2018届浙江省高三数学优质金卷分类汇编解析版专题9立体几何与空间向量

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专题3-9 浙江卷第3套优质错题重组卷-2018冲刺高考用好

1．D 【解析】{}{|12}{|41},2A x x x B x x =<≤=-≤<-=-，[)4,.A B ⋃=-+∞故选D.点睛：设命题,p q 对应的集合分别为A,B ，则有：（1）若p 是q 的充分条件A B ⇔⊆；（2）若p 是q 的充分不必要条件A⇔ B ．解决此类问题时先根据以上结论将充分必要条件的问题转化为集合间的包含关系，然后再化为不等式（组）求解，解题时要注意不等式的等号是否能取到．3．C 【解析】根据题意知原图是一个直三棱柱，躺在平面上，上下底面是等腰直角三角形，则表面积由五个面构成，表面积为： 1222382⨯+⨯=+ 故答案为：C .4．D 【解析】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，化简目标函数2z x y =+为2y x z =-+，由图可知，当直线2y x z =-+过点()2,0A 时，直线在y 轴上的截距最大， z 有最大值max 2204z =⨯+=，故选D.据此可得：实数a 的取值范围为(],5-∞. 本题选择D 选项.点睛：对于与二次函数有关的不等式恒成立或存在问题注意等价转化思想的运用．二次函数的综合应用多涉及单调性与最值或二次方程根的分布问题，解决的主要思路是等价转化，多用到数形结合思想与分类讨论思想．6．B 【解析】由题意得1n n a a ＋＝，所以数列{}n a 是常数列，故1n a a =．∵111=222n n n n n nn n c a b a b c b c a +++++++=+， ∴()()()1111111111211122220222n n n n n n nb c a b c a b c a b c a ++--+-=+-=+-==+-=， ∴12n n b c a +=，即1||2n n n n A B A C a +=．∴n n n A B C ∆是以点n n B C ，为焦点，长轴长为12a 的椭圆的焦点三角形，又11b c >，所以n n n A B C ∆的形状和位置如下图所示：∵11 222n n n n n n n n c a b a b cb c ++++--=-=-， ∴数列{}n n b c -是首项为11b c -，公比为12-的等比数列，∴()11112n n n b c b c -⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，点睛：本题将数列、解析几何等知识相结合，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．首先，在数列运算的基础上，要处理好数列{}{}{}n n n a b c ，，之间的关系，掌握数列变化中的确定性；其次，在解析几何特征分析上，确定出点n A 的几何特征；最后由椭圆的定义将问题加以解决． 7．B 【解析】不等式12x m x -<- ⇔ ()212m x x -<-在[]0,2x ∈上恒成立，令()2mg x x =-，()()21h x x =-，由图可知，12m <或522m >，即()(),25,m ∈-∞⋃+∞；又()xf x e mx =-在()3,+∞上单调递增，故()0xf x e m ='-≥在()3,+∞上恒成立， 3m e ∴≤，综上，·()(3,25,m e ⎤∈-∞⋃⎦.故选：B.8．A 【解析】游客摸出的2个小球同色的概率为22232525C C C += ，所以摊主从每次游戏中获得的利润分布列为，因此23110.255EX =-⨯+⨯=. 9．B 【解析】∵，，如图点睛：本题考查异面直线夹角求解，利用向量的方法，能降低了思维难度．注意一般地异面直线所成角与两直线方向向量夹角相等或互补，余弦的绝对值相等；由得到，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量方法求出异面直线与所成角的余弦值.10．C 【解析】以C 为原点，以,CD CB 所在直线为x 轴、y 轴建立坐标系，则()()3,2,0,2,A B ---()3,0,C - ()()()3,0,3,2,0,2AB AC AD ===，1CP =，且P 在矩形内， ∴可设()3cos ,2P sin ααπαπ⎛⎫<< ⎪⎝⎭， ()cos 3,2AP sin αα=++， 13cos 9I AB AP α=⋅=+，23cos 213I AC AP sin αα=⋅=++， 324I sin α=+， 2121240,I I sin I I α∴-=+>>， A 错误， C正确， ()3152350I I sin sin αααϕ-=-+-=-+<， 31I I <， B 错误， D 错误，故选C.【方法点睛】本题主要考查平面向量数量积公式的坐标表示，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是几何形式， cos a b a b θ⋅=，二是坐标形式， 1212a b x x y y ⋅=+（求最值问题与求范围问题往往运用坐标形式），主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， ·cos ·a ba bθ=（此时·a b 往往用坐标形式求解）；（2）求投影， a 在b 上的投影是a bb⋅；（3）,a b 向量垂直则0a b ⋅=;(4)求向量ma nb + 的模（平方后需求a b ⋅）.11．3【解析】因为()()()12225a bi i a b b a i +-=++-=，根据复数相等则25a b +=， 20b a -=，解得1,2a b ==，所以3a b +=，故填3.12． 6点睛：本题主要是熟练掌握余弦定理的应用，已知一角及两边求第三边；三角形面积公式是12乘以两边长及夹角的正弦值.13． 3 -27【解析】（1）因为系数的绝对值之和为64，则当1x =时，有()3164n+=，所以3n =；（2）(()33332133131kk kk kk kk T CC x x ---+-⎛⎫==⋅⋅- ⎪⎝⎭，所以1k =，常数项为()11233127C ⋅⋅-=-.14．1,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭ 1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】若0c =，由二次函数的性质，可得2111,2,,43x x x ⎡⎤⎡⎫+∈-∈+∞⎪⎢⎥⎢⎣⎦⎣⎭，()f x ∴的值域为1,4⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，若()f x 值域为1,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦， 2x =-时， 22x x +=且12x =-时，214x x +=-，要使()f x 的值域为1,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦，则20{2 12c c c c>+≤≤，得122c ≤≤，实数c 的取值范围是1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故答案为1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦.16．60种【解析】根据题意分3种情况①当甲第一次传给其余3人，有133C =种情况，第二次将手帕传给了甲，第三次甲再传给其余3人，有133C =种情况，第四次传给了除甲以外的2人，有132C =种情况，第五次传给甲，此时有33218⨯⨯=种情况； ②当甲第一次传给其余3人，有133C =种情况，第二次将手帕传给了除甲以外的2人，有122C =种情况，第三次传给了甲，第四次传给了其余3人，有133C =种情况，第五次传给甲，此时有33218⨯⨯=种情况； ③当甲第一次传给其余3人，有133C =种情况，第二次将手帕传给了除甲以外的2人，有122C =种情况，第三次再传给了除甲以外的2人，有122C =种情况，第四次仍然传给了除甲以外的2人，有122C =种情况，第五次传给甲，此时有322224⨯⨯⨯=种情况综上，共有18182460++=种不同的传递方法，故答案为60.17．[]5,1-【解析】()()22x x f x x -=⋅-，()()()()2222x x x x f x x x f x ---=-⋅-=⋅-=，()f x ∴是偶函数()f x 在区间112⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上为增函数则不等式()()12f ax f x +≤-成立则12ax x +≤-存在112x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，12min max ax x ∴+≤-3131222a -≤+≤，解得51a -≤≤，故实数a 的取值范围是[]51-，.点睛：本题是一道关于函数的题目，主要考查了函数恒成立问题以及函数的奇偶性和单调性的应用.结合函数恒成立的条件，可以构造一个关于a 的不等式，解不等式即可得到实数a 的取值范围. 18．（1）T ；（2）当6x π=-时， ()f x 取得最小值1-；当6x π=时， ()f x 取得最大值2【解析】试题分析：（Ⅰ）化函数f （x ）为正弦型函数，再求出它的最小正周期；（Ⅱ）由x ∈,64ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦求得f （x ）的单调区间，从而求得f （x ）的最大、最小值．（2）由64x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，得22663x πππ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，，所以当2662x πππ⎡⎤+∈-⎢⎥⎣⎦，，即66x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，时，函数()f x 单调递增；当22623x πππ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，，即64x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，时，函数()f x 单调递减；且当266x ππ+=-，即6x π=-时， 1sin 262x π⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，此时()=1f x -；当262x ππ+=，即6x π=时， sin 216x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，此时()=2f x ;当2263x ππ+=，即4x π=时， sin 262x π⎛⎫+= ⎪⎝⎭，此时()f x 所以当6x π=-时， ()f x 取得最小值1-；当6x π=时， ()f x 取得最大值2.19．(1)见解析；（2）FH 与平面BEF . 【解析】试题分析：（1）要证面面垂直，可先证线线垂直，先由线面关系得到AC DE ⊥，由ABCD 为正方形得AC BD ⊥，进而得到AC ⊥平面BDE ，从而得到面面垂直；（2）建立空间坐标系，分别求得面的法向量和线的方向向量，由向量夹角公式求得线面角.由ABCD 为正方形得AC BD ⊥，又BD DE D ⋂=， BD ， DE ⊂平面BDE ， ∴AC ⊥平面BDE ，又∵AC ⊂平面AEC ， ∴平面AEC ⊥平面BDE .（Ⅱ）由ED ⊥平面ABCD 得AD ED ⊥， CD ED ⊥，又AD DC ⊥故以D 为原点， DA ， DC ， DE 所在直线分别为x 轴， y 轴， z 轴建立图示空间直角坐标系，则()2,0,0A ， ()2,2,0B ， ()0,0,3E ， ()2,0,2F ，设DH DB λ=，则()2,2,0H λλ，设平面BEF 的一个法向量为(),,n x y z =，由()2,2,3BE =--， ()2,0,1EF =-，{n BE n EF ⋅=⋅=得2230{20x y z x z --+=-=取1x =得()1,2,2n =，设FH 与平面BEF 所成的角为θ，则sin cos ,n FH θ= 214n FH n FH⋅==7=，∴FH 与平面BEF 所成角的正弦值为7. 20．(1) ()min ln2f x = (2) 1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】试题分析：（1）将参数代入函数表达式，对函数求导，研究导函数的正负，进而得到函数的最值；（2）原不等式等价于2112a x nx x ≤-+在[)1,+∞上恒成立，设函数()2112m x x nx x =-+， 1x ≥，研究函数的单调性，求函数的最小值即可。

优质金卷：浙江省金丽衢十二校2018届高三第二次联考数学试题(解析版)

1．C 【解析】分析：解分式不等式得集合M,再根据集合的并集定义得结果. 详解：因为，所以,因此M ∪N= [0，2），选C.点睛：集合的基本运算的关注点(1)看元素组成．集合是由元素组成的，从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的前提． (2)有些集合是可以化简的，先化简再研究其关系并进行运算，可使问题简单明了，易于解决． (3)注意数形结合思想的应用，常用的数形结合形式有数轴、坐标系和Venn 图．2．A 【解析】双曲线两条渐近线互相垂直, 21b a ⎛⎫∴-=- ⎪⎝⎭,计算得出b a =.即为等轴双曲线.c e a ===点睛：1.解答此类题目的关键是由多面体的三视图想象出空间几何体的形状并画出其直观图．2．三视图中“正侧一样高、正俯一样长、俯侧一样宽”，因此，可以根据三视图的形状及相关数据推断出原几何图形中的点、线、面之间的位置关系及相关数据．4．B 【解析】分析：先根据图确定半个周期，得ω，再根据最大值求φ. 详解：因为，所以因为，所以因为|φ|＜因此，选B.点睛：已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特殊点求.点睛：首先对于复数的四则运算，要切实掌握其运算技巧和常规思路，如. 其次要熟悉复数相关基本概念，如复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为6．B【解析】分析：先根据等差数列定义及其通项公式得，再根据正项数列条件得a n，即得a6.详解：因为，所以所以公差等差数列，，因为，因此，选B.点睛：证明或判断为等差数列的方法：(1)用定义证明：为常数）；(2)用等差中项证明：；(3)通项法：为的一次函数；(4)前项和法：7．A【解析】分析：先根据能被3整除的三位数字组成为012，024，123，234四种情况，再分类讨论排列数，最后相加得结果.详解：因为能被3整除的三位数字组成为012，024，123，234四种情况，所以对应排列数分别为因此一共有，选A.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.若f（x）= sin2（x+）是“Θ函数”，则，因此“Θ函数”的个数为2，选B.点睛：函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.9．A【解析】分析：根据基本不等式求最值c，并确定a,b取值，再根据绝对值定义去掉绝对值，结合分段函数图像确定最小值.详解：因为，所以当且仅当时取等号，此时因为，所以因此当时，f（x）取最小值为3.选A.点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.点睛：立体几何中定值或定位置问题，其基本思想方法是以算代证，或以证代证，即从条件出发，计算所求体积或证线面平行与垂直关系，得到结果为定值或位置关系为平行或垂直.11． 6 【解析】分析：根据偶函数性质求对偶区间解析式，结合函数图像与确定交点个数.详解：因为f（x）为偶函数，所以当x＜0时，f（x）=,因为[5f（x）﹣1][f（x）+5]=0，所以研究与交点个数，如图：因此有6个交点.点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可.(2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第项，由特定项得出值，最后求出其参数.13．【解析】分析：根据向量模的性质以及向量数量积求以及||，再根据向量数量积求向量夹角.详解：因为的夹角为，所以，，所以因此.点睛：求平面向量夹角方法：一是夹角公式；二是坐标公式；三是几何方法，从图形判断角的大小.14．【解析】分析：根据条件A=B，得f（0）=0，解得a;再根据f（-b）=0，得f（x）=-b无解或仅有零根，解得b的取值范围.详解：因为A=B，所以f（x）=0成立时f（f（x））=0也成立，因此f（0）=0，，即参数a的所有取值构成的集合为，因为f（x）=x2+ bx，所以由f（x）=0得当-b=0时, f（f（x））= x4=0,满足A=B，当时,由f（f（x））=0得f（x）=0或f（x）=-b，因此f（x）=-b无解或仅有零根，因为，即方程无解，，综上b的取值范围为点睛：已知函数有零点或方程有解求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的方程或不等式，再通过解方程或不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数交点或函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.16．7.2【解析】分析：先确定随机变量的取法2，4，8，16，再分别求对应概率，最后根据数学期望公式求期望.详解：因为留在手中的球的标号可以为2，4，8，16，所以,,,因此点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤为：第一步是“判断取值”，第二步是“探求概率”，第三步是“写分布列”，第四步是“求期望值”.点睛：研究解几问题，一是注重几何性，利用对称性减少参数；二是巧记一些结论，简约思维、简化运算，如利用关于原点对称，为椭圆上三点).18．（1）（2）2或【解析】分析：（1）先根据两角和与差正弦公式展开，再根据配角公式得基本三角函数形式，最后根据正弦函数周期公式求结果，（2）先求A,再根据面积公式求不，最后根据余弦定理求a.详解：解：函数f（x）=sin（x+）+sin（x﹣）+cosx．化简可得：f（x）=2sinxcos+cosx=sinx+cosx=2sin（x+）（Ⅰ）f（x）的最小正周期T=；（Ⅱ）由f（A）=，即2sin（A+）=，∴sin（A+）=，∵0＜A＜π，∴＜（A+）．可得：（A+）=或则A=或A=．当则A=时，△ABC的面积为=bcsinA，AB=c=，∴b=AC=2余弦定理：BC2=22+（2）2﹣2××cos，解得：BC=2当A=时，△ABC的面积为=bc，AB=c=，∴b=AC=1直角三角形性质可得：BC2=22+（2）2，解得：BC=．点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.19．（1）见解析（2）1详解：证明：（Ⅰ）连结AC，BD，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵SB⊥底面ABCD，∴AC⊥SB，∴AC⊥面SBD，又由AC⊂面SAC，∴面SAC⊥面SBD．解：（Ⅱ）将四棱锥补成正四棱柱ABCD﹣A′SC′D′，连结A′D，作AE⊥A′D于E，连结SE，由SA′∥CD，知平面SCD即为平面SC DA′，∵CD⊥侧面ADD′A′，∴CD⊥AE，又AE⊥A′D，∴AE⊥面SCD，∴∠ASE即为SA与平面SCD所成角的平面角，设SB=x，在直角△ABS中，SA=，在直角△DAA′中，∴=，解得x=1，∴SB的长为1．点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.20．（1）y=1（2）在[0，+∞）递增，在（﹣∞，0]递减；（3）详解：解：（Ⅰ）∵f′（x）=a x lna﹣lna=（a x﹣1）lna，∴f′（0）=0，又∵f（0）=1，∴所求切线方程是：y=1；（Ⅱ）当a＞1时，令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，当0＜a＜1时，令f′（x）＞0，解得：x＞0，令f′（x）＜0，解得：x＜0，故对∀a＞0，且a≠1，f（x）在[0，+∞）递增，在（﹣∞，0]递减；（Ⅲ）记f（x）在x∈[﹣1，1]上的最大值是M，最小值是m，要使对任意x1，x2∈R，有|f（sinx1）﹣f（sinx2）|≤e﹣2，只需M﹣m≤e﹣2即可，要使M﹣m≤e﹣2，即有a﹣lna﹣1≤e﹣2，再令h（x）=x﹣lnx，由h′（x）=可知h（x）在（1，+∞）递增，不等式a﹣lna≤e﹣1可化为h（a）≤h（e），解得：1＜a≤e，当0＜a＜1时，g（a）＞g（1）=0，即f（﹣1）＞f（1），此时M=+lna，要使M﹣m≤e﹣2，即有+lna﹣1≤e﹣2，再令l（x）=+lnx，由l′（x）=，可知l（x）在（0，1）递减，不等式+lna≤e﹣1可化为l（a）≤l（），解得：≤a＜1，综上，a的范围是[，1）∪（1，e]．点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.21．（1）（2）【解析】分析：（1）根据条件列关于a,b,c方程组，解方程组可得a,b，（2）交轨法求轨迹，先设P,Q坐标,根据垂直关系得斜率乘积为-1，两式对应相乘，利用椭圆方程化简可得Q点轨迹方程，最后根据根据纯粹性去掉两点.（Ⅱ）设P（5cosθ，3sinθ），A'（5，0），θ≠kπ，k∈Z，设Q（x，y），x≠5且x≠﹣5，于是，×=﹣1，×=﹣1，两式相乘：×=1，化简，所求轨迹方程为：，x≠5且x≠﹣5，∴点Q的轨迹方程，x≠5且x≠﹣5．点睛：求轨迹方程，一般有以下方法，一是定义法，动点满足圆或圆锥曲线定义；二是直接法，化简条件即得；三是转移法，除所求动点外，一般还有已知轨迹的动点，寻求两者关系是关键；四是交轨法或参数法，如何消去参数是解题关键，且需注意消参过程中的等价性.22．（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】分析：（1）先根据和项与通项关系得项之间递推关系，再利用等比数列定义证数列{a n+1}为等比数列；（2）先根据等比数列通项公式求a n+1，解得a n，再放缩利用等比数列求和公式得结论，（3）先求导数，得，再利用错位相减法求其中部分和，即得，最后根据相邻两项差的关系判断数列单调性,这时可利用数学归纳法证明.详解：解：（Ⅰ）证明：a n+1=Sn+n+1，可得当n≥2时，a n=S n﹣1+n，两式相减可得，a n+1﹣a n=a n+1，可得a n+1+1=2（a n+1），n≥2，由a1+1=2，a2+1=4，可得数列{a n+1}为公比为2的等比数列；n＞3时，Tn=1++++…+＜1+++（++…+）=1+++＜1+++=1++＜1++=；（Ⅲ）设函数，令，f′n（x）=a n+2a n﹣1x+…+na1x n﹣1，则bn=f′n（1）=a n+2a n﹣1+…+na1=（2n﹣1）+2（2n﹣1﹣1）+3（2n﹣2﹣1）+…+n（21﹣1）=2n+2•2n﹣1+3•2n﹣2+…+n•21﹣．令A=2n+2•2n﹣1+3•2n﹣2+…+n•21，A=2n﹣1+2•2n﹣2+3•2n﹣3+…+n•20，两式相减可得，A=2n+2n﹣1+2n﹣2+…+2﹣n=2n+1﹣n﹣2，即A=2n+2﹣2n﹣4，bn=2n+2﹣2n﹣4﹣=2n+2﹣n2﹣n﹣4，{bn}递增，只需证明当n为自然数时，bn+1﹣bn=2n+2﹣n﹣3＞0．当n=1时，2n+2﹣n﹣3=4＞0，假设n=k时，2k+2﹣k﹣3＞0，则当n=k+1时，2k+3﹣k﹣4=（2k+2﹣k﹣3）+（2k+2﹣1）＞0恒成立，综上可得，当n为一切自然数时，b n+1＞b n．即数列{b n}为递增数列．点睛：用错位相减法求和应注意的问题(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；(2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1和不等于1两种情况求解.。

高中数学立体几何与空间向量真题(解析版)

高中数学专题16立体几何与空间向量真题1．如图，正方体的一个截面经过顶点A，C及棱EF上一点K，且将正方体分成体积比为3：1的两部分，则的值为.【答案】【解析】设.截面与FG交于J.，解得(舍去)故.2．设点P到平面的距离为3，点Q在平面上，使得直线PQ与所成角不小于30°且不大于60°，则这样的点Q所构成的区域的面积为.【答案】【解析】设点P在平面上的射影为O.由条件知，.即OQ∈[1，3]，故所求的区域面积为.3．在正三棱锥中,,过AB的平面将其体积平分.则棱与平面所成角的余弦值为_____________。

【答案】【解析】设的中点分別为，则易证平面A BM即为平面由平行四边形的性质知,所以，又直线P C在平面上的射影为直线MK,由得因此，棱P C与平面所成角的余弦值为.故答案为：4．设P为一圆锥的顶点，A、B、C为其底面圆周上的三点，满足∠ABC=90°，M为AP的中点．若AB =1，AC=2，AP=，则二面角M-BC-A的大小为________.【答案】【解析】由，知AC为底面圆的直径.如图所示，设底面中心为O.于是，平面ABC.故.设H为M在底面上的射影.则H为AO的中点.在底面中作于点K.由三垂线定理知.从而，为二面角M-BC-A的平面角.由，结合得:.故二面角M-BC-A的大小为.5．四棱锥P-ABCD中，已知侧面是边长为1的正三角形，M、N分别为边AB、BC的中点.则异面直线MN与PC之间的距离为___________.【答案】【解析】如图，设底面对角线AC与BD交于点O，过点C作直线MN的垂线，与MN交于点H.由于PO为底面的垂线，故PO⊥CH.又AC⊥CH，于是，CH与平面POC垂直.从而，CH⊥PC.因此，CH为直线MN与PC的公垂线段.注意到，.故异面直线MN与PC之间的距离为.6．已知正三棱锥底面边长为1，高为.则其内切球半径为______.【答案】【解析】如图，设球心在平面与平面内的射影分别为，边的中点为，内切球半径为.则分别三点共线，，且.故.解得.7．设同底的两个正三棱锥内接于同一个球.若正三棱锥的侧面与底面所成的角为，则正三棱锥的侧面与底面所成角的正切值是______.【答案】4【解析】如图6，联结.则，垂足为正的中心，且过球心.联结并延长与交于点.则为边的中点，且.易知，分别为正三棱锥、正三棱锥的侧面与底面所成二面角的平面角. 则.由.故.8．在四面体中，已知.则四面体的外接球的半径为______.【答案】【解析】易知，为正三角形，且CA=CB.如图，设P、M分别为AB、CD的中点，联结PD、PC.则平面平面PDC.设的外心为N，四面体ABCD的外接球的球心为O.则.可求得由题意知.在中，由余弦定理得又因为D、M、O、N四点在以DO为直径的圆上所以故外接球的体积.9．已知正三棱柱的9条棱长都相等，是边的中点，二面角.则________.【答案】【解析】解法1 如图，以所在直线为轴、线段的中点为原点、所在直线为轴建立空间直角坐标系.设正三棱柱的棱长为2.则.故.设分别与平面、平面垂直的向量为.则由此可设.所以，，即.因此，.解法2如图..设交于点.则平面.又，则平面.过点在平面上作，垂足为，联结.则为二面角的平面角.设.易求得.在中，.又，则.故.1．四面体P-ABC，,则该四面体外接球的半径为________. 【答案】【解析】将四面体还原到一个长方体中，设该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则，所以四面体外接球的半径为.2．四面体ABCD中，有一条棱长为3，其余五条棱长皆为2，则其外接球的半径为____.【答案】【解析】解:设BC=3,AB=AC=AD=BD=CD=2,E,F分别是BC,AD的中点，D在面ABC上的射影H应是△ABC的外心，由于DH上的任一点到A,B,C等距，则外接球心O在DH上，因，所以AE=DE,于是ED为AD的中垂线是，顒球心O是DH，EF的交点，且是等腰△EAD的垂心，记球半径为r，由△DOF～△EAF，得.而,所以.3．如图，在四棱锥P－ABCD中，P A⊥平面ABCD，底面ABCD为正方形，P A=AB.E、F分别为PD、BC的中点，则二面角E－FD－A的正切值为________.【答案】【解析】如图，作EH⊥AD于H，连HF.由P A⊥面ABCD，知P A⊥AD，EH∥P A，EH⊥ABCD.作HG⊥DF于G，连EG，则EG⊥FD，∠EGH为二面角E－FD－A的平面角.∵ABCD为正方形，E、F分别为PD、BC的中点，∴H为AD中点，FH⊥AD.设P A=AB=2，则，FH=2，HD=4，.∴.∴二面角E－FD－A的正切值为.4．已知正四面体内切球的半径是1，则该正四面体的体积为________.【答案】【解析】设正四面体的棱长为.则该正四面体的体积为，全面积为，所以，解得.从而正四面体的体积为.故答案为：5．正方体AC1棱长是1，点E、F是线段DD1，BC1上的动点，则三棱锥E一AA1F体积为___.【答案】【解析】因为F是BC1上的动点，所以在正方体中有，利用等体积转化有.故答案为.6．顶点为P的圆锥的轴截面是等腰直角三角形，A是底面圆周上的点，B是底面圆内的点，O为底面圆圆心，AB⊥OB，垂足为B，OH⊥HB，垂足为H，且P A=4，C为P A的中点，则当三棱锥O-HPC的体积最大时，OB的长为________．【答案】【解析】法一：AB⊥OB，PB⊥AB，AB⊥面POB，面P AB⊥面POB．OH⊥PB，OH⊥面P AB，OH⊥HC，OH⊥PC，又，PC⊥OC，PC⊥面OCH．PC是三棱锥P-OCH的高．PC=OC=2．而△OCH的面积在时取得最大值(斜边=2的直角三角形)．当时，由，知∠OPB=30°，．法二：由C为P A中点，故，而．记则，．∴令，得，.故答案为：7．如图，在正三棱柱中，AB=2，，D、F分别是棱AB、的中点，E为棱AC 上的动点，则△DEF周长的最小值为__________.【答案】【解析】由正三棱锥可得底面ABC，所以AB，AC.在Rt△ADF中，.如图①，把底面ABC与侧面在同一个平面内展开，展开图中只有当D、E、F三点在同一条直线上时，DE+EF取得最小值.如图②，在△ADF中，，由余弦定理可得.所以△DEF周长的最小值为.8．在边长为1的长方体内部有一小球，该小球与正方体的对角线段相切，则小球半径的最大值=___________.【答案】【解析】当半径最大时，小球与正方体的三个面相切.不妨设小球与过点的三个面相切.以为原点，分别为x、y、z轴正方向，建立空间直角坐标系.设A(0，1，1)，(1，0，0)，小球圆心P(r，r，r)，则P到的距离.再由，得.故答案为：9．正方体中，E为AB的中点，F为的中点.异面直线EF与所成角的余弦值是_____. 【答案】【解析】设正方体棱长为1，以DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，则.故有.所以.故答案为：10．在半径为R的球内作内接圆柱，则内接圆柱全面积的最大值是_____.【答案】【解析】设内接圆柱底面半径为，则高位，那么全面积为.其中，等号成立的条件是.故最大值为.故答案为：11．已知空间四点满足，且是三棱锥的外接球上的一个动点，则点到平面的最大距离是______．【答案】【解析】将三棱锥补全为正方体，则两者的外接球相同．球心就是正方体的中心，记为，半径为正方体对角线的一半，即为．在正方体里，可求得点到平面的距离为，则点到平面的最大距离是．12．在正四核锥中，已知二面角的正弦值为，则异面直线所成的角为______．【答案】【解析】如图，设的交点为上的射影为，则．又因为，因此，所以，则．因此即为二面角的平面角，从而．设，则．在中，．由此得，因此，解得．从而四棱锥各侧面均为正三角形，则异面直线所成的角为．13．半径分别为6、6、6、7的四个球两两外切.它们都内切于一个大球，则大球的半径是________【答案】14【解析】设四个球的球心分别为A、B、C、D，则AB=BC=CA=12，DA=DB=DC=13，即A、B、C、D两两连结可构成正三棱锥.设待求的球心为X，半径为r.，则由对称性可知DX平面ABC.也就是说，X在平面ABC上的射影是正三角形ABC的中心O.易知.设OX=x，则由于球A内切于球X，所以AX=r-6即①又DX=OD-OX=11-x，且由球D内切于球X可知DX=r-7于是②从①②两式可解得即大球的半径为14.故答案为：1414．一个棱长为6的正四面体纸盒内放一个小正四面体，若小正四面体可以在纸盒内任意转动，则小正四面体棱长的最大值为______．【答案】2【解析】因为小正四面体可以在纸盒内任意转动，所以小正四面体的棱长最大时，为大正四面体内切球的内接正四面体．记大正四面体的外接球半径为，小正四面体的外接球(大正四面体的内切球)半径为，易知，故小正四面体棱长的最大值为．15．已知棱长的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，则该圆柱体积的最大值为_____.【答案】【解析】由题意知只需考虑圆柱的底面与正方体的表面相切的情况.由图形的对称性可知，圆柱的上底面必与过A点的三个面相切，且切点分别在、AC、上.设线段上的切点为E，圆柱上底面中心为，半径.由，则圆柱的高为，由导数法或均值不等式得.。

专题08 平面解析几何-2018届浙江省高三数学优质金卷考卷分项(原卷版)

第八章平面解析几何一．基础题组1.【浙江省杭州市2018届高三上学期期末】双曲线2214y x -=的渐近线方程为（）A. 12y x =±B. 2y x =±C. y x =D. y x = 2. 【浙江省嘉兴市2018届高三上学期期末】设点P 是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>与圆2222x y a b +=+在第一象限的交点， 12,F F 是双曲线的两个焦点，且1223PF PF =，则双曲线的离心率为1323. 【浙江省嘉兴市2018届高三上学期期末】点()1,0-到直线10x y +-=的距离是C. 1D. 124. 【浙江省宁波市2018届高三上学期期末】已知焦点在y 轴上的椭圆2214x y m +=的离心率为12，则实数m 等于（）A. 3B.165 C. 5 D. 1635.【浙江省宁波市2018届高三上学期期末】已知双曲线C 的渐近线方程是y =±，右焦点()3,0F ，则双曲线C 的方程为_________，又若点()0,6N ， M 是双曲线C 的左支上一点，则FMN ∆周长的最小值为__________．6. 【浙江省台州市2018届高三上学期期末】双曲线22143x y -=的离心率为___________，渐近线方程为___________.7. 【浙江省台州中学2018届高三上学期第三次统练】已知圆C ： 224x y +=，点P 为直线290x y +-=上一动点，过点P 向圆C 引两条切线,PA PB ， ,A B 为切点，则直线AB 经过定点（）A. 48,99⎛⎫⎪⎝⎭ B. 24,99⎛⎫⎪⎝⎭C. ()2,0 D ． ()9,0 8. 【浙江省台州中学2018届高三上学期第三次统练】已知双曲线2213x y b-=的一焦点与抛物线28y x =的焦点重合，则该双曲线的渐近线方程为( )A. 13y x =±B. 3y x =±C. y x =D. y = 9. 【2017年12月浙江省高三上学期期末热身】双曲线22194y x -=的离心率是（）10. 【浙江省部分市学校（新昌一中、台州中学等）2018届高三上学期9+1联考】已知圆C ： ()222x y r r +-=（0r >），点()1,0A ，若在圆C 上存在点Q ，使得60CAQ ∠=︒， r 的取值范围是__________.11. 【浙江省部分市学校（新昌一中、台州中学等）2018届高三上学期9+1联考】设点P 是双曲线22221x y a b-=（a ， 0b >）上异于实轴端点上的任意一点， 1F ， 2F 分别是其左右焦点， O 为中心，2212||2b PF PF OP -=，则此双曲线的离心率为（）D. 2 12. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三9月基础知识测试】已知为椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点，且，则该椭圆与双曲线的离线率知积的最小值为（）A. B. C. D.13. 【浙江省名校协作体2018届高三上学期测试】．设,A B 是椭圆22:14x y C k+=长轴的两个端点，若C 上存在点P 满足120APB ∠=，则k 的取值范围是（）42.0,[12,+).0,[6,+)3324.0,[12,+).0,[6,+)33A B C D ⎛⎤⎛⎤⋃∞⋃∞ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦⎛⎤⎛⎤⋃∞⋃∞ ⎥⎥⎝⎦⎝⎦14. 【浙江省名校协作体2018届高三上学期测试】双曲线22194y x -=的渐近线方程是（）9432 (4923)A y xB y xC y xD y x =±=±=±=±15. 【浙江省镇海中学2018届高三上学期期中】圆221x y +=上任意一点P ，过点P 作两直线分别交圆于A ，B 两点，且60APB ∠=，则22PA PB +的取值范围为__________．16. 【浙江省镇海中学2018届高三上学期期中】已知O ， F 分别为双曲线()2222:100x y E a b a b-=>>，的中心和右焦点，点G ， M 分别在E 的渐近线和右支， FG OG ⊥， GM x //轴，且OM OF =，则E 的离心率为()17. 【浙江省镇海中学2018届高三上学期期中】已知抛物线24y x =的焦点为F ， O 为原点，若M 是抛物线上的动点，则OM MF的最大值为()18.【浙江省温州市2018届高三9月高考适应测试（一模）】双曲线的焦点在轴上，实轴长为4，离心率为，则该双曲线的标准方程为__________，渐进线方程为__________． 19．【浙江省温州市2018届高三9月高考适应测试（一模）】已知直线：与圆：交于，两点（其中是坐标原点），则圆心到直线的距离为__________，点的横坐标为__________．20. 【浙江省温州市2018届高三9月高考适应测试（一模）】正方形的四个顶点都在椭圆上，若椭圆的焦点在正方形的内部，则椭圆的离心率的取值范围是（）A. B. C. D.21. 【浙江省清源中学2018届高三9月月考】过点()0,1M 且斜率为1的直线l 与双曲线:C22221(0,0)x y a b a b -=>>的两渐近线交于点,A B ，且2BM AM =，则直线l 的方程为__________；如果双曲线的焦距为，则b 的值为__________．22. 【浙江省清源中学2018届高三9月月考】已知焦点在x 轴上的椭圆2213x y m +=的离心率为12，则m =（）C. 4D. 223. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三上学期期中】设直线x －3y+m=0（m≠0）与双曲线(a ＞0,b ＞0)的两条渐近线分别交于A 、B 两点，若P(m, 0)满足|PA|=|PB|，则该双曲线的离心率为． 24. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三上学期期中】已知C 的方程为2220x x y -+=，直线:20l kx y x k -+-=与C 交于两点，当AB 取最大值时k = __________， ABC ∆面积最大时，k =__________．25. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三上学期期中】若双曲线221y x m-=m=___________；渐近线方程为__________．二．能力题组1. 【浙江省杭州市2018届高三上学期期末】已知椭圆22:132x y C +=，直线():0l y kx m m =+≠，设直线l 与椭圆C 交于,A B 两点.（Ⅰ）若m >k 的取值范围；（Ⅱ）若直线,,OA AB OB 的斜率成正等比数列（其中O 为坐标原点），求OAB ∆的面积的取值范围.2. 【浙江省嘉兴市2018届高三上学期期末】如图， AB 为半圆()2210x y y +=≥的直径，点,D P 是半圆弧上的两点， OD AB ⊥， 30POB ∠=︒．曲线C 经过点P ，且曲线C 上任意点M 满足： MA MB +为定值.（Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）设过点D 的直线l 与曲线C 交于不同的两点,E F ，求OEF ∆面积最大时的直线l 的方程．3. 【浙江省宁波市2018届高三上学期期末】已知抛物线C 的方程为24x y =， F 为其焦点，过不在抛物线上的一点P 作此抛物线的切线,PA PB ， ,A B 为切点.且PA PB ⊥.（Ⅰ）求证：直线AB 过定点；（Ⅱ）直线PF 与曲线C 的一个交点为R ，求AR AB ⋅的最小值.4. 【浙江省台州市2018届高三上学期期末】已知椭圆C :22221(0)x y a b a b+=>>的左右焦点分别为1F ，2F ，左顶点为A ，点P在椭圆上，且△12PF F 的面积为（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过原点O 且与x 轴不重合的直线交椭圆C 于E ， F 两点，直线分别与轴交于点．求证：以MN 为直径的圆恒过焦点1F ， 2F ，并求出△1F MN 面积的取值范围．5. 【浙江省台州中学2018届高三上学期第三次统练】如图，已知中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆的一个焦点为)， ⎛ ⎝是椭圆上的一点．（1）求椭圆的标准方程；（2）设椭圆的上、下顶点分别为,A B ， ()00,P x y （00x ≠）是椭圆上异于,A B 的任意一点， PQ y ⊥轴， Q 为垂足， M 为线段PQ 中点，直线AM 交直线:1l y =-于点C , N 为线段BC 的中点，若MON ∆的面积为32，求0y 的值． 6. 【2017年12月浙江省高三上学期期末热身】已知椭圆2222:1x y C a b+= (0)a b >>的长轴长是短轴长的2倍，且过点12⎫⎪⎭． ⑴求椭圆C 的方程；⑵若在椭圆上有相异的两点,A B （,,A O B 三点不共线），O 为坐标原点，且直线AB ，直线OA ，直线OB 的斜率满足2•(0)AB OA OB AB k k k k =>. （ⅰ）求证： 22OA OB +是定值；（ⅱ）设AOB ∆的面积为S ，当S 取得最大值时，求直线AB 的方程．7. 【浙江省部分市学校（新昌一中、台州中学等）2018届高三上学期9+1联考】如图，在平面直角坐标系xOy 中，设点()00,M x y 是椭圆C ： 2212x y +=上一点，从原点O 向圆M ： ()()220023x x y y -+-=作两条切线分别与椭圆C 交于点P ， Q ，直线OP ， OQ 的斜率分别记为1k ， 2k .（1）求证： 12k k 为定值；（2）求四边形OPMQ 面积的最大值.8. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三9月基础知识测试】如图，已知抛物线，过直线上任一点作抛物线的两条切线，切点分别为.（I ）求证：；（II ）求面积的最小值.9. 【浙江省名校协作体2018届高三上学期测试】如图，已知抛物线的焦点在抛物线22:1C y x =+上，点是抛物线上的动点．（Ⅰ）求抛物线的方程及其准线方程；（Ⅱ）过点作抛物线的两条切线， A 、B 分别为两个切点，求PAB ∆面积的最小值．10. 【浙江省镇海中学2018届高三上学期期中】已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的四个顶点组成的四边形的面积为，且经过点⎛⎝.（1）求椭圆C 的方程；（2）若椭圆C 的下顶点为P ，如图所示，点M 为直线2x =上的一个动点，过椭圆C 的右焦点F 的直线l 垂直于OM ，且与C 交于,A B 两点，与OM 交于点N ，四边形AMBO 和ONP ∆的面积分别为12,S S .求12S S 的最大值.11. 【浙江省镇海中学2018届高三上学期期中】在平面直角坐标系xOy 中，已知抛物线2:2C x py =的焦点为()0,1F ，过O 作斜率为k 的直线l 交抛物线于A （异于O 点），已知()0,5D ，直线AD 交抛物线于另一点B .（1）求抛物线C 的方程；（2）OA BF ⊥，求k 的值.12. 【浙江省温州市2018届高三9月高考适应测试（一模）】已知抛物线：（），焦点为，直线交抛物线于，两点，为的中点，且．（1）求抛物线的方程；（2）若，求的最小值．13. 【浙江省清源中学2018届高三9月月考】已知抛物线C 顶点在原点，焦点在y 轴上，抛物线C 上一点(),2Q a 到焦点的距离为3，线段AB 的两端点()11,A x y ， ()22,B x y 在抛物线C 上.（1）求抛物线C 的方程；（2）若y 轴上存在一点()0,(0)M m m >，使线段AB 经过点M 时，以AB 为直径的圆经过原点，求m 的值；（3）在抛物线C 上存在点()33,D x y ，满足312x x x <<，若ABD ∆是以角A 为直角的等腰直角三角形，求ABD ∆面积的最小值.14. 【浙江省嘉兴第一中学2018届高三上学期期中】如图，椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率为12，其左焦点到点()2,1P .不过原点O 的直线l 与C 相交于A B 、两点，且线段AB 被直线OP 平分.（1）求椭圆C 的方程；（2）求ABP ∆的面积取最大值时直线l 的方程.。

2018版高考数学(浙江专用文理通用)大一轮复习讲义第八章立体几何与空间向量第6讲Word版含答案

基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.(2017·台州统考)已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于( )A.32B.－2C.0D.32或－2 解析 ∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m，解得m ＝－2. 答案 B2.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱AA 1和BB 1的中点，则sin 〈CM →，D 1N →〉的值为( )A.19B.459C.259D.23解析如图，设正方体棱长为2，则易得CM →＝(2，－2，1)，D 1N →＝(2，2，－1)，∴cos 〈CM →，D 1N →〉＝CM →·D 1N →|CM →||D 1N →|＝－19， ∴sin 〈CM →，D 1N →〉＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－192＝459. 答案 B3.空间四边形ABCD 的各边和对角线均相等，E 是BC 的中点，那么( )A.AE →·BC →＜AE →·CD →B.AE →·BC →＝AE →·CD →C.AE →·BC →＞AE →·CD →D.AE →·BC →与AE →·CD →的大小不能比较解析取BD 的中点F ，连接EF ，则EF 綉12CD ，因为〈AE →，EF →〉＝〈AE →，CD →〉＞90°，因为AE →·BC →＝0，∴AE →·CD →＜0，所以AE →·BC →＞AE →·CD →.答案 C4.已知向量a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是( )A.－1B.43C.53D.75解析由题意得，k a ＋b ＝(k －1，k ，2)，2a －b ＝(3，2，－2).所以(k a ＋b )·(2a －b )＝3(k －1)＋2k －2×2＝5k －7＝0，解得k ＝75. 答案 D5.已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线的长都等于a ，点E ，F 分别是BC ，AD 的中点，则AE →·AF →的值为( )A.a 2B.12a 2C.14a 2D.34a 2 解析如图，设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝a ，且a ，b ，c 三向量两两夹角为60°.AE →＝12(a ＋b )，AF →＝12c ，∴AE →·AF →＝12(a ＋b )·12c ＝14(a ·c ＋b ·c )＝14(a 2cos 60°＋a 2cos 60°)＝14a 2. 答案 C二、填空题6.已知2a ＋b ＝(0，－5，10)，c ＝(1，－2，－2)，a ·c ＝4，|b |＝12，则以b ，c 为方向向量的两直线的夹角为________.解析由题意得，(2a ＋b )·c ＝0＋10－20＝－10.即2a ·c ＋b·c ＝－10，又∵a ·c ＝4，∴b·c ＝－18， ∴cos 〈b ，c 〉＝b·c |b |·|c |＝－1812×1＋4＋4＝－12， ∴〈b ，c 〉＝120°，∴两直线的夹角为60°.答案 60°7.(2017·宁波十校联考)已知a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，a 与b 夹角的余弦值为________；若a ⊥(a －λb )，则λ＝________.解析 ∵a ＝(－2，1，3)，b ＝(－1，2，1)，∴cos 〈a ，b 〉＝a ·b |a ||b |＝2＋2＋314×6＝216；由题意a ·(a －λb )＝0，即a 2－λa ·b ＝0，又a 2＝14，a ·b ＝7，∴14－7λ＝0，∴λ＝2.答案 21628.(2017·北京顺义一模)设A 1，A 2，A 3，A 4，A 5是空间中给定的5个不同的点，则使∑5k ＝1MA k →＝0成立的点M 的个数有________.解析设M (a ，b ，c )，A k ＝(x k ，y k ，z k )(k ＝1，2，3，4，5).则MA k →＝(x k －a ，y k －b ，z k －c )， ∴由∑5k ＝1MA k →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5－5a ＝0，y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5－5b ＝0，z 1＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5－5c ＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝15（x 1＋x 2＋x 3＋x 4＋x 5），b ＝15（y 1＋y 2＋y 3＋y 4＋y 5），c ＝15（z 1＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5），∴存在唯一点M . 答案 1三、解答题9.已知空间中三点A (－2，0，2)，B (－1，1，2)，C (－3，0，4)，设a ＝AB →，b ＝AC →.(1)若|c |＝3，且c ∥BC →，求向量c .(2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值.解 (1)∵c ∥BC →，BC →＝(－3，0，4)－(－1，1，2)＝(－2，－1，2)，∴c ＝mBC →＝m (－2，－1，2)＝(－2m ，－m ，2m )，∴|c |＝（－2m ）2＋（－m ）2＋（2m ）2＝3|m |＝3，∴m ＝±1.∴c ＝(－2，－1，2)或(2，1，－2).(2)∵a ＝(1，1，0)，b ＝(－1，0，2)，∴a·b ＝(1，1，0)·(－1，0，2)＝－1，又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝（－1）2＋02＋22＝5， ∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a |·|b |＝－110＝－1010，即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－1010. 10.如图所示，在平面角为120°的二面角α－AB －β中，AC ⊂α，BD ⊂β，且AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，垂足分别为A ，B .已知AC ＝AB ＝BD ＝6，求线段CD 的长.解 ∵AC ⊥AB ，BD ⊥AB ，∴CA →·AB →＝0，BD →·AB →＝0.∵二面角α－AB －β的平面角为120°，∴〈CA →，BD →〉＝180°－120°＝60°，∴CD 2＝CD →2＝(CA →＋AB →＋BD →)2＝CA →2＋AB →2＋BD →2＋2CA →·AB →＋2CA →·BD →＋2BD →·AB →＝3×62＋2×62×cos 60°＝144，∴CD ＝12.能力提升题组(建议用时：25分钟)11.在空间四边形ABCD 中，AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝( )A.－1B.0C.1D.不确定解析如图，令AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c ，则AB →·CD →＋AC →·DB →＋AD →·BC →＝a ·(c －b )＋b ·(a －c )＋c ·(b －a )＝a ·c －a ·b ＋b ·a －b ·c ＋c ·b －c ·a ＝0.答案 B12.若{a ，b ，c }是空间的一个基底，且向量p ＝x a ＋y b ＋z c ，则(x ，y ，z )叫向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标.已知{a ，b ，c }是空间的一个基底，{a ＋b ，a －b ，c }是空间的另一个基底，一向量p 在基底{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，则向量p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标是( )A.(4，0，3)B.(3，1，3)C.(1，2，3)D.(2，1，3)解析设p 在基底{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为x ，y ，z .则p ＝x (a ＋b )＋y (a －b )＋z c ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ＋z c ，①因为p 在{a ，b ，c }下的坐标为(4，2，3)，∴p ＝4a ＋2b ＋3c ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，x －y ＝2，z ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝1，z ＝3，即p 在{a ＋b ，a －b ，c }下的坐标为(3，1，3).答案 B13.(2017·郑州调研)已知O 点为空间直角坐标系的原点，向量OA →＝(1，2，3)，OB →＝(2，1，2)，OP →＝(1，1，2)，且点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB →取得最小值时，OQ →的坐标是__________.解析 ∵点Q 在直线OP 上，∴设点Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，3－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(3－2λ)(2－2λ)＝6λ2－16λ＋10＝6⎝⎛⎭⎪⎫λ－432－23.即当λ＝43时，QA →·QB →取得最小值－23. 此时OQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，83 14.如图，在棱长为a 的正方体OABC －O 1A 1B 1C 1中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE ＝BF ＝x ，其中0≤x ≤a ，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .(1)写出点E ，F 的坐标；(2)求证：A 1F ⊥C 1E ；(3)若A 1，E ，F ，C 1四点共面，求证：A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. (1)解 E (a ，x ，0)，F (a －x ，a ，0).(2)证明 ∵A 1(a ，0，a )，C 1(0，a ，a )，∴A 1F →＝(－x ，a ，－a )，C 1E →＝(a ，x －a ，－a )，∴A 1F →·C 1E →＝－ax ＋a (x －a )＋a 2＝0，∴A 1F →⊥C 1E →，∴A 1F ⊥C 1E .(3)证明 ∵A 1，E ，F ，C 1四点共面，∴A 1E →，A 1C 1→，A 1F →共面.选A 1E →与A 1C 1→为在平面A 1C 1E 上的一组基向量，则存在唯一实数对(λ1，λ2)，使A 1F →＝λ1A 1C 1→＋λ2A 1E →，即(－x ，a ，－a )＝λ1(－a ，a ，0)＋λ2(0，x ，－a )＝(－a λ1，a λ1＋x λ2，－a λ2)，∴⎩⎪⎨⎪⎧－x ＝－a λ1，a ＝a λ1＋x λ2，－a ＝－a λ2，解得λ1＝12，λ2＝1. 于是A 1F →＝12A 1C 1→＋A 1E →. 15.如图所示，已知空间四边形ABCD 的每条边和对角线长都等于1，点E ，F ，G 分别是AB ，AD ，CD 的中点，计算：(1)EF →·BA →；(2)EG 的长；(3)异面直线AG 与CE 所成角的余弦值.解设AB →＝a ，AC →＝b ，AD →＝c .则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，(1)EF →＝12BD →＝12c －12a ，BA →＝－a ，DC →＝b －c ， EF →·BA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12c －12a ·(－a )＝12a 2－12a·c ＝14， (2)EG →＝EB →＋BC →＋CG →＝12a ＋b －a ＋12c －12b ＝－12a ＋12b ＋12c ， |EG →|2＝14a 2＋14b 2＋14c 2－12a·b ＋12b·c －12c·a ＝12，则|EG →|＝22. (3)AG →＝12b ＋12c ，CE →＝CA →＋AE →＝－b ＋12a ， cos 〈AG →，CE →〉＝AG →·CE →|AG →||CE →|＝－23，由于异面直线所成角的范围是⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，所以异面直线AG 与CE 所成角的余弦值为23.。

专题09立体几何与空间向量-2019届浙江省高考数学复习必备高三优质考卷分项解析(Word版含解析)

一．基础题组1. 【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为___________，表面积为____________.【答案】【解析】【分析】还原三视图，其几何体为圆锥的一半，且底面向上放置，然后求出几何体的体积和表面积【详解】【点睛】本题考查了还原三视图，求几何体的体积和表面积，只需根据三视图还原后的几何体为三棱锥的一半，且底面向上放置，然后求出结果2.【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】已知△的顶点平面，点在平面同侧，且，若与所成角分别为，则线段长度的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】分析：过作平面的垂线，垂足分别为，则可根据线面角得到的长，而的长度可以用的长度来表示，依据的范围可得到的范围．详解：如图，过过作平面的垂线，垂足分别为，则四边形为直角梯形．在平面内，过作交于．又，，，所以故．又，也即是，所以即，故选B．点睛：空间中线段长度的计算，应归结平面图形中的线段长度的计算，该平面图形的其他量可通过空间中的边角关系得到．3. 【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】分析：从三视图看，原来的几何体是一个四棱锥，它按如图所示的形式放置．详解：几何体如图所示，其中为等腰直角三角形，平面平面，四边形为矩形且面积为，点到平面的距离为，故体积为，故选B．点睛：本题考查三视图，要求根据三视图复原几何体，注意复原前后点、线、面的关系．4.【浙江省杭州市第二中学2018届高三6月热身考】设是不同的直线，是不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若则B．若则C．若则D．若则【答案】C【解析】试题分析：此题只要举出反例即可，A,B中由可得,则,可以为任意角度的两平面,A,B均错误.C,D中由可得，则有,故C正确，D错误.5. 【浙江省教育绿色评价联盟2018届高三5月适应性考试】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3为______，表面积（单位：cm2）为_____．【答案】【解析】分析：由三视图可得该几何体为二分之一圆锥，圆锥的底面半径为，高为，利用圆锥的体积公式及侧面积公式可得结果.点睛：本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响，对简单组合体三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状.6. 【浙江省教育绿色评价联盟2018届高三5月适应性考试】四个同样大小的球两两相切，点是球上的动点，则直线与直线所成角的正弦值的取值范围为A．B．C．D．【答案】C【解析】分析：是正四面体，设边长为，过作底面，运用线面垂直的性质，即可得到所成角的最大值，再由大圆的切线计算可得所成角的最小值.详解：如图是正四面体，设边长为，过作底面，可得为底面的中心，由，可得，则在直线上时，可得直线与直线垂直，即有所成角的正弦值为，作，则，在平面内，过作球的切线，设切点为，此时最大，可得与成的最大角，所以的最小值为，所以与成的最小角为，即有所成角的正弦值为，则直线与直线所成角的正弦值的取值范围为.点睛：解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，利用底面距离点线距离以及利用展开图转化为平面问题，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调法以及均值不等式法.7. 【浙江省教育绿色评价联盟2018届高三5月适应性考试】已知互相垂直的平面交于直线，若直线满足，则A．B．C．D．【答案】C【解析】分析：由相垂直的平面交于直线可得，再由，推导出.点睛：本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.8.【浙江省杭州市第二中学2018届高三仿真考】等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：（1）四面体E BCD的体积有最大值和最小值；（2）存在某个位置，使得；（3）设二面角的平面角为，则；（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.其中，正确说法的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【解析】分析：首先结合正四面体的特征以及等腰直角三角形在旋转的过程中对应的特点，得到相关的信息，结合题中所给的条件，以及相关的结论，认真分析，逐一对比，得到结果.点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.9.【浙江省杭州市第二中学2018届高三仿真考】一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为（）A．32316+3πB．16833π+C．3236π+D．836π+【答案】D【解析】该立方体是由一个四棱锥和半个圆柱组合而成的，所以体积为11223238363ππ⨯⨯+⨯=+，故选D。

2018版高考数学浙江专用文理通用大一轮复习课件：第八

4 解析 (1)由 α⊥β，得 u· v＝0，即－2－2＋5x＝0，x＝5；－2 2 5 5 (2)由 α∥β，得 u∥v，即＝＝x ，x＝－ . 1 －1 2
4 5 答案 (1)5 (2)－2
考点一
利用空间向量证明平行问题
【例 1】如图，在四面体 A－BCD 中，AD⊥平面 BCD，BC ⊥CD，AD＝2，BD＝2 2，M 是 AD 的中点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ＝3QC. 证明：PQ∥平面 BCD.
法二
在线段 CD 上取点 F ，使得 DF ＝ 3FC ，连接 OF ，
同法一建立空间直角坐标系，写出点A，B，C的坐标，设点C坐标为(x0，y0，0).
→ 1→ ∵CF＝ CD，设点 F 坐标为(x，y，0)，则 4 1 (x－x0，y－y0，0)＝4(－x0， 2－y0，0)， 3 x ＝ 4x 0 ， 3 2 3 → ∴ ∴OF＝ x0，＋ y0，0 4 4 4 y＝ 2＋3y0， 4 4
3 3 3 ，，－ 3 3 3
解析
设 n＝(x，y，z)为平面 ABC 的法向量，
→ n· AB＝0，－x＋y＝0，则化简得 ∴x＝y＝z. → ＝0，－x＋z＝0， n · AC
答案 C
4.(2017· 青岛月考)所图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中， O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的
3 2 3 → 又由法一知PQ＝ x0，＋ y0，0， 4 4 4
→ ＝PQ → ，∴PQ∥OF.又 PQ⊄平面 BCD，OF⊂平面 BCD， ∴OF ∴PQ∥平面 BCD.
2.空间位置关系的向量表示

高考最新-2018年全国高考试题分类汇编及解析(数学)数列、解析几何、立体几何解析几何部分参考答案精

2018年全国高考试题分类汇编免费教育资源网解析几何部分参考答案、选择题二、填空题1．22x2y2411．用代数的方法研究图形的几何性质2 152 .2x y2 112． 5 23 1 13．44．5 14．[－1，3]15．455(0,-1) 1 2 a 1 216．2x－ y+4=06．x 2+(y+1) 2=1 1－2 ≤ a≤1+ 2 17．213 18．11[ ,0) (0, ]7( ,13)10 1048．(5,0) 19．22(x 1)2 (y 1)2 259．22(x－ 2)2+(y+3) 2=520．12210． (x－ 2)2+(y+3) 2=5三、解答题1．（本小题主要考查直线和双曲线的概念和性质，综合解题能力 .满分 14 分 .解：（ I）由 C 与 t 相交于两个不同的点，故知方程组x2y2 1,2y21,a x y 1.平面向量的运算等解析几何的基本思想和有两个不同的实数解 .消去 y 并整理得（1－a2）x2+2a2x－2a2=0. ① ⋯⋯ 2 分双曲线的离心率即离心率 e 的取值范围为 ( 6, 2) ( 2, ). 6分II)设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), P 1(0,1)2. 本小题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的关系以及解析几何的基本方法、思想和综合解题能力。

满分 12 分。

解：(Ⅰ) C 的焦点为 F(1， 0)，直线 l 的斜率为 1，所以 l 的方程为y x 1.22将 y x 1代入方程 y 2 4x ，并整理得 x 26x 1 0.设A (x 1, y 1),B (x 2,y 2),则有 x 1 x 2 6,x 1x 2 1.OA OB (x 1, y 1) (x 2,y 2) x 1x 2 y 1y 2 2x 1x 2 (x 1 x 2) 1 3. | OA ||OB | x 12y 12x 22y 22x 1x 2[x 1x 2 4(x 1 x 2) 16] 41.OA OB 3 14 cos(OA, OB) . |OA| |OB | 41314 所以 OA 与OB 夹角的大小为 arccos3 14. 41(Ⅱ)由题设 FB AF 得 (x 2 1,y 2)(1 x 1, y 1),即x 2 1 (1 x 1), ①y2y1.②所以 21 a 20. 4 2 24a 4 8a 2(1 a 2) 0.解得 0 a 2且a 1.e1 a 212 1. 0 a 2且 a 1, a 255 PA 5 PB, (x 1,y 1 1) 5(x 2,y 2 1). 12 12由此得 x 1 152x 2. 8分由于 x 1，x 2 都是方程①的根，且所以 17 x 2 12 22 1a12 17.13.14分 5 x 222a 2 2a 2 2891 a2 .消去, x 2 ,得 1 a 2 60 由 a 0,所以 a2a 2y12 4x1,y22 4x2, ∴ x22x1. ③联立①、③解得x2 ，依题意有0.∴B（ ,2 ）,或B（ , 2 ）,又 F（1，0），得直线 l方程为( 1)y 2 (x 1)或( 1)y 2 (x 1),当[4,9]时，l 在方程 y轴上的截距为2或 1由②得y22 2y12，2 2 2 11 可知2在[4，9]上是递减的，4,4 23,3 134,4直线 l 在 y 轴上截距的变化范围为[ 43 3] [3,4].4] [4,3]. 以及综合. 满分 14 分 .解：（ 1）由题设有m 0,c m.设点 P的坐标为（x0,y0），由PF1 PF2，得y0x0 cy0x0 c1，化简得x02y02m. ①2 将①与x0 m1y021联立，解得 2x02m 1 2,y0由m 0,x021 0,得 m 1. 所以 m 的取值范围是1.2）准线 L 的方程为m 1.设点 Q的坐标为（x1,y1），则m x1m 1.mm1m |QF2 | x1 c m|PF| c x m x2 m1 |QF2| 22m m 1.将x0 代入②，化简得.满分 12 分 .2m1代入②，化简得由题设 |QF 2| | PF 2 |2 3 ，得 mm 21 2 3 ，无解 .将 x.满分 12 分 .m|QF 2 | 1m m 2 1.|PF 2 | m m 21由题设 ||QPF F22 || 2 3 ，得 m m 21 2 3.解得 m=2.从而 x 03, y 02,c 2, 得到 PF 2 的方程22y ( 3 2)(x 2).4．本小题主要考查导数的几何意义，两条直线垂直的性质以及分析问题和综合运算能力满分 12 分 . 解： y ′ =2x+1.直线 l 1 的方程为 y=3 x － 3.设直线 l 2过曲线 y=x 2+x －2 上的点 B( b, b 2+b －2),则 l 2的方程为y=(2b+1) x －b 2－2 1因为 l 1⊥ l 2，则有 2b+1= ,b 1 231 x所以直线 l 2的方程为 y2 322II )解方程组 y 3x 3,1 22yx391 x, 6 5 y2(1, 5).(6, 2).221，0)、 ( ,0).3所以直线 l 1和 l 2 的交点的坐标为 l 1、l 2与 x 轴交点的坐标分别为(2 32 125．本小题主要考查点到直线距离公式，双曲线的基本性质以及综合运算能力解：直线 l 的方程为 x y1，即 bx ay ab 0.aba 1ly 1 2(y 2 2),∴y 1 y 24d1b(a 1)a 2b 2同理得到点(－ 1， 0) b(a 1)2到直线 l 的距离 d 2a2 bs d 1 d 22ab2aba 2b 2由 s4c,得 2ab 4c,5 c 5即 5a c 2 a 2 2c 2.于是得 5 e 2 1 2e 2,即4e 425e 225 0.解不等式，得 54 e 25.由于 e 1 0,所以 e 的取值范围是25 e 5.26．(Ⅰ)由已知条件 ,可设抛物线的方程为 y 2∵点 P(1,2) 在抛物线上 , ∴ 222p 1, 得 p =2.2故所求抛物线的方程是 y 2准线方程是 x=-- 1.(Ⅱ ) 设直线 PA 的斜率为 k PA ,直线 PB 的斜率为 k PB , ∵PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补 ,∴k PA k PB .由 A(x 1,y 1), B(x 2,y 2)在抛物线上 ,得2 y14x 1, ① 4x 2, ②2 y 2 221221 y2 14 2 y2y 1 1 4 y 1由① --②得直线 AB 的斜率y2 y1 4 4kAB1（x1 x2）. （14 分）x2 x1 y1 y2 47．本小题主要考查直线、抛物线等基本知识，考查运用解析几何的方法分析问题和解决问题的能力、满分 14 分。

(浙江专版)2018年高中数学阶段质量检测(三)空间向量与立体几何新人教A版选修2-1

阶段质量检测（三）空间向量与立体几何（时间120分钟满分150分）一、选择题(本大题共8小题，每小题5分,共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．设空间向量a＝（1，2，1）,b＝（2,2，3），则a·b＝( )A．(2,4，3）B．（3,4，4)C．9 D．－5解析：选C ∵a＝（1,2,1），b＝（2,2,3)，∴a·b＝1×2＋2×2＋1×3＝9。

2．设l1的方向向量为a＝(1，2，－2）,l2的方向向量为b＝(－2，3,m)，若l1⊥l2,则m 等于( ）A．1 B．2C.错误!D．3解析:选B 若l1⊥l2，则a⊥b，∴a·b＝0,∴1×(－2）＋2×3＋(－2m)＝0,解得m＝2.3．已知向量i,j，k是一组单位正交向量,m＝8j＋3k，n＝－i＋5j－4k,则m·n＝( ) A．7 B．－20C．28 D．11解析:选C 因为m＝（0,8，3)，n＝（－1,5，－4），所以m·n＝0＋40－12＝28。

4．已知二面角αlβ的大小为错误!,m，n为异面直线，且m⊥α，n⊥β，则m，n所成的角为（）A.错误!B.错误!C。

π2D.错误!解析：选B 设m,n的方向向量分别为m，n.由m⊥α，n⊥β知m，n分别是平面α，β的法向量．∵|cos〈m,n〉｜＝cos 错误!＝错误!，∴〈m，n〉＝错误!或错误!.但由于两异面直线所成的角的范围为错误!，故异面直线m,n所成的角为错误!。

5．已知空间三点O(0，0,0）,A(－1，1，0），B(0,1，1）在直线OA上有一点H满足BH ⊥OA，则点H的坐标为（)A．（－2，2,0) B．(2，－2，0)C.错误!D。

错误!解析：选C 由＝(－1,1,0），且点H在直线OA上，可设H(－λ，λ，0)，则BH―→＝(－λ，λ－1，－1）．又BH⊥OA，∴·OA―→＝0，即（－λ，λ－1，－1）·（－1，1,0)＝0，即λ＋λ－1＝0，解得λ＝12，∴H错误!.6．如图，三棱锥SABC中,棱SA，SB，SC两两垂直,且SA＝SB＝SC,则二面角ABCS大小的正切值为( )A．1 B。

2018年高考题和高考模拟题数学(文)分类汇编：专题05 立体几何

2018年高考题和高考模拟题数学（文）分类汇编5．立体几何1．【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A.θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3．【2018年文北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C共三个，故选C.点睛：此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解. 4．【2018年新课标I卷文】在长方体中，，与平面所成的角为，则该长方体的体积为A. B. C. D.【答案】C点睛：该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长久显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.5．【2018年新课标I卷文】已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A. B. C. D.【答案】B分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.6．【2018年全国卷Ⅲ文】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】B，故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。

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专题九立体几何与空间向量一．基础题组 1. 【浙江省杭州市2018届高三上学期期末】在三棱锥PABC中， PA平面ABC， 90BAC， ,DE

分别是,BCAB的中点， ABAC，且ACAD.设PC与DE所成角为， PD与平面ABC所成角为，二面角PBCA为，则（）

A.  B.  C.  D.  【答案】A

2. 【浙江省杭州市2018届高三上学期期末】如图是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的体积为__________ ；表面积为 __________．【答案】 33 36 【解析】还原几何体如图：根据图中数据可得： 1133223223V 111222232136222S

3. 【浙江省嘉兴市2018届高三上学期期末】如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为1， ,EF分别是棱11,AACC的中点，过EF的平面与棱11,BBDD分别交于点,GH.设BGx， 0,1x．

①四边形EGFH一定是菱形； ②//AC平面EGFH； ③四边形EGFH的面积Sfx在区间0,1上具有单调性； ④四棱锥AEGFH的体积为定值. 以上结论正确的个数是

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】B 1111222113226AEHGGAEHVV ,所以正确的是1,2,4，选B

点睛：求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．②等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到 4. 【浙江省嘉兴市2018届高三上学期期末】某几何体的三视图如图所示(单位： cm)，则该几何体的表面积(单

位： 2cm)是

A. 36242 B. 36125 C. 40242 D. 40125 【答案】B

点睛:空间几何体表面积的求法 (1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量． (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．

5. 【浙江省宁波市2018届高三上学期期末】如图，在平面四边形ABCD中， 1ABBC， 2ADCD， 90DABDCB，点P为AD中点， ,MN分别在线段,BDBC上，则22PMMN的最小值为

__________．

【答案】1

6. 【浙江省宁波市2018届高三上学期期末】圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示.若该几何体的表面积为1620，则r ( )

A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱， ∴其表面积为： 22222111142222542222rrrrrrrrr ，又∵该几何体的表面积为16+20π， ∴22541620rr ，解得r=2，本题选择B选项.

点睛：三视图的长度特征：“长对正、宽相等，高平齐”，即正视图和侧视图一样高、正视图和俯视图一样长，侧视图和俯视图一样宽．若相邻两物体的表面相交，表面的交线是它们的分界线，在三视图中，要注意实、虚线的画法． 7. 【浙江省台州市2018届高三上学期期末】如图，在棱长为2的正四面体SABC中，动点P在侧面SAB内，

PQ底面ABC，垂足为Q，若324PSPQ，则PC长度的最小值为________.

【答案】112 32,4PHPQ PHPS，即P是到定点与定直线等距离的动点轨迹，即P的轨迹是以AB为准线，以'S

为焦点的抛物线， SH的中点O是抛物线顶点， O到C的距离就是PC的最小值，由余弦定理可知， 222

32PC





311123,234 11

2PC，故答案为112.

8. 【浙江省台州市2018届高三上学期期末】某四面体的三视图如图所示，则该四面体的体积为_______ ；表面积为_______.

【答案】 323 16162 【解析】【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响. 9. 【浙江省台州中学2018届高三上学期第三次统练】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（） A. 10 B. 20 C. 40 D. 60 【答案】B

考点：1.三视图；2.多面体的体积. 10. 【浙江省台州中学2018届高三上学期第三次统练】下列结论正确的是（） A. 若直线平面，直线平面，则 B. 若直线平面，直线平面，则

C. 若两直线与平面所成的角相等，则 D. 若直线上两个不同的点到平面的距离相等，则【答案】A 考点：空间直线与平面间的位置关系．【思维点睛】解答此类试题的关键是对于空间几何中的一些概念、公理、定理和推论的理解一定要结合图形，理解其本质，准确把握其内涵，特别是定理、公理中的限制条件，如公理3中“不共线的三点”，“不共线”是很重要的条件．

11. 【2017年12月浙江省高三上学期期末热身】已知三棱锥PABC的底面积ABC是边长为23的正三角形， A点在侧面PBC内的射影H为PBC的垂心，二面角PABC的平面角的大小为60，则AP的长为（）

A. 3 B. 32 C. 7 D. 4 【答案】C 【解析】连结BH交PC于点E，连结AE，设P在底面ABC内的射影为O，则PO平面ABC，连结CO交AB于点F

∵A点在侧面PBC内的射影H为PBC的垂心 ∴AH平面PBC， BEPC ∴AHPC ∵BEAHH， BE平面ABE， AH平面ABE ∴PC平面ABE ∴PCAB ∵AB平面ABC， PO平面ABC ∴POAB ∵POPCP， PO平面PFC， PC平面PFC ∴AB平面PFC ∵CO平面PFC ∴ABCO 同理可证ACBO ∴O是ABC的垂心 ∴三棱锥PABC为正三棱锥

∵三棱锥PABC的底面ABC是边长为23的正三角形 ∴3BF， 3CF，则1FO ∵二面角PABC的平面角的大小为60 ∴PFC为二面角PABC的平面角在RtPOF中， 60PFC， 1FO ∴2PF

在RtPFA中， 2PF， 3AF ∴22237AP 故选C 点睛：本题重点考查空间中点线面的位置关系，属于中档题．首先，判断三棱锥PABC为正三棱锥，然后，根据异面直线所成的角的定义可得PFC为二面角PABC的平面角，解直角三角形即可得解. 12. 【2017年12月浙江省高三上学期期末热身】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）

A. 2 B. 83 C. 103 D. 3 【答案】C 点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：（1）首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；（2）观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；（3）画出整体，然后再根据三视图进行调整. 13. 【浙江省部分市学校（新昌一中、台州中学等）2018届高三上学期9+1联考】某几何体的三视图如图所示，则俯视图的面积为__________；此几何体的体积__________.

【答案】 22 83 点睛：在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑． 14. 【浙江省部分市学校（新昌一中、台州中学等）2018届高三上学期9+1联考】已知PABC是正四面体（所有棱长都相等的四面体），E是PA中点， F是BC上靠近点B的三等分点，设EF与PA、PB、PC所成角分别为、、，则（）

A.  B.  C.  D.  【答案】D 【解析】分别取AB中点G， AC中点H，连结GE， GF， EH， FH， AF，如图所示，则FEA， FEG， FEH， 2aEH， 2aEG， 2aFH