艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关：第6章 立体几何 第3节

专题9立体几何初步测试题命题报告：1. 高频考点：三视图的认识，几何体的表面积和体积的求解。

2. 考情分析：高考主要以选择题填空题形式出现，每年必考，重点考查三视图和表面积、体积的综合，与球有关的外接和内切问题。

3.重点推荐：基础卷16题，涉及数学文化题的应用，是近几年热点问题；一．选择题1. 所有棱长都为1的正四棱锥的体积是（ ）A 、23B C D 【答案】：C【解析】正四棱锥的侧棱、高、底面对角线的一半构成直角三角形，所以高为，正四棱锥的底面积为1，所以体积为，故选C.2. 将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )【答案】 B【解析】 先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.3. （2018•黄山一模）将正方体（如图（1）所示）截去两个三棱锥，得到如图（2）所示的几何体，则该几何体的侧视图为（）A． B．C． D．【答案】：B4.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π答案 B解析法一(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示.将圆柱补全，并将圆柱体从点A处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π. 法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π， ∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合.5. 在棱长为a 的正方体中，P 、Q 是体对角线1A C 上的动点， 且2a PQ ，则三棱锥P-BDQ 的体积为（ ）A 3B 3C 3D 3【答案】：A【解析】 特殊化处理，让点Q 与C 重合，则三棱锥P-BDC 的体积为所求，因为，由三角形的相似比可得P 到底面BCD，所以3，故选A. 6. （2018•烟台一模）已知三棱锥P ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为的正三角形，PA ，PB ，PC 两两垂直，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ．3πD ．4 【答案】：A7. 长方体的体积为V ，P 是1DD 的中点，Q 是AB 上的动点，则四面体P-CDQ 的体积是（ ）A 、14VB 、16VC 、18VD 、112V【答案】：D【解析】设长方体的长、宽、高分别为AB=a ，BC=b ，1AA c ，则有V=abc ，由题意知，所以112V8. （2018•三明二模）如图，已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则以下四个命题中错误的是（）A ．直线A 1C 1与AD 1为异面直线B ．A 1C 1∥平面ACD 1C．BD1⊥AC D．三棱锥D1﹣ADC的体积为【答案】：D【解析】由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，知：在A中，直线A1C1⊂平面A1B1C1D1，BD1⊂平面A1B1C1D1，D1∉直线A1C1，由异面直线判定定理得直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确；在B中，∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴A1C1∥平面ACD1，故B正确；在C中，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，∵BD∩DD1，∴AC⊥面BDD1，∴BD1⊥AC，故C正确；在D中，三棱锥D1﹣ADC的体积：==，故D错误．故选：D．9.如图是棱长为2的正八面体（八个面都是全等的等边三角形），球O是该正八面体的内切球，则球O 的表面积为（）A． B． C．D．【答案】A；【解析】：由题意，该八面体的棱长为2，设球O的半径为r，=，解得r=,所以球O的表面积为：4=．故选：A．10. （2018年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）三模）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为（）A．5 B．2C．2D．6【答案】.C11.如图，若Ω是长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（）A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．四边形EFGH可能为梯形【答案】D；【解析】：若FG不平行于EH，则FG与EH相交，交点必然在B1C1上，与EH∥B1C1矛盾，所以FG∥EH，故A正确；由EH⊥平面A1ABB1，得到EH⊥EF，可以得到四边形EFGH为矩形，故B正确；将Ω从正面看过去，就知道是一个五棱柱，故C正确；因为EFGH截去几何体EFGHB 1C1后，EH B1C1CF，所以四边形EFGH不可能为梯形，故D错误．故选：D ．12. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知l 丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为1，则该楔体的体积为（ ）A ．10000立方尺B ．11000立方尺C ．12000立方尺D ．13000立方尺【答案】：A【解析】由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，则三棱柱的体积V 1=×3×2×2=6，四棱锥的体积V 2=×1×3×2=2，由三视图可知两个四棱锥大小相等，∴V=V 1+2V 2=10立方丈=10000立方尺．故选：A ．二．填空题13. 正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.答案 616a2解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2. 14. 如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为 ．【答案】.13【解析】由题意可知四棱锥A 1-BB 1D 1D 的底面是矩形，边长为1和2，四棱锥的高为12A 1C 1=22，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为13×1×2×22=13．故答案为13．15. 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________.答案 2＋22解析 如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1.∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′.在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 16. 《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均匀直角三角形的四面体）．在如图所示的堑堵ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1=AC=5，AB=3，BC=4，则阳马C 1﹣ABB 1A 1的外接球的表面积是_______。

第六章 第6节1．O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则A ，B ，C ，P 四点( )A ．一定不共面B ．一定共面C ．不一定共面D ．无法判断解析：B [ ∵OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，且34＋18＋18＝1.∴P ，A ，B ，C 四点共面．]2．(2019·成都市模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6，2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2解析：A [由题意知(λ＋1)·2λ＝2×6，可得λ＝－3或2，由0·2λ＝2(2u －1)得u ＝12，分析选项知A 正确．故选A.]3．(2019·东城区期末)结晶体的基本单位成为晶胞，如图是食盐晶胞的示意图(可看成是八个棱长为12的小正方体堆积成的正方体)，其中白点○代表钠原子，黑点●代表氯原子．建立空间直角坐标系O －xyz 后，图中最上层中心的钠原子所在位置的坐标是( )A.⎝⎛⎭⎫12，12，1B.()0，0，1C.⎝⎛⎭⎫1，12，1 D.⎝⎛⎭⎫1，12，12 解析：A [设图中最上层中间的钠原子所在位置为B 点，以O 、B 为相对顶点，作出长方体ABCD －OEFG ，如图所示：∵平面BFGD 经过点B 与x 轴垂直，∴点B 在x 轴上的射影为G 点，结合G ⎝⎛⎭⎫12，0，0得B 的横坐标为12；同理可得，点B 在y 轴上的射影为E 点，结合E ⎝⎛⎭⎫0，12，0得B 的纵坐标为12；点B 在z 轴上的射影为D 点，结合D (0,0,1)得B 的竖坐标为1.由此可得点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫12，12，1.故选A.]4．如图，在△ABC 中，点D ，E 是线段BC 上两个动点，且AD →＋AE →＝xAB →＋yAC →，则1x ＋4y的最小值为( )A.32 B ．2 C.52 D.92解析：D [设AD →＝mAB →＋nAC →，AE →＝λAB →＋μAC →，其中m ，n ，λ，μ为实数． 因为B ，D ，E ，C 共线，所以m ＋n ＝1，λ＋μ＝1.因为AD →＋AE →＝xAB →＋yAC →＝(m ＋λ)AB →＋(n ＋μ)AC →，则x ＋y ＝m ＋n ＋λ＋μ＝2， 易知x ＞0，y ＞0，所以1x ＋4y ＝12⎝⎛⎭⎫1x ＋4y (x ＋y )＝12⎝⎛⎭⎫5＋y x ＋4x y ≥12⎝⎛⎭⎫5＋2y x ·4x y ＝92.] 5．(2019·哈尔滨市模拟)已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为( )A.65B.652C ．4D ．8解析：A [|a |＝3，|b |＝3，而a ·b ＝4＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉， ∴cos 〈a ，b 〉＝49，故sin 〈a ，b 〉＝1－⎝⎛⎭⎫492＝659，于是以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为S ＝|a ||b |sin 〈a ，b 〉＝3×3×659＝65.故选A.] 6．(2019·银川市模拟)已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →|的值是________．解析：设P (x ，y ，z )，∴AP →＝(x －1，y －2，z －1).PB →＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP →＝2PB →，得点P 坐标为⎝⎛⎭⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD →|＝773. 答案：7737．(2019·包头市模拟)如图所示，PD垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则点E 的坐标为________．解析：由已知得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)， 设P (0,0，a )(a >0)，则E ⎝⎛⎭⎫1，1，a 2， 所以DP →＝(0,0，a )，AE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，a 2，|DP →|＝a ， |AE →|＝(－1)2＋12＋⎝⎛⎭⎫a 22＝2＋a 24＝8＋a 22.又cos 〈DP →，AE →〉＝33，所以0·(－1)＋0·1＋a 22a ·8＋a 22＝33，解得a 2＝4，即a ＝2，所以E (1,1,1)． 答案：(1,1,1)8．如图所示，已知二面角α－l －β的平面角为θ⎝⎛⎭⎫θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB 在平面β内，BC 在l 上，CD 在平面α内，若AB ＝BC ＝CD ＝1，则AD 的长为________．解析：AD →＝AB →＋BC →＋CD →，所以AD →2＝AB →2＋BC →2＋CD →2＋2AB →·CD →＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ，所以|AD →|＝3－2cos θ，即AD 的长为3－2cos θ. 答案：3－2cos θ9．已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)． (1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)解：(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB →＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )，若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫－65，－145，25. 10．(2019·遵义市调研)已知空间三点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 |＝－12＋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.。

2018年高考备考前十天自主复习第六天 立体几何1．空间几何体表面积和体积的求法几何体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积应注意重合部分的处理，求几何体的体积常用公式法、割补法、等积变换法． 2．空间平行问题的转化关系平行问题的核心是线线平行，证明线线平行的常用方法有：三角形的中位线、平行线分线段成比例(三角形相似)、平行四边形等． 3．空间垂直问题的转化关系线线垂直 线面垂直的判定线面垂直的定义线面垂直 面面垂直的判定面面垂直的性质面面垂直 垂直问题的核心是线线垂直，证明线线垂直的常用方法有： 等腰三角形底边上的中线、勾股定理、平面几何方法等． 4．多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．热点一：展开图、表面积、体积【典例】【2017南通三模】已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则这个圆锥的高为____．【答案】【解析】由题得扇形得面积为：，根据题意圆锥的侧面展开图是半径为3即为圆锥的母线，由圆锥侧面积计算公式：所以圆锥的高为【题型概述】几何体的表面积、体积在高考命题中主要由三视图确定几何体，根据三视图中数据求几何体的表面积、体积，或者求一些简单组合体的表面积、体积，球的表面积、体积，求几何体体积问题，可以多角度、多方位地考虑问题．在求三棱锥体积的过程中，等体积转化法是常用的方法，转换底面的原则是使其高易求，常把底面放在已知几何体的某一面上．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体变为规则几何体，易于求解．【跟踪练习1】【江苏省无锡市2018届高三第一学期期末检测】直三棱柱中，已知，，，，若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________．【答案】【解析】热点二：证明或判断空间平行、垂直关系【典例】【江苏省2018年高考冲刺预测卷】如图所示的多面体中，底面为正方形，为等边三角形，平面，，点是线段上除两端点外的一点，若点为线段的中点.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求证：平面平面.【答案】（Ⅰ）见解析.（Ⅱ）见解析.【解析】试题分析：由点为线段的中点，故，由平面，得，得证平面，，平面，结合(1)的结果证得平面平面【题型概述】空间中的平行关系在高考命题中主要与平面问题中的平行、简单几何体的结构特征等问题相结合，重点考查空间中直线与平面平行、平面与平面平行的判定及性质，解决该类题的关键是注意线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系的转化．【跟踪练习1】【江苏省南通、徐州、扬州等六市2018届（二模）】如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB = AC，点E，F分别在棱BB1 ，CC1上（均异于端点），且∠ABE=∠ACF，AE⊥BB1，AF ⊥CC1．求证：（1）平面AEF⊥平面BB1C1C；（2）BC // 平面AEF．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：（1）在三棱柱111ABC A B C -中， 1BB // 1CC ，由1AF CC ⊥可推出1AF BB ⊥，再根据1AE BB ⊥，可证1BB ⊥平面AEF ，从而可证平面AEF ⊥平面11BB C C ；（2）根据1AE BB ⊥， 1AF CC ⊥， ABE ACF ∠=∠， AB AC =，可证Rt AEB ∆≌Rt AFC ∆，结合（1），可推出四边形BEFC 是平行四边形，即可证明BC //平面AEF ．（2）∵1AE BB ⊥， 1AF CC ⊥， ABE ACF ∠=∠， AB AC = ∴Rt AEB ∆≌Rt AFC ∆ ∴BE CF =又由（1）知， BE // CF ．∴四边形BEFC 是平行四边形，从而BC // EF ． 又∵BC ⊄平面AEF ， EF ⊂平面AEF∴BC //平面AEF ．【跟踪练习2】如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是正三角形，点D 是BC 的中点，1BC BB =.BA 1D（1）求证：1//AC 平面1AB D ； （2）试在棱1CC 上找一点M ，使得1MB AB ⊥，并说明理由.【解析】（1）连结1A B ，交1AB 于点,.O OD 连结 在平行四边形111O .ABB A A B 中，为中点 又因为1//D BC AC OD 为中点，所以.因为111OD AC AB D AB D ⊄⊂平面，平面， 所以11//AC AB D 平面因为111,,D AD B D D AD B AB D ⋂=⊂平面，所以1BM AB D ⊥平面 ， 因为111,AB AB D MB AB ⊂⊥平面所以.考点：平面与平面垂直的判定；直线与平面平行的判定与证明.。

【2021年高考备考艺体生文化课精选好题突围系列】专题六选讲部分几何证明选讲【背一背重点学问】1、比例线段有关定理（1假如一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等。

（22、相像三角形的判定及性质（1相像系数）。

个三角形相像。

简述为：两角对应相等，两三角形相像。

等，那么这两个三角形相像。

简述为：两边对应成比例且夹角相等，两三角形相像。

两个三角形相像。

简述为：三边对应成比例，两三角形相像。

（2相像三角形外接圆的直径比、周长比等于相像比，外接圆的面积比等于相像比的平方。

3、直角三角形的射影定理与斜边的比例中项。

4、圆周角定理90°的圆周角所对的弦是直径。

5、圆内接四边形的性质与判定定理圆内接四边形判定定理：假如一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。

6、圆的切线的性质及判定定理7、弦切角的性质8、与圆有关的比例线段（圆幂定理）【讲一讲提高技能】1.必备技能：（1）相像三角形的判定与性质的应用①判定两个三角形相像的方法：两角对应相等，两三角形相像；两边对应成比例且夹角相等，两三角形相像；三边对应成比例，两三角形相像；相像三角形的定义．②证明线段成比例，若已知条件中没有平行线，但有三角形相像的条件(如角相等，有相等的比例式等)，常考虑相像三角形的性质构造比例式或利用中间比求解．③相像三角形的性质应用可用来考查与相像三角形相关的元素，如两个三角形的高、周长、角平分线、中线、面积、外接圆的直径、内切圆的面积等．（2）四点共圆的证明方法求证四边形的一个外角等于与它不相邻的内角；（2）当它们在一条线段同侧时，可证它们对此线段张角相等，也可以证明它们与某肯定点距离相等；如两点在一条线段异侧，则证明它们与线段两端点连成的凸四边形对角互补。

（2）平面几何中有关角与比例线段问题的求解方法①与切线有关的角度问题，应考虑应用弦切角的性质定理求解；②与切线有关的比例式或线段问题，应留意利用弦切角，确定三角形相像的条件，若条件不明显需添加帮助线．③与圆有关的等积线段或成比例的线段，常利用圆周角或弦切角证明三角形相像，在相像三角形中查找比例线段；也可以利用相交弦定理、切割线定理证明线段成比例，在实际应用中，一般涉及两条相交弦应首先考虑相交弦定理，涉及两条割线就要想到割线定理，见到切线和割线时要留意应用切割线定理．2.典型例题例1、如图所示，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB＝BC，AD是BC边上的高，AE是⊙O的直径．(1)求证：AC·BC＝AD·AE；(2)过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，若AF＝4，CF＝6，求AC的长．【解析】(1)证明：连接BE，则△ABE为直角三角形．由于∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB，所以△ABE∽△ADC.则ABAD＝AEAC，即AB·AC＝AD·AE.又AB＝BC，所以AC·BC＝AD·AE.(2)由于FC是⊙O的切线，所以FC2＝AF·BF.又AF＝4，FC＝6，所以BF＝9，AB＝BF－AF＝5.由于∠ACF＝∠FBC，又∠CFB＝∠AFC，所以△AFC∽△CFB.则AFCF＝ACBC，即AC＝AF·BCCF＝103.例2如图，AB是⊙O的一条切线，切点为B，直线ADE，CFD，CGE都是⊙O的割线，已知AC=AB.(1)若CG=1，CD=4，求GFDE的值.(2)求证：FG//AC;【答案】(1)4DEGF=;(2)详见解析.【分析】(1)证CGF∆∽CDE∆,依据比例可求得DEGF的值. (2)依据割线定理得比例关系,从而可证得ADC△∽ACE△,从而可得角相等,可证得线线平.【解析】所以ADC ACE∠=∠，又由于ADC EGF∠=∠，所以EGF ACE∠=∠，所以FG//AC．----------------------10分例3、如图，P是⊙O外一点，P A是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2P A，D为PC的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E .证明：(1)BE ＝EC ； (2)AD ·DE ＝2PB 2.证明：(1)连线AB ，AC ，由题设知P A ＝PD ， 故∠P AD ＝∠PDA .由于∠PDA ＝∠DAC ＋∠DCA ，∠P AD ＝∠BAD ＋∠P AB ，∠DCA ＝∠P AB ， 所以∠DAC ＝∠BAD ， 从而BE ︵＝EC ︵. 因此BE ＝EC .(2)由切割线定理得P A 2＝PB ·PC . 由于P A ＝PD ＝DC ， 所以DC ＝2PB ，BD ＝PB .由相交弦定理得AD ·DE ＝BD ·DC ， 所以AD ·DE ＝2PB 2.【练一练提升力量】1.如图，AB 是圆O 的直径，弦AB CD ⊥于点M ，E 是CD 延长线上一点，,43,8,10OM ED CD AB ===EF 切圆O 于F ，BF 交CD 于G ．（1）求证：EFG ∆为等腰三角形； （2）求线段MG 的长． 【解析】2.如图所示，AB 是半径为1的圆O 的直径，过点A ，B 分别引弦AD 和BE ，相交于点C ，过点C 作CF ⊥AB ，垂足为点F .已知∠CAB ＝15°，∠DCB ＝50°.(1)求∠EAB 的大小； (2)求BC ·BE ＋AC ·AD 的值．【解析】 (1)由于AB 为圆O 的直径，故∠AEB ＝90°，又由于∠ECA ＝∠DCB ＝50°，所以在Rt △AEC 中，∠CAE ＝40°，故∠EAB ＝∠EAC ＋∠BAC ＝55°.(2)连接BD .由(1)，知∠AEC ＋∠AFC ＝180°，故A ，F ，C ，E 四点共圆， 所以BC ·BE ＝BF ·BA ，①易知∠ADB ＝90°， 同理可得AC ·AD ＝AF ·AB ，②联立①②，知BC ·BE ＋AC ·AD ＝(BF ＋AF )·AB ＝AB 2＝22＝4.极坐标与参数方程【背一背重点学问】1.平面直角坐标系中的伸缩变换：//,(0),(0)x x y y λλμμ⎧=>⎪⎨=>⎪⎩2.极坐标系（1）极坐标系的概念：平面内取一个定点O ,叫做极点,自极点O 引一条射线Ox ,叫做极轴;再选定一个长度单位,一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向),这样就建立了一个极坐标系.设M 是平面内一点,极点O 与点M 的距离|OM|叫做点M 的极径,记为ρ;以极轴Ox 为始边,射线OM 为终边的角xOM ∠叫做点M 的极角,记为θ.有序数对),(θρ叫做点M 的极坐标,记作),(θρM .（2）直角坐标与极坐标的互化：把直角坐标系的原点作为极点,x 轴的正半轴作为极轴,并在两种坐标系中取相同的长度单位.设M 是坐标平面内任意一点,它的直角坐标是),(y x ,极坐标是),(θρ,则极坐标与直角坐标的互化公式如表:（3） 常见曲线的极坐标方程：曲线 图形 极坐标方程圆心在极点,半径为r 的圆(02)r ρθπ=≤<圆心为(,0)r ,半径为r 的圆2cos ()22r ππρθθ=-≤<圆心为(,)2r π,半径为r 的圆2sin (0)r ρθθπ≤<过极点,倾斜角为α的直线(1)()()R R θαρθπαρ=∈=+∈或 (2)(0)(0)θαρθπαρ=≥=+≥和过点(,0)a ,与极轴垂直的直线cos ()22a ππρθθ=-<<过点(,)2a π,与极轴平行的直线sin (0)a ρθθπ=<<3、参数方程（1）参数方程的概念：一般地,在平面直角坐标系中,假如曲线上任意一点的坐标,x y 都是某个变数t 的函数()()x f t y g t =⎧⎨=⎩①,并且对于t 的每一个允许值,由方程组①所确定的点(,)M x y 都在这条曲线上,那么方程①就叫做这条曲线的参数方程,联系变数,x y 的变数t 叫做参变数,简称参数,相对于参数方程而言,直接给出点的坐标间关系的方程叫做一般方程.（2）参数方程和一般方程的互化：曲线的参数方程和一般方程是曲线方程的不同形式,一般地可以通过消去参数而从参数方程得到一般方程.在参数方程与一般方程的互化中,必需使,x y 的取值范围保持全都.（3）常见曲线的参数方程：①圆22200()()x x y y r -+-=的参数方程为⎩⎨⎧+=+=θθsin cos 00r y y r x x （θ为参数）；②椭圆12222=+b y a x 的参数方程为⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x （θ为参数）； ③双曲线12222=-by a x 的参数方程⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x （θ为参数）； ④抛物线22y px =参数方程222x pt y pt ⎧=⎨=⎩(t 为参数）；⑤过定点),(00y x P 、倾斜角为α的直线的参数方程⎩⎨⎧+=+=ααsin cos 00t y y t x x （t 为参数）。

艺考生文化课百日冲关答案随着文化课在艺术类录取中所占的比重越来越高，很多艺术生在集训时也没有落下文化课。

但是由于艺术生的文化课底子薄，如何快速提分成为了摆在艺术生面前的一大难题。

并且，在集训时，很多专业课培训机构没有配备文化课老师，学生只能靠自学，学习效率和效果得不到保障。

针对该问题，长期从事艺术生文化课教学的刘老师给大家提出三点建议。

一、合理分配集训时间专业课、文化课同步学习以往的艺术生在集训时往往只学习专业课，完全放弃文化课的复习。

把文化课放在艺考后集中复习。

这样的考生，在艺考后复习文化课时才发现早已跟不上复习进度，知识点出现严重断层。

太多的经验和教训告诉我们，集训时一定要同步复习文化课。

整天抱怨说专业课太多，时间不够用的同学，只是给自己找的“为赋新词强说愁”的理由。

如果一个培训机构不给学生留出文化课的复习时间，这样的培训机构只能说还不懂艺考，或者说是以牺牲学生文化课的代价来提高机构的专业课过关率。

告诫各位考生，无论多忙，每天一定要挤出2-3个小时的文化课复习时间，平时的点滴积累往往比临时抱佛脚效果要好的多。

二、各科复习规划安排集训时，建议各科按以下原则复习：每天必看科目：政治、历史、地理、英语，政史地这三科大多以记忆性知识为主，所以，利用集训时的零散时间完全可以随时复习。

英语主要是背单词，把背单词养成一种习惯，可以使用口袋单词本，随时随地记单词。

数学由于解题时间较长，考生最好在安静的环境中复习，所以建议一周复习一次数学科目。

语文可以每天读读文言文，不需要做题，能把文言文的大概意思理解透就可以，毕竟在高考试卷中，文言文所占分值较大。

三、艺考后文化课复习安排艺考后的三个月是艺术生提分的黄金时期，这三个月的复习效果直接决定高考的成功与否。

建议考生们考完试以后，迅速调整状态，以最快的适应程度投入到文化课复习中来。

由于复习时间较短，大而全的复习模式已经不适应该阶段复习模式，考生们可以使用艺考生文化课百日学案，直抓重点复习，以达到快速提分的目的。

基础知识专题训练 01一、考试要求二、基础知识 1. 空间几何体棱柱:侧棱都平行且相等,上下底面是全等的多边形,并且相互平行(1 棱锥:底面是任意多边形。

侧面是有一个公共顶点的三角形棱台:由平行于底面的平面截棱锥得到,上下底面是相似多边形(2 .旋转体(3空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到, 在这种投影下, 与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的开关和大小是完全相同的,三视图包括正视图、侧视图、俯视图。

4、空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是:(1原图形中 x 轴、 y 轴、 z 轴两两垂直,直观图中,x’轴、y’轴的夹角为 45o(或 135o,z’轴与x’轴和y’轴所在平面垂直;(2原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍平行。

平行于 x 轴和 z 轴的线段长度在直观图不变,平行于 y 轴的线段长度在直观图中减半。

5、平行投影与中心投影平行投影的投影线互相平行,而中心投影的投影线相交于一点。

注:空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是:(1观察角度:三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形; 直观图是从某一点观察几何体而画出的图形; (2 投影效果:三视图是正投影下的平面图形,直观图是在平行投影下画出的空间图形。

三.基础练习1. 将正三棱柱截去三个角(如图 1所示 A 、 B 、 C 分别是 GHI 三边的中点得到的几何体如图 2,则该几何体按图 2所示方向的侧视图 (或称左视图为 (2.水平放置的圆柱形物体的三视图是 (3.已知△ ABC 的水平放置的直观图是等腰的 Rt △ A ' B ' C ' ,且∠ A ' = 90°, A ' B ' = 2(如图 ,则△ ABC 的面积是(A 2B 22C 42D 14.下面是一个物体的三视图,该物体是所给结果中的 (A .正方体B .长方体C .圆锥D .四棱锥5.如图一个空间几何体的正视图,侧视图,俯视图是全等的等腰直角三角形,且直角边的边长为 1,那么这个几何体的体积等于 (A241 B121 E D H GE D 侧视图 1 图 2 B E A . E B . C . D .C61 D31 6. 一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底面为 450, 腰和上底长均为 1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是A21+22B 1+22C 1+2D 2+27.右图是一个几何体的三视图,根据图中数据, 那么这个几何体是(A. 三棱锥B.四棱锥C. 三棱台D.四棱台8. 一个几何体的三视图如图 1所示,其中正视图与左视图都是边长为 2的正三角形,则这个几何体的侧面积为(A B. 2π C. 3π D. 4π9. 右图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的体积为(A. 633π+B. 333π+C. 632π+ D. 332π+10.已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为 2的正方形,主视图与左视图是边长为 2的正三角形,则其侧面积 ( .A . 4B . 4(1 D . 811.由正方体木块搭成的几何体的三视图如下,则该几何体由 _____块小正方体木块搭成第 10题图主视图左视图 (第 7图图 1正 (主视左 (侧视俯视图俯视图侧视图正视图12. 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图, 则这个平面图形的面积是 .13.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是 _______14、如图(右面 ,一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图是边长为 2的正三角形、俯视图轮廓为正方形,则其体积是 ________.15.若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示,则这个棱柱的体积为 ______________16.在△ ABC 中, AB =2, BC =1.5,∠ ABC =120°(如图所示 ,若将△ ABC 绕直线 BC 旋转一周,则所形成的旋转体的体积是 __________17.如图,一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1的正方形,俯视图是一个圆,那么这个几何体的侧面积 ...为 __________.基础知识专题训练 02俯视图第 3题x′′ ①正方形②圆锥③三棱台一、考试要求1.平面概述(1平面的特征:①无限延展②没有厚度(2平面的画法:通常画 __________来表示平面;(3平面的表示:用一个小写的希腊字母α、β、γ等表示,如平面α、平面β;用表示平行四边形的两个相对顶点的字母表示,如平面 AC 。

第六章 第7节 第2课时1．(2019·上海市一模)如图，点A 、B 、C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ＝( )A ．－53 B.53 C.23 D ．－23解析：C [∵点A 、B 、C 分别在空间直角坐标系 O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)， 二面角C －AB －O 的大小为θ， ∴cos θ＝OC →·n |OC →||n |＝42×3＝23.故选C.]2．(2019·金华市模拟)在空间直角坐标系O －xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1解析：B [由已知平面OAB 的一条斜线的方向向量OP →＝(－1,3,2)，所以点P 到平面OAB 的距离d ＝|OP →|·|cos 〈OP →，n 〉|＝|OP →·n ||n |＝|－2－6＋2|22＋(－2)2＋1＝2. 故选B.]3．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3 D.π2解析：A [∵AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，AC 2＝BC 2＋AB 2，∴AB ⊥BC .∵三棱柱为直三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC .以B 为原点，BC ，BA ，BB 1所在的直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系B －xyz ，则A (0,1,0)，C (3，0,0)．设B 1(0,0，a )，则C 1(3，0，a )，∴D ⎝⎛⎭⎫32，12，a 2，E ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2，∴DE →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，平面BB 1C 1C 的法向量BA →＝(0,1,0)．设直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈DF →，BA →〉|＝12，∴α＝π6.]4．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝1，CB ＝2，侧棱AA 1＝1，侧面AA 1B 1B 的两条对角线交于点D ，则平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦值为( )A ．－33 B ．－63 C.33D.63解析：A [建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，B (2，0,0)，A (0,1,0)，B 1(2，0,1)，D ⎝⎛⎭⎫22，12，12，CD →＝⎝⎛⎭⎫22，12，12，CB →＝(2，0,0)，BA →＝(－2，1,0)，BB 1→＝(0,0,1)．设平面CBD 和平面B 1BD 的法向量分别为n 1，n 2，可得n 1＝(0,1，－1)，n 2＝(1，2，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝33，又平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的平面角与〈n 1，n 2〉互补，故平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦值为－33.故选A.]5．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A. 2B. 3 C ．2D.22解析：A [如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)．设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)．设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝2y ＋2z ＝0m ·CD →＝x ＋az ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－z x ＝－az ，令z ＝－1，则m ＝(a,1，－1)． 又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 则由 cos 60°＝|m ·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，解得a ＝2，所以AD ＝ 2.故选A.]6．如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．解析：∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →|·|EC →|＝45×5＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.答案：457．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．解析：以C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A (2,0,0)，C 1(0,0,22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝⎛⎭⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2,0,22)，AC 2→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π6. 答案：π68．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________． 解析：如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0) . 设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案：2339．(2019·乌鲁木齐一模)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AA 1＝AC ＝2AB ，M ，N 分别为BC ，A 1C 1的中点．(1)求证AM ⊥BN ；(2)求二面角B 1－BN －A 1的余弦值．解：(1)证明：以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立如图空间直角坐标系A －xyz ，设AB ＝1，则AA 1＝AC ＝2，A (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫12，22，0，B (1,0,0)，N ⎝⎛⎭⎫0，22，2，A 1(0,0，2)，B 1(1,0，2)，∴AM →＝⎝⎛⎭⎫12，22，0，BN →＝⎝⎛⎭⎫－1，22，2，∵AM →·BN →＝－12＋12＋0＝0，∴AM ⊥BN .(2)∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥AM ， 又AM ⊥BN ，∴AM ⊥平面BB 1N ， 设平面A 1BN 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,0，2)，A 1N →＝⎝⎛⎭⎫0，22，0，则⎩⎨⎧m ·BA 1→＝－x ＋2z ＝0m ·A 1N →＝22y ＝0，取z ＝1，得m ＝(2，0,1)，设二面角B 1－BN －A 1的平面角为θ，则cos θ＝m ·AM →|m ||AM →|＝23.∴二面角B 1－BN －A 1的余弦值为23.10．(2019·赤峰市模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，∠A 1AC ＝60°，AC ＝2AA 1＝4，点D ，E 分别是AA 1，BC 的中点．(1)证明：DE ∥平面A 1B 1C ；(2)若AB ＝2，∠BAC ＝60°，求二面角B －AA 1－E 的余弦值．解：(1)证明：取AC 的中点F ，连接DF ，EF ，∵E 是BC 的中点，∴EF ∥AB ， ∵ABC －A 1B 1C 1是三棱柱，∴AB ∥A 1B 1，∴EF ∥A 1B 1，∴EF ∥平面A 1B 1C ， ∵D 是AA 1的中点，∴DF ∥A 1C ，∴DF ∥平面A 1B 1C ， 又EF ∩DE ＝E ，∴平面DEF ∥平面A 1B 1C ，∴DE ∥平面A 1B 1C ； (2)过点A 1作A 1O ⊥AC ，垂足为O ，连接OB ， ∵侧面ACC 1A ⊥底面ABC ，∴A 1O ⊥平面ABC ， ∴A 1O ⊥OB ，A 1O ⊥OC ，∵∠A 1AC ＝60°，AA 1＝2，∴OA ＝1，OA 1＝3，∵AB ＝2，∠OAB ＝60°，由余弦定理得，OB 2＝OA 2＋AB 2－2OA ·AB cos ∠BAC ＝3， ∴OB ＝3，∠AOB ＝90°，∴OB ⊥AC ，分别以OB ，OC ，OA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图的空间直角坐标系O －xyz ，由题设可得A (0，－1,0)，C (0,3,0)，B (3，0,0)， A 1(0,0，3)，E ⎝⎛⎭⎫32，32，0，AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(3，1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫32，52，0，设平面AA 1B 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AA 1→＝y ＋3z ＝0n ·AB →＝3x ＋y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－ 3 ,1)，设平面AA 1E 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AA 1→＝y 1＋3z 1＝0m ·AE →＝32x 1＋52y 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(5，－3，1)， 设二面角B －AA 1－E 的平面角为θ， 则cos θ＝m ·n |m ||n |＝95·29＝9145145，∴二面角B －AA 1－E 的余弦值为9145145.。

2106届艺体生强化训练模拟卷六（文）一、选择题：本大题共10个小题,每小题5分,共50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．已知集合{|(1)(2)0}A x x x =∈+-≤Z ，{|22}B x x =-<<，则A B =A 、{|12}x x -≤<B 、{1,1}-C 、{0,1,2}D 、{1,0,1}- 【答案】D【解析】由于集合{|(1)(2)0}{|12}{1,0,1,2}A x x x x x =∈+-≤=∈-≤≤=-Z Z ，所以由交集的定义可知：A B ={1,0,1}-，故应选D ．2．复数12ii--对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．其次象限 C ．第三象限 D ．第四象限 【答案】D【解析】由题意可得：131255i i i -=--. 故选D. 3．已知直线1:210l ax y ++=与直线2:(3)0l a x y a --+=，若12l l ⊥，则a 的值为（ ） A ．1 B ．2 C ．6 D ．1或2【答案】D【解析】由12l l ⊥，则()023=--a a ，即1=a 或2=a ，选D ．4.已知曲线23ln 2x y x =-的一条切线的斜率为2，则切点的横坐标为（ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．12【答案】A5. 某单位有840名职工, 现接受系统抽样方法, 抽取42人做问卷调查, 将840人按1, 2, , 840随机编号, 则抽取的42人中, 编号落入区间[481, 720]的人数为 （ ）A ．11B ．12C ．13D ．14【答案】B【解析】系统抽样，是把全部个体编号后，依据肯定的规律依次抽样，从题中可看出每20人里抽取1人，因此落入区间[481,720]的人数为7204801220-=，选B.6.以原点为中心，焦点在y 轴上的双曲线C 的一个焦点为(0,22)F ，一个顶点为(0,2)A -，则双曲线C 的方程为（ ）A ．22122y x -=B ．221412y x -=C ．22144y x -=D ．22142y x -= 【答案】C 【解析】7.在区间[]0,π上随机取一个实数x ，使得1sin 0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的概率为（ ）A ．1π B ．2πC ．13D ．23【答案】C【解析】在区间[0,]π上，当5[0,][,]66x πππ∈时，1sin [0,]2x ∈，由几何概型知，符合条件的概率为13.8. 执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（ ）A 33C ．0D ．3-【答案】A【解析】9. 若x ，y 满足约束条件02323x x y x y ≥⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩，则z x y =-的最小值是（ ）A ．3-B ．0C ．32D ．3 【答案】A【解析】\作出不等式组02323x x y x y ≥⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩所表示的平面区域，如下图：由图可知当直线经过点C （0，3）时min 3z =-，故选A ． 10.已知函数()31sin 2cos 222f x x x =+，若其图象是由sin 2y x =图象向左平移ϕ（0ϕ>）个单位得到，则ϕ的最小值为（ ） A ．6π B ．56π C ．12π D ．512π【答案】C【解析】()sin(2)6f x x π=+，函数sin 2y x =的图象向左平移(0)ϕϕ>个单位后的解析式为sin(22)y x ϕ=+，从而()12k k πϕπ=+∈N ，有ϕ的最小值为12π. 故选C.二、填空题（每题5分，满分10分，将答案填在答题纸上）11.在ABC ∆中，,,a b c 分别是,,A B C 的对边，若2,2,sin cos 2a b B B ==+=，则c 的大小为 . 【答案】3＋1 【解析】12. 设x R ∈，向量(,1)a x =，(1,2)b =-，且a b ⊥，则||a b += . 【答案】10【解析】∵a b ⊥，∴202x x -=⇒=，∴(3,1)||10a b a b +=-⇒+=，故选B ．13. 某几何体的三视图如右图，若该几何体的全部顶点都在一个球面上，则该球面的表面积为 .【答案】283π 【解析】由三视图可得，该几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径2227(3)133r =+=，球的面积227284433s r πππ===． 三、解答题 （本大题共3小题，共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）14.在ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，并且223sin 312A BC +=. （1）求角C 的大小；（2）若23,2a c ==，求b . 【答案】(1) 6C π=，(2) 2b =或4b =.【解析】15.（本小题满分12分）对某校高一班级同学参与社区服务次数统计，随机抽取了M 名同学作为样本，得到这M 名同学参与社区服务的次数，依据此数据作出了频数与频率的统计表如下：（1）求出表中,,,M r m n 的值；（2）在所取样本中，从参与社区服务的次数不少于20次的同学中任选2人，求至少一人参与社区服务次数在区间[)25,30内的概率．【答案】（1）20M =，4m =，0.25n =，0.2r =；（2）35P =. 【解析】16.（本小题满分12分）如图，在四棱锥CD P -AB 中，PA ⊥平面CD AB ，D 2PA =AB =A =，四边形D AB ⊥A ，C//D B A 且C 4B =，点M 为C P 中点．()1求证：平面D A M ⊥平面C PB ；【解析】17. 已知点M 在椭圆22221x y a b+=(0)a b >>上，以M 为圆心的圆与x 轴相切于椭圆的右焦点F.（1）若圆M 与y 轴相交于A ，B 两点，且ABM ∆是边长为2的正三角形，求椭圆的方程. 【解析】（1）由于ABM ∆是边长为2的正三角形，所以圆M 的半径2r =， M 到圆y 轴的距离3d =，又由（1）知：2br a=，d c =，………………8分 所以，3c =，22b a =，又由于222a b c -=，解得：3a =， 226b a ==，………………10分所求椭圆方程是：22196x y+=.………………12分 18. 已知函数()ln ()f x x a x a R =-∈．(1)当2a =时，求曲线()f x 在1x =处的切线方程；【解析】（1）当2a =时，()2ln f x x x =-，(1)1f =，切点(1,1)，∴'2()1f x x=-，∴'(1)121k f ==-=-， ∴曲线()f x 在点(1,1)处的切线方程为：1(1)y x -=--，即20x y +-=． 请考生在第19、20、21三题中任选一题做答，假如多做，则按所做的第一题记分.19. 如右图，圆1O 与圆2O 内切于点A ，其半径分别为3与2，圆1O 的弦AB 交圆2O 于点C （1O 不在AB 上），AD 是圆1O 的一条直径。

押新高考卷6题立体几何考点3年考题考情分析立体几何2022年新高考Ⅰ卷第8题2022年新高考Ⅱ卷第7题2021年新高考Ⅰ卷第3题2021年新高考Ⅱ卷第5题2020年新高考Ⅰ卷第16题2020年新高考Ⅱ卷第13题立体几何会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，单选题难度一般或较难，纵观近几年的新高考试题，分别考查棱锥的体积问题，圆锥的母线长问题，球体的内切外接及表面积体积问题，棱台的体积问题。

可以预测2023年新高考命题方向将继续以表面积体积问题、球体等问题展开命题．1.立体几何基础公式（1）所有椎体体积公式：sh V 31=（2）所有柱体体积公式：shV =（3）球体体积公式：334R V π=（4）球体表面积公式：24R S π=（5）圆柱：rh r s s s sh V ππ22,2+=+==侧底表（6）圆锥：rl r s s s sh V ππ+=+==2,31侧底表2.长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式（1）已知长宽高求体对角线：2222c b a l ++=（2）已知共点三面对角线求体对角线：22322212l l l l ++=3.棱长为a 的正四面体的内切球的半径为612a ,外接球的半径为64a .4.欧拉定理(欧拉公式)2V F E +-=(简单多面体的顶点数V、棱数E 和面数F).（1）E =各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为n 的多边形，则面数F 与棱数E 的关系：12E nF =；（2）若每个顶点引出的棱数为m ，则顶点数V 与棱数E 的关系：12E mV =.[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为则2222l a h =+，2232(3a =+所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积13V Sh =3．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题）已知圆锥的底面半径为长为（）A．2B．22C．4【答案】B【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则故选：B.4．（2021·新高考Ⅱ卷高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为A．20123+B．282C．56 3【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为所以该棱台的高()2222222h =--=，下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积()12121133V h S S S S =++=故选：D.5．（2020·新高考Ⅰ卷高考真题）已知直四棱柱5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________【答案】22π.【分析】根据已知条件易得1D E 3=，1D E ⊥离为2，可得侧面11B C CB 与球面的交线是扇形取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为因为BAD ∠=60°，直四棱柱ABCD 111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以因为1111BB B C B = ，所以1D E【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为111111232NMD D AMN V -==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些A ．10πB ．20π【答案】A【分析】新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，列出方程求解即可【详解】显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则所以圆柱的侧面积为2π10πrh =．故选：A.3．（2023·浙江台州·统考二模）如图所示的粮仓可以看成圆柱体与圆锥体的组合体圆柱部分的高为2米,底面圆的半径为A ．3π立方米B ．2π立方米【答案】C+A．241639+C．12839【答案】B【分析】过点P作底面ABCQ Q Q QP ABC与平面123-P【详解】因为三棱锥-===.2AB AC BCP ABC为正三棱锥，因此过点又因为-过B作AC的垂线于H.由三角形在直角三角形AHO中，AOPO=，在直角三角形又因为2P ABC为正三棱锥，因此因为三棱锥-又M到平面ABC距离为点Q Q AC交PC于过点M作12//【详解】3A D CD '===.()2222229C CD A C CD A C CD A D A C CD ''''⋅=+--=--=-.3,5CD BD ===.222222()99257CD CB CD CB CD CB CD DB ⋅=+--=+-=+-=- .()97822CD A C CB CD A C CD CB CD ''⋅=+⋅=⋅+⋅=--=- .A ．15,66⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．13⎛ ⎝【答案】A【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面水最多的临界情况为多面体ABCDA 因为111111132A A BD V -=⨯⨯⨯⨯=11111111ABCDA B D ABCD A B C D C B V V V --=-所以1566V <<，即15,66V ⎛∈ ⎝故选：A.故选：C9．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）线MN与平面BCD所成角的正切值是（A．2147B【答案】C【分析】作出图形，找出直线【详解】如图，过点A向底面作垂线，垂足为过点M作⊥MG OC于G由题意可知：//MG AO且MG因为AO⊥平面BCD，所以则MNG∠即为直线MN与平面设正四面体的棱长为2，则所以222AO AN ON=-=在MNC中，由余弦定理可得：A ．2B ．12【答案】B【分析】连接PO ，O 为AD 的中点，再由面面垂直性质定理证明CPD ∠，解三角形求其正切值【详解】取AD 的中点O ，连接由已知PAD 为等边三角形，所以又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PO ⊂平面PAD ，所以PO ⊥平面ABCD ，设PD x =，则32PO x =，所以矩形ABCD 的面积ABCD S 所以四棱锥P ABCD -的体积11．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（A ．12πB ．24π【答案】C【分析】设ABC 为等腰直角三角形的直角边为的体积得264a h ⋅=，根据直三棱柱外接球半径的求法可求出最小值，即可得到该三棱柱外接球表面积的最小值【详解】设ABC 为等腰直角三角形的直角边为则111212ABC A B C ABC V S h a -=⋅=⋅故选：A13．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）当过A ，C ，P 三点的平面截球O A ．()222a +C ．()23a +【答案】A【分析】由球的截面性质结合条件确定截面的位置，的截线的长度.【详解】设底面正方形ABCD 的中心为当过A ，C ，P 三点的平面截球O 的截面面积最大时，截面圆为大圆，截面过球心O ，故点P ，O ，1O 三点共线，因为1OO ⊥平面ABCD ，所以1PO ⊥平面ABCD ，此平面截正方体的截面即为正方体的面所以()222L a =+．故选：A ．14．（2023·湖北·荆门市龙泉中学校联考二模）【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，求出球心的位置，再求球的半径15．（2023·湖南·校联考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中描述几何体直于底面的四棱锥”，现有阳马P ABCD -在,AB BC 上，当空间四边形PEFD 的周长最小时，三棱锥A ．9πB ．11π【答案】B【分析】把,AP PB 剪开，使得PAB P ，E ，F ，M 在同一条直线上时，PE 122CF PD ==，∴1BF =.∴点E 为AB 利用勾股定理进而得出结论.【详解】如图所示，把,AP PB 剪开，使得延长DC 到M ，使得CM DC =，则四点间四边形PEFD 的周长取得最小值.可得如图所示，设AFD △的外心为1O ，外接圆的半径为则210sin45==︒AFr .设三棱锥P ADF -外接球的半径为R ，球心为O ，连接1OO ，则则22210111224R ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.∴三棱锥P ADF -外接球的表面积故选：B.16．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为则可雕刻成的最大球体积是（）A ．18πB ．92πC ．6π【答案】D【分析】先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，进而转化成求截面EMFH 内切圆的半径，从而求出结果.【详解】如图，设底面ABCD EM ,设金刚石的边长为a ，则由题知，在等边EBC 中，BC 边上的高在Rt EOH △中，EO EH =由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在球的半径即为截面EMFH 内切圆的半径，设内切圆半径为17．（2023·广东深圳·统考二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为A ．123V V V <<B ．21<<V V 【答案】B 【分析】设正方体棱长为a ，正四面体棱长为出,,a b R ，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案【详解】设正方体棱长为a ，正四面体棱长为正方体表面积为26S a =，所以2a =所以，()()3232321216S V a a ===；则三棱锥A M BC -的外接球的球心由题意可得3sin 60CO = 直线CM 与平面ABC 故N 的轨迹是以C 为圆心，当球心H 到CM 的距离最大时，三棱锥所以N 在O C 延长线上时，三棱锥设CM 的中点为G ，连接又3CO =，OH OC ⊥所以Rt Rt HOC HGC ≌∴223HC OC ==，∴三棱锥A M BC -的外接球体积最大为故选：C ．19．（2023·浙江·统考二模）MN 折起，使点A 到达点球O 表面积的最小值为（A ．8π3B 【答案】D【分析】由题设,,B C M如上图，△ANM 、△BNM 、△由平面图到立体图知：MN A N ⊥'又面A MN '⊥面BCMN ，面A MN '所以A N '⊥面BCMN ，同理可得将AMN 翻折后，,A M BM '的中点过D 作DO ⊥面A NM '，过E 作EO 再过D 作DF ⊥面BCMN ，交NM 综上，//DF A N '，//DO BN ，则所以12DO EF BN ==，而A C '=令A N x '=且01x <≤，则BN =所以球O 半径2()2A M r DO =+'当23x =时，min 13r =，故球O点H 恰好是正DAC △的中心（外心），故球心O 必在BH 上，Rt BAC 的外心为E ，连接OE ,则OE ⊥平面ABC ，OE BE ⊥,设三棱锥在Rt BEO △中，由射影定理可得2BE BH BO =⨯，即2323R =，解得∴三棱锥D ABC -外接球的表面积24π12πS R ==．故选：B.。