球与多面体的切接问题
1．在棱锥P ABC -中，侧棱PA 、PB 、PC 两两垂直，Q 为底面ABC ?内一点，若点Q 到三个侧面的距离分别为3、4、5，则以线段PQ 为直径的球的表面积为（ ）
A ．100π
B ．50π
C ．25π
D ．52π
2.已知四面体P ABC -的外接球的球心O 在AB 上，且PO ⊥平面ABC ，23AC AB =,若四面体P ABC -的体积为
32
，则该球的体积为 （A ）3π （B ）2π （C ）22π （D ）43π
3. 已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB ＝３，BC ＝2，则棱锥O －ABCD 的体积为 A. 51 B. 351 C. 251 D. 516 4．在三棱锥S —ABC 中，AB ⊥BC,AB=BC=2,SA=SC=2,，二面角S —AC —B 的余弦值是3
3-，若S 、A 、B 、C 都
在同一球面上，则该球的表面积是（ ）
A ．π68
B ．π6
C ．24π
D ．6π
5．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为3
4π的球体与棱柱的所有面均相切，那么这
个三棱柱的表面积是 （A ）36 （B ）312 （C ）318
（D ）324
6．一个底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱内接于半径为3的球，则该棱柱体积的最大值为（ ）
A ．332
B ．2
33 C ．33 D ．36
7.已知三棱柱
的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，
，则此球的表面积等于________.
8．正三棱锥S-ABC 中，M 、N 分别是SC ．BC 中点，且M N ⊥AM ，若SA=23．则正三棱锥S - ABC 的外接球的体积为 。
9．已知AB 是表面积为4π的球的直径，C 、D 是该球球面上的两点，且BC ＝CD ＝DB ＝1， 则三棱锥A －BCD 的体积为
______________． 10、（2012理11）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ?是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）
()
A 26 ()
B 3 ()
C 23 ()
D 22
11、（2010全国12）已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为
(A) 23 (B)43 (C) 23 (D) 83
12．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为
A．l03cm B．10 cm C．102cm D．30cm
一、单选题（共7题；共14分）
1、（2017?浙江）如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP=PB ，= =2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）
A 、γ＜α＜βB、α＜γ＜βC、α＜β＜γD、β＜γ＜α
2、（2017?新课标Ⅱ）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=2，BC=CC1=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）
A、B、C、D、
3、（2017?新课标Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）
A、π
B、C
、D、
4、（2017?江苏）如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
5、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F 为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为________．
6、（2017?新课标Ⅲ）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最小值为60°；
其中正确的是________（填写所有正确结论的编号）
1
（Ⅰ）求证：MN∥平面BDE；
（Ⅱ）求二面角C﹣EM﹣N的正弦值；
（Ⅲ）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．
15、（2017?浙江）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：CE∥平面PAB；
（Ⅱ）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
16、（2017?北京卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA=PD= ，AB=4．（14分）
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角B﹣PD﹣A的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
17、（2017?江苏）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°．（Ⅰ）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
（Ⅱ）求二面角B﹣A1D﹣A的正弦值．
18、（2017?江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD．求证：（Ⅰ）EF∥平面ABC；
（Ⅱ）AD⊥AC．
19、（2017?新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．
（Ⅰ）证明：直线CE∥平面PAB；
（Ⅱ）点M在棱PC 上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角M﹣AB﹣D的余弦值．
20、（2017?新课标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．（Ⅰ）证明：平面ACD⊥平面ABC；
（Ⅱ）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．
21、（2017?新课标Ⅰ卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，且∠BAP=∠CDP=90°．（12分）
(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若PA=PD=AB=DC，∠APD=90°，求二面角A﹣PB﹣C的余弦值．
答案解析部分
一、单选题
1、【答案】A
【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由几何的三视图可知，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，
圆锥的底面圆的半径为1，三棱锥的底面是底边长2的等腰直角三角形，圆锥的高和棱锥的高相等均为3，
故该几何体的体积为× ×π×12×3+ × × × ×3= +1，
故选：A
【分析】根据几何体的三视图，该几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．2、【答案】B
【考点】用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．
不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），
Q ，R ，
= ，=（0，3，6 ），=（，5，0），= ，
= ．
设平面PDR的法向量为=（x，y，z），则，可得，
可得= ，取平面ABC的法向量=（0，0，1）．
则cos = = ，取α=arccos ．
同理可得：β=arccos ．γ=arccos ．
∵＞＞．
∴α＜γ＜β．
解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．
设OP=h．
则cosα= = = ．
同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．
由已知可得：OE＞OG＞OF．
∴cosα＞cosγ＞cosβ，α，β，γ为锐角．
∴α＜γ＜β．
故选：B．
【分析】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP=3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，﹣6，0），D（0，0，6 ），Q ，R ，利用法向量的夹角公式即可得出二面角．
解法二：如图所示，连接OD，OQ，OR，过点O发布作垂线：OE⊥DR，OF⊥DQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接PE，PF，PG．设OP=h．可得cosα= = = ．同理可得：cosβ= = ，cosγ= = ．由已知可得：OE＞OG＞OF．即可得出．
3、【答案】B
【考点】由三视图求面积、体积，由三视图还原实物图
【解析】【解答】解：由三视图可得直观图，
再四棱锥P﹣ABCD中，
最长的棱为PA，
即PA= =
=2 ，
故选：B．
【分析】根据三视图可得物体的直观图，结合图形可得最长的棱为PA，根据勾股定理求出即可．
4、【答案】B
【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图
【解析】【解答】解：由三视图可画出直观图，
该立体图中只有两个相同的梯形的面，
S梯形= ×2×（2+4）=6，
∴这些梯形的面积之和为6×2=12，
故选：B
【分析】由三视图可得直观图，由图形可知该立体图中只有两个相同的梯形的面，根据梯形的面积公式计算即可5、【答案】C
【考点】余弦定理的应用，异面直线及其所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，
则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角
（因异面直线所成角为（0，]），
可知MN= AB1= ，
NP= BC1= ；
作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；
∵PQ=1，MQ= AC，
△ABC中，由余弦定理得
AC2=AB2+BC2﹣2AB?BC?cos∠ABC
=4+1﹣2×2×1×（﹣）
=7，
∴AC= ，
∴MQ= ；
在△MQP中，MP= = ；
在△PMN中，由余弦定理得
cos∠MNP= = =﹣；
又异面直线所成角的范围是（0，]，
∴AB1与BC1所成角的余弦值为．
【分析】设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，得出AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角；根据中位线定理，结合余弦定理求出AC、MQ，MP和∠MNP的余弦值即可．
6、【答案】B
【考点】由三视图求面积、体积，组合几何体的面积、体积问题，由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，
V=π?32×10﹣?π?32×6=63π，
故选：B．
【分析】由三视图可得，直观图为一个完整的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，即可求出几何体的体积．
7、【答案】B
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，
∴该圆柱底面圆周半径r= = ，
∴该圆柱的体积：V=Sh= = ．
故选：B．
【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r= = ，由此能求出该圆柱的体积．
二、填空题
8、【答案】2+
【考点】由三视图还原实物图，棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由长方体长为2，宽为1，高为1，则长方体的体积V1=2×1×1=2，
圆柱的底面半径为1，高为1，则圆柱的体积V2= ×π×12×1= ，
则该几何体的体积V=V1+2V1=2+ ，
故答案为：2+ ．
【分析】由三视图可知：长方体长为2，宽为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1圆柱的，根据长方体及圆柱的体积公式，即可求得几何体的体积．
9、【答案】
【考点】球的体积和表面积
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，∵这个正方体的表面积为18，
∴6a2=18，
则a2=3，即a= ，
∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，
∴正方体的体对角线等于球的直径，
即a=2R，
即R= ，
则球的体积V= π?（）3= ；
故答案为：．
【分析】根据正方体和球的关系，得到正方体的体对角线等于直径，结合球的体积公式进行计算即可．
10、【答案】
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积
【解析】【解答】解：设球的半径为R，则球的体积为：R3，
圆柱的体积为：πR2?2R=2πR3．
则= = ．
故答案为：．
【分析】设出球的半径，求出圆柱的体积以及球的体积即可得到结果．
11、【答案】4 cm3
【考点】棱锥的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，
即OG的长度与BC的长度成正比，
设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，
三棱锥的高h= = = ，
=3 ，
则V= = = ，
令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，
令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，
则f（x）≤f（2）=80，
∴V≤ =4 cm3，∴体积最大值为4 cm3．
故答案为：4 cm3．
【分析】由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG= BC，设OG=x，则BC=2 x，DG=5﹣x，三棱锥的高h= ，求出S△ABC=3 ，V= = ，令f（x）=25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）=100x3﹣50x4，f（x）≤f（2）=80，由此能求出体积最大值．
12、【答案】②③
【考点】异面直线及其所成的角，用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，
故|AC|=1，|AB|= ，
斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，
则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量=（0，1，0），| |=1，
直线b的方向单位向量=（1，0，0），| |=1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），
其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量，=（﹣cosθ，﹣sinθ，1），| |= ，
设与所成夹角为α∈[0，]，
则cosα= = |sinθ|∈[0，]，
∴α∈[ ，]，∴③正确，④错误．
设与所成夹角为β∈[0，]，
cosβ= = = |cosθ|，
当与夹角为60°时，即α= ，
|sinθ|= = = ，
∵cos2θ+sin2θ=1，∴cosβ= |cosθ|= ，
∵β∈[0，]，∴β= ，此时与的夹角为60°，
∴②正确，①错误．
故答案为：②③．
【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|=1，|AB|= ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x 轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
三、解答题
13、【答案】解：（Ⅰ）∵AP⊥BE，AB⊥BE，且AB，AP?平面ABP，AB∩AP=A，
∴BE⊥平面ABP，又BP?平面ABP，
∴BE⊥BP，又∠EBC=120°，
因此∠CBP=30°；
（Ⅱ）解法一、
取的中点H，连接EH，GH，CH，
∵∠EBC=120°，∴四边形BEGH为菱形，
∴AE=GE=AC=GC= ．
取AG中点M，连接EM，CM，EC，
则EM⊥AG，CM⊥AG，
∴∠EMC为所求二面角的平面角．
又AM=1，∴EM=CM= ．
在△BEC中，由于∠EBC=120°，
由余弦定理得：EC2=22+22﹣2×2×2×cos120°=12，
∴，因此△EMC为等边三角形，
故所求的角为60°．
解法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
由题意得：A（0，0，3），E（2，0，0），G（1，，3），C（﹣1，，0），故，，．
设为平面AEG的一个法向量，
由，得，取z1=2，得；
设为平面ACG的一个法向量，
由，可得，取z2=﹣2，得．
∴cos＜＞= ．
∴二面角E﹣AG﹣C的大小为60°．
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（Ⅰ）由已知利用线面垂直的判定可得BE⊥平面ABP，得到BE⊥BP，结合∠EBC=120°求得∠CBP=30°；（Ⅱ）法一、取的中点H，连接EH，GH，CH，可得四边形BEGH为菱形，取AG中点M，连接EM，CM，EC，得到EM⊥AG，CM⊥AG，说明∠EMC为所求二面角的平面角．求解三角形得二面角E﹣AG﹣C的大小．
法二、以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．求出A，E，G，C的坐标，进一步求出平面AEG与平面ACG的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣AG﹣C的大小．
14、【答案】（Ⅰ）证明：取AB中点F，连接MF、NF，
∵M为AD中点，∴MF∥BD，
∵BD?平面BDE，MF?平面BDE，∴MF∥平面BDE．
∵N为BC中点，∴NF∥AC，
又D、E分别为AP、PC的中点，∴DE∥AC，则NF∥DE．
∵DE?平面BDE，NF?平面BDE，∴NF∥平面BDE．
又MF∩NF=F．
∴平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；
（Ⅱ）解：∵PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．
∴以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
∵PA=AC=4，AB=2，
∴A（0，0，0），B（2，0，0），C（0，4，0），M（0，0，1），N（1，2，0），E（0，2，2），
则，，
设平面MEN的一个法向量为，
由，得，取z=2，得．
由图可得平面CME的一个法向量为．
∴cos＜＞= ．
∴二面角C﹣EM﹣N的余弦值为，则正弦值为；
（Ⅲ）解：设AH=t，则H（0，0，t），，．
∵直线NH与直线BE所成角的余弦值为，
∴|cos＜＞|=| |=| |= ．
解得：t=4．
∴当H与P重合时直线NH与直线BE所成角的余弦值为，此时线段AH的长为4．
【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（Ⅰ）取AB中点F，连接MF、NF，由已知可证MF∥平面BDE，NF∥平面BDE．得到平面MFN∥平面BDE，则MN∥平面BDE；
（Ⅱ）由PA⊥底面ABC，∠BAC=90°．可以A为原点，分别以AB、AC、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．求出平面MEN与平面CME的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值得二面角C﹣EM﹣N的余弦值，进一步求得正弦值；（Ⅲ）设AH=t，则H（0，0，t），求出的坐标，结合直线NH与直线BE所成角的余弦值为列式求得线段AH的长．
15、【答案】证明：（Ⅰ）∵四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点，
∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，
设PC=AD=2DC=2CB=2，
则C（0，1，0），D（0，0，0），P（1，0，1），E（），A（2，0，0），B（1，1，0），=（），=（1，0，﹣1），=（0，1，﹣1），
设平面PAB的法向量=（x，y，z），
则，取z=1，得=（1，1，1），
∵= =0，CE?平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
解：（Ⅱ）=（﹣1，1，﹣1），设平面PBC的法向量=（a，b，c），
则，取b=1，得=（0，1，1），
设直线CE与平面PBC所成角为θ，
则sinθ=|cos＜＞|= = = ．
∴直线CE与平面PBC所成角的正弦值为．
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角，向量方法证明线、面的位置关系定理，用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】（Ⅰ）以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，过D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角系，利用向量法能证明CE∥平面PAB．
（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和，利用向量法能求出直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
16、【答案】（1）证明：如图，设AC∩BD=O，
∵ABCD为正方形，∴O为BD的中点，连接OM，
∵PD∥平面MAC，PD?平面PBD，平面PBD∩平面AMC=OM，
∴PD∥OM，则，即M为PB的中点；
（2）解：取AD中点G，
∵PA=PD，∴PG⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
∴PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，
由G是AD的中点，O是AC的中点，可得OG∥DC，则OG⊥AD．
以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，
由PA=PD= ，AB=4，得D（2，0，0），A（﹣2，0，0），P（0，0，），C（2，4，0），B（﹣2，4，0），M （﹣1，2，），
，．
设平面PBD的一个法向量为，
则由，得，取z= ，得．
取平面PAD的一个法向量为．
∴cos＜＞= = ．
∴二面角B﹣PD﹣A的大小为60°；
（3）解：，平面PAD的一个法向量为．
∴直线MC与平面BDP所成角的正弦值为|cos＜＞|=| |=| |= ．
【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的性质，直线与平面所成的角，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1.）设AC∩BD=O，则O为BD的中点，连接OM，利用线面平行的性质证明OM∥PD，再由平行线截线段成比例可得M为PB的中点；
（2.）取AD中点G，可得PG⊥AD，再由面面垂直的性质可得PG⊥平面ABCD，则PG⊥AD，连接OG，则PG⊥OG，再证明OG⊥AD．以G为坐标原点，分别以GD、GO、GP所在直线为x、y、z轴距离空间直角坐标系，求出平面PBD与平面PAD的一个法向量，由两法向量所成角的大小可得二面角B﹣PD﹣A的大小；
（3.）求出的坐标，由与平面PBD的法向量所成角的余弦值的绝对值可得直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
17、【答案】解：在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，
∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax?平面ABCD，
∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，
以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．
∵AB=AD=2，AA1= ，∠BAD=120°，
∴A（0，0，0），B（），C（，1，0），
D（0，2，0），
A1（0，0，），C1（）．
=（），=（），，．
（Ⅰ）∵cos＜＞= = ．
∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为；
（Ⅱ）设平面BA1D的一个法向量为，
由，得，取x= ，得；
取平面A1AD的一个法向量为．
∴cos＜＞= = ．
∴二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为，则二面角B﹣A1D﹣A的正弦值为．
【考点】异面直线及其所成的角，直线与平面垂直的性质，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法【解析】【分析】在平面ABCD内，过A作Ax⊥AD，由AA1⊥平面ABCD，可得AA1⊥Ax，AA1⊥AD，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．结合已知求出A，B，C，D，A1，C1的坐标，进一步求出，，，的坐标．
（Ⅰ）直接利用两法向量所成角的余弦值可得异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；
（Ⅱ）求出平面BA1D与平面A1AD的一个法向量，再由两法向量所成角的余弦值求得二面角B﹣A1D﹣A的余弦值，进一步得到正弦值．
18、【答案】证明：（Ⅰ）因为AB⊥AD，EF⊥AD，且A、B、E、F四点共面，所以AB∥EF，
又因为EF?平面ABC，AB?平面ABC，
所以由线面平行判定定理可知：EF∥平面ABC；
（Ⅱ）在线段CD上取点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，
因为BC⊥BD，所以FG⊥BC，
又因为平面ABD⊥平面BCD，
所以FG⊥平面ABD，所以FG⊥AD，
又因为AD⊥EF，且EF∩FG=F，
所以AD⊥平面EFG，所以AD⊥EG，
故AD⊥AC．
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（Ⅰ）利用AB∥EF及线面平行判定定理可得结论；（Ⅱ）通过取线段CD上点G，连结FG、EG使得FG∥BC，则EG∥AC，利用线面垂直的性质定理可知FG⊥AD，结合线面垂直的判定定理可知AD⊥平面EFG，从而可得结论．
19、【答案】（Ⅰ）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，因为E是PD的中点，
所以EF AD，AB=BC= AD，∠BAD=∠ABC=90°，∴BC∥AD，
∴BCEF是平行四边形，可得CE∥BF，BF?平面PAB，CF?平面PAB，
∴直线CE∥平面PAB；
（Ⅱ）解：四棱锥P﹣ABCD中，
侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB=BC= AD，
∠BAD=∠ABC=90°，E是PD的中点．
取AD的中点O，M在底面ABCD上的射影N在OC上，设AD=2，则AB=BC=1，OP= ，
∴∠PCO=60°，直线BM与底面ABCD所成角为45°，
可得：BN=MN，CN= MN，BC=1，
可得：1+ BN2=BN2，BN= ，MN= ，
作NQ⊥AB于Q，连接MQ，
所以∠MQN就是二面角M﹣AB﹣D的平面角，MQ=
= ，
二面角M﹣AB﹣D的余弦值为：= ．
【考点】直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（Ⅰ）取PA的中点F，连接EF，BF，通过证明CE∥BF，利用直线与平面平行的判定定理证明即可．（Ⅱ）利用已知条件转化求解M到底面的距离，作出二面角的平面角，然后求解二面角M﹣AB﹣D的余弦值即可．20、【答案】（Ⅰ）证明：如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．
∵△ABC是等边三角形，∴OB⊥AC．
△ABD与△CBD中，AB=BD=BC，∠ABD=∠CBD，
∴△ABD≌△CBD，∴AD=CD．
∵△ACD是直角三角形，
∴AC是斜边，∴∠ADC=90°．
∴DO= AC．
∴DO2+BO2=AB2=BD2．
∴∠BOD=90°．
∴OB⊥OD．
又DO∩AC=O，∴OB⊥平面ACD．
又OB?平面ABC，
∴平面ACD⊥平面ABC．
（Ⅱ）解：设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．
∵平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，
∴= = =1．
∴点E是BD的中点．
建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设AB=2．
则O（0，0，0），A（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，0，1），B（0，，0），E ．=（﹣1，0，1），= ，=（﹣2，0，0）．
设平面ADE的法向量为=（x，y，z），则，即，取= ．
同理可得：平面ACE的法向量为=（0，1，）．
∴cos = = =﹣．
∴二面角D﹣AE﹣C的余弦值为．
【考点】平面与平面垂直的判定，用空间向量求平面间的夹角，二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（Ⅰ）如图所示，取AC的中点O，连接BO，OD．△ABC是等边三角形，可得OB⊥AC．由已知可得：△ABD≌△CBD，AD=CD．△ACD是直角三角形，可得AC是斜边，∠ADC=90°．可得DO= AC．利用DO2+BO2=AB2=BD2．可
得OB⊥OD．利用线面面面垂直的判定与性质定理即可证明．
（Ⅱ）设点D，B到平面ACE的距离分别为h D，h E．则= ．根据平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分，可得= = =1，即点E是BD的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．设AB=2．利用法向
量的夹角公式即可得出．
21、【答案】（1）证明：∵∠BAP=∠CDP=90°，∴PA⊥AB，PD⊥CD，∵AB∥CD，∴AB⊥PD，
又∵PA∩PD=P，且PA?平面PAD，PD?平面PAD，
高考真题集锦（立体几何部分） 1.(2016.理1）如图是由圆柱和圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ） A 20π B24π C28π D.32π 2. βα，是两个平面，m,n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果m ⊥n,m ⊥α，n ∥β，那么βα⊥； （2）如果m ⊥α，n ∥α，那么m ⊥n. （3）如果αβα?m ，∥那么m ∥β。 （4）如果m ∥n,βα∥，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等。 其中正确的命题有___________ 3.（2016年理1）如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是π328，则它的表面积是 A 17π B.18π C.20π D.28π 4.平面α过正方体1111D C B A ABCD -的顶点A ，α//平面11D CB ，?α平面ABCD =m ， ?α平面11A ABB =n,则m,n 所成角的正弦值为（ ） A.23 B.22 C.33 D.3 1 5.（2016年理1）如图，在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF=2FD ，∠AFD=90°，且二面角D-AF-E 与二面角C-BE-F 都是60° .（12分） （Ⅰ）证明：平面ABEF ⊥平面EFDC ； （Ⅱ）求二面角E-BC-A 的余弦值.
6. (2015年理1）圆柱被一个平面截取一部分后与半球（半径为r ）组成一个几何体，该几何体三视图的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积是16+20π，则r=（ ） A.1 B.2 C.7 D.8 7.如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC=120°，E,F 是平面ABCD 同一侧的亮点，BE ⊥平面ABCD,DF ⊥平面ABCD,BE=2DF,AE ⊥EC. (1) 证明：平面AEC ⊥平面AFC; (2) 求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值。 8.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截取部分体积和剩余 部分体积的比值为（） 9.如图，长方体1111D C B A ABCD -中，AB = 16，BC = 10，AA1 = 8，点E ，F 分别在1111C D B A ， 上，411==F D E A ，过点E,F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形。 （1）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）； （2）求直线AF 与平面α所成的角的正弦值 10.如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，AB=5，AC=6，点E,F 分别在AD,CD 上，AE=CF=45 ，EF 交BD 于点H.将△DEF 沿EF 折到△DEF 的位置，OD ’=10 （1）证明：D ’H ⊥平面ABCD （2）求二面角B-D ’A-C 的正弦值
集合与简易逻辑专题 1.（2017北京）已知，集合，则 （A ） （B ） （C ） （D ） 2．（2017新课标Ⅱ理）设集合{}1,2,4A =，{}240B x x x m =-+=． 若{}1A B =I ，则B = A ．{}1,3- B ．{}1,0 C ．{}1,3 D ．{}1,5 3（2017天津理）设集合{1,2,6},{2,4},{|15}A B C x x ===∈-≤≤R ，则()A B C =U I （A ）{2} （B ）{1,2,4} （C ）{1,2,4,6} （D ）{|15}x x ∈-≤≤R 4（2017新课标Ⅲ理）已知集合A ={} 22(,)1x y x y +=│，B ={}(,)x y y x =│，则A I B 中元素的个数为 A ．3 B ．2 C ．1 D ．0 5（2017 山东理）设函数A ，函数y=ln(1-x)的定义域为B,则A B =I （A ）（1,2） （B ）??(1,2 （C ） （-2,1） （D ）[-2,1) 6（2017新课标Ⅰ理）已知集合A ={x |x <1}，B ={x |31x <}，则 U =R {|22}A x x x =<->或U A =e(2,2)-(,2)(2,)-∞-+∞U [2,2]-(,2][2,)-∞-+∞U
A ．{|0}A B x x =U D ．A B =?I 7（2017江苏）已知集合，，若}1{=?B A ，则实数的 值为 ． 8（2017天津）设集合{1,2,6},{2,4},{1,2,3,4}A B C ===，则()A B C =U I （A ）{2} （B ）{1,2,4} （C ）{1,2,4,6} （D ）{1,2,3,4,6} 9（2017新课标Ⅱ）设集合{1,2,3},{2,3,4}A B ==，则A B =U A ．{}1 23,4，， B ．{}123，， C ．{}234，， D ．{}134，， 10（2017北京理）若集合A ={x |–2
专题01 直线运动 【2018高考真题】 1．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动,在启动阶段列车的动能（） A. 与它所经历的时间成正比 B. 与它的位移成正比 C. 与它的速度成正比 D. 与它的动量成正比 【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷） 【答案】 B 2．如图所示,竖直井中的升降机可将地下深处的矿石快速运送到地面。某一竖井的深度约为104m,升降机运行的最大速度为8m/s,加速度大小不超过,假定升降机到井口的速度为零,则将矿石从井底提升到井口的最短时间是 A. 13s B. 16s C. 21s D. 26s 【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题 【答案】 C
【解析】升降机先做加速运动,后做匀速运动,最后做减速运动,在加速阶段,所需时间 ,通过的位移为,在减速阶段与加速阶段相同,在匀速阶段所需时间为：,总时间为：,故C正确,A、B、D错误；故选C。 【点睛】升降机先做加速运动,后做匀速运动,最后做减速运动,根据速度位移公式和速度时间公式求得总时间。 3．（多选）甲、乙两汽车同一条平直公路上同向运动,其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶,下列说法正确的是（） A. 两车在t1时刻也并排行驶 B. t1时刻甲车在后,乙车在前 C. 甲车的加速度大小先增大后减小 D. 乙车的加速度大小先减小后增大 【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷） 【答案】 BD 点睛：本题考查了对图像的理解及利用图像解题的能力问题
4．（多选）地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运送至地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同,提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程, A. 矿车上升所用的时间之比为4:5 B. 电机的最大牵引力之比为2:1 C. 电机输出的最大功率之比为2:1 D. 电机所做的功之比为4:5 【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（全国III卷） 为2∶1,选项C正确；加速上升过程的加速度a1=,加速上升过程的牵引力F1=ma1+mg=m(+g),减速上升过程的加速度a2=-,减速上升过程的牵引力F2=ma2+mg=m(g -),匀速运动过程的牵引力F 3=mg。第次提升过程做功W1=F1××t0×v0+ F2××t0×v0=mg v0t0；第次提升过 程做功W2=F1××t0×v0+ F3×v0×3t0/2+ F2××t0×v0 =mg v0t0；两次做功相同,选项D错误。
2019高考试题分类汇编-立体几何 立体几何 1（2019北京文）（本小题14分） 如图，在三棱锥P –ABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA =AB =BC =2，D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点． （Ⅰ）求证：PA ⊥BD ； （Ⅱ）求证：平面BDE ⊥平面PAC ； （Ⅲ）当PA ∥平面BD E 时，求三棱锥E –BCD 的体积． 2（2019新课标Ⅱ理）（12分） 如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB =BC = 1 AD , ∠BAD =∠ABC =90o , E 是PD 的中点． 2 （1）证明：直线CE ∥平面PAB ； （2）点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45o ，求二面角M -AB -D 的余弦值． 3（2019天津理）（本小题满分13分） 如图，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，∠BAC =90?. 点D ，E ，N 分别为棱PA ，P C ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，PA =AC =4，AB =2. （Ⅰ）求证：MN ∥平面BDE ；（Ⅱ）求二面角C -EM -N 的正弦值； （Ⅲ）已知点H 在棱PA 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为 ，求线段AH 的长. 21 4（2019新课标Ⅲ理数）a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角 边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；③直线AB 与a 所称角的最小值为45°；④直线AB 与a 所称角的最小值为60°；
专题9 有机化合物 Ⅰ—生活中常见的有机物 1．（2017?北京-7）古丝绸之路贸易中的下列商品，主要成分属于无机物的是 A．瓷器B．丝绸C．茶叶D．中草药 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【解析】含有碳元素的化合物为有机物，有机物大多数能够燃烧，且多数难溶于水；无机 物指的是不含碳元素的化合物，无机物多数不能燃烧，据此分析。 A、瓷器是硅酸盐产品，不含碳元素，不是有机物，是无机物，故A正确； B、丝绸的主要成分是蛋白质，是有机物，故B错误； C、茶叶的主要成分是纤维素，是有机物，故C错误； D、中草药的主要成分是纤维素，是有机物，故D错误。 【考点】无机化合物与有机化合物的概念、硅及其化合物菁优网版权所有 【专题】物质的分类专题 【点评】本题依托有机物和无机物的概念考查了化学知识与生活中物质的联系，难度不大，应注意有机物中一定含碳元素，但含碳元素的却不一定是有机物。 Ⅱ—有机结构认识 2．（2017?北京-10）我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下。下列说法不正确的是 A．反应①的产物中含有水 B．反应②中只有碳碳键形式
C．汽油主要是C5～C11的烃类混合物 D．图中a的名称是2﹣甲基丁烷 【答案】B 【解析】A．从质量守恒的角度判断，二氧化碳和氢气反应，反应为CO2+H2=CO+H2O，则产物中含有水，故A正确； B．反应②生成烃类物质，含有C﹣C键、C﹣H键，故B错误； C．汽油所含烃类物质常温下为液态，易挥发，主要是C5～C11的烃类混合物，故C正确；D．图中a烃含有5个C，且有一个甲基，应为2﹣甲基丁烷，故D正确。 【考点】碳族元素简介；有机物的结构；汽油的成分；有机物的系统命名法菁优网版权【专题】碳族元素；观察能力、自学能力。 【点评】本题综合考查碳循环知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握化 学反应的特点，把握物质的组成以及有机物的结构和命名，难度不大。 C H， 3.（2017?新课标Ⅰ-9）化合物（b）、（d）、（p）的分子式均为66 下列说法正确的是 A. b的同分异构体只有d和p两种 B. b、d、p的二氯代物均只有三种 C. b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反应 D. b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面 【答案】D 【解析】A.（b）的同分异构体不止两种，如，故A错误 B.（d）的二氯化物有、、、、、， 故B错误 KMnO溶液反应，故C错误 C.（b）与（p）不与酸性4 D.（d）2与5号碳为饱和碳，故1，2，3不在同一平面，4，5，6亦不在同 一平面，（p）为立体结构，故D正确。 【考点】有机化学基础：健线式；同分异构体；稀烃的性质；原子共面。 【专题】有机化学基础；同分异构体的类型及其判定。 【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把 握有机物同分异构体的判断以及空间构型的判断，难度不大。 Ⅲ—脂肪烃
2020年高考试题分类汇编（集合） 考法1交集 1.（2020·上海卷）已知集合{1,2,4}A =，{2,3,4}B =，求A B = . 2.（2020·浙江卷）已知集合{14}P x x =<<，{23}Q x x =<<，则P Q = A.{|12}x x <≤ B.{|23}x x << C.{|34}x x ≤< D.{|14}x x << 3.（2020·北京卷）已知集合{1,0,1,2}A =-，{|03}B x x =<<，则A B = A.{1,0,1}- B.{0,1} C.{1,1,2}- D.{1,2} 4.（2020·全国卷Ⅰ·文科）设集合2{340}A x x x =--<，{4,1,3,5}B =-，则A B = A ．{4,1}- B ．{1,5} C ．{3,5} D ．{1,3} 5.（2020·全国卷Ⅱ·文科）已知集合{3,}A x x x Z =<∈，{1,}A x x x Z =>∈，则A B = A ．? B ．{3,2,2,3}-- C ．{2,0,2}- D ．{2,2}- 6.（2020·全国卷Ⅲ·文科）已知集合{1,2,3,5,7,11}A =，{315}B x x =<<，则A B 中元素的个数为 A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 7.（2020·全国卷Ⅲ·理科）已知集合{(,),,}A x y x y N y x *=∈≥， {(,)8}B x y x y =+=，则A B 中元素的个数为 A ．2 B ．3 C ．4 D ．6 8.（2020·全国卷Ⅰ·理科）设集合2{40}A x x =-≤，{20}B x x a =+≤，且 {21}A B x x =-≤≤，则a = A ．4- B ．2- C ．2 D ．4 考法2并集 1.（2020·海南卷）设集合{13}A x x =≤≤，{24}B x x =<<，则A B =
2019年高考真题分类汇编 第一节 集合分类汇编 1．［2019?全国Ⅰ，1］已知集合{} }2 42{60M x x N x x x =-<<=--<，，则M N ?= A. }{43x x -<< B. }{42x x -<<- C. }{22x x -<< D. }{23x x << 【答案】C 【解析】【分析】 本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题． 【详解】由题意得，{}{} 42,23M x x N x x =-<<=-<<，则 {}22M N x x ?=-<<．故选C ． 【点睛】不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分． 2.［2019?全国Ⅱ，1］设集合A ={x |x 2-5x +6>0}，B ={ x |x -1<0}，则A ∩B = A. (-∞，1) B. (-2，1) C. (-3，-1) D. (3，+∞) 【答案】A 【解析】【分析】 本题考查集合的交集和一元二次不等式的解法，渗透了数学运算素养．采取数轴法，利用数形结合的思想解题． 【详解】由题意得，{}{} 2,3,1A x x x B x x ==<或，则{} 1A B x x ?=<．故选A ． 【点睛】本题考点为集合的运算，为基础题目，难度偏易．不能领会交集的含义易致误，区分交集与并集的不同，交集取公共部分，并集包括二者部分． 3.［2019?全国Ⅲ，1］已知集合{}{} 2 1,0,1,21A B x x ，=-=≤，则A B ?=（ ） A. {}1,0,1- B. {}0,1 C. {}1,1- D. {}0,1,2 【答案】A 【解析】【分析】 先求出集合B 再求出交集. 【详解】由题意得，{} 11B x x =-≤≤，则{}1,0,1A B ?=-．故选A ． 【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题. 4.［2019?江苏，1］已知集合{1,0,1,6}A =-，{} 0,B x x x R =∈，则A B ?=_____. 【答案】{1,6}.
2019年数学高考试题汇编—立体几何 1、全国I 理12．已知三棱锥P ?ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ） A ．68π B ．64π C ．62π D ．6π 2、全国III 理8．如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则（ ） A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线 B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线 C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 3、浙江4．祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家.他提出的“幂势既同，则积不容易”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高.若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是 A ．158 B ．162 C ．182 D ．32 4、浙江8．设三棱锥V -ABC 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为α，直线PB 与平面ABC 所成角为β，二面角P -AC -B 的平面角为γ，则 A ．β<γ，α<γ B ．β<α，β<γ C ．β<α，γ<α D ．α<β，γ<β 5、北京理（11）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________． 6、北京理（12）已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α． 以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 7、江苏9．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是 . 8、全国I 文16．已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为______ _____． 9、全国II 文理16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为 长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美． 图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方 体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．） 10、全国III 理16．学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O —EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗， 制作该模型所需原料的质量为___________g.
三年高考试题分类汇编：名著阅读（2017-2019年) 【2019年高考】 一、【2019年高考江苏卷】下列有关名著的说明，不正确的两项是（5分）（选择两项且全答对得5分， 选择两项只答对一项得2分，其余情况得0分） A．《三国演义》中，张飞在长板桥上睁圆环眼厉声大喝，吓退曹兵，然后迅速拆断桥梁，以阻追兵，可见张飞十分勇猛，又很有智谋。 B．《家》中，许倩如倡导女子剪发，带头剪掉自己的辫子，还以梅的遭遇来激发琴拒绝包办婚姻，鼓励琴做一个跟着时代走的新女性。 C．《狂人日记》中，狂人说将来的社会“容不得吃人的人”，最后喊出“救救孩子”，作者借此表达了对社会变革的强烈渴望。 D．《欧也妮·葛朗台》中，夏尔在父亲破产自杀后，不愿拖累心上人安奈特而写了分手信给她，这一良善之举让偷看信件的欧也妮发誓要永远爱他。 E．《老人与海》中，圣地亚哥经过生死搏斗最终将大马林鱼残骸拖回港口，有游客把它当成了鲨鱼骨，这一误会让小说结尾更意味深长。 【答案】AD 【解析】本题考查识记和理解名著的能力。解答本题，平时一定要熟读名著，识记其中的人物和情节。对于大纲要求的篇目，有时间时就要反复读，只有熟到一定的程度，类似题目才能应对自如。A项，“迅速拆断桥梁”“有智谋”错误。如果不拆断桥，曹军害怕其中有埋伏不敢进兵。现在拆断了桥，曹军会料定张飞心虚，必定前来追赶。故A项错误。D项，“这一良善之举让偷看信件的欧也妮发誓要永远爱他”表述错误。欧也妮发誓要永远爱夏尔的原因不止是这一点，还有信中夏尔表达的对欧也妮的好感和赞美。故D项错误。B、C、E项正确。故选AD。 二、【2019年高考江苏卷】简答题（10分） （1）《红楼梦》“寿怡红群芳开夜宴，死金丹独艳理亲丧”一回中，群芳行令，宝钗摇得牡丹签，上云“任是无情也动人”。请结合小说概括宝钗的“动人”之处。（6分） （2）《茶馆》第三幕，在得知来到茶馆的“老得不像样子了”的人是秦仲义时，王利发对他说：“正想去告诉您一声，这儿要大改良！”这里的“大改良”指的是什么？这句话表达了王利发什么样的情感？（4分）
2015 年高考立体几何大题试卷 1. 【 2015 高考新课标 2，理 19】 如图，长方体 ABCD A 1B 1C 1D 1中, AB=16 ， BC =10， AA 1 8，点E ，F 分别在 A 1B 1， C 1 D 1上， A 1 E D 1 F 4．过点 E ，F 的平面 与此长方体的面相交，交线围成一个正方 形． （ 1 题图） Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由） Ⅱ）求直线 AF 与平面 所成角的正弦值． 2. 【 2015江苏高考， 16】 如图，在直三棱柱 ABC A 1B 1C 1中，已知 AC BC ， BC CC 1，设 AB 1的中点为 D ， B 1C BC 1 E .求证：（1） DE //平面AA 1C 1C ； 2) BC 1 AB 1 . 3 题图） 3. 【2015 高考安徽，理 19】如图所示，在多面体 A 1B 1D 1DCBA ，四边形 2 题图） A B C
AA1B1B ， ADD1 A1 , ABCD均为正方形，E为B1D1的中点，过A1,D, E的平面交CD1于 F.
4. 【2015 江苏高考， 22】如图，在四棱锥 P ABCD 中，已知 PA 平面 ABCD ，且 四边形 ABCD 为直角梯 形， ABC BAD ,PA AD 2, AB BC 1 2 1）求平面 PAB 与平面 PCD 所成二面角的余弦值； 2）点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成角最小时，求线段 BQ 的长 面 BEC ，BE ^ EC ，AB=BE=EC=2 ，G ，F 分别是线 段 （ Ⅰ ） 求证： GF // 平面 ADE ； （ Ⅱ）求平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值． 6.【2015 高考浙江，理 17】如图，在三棱柱 ABC A 1B 1C 1 -中， BAC 90 ， AB AC 2，A 1A 4 ， A 1在底面 ABC 的射影为 BC 的中点， D 为B 1C 1的中点. （1）证明： A 1D 平面 A 1B C ； （2）求二面角 A 1 -BD- B 1的平面角的余弦值 . Ⅰ）证明： EF //B 1C ； Ⅱ）求二面角 E A 1D B 1余弦值 . 4 题图） 5 题图） 5 .【 2015 高考福建， 理 17】如图， 在几何体 ABCDE 中， 四边形 ABCD 是矩形， AB ^ 平 BE ， DC 的中点 . B C D B
2017年高考试题分类汇编（集合） 考点1 数集 考法1 交集 1.（2017·北京卷·理科1）若集合{}21A x x =-<<，{}13B x x x =<->或，则 A B = A. {}21x x -<<- B. {}23x x -<< C. {}11x x -<< D. {}13x x << 2.（2017·全国卷Ⅱ·理科2）设集合{}1,2,4A =，{}240B x x x m =-+=．若 {}1A B =，则B = A ．{}1,3- B ．{}1,0 C ．{}1,3 D ．{}1,5 3.（2017·全国卷Ⅲ·理科2）已知集合{}1,2,3,4A =，{}2,4,6,8B =，则A B 中元素的个数为 A.1 B.2 C.3 D.4 4.（2017·山东卷·理科1）设函数y =A ，函数ln(1)y x =-的定义域为B ，则A B = A ．(1,2) B ．(1,2] C ．(2,1)- D ．[2,1)- 5.（2017·山东卷·文科1）设集合{}11M x x =-<,{}2N x x =<,则M N = A.()1,1- B.()1,2- C.()0,2 D.()1,2 6.（2017·江苏卷）已知集合{}1,2A =，{}2,3B a a =+，若{}1A B =，则实数a 的值为______. 考法2 并集 1.（2017·全国卷Ⅱ·文科2）设集合{}{}123234A B ==，，， ，，， 则A B = A. {}123,4，， B. {}123，， C. {}234，， D. {}134，， 2.（2017·浙江卷1）已知集合{}11P x x =-<<,{}02Q x x =<<，那么P Q = A. (1,2)- B. (0,1) C.(1,0)- D. (1,2) 考法3 补集
（2019全国1文）16.已知90ACB ∠=?，P 为平面ABC 外一点，2PC =，点P 到ACB ∠两边,AC BC 的距 P 到平面ABC 的距离为 . 答案： 解答： 如图，过P 点做平面ABC 的垂线段，垂足为O ，则PO 的长度即为所求，再做,PE CB PF CA ⊥⊥，由线面的 垂直判定及性质定理可得出,OE CB OF CA ⊥⊥，在Rt PCF ?中，由2,PC PF == ，可得出1CF =，同 理在Rt PCE ?中可得出1CE =，结合90ACB ∠=?，,OE CB OF CA ⊥⊥可得出1OE OF ==，OC = ， PO == （2019全国1文）19.如图直四棱柱1111ABCD A B C D -的底面是菱形，14,2AA AB ==，60BAD ∠=， ,,E M N 分别是11,,BC BB A D 的中点. （1）证明：//MN 平面1C DE （2）求点C 到平面1C DE 的距离. 答案： 见解析 解答： （1）连结1111,AC B D 相交于点G ，再过点M 作1//MH C E 交11B C 于点H ，再连结GH ，NG . ,,E M N 分别是 11,,BC BB A D 的中点. 于是可得到1//NG C D ，//GH DE ， 于是得到平面//NGHM 平面1C DE ， 由 MN ?平面NGHM ，于是得到//MN 平面1C DE
（2） E 为BC 中点，ABCD 为菱形且60BAD ∠= DE BC ∴⊥，又 1111ABCD A B C D -为直四棱柱，1DE CC ∴⊥ 1DE C E ∴⊥，又 12,4AB AA ==， 1DE C E ∴=，设点C 到平面1C DE 的距离为h 由11C C DE C DCE V V --=得 1111 143232 h ?=?? 解得h = 所以点C 到平面1C DE （2019全国2文）7. 设,αβ为两个平面，则//αβ的充要条件是( ) A. α内有无数条直线与β平行 B. α内有两条相交直线与β平行 C. ,αβ平行于同一条直线 D. ,αβ垂直于同一平面 答案：B 解析: 根据面面平行的判定定理易得答案. （2019全国2文）16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面，其棱长为 .(本题第一空2分，第二空3分.)
2017年全国高考英语试题分类汇编（共23份） 目录 2017全国高考汇编之定语从句 (2) 2017全国高考汇编之动词+动词短语 (13) 2017全国高考汇编之动词时态与语态 (30) 2017全国高考汇编之非谓语动词 (47) 2017全国高考汇编改错 (68) 2017全国高考汇编之交际用语 (82) 2017全国高考汇编之介词+连词 (96) 2017全国高考汇编之名词性从句 (112) 2017全国高考汇编之完型填空 (187) 2017全国高考汇编之形容词+副词 (330) 2017全国高考汇编之虚拟语气+情态动词 (341) 2017全国高考汇编阅读之广告应用类 (355) 2017全国高考汇编阅读之广告应用类 (375) 2017全国高考汇编阅读之科普知识类 (409) 2017全国高考汇编阅读之人物传记类 (456) 2017全国高考汇编阅读之社会生活类 (471) 2017全国高考汇编阅读之文化教育类 (552) 2017全国高考汇编阅读新题型 (658) 2017全国高考汇编阅读之新闻报告类 (712) 2017全国高考汇编之代词+名词+冠词 (740) 2017全国高考汇编之状语从句 (761)
2017全国高考汇编之定语从句 The exact year Angela and her family spent together in China was 2008. A. When B. where C. why D. which 【考点】考察定语从句 【答案】D 【举一反三】Between the two parts of the concert is an interval, _______ the audience can buy ice-cream. A. when B. where C. that D. which 【答案】A 二I borrow the book Sherlock Holmes from the library last week, ______ my classmates recommended to me.. A.who B. which C. when D. Where 【考点】考察定语从句 【答案】B 【举一反三】The Science Museum, we visited during a recent trip to Britain, is one of London’s tourist attractions.
2018年全国一卷（文科）：9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为 A ．217 B ．25 C ．3 D ．2 18．如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM =?∠，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点 D 的位置，且AB DA ⊥． （1）证明：平面ACD ⊥平面ABC ； （2）Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且2 3 BP DQ DA == ，求三棱锥Q ABP -的体积． 全国1卷理科 理科第7小题同文科第9小题 18. 如图，四边形ABCD 为正方形，,E F 分别为,AD BC 的中点，以DF 为折痕把DFC △折起，使点C 到达点 P 的位置，且PF BF ⊥.（1）证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； （2）求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值. 全国2卷理科： 9．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB BC ==，13AA =，则异面直线1AD 与1DB 所成角的余弦值为
A ．1 B ． 5 C ． 5 D ． 2 20．如图，在三棱锥P ABC -中，22AB BC ==，4PA PB PC AC ====，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 PA C --为30?，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值． 全国3卷理科 3．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是 19．（12分） 如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧CD 所在平面垂直，M 是CD 上异于C ，D 的点． （1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ； （2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD 所成二面角的正弦值． 2018年江苏理科：
2017年高考试题分类汇编（数列） 考点1 等差数列 1.（2017·全国卷Ⅰ理科）记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=， 648S =，则{}n a 的公差为 C A ．1 B ．2 C ．4 D ．8 2.（2017·全国卷Ⅱ理科）等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则 11n k k S ==∑ ． 21n n + 3.（2017·浙江）已知等差数列{}n a 的公差为d ,前n 项和为n S ,则“0d >”是 “465+2S S S >”的 C A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 考点2等比数列 1.（2017·全国卷Ⅲ理科）设等比数列{}n a 满足121a a +=-,133a a -=-，则 4a =____．8- 2.（2017·江苏卷）等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项的和为n S ，已知 374S = ,6634 S =，则8a = . 32 3.（2017·全国卷Ⅱ理科）我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远 望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是： 一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍， 则塔的顶层共有灯 B A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏 D ．9盏 考法3 等差数列与等比数列综合 1.（2017·全国卷Ⅲ理科）等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若2a ，3a ， 6a 成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A A ．24- B ．3- C ．3 D ．8
图 2 1俯视图 侧视图 正视图2 12013年高考文科数学立体几何试题集锦 1.（北京8）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，P 为对角线1BD 的三等分点，则P 到各顶点的距离的不同取值有（ ） A ．3个 B ．4个 C ．5个 D ．6个 2.（广东卷6）某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( ) A ．1 6 B ． 1 3 C ．2 3 D ．1 3. （广东卷8）设l 为直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题中正确的是( ) A ．若//l α，//l β，则//αβ B ．若l α⊥，l β⊥，则//αβ C ．若l α⊥，//l β，则//αβ D ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥ 4. （湖南卷7）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，则该正方体的正视图的面积等于 A ． 3 2 B.1 C. 21 2 + D.2 5. 江西卷8）.一几何体的三视图如右所示，则该几何体的体积为（ ） A.200+9π B. 200+18π C. 140+9π D. 140+18π 6. （辽宁卷10）已知三棱柱 1116.34ABC A B C O AB AC -==的个顶点都在球的球面上若，， ,AB AC ⊥112AA O =，则球的半径为 A ． 3172 B ．210 C ．13 2 D ．310
7. （全国卷11）已知正四棱柱1111112,ABCD A B C D AA AB CD BDC -=中，则与平面所成角的正弦值等于 （A ） 2 3 （B ）33 （C ）23 （D ）13 8. （四川卷2）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体可以是（ ） （A ）棱柱 （B ）棱台 （C ）圆柱 （D ）圆台 9. （全国新课标9）一个四面体的顶点在空间直角坐标系O xyz -中的坐标分别是(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，则得到正视图可以为（ ） (A) (B) (C) (D) 10.（浙江卷4）设m 、n 是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面， A 、若m ∥α，n ∥α,则m ∥n B 、若m ∥α，m ∥β,则α∥β C 、若m ∥n ，m ⊥α,则n ⊥α D 、若m ∥α，α⊥β,则m ⊥β 11.（浙江卷5）已知某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积是 A 、108cm 3 B 、100 cm 3 C 、92cm 3 D 、84cm 3 12. （重庆卷8）某几何体的三视图如题（8）所示，则该几何体的表面积为（ ） （A ）180 （B ）200 （C ）220 （D ）240
概率统计 1（2017北京文）（本小题13分） 某大学艺术专业400名学生参加某次测评，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法从中随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成7组：[20,30），[30,40），┄，[80,90]，并整理得到如下频率分布直方图： （Ⅰ）从总体的400名学生中随机抽取一人，估计其分数小于70的概率； （Ⅱ）已知样本中分数小于40的学生有5人，试估计总体中分数在区间[40,50）内的人数；（Ⅲ）已知样本中有一半男生的分数不小于70，且样本中分数不小于70的男女生人数相等．试估计总体中男生和女生人数的比例． 2（2017新课标Ⅱ理）（12分） 海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量（单位：kg）．其频率分布直方图如下： （1）设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件：“旧养殖法的箱产量低于50kg，新养殖法的箱产量不低于50kg”，估计A的概率；
（2）填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关： 箱产量＜50kg箱产量≥50kg 旧养殖法 新养殖法 （3）根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量的中位数的估计值（精确到0.01）．附：， K2=n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 3（2017天津理）（本小题满分13分） 从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的111 概率分别为,,. 234 （Ⅰ）设X表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；（Ⅱ）若有2辆车独立地从甲地到乙地，求这2辆车共遇到1个红灯的概率. 4（2017新课标Ⅲ理数）（12分） 某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求 量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20，25），需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温 天数[10，15） 2 [15，20） 16 [20，25） 36 [25，30） 25 [30，35） 7 [35，40） 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率。 （1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的分布列； （2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元），当六月份这种酸奶一天的
2016年文科数学立体几何高考题汇总 1.（2016北京文11）某四棱柱的三视图如图所示，则该四棱柱的体积为___________. 2.（2016北京文18）（本小题14分） 如图，在四棱锥P-ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，,AB DC DC AC ⊥∥ （I ）求证：DC PAC ⊥平面； （II ）求证：PAB PAC ⊥平面平面； (III)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得PA CEF ⊥平面?说明理由. 3.（2016天津文17） (本小题满分13分) 如图，四边形ABCD 是平行四边形，平面AED ⊥平面ABCD ，EF||AB ，AB=2，BC=EF=1，6，DE=3，∠BAD=60o，G 为BC 的中点. (Ⅰ)求证：FG||平面BED ； (Ⅱ)求证：平面BED ⊥平面AED ； (Ⅲ)求直线EF 与平面BED 所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）详见解析（Ⅲ） 65 【解析】 试题分析：（Ⅰ）证明线面平行，一般利用线面平行判定定理，即从线线平行出发给予证明，而线线平行寻找与论证，往往结合平几知识，如本题构造一个平行四边形：取BD 的中点为O ，可证四边形OGFE 是平行四边形，从而得出OE FG //（Ⅱ）面面垂直的证明，一般转化为证线面垂直，而线面垂直的证明，往往需多次利用线面垂直判定与性质定理，而线线垂直的证明有时需要利用平几条件，如本题可由余弦定理解出0 90=∠ADB ，即AD BD ⊥（Ⅲ）求线面角，关键作出射影，即面的垂线，可利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，即面的垂线：过点A 作DE AH ⊥于点H ，则⊥AH 平面BED ，从而直线AB 与平面BED 所成角即为ABH ∠.再结合三角形可求得正弦值