高考数学(理科)二轮复习：解答题专项练(6套有答案)

1.立体几何 1.(2018·江苏省金陵中学月考)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AP＝AD，点M在棱PD上，AM⊥PD，点N是棱PC的中点，求证：

(1) MN∥平面PAB； (2) AM⊥平面PCD. 证明 (1)因为在△PAD中，AP＝AD，AM⊥PD， 所以点M是棱PD的中点. 又点N是棱PC的中点， 所以MN是△PDC的中位线， 所以MN∥DC. 因为底面ABCD是矩形， 所以AB∥DC， 所以MN∥AB. 又AB⊂平面PAB, MN⊄平面PAB， 所以MN∥平面PAB. (2)因为平面PAD⊥平面ABCD, CD⊂平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，CD⊥AD， 所以CD⊥平面PAD. 又AM⊂平面PAD，所以CD⊥AM. 因为PD⊥AM，CD⊥AM, CD∩PD＝D，CD⊂平面PCD，PD⊂平面PCD， 所以AM⊥平面PCD. 2.已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥DC，∠ABC＝60°，DC＝1，AD＝3，PB＝PC，且M，N分别为BC，PA的中点.

(1)求证：DN∥平面PBC； (2)求证：MN⊥BC. 证明 (1)取PB的中点E，连结NE，CE，AC， 因为ABCD是直角梯形，AB∥DC， ∠ABC＝60°，DC＝1，AD＝3， 易得AC＝CB＝AB＝2. 又N为PA的中点， 所以NE∥CD且NE＝CD， 所以四边形CDNE是平行四边形， 所以DN∥CE. 又CE⊂平面PBC，DN⊄平面PBC， 所以DN∥平面PBC. (2)连结AM，PM. 因为PB＝PC， 所以PM⊥BC， 因为AC＝AB， 所以AM⊥BC， 又AM∩PM＝M，AM，PM⊂平面PAM， 所以BC⊥平面PAM. 因为MN⊂平面APM， 所以MN⊥BC. 3.(2018·扬州市邗江区模拟)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，EF∥AB，EF⊥FB，AB＝2EF，∠BFC＝90°，BF＝FC，H为BC的中点.

(1)求证：FH∥平面EDB； (2)求证：AC⊥平面EDB. 证明 (1)设AC与BD的交点为G，连结GE，GH，

如图，以H为坐标原点，分别以HB→，GH→，HF→的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，

令BH＝1，则A(1，－2,0)，B(1,0,0)，C(－1,0,0)， D(－1，－2,0)，E(0，－1,1)，F(0,0,1)，G(0，－1,0)， ∴GE→＝(0,0,1), 又∵HF→＝(0,0,1)，∴GE→∥HF→， GE⊂平面EDB，HF⊄平面EDB，

∴FH∥平面EDB.

(2)∵AC→＝(－2,2,0)，GE→＝(0,0,1)， ∴AC→·GE→＝0， ∴AC⊥GE. 又AC⊥BD，且GE⊂平面EDB，BD⊂平面EDB，GE∩BD＝G，∴AC⊥平面EDB. 4.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，M，N分别为棱A1C1和AB的中点. (1)求证：MN∥平面BCC1B1； (2)若平面ACC1A1⊥平面A1B1C1，且A1B1＝B1C1，求证：平面B1MN⊥平面ACC1A1.

证明 (1)方法一 如图，设BC的中点为H，连结NH，HC1. 在△ABC中，因为N为AB的中点，所以NH∥AC，且NH＝12AC， 在三棱柱ABC－A1B1C1中，因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，M为A1C1的中点， 所以MC1∥AC，且MC1＝12AC， 所以NH∥MC1，且NH＝MC1， 所以四边形MC1HN为平行四边形，所以MN∥C1H， 又MN⊄平面BCC1B1，C1H⊂平面BCC1B1， 所以MN∥平面BCC1B1.

方法二 如图2，在侧面ACC1A1中，连结AM并延长交直线CC1于点Q，连结BQ.在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1∥CC1，所以AMMQ＝A1MMC1，因为M为A1C1的中点，所以M为AQ的中点.又因为N为AB中点，所以MN∥BQ，又MN⊄平面BCC1B1，BQ⊂平面BCC1B1，所以MN∥平面BCC1B1. 方法三 如图3，取A1B1的中点O，连结OM，ON. 在△A1B1C1中，因为O，M分别为A1B1，A1C1的中点，所以OM∥B1C1. 因为OM⊄平面BCC1B1，B1C1⊂平面BCC1B1，所以OM∥平面BCC1B1.在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1∥AB且A1B1＝AB，又因为O，N分别为A1B1，AB的中点，所以OB1∥NB，OB1＝NB，所以四边形OB1BN为平行四边形，所以ON∥B1B，又ON⊄平面BCC1B1，B1B⊂平面BCC1B1，所以ON∥平面BCC1B1. 因为OM∥平面BCC1B1，ON∥平面BCC1B1，OM∩ON＝O，OM⊂平面OMN，ON⊂平面OMN，所以平面OMN∥平面BCC1B1，又MN⊂平面OMN，所以MN∥平面BCC1B1.

(2)因为A1B1＝B1C1, M为A1C1的中点，所以B1M⊥A1C1，因为平面ACC1A1⊥平面A1B1C1，平面ACC1A1∩平面A1B1C1

＝A1C1，B1M⊂平面A1B1C1，所以B1M⊥平面ACC1A1，又B1M⊂平面B1MN，所以平面B1MN⊥平面ACC1A1.

5.如图，O是圆锥底面圆的圆心，圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，C为底面圆周上一点.

(1)若弧BC的中点为D，求证：AC∥平面POD； (2)如果△PAB的面积是9，求此圆锥的表面积. (1)证明 方法一 设BC∩OD＝E， ∵D是弧BC的中点， ∴E是BC的中点. 又∵O是AB的中点， ∴AC∥OE. 又∵AC⊄平面POD，OE⊂平面POD， ∴AC∥平面POD. 方法二 ∵AB是底面圆的直径， ∴AC⊥BC. ∵弧BC的中点为D， ∴OD⊥BC. 又AC，OD共面， ∴AC∥OD. 又AC⊄平面POD，OD⊂平面POD， ∴AC∥平面POD. (2)解 设圆锥底面半径为r，高为h，母线长为l， ∵圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形， ∴h＝r，l＝2r.

由S△PAB＝12×2r×h＝r2＝9，得r＝3， ∴S表＝πrl＋πr2＝πr×2r＋πr2＝9(1＋2)π. 6.已知四棱锥S－ABCD的底面ABCD为正方形，顶点S在底面ABCD上的射影为其中心O，高为3，设E，F分别为AB，SC的中点，且SE＝2，M为CD边上的点.

(1)求证：EF∥平面SAD； (2)试确定点M的位置，使得平面EFM⊥底面ABCD. (1)证明 取SB的中点P，连结PF，PE.

∵F为SC的中点， ∴PF∥BC，又底面ABCD为正方形， ∴BC∥AD，即PF∥AD， 又PE∥SA，PE∩PF＝P，SA∩AD＝A， ∴平面PFE∥平面SAD. ∵EF⊂平面PFE， ∴EF∥平面SAD. (2)解 连结AC，AC的中点即为点O，连结SO， 由题意知SO⊥平面ABCD， 取OC的中点H，连结FH，则FH∥SO， ∴FH⊥平面ABCD，

∴平面EFH⊥平面ABCD，连结EH并延长， 则EH与DC的交点即为M点. 连结OE， 由题意知SO＝3，SE＝2. ∴OE＝1，AB＝2，AE＝1，

∴MCAE＝HCHA＝13，

∴MC＝13AE＝16CD， 即点M在CD边上靠近C点距离为16的位置.

2.三角函数与解三角形 1.已知α为锐角，cosα＋π4＝55. (1)求tanα＋π4的值； (2)求sin2α＋π3的值. 解 (1)因为α∈0，π2，所以α＋π4∈π4，3π4， 所以sinα＋π4＝1－cos2α＋π4＝255，

所以tanα＋π4＝sinα＋π4cosα＋π4＝2. (2)因为sin2α＋π2 ＝sin 2α＋π4＝2sinα＋π4cosα＋π4＝45， cos2α＋π2＝cos 2α＋π4＝2cos2α＋π4－1＝－35， 所以sin2α＋π3＝sin2α＋π2－π6 ＝sin2α＋π2cos π6－cos2α＋π2sin π6＝43＋310. 2.已知△ABC中，AC＝2，A＝2π3，3cosC＝3sin B. (1)求AB； (2)若D为BC边上一点，且△ACD的面积为334，求∠ADC的正弦值. 解 (1)因为A＝2π3，所以B＝π3－C， 由3cosC＝3sin B得，cosC＝3sinπ3－C， 所以cosC＝332cos C－12sin C＝32cosC－32sin C， 所以12cosC＝32sin C，即tan C＝33. 又因为C∈0，π3， 所以C＝π6，从而得B＝π3－C＝π6，所以AB＝AC＝2. (2)由已知得12·AC·CDsin π6＝334，所以CD＝332， 在△ACD中，由余弦定理得，AD2＝AC2＋CD2－2AC·