新高考数学二轮专题复习高频考点强化训练11(附解析)
2021届高考数学二轮专题温习常考问题11 三视图及空间几何体的计算(1)
常考问题11 三视图及空间几何体的计算[真题感悟]1．(2021·四川卷)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体能够是( )．A．棱柱B．棱台C．圆柱D．圆台解析依照三视图可知，此几何体是圆台，选D.答案D2．(2021·湖南卷)一个四面体的极点在空间直角坐标系O－xyz中的坐标别离是(1，0，1)，(1，1，0)，(0，1，1)，(0，0，0)，画该四面体三视图中的正视图时，以zOx平面为投影面，那么取得正视图能够为( )．解析在空间直角坐标系中，先画出四面体O－ABC的直观图，如图，设O(0，0，0)，A(1，0，1)，B(1，1，0)，C(0，1，1)，将以O，A，B，C为极点的四面体被还原成一正方体后，由于OA⊥BC，所以该几何体以zOx平面为投影面的正视图为A.答案A3．(2021·湖南卷)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，那么该正方体的正视图的面积等于( )．B．1解析易知正方体是水平放置的，又侧视图是面积为2的矩形．因此正方体的对角面平行于投影面，现在正视图和侧视图相同，面积为 2.答案D4．(2021·新课标全国Ⅰ卷)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )．A ．16＋8πB ．8＋8πC ．16＋16πD ．8＋16π解析 由三视图可知该几何体由长方体和圆柱的一半组成．其中长方体的长、宽、高别离为4，2，2，圆柱的底面半径为2，高为4.因此V ＝2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.应选A. 答案 A5．(2021·天津卷)已知一个正方体的所有极点在一个球面上，假设球的体积为9π2，那么正方体的棱长为________．解析 设正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，由题意知43πR 3＝9π2，∴R 3＝278，而R ＝32. 由于3a 2＝4R 2，∴a 2＝43R 2＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，∴a ＝3.答案3[考题分析]题型 选择题、填空题难度 低档 三视图或直观图的判断；由三视图求简单几何体的表面积与体积． 中档 由三视图求组合体的体积，有关球的体积的求解.。
2021年高考数学二轮复习专题11基本不等式及其应用含解析
专题11 基本不等式及其应用【自主热身，归纳总结】1、已知a>0, b>0，且2a ＋3b ＝ab ，则ab 的最小值是________．【答案】2 6【解析】 利用基本不等式，化和的形式为积的形式． 因为ab ＝2a ＋3b≥22a ·3b ，所以ab≥26，当且仅当2a ＝3b＝6时，取等号． 2、已知正数,x y 满足22x y +=，则8x yxy +的最小值为 ．【答案】9【解析】=9．3、已知正实数x ，y 满足，则xy 的最小值为 ．【答案】 263-4、已知a ，b 为正数，且直线 ax ＋by －6＝0与直线 2x ＋(b －3)y ＋5＝0互相平行，则2a ＋3b 的最小值为________． 【答案】25【解析】由于直线ax ＋by －6＝0与直线2x ＋(b －3)y ＋5＝0互相平行，所以a (b －3)＝2b ，即2a ＋3b＝1(a ，b 均为正数)，所以2a ＋3b ＝(2a ＋3b )⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋3b ＝13＋6⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥13＋6×2b a ×a b ＝25(当且仅当b a ＝ab即a ＝b ＝5时取等号)．5、已知正实数,x y 满足，则x y +的最小值为 ．【答案】8【解析】：因为,0x y >，所以10y +>．又因为，所以10x ->，所以，当且仅当，即5,3x y ==时等号成立．易错警示 在应用基本不等式时，要注意它使用的三个条件“一正二定三相等”．另外，在应用基本不等式时，要注意整体思想的应用．6、设实数x ，y 满足x 2＋2xy －1＝0，则x 2＋y 2的最小值是________． 【答案】5－12思路分析1 注意到条件与所求均含有两个变量，从简化问题的角度来思考，消去一个变量，转化为只含有一个变量的函数，从而求它的最小值．注意中消去y 较易，所以消去y . 解法1 由x 2＋2xy －1＝0得y ＝1－x 22x，从而x 2＋y 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 22x 2＝5x 24＋14x 2－12≥2516－12＝5－12，当且仅当x ＝±415时等号成立．思路分析2 由所求的结论x 2＋y 2想到将条件应用基本不等式，构造出x 2＋y 2，然后将x 2＋y 2求解出来． 解法2 由x 2＋2xy －1＝0得1－x 2＝2xy ≤mx 2＋ny 2，其中mn ＝1(m ，n >0)，所以(m ＋1)x 2＋ny 2≥1，令m ＋1＝n ，与mn ＝1联立解得m ＝5－12，n ＝5＋12，从而x 2＋y 2≥15＋12＝5－12. 7、若正实数x y ，满足1x y +=，则4y x y+的最小值是 ． 【答案】8【解析】： 因为正实数x y ，满足1x y +=，所以，当且仅当4y xx y=，即2y x =，又1x y +=，即，等号成立，即4y x y+取得最小值8. 8、若实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜12，则3x ＋1y －3的最小值为________． 【答案】 8解法1 因为实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜12，所以y ＝3x －3(y ＞3)，所以3x ＋1y －3＝y ＋3＋1y －3＝y －3＋1y －3＋6≥2y －3·1y －3＋6＝8，当且仅当y －3＝1y －3，即y ＝4时取等号，此时x ＝37，所以3x ＋1y －3的最小值为8.解法2 因为实数x ，y 满足xy ＋3x ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫0＜x ＜12，所以y ＝3x －3(y ＞3)，y －3＝3x －6＞0， 所以3x ＋1y －3＝3x ＋13x －6＝3x －6＋13x －6＋6≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －6·13x－6＋6＝8，当且仅当3x －6＝13x－6，即x ＝37时取等号，此时y ＝4，所以3x ＋1y －3的最小值为8.解后反思 从消元的角度看，可以利用等式xy ＋3x ＝3消“实数x ”或消“实数y ”，无论用哪种消元方式，消元后的式子结构特征明显，利用基本不等式的条件成熟．9、 已知正数a ，b 满足1a ＋9b＝ab －5，则ab 的最小值为________．【答案】 36【解析】：因为正数a ，b 满足1a ＋9b ＝ab －5，所以ab －5≥29ab，当且仅当9a ＝b 时等号成立，即ab－5ab －6≥0，解得ab ≥6或ab ≤－1(舍去)，因此ab ≥36，从而(ab )min ＝36. 10、已知α，β均为锐角，且cos(α＋β)＝sin αsin β，则tan α的最大值是________．【答案】2411、 已知正数x ，y 满足1x ＋1y ＝1，则4x x －1＋9yy －1的最小值为________．【答案】25【解析】：因为1y ＝1－1x ，所以4x x －1＋9y y －1＝4x x －1＋91－1y＝4x x －1＋9x ＝4＋4x －1＋9(x －1)＋9＝13＋4x －1＋9(x－1)＝13＋4x －1＋9(x －1)．又因为1y ＝1－1x >0，所以x >1，同理y >1，所以13＋4x －1＋9(x －1)≥13＋24×9＝25，当且仅当x ＝53时取等号，所以4x x －1＋9yy －1的最小值为25.12、 已知a ＋b ＝2，b ＞0，当12|a |＋|a |b 取最小值时，实数a 的值是________．【答案】： －2解法12|a |＋|a |b ＝a ＋b 4|a |＋|a |b ＝a 4|a |＋b 4|a |＋|a |b ≥－14＋2b 4|a |·|a |b ＝34，当且仅当a ＜0，且b 4|a |＝|a |b，即a ＝－2，b ＝4时取等号． 【问题探究，变式训练】例1、 已知正数x ，y 满足x ＋y ＝1，则4x ＋2＋1y ＋1的最小值为________．【答案】： 94解法1 令x ＋2＝a ，y ＋1＝b ，则a ＋b ＝4(a ＞2，b ＞1)，4a ＋1b ＝14(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫4a ＋1b ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫5＋4b a ＋a b ≥14(5＋4)＝94，当且仅当a ＝83，b ＝43，即x ＝23，y ＝13时取等号． 解法2 (幂平均不等式)设a ＝x ＋2，b ＝y ＋1，则4x ＋2＋1y ＋1＝4a ＋1b ＝22a ＋12b ≥1＋22a ＋b ＝94. 解法3 (常数代换)设a ＝x ＋2，b ＝y ＋1，则4x ＋2＋1y ＋1＝4a ＋1b ＝a ＋b a ＋a ＋b 4b ＝54＋b a ＋a 4b ≥94，当且仅当a ＝2b 时取等号．【变式1】、已知实数x ，y 满足x >y >0，且x ＋y ≤2，则2x ＋3y ＋1x －y的最小值为________．【答案】3＋224设⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3y ＝m ，x －y ＝n .解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝m ＋3n4，y ＝m －n4.所以x ＋y ＝m ＋n2≤2，即m ＋n ≤4.设t ＝2x ＋3y ＋1x －y ＝2m ＋1n，所以4t ≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋1n (m ＋n )＝3＋2n m ＋m n ≥3＋2 2.即t ≥3＋224，当且仅当2n m ＝m n ，即m ＝2n 时取等号． 【变式2】、已知x ，y 为正实数，则4x 4x ＋y ＋yx ＋y 的最大值为 ．.【答案】：43【解析1】：令，从而得，故，当且仅当2a b =，即2y x =时等号成立。
2021新高考版数学二轮专题复习备考训练11 概率、统计、统计案例、正态分布——小题备考
备考训练11概率、统计、统计案例、正态分布——小题备考一、单项选择题1．某镇有A，B，C三个村，它们的精准扶贫的人口数量之比为3:4:5，现在用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，样本中A村有15人，则样本容量为()A．50 B．60C．70 D．802．[2020·山东聊城模拟]一个样本容量为10的样本数据，它们组成一个公差不为0的等差数列{a n}，若a3＝8，且a1，a3，a7成等比数列，则此样本的平均数和中位数分别是()A．13,12 B．13,13C．12,13 D．13,143．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为()A．0.648 B．0.432C．0.36 D．0.3124．[2020·山东日照模拟]某超市从2020年甲、乙两种酸奶的日销售量(单位：箱)的数据中分别随机抽取100个，并按[0,10]，(10,20]，(20,30]，(30,40]，(40,50]分组，得到频率分布直方图如下：记甲种酸奶与乙种酸奶的日销售量(单位：箱)的方差分别为s21，s22，则频率分布直方图(甲)中的a的值及s21与s22的大小关系分别是() A．a＝0.015，s21<s22B．a＝0.15，s21>s22C．a＝0.015，s21>s22D．a＝0.15，s21<s225．甲、乙、丙三名公务员随机分到A，B两个村参加“脱贫攻坚”帮扶活动，则每个村至少有一名公务员的概率为()43C.12 D.146．[2020·山东淄博实验中学模拟]已知a ＝log 0.55，b ＝log 32，c ＝20.3，d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122，从这四个数中任取一个数m ，使函数f (x )＝13x 3＋mx 2＋x ＋2有极值点的概率为( )A.14B.12C.34 D ．17．如图所示的三个统计图分别是随机抽查甲，乙，丙三地的若干个家庭教育年投入(万元)，记A 表示众数，B 表示中位数，C 表示平均数，则根据图表提供的信息，下面的结论正确的是( )A ．A 甲＝A 乙＝A 丙，B 甲＝B 乙＝B 丙B ．B 丙>B 甲＝B 乙，C 甲＝C 乙＝C 丙C ．A 丙>A 甲＝A 乙，C 丙>C 甲>C 乙D ．A 丙>A 甲＝A 乙，B 丙>B 甲>B 乙 8．[2020·山东德州质量检测]中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛、马和羊，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，则让三位同学选取的礼物都满意的概率是( )6655C.566 D.5 11二、多项选择题9．为了了解某校九年级1 600名学生的体能情况，随机抽查了部分学生，测试1分钟仰卧起坐的成绩(次数)，将数据整理后绘制成如图所示的频率分布直方图，根据统计图的数据，下列结论正确的是()A．该校九年级学生1分钟仰卧起坐的次数的中位数为26.25B．该校九年级学生1分钟仰卧起坐的次数的众数为27.5C．该校九年级学生1分钟仰卧起坐的次数超过30的人数约为320 D．该校九年级学生1分钟仰卧起坐的次数少于20的人数约为32 10．[2020·山东济南历城二中模拟]为比较甲、乙两名篮球运动员的近期竞技状态，选取这两名球员最近五场比赛的得分制成如图所示的茎叶图，有以下结论：①甲最近五场比赛得分的中位数高于乙最近五场比赛得分的中位数；②甲最近五场比赛得分平均数低于乙最近五场比赛得分的平均数；③从最近五场比赛的得分看，乙比甲更稳定；④从最近五场比赛的得分看，甲比乙更稳定．其中所有正确结论的编号为()A．①B．②C．③D．④11．根据如下样本数据：x 34567y 4.0a－5.4－0.50.5b－0.6得到的回归方程为y＝b x＋a.若样本点的中心为(5，0.9)，则()A．当x增加1个单位时，y减少1.4个单位B．当x增加1个单位时，y增加7.9个单位C．当x减少1个单位时，y增加1.4个单位D．当x减少1个单位时，y增加7.9个单位12．[2020·山东威海模拟]为了解户籍性别对生育二胎选择倾向的影响，某地从育龄人群中随机抽取了容量为100的调查样本，其中城镇户籍与农村户籍各50人，男性60人，女性40人，绘制了不同群体中倾向选择生育二胎与倾向选择不生育二胎的人数比例图(如图所示)，其中阴影部分表示倾向选择生育二胎的对应比例，则下列叙述中正确的是()A．是否倾向选择生育二胎与户籍有关B．是否倾向选择生育二胎与性别无关C．倾向选择生育二胎的人员中，男性人数与女性人数相同D．倾向选择不生育二胎的人员中，农村户籍人数少于城镇户籍人数三、填空题13．抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A＝{两次的点数均为奇数}，B＝{两次的点数之和为4}，则P(B|A)＝________.14．[2020·山东师大附中月考]为了判断高中三年级学生选修文理科是否与性别有关，现随机抽取50名学生，得到2×2列联表：理科文科总计男131023女72027总计203050已知P(K2≥根据表中数据，得到K2＝50×(13×20－10×7)223×27×20×30≈4.844，则认为选修文理科与性别有关系出错的可能性约为________．15．[2020·山东临沂质量检测]现将七本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，则甲分得的书不少于3本的概率是________．16．[2020·山东省实验中学诊断]2012年国家开始实行法定节假日高速公路免费通行政策，其收费站在统计了2020年清明节前后车辆通行数量，发现该站近几天每天通行车辆的数量ξ服从正态分布ξ～N (1000，σ2)，若P (ξ>1 200)＝a ，P (800<ξ<1 000)＝b ，则1a ＋9b 的最小值为________，此时a ＝________.备考训练11 概率、统计、统计案例、正态分布——小题备考1.解析：A 村所占比例为33＋4＋5＝14，15÷14＝60，故样本容量n ＝60.故选B.答案：B2．解析：设公差为d ，由a 3＝8，且a 1，a 3，a 7成等比数列，可得64＝(8－2d )(8＋4d )＝64＋16d －8d 2，即0＝16d －8d 2，又公差不为0，解得d ＝2，此数列的各项分别为4,6,8,10,12,14,16,18,20,22，故样本的中位数是13，平均数是13.答案：B3．解析：由题意知，该同学3次测试满足X ～B (3,0.6)故该同学通过测试的概率为C 230.62×(1－0.6)＋C 330.63＝0.648.答案：A4．解析：由(0.020＋0.010＋0.030＋a ＋0.025)×10＝1，得a ＝0.015.根据频率分布直方图，乙较稳定，则s 21>s 22.答案：C5．解析：3名公务员分到两个村，每个村至少有1名公务员，则只能是一个村1名公务员，另一个村2名公务员，这种安排方法有C 13A 22＝6种安排方法，而将3名公务员任意安排到两个村，则每名公务员有2种选择，因此共有23＝8种安排方法，因此每个村至少有1名公务员的概率为P ＝68＝34.答案：A6．解析：f ′(x )＝x 2＋2mx ＋1，若函数f (x )有极值点，则f ′(x )有2个不相等的实数根，故Δ＝4m 2－4>0，解得：m >1或m <－1，而a ＝log 0.55<－2,0<b ＝log 32<1，c ＝20.3>1,0<d ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122<1， 满足条件的有2个，分别是a ，c ，故满足条件的概率p ＝24＝12，故选B.答案：B7．解析：由甲地的条形图可知，家庭教育年投入的中位数为10万元，众数为10万元，平均数为10.32万元；由乙地的折线图可知，家庭教育年投入的中位数为10万元，众数为10万元，平均数为9.7万元；由丙地的扇形图可知，家庭教育年投入的中位数为12万元，众数为12万元，平均数为12.4万元．结合选项可知C 正确．答案：C8．解析：若甲选牛或羊作礼物，则乙有3种选择，丙同学有10种选择，此时共有2×3×10＝60种；若甲选马作礼物，则乙有4种选择，丙同学有10种选择，此时共有1×4×10＝40种．因此，让三位同学选取的礼物都满意的概率为60＋40A 312＝1001 320＝566.故选C. 答案：C9．解析：由频率分布直方图可知，中位数是频率分布直方图面积等分线对应的数值，是26.25；众数是最高矩形的中间值27.5；1分钟仰卧起坐的次数超过30的频率为0.2，所以估计1分钟仰卧起坐的次数超过30的人数为320；1分钟仰卧起坐的次数少于20的频率为0.1，所以估计1分钟仰卧起坐的次数少于20的人数为160.答案：ABC10．解析：甲的中位数为29，乙的中位数为30，故①不正确；甲的平均数为29，乙的平均数为30，故②正确；从比分来看，乙的高分集中度比甲的高分集中度高，故③正确，④不正确．故选BC.答案：BC11．解析：依题意得，y －＝a ＋b －25＝0.9，故a ＋b ＝6.5 ①；又样本点的中心为(5,0.9)，故0.9＝5b ＋a ②，联立①②，解得b ＝－1.4，a ＝7.9，即y ^＝－1.4x ＋7.9，可知当x每增加1个单位时，y 减少1.4个单位，当x 减少1个单位时，y 增加 1.4个单位，故选AC.答案：AC12．解析：从题设中所提供的柱状图可以看出，是否倾向选择生育二胎与户籍有关，是否倾向选择生育二胎与性别无关，其中倾向选择不生育二胎的人员中，农村户籍人数少于城镇户籍人数，倾向选择生育二胎的人员中，男性人数多于女性人数，所以提供的四个选择中，A ，B ，D 都是正确的，C 是错误的．答案：ABD13．解析：根据题意，抛掷一枚质地均匀的骰子两次，有6×6＝36种情况，记A ＝{两次的点数均为奇数}，B ＝{两次的点数之和为4}，事件A 包含3×3＝9(种)情况，事件AB 有2种情况，则P (A )＝936，P (AB )＝236，则P (B |A )＝P (AB )P (A )＝29. 答案：2914．解析：由题意知4.844≥3.841，∴估计选修文理科与性别有关系出错的可能性约为5%.答案：5%15．解析：将甲、乙、丙三人分得的书的数量用树状图列举如下：故所求概率P ＝615＝25.答案：25 16．解析：由ξ～N (1 000，σ2)，P (ξ>1 200)＝a ，P (800<ξ<1 000)＝b ，得a ＋b ＝12，∴1a ＋9b ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ·(a ＋b )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫10＋b a ＋9a b ≥20＋4 b a ·9a b ＝32，当且仅当b a ＝9a b ，即b ＝38，a ＝18时等号成立．答案：32 18。
【精准解析】2021新高考数学二轮(山东)：客观专题练 立体几何(11)
在长方体 A1B1C1D1 A2B2C2D2 中，A1A2＝2A1B1＝2B1C1＝2，如图，A，B，C 分别是所在
棱的中点，则下列结论中成立的是( )
A．异面直线 D2C 与 AD1 所成的角为 60°
B．平面 A2BCD2 与平面 ABC1D1 所成二面角的大小为 120°
14．已知长方体 ABCD A1B1C1D1 内接于球 O，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，E 为 AA1 的中点，OA⊥平面 BDE，则球 O 的表面积为________．
15．[2020·浙江卷]已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为 2π，且它的侧面展开图是一个半圆， 则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．
C．点 A1 与点 C 到平面 ABC1D1 的距离相等
D．平面
A2BC1 截长方体所得的截面面积为
3 2
三、填空题(本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)
13.
如图，长方体 ABCD A1B1C1D1 的体积是 120，E 为 CC1 的中点，则三棱锥 E BCD 的体 积是________．
16.
-2-
[2020·山东名校联考]如图，在四棱锥 C ABDE 中，四边形 ABDE 为矩形，EA＝CA＝CB ＝2，AC⊥CB，F，G 分别为 AB，AE 的中点，平面 ABDE⊥平面 ABC，则四面体 CFDG 的体 积为________，若四面体 CFDG 的各个顶点均在球 O 的表面上，则球 O 的体积为________．(本 题第一空 2 分，第二空 3 分)
A．n1∥n2⇔α∥β B．n1⊥n2⇔α⊥β
微考点7-3 排列组合11种常见题型总结分析(11大题型)-【高频考点解密】2024年高考数学二轮卷
微考点7-3 排列组合11种常见题型总结分析（11大题型）题型一：特殊元素与特殊位置优待法解题思路：对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。
【精选例题】【例1】从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（）（A）280种（B）240种（C）180种（D）96种【例2】7个人站成两排，前排3人，后排4人，其中甲乙两人必须挨着，甲丙必须分开站，则一共有（）种站排方式．A．672B．864C．936D．1056【例3】将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到A、B、C三项不同的公益活动中，每人只参加一项活动，每项活动都需要有人参加，其中甲必须参加A活动，则不同的分配方法有种．（用数字作答）【题型专练】1．某校从8名教师中选派4名教师到4个边远地区支教（每地1人），要求甲、乙不同去，甲、丙只能同去或同不去，则不同的选派方案有______种．2．某医院安排王医生、李医生、赵医生、张医生、孙医生5人到三个社区开展主题为“提高免疫力，预防传染病”的知识宣传活动，要求每人只能参加一个社区的活动，每个社区必须有人宣传，若李医生、张医生不安排在同一个社区，孙医生不单独安排在一个社区，则不同的安排方法有种．3．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（）A．288B．336C．368D．4124．某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有种.题型二：分类讨论思想解题思路：遇到情况比较复杂，我们可以通过分类讨论，分出几种情况，再用分类加法原理进行计算【精选例题】【例1】（2023全国卷乙卷真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（）A．120B．60C．30D．20【例2】（2023全国卷甲卷真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有种（用数字作答）．【例3】在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况数（）A．60B．40C．30D．80【题型专练】1.甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（）A．20种B．16种C．12种D．8种2．某公司安排甲乙丙等7人完成7天的值班任务，每人负责一天．已知甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，则不同的安排方式有___种．题型三：插空法（不相邻问题）解题思路：对于某几个元素不相邻的排列问题，可先将其他元素排好，再将不相邻元素在已排好的元素之间及两端空隙中插入即可【例1】黄金分割最早见于古希腊和古埃及.黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不等的a，b 两段，使得长线段a 与原线段a b +的比等于短线段b 与长线段a 的比，即()::a a b b a +=，其比值约为0.618339….小王酷爱数学，他选了其中的6，1，8，3，3，9这六个数字组成了手机开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为（ ）A ．180B ．210C ．240D ．360【例2】把5件不同产品A ，B ，C ，D ，E 摆成一排，则（ ） A ．A 与B 相邻有48种摆法B ．A 与C 相邻有48种摆法C ．A ，B 相邻又A ，C 相邻，有12种摆法D ．A 与B 相邻，且A 与C 不相邻有24种摆法【例3】有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（ ）A ．12B ．48C ．72D ．96【题型专练】1．有互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，要求红色菊花摆放在正中间，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，则共有摆放方法（ ）A ．120种B ．32种C ．24种D ．16种2．某单位为葫芦岛市春节联欢会选送了甲、乙两个节目，节目组决定在原有节目单中6个节目的相对顺序保持不变的情况下填加甲乙两个节目，若甲、乙演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为 .（用数字作答）3．四名男生和两名女生排成一排，要求两位女生不相邻，则不同排法的种数是 .（结果用数字作答）题型四：捆绑法（相邻问题）解题思路：对于某几个元素相邻的排列问题，可先将相邻的元素捆绑，再将它与其它元素在一起排列，注意捆绑部分的内部顺序。
山东专用2021新高考数学二轮复习专题限时集训11立体几何含解析
新高考数学二轮复习：专题限时集训(十一) 立体几何1.(2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1＝4，AB ＝2，∠BAD ＝60°，E ，M ，N 分别是BC ，BB 1，A 1D 的中点．(1)证明：MN ∥平面C 1DE ； (2)求二面角A -MA 1-N 的正弦值．解：(1)连接B 1C ，ME .因为M ，E 分别为BB 1，BC 的中点，所以ME ∥B 1C ，且ME ＝12B 1C ．又因为N 为A 1D 的中点，所以ND ＝12A 1D ．由题设知A 1B 1 ═∥ DC ，可得B 1C ═∥A 1D ，故ME ═∥ND ，因此四边形MNDE 为平行四边形，所以MN ∥E D ．又MN ⊄平面EDC 1，所以MN ∥平面C 1DE .(2)由已知可得DE ⊥D A ．以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ，则A (2，0，0)，A 1(2，0，4)，M (1，3，2)，N (1，0，2)，A 1A →＝(0，0，－4)，A 1M →＝(－1，3，－2)，A 1N →＝(－1，0，－2)，MN →＝(0，－3，0)．设m ＝(x ，y ，z )为平面A 1MA 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1M →＝0，m ·A 1A →＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3y －2z ＝0，－4z ＝0.可取m ＝(3，1，0)．设n ＝(p ，q ，r )为平面A 1MN 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·MN →＝0，n ·A 1N →＝0.所以⎩⎪⎨⎪⎧－3q ＝0，－p －2r ＝0.可取n ＝(2，0，－1)．于是cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝232×5＝155，所以二面角A -MA 1-N 的正弦值为105. 2．(2019·全国卷Ⅲ)图1是由矩形ADEB ，Rt △ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，∠FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.图1 图2(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ⊥平面BCGE ； (2)求图2中的二面角B -CG -A 的大小．[解] (1)证明：由已知得AD ∥BE ，CG ∥BE ，所以AD ∥CG ， 故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面． 由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，BE ∩BC ＝B ，故AB ⊥平面BCGE . 又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，所以EH ⊥平面AB C ．由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H -xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)， 所以cos 〈n ，m 〉＝n·m|n ||m |＝32.因此二面角B -CG -A 的大小为30°.3．(2020·全国卷Ⅱ)如图，已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点，过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．[解] (1)证明：因为M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，所以MN ∥CC 1. 又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)由已知得AM ⊥B C ．以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系M -xyz ，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形，故PM ＝233，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面AB C ．作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面AB C ． 设Q (a ，0，0)，则NQ ＝4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， B 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， |B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1，0)是平面A 1AMN 的法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉＝n ·B 1E →|n |·|B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 4．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M -P A -C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值． [解] (1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接O B ．因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥O B ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，得PO ⊥平面AB C ．(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系O -xyz . 由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23)．取平面P AC 的一个法向量OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)． 设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，或a ＝43，所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43.又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面P AM 所成角的正弦值为34.1．(2020·济宁模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是边长为433的菱形，∠BCD＝60°，AC 与BD 交于点O ，平面FBC ⊥平面ABCD ，EF ∥AB ，FB ＝FC ，EF ＝233.(1)求证：OE ⊥平面ABCD ；(2)若△FBC 为等边三角形，点Q 为AE 的中点，求二面角Q -BC -A 的余弦值． [解] (1)证明：取BC 的中点H ，连接OH ，FH ， 因为FB ＝FC ，所以FH ⊥B C ．因为平面FBC ⊥平面ABCD ，平面FBC ∩平面ABCD ＝BC ，FH ⊂平面FBC ， 所以FH ⊥平面ABC D ．因为H ，O 分别为BC ，AC 的中点，所以OH ∥AB 且OH ＝12A B ．又EF ∥AB ，EF ＝233＝12AB ，所以EF ═∥OH ，所以四边形OEFH 为平行四边形，所以OE ∥FH ，所以OE ⊥平面ABC D ．(2)因为菱形ABCD 中，∠BCD ＝60°，AB ＝433，所以OA ＝OC ＝2，在等边三角形FBC 中，BC ＝433，所以FH ＝2，所以OE ＝FH ＝2.易知OA ，OB ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，OA ，OB ，OE 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系O -xyz ，如图所示，则A (2，0，0)，B ⎝⎛⎭⎫0，233，0，C (－2，0，0)，E (0，0，2)，Q (1，0，1)，所以BC →＝⎝⎛⎭⎫－2，－233，0，CQ →＝(3，0，1)．设平面BCQ 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ BC →·m ＝0，CQ →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－2x －233y ＝0，3x ＋z ＝0，取x ＝1，可得m ＝(1，－3，－3)．易知平面ABC 的一个法向量为n ＝(0，0，1)， 则cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||m |＝－31×1＋3＋9＝－31313，易知二面角Q -BC -A 为锐二面角， 所以二面角Q -BC -A 的余弦值为31313.2．(2020·陕西百校联盟第一次模拟)如图，在四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，AP ＝AB ＝1，F ，E 分别是PB ，PC 的中点．(1)证明：PB ⊥ED ；(2)求平面ADEF 与平面PCD 所成锐二面角的值． [解] (1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，∴P A ⊥A D ．又AD ⊥AB ，AB ∩P A ＝A ，AB ⊂平面P AB ，P A ⊂平面P AB ， ∴AD ⊥平面P AB ，又PB ⊂平面P AB ，∴AD ⊥P B ． 等腰三角形P AB 中，F 为PB 的中点，∴PB ⊥AF ， 又AD ∩AF ＝A ，AD ⊂平面ADEF ，AF ⊂平面ADEF ， ∴PB ⊥平面ADEF ，又ED ⊂平面ADEF ，∴PB ⊥E D ．(2)易知AB ，AD ，AP 两两互相垂直，故以A 为坐标原点，以AB ，AD ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系．则P (0，0，1)，B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，1，0)，CD →＝(－1，0，0)，PC →＝(1，1，－1)．由(1)知PB →＝(1，0，－1)为平面ADEF 的一个法向量． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧CD →·n ＝0，PC →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＝0，x 1＋y 1－z 1＝0， ∴可取n ＝(0，1，1)．∴cos 〈PB →，n 〉＝－12，∴平面ADEF 与平面PCD 所成的锐二面角为60°.3．(2020·石家庄模拟)如图，四棱锥S -ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，AB ＝22，BC ＝SC ＝SD ＝2，BC ⊥S D ．(1)求证：SC ⊥平面SAD ；(2)设AE →＝12EB →，求平面SEC 与平面SBC 所成的二面角的正弦值．[解] (1)∵BC ⊥SD ，BC ⊥CD ，SD ∩CD ＝D ， ∴BC ⊥平面SDC ，∴AD ⊥平面SDC ，∴SC ⊥A D ．又在△SDC 中，SC ＝SD ＝2，DC ＝AB ＝22，故SC 2＋SD 2＝DC 2， ∴SC ⊥SD ，又AD ∩SD ＝D ， ∴SC ⊥平面SA D ．(2)作SO ⊥CD 于O ，∵BC ⊥平面SDC ，∴平面ABCD ⊥平面SDC ，故SO ⊥平面ABC D ． 以点O 为坐标原点，OC →，OS →的方向分别为y 轴，z 轴的正方向，平面ABCD 内，过点O 垂直于OC 的直线为x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则S (0，0，2)，C (0，2，0)，A (2，－2，0)，B (2，2，0)． 设E (2，y ，0)，∵AE →＝12EB →，∴y ＋2＝12(2－y )，∴y ＝－23，即E ⎝⎛⎭⎫2，－23，0.SC →＝(0，2，－2)，CE →＝⎝⎛⎭⎫2，－423，0，CB →＝(2，0，0)，设平面SEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧ SC →·n ＝0，CE →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y －2z ＝0，2x －423y ＝0，∴不妨取n ＝(22，3，3)．设平面SBC 的法向量为m ＝(a ，b ，c )， ⎩⎪⎨⎪⎧SC →·m ＝0，CB →·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2b －2c ＝0，2a ＝0，∴不妨取m ＝(0，1，1)． ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m ||n |＝626×2＝31313， 故所求二面角的正弦值为21313.4．(2020·惠州第二次调研)如图，在底面为矩形的四棱锥P -ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABC D ．(1)证明：AB ⊥PD ；(2)若P A ＝PD ＝AB ，∠APD ＝90°，设Q 为PB 的中点，求直线AQ 与平面PBC 所成角的余弦值．[解] (1)证明：依题意，AB ⊥A D ．又平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴AB ⊥平面P AD ， 又PD ⊂平面P AD ， ∴AB ⊥P D ． (2)法一：向量法在△P AD 中，取AD 中点O ，连接PO ，∵P A ＝PD ， ∴PO ⊥AD ，∴PO ⊥平面ABC D ．以O 为坐标原点，分别以OA 所在的直线为x 轴，过点O 且平行于AB 的直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设P A ＝2.∵∠APD ＝90°，∴AD ＝2 2.∴P (0，0，2)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，A (2，0，0)，Q ⎝⎛⎭⎫22，1，22， ∴PB →＝(2，2，－2)，BC →＝(－22，0，0)，AQ →＝⎝⎛⎭⎫－22，1，22.设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝2x ＋2y －2z ＝0，n ·BC →＝－22x ＝0，可取n ＝(0，1，2)．设直线AQ 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈AQ →，n 〉|＝|AQ →·n ||AQ →|·|n |＝23， ∵θ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，∴cos θ＝1－sin 2θ＝1－23＝33， ∴直线AQ 与平面PBC 所成角的余弦值为33. 法二：几何法过P 作PO ⊥AD 于点O ，则O 为AD 中点，连接BO ，过A 作PO 的平行线，过P 作AD 的平行线，交点为E ，连接BE ，过A 作AH ⊥BE 于H ，连接QH ，取BO 为中点M ，连接QM ，AM .∵四边形AOPE 为矩形，∴PE ⊥AE ，∵AB ⊥平面AOPE ，∴AB ⊥PE ，又AE ∩AB ＝A ，∴PE ⊥平面ABE ，∴PE ⊥AH ，又BE ⊥AH ，PE ∩BE ＝E ，∴AH ⊥平面PBE ， ∴∠AQH 为AQ 与平面PBC 所成的角．令AO ＝a ，则AE ＝a ，AB ＝2a ，BE ＝3a ，由同一个三角形面积相等可得AH ＝63a ， △QAM 为直角三角形，由勾股定理可得AQ ＝a ，∴sin ∠AQH ＝AH AQ ＝63.又∠AQH ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，∴cos ∠AQH ＝33 ， ∴直线AQ 与平面PBC 所成角的余弦值为33.1．如图，在直角三角形ABC 中，角B 为直角，AB ＝2BC ，E ，F 分别为AB ，AC 的中点，将△AEF 沿EF 折起，使点A 到达点D 的位置，连接BD ，CD ，设M 为CD 的中点．(1)证明：MF ⊥平面BCD ；(2)若DE ⊥BE ，求二面角E -MF -C 的余弦值．[解] (1)证明：取DB 的中点N ，连接MN ，EN (图略)， 则MN ═∥12BC ，易知EF ═∥12BC ， ∴四边形EFMN 是平行四边形． ∵EF ⊥BE ，EF ⊥DE ，BE ∩DE ＝E ， ∴EF ⊥平面BDE .又EN ⊂平面BDE ，∴EF ⊥EN ，∴MF ⊥MN . 在△DFC 中，易知DF ＝FC ， 又M 为CD 的中点，∴MF ⊥C D ． 又CD ∩MN ＝M ，∴MF ⊥平面BC D ．(2)易知DE ，BE ，EF 两两垂直，∴以E 为原点，BE ，EF ，ED 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设BC ＝2，则E (0，0，0)，F (0，1，0)，C (－2，2，0)，D (0，0，2)， ∴M (－1，1，1)，∴EF →＝(0，1，0)，FM →＝(－1，0，1)，CF →＝(2，－1，0)． 设平面EMF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EF →＝y ＝0，m ·FM →＝－x ＋z ＝0，取x ＝1，得m ＝(1，0，1)．同理，得平面CMF 的一个法向量为n ＝(1，2，1)． 设二面角E -MF -C 的平面角为θ， 由图可知θ为钝角，则|cos θ|＝|m·n ||m |·|n |＝33， ∴二面角E -MF -C 的余弦值为－33. 2．如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，∠BCD ＝120°，侧面P AB ⊥底面ABCD ，∠BAP ＝90°，AB ＝AC ＝P A ＝2.(1)求证：平面PBD ⊥平面P AC ；(2)过AC 的平面交PD 于点M ，若平面AMC 把四面体P ACD 分成体积相等的两部分，求二面角P -MC -A 的正弦值．[解] (1)证明：因为∠BAP ＝90°，所以P A ⊥AB ，又侧面P AB ⊥底面ABCD ， 平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，P A ⊂平面P AB ，所以P A ⊥平面ABC D ．又BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥B D ．又∠BCD ＝120°，ABCD 为平行四边形，所以∠ABC ＝60°，又AB ＝AC ，所以△ABC 为等边三角形，所以▱ABCD 为菱形，所以BD ⊥A C ．又P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ，又BD ⊂平面PBD ，所以平面P AC ⊥平面PB D ． (2)由平面AMC 把四面体P ACD 分成体积相等的两部分，知M 为PD 的中点． 取BC 的中点N ，连接AN ，由AB ＝AC 知AN ⊥B C ．由(1)知P A ⊥平面ABCD ，以A 为坐标原点，AN ，AD ，AP 所在的直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0，0，0)，C (3，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，M (0，1，1)，AM →＝(0，1，1)，AC →＝(3，1，0)，PM →＝(0，1，－1)，PC →＝(3，1，－2)．设平面MPC 的法向量为ν1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧PM →·ν1＝0，PC →·ν1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1－z 1＝0，3x 1＋y 1－2z 1＝0， 可取ν1＝⎝⎛⎭⎫33，1，1.设平面MAC 的法向量为ν2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧AM →·ν2＝0，AC →·ν2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝0，3x 2＋y 2＝0，可取ν2＝(1，－3，3)．设二面角P -MC -A 的大小为θ，则|cos θ|＝⎪⎪⎪⎪ν1·ν2|ν1|·|ν2|＝17， 则二面角P -MC -A 的正弦值为437.3．如图，已知矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，点E 是CD 的中点，将△BEC 沿BE 折起到△BEC ′的位置，使二面角C ′BE -C 是直二面角．(1)证明：BC ′⊥平面AEC ′； (2)求二面角C ′AB -E 的余弦值．[解] (1)证明：∵四边形ABCD 是矩形，AB ＝2AD ＝2，点E 是CD 的中点， ∴△ADE ，△BCE 都是等腰直角三角形， ∴∠AEB ＝90°，即AE ⊥BE .又二面角C ′BE -C 是直二面角，即平面C ′EB ⊥平面ABE ， 平面C ′EB ∩平面ABE ＝BE ，AE ⊂平面ABE ， ∴AE ⊥平面C ′E B ． 又BC ′⊂平面C ′BE ， ∴BC ′⊥AE .又BC ′⊥EC ′，AE ，EC ′⊂平面AEC ′，AE ∩EC ′＝E ， ∴BC ′⊥平面AEC ′.(2)取BE 的中点O ，连接C ′O ， 易知C ′O ⊥平面ABE .过O 点作OF ∥AE ，交AB 于点F . ∵AE ⊥EB ，∴OF ⊥O B ．以O 为坐标原点，OF ，OB ，OC ′所在的直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz ，则O (0，0，0)，A ⎝⎛⎭⎫2，－22，0，B ⎝⎛⎭⎫0，22，0，C ′⎝⎛⎭⎫0，0，22， ∴C ′A →＝⎝⎛⎭⎫2，－22，－22，C ′B →＝⎝⎛⎭⎫0，22，－22，OC ′→＝⎝⎛⎭⎫0，022.设n ＝(x ，y ，z )为平面ABC ′的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·C ′A →＝0，n ·C ′B →＝0，即⎩⎨⎧2x －22y －22z ＝0，22y －22z ＝0，取y ＝1，则z ＝1，x ＝1，∴n ＝(1，1，1)为平面ABC ′的一个法向量．∵C ′O ⊥平面ABE ，∴OC ′→＝⎝⎛⎭⎫0，0，22为平面ABE 的一个法向量，∴cos 〈OC ′→，n 〉＝OC ′→·n |OC ′→|·|n |＝33，易知二面角C ′AB -E 为锐二面角， 故二面角C ′AB -E 的余弦值为33. 4．如图，四棱锥P -ABCD 中，AB ∥DC ，∠ADC ＝π2，AB ＝AD ＝12CD ＝2，PD ＝PB ＝6，PD ⊥B C ．(1)求证：平面PBC ⊥平面PBD ；(2)在线段PC 上是否存在点M ，使得平面ABM 与平面PBD 所成的锐二面角为π3？若存在，求出CMCP的值；若不存在，说明理由．[解] 法一：(1)因为AB ∥DC ，AB ＝AD ＝2，∠ADC ＝π2，所以BD ＝22，∠BDC ＝π4.又CD ＝4，所以根据余弦定理得BC ＝2 2. 所以CD 2＝BD 2＋BC 2，故BC ⊥B D ．又BC ⊥PD ，PD ∩BD ＝D ，且BD ，PD ⊂平面PBD ，所以BC ⊥平面PBD ， 又BC ⊂平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PB D ． (2)由(1)得平面ABCD ⊥平面PBD ，设E 为BD 的中点，连接PE ，因为PB ＝PD ＝6，所以PE ⊥BD ，PE ＝2.又平面ABCD ⊥平面PBD ，平面ABCD ∩平面PBD ＝BD ， 所以PE ⊥平面ABC D ．如图，以A 为原点，分别以AD →，AB →的方向和垂直平面ABCD 的向量EP →的方向为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，B (0，2，0)，C (2，4，0)，P (1，1，2)．假设存在M (a ，b ，c )满足要求，设CM CP ＝λ(0≤λ≤1)，即CM →＝λCP →，所以M (2－λ，4－3λ，2λ)，易得平面PBD 的一个法向量为BC →＝(2，2，0)． AB →＝(0，2，0)，AM →＝(2－λ，4－3λ，2λ)， 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，(2－λ)x ＋(4－3λ)y ＋2λz ＝0，不妨取n ＝(2λ，0，λ－2)．因为平面PBD 与平面ABM 所成的锐二面角为π3，所以|4λ|224λ2＋(λ－2)2＝12， 解得λ＝23或λ＝－2(不合题意舍去)．故存在点M 满足条件，且CM CP ＝23.法二：(1)取线段CD 的中点F ，连接AF 交BD 于点E ，连接BF . 因为AB ∥CD ，AB ＝AD ＝12CD ＝2，∠ADC ＝π2，所以四边形ADFB 为正方形，故BD ⊥AF ，且E 为BD 的中点， 又F 为线段CD 的中点， 所以EF ∥BC ，BC ⊥B D ．又BC ⊥PD ，PD ∩BD ＝D ，且BD ，PD ⊂平面PBD ， 所以BC ⊥平面PBD ， 又BC ⊂平面PBC ， 所以平面PBC ⊥平面PB D ．(2)连接EP ，因为PB ＝PD ＝6，E 为BD 的中点，所以PE ⊥BD ，PE ＝2，又BC ⊥平面PBD ，所以PE ，DE ，EF 三线两两互相垂直．分别以ED →，EF →，EP →为x ，y ，z 轴正方向，建立空间直角坐标系E -xyz ，则E (0，0，0)，A (0，－2，0)，B (－2，0，0)，C (－2，22，0)，P (0，0，2)． 假设存在M 满足要求，设CM CP＝λ(0≤λ≤1)，即CM →＝λCP →，易得平面PBD 的一个法向量为BC →＝(0，22，0)． AB →＝(－2，2，0)，AM →＝AC →＋CM →＝AC →＋λCP →＝(－2＋2λ，32－22λ，2λ)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面ABM 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AM →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0，(－2＋2λ)x ＋(32－22λ)y ＋2λz ＝0，不妨取n ＝(2λ，2λ，λ－2)．因为平面PBD 与平面ABM 所成的锐二面角为π3，所以|4λ|224λ2＋(λ－2)2＝12，解得λ＝23或λ＝－2(不合题意舍去)． 故存在点M 满足条件，且CM CP ＝23.。
小题综合11课件高考(理科)数学二轮复习
5．已知双曲线 C：xa22－yb22＝1(a>0，b>0)，直线 y＝b 与 C 的
两条渐近线的交点分别为 M，N，O 为坐标原点．若△OMN 为
直角三角形，则双曲线 C 的离心率为( A )
A. 2 C．2
B. 3 D. 5
第10页
解析 ∵△OMN 为直角三角形，OM 与 ON 关于 y 轴对称， ∴双曲线的两条渐近线互相垂直，则ba＝1，∴双曲线 C 的离心率 e＝ca＝ 1＋ba2＝ 2.故选 A.
第28页
解析 由频率分布直方图得成绩在[13，15)之间的频率为 1 －(0.38＋0.32＋0.08)×1＝0.22，所以这 50 名参赛选手中获奖的 人数为 50×0.22＝11.
第29页
14．在△ABC 中，AB＝2，BC＝3 3，பைடு நூலகம்ABC＝30°，AD
1
为 BC 边上的高．若A→D＝λA→B＋μA→C，则 λ－μ＝___3_____．
x>log1x 3
恒成立，B
错误；对于
C，当
x＝12时，12x＝
22，log12x
＝1，则 log12x>12x，C 错误；对于 D，当 x＝13时，log13x＝1，12
x＝1213＝ 3 12＝324<1，由对数函数与指数函数的图象可知，当 x∈0，13时，12x<log13x 恒成立，D 正确．
z＝ 3－3i，则 z 的辐角为( C 2π
A. 3
) 4π
B. 3
5π C. 3
11π D. 6
第4页
解析 ∵z＝ 3－3i，∴|z| ＝ 3＋9＝2 3，∴z＝2 3× 12－ 23i＝2 3cos5π3 ＋isin5π3 ，∴z 的辐角为5π3 .故选 C.
高考数学(文)二轮复习习题：第1部分 重点强化专题 专题5 平面解析几何 专题限时集训11 Word版含答案
专题限时集训(十一) 直线与圆[建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组 高考达标]一、选择题1．(2017·晋中二模)半径为2的圆C 的圆心在第四象限，且与直线x ＝0和x ＋y ＝22均相切，则该圆的标准方程为( ) A ．(x －1)2＋(y ＋2)2＝4 B ．(x －2)2＋(y ＋2)2＝2 C ．(x －2)2＋(y ＋2)2＝4 D ．(x －22)2＋(y ＋22)2＝4C [设圆心坐标为(2，－a )(a ＞0)，则圆心到直线x ＋y ＝22的距离d ＝|2－a －22|2＝2，∴a ＝2，∴该圆的标准方程为(x －2)2＋(y ＋2)2＝4，故选C.]2．(2016·衡水一模)已知圆x 2＋y 2＋mx －14＝0与抛物线y ＝14x 2的准线相切，则m ＝( )【导学号：04024103】A ．±22B ．±3 C. 2D. 3B [抛物线的准线为y ＝－1，将圆化为标准方程得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋m 22＋y 2＝1＋m24，圆心到准线的距离为1＝1＋m 24⇒m ＝±3.]3．(2017·忻州三模)过点(3,1)作圆(x －1)2＋y 2＝r 2的切线有且只有一条，则该切线的方程为( ) A ．2x ＋y －5＝0 B ．2x ＋y －7＝0 C ．x －2y －5＝0D ．x －2y －7＝0B [∵过点(3,1)作圆(x －1)2＋y 2＝r 2的切线有且只有一条， ∴点(3,1)在圆(x －1)2＋y 2＝r 2上， ∵圆心与切点连线的斜率k ＝1－03－1＝12，∴切线的斜率为－2，则圆的切线方程为y －1＝－2(x －3)，即2x ＋y －7＝0.故选B.]4．(2016·承德二模)一条光线从点(－2，－3)射出，经y 轴反射后与圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为( )【导学号：04024104】A ．－53或－35 B ．－32或－23 C ．－54或－45D ．－43或－34D [由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点(2，－3)，设反射光线所在直线的斜率为k ，则反射光线所在直线方程为y ＋3＝k (x －2)，即kx －y －2k －3＝0.又因为光线与圆(x ＋3)2＋(y －2)2＝1相切，所以|－3k －2－2k －3|k 2＋1＝1，整理得12k 2＋25k ＋12＝0，解得k ＝－43或k ＝－34，故选D.]5．(2017·河南六市联考)圆(x －2)2＋y 2＝4关于直线y ＝33x 对称的圆的方程是( )A ．(x －3)2＋(y －1)2＝4B ．(x －2)2＋(y －2)2＝4C ．x 2＋(y －2)2＝4D ．(x －1)2＋(y －3)2＝4D [设圆(x －2)2＋y 2＝4的圆心(2,0)关于直线y ＝33x 对称的点的坐标为(a ，b )， 则⎩⎪⎨⎪⎧b a －2·33＝－1，b 2＝33·a ＋22，∴a ＝1，b ＝3，∴圆(x －2)2＋y 2＝4的圆心(2,0)关于直线y ＝33x 对称的点的坐标为(1，3)， 从而所求圆的方程为(x －1)2＋(y －3)2＝4. 故选D.] 二、填空题6．(2017·许昌三模)经过原点且与直线x ＋y －2＝0相切于点(2,0)的圆的标准方程为________．(x －1)2＋(y ＋1)2＝2[设圆心的坐标为(a ，b )， 则a 2＋b 2＝r 2，① (a －2)2＋b 2＝r 2，② ba －2＝1③， 联立①②③解得a ＝1，b ＝－1，r 2＝2. 故所求圆的标准方程是(x －1)2＋(y ＋1)2＝2.]7．(2016·合肥一模)设点P 在直线y ＝2x ＋1上运动，过点P 作圆(x －2)2＋y 2＝1的切线，切点为A ，则切线长|P A |的最小值是________.【导学号：04024105】2[圆心C (2,0)到直线2x －y ＋1＝0的距离d ＝5，所以|P A |＝|PC |2－1≥d 2－1＝2.]8．已知点P 在圆x 2＋y 2＝1上，点A 的坐标为(－2,0)，O 为原点，则AO →·AP →的最大值为________．6[法一：根据题意作出图象，如图所示，A (－2,0)，P (x ，y )． 由点P 向x 轴作垂线交x 轴于点Q ，则点Q 的坐标为(x,0)．AO →·AP →＝|AO →||AP →|cos θ， |AO →|＝2，|AP →|＝(x ＋2)2＋y 2，cos θ＝AQAP ＝x ＋2(x ＋2)2＋y2， 所以AO →·AP →＝2(x ＋2)＝2x ＋4.点P 在圆x 2＋y 2＝1上，所以x ∈[－1,1]． 所以AO →·AP →的最大值为2＋4＝6.法二：如图所示，因为点P 在圆x 2＋y 2＝1上， 所以可设P (cos α，sin α)(0≤α<2π)， 所以AO →＝(2,0)，AP →＝(cos α＋2，sin α)， AO →·AP →＝2cos α＋4≤2＋4＝6，当且仅当cos α＝1，即α＝0，P (1,0)时“＝”号成立．] 三、解答题9．(2017·山西晋中二模)已知线段AB 的端点B 在圆C 1：x 2＋(y －4)2＝16上运动，端点A 的坐标为(4,0)，线段AB 的中点为M . (1)试求M 点的轨迹C 2的方程；(2)若圆C 1与曲线C 2交于C ，D 两点，试求线段CD 的长． [解] (1)设M (x ，y )，B (x ′，y ′)， 则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x ′＋42，y ＝y ′2，解得⎩⎨⎧x ′＝2x －4，y ′＝2y ，3分∵点B 在圆C 1：x 2＋(y －4)2＝16上，∴(2x －4)2＋(2y －4)2＝16，即(x －2)2＋(y －2)2＝4. ∴M 点的轨迹C 2的方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4．6分(2)由方程组⎩⎨⎧(x －2)2＋(y －2)2＝4，x 2＋(y －4)2＝16解得直线CD 的方程为x －y －1＝0， 8分圆C 1的圆心C 1(0,4)到直线CD 的距离d ＝|－4－1|2＝522， 10分又圆C 1的半径为4，∴线段CD 的长为242－⎝⎛⎭⎪⎫5222＝14． 12分10．已知点P (0,5)及圆C ：x 2＋y 2＋4x －12y ＋24＝0.(1)若直线l 过点P 且被圆C 截得的线段长为43，求l 的方程； (2)求过P 点的圆C 的弦的中点的轨迹方程．[解] (1)如图所示，|AB |＝43，将圆C 方程化为标准方程为(x ＋2)2＋(y －6)2＝16， 2分 所以圆C 的圆心坐标为(－2,6)，半径r ＝4，设D 是线段AB 的中点，则CD ⊥AB ，所以|AD |＝23，|AC |＝4，C 点坐标为(－2,6)． 在Rt △ACD 中，可得|CD |＝2.若直线l 的斜率存在，设为k ，则直线l 的方程为y －5＝kx ，即kx －y ＋5＝0. 由点C 到直线AB 的距离公式：|－2k －6＋5|k 2＋(－1)2＝2，得k ＝34. 故直线l 的方程为3x －4y ＋20＝0．4分 直线l 的斜率不存在时，也满足题意，此时方程为x ＝0． 6分所以所求直线l 的方程为x ＝0或3x －4y ＋20＝0.7分 (2)设过P 点的圆C 的弦的中点为D (x ，y )， 则CD ⊥PD ，即CD →·PD →＝0， 所以(x ＋2，y －6)·(x ，y －5)＝0，10分 化简得所求轨迹方程为x 2＋y 2＋2x －11y ＋30＝0．12分[B 组 名校冲刺]一、选择题1．(2017·太原模拟)过点(1，－2)作圆(x－1)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A、B，则AB所在直线的方程为()【导学号：04024106】A．y＝－34B．y＝－12C．y＝－32D．y＝－14B[圆(x－1)2＋y2＝1的圆心为(1,0)，半径为1，以(1，－2)，(1,0)为直径两端点的圆的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝1，将两圆的方程相减得AB所在直线的方程为，2y＋1＝0，即y＝－12.故选B.]2．(2017·安庆二模)自圆C：(x－3)2＋(y＋4)2＝4外一点P(x，y)引该圆的一条切线，切点为Q，PQ的长度等于点P到原点O的距离，则点P的轨迹方程为() A．8x－6y－21＝0 B．8x＋6y－21＝0C．6x＋8y－21＝0 D．6x－8y－21＝0D[由题意得，圆心C的坐标为(3，－4)，半径r＝2，如图．因为|PQ|＝|PO|，且PQ⊥CQ，所以|PO|2＋r2＝|PC|2，所以x2＋y2＋4＝(x－3)2＋(y＋4)2，即6x－8y－21＝0，所以点P的轨迹方程为6x－8y－21＝0，故选D.]3．命题p：4＜r＜7，命题q：圆(x－3)2＋(y＋5)2＝r2(r＞0)上恰好有两个点到直线4x －3y＝2的距离等于1，则p是q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B [因为圆心(3，－5)到直线4x －3y ＝2的距离等于5，所以圆(x －3)2＋(y ＋5)2＝r 2上恰好有两个点到直线4x －3y ＝2的距离等于1时，4＜r ＜6，所以p 是q 的必要不充分条件．]4．(2017·石家庄二模)已知圆C ：(x －1)2＋(y －2)2＝2在y 轴左侧部分的面积为S ，直线y ＝3x ＋b 把圆C 分成两部分，其中一部分的面积也为S ，则b ＝( ) A ．－1±10 B ．1±10 C ．－1－10D ．1－10A [由题意得，圆心(1,2)到直线y ＝3x ＋b 的距离为1， ∴|1＋b |10＝1，∴b ＝－1±10，故选A.]二、填空题5．(2017·海口模拟)已知圆M 与直线3x －4y ＝0及3x －4y ＋10＝0都相切，圆心在直线y ＝－x －4上，则圆M 的标准方程为________.【导学号：04024107】(x ＋3)2＋(y ＋1)2＝1[到两直线3x －4y ＝0和3x －4y ＋10＝0的距离都相等的直线方程为3x －4y ＋5＝0，联立方程组⎩⎨⎧ 3x －4y ＋5＝0，y ＝－x －4，解得⎩⎨⎧x ＝－3，y ＝－1，所以圆M的圆心坐标为(－3，－1)．又两平行线之间的距离为1032＋42＝2，所以圆M 的半径为1，从而圆M 的标准方程为(x ＋3)2＋(y ＋1)2＝1.]6．与圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0外切于原点，且半径为25的圆的标准方程为________．(x ＋2)2＋(y －4)2＝20[由题意知所求圆的圆心在直线y ＝－2x 上，所以可设所求圆的圆心为(a ，－2a )(a ＜0)，又因为所求圆与圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0外切于原点，且半径为25，所以a 2＋(－2a )2＝25，可得a 2＝4，则a ＝－2或a ＝2(舍去)．所以所求圆的标准方程为(x ＋2)2＋(y －4)2＝20.] 三、解答题7．已知半径为2，圆心在直线y ＝－x ＋2上的圆C .(1)当圆C 经过点A (2,2)，且与y 轴相切时，求圆C 的方程；(2)已知E (1,1)，F (1，－3)，若圆C 上存在点Q ，使|QF |2－|QE |2＝32，求圆心的横坐标a 的取值范围．[解] (1)∵圆心在直线y ＝－x ＋2上，半径为2， ∴可设圆的方程为(x －a )2＋[y －(－a ＋2)]2＝4， 2分其圆心坐标为(a ，－a ＋2)．∵圆C 经过点A (2,2)，且与y 轴相切，∴有⎩⎨⎧(2－a )2＋[2－(－a ＋2)]2＝4，|a |＝2，解得a ＝2，4分∴圆C 的方程是(x －2)2＋y 2＝4.5分 (2)设Q (x ，y )，由|QF |2－|QE |2＝32， 得(x －1)2＋(y ＋3)2－[(x －1)2＋(y －1)2]＝32， 解得y ＝3，∴点Q 在直线y ＝3上.7分又∵点Q 在圆C ：(x －a )2＋[y －(－a ＋2)]2＝4上， ∴圆C 与直线y ＝3必须有公共点． ∵圆C 圆心的纵坐标为－a ＋2，半径为2， ∴圆C 与直线y ＝3有公共点的充要条件是 1≤－a ＋2≤5，即－3≤a ≤1．10分 ∴圆心的横坐标a 的取值范围是[－3,1]．12分8．(2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2＋mx －2与x 轴交于A ，B 两点，点C 的坐标为(0,1)．当m 变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC ⊥BC 的情况？说明理由．(2)证明过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值． [解] (1)不能出现AC ⊥BC 的情况．理由如下：2分 设A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 1，x 2满足x 2＋mx －2＝0， 所以x 1x 2＝－2．4分又点C 的坐标为(0,1)，故AC 的斜率与BC 的斜率之积为－1x 1·－1x 2＝－12，所以不能出现AC ⊥BC 的情况．6分(2)证明：BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，12，可得BC 的中垂线方程为y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22. 由(1)可得x 1＋x 2＝－m ，所以AB 的中垂线方程为x ＝－m2．8分联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m 2，y －12＝x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －x 22，又x 22＋mx 2－2＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－m2，y ＝－12.所以过A ，B ，C 三点的圆的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m2，－12，半径r ＝m 2＋92．10分故圆在y 轴上截得的弦长为2r 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 22＝3，即过A ，B ，C 三点的圆在y 轴上截得的弦长为定值． 12分。
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强化训练11 空间几何体的表面积与体积——小题备考一、单项选择题(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，只有一个是符合题目要求的)1．[2022·山东临沂一模]已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为( )A ．3πB ．3π3C ．3 πD ．2π2．[2022·山东潍坊一模]以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周，所得到的几何体的体积为( )A ．2πB ．8πC ．2π3D ．8π33．在三棱锥P - ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且P A ＝AB ＝2，AC ＝23 ，则三棱锥P - ABC 外接球的体积等于( )A ．2033 πB ．203π C ．2053π D ．20π 4．[2022·湖北黄冈中学模拟]已知某圆台的高为1，上底面半径为1，下底面半径为2，则侧面展开图的面积为( )A ．3πB ．6πC ．62 πD ．32 π5．一个正四面体的棱长为2，则这个正四面体的外接球的体积为( )A ．6 πB ．2πC ．3πD ．22 π6．[2022·河北唐山二模]如图，圆锥的轴为PO ，其底面直径和高均为2，过PO 的中点O 1作平行底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，此圆柱的下底面在圆锥的底面上，则圆锥与所得圆柱的体积之比为( )A ．2∶1B ．5∶3C ．3∶1D ．8∶37．已知正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 为BC 上一点，则三棱锥B 1 - AC 1E 的体积为( ) A.12 B ．13C ．14D ．168．[2022·山东济宁三模]若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为( )A ．2∶1B ．3∶2C ．7∶3D ．7∶4二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，选错或多选得0分)9．用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上、下两部分空间图形且上、下两部分的高之比为1∶2，则关于上、下两空间图形的说法正确的是( )A.侧面积之比为1∶4B ．侧面积之比为1∶8C ．体积之比为1∶27D．体积之比为1∶2610．[2022·湖北武汉模拟]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4πR2B．圆锥的侧面积为2πR2C．圆柱的侧面积与球的表面积相等D．球的体积是圆锥体积的两倍11．我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则关于半球的说法正确的是()A．半径是3B．体积为18πC．表面积为27πD．表面积为18π12．[2022·山东滨州二模]在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF，如图2所示，则下列结论中正确的是()A．P A⊥EFB．三棱锥M -AEF的体积为4C．三棱锥P -AEF外接球的表面积为24πD．过点M的平面截三棱锥P -AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2022·山东济南一模]已知圆锥的轴截面是一个顶角为2π3，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为________．14．[2022·广东惠州一模]若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为4π，圆台上、下底面圆的半径分别为r1，r2(r1<r2)，则r22－r21＝________．15．一个正四棱锥的高为7，底面边长为10，若正四棱锥的五个顶点恰好在一个球面上，则该球的半径为________．16．[2022·山东烟台三模]某学校开展手工艺品展示活动，小明同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________．强化训练11 空间几何体的表面积与体积1．解析：设圆锥底面半径为r ，高为h ，母线长为l ＝2，则l2＝r2＋h2＝4，底面周长2πr ＝12 ×（2π×2）⇒r ＝1，所以h ＝4－12 ＝ 3 ，所以圆锥的体积为13 ×π×12× 3 ＝3π3 .答案：B2．解析：以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周所得几何体是以2为底面圆半径，高为2的圆柱，由圆柱的体积公式得：V ＝π×22×2＝8π，所以所得到的几何体的体积为8π.答案：B3．解析：PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，因此以AP ，AB ，AC 为棱构造一个长方体，此长方体的外接球即为三棱锥P - ABC 的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，由已知长方体对角线长为22＋22＋（23）2 ＝2 5 ，所以外接球半径为R ＝5 ，外接球体积为V ＝43 π·（ 5 ）3＝2053 π.答案：C4．解析：由题意知圆台母线长为12＋（2－1）2 ＝ 2 ，且上底面圆周为2π，下底面圆周为4π，圆台侧面展开图为圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为12＋12 ＝ 2 ，则圆环所在的大圆半径为2 2 ，所以侧面展开图的面积S＝12×4π×2 2 －12×2π× 2 ＝3 2 π.答案：D5．解析：如图，四面体BDMN是正四面体，棱长BD＝2，将其补形成正方体GBCD - MENF，则正方体GBCD - MENF的棱长GB＝22 BD＝ 2 ，此正方体的体对角线长为6 ，正四面体BDMN与正方体GBCD - MENF有相同的外接球，则正四面体BDMN的外接球半径R＝6 2，所以正四面体BDMN的外接球体积为V＝43πR3＝43π·（62）3＝ 6 π.答案：A6．解析：圆锥的体积为V1＝13π×12×2＝2π3，圆柱的体积为V2＝π×（12）2×1＝π4，所以V1∶V2＝2π3∶π4＝8∶3.答案：D7．解析：由ABCD - A1B1C1D1为正方体，显然AB为A到平面EB1C1的距离，所以VB1 - AC1E＝VA - EB1C1＝13 S△EB1C1·AB＝13 ×12 ×1×1×1＝16 .答案：D8．解析：如图：O1，O2分别为底面中心，O为O1O2的中点，D为AB的中点，设正六棱柱的底面边长为2，若正六棱柱有内切球，则OO1＝O1D＝ 3 ，即内切球的半径r＝ 3 ，OA2＝OO21＋O1A2＝7，即外接球的半径R＝7 ，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3. 答案：C9．解析：依题意知，上部分为小棱锥，下部分为棱台，所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为1∶3，高之比为1∶3，所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为1∶9，体积之比为1∶27，即小棱锥与棱台的侧面积之比为1∶8，体积之比为1∶26.答案：BD10．解析：对于A，∵圆柱的底面直径和高都等于2R，∴圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2故A正确；对于B，∵圆锥的底面直径和高等于2R，∴圆锥的侧面积为S2＝πR·R2＋4R2 ＝ 5 πR2，故B错误；对于C，∵圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝43πR3，圆锥的体积为V2＝13πR2·2R＝23πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确．答案：ACD11．解析：如图，△PAC是正四棱锥的对角面，设球半径为r，AC是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为 2 r，棱锥体积为V＝13 ×（ 2 r）2×r＝23 r3＝18，r＝3，半球体积为V ＝23 πr3＝23 π×33＝18π，表面积为S ＝2π×32＋π×32＝27π.答案：ABC12．解析：由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示：对A ：因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以PA ⊥EF ，故选项A 正确；对B ：因为M 为BE 的中点，所以VM - AEF ＝12 VP - AEF ＝12 ×13 ×12 ×2×2×4＝43 ，故选项B 错误；对C ：三棱锥P - AEF 外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径（2R ）2＝22＋22＋42＝24，所以三棱锥P - AEF 外接球的表面积为S ＝4πR2＝24π，故选项C 正确；对D ：过点M 的平面截三棱锥P - AEF 的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O 的大圆，此时截面圆的面积为πR2＝π（ 6 ）2＝6π，最小截面为过点M 垂直于球心O 与M 连线的圆，此时截面圆半径r ＝R2－OM2 ＝6－5 ＝1，截面圆的面积为πr2＝π，所以过点M 的平面截三棱锥P - AEF 的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]，故选项D 正确．答案：ACD13．解析：因圆锥的轴截面是一个顶角为2π3 ，腰长为2的等腰三角形，则此等腰三角形底边上的高即为圆锥的高h ，因此，h ＝2cos π3 ＝1，圆锥底面圆半径r ＝22－h2 ＝ 3 ，所以圆锥的体积为V ＝13 πr2h ＝13 π×（ 3 ）2×1＝π.答案：π14．解析：圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，所以圆台的母线长为2πr2π －2πr1π ＝2r2－2r1，圆台的侧面积为2πr1＋2πr22×（2r2－2r1）＝2π（r 2 －r 21 ）＝4π， 所以r 22 －r 21 ＝2.答案：215．解析：设该正四棱锥为P - ABCD ，由正四棱锥和球的性质可知球的球心在高上，设球心为O ，底面中心为E ，因为底面是正方形，所以DE ＝12 102＋102 ＝5 2 ，在直角三角形ODE 中，OD2＝OE2＋DE2，设球的半径为r ，所以有r2＝（7－r ）2＋50⇒r ＝9914 .答案：991416．解析：依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为△MNG 的中心，因为MN ＝6，所以△MNG 内切圆的半径r ＝OH ＝13 MH ＝13 MN2－HN2 ＝3 ，即内切球的半径R ＝ 3 ，所以内切球的表面积S ＝4πR2＝12π，又正三棱柱的高AA1＝2R ＝2 3 ，所以OM ＝23 OH ＝2 3 ，所以AO ＝OM2＋AM2 ＝（23）2＋（3）2 ＝15 ，所以A 到球面上的点的距离最小值为AO －R ＝15 － 3答案：12π 15 － 3。