高考数学解答题专项训练 (1)
专题3.1 以立体几何中探索性问题为背景的解答题——新高考数学专项练习题附解析
专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由.类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M ，使平面？说明理由.类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为233.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 所成的锐二面角的余弦值为30？若存在，确定点E 的位置；若不存在，请说明理由.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =，试判断线段PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为15，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由；（Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60︒4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，底面四边形ABCD 为正方形，已知PA ⊥平面ABCD ，2AB =，2PA =.（1）证明：BD PC ⊥；（2）求PC 与平面PBD 所成角的正弦值；（3）在棱PC 上是否存在一点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值． 6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.11. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值；（2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.14. 【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟考试】如图所示，是边长为2的正方形，平面，且.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）线段上是否存在一点，使二面角所成角的余弦值为？若存在，请找出点的位置；若不存在，请说明理由.15.如图，五面体11A BCC B -中，14AB =，底面ABC 是正三角形，2AB =，四边形11BCC B 是矩形，二面角1A BC C --为直二面角．（1）D 在AC 上运动，当D 在何处时，有1//AB 平面1BDC ，并说明理由； （2）当1//AB 平面1BDC 时，求二面角1C BC D --余弦值．专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．2.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【答案】（1）见解析；（2）33,2【解析】（1）取线段EF的中点M，有GM∥平面BDF．证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，∵G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，∴GM为△EDF的中位线，故GM∥DF，又GM⊄平面BDF，DF⊂平面BDF，故GM∥平面BDF；（2）∵CF ∥DE ，且AE 与CF 的夹角为60°，故AE 与DE 的夹角为60°，即60AED ∠=︒， 过D 作DP ⊥AE 交AE 于P ，由已知得DE ⊥EF ，AE ⊥EF ，∴EF ⊥平面AED ， EF ⊥DP,又AE EF=E,∴DP ⊥平面AEFB ， 即DP 为点D 到平面ABFE 的距离，且3DP x =， 设DE ＝x ，则AE ＝BF ＝4﹣x ， 由（1）知GM ∥DF ，G BDF M BDF D MBF V V V ---===11131(4)3322MBF S DP x x ⎡⎤⋅⋅=⨯⨯⨯-⨯⎢⎥⎣⎦()24333(4)x x x x -+=-⋅=，当且仅当4﹣x ＝x 时等号成立，此时x ＝DE ＝2． 故三棱锥G ﹣BDF 的体积的最大值为33，此时DE 的长度为2． 【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;（2）线段上是否存在一点,使得面面,若存在，请找出点并证明;若不存在,请说明理由. 【解析】（1）证明：由四边形为正方形可知，连接必与相交于中点故∵面∴面（2）线段上存在一点满足题意，且点是中点理由如下：由点分别为中点可得：∵面∴面由（1）可知，面且故面面类型2 以“垂直”为背景的存在判断型问题典例2 如图，在四棱锥中，四边形为平行四边形，，为中点,（1）求证：平面；（2）若是正三角形，且.(Ⅰ)当点在线段上什么位置时，有平面？(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，点在线段上什么位置时，有平面平面？【解析】（1）证明：连接,,=，因为ABCD是平行四边形，则为中点，连接，又为中点，面，面平面.（2）解(Ⅰ)当点在线段中点时，有平面取中点，连接，又，又，，平面，又是正三角形，平面(Ⅱ)当时，有平面平面过作于，由(Ⅰ)知，平面，所以平面平面易得【名师指点】以直线和平面垂直、直线和直线垂直为背景的垂直问题，可以通过建立空间直角坐标系，通过直线的方向向量与平面的法向量共线或者直线方向向量垂直求得，也可以利用传统立体几何知识利用分析的方法，确定线、面垂直关系来求解．【举一反三】【北京市通州区2018-2019学年第一学期高三年级期末考试】如图，在三棱柱中，底面，△ABC是边长为的正三角形，，D，E分别为AB，BC的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值；（Ⅲ）在线段上是否存在一点M，使平面？说明理由.【解析】（Ⅰ）证明：在三棱柱中，因为底面，CD⊂平面ABC，所以．又为等边三角形，为的中点，所以．因为，所以平面；（Ⅱ）取中点，连结，则因为，分别为，的中点，所以．由（Ⅰ）知，，如图建立空间直角坐标系．由题意得，，，,,,,，，．设平面法向量，则即令，则，．即．平面BAE法向量．因为，，，所以由题意知二面角为锐角，所以它的余弦值为.（Ⅲ）解：在线段上不存在点M，使平面．理由如下．假设线段上存在点M，使平面．则，使得．因为，所以．又，所以．由（Ⅱ）可知，平面法向量，平面，当且仅当，即，使得．所以 解得．这与矛盾．所以在线段上不存在点M ，使平面．类型3 以“角”为背景的探索性问题典例3 （2019·山东高三月考）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 是矩形，SAD ∆是等边三角形，平面SAD ⊥平面ABCD ，1AB =，E 为棱SA 上一点，P 为AD 的中点，四棱锥S ABCD -的体积为23.（1）若E 为棱SA 的中点，F 是SB 的中点，求证：平面∥PEF 平面SCD ； （2）是否存在点E ，使得平面PEB 与平面SAD 30E 的位置；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点E 位于AS 的靠近A 点的三等分点. 【解析】（1）证明：因为E 、F 分别是SA 、SB 的中点， 所以EF AB ∥，在矩形ABCD 中，AB CD ∥， 所以EF CD ∥，又因为E 、P 分别是SA 、AD 的中点， 所以∥EP SD ，又因为EF CD ∥，EF EP E ⋂=，,EF EP ⊂平面PEF ，,SD CD ⊂平面SCD ，所以平面∥PEF 平面SCD .（2）解：假设棱SA 上存在点E 满足题意. 在等边三角形SAD 中，P 为AD 的中点， 于是SP AD ⊥，又平面SAD ⊥平面ABCD ， 平面SAD ⋂平面ABCD AD =，SP ⊂平面SAD ，所以SP ⊥平面ABCD ，所以SP 是四棱锥S ABCD -的高， 设AD m =，则SP =，ABCD S m =矩形，所以1133S ABCD ABDD V S SP m -=⋅==矩形 所以2m =，以P 为坐标原点，PA 所在直线为x 轴，过点P 与AB 平行的直线为y 轴，PS 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系.则()0,0,0P ，()1,0,0A ，()1,1,0B，(S ，设(()()01AE AS λλλλ==-=-≤≤，()()1,0,0PE PA AE λ=+=+-()1λ=-，()1,1,0PB =，设平面PEB 的一个法向量为()1,,n x y z =，有()1110n PE x z n PB x y λ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 令3x λ=，则()13,,1n λλ=-，易知平面SAD 的一个法向量()20,1,0n =，所以12122123cos ,721n n n n n n λλλ-⋅==-+30=， 因为01λ≤≤， 所以13λ=， 所以存在点E ，位于AS 的靠近A 点的三等分点.【名师指点】与“两异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角”有关的存在性问题，常利用空间向量法解决，可以避开抽象、复杂地寻找角的过程，只要能够准确理解和熟练应用夹角公式，就可以把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．事实说明，空间向量法是证明立体几何中存在性问题的强有力的方法．【举一反三】（2019·山东枣庄八中高三月考（理））如图，直三棱柱111-ABC A B C 中，120ACB ∠=且12AC BC AA ===，E 是棱1CC 上动点，F 是AB 中点.（Ⅰ）当E 是中点C 1C 时，求证：CF 平面 AE 1B ；（Ⅱ）在棱1CC 上是否存在点E ，使得平面AE 1B 与平面ABC 所的成锐二面角为6π，若存在，求CE 的长，若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析；（2）1CE =.【解析】（1）取1AB 中点G ，连结EG FG 、，则FG ∥1BB 且112FG BB =. 因为当E 为1CC中点时，CE ∥1BB 且112CE BB =， 所以FG ∥CE 且FG = CE .所以四边形CEGF 为平行四边形，CF ∥EG ， 又因为1CF AEB ⊄平面，1EG AEB ⊂平面， 所以//CF 平面1AEB ；（2）假设存在满足条件的点E ，设()01CE λλ=≤≤.以F 为原点，向量1FB FC AA 、、方向为x 轴、y 轴、z 轴正方向，建立空间直角坐标系. 则()3,0,0A -，()13,0,2B ，()0,1,E λ，平面ABC 的法向量()0,0,1m =，平面1AEB 的法向量()333,3n λ=--，，()23cos 23991m n m n m nλ⋅===++-，，解得1λ=，所以存在满足条件的点E ，此时1CE =.【精选名校模拟】1. （·山东高考模拟（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，,AD PCD PD CD ⊥⊥平面，底面ABCD 是梯形，//,1,2,AB DC AB AD PD CD AB Q ====为棱PC 上一点. (Ⅰ)若点Q 是PC 的中点，证明：//PQ PAD 平面； (Ⅱ)PQ PC λ=试确定λ的值使得二面角Q BD P --为60°. 【答案】（1）见解析（2）36【解析】 (Ⅰ)取PD 的中点M ，连接AM ，M Q ，Q PC点是的中点，∴M Q∥CD，1.2MQ CD=又AB∥CD，1,2AB CD QM=则∥AB，QM＝AB，则四边形ABQM是平行四边形.BQ∴∥AM.又AM⊂平面PAD，BQ⊄平面PAD，BQ∴∥平面PAD.（Ⅱ）解：由题意可得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线为,,x y z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，1，1)，C(0，2，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0).令()()()000000,,,,,1,0,2,1.Q x y z PQ x y z PC=-=-则()()000,,,10,2,1,PQ PC x y zλλ=∴-=-()0,2,1.Qλλ∴-又易证BC⊥平面PBD，()1,1,0.n PBD∴=-是平面的一个法向量设平面QBD的法向量为(),,,m x y z=(),0,0,2210,.0,1x yx ym DBy z z ym DQλλλλ=-⎧+=⎧⎧⋅=⎪⎨⎨⎨+-==⋅=⎩⎩⎪-⎩则有即解得令21,1,1,.1y mλλ⎛⎫==-⎪-⎝⎭则60Q BD P 二面角为--，21cos,,22221m n m n m nλλ⋅∴===⎛⎫⋅+ ⎪-⎝⎭解得3 6.λ=±Q 在棱PC 上，01,3 6.λλ<<∴=-2. （2019·夏津第一中学高三月考）如图所示，等腰梯形ABCD 中，AB CD ∥，2AD AB BC ===，4CD =，E 为CD 中点，AE 与BD 交于点O ，将ADE 沿AE 折起，使点D 到达点P 的位置（P ∉平面ABCE ）．（1）证明：平面POB ⊥平面ABCE ； （2）若6PB =PB 上是否存在一点Q （不含端点），使得直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155，若存在，求出PQ OB 的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析（215【解析】（1）证明：连接BE ，在等腰梯形中ABCD ，2AD AB BC ===，4CD =，E 为中点， ∴四边形ABED 为菱形，∴BD AE ⊥，∴OB AE ⊥，OD AE ⊥，即OB AE ⊥，OP AE ⊥，且OBOP O =，OB ⊂平面POB ，OP ⊂平面POB ，∴AE ⊥平面POB ．又AE ⊂平面ABCE ，∴平面POB ⊥平面ABCE ． （2）由（1）可知四边形ABED 为菱形，∴2AD DE ==， 在等腰梯形ABCD 中2AE BC ==，∴PAE △正三角形， ∴3OP =3OB =∵6PB =，∴222OP OB PB +=，∴OP OB ⊥．由（1）可知OP AE ⊥，OB AE ⊥，以O 为原点，OE ，OB ，OP 分别为x 轴，y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系O xyz -， 由题意得，各点坐标为()0,0,3P ，()1,0,0A -，()0,3,0B，()2,3,0C ，()1,0,0E ，∴(3,3PB =-，(3,3PC =-，()2,0,0AE =，设()01PQ PB λλ=<<，()1,333AQ AP PQ AP PB λλλ=+=+=， 设平面AEQ 的一个法向量为(),,n x y z =，则00n AE n AQ ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()203330x x y λλ=⎧⎪⎨++=⎪⎩，取0x =，1y =，得1z λλ=-，∴0,1,1n λλ⎛⎫= ⎪-⎝⎭，设直线PC 与平面AEQ 所成角为θ，π0,2θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 则15sin cos ,5PC nPC n PC nθ⋅===，即2331511011λλλλ+-=⎛⎫+ ⎪-⎝⎭化简得：24410λλ-+=，解得12λ=， ∴存在点Q 为PB 的中点时，使直线PC 与平面AEQ 所成角的正弦值为155． 3. （2018·山东济南外国语学校高三月考（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，60,90DAB ADP ∠=︒∠=︒，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．（Ⅰ）在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF 平面PCE ，并说明理由； （Ⅱ）当二面角D FC B --的余弦值为2时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角． 【答案】（1）见解析（2）60︒ 【解析】（Ⅰ）在棱AB 上存在点E ，使得//AF 平面PCE ，点E 为棱AB 的中点． 理由如下：取PC 的中点Q ，连结EQ 、FQ ，由题意，//FQ DC 且12FQ CD =， //AE CD 且12AE CD =，故//AE FQ 且AE FQ =.所以，四边形AEQF 为平行四边形.所以，//AF EQ ，又EQ ⊥平面PEC ，AF ⊥平面PEC ，所以，//AF 平面PEC . （Ⅱ）由题意知ABD ∆为正三角形，所以ED AB ⊥，亦即ED CD ⊥，又90ADP ∠=︒，所以PD AD ⊥，且平面ADP ⊥平面ABCD ，平面ADP ⋂平面ABCD AD =， 所以PD ⊥平面ABCD ，故以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，设FD a =，则由题意知()0,0,0D ，()0,0,F a ，()0,2,0C ，)3,1,0B，()0,2,FC a =-，()3,1,0CB =-，设平面FBC 的法向量为(),,m x y z =，则由m FCm CB⎧⋅=⎨⋅=⎩得2030y azx y-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令1x=，则3y=，23z=，所以取231,3,m⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，显然可取平面DFC的法向量()1,0,0n=，由题意：22cos,41213m na==++，所以3a=.由于PD⊥平面ABCD，所以PB在平面ABCD内的射影为BD，所以PBD∠为直线PB与平面ABCD所成的角，易知在Rt PBD∆中，tan3PDPBD aBD∠===，从而60PBD∠=︒，所以直线PB与平面ABCD所成的角为60︒.4. （2019·北京北师大实验中学高三月考）如图所示，在四棱锥P ABCD-中，底面四边形ABCD为正方形，已知PA⊥平面ABCD，2AB=，2PA=.（1）证明：BD PC⊥；（2）求PC与平面PBD所成角的正弦值；（3）在棱PC上是否存在一点E，使得平面BDE⊥平面BDP？若存在，求PEPC的值并证明，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（210；（3）存在，23PEPC=，理由见解析【解析】（1）如图，连接AC交BD于点O，由于PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD所以PA BD⊥，即BD PA⊥由于BD PA ⊥，BD AC ⊥，PA AC A =，所以BD ⊥平面PAC又因为PC ⊂平面PAC ，因此BD PC ⊥ （2）由于PA ⊥平面ABCD ，AB平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥又AB AD ⊥，所以PA ，AB ，AD 两两垂直， 因比，如图建立空间直角坐标系A xyz -(2,0,0)B ，(2,2,0)C ，(0,2,0)D，P因此(2,2,PC =，(2,0,PB =，(0,2,PD =设平面PBD 的法向量为(,,)m x y z =，则00m PB m PD ⎧⋅=⎨⋅=⎩即2020x y ⎧=⎪⎨=⎪⎩ 取1x =，1y =，z =，则(1,1,2)m =设直线PC 与平面PBD 所成角为θ，10sin |cos ,|=||10||||m PC m PC m PC θ⋅=<>=⋅（3）存在，设[0,1]PEPCλ=∈，则(2,2))E λλλ- 则(22,2))BE λλλ=--，(2,2,0)BD =-设平面BDE 的法向量为(,,)n a b c =，则0n BE n BD ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即2(1)2(1)0220a b a bλλλ⎧-+-=⎪⎨-+=⎪⎩，即1a λ=-，1b λ=-，2)c λ=-则(1,12))n λλλ=---，若平面BDE ⊥平面BDP ，则0m n ⋅=即1(1)1(1)2)0λλλ⋅-+⋅-+-=，则2[0,1]3λ=∈ 因此在棱PC 上存在点E ，使得平面BDE ⊥平面BDP ，23PE PC =5.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三上学期期末考试】如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱上的动点，且.（1）求证：；（2）当三棱锥的体积取得最大值时，求二面角的正切值．【解析】设AE＝BF＝x．以D为原点建立空间直角坐标系，得下列坐标：D（0，0，0），A（2，0，0），B （2，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，2），A1（2，0，2），B1（2，2，2），C1（0，2，2），E（2，x，0），F（2﹣x，2，0）．（1）因为，，所以．所以A1F⊥C1E．（2）因为，所以当S△BEF取得最大值时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值．因为，所以当x＝1时，即E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥B1﹣BEF的体积取得最大值，此时E，F坐标分别为E（2，1，0），F（1，2，0）．设平面B1EF的法向量为，则得取a＝2，b＝2，c＝﹣1，得．显然底面ABCD的法向量为．设二面角B1﹣EF﹣B的平面角为θ，由题意知θ为锐角．因为，所以，于是．所以，即二面角B1﹣EF﹣B的正切值为．6. 【湖北省2019届高三联考测试】如图，在四棱锥中，，，，且PC=BC=2AD=2CD=2，.（1）平面；（2）在线段上，是否存在一点，使得二面角的大小为？如果存在，求的值；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）∵在底面中，，且∴，∴又∵，，平面，平面∴平面又∵平面∴∵，∴又∵，，平面，平面∴平面（2）方法一：在线段上取点，使则又由（1）得平面∴平面又∵平面∴作于又∵，平面，平面∴平面又∵平面∴又∵∴是二面角的一个平面角设则，这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且方法二：取的中点，则、、三条直线两两垂直∴可以分别以直线、、为、、轴建立空间直角坐标系且由（1）知是平面的一个法向量设则，∴，设是平面的一个法向量则∴令，则，它背向二面角又∵平面的法向量，它指向二面角这样，二面角的大小为即即∴满足要求的点存在，且7. 【福建省龙岩市2019届高三第一学期期末教学质量检查】如图，四边形是边长为2的正方形，平面平面，且.（1）证明：平面平面；（2）当，且与平面所成角的正切值为时，求二面角的正弦值.【解析】（1）由题设知，平面平面，交线为.因为，平面，所以平面，因此，又，，所以平面.而平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，的方向为轴正方向建立如图所示的直角坐标系，则有，过点作于，设，则.因为，所以，，由题设可得，即，解得或，因为，所以，所以，.由，知是平面的法向量，，.设平面的法向量为，则取得，设二面角为，则，因为，.综上，二面角的正弦值为.8. 【福建省厦门市2019届高三年级第一学期期末质检】如图，在四棱锥中，平面，四边形为平行四边形，且，.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成角的正切值为时，求二面角的余弦值. 【解析】（1）证明：由已知，得，在中，，∴，即，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面（2）∵平面，∴为直线与平面所成角，∴，∴，在中，，取的中点，连结，则，∵平面，平面，∴，又∵，平面，平面，∴平面，以点为坐标原点，建立如图空间直角坐标系，则，，，，∴，，设平面的法向量为，则，取，解得，又平面的法向量为，∴.∴二面角的余弦值为.9. 【北京市朝阳区2018-2019高三数学期末考试】如图，三棱柱的侧面是平行四边形，，平面平面，且分别是的中点.（1）求证：平面；（2）当侧面是正方形，且时，（ⅰ）求二面角的大小；（ⅱ）在线段上是否存在点，使得？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.【解析】证明：（1）取中点，连，连.在△中，因为分别是中点，所以，且.在平行四边形中，因为是的中点，所以，且.所以，且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面，平面，所以平面.（2）因为侧面是正方形，所以.又因为平面平面，且平面平面，所以平面.所以.又因为，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示. 设，则，.（ⅰ）设平面的一个法向量为.由得即令，所以. 又因为平面，所以是平面的一个法向量.所以.由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为. （ⅱ）假设在线段上存在点，使得.设，则.因为，又，所以.所以.故点在点处时，有10. 如图，在多面体ABCDMN 中，四边形ABCD 为直角梯形， //AB CD ， 22AB =， BC DC ⊥，2BC DC AM DM ====，四边形BDMN 为矩形.（1）求证：平面ADM ⊥平面ABCD ；（2）线段MN 上是否存在点H ，使得二面角H AD M --的大小为4π？若存在，确定点H 的位置并加以证明.【解析】（1）证明：由平面几何的知识，易得2BD =， 2AD =，又22AB =，所以在ABD ∆中，满足222AD BD AB +=，所以ABD ∆为直角三角形，且BD AD ⊥. 因为四边形BDMN 为矩形，所以BD DM ⊥. 由BD AD ⊥， BD DM ⊥， DM AD D ⋂=， 可得 BD ADM ⊥平面. 又BD ABD ⊂平面，所以平面ADM ⊥平面ABCD .（2）存在点H ，使得二面角H AD M --为大小为，点H 为线段AB 的中点.事实上，以D 为原点， DA 为x 轴， DB 为y 轴，过D 作平面ABCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系D xyz -，则()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0D A B , ()1,0,1M ， 设(),,H x y z ,由MH MN DB λλ==，即()()1,,10,2,0x y z λ--=，得()1,2,1H λ. 设平面ADH 的一个法向量为()1111,,n x y z =，则，即，不妨设11y =，取()10,1,2n λ=-. 平面ADM 的一个法向量为()20,1,0n =. 二面角H AD M --为大小为于是.解得 或（舍去）.所以当点H 为线段MN 的中点时，二面角H AD M --为大小为.11. 在三棱锥P ABC -中， AB AC =， D 为BC 的中点， PO ⊥平面ABC ，垂足O 落在线段AD 上，已知4,3,2,1BC PO AO OD ====. （1）证明： AP BC ⊥；（2）在线段AP 上是否存在一点M ，使得二面角A MC B --为直二面角？若存在，求出AM 的长；若不存在，请说明理由.法二：如图，以O 为原点，分别以过O 点与DB 共线同向的向量， OD ， OP 方向上的单位向量为单位正交基建立空间直角坐标系O xyz -，则()()()()()0,0,0,0,2,0,2,1,0,2,1,0,0,0,3,O A B C P --()()()0,2,3,4,0,0,2,3,0AP BC AC ==-=-∴0AP BC ⋅= ∴AP BC ⊥ ∴AP BC ⊥（2）假设M 点存在，设AM AP λ=， (),,M x y z ，则(),2,AM x y z =+，∴()(),2,0,2,3x y z λ+=，∴0{22 3x y z λλ=+==，∴()0,22,3M λλ-， ∴()2,23,3BM λλ=--设平面MBC 的法向量为()1111,,n x y z =，平面APC 的法向量为()2222,,n x y z = 由110{n BM n BC ⋅=⋅=得()111122330{40x y z x λλ-+-+=-=，令11y =，可得1320,1,3n λλ-⎛⎫= ⎪⎝⎭， 由220{n AC n AP ⋅=⋅=得2222230{230x y y z -+=+=，令16y =，可得()29,6,4n =-，若二面角A MC B --为直二面角，则120n n ⋅=，得326403λλ--⋅=， 解得613λ=，∴613AM =故线段AP 上是否存在一点M ，满足题意， AM 的长为613. 12 【安徽省江南十校2019届高三第二次大联考】如图，已知四边形中，对角线，，为等边三角形.（1）求面积的最大值； （2）当的面积最大时，将四边形沿折起成直二面角，在上是否存在点使直线与平面所成的角满足：，若不存在，说明理由；若存在，指出点的位置. 【解析】（1）在中，记，，则由余弦定理：，（当且仅当时，上式取等号）此时，，的面积的最大值为.（2）由（1）知，，，设存在，在三棱锥中，取的中点，连接，易知.作于，由平面平面平面.故在平面上的投影为.与平面所成的角为，由.设，得，，故.故存在，且，满足题意.（2）另解：由（1），，设存在，则在三棱锥中，取的中点，连接，易求.以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量为，设，得，得，又.由.故存在，且，满足题意.13. 【云南省昆明市2019届高三1月复习诊断测试】如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面，，，是棱上的一点.（1）若平面，证明：；（2）在（1）的条件下，棱上是否存在点，使直线与平面所成角的大小为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）连接交于，连接，则是平面与平面的交线.因为平面，平面，所以.又因为是中点，所以是的中点.所以.（2）由已知条件可知，所以，以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系.。
2020年高考数学解答题核心：立体几何综合问题(专项训练)(教师版)
专题08 立体几何综合问题（专项训练）1．如图,菱形ABCD 中,∠ABC ＝60°,AC 与BD 相交于点O ,AE ⊥平面ABCD ,CF ∥AE ,AB ＝AE ＝2. (1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时,求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．【答案】见解析【解析】(1)因为四边形ABCD 是菱形,所以BD ⊥AC .因为AE ⊥平面ABCD ,BD ⊂平面ABCD ,所以BD ⊥AE .因为AC ∩AE ＝A ,所以BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为原点,OA →,OB →的方向为x ,y 轴正方向,过O 且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向),建立空间直角坐标系,则B (0,3,0),D (0,－3,0),E (1,0,2),F (－1,0,a )(a >0),OF →＝(－1,0,a )．设平面EBD 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·OB →＝0，n ·OE →＝0，即⎩⎨⎧3y ＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1,则n ＝(－2,0,1),由题意得sin 45°＝|cos 〈OF →,n 〉|＝|OF →·n ||OF →||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22.因为a >0,所以解得a ＝3.所以OF →＝(－1,0,3),BE →＝(1,－3,2),所以cos 〈OF →,BE →〉＝OF →·BE →|OF →|·|BE →|＝－1＋610·8＝54.故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.2．(2019·河南郑州模拟)如图,在△ABC 中,∠ABC ＝π4,O 为AB 边上一点,且3OB ＝3OC ＝2AB ,已知PO ⊥平面ABC ,2DA ＝2AO ＝PO ,且DA ∥PO .(1)求证：平面PBAD ⊥平面COD ；(2)求直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为OB ＝OC ,又因为∠ABC ＝π4,所以∠OCB ＝π4,所以∠BOC ＝π2,即CO ⊥AB .又PO ⊥平面ABC ,OC ⊂平面ABC ,所以PO ⊥OC .又因为PO ,AB ⊂平面PAB ,PO ∩AB ＝O ,所以CO ⊥平面PAB ,即CO ⊥平面PBAD .又CO ⊂平面COD ,所以平面PBAD ⊥平面COD .(2)以OC ,OB ,OP 所在射线分别为x ,y ,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示．设|OA |＝1,则|PO |＝|OB |＝|OC |＝2,|DA |＝1.则C (2,0,0),B (0,2,0),P (0,0,2),D (0,－1,1),所以PD →＝(0,－1,－1),BC →＝(2,－2,0),BD →＝(0,－3,1)．设平面BDC 的法向量为n ＝(x ,y ,z ),所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，－3y ＋z ＝0，令y ＝1,则x ＝1,z ＝3,所以n ＝(1,1,3)．设PD 与平面BDC 所成的角为θ,则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪PD →·n |PD →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1×0＋1×(－1)＋3×(－1)02＋(－1)2＋(－1)2×12＋12＋32＝22211.即直线PD 与平面BDC 所成角的正弦值为22211. 3．(2019·湖北武汉调考)如图, 四棱锥S －ABCD 中,AB ∥CD ,BC ⊥CD ,侧面SAB 为等边三角形,AB ＝BC ＝2,CD ＝SD ＝1.(1)证明：SD ⊥平面SAB ；(2)求AB 与平面SBC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】方法一 (1)证明：建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz ,则D (1,0,0),A (2,2,0),B (0,2,0),设S (x ,y ,z ),则x >0,y >0,z >0,且AS →＝(x －2,y －2,z ,),BS →＝(x ,y －2,z ).DS→＝(x －1,y ,z )．由|AS →|＝|BS →|,得(x －2)2＋(y －2)2＋z 2＝x 2＋(y －2)2＋z 2,得x ＝1,由|DS →|＝1得y 2＋z 2＝1,①由|BS →|＝2得y 2＋z 2－4y ＋1＝0,②由①②解得y ＝12,z ＝32,所以S ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，32,AS →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，－32，32,BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,DS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32,所以DS →·AS →＝0,DS →·BS →＝0,所以DS ⊥AS ,DS ⊥BS ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)设平面SBC 的一个法向量为m ＝(a ,b ,c ),BS →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，32,CB →＝(0,2,0),AB →＝(－2,0,0),由⎩⎪⎨⎪⎧m ·BS →＝0，m ·CB →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧a －32b ＋32c ＝0，2b ＝0，所以可取m ＝(－3,0,2),故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为cos 〈m ,AB →〉＝m ·AB →|m |·|AB →|＝－2×(－3)7×2＝217. 方法二 (1)证明：如下图,取AB 的中点E ,连接DE ,SE ,则四边形BCDE 为矩形,所以DE ＝CB ＝2,所以AD ＝DE 2＋AE 2＝ 5.因为侧面SAB 为等边三角形,AB ＝2,所以SA ＝SB ＝AB ＝2,且SE ＝3,又SD ＝1,所以SA 2＋SD 2＝AD 2,SE 2＋SD 2＝ED 2,所以SD ⊥SA ,SD ⊥SB ,又AS ∩DS ＝S ,所以SD ⊥平面SAB .(2)作S 在DE 上的射影G ,因为AB ⊥SE ,AB ⊥DE ,AB ⊥平面SDE ,所以平面SDE ⊥平面ABCD ,两平面的交线为DE ,所以SG ⊥平面ABCD ,在Rt △DSE 中,由SD ·SE ＝DE ·SG 得1×3＝2×SG ,所以SG ＝32,作A 在平面SBC 上的射影H ,则∠ABH 为AB 与平面SBC 所成的角,因为CD ∥AB ,AB ⊥平面SDE ,所以CD ⊥平面SDE ,所以CD ⊥SD ,在Rt △CDS 中,由CD ＝SD ＝1,求得SC ＝ 2.在△SBC 中,SB ＝BC ＝1,SC ＝2,所以S △SBC ＝12×2×22－12＝72,由V A －SBC ＝V S －ABC 得13·S △SBC ·AH ＝13·S △ABC ·SG ,即13×72×AH ＝13×12×2×2×2,得AH ＝2217,所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝217,故AB 与平面SBC 所成的角的正弦值为217. 4．(2019·安徽江南名校联考)如图,在四棱锥P －ABCD 中,PD ⊥平面ABCD ,AB ∥DC ,AB ⊥AD ,DC ＝6,AD ＝8,BC＝10,∠PAD ＝45°,E 为PA 的中点． (1)求证：DE ∥平面BPC ；(2)线段AB 上是否存在一点F ,满足CF ⊥DB ？若存在,试求出二面角F －PC －D 的余弦值；若不存在,请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：取PB 的中点M ,连接EM 和CM ,过点C 作CN ⊥AB ,垂足为点N .因为CN ⊥AB ,DA ⊥AB ,所以CN ∥DA ,又AB ∥CD ,所以四边形CDAN 为平行四边形,所以CN ＝AD ＝8,DC ＝AN ＝6,在Rt △BNC 中,BN ＝BC 2－CN 2＝102－82＝6,所以AB ＝12,而E ,M 分别为PA ,PB 的中点,所以EM ∥AB 且EM ＝6,又DC ∥AB ,所以EM ∥CD 且EM ＝CD ,四边形CDEM 为平行四边形,所以DE ∥CM .因为CM ⊂平面PBC ,DE ⊄平面PBC ,所以DE ∥平面BPC .(2)由题意可得DA ,DC ,DP 两两互相垂直,如图,以D 为原点,DA ,DC ,DP 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系Dxyz ,则A (8,0,0),B (8,12,0),C (0,6,0),P (0,0,8)．假设AB 上存在一点F 使CF ⊥BD ,设点F 坐标为(8,t,0),则CF →＝(8,t －6,0),DB →＝(8,12,0),由CF →·DB →＝0得t ＝23.又平面DPC 的法向量为m ＝(1,0,0),设平面FPC 的法向量为n ＝(x ,y ,z )．又PC →＝(0,6,－8),FC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－8，163，0.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·FC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧6y －8z ＝0，－8x ＋163y ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧z ＝34y ，x ＝23y ，不妨令y ＝12,有n ＝(8,12,9)．则cos 〈n ,m 〉＝n ·m |n ||m |＝81×82＋122＋92＝817.又由图可知,该二面角为锐二面角,故二面角F －PC －D 的余弦值为817.5．(2017·山东卷)如图,几何体是圆柱的一部分,它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的,G是DF的中点．(1)设P是CE上的一点,且AP⊥BE,求∠CBP的大小；(2)当AB＝3,AD＝2时,求二面角E－AG－C的大小．【答案】见解析【解析】(1)因为AP⊥BE,AB⊥BE,AB,AP⊂平面ABP,AB∩AP＝A,所以BE⊥平面ABP,又BP⊂平面ABP,所以BE⊥BP,又∠EBC＝120°,因此∠CBP＝30°.(2)方法一取EC的中点H,连接EH,GH,CH.因为∠EBC＝120°,所以四边形BEHC为菱形,所以AE＝GE＝AC＝GC＝32＋22＝13.取AG中点M,连接EM,CM,EC,则EM⊥AG,CM⊥AG,所以∠EMC为所求二面角的平面角．又AM＝1,所以EM＝CM＝13－1＝2 3.在△BEC中,由于∠EBC＝120°,由余弦定理得EC2＝22＋22－2×2×2×cos120°＝12,所以EC＝23,因此△EMC为等边三角形,故所求的角为60°.方法二 以B 为坐标原点,分别以BE ,BP ,BA 所在的直线为x ,y ,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系．由题意得A (0,0,3),E (2,0,0),G (1,3,3),C (－1,3,0),故AE →＝(2,0,－3),AG →＝(1,3,0),CG →＝(2,0,3),设m ＝(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AG →＝0可得⎩⎨⎧2x 1－3z 1＝0，x 1＋3y 1＝0.取z 1＝2,可得平面AEG 的一个法向量m ＝(3,－3,2)． 设n ＝(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的法向量． 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AG →＝0，n ·CG →＝0可得⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x 2＋3z 2＝0.取z 2＝－2,可得平面ACG 的一个法向量n ＝(3,－3,－2)．所以cos 〈m ,n 〉＝m ·n |m |·|n |＝12.由图可得此二面角为锐二面角,故所求的角为60°.6．(2017·全国卷Ⅲ)如图,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形,△ACD 是直角三角形,∠ABD ＝∠CBD ,AB ＝BD . (1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ,若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分,求二面角D －AE －C 的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ,从而AD ＝CD . 又△ACD 是直角三角形,所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ,连接DO ,BO ,则DO ⊥AC ,DO ＝AO . 又因为△ABC 是正三角形,故BO ⊥AC , 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中,BO 2＋AO 2＝AB 2,又AB ＝BD ,所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2, 故∠BOD ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由题设及(1)知,OA ,OB ,OD 两两垂直,以O 为坐标原点,OA →的方向为x 轴正方向,|OA →|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz ,则A (1,0,0),B (0,3,0),C (－1,0,0),D (0,0,1)．由题设知,四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12,从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12,即E 为DB 的中点,得E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12,故AD →＝(－1,0,1),AC →＝(－2,0,0),AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，12.设n ＝(x ,y ,z )是平面DAE 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0，可取n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，33，1.设m 是平面AEC 的法向量,则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0,－1,3),则cos 〈n ,m 〉＝n·m |n||m|＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77.。
2020年高考数学 大题专项练习 数列 一(15题含答案解析)
2020年高考数学大题专项练习数列一(15题含答案解析)高中高中数学题号一总分得分一、解答题1.已知数列的前项和为,,,求.2.设等差数列{a n}满足，，（1）求{a n}的通项公式；（2）设{a n}的前项和为，求满足成立的值。
3.设数列A：， ,… (N≥2)。
如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有＜，则称n是数列A的一个“G时刻”。
记“G（A）是数列A 的所有“G时刻”组成的集合。
（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出G（A）的所有元素；(2)证明：若数列A中存在使得>，则G（A）≠；(3）证明：若数列A满足-≤1（n=2,3, …,N）,则G（A）的元素个数不小于 -。
4.设数列的前项和为，且.(1) 求的值，并用表示；(2) 求数列的通项公式；(3) 设，求证：.5.已知在数列{a n }中，a 1=1，a n a n ＋1=n .(12)(1)求证：数列{a 2n }与{a 2n －1}都是等比数列；(2)若数列{a n }的前2n 项的和为T 2n ，令b n =(3－T 2n )·n·(n ＋1)，求数列{b n }的最大项． 6.单调递增数列{a n }的前项和为，且满足．（1）求数列{a n }的通项公式；（2）数列{b n }满足，求数列{b n }的前项和7.已知等差数列的前n 项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）求证：.8.已知为等差数列，前n 项和为，是首项为2的等比数列，且公比大于0，,，.（Ⅰ）求和的通项公式；（Ⅱ）求数列的前n项和.9.已知数列的前项和为，，且满足（1）求及通项公式；（2）若，求数列的前项和.10.各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，已知点（a n，a n+1）（n∈N*）在函数的图象上，且．（1）求数列{a n}的通项公式及前n项和S n；（2）已知数列{b n}满足b n=4﹣n，设其前n项和为T n，若存在正整数k，使不等式T n ＞k有解，且（n∈N*）恒成立，求k的值．11.在等差数列中，，，（1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和.12.在数列{a n}中，，（1）写出这个数列的前4项，并猜想这个数列的通项公式；（2）证明这个数列的通项公式.13.数列{a n}的前项和为.（1）求{a n}的通项公式；（2）设，求数列{b n}的前项和.为等差数列的前n项和，且记，其中表示不超过14.x的最大整数，如.（I）求；（II）求数列的前1 000项和.15.已知数列的前n项和S n=3n2+8n，是等差数列，且（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令求数列的前n项和T n.2020年高考数学大题专项练习数列五(15题含答案解析)答案解析一、解答题1.答案为：2.3.解：4.5.解：(1)证明：由题意可得a 1a 2=，则a 2=.1212又a n a n ＋1=n ，a n ＋1a n ＋2=n ＋1，∴=.(12)(12)an ＋2an 12∴数列{a 2n －1}是以1为首项，为公比的等比数列；12数列{a 2n }是以为首项，为公比的等比数列．1212(2)T 2n =(a 1＋a 3＋…＋a 2n －1)＋(a 2＋a 4＋…＋a 2n )=＋=3－3·n .1－(12)n 1－1212[1－(12)n ]1－12(12)∴b n =3n(n ＋1)n ，b n ＋1=3(n ＋1)(n ＋2)n ＋1，∴=，(12)(12)bn ＋1bn n ＋22n∴b 1<b 2=b 3，b 3>b 4>…>b n >…，∴数列{b n }的最大项为b 2=b 3=.926.7.8.（1）..（2）.9.10.11.12.13.（1）；（2）数列的前项或前项的和最大；（3）．14.解：15.。
专题1 三角函数和解三角形-备战2021年高考数学解答题专项必杀100题(真题+经典)(新高考)
专题1三角函数和解三角形 真题再现 1．（2020年新高考山东卷）在①3ac，②sin3cA，③3cb这三个条件中任选一个，补充在下面
问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在ABC，它的内角,,ABC的对边分别为,,abc，且sin3sinAB，6C，________? 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】详见解析 【解析】解法一： 由sin3sinAB可得：3ab， 不妨设3,0ambmm， 则：22222232cos3232cababCmmmmm，即cm.
选择条件①的解析： 据此可得：2333acmmm，1m，此时1cm.
选择条件②的解析： 据此可得：222222231cos222bcammmAbcm，
则：213sin122A，此时：3sin32cAm，则：23cm. 选择条件③的解析： 可得1cmbm，cb， 与条件3cb矛盾，则问题中的三角形不存在. 解法二：∵3,,6sinAsinBCBAC, ∴3sin3sin6sinAACA, 313sin3?3?22sinAACsinAcosA ，
∴3sinAcosA,∴3tanA,∴23A,∴6BC, 若选①，3ac,∵33abc,∴233c,∴c=1; 若选②，3csinA,则332c,23c; 若选③,与条件3cb矛盾. 2．（2020年天津卷）在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc．已知22,5,13abc．
（Ⅰ）求角C的大小； （Ⅱ）求sinA的值；
（Ⅲ）求sin24A的值．
【答案】（Ⅰ）4C；（Ⅱ）213sin13A；（Ⅲ）172sin2426A
2021年高考数学解答题专项复习-《数列》(含答案)
2021年高考数学解答题专项复习-《数列》1.设{a}是等差数列，a1=–10，且a2+10，a3+8，a4+6成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．2.设{a}是等差数列，且a1=ln2,a2+a3=5ln2.n（1）求{a n}的通项公式；（2）求错误!未找到引用源。
.3.设数列{a}的前n项和为S n.已知2S n=3n+3.n（1）求{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}满足a n·b n=log3a n，求{b n}的前n项和T n.4.已知{a}是公差为1的等差数列，且a1，a2，a4成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）求数列的前n项和．5.已知数列{a}前n项和为S n,且S n=2n2+n,n∈N+,数列{b n}满足a n=4log2b n+3，n∈N+.n(1)求a n和b n的通项公式；(2)求数列{a n·b n}的前n项和T n.6.已知数列{a}和{b n}满足a1=1，b1=0，，.n（1）证明：{a n+b n}是等比数列，{a n–b n}是等差数列；（2）求{a n}和{b n}的通项公式.7.S为数列{a n}的前n项和.已知a n＞0，=.n（1）求{a n}的通项公式；（2）设 ,求数列{b n}的前n项和.8.已知等差数列{a}满足a3=6，前7项和为S7=49.n（1）求{a n}的通项公式（2）设数列{b n}满足b n=(a n-3)·3n，求{b n}的前n项和T n.9.设数列{a}满足a1+3a2+...+(2n-1)a n=2n.n（1）求{a n}通项公式；（2）求数列的前n项和．10.已知等比数列{a}的公比q>1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中项．数列{b n}满足b1=1，n数列{（b n+1-b n）a n}的前n项和为2n2+n．（1）求q的值；（2）求数列{b n}的通项公式．11.已知数列{a}是递增的等比数列，且a1+a4=9,a2a3=8.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设S n为数列{a n}的前n项和，，求数列{b n}的前n项和T n．12.已知数列{a}为递增的等差数列，其中a3=5，且a1,a2,a5成等比数列．n（1）求{a n}的通项公式；（2）设记数列{b n}的前n项和为T n，求使得成立的m的最小正整数．13.等比数列{a}的各项均为正数，且.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设，求数列的前n项和T n.14.已知数列{a}是首项为正数的等差数列，数列的前n项和为.n（1）求数列{a n}的通项公式；（2）设错误!未找到引用源。
2020年高考数学 导数 解答题专项练习(含答案解析)
2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3)上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求a 的取值范围.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x 2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f /(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x 1,x 2(x 1<x 2)，线段AB的中点的横坐标为x 0，且x 1,x 2恰为函数h(x)=lnx-cx 2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R 为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x 1,x 2,且x 1<x 2.①求a 的取值范围；②求证：x 1x 2>e 2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax 2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx 2，g(x)=0.5mx 2+x，m ϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x 的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m 的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m 为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时,设g(x)=2f(x)+x 2的两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2)恰为h(x)=lnx-cx 2-bx 的零点,求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x －kx 2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x 0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x 0)<0成立，求实数m 的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；，（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1x，证明：．218.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（2）若x∈（1，+∞），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m≤xln x在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g′(x)=ln x－1ln x2，当x∈(1，e)时，g′(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x－2x，当x∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。
(完整)2019-2020年高考数学专题练习——集合与逻辑(一)(含解析)
2019-2020年高考数学专题练习——集合与逻辑（一）一、选择题1.已知集合{}2320A x x x =-+≥，(){}321B x log x +<,则A B =( ) A. {}21x x -<< B.{} 12x x x ≤≥或 C.{} 1x x < D.∅2.集合{}2log 2A x Z x =∈≤的真子集个数为（ ） A ．7 B ．8 C ．15 D ．163.若复数z =（x 2－4）+（x +3）i （x ∈R ），则“z 是纯虚数”是“x =2”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4.设有下面四个命题：1P :若z 满足z C ∈，则 z z R ⋅∈;2P :若虚数(),a bi a R b R +∈∈是方程32 1 0x x x +++=的根，则a bi -也是方程的根: 3P :已知复数12,z z 则12z z =的充要条件是12z z R ∈: 4P ;若复数12z z >,则12,z z R ∈.其中真命题的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．45. “221a b +=”是“sin cos 1a b θθ+≤恒成立”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6.已知集合{}{}2320,230A x x x B x x =-+<=->，则R A C B ⋂= （ ）A ．31,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭B.31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．31,2⎛⎤⎥⎝⎦D ．3,22⎛⎫⎪⎝⎭7.设集合2{|60,}A x x x x Z =--<∈，{|,,}B z z x y x A y A ==-∈∈，则A ∩B =（ ） A ．{0,1} B ．{0,1,2} C ．{0,1,2,3} D ．{－1,0,1,2}8.已知p ：x R ∀∈，220x x a ++>；q ：28a <.若“p q ∧”是真命题，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(1,+∞)B ．(－∞,3)C ．(1,3)D ．(－∞,1)∪(3,+∞)9.设R θ∈，则“66ππθ-<”是“3sin 2θ<”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件10.设集合{}2|670A x x x =--<，{}|B x x a =≥，现有下面四个命题： p 1：a R ∃∈，A B =∅；p 2：若0a =，则(7,)A B =-+∞； p 3：若(,2)R C B =-∞，则a A ∈；p 4：若1a ≤-，则A B ⊆． 其中所有的真命题为（ ） A ．p 1，p 4 B ．p 1，p 3，p 4 C ．p 2，p 3 D ．p 1，p 2，p 411.已知命题P ：存在n R ∈，使得223()n nf x nx-=是幂函数，且在(0,+∞)上单调递增； 命题q ：“2,23x R x x ∃∈+>”的否定是“2,23x R x x ∀∈+<”.则下列命题为真命题的是 A ．p q ∧ B ．p q ⌝∧ C ．p q ∧⌝ D ．p q ⌝∧⌝12.已知集合M ={x |22194x y +=}，N ={y|132x y+=}，则M ∩N =A ．∅B ．{(3,0)，(2,0)}C ．{3,2}D ．[－3,3]13.设集合{}{}m B m A 2,2,42==，，若φ≠⋂B A ,则m 的取值可能是（ ） A.1 B.2 C.3 D.214.下列判断错误．．的是 （ ） A ．“22bm am <”是“b a <”的充分不必要条件B ．命题“01,23≤--∈∀x x R x ”的否定是“01,23>--∈∃x x R x ”C ．若p ，q 均为假命题,则q p Λ为假命题D ．命题：若12=x ，则1=x 或1-=x 的逆否命题为：若1≠x 或1-≠x ，则12≠x15.已知A ，B ，C ，D ，E 是空间五个不同的点，若点E 在直线BC 上，则“AC 与BD 是异面直线”是“AD 与BE 是异面直线”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．充分必要条件 C.必要不充分条件 D ．既不充分也不必要条件16.下列选项错误的是（ ）A ．命题“若1x ≠，则2320x x -+≠”的逆否命题是“若2320x x -+=，则1x =”B ．“2x >”是“2320x x -+>”的充分不必要条件；C.若命题p ：x R ∀∈，210x x ++≠，则p ⌝：0x R ∃∈，20010x x ++=； D ．在命题的四种形式中，若原命题为真命题，则否命题为假命题17.对于常数m 、n ，“0mn >”是“方程221mx y +=的曲线是椭圆”的（ ）条件 A ．充分不必要 B ．必要不充分 C.充分必要D ．既不充分也不必要条件18.设S 是整数集Z 的非空子集，如果,,a b S ∀∈有ab S ∈，则称S 关于数的乘法是封闭的. 若T,V 是Z 的两个不相交的非空子集，,T U Z ⋃=且,,,a b c T ∀∈有;,,,abc T x y z V ∈∀∈有xyz V ∈，则下列结论恒成立的是（）A. ,T V 中至少有一个关于乘法是封闭的B. ,T V 中至多有一个关于乘法是封闭的C. ,T V 中有且只有一个关于乘法是封闭的D. ,T V 中每一个关于乘法都是封闭的19.设集合S={1，2,3，4,5，6}，定义集合对(A ，B)::，A 中含有3个元素，B 中至少含有2个元素，且B 中最小的元素不小于A 中最大的元素.记满足的集合对(A ，B)的总个数为m ，满足的集合对(A ，B)的总个数为n ，则的值为（ ）A.111 B.161C.221 D.29220.定义非空集合A 的真子集的真子集为A 的“孙集”,则集合{1,3,5,7,9}的孙集的个数为 （） A ．23B ．24C ．26D ．3221.已知：集合2012,3,2,{1,A =}，A B ⊆，且集合B 中任意两个元素之和不能被其差整除。
高考数学《数列》大题训练50题含答案解析
一．解答题（共30小题）1．（2012•上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．2．（2011•重庆）设{a n}是公比为正数的等比数列a1=2，a3=a2+4．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）设{b n}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{a n+b n}的前n项和S n．3．（2011•重庆）设实数数列{a n}的前n项和S n满足S n+1=a n+1S n（n∈N*）．（Ⅰ）若a1，S2，﹣2a2成等比数列，求S2和a3．（Ⅱ）求证：对k≥3有0≤a k≤．4．（2011•浙江）已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1为a（a∈R）设数列的前n项和为S n，且，，成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式及S n；（Ⅱ）记A n=+++…+，B n=++…+，当a≥2时，试比较A n 与B n的大小．5．（2011•上海）已知数列{a n}和{b n}的通项公式分别为a n=3n+6，b n=2n+7（n∈N*）．将集合{x|x=a n，n∈N*}∪{x|x=b n，n∈N*}中的元素从小到大依次排列，构成数列c1，c2，c3，…，c n，…（1）写出c1，c2，c3，c4；（2）求证：在数列{c n}中，但不在数列{b n}中的项恰为a2，a4，…，a2n，…；（3）求数列{c n}的通项公式．6．（2011•辽宁）已知等差数列{a n}满足a2=0，a6+a8=﹣10（I）求数列{a n}的通项公式；（II）求数列{}的前n项和．7．（2011•江西）（1）已知两个等比数列{a n}，{b n}，满足a1=a（a＞0），b1﹣a1=1，b2﹣a2=2，b3﹣a3=3，若数列{a n}唯一，求a的值；（2）是否存在两个等比数列{a n}，{b n}，使得b1﹣a1，b2﹣a2，b3﹣a3．b4﹣a4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n}，{b n}的通项公式；若不存在，说明理由．8．（2011•湖北）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n}中的b3、b4、b5．（I）求数列{b n}的通项公式；（II）数列{b n}的前n项和为S n，求证：数列{S n+}是等比数列．9．（2011•广东）设b＞0，数列{a n}满足a1=b，a n=（n≥2）（1）求数列{a n}的通项公式；（4）证明：对于一切正整数n，2a n≤b n+1+1．10．（2011•安徽）在数1 和100之间插入n个实数，使得这n+2个数构成递增的等比数列，将这n+2个数的乘积计作T n，再令a n=lgT n，n≥1．（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=tana n•tana n+1，求数列{b n}的前n项和S n．11．（2010•浙江）设a1，d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n，满足S5S6+15=0．（Ⅰ）若S5=5，求S6及a1；（Ⅱ）求d的取值范围．12．（2010•四川）已知等差数列{a n}的前3项和为6，前8项和为﹣4．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=（4﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．13．（2010•四川）已知数列{a n}满足a1=0，a2=2，且对任意m、n∈N*都有a2m﹣1+a2n﹣1=2a m+n﹣1+2（m﹣n）2（1）求a3，a5；（2）设b n=a2n+1﹣a2n﹣1（n∈N*），证明：{b n}是等差数列；（3）设c n=（a n+1﹣a n）q n﹣1（q≠0，n∈N*），求数列{c n}的前n项和S n．14．（2010•陕西）已知{a n}是公差不为零的等差数列，a1=1，且a1，a3，a9成等比数列．（Ⅰ）求数列{a n}的通项；（Ⅱ）求数列{2an}的前n项和S n．15．（2010•宁夏）设数列满足a1=2，a n+1﹣a n=3•22n﹣1（1）求数列{a n}的通项公式；（2）令b n=na n，求数列的前n项和S n．16．（2010•江西）正实数数列{a n}中，a1=1，a2=5，且{a n2}成等差数列．（1）证明数列{a n}中有无穷多项为无理数；（2）当n为何值时，a n为整数，并求出使a n＜200的所有整数项的和．17．（2009•陕西）已知数列{a n}满足，，n∈N×．（1）令b n=a n+1﹣a n，证明：{b n}是等比数列；（2）求{a n}的通项公式．18．（2009•山东）等比数列{a n}的前n项和为S n，已知对任意的n∈N*，点（n，S n），均在函数y=b x+r（b＞0）且b≠1，b，r均为常数）的图象上．（1）求r的值；（2）当b=2时，记b n=n∈N*求数列{b n}的前n项和T n．19．（2009•江西）数列{a n}的通项，其前n项和为S n，（1）求S n；（2），求数列{b n}的前n项和T n．20．（2009•辽宁）等比数列{a n}的前n项和为s n，已知S1，S3，S2成等差数列，（1）求{a n}的公比q；（2）求a1﹣a3=3，求s n．21．（2009•湖北）已知数列{a n}是一个公差大于0的等差数列，且满足a2a6=55，a2+a7=16（1）求数列{a n}的通项公式；（2）数列{a n}和数列{b n}满足等式a n=（n∈N*），求数列{b n}的前n项和S n．22．（2009•福建）等比数列{a n}中，已知a1=2，a4=16（I）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若a3，a5分别为等差数列{b n}的第3项和第5项，试求数列{b n}的通项公式及前n项和S n．23．（2009•安徽）已知数列{a n}的前n项和S n=2n2+2n，数列{b n}的前n项和Tn=2﹣b n（Ⅰ）求数列{a n}与{b n}的通项公式；（Ⅱ）设c n=a n2•b n，证明：当且仅当n≥3时，c n+1＜c n．24．（2009•北京）设数列{a n}的通项公式为a n=pn+q（n∈N*，P＞0）．数列{b n}定义如下：对于正整数m，b m是使得不等式a n≥m成立的所有n中的最小值．（Ⅰ）若，求b3；（Ⅱ）若p=2，q=﹣1，求数列{b m}的前2m项和公式；（Ⅲ）是否存在p和q，使得b m=3m+2（m∈N*）？如果存在，求p和q 的取值范围；如果不存在，请说明理由．25．（2008•浙江）已知数列{x n}的首项x1=3，通项x n=2n p+np（n∈N*，p，q为常数），且成等差数列．求：（Ⅰ）p，q的值；（Ⅱ）数列{x n}前n项和S n的公式．26．（2008•四川）设数列{a n}的前n项和为S n=2a n﹣2n，（Ⅰ）求a1，a4（Ⅱ）证明：{a n+1﹣2a n}是等比数列；（Ⅲ）求{a n}的通项公式．27．（2008•四川）在数列{a n}中，a1=1，．（Ⅰ）求{a n}的通项公式；（Ⅱ）令，求数列{b n}的前n项和S n；（Ⅲ）求数列{a n}的前n项和T n．28．（2008•陕西）已知数列{a n}的首项，，n=1，2，3，…．（Ⅰ）证明：数列是等比数列；（Ⅱ）求数列的前n项和S n．29．（2008•辽宁）在数列{a n}，{b n}是各项均为正数的等比数列，设．（Ⅰ）数列{c n}是否为等比数列？证明你的结论；（Ⅱ）设数列{lna n}，{lnb n}的前n项和分别为S n，T n．若a1=2，，求数列{c n}的前n项和．30．（2008•辽宁）在数列{a n}，{b n}中，a1=2，b1=4，且a n，b n，a n+1成等差数列，b n，a n+1，b n+1成等比数列．（1）求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{a n}，{b n}的通项公式，并证明你的结论；（2）证明：．答案与评分标准一．解答题（共30小题）1．（2012•上海）已知数列{a n}、{b n}、{c n}满足．（1）设c n=3n+6，{a n}是公差为3的等差数列．当b1=1时，求b2、b3的值；（2）设，．求正整数k，使得对一切n∈N*，均有b n≥b k；（3）设，．当b1=1时，求数列{b n}的通项公式．考点：数列递推式；数列的函数特性。
浙江省2012年高考考前理科数学五大解答题拔高训练试题(1)
2012届浙江高考考前理数五大解答题拔高训练试题(1)三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 18．（本小题满分14分）设函数24()cos(2)2cos 3f x x x π=-+． （1）求)(x f 的最大值，并写出使)(x f 取最大值是x 的集合； （2）已知ABC ∆中，角C B A ,,的对边分别为.,,c b a 若.2,23)(=+=+c b C B f 求a 的最小值．19．（本小题满分14分）数列{}n a 的前n 项和为n S ，已()211,1,1,2,2n n a S n a n n n ==--=⋅⋅⋅． （1）证明：数列1{}n n S n+是等差数列，并求n S ； （2）设3nn S b n =，求证：121n b b b +++< ．20．（本小题满分15分）如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AD＝CD，∠CAD＝30°．（1）若AD＝2，AB＝2BC，求四面体ABCD的体积；（2）若二面角C－AB－D为60°，求异面直线AD与BC所成角的余弦值．21．（本小题满分15分）过点M （4，2）作x 轴的平行线被抛物线2:2(0)C x py p =>截得的弦长为． （1）求p 的值；（2）过抛物线C 上两点A ，B 分别作抛物线C 的切线12,.l l（ⅰ）若12,l l 交于点M ，求直线AB 的方程；（ⅱ）若直线AB 经过点M ，记12,l l 的交点为N ，当ABN S ∆=N 的坐标．22．（本小题满分14分）已知奇函数1()log 1a bx f x x +=-，(0a >，且1)a ≠ （1）求b 的值；（2）对于[2,4]x ∈2()log (1)(7)amf x x x >--恒成立，求m 的取值范围；（3）当4n ≥，且*n N ∈时，试比较(2)(3)()f f f n a ++⋅⋅⋅+与22n-的大小．2012届浙江高考考前理数五大解答题拔高训练试题(1)参 答18．（本小题满分14分）解：（1）24()cos(2)2cos 3f x x x π=-+ 44(cos 2cos sin 2sin )(1cos 2)33x x x ππ=+++1cos 22122cos(2)13x x x π=-+=++ )(x f 的最大值为2．要使)(x f 取最大值， )(232,1)32cos(Z k k x x ∈=+=+πππ．故x 的集合为⎭⎬⎫⎩⎨⎧∈-=Z k k x x ,6ππ． ………………….……………6分 注：未写“Z k ∈”扣1分；结果未写成集合形式扣1分.如果两者都不符合也扣1分.（2）由题意，231]3)(2cos[)(=+++=+πC B C B f ，即.21)322cos(=+-ππA 化简得21)32cos(=-πA ． ()0A π∈ ，，)35,3(32πππ-∈-∴A ，只有332ππ=-A ，3A π=．在ABC ∆中，由余弦定理，bc c b bc c b a 3)(3cos 22222-+=-+=π．由2=+c b 知1)2(2=+≤c b bc ，即12≥a ，当1==c b 时a 取最小值.1 …14分 注：不讨论角的范围扣1分.19．（本小题满分14分）解：（1）由21n n S n a n n =--2n ≥得：21()1n n n S n S S n n -=---，即()221(1)1n n n S n S n n ---=-，所以1111n n n nS S n n -+-=-，对2n ≥成立． 又11111S +=，所以1{}n n S n+是首项为1，公差为1的等差数列． 1112S a ==，所以21n n S n =+，当1n =时，也成立． ………………………8分（2）3111(1)1n n S b n n n n n ===-++． 1211111111122311n b b b n n n ∴+++=-+-++-=-<++ ． …………14分20．（本小题满分15分）解：（1）如图所示，设F 为AC 的中点，连接FD ，由于AD ＝CD ， 所以DF ⊥AC ．又由平面ABC ⊥平面ACD ， 知DF ⊥平面ABC ，即DF 是四面体ABCD 的面ABC 上的高， 且DF ＝AD sin30°＝1，AF ＝AD cos30°＝ 3. 在Rt △ABC 中，因AC ＝2AF ＝23，AB ＝2BC ， 由勾股定理易知BC ＝2155，AB ＝4155．故四面体ABCD 的体积V ＝13·S △ABC ·DF ＝13×12×4155×2155＝45．（2）法一：如图所示，设G ，H 分别为边CD ，BD 的中点，则FG ∥AD ，GH ∥BC ， 从而∠FGH 是异面直线AD 与BC 所成的角或其补角． 设E 为边AB 的中点，则EF ∥BC ， 由AB ⊥BC ，知EF ⊥AB .又由平面ABC ⊥平面ACD ，AD ＝CD .F 为AC 的中点， 易得DF ⊥平面ABC ，故由三垂线定理知DE ⊥AB .所以∠DEF 为二面角C －AB －D 的平面角．由题设知∠DEF ＝60°．设AD ＝a ，则DF ＝AD ·sin ∠CAD ＝a 2．在Rt △DEF 中，EF ＝DF ·cot ∠DEF ＝a 2·33＝36a ，从而GH ＝12BC ＝EF ＝36a ．因Rt △ADE ≌Rt △BDE ，故BD ＝AD ＝a ， 从而，在Rt △BDF 中，FH ＝12BD ＝a2．又FG ＝12AD ＝a2，从而在△FGH 中，因FG ＝FH ，由余弦定理得cos ∠FGH ＝FG 2＋GH 2－FH 22FG ·GH ＝GH 2FG ＝36．因此，异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为36． （2）法二：如图所示，过F 作FM ⊥AC ，交AB 于M ，已知AD ＝CD ，平面ABC ⊥平面ACD ，易知FC ，FD ，FM 两两垂 直．以F 为原点，射线FM ，FC ，FD 分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系F －xyz . 不妨设AD ＝2，由CD ＝AD ，∠CAD ＝30°，易知点A ，C ，D 的坐标分别为A (0，－3，0)，C(0，3，0)，D (0，0，1)，则AD＝(0，3，1)．显然向量k ＝(0，0，1)是平面ABC 的一个法向量．已知二面角C －AB －D 为60°，故可取平面ABD 的一个单位法向量n ＝(l ，m ，n )，使 得〈n ，k 〉＝60°， 从而n ＝12．由n ⊥AD ，有3m ＋n ＝0，从而m ＝－36．由l 2＋m 2＋n 2＝1，得l ＝±63．设点B 的坐标为B (x ，y,0)，由AB ⊥BC ，n ⊥AB ，取l ＝63，有⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，63x －36y ＋3＝0，解之得⎩⎨⎧x ＝469，y ＝739，或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝－3(舍去)． 易知l ＝－63与坐标系的建立方式不合，舍去． 因此点B 的坐标为B (469，739，0)．所以CB ＝(469，－239，0)．从而cos 〈AD ，CB 〉＝AD ·CB|AD||CB |＝3× －2393＋1× 4692＋－2392＝－36． 故异面直线AD 与BC 所成的角的余弦值为36．21．（本小题满分15分）解：（1）由已知得点在抛物线22x py =上， 代入得8=4p ，故p=2．…………4分（2）设221212(,),(,),44x x A x B x 直线AB 方程为.y kx b =+22,440,4,y kx b x kx b x y =+⎧--=⎨=⎩由得 则12124,4.x x k x x b +=⋅=-21,42x y x y '==又求导得 故抛物线在A 、B 两点处的切线斜率分别为12,,22x x 故在A 、B 点处的切线方程分别为22112212::,2424x x x x l y x l y x =-=-和 于是121212(,),(2,).24x x x x l l k b +⋅-与的交点坐标为即为 （ⅰ）由题意得M （4，2）是12l l 与的交点，故24,2,220.2,2,k k AB x y b b ==⎧⎧--=⎨⎨-==-⎩⎩即故直线的方程为 …………9分（ⅱ）由题意得(4,2)M 在直线AB 上,故4k+b=2，12124,168,x x k x x k +=⋅=-且故12(2,42).l l N k k -与的交点坐标为122|||AB x x N AB d =-==又点到直线的距离31||.2NAB S AB d ∆=⋅=故故3=15k ==-得或，故点N 的坐标为（—2，—6）或（10，18）． ………15分22．（本小题满分14分）解：（1）由1()log 1abx f x x +=-，11()log log 11a a bx bx f x x x -+--==--+．222111()()log log log 0111a a a bx bxb x f x f x x x x +--+-=+==-+-．∴ 222111b x x -=- 恒成立，21b =，1b =±， 经检验1b =． （2）由[2,4]x ∈时，21()log log 1(1)(7)a a x mf x x x x +=>---恒成立， ①当1a >时， ∴2101(1)(7)x mx x x +>>---对[2,4]x ∈恒成立． ∴ 0(1)(1)(7)m x x x <<+--在[2,4]x ∈恒成立． 设()(1)(1)(7),[2,4]g x x x x x =+--∈．则32()77g x x x x =-++-．22752()31413()33g x x x x '=-++=--+．∴当[2,4]x ∈时，()0g x '>．∴ ()y g x =在区间[2,4]上是增函数，min ()(2)15g x g ==．∴015m <<． ②当01a <<时，由[2,4]x ∈时，21()log log 1(1)(7)aa x m f x x x x +=>---恒成立， ∴211(1)(7)x mx x x +<---对[2,4]x ∈恒成立． ∴ (1)(1)(7)m x x x >+--在[2,4]x ∈恒成立． 设()(1)(1)(7),[2,4]g x x x x x =+--∈．由①可知()y g x =在区间[2,4]上是增函数，max ()(4)45g x g ==．∴45m >． 综上，当1a >时， 015m <<；当01a <<时， 45m >．（3）∵45(2)(3)()log 3log log 23a aa f f f n ++⋅⋅⋅+=+++ 1log log 21a a n n n n +⋅⋅⋅++--451(1)log (3)log 23212a a n n n n n n ++=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯=--．∴(2)(3)......()(1)2f f f n n n a ++++=．当2n =时，(1)32n n +=，22n -=2，∴(2)(3)......()f f f n a +++>22n -． 当3n =时，(1)62n n +=，22n -=6，∴(2)(3)......()f f f n a +++=22n -． 当4n ≥时，(2)(3)......()(1)2f f f n n n a++++=<22n -．下面证明：当4n ≥时，(2)(3)......()(1)2f f f n n n a ++++=<22n -． 证法一：当4n ≥时，0121222n n n n n n n n C C C C C --=+++⋅⋅⋅++-121n n n nC C C -=++⋅⋅⋅+ 2(1)3(1)222n n n n n n n n -++>++=>． ∴当4n ≥时，(2)(3)......()(1)2f f f n n n a ++++=<22n -． 证法二：当4n ≥时，要证明(1)2n n +<22n - ，只需要证明(1)222n n n ++<． （1）当4n =时，(1)2122n n ++=，216n =，(1)222n n n ++<成立． （2）假设(4)n k k =≥，不等式(1)222n n n ++<成立，即(1)222k k k ++<． 那么(1)2[2]222k k k ++<⋅ ∴1(1)42k k k +++<． 又因为2(1)[(1)1]22[(1)4]022k k k k k k +++-+-+-++=<． ∴1(1)[(1)1]2(1)422k k k k k +++++<++<． ∴1n k =+时，不等式(1)222n n n ++<成立． 综合（1）和（2），对*n N ∀∈，且4n ≥不等式(1)222n n n ++<成立． ∴当4n ≥时，(2)(3)()(1)2f f f n n n a ++⋅⋅⋅++=<22n -． 证法三：∵4n ≥时，(1)2n n +<22n -(1)2202n n n +⇔-+<． 构造函数(1)()22,[4,)2x x x h x x +=-+∈+∞． 1()2ln 22x h x x '=-+ 2[()]()12l n 2x h x h x ''''==-． ∴当[4,)x ∈+∞时，2()12ln 20x h x ''=-<．∴()2ln 2x h x x '=-在区间[4,)+∞是减函数，∴当[4,)x ∈+∞时，19917()2ln 2(4)16ln 216022222x h x x h ''=-+<=-<-⨯=-<． ∴(1)()222x x x h x +=-+在区间[4,)+∞是减函数， [4,)x ∈+∞时，(1)()222x x x h x +=-+<445(4)22402h ⨯=-+=-<． 4n ≥时，(1)2202n n n +-+<，即(1)2n n +<22n -． ∴当4n ≥时，(2)(3)()(1)2f f f n n n a ++⋅⋅⋅++=<22n -．。
2025年高考数学一轮知识点复习-三角函数的图象与性质-专项训练【含答案】
三角函数的图象与性质一、单项选择题1．函数f(x)＝6sin4cos4－2的最小正周期和最小值分别是()A．π和－5B．π和－3C．4π和－5D．4π和－32．函数f(x)＝cos2−()A．−5π12B．−11π，−C．−π6D3．函数f(x)＝cos x－cos2x，则该函数为()A．奇函数，且函数的最大值为2B．偶函数，且函数的最大值为2C．奇函数，且函数的最大值为98D．偶函数，且函数的最大值为984．若tan2＝a，tan3＝b，tan5＝c，则()A．a＜b＜c B．b＜c＜aC．c＜b＜a D．c＜a＜b5．记函数f(x)＝sin B+b(ω＞0)的最小正周期为T.若2π3＜T＜π，且y＝f(x)2中心对称，则f()A．1B．32C．52D．36．(2023·广东潮州二模)若函数f(x)＝sin2+[－t，t]上是单调递增函数，则实数t的取值范围为()A B．0C D．0二、多项选择题7．若函数f(x)＝cos+()A．f(x)的一个周期是2πB．f(x)的图象关于直线x8π3对称C．f(x)的一个零点为π6D．f(x)π上单调递减8．已知函数f(x)＝sin1+cos，则下列说法正确的是()A．f(x)的最小正周期为2πB．f(x)在(0，π)上单调递增C．f(x)的图象的对称中心为点(kπ，0)(k∈Z)D．f(x)在(π，2π)上单调递减三、填空题9．已知函数f(x)＝2cos(3x＋φ)0对称，那么|φ|的最小值为________．10．(2024·安徽阜阳模拟)已知函数f(x)＝A sin(ωx＋φ)(A>0，ω≠0)具有下列三个性质：①图象关于直线x＝π3对称；②在区间0期为π，则满足条件的一个函数f(x)＝________．四、解答题11．已知函数f(x)＝3cos x sin x＋sin2x.(1)求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；(2)求函数f(x)在区间−2π312．已知函数f(x)＝2cos2ωx＋sin2ωx(ω>0)，x1，x2是f(x)的两个相邻极值点，且满足|x1－x2|＝π.(1)求函数f(x)图象的对称轴方程；(2)若f(α)＝13，求sin2α.13．已知函数f(x)＝4sin B+ω>0)π上单调递减．(1)求ω的最大值；(2)若f(x)0中心对称，且f(x)在−9π20，上的值域为[－2，4]，求m的取值范围．参考答案1．C[f(x)＝6sin4cos4－2＝3sin2－2，则f(x)的最小正周期T＝2π12＝4π，当sin2＝－1时，函数取得最小值为－5.故选C.]2．B[令2x－π6∈[2kπ，π＋2kπ]，k∈Z，则x+χ，7π12+χ，k∈Z，当k＝－1时，x∈−11π12，−k∈Z.故选B.]3．D[由题意，f(－x)＝cos(－x)－cos(－2x)＝cos x－cos2x＝f(x)，所以该函数为偶函数．又f(x)＝cos x－cos2x＝－2cos2x＋cos x＋1＝－2cos−4＋98，所以当cos x＝14时，f(x)取最大值98.故选D.]4．D[因为tan5＝tan(5－π)，π2＜5－π＜2＜3＜π，且函数y＝tan xπ上单调递增，所以tan (5－π)＜tan 2＜tan 3，所以tan 5＜tan 2＜tan 3，即c ＜a ＜b .]5．A [由函数的最小正周期T 满足2π3＜T ＜π，得2π3＜2π＜π，解得2＜ω＜3，2对称，所以3π2ω＋π＝k π，k ∈Z ，且b ＝2，所以ω＝－16+23k ，k ∈Z ，所以ω＝52，f (x )＝sin +2，所以fsin+2＝1.故选A.]6．D [令2k π－π2≤2x ＋π6≤2k ππ2，k ∈Z ，解得k π－π3≤x ≤k π＋π6，k ∈Z ，所以函数f (x )的单调递增区间为χ−π3，χ+k ∈Z ，又因为f (x )在区间[－t ，t ]上是单调递增函数，则[－t ，t ]是χ−π，χ+k ∈Z 的一个子区间，当k ＝0时，即−π3若[－t ，t ]是−π3t ∈0故选D.]7．ABC[显然A 正确；令x ＝8π3，则f (x )＝cos+cos 3π＝－1，为最小值，故B 正确；令x ＝π6，则f (x )＝cos+0，故C 正确；令2k π≤x ＋π3≤π＋2k π，k ∈Z ，得－π3＋2k π≤x ≤2π3＋2k π，k ∈Z ，可知f (x )π上单调递增，故D 错误．]8．ABC [f (x )＝sin1+cos ＝2sin 2cos22cos 22＝tan2，∴f (x )的最小正周期为π12＝2π，故A 正确；当x ∈(0，π)时，2∈0∴f (x )在(0，π)上单调递增，故B 正确；2＝χ2(k ∈Z )，得x ＝k π(k ∈Z )，∴f (x )的图象的对称中心为点(k π，0)(k ∈Z )，故C 正确；当x ∈(π，2π)时，2∈π，∴f (x )在(π，2π)上单调递增，故D 错误．故选ABC.]9．π2[∵f (x )＝2cos (3x ＋φ)0对称，∴3×4π3＋φ＝k π＋π2，k ∈Z ，即φ＝k π7π2，k ∈Z ，令k ＝3或4，可得|φ|的最小值为π2.]10．sin2+答案不唯一)[由③可得ω＝2，由①可得2×π3＋φ＝π2＋kπ⇒φπ6＋kπ(k∈Z)，再由②可知x∈032x－π6＋kπ∈−π6+χ，π2+χ(k∈Z)，则−π6+χ，π2+χ+χ，3π2+χ(k，m∈Z)为奇数时符合条件，不妨令k＝1，则φ＝5π6，取A＝1，此时f(x)＝sin2+611．解：(1)f(x)＝3cos x sin x＋sin2x x－12cos2x＋12＝sin2−+12，∴函数f(x)的最小正周期为2π2＝π，π2＋2kπ≤2x－π6≤π2＋2kπ，k∈Z，则－π6＋kπ≤x≤π3＋kπ，k∈Z，∴函数f(x)的单调递增区间为−π6+π3+χ，k∈Z.(2)∵x∈−2π∴2x－π6∈−3π2则sin2−[－1，1]，∴f(x)∈−12∴函数f(x)在区间−2π3上的最大值为32，最小值为－12.12．解：(1)f(x)＝2cos2ωx＋sin2ωx＝cos2ωx＋sin2ωx＋1＝2sin2B+1，由|x1－x2|＝π可得最小正周期T＝2|x1－x2|＝2π，所以ω＝12，故f(x)＝2sin+41，令x＋π4＝π2＋kπ，k∈Z，解得x＝π4＋kπ，k∈Z，故f(x)的对称轴方程为x＝π4＋kπ，k∈Z.(2)由f(α)＝1，得2sin+1＝13，则sin+由cos2+1－2sin2+1－2×−＝59，所以cos2+sin2α＝59，所以sin2α＝－59.13．解：(1)由条件知xπ，则ωx＋π3∈+π3，π++π3≥π2+2χ，π+π3≤3π2+2χ，k∈Z，∴ω∈1+12，76+2，k∈Z.又∵ππ6＝5π6≤2＝π，∴0<ω≤65，当k＝0时，1≤ω≤76，符合题意；当k≥1时，不等式1＋12k≤ω≤76＋2k无解，所以ω的最大值为76.(2)因为f(x)0中心对称，所以3π2ω＋π3＝kπ(k∈Z)，即ω＝23−29(k∈Z)，由(1)得1≤ω≤7，所以ω＝109，则f(x)＝4sin9+3当x∈−9π20，时，109x＋π3∈−π6，109+因为f(x)在−9π，上的值域为[－2，4]，所以sin+3−12，1，π2≤109m＋π3≤7π6，3π20≤m≤3π4，所以m。
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高级中学解答题专题训练15--------立体几何01 1、如图是某多面体的三视图，如果图中每个正方形的边长均为2 （1）请描述满足该三视图的一个几何的形状（或出画它的直观图）； （2）求你得到的几何体的体积； （3）求你得到的几何体的表面积。
2. 一个多面体的三视图及直观图如图所示，M、N分别是A1B、B1C1的中点。 （Ⅰ）求证：MN//平面ACC1A1； （Ⅱ）求证：MN⊥平面A1BC。
3. 如图，四边形ABCD为矩形，AD⊥平面ABE，AE＝EB＝BC＝2，F为CE上的点， B C A D E F M
且BF⊥平面ACE． （1）求证：AE⊥BE；（2）求三棱锥D－AEC的体积；（3）设M在线段AB上，且满足AM＝2MB，试在线段CE上确定一点N，使得MN∥平面DAE.
4. 如图为正方体ABCD-A1B1C1D1切去一个三棱锥B1—A1BC1后得到的几何体．（1） 画出该几何体的正视图； （2） 若点O为底面ABCD的中心，求证：直线D1O∥平面A1BC1； （3）． 求证：平面A1BC1⊥平面BD1D． P B C D A
赣马高级中学解答题专题训练16--------立体几何02 1、如图，正三棱柱ABC—A1B1C1中，AB=2，AA1=1，D是BC的中点，点P在平面BCC1B1内，PB1=PC1=.2 （1）求证：PA1⊥BC； （2）求证：PB1//平面AC1D；（3）求11AADCV
2、如图，在四棱锥P-ABCD中，CD//AB , AD⊥AB , AD = DC = 12 AB , BC⊥PC． （1）求证：PA⊥BC ；（2）试在线段PB上找一点M，使CM // 平面PAD， 并说明理由． A B
C D
D1
C1
B1
A1
3、直棱柱1111ABCDABCD中，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠ADC＝90°，222ABADCD． （Ⅰ）求证：AC⊥平面BB1C1C； （Ⅱ）在A1B1上是否存一点P，使得DP与平面BCB1与平面ACB1都平行？证明你的结论．
4、已知等腰梯形PDCB中（如图1），PB=3，DC=1，PB=BC=2，A为PB边上一点，且PA=1，将△PAD沿AD折起，使面PAD⊥面ABCD（如图2）.
（Ⅰ）证明：平面PAD⊥PCD；
（Ⅱ）试在棱PB上确定一点M，使截面AMC把几何体分成的两部分1:2:MACBPDCMAVV （Ⅲ）在M满足（Ⅱ）的情况下，判断直线PD 是否平行面AMC. 赣马高级中学解答题专题训练17--------立体几何03 1、在几何体ABCDE中，∠BAC=2，DC⊥平面ABC，EB⊥平面ABC，F是BC的中点，AB=AC=BE=2，CD=1 （Ⅰ）求证：DC∥平面ABE；（Ⅱ）求证：AF⊥平面BCDE；（Ⅲ）求证：平面AFD⊥平面AFE．
2、如图所示,在直四棱柱1111DCBAABCD中,BCDB, DBAC,点M是棱1BB上一点.
（1）求证：//11DB面BDA1；（2）求证：MDAC； （3）试确定点M的位置,使得平面1DMC平面DDCC11.
3．如图，在组合体中，1111DCBAABCD是一个长方体，ABCDP是一个四棱锥．2AB，3BC，
A B C D E F
M A B
C D
A1
B1
C1 D
1 点DDCCP11平面且2PCPD． （Ⅰ）证明：PBCPD平面； （Ⅱ）若aAA1，当a为何值时，DABPC1//平面．
4.在直三棱柱111ABCABC中，13ABACAAa，2BCa，D是BC的中点，F是1CC上一点，且2CFa．（1）求证：1BF 平面ADF；（2）求三棱锥1DABF的体积；（3）试在1AA上找一点E，使得//BE平面ADF．
D1
C
1
B1
A
1
PDCBA
第3题图
A B C D
1A 1B 1C F 赣马高级中学解答题专题训练18--------立体几何04 1．某球的外切圆台上下底面半径分别为,rR，求该球的体积
2.湖面上漂浮着一个丢弃的蓝球，当湖面结冰后将球取出，冰面上留下一个直径为24，深为8的球坑，则该蓝球的体积。
3．有一根长为6，底面半径为1的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕4圈，使铁丝两端落在同一条母线的两端，则铁丝的长度最少为 4.如图所示，有一圆锥形酒杯，其底面半径等于酒杯圆锥体的高，若以9cm3/s的速度向该酒杯倒酒，则酒深10cm时酒面上升的速度为
5．一个圆锥形的空纸杯上面抹着一个球形的冰淇淋，尺寸如图，如果冰淇淋融化了，会溢出杯子吗？说明理由
6．如图，设动点P在棱长为1的正方体1111-ABCDABCD的对角线1BD上，记11DPDB． 当APC为钝角时，求的取值范围．
xyz
CBAD
D1C1B1A1
P赣马高级中学解答题专题训练--------立体几何01答案 1、情况1：（1）如图（1） （2）320 （3）3218
情况2：（1）如图（2） （2）316 （3）3412 2、证明：（Ⅰ）由三视图可知该多面体是侧棱为a底面为等腰三角形的直三棱柱，AC=BC=a, ∠ACB=90°; 连接1AB 、1AC, 由平行四边形的性质可知1AB与1AC相交于点M . M、N分别是1AB 、11BC的中点, MN∥1AC 又 MN 平面ACC1A1 MN//平面ACC1A1
（Ⅱ） BCAC 1CCBC BC⊥平面ACC1A1 BC⊥1AC 由正方形
ACC1A1 性质可知 1AC⊥1AC 1AC⊥平面A1BC 又 MN∥1AC MN⊥平面A1BC 3、（1）证明：ABEAD平面，BCAD// ∴ABEBC平面，则BCAE (2分) 又ACEBF平面，则BFAE∴BCEAE平面 又BCEBE平面 ∴BEAE (2)31ADCEAECDVV×22×342 （3）在三角形ABE中过M点作MG∥AE交BE于G点,在三角形BEC中过G点作GN∥BC交EC于N点,连MN,则由比例关系易得CN＝CE31 MG∥AE MG平面ADE, AE平面ADE,MG∥平面ADE同理, GN∥平面ADE
平面MGN∥平面ADE 又MN平面MGN MN∥平面ADE
N点为线段CE上靠近C点的一个三等分点
4、解：（1）该几何体的正视图为： （2）将其补成正方体ABCD-A1B1C1D1，设B1D1和A1C1交于点O1，连接O1B， 依题意可知，D1O1∥OB，且D1O1=OB，即四边形D1OB O1为平行四边形， 则D1O∥O1B，因为BO1平面BA1C1，D1O平面BA1C1，所以有直线D1O∥平面BA1C1； （3）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1， 则DD1⊥A1C1 另一方面，B1D1⊥A1C1 又∵DD1∩B1D1= D1，∴A1C1⊥平面BD1D， ∵A1C1平面A1BC1，则平面A1BC1⊥平面BD1D．
（1） （2） ABDCP
FBDCPM
赣马高级中学解答题专题训练--------立体几何02答案 1、（1）证明：取B1C1的中点Q，连结A1Q，PQ，∴B1C1⊥A1Q，B1C1⊥PQ，∴B1C1⊥平面AP1Q， ∴B1C1⊥PA1，∵BC∥B1C1，∴BC⊥PA1.
（2）连结BQ，在△PB1C1中，PB1=PC1=2，B1C1=2，Q为中点， ∴PQ=1，∴BB1=PQ，∴BB1∥PQ，∴四边形BB1PQ为平行四边形， ∴PB1∥BQ. ∴BQ∥DC1，∴PB1∥DC1，又∵PB1面AC1D，、
∴PB1∥平面AC1D.（3）11AADCV=36 2、（1）连AC，在四边形ABCD中，CDADABCDABAD,||,． 设aAD，,21ABDCADaABaCD2,． 在ADC中，90ADC，aACDACDCADCAD2,45, 在ACB中，45,2,2CABaACAAB aCABABCOSACABACBC222．
222ABBCAC，BCAC………………………3分
又CPCACPACPCPACACPCBC,,,平面平面， PACBC平面 BCPAPACPA,平面．
(2)当M为PB的中点时，PADCM平面||，取AP的中点F， 连结.,,DFFMCM则ABFMABFM21,||． CDFMCDFMABCDABCD.||,21,|| 是平行四边形四边形CDFM，DFCD|| PADDF平面，PADCM平面，PADCM平面||． 3、证明：（Ⅰ） 直棱柱1111ABCDABCD中，BB1⊥平面ABCD，BB1⊥AC． 又∠BAD＝∠ADC＝90°，222ABADCD，∴2AC，∠CAB＝45°，∴2BC， BC⊥AC．又1BBBCB，1,BBBC平面BB1C1C， AC⊥平面BB1C1C．
（Ⅱ）存在点P，P为A1B1的中点．证明：由P为A1B1的中点，有PB1‖AB，且PB1＝12AB．