第1讲 空间几何体1．(2015·江苏)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________． 答案7解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r＝7.2．(2016·课标全国丙改编)在封闭的直三棱柱ABCA 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是________．答案9π2解析 由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为9π2.3．(2015·山东改编)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为________． 答案5π3解析 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3. 4．(2014·江苏)设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等，且S 1S 2＝94，则V 1V 2的值是________．答案 32解析 设两个圆柱的底面半径和高分别为r 1，r 2和h 1，h 2，由S 1S 2＝94，得πr 21πr 22＝94，则r 1r 2＝32.由圆柱的侧面积相等，得2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，所以V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2＝r 1r 2＝32.1.考查空间几何体面积、体积的计算.2.考查空间几何体的侧面展开图及简单的组合体问题.热点一 空间几何体的结构特征棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等且平行的多边形；棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形；棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．圆柱可由矩形绕其任意一边旋转得到；圆锥可以由直角三角形绕其直角边旋转得到；圆台可以由直角梯形绕直角腰或等腰梯形绕上、下底中点连线旋转得到，也可由平行于圆锥底面的平面截圆锥得到；球可以由半圆或圆绕直径旋转得到． 例1 设有以下四个命题：①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的各侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________． 答案 ①④解析 命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的；底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是错误的；因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的；命题④由棱台的定义知是正确的． 思维升华 判定与空间几何体结构特征有关命题的方法：(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定． (2)通过旋转体的结构，可对得到旋转体的平面图形进行分解，结合旋转体的定义进行分析． 跟踪演练1 (1)给出下列四个命题：①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱； ②对角面是全等矩形的六面体一定是长方体； ③有两侧面垂直于底面的棱柱一定是直棱柱； ④长方体一定是正四棱柱． 其中正确命题的个数是________．(2)以下命题：①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台． 其中正确命题的个数为________． 答案 (1)0 (2)1解析 (1)①直平行六面体底面是菱形，满足条件但不是正棱柱；②底面是等腰梯形的直棱柱，满足条件但不是长方体；③④显然错误．(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥．命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰．命题③对．命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以．热点二 几何体的表面积与体积空间几何体的表面积和体积计算是高考中常见的一个考点，解决这类问题，首先要熟练掌握各类空间几何体的表面积和体积计算公式，其次要掌握一定的技巧，如把不规则几何体分割成几个规则几何体的技巧，把一个空间几何体纳入一个更大的几何体中的补形技巧． 例2 (1)已知一个圆锥的底面积为2π，侧面积为4π，则该圆锥的体积为________． (2)设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 答案 (1)263π (2)32π解析 (1)设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则πr 2＝2π，πrl ＝4π，解得r ＝2，l ＝22，故高h ＝6， 所以V ＝13πr 2h ＝13π×2×6＝263π.(2)因为V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13r ·πr 2＝πr 33，S 2＝πrl ＝2πr 2， 所以V 1V 2＝a 3πr 33＝3π⇒ar＝1，因此S 1S 2＝6a 22πr2＝32π. 思维升华 (1)求多面体的表面积的基本方法就是逐个计算各个面的面积，然后求和．(2)求体积时可以把空间几何体进行分解，把复杂的空间几何体的体积分解为一些简单几何体体积的和或差．求解时注意不要多算也不要少算．跟踪演练2 已知圆锥的母线长为5，高为21，则此圆锥的底面积和侧面积之比为________． 答案 2∶5解析 由题意得圆锥的底面半径为25－21＝2， 因此圆锥的底面积和侧面积之比为πr 2πrl ＝r l ＝25.热点三 多面体与球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，并作出合适的截面图．如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径．如球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作出截面图． 例3 (1)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，SA ＝23，AB ＝1，AC ＝2，∠BAC ＝60°，则球O 的表面积为________．(2)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为________ cm 3. 答案 (1)16π (2)500π3解析 (1)在△ABC 中，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos 60°＝3，∴AC 2＝AB 2＋BC 2， 即AB ⊥BC ， 又SA ⊥平面ABC ，∴三棱锥S －ABC 可补成分别以AB ＝1，BC ＝3，SA ＝23为长、宽、高的长方体， ∴球O 的直径＝12＋32＋32＝4，故球O 的表面积为4π×22＝16π.(2)过球心与正方体中点的截面如图，设球心为点O ，球半径为R cm ，正方体上底面中心为点A ，上底面一边的中点为点B ，在Rt△OAB 中，OA ＝(R －2)cm ，AB ＝4 cm ，OB ＝R cm ，由R 2＝(R －2)2＋42，得R ＝5，∴V 球＝43πR 3＝5003π(cm 3)．思维升华 三棱锥P －ABC 可通过补形为长方体求解外接球问题的两种情形： (1)点P 可作为长方体上底面的一个顶点，点A 、B 、C 可作为下底面的三个顶点； (2)P －ABC 为正四面体，则正四面体的棱都可作为一个正方体的面对角线．跟踪演练3 在三棱锥A －BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ABD 的面积分别为22，32，62，则三棱锥A －BCD 的外接球体积为________． 答案6π解析 如图，以AB ，AC ，AD 为棱把该三棱锥扩充成长方体，则该长方体的外接球恰为三棱锥的外接球，∴三棱锥的外接球的直径是长方体的体对角线长．据题意⎩⎨⎧AB ·AC ＝2，AC ·AD ＝3，AB ·AD ＝6，解得⎩⎨⎧AB ＝2，AC ＝1，AD ＝3，∴长方体的体对角线长为AB 2＋AC 2＋AD 2＝6， ∴三棱锥外接球的半径为62. ∴三棱锥外接球的体积为V ＝43π·(62)3＝6π.1．如图，三棱锥A －BCD 中，E 是AC 的中点，F 在AD 上，且2AF ＝FD ，若三棱锥A －BEF 的体积是2，则四棱锥B －ECDF的体积为________．押题依据 简单几何体的表面积和体积的计算是高考考查的重点，本题从两几何体的体积关系进行考查，符合高考命题思想． 答案 10解析 因为S △AEF S △ACD ＝12AE ·AF ·sin A12AC ·AD ·sin A ＝16，V 总＝6V A －BEF ＝12，则四棱锥B －ECDF 的体积为10.2．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为________．押题依据 多面体的外接球一般借助补形为长方体的外接球解决，解法灵活，是高考的热点． 答案 12π解析 因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理，SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π.3．已知半径为1的球O 中内接一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的体积与圆柱的体积的比值为________．押题依据 求空间几何体的体积是立体几何的重要内容之一，也是高考的热点问题之一，主要是求柱体、锥体、球体或简单组合体的体积．本题通过球的内接圆柱，来考查球与圆柱的体积计算，设问角度新颖，值得关注． 答案423解析 如图所示，设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的侧面积为S ＝2πr ×21－r 2＝4πr 1－r 2≤4π×r 2＋－r22＝2π(当且仅当r2＝1－r 2，即r ＝22时取等号)． 所以当r ＝22时，V 球V 圆柱＝4π3×13π222×2＝423.A 组 专题通关1．以下四个命题： ①正棱锥的所有侧棱相等； ②直棱柱的侧面都是全等的矩形； ③圆柱的母线垂直于底面；④用经过旋转轴的平面截圆锥，所得的截面一定是全等的等腰三角形． 其中，真命题的个数为________．答案 3解析 由正棱锥的定义可知所有侧棱相等，故①正确；由于直棱柱的底面不一定是正多边形，故侧面矩形不一定全等，因此②不正确；由圆柱母线的定义可知③正确；结合圆锥轴截面的作法可知④正确．综上，正确的命题有3个．2．下图是棱长为2的正方体的表面展开图，则多面体ABCDE 的体积为________．答案 83解析 多面体ABCDE 为四棱锥(如图)，利用割补法可得其体积V ＝4－43＝83.3．设M ，N 分别为三棱锥P —ABC 的棱AB ，PC 的中点，三棱锥P —ABC 的体积记为V 1，三棱锥P —AMN 的体积记为V 2，则V 2V 1＝________. 答案 14解析 三棱锥P —AMN 的体积等于三棱锥P －AMC 的体积的一半，等于三棱锥P —ABC 的体积的四分之一．4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________ cm 3. 答案 96π解析 由题意得：πrl ＝60π，l ＝10⇒r ＝6⇒h ＝8，因此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π·62·8＝96π.5．如图所示，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A ′BCD ，使平面A ′BD ⊥平面BCD ，若四面体A ′BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的体积为______．答案32π 解析 如图所示，取BD 的中点E ，BC 的中点O ，连结A ′E ，EO ，A ′O ，OD .因为平面A ′BD ⊥平面BCD ，A ′E ⊥BD ， 平面A ′BD ∩平面BCD ＝BD ，A ′E ⊂平面A ′BD ，所以A ′E ⊥平面BCD .因为A ′B ＝A ′D ＝CD ＝1，BD ＝2， 所以A ′E ＝22，EO ＝12，所以OA ′＝32. 在Rt△BCD 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体A ′BCD 的外接球的球心为O ，球的半径为32，所以V 球＝43π(32)3＝32π. 6．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，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为点E ，则在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 而四边形AECD 为矩形，AD ＝1， ∴EC ＝AD ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1.由此可还原原图形如图．在原图形中，A ′D ′＝1，A ′B ′＝2，B ′C ′＝22＋1， 且A ′D ′∥B ′C ′，A ′B ′⊥B ′C ′， ∴这块菜地的面积为S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×(1＋1＋22)×2＝2＋22. 7．已知正三棱柱的各条棱长均为a ，圆柱的底面直径和高均为b ，若它们的体积相等，则a 3∶b3＝________. 答案 π∶ 3解析 正三棱柱的体积为34a 2×a ＝34a 3， 圆柱的体积为π(b 2)2×b ＝π4b 3，因此34a 3＝π4b 3⇒a 3∶b 3＝π∶ 3.8.如图所示，从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD —A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________ cm 3. 答案 36解析 最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1—CD 1B 1的体积．111111C CD B C B C D V V --=三棱锥三棱锥又＝13×(12×6×6)×6＝36(cm 3)，所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3体积的水．9．已知三个球的半径R 1、R 2、R 3满足R 1＋R 3＝2R 2，记它们的表面积分别为S 1、S 2、S 3，若S 1＝1，S 3＝9，则S 2＝________. 答案 4解析 由题意知4πR 21＝1,4πR 23＝9，所以16π2R 21R 23＝9，即R 1R 3＝34π，又4πR 21＋4πR 23＝4π[(R 1＋R 3)2－2R 1R 3]＝10， 所以4π[(2R 2)2－2R 1R 3]＝10， 所以化简得：4πR 22＝4，即S 2＝4.10．(教材改编)如图所示，从三棱锥P －ABC 的顶点P 沿着三条侧棱PA ，PB ，PC 剪开成平面图形得到△P 1P 2P 3，且P 2P 1＝P 2P 3.(1)在三棱锥P －ABC 中，求证：PA ⊥BC ；(2)若P 1P 2＝26，P 1P 3＝20，求三棱锥P －ABC 的体积．(1)证明 由题设知A ，B ，C 分别是P 1P 3，P 1P 2，P 2P 3的中点，且P 2P 1＝P 2P 3， 从而PB ＝PC ，AB ＝AC ，取BC 的中点D ，连结AD ，PD (如图)，则AD ⊥BC ，PD ⊥BC .又AD ∩PD ＝D ，∴BC ⊥平面PAD ， 又PA ⊂平面PAD ，∴PA ⊥BC . (2)解 由题设有AB ＝AC ＝12P 1P 2＝13，PA ＝P 1A ＝BC ＝10， PB ＝PC ＝P 1B ＝13，∴AD ＝PD ＝AB 2－BD 2＝12. 在等腰三角形DPA 中， 底边PA 上的高h ＝AD 2－12PA 2＝119，∴S △DPA ＝12PA ·h ＝5119.又BC ⊥平面PAD ， ∴V P －ABC ＝V B －PDA ＋V C －PDA ＝13BD ·S △DPA ＋13DC ·S △PDA ＝13BC ·S △PDA ＝13×10×5119 ＝503119.B 组 能力提高11．如图，已知正三角形ABC 的三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是____________． 答案9π4解析 设正三角形ABC 的中心为O 1，如图，连结O 1A ，O 1O ，O 1C ，OC .∵A ，B ，C 三点在球面上， ∴O 1O ⊥平面ABC ，O 1O ⊥O 1C .∵球的半径R ＝2，球心O 到平面ABC 的距离为1，∴在Rt△O 1OC 中，O 1C ＝R 2－O 1O 2＝ 3. ∵△ABC 为正三角形，∴AO 1＝O 1C ＝ 3. 又∵点E 为AB 的中点，∴AE ＝AO 1cos 30°＝32.∵过点E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆以AB 为直径，∴截面圆的半径r ＝32，可得截面面积为S ＝πr 2＝94π.12．已知在三棱锥P —ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ＝AC ＝PA ＝2，且在△ABC 中，∠BAC ＝120°，则三棱锥P —ABC 的外接球的体积为________．答案 205π3解析 由余弦定理得：BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos∠BAC ，∴BC 2＝22＋22－2×2×2×(－12)＝12，∴BC ＝2 3.设平面ABC 截球所得截面圆半径为r ，则2r ＝23sin 120°＝4，∴r ＝2.由PA ＝2且PA ⊥平面ABC 知，球心到平面ABC 的距离为1，∴球的半径为R ＝12＋22＝5，所以V 球＝43πR 3＝205π3.13．如图，侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA＝40°，过点A 作截面△AEF ，则截面△AEF 的周长的最小值为____________．答案 6解析 沿着侧棱VA 把正三棱锥V －ABC 展开在一个平面内，如图，则AA ′即为截面△AEF 周长的最小值，且∠AVA ′＝3×40°＝120°.在△VAA ′中，由余弦定理可得AA ′＝6，故答案为6.14．如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝4，点E 在线段AB 上．过点E 作EF ∥BC 交AC 于点F ，将△AEF 沿EF 折起到△PEF 的位置(点A 与点P 重合)，使得∠PEB ＝30°.(1)求证：EF ⊥PB ；(2)试问：当点E 在何处时，四棱锥P —EFCB 的侧面PEB 的面积最大？并求此时四棱锥P —EFCB 的体积．(1)证明 ∵EF ∥BC 且BC ⊥AB ，∴EF ⊥AB ，即EF ⊥BE ，EF ⊥PE .又BE ∩PE ＝E ，∴EF ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴EF ⊥PB .(2)解 设BE ＝x ，PE ＝y ，则x ＋y ＝4.∴S △PEB ＝12BE ·PE ·sin∠PEB ＝14xy ≤14⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋y 22＝1. 当且仅当x ＝y ＝2时，S △PEB 的面积最大． 此时，BE ＝PE ＝2.由(1)知EF ⊥平面PBE ，∴平面PBE ⊥平面EFCB ， 在平面PBE 中，作PO ⊥BE 于点O ，又平面PBE ∩平面EFCB ＝BE ，∴PO ⊥平面EFCB . 即PO 为四棱锥P —EFCB 的高．又PO ＝PE ·sin 30°＝2×12＝1， S EFCB ＝12×(2＋4)×2＝6，∴V P —BCFE ＝13×6×1＝2.。
一、选择题1．在一个几何体的三视图中，正视图和俯视图如图所示，则相应的侧视图可以为( )答案D解析由题目所给的几何体的正视图和俯视图，可知该几何体为半圆锥和三棱锥的组合体，如图所示，可知侧视图为等腰三角形，且轮廓线为实线，故选D.2．[2016·重庆测试］某几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为( )A.错误!B。
错误!C.错误!D.错误!答案B解析依题意,题中的几何体是由一个直三棱柱与一个三棱锥所组成的,其中该直三棱柱的底面是一个直角三角形(腰长分别为1、2）、高为1;该三棱锥的底面是一个直角三角形(腰长分别为1、2)、高为1,因此该几何体的体积为错误!×2×1×1＋错误!×错误!×2×1×1＝错误!，选B 。
3．［2016·唐山统考］三棱锥P －ABC 中，PA⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为错误!的等边三角形,则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A .4π3 B ．4πC ．8πD ．20π 答案 C解析 由题意得,此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PA 为高的正三棱柱的外接球,因为△ABC 的外接圆半径r ＝错误!×错误!×错误!＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1,所以外接球的半径R ＝错误!＝错误!，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π，故选C 。
4．［2016·武昌调研]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．18＋2πB．20＋πC．20＋π2D．16＋π答案B解析由三视图可知，这个几何体是一个边长为2的正方体割去了相对边对应的两个半径为1、高为1的错误!圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个错误!圆柱的侧面积的和,即该几何体的表面积S＝4×5＋2×2π×1×1×错误!＝20＋π,故选B。
立体几何专练(一)·作业(二十一)1．(2016·天津)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 ＝23HF ，求直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值．解析 依题意，OF ⊥平面ABCD ，如图，以O 为原点，分别以AD →，BA →，OF →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方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)依题意，AD →＝(2，0，0)，AF →＝(1，－1，2)．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EG →＝(0，1，－2)，可得EG →·n 1＝0，又直线EG ⊄平面ADF ，所以EG ∥平面ADF.(2)易证，OA →＝(－1，1，0)为平面OEF 的一个法向量．依题意，EF →＝(1，1，0)，CF →＝(－1，1，2)．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 〈OA →，n 2〉＝OA →·n 2|OA →|·|n 2|＝－63，于是sin 〈OA →，n 2〉＝33.所以二面角O －EF －C 的正弦值为33.(3)由AH ＝23HF ，得AH ＝25AF.因为AF →＝(1，－1，2)，所以AH →＝25AF →＝(25，－25，45)，进而有H(－35，35，45)，从而BH →＝(25，85，45)，因此cos 〈BH →，n 2〉＝BH →·n 2|BH →|·|n 2|＝－721.所以，直线BH 和平面CEF 所成角的正弦值为721.2．(2016·湖南东部六校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为梯形ABCD ，AB ∥DC ，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 是等边三角形，已知BD ＝2AD ＝4，AB ＝2DC ＝2BC ＝2 5.PM →＝mMC →.且m>0.(1)求证：平面PAD ⊥平面MBD ； (2)求二面角A －PB －D 的余弦值；(3)试确定m 的值，使三棱锥P －ABD 的体积为三棱锥P －MBD 的体积的3倍．解析 (1)在△ABD 中，由于AD ＝2，BD ＝4，AB ＝25， ∴AD 2＋BD 2＝AB 2，故AD ⊥BD.又平面PAD ⊥平面ABCD ，且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥平面PAD ，又BD ⊂平面MBD ， ∴平面MBD ⊥平面PAD.(2)方法1：如图建立空间直角坐标系D －xyz ，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(1，0，3)，B(0，4，0)，BP →＝(1，－4，3)，AB →＝(－2，4，0)，DB →＝(0，4，0)．设平面PAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎨⎧－2x 1＋4y 1＝0，x 1－4y 1＋3z 1＝0.令y 1＝1，则x 1＝2，z 1＝233. ∴n ＝(2，1，233)．设平面PBD 的法向量m ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎨⎧m ·DB →＝0，m ·BP →＝0，即⎩⎨⎧4y 2＝0，x 2－4y 2＋3z 2＝0.令x 2＝－3，则z 2＝1，∴m ＝(－3，0，1)， cosn ，m＝|n ·m ||n |·|m |＝21919，二面角A －PB －D 的余弦值为21919.方法2：由(1)知BD ⊥平面PAD ，∴平面PBD ⊥平面PAD ，过点A 作AE ⊥PD 于点E ，则AE ⊥平面PBD ， 再过点E 作EF ⊥PB 交PB 于点F ，连接AF ，则∠AFE 就是二面角A －PB －D 的平面角． 由题设得AE ＝3，EF ＝25，由勾股定理得， AF ＝AE 2＋EF 2＝195，∴cos ∠AFE ＝EF AF ＝219＝21919，∴二面角A －PB －D 的余弦值为21919. (3)∵V P －MBD ＝V M －PBD ＝m m ＋1V C －PBD ＝mm ＋1V P －BCD， ∴V P －ABD V P －MBD ＝m ＋1m ·V P －ABD V P －BCD ＝m ＋1m ·S △ABD S △BCD ＝m ＋1m ·2＝3，解得m ＝2. 3.(2016·衡中调研)如图，三棱柱ABC －DEF 的侧面BEFC 是边长为1的正方形，侧面BEFC ⊥侧面ADEB ，AB ＝4，∠DEB ＝60°，G 是DE 的中点． (1)求证：CE ∥平面AGF ； (2)求证：GB ⊥平面BEFC ；(3)在线段BC 上是否存在一点P ，使二面角P －GE －B 为45°？若存在，求BP 的长；若不存在，请说明理由．解析 (1)连接CD ，与AF 相交于点H ，则H 为CD 的中点，连接HG . 因为G 为DE 的中点，所以HG ∥CE. 因为CE ⊄平面AGF ，HG ⊂平面AGF ， 所以CE ∥平面AGF.(2)在△GEB 中，BE ＝1，GE ＝2，∠GEB ＝60°， 则BG ＝3，BG 2＋BE 2＝GE 2，所以GB ⊥BE. 因为侧面BEFC ⊥侧面ADEB ，侧面BEFC ∩侧面ADEB ＝BE ，GB ⊂平面ADEB ， 所以GB ⊥平面BEFC.(3)由(2)得BG ，BE ，BC 两两垂直，建立空间直角坐标系B －xyz ，如图所示．假设在线段BC 上存在一点P ，使二面角P －GE －B 为45°. 易知平面BGE 的一个法向量为m ＝(0，0，1)． 设P(0，0，λ)，λ∈[0，1]． 又G(3，0，0)，E(0，1，0)．所以GP →＝(－3，0，λ)，GE →＝(－3，1，0)． 设平面PGE 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎨⎧n ·GP →＝0，n ·GE →＝0.所以⎩⎨⎧－3x ＋λz ＝0，－3x ＋y ＝0.令z ＝1，得y ＝λ，x ＝λ3.所以n ＝(λ3，λ，1)． 因为m ·n ＝1，所以1×λ23＋λ2＋1×22＝1，解得λ＝32∈[0，1]，故BP ＝32.因此在线段BC 上存在一点P ，使二面角P －GE －B 为45°，且BP ＝32. 4．(2016·河北五一联盟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是梯形，PA ⊥底面ABCD ，其中BA ⊥AD ，AD ∥BC ，AC 与BD 交于点O ，M 是AB 边上的点，且BM ＝13BA ，已知PA ＝AD ＝4，AB ＝3，BC ＝2.(1)求平面PAD 与平面PMC 所成锐二面角的正切值； (2)若N 是PM 上一点，且ON ∥平面PCD ，求PMPN 的值．解析 (1)延长CM 交DA 的延长线于E ，连接PE ，则PE 是平面PMC 与平面PAD所成二面角的棱，过点A 作AF 垂直PE 于F ，连接MF. ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥MA ，又MA ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，∴MA ⊥平面PAD ，∵PE ⊂平面PAD ，∴AM ⊥PE. ∵AF ⊥PE ，AF ∩AM ＝A ，∴PE ⊥平面AMF ，∵FM ⊂平面AMF ，∴MF ⊥PE. ∴∠MFA 是平面PMC 与平面PAD 所成锐二面角的平面角． ∵BC ＝2，AD ＝4，BC ∥AD ，AM ＝2MB ，∴AE ＝4，又PA ＝4，∴AF ＝22，∴tan ∠MFA ＝MA FA ＝22，∴平面PMC 与平面PAD 所成锐二面角的正切值为22. (2)连接MO 并延长交CD 于G ，连接PG .∵ON ∥平面PCD ，ON ⊂平面PMG ，平面PMG ∩平面PCD ＝PG ，∴ON ∥PG . 在△BAD 中，∵BO OD ＝BC AD ＝12，又BM MA ＝12，∴BO OD ＝BMMA， ∴MO ∥AD.在梯形ABCD 中，MO ＝OG ＝43， ∵ON ∥PG ，∴PN ＝MN ，∴PMPN ＝2.5．(2016·广东教育联合体)如图1，正方形ABCD 的边长为4，AB ＝AE ＝BF ＝12EF ，AB ∥EF ，把四边形ABCD 沿AB 折起，使得AD ⊥底面AEFB ，G 是EF 的中点，如图2.(1)求证：AG ⊥平面BCE ； (2)求二面角C －AE －F 的余弦值．解析 (1)连接BG ，因为BC ∥AD ，AD ⊥底面AEFB ，所以BC ⊥底面AEFB ，又AG ⊂底面AEFB ， 所以BC ⊥AG .因为AB 綊EG ，AB ＝AE ，所以四边形ABGE 为菱形，所以AG ⊥BE ， 又BC ∩BE ＝B ，BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ， 所以AG ⊥平面BCE.(2)方法1：由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4，设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O(0，0，0)，A(－2，0，0)，E(0，－23，0)，F(4，23，0)，C(0，23，4)，D(－2，0，4)，所以AC →＝(2，23，4)，AE →＝(2，－23，0)， 设平面ACE 的法向量为n ＝(x ，y ，z)， 则⎩⎨⎧AC →·n ＝0，AE →·n ＝0，所以⎩⎨⎧2x ＋23y ＋4z ＝0，2x －23y ＝0.令y ＝1，则x ＝3，z ＝－3，即平面ACE 的一个法向量为n ＝(3，1，－3)， 易知平面AEF 的一个法向量为AD →＝(0，0，4)，设二面角C －AE －F 的大小为θ，由图易知θ∈(0，π2)， 所以cos θ＝|n ·AD →||n |·|AD →|＝437×4＝217.方法2：由(1)知四边形ABGE 为菱形，AG ⊥BE ，AE ＝EG ＝BG ＝AB ＝4. 设AG ∩BE ＝O ，所以OE ＝OB ＝23，OA ＝OG ＝2，取CE 的中点M ，连接OM ，所以OM ∥BC ，所以OM ⊥平面AEFB ， 作MN ⊥AE 于N ，连接ON ，所以ON ⊥AE ， 所以∠ONM 为二面角C －AE －F 的平面角．在Rt △AOE 中，由12AE ·ON ＝12OE ·OA 得12×4×ON ＝12×2×23，即ON ＝3， 又 OM ＝12BC ＝2，所以MN ＝22＋（3）2＝7，所以cos ∠ONM ＝37＝217， 所以二面角C －AE －F 的余弦值为217.。
压轴专题（一） 选择题第12题、填空题第16题抢分练一、选择题1．(2016·山东高考)若函数y ＝f (x )的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质，下列函数中具有T 性质的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 32．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝a 2＝1，{nS n ＋(n ＋2)a n }为等差数列，则a n ＝( )A.n2n －1 B.n ＋12n －1＋1C.2n －12n －1D.n ＋12n ＋13．已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ＋2y ≥1，x －y ≤1，y －1≤0，若z ＝x －2y 的最大值与最小值分别为a ，b ，且方程x 2－kx ＋1＝0在区间(b ，a )上有两个不同实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．(－6，－2)B ．(－3，2) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－103，－2 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－103，－3 4．(2016·海口调研)在平面直角坐标系xOy 中，点P 为椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的下顶点，M ，N 在椭圆上，若四边形OPMN 为平行四边形，α为直线ON 的倾斜角，α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π4，则椭圆C 的离心率的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，63B.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，32C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，32 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤63，223 5．(2016·石家庄质检)已知定义在(0，2]上的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x－3，x ∈（0，1]，2x －1－1，x ∈（1，2]，且g (x )＝f (x )－mx 在(0，2]内有且仅有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－114，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－94，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－114，－2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 6．(2016·重庆模拟)设D ，E 分别为线段AB ，AC 的中点，且＝0，记α为的夹角，则下述判断正确的是( ) A ．cos α的最小值为22 B ．cos α的最小值为13 C ．sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π2的最小值为825D ．sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－2α的最小值为7257．(2016·浙江高考)已知实数a ，b ，c ，( ) A ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2＜100 B ．若|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2＜100 C ．若|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1，则a 2＋b 2＋c 2＜100 D ．若|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2－c |≤1，则a 2＋b 2＋c 2＜1008．(2016·全国乙卷)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，且f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫π18，5π36上单调，则ω的最大值为( )A ．11B ．9C ．7D ．59．(2016·沈阳质检)已知函数y ＝x 2的图象在点(x 0，x 20)处的切线为l ，若l 也与函数y ＝ln x ，x ∈(0，1)的图象相切，则x 0必满足( )A ．0<x 0<12 B.12<x 0<1 C.22<x 0< 2 D.2<x 0< 310．(2016·东北四市联考)已知在区间[－4，4]上f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2（x ＋5）＋43（x ＋1），－4≤x ≤－1，2|x －1|－2，－1<x ≤4，g (x )＝－18x 2－x ＋2(－4≤x ≤4)，给出下列四个命题：①函数y ＝f [g (x )]有三个零点； ②函数y ＝g [f (x )]有三个零点； ③函数y ＝f [f (x )]有六个零点； ④函数y ＝g [g (x )]有且只有一个零点． 其中正确命题的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 二、填空题11．(2016·南昌模拟)正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为2，此时四面体ABCD 外接球的表面积为________．12．(2016·合肥质检)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b ＝1，c ＝2，∠C ＝60°，若D 是边BC 上一点且∠B ＝∠DAC ，则AD ＝________．13．(2016·全国丙卷)已知直线l ：mx ＋y ＋3m －3＝0与圆x 2＋y 2＝12交于A ，B 两点，过A ，B 分别作l 的垂线与x 轴交于C ，D 两点．若|AB |＝23，则|CD |＝________．14．(2016·石家庄二模)已知向量a ，b ，c 满足|a |＝2，|b |＝a ·b ＝3，若(c －2a )·(2b －3c )＝0, 则|b －c |的最大值是________．15．(2016·浙江高考)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．16．设函数f (x )＝(x －2)2(x ＋b )e x ，若x ＝2是f (x )的一个极大值点，则实数b 的取值范围为________．17．(2016·广州模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧1－|x ＋1|，x <1，x 2－4x ＋2，x ≥1，则函数g (x )＝2|x |f (x )－2的零点个数为________．18．(2016·安徽十校联考)已知S n 为数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，2S n ＝(n ＋1)a n ，若存在唯一的正整数n 使得不等式a 2n －ta n －2t 2≤0成立，则实数t 的取值范围为________．19．(2016·兰州模拟)已知F 1，F 2为双曲线x 216－y 2＝1的左、右焦点，点P i (x i ，0)与点P ′i (x ′i ，0)(i ＝1，2，3，…，10)满足＝0，且x i <－4，过P i 作x 轴的垂线交双曲线的上半部分于Q i 点，过P′i 作x 轴的垂线交双曲线的上半部分于O′i 点，若|F 1Q 1|＋| F 1Q 2|＋…＋| F 1Q 10|＝m ，则| F 1Q ′1|＋| F 1Q ′2|＋…＋| F 1Q ′10|＝________．20．(2016·河南八市联考)如图放置的边长为1的正方形P ABC 沿x 轴滚动，点B 恰好经过原点．设顶点P (x ，y )的轨迹方程是y ＝f (x )，则对函数y ＝f (x )有下列判断：①函数y ＝f (x )是偶函数；②对任意的x ∈R 都有f (x ＋2)＝f (x －2)；③函数y ＝f (x )在区间[2，3]上单调递减；④⎠⎛02f (x )d x ＝π＋12.其中判断正确的序号是________．答 案一、选择题1．解析：选A 若y ＝f (x )的图象上存在两点(x 1，f (x 1))，(x 2，f (x 2))，使得函数图象在这两点处的切线互相垂直，则f ′(x 1)·f ′(x 2)＝－1.对于A ：y ′＝cos x ，若有cos x 1·cos x 2＝－1，则存在x 1＝2k π(k ∈Z )，x 2＝2k π＋π(k ∈Z )时，结论成立；对于B ：y ′＝1x ，若有1x 1·1x 2＝－1，即x 1x 2＝－1，∵x ＞0，∴不存在x 1，x 2，使得x 1x 2＝－1；对于C ：y ′＝e x ，若有e x 1·e x 2＝－1，即e x 1＋x 2＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2；对于D ：y ′＝3x 2，若有3x 21·3x 22＝－1，即9x 21x 22＝－1，显然不存在这样的x 1，x 2.综上所述，选A.2．解析：选A 设b n ＝nS n ＋(n ＋2)a n ，则b 1＝4，b 2＝8，又{b n }为等差数列，所以b n ＝4n ，所以nS n ＋(n ＋2)a n ＝4n ，所以S n ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n a n ＝4.当n ≥2时，S n －S n －1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2n －1a n －1＝0，所以2（n ＋1）n a n ＝n ＋1n －1a n－1，即2·a n n ＝a n －1n －1，又因为a 11＝1.所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是首项为1，公比为12的等比数列，所以a nn ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1(n ∈N *)，所以a n ＝n 2n －1(n ∈N *)，故选A. 3．解析：选C 作出可行域，如图所示，则目标函数z ＝x －2y 在点(1，0)处取得最大值1，在点(－1，1)处取得最小值－3，∴a ＝1，b ＝－3，从而可知方程x 2－kx ＋1＝0在区间(－3，1)上有两个不同实数解．令f (x )＝x 2－kx ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧f （－3）>0，f （1）>0，－3<k2<1，Δ＝k 2－4>0⇒－103<k <－2，故选C.4．解析：选A 因为OP 在y 轴上，在平行四边形OPMN 中，MN ∥OP ，因此M ，N 的横坐标相等，纵坐标互为相反数，即M ，N 关于x 轴对称，|MN |＝|OP |＝a ，可设M (x ，－y 0)，N (x ，y 0)，∴y 0＝a 2.把点N 的坐标代入椭圆方程得|x |＝32b ，点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫32b ，a 2.因为α是直线ON 的倾斜角，因此tan α＝a 2÷32b ＝a 3b .又α∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π6，π4，因此33<tan α≤1，33<a 3 b ≤1，即33≤b a <1，13≤b 2a 2<1，e ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，63，选A.5．解析：选A 由函数g (x )＝f (x )－mx 在(0，2]内有且仅有两个不同的零点，得y ＝f (x )，y ＝mx 在(0，2]内的图象有且仅有两个不同的交点．当y ＝mx 与y ＝1x －3，x ∈(0，1]相切时，mx 2＋3x －1＝0，Δ＝9＋4m ＝0，m ＝－94，由图可得当－94<m ≤－2或0<m ≤12时，函数g (x )＝f (x )－mx 在(0，2]内有且仅有两个不同的零点，选项A 正确．6．7．解析：选D 对于A ，取a ＝b ＝10，c ＝－110， 显然|a 2＋b ＋c |＋|a ＋b 2＋c |≤1成立，但a 2＋b 2＋c 2＞100，即a 2＋b 2＋c 2＜100不成立． 对于B ，取a 2＝10，b ＝－10，c ＝0， 显然|a 2＋b ＋c |＋|a 2＋b －c |≤1成立，但a 2＋b 2＋c 2＝110，即a 2＋b 2＋c 2＜100不成立． 对于C ，取a ＝10，b ＝－10，c ＝0， 显然|a ＋b ＋c 2|＋|a ＋b －c 2|≤1成立，但a 2＋b 2＋c 2＝200，即a 2＋b 2＋c 2＜100不成立． 综上知，A 、B 、C 均不成立，所以选D.8．解析：选B由题意得⎩⎨⎧－π4ω＋φ＝k 1π，k 1∈Z ，π4ω＋φ＝k 2π＋π2，k 2∈Z ，则ω＝2k ＋1，k ∈Z ，φ＝π4或φ＝－π4.若ω＝11，则φ＝－π4，此时f (x )＝sin(11x －π4)，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π18，3π44上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫3π44，5π36上单调递减，不满足f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π18，5π36上单调；若ω＝9，则φ＝π4，此时f (x )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫9x ＋π4，满足f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π18，5π36上单调递减，故选B.9．解析：选D 由题令f (x )＝x 2，f ′(x )＝2x ，f (x 0)＝x 20，所以直线l 的方程为y＝2x 0(x －x 0)＋x 20＝2x 0x －x 20，因为l 也与函数y ＝ln x (x ∈(0，1))的图象相切，令切点坐标为(x 1，ln x 1)，y ′＝1x ，所以l 的方程为y ＝1x 1x ＋ln x 1－1，这样有⎩⎨⎧2x 0＝1x 1，1－ln x 1＝x 20，所以1＋ln 2x 0＝x 20，x 0∈(1，＋∞)．令g (x )＝x 2－ln 2x －1，x ∈(1，＋∞)，显然该函数的零点就是x 0，又因为g ′(x )＝2x －1x ＝2x 2－1x ，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，又g (1)＝－ln 2<0，g (2)＝1－ln 22<0，g (3)＝2－ln 23>0，从而2<x 0<3，选D.10．解析：选D 如图，画出函数f (x )，g (x )的草图，①设t＝g(x)，则由f[g(x)]＝0，得f(t)＝0，则t＝g(x)有三个不同值，且这三个值都在g(x)的值域内，由于y＝g(x)是减函数，所以f[g(x)]＝0有3个解，所以①正确；②设m＝f(x)，若g[f(x)]＝0，即g(m)＝0，则m＝x0∈(1，2)，所以f(x)＝x0∈(1，2)，由图象知对应f(x)＝x0∈(1，2)的解有3个，所以②正确；③设n＝f(x)，若f[f(x)]＝0，即f(n)＝0，n＝x1∈(－3，－2)或n＝0或n＝x2＝2，而f(x)＝x1∈(－3，－2)有1个解，f(x)＝0对应有3个解，f(x)＝x2＝2对应有2个解，所以f[f(x)]＝0共有6个解，所以③正确；④设s＝g(x)，若g[g(x)]＝0，即g(s)＝0，所以s＝x3∈(1，2)，则g(x)＝x3，因为y＝g(x)是减函数，所以方程g(x)＝x3只有1个解，所以④正确.二、填空题11．解析：由题知，求四面体ABCD的外接球的表面积可转化为求长、宽、高分别为1、1、3的长方体的外接球的表面积，其半径R＝1212＋12＋（3）2＝52，所以S＝4πR2＝5π.答案：5π12．解析：在△ABC中，由正弦定理可得bsin ∠B＝csin ∠C，sin ∠B＝b sin ∠Cc＝34，且∠B<∠C，则∠B为锐角，cos ∠B＝134.在△ADC中，由正弦定理得ADsin ∠C＝b sin ∠ADC＝bsin （∠DAC ＋60°）＝bsin （∠B ＋60°），则AD ＝b sin ∠C sin （∠B ＋60°）＝3234×12＋134×32＝13－13.答案：13－1313．解析：由直线l ：mx ＋y ＋3m －3＝0知其过定点(－3，3)，圆心O 到直线l 的距离为d ＝|3m －3|m 2＋1.由|AB |＝23得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3m －3m 2＋12＋(3)2＝12，解得m ＝－33.又直线l 的斜率为－m ＝33，所以直线l 的倾斜角α＝π6.画出符合题意的图形如图所示，过点C 作CE ⊥BD ，则∠DCE ＝π6.在Rt △CDE 中，可得|CD |＝|AB|cos π6＝23×23＝4.答案：414．解析：设a 与b 的夹角为θ，则a ·b ＝|a ||b |cos θ， ∴cos θ＝a ·b |a ||b |＝32×3＝22， ∵θ∈[0，π]，∴θ＝π4. 设＝a ，＝b ，c ＝(x ，y )，建立如图所示的平面直角坐标系．则A (1，1)，B (3，0)，∴c －2a ＝(x －2，y －2)，2b －3c ＝(6－3x ，－3y )， ∵(c －2a )·(2b －3c )＝0，∴(x －2)·(6－3x )＋(y －2)·(－3y )＝0. 即(x －2)2＋(y －1)2＝1. 又知b －c ＝(3－x ，－y )， ∴|b －c |＝（x －3）2＋y 2≤（3－2）2＋（0－1）2＋1＝2＋1，即|b －c |的最大值为2＋1. 答案：2＋115．解析：在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝22＋22－2×2×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝2 3.设CD ＝x ，则AD ＝23－x ，∴PD ＝23－x ， ∴V P BCD ＝13S △BCD ·h ≤13×12BC ·CD ·sin 30°·PD ＝16x (23－x )≤16⎝⎛⎭⎪⎫x ＋23－x 22＝16×⎝⎛⎭⎪⎫2322＝12， 当且仅当x ＝23－x ，即x ＝3时取“＝”， 此时PD ＝3，BD ＝1，PB ＝2，满足题意． 故四面体PBCD 的体积的最大值为12. 答案：1216．解析：由条件得，f (x )＝[x 3＋(b －4)x 2＋(4－4b )x ＋4b ]e x ，则f ′(x )＝[x 3＋(b －1)x 2＋(－4－2b )x ＋4]e x ，易知f ′(2)＝0恒成立，满足题意．记g (x )＝x 3＋(b －1)x 2＋(－4－2b )x ＋4，则g ′(x )＝3x 2＋2(b －1)x ＋(－4－2b )，又x ＝2是f (x )的一个极大值点，所以g ′(2)<0，所以2b ＋4<0，解得b <－2.答案：(－∞，－2)17．解析：由g (x )＝2|x |f (x )－2＝0得f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |－1，作出y ＝f (x )，y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |－1的图象，由图象可知共有2个交点，故函数的零点个数为2.答案：218．解析：n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝（n ＋1）a n 2－na n －12， 整理得a n n ＝a n －1n －1，又a 1＝1，故a n ＝n ， 不等式a 2n －ta n －2t 2≤0可化为n 2－tn －2t 2≤0，设f (n )＝n 2－tn －2t 2，由于f (0)＝－2t 2≤0，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝1－t －2t 2≤0，f （2）＝4－2t －2t 2>0，解得－2<t ≤－1或12≤t <1.答案：(－2，－1]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 19．解析：因为＝0，所以点P i ，P ′i 关于坐标原点对称，又由题可知| F 1Q i |＝| F 2Q ′i |，因为| F 1Q 1|＋| F 1 Q 2|＋…＋| F 1 Q 10|＝m ，根据双曲线定义可知，| F 1 Q ′i |－| F 2 Q ′i |＝2a ＝8，所以| F 1 Q ′1|＋| F 1 Q ′2|＋…＋| F 1 Q ′10|＝(8＋| F 1 Q 1|)＋(8＋| F 1 Q 2|)＋…＋(8＋| F 1 Q 10|)＝80＋m .答案：80＋m20. 解析：从函数y＝f(x)的图象可以判断出，图象关于y轴对称，每4个单位图象重复出现一次，且在区间[2，3]上随x增大，图象是往上的，所以①②正确，③错误；又函数图象与直线x＝0，x＝2，x轴围成的图形由一个半径为2、圆心角为π4的扇形，一个半径为1、圆心角为π2的扇形和一个直角边长为1的等腰直角三角形组成，其面积S＝18×π×2＋14×π＋12＝π＋12，④正确．答案：①②④。
