胡夫金字塔+钢琴大三和弦,2020高考数学神题怎么解

2021年第4期（下）中学数学研究45高考数学三类情境下的试题评析及教学建议——以2020年高考数学试题为例四川省成都市玉林中学（610041）刘太涛郑传远摘要2020年高考数学情境试题，素材新颖、背景公平、试题简洁、反映当下热点问题、导向意图明确、彰显数学的育人价值，本文将从三类情境视角，即现实情境、数学情境、科学情境评析2020年高考数学情景化试题，以期教师和学生积累解决情景化试题的经验.关键词高考数学;情境;试题;评析;建议1情境的认识情境是高考实现价值引领、素养导向、能力为重、知识为基的综合考查的载体.2020年高考数学情境试题设计上遵循了真实性、公平性、一致性、简洁性的原则,取材上真实、贴近生活、富有浓厚的文化底蕴、反映当下热点问题、彰显了数学育人价值.2020年高考数学试题的命制依然是注重对学生数学学科核心素养的考查，而选择合适的问题情境是考查数学学科核心素养的重要载体.因此，情境是高考试题命制的核心要素，对测试学生信息提取能力，理论迁移能力,学生数学素养以及对数学教学引导等方面具有重要的应用价值.22020年高考数学情境试题评析2.1现实情境数学源于现实世界,数学是对现实世界中的数量关系和空间形式的抽象.离开现实世界，数学便失去了育人的价值,现实世界中的生产关系,社会活动等都可以为数学创造出丰富的题材，高考现实情境问题也更能让学生感受到真实，激发学生研究的兴趣，由现实世界到数学问题,本质上就是培养学生数学抽象和数学建模核心素养.例1（2020年全国新高考I卷第15题）某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的界面如图所示，O为圆孔及轮廓圆弧AB所在圆的圆心,A是圆弧AB与直线BC的切点,四边形DEFG为矩形,BC丄DG,垂足为C,tan/ODC= 5,BH//DG,EF=12cm,DE=2c m,A到直线DE和EF的距离均为7cm,圆孔半径为1cm,则图中阴影部分面积为—•评析：本题以开展劳动实习，学生加工制作零件为情境,背景真实可信，取材贴近生活,充分彰显了立德树人的教育理念.学生加工制作零件旨在培养学生的劳动意识和劳动能力，引导学生关注劳动、尊重劳动、参加劳动、学会劳动，树立劳动光荣的思想.本题属于解三角形问题,求解过程培养了学生直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养,答案为5,2n+4cm.2同样,2020年全国II卷理科14题考查了当下宣传的垃圾分类的问题，旨在培养学生形成垃圾分类的意识，引导学生主动参与垃圾分类，共建文明城市.2.2数学情境2.2.1数学审美情境《普通高中数学课程标准＞（2017年版）指出：学会审美不仅可以陶冶情操，而且能够改善思维品质.数学以其图形的对称美,符号的简单美，理论的统一美,逻辑的和谐美，激发了学生对美的追求与向往.美育本就是让学生感受美、发现美、欣赏美，以美修身，以美促思的过程.例2（2020年全国II卷文科第3题）如图，将钢琴上的12个键依次记为a i,a2,...,a i2.设1W i<j<k W12.若k-j=3且j-i=4,则称a i,a j,a k为原位大三和弦;若k—j=4且j—i=3,则称a i,a3,a k为原位小三和弦.用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（）A.5B.8C.10D.15评析：本题一出现,便引起了热议，音乐的要素一音高、音响、音色、节拍、乐音、等都与数学相关，特别是音的律制与数学的关系十分密切•该题以音乐为情境，引导学生更加理性的理解音乐，鉴赏音乐的美,提升有志于从事音乐事业学生的数学修养，增强理性思维能力.本题根据题意可知，原位大三和弦满足：k—j=3,j—i=4,.i=1,j=5,k=8;46中学数学研究2021年第4期(下)i=2,j=6,k=9;i=3,j=7,k=10;i=4,j=8,k= 11;i=5,j=9,k=12,原位小三和弦满足：k—j=4, j—i=3,.i=1,j=4,k=8;i=2,j=5,k=9;i= 3,j=6,k=10，i=4,j=7,k=11;i=5,j=8,k=12，故个数之和为10,故选C.该题对于有音乐经验的同学特别是学习过钢琴的同学,凭经验很容易选岀答案,进而提升了这类学生继续从事音乐事业的信心，对于没有音乐经验的同学，通过简单的分类讨论，也可以很容易选岀答案，该题也充分考查了学生数学阅读能力、信息提取能力、数学应用能力以及学生逻辑推理、数学原酸等核心素养.无独有偶,2020年全国I卷文理第3题考查的古代世界 建筑奇迹之一的埃及胡夫金字塔,形状可视为一个正四棱锥,全国II卷理科第4题考查的古代祭天的场所北京天坛的圜丘坛，这些建筑艺术体现在数学上的对称美,进一步提升了学生感受美,发现美，欣赏美的审美情趣，这也对引导教师将 美育融入数学课堂有积极意义.2.2.2数学史情境《新课标》指岀，数学承载思想和文化，是人类文明的重要组成部分.让学生了解中国古代数学成就,能够增强学生的民族自豪感与民族自信心，激发爱国情感,真正落实立德树人的根本任务.例3(2020年全国新高考I卷第4题)日晷是中国古代用来测量时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的维度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面，在点A处放置一 个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的维度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为()A.20°B.40°C.50°D.90°评析：日晷的早期历史尚不清楚，最早的可靠记载是《隋书•天文志》中提到的袁充于隋开皇十四年(594)发明的短影平仪(即地平日晷).该题通过介绍日晷,对学生进行数学文化教育和爱国主义教育，进而增强民族自信心；该题考查学生将生活的实物图形通过信息提取还原成数学几何图形的思维过程,进而学生想图、画图、用图等空间想象能力解决问题，发展了学生的直观想象、逻辑推理和数学运算等核心素养.2.2.3数学问题情境数学问题情境主要是以数学知识为载体，考查学生的“四基”、“四能”.例4(2020年全国m卷理科第16题)关于函数f(x)=sin x+^^有如下四个命题:sin x①f(x)的图像关于y轴对称.①f(x)的图像关于原点对称.①f(x)的图像关于直线x=—对称.①f(x)的最小值为2.其中所有真命题的序号是—.评析：本题属于准多选题，以三角函数为背景，但又不同于平时练习的三角函数题型，该题以类似“双勾函数”的类型构造，情境新颖，首先明确函数定义域为{x|x=kn,k e Z},关于原点对称，这也是多数学生会忽略的，其次寻找f(x)与f(-x)之间的关系就可以很容易判断是该函数为奇函数，故命题①正确，对于命题①，划归到函数关于某条直线对称的本质上，即验证f (—+x)是否等于f(2-x)，便可明确命题①正确与否，通过验证，命题①是正确的；对于命题①,学生很容易联想到基本不等式,直接运用基本不等式认为命题①是正确的，这是很多学生容易岀现的错误，对于基本不等式使用的原则是“一正二定三相等”，当-n<x<0时,sin x<0,此时f(x)=sin x+<0<2,故正确的命题sin x只有①2①3.该题设计背景新颖，考查函数定义域、奇偶性、对称性的本质以及基本不等式的使用条件等非常到位,问题解决过程中考查了数形结合思想，划归思想，培养了学生的数学抽象、逻辑推理、数学运算等核心素养.2.3科学情境自然科学的发展依赖于数学.而数学的发展又推动自然科学的发展，数学的发展也有赖于自然科学给数学提岀的新问题和新挑战.数学已经渗透到各门学科,如物理、化学、生物学、经济学、流行病学、信息学等学科.因此,创设恰当的科学情境，有利于加强各学科之间的联系，提升学生的核心素养.2.3.1信息技术情境随着时代的发展，计算机已经普及，国家正进入信息化时代，数学为信息技术的发展提供了强有力的支持,信息技术又促进了数学的进一步发展.例5(2020年全国II卷理科第12题)0-1周期序列在通信技术中有着重要应用，若序列a1a2...a”...满足a-t e{0,1}(i=1,2,...),且存在正整2021年第4期(下)中学数学研究47数m ,使得a i +m = g(i = 1,2,...)成立，则称其为0 — 1 周期序列，并满足a i+m = a i (i = 1,2,...)的最小正整数m 为这个序列的周期，对于周期为m 的0 - 1序列1 ma i a 2 , ... , a n . . ., C (k ) =a i a i+k (k = 1 ? 2, . . . m — 1)m i=i是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0 - 1的序列中, 满足 C (k ) W 1(k = 1,2, 3, 4)的序列是()5A. 11010 ...B. 11011 ...C. 10001...D. 11001...评析：该题以信息技术为情境，信息量大，对学生数学阅读能力以及信息提取能力的要求高，通过对该 题题干的分析，结合选项，很容易验证A 选项：C (2)=12-x (0+ 1 + 0 + 1+ 0)=三,故A 选项不符合题意;B 选项 5513C (1) = - x (1+0 + 0 + 1 + 1)=-,故 B 选项不符合题5512意;D 选项：C (1) = - x (1 + 0 + 0 + 0 + 1)=三,故 D 选项55不符合题意，故选C.通过该题求解过程的分析，解决问题的过程比较简单，难点依然是信息的提取与整合，问题解决过 程中重点发展了学生数学抽象、数学建模、逻辑推理、数学运算的核心素养，是一道很好的题目2.3.2生物情境生物实验情境，将数学与生物学联系起来，具有启发学 生思考和联系数学知识在生物中的广泛应用的作用例6 (2020年全80% J ...国I 卷理科第5题)/率・某校一个课外学习小组为研究某作物 » ———L种子的发芽率y 和温度x (单位：。

2020高考数学解答题常考公式及答题样题题型一：解三角形1、正弦定理：R Cc B b A a 2sin sin sin ===（R 是ABC ∆外接圆的半径） 变式①：⎪⎩⎪⎨⎧===C R c B R b A R a sin 2sin 2sin 2变式②：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===Rc C R b B R a A 2sin 2sin 2sin 变式③：C B A c b a sin :sin :sin ::= 2、余弦定理：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-+=-+==+=C ab b a c B ac c a b A bc c b a cos 2cos 2cos 2222222222变式：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧-+=-+=-+=ab c b a C ac b c a B bc a c b A 2cos 2cos 2cos 22222222234、射影定理：⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+=A b B a c A c C a b B c C b a cos cos cos cos cos cos （少用，可以不记哦^o^）5、三角形的内角和等于ο180，即π=++C B A6、诱导公式：奇变偶不变，符号看象限利用以上关系和诱导公式可得公式：⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+A C B B C A C B A sin )sin(sin )sin(sin )sin(和⎪⎩⎪⎨⎧-=+-=+-=+A C B B C A C B A cos )cos(cos )cos(cos )cos(7、平方关系和商的关系：①1cos sin 22=+θθ②8、二倍角公式：①θθθcos sin 22sin =②θθθθθ2222sin 211cos 2sin cos 2cos -=-=-=⇒③θθθ2tan 1tan 22tan -=8、和、差角公式：①⎩⎨⎧-=-+=+βαβαβαβαβαβαsin cos cos sin )sin(sin cos cos sin )sin(②⎩⎨⎧+=--=+βαβαβαβαβαβαsin sin cos cos cos(sin sin cos cos cos(）） ③⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=--+=+βαβαβαβαβαβαtan tan 1tan tan )tan(tan tan 1tan tan )tan( 9、基本不等式：①2b a ab +≤),(+∈R b a ②22⎪⎭⎫ ⎝⎛+≤b a ab ),(+∈R b a ③222b a ab +≤),(R b a ∈ 注意：基本不等式一般在求取值范围或最值问题中用到，比如求ABC ∆面积的最大值时。

2020高考数学胡夫金字塔是什么意思
今年数学题不容易做，大家对金字塔印象最为深刻——今年文科和理科的数学都以世界建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景，设计了正四棱锥的计算题，那么高考数学胡夫金字塔是什么意思？
原题
埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）
答案是C选项。

高二的同学们自己动手，尝试一下，看看能不能拿下来5分！
今年数学题不容易做，大家对金字塔印象最为深刻——今年文科和理科的数学都以世界建筑奇迹古埃及胡夫金字塔为背景，设计了正四棱锥的计算题。

2020年高考数学试题分析2020年高考数学试题落实立德树人根本任务，贯彻德智体美劳全面发展教育方针，坚持素养导向、水平为重的命题原则，体现了高考数学的科学选拔和育人导向作用。

试题重视数学本质，突出理性思维、数学应用、数学探究、数学文化的引领作用，突出对关键水平的考查。

试题体现了我国社会主义建设成就与科学防疫的成果，紧密联系社会实际，设计真实的问题情境，具有鲜明的时代特色。

试卷体现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求，难度设计科学合理，很好把握了稳定与创新、稳定与改革的关系，对协同推动高考综合改革、引导中学数学教学都将起到积极的作用。

1.发挥学科特色，“战疫”科学入题一是揭示病毒传播规律，体现科学防控。

用数学模型揭示病毒传播规律，如新高考Ⅰ卷（供山东省使用）第6题，基于新冠肺炎疫情初始阶段累计感染病例数的数学模型的研究成果，考查相关的数学知识和从资料中提取信息的水平，突出数学和数学模型的应用；全国Ⅲ卷文、理科第4题以新冠肺炎疫情传播的动态研究为背景，选择适合学生知识水平的Logistic模型作为试题命制的基础，考查学生对指数函数基本知识的理解和掌握。

二是体现中国抗疫成果。

全国疫情防控进入常态化后，各地有序推动复工复产复学。

新高考Ⅱ卷（供海南省使用）第9题以各地有序推动复工复产为背景，取材于某地的复工复产指数数据，考查学生解读统计图以及提取信息的水平。

三是体现志愿精神。

如全国Ⅱ卷理科第3题（文科第4题）是以志愿者参加某超市配货工作为背景设计的数学问题，考查学生对基本知识的掌握水准及使用所学知识解决实际问题的水平。

2.突出理性思维，考查关键水平理性思维在数学素养中起着最本质、最核心的作用。

数学科高考突出理性思维，将数学关键水平与“理性思维、数学应用、数学探究、数学文化”的学科素养统一在理性思维的主线上，在数学应用、数学探究等方面突出体现了理性思维和关键水平的考查。

一是对批判性思维水平的考查。

如全国Ⅰ卷理科第12题不但考查学生使用所学知识分析、解决问题的水平，同时也考查学生的观察水平、运算水平、推理判断水平与灵活使用知识的综合水平。

2020年全国一卷数学金字塔解析一、前言2020年全国一卷数学试卷一直备受瞩目，其中数学金字塔题更是考生们关注的焦点。

本文将对这一题型进行深入分析，并提供解题技巧，帮助考生更好地应对这一挑战。

二、金字塔题目分析金字塔题是数学试卷中常见的题型，题目呈金字塔状排列，要求从顶部到底部依次推理，填入合适的数字。

这一题型考查考生对数学逻辑推理能力的掌握程度，也要求考生具备灵活运用数学知识和解题方法的能力。

2020年全国一卷数学金字塔题一共有3道题，分别是概率统计、空间几何和复数题型。

这三道题目在难度和考点上各有特色，需要考生结合自己的数学基础和解题经验进行分析和解答。

三、解题技巧共享1. 提炼关键信息在做金字塔题时，首先要仔细阅读题目，提炼出关键信息。

理清题目的逻辑关系，明确从顶部到底部的思路，有助于准确推导出正确的结果。

2. 灵活运用数学知识金字塔题考查的不仅是推理能力，更需要考生熟练掌握各种数学知识，并能够将其灵活运用到解题过程中。

因此在平时的学习中，要多做各种类型的数学题目，加强对数学知识的掌握和理解。

3. 深入理解解题思路金字塔题的解题思路往往是层层递进的，要求考生具备一定的逻辑思维能力。

在平时的学习中，要培养自己的逻辑思维能力，多进行逻辑推理训练，提高解题的准确度和速度。

四、具体题目解析1. 概率统计题这些题目主要考查考生对概率与统计知识的掌握，要求考生根据题目信息，进行推理和计算。

在解答此类题型时，考生要深入理解题目背后的统计规律，有针对性地选择解题方法，确保解题的准确性。

2. 空间几何题空间几何题通常涉及立体图形或者空间关系的推理，考查考生在空间几何方面的综合运用能力。

在解答此类题型时，考生要根据题目所给信息，细致地进行测量和计算，注意立体图形的旋转、平移等变化，确保推理的准确性。

3. 复数题复数题主要考查考生对复数运算与性质的掌握，要求考生能够根据题目信息进行复数的推理与运算。

在解答此类题型时，考生要灵活运用复数的运算性质，熟练掌握复数的乘法、除法等运算方法，确保解题的准确性。

金字塔数学题金字塔是数学中经典的几何形状，也是许多数学题目常出现的图形。

在解决金字塔的相关数学题时，我们需要运用一些几何关系、代数方法和三角函数等知识。

首先，金字塔是由一系列的底边等边三角形逐层叠加而成的三维形状。

解决与金字塔相关的数学题时，我们需要掌握如何计算金字塔的体积、表面积以及相关角度与长度之间的关系。

对于金字塔的体积计算，我们可以利用以下公式来解决：V = (1/3) * A * h其中，V表示金字塔的体积，A表示底边三角形的面积，h表示金字塔的高度。

通过计算底边三角形的面积，并乘以高度的三分之一，即可求得金字塔的体积。

例如，如果底边三角形的边长为a，高度为h，则底边三角形的面积可以通过以下公式计算：A = (a^2 * √3) / 4通过将底边三角形的面积代入金字塔体积公式中，即可得到金字塔的体积。

除了体积，金字塔的表面积也是解决相关数学题时需要计算的重要指标。

金字塔的表面积可以通过底边三角形的面积以及其他面的面积之和来计算。

对于底边三角形的面积A，其他面的面积可以通过以下公式来计算：S = 3/2 * A其中，S表示金字塔的表面积。

将底边三角形的面积代入公式中，即可得到金字塔的表面积。

在解决金字塔的相关数学题时，我们还需要注意金字塔的特殊性质。

例如，对于等边三角形底边的金字塔，底边和高度之间的关系是一个重要的数学性质。

对于等边三角形底边的金字塔，底边边长为a，高度为h，我们可以发现，底边和高度之间的关系为：h = a * √2 / 3通过这个关系，我们可以在解决相关题目时，利用已知的底边边长来求解金字塔的高度。

此外，金字塔也可以被视为一个三角形的棱锥。

因此，在解决金字塔的相关数学题时，我们可以运用一些棱锥的性质。

例如，通过利用棱锥的底边和高度之间的关系，我们可以解决一些与金字塔高度、侧面、斜高等相关的数学问题。

综上所述，解决金字塔的相关数学题时，我们需要掌握金字塔的体积和表面积的计算方法，以及底边和高度之间的关系。

高考数学考钢琴键，怎么解
一、破解三和弦及转位
大三和弦大十小= 大
小三和弦小十大=小
增三和弦大十大=增
减三和弦小十小=减
转位: 原，6,64
大三和弦是指根音到3音是大三度,3音到5音是小三度.小三和弦是指根音到3音是小三度,3音到5音是大三度.从下往上看,三度叠置。

如1 3 5 C大调的三和弦13是大三35是小三,就是大三和弦.
C大调1234567 D大调23#4567#1 这个遵循4152637的规则
三和弦有3个转位和弦只是音的位置变化了, 举个C和弦例子：135(原位和弦) 351(第一转位,也叫6和弦) 513(第二转位,也叫四六和
弦)
C大调调号(没有升降) C大三和弦1 3 5
G大调调号(升4) G大三和弦5 7 2
D大调调号(升41) D大三和弦2 #4 6
bB大调调号(降73) bB大三和弦b7 2 4
F大调调号(降7) F大三和弦4 6 1
二、高考真题解析
埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一一个正四棱惟，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底而正方形的边长的比值为？
解析：。

金字塔还原公式金字塔还原公式？这可真是个有趣又有点神秘的话题！咱先来说说金字塔，一提到金字塔，您是不是就想到埃及那宏伟壮观的建筑？那巨大的石块，精准的结构，简直让人惊叹不已。

我记得有一次去参观一个关于金字塔的展览，在那里看到了一个按照比例缩小的金字塔模型。

那个模型做得特别精细，每一块石头的纹理都清晰可见。

我就站在那模型前面，想象着几千年前的人们是怎么建造出这样伟大的建筑的。

而说到金字塔还原公式，这可不是那种随随便便就能搞明白的东西。

它需要我们有严谨的逻辑思维和扎实的数学基础。

比如说，在数学里，要还原一个金字塔形状的物体的体积或者表面积，那公式可就复杂啦。

咱们得考虑金字塔的高度、底边的长度和角度等等因素。

假设我们有一个底边是正方形的金字塔，那计算它的体积公式就是：V = 1/3 ×底面积 ×高。

这里的底面积就是正方形底边的面积，也就是边长的平方。

要是想计算它的表面积，那就更麻烦一点，得把各个面的面积都算出来再加到一起。

底面是个正方形，面积好算，那侧面呢？侧面是个三角形，就得用三角形的面积公式来算啦。

在实际生活中，金字塔还原公式也不是毫无用处哦。

比如说建筑师在设计一些有金字塔元素的建筑时，就得用上这些公式来保证结构的稳定性和准确性。

再比如，在一些游戏或者谜题里，也可能会出现和金字塔还原相关的题目。

这时候，掌握了这些公式，就能轻松地解决问题，赢得胜利啦。

学习金字塔还原公式的过程，就像是在攀登一座小小的知识山峰。

有时候会遇到陡峭的山坡，让咱们觉得有点吃力；有时候又会在途中发现美丽的风景，让人心生欢喜。

总之，金字塔还原公式虽然有点复杂，但只要咱们用心去学，多做练习，就一定能掌握它。

就像当初那些建造金字塔的人们一样，只要有决心和智慧，没有什么是做不到的。

回想我在那个展览上看到金字塔模型的时候，满心的震撼和好奇。

而现在，通过对金字塔还原公式的研究和学习，我对金字塔的理解更加深入了，那种感觉真的很棒。

2020年高考数学试题分项版——立体几何（解析版）一、选择题1.(2020·全国Ⅰ理，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．2．(2020·全国Ⅰ理，10)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆，若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23，OO 1＝a ＝2 3. 在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.3．(2020·全国Ⅱ理，7)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为( )A ．EB ．FC ．GD ．H 答案 A解析 由三视图还原几何体，如图所示，由图可知，所求端点在侧视图中对应的点为E .4．(2020·全国Ⅱ理，10)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C 解析如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心．设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.5．(2020·全国Ⅲ理，8)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.6.(2020·新高考全国Ⅰ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O )，地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40°，则晷针与点A 处的水平面所成角为( )A ．20°B ．40°C ．50°D ．90° 答案 B解析 如图所示，⊙O 为赤道平面，⊙O 1为A 点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.7.(2020·新高考全国Ⅱ，4)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为()A．20°B．40°C．50°D．90°答案 B解析如图所示，⊙O为赤道平面，⊙O1为A点处的日晷面所在的平面，由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°，又点A处的水平面与OA垂直，晷针AC与⊙O1所在的面垂直，则晷针AC与水平面所成角为40°.8．(2020·北京，4)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3答案 D解析 由三视图还原几何体，该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱， S 底＝2×34×22＝2 3. S 侧＝3×2×2＝12，则三棱柱的表面积为23＋12.9．(2020·北京，10)2020年3月14日是全球首个国际圆周率日(π Day)．历史上，求圆周率π的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n 充分大时，计算单位圆的内接正6n 边形的周长和外切正6n 边形(各边均与圆相切的正6n 边形)的周长，将它们的算术平均数作为2π的近似值．按照阿尔·卡西的方法，π的近似值的表达式是( ) A ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n B ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n C ．3n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n ＋tan 60°n D ．6n ⎝⎛⎭⎫sin 60°n＋tan 60°n 答案 A解析 设内接正6n 边形的周长为C 1，外切正6n 边形的周长为C 2，如图(1)所示，sin 360°12n ＝BC 1， ∴BC ＝sin 30°n，∴AB ＝2sin 30°n ，C 1＝12n sin 30°n.如图(2)所示，tan 360°12n ＝B ′C ′1，∴B ′C ′＝tan 30°n，∴A ′B ′＝2tan 30°n ，C 2＝12n tan 30°n .∴2π＝C 1＋C 22＝6n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n ＋tan 30°n ， ∴π＝3n ⎝⎛⎭⎫sin 30°n＋tan 30°n . 10．(2020·天津，5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 答案 C解析 由题意知，正方体的体对角线就是球的直径 ∴2R ＝(23)2＋(23)2＋(23)2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.11．(2020·浙江，5)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.73B.143 C ．3 D ．6 答案 A解析 如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13，因此，该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.12．(2020·浙江，6)已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ，“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”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 B解析 如图，直线l ，m ，n 不过同一点，且l ，m ，n 共面有三种情况：①同一平面内三线平行；②两平行线与另一线相交；③三线两两相交．因此，“l ，m ，n 两两相交”是“l ，m ，n 共面”的一种情况，即“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的必要不充分条件．13.(2020·全国Ⅰ文，3)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．14．(2020·全国Ⅰ文，12)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.15．(2020·全国Ⅱ文，11)已知△ABC 是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为( ) A. 3 B.32 C ．1 D.32答案 C解析 如图所示，过球心O 作OO 1⊥平面ABC ，则O 1为等边三角形ABC 的外心． 设△ABC 的边长为a ， 则34a 2＝934，解得a ＝3， ∴O 1A ＝23×32×3＝ 3.设球O 的半径为r ，则由4πr 2＝16π，得r ＝2，即OA ＝2. 在Rt △OO 1A 中，OO 1＝OA 2－O 1A 2＝1， 即O 到平面ABC 的距离为1.16．(2020·全国Ⅲ文，9)下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是( )A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3答案 C解析 如图，该几何体为三棱锥，且其中有三个面是腰长为2的等腰直角三角形，第四个面是边长为22的等边三角形，所以该几何体的表面积为3×12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.二、填空题1．(2020·全国Ⅱ理，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．2．(2020·全国Ⅲ理，15)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.3．(2020·新高考全国Ⅰ，16)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ，则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.4．(2020·新高考全国Ⅱ，13)棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱BB 1，AB 的中点，则三棱锥A 1－D 1MN 的体积为________． 答案 1解析 如图，由正方体棱长为2，得S △A 1MN ＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32，又易知D 1A 1为三棱锥D 1－A 1MN 的高，且D 1A 1＝2， ∴1111A D MN D A MN V V --=＝13·1A MN S △·D 1A 1＝13×32×2＝1. 5.(2020·江苏，9)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案 ⎝⎛⎭⎫123－π2 解析 螺帽的底面正六边形的面积 S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)， 圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积 V ＝V 1－V 2＝⎝⎛⎭⎫123－π2cm 3. 6．(2020·浙江，14)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， ∴r ＝12l .又圆锥侧面展开图为半圆， ∴12πl 2＝2π， ∴l ＝2，∴r ＝1.7．(2020·全国Ⅱ文，16)设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内； p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面； p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行； p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l . 则下述命题中所有真命题的序号是________． ①p 1∧p 4；②p 1∧p 2；③23p p ⌝∨；④34p p ⌝∨⌝. 答案 ①③④解析 p 1是真命题，两两相交且不过同一点的三条直线必定有三个交点，且这三个交点不在同一条直线上，由平面的基本性质“经过不在同一直线上的三个点，有且只有一个平面”，可知p 1为真命题；p 2是假命题，因为当空间中三点在一条直线上时，有无数个平面过这三个点；p 3是假命题，因为空间两条直线不相交时，它们可能平行，也可能异面；p 4是真命题，因为一条直线垂直于一个平面，那么它垂直于平面内的所有直线．由以上结论知綈p 2，綈p 3，綈p 4依次为真命题、真命题、假命题，从而①③④中命题为真命题，②中命题为假命题．8．(2020·全国Ⅲ文，16)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.三、解答题1.(2020·全国Ⅰ理，18)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE ＝AD .△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO ＝66DO .(1)证明：P A ⊥平面PBC ； (2)求二面角B －PC －E 的余弦值．(1)证明 由题设，知△DAE 为等边三角形，设AE ＝1， 则DO ＝32，CO ＝BO ＝12AE ＝12， 所以PO ＝66DO ＝24， PC ＝PO 2＋OC 2＝64，PB ＝PO 2＋OB 2＝64， 又△ABC 为等边三角形，则BAsin 60°＝2OA ， 所以BA ＝32， P A ＝PO 2＋OA 2＝64， P A 2＋PB 2＝34＝AB 2，则∠APB ＝90°，所以P A ⊥PB ，同理P A ⊥PC ， 又PC ∩PB ＝P ，所以P A ⊥平面PBC . (2)解 过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，ON 所在直线为y 轴，OD 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E ⎝⎛⎭⎫－12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，24， B ⎝⎛⎭⎫－14，34，0，C ⎝⎛⎭⎫－14，－34，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫－14，－34，－24，PB →＝⎝⎛⎭⎫－14，34，－24，PE →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，－24，设平面PCB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PB →＝0，得⎩⎨⎧－x 1－3y 1－2z 1＝0，－x 1＋3y 1－2z 1＝0，令x 1＝2，得z 1＝－1，y 1＝0， 所以n ＝(2，0，－1)，设平面PCE 的一个法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PE →＝0，得⎩⎨⎧－x 2－3y 2－2z 2＝0，－2x 2－2z 2＝0，令x 2＝1，得z 2＝－2，y 2＝33， 所以m ＝⎝⎛⎭⎫1，33，－2，故cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |＝223×103＝255， 所以二面角B －PC －E 的余弦值为255.2.(2020·全国Ⅱ理，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心，若AO ∥平面EB 1C 1F ，且AO ＝AB ，求直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 由已知得AM ⊥BC .以M 为坐标原点，MA →的方向为x 轴正方向，|MB →|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝2，AM ＝ 3.连接NP ，则四边形AONP 为平行四边形， 故PM ＝233，E ⎝⎛⎭⎫233，13，0.由(1)知平面A 1AMN ⊥平面ABC ，作NQ ⊥AM ，垂足为Q ，则NQ ⊥平面ABC . 设Q (a,0,0)， 则NQ ＝4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，B 1⎝⎛⎭⎪⎫a ，1，4－⎝⎛⎭⎫233－a 2， 故B 1E →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233－a ，－23，－4－⎝⎛⎭⎫233－a 2，|B 1E →|＝2103.又n ＝(0，－1,0)是平面A 1AMN 的一个法向量，故sin ⎝⎛⎭⎫π2－〈n ，B 1E →〉＝cos 〈n ，B 1E →〉 ＝n ·B 1E →|n ||B 1E →|＝1010.所以直线B 1E 与平面A 1AMN 所成角的正弦值为1010. 3.(2020·全国Ⅲ理，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.(1)证明：点C 1在平面AEF 内；(2)若AB ＝2，AD ＝1，AA 1＝3，求二面角A －EF －A 1的正弦值．(1)证明 设AB ＝a ，AD ＝b ，AA 1＝c ，如图，以C 1为坐标原点，C 1D 1—→，C 1B 1—→，C 1C —→的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系C 1－xyz .连接C 1F ，则C 1(0,0,0)，A (a ，b ，c )， E ⎝⎛⎭⎫a ，0，23c ，F ⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， EA →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ，C 1F →＝⎝⎛⎭⎫0，b ，13c ， 所以EA →＝C 1F →，所以EA ∥C 1F ， 即A ，E ，F ，C 1四点共面， 所以点C 1在平面AEF 内．(2)解 由已知得A (2,1,3)，E (2,0,2)，F (0,1,1)，A 1(2,1,0)， 则AE →＝(0，－1，－1)，AF →＝(－2,0，－2)， A 1E →＝(0，－1,2)，A 1F →＝(－2,0,1)． 设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面AEF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AE →＝0，n 1·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 1－z 1＝0，－2x 1－2z 1＝0，可取n 1＝(－1，－1,1)．设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面A 1EF 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1E →＝0，n 2·A 1F →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－y 2＋2z 2＝0，－2x 2＋z 2＝0，同理可取n 2＝⎝⎛⎭⎫12，2，1. 因为cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－77，所以二面角A －EF －A 1的正弦值为427. 4.(2020·新高考全国Ⅰ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形， 所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，如图建立空间直角坐标系D －xyz ，因为PD ＝AD ＝1，则有D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，P (0,0,1)，B (1，1,0)， 设Q (m,0,1)，则有DC →＝(0,1,0)，DQ →＝(m,0,1)，PB →＝(1,1，－1)， 设平面QCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧DC →·n ＝0，DQ →·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，mx ＋z ＝0，令x ＝1，则z ＝－m ，所以平面QCD 的一个法向量为n ＝(1,0，－m )， 则cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n ||PB →|＝1＋0＋m 3·m 2＋1. 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值等于 |cos 〈n ，PB →〉|＝|1＋m |3·m 2＋1＝33·1＋2m ＋m 2m 2＋1＝33·1＋2m m 2＋1≤33·1＋2|m |m 2＋1≤33·1＋1＝63，当且仅当m ＝1时取等号，所以直线PB 与平面QCD 所成角的正弦值的最大值为63. 5.(2020·新高考全国Ⅱ，20)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD .设平面P AD 与平面PBC 的交线为l .(1)证明：l ⊥平面PDC ；(2)已知PD ＝AD ＝1，Q 为l 上的点，QB ＝2，求PB 与平面QCD 所成角的正弦值． (1)证明 在正方形ABCD 中，AD ∥BC ， 因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AD ∥平面PBC ，又因为AD ⊂平面P AD ，平面P AD ∩平面PBC ＝l ， 所以AD ∥l ，因为在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是正方形，所以AD ⊥DC ，所以l ⊥DC ，且PD ⊥平面ABCD ，所以AD ⊥PD ，所以l ⊥PD ， 因为DC ∩PD ＝D ， 所以l ⊥平面PDC .(2)解 以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，则D (0,0,0)，C (0,1,0)， B (1,1,0)，P (0,0,1)，DC →＝(0,1,0)，PB →＝(1,1，－1)．由(1)设Q (a,0,1)，则BQ →＝(a －1，－1,1)． 由题意知(a －1)2＋2＝2， ∴a ＝1，∴DQ →＝(1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面QCD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DQ →＝0，n ·DC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋z ＝0，y ＝0，可取n ＝(1,0，－1)，∴cos 〈n ，PB →〉＝n ·PB →|n |·|PB →|＝63，故PB 与平面QCD 所成角的正弦值为63. 6.(2020·北京，16)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为BB 1的中点．(1)求证：BC 1∥平面AD 1E ；(2)求直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值． (1)证明 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， AB ∥A 1B 1且AB ＝A 1B 1，A 1B 1∥C 1D 1且A 1B 1＝C 1D 1， ∴AB ∥C 1D 1且AB ＝C 1D 1，∴四边形ABC 1D 1为平行四边形，则BC 1∥AD 1， ∵BC 1⊄平面AD 1E ，AD 1⊂平面AD 1E ， ∴BC 1∥平面AD 1E .(2)解 以点A 为坐标原点，AD ，AB ，AA 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 则A (0,0,0)，A 1(0,0,2)，D 1(2,0,2)，E (0,2,1)， AD 1→＝(2,0,2)，AE →＝(0,2,1)，AA 1→＝(0,0,2)， 设平面AD 1E 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD 1→＝0，n ·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2z ＝0，2y ＋z ＝0，令z ＝－2，得x ＝2，y ＝1，则n ＝(2,1，－2)． cos 〈n ，AA 1→〉＝n ·AA 1→|n |·|AA 1→|＝－43×2＝－23.因此，直线AA 1与平面AD 1E 所成角的正弦值为23.7.(2020·天津，17)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝2，CC 1＝3，点D ，E 分别在棱AA 1和棱CC 1上，且AD ＝1，CE ＝2，M 为棱A 1B 1的中点．(1)求证：C 1M ⊥B 1D ；(2)求二面角B －B 1E －D 的正弦值；(3)求直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值．(1)证明 依题意，以C 为坐标原点，分别以CA →，CB →，CC 1→的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系(如图)，可得C (0,0,0)，A (2,0,0)，B (0,2,0)，C 1(0,0,3)，A 1(2,0,3)，B 1(0,2,3)，D (2,0,1)，E (0,0,2)，M (1,1,3)．则C 1M →＝(1,1,0)，B 1D →＝(2，－2，－2)， ∵C 1M →·B 1D →＝2－2＋0＝0，∴C 1M ⊥B 1D .(2)解 依题意，CA →＝(2,0,0)是平面BB 1E 的一个法向量，EB 1→＝(0,2,1)，ED →＝(2,0，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )为平面DB 1E 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EB 1→＝0，n ·ED →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＋z ＝0，2x －z ＝0.不妨设x ＝1，可得n ＝(1，－1,2)．∴cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →||n |＝66，∴sin 〈CA →，n 〉＝1－16＝306. ∴二面角B －B 1E －D 的正弦值为306. (3)解 依题意，AB →＝(－2,2,0)，由(2)知，n ＝(1，－1,2)为平面DB 1E 的一个法向量， ∴cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |＝－33，∴直线AB 与平面DB 1E 所成角的正弦值为33. 8.(2020·江苏，15)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，B 1C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点．(1)求证：EF ∥平面AB 1C 1； (2)求证：平面AB 1C ⊥平面ABB 1.证明 (1)因为E ，F 分别是AC ，B 1C 的中点， 所以EF ∥AB 1.又EF ⊄平面AB 1C 1，AB 1⊂平面AB 1C 1， 所以EF ∥平面AB 1C 1.(2)因为B 1C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以B 1C ⊥AB .又AB ⊥AC ，B 1C ⊂平面AB 1C ，AC ⊂平面AB 1C ， B 1C ∩AC ＝C ， 所以AB ⊥平面AB 1C . 又因为AB ⊂平面ABB 1， 所以平面AB 1C ⊥平面ABB 1.9.(2020·江苏，22)在三棱锥A －BCD 中，已知CB ＝CD ＝5，BD ＝2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO ＝2，E 为AC 的中点．(1)求直线AB 与DE 所成角的余弦值；(2)若点F 在BC 上，满足BF ＝14BC ，设二面角F －DE －C 的大小为θ，求sin θ的值．解 (1)如图，连接OC ，因为CB ＝CD ，O 为BD 的中点，所以CO ⊥BD .又AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥OB ，AO ⊥OC .以{OB →，OC →，OA →}为基底，建立空间直角坐标系O －xyz . 因为BD ＝2，CB ＝CD ＝5，AO ＝2， 所以B (1,0,0)，D (－1,0,0)，C (0,2,0)，A (0,0,2)． 因为E 为AC 的中点，所以E (0,1,1)． 所以AB →＝(1,0，－2)，DE →＝(1,1,1)，所以|cos 〈AB →，DE →〉|＝|AB →·DE →||AB →|·|DE →|＝|1＋0－2|5×3＝1515.因此，直线AB 与DE 所成角的余弦值为1515. (2)因为点F 在BC 上，BF ＝14BC ，BC →＝(－1,2,0)．所以BF →＝14BC →＝⎝⎛⎭⎫－14，12，0. 又DB →＝(2,0,0)，故DF →＝DB →＋BF →＝⎝⎛⎭⎫74，12，0.设n 1＝(x 1，y 1，z 1)为平面DEF 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧ DE →·n 1＝0，DF →·n 1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＋z 1＝0，74x 1＋12y 1＝0，令x 1＝2，得y 1＝－7，z 1＝5，所以n 1＝(2，－7,5)． 设n 2＝(x 2，y 2，z 2)为平面DEC 的一个法向量， 又DC →＝(1,2,0)，则⎩⎪⎨⎪⎧DE →·n 2＝0，DC →·n 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，令x 2＝2，得y 2＝－1，z 2＝－1， 所以n 2＝(2，－1，－1)． 故|cos θ|＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝|4＋7－5|78×6＝1313. 所以sin θ＝1－cos 2θ＝23913. 10.(2020·浙江，19)如图，在三棱台ABC －DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB ＝∠ACD ＝45°，DC ＝2BC .(1)证明：EF ⊥DB ；(2)求直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值．(1)证明 如图(1)，过点D 作DO ⊥AC ，交直线AC 于点O ，连接OB .由∠ACD ＝45°，DO ⊥AC ，得CD ＝2CO . 由平面ACFD ⊥平面ABC ，得DO ⊥平面ABC ， 所以DO ⊥BC .由∠ACB ＝45°，BC ＝12CD ＝22CO ，得BO ⊥BC .所以BC ⊥平面BDO ，故BC ⊥DB . 由ABC －DEF 为三棱台， 得BC ∥EF ，所以EF ⊥DB .(2)解 方法一 如图(2)，过点O 作OH ⊥BD ，交直线BD 于点H ，连接CH .由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角． 由BC ⊥平面BDO ，得OH ⊥BC ， 故OH ⊥平面DBC ，所以∠OCH 为直线CO 与平面DBC 所成角． 设CD ＝22，则DO ＝OC ＝2，BO ＝BC ＝2， 得BD ＝6，OH ＝233，所以sin ∠OCH ＝OH OC ＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 方法二 由ABC －DEF 为三棱台，得DF ∥CO ，所以直线DF 与平面DBC 所成角等于直线CO 与平面DBC 所成角，记为θ.如图(3)，以O 为原点，分别以射线OC ，OD 为y ，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O－xyz .设CD ＝22，由题意知各点坐标如下：O (0,0,0)，B (1,1,0)，C (0,2,0)，D (0,0,2)．因此OC →＝(0,2,0)，BC →＝(－1,1,0)，CD →＝(0，－2,2)． 设平面DBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－2y ＋2z ＝0，可取n ＝(1,1,1)，所以sin θ＝|cos 〈OC →，n 〉|＝|OC →·n ||OC →|·|n |＝33.因此，直线DF 与平面DBC 所成角的正弦值为33. 11.(2020·全国Ⅰ文，19)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC ＝90°.(1)证明：平面P AB ⊥平面P AC ；(2)设DO ＝2，圆锥的侧面积为3π，求三棱锥P －ABC 的体积． (1)证明 ∵D 为圆锥顶点，O 为底面圆心， ∴OD ⊥平面ABC ，∵P 在DO 上，OA ＝OB ＝OC ， ∴P A ＝PB ＝PC ，∵△ABC 是圆内接正三角形， ∴AC ＝BC ，△P AC ≌△PBC ，∴∠APC ＝∠BPC ＝90°，即PB ⊥PC ，P A ⊥PC ， P A ∩PB ＝P ，∴PC ⊥平面P AB ，PC ⊂平面P AC ，∴平面P AB ⊥平面P AC .(2)解 设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为πrl ＝3π，rl ＝3，OD 2＝l 2－r 2＝2，解得r ＝1，l ＝3，AC ＝2r sin 60°＝3， 在等腰直角三角形APC 中， AP ＝22AC ＝62， 在Rt △P AO 中，PO ＝AP 2－OA 2＝64－1＝22， ∴三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13PO ·S △ABC ＝13×22×34×3＝68.12.(2020·全国Ⅱ文，20)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面是正三角形，侧面BB 1C 1C 是矩形，M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点，P 为AM 上一点．过B 1C 1和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F .(1)证明：AA 1∥MN ，且平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F ；(2)设O 为△A 1B 1C 1的中心．若AO ＝AB ＝6，AO ∥平面EB 1C 1F ，且∠MPN ＝π3，求四棱锥B－EB 1C 1F 的体积．(1)证明 因为侧面BB 1C 1C 是矩形，且M ，N 分别为BC ，B 1C 1的中点， 所以MN ∥CC 1.又由已知得AA 1∥CC 1，故AA 1∥MN . 因为△A 1B 1C 1是正三角形，所以B 1C 1⊥A 1N . 又B 1C 1⊥MN ，故B 1C 1⊥平面A 1AMN . 所以平面A 1AMN ⊥平面EB 1C 1F .(2)解 因为AO ∥平面EB 1C 1F ，AO ⊂平面A 1AMN ， 平面A 1AMN ∩平面EB 1C 1F ＝PN ， 所以AO ∥PN ，又AP ∥ON ，故四边形APNO 是平行四边形，所以PN ＝AO ＝6，AP ＝ON ＝13AM ＝3，PM ＝23AM ＝23，EF ＝13BC ＝2.因为BC ∥平面EB 1C 1F ，所以四棱锥B －EB 1C 1F 的顶点B 到底面EB 1C 1F 的距离等于点M 到底面EB 1C 1F 的距离． 如图，作MT ⊥PN ，垂足为T ，则由(1)知，MT ⊥平面EB 1C 1F ， 故MT ＝PM sin ∠MPN ＝3. 底面EB 1C 1F 的面积为12(B 1C 1＋EF )·PN ＝12×(6＋2)×6＝24. 所以四棱锥B －EB 1C 1F 的体积为13×24×3＝24.13.(2020·全国Ⅲ文，19)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别在棱DD 1，BB 1上，且2DE ＝ED 1，BF ＝2FB 1.证明：(1)当AB ＝BC 时，EF ⊥AC ； (2)点C 1在平面AEF 内． 证明 (1)如图，连接BD ，B 1D 1. 因为AB ＝BC ，所以四边形ABCD 为正方形，故AC ⊥BD .又因为BB 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 于是AC ⊥BB 1.又BD ∩BB 1＝B ，BD ，BB 1⊂平面BB 1D 1D ， 所以AC ⊥平面BB 1D 1D .又因为EF ⊂平面BB 1D 1D ，所以EF ⊥AC .(2)如图，在棱AA 1上取点G ，使得AG ＝2GA 1，连接GD 1，FC 1，FG ， 因为ED 1＝23DD 1，AG ＝23AA 1，DD 1∥AA 1且DD 1＝AA 1，所以ED 1∥AG 且ED 1＝AG ， 所以四边形ED 1GA 为平行四边形， 故AE ∥GD 1.因为B 1F ＝13BB 1，GA 1＝13AA 1，BB 1∥AA 1且BB 1＝AA 1，所以B 1F ∥GA 1，且B 1F ＝GA 1， 所以四边形B 1FGA 1是平行四边形， 所以FG ∥A 1B 1且FG ＝A 1B 1， 所以FG ∥C 1D 1且FG ＝C 1D 1， 所以四边形FGD 1C 1为平行四边形， 故GD 1∥FC 1. 所以AE ∥FC 1.所以A ，E ，F ，C 1四点共面，即点C 1在平面AEF 内．。