【二轮臻品】专题1.5 立体几何(讲)-2019年高考数学(理)二轮特训(Word版含解析)

2019年高三二轮复习讲练测之测案【新课标版理科数学】专题五 立体几何总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______一、选择题（12*5=60分）1．已知直线平面，直线平面，则“”是“”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 【答案】A【解析】根据已知题意，由于直线平面，直线∥平面，如果两个平面平行，则必然能满足，但是反之，如果，则对于平面可能是相交的，故条件能推出结论，但是结论不能推出条件，故选A2．【2018届四川省成都市龙泉中学高三12月月考】一个棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为边长为1的正三角形，则四棱锥侧面中最大侧面的面积是（ ）【答案】D【解析】由四棱锥的三视图可知，该四棱锥底面为ABCD 为边长为1的正方形， PAD 是边长为1的等边三角形，PO 垂直于AD 于点O ，其中O 为AD 的中点，所以四棱锥的体积为，四棱锥侧面中最大侧面是PBC ∆，， 1BC =，面积是故选D.3．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为（ ）A ．B ．C ．D ．2【答案】B4．【河北省武邑中学2019届高三上学期开学】某几何体的三视图如图所示，其侧视图为等边三角形，则该几何体的体积为( )A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由三视图可知该几何体是由半个圆锥和一个四棱锥组成的组合体，其中棱锥的底面半径，高，其体积，四棱锥底面是一个边长为2的正方形，高，其体积，则组合体的体积.本题选择A选项.5．【2018届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥P­ABCD的三视图如图所示，四棱锥P­ABCD的五个顶点都在一个球面上， E，F分别是棱AB，CD的中点，直线EF被球面所截得的线段长为，则该球的表面积为（）A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π【答案】A【解析】四棱锥P­ABCD中PA 面ABCD，且ABCD 为正方形，球心为PC中点，因为，所以，选A.6．【浙江省金丽衢十二校2019届高三第二次联考】正三棱锥的底面边长为，高为，它在六条棱处的六个二面角（侧面与侧面或者侧面与底面）之和记为，则在从小到大的变化过程中，的变化情况是（）A．一直增大 B．一直减小 C．先增大后减小 D．先减小后增大【答案】D【解析】当（比0多一点点），有；当，有；当刚好使得正三棱锥变为正四面体时，二面角之和记为，则，于是，所以，即，所以与的变化情况相符合的只有选项.7．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB＝2，AC＝4，BC＝2，三棱锥O－ABC的体积为，则球O的表面积为( )A. 22πB.C. 24πD. 36π【答案】D8．已知在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )A. 3对B. 4对C. 5对D. 6对【答案】C【解析】因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB.共5对．9．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中，给出下面四个结论中错误的是（）EFGH平面ABCDA. 平面//B. 直线BE,CF相交于一点C. EF//平面BGDPA平面BGDD. //【答案】C【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,根据三角形中位线的性质，可得,平面//EFGH 平面ABCD ，A 正确；在△PAD 中,根据三角形的中位线定理可得EF ∥AD ，又∵AD ∥BC ，∴EF ∥BC ， 因此四边形EFBC 是梯形，故直线BE 与直线CF 相交于一点，所以B 是正确的； 连接AC ，设AC 中点为M ，则M 也是BD 的中点，因为MG ∥PA ，且直线MG 在平面BDG 上，所以有PA ∥平面BDG ，所以D 是正确的； ∵ EF ∥BC ，∵EF ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴直线EF ∥平面PBC ，再结合图形可得：直线EF 与平面BDG 不平行，因此C 是错误的. 故选C10．在四棱锥P －ABCD 中，四条侧棱长均为2，底面ABCD 为正方形，E 为PC 的中点．若异面直线PA 与BE 所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )43【答案】D【解析】连接AC 和BD 相交于点O ，连接OE ，则OE ∥PA ，则∠OEB ＝45°，又∠EOB ＝90°，则BO ＝OE ＝1，底面正方体的边长为，四棱锥的高为，则体积为×()2×＝，故选D.11．【河南省开封市2019届高三10月定位】已知空间四边形ABCD ，∠BAC＝，AB ＝AC ＝2，BD ＝CD ＝6，且平面ABC⊥平面BCD ，则空间四边形ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．60π B ．36π C ．24π D ．12π 【答案】A 【解析】 由余弦定理得由正弦定理得，所以三角形ABC 的外接圆半径为.设外接球的球心为O,半径为R,球心到底面的距离为h,设三角形ABC的外接圆圆心为E,BC的中点为F,过点O作OG⊥DF,连接DO,BE,OE.在直角△OBE中，（1）,在直角△DOG中，（2）,.所以外接球的表面积为故答案为：A12．【福建省厦门外国语学校2019届高三1月月考】已知等腰直角中，，斜边，点D是斜边上一点（不同于点A、B），沿线段折起形成一个三棱锥，则三棱锥体积的最大值是（）A．1 B． C． D．【答案】D【解析】设，将折起使得平面平面，在三角形中，由面积公式得（其中到的距离为），则.故三棱锥体积为（）.令，故，由于是递减函数，故当时取得最大值，为.二、填空题（4*5=20分）13.【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺．【答案】35621【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为186尺，20尺，25尺，则外接球的直径为，外接球的面积为.14．【2017课标3，改编】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 .【答案】3π4【解析】15．【2018年全国卷II理】已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．【答案】16．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --，有如下四个结论：①AC BD ⊥；②ACD 是等边三角形；③AB 与CD 所成的角为90︒，④取BC 中点E ，则AEO ∠为二面角A BC D --的平面角．其中正确结论是__________．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①②④【解析】如图所示，取BD 中点E ，则AE BD ⊥， CE BD ⊥， 所以BD ⊥平面AEC ，从而可得AC BD ⊥，故①正确；设正方形ABCD 边长为1，则，所以，又因为， 所以ACD 是等边三角形，故②正确；分别取BC ， AC 的中点为M ， N ，连接ME ， NE ， MN ．则M N A B ，且12MN =， ME CD ，且12ME =，则EMN ∠是异面直线AB ， CD 所成的角． 在Rt AEC 中，， 1AC =，∴12NE =． 则MEN 是正三角形，故，③错误；如上图所示，由题意可得： AB AC =，则AE BC ⊥, 由可得OE BC ⊥，据此可知： AEO ∠为二面角A BC D --的平面角， 说法④正确. 故答案为：①②④.三、解答题（共6道小题，共70分）17.如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形， BC CE =，点F 为CE 的中点.(1)证明： //AE 平面BDF .(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM BE ⊥？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）中点【解析】(1)证明连接AC交B D于O，连接OF，如图①.∵四边形ABCD是矩形，∴O为AC的中点，又F为EC的中点，∴OF为△ACE的中位线，:∴OF∥AE，又OF⊂平面BDF，AE⊄平面BDF，∴AE∥平面BDF.（2）当P为AE中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE中点H，连接DP，PH，CH，如图∵P为AE的中点，H为BE的中点，∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD，∴P，H，C，D四点共面．∵平面ABCD∥平面BCE，CD⊥BC∴CD⊥平面BCE，又BE⊂平面BCE，∴CD⊥BE∵BC=CE，H为BE的中点，∴CH⊥BE，∴BE⊥平面DPHC，又PM⊂平面DPHC，∴BE⊥PM即PM⊥BE.18.【2018年天津文】如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=BAD=90°．（Ⅰ）求证：AD ⊥BC ；（Ⅱ）求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值．【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)26；(Ⅲ) 4． 【解析】（Ⅰ）证明：由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC ． （Ⅱ）取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND ．又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC ．所以∠DMN （或其补角）为异面直线BC 与MD 所成的角．在Rt △DAM 中，AM =1，故DM =．因为AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥AC ． 在Rt △DAN 中，AN =1，故DN =．在等腰三角形DMN 中，MN =1，可得．所以，异面直线BC 与MD ．（Ⅲ）连接CM ．因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ．又因为平面ABC ⊥平面ABD ，而CM 平面ABC ，故CM ⊥平面ABD ．所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角．在Rt △CAD 中，CD ==4．在Rt △CMD 中，．所以，直线CD 与平面ABD 19．用空间向量解决下列问题：如图，在斜三棱柱中， ()1,e ξ∈是AC 的中点， 1A O ⊥平面ABC ，，．（1）求证： 11A B AC ⊥；（2）求二面角1A BB C --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）7.【解析】取AB 的中点D ，连结OD ，1A O ⊥平面， OD ， OC ⊂平面，∴ 1A O OC ⊥， 1A O OD ⊥，O 、D 分别是AC 、AB 的中点， //OD BC ∴，又， OD OC ⊥，所以，可以以O 为原点，直线OD 、OC 、1OA 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设，于是()0,1,0A -， ()2,1,0B ， ()0,1,0C ，(1A ， (10,C ，（1），，，即.（2）由（1）知，，，,设是平面11ABB A 的一个法向量，由，，取11z =，得1y = 1x =，设是平面11CBB C 的一个法向量，由，，取21z =，得2y =，， 又因为二面角为锐二面角，所以，二面角的余弦值为7． 20．【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】如图，四棱锥P ABCD -底面为等腰梯形， //AD BC 且，点E 为PC 中点．（1）证明： //DE 平面PAB ；（2）若PA ⊥平面ABCD ，，直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值为32，求四棱锥P ABCD -的体积V ．【答案】(1)见解析；（2）又DE ⊂平面DEF ，所以//DE 平面PAB ．解：（2）作AG BC ⊥于点G ，则1BG =．在ABG ∆中，， 1BG =，则AG =， 2AB =．由PA ⊥平面ABCD 知，直线PB 与平面ABCD 所成角为PBA ∠，故， 即在PAB ∆中，有32PA AB =，则3PA =.所以，四棱锥P ABCD -的体积．21．【2018届四省名校（南宁二中等）高三上第一次大联考】直角三角形ABC 中， 90C ∠=︒， 4AC =，2BC =， E 是AC 的中点， F 是线段AB 上一个动点，且，如图所示，沿BE 将CEB ∆翻折至DEB ∆，使得平面DEB ⊥平面ABE .（1）当13λ=时，证明： BD ⊥平面DEF ；（2）是否存在λ，使得DF 与平面ADE ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2) 存在12λ=，使得DF 与平面ADE 所成的角的正弦值为3. 【解析】（1）在ABC ∆中， 90C ∠=︒，即AC BC ⊥，则BD DE ⊥，取BF 的中点N ，连接CN 交BE 于M ， 当13λ=时， F 是AN 的中点，而E 是AC 的中点， ∴EF 是ANC ∆的中位线，∴EF CN .在BEF ∆中， N 是BF 的中点，∴M 是BE 的中点. 在Rt BCE ∆中，，∴CM BE ⊥，则EF BE ⊥. 又平面DBE ⊥平面ABC ，平面DBE ⋂平面ABC BE =，∴EF ⊥平面DBE .又BD ⊂平面BDE ，∴EF BD ⊥.而，∴BD ⊥平面DEF .（2）以C 为原点， CA 所在直线为x 轴， CB 所在直线为y 轴，建立如图所示空间直角坐标系.则()0,0,0C ， ()4,0,0A ， ()0,2,0B ， ()2,0,0E ，由（1）知M 是BE 中点， DM BE ⊥，而平面DBE ⊥平面ABC .∴DM ⊥平面ABC ，则(D .假设存在满足题意的λ，则由AF AB λ=.可得， 则. 设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =，则即令y =，可得0x =， 1z =-，即. ∴DF 与平面ADE 所成的角的正弦值. 解得12λ=（3λ=舍去）.综上，存在12λ=，使得DF 与平面ADE 所成的角的正弦值为3. 22．【2018年北京卷】如图，在三棱柱ABC −中，平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为，AC ，，的中点，AB=BC=，AC==2．（1）求证：AC⊥平面BEF；（2）求二面角B−CD−C1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交．【答案】(1)见解析（2）；（3）见解析．【解析】（Ⅰ）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四边形A1ACC1为矩形．又E，F分别为AC，A1C1的中点，∴AC⊥EF．∵AB=BC．∴AC⊥BE，∴AC⊥平面BEF．（Ⅱ）由（I）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如图建立空间直角坐称系E-xyz．由题意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F（0，0，2），G（0，2，1）．∴，设平面BCD的法向量为，∴，∴，令a=2，则b=-1，c=-4，∴平面BCD的法向量，又∵平面CDC1的法向量为，∴．学_科网由图可得二面角B-CD-C1为钝角，所以二面角B-CD-C1的余弦值为．（Ⅲ）平面BCD的法向量为，∵G（0，2，1），F（0，0，2），∴，∴，∴与不垂直，∴GF与平面BCD不平行且不在平面BCD内，∴GF与平面BCD相交．。

[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]立体几何解答题建模、建系策略立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.[典例](2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，PA＝PB＝PC＝AC＝4，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．[快审题]求什么想什么证明线面垂直，想线面垂直成立的条件．求线面角的正弦值，想平面的法向量及直线的方向向量．给什么用什么给出边的长度，用勾股定理证线线垂直．给出二面角的大小，可求出点M的位置．差什么找什么差点M的坐标，利用垂直关系建立空间直角坐标系，找出平面PAM，平面PAC的法向量.[稳解题](1)证明：因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点， 所以PO ⊥AC ，且PO ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 所以PO 2＋OB 2＝PB 2，所以PO ⊥OB .又因为OB ∩AC ＝O ，所以PO ⊥平面ABC .(2)以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .由已知得O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，AP ―→＝(0,2,23)．取平面PAC 的一个法向量OB ―→＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧AP ―→·n ＝0，AM ―→·n ＝0， 得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a )y ＝0，令y ＝3a ，得z ＝－a ，x ＝3(a －4)， 所以平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝cos 30°＝32， 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝43或a ＝－4(舍去)． 所以n ＝⎝⎛⎭⎫－833，433，－43. 又PC ―→＝(0,2，－23)，所以cos 〈PC ―→，n 〉＝833＋8334＋12·643＋163＋169＝34. 所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. [题后悟道] 利用法向量求解空间角的关键在于“四破”[针对训练](2018·惠州第二次调研)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，PA ⊥PB ，PC ＝2.(1)求证：平面PAB ⊥平面ABCD ；(2)若PA ＝PB ，求二面角A -PC -D 的余弦值．解：(1)证明：取AB 的中点O ，连接CO ，PO ，∵四边形ABCD 是边长为2的菱形，∴AB ＝BC ＝2.∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形，∴CO ⊥AB ，OC ＝ 3. ∵PA ⊥PB ，∴PO ＝12AB ＝1. ∵PC ＝2，∴OP 2＋OC 2＝PC 2，∴CO ⊥PO .∵AB ∩PO ＝O ，∴CO ⊥平面PAB .∵CO ⊂平面ABCD ，∴平面PAB ⊥平面ABCD .(2)∵PA ＝PB ，∴PO ⊥AO .由(1)知，平面PAB ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD ，∴直线OC ，OB ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .则O (0,0,0)，A (0，－1,0)，C (3，0,0)，D (3，－2,0)，P (0，0,1)．∴AP ―→＝(0,1,1)，PC ―→＝(3，0，－1)，DC ―→＝(0,2,0)．设平面APC 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ m ·AP ―→＝0，m ·PC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，3x 1－z 1＝0， 取x 1＝1，得m ＝(1，－3，3)为平面APC 的一个法向量，设平面PCD 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·PC ―→＝0，n ·DC ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 2－z 2＝0，2y 2＝0， 取x 2＝1，得n ＝(1,0，3)为平面PCD 的一个法向量，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n| m |·| n |＝277， 由图知，二面角A -PC -D 为锐二面角，∴二面角A -PC -D 的余弦值为277.[专题过关检测]A 组——大题考点落实练1.如图，在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，A 1A ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，A 1A ＝AB ＝2，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是BC ，A 1C 的中点．(1)求异面直线EF ，AD 所成角的余弦值；(2)点M 在线段A 1D 上，A 1M A 1D＝λ，若CM ∥平面AEF ，求实数λ的值．解：(1)因为A 1A ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以A 1A ⊥AE ，A 1A ⊥AD .在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，连接AC ，则△ABC 是等边三角形．因为E 是BC 的中点，所以BC ⊥AE .因为BC ∥AD ，所以AE ⊥AD .以A 为坐标原点，AE 为x 轴，AD 为y 轴，AA 1为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0，0)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，A 1(0,0,2)，E (3，0,0)，F ⎝⎛⎭⎫32，12，1，AD ―→＝(0,2,0)，EF ―→＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，所以cos 〈AD ―→，EF ―→〉＝AD ―→·EF ―→|AD ―→|·|EF ―→|＝122＝24，所以异面直线EF ，AD 所成角的余弦值为24. (2)设M (x ，y ，z )，由于点M 在线段A 1D 上，且A 1M A 1D＝λ， 所以A 1M ―→＝λA 1D ―→，则(x ，y ，z －2)＝λ(0,2，－2)．解得M (0,2λ，2－2λ)，所以CM ―→＝(－3，2λ－1,2－2λ)．设平面AEF 的一个法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)．因为AE ―→＝(3，0,0)，AF ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧ AE ―→·n ＝0， AF ―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 3x 0＝0，32x 0＋12y 0＋z 0＝0，取y 0＝2，得z 0＝－1，则平面AEF 的一个法向量为n ＝(0,2，－1)．由于CM ∥平面AEF ，则n ·CM ―→＝0，即2(2λ－1)－(2－2λ)＝0，解得λ＝23. 2.(2019届高三·河北三市联考)如图，三棱柱ADE -BCG 中，四边形ABCD 是矩形，F 是EG 的中点，EA ⊥AB ，AD ＝AE ＝EF ＝1，平面ABGE ⊥平面ABCD .(1)求证：AF ⊥平面FBC ；(2)求二面角B -FC -D 的正弦值．解：(1)证明：∵四边形ABCD 是矩形，∴BC ⊥AB ，又平面ABGE ⊥平面ABCD ，∴BC ⊥平面ABGE ，∵AF ⊂平面ABGE ，∴BC ⊥AF .在△AFB 中，AF ＝BF ＝2，AB ＝2， ∴AF 2＋BF 2＝AB 2，即AF ⊥BF ，又BF ∩BC ＝B ，∴AF ⊥平面FBC .(2)分别以AD ，AB ，AE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,0)，D (1,0,0)，C (1,2,0)，E (0,0,1)，B (0,2,0)，F (0,1,1)，∴DE ―→＝(－1,0,1)，DC ―→＝(0,2,0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面CDEF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DC ―→＝0，n 1·DE ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，－x ＋z ＝0， 令x ＝1，得z ＝1，即n 1＝(1,0,1)为平面CDEF 的一个法向量，取n 2＝AF ―→＝(0,1,1)为平面BCF 的一个法向量，∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2| n 1|| n 2|＝12， ∴二面角B -FC -D 的正弦值为32. 3．如图，在四棱锥E -ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，其中CD ∥AB ，BC ⊥AB ，侧面ABE ⊥平面ABCD ，且AB ＝AE＝BE ＝2BC ＝2CD ＝2，动点F 在棱AE 上，且EF ＝λFA .(1)试探究λ的值，使CE ∥平面BDF ，并给予证明；(2)当λ＝1时，求直线CE 与平面BDF 所成角的正弦值．解：(1)当λ＝12时，CE ∥平面BDF .证明如下： 连接AC 交BD 于点G ，连接GF ，∵CD ∥AB ，AB ＝2CD ，∴CG GA ＝CD AB ＝12， ∵EF ＝12FA ，∴EF FA ＝CG GA ＝12，∴GF ∥CE ，又CE ⊄平面BDF ，GF ⊂平面BDF ，∴CE ∥平面BDF .(2)取AB 的中点O ，连接EO ，则EO ⊥AB ，∵平面ABE ⊥平面ABCD ，平面ABE ∩平面ABCD ＝AB ，∴EO ⊥平面ABCD ，连接DO ，∵BO ∥CD ，且BO ＝CD ＝1，∴四边形BODC 为平行四边形，∴BC ∥DO ，又BC ⊥AB ，∴AB ⊥OD ，则OD ，OA ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，OD ，OA ，OE所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系O -xyz ，则O (0,0,0)，A (0,1,0)，B (0，－1,0)，D (1,0,0)，C (1，－1，0)，E (0,0，3)． 当λ＝1时，有EF ―→＝FA ―→，∴F ⎝⎛⎭⎫0，12，32， ∴BD ―→＝(1,1,0)，BF ―→＝⎝⎛⎭⎫0，32，32，CE ―→＝(－1,1，3)． 设平面BDF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD ―→＝0，n ·BF ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝0，32y ＋32z ＝0，令z ＝3，得y ＝－1，x ＝1，则n ＝(1，－1，3)为平面BDF 的一个法向量，设直线CE 与平面BDF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈CE ―→，n 〉|＝|－1－1＋3|5×5＝15， 故直线CE 与平面BDF 所成角的正弦值为15. 4．(2018·成都一诊)如图①，在边长为5的菱形ABCD 中，AC ＝6，现沿对角线AC 把△ADC 翻折到△APC 的位置得到四面体P -ABC ，如图②所示．已知PB ＝4 2.(1)求证：平面PAC ⊥平面ABC ；(2)若Q 是线段AP 上的点，且A Q ―→＝13AP ―→，求二面角Q -BC -A 的余弦值． 解：(1)证明：取AC 的中点O ，连接PO ，BO .∵四边形ABCD 是菱形，∴PA ＝PC ，PO ⊥AC .∵DC ＝5，AC ＝6，∴OC ＝3，PO ＝OB ＝4，∵PB ＝42，∴PO 2＋OB 2＝PB 2，∴PO ⊥OB .∵OB ∩AC ＝O ，∴PO ⊥平面ABC .∵PO ⊂平面PAC ，∴平面PAC ⊥平面ABC .(2)∵AB ＝BC ，∴BO ⊥AC .故OB ，OC ，OP 两两垂直．以O 为坐标原点，OB ，OC ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O -xyz .则B (4,0,0)，C (0,3,0)，P (0,0,4)，A (0，－3,0)．设点Q (x ，y ，z )．由A Q ―→＝13AP ―→，得Q ⎝⎛⎭⎫0，－2，43. ∴BC ―→＝(－4,3,0)，B Q ―→＝⎝⎛⎭⎫－4，－2，43. 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面BC Q 的法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC ―→＝0，n 1·B Q ―→＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －4x 1＋3y 1＝0，－4x 1－2y 1＋43z 1＝0， 取x 1＝3，则n 1＝(3,4,15)．取平面ABC 的一个法向量n 2＝(0,0,1)．∴cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝1532＋42＋152＝31010， ∵二面角Q -BC -A 为锐角，∴二面角Q -BC -A 的余弦值为31010. B 组——大题专攻补短练1.在三棱锥P -ABC 中，PA ＝PB ＝PC ＝2，BC ＝1，AC ＝3，AC ⊥BC .(1)求点B 到平面PAC 的距离．(2)求异面直线PA 与BC 所成角的余弦值．解：(1)以C 为坐标原点，CA 为x 轴，CB 为y 轴，过C 作平面ABC 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，取AB 的中点D ，连接PD ，DC ，因为△ACB 为直角三角形且AC ＝3，BC ＝1，所以AB ＝2，所以△PAB 为正三角形，所以PD ⊥AB 且PD ＝ 3.在△PDC 中，PC ＝2，PD ＝3，DC ＝1，所以PC 2＝PD 2＋DC 2，所以PD ⊥DC ，又AB ∩DC ＝D ，所以PD ⊥平面ABC .则A (3，0,0)，B (0,1,0)，D ⎝⎛⎭⎫32，12，0，P ⎝⎛⎭⎫32，12，3，C (0,0,0)，CA ―→＝(3，0,0)，CD ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，0，CP ―→＝⎝⎛⎭⎫32，12，3，CB ―→＝(0,1,0)， 设平面PAC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·CA ―→＝0，n ·CP ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x ＝0，32x ＋12y ＋3z ＝0，取y ＝23，得n ＝(0,23，－1)为平面PAC 的一个法向量，所以点B 到平面PAC 的距离d ＝|CB ―→·n ||n |＝2313＝23913. (2)因为PA ―→＝⎝⎛⎭⎫32，－12，－3，BC ―→＝(0，－1,0)， 设异面直线PA 与BC 所成角为θ，则cos θ＝|PA ―→·BC ―→||PA ―→|·|BC ―→|＝124×1＝14. 所以异面直线PA 与BC 所成角的余弦值为14. 2.已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是梯形，BC ∥AD ，AB⊥AD ，且AB ＝BC ＝1，AD ＝2，顶点P 在平面ABCD 内的射影H在AD 上，PA ⊥PD .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若直线AC 与PD 所成角为60°，求二面角A -PC -D 的余弦值．解：(1)证明：∵PH ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴PH ⊥AB .∵AB ⊥AD ，AD ∩PH ＝H ，AD ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，∴AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，∴平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，∵PH ⊥平面ABCD ，∴z 轴∥PH .则A (0,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，设AH ＝a ，PH ＝h (0<a <2，h >0)．则P (0，a ，h )．∴AP ―→＝(0，a ，h )，DP ―→＝(0，a －2，h )，AC ―→＝(1,1,0)．∵PA ⊥PD ，∴AP ―→·DP ―→＝a (a －2)＋h 2＝0.∵AC 与PD 所成角为60°，∴|cos 〈AC ―→，DP ―→〉|＝|a －2|2·(a －2)2＋h 2＝12， ∴(a －2)2＝h 2，∴(a －2)(a －1)＝0，∵0<a <2，∴a ＝1.∵h >0，∴h ＝1，∴P (0,1,1)．∴AP ―→＝(0,1,1)，AC ―→＝(1,1,0)，PC ―→＝(1,0，－1)，DC ―→＝(1，－1,0)，设平面APC 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AP ―→＝0，n ·AC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋z 1＝0，x 1＋y 1＝0， 令x 1＝1，得y 1＝－1，z 1＝1，∴平面APC 的一个法向量为n ＝(1，－1,1)，设平面DPC 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)．则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·PC ―→＝0，m ·DC ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－z 2＝0，x 2－y 2＝0， 令x 2＝1，得y 2＝1，z 2＝1，∴平面DPC 的一个法向量为m ＝(1,1,1)．∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝13. ∵二面角A -PC -D 的平面角为钝角，∴二面角A -PC -D 的余弦值为－13. 3．(2018·西安质检)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是菱形，AC ∩BD ＝O ，A 1O ⊥底面ABCD ，AB ＝2，AA 1＝3.(1)证明：平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D ；(2)若∠BAD ＝60°，求二面角B -OB 1-C 的余弦值．解：(1)证明：∵A 1O ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD .∴A 1O ⊥BD .∵四边形ABCD 是菱形，∴CO ⊥BD .∵A 1O ∩CO ＝O ，∴BD ⊥平面A 1CO .∵BD ⊂平面BB 1D 1D ，∴平面A 1CO ⊥平面BB 1D 1D .(2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，CO ⊥BD ，∴OB ，OC ，OA 1两两垂直，以O 为坐标原点，OB ―→，OC ―→，OA 1―→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．∵AB ＝2，AA 1＝3，∠BAD ＝60°，∴OB ＝OD ＝1，OA ＝OC ＝3，OA 1＝AA 21－OA 2＝ 6.则O (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，A 1(0,0，6)，∴OB ―→＝(1,0,0)，BB 1―→＝AA 1―→＝(0，3，6)，OB 1―→＝OB ―→＋BB 1―→＝(1，3，6)，OC ―→＝(0，3，0)．设平面OBB 1的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧ OB ―→·n ＝0，OB 1―→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，x 1＋3y 1＋6z 1＝0. 令y 1＝2，得n ＝(0，2，－1)是平面OBB 1的一个法向量．设平面OCB 1的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ OC ―→·m ＝0，OB 1―→·m ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3y 2＝0，x 2＋3y 2＋6z 2＝0， 令z 2＝－1，得m ＝(6，0，－1)为平面OCB 1的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n |·|m |＝13×7＝2121， 由图可知二面角B -OB 1-C 是锐二面角，∴二面角B-OB1-C的余弦值为2121.4．(2018·潍坊统考)在平行四边形PABC中，PA＝4，PC＝22，∠P＝45°，D是PA 的中点(如图1)．将△PCD沿CD折起到图2中△P1CD的位置，得到四棱锥P1-ABCD.(1)将△PCD沿CD折起的过程中，CD⊥平面P1DA是否成立？请证明你的结论．(2)若P1D与平面ABCD所成的角为60°，且△P1DA为锐角三角形，求平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值．解：(1)将△PCD沿CD折起过程中，CD⊥平面P1DA成立．证明如下：∵D是PA的中点，PA＝4，∴DP＝DA＝2，在△PDC中，由余弦定理得，CD2＝PC2＋PD2－2PC·PD·cos 45°＝8＋4－2×22×2×22＝4，∴CD＝2＝PD，∵CD2＋DP2＝8＝PC2，∴△PDC为等腰直角三角形且CD⊥PA，∴CD⊥DA，CD⊥P1D，P1D∩AD＝D，∴CD⊥平面P1DA.(2)由(1)知CD⊥平面P1DA，CD⊂平面ABCD，∴平面P1DA⊥平面ABCD，∵△P1DA为锐角三角形，∴P1在平面ABCD内的射影必在棱AD上，记为O，连接P1O，∴P 1O ⊥平面ABCD ，则∠P 1DA 是P 1D 与平面ABCD 所成的角，∴∠P 1DA ＝60°，∵DP 1＝DA ＝2，∴△P 1DA 为等边三角形，O 为AD 的中点，故以O 为坐标原点，过点O 且与CD 平行的直线为x 轴，DA 所在直线为y 轴，OP 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设x 轴与BC 交于点M ，∵DA ＝P 1A ＝2，∴OP 1＝3， 易知OD ＝OA ＝CM ＝1，∴BM ＝3，则P 1(0,0，3)，D (0，－1,0)，C (2，－1,0)，B (2,3,0)，DC ―→＝(2,0,0)，BC ―→＝(0，－4,0)，P 1C ―→＝(2，－1，－3)，∵CD ⊥平面P 1DA ，∴可取平面P 1DA 的一个法向量n 1＝(1,0,0)，设平面P 1BC 的法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·BC ―→＝0，n 2·P 1C ―→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧4y 2＝0，2x 2－y 2－3z 2＝0， 令z 2＝1，则n 2＝⎝⎛⎭⎫32，0，1， 设平面P 1AD 和平面P 1BC 所成的角为θ，由图易知θ为锐角，∴cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|n 1·n 2|| n 1|·| n 2|＝321×72＝217.∴平面P1AD和平面P1BC所成角的余弦值为217.。

,2019年考试大纲解读05立体几何（三）立体几何初步1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二侧法画出它们的直观图.(3)会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图了解空间图形的不同表示形式.(4)会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上,尺寸、线条等不作严格要求).(5)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.2.点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义,并了解如下可以作为推理依据的公理和定理.公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内,那么这条直线上所有的点都在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点,有且只有一个平面.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．90πC．42π【答案】BB．63πD．36π【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解．考向二球的组合体样题4（2017新课标全国Ⅲ理科）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．πC．π2【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：B．D．3π4π4由题意可得：，结合勾股定理，底面半径，由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是，故选B.【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系，的体积为V1，球O的体积为V2，则V．故答案为β利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解.样题5（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O1O21的值是.V2【答案】32【解析】设球半径为r，则32．【名师点睛】空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．考向三空间线面的位置关系样题6已知α，β是平面，m、n是直线，给出下列命题：①若m⊥α，m⊂β，则α⊥β；②若m⊂α，n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；③如果m⊂α，n⊄α，m，n是异面直线，那么n与α相交；④若α∩=m，n∥m，且n⊄α，n⊄β，则n∥α且n∥β.其中命题正确的是__________．【答案】①④样题7（2018新课标全国Ⅰ理科）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.【解析】（1）由已知可得，BF⊥P F，BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.考向四空间角和距离样题8（2018新课标全国Ⅱ理科）在长方体与DB所成角的余弦值为1中，A B=BC=1，A A=3，则异面直线AD11A．15B．56C．55D．22【答案】C【解析】用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，如图，则B P∥AD，连接DP，易求11得，B P=2，则∠DB P是异面直线AD与DB所成的角，1111由余弦定理可得.故选C.④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 (0, ] ，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；学-科网π2直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．样题 9a ，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 所成角的最大值为 60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【解析】设.由题意，AB 是以 AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由 ，又 AC ⊥圆锥底面，所以在底面内可以过点 B ，作 BD ∥a ，交底面圆C 于点 D ，如图所示，连接DE ，则DE ⊥BD ，∴ DE ∥b ，连接 AD ，等腰 △ABD 中，，故 BD = 2 ，又在 Rt △BDE 中，于点 F ，连接 AF ，由圆的对称性可知AB 与 b 成 60°角，②正确，①错误.,当直线 AB 与 a 成 60°角时，，过点 B 作 BF ∥DE ，交圆 C,∴ △ A BF 为等边三角形， ，即④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 0, ⎥ ，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两⎤ .由图可知③正确；很明显，可以满足平面 ABC ⊥直线 a ，则直线 AB 与 a 所成角的最大值为 90°，④错误.故正确的是②③.【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；⎛ π⎝ 2 ⎦条异面直线所成的角.（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围。

专题能力训练15　立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.如图,正方形ABCD 的中心为O ,四边形OBEF 为矩形,平面OBEF ⊥平面ABCD ,点G 为AB 的中点,AB=BE=2.(1)求证:EG ∥平面ADF ;(2)求二面角O-EF-C 的正弦值;(3)设H 为线段AF 上的点,且AH=HF ,求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值.232.(2018北京,理16)如图,在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,CC 1⊥平面ABC ,D ,E ,F ,G 分别为AA 1,AC ,A 1C 1,BB 1的中点,AB=BC=,AC=AA 1=2.5(1)求证:AC ⊥平面BEF ;(2)求二面角B-CD-C 1的余弦值;(3)证明:直线FG 与平面BCD 相交.3.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 是的中点.⏜DF (1)设P 是上的一点,且AP ⊥BE ,求∠CBP 的大小;⏜CE (2)当AB=3,AD=2时,求二面角E-AG-C 的大小.4.如图,在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AA 1=AD=1,E 为CD 的中点.(1)求证:B 1E ⊥AD 1;(2)在棱AA 1上是否存在一点P ,使得DP ∥平面B 1AE ?若存在,求AP 的长;若不存在,说明理由.5.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=4.6(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.6.如图,AB 是半圆O 的直径,C 是半圆O 上除A ,B 外的一个动点,DC 垂直于半圆O 所在的平面,DC ∥EB ,DC=EB ,AB=4,tan ∠EAB=.14(1)证明:平面ADE ⊥平面ACD ;(2)当三棱锥C-ADE 体积最大时,求二面角D-AE-B 的余弦值.二、思维提升训练7.如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,现将梯形ABCD沿OB折起3成如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=,E是线段PB上一动点.(1)证明:DE和PC不可能垂直;(2)当PE=2BE时,求PD与平面CDE所成角的正弦值.8.如图,平面PAD ⊥平面ABCD ,四边形ABCD 为正方形,∠PAD=90°,且PA=AD=2;E ,F ,G 分别是线段PA ,PD ,CD 的中点.(1)求证:PB ∥平面EFG.(2)求异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值.(3)在线段CD 上是否存在一点Q ,使得点A 到平面EFQ的距离为?若存在,求出CQ 的值;若不存在,45请说明理由.专题能力训练15　立体几何中的向量方法一、能力突破训练1.解 依题意,OF ⊥平面ABCD ,如图,以O 为原点,分别以的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方AD ,BA ,OF 向建立空间直角坐标系,依题意可得O (0,0,0),A (-1,1,0),B (-1,-1,0),C (1,-1,0),D (1,1,0),E (-1,-1,2),F (0,0,2),G (-1,0,0).(1)证明:依题意,=(2,0,0),=(1,-1,2).AD AF 设n 1=(x ,y ,z )为平面ADF 的法向量,则{n 1·AD =0,n 1·AF =0,即{2x =0,x -y +2z =0.不妨设z=1,可得n 1=(0,2,1),又=(0,1,-2),可得n 1=0,EG EG ·又因为直线EG ⊄平面ADF ,所以EG ∥平面ADF.(2)易证=(-1,1,0)为平面OEF 的一个法向量.依题意,=(1,1,0),=(-1,1,2).OA EF CF 设n 2=(x ,y ,z )为平面CEF 的法向量,则{n 2·EF =0,n 2·CF =0,即{x +y =0,-x +y +2z =0.不妨设x=1,可得n 2=(1,-1,1).因此有cos <,n 2,OA OA ·n |OA |·|n 2|6于是sin <,n 2>=OA 33.所以,二面角O-EF-C的正弦值为33.(3)由AH=HF ,得AH=AF.2325因为=(1,-1,2),AF所以,AH =25AF =(25,-25,45)进而有H ,从而,(-35,35,45)BH =(25,85,45)因此cos <,n 2BH BH ·n |BH |·|n 2|721.所以,直线BH 和平面CEF所成角的正弦值为721.2.(1)证明 在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∵CC 1⊥平面ABC ,∴四边形A 1ACC 1为矩形.又E ,F 分别为AC ,A 1C 1的中点,∴AC ⊥EF.∵AB=BC ,∴AC ⊥BE ,∴AC ⊥平面BEF.(2)解 由(1)知AC ⊥EF ,AC ⊥BE ,EF ∥CC 1.∵CC 1⊥平面ABC ,∴EF ⊥平面ABC.∵BE ⊂平面ABC ,∴EF ⊥BE.建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz.由题意得B (0,2,0),C (-1,0,0),D (1,0,1),F (0,0,2),G (0,2,1).=(2,0,1),=(1,2,0).∴CD CB 设平面BCD 的法向量为n =(a ,b ,c ),则{n ·C D =0,n ·CB =0,∴{2a +c =0,a +2b =0.令a=2,则b=-1,c=-4,∴平面BCD 的法向量n =(2,-1,-4).又平面CDC 1的法向量为=(0,2,0),EB∴cos <n ,>==-EB ·EB |n ||EB |2121.由图可得二面角B-CD-C 1为钝角,∴二面角B-CD-C 1的余弦值为-21.(3)证明 平面BCD 的法向量为n =(2,-1,-4),∵G (0,2,1),F (0,0,2),=(0,-2,1),∴GF ∴n =-2,∴n 与不垂直,·GF GF ∴FG 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内,∴FG 与平面BCD 相交.3.解 (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)解法一:取的中点H ,连接EH ,GH ,CH.⏜EC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==213-1 3.在△BEC 中,由于∠EBC=120°,由余弦定理得EC 2=22+22-2×2×2×cos 120°=12,所以EC=2,因此△EMC 为等边三角形,故所3求的角为60°.解法二: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),C (-1,,0),故=(2,0,-3),=(1,,0),=(2,0,3),设33AE AG 3CG m =(x 1,y 1,z 1)是平面AEG 的一个法向量.由可得{m ·AE =0,m ·AG =0,{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,-,2).3设n =(x 2,y 2,z 2)是平面ACG 的一个法向量.由可得{n ·A G =0,n ·CG =0,{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,-,-2).3所以cos <m ,n >=m ·n |m ||n |=12.因此所求的角为60°.4.解 以A 为原点,的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图).AB ,AD ,AA 1设AB=a ,则A (0,0,0),D (0,1,0),D 1(0,1,1),E,B 1(a ,0,1),(a 2,1,0)故=(0,1,1),=(a ,0,1),AD 1B 1E =(-a 2,1,-1),AB 1AE =(a 2,1,0).(1)证明:=-0+1×1+(-1)×1=0,∴B 1E ⊥AD 1.∵AD 1·B 1E a 2×(2)假设在棱AA 1上存在一点P (0,0,z 0),使得DP ∥平面B 1AE ,此时=(0,-1,z 0).DP 又设平面B 1AE 的法向量n =(x ,y ,z ).∵n ⊥平面B 1AE ,∴n ,n ,得⊥AB 1⊥AE {ax +z =0,ax 2+y =0.取x=1,得平面B 1AE 的一个法向量n =(1,-a 2,-a ).要使DP ∥平面B 1AE ,只要n ,有-az 0=0,⊥DP a 2解得z 0=12.又DP ⊄平面B 1AE ,∴存在点P ,满足DP ∥平面B 1AE ,此时AP=12.5.(1)证明 设AC ,BD 交点为E ,连接ME.因为PD ∥平面MAC ,平面MAC ∩平面PDB=ME ,所以PD ∥ME.因为ABCD 是正方形,所以E 为BD 的中点.所以M 为PB 的中点.(2)解 取AD 的中点O ,连接OP ,OE.因为PA=PD ,所以OP ⊥AD.又因为平面PAD ⊥平面ABCD ,且OP ⊂平面PAD ,所以OP ⊥平面ABCD.因为OE ⊂平面ABCD ,所以OP ⊥OE.因为ABCD 是正方形,所以OE ⊥AD.如图建立空间直角坐标系O-xyz ,则P (0,0,),D (2,0,0),B (-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-).2BD PD 2设平面BDP 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·BD =0,n ·PD =0,即{4x -4y =0,2x -2z =0.令x=1,则y=1,z= 2.于是n =(1,1,),平面PAD 的法向量为p =(0,1,0).2所以cos <n ,p >=n ·p|n ||p |=12.由题知二面角B-PD-A 为锐角,所以它的大小为π3.(3)解 由题意知M ,C (2,4,0),(-1,2,22)MC =(3,2,-22).设直线MC 与平面BDP 所成角为α,则sin α=|cos <n ,>|=MC ·MC ||n ||MC |=26.所以直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值为269.6.(1)证明 因为AB 是直径,所以BC ⊥AC.因为CD ⊥平面ABC ,所以CD ⊥BC.因为CD ∩AC=C ,所以BC ⊥平面ACD.因为CD ∥BE ,CD=BE ,所以四边形BCDE 是平行四边形,所以BC ∥DE ,所以DE ⊥平面ACD.因为DE ⊂平面ADE ,所以平面ADE ⊥平面ACD.(2)解 依题意,EB=AB×tan ∠EAB=4=1.×14由(1)知V C-ADE =V E-ACD =S △ACD ×DE13×=AC×CD×DE13×12×=AC×BC (AC 2+BC 2)16×≤112×=AB 2=,112×43当且仅当AC=BC=2时等号成立.2如图,建立空间直角坐标系,则D (0,0,1),E (0,2,1),A (2,0,0),B (0,2,0),222则=(-2,2,0),=(0,0,1),AB 22BE =(0,2,0),=(2,0,-1).DE 2DA 2设平面DAE 的法向量为n 1=(x ,y ,z ),则取n 1=(1,0,2).{n 1·DE =0,n 1·DA =0,即{22y =0,22x -z =0,2设平 面ABE 的法向量为n 2=(x ,y ,z ),则{n 2·BE =0,n 2·AB =0,即{z =0,-22x +22y =0,取n 2=(1,1,0),所以cos <n 1,n 2>=n 1·n 2|n 1||n 2|=12×9=26.可以判断<n 1,n 2>与二面角D-AE-B 的平面角互补,所以二面角D-AE-B的余弦值为-26.二、思维提升训练7.解 如题图甲所示,因为BO 是梯形ABCD 的高,∠BAD=45°,所以AO=OB.因为BC=1,OD=3OA ,可得OD=3,OC=,如题图乙所示,OP=OA=1,OC=,PC=,所以有223OP 2+OC 2=PC 2.所以OP ⊥OC.而OB ⊥OP ,OB ⊥OD ,即OB ,OD ,OP 两两垂直,故以O 为原点,建立空间直角坐标系(如图),则P (0,0,1),C (1,1,0),D (0,3,0),(1)证明:设E (x ,0,1-x ),其中0≤x ≤1,所以=(x ,-3,1-x ),=(1,1,-1).DE PC 假设DE 和PC 垂直,则=0,有x-3+(1-x )·(-1)=0,解得x=2,这与0≤x ≤1矛盾,假设不成立,所DE ·PC 以DE 和PC 不可能垂直.(2)因为PE=2BE ,所以E设平面CDE 的一个法向量是n =(x ,y ,z ),因为=(-1,2,0),(23,0,13).CD ,所以n =0,n =0,DE =(13,-3,13)·CD ·DE 即{-x +2y =0,23x -3y +13z =0.令y=1,则n =(2,1,5),而=(0,3,-1),PD 所以|cos <,n >|=PD |PD ·|PD ||n ||=315.所以PD 与平面CDE 所成角的正弦值为3.8.解 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ,且∠PAD=90°,∴PA ⊥平面ABCD ,而四边形ABCD 是正方形,即AB⊥AD.故可建立如图所示的空间直角坐标系,则A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,2,0),D (0,2,0),P (0,0,2),E (0,0,1),F (0,1,1),G (1,2,0).(1)证明:=(2,0,-2),=(0,-1,0),=(1,1,-1),∵PB FE FG 设=s +t ,即(2,0,-2)=s (0,-1,0)+t (1,1,-1),解得s=t=2,PB FE FG =2+2∴PB FE FG .又不共线,共面.∵FE 与FG ∴FE 与FG ∵PB ⊄平面EFG ,∴PB ∥平面EFG.(2)=(1,2,-1),=(-2,2,0),∵EG BD =(1,2,-1)·(-2,2,0)=1×(-2)+2×2+(-1)×0=2.∴EG ·BD 又∵||=,EG 12+22+(-1)2=6||==2,BD (-2)2+22+022∴cos <>=EG ,BD EG ·BD|EG |·|BD |26×22=36.因此,异面直线EG 与BD 所成的角的余弦值为36.(3)假设在线段CD 上存在一点Q 满足题设条件,令CQ=m (0≤m ≤2),则DQ=2-m ,∴点Q 的坐标为(2-m ,2,0),=(2-m ,2,-1).∴EQ 而=(0,1,0),EF 设平面EFQ 的法向量为n =(x ,y ,z ),则{n ·EF =(x ,y ,z )·(0,1,0)=0,n ·EQ =(x ,y ,z )·(2-m ,2,-1)=0,∴{y =0,(2-m )x +2y -z =0,令x=1,则n =(1,0,2-m ),∴点A 到平面EFQ 的距离d=,|AE ·n ||n |=|2-m |1+(2-m )2=45即(2-m )2=,169∴m=或m=(不合题意,舍去),23103故存在点Q ,当CQ=时,点A 到平面EFQ 的距离为2345.。

限时规范训练十二 空间几何体的三视图、表面积及体积限时45分钟，实际用时________ 分值80分，实际得分________一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD ⊥平面BCD ，故其侧(左)视图应为D.2．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB ＝BD ＝2，BC ＝CD ＝2，AD ＝22，AC ＝6，故△ABC ，△ACD ，△ABD ，△BCD 均为直角三角形，故选C.3．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42π解析：选B.旋转体是两个圆锥，其底面半径为直角三角形斜边的高2，高即斜边的长的一半2，故所得几何体的体积V ＝13π(2)2×2×2＝42π3.4．(2017·厦门质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 上的一点，则三棱锥D 1­B 1C 1E 的体积等于( )A.13 B.512C.36D.16解析：选D.V D 1­B 1C 1E ＝V E ­B 1C 1D 1＝13S △B 1C 1D 1·CC 1＝13×12×12×1＝16，故选D.5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ­ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P ­ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C.将三棱锥P ­ABC 放入长方体中，如图，三棱锥P ­ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，依题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.故选C.6．(2017·广东广州模拟)某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧(左)视图中线段的长度x 的值是( )A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：选 C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ­ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，所以CP ＝7，所以x ＝32＋72＝4.7．(2017·青岛二模)如图，正四棱锥P ­ABCD 的底面边长为6 cm ，侧棱长为5 cm ，则它的侧(左)视图的周长等于( )A ．17 cmB ．(119＋5)cmC ．16 cmD ．14 cm解析：选D.由题意可知，侧(左)视图是一个三角形，底边长等于正四棱锥底面正方形的边长，高为正四棱锥的高的一个等腰三角形．因为侧棱长5 cm ，所以斜高h ＝52－32＝4(cm)，又正四棱锥底面正方形的边长为6 cm ，所以侧(左)视图的周长为6＋4＋4＝14(cm)．8．已知直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310解析：选C.因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.9．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C.由三视图可知，半球的半径为22，四棱锥底面正方形边长为1，高为1， 所以该组合体的体积＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫223×12＋13×1×1×1＝13＋26π.10．(2017·长春模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )A ．2 5B ．2 6C ．27D ．4 2解析：选C.由三视图可知该四面体的直观图如图所示，其中AC＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋32＝27，而PB ＝PA 2＋AB 2＝22＋42＝25，PC ＝PA 2＋AC 2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的棱是BC ，其长为27，选C.11．(2017·兰州三模)某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.可借助长方体，作出该四棱锥的直观图，如图中的四棱锥V ­ABCD 所示．则BC ⊥平面VAB ，AB ⊥平面VAD ，CD ⊥平面VAD ，VD ＝5，VB ＝13，所以四棱锥V ­ABCD 的表面积S 表＝S △VAB ＋S △VBC ＋S △VCD＋S △VAD＋S 四边形ABCD ＝12×(2×3＋4×13＋2×5＋3×4)＋2×4＝22＋213.故选D.12．(2017·河北衡水模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．24πB ．6πC ．4πD ．2π解析：选B.题中的几何体是三棱锥A ­BCD ，如图所示，其中底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝CD ＝2，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝2，BD ＝2，AC ⊥CD .取AD 的中点M ，连接BM ，CM ，则有BM ＝CM ＝12AD ＝1222＋22＝62.从而可知该几何体的外接球的半径是62.故该几何体的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫622＝6π，应选B. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：利用圆锥、圆柱的体积公式，列方程求解． 设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7. 答案：714．三棱锥P ­ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ­ABE 的体积为V 1，P ­ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E ­ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：1415．(2017·山东临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.答案：16＋8π16．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，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：cm 3)的最大值为________．解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ， 三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415。

题型专项训练5选择填空题组合特训(五)(时间:60分钟满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分)1.已知集合A={x∈R||x|<2},B={x∈R|x+1≥0},则A∩B=()A.(-2,1]B.[-1,2)C.[-1,+∞)D.(-2,+∞)2.已知双曲线=1,焦点在y轴上,若焦距为4,则a等于()A B.5 C.7 D3.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为()A.1 B C D4. (2017浙江台州高三期末)已知实数x,y满足则x+y的取值范围为()A.[2,5] BC D.[5,+∞)5.定义在区间(-1,1)上的函数f(x)满足:f(x)-f(y)=f,若x∈(-1,0)时,f(x)>0,若P=f+f,Q=f,R=f(0),则P,Q,R的大小关系为()A.R>Q>PB.R>P>QC.P>R>QD.Q>P>R6.在△ABC中,“A,B,C成等差数列”是“(b+a-c)(b-a+c)=ac”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7.已知函数f(x)=ln|x|,g(x)=-x2+3,则f(x)·g(x)的图象为()8.已知向量=a+3b,=5a+3b,=-3a+3b,则()A.A,B,C三点共线B.A,B,D三点共线C.A,C,D三点共线D.B,C,D三点共线9.在等边三角形ABC中,M为△ABC内任一点,且∠BMC=120°,则的最小值为()A.1 B C D10.设a,b,c是非零向量.若|a·c|=|b·c|=|(a+b)·c|,则()A.a·(b+c)=0B.a·(b-c)=0C.(a+b)·c=0D.(a-b)·c=0二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)11.设函数f(x)=(x-a)|x-a|+b(a,b都是实数).则下列叙述中,正确的序号是.(请把所有叙述正确的序号都填上)①对任意实数a,b,函数y=f(x)在R上是单调函数;②存在实数a,b,函数y=f(x)在R上不是单调函数;③对任意实数a,b,函数y=f(x)的图象都是中心对称图形;④存在实数a,b,使得函数y=f(x)的图象不是中心对称图形.12.(2017浙江衢州高三期末)计算:|3-i|=,=.13.已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+a n x n(n∈N*),若a0+a1+…+a n=62,则n=,a0=.14.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,已知b=4,c=5,且B=2C,点D为边BC上一点,且CD=3,则cos C=,△ADC的面积为.15.在平面直角坐标系xOy中,圆C的方程为(x-1)2+(y-1)2=9,直线l:y=kx+3与圆C相交于A,B两点,M为弦AB上一动点.若以M为圆心,2为半径的圆与圆C总有公共点,则实数k的取值范围为.16.已知函数f(x)=-x,且对任意的x∈(0,1),都有f(x)·f(1-x)≥1恒成立,则实数a的取值范围是.参考答案题型专项训练5选择填空题组合特训(五)1.B解析由题意知,A={x∈R||x|<2}={x|-2<x<2}=(-2,2),B={x∈R|x+1≥0}={x|x≥-1}=[-1,+∞),则A∩B=[-1,2),故选B.2.D解析因为双曲线=1的焦点在y轴上,所以该双曲线的标准方程为=1(其中a<2).又因为焦距为4,所以3-a+2-a=.所以a=.故本题正确答案为D.3.B解析由三视图可知,该几何体是四棱锥,底面积S=1×1=1,高h=1,四棱锥的体积V=Sh=×1×1=,故答案为B.4.A解析因为x≥1,y≥1⇒x+y≥2,又⇒x+y≤5,所以2≤x+y≤5,应选A.5.B解析取x=y=0,则f(0)-f(0)=f(0),∴f(0)=0.设x<y,则-1<<0,∴f>0.∴f(x)>f(y).∴函数f(x)在(-1,1)上为减函数,由f(x)-f(y)=f,得f(x)=f(y)+f,取y=,则x=,∴P=f+f=f.∵0<,∴f(0)>f>f,即R>P>Q,故选B.6.C解析 (1)若A,B,C成等差数列,则2B=A+C,∴3B=180°,B=60°;∴由余弦定理得b2=a2+c2-ac,∴a2+c2-b2=ac,∴(b+a-c)(b-a+c)=b2-(a-c)2=b2-a2-c2+2ac=ac,即(b+a-c)(b-a+c)=ac.∴A,B,C成等差数列是(b+a-c)(b-a+c)=ac的充分条件;(2)若(b+a-c)(b-a+c)=ac,则b2-(a-c)2=b2-a2-c2+2ac=ac,∴a2+c2-b2=ac.由余弦定理a2+c2-b2=2ac·cos B,∴cos B=,∴B=60°,∴60°-A=180°-(A+60°)-60°,即B-A=C-B,∴A,B,C成等差数列.∴A,B,C成等差数列是(b+a-c)(b-a+c)=ac的必要条件.∴综上得,“A,B,C成等差数列”是“(b+a-c)(b-a+c)=ac”的充要条件.本题选择C选项.7.C解析由f(x)·g(x)为偶函数,排除A,D,当x=e时,f(x)·g(x)=-e2+3<0,排除B.8.B解析=2a+6b=2,因此A,B,D三点共线,故答案为B.9.C10.D解析由题意得,若a·c=b·c,则(a-b)·c=0;若a·c=-b·c,则由|a·c|=|b·c|=|(a+b)·c|可知,a·c=b·c=0,故(a-b)·c=0也成立,故选D.11.①③解析f(x)=作图可知,函数在(-∞,a)上单调递增,(a,+∞)上单调递增且f(a)=b,故①正确,②不正确,函数图象的对称中心是点(a,b),故③正确,④不正确,所以正确的序号是①③.12. -1+3i解析|3-i|=,=-1+3i.故答案为,-1+3i.13.55解析令x=1,可得a0+a1+a2+…+a n=2+22+23+…+2n==2n+1-2=62,解得n=5,令x=0,可得a0=5.14. 6解析由正弦定理得,可得cos C=,从而S△ADC=×3×4=6.15. 解析由圆的性质和当点M在弦AB上运动时,圆M与圆C一定有公共点,得≥3-2,即k≥-.16.∪[1,+∞)解析∵f(1-x)=-(1-x)=,∴对任意的x∈(0,1),都有≥1,即(a-x2)·[a-(1-x)2]≥x(1-x)恒成立,整理得x2(1-x)2+(2a-1)x(1-x)+(a2-a)≥0.令x(1-x)=t,则0<t≤,问题等价于t2+(2a-1)t+(a2-a)≥0对0<t≤恒成立,令g(t)=t2+(2a-1)t+(a2-a),∵Δ=(2a-1)2-4(a2-a)=1>0,∴即∴综上,实数a的取值范围是∪[1,+∞).。