB1E⊥平面B1BCC1；(2) 求证：A1C∥平面AB1E.(例2)(2017·南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州二调)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥BC，A1B与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.(1) 求证：DE∥平面B1BCC1；(2) 求证：平面A1BC⊥平面A1ACC1.(变式1)(2017·徐州、连云港、宿迁三检)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1) 求证：AB∥EF；(2) 若平面PAD⊥平面ABCD，求证：AF⊥EF.(变式2)课堂评价1. (2017·江苏卷改编)如图，在三棱锥ABCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD.求证：AD⊥AC.(第1题)2.(2018·苏州期末)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，已知E，F，G，H分别是A1D1，B1C1，D1D，C1C的中点．(1) 求证：EF∥平面ABHG；(2) 求证：平面ABHG⊥平面CFED.(第2题)3. (2017·北京卷改编)如图，在三棱锥PABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，AB＝BC，D为线段AC的中点，E为线段PC上一点．(1) 求证：PA⊥BD；(2) 求证：平面BDE⊥平面PAC.(第3题),第49课空间几何体的表面积与体积)激活思维1. (必修2P55习题2改编)已知正四棱柱的底面边长为3cm，侧面的对角线长是3 5 cm，那么这个正四棱柱的侧面积是________.2. (必修2P63习题2改编)若一个正六棱锥的底面边长为6 cm，高为15 cm，则它的体积为________．3. (必修2P69复习题5改编)若长方体相邻的三个面的面积分别是2，3，6，则长方体的体积为________．4. (必修2P71复习题20改编)设P，A，B，C是球O表面上的四点，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝1，PB＝6，PC＝3，则球O的表面积是________．知识梳理1. 多面体的面积与体积公式(1) 底面周长为c，高为h的直棱柱的侧面积公式是______________________；(2) 长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的体积为________________________；(3) 柱体的体积等于它的底面积S和高h的积，即______________________；(4) 底面周长为c，斜高为h′的正棱锥的侧面积为______________________；(5) 锥体的体积为______________________，其中S为锥体底面积，高为h.(6) 上、下底面周长分别为c，c′，斜高为h′的正棱台的侧面积公式是________________；(7) 台体的体积为____________________________，其中台体的上、下底面面积分为S′，S，台体的高为h.(8) 圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式：__________________________、__________________、____________________．(9) 球体的体积公式为________________________，球体的表面积公式为__________，其中R为球的半径.,__空间几何体的表面积)(1) (2017·苏北四市期末)已知圆锥的底面直径与高都是2，则该圆锥的侧面积为________．(2) (2017·苏州、无锡、常州、镇江二调)已知直四棱柱的底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．(2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27πcm3，则该圆柱的侧面积为________cm2.(2017·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________．空间几何体的体积(1) (2017·苏州暑假测试)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则三棱锥AB1D1D的体积为________cm3.(例2(1))(2) (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．(例2(2))(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥PABCD的底面一边AB的长为23cm，侧面积为83cm2，则它的体积为________cm3.(变式1)(2018·扬州期末)若圆锥的侧面展开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．侧面展开图的应用如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝5，AA1＝3，M为线段BB1上的一动点，则当AM＋MC1最小时，△AMC1的面积为________．(例3)(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥DABC1的体积为________．(变式)多面体的综合问题(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1) 求证：平面PAB⊥平面PAD；(2) 若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(例4)(2017·全国卷Ⅱ)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝12AD，∠BAD＝∠ABC＝90°.(1) 求证：直线BC∥平面PAD；(2) 若△PCD的面积为27，求四棱锥PABCD的体积．(变式)课堂评价1. (2017·镇江期末)若圆锥的底面半径为2，高为5，则其侧面积为________．2. (2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为 2 cm，侧面积为8 cm2，则它的体积为________cm3.3.(2018·镇江期末)已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为6，则该正四棱锥的体积为________．4. (2018·苏北四市期末)已知正四棱柱的底面边长为3cm，侧面的对角线长是35cm，则这个正四棱柱的体积是________cm3.5. 如图(1)，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝4，AD＝CD＝2，将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体D ABC，如图(2)所示．(1) 求证：BC⊥平面ACD；(2) 求几何体D ABC的体积．(第5题),第50课立体几何综合激活思维1. (必修2P56练习2改编)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是棱DD1上一点，若BD1∥平面AEC，则点E为DD1的________．(第1题)2. (必修2P49练习4改编)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，若AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥ABB1D1D的体积为________cm3.(第2题)3. (必修2P40练习3改编)如图，若六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列命题中正确的是________．(填序号)(第3题)①PA⊥AD；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④直线PD与平面ABC所成的角为30°.4. (必修2P40练习5改编)已知a，b是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，给出下列四个命题：①若a⊥b，a⊥α，b⊄α，则b∥α；②若a∥α，a⊥β，则α⊥β；③若a⊥β，α⊥β，则a∥α或a⊂α；④若a⊥b，a⊥α，b⊥β，则α⊥β.其中正确命题的个数为________．知识梳理空间中的平行和垂直关系可以按照下表进行类比：平行和垂直的综合问题(2018·江苏卷)在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.(1) 求证：AB∥平面A1B1C；(2) 求证：平面ABB1A1⊥平面A1BC.(例1)(2018·徐州期中)如图，在三棱锥SABC中，SA＝SC，AB⊥AC，D为BC的中点，E 为AC上一点，且DE∥平面SAB.(1) 求证：AB∥平面SDE；(2) 求证：平面ABC⊥平面SDE.(变式)探索性问题如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，PA＝PD，PA⊥AB，N是棱AD的中点．(1) 求证：平面PAB⊥平面PAD；(2) 求证：PN⊥平面ABCD；(3) 在棱BC上是否存在一点E，使得BN∥平面DEP？并说明理由．(例2)(2018·姜堰、泗洪联合调研)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1.(1) 求证：AD∥平面A1D1CB；(2) 在A1B上是否存在点P，使得AP⊥平面A1D1CB？试加以说明．(变式)翻折问题在正三角形ABC中，E，F，P 分别是AB，AC，BC边上的点，满足AE∶EB＝CF∶FA＝CP∶PB＝1∶2(如图(1))，将△AEF折起到△A1EF的位置上，连接A1B，A1C(如图(2))．(1) 求证：FP∥平面A1EB；(2) 求证：EF⊥A1B.图(1)图(2)(例3)立体几何模型实际应用问题现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥PA1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．(1) 若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？(例4)课堂评价1. (2018·南京、盐城、连云港二模)在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图(1)中阴影部分)，折叠成底面边长为2的正四棱锥SEFGH(如图(2))，则正四棱锥SEFGH的体积为________．图(1)图(2)(第1题)2.(2018·南师大考前模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC⊥BC，BC＝BB1，D为AB 的中点．(1) 求证：BC1∥平面A1CD；(2) 求证：BC1⊥平面AB1C.(第2题)3. (2017·南师附中)如图(1)，在等腰梯形PDCB中，已知PB∥DC，PB＝3，DC＝1，PD＝2，DA⊥PB，垂足为A.将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，如图(2)所示．(1) 求证：平面PAD⊥平面PCD；(2) 在图(2)中，若点M是棱PB的中点，求三棱锥DACM的体积．图(1)图(2)(第3题)利用平面几何知识证明线线垂直(菱形的对角线)(2018·无锡期末)如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥平面ABCD，AF∥DE，DE＝2AF.(1) 求证：AC⊥平面BDE；(2) 求证：AC∥平面BEF.(例1)(等腰三角形的中线)如图，在三棱锥DABC中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝a，E为BC的中点，F在棱AC上，且AF＝3FC.(1) 求三棱锥DABC的体积；(2) 求证：AC⊥平面DEF；(3) 若M为DB的中点，N在棱AC上，且CN＝38CA，求证：MN∥平面DEF.(例2)(勾股定理) (2018·苏州大学指导卷1)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是矩形，BC＝2AB，E，F分别为BC，CD的中点，且PF⊥平面ABCD.(1) 求证：EF∥平面PBD；(2) 求证：平面PAE⊥平面PEF.(例3)(三角函数知识)如图，正三棱柱ABCA1B1C1的高为6，其底面边长为2.已知点M，N 分别是棱A1C1，AC的中点，点D是棱CC1上靠近C的三等分点．(1) 求证：B1M∥平面A1BN；(2) 求证：AD⊥平面A1BN.(例4)利用平面几何知识证明线线垂直，有几种常见的方式方法：(1) 直接利用线面垂直的判定及性质定理；(2) 在含有菱形条件时(如例1)，利用菱形对角线互相垂直的条件；在含有矩形(或正方形)条件时，利用邻边互相垂直条件；(3) 在含有等边三角形(或等腰三角形)的条件时(如例2)，再结合边的中点的条件，即可以考虑垂直的关系；(4) 有些题目中含有较多的运算量，如边长、角度等，有时就需要考虑勾股定理(如例3)来确定直角三角形，即确定边边垂直的关系；(5) 在某些矩形中，有时也会出现两个三角形的问题，此时考虑三角形的相似或是其他(如例4)运算来确定必要的垂直关系等．1.(2019·通州海门联考)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，M，N分别为棱AC和A1B1的中点，且AB＝BC.(1) 求证：平面BMN⊥平面ACC1A1；(2) 求证：MN∥平面BCC1B1.(第1题)2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面ABC是边长为2的等边三角形，D为BC的中点，侧棱AA1＝3，点E在BB1上，点F在CC1上，且BE＝1，CF＝2.求证：平面CAE⊥平面ADF.(第2题)3. 如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD＝90°，BC＝CD＝2，AD＝BD，FD⊥底面ABCD.求证：AD⊥BF.(第3题)4. (2018·南京考前综合题)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝2AP＝2，PD＝ 3.(1) 求证：PA⊥平面PCD；(2) 求点C到平面PBD的距离．(第4题)高考总复习一轮复习导学案数学文科学生用书详解详析第一章集合与常用逻辑用语第1课集合的概念与运算激活思维1. {1，2}【解析】因为x2－3x＋2＝0，所以x＝1或x＝2.故集合为{1，2}．2. 7【解析】因为A＝{x|0≤x＜3且x∈N}＝{0，1，2}，所以真子集有7个．3. {0，1}【解析】由题意知A∩B＝{0，1}．4. [4，＋∞)【解析】在数轴上画出集合A，B，根据图象可知a∈[4，＋∞)．5. 3【解析】因为全集U＝A∪B＝{3，4，5，7，8，9}，A∩B＝{4，7，9}，所以∁U(A∩B)＝{3，5，8}，所以∁U(A∩B)中的元素共有3个．知识梳理1.(1) 确定的不同的集合元素(2) 确定性互异性无序性(3) 列举法描述法Venn图法(4) N N*N＋Z QR C2. (1) ∈∉(2) ⊆〓＝3. (1) 交集A∩B{x|x∈A且x∈B}(2) 并集A∪B{x|x∈A或x∈B}(3) 补集∁S A {x|x∈S且x∉A}课堂导学例1【思维引导】由分析数字1是集合B中的某个元素入手．【答案】1【解析】由题意可得1∈B，又a2＋3≥3，故a＝1，此时B＝{1，4}，符合题意．【精要点评】关于集合交集、并集、补集的基本运算是江苏高考中常见的考查题型，属于简单问题的处理．集合的基本运算中还可能涉及到元素与集合、集合与集合之间的基本运算等知识点．高频考点·题组强化1. {1，8}【解答】因为A＝{0，1，2，8}，B＝{－1，1，6，8}，所以A∩B＝{1，8}．2. {－3，－2，2}【解答】因为A＝{x|(x＋3)(x－2)＝0}＝{－3，2}，B＝{x|x2－4＝0}＝{－2，2}，所以A∪B＝{－3，－2，2}．3. {1，3，5}【解析】由A∩B＝{3}，得a＋2＝3，所以a＝1，所以A∪B＝{1，3，5}．4. {－1}【解析】因为A＝{－1，1}，所以A∩B＝{－1}．5.{x|－1≤x≤2}【解答】解不等式x2－x－2>0，得x<－1或x>2，所以∁R A＝{x|－1≤x≤2}．例2【思维引导】认清集合元素的属性(是点集)，根据x2＋y2≤3，x∈Z，y∈Z判断出集合A中的元素是圆x2＋y2＝3及其内部的整数点．【答案】9【解析】由题知集合A中的元素是圆x2＋y2＝3及其内部的整数点，有(0，1)，(0，－1)，(1，0)，(－1，0)，(1，1)，(1，－1)，(－1，1)，(－1，－1)，(0，0)，共9个．【精要点评】与集合中元素有关问题的求解策略：(1) 确定集合的元素是什么，即集合是数集还是点集；(2) 看这些元素满足什么限制条件；(3) 根据限制条件列式求参数的值或确定集合中元素的个数，但要注意检验集合是否满足元素的互异性．变式 【答案】(1) 9 (2) －32【解析】(1) 集合B 中元素有(1，1)，(1，2)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，4)，(4，1)，(4，2)，(4，4)，共9个．(2) 由题意得m ＋2＝3或2m 2＋m ＝3，则m ＝1或m ＝－32. 当m ＝1时，m ＋2＝3且2m 2＋m ＝3，根据集合中元素的互异性可知不满足题意；当m ＝－32时，m ＋2＝12，而2m 2＋m ＝3， 故m ＝－32. 例3 【思维引导】(1) 对于B ⊆A ，一定要分B ＝∅和B ≠∅两种情况进行讨论．(2) “不存在元素x 使得x ∈A 与x ∈B 同时成立”表示A ∩B ＝∅.【解答】(1) ①当m ＋1＞2m －1，即m ＜2时，B ＝∅，满足B ⊆A ；②当m ＋1≤2m －1，即m ≥2 时，要使B ⊆A 成立，则⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1≥－2，2m －1≤5，解得2≤m ≤3. 综上，实数m 的取值范围为{m|m ≤3}．(2) 因为x ∈R ，且A ＝{x |－2≤x ≤5}，B ＝{x |m ＋1≤x ≤2m －1}，不存在元素x 使得x ∈A 与x ∈B 同时成立，即A ∩B ＝∅.①若B ＝∅，即m ＋1＞2m －1，得m ＜2，此时满足条件；②若B ≠∅，则需满足的条件有⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1≤2m －1，m ＋1>5或⎩⎪⎨⎪⎧m ＋1≤2m －1，2m －1<－2，解得m ＞4. 综上，实数m 的取值范围为{m |m <2或m >4}．【精要点评】(1) 空集是任何集合的子集，因此，当 B ⊆A 时需考虑 B ＝∅的情形；(2) 当A ∩B ＝∅时也需考虑B ＝∅的情形，当集合B 不是空集时，要保证B ⊆A ，可以利用数轴，这样既直观又简洁；(3) 虽然本题的难度不大，但都需要分两种情况进行讨论，在(1)中解不等式组时需求交集，而最终结果又都要求两种讨论结果的并集，因此，本题综合性还是很强的．变式1 【答案】(－∞，－1]【解析】因为B ⊆(A ∩B)，所以B ⊆A.①当B ＝∅时，满足B ⊆A ，此时－a ≥a ＋3，即a ≤－32. ②当B ≠∅时，要使B ⊆A ，则⎩⎪⎨⎪⎧－a<a ＋3，－a ≥1，a ＋3<5，解得－32<a ≤－1. 由①②可知，实数a 的取值范围为(－∞，－1]．变式2 【解答】(1) 由x 2－4x －5≤0，得－1≤x ≤5，所以A ＝[－1，5]．由2x －6≥0，得x ≥3，所以B ＝[3，＋∞)，所以M ＝[3，5]．(2) 因为M ∩C ＝M ，所以M ⊆C ，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1≤3，7－a ≥5，a －1≤7－a ，解得a ≤2.故实数a 的取值范围为(－∞，2]．课堂评价1. {－2，0，3}2. {－1，0}3. [－2，2] 【解析】由已知可得∁U A ＝[－2，2]．4. {1，3} 【解析】因为A ∩B ＝{1}，所以1∈B ，所以1是方程x 2－4x ＋m ＝0的根，所以1－4＋m ＝0，m ＝3，方程为x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3，所以B ＝{1，3}．5. (－∞，1] 【解析】当m ≤0时，B ＝∅，显然B ⊆A.当m>0时，因为A ＝{x|－1<x<3}．当B ⊆A 时，在数轴上标出两集合，如图，所以⎩⎪⎨⎪⎧－m ≥－1，m ≤3，－m<m ，解得0<m ≤1.综上所述，m 的取值范围为(－∞，1]．(第5题)第2课 四种命题和充要条件激活思维1. 若ab ≠0，则a ≠0 【解析】命题的条件是p ：a ＝0，结论是q ：ab ＝0.由命题的四种形式，可知命题“若p ，则q ”的逆否命题是“若非q ，则非p ”，显然非q ：ab ≠0，非p ：a ≠0，所以该命题的逆否命题是“若ab ≠0，则a ≠0”．2. 2 【解析】原命题为真，所以逆否命题为真；逆命题为“若x 2>0，则x<0”为假命题，所以否命题为假．3. (1) 真 (2) 假4. 必要不充分5. m ＝－2 【解析】若函数f(x)＝x 2＋mx ＋1的图象关于直线x ＝1对称，则m ＝－2；反之也成立．所以函数f(x)＝x 2＋mx ＋1的图象关于直线x ＝1对称的充要条件是m ＝－2.知识梳理1. 若非p 则非q 若q 则p 若非q 则非p 逆否命题 否命题2. 充分 必要 非充分 非必要3. (1) 充分不必要 (2) 必要不充分 (3) 充要 (4) 既不充分也不必要4. 充分性 必要性课堂导学例1 【思维引导】原命题与逆否命题同真同假，逆命题与否命题同真同假．【答案】①③【解析】①显然正确；②原命题的否命题为“不全等的三角形的面积不相等”，故②不正确；③原命题正确，所以它的逆否命题也正确；④若a ＋b 是偶数，则整数a ，b 都是偶数或都是奇数，故④不正确．【精要点评】对命题真假的判断，真命题要加以论证；假命题要举出反例，这是最基本的数学思维方式．在判断命题真假的过程中，要注意简单命题与复合命题之间的真假关系，要注意四种命题之间的真假关系，原命题等价于逆否命题，但原命题与逆命题、否命题都不等价．因此，四种命题中真命题的个数只能是0，2或4.判断命题真假的2种方法：(1) 直接判断：判断一个命题是真命题，需经过严格的推理证明；而要说明它是假命题，只需举一反例即可．(2) 间接判断(等价转化)：由于原命题与其逆否命题为等价命题，如果原命题的真假不易直接判断，那么可以利用这种等价性间接地判断命题的真假．例2 【思维引导】明确角θ的范围，判断充分性；由三角函数的值的范围确定角的范围，注意三角函数的周期性，判断必要性．【答案】充分不必要【解析】当⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12时，0<θ<π6，即0<sin θ<12，故充分性成立；由sin θ<12可取θ＝0，但此时不满足条件⎪⎪⎪⎪θ－π12<π12，故必要性不成立． 【精要点评】在判断充分条件及必要条件时，首先要分清哪个是条件，哪个是结论；其次，要从两个方面，即“充分性”与“必要性”分别考查．判定时，对于有关范围的问题也可以从集合观点看，如p ，q 对应的范围为集合A ，B ，若A ⊂B ，则p 是q 的充分条件，q 是p 的必要条件；若A ＝B ，则p ，q 互为充要条件．变式 【答案】充要【解析】当A ＝60°时，可以推得cos A ＝12；当cos A ＝12时，由于A ∈(0°，180°)，也可以推得A ＝60°，故“A ＝60°”是“cos A ＝12”的充要条件．即“A ≠60°”是“cos A ≠12”的充要条件． 例3 【思维引导】求a 的取值范围使它成为M ∩P 的不同条件，可借助集合的观点，根据要求，求出成立时a 的取值范围．【解答】(1) 由M ∩P ＝{x|5<x ≤8}，得－3≤a ≤5，因此M ∩P ＝{x|5<x ≤8}的充要条件是－3≤a ≤5.(2) 在集合{a|－3≤a ≤5}中取一个值即可，如取a ＝0，此时必有M ∩P ＝{x|5<x ≤8}； 反之，M ∩P ＝{x|5<x ≤8}未必有a ＝0，故a ＝0是所求的一个充分不必要条件．(3) 即求一个集合Q ，使{a|－3≤a ≤5}是集合Q 的一个真子集．如果是{a|a ≤5}，那么未必有M ∩P ＝{x|5<x ≤8}，但是M ∩P ＝{x|5<x ≤8}时，必有a ≤5，故a ≤5是所求的一个必要不充分条件．【精要点评】解决此类问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间的关系列出关于参数的不等式求解．变式1 【答案】[4，＋∞)【解析】由题意知A ＝{x|x ＜4}，且A ⊆B ，所以a ≥4.变式2 【解答】因为y ＝x 2－32x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －342＋716，x ∈⎣⎡⎦⎤34，2，所以y min ＝716，y max ＝2，所以y ∈⎣⎡⎦⎤716，2，所以A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫y ⎪⎪716≤y ≤2. 由x ＋m 2≥1，得x ≥1－m 2，所以集合B ＝{x|x ≥1－m 2}．因为p 是q 的充分不必要条件，所以AB ，所以1－m 2≤716，解得m ≥34或m ≤－34. 所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－34∪⎣⎡⎭⎫34，＋∞. 例4 【思维引导】证明充分性，由“ac ＜0”推出“方程ax 2＋bx ＋c ＝0有一个正根和一个负根”，证明必要性是由“方程ax 2＋bx ＋c ＝0有一个正根和一个负根”推出“ac ＜0”，主要根据判别式、一元二次方程的根与系数的关系进行论证．【解答】设原方程的两根分别为x 1，x 2.①充分性：由ac<0，得a ，c 异号，所以Δ＝b 2－4ac>0，且x 1x 2＝c a<0， 故方程ax 2＋bx ＋c ＝0有一正一负两个实数根．所以ac<0是原方程有一正一负两个实数根的充分条件．②必要性：若方程ax 2＋bx ＋c ＝0有一个正根和一个负根，不妨设x 1>0，x 2<0，则x 1x 2<0，即c a<0，所以a ，c 异号，即ac<0， 故ac<0是原方程有一正一负两个实数根的必要条件．综上，ac<0是原方程有一正一负两个实数根的充要条件．【精要点评】充要条件的证明应注意：(1) 一般地，条件已知，证明结论成立是充分性，结论已知，推出条件成立是必要性．(2) 有关充要条件的证明问题，要分清哪个是条件，哪个是结论．课堂评价1. 若tan α≠1，则α≠π4 【解析】命题的条件是p ：α＝π4，结论是q ：tan α＝1.由命题的四种形式，可知命题“若p ，则q ”的逆否命题是“若非q ，则非p ”，显然非q ：tan α≠1，非p ：α≠π4，所以该命题的逆否命题是“若tan α≠1，则α≠π4”． 2. 充要 【解析】当a ＝0时，f(x)＝x 3，所以函数f(x)是奇函数．当函数f(x)＝x 3＋ax 2(x ∈R )为奇函数时，f (－x )＝－x 3＋ax 2＝－f (x )＝－x 3－ax 2，所以2ax 2＝0恒成立，所以a ＝0.所以“a ＝0” 是“函数f (x )＝x 3＋ax 2(x ∈R )为奇函数”的充要条件．3. 充分不必要 【解析】由x 3>8，得x>2.由|x|>2，得x>2或x<－2，故x 3>8是|x|>2的充分不必要条件．4. (0，3) 【解析】令M ＝{x|a ≤x ≤a ＋1}，N ＝{x|x 2－4x<0}＝{x|0<x<4}．因为p 是q 的充分不必要条件，所以M N ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a>0，a ＋1<4，解得0<a<3. 5. 【解答】当x>0时，y ＝x 1＋x ＝1－11＋x ，易知y ＝x 1＋x 在(0，＋∞)上单调递增．又y ＝x 1＋|x|是奇函数，所以y ＝x 1＋|x|在(－∞，＋∞)上单调递增，从而f(x)＝x 1＋|x|＋e x 在(－∞，＋∞)上单调递增．先证充分性： 因为x 1＋x 2>0，所以x 1>－x 2，又f(x)＝x 1＋|x|＋e x 在(－∞，＋∞)上为单调增函数，所以f(x 1)>f(－x 2)，同理，f(x 2)>f(－x 1)，故f(x 1)＋f(x 2)>f(－x 1)＋f(－x 2)．充分性证毕．再证必要性：记g(x)＝f(x)－f(－x)，由f(x)＝x 1＋|x|＋e x 在(－∞，＋∞)上单调递增，可知f(－x)在(－∞，＋∞)上单调递减，所以g(x)＝f(x)－f(－x)在(－∞，＋∞)上单调递增．由f(x 1)＋f(x 2)>f(－x 1)＋f(－x 2)，可得f(x 1)－f(－x 1)>f(－x 2)－f(x 2)，即g(x 1)>g(－x 2)，所以x 1>－x 2，x 1＋x 2>0.必要性证毕．第3课 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词激活思维1. 真 【解析】因为2是质数，所以p 为真命题，q 也是真命题，故p 且q 为真命题．2. ∃x ∈R ，x 2＋x ＋1≤03. ∀x ∈N ，x 2>04. 真 【解析】当a ＝0时，函数f(x)是偶函数，故为真命题．5. (－∞，－2) 【解析】∀x ∈R ，sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π4∈[－2，2]，所以m <－ 2. 知识梳理1. 全体 全称量词 ∀x ∈M ，p(x)2. 部分 ∃ 存在量词 ∃x 0∈M ，p(x 0)3. 或 且 非4. ∃x ∈M ，非p(x)5. 真 假 假 真 假 真6. 不是 不一定是 不都是 小于或等于 大于或等于 或 一个也没有 至多有n －1个 至少有两个 存在一个x 不成立课堂导学例1 【答案】①④【解答】因为y ＝2x 在R 上为增函数，y ＝2－x ＝⎝⎛⎭⎫12x在R 上为减函数，所以y ＝－2－x ＝－⎝⎛⎭⎫12x在R 上为增函数，所以y ＝2x －2－x 在R 上为增函数，故p 1是真命题． 又y ＝2x ＋2－x 在R 上为减函数是错误的，故p 2是假命题， 所以①p 1∨p 2是真命题；②p 1∧p 2是假命题；③(非p 1)∧p 2是假命题；④p 1∧(非p 2)是真命题．【精要点评】判断含有逻辑联结词命题真假的步骤：(1) 先判断简单命题p ，q 的真假；(2) 再根据真值表判断含有逻辑联结词命题的真假．变式 【答案】③⑤【解析】当x ＜0时，2x ＞3x ，所以不存在x ∈(－∞，0)，使得2x ＜3x 成立，即p 为假命题；显然对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，恒有cos x ＜1，所以命题q 为真命题，所以(非p)∧q 和(非p)∨(非q)是真命题．例2 【思维引导】 本题考查命题的否定形式，要分析其是全称命题还是存在性命题，要抓住本质，然后根据其否定形式来判断其真假．【解答】(1) 非p ：∃x ∈R ，x 2－x ＋14＜0，假命题． (2) 非q ：至少存在一个正方形不是矩形，假命题．(3) 非r ：所有的实数都有平方根，假命题．(4) 非s ：存在一个末位数字是0或5的整数，但它不能被5整除，假命题．(5) 非t ：存在一个菱形，它的对角线互相不垂直或互相不平分，假命题．【精要点评】在含有一个量词的命题的否定中，全称命题的否定是存在性命题，存在性命题的否定是全称命题，一般命题的否定只需直接否定结论即可．判断一个命题是全称命题还是存在性命题时，要抓住其本质含义是全部还是部分．对于存在性命题的判断，只要能找到符合要求的元素使命题成立，即可判断该命题成立，对于全称命题的判断，必须对任意元素证明这个命题为真，而只要找到一个特殊元素使命题为假，即可判断该命题不成立．变式 【答案】∀x ∈(0，＋∞)，ln x ≠x －1例3 【思维引导】先确定命题p 与q 分别为真命题时，实数a 的取值范围，再根据“p ∧q ”为真命题，知p ，q 均为真命题，通过解不等式组确定答案．【答案】{a|a ≤－2或a ＝1}【解答】由题意知，p ：a ≤1，q ：a ≤－2或a ≥1.因为“p ∧q ”为真命题，所以p ，q 均为真命题，所以a ≤－2或a ＝1.【精要点评】根据命题真假求参数范围的步骤：(1) 先根据题目条件，推出每一个命题的真假(有时不一定只有一种情况)；(2) 然后再求出每个命题是真命题时参数的取值范围；(3) 最后根据每个命题的真假情况，求出参数的取值范围．变式 【答案】(－∞，－2]∪(－1，＋∞)【解析】若命题p 是真命题，则m ≤－1；若命题q 是真命题，则Δ＝m 2－4<0，即－2<m<2，所以p ∧q 为真命题时，－2<m ≤－1，所以p ∧q 为假命题时，m ≤－2或m>－1.课堂评价1. 真 【解析】当x ＝1时，x 2－1≥0.2. ∃x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，sin x ≥1 3. [e ，4] 【解析】因为命题“p ∧q ”是真命题，所以p ，q 同为真．因为对任意x ∈[0，1]，a ≥e x ，所以a ≥e .由存在x ∈R ，x 2＋4x ＋a ＝0，可得Δ＝16－4a ≥0，即a ≤4.综上，e ≤a ≤4.4. ⎝⎛⎦⎤0，12∪[1，＋∞) 【解析】若命题p 为真命题，则0<c<1.若命题q 为真命题，当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，函数f(x)＝x ＋1x ≥2(当且仅当x ＝1时取等号)，则1c <2，结合c>0可得c>12.因为“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，故p 与q 一真一假．当p 真q 假时，0<c ≤12；当p 假q 真时，c ≥1，故c 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，12∪[1，＋∞)． 5. [－8，＋∞) 【解析】当x ∈[1，2]时，x 2＋2x ＝(x ＋1)2－1是增函数，所以3≤x 2＋2x ≤8，由题意得a ＋8≥0，所以a ≥－8.第二章 函数与基本初等函数Ⅰ第4课 函数的概念及其表示法激活思维1. ③ 【解析】对于①，当x ＝2时，集合B 中没有与之对应的元素，故①不是函数；对于②，当x ＝0时，1x 2没有意义，故②不是函数；对于④，集合A 是点集，不是数集，故④不是函数；所以只有③满足条件，是函数．2. 0或1 【解析】若1是函数定义域中的元素，则根据函数的定义可知交点个数为1，若1不是函数定义域中的元素，则交点个数为0.3. －4 【解析】由表中函数值得f(3)＝－4.。
2020届高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-3精品练习
第9章第3节一、选择题1．(2020·深圳市调研)已知E、F、G、H是空间内四个点，条件甲：E、F、G、H四点不共面，条件乙：直线EF和GH不相交，则甲是乙成立的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件[答案] A[解析] 点E、F、G、H四点不共面可以推出直线EF和GH不相交；但由直线EF和GH不相交不一定能推出E、F、G、H四点不共面，例如：EF和GH平行，这也是直线EF和GH不相交的一种情况，但E、F、G、H四点共面．故甲是乙成立的充分不必要条件．2．(文)设a、b是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，给出下列结论：①a∥b，b⊂α⇒a∥α；②α∥β，a∥β，a⊄α⇒a∥α；③α∩β＝a，b∥α，b∥β⇒b∥a；④a ∥α，b⊂α⇒a∥b.其中正确的有( )A．1个B．2个C．3个D．4个[答案] B[解析] ①可能有a⊂α；④可能有a与b异面，故只有②③正确．(理)已知直线m、l，平面α、β，且m⊥α，l⊂β，给出下列命题：①若α∥β，则m⊥l; ②若α⊥β，则m∥l；③若m⊥l，则α∥β；④若m∥l，则α⊥β.其中正确命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4[答案] B[解析] (1)中，若α∥β，且m⊥α⇒m⊥β，又l⊂β⇒m⊥l，所以①正确．(2)中，若α⊥β，且m⊥α⇒m∥β或m⊂β，又l⊂β，则m与l可能平行，可能异面，所以②不正确．(3)如图，α∩β＝a，m⊥α，l⊂β，l∥a，满足m⊥l，但得不出α∥β.(4)中，若m⊥l，且m⊥α⇒l⊥α，又l⊂β⇒α⊥β，∴④正确．故选B.3．(2020·湖北文，4)用a，b，c表示三条不同的直线，γ表示平面，给出下列命题：①若a∥b，b∥c，则a∥c；②若a⊥b，b⊥c，则a⊥c；③若a∥γ，b∥γ，则a∥b；④若a⊥γ，b⊥γ，则a∥b.其中真命题的序号是( )A．①②B．②③C．①④D．③④[答案] C[解析] ①平行关系的传递性．②举反例：在同一平面α内，a⊥b，b⊥c，有a∥c.③举反例：如图的长方体中，a∥γ，b∥γ，但a与b相交．④垂直于同一平面的两直线互相平行．故①，④正确．4．(文)α、β是相异平面，a、b、c是相异直线，A、B是相异点，则在下列命题中错误的是( )A．α∩β＝a，b⊂α，c⊂β，b∩c＝A⇒A∈aB．α∥β，a⊂α，b⊂β，P∈a⇒P∉bC．α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，a∩b＝A⇒b∩c＝AD．a⊄α，b⊄α，a⊂β，b⊂β，a∩b＝A⇒α∥β[答案] D[解析] ∵a⊄α可能是a∥α，也可能是a与α相交，当a与α相交时，∵a⊂β，∴交点在β内，故D错．(理)(2020·东北四市联考)两个平面α与β相交但不垂直，直线m在平面α内，则在平面β内( )A．一定存在直线与m平行，也一定存在直线与m垂直B．一定存在直线与m平行，但不一定存在直线与m垂直C．不一定存在直线与m平行，但一定存在直线与m垂直D．不一定存在直线与m平行，也不一定存在直线与m垂直[答案] C[解析] 直线m在平面α内，直线m与平面α、β的交线的位置关系有两种可能：平行或相交，当平行时，在平面β内一定存在直线与m平行，也一定存在直线与m垂直，当相交时，在平面β内不存在直线与m平行，但一定存在直线与m垂直，故选C.[点评] 当m与平面α、β的交线l相交时，若在平面β内存在直线a∥m，则由线面平行的判定定理知a∥α，再由性质定理知a∥l，∴m∥l，这与m和l相交矛盾．5．(2020·济南模拟)给出下列命题：①若平面α内的直线m与平面β内的直线n为异面直线，直线l是α与β的交线，那么l至多与m、n中一条相交；②若直线m与n异面，直线n与l异面，则直线m与l异面；③一定存在平面γ同时和异面直线m、n都相交．其中正确的命题是( ) A．①B．②C．③D．①③[答案] C[解析] ①错误，l可能与m，n两条都相交；②错误，直线m与l亦可共面；③正确．在m、n上分别取点M、N，则经过直线MN可以作出平面与m、n都相交．6．已知不重合的平面α、β和不重合的直线m、n，给出下列命题：①m⊂α，n⊂β，α⊥β⇒m⊥n②m⊥α，n⊥β，α与β相交⇒m与n相交③m⊥n，n⊂β，m⊄β⇒m⊥β④m∥α，n∥β，m∥n⇒α∥β其中正确命题的个数为( )A．0 B．1C．2 D．3[答案] A[解析] 四个命题全错，图(1)中α∩β＝l，m∥l∥n，知①错；图(2)中取n上一点P，过P作m′⊥α，当m∥m′时满足②的条件，但m与n不相交；③、④显然错误，故选A.7．正方体的棱长为1，C 、D 、M 分别为三条棱的中点，A 、B 是顶点，那么点M 到截面ABCD 的距离是( )A.23B.63 C.13 D.62[答案] C[解析] 设点M 到ABCD 的距离为h ，连结AC ，作CF ⊥AB ，垂足为F ，则BF ＝24，BC ＝52，∴CF ＝324，连CM ，则V C －ABM ＝V M －ABC .V C －ABM ＝13S △ABM ×CM ＝13×14×1＝112，又V M －ABC ＝13×12×AB ×CF ×h＝13×12×2×324×h ＝h 4， 则由h 4＝112得h ＝13，故选C.8．(2020·淄博一中)已知直线l ⊥平面α，直线m ⊂平面β，则α∥β是l ⊥m 的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] A[解析] 若α∥β，则由l ⊥α知l ⊥β，又m ⊂β，可得l ⊥m ；若α与β相交(如图)，设α∩β＝n ，当m ∥n 时，由l ⊥α可得l ⊥m ，而此时α与β不平行．于是α∥β是l⊥m的充分不必要条件．故选A.9．(2020·襄樊测试)设m、n是平面α内的两条不同直线，l1、l2是平面β内的两条相交直线，则α⊥β的一个充分不必要条件是( )A．l1⊥m，l1⊥n B．m⊥l1，m⊥l2C．m⊥l1，n⊥l2D．m∥n，l1⊥n[答案] B[解析] 由m⊥l1，m⊥l2，l1、l2是平面β内两条相交直线，知m⊥β，又m⊂α，所以α⊥β；若α⊥β，m⊂α，则未必有m⊥β，未必有m⊥l1，m⊥l2，故选B.10．(2020·江西理)过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A作直线l，使l与棱AB，AD，AA1所成的角都相等，这样的直线l可以作( )A．1条B．2条C．3条D．4条[答案] D[解析] 如图，连结AC1，可知AC1与三棱AB，AD，AA1所成角相等，由两条异面直线所成角的定义知，分别过点B、C、D的体对角线BD1、CA1、DB1与三棱AB、AD、AA1成的角也都相等，故过点A作与BD1，CA1，DB1平行的直线也满足直线l的要求，故这样的直线可作4条．二、填空题11．(文)(2020·江苏盐城调研)已知l是一条直线，α，β是两个不同的平面．若从“①l⊥α；②l∥β；③α⊥β”中选取两个作为条件，另一个作为结论，试写出一个你认为正确的命题________．(请用代号表示)[答案] ①②⇒③[解析] 在β内任取一点P，P与l确定一个平面γ，则γ与β相交于过P点的一条直线l′，∵l∥β，∴l∥l′，∵l⊥α，∴l′⊥α，∴β⊥α.(理)(2020·哈三中)已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，有下列三个条件①m∥γ，n⊂β；②m∥γ，n∥β；③m⊂γ，n∥β要使命题“若α∩β＝m，n⊂γ，且________，则m∥n”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(把你认为正确条件的序号填上)[答案] ①或③②如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，α、β、γ分别为平面ADD1A1、平面ABCD、平面A1B1C1D1，m为AD，n为A1B1，满足α∩β＝m，n⊂γ，m∥γ，n∥β，但m与n显然不平行．]12．如图是一正方体的表面展开图，MN和PB是两条面对角线，则在正方体中，直线MN 与直线PB的位置关系为________．(从相交、平行、异面、重合中选填)[答案] 异面[解析] 将表面展开图折起还原为正方体如图，故MN与PB异面．13．(2020·东北师大附中等三校)一个几何体的三视图如图所示：其中，正(主)视图中大三角形是边长为2的正三角形，俯视图为正六边形，那么该几何体的体积为________．[答案] 32[解析] 由三视图可知，该几何体是正六棱锥，底面边长为1，侧棱长为2，如图设底面中心为O ，易知OD ＝1，又PD ＝2，∴PO ＝3，∴体积V ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫6×34×12×3＝32.14．(2020·上海大同中学模拟)给出如下四个命题：①有三个角是直角的四边形一定是矩形；②不共面的四点可以确定四个平面；③空间四点不共面的充要条件是其中任意三点不共线；④若点A 、B 、C ∈平面M ，且点A 、B 、C ∈平面N ，则平面M 与平面N 重合．其中真命题的序号是________．[答案] ②[解析] 如图(1)，平面α内∠ABC 为直角，P ∉α，过P 作PD ⊥AB ，PE ⊥BC ，则四边形PDBE 有三个直角，故①假；在图②的平面α内，四边形ABCD 中任意三点不共线，知③假；图③中，M ∩N ＝l ，A 、B 、C 都在l 上，知④假，只有②真．三、解答题15．(文)(2020·江苏通州调研)如图，在四棱锥P －ABCD 中，ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AD ＝1，AB ＝3，点E 在CD 上移动．(1)求三棱锥E －PAB 的体积；(2)试在PD 上找一点F ，使得PE ⊥AF ，并证明你的结论． [解析] (1)∵PA ⊥平面ABCD ， ∴V E －PAB ＝V P －ABE ＝13S △ABE ·PA＝13×12×1×3×1＝36. (2)F 是PD 的中点∵PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴CD ⊥PA ∵ABCD 是矩形，∴CD ⊥AD ∵PA ∩AD ＝A ，∴CD ⊥平面PAD∵F 是PD 上的点，AF ⊂平面PAD ，∴AF ⊥DC ∵PA ＝AD ，点F 是PD 的中点，∴AF ⊥PD 又CD ∩PD ＝D ，∴AF ⊥平面PDC ∵PE ⊂平面PDC ，∴PE ⊥AF .(理)(2020·黑龙江哈三中)如图，矩形ABCD 中，AB ＝6，BC ＝23，沿对角线BD 将△ABD 向上折起，使点A 移至点P ，且点P 在平面BCD 内的投影O 在CD 上．(1)求证：PD ⊥BC ；(2)求二面角P －DB －C 的正弦值； (3)求点C 到平面PBD 的距离．[解析] (1)∵BC ⊥CD ，BC ⊥OP ，∴BC ⊥平面PCD ，∴PD ⊥BC ； (2)过O 作OE ⊥BD 于点E ，连接PE ∵BD ⊥OP ，∴BD ⊥平面OPE ，∴BD ⊥PE ， ∴∠PEO 为二面角P －BD －C 的平面角， 在△POE 中，PE ＝3，OE ＝1，PO ＝22，则 sin ∠PEO ＝223；(3)V C －PBD ＝V P －BCD ， ∴13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×23×h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×6×23×22，解得h ＝2 2.16．如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，SD⊥平面ABCD，E是SD的中点．(1)求证：SB∥平面EAC；(2)求证：AC⊥BE.(3)(理)若SD＝2，AD＝2，求二面角C－AS－D的余弦值．[解析] (1)证明：连结BD交AC于点O，连结EO.因为底面ABCD是正方形，所以O是BD的中点．又因为E是SD的中点，所以EO∥SB.又因为EO⊂平面EAC，SB⊄平面EAC，所以SB∥平面EAC.(2)因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD.因为SD⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以AC⊥SD.又因为SD∩BD＝D，所以AC⊥平面BDS.因为BE⊂平面BDS，所以AC⊥BE.(3)(理)解法1：因为SD⊥平面ABCD，所以SD⊥CD.因为底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥CD . 又因为SD ∩AD ＝D ，所以CD ⊥平面SAD ，所以CD ⊥AS .过点D 在平面SAD 内作DF ⊥AS 于F ，连结CF . 由于DF ∩CD ＝D ， 所以AS ⊥平面DCF . 所以AS ⊥CF .故∠CFD 是二面角C －AS －D 的平面角．在Rt △ADS 中，SD ＝2，AD ＝2，可求得DF ＝23 3.在Rt △CFD 中，DF ＝233，CD ＝2，可求得CF ＝303.所以cos ∠CFD ＝DF CF ＝105. 即二面角C －AS －D 的余弦值为105. 解法2：如图，以D 为原点建立空间直角坐标系D －xyz .则D (0,0,0)，A (2，0,0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，E (0,0，2)，S (0,0,2)， SA →＝(2，0，－2)，SC →＝(0，2，－2)．设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥SA →，n ⊥SC →得，⎩⎪⎨⎪⎧ n ·SA →＝0n ·SC →＝0，即⎩⎨⎧ 2x －2z ＝02y －2z ＝0，取z ＝2，得n ＝(2,2，2)．易知平面ASD 的一个法向量为DC →＝(0，2，0)．设二面角C －AS －D 的平面角为θ.则cos θ＝|n ·DC →||n ||DC →|＝105. 即二面角C －AE －D 的余弦值为105. 17．(文)(2020·东北师大附中月考)如图，在几何体P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，AB ＝PA ＝2.(1)当AD ＝2时，求证：平面PBD ⊥平面PAC ；(2)若PC 与AD 所成角为45°，求几何体P －ABCD 的体积．[解析] (1)当AD ＝2时，四边形ABCD 是正方形，则BD ⊥AC ，∵PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BD ，又PA ∩AC ＝A ，∴BD ⊥平面PAC ，∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC .(2)若PC 与AD 成45°角，∵AD ∥BC ，∴∠PCB ＝45°.∵BC ⊥AB ，BC ⊥PA ，AB ∩PA ＝A ，∴BC ⊥平面PAB ，PB ⊂平面PAB ，∴BC ⊥PB ，∴∠CPB ＝90°－45°＝45°，∴BC ＝PB ＝22，∴几何体P －ABCD 的体积V ＝13×(2×22)×2 ＝823. (理)(2020·湖南文)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，M 是棱CC 1的中点．(1)求异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值；(2)证明：平面ABM ⊥平面A 1B 1M .[解析] 方法1：(1)如图，因为C 1D 1∥B 1A 1，所以∠MA 1B 1为异面直线A 1M 与C 1D 1所成的角． 因为A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，所以∠A 1B 1M ＝90°，而A 1B 1＝1，B 1M ＝B 1C 12＋MC 12＝2，故tan ∠MA 1B 1＝B 1M A 1B 1＝ 2. 即异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值为 2.(2)由A 1B 1⊥平面BCC 1B 1，BM ⊂平面平面BCC 1B 1，得A 1B 1⊥BM ①由(1)知，B 1M ＝2，又BM ＝BC 2＋CM 2＝2，B 1B ＝2，所以B 1M 2＋BM 2＝B 1B 2，从而BM ⊥B 1M ②又A 1B 1∩B 1M ＝B 1，∴BM ⊥平面A 1B 1M ，而BM ⊂平面ABM ，因此平面ABM ⊥平面A 1B 1M .方法2：以A 为原点，AB →，AD →，AA 1→的方向分别作为x 、y 、z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)，C 1(1,1,2)，D 1(0,1,2)，M (1,1,1)．(1)A 1M →＝(1,1，－1)，C 1D 1→＝(－1,0,0)，cos 〈A 1M →，C 1D 1→〉＝－13×1＝－33. 设异面直线A 1M 与C 1D 1所成角为α，则cos α＝33， ∴tan α＝ 2.即异面直线A 1M 和C 1D 1所成的角的正切值是 2.(2)A 1B 1→＝(1,0,0)，BM →＝(0,1,1)，B 1M →＝(0,1，－1)， A 1B 1→·BM →＝0，BM →·B 1M →＝0， ∴A 1B 1→⊥BM →，BM →⊥B 1M →，即BM ⊥A 1B 1，BM ⊥B 1M ， 又B 1M ∩A 1B 1＝B 1，∴BM ⊥平面A 1B 1M ，而BM ⊂平面ABM ， 因此ABM ⊥平面A 1B 1M .。
高考理科数学第一轮复习第九章立体几何 9.3-2三垂线定理
O a α A P O a α A P 9.3-2三垂线定理【教学目标】正确理解和熟练掌握三垂线定理及其逆定理，并能运用它解决有关垂直问题。
【知识梳理】 1．斜线长定理从平面外一点向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段也较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段的射影也较长；③垂线段比任何一条斜线段都短． 2．重要公式 如图，已知OB ⊥平面α于B ，OA 是平面α的斜线，A 为斜足，直线AC ⊂平面α，设∠OAB =θ1，又∠CAB =θ2，∠OAC =θ．那么cos θ=cos θ1⋅cos θ2．3．直线和平面所成的角①平面斜线与它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一条直线所成的角中最小的角．②一个平面的斜线和它在这个平面内的射影的夹角，叫做斜线和平面所成的角(或斜线和平面的夹角)．如果直线和平面垂直，那么就说直线和平面所成的角是直角；如果直线和平面平行或在平面内，那么就说直线和平面所成的角是0︒的角．4．三垂线定理和三垂线定理的逆定理名称语言表述 图 示 字母表示 应 用 三垂线定 理 在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线的射影垂直,那么它也和这条斜线垂直.PO a AO a a PA ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂⊥αα ①证两直线垂直 ②作点线距 ③作二面角 的平面角 三垂线定理的逆定理 在平面内的一条直线,如果和这个平面的一条斜线垂直,那么它也和这条斜线的射影垂直.AO a PO a a PA ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥⊂⊥αα 同 上三垂线定理和三垂线定理的逆定理的主要应用是证明两条直线垂直，尤其是证明两条异面直线垂直，此外，还可以作出点到直线的距离和二面角的平面角．在应用这两个定理时，要抓住平面和平面的垂线，简称“一个平面四条线，线面垂直是关键”．【点击双基】1．下列命题中，正确的是 ( )(A )垂直于同一条直线的两条直线平行(B )平行于同一平面的两条直线平行(C )平面的一条斜线可以垂直于这个平面内的无数条直线(D )a 、b 在平面外，若a 、b 在平面内的射影是两条相交直线，则a 、b 也是相交直线2．直线a 、b 在平面α内的射影分别为直线a 1、b 1，下列命题正确的是( )(A )若a 1⊥b 1，则a ⊥b (B )若a ⊥b ，则a 1⊥b 1(C )若a 1//b 1，则a 与b 不垂直 (D )若a //b ，则a 1与b 1不垂直3．直线a 、b 在平面外，若a 、b 在平面内的射影是一个点和不过此点的一条直线，则a与b 是 ( )(A )异面直线 (B )相交直线(C )异面直线或相交直线 (D )异面直线或平行直线C αD A B OC A P BD M N Q l 4．P 是△ABC 所在平面外一点，若P 点到△ABC 各顶点的距离都相等，则P 点在平面ABC 内的射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心5．P 是△ABC 所在平面外一点，若P 点到△ABC 各边的距离都相等，且P 点在平面ABC 内的射影在△ABC 的内部，则射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心6．P 是△ABC 所在平面外一点，连结P A 、PB 、PC ，若P A ⊥BC ，PB ⊥AC ，则P 点在平面ABC 内的射影是△ABC 的 ( )(A )外心 (B )内心 (C )重心 (D )垂心7．从平面外一点向这个平面引两条斜线段，它们所成的角为θ．这两条斜线段在平面内的射影成的角为α(90︒≤α<180︒)，那么θ与α的关系是 ( )(A )θ<α (B )θ>α (C )θ≥α (D )θ≤α8．已知直线l 1与平面α成30︒角，直线l 2与l 1成60︒角，则l 2与平面α所成角的取值范围是 ( )(A )[0︒,60︒] (B )[60︒,90︒] (C )[30︒,90︒] (D )[0︒,90︒]【典例剖析】例1．如果四面体的两组对棱互相垂直，求证第三组对棱也互相垂直．已知：四面体ABCD 中，AB ⊥CD ，AD ⊥BC ；求证：AC ⊥BD ；证法一：作AO ⊥平面BCD 于O ， 连OB 、OC 、OD ，∵AB ⊥CD ，∴OB ⊥CD ，同理，由AD ⊥BC 得OD ⊥BC ，∴O 是△BCD 的垂心，∴OC ⊥BD ，从而AC ⊥BD ．证法二：设AB =a ，AC =b ，AD =c ，则BC =b -a ，BD =c -a ，CD=c -b ，∵AB ⊥CD ，AD ⊥BC ，∴a ⋅(c -b )=0，c ⋅(b -a )=0，则a ⋅c =a ⋅b ，a ⋅c =c ⋅b ．∴a ⋅b =c ⋅b ，即a ⋅b -c ⋅b =0，从而有b ⋅(c -a )=0，故AC ⊥BD ．例2．如图，在三棱锥P -ABC 中，∠ACB =90︒，∠ABC =60︒，PC ⊥平面ABC ，AB =8，PC =6，M 、N 分别是P A 、PB 的中点，设△MNC 所在平面与△ABC 所在平面交于直线l ．(1)判断l 与MN 的位置关系，并进行证明； (2)求点M 到直线l 的距离．解：(1)l //MN ，证明如下： ∵M 、N 分别是P A 、PB 的中点，∴MN //AB ，MN ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， ∴MN //平面ABC ．又∵MN ⊂平面MNC ，平面MNC 平面ABC =l ，∴MN //l ．(2)取AC 的中点Q ，连MQ ，则MQ //PC ，而PC ⊥平面ABC ，∴MQ ⊥平面ABC ．作QD ⊥直线l 于D ，连MD ，则MD ⊥直线l ．线段MD 的长即为M 到直线l 的距离．在Rt △ABC 中，可求得AC =43，∴QC =23．又MQ =21PC =3，∠QCD =30︒，∴QD =21QC =3． 于是 MD =22QD MQ +=23．DC O B A abcN M P C B A 例3.如图，P 是ΔABC 所在平面外一点，且PA ⊥平面ABC 。
高三数学一轮复习 第九章《立体几何》9-1精品
• (4)能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算 问题，体会向量方法在研究几何问题中的作用．
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• ●命题趋势
• 1．空间几何体
• 空间几何体是立体几何初步的重要内容，高考非常重视 对这一部分的考查．一是在选择、填空题中有针对性地 考查空间几何体的概念、性质及主要几何量(角度、距 离、面积、体积)的计算等．二是在解答题中，以空间 几何体为载体考查线面位置关系的推理、论证及有关计 算．
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• 3．空间向量与立体几何(理)
• 高考试题中的立体几何解答题，包括部分选择、填空题， 大多都可以使用空间向量来解答．高考在注重对立体几 何中传统知识和方法考查的同时，加大了对空间向量的 考查．给考生展现综合利用所学知识解决实际问题的才 能提供更宽阔的舞台．
• 这一部分高考命题主要有以下几个方面：
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• 1°球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆． • 2°不过球心的截面截得的圆叫做球的小圆．
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• (3)球面距离：
• 1°定义：在球面上两点之间的最短距离，就是经过这
两点的 在这两点间的一段
的长度，这个弧
长叫做两大点圆的球面距离．
劣弧
• 2°地球上的经纬线
• 当把地球看作一个球时，经线是球面上从北极到南极的 半个大圆，纬线是与地轴垂直的平面与球面的交线，其
• ②棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角 三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也组成 一个直角三角形．
• 4．棱台的概念及性质
• (1)定义：棱锥被 的部分叫做棱台．
北师版高考总复习一轮理科数精品课件 第9章 解析几何 第2节 点与直线、两条直线的位置关系
解析:(1)当直线 x+y=0 平移到与曲线
9
y=x+ 相切位置时,
切点 P 到直线 x+y=0 的距离最小.
由
9
y'=1- 2 =-1,得
3 2
9 2
x= (负值舍去),y= ,即切点
2
2
3 2 9 2
+ |
2
2
12 +12
|
则切点 P 到直线 x+y=0 的距离为
=6.
P
3 2 9 2
,
2
2
联立
解得
= 1.
- + 2 = 0,
x-2y+3=0.
2+ 4+
,
3
3
,
∴△ABC的外心为(-1,1).则(m+1)2+(n-1)2=32+12=10,
整理得m2+n2+2m-2n=8,②
联立①②,得m=-4,n=0或m=0,n=4.
当m=0,n=4时,点B,C重合,舍去.
∴顶点C的坐标是(-4,0).故选A.
(3)过两条已知直线l1:A1x+B1y+C1=0和l2:A2x+B2y+C2=0的交点的直线系方
程:A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0(λ∈R,这个直线系不包括直线l2,解题时,
注意检验l2是否满足题意,以防漏解).
3.对称问题
(1)点P(a,b)关于x轴的对称点的坐标为(a,-b);关于y轴的对称点的坐标为(-a,
对点训练1(1)(2021安徽合肥六中模拟)“直线ax+2y+4=0与直线x+(a-1)y
第九章 立体几何专练2—基本立体图形(提升练)-2022届高三数学一轮复习
第九章 立体几何专练2—基本立体图形（提升练）一、单选题1．将一半圆沿半径剪成两个扇形，其中一个扇形的圆心角为3π，以这两个扇形为侧面围成一高一低两个圆锥（不计接缝处的损耗），则高圆锥与低圆锥的高之比为( ) A ．2:1B ．70:8C ．4:1D ．32:702．如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图，已知扇形所在圆的半径5R =，扇形弧长4l π=，则该圆锥的表面积为( )A ．2πB ．(425)π+C ．(35)π+D ．85π+3．斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：1，1，2，3，5，⋯为边的正方形拼成长方形（斐波那契数列由1和1开始，之后的数就是由之前的两数相加而得出），然后在每个正方形中画一个圆心角为90︒的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在很多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等，如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，则该圆锥的高为( )A ．215B ．415C ．515D ．6154．碌碡是我国古代人民发明的一种把米、麦、豆等粮食加工成粉末的器具，如图，近似圆柱形碌碡的轴固定在经过圆盘圆心且垂直于圆盘的木桩上，当人或动物推动木柄时，碌碡在圆盘上滚动．若人或动物推动木柄绕圆盘转动一周，碌碡恰好滚动了3圈，则该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为( )A ．1:2B ．1:3C ．1:4D ．2:35．如图，圆柱1OO 的轴截面11ABB A 是正方形，D ，E 分别是1AA 和1BB 的中点，C 是弧AB 的中点，则经过C 、D 、E 的平面与圆柱1OO 侧面相交所得到的曲线的离心率是( )A ．1B ．22C ．2D ．626．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为1h 、2h 、3h ，则123::(h h h = ) A ．2:3:3B ．23:1:1C ．3:2:2D ．3:6:67．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A BCD -中，AB ⊥平面BCD ，且BD CD ⊥，AB BD CD ==，点P 在棱AC 上运动，设CP 的长度为x ，若PBD ∆的面积为()f x ，则()f x 的图象大致为( )A ．B ．C ．D ．8．如图几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P ，圆柱的上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，若该几何体有半径为1的外接球，且球心为O ，则不正确的是( )A ．如果圆锥的体积为圆柱体积的16，则圆锥的体积为8πB ．12122O O PO +=C ．如果112PO O O =，则O 与1O 重合D ．如果112:1:3PO O O =，则圆柱的体积为96125π二、多选题9．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( )A ．圆柱的侧面积为22R πB ．圆锥的侧面积为22R πC ．圆柱的侧面积与球面面积相等D．圆锥的表面积最小10．已知圆锥的顶点为S1，A，B是底面圆周上两个动点，下列说法正确的是()A．圆锥的侧面积是B．SA与底面所成的角是6πC．SAB∆D11．已知正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为2，则下列说法正确的是( )A．棱台的侧面积为BCD12．已知圆锥的顶点为P，母线长为2A，B为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是()A．圆锥的高为1B．三角形PABC．三角形PAB内切圆半径的最大值为2D．圆锥外接球的体积为32 3π三、填空题13．如图，四边形ABCD为梯形，//AD BC，90ABC∠=︒，图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的体积为．14．已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A、B满足SAB∆为等边三角形，且面积为43，又知SA与圆锥底面所成的角为45︒，则圆锥的表面积为．15．已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则ABC的面积的取值范围为．16．“牟和方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体，它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向嵌入一个正方体时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1)．如图2所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分，其中APC与BPD 为相互垂直且全等的半圆面，它们的圆心为O，半径为1．用平行于底面ABCD的平面α去截“四脚帐篷”所得的截面图形为；当平面α经过OP的中点时，截面图形的面积为．四、解答题17．将半径为33α的扇形，用剩下的扇形铁皮制成一个圆锥形的容器，该圆锥的高记为h，体积为V．（1）求体积V有关h的函数解析式．（2）求当扇形的圆心角α多大时，容器的体积V最大．18．如图所示，有一块矩形铁皮ABCD ，4AB =，剪下一个半圆面作圆锥的侧面，余下的铁皮内剪下一个与其相切的圆面，恰好作为圆锥的底面．试求： （1）矩形铁皮AD 的长度； （2）做成的圆锥体的体积．第九章立体几何专练2—基本立体图形（提升练）答案1．解：不妨设半圆的半径为1，用圆心角为3π的扇形围成的圆锥的底面周长为133ππ⨯=， 设其底面圆的半径为r ，则23r ππ=，解得16r =，则该圆锥的高21351()6h =-，用圆心角为23π的扇形围成的圆锥的底面周长为22133ππ⨯=， 设其底面圆的半径为R ，则223R ππ=，解得13R =，则该圆锥的高21221()3H =-，3567022=．故选：B ．2．解：圆锥的侧面展开图中，扇形所在圆的半径R ，扇形弧长4l π=，所以扇形的面积为142S π==扇形；设扇形的底面圆半径为r ，则24r ππ=，解得2r =， 所以底面圆的面积为224S ππ=⨯=底面圆；所以该圆锥的表面积为4(4S ππ=+=+． 故选：B ．3．解：由斐波那契数的规律知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和， 所以接下来的圆弧对应的圆面半径是358+=，对应的弧长是12844l ππ=⨯⨯=， 设圆锥底面半径为r ，则24r ππ=，解得2r =，所以圆锥的高为h == 故选：A ．4．解：由题意，人推动木柄绕圆盘转动1周，碌碡恰好滚动了3圈， 因为圆的周长为2c r π=，所以圆盘与碌碡的半径之比为3:1，所以圆柱形碌碡的高与其底面圆的直径之比约为3:2， 所以该圆柱形碌碡的底面圆的半径与其高之比为1:3． 故选：B ．5．解：设轴截面的正方形的边长为2，设1C 是弧11B A 的中点，且与C 关于圆柱的中心对称，由题意可知，截面曲线为椭圆，椭圆的短轴长为2，长轴1C C =，所以长半轴长a =1b =，故半焦距为1c ==，所以椭圆的离心率为c e a ==． 故选：B ．6．解：设四棱锥为A BCFE -，三棱锥为A DEF -，则三棱锥A DEF -为正四面体，四棱锥A BCFE -为正四棱锥，显然23h h =． 设AB a =，正方形BCFE 的中心为M ，正三角形DEF 的中心为N ， 连接AM ，AN ，CM ，DN ，则22CM a =，233323DN a a =⨯=， 2222AM AC CM a ∴=-=，2263AN AD DN a =-=， 即122h AM a ==，2363h h AN a ===， 123266::::3:2:2233h h h ∴==． 故选：C ．7．解：作PQ BC ⊥于点Q ，作QR BD ⊥于点R ，连接到PR ， 由已知可得//PQ AB ，//QR CD ，且AB ⊥平面BCD ， 所以PQ ⊥平面BCD ，又BD ⊂平面BCD ， 所以PQ BD ⊥， 又QR BD ⊥，PQQR Q =，PQ ，QR ⊂平面PQR ，所以BD ⊥平面PQR ，又PR ⊂平面PQR ， 所以BD PR ⊥， 设1AB BD CD ===， 则3AC =，则13x PQ =，所以3xPQ =， 又313QR BQ x BC -==，解得33xQR -=， 所以22233()()2233333x x PR x x -=+=-+， 故23()22336f x x x =-+， 其函数图像是关于直线32x =对称的图像且开口上，故选项B ，C ，D 错误． 故选：A ．8．解：由O 为外接球的球心，得PO AO CO DO ===；对于A ，21121121136O B PO V V O B O O ππ⋅⋅==⋅⋅圆锥圆柱，所以11212PO O O =， 又12122O O PO +=，所以112PO =，121O O =，所以112OO =， 所以2113144O B =-=， 所以211113133428V O B PO πππ=⋅⋅=⨯⨯=锥，选项A 正确；对于B ，由于BO DO =，则O 为12O O 中点，如图所示：因为111PO PO O O R =+==，21OO OO =，所以121PO OO +=， 所以111212122PO O O PO OO O O PO +++=+=，选项B 正确；对于C ：若O 与1O 重合，则2PO OO =，所以2OC OD OO OP =>≠与题设矛盾，选项C 不正确；对于D ，由112:1:3PO O O =，12122O O PO +=，可得125PO =，1265O O =， 所以1121325OO O O ==，又有1OB =，则145O B =，所以221124696()55125V O B O O πππ=⋅⋅=⋅⋅=，所以选项D 正确．故选：C ．9．解：对于A ，圆柱的底面直径和高都与一个球的直径2R 相等，∴圆柱的侧面积为2224S R R R ππ=⨯=，故A 错误；对于B ，圆锥的底面直径和高都与一个球的直径2R 相等，∴圆锥的侧面积为222(2)5S R R R R ππ=+，故B 错误；对于C ，圆柱的侧面积为2224S R R R ππ=⨯=，球面面积为24S R π=球，∴圆柱的侧面积与球面面积相等，故C 正确；对于D ，圆柱的表面积为222226S R R R R πππ=⨯+=圆柱， 圆锥的表面积为()2222(2)51S R R R R R πππ=+=圆锥，球的表面积为24S R π=球，∴圆锥的表面积最小，故D 正确．故选：CD ．10．解：因为圆锥的顶点为S 31，设圆锥的底面圆心为O ，则1SO =，底面半径3r =，所以母线长132l =+=， 故圆锥的侧面积是23rl ππ=，故选项A 正确；因为A ，B 是底面圆周上两个动点，则SA 为圆锥的一条母线，又SO ⊥底面圆， 则SAO ∠即为SA 与底面所成的角，在Rt SAO ∆中，13tan 33SO SAO r ∠===， 所以SA 与底面所成的角是6π，故选项B 正确； 设ASB α∠=，则0120α︒︒，且2SA SB ==， 所以SAB ∆的面积为212sin 2S α=⨯⨯，所以当90α=︒，时，SAB ∆的面积最大为2，故选项C 错误； 设圆锥内接圆柱的底面半径为(03)x x <<，高为h ， 则有13x h h -=，可得13xh =-， 则圆柱的侧面积为221233x x S x x ππ⎛⎫⎛⎫=-=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭侧， 由二次函数的性质可知，当32x =时，S 侧有最大值为23()3322[]223ππ⨯-+=，故选项D 正确． 故选：ABD ．11．解：由题意作右图正三棱台111ABC A B C -，在平面11ABB A 中由点1A 向AB 作垂线，垂足为D ，取线段BC 的中点E ，连接AE ，在平面1AEA 中由点1A 向AE 作垂线，垂足为F ，连接DF ， 在等腰梯形11ABB A 中，4AB =，112B A =，12AA =， 则(42)21AD =-÷=，221213A D =-=故棱台的侧面积为13(24)3932⨯+⨯=，故A 正确，易知1A F 为棱台的高，在Rt ADF ∆中，3tan 63DF AD π=⋅=，2123133AF =+=，在Rt △1A DF 中，22112633A F A D DF =-=≠，故B 错误， 棱台的侧棱与底面所成角为1A AE ∠，112333cos 23AF A AE AA ∠===，故C 正确， 棱台的侧面与底面所成锐二面角为1A DE ∠，11313cos 33DF A DE A D ∠===，故D 错误，故选：AC ．12．解：圆锥的顶点为P ，母线长为2，底面半径为3， 如图所示：所以圆锥的高为222(3)1h -，所以选项A 正确；由于A 和B 为底面圆周上两个动点，由于满足PA PB =，所以PAB ∆为等腰三角形， 由轴截面为等腰三角形PAC ，且顶角为2260120APC APO ∠=∠=⨯︒=︒， 当等腰三角形PAB 的顶角为90︒时，PAB ∆的面积取得最大值为： 122sin9022PAB S ∆=⨯⨯⨯︒=，所以选项B 错误；设PAB ∆内切圆的半径为r ，由题意知当PAB ∆的面积取得最大值时r 取得最大值，由等积法知，1(2222)22r ++=，解得22r =-，所以PAB ∆内切圆半径的最大值为22-，选项C 正确； 由题意知，圆锥外接球的半径是轴截面PAC ∆外接圆的半径， 由正弦定理得2324sin120R ==︒，解得2R =，所以圆锥外接球的体积为3432233V ππ=⨯=外接球，选项D 正确． 故选：ACD ．13．解：由题意可知，所求旋转体是一个圆台，从上面挖去一个半球， 圆台的上底面面积14S π=，下底面面积216S π=，所以圆台的体积为()14416163283V πππππ=⨯+⨯+⨯=圆台，又半球的体积为314162233V ππ=⨯⨯⨯=半球，故旋转体的体积为16682833V V πππ-=-=圆台半球． 故答案为：683π． 14．解：如图所示，设圆锥母线长为l ，由SAB ∆为等边三角形，且面积为43， 得23434l ⋅=，解得4l =； 设圆锥底面半径为r ，由SA 与圆锥底面所成的角为45︒， 得4cos4522r =⨯︒=； 所以圆锥的表面积为：()()2222422821S rl r πππππ=+=⋅⋅+⋅=+圆锥表．故答案为：8(21)π+．15．解：如图1，上底面圆心记为O ，下底面圆心记为O '，连结OC ，过点C 作CM AB ⊥，垂足为点M ， 则12ABC S AB CM ∆=⨯⨯，根据题意，AB 为定值2，所以ABC S ∆的大小随着CM 的长短变化而变化， 如图2所示，当点M 与点O 重合时，22125CM OC ==+= 此时ABC S ∆取得最大值为12552⨯如图3所示，当点M 与点B 重合，CM 取最小值2， 此时ABC S ∆取得最小值为12222⨯⨯=．综上所述，ABC S ∆的取值范围为5]． 故答案为：5]．16．解：由题意，图2所示的“四脚帐篷”类似于“牟和方盖”的一部分， 因为底面ABCD 为正方形，由平行截面的性质可知，用平行于底面ABCD 的平面α去截“四脚帐篷”所得的截面图形A B C D ''''为正方形，当平面α经过OP 的中点时，因为1OP =，则12OO '=，OO O B '''⊥， 又1OB '=，所以3O B ''= 故3322A B ''==， 所以截面图形A B C D ''''的面积为233()22=． 故答案为：正方形；32．17．解：（1）将半径为33α的扇形， 用剩下的扇形铁皮制成一个圆锥形的容器，该圆锥的高记为h ，体积为V ． 设圆锥底面圆的半径为r ，则22227r R h h -=- 223111()(27)9333V h r h h h h h ππππ=⨯⨯⨯=⨯⨯-⨯=-+．∴体积V 有关h 的函数解析式为31()93V h h h ππ=-+．⋯（4分）（2）31()9,(0)3V h h h h ππ=-+>，2()9V h h ππ'=-，⋯（6分）令()0V h '>，03h <<．令()0V h '<，3h >．∴当(0,3)x ∈，()V h 递增，当(3,)x ∈+∞，()V h 递减．当3h =，[()]max V h V =（3）⋯（8分） ．222r h R +=，∴32r = (2)2R r παπ-=，∴626α-=⋯（10分） ∴当626α-时，该圆锥的体积最大．⋯（12分） 18．解：如图所示，取半圆的圆心记作O 点，圆面的圆心记作O '，作O E AD '⊥交AD 于点E ， 设圆锥底面半径为22ABr ==，圆锥母线长为4l AB ==， 则：6OO l r '=+=，2EO r '==；（1）在Rt △OO E '中，由勾股定理可得：226242EO =-∴4422642AD DO OE EA =++=+=+（2）由（1）可得：圆锥的母线长4l =，底面半径2r =，则圆锥的高为：2223h l r =-=； ∴圆锥的体积为：283133V r h ππ==圆锥．。
高三一轮复习 立体几何全章 练习(9套)+易错题+答案
第九章立体几何与空间向量第1节简单几何体的结构、三视图和直观图一、选择题1.如图是由哪个平面图形旋转得到的( A )解析:根据面动成体的原理即可解,一个直角三角形绕直角边旋转一周可以得到一个圆锥.一个直角梯形绕着直角腰旋转一周得到圆台.该几何体的上部分是圆锥,下部分是圆台,圆锥的轴截面是直角三角形,圆台的轴截面是直角梯形,所以这个几何图形是由直角三角形和直角梯形围绕直角边所在的直线为轴旋转一周得到.故选A.2.已知三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3,AC=4, AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为( C )(A) (B)2 (C) (D)3解析:构建长方体的棱长分别为3,4,12.体对角线长为=13,外接球的半径为,故选C.3.用长为4,宽为2的矩形做侧面围成一个圆柱,此圆柱轴截面面积为( B )(A)8 (B)(C)(D)解析:若以4作为圆柱的高、2作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为;若以2作为圆柱的高、4作为底面圆的周长,则圆柱轴截面面积为,所以此圆柱轴截面面积为.故选B.4.正四棱锥S-ABCD的底面边长为4,高SE=8,则过点A,B,C,D,S的球的半径为( C )(A)3 (B)4 (C)5 (D)6解析:由正四棱锥及其外接球的对称性,球心O在正四棱锥的高线SE上,球半径R=OS=OB,EB=BD=4.所以在直角三角形OEB中,由勾股定理得,(8-R)2+42=R2,解得R=5,故选C.5.三棱锥P-ABC中,△ABC是底面,PA⊥PB,PA⊥PC,PB⊥PC,且这四个顶点都在半径为2的球面上,PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和的最大值为( B )(A)16 (B)(C)(D)32解析:因为PA,PB,PC两两垂直,又因为三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径为1的球面上,所以以PA,PB,PC为棱的长方体的对角线即为球的一条直径.所以16=PA2+PB2+PC2,因为PA=2PB,则这个三棱锥的三个侧棱长的和PA+PB+PC=3PB+PC,因为5PB2+PC2=16,设PB=4cos α,PC=4sin α,则3PB+PC=cos α+4sin α=sin(α+φ)≤=. 可知其最大值为,选B.6.已知一个四面体其中五条棱的长分别为1,1,1,1,,则此四面体体积的最大值是( B )(A) (B) (C) (D)解析:设四面体为P-ABC,则设PC=X,AB=,其余的各边为1,那么取AB 的中点D,那么连接PD,因此可知,AB垂直于平面PCD,则棱锥的体积可以运用以PCD为底面,高为AD,BD的两个三棱锥体积的和来表示,因此只要求解底面积的最大值即可.由于PD=CD=,那么可知三角形PDC的面积越大,体积越大,可知S△PDC=××sin θ≤=,也就是当PD垂直于CD时,面积最大,因此可得四面体的体积的最大值为××=,选B.二、填空题7.圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,则圆柱的表面积为.解析:因为圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形,①若6π=2πr,r=3,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+18π;②若4π=2πr,r=2,所以圆柱的表面积为4π×6π+2×πr2=24π2+8π.答案:24π2+8π或24π2+18π8.一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等,这时圆柱、圆锥、球的体积之比为.解析:设球的半径为r,则V圆柱=πr2×2r=2πr3,V圆锥=πr2×2r=,V球=πr3,所以V圆柱∶V圆锥∶V球=2πr3∶∶πr3=3∶1∶2.答案:3∶1∶29.将4个半径都是R的球体完全装入底面半径是2R的圆柱形桶中,则桶的最小高度是.解析:由题意知,小球要分两层放置且每层两个,令下层两小球的球心分别是A,B,上层两小球的球心分别是C,D.此时,圆柱底面的半径=两小球半径的和,恰好使小球相外切,且与圆柱母线相切.圆柱的高=上层小球的上方半径+AB与CD间的距离+下层小球的下方半径=2R+AB与CD间的距离.令AB,CD的中点分别为E,F.很明显,四面体ABCD每条棱的长都是2R,容易求出:EC=ED,FA=FB,由EC=ED,CF=DF,得EF⊥CD.由FA=FB,AE=BE,得EF⊥AB.所以EF是AB与CD间的距离,所以圆柱的高=2R+EF.由勾股定理,有CE2+AE2=AC2,CE2=EF2+CF2.两式相减,消去CE,得AE2=AC2-EF2-CF2,所以EF2=AC2-AE2-CF2=(2R)2-R2-R2=2R2,所以EF=R.所以圆柱的高=2r+R=(2+)R.答案:(2+)R10.一个圆锥有三条母线两两垂直,则它的侧面展开图的圆心角大小为.解析:设母线长为l,因圆锥有三条母线两两垂直,则这三条母线可以构成以它们为侧棱、以底面边长为l的正三角形的正三棱锥,故由正弦定理得,圆锥的底面直径2R=,解得R=,因此可知侧面展开图的圆心角大小为π.答案:π11.若圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是.解析:因为圆锥的侧面展开图是圆心角为180°,母线长等于4,半径为4的扇形,则这个圆锥的表面积是底面积加上侧面积,扇形面积加上底面面积的和为12π.答案:12π12.若长方体的一个顶点上的三条棱的长分别为3,4,5,从长方体的一条对角线的一个端点出发,沿表面运动到另一个端点,其最短路程是.解析:从长方体的一条对角线的一个端点A出发,沿表面运动到另一个端点B,有三种方案,如图是它们的三种部分侧面展开图,AB路程可能是:最短路程是.答案:三、解答题13.某几何体的一条棱长为,在该几何体的正视图中,这条棱的投影是长为的线段,在该几何体的侧视图与俯视图中,这条棱的投影分别是长为a和b的线段,求a+b的最大值.解:如图,把几何体放到长方体中,使得长方体的体对角线刚好为几何体的已知棱,则长方体的体对角线A 1C=,则它的正视图投影长为A 1B=,侧视图投影长为A1D=a,俯视图投影长为A1C1=b,则a2+b2+()2=2·()2,即a2+b2=8,又≤,当且仅当“a=b=2”时等号成立.所以a+b≤4,即a+b的最大值为4.14.某几何体的三视图如图所示.(1)判断该几何体是什么几何体?(2)画出该几何体的直观图.解:(1)该几何体是一个正方体切掉两个圆柱后得到的几何体.(2)直观图如图所示.15.已知正三棱锥V-ABC的正视图和俯视图如图所示.(1)画出该正三棱锥的侧视图和直观图;(2)求出侧视图的面积.解:(1)如图.(2)侧视图中V A===2,则S △VBC=×2×2=6.第2节简单几何体的表面积与体积一、选择题1.如图所示是一个几何体的三视图,则该几何体的体积为( B )(A)16+2π(B)8+2π(C)16+π (D)8+π解析:由图可知该几何体是由两个相同的半圆柱与一个长方体拼接而成,因此V=1×2×4+π×12×2=8+2π.故选B.2.一个三条侧棱两两互相垂直并且侧棱长都为a的三棱锥的四个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( B )(A)πa2(B)3πa2(C)6πa2(D)πa2解析:由题可知该三棱锥为一个棱长a的正方体的一角,则该三棱锥与该正方体有相同的外接球,又正方体的对角线长为a,则球半径为a,则S=4πr2=4π(a)2=3πa2.故选B.3.一个棱长都为a的直三棱柱的六个顶点全部在同一个球面上,则该球的表面积为( A )(A)πa2(B)2πa2(C)πa2(D)πa2解析:如图,设O1,O2为棱柱两底面的中心,球心O为O1O2的中点.又直三棱柱的棱长为a,可知OO1=a,AO1=a,所以R2=OA2=O+A=,因此该直三棱柱外接球的表面积为S=4πR2=4π×=πa2,故选A.4.某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( D )(A) (B)2 (C) (D)解析:由三视图可知,该几何体的直观图为一个竖立的圆锥和一个倒立的圆锥组成,其体积为V=2×π×12×1=,选D.5.某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的体积是( C )(A)5 (B)2 (C) (D)解析:由三视图知,该四棱锥的底面是直角梯形,上底长为2,下底长为3,高为,四棱锥的高为h=2,故该四棱锥的底面积S=(2+3)×=,所以该四棱锥的体积V=Sh=××2=.6.已知边长为2的菱形ABCD中,∠A=60°,现沿对角线BD折起,使得二面角A BD C为120°,此时点A,B,C,D在同一个球面上,则该球的表面积为( C )(A)20π(B)24π(C)28π(D)32π解析:如图,分别取BD,AC的中点M,N,连接MN,则容易算得AM=CM=3,MN=,MD=,CN=,由图形的对称性可知球心必在MN的延长线上,设球心为O,半径为R,ON=x,则由题设可得解得x=,则R2=+=7,所以球面面积S=4πR2=28π,故选C.二、填空题7.一个圆柱的轴截面为正方形,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.解析:令正方形的边长为a,则圆柱的侧面积S1=2π××a=πa2,与它同底等高的圆锥的侧面积S2=πrl=π××a=,则与它同底等高的圆锥的侧面积与该圆柱的侧面积的比为.答案:8.球O与直三棱柱ABC-A1B1C1的各个面都相切,若三棱柱的表面积为27,△ABC的周长为6,则球的表面积为.解析:设内切球半径为r,那么直三棱柱的底面内切圆半径为r,棱柱的高为2r,由等面积法,则直三棱柱底面面积S 底=r×6=3r,由等体积法,V三棱柱=S底·2r=r·27,所以9r=6r2,解得r=.其表面积为4π×()2=3π.答案:3π9.已知母线长为6,底面半径为3的圆锥内有一球,球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切,则球的体积是 .解析:取圆锥的轴截面,则截面是边长为6的正三角形,正三角形的内切圆的圆心即为球心,R=6××,所以R=,所以V=πR3=4π.答案:4π10.棱长为a的正方体ABCD A 1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上,E,F 分别是棱AA1,DD1的中点,则过E,F两点的直线被球O截得的线段长为.解析:设过E,F两点的直线与球O交于M,N,所以△OMN,△OEF均为等腰直角三角形,所以OM=ON=R=a,点O到EF的距离为棱长一半,所以|MN|=2= a.答案: a11.四棱锥P-ABCD的各顶点都在同一球面上,且矩形ABCD的各顶点都在同一个大圆上,球半径为R,则此四棱锥的体积的最大值为.解析:点P到平面ABCD的最大距离为R,设矩形ABCD的长宽分别为x,y,则x2+y2=4R2,四棱锥P ABCD的体积V=xyR≤×=R3,当且仅当x=y=R时,V max=R3.答案:R312.设正四面体ABCD的棱长为a,P是棱AB上的任意一点,且P到平面ACD,BCD的距离分别为d1,d2,则d1+d2= .解析:根据题意,由于正四面体ABCD的棱长为a,各个面的面积为a2,高为a,所以V=×a2×a=×a2×(d1+d2),所以d1+d2= a.答案: a三、解答题13.已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积;(2)如果点P,Q在正视图中所示位置,P为所在线段中点,Q为顶点,求在几何体表面上,从P点到Q点的最短路径的长.解:(1)由三视图知该几何体是由一个圆锥加一个圆柱组成的,其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和.S 圆锥侧=(2πa)·(a)=πa2,S圆柱侧=(2πa)·(2a)=4πa2,S圆柱底=πa2,所以S 表=πa2+4πa2+πa2=(+5)πa2.(2)沿P点所在母线剪开圆柱侧面,如图.则PQ===a,所以从P点到Q点在侧面上的最短路径长为a.14.如图,四棱锥P ABCD中,PA⊥底面ABCD,AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明:MN∥平面PAB;(2)求四面体NBCM的体积.(1)证明:由已知得AM=AD=2.如图,取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TN∥BC,TN=BC=2.所以AM=TN,又AD∥BC,故TN AM,所以四边形AMNT为平行四边形,于是MN∥AT.因为AT⊂平面PAB,MN⊄平面PAB,所以MN∥平面PAB.(2)解:因为PA⊥平面ABCD,N为PC的中点,所以N到平面ABCD的距离为PA.取BC的中点E,连接AE.由AB=AC=3得AE⊥BC,AE==.由AM∥BC得M到BC的距离为,故S △BCM=×4×=2.所以四面体NBCM的体积V N-BCM=×S△BCM×=.15.如图所示,在空间几何体ADE BCF中,四边形ABCD是梯形,四边形CDEF是矩形,且平面ABCD⊥平面CDEF,AD⊥DC,AB=AD=DE=2,EF=4,M是线段AE上的动点.(1)试确定点M的位置,使AC∥平面MDF,并说明理由;(2)在(1)的条件下,平面MDF将几何体ADE-BCF分成两部分,求空间几何体M-DEF与空间几何体ADM BCF的体积之比.解:(1)当M是线段AE的中点时,AC∥平面MDF.理由如下:连接CE交DF于点N,连接MN.因为M,N分别是AE,CE的中点,所以MN∥AC.又因为MN⊂平面MDF,AC⊄平面MDF,所以AC∥平面MDF.(2)将几何体ADE-BCF补成三棱柱ADE-B′CF,如图所示,三棱柱ADE-B′CF的体积为V=S△ADE·CD=×2×2×4=8,则几何体ADE-BCF的体积=-=8-×(×2×2)×2=.因为三棱锥M-DEF的体积=×(×2×4)×1=,所以=-=,所以两几何体的体积之比为∶=1∶4.第3节空间图形的基本关系与公理一、选择题1.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面( C )(A)若m∥α,n∥α,则m∥n(B)若m∥α,m∥β,则α∥β(C)若m∥n,m⊥α,则n⊥α(D)若m∥α,α⊥β,则m⊥β解析:设直线a⊂α,b⊂α,a∩b=A,因为m⊥α,所以m⊥a,m⊥b.又n∥m,所以n⊥a,n⊥b,所以n⊥α.故选C.2.下列命题中,错误的是( D )(A)平行于同一平面的两个不同平面平行(B)一条直线与两个平行平面中的一个相交,则必与另一个平面相交(C)如果两个平面不垂直,那么其中一个平面内一定不存在直线与另一个平面垂直(D)若直线不平行于平面,则此直线与这个平面内的直线都不平行解析:当直线l在平面α内,即l⊂α时,直线l不平行于平面α,但平面α内存在直线与直线l平行,可知D选项错误,故选D.3.下列四个命题:①若一个平面内的两条直线都与另一个平面平行,那么这两个平面相互平行;②若一个平面经过另一个平面的垂线,那么这两个平面相互垂直;③垂直于同一直线的两条直线相互平行;④若两个平面垂直,那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直.其中,为真命题的是( D )(A)①和②(B)②和③(C)③和④(D)②和④解析:①显然错误,因为这两条直线相交才满足条件;②成立;③错误,这两条直线可能平行、相交,也可能异面;④成立,用反证法容易证明.故选D.4.若α,β是两个相交平面,则在下列命题中,真命题的序号为( C )①若直线m⊥α,则在平面β内,一定不存在与直线m平行的直线;②若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直;③若直线m⊂α,则在平面β内,不一定存在与直线m垂直的直线;④若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线.(A)①③(B)②③(C)②④(D)①④解析:若α⊥β且直线m⊥α,则在平面β内,一定存在与直线m平行的直线,所以①错误;若直线m⊥α,则在平面β内,一定存在无数条直线与直线m垂直,故②正确;若直线m⊂α,则在平面β内,一定存在与直线m垂直的直线,故③错误,④正确,故选C.5.设不在同一条直线上的A,B,C三点到平面α的距离相等,且A∉α,则( B )(A)α∥平面ABC(B)△ABC中至少有一条边平行于α(C)△ABC中至多有两条边平行于α(D)△ABC中只可能有一条边平行于α解析:因为A∉α,所以A,B,C均不在平面α内.当A,B,C三点在平面α的同侧时,α∥平面ABC,此时△ABC的三条边都平行于α,排除C,D;当A,B,C三点不在平面α的同侧时,易知△ABC中只有一条边平行于α,此时平面α和平面ABC相交,故选B.6.若l,m是两条不同的直线,m垂直于平面α,则“l⊥m”是“l∥α”的( B )(A)充分而不必要条件(B)必要而不充分条件(C)充分必要条件(D)既不充分也不必要条件解析:因为l⊥m,m⊥α,所以l∥α或l⊂α.故充分性不成立.若l∥α,m⊥α,一定有l⊥m.故必要性成立.选B.二、填空题7.长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为1的正方形,点E在侧棱AA1上(不与A,A1重合),满足∠C1EB=90°,则异面直线BE与C1B1所成的角为,侧棱AA1的长的最小值为.解析:在长方体ABCD-A1B1C1D1中,CB⊥平面ABB1A1,所以∠CBE=90°,又C1B1∥BC,所以异面直线BE与C1B1所成的角为90°.连接BC1,设AA1=x,AE=m(m>0),则有BE2=1+m2,C1E2=(x-m)2+2,C1B2=1+x2,因为∠C1EB=90°,所以C1B2=C1E2+BE2,即1+x2=(x-m)2+2+1+m2,即m2-mx+1=0,所以x=m+≥2,当且仅当m=,即m=1时,“=”成立.答案:90° 28.四边形ABCD中,AB=AD=CD=1,BD=,BD⊥CD.将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体A1-BCD,使平面A1BD⊥平面BCD,给出下列结论:(1)A1C⊥BD;(2)∠BA1C=90°;(3)四面体A1-BCD的体积为.其中正确的命题是.(把所有正确命题的序号都填上) 解析:若A1C⊥BD,因为BD⊥CD,A1C∩CD=C,所以BD⊥平面A1CD,所以BD⊥A1D.而由A 1B=AB=1,A1D=AD=1,BD=,得A1B⊥A1D,与BD⊥A1D矛盾,故(1)错.因为CD⊥BD,平面BCD⊥平面A1BD,所以CD⊥平面A1BD,则CD⊥A1B.又A1B⊥A1D,A1D∩CD=D,所以A1B⊥平面A1CD,则A1B⊥A1C,故(2)正确.由(2)知==×·A1D·DC·A1B=,故(3)错.答案:(2)9.在正方体ABCD A 1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1的中点,则在空间中与三条直线A1D1,EF,CD都相交的直线有条.解析:在A1D1上任取一点P,过点P与直线EF作一个平面α,因为CD 与平面α不平行,所以它们相交,设α∩CD=Q,连接PQ,则PQ与EF必然相交.由点P的任意性,知有无数条直线与A1D1,EF,CD都相交.答案:无数10.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面为直角三角形.∠ACB =90°,AC=6,BC=CC 1=,P是BC1上一动点,则CP+PA1的最小值为.解析:连接A1B,将△A1BC1与△CBC1同时展开形成一个平面四边形A1BCC1,则此时对角线CP+PA1=A1C达到最小,在等腰直角三角形△BCC1中,BC1=2,∠CC1B=45°,在△A 1BC1中,A1B==2,A1C1=6,BC1=2,所以A1+B=A1B2,即∠A1C1B=90°.对于展开形成的四边形A1BCC1,如图,在△A 1C1C中,C1C=,A1C1=6,∠A1C1C=135°,由余弦定理有,CP+PA 1=A1C===5.答案:511. 如图,三棱锥A BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别是AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.解析:如图所示,连接DN,取线段DN的中点K,连接MK,CK.因为M为AD的中点,所以MK∥AN,所以∠KMC为异面直线AN,CM所成的角.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,N为BC的中点,由勾股定理求得AN=DN=CM=2,所以MK=.在Rt△CKN中,CK==.在△CKM中,由余弦定理,得cos∠KMC===.答案:12.如图,矩形ABCD中,AB=2AD,E为边AB的中点,将△ADE沿直线DE 翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点,则在△ADE翻折过程中,下面四个命题中不正确的是.①BM是定值;②点M在某个球面上运动;③存在某个位置,使DE⊥A1C;④存在某个位置,使MB∥平面A1DE.解析:取DC中点F,连接MF,BF,MF∥A1D且MF=A1D,FB∥ED且FB=ED,所以∠MFB=∠A1DE.由余弦定理可得MB2=MF2+FB2-2MF·FB·cos∠MFB 是定值,所以M是在以B为圆心,MB为半径的球上,可得①②正确;由MF∥A1D与FB∥ED可得平面MBF∥平面A1DE,可得④正确;A1C在平面ABCD中的投影与AC重合,AC与DE不垂直,可得③不正确.答案:③三、解答题13.如图所示,等腰直角三角形ABC中,∠A=90°,BC=,DA⊥AC,DA⊥AB,若DA=1,且E为DA的中点.求异面直线BE与CD所成角的余弦值.解:如图所示,取AC的中点F,连接EF,BF,在△ACD中,E,F分别是AD,AC的中点,所以EF∥CD.所以∠BEF或其补角即为异面直线BE与CD所成的角.在Rt△EAB中,AB=AC=1,AE=AD=,所以BE=.在Rt△EAF中,AF=AC=,AE=,所以EF=.在Rt△BAF中,AB=1,AF=,所以BF=.在等腰三角形EBF中,cos∠FEB===.所以异面直线BE与CD所成角的余弦值为.14.已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为D1C1,C1B1的中点,AC∩BD=P,A1C1∩EF=Q.求证:(1)D,B,F,E四点共面;(2)若A1C交平面DBFE于R点,则P,Q,R三点共线.证明:(1)如图所示,因为EF是△D1B1C1的中位线,所以EF∥B1D1.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,B1D1∥BD,所以EF∥BD.所以EF,BD确定一个平面.即D,B,F,E四点共面.(2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,设平面A1ACC1确定的平面为α,又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1,所以Q∈α.又Q∈EF,所以Q∈β.则Q是α与β的公共点,同理,P点也是α与β的公共点.所以α∩β=PQ.又A1C∩β=R,所以R∈A1C,则R∈α且∈β.则R∈PQ,故P,Q,R三点共线.15.在长方体ABCD A 1B1C1D1的A1C1面上有一点P(如图所示,其中P点不在对角线B1D1)上.(1)过P点在空间内作一条直线l,使l∥直线BD,应该如何作图?并说明理由;(2)过P点在平面A1C1内作一条直线m,使m与直线BD成α角,其中α∈(0°,90°],这样的直线有几条,应该如何作图?解:(1)连接B1D1,BD,在平面A1C1内过P点作直线l,使l∥直线B1D1,则l即为所求作的直线.因为直线B1D1∥直线BD,l∥直线B1D1,所以l∥直线BD.如图(1).(2)在平面A1C1内作直线m,使直线m与B1D1相交成α角,因为BD∥B1D1,所以直线m与直线BD也成α角,即直线m为所求作的直线,如图(2).由图(2)知m与BD是异面直线,且m与BD所成的角α∈(0,90°].当α=90°时,这样的直线m有且只有一条,当α≠90°时,这样的直线m 有两条.第4节直线、平面平行的判定与性质一、选择题1.若直线l∥平面α,直线a⊂平面α,则l与a的位置关系是( D )(A)l∥a (B)l与a异面(C)l与a相交 (D)l与a没有公共点解析:因为直线平行于平面,那么l与平面内的任何一条直线都没有公共点,因此l与a的位置关系是没有公共点,选D.2.下列条件能推出平面α∥平面β的是( D )(A)存在一条直线a,a∥α,a∥β(B)存在一条直线a,a⊂α,a∥β(C)存在两条平行直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α(D)存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α解析:因为根据面面平行的判定定理可知,如果存在两条异面直线a,b,a⊂α,b⊂β,a∥β,b∥α,则可以利用线线平行得到面面平行,选D.3.已知直线l,m,平面α,β,则下列命题中:①若α∥β,l⊂α,则l∥β②若α⊥β,l⊥α,则l∥β③若l∥α,m⊂α,则l∥m④若α⊥β,α∩β=l,m⊥l,则m⊥β,其中真命题有( B )(A)0个(B)1个(C)2个(D)3个解析:当两个平面平行时,一个平面上的线与另一个平面平行,故①正确;一条直线垂直于两个垂直平面中的一个平面,那么这条直线平行于或包含于另一个平面,故②不正确;④不正确;③中l,m的关系是不相交,故③不正确,故选B.4.下列四个正方体图形中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,P分别为其所在棱的中点,能得出AB∥平面MNP的图形的序号是( B )(A)①③(B)①④(C)②③(D)②④解析:对图①,构造AB所在的平面,即对角面,可以证明这个对角面与平面MNP平行,由线面平行的定义可得AB∥平面MNP;对图④,通过证明AB∥PN得到AB∥平面MNP;对于②,证MP中点为K,延长BA,KN则相交,所以BA与平面MNP相交,②错;对于③平面MNP与直线AB相交于点B,③错.故选B.5.类比平面几何中的定理“设a,b,c是三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b”,得出如下结论:①设a,b,c是空间的三条直线,若a⊥c,b⊥c,则a∥b;②设a,b是两条直线,α是平面,若a⊥α,b⊥α,则a∥b;③设α,β是两个平面,m是直线,若m⊥α,m⊥β,则α∥β;④设α,β,γ是三个平面,若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β.其中正确命题的个数是( B )(A)1 (B)2 (C)3 (D)4解析:①错;②垂直于同一个平面的两条直线平行,正确;③垂直于同一条直线的两个平面平行,正确;④错;两个平面也可能相交.6.在空间中,下列命题正确的是( D )(A)平面α内的一条直线a垂直于平面β内的无数条直线,则α⊥β(B)若直线m与平面α内的一条直线平行,则m∥α(C)若平面α⊥β,且α∩β=l,则过α内一点P与l垂直的直线垂直于平面β(D)若直线a与平面α内的无数条直线都垂直,则不能说一定有a⊥α解析:直线a与平面α内的任意直线都垂直,则有a⊥α,所以D正确.二、填空题7.点S在平面ABC外,SB⊥AC,SB=AC=2,E,F分别是SC和AB的中点,则EF= .解析:取BC的中点D,连接ED与FD,因为E,F分别是SC和AB的中点,点D为BC的中点所以ED∥SB,FD∥AC,而SB⊥AC,SB=AC=2,则三角形EDF为等腰直角三角形,则ED=FD=1,即EF=.答案:8.正四棱锥S ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P 在这个棱锥表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.解析:由题意知,点P的轨迹为如图所示的三角形EFG,其中G,F为其所在棱的中点,所以EF=BD=,GE=GF=SB=,所以轨迹的周长为+.答案:+9.将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则下列命题中正确的是.①EF∥AB;②EF⊥BD;③EF有最大值,无最小值;④当四面体ABCD的体积最大时,AC=;⑤AC垂直于截面BDE.解析:因为将边长为2,一个内角为60°的菱形ABCD沿较短对角线BD 折成四面体ABCD,点E,F分别为AC,BD的中点,则可知EF⊥BD,当四面体ABCD的体积最大时,AC=,AC垂直于截面BDE成立.答案:②④⑤10.已知平面α∥平面β,P是α,β外一点,过点P的直线m与α,β分别交于A,C,过点P的直线n与α,β分别交于B,D且PA=6,AC=9,PD=8,则BD的长为.解析:因为平面α∥平面β,所以AB∥CD,①当P在两平面外时,==,所以=,所以BD=.②当P在两平面之间时,=,所以=,所以BD=24,所以BD的长为或24.答案:或2411.给出下列四个命题:①过平面外一点,作与该平面成θ角的直线一定有无穷多条;②一条直线与两个相交平面都平行,则它必与这两个平面的交线平行;③对确定的两条异面直线,过空间任意一点有且只有一个平面与这两条异面直线都平行;④对两条异面的直线,都存在无穷多个平面与这两条直线所成的角相等.其中正确的命题序号为.解析:①中,成90度角的时候,就只有一条,因此错误.②中是线面平行的性质定理,显然成立.③不正确.④中,利用等角定理,可知成立. 答案:②④12.侧棱长为2的正三棱锥V-ABC中,∠AVB=∠BVC=∠CVA=40°,过A 作截面AEF,则截面△AEF周长的最小值为.解析:沿着侧棱VA把正三棱锥V ABC展开在一个平面内,则设VA的另一边为VA′,则AA′即为截面△AEF周长的最小值,且∠AVA′=3×40=120°.△VAA′中,由余弦定理可得AA′=6.答案:6三、解答题13.已知长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,AB=4,AA1=2,点E 在棱C1D1上,且D1E=3.(1)试在棱CD上确定一点E1,使得直线EE1∥平面D1DB,并证明;(2)若动点F在底面ABCD内,且AF=2,请说明点F的轨迹,并探求EF 长度的最小值.解:(1)取CD的四等分点E1,使得DE1=3,则有EE1∥平面D1DB.证明如下:因为D1E∥DE1且D1E=DE1,所以四边形D1EE1D为平行四边形,则D1D∥EE1,因为DD1⊂平面D1DB,EE1⊄平面D1DB,所以EE1∥平面D1DB.(2)因为AF=2,所以点F在平面ABCD内的轨迹是以A为圆心,半径等于2的四分之一圆弧.因为EE1∥DD1,D1D⊥平面ABCD,所以E1E⊥平面ABCD,故EF==.所以当E1F的长度取最小值时,EF的长度最小,此时点F为线段AE1和四分之一圆弧的交点,即E1F=E1A-AF=5-2=3,所以EF==.即EF长度的最小值为.14.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,棱长为2,E是棱CD的中点,P是棱AA1的中点,(1)求证:PD∥平面AB1E;(2)求三棱锥B-AB1E的体积.(1)证明:取AB1中点Q,连接PQ,则PQ为中位线,PQ A1B1,而正方体ABCD-A1B1C1D1,E是棱CD的中点,故DE A1B1,所以PQ DE,所以四边形PQED为平行四边形.所以PD∥QE,而QE⊂平面AB1E,PD⊄平面AB1E,故PD∥平面AB1E.(2)解:正方体ABCD-A1B1C1D1中,BB1⊥平面ABE,故BB1为高,BB1=2,因为CD∥AB,所以S△ABE=S△ABC=AB·BC=×2×2=2.故==BB1·S△ABC=.15.如图,在四面体PABC中,PA=PB,CA=CB,D,E,F,G分别是PA,AC,CB,BP的中点.(1)求证:D,E,F,G四点共面;(2)求证:PC⊥AB;(3)若△ABC和△PAB都是等腰直角三角形,且AB=2,PC=,求四面体PABC的体积.(1)证明:依题意DG∥AB,EF∥AB,所以DG∥EF,DG,EF共面,从而D,E,F,G四点共面.(2)证明:取AB中点为O,连接PO,CO.因为PA=PB,CA=CB,所以PO⊥AB,CO⊥AB,因为PO∩CO=O,所以AB⊥平面POC,PC⊂平面POC,所以AB⊥PC.(3)解:因为△ABC和△PAB是等腰直角三角形,所以PO=CO=AB=1,因为PC=,OP2+OC2=PC2,所以OP⊥OC,又PO⊥AB,且AB∩OC=O,所以PO⊥平面ABC,=PO·S△ABC=×1×2×1×=.第5节直线、平面垂直的判定与性质一、选择题1.已知直线l,m和平面α, 则下列命题正确的是( C )(A)若l∥m,m⊂α,则l∥α(B)若l∥α,m⊂α,则l∥m(C)若l⊥α,m⊂α,则l⊥m(D)若l⊥m,l⊥α,则m∥α解析:A项中直线l与平面α可能平行,可能直线在平面内;B项中直线l,m平行或异面;C项中当直线垂直于平面时,直线垂直于平面内任意直线;D项中直线m与平面α平行或直线在平面内.2.在Rt△ABC中,∠ABC=90°,P为△ABC所在平面外一点,PA⊥平面ABC,则四面体P ABC中共有直角三角形个数为( A )(A)4 (B) 3 (C) 2 (D) 1解析:因为PA⊥平面ABC,AB⊥BC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,PB⊥CB,所以△ABC,△PBC, △ABP, △APC都是直角三角形,故选A.3.已知直线m,n和平面α,β满足m⊥n,m⊥α,α⊥β,则( C )(A)n⊥β (B)n∥β,或n⊂β(C)n∥α或n⊂α(D)n⊥α解析:由题意画出图形,容易判断选项.由于直线m⊥n,m⊥α,α⊥β,选项A,中线面可能相交,也可能垂直,选项B中,n与β还可能相交,错误,选项D中,直线不能垂直于平面,故结合图象不难得到选项为C.4.正方体的棱长为1,C,D,M分别为三条棱的中点,A,B是顶点,那么点M到截面ABCD的距离是( B )(A)(B)(C)(D)解析:过M作AB的垂线MN交AB于N,连接CN.由于CM⊥AB,MN⊥AB,则AB⊥平面CMN,所以,M到面ABCD的距离h是直角三角形CMN的斜边CN上的高.由于BM=,CM=1,MN=,CN=,则结合=求得h=.故选B.。
2020高考数学一轮复习 第9章 章末强化训练 文 新课标
2020高考数学一轮复习第9章章末强化训练文新课标版一、选择题(本大题共12小题，每小题6分，共72分）1.下列三视图所对应的直观图是（）解析:选项A的正视图和侧视图都不对，选项B的侧视图不对，选项D的俯视图不对，故选C.答案：C2.给出下列命题：①若平面α内的直线a与平面β内的直线b为异面直线，直线c是α与β的交线，那么c至多与a、b中一条相交；②若直线a与b异面，直线b与c异面，则直线a 与c异面；③一定存在平面γ同时和异面直线a,b都平行.其中正确的命题为（）A.① B.② C.③ D.①③【解析】①中直线c也可以与直线a、b都相交，故该命题错误，②中直线a与c可以是共面直线，故该命题错误，所以应选C.【答案】C3.已知A、B是平面α外的两点.在α内与A、B等距离的点的集合不可能是（）A.一条直线B.一个平面C.空集D.只有一个元素【解析】在空间中与A、B两点等距离的点的集合是过线段AB的中点且与线段AB垂直的平面，该平面与平面α的关系不可能只有一个公共点，故选D.【答案】D4.已知m、n表示两条直线,α表示一个平面，给出下列四个命题：①mm nnαα⊥⎫⇒⎬⊥⎭∥m⊥α②mnm nαα⊥⎫⇒⎬⊥⎭∥③mm nnαα⎫⇒⎬⎭∥∥∥④mm nnαα⊥⎫⇒⊥⎬⎭∥则正确命题的序号是（）A.①② B.①④ C.②④ D.②③【解析】因垂直于同一平面的两条直线互相平行，故①正确.因n∥α，所以在平面α内有无数条直线与n平行.因m⊥α,所以m垂直平面α内任意一条直线，所以m⊥n,故④正确.故选B.【答案】B5.如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，沿BD将△ABD折起，使平面ABD⊥平面BCD，连接AC，则在四面体ABCD的四个面中，互相垂直的平面有（）A.1对B.2对C.3对D.4对解析：由AB⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，知AB⊥平面BCD.所以平面ABC⊥平面BCD.又CD⊥BD，所以CD⊥平面ABD.所以平面ABD⊥平面ACD.故选C.答案：C6.若α、β是两个不同的平面，m、n是两条不同的直线，则下列命题不正确的是（）A.α∥β,m⊥α,则m⊥βB.m∥n,m⊥α,则n⊥αC.n∥α,n⊥β,则α⊥βD.α∩β=m,n与α、β所成的角相等，则m⊥n【解析】由线面平行与垂直的判定和性质知选项A、B、C均正确，用反例易证明选项D不正确，如当m∥n时，n与α、β所成角为0°，也相等，但m与n不垂直.故选D.【答案】D7. (2020届·福建福州质检）某空间几何体的三视图如图所示，其正视图与侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图的轮廓为正方形，则此空间几何体的体积是（）A.43 3B.42 3C.23D.22 3【解析】由三视图可知此空间几何体为正四棱锥，其底面是边长为2的正方形，高为3，所以此空间几何体的体积V=13×2×2×3=433.【答案】A8.正方体的表面积是a2,它的顶点都在一个球面上，则这个球的表面积是（）A.23aπB.22aπC.2πa2D.3πa2【解析】设球的半径为R，则正方体的对角线为2R，依题意知3·66a=2R，即R2=18a2，所以S球=4πR2=4π·18a2=22aπ.故选B.【答案】B9. (2020届·安徽联考）下列四个命题（其中a、b为直线，α为平面）中，真命题是（）①若一条直线垂直于平面内的无数条直线，则这条直线与这个平面垂直；②若一条直线平行于一个平面，则垂直于这条直线的直线必垂直于这个平面；③若a∥α,b⊥α,则a⊥b;④若a⊥b,则过b有唯一的α与a垂直.A.①②B.②③C.②④D.③④【解析】①为假命题，无数条直线可能都是平行直线；②中仅由直线垂直平面内的一条直线得到线面垂直，条件不够，故排除A、B、C，选D.【答案】D10.如图所示，ABCD—A1B1C1D1为一正方体，在空间过点A1作直线l，使得l与直线AC和BC1所成的角都等于60°，则这样的直线l可以作（）A.1条B.2条C.3条D.4条【解析】易知直线AC与BC1所成的角为60°，因此，问题等价于从两条夹角为60°的直线的交点处作与它们成60°角的直线，显然有3条.故选C.【答案】C11.（2020·天津质检）如图，定点A和B都在平面α内，定点P∉α,PB⊥α,C是α内异于A 和B的动点，且PC⊥AC，那么动点C在平面α内的轨迹是（）A.一条线段但要去掉两个点B.一个圆但要去掉两个点C.一个椭圆，但要去掉两个点D.半圆，但要去掉两个点【解析】连结BC.因为PB⊥平面α,且AC⊂α.所以PB⊥AC，又因为AC⊥PC，PB∩PC=P，所以AC⊥平面PBC，所以AC⊥BC，所以点C的轨迹是以AB为直径的圆且去掉A、B两点，故选B.【答案】B12.如图，三棱锥P—ABC中∠ABC=90°，PA=PB=PC，则下列说法正确的是（）A.平面PAC⊥平面ABCB.平面PAB⊥平面PBCC.PB⊥平面ABCD.BC⊥平面PAB解析：因为∠ABC=90°，PA=PB=PC，所以P点在底面ABC内的射影为△ABC的外心，因为∠ABC=90°，所以射影落在斜边AC上，所以平面PAC⊥平面ABC，故选A.答案：A二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）13.已知某空间几何体的正视图、侧视图、俯视图均为如图所示的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的表面积为 .【解析】根据三视图可以画出该几何体的直观图如图所示，CD垂直于等腰直角三角形AＢＣ所在的平面，于是，易得S=S△ABC+S△ACD+S△ABD+S△CBD=12+12+32+12=332+.答案：33 2 +14.（2020·广州质检）如图所示，在正四面体A—BCD中，E，F，G分别是△ADC,△ABD,△BCD的中心，则△EFG在该正四面体各个面上的射影的所有可能的序号是 .【解析】依据射影的性质，知E、F、G三点在平面ABC上的射影，形状如图④所示，在其他平面上的射影如图③所示.答案：③④15.把直径分别为6 cm,8 cm,10 cm的三个铜球先熔成一个大球，再将其削成一个最大的正方体，则这一正方体的体积为 cm3.【解析】设熔成大球的半径为R，则43πR3=43π（33+43+53），所以R=6（cm).由题意知正方体内接于球，所以正方体的对角线是球的直径，设正方体棱长为a,所以（2R）2=3a2，所以a2=43R2.所以a=233R,所以正方体体积为a3=43R2×233R=839×63=1923（cm3).答案：192316.(2020·淮化一中期中）已知四棱锥P—ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则①棱AB与PD所在的直线垂直；②平面PBC与平面ABCD垂直；③△PCD的面积大于△PAB的面积；④直线AE与直线BF是异面直线.以上结论正确的是 (写出所有正确结论的编号）.【解析】由条件可得AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD，故①正确；由题易知②错；S△PCD=12 CD·PD，S△PAB=12AB·PA，由AB=CD，PD>PA知③正确；由E、F分别是棱PC、PD的中点可得EF∥CD，又AB∥CD，所以EF∥AB,故AE与BF共面，故④错.答案：①③三、解答题（本大题共4小题，共54分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）17. (13分）如图，四边形ABCD为矩形，且AD=4，AB=2，PA⊥平面ABCD，E为BC的中点.(1)求证：PE⊥DE；（2）当PA=2时，求点D到平面PAE的距离.(1)【证明】如图，点E为BC的中点，且在矩形ABCD中，AD=2AB=4，所以AE⊥ED.又因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥DE，且PA∩AE=A，所以DE⊥平面PAE.因为PE 平面PAE，所以PE⊥DE.(2)【解】方法一：由（1）知AE⊥ED，且AD=4，AB=2，所以AE=ED=22，所以S△AED=12×22×22=4.因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AE，所以S△PAE=12×2×22=22.设点D到平面PAE的距离为d.由体积相等可知，V P—AED=V D—PAE，所以13×PA×S△AED=13×d×S△PAE，所以13×2×4=13×d×22，所以d=22.故点D到平面PAE的距离为22.方法二：由（1）知DE⊥平面PAE，故所求距离即为DE的长.因为AE⊥ED，且AD＝4，AB＝2，所以DE＝22.18.(2020届·揭阳模拟）(13分）在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中点，作EF⊥PB交PB于点F.（1）证明：PA∥平面DEB；（2）证明：PB⊥平面EFD.证明：(1)设AC∩BD=G，连结EG，E是PC的中点，G是AC的中点，则GE∥PA.又GE⊂平面BDE，PA⊄平面BDE，故PA∥平面BDE.（2）因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC，又DC⊥BC，所以BC⊥平面PCD，所以BC⊥DE.因为PD=DC，PD⊥DC，E是PC的中点，所以DE⊥PC.又PC∩BC=C，所以DE⊥平面PBC，所以DE⊥PB，又EF⊥PB且DE∩EF=E，所以PB⊥平面EFD.19.(2020届·杭州质检）(14分）已知几何体A-BCDE如图所示，其中四边形BCDE为矩形，且BC=2，CD=3，△ABC是边长为2的等边三角形，平面ABC⊥平面BCDE.（1）若F为AC的中点，求证：AE∥平面BDF；（2）求此几何体A-BCDE的体积.（1）证明：连结CE交BD于P，连结FP.因为四边形BCDE为矩形，所以P为EC的中点.因为F为AC的中点，所以在△ACE中有AE∥FP，又因为AE⊄平面BDF，FP⊂平面BDF，所以AE∥平面BDF.（2）解：取BC的中点Q，连结AQ.因为△A BC是边长为2的等边三角形，所以AQ ⊥BC 且AQ=3.因为平面ABC ⊥平面BCDE ，AQ ⊂平面ABC ，平面ABC ∩平面BCDE=BC ，AQ ⊥BC ， 所以AQ ⊥平面BCDE.所以几何体A-BCDE 的体积为1112332333BCDE V S AQ BC CD AQ =⨯=⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=矩形.20.（14分）一个多面体的直观图和三视图如图所示，其中M 、N 分别是AB 、AC 的中点，G 是DF 上的一动点. (1)求证：GN ⊥AC ；（2）当FG=GD 时，在棱AD 上确定一点P ，使得GP ∥平面FMC ，并给出证明. (1)【证明】由三视图可得直观图为直三棱柱且有AD ⊥DF ，DF=AD=DC. 连结DB ，可知B ，N ，D 三点共线，且AC ⊥DN ， 又FD ⊥AD ，FD ⊥CD ，所以FD ⊥平面ABCD ，所以FD ⊥AC ，所以AC ⊥平面FDN. 又GN ⊂平面FDN ， 所以GN ⊥AC.(2)【解】点P 在A 点处时，GP ∥平面FMC. 证明如下：取DC 中点S ，连结AS ，GS ，GA ， 因为G 是DF 的中点，所以GS ∥FC ，AS ∥CM ， 所以平面GSA ∥平面FMC ，又GA ⊂平面GSA ， 所以GA ∥平面FMC ，即GP ∥平面FMC.。
高考数学一轮复习 第九章 解析几何检测试题 文 北师大版
第九章检测试题一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．)1、设P 是圆22(3)(1)4x y -++=上的动点,Q 是直线3x =-上的动点,则PQ 的最小值为（ ）A ．6B ． 4C ．3D ．22已知过点P (2,2) 的直线与圆225(1)x y +=-相切, 且与直线10ax y -+=垂直, 则a = （ ）A ．12-B ．1C ．2D ．123垂直于直线1y x =+且与圆221x y +=相切于第一象限的直线方程是（ ）A ．0x y +-=B ．10x y ++=C ．10x y +-=D ．0x y +=4、椭圆221259x y +=的焦距为A ．4B ．6C ．8D ．105、点P 是抛物线24y x =上一点，P 到该抛物线焦点的距离为4，则点P 的横坐标为 A ．2 B. 3 C. 4 D.5 6．双曲线122=-y x 的顶点到其渐近线的距离等于（ ）A ．21B ．22 C ．1D ．27与椭圆:C 2211612y x +=共焦点且过点的双曲线的标准方程为（ ） A ．2213y x -= B ．2221y x -=C ．22122y x -= D ．2213y x -= 8 ．已知中心在原点的椭圆C 的右焦点为(1,0)F ,离心率等于21,则C 的方程是 （ ）A ．14322=+y x B ．13422=+y x C ．12422=+y x D ．13422=+y x 9 ．（2013重庆文10）设双曲线C 的中心为点O ,若有且只有一对相交于点O 、所成的角为60︒的直线11A B 和22A B ,使1122A B A B =,其中1A 、1B 和2A 、2B 分别是这对直线与双曲线C 的交点,则该双曲线的离心率的取值范围是 （ ）A ．(2]3B ．[,2)3 C ．()3+∞ D ．[)3+∞9． O 为坐标原点,F 为抛物线2:C y =的焦点,P 为C 上一点,若||PF =,则△POF 的面积为 （ ）A ．2B ．C ．D ．410、设12,F F 分别是椭圆22221x y a b+=()0a b >>的左、右焦点，与直线y b =相切的2F e 交椭圆于点E ，E 恰好是直线EF 1与2F e 的切点，则椭圆的离心率为11、设圆锥曲线C 的两个焦点分别为1F 、2F ，若曲线C 上存在点P 满足1PF :12F F :2PF =4:3:2，则曲线C 的离心率等于（ ） （A ）2332或 （B ）223或（C ）122或（D ）1322或二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．已知双曲线中心在原点，一个焦点为)0,5(1-F ，点P 在双曲线上，且线段1PF 的中点坐标为（0，2），则此双曲线的方程是 ，离心率是 .14.若圆C 经过坐标原点和点(4,0),且与直线y=1相切,则圆C 的方程是_________.15、设F 1,F 2是双曲线C,22221a x y b-= (a>0,b>0)的两个焦点.若在C 上存在一点P.使PF 1⊥PF 2,且∠PF 1F 2=30°,则C 的离心率为___________.16、已知F 为双曲线22:1916x y C -=的左焦点, ,P Q 为C 上的点,若PQ 的长等于虚轴长的2倍,点()5,0A 在线段PQ 上,则△PQF 的周长为____________.三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分) 已知圆C 的方程为22(4)4x y +-=,点O 是坐标原点.直线:l y kx =与圆C 交于,M N 两点.(1)求k 的取值范围;(2)设(,)Q m n 是线段MN 上的点,且222211||||||OQ OM ON =+.请将n 表示为m 的函数.18. (本小题满分12分)(2013广东卷文20)已知抛物线C 的顶点为原点,其焦点()()0,0F c c >到直线:20l x y --=的距离为2.设P 为直线l 上的点,过点P 作抛物线C 的两条切线,PA PB ,其中,A B 为切点. (1) 求抛物线C 的方程;(2) 当点()00,P x y 为直线l 上的定点时,求直线AB 的方程; (3) 当点P 在直线l 上移动时,求AF BF ⋅的最小值.19．(本小题满分12分) 已知椭圆的中心在原点O ，短半轴的端点到其右焦点()2,0F 的距离为F 作直线l ，交椭圆于,A B 两点．（1）求这个椭圆的标准方程；（2）若椭圆上有一点C ，使四边形AOBC 恰好为平行四边形，求直线l 的斜率．20．(本小题满分12分)（2013全国Ⅰ卷文21T ）已知圆22:(1)1M x y ++=,圆22:(1)9N x y -+=,动圆P 与圆M 外切并且与圆N 内切,圆心P 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程;(2)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 .21．(本小题满分12分)如图,抛物线2:4E y x =的焦点为F ,准线l 与x 轴的交点为A .点C 在抛物线E 上,以C 为圆心OC 为半径作圆,设圆C 与准线l 的交于不同的两点,M N . (1)若点C 的纵坐标为2,求MN ; (2)若2AFAM AN =⋅,求圆C 的半径.22．(本小题满分12分)已知抛物线C :px y 22=)0(>p ,直线l 交此抛物线于不同的两个点),(11y x A 、),(22y x B .(1)当直线l 过点)0,(p M -时,证明21y y ⋅为定值;(2)当p y y -=21时,直线l 是否过定点?若过定点,求出定点坐标;若不过定点,请说明理由; (3)记)0,(p N ,如果直线l 过点)0,(p M -,设线段AB 的中点为P ,线段PN 的中点为Q .问是否存在一条直线和一个定点,使得点Q 到它们的距离相等?若存在,求出这条直线和这个定点;若不存在,请说明理由.参考答案一、选择题 1、【答案】B【解析】本题考查圆的性质以及距离公式。
高三数学一轮复习 第九章《立体几何》96精品练习.doc
第9章 第6节一、选择题1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为( ) A ．平行四边形 B ．梯形 C ．平面四边形D ．空间四边形[答案] D[解析] ∵AB →·BC →>0，∴∠ABC >π2，同理∠BCD >π2，∠CDA >π2，∠DAB >π2，由内角和定理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选D.2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数 [答案] C[解析] AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则MN →等于( )A ．－12a ＋12b ＋13cB.12a ＋12b －13cC.12a －12b －13cD ．－12a －12b ＋23c[答案] C[解析] MN →＝MB →＋BN →＝12D 1B 1→＋13BB 1→＝12(A 1B 1→－A 1D 1→)－13A 1A →＝12a －12b －13c . 4．已知A (2，－5,1)，B (2，－2,4)，C (1，－4,1)，则AC →与AB →的夹角为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°[答案] C[解析] AB →＝(0,3,3)，AC →＝(－1,1,0)．设〈AB →，AC →〉＝θ，则cos θ＝AB →·AC→|AB →|·|AC →|＝332·2＝12，∴θ＝60°.5．已知a ＝(2，－1,3)，b ＝(－1,4，－2)，c ＝(7,5，λ)，若a ，b ，c 三向量共面，则实数λ等于( )A.627 B.637 C.647D.657[答案] D[解析] ∵a ，b ，c 三向量共面， ∴存在实数m ，n 使c ＝m a ＋n b ，即(7,5，λ)＝(2m －n ，－m ＋4n,3m －2n )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧2m －n ＝7－m ＋4n ＝5λ＝3m －2n，∴λ＝657.6．(·山东青岛)在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →的值为( )A ．0 B.32C ．1D ．无法确定[答案] A[解析] AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝AB →·(BD →－BC →)＋(BC →－BA →)·DB →＋(BD →－BA →)·BC →＝AB →·BD →－AB →·BC →＋BC →·DB →－BA →·DB →＋BD →·BC →－BA →·BC →＝0，故选A.7．△ABC 的顶点分别为A (1，－1,2)，B (5，－6,2)，C (1,3，－1)，则AC 边上的高BD 等于( )A ．5 B.41 C ．4D ．2 5[答案] A[解析] 设AD →＝λAC →，D (x ，y ，z )，则(x －1，y ＋1，z －2)＝λ(0,4，－3)， ∴x ＝1，y ＝4λ－1，z ＝2－3λ. ∴BD →＝(－4,4λ＋5，－3λ)， 又AC →＝(0,4，－3)，AC →⊥BD →， ∴4(4λ＋5)－3(－3λ)＝0， ∴λ＝－45，∴BD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，95，125，∴|BD →|＝－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫952＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1252＝5. 8．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，AM →＝12MC →，点N 为B 1B 的中点，则线段MN 的长度为( )A.216B.66C.156D.153[答案] A[解析] MN →＝AN →－AM →＝AN →－13AC →＝AB →＋BN →－13()AB →＋AD →＋AA 1→ ＝23AB →＋16AA 1→－13AD →. ∴MN ＝|MN →|＝49|AB →|2＋136|AA 1→|2＋19|AD →|2＝216. 9．设空间四点O 、A 、B 、P 满足OP →＝OA →＋tAB →，其中0<t <1，则有( )A ．点P 在线段AB 上 B ．点P 在线段AB 的延长线上C ．点P 在线段BA 的延长线上D ．点P 不一定在直线AB 上 [答案] A[解析] ∵OP →＝OA →＋tAB →，∴AP →＝tAB →， ∵0<t <1，∴点P 在线段AB 上．10．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别为A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值等于( )A.32B.1010C.35D.25[答案] D[解析] AM →＝AA 1→＋A 1M →＝AA 1→＋12AB →，CN →＝CB →＋BN →＝－AD →＋12AA 1→，AM →·CN →＝－AA 1→·AD →－12AB →·AD →＋12|AA 1→|2＋14AA 1→·AB →＝12，|AM →|2＝|AA 1→|2＋14|AB →|2＋AA 1→·AB →＝54，|CN →|2＝|AD →|2＋14|AA 1|2－12AD →·AA 1→＝54，∴cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →|·|CN →|＝25，故选D.二、填空题11．已知a ＝(1,2x －1，－x )，b ＝(x ＋2,3，－3)，若a ∥b ，则x ＝________. [答案] 1[解析] ∵a ∥b ，∴1x ＋2＝2x －13＝－x －3，由1x ＋2＝2x －13得，2x 2＋3x －5＝0，∴x ＝1或－52， 由2x －13＝－x－3得x ＝1，∴x ＝1. 12．设向量a ＝(－1,3,2)，b ＝(4，－6,2)，c ＝(－3,12，t )，若c ＝m a ＋n b ，则m ＋n ＝________.[答案]112[解析] m a ＋n b ＝(－m ＋4n,3m －6n,2m ＋2n )， ∴(－m ＋4n,3m －6n,2m ＋2n )＝(－3,12，t )． ∴⎩⎪⎨⎪⎧－m ＋4n ＝－33m －6n ＝122m ＋2n ＝t，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝5，n ＝12，t ＝11.∴m ＋n ＝112.13．若|a |＝17，b ＝(1,2，－2)，c ＝(2,3,6)，且a ⊥b ，a ⊥c ，则a ＝________. [答案] (－185，2，15)或(185，－2，－15)[解析] 设a ＝(x ，y ，z )， ∵a ⊥b ，∴x ＋2y －2z ＝0.① ∵a ⊥c ，∴2x ＋3y ＋6z ＝0.② ∵|a |＝17.∴x 2＋y 2＋z 2＝17.③ ∴联立①②得x ＝－18z ，y ＝10z . 代入③得425z 2＝17，∴z ＝±15.∴a ＝(－185，2，15)或(185，－2，－15)．14．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是CC 1的中点，则异面直线AB 1与A 1M 所成角为________．[答案]π2[解析] 由条件知AC 、BC 、CC 1两两垂直，以C 为原点，CB ，CA ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则B (1,0,0)，A (0，3，0)，B 1(1,0，6)，M (0,0，62)，A 1(0，3，6)，∴AB 1→＝(1，－3，6)，A 1M →＝(0，－3，－62)，cos 〈AB 1→，A 1M →〉＝AB 1→·A 1M→|AB 1→|·|A 1M →|＝0，∴〈AB 1→，A 1M →〉＝π2，即直线AB 1与A 1M 所成角为π2.三、解答题15．已知向量b 与向量a ＝(2，－1,2)共线，且满足a ·b ＝18，(k a ＋b )⊥(k a －b )，求向量b 及k 的值．[解析] ∵b ≠0，a ，b 共线，∴存在实数λ，使a ＝λb ， ∵a ＝(2，－1,2)，∴|a |＝3， ∴a ·b ＝λa 2＝λ|a |2＝9λ＝18， ∴λ＝2.∴b ＝(4，－2,4)．∵(k a ＋b )⊥(k a －b )，∴(k a ＋b )·(k a －b )＝0. ∴(k a ＋2a )·(k a －2a )＝0. ∴(k 2－4)|a |2＝0.∴k ＝±2.16．(·上海松江区模拟)设在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝90°，E ，F 依次为C 1C ，BC 的中点．(1)求异面直线A 1B 、EF 所成角θ的大小(用反三角函数值表示)； (2)求点B 1到平面AEF 的距离．[解析] 以A 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则各点坐标为A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，B 1(2,0,2)，E (0,2,1)，F (1,1,0)，(1)A 1B →＝(2,0，－2)，EF →＝(1，－1，－1)， cos θ＝A 1B →·EF→|A 1B →|·|EF →|＝422×3＝63，∴θ＝arccos63. (2)设平面AEF 的一个法向量为n ＝(a ，b ，c )， ∵AE →＝(0,2,1)，AF →＝(1,1,0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AE →＝0n ·AF →＝0得，⎩⎪⎨⎪⎧2b ＋c ＝0a ＋b ＝0，令a ＝1可得n ＝(1，－1,2)，∵AB 1→＝(2,0,2)，∴d ＝|AB 1→·n ||n |＝66＝ 6.∴点B 1到平面AEF 的距离为 6.17．如图，平面ABEF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 与ABCD 都是直角梯形，∠BAD ＝∠FAB ＝90°，BC 綊12AD ，BE 綊12FA ，G 、H 分别为FA 、FD 的中点．(1)证明：四边形BCHG 是平行四边形； (2)C 、D 、F 、E 四点是否共面？为什么？ (3)设AB ＝BE ，证明：平面ADE ⊥平面CDE .[解析] 由题设知，FA 、AB 、AD 两两互相垂直．如图，以A 为坐标原点，射线AB 为x 轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系A －xyz .(1)设AB ＝a ，BC ＝b ，BE ＝c ，则由题设得A (0，0,0)，B (a,0,0)，C (a ，b,0)，D (0,2b,0)，E (a,0，c )，G (0,0，c )，H (0，b ，c )，F (0,0,2c )．所以，GH →＝(0，b,0)，BC →＝(0，b,0)， 于是GH →＝BC →.又点G 不在直线BC 上， 所以四边形BCHG 是平行四边形． (2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下： 由题设知，F (0,0,2c )，所以 EF →＝(－a,0，c )，CH →＝(－a,0，c )，EF →＝CH →，又C ∉EF ，H ∈FD ，故C 、D 、F 、E 四点共面．(3)由AB ＝BE ，得c ＝a ，所以CH →＝(－a,0，a )，AE →＝(a,0，a ) 又AD →＝(0,2b,0)，因此CH →·AE →＝0，CH →·AD →＝0 即CH ⊥AE ，CH ⊥AD ，又AD ∩AE ＝A ，所以CH ⊥平面ADE .故由CH ⊂平面CDFE ，得平面ADE ⊥平面CDE .[点评] 如果所给问题中存在两两垂直的直线交于一点，容易将各点的坐标表示出来时，可用向量法求解．如果其所讨论关系不涉及求角，求距离或所求角、距离比较容易找(作)出时，可不用向量法求解，本题解答如下：(1)由题设知，FG ＝GA ，FH ＝HD ，所以GH 綊12AD .又BC 綊12AD ，故GH 綊BC ，所以四边形BCHG 是平行四边形．(2)C 、D 、F 、E 四点共面．理由如下： 由BE 綊12AF ，G 是FA 的中点知，BE 綊GF ，所以EF ∥BG ，由(1)知BG ∥CH ，所以EF ∥CH ，故EC 、FH 共面． 又点D 直线FH 上，所以C、D、F、E四点共面．(3)连结EG，由AB＝BE，BE綊AG，及∠BAG＝90°知ABEG是正方形，故BG⊥EA.由题设知，FA、AD、AB两两垂直，故AD⊥平面FABE，因此EA是ED在平面FABE内的射影，∴BG⊥ED.又EC∩EA＝E，所以BG⊥平面ADE.由(1)知，CH∥BG，所以CH⊥平面ADE.由(2)知F∈平面CDE，故CH⊂平面CDE，得平面ADE⊥平面CDE.。