上海市2020届高三数学试题分类汇编：立体几何(含解析)

2020届上海市高三高考压轴卷数学试题一、单选题1．在直三棱柱111ABC A B C -中，己知AB BC ⊥，2AB BC ==，122CC =，则异面直线1AC 与11A B 所成的角为（ ） A ．30︒ B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】C【解析】由条件可看出11AB A B ，则1BAC ∠为异面直线1AC 与11A B 所成的角，可证得三角形1BAC 中，1AB BC ⊥，解得1tan BAC ∠，从而得出异面直线1AC 与11A B 所成的角． 【详解】连接1AC ，1BC ，如图：又11AB A B ，则1BAC ∠为异面直线1AC 与11A B 所成的角.因为AB BC ⊥，且三棱柱为直三棱柱，∴1AB CC ⊥，∴AB ⊥面11BCC B ， ∴1AB BC ⊥，又2AB BC ==，122CC =()22122223BC =+=∴1tan 3BAC ∠=160BAC ∠=︒. 故选C 【点睛】考查直三棱柱的定义，线面垂直的性质，考查了异面直线所成角的概念及求法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．2．已知函数()3sin 2,6f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭130,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，若函数()()2F x f x =-的所有零点依次记为1,x 2,x ,⋅⋅⋅n x ，且12n x x x <<⋅⋅⋅<，则12122n n x x x x -++⋅⋅⋅++=( ) A ．2π B ．113π C ．4π D ．223π 【答案】D【解析】根据()f x 的对称轴方程为k ,62x ππ=+k ∈Z .得到()f x 在130,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有5条对称轴，将原式变形()()()1211223122n n n n x x x x x x x x x x --++⋅⋅⋅++=+++⋅⋅⋅++，利用零点关于对称轴对称求解. 【详解】 令262x k πππ+=+得,62k x ππ=+k ∈Z ， 即()f x 的对称轴方程为k ,62x ππ=+k ∈Z . ()f x 的最小正周期为,T π=130,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()f x ∴在130,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上有5条对称轴， 第一条是6π，最后一条是：136π； 1,x 2x 关于6π对称，2,x 3x 关于46π对称…4,x 5x 关于106π对称 122,6x x π∴+=⨯2342,6x x π+=⨯3472,6x x π+=⨯,⋅⋅⋅451026x x π+=⨯， 将以上各式相加得：1231471022222266663n n x x x x x πππππ-⎛⎫+++⋯++=⨯+++=⎪ ⎭⎝. 故选：D. 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.3．若实数x ，y 满足22201y x x y y ≤⎧⎪+-≤⎨⎪≥-⎩，则2z x y =-的最大值是（ ）A ．9B ．12C ．3D ．6【答案】A【解析】作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用数形结合确定z 的最大值.【详解】作出不等式组对应的平面区域如图（阴影部分）：由2z x y =-得2y x z =-， 平移直线2y x z =-，由图像可知当直线2y x z =-经过点A 时， 直线2y x z =-的截距最小， 此时z 最大，由1220y x y =-⎧⎨+-=⎩，解得41x y =⎧⎨=-⎩，即()4,1-A ， max 2419z =⨯+=.故选：A 【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，考查了数形结合的思想，解题的关键是理解目标函数的几何意义，属于基础题.4．对于全集U 的子集A 定义函数()()()1A U x A f x x A ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩为A 的特征函数,设,A B 为全集U 的子集,下列结论中错误的是( ) A ．若,A B ⊆则()()A B f x f x ≤ B ．()()1R A A f x f x =- C ．()()()ABA B f x f x f x =⋅D ．()()()ABA B f x f x f x =+【答案】D【解析】根据()()()1A U x A f x x A ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩,逐项分析,即可求得答案.【详解】()()()1A U x A f x x A ⎧∈⎪=⎨∈⎪⎩对于A,A B ⊆,分类讨论：①当x A ∈,则,x B ∈此时()()1A B f x f x == ②当x A ∉且x B ∉,即Ux B ∈,此时()()0A B f x f x ==，③当x A ∉且x B ∈, 即()Ux A B ∈⋂时,()0,()1A B f x f x ==,此时()()A B f x f x ≤综合所述,有()()A B f x f x ≤,故A 正确;对于B ,1, ()1()0,A U U A x A f x f x x A ∈⎧==-⎨∈⎩,故(2)正确； 对于C ,1,()0,()A B U x A Bf x x C A B ⋂∈⋂⎧=⎨∈⋂⎩()1,0,U U x A B x C A C B ∈⋂⎧=⎨∈⋃⎩1,1,0,0,U U x A x B x C A x C B ⎧∈∈⎧⎪=⋅⎨⎨∈∈⎪⎩⎩ ()()A B f x f x =⋅,故C 正确;对于D ,0,()()()1,()A B A B U x A Bf x f x f x x C A B ⋃∈⋃⎧=≠+⎨∈⋃⎩,故D 错误.故选:D. 【点睛】本题主要考查了函数新定义和集合运算,解题关键是充分理解新定义和掌握函数,集合基础知识,考查了分析能力和计算能力,属于难题.二、填空题5．若集合{}|A x y x R ==∈，{}|1,B x x x R =≤∈，则A B =________.【答案】{}1【解析】求出A 中x 的范围确定出A ，求出B 中不等式的解集确定出B ，找出两集合的交集即可． 【详解】 解：由A中y =10x -，解得：1x ，即{|1}A x x ，由B 中不等式变形得：11x -，即{|11}B x x =-， 则{1}A B ⋂=， 故答案为：{1}． 【点睛】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键，属于基础题． 6．函数()lg 2cos 21y x =-的定义域是______. 【答案】553,,,36666ππππ⎡⎫⎛⎫⎛⎤---⎪ ⎪⎢⎥⎣⎭⎝⎭⎝⎦【解析】根据负数不能开偶次方根和对数的真数大于零求解. 【详解】因为()lg 2cos 21y x =-，所以2902cos 210x x ⎧-≥⎨->⎩，所以331 cos22xx-≤≤⎧⎪⎨>⎪⎩，所以33,66xk x k k Zππππ-≤≤⎧⎪⎨-<<+∈⎪⎩，解得536xπ-≤<-或66xππ-<<或536xπ<≤.故答案为：55 3,,,36666ππππ⎡⎫⎛⎫⎛⎤---⎪ ⎪⎢⎥⎣⎭⎝⎭⎝⎦【点睛】本题主要考查函数定义域的求法以及一元二次不等式，三角不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于中档题.7．已知i为虚数单位，复数z满足11ziz-=+，则z________.【答案】1【解析】利用复数的四则运算求出z，再求其模．【详解】因为11ziz-=+，所以21(1)1(1)1(1)(1)i iz z i z ii i i---=+⇒===-++-，则||1z==.故答案为：1.【点睛】本题考查复数的四则运算，考查复数模的运算，属于基础题．8．设数列{}n a的前n项和为n S，且对任意正整数n，都有01011012nnan S-=-，则1a=___【答案】1-【解析】利用行列式定义，得到n a与n S的关系，赋值1n=，即可求出结果。

第2课时 求空间角与距离课时作业1．在棱长为4的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在棱CC 1上，且CC 1＝4CP ，求点P 到平面ABD 1的距离．解：建立如图所示的空间直角坐标系，则由题设条件易知A (4,0,0)，B (4,4,0)，P (0,4,1)，D 1(0,0,4)．AB →＝(0,4,0)，AD 1→＝(－4,0,4)，过P 点作PH ⊥平面ABD 1，垂足为H ，则PH 即为点P 到平面ABD 1的距离． 设点H 的坐标为(x ，y ，z )，则PH →＝(x ，y －4，z －1)，AH →＝(x －4，y ，z )， ∵PH ⊥平面ABD 1，∴PH →⊥AB →，PH →⊥AD 1→，PH →⊥AH →， ∴⎩⎪⎨⎪⎧PH →·AB →＝y －＝0，PH →·AD 1→＝－4x ＋z －＝0，PH →·AH →＝x x －＋y y －＋z z －＝0，解得x ＝32，y ＝4，z ＝52或x ＝0，y ＝4，z ＝1(舍去)，∴H ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，4，52，PH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，32，∴|PH →|＝322.故点P 到平面ABD 1的距离为322.2．(2019漳州5月)如图，在三棱台ABC －DEF 中，二面角B －AD －C 是直二面角，AB ⊥AC ，AB ＝3，AD ＝DF ＝FC ＝12AC ＝1.(1)求证：AB ⊥平面ACFD ；(2)求二面角F －BE －D 的平面角的余弦值．解析：(1)连接CD ，在等腰梯形ACFD 中，过D 作DG ⊥AC 交于G ，因为AD ＝DF ＝FC ＝12AC＝1，所以AG ＝12，DG ＝32，CG ＝32，所以CD ＝3，所以AD 2＋CD 2＝AC 2，即CD ⊥AD ，又二面角B －AD －C 是直二面角，CD平面ACFD ，所以CD ⊥平面ABED ，又AB平面ABED ，所以AB ⊥CD ，又因为AB ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，AC 、CD平面ACFD ，所以AB ⊥平面ACFD .(2)如图，在平面ACFD 内，过点A 作AH ⊥AC ，由(1)可知AB ⊥AH ，以A 为原点，AB →，AC →，AH →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系A －xyz .则B (3,0,0)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，32，C (0,2,0)，所以BC →＝(－3,2,0)，CF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，32，设n ＝(x ，y ，z )是平面FBE 的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ⊥BC→n ⊥CF→，所以⎩⎨⎧－3x ＋2y ＝0－y ＋3z ＝0，取x ＝2，则y ＝3，z ＝3， 即n ＝(2,3，3)， 由(1)可知CD ⊥平面BED ，所以CD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－32，32是平面BED 的一个法向量，所以cos 〈n ，CD →〉＝n ·CD →|n |·|CD →|＝－343＝－34，又二面角F －BE －D 的平面角为锐角， 所以二面角F －BE －D 的平面角的余弦值为34.3．如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.点E 是CD 边的中点，点F ，G 分别在线段AB ，BC 上，且AF ＝2FB ，CG ＝2GB .(1)证明：PE ⊥FG ；(2)求二面角P －AD －C 的正切值； (3)求直线PA 与直线FG 所成角的余弦值． 解：(1)证明：∵PD ＝PC 且E 为CD 的中点，∴PE ⊥DC .又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE 平面PDC ，∴PE ⊥平面ABCD .又FG 平面ABCD ， ∴PE ⊥FG .(2)∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ⊥DC ，又平面PDC ⊥平面ABCD ，且平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，AD 平面ABCD ，∴AD ⊥平面PCD ，又CD ，PD平面PDC ，∴AD ⊥DC ，AD ⊥PD ，∴∠PDC 即为二面角P －AD －C 的平面角，在Rt △PDE 中，PD ＝4，DE ＝12AB ＝3，PE ＝PD 2－DE 2＝7，∴tan ∠PDC ＝PE DE ＝73，即二面角P －AD －C 的正切值为73. (3)如图所示，连接AC .∵AF ＝2FB ，CG ＝2GB ， 即AF FB ＝CGGB＝2，∴AC ∥FG ，∴∠PAC 为直线PA 与直线FG 所成角或其补角， 在△PAC 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝5，AC ＝AD 2＋CD 2＝35，由余弦定理可得cos ∠PAC ＝PA 2＋AC 2－PC 22PA ·AC ＝52＋52－422×5×35＝9525，∴直线PA 与直线FG 所成角的余弦值为9525.4．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1与侧面CBB 1C 1都是菱形，∠ACC 1＝∠CC 1B＝60°，AC＝2.(1)证明：AB1⊥CC1；(2)若三棱柱ABC－A1B1C1的体积为3，求二面角B1－AC－C1的余弦值．解析：(1)取CC1的中点O，连接AO、AC1、B1C、B1O，由菱形的性质及∠ACC1＝∠CC1B1＝60°.得△ACC1，△B1CC1为正三角形．∴AO⊥CC1，B1O⊥CC1，且AO∩B1O＝O.∴CC1⊥平面AOB1，∴CC1⊥AB1.(2)三棱锥A－A1B1C1的体积是三棱柱ABC－A1B1C1体积的三分之一，得四棱锥A－BCC1B1的体积是柱体体积的三分之二，即等于2.平行四边形BCC1B1的面积为SBCC1B＝2×2×sin 60°＝2 3.设四棱锥A－BCC1B1的高为h，则：13×23×h ＝2，∴h ＝3， 又AO ＝3＝h ，AO ⊥平面BCC 1B 1， 建立如图直角坐标系：O －xyz ，则A (0,0，3)，B 1(3，0,0)，C (0，－1,0)，CB 1→＝(3，1,0)，CA →＝(0,1，3)，设平面CAB 1的一个法向量为n 1＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·CA →＝y ＋3z ＝0n 1·CB 1→＝3x ＋y ＝0，取一个法向量为n 1＝(3，－3，3)， 显然n 2＝(1,0,0)是平面C 1CA 的一个法向量． 则cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝315＝55.二面角B 1－AC －C 1的余弦值为55. 5．如图，在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，侧棱A 1A ⊥底面ABCD ，AB ⊥AC ，AB ＝1，AC ＝AA 1＝2，AD ＝CD ＝5，且点M 和N 分别为B 1C 和D 1D 的中点．(1)求证：MN ∥平面ABCD ； (2)求二面角D 1－AC －B 1的正弦值；(3)设E 为棱A 1B 1上的点，若直线NE 和平面ABCD 所成角的正弦值为13，求线段A 1E 的长．解：如图，以A 为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A (0,0,0)，B (0,1,0)，C (2,0,0)，D (1，－2,0)，A 1(0,0,2)，B 1(0,1,2)，C 1(2,0,2)，D 1(1，－2,2)，又因为M ，N 分别为B 1C 和D 1D 的中点，得M (1，12，1)，N (1，－2,1)．(1)证明：依题意，可得n ＝(0,0,1)为平面ABCD 的一个法向量，MN →＝(0，－52，0)，由此可得，MN →·n ＝0，又因为直线MN 平面ABCD ，所以MN ∥平面ABCD .(2)AD 1→＝(1，－2,2)，AC →＝(2,0,0)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AD 1→＝0，n 1·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 1＝(0,1,1)，设n 2＝(x ，y ，z )为平面ACB 1的一个法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·AB 1→＝0，n 2·AC →＝0，又AB 1→＝(0,1,2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2z ＝0，2x ＝0.不妨设z ＝1，可得n 2＝(0，－2,1)． 因此有cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1|·|n 2|＝－1010，于是sin 〈n 1，n 2〉＝31010，所以二面角D 1－AC －B 1的正弦值为31010.(3)依题意，可设A 1E →＝λA 1B 1→，其中λ∈[0,1]，则E (0，λ，2)，从而NE →＝(－1，λ＋2,1)，又n ＝(0,0,1)为平面ABCD的一个法向量，由已知得cos 〈NE →，n 〉＝NE →·n |NE →|·|n |＝1－2＋λ＋2＋12＝13，整理得λ2＋4λ－3＝0，又因为λ∈[0,1]，解得λ＝7－2，所以线段A 1E 的长为7－2.6．(2018承豫南九校)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平面四边形，AB ＝AC ＝2，AD ＝22，PB ＝32，PB ⊥AC .(1)求证：平面PAB ⊥平面PAC ；(2)若∠PBA ＝45°，试判断棱PA 上是否存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33，若存在，求出AEAP的值；若不存在，请说明理由． 解析：(1)因为四边形ABCD 是平行四边形，AD ＝22，所以BC ＝AD ＝22， 又AB ＝AC ＝2，所以AB 2＋AC 2＝BC 2，所以AC ⊥AB ， 又PB ⊥AC ，且AB ∩PB ＝B ，所以AC ⊥平面PAB ， 因为AC平面PAC ，所以平面PAB ⊥平面PAC .(2)由(1)知AC ⊥AB ，AC ⊥平面PAB ，如图，分别以AB ，AC 所在直线为x 轴、y 轴，平面PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，AC →＝(0,2,0)，BC →＝(－2,2,0) 由∠PBA ＝45°，PB ＝32，可得P (－1,0,3)， 所以AP →＝(－1,0,3)，BP →＝(－3,0,3)，假设棱PA 上存在点E ，使得直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为33， 设AE AP＝λ(0＜λ＜1)，则AE →＝λAP →＝(－λ，0,3λ)，CE →＝AE →－AC →＝(－λ，－2,3λ)， 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2x ＋2y ＝0－3x ＋3z ＝0，令z ＝1，可得x ＝y ＝1，所以平面PBC 的一个法向量为n ＝(1,1,1)， 设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|－λ－2＋3λ|3·－λ2＋－2＋λ2＝|2λ－2|3·10λ2＋4＝33， 整理得3λ2＋4λ＝0，因为0＜λ＜1，所以3λ2＋4λ＞0，故3λ2＋4λ＝0无解， 所以棱PA 上不存在与点P ，A 不重合的点E ，使得直线CD 与平面PBC 所成角的正弦值为33.。

2020届高考数学压轴必刷题专题08立体几何与空间向量(文理合卷)1．【2019年新课标1理科12】已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（）A．8πB．4πC．2πD．π【解答】解：如图，由P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，可知三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，则顶点P在底面的射影O为底面三角形的中心，连接BO并延长，交AC于G，则AC⊥BG，又PO⊥AC，PO∩BG＝O，可得AC⊥平面PBG，则PB⊥AC，∵E，F分别是P A，AB的中点，∴EF∥PB，又∠CEF＝90°，即EF⊥CE，∴PB⊥CE，得PB⊥平面P AC，∴正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D．半径为，则球O的体积为．故选：D．2．【2019年浙江08】设三棱锥V﹣ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P﹣AC﹣B的平面角为γ，则（）A．β＜γ，α＜γB．β＜α，β＜γC．β＜α，γ＜αD．α＜β，γ＜β【解答】解：方法线段AO上，作DE⊥AC于E，易得PE∥VG，过P作PF∥AC于F，过D作DH∥AC，交BG于H，则α＝∠BPF，β＝∠PBD，γ＝∠PED，则cosαcosβ，可得β＜α；tanγtanβ，可得β＜γ，方法由最大角定理可得β＜γ'＝γ；方法易得cosα，可得sinα，sinβ，sinγ，故选：B．3．【2018年新课标1理科12】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长，α截此正方体所得截面最大值为：6．故选：A．4．【2018年新课标3理科10】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．5．【2018年浙江08】已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）A．θ1≤θ2≤θ3B．θ3≤θ2≤θ1C．θ1≤θ3≤θ2D．θ2≤θ3≤θ1【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心．过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取AB中点M，连接SM，OM，OE，则EN＝OM，则θ1＝∠SEN，θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO．显然，θ1，θ2，θ3均为锐角．∵tanθ1，tanθ3，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3，sinθ2，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故选：D．6．【2018年上海15】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4 B．8 C．12 D．16【解答】解：根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB1，D1﹣A1AFF1满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D1一样，有2×4＝8，当A1ACC1为底面矩形，有4个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有4个满足题意，故有8+4+4＝16故选：D．7．【2017年新课标2理科10】已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：【解法一】如图所示，设M、N、P分别为AB，BB1和B1C1的中点，则AB1、BC1夹角为MN和NP夹角或其补角（因异面直线所成角为（0，]），可知MN AB1，NP BC1；作BC中点Q，则△PQM为直角三角形；∵PQ＝1，MQ AC，△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝4+1﹣2×2×1×（）＝7，∴AC，∴MQ；在△MQP中，MP；在△PMN中，由余弦定理得cos∠MNP；又异面直线所成角的范围是（0，]，∴AB1与BC1所成角的余弦值为．【解法二】如图所示，补成四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，求∠BC1D即可；BC1，BD，C1D，∴BD2，∴∠DBC1＝90°，∴cos∠BC1D．故选：C．8．【2017年浙江09】如图，已知正四面体D﹣ABC（所有棱长均相等的三棱锥），P、Q、R分别为AB、BC、CA上的点，AP＝PB，2，分别记二面角D﹣PR﹣Q，D﹣PQ﹣R，D﹣QR﹣P的平面角为α、β、γ，则（）A．γ＜α＜βB．α＜γ＜βC．α＜β＜γD．β＜γ＜α【解答】解法一：如图所示，建立空间直角坐标系．设底面△ABC的中心为O．不妨设OP＝3．则O（0，0，0），P（0，﹣3，0），C（0，6，0），D（0，0，6），B（3，﹣3，0）．Q，R，，（0，3，6），（，6，0），，．设平面PDR的法向量为（x，y，z），则，可得，可得，取平面ABC的法向量（0，0，1）．则cos，取α＝arccos．同理可得：β＝arccos．γ＝arccos．∵．∴α＜γ＜β．解法二：如图所示，连接OP，OQ，OR，过点O分别作垂线：OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥QR，垂足分别为E，F，G，连接DE，DF，DG．设OD＝h．则tanα．同理可得：tanβ，tanγ．由已知可得：OE＞OG＞OF．∴tanα＜tanγ＜tanβ，α，β，γ为锐角．∴α＜γ＜β．故选：B．9．【2016年新课标1理科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．10．【2016年新课标3理科10】在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB ＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4πB．C．6πD．【解答】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10．故三角形ABC的内切圆半径r2，又由AA1＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为，此时V的最大值，故选：B．11．【2015年浙江理科08】如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD折成△A′CD，所成二面角A′﹣CD﹣B的平面角为α，则（）A．∠A′DB≤αB．∠A′DB≥αC．∠A′CB≤αD．∠A′CB≥α【解答】解：①当AC＝BC时，∠A′DB＝α；②当AC≠BC时，如图，点A′投影在AE上，α＝∠A′OE，连结AA′，易得∠ADA′＜∠AOA′，∴∠A′DB＞∠A′OE，即∠A′DB＞α综上所述，∠A′DB≥α，故选：B．12．【2014年新课标1理科12】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）A．6B．6 C．4D．4【解答】解：几何体的直观图如图：AB＝4，BD＝4，C到BD的中点的距离为：4，∴．AC6，AD＝4，显然AC最长．长为6．故选：B．13．【2014年新课标2理科11】直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，如图：BC的中点为O，连结ON，，则MN0B是平行四边形，BM与AN所成角就是∠ANO，∵BC＝CA＝CC1，设BC＝CA＝CC1＝2，∴CO＝1，AO，AN，MB，在△ANO中，由余弦定理可得：cos∠ANO．故选：C．14．【2014年上海理科16】如图，四个棱长为1的正方体排成一个正四棱柱，AB是一条侧棱，P i（i＝1，2，…8）是上底面上其余的八个点，则•（i＝1，2，…，8）的不同值的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：，则•（）＝||2，∵，∴•||2＝1，∴•（i＝1，2，…，8）的不同值的个数为1，15．【2014年北京理科07】在空间直角坐标系Oxyz中，已知A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），若S1，S2，S3分别表示三棱锥D﹣ABC在xOy，yOz，zOx坐标平面上的正投影图形的面积，则（）A．S1＝S2＝S3B．S2＝S1且S2≠S3C．S3＝S1且S3≠S2D．S3＝S2且S3≠S1【解答】解：设A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（1，1，），则各个面上的射影分别为A'，B'，C'，D'，在xOy坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，2，0），C'（0，2，0），D'（1，1，0），S1．在yOz坐标平面上的正投影A'（0，0，0），B'（0，2，0），C'（0，2，0），D'（0，1，），S2＝.在zOx坐标平面上的正投影A'（2，0，0），B'（2，0，0），C'（0，0，0），D'（0，1，），S3，则S3＝S2且S3≠S1，故选：D．16．【2013年浙江理科10】在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B＝fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1＝fβ[fα（P）]，Q2＝fα[fβ（P）]，恒有PQ1＝PQ2，则（）A．平面α与平面β垂直B．平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°C．平面α与平面β平行D．平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°【解答】解：设P1＝fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1＝fβ[fα（P）]＝fβ（P1），∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足同理，若P2＝fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2＝fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足∵对任意的点P，恒有PQ1＝PQ2，∴点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直17．【2012年新课标1理科11】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1，∴OO1，∴高SD＝2OO1，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC，∴V三棱锥S﹣ABC．故选：C．18．【2012年浙江理科10】已知矩形ABCD，AB＝1，BC．将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线进行翻折，在翻折过程中（）A．存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直B．存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直D．对任意位置，三对直线“AC与BD”，“AB与CD”，“AD与BC”均不垂直【解答】解：如图，AE⊥BD，CF⊥BD，依题意，AB＝1，BC，AE＝CF，BE＝EF＝FD，A，若存在某个位置，使得直线AC与直线BD垂直，则∵BD⊥AE，∴BD⊥平面AEC，从而BD⊥EC，这与已知矛盾，排除A；B，若存在某个位置，使得直线AB与直线CD垂直，则CD⊥平面ABC，平面ABC⊥平面BCD取BC中点M，连接ME，则ME⊥BD，∴∠AEM就是二面角A﹣BD﹣C的平面角，此角显然存在，即当A在底面上的射影位于BC的中点时，直线AB与直线CD垂直，故B正确；C，若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则BC⊥平面ACD，从而平面ACD⊥平面BCD，即A在底面BCD上的射影应位于线段CD上，这是不可能的，排除CD，由上所述，可排除D故选：B．19．【2010年新课标1理科10】设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．πa2B．C．D．5πa2【解答】解：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，则其外接球的半径为，球的表面积为，故选：B．20．【2010年北京理科08】如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上，动点P，Q分别在棱AD，CD上，若EF＝1，A1E＝x，DQ＝y，DP＝z（x，y，z大于零），则四面体PEFQ的体积（）A．与x，y，z都有关B．与x有关，与y，z无关C．与y有关，与x，z无关D．与z有关，与x，y无关【解答】解：从图中可以分析出，△EFQ的面积永远不变，为面A1B1CD面积的，而当P点变化时，它到面A1B1CD的距离是变化的，因此会导致四面体体积的变化．故选：D．21．【2019年新课标3理科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．22．【2018年新课标2理科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，可得sin∠ASB．△SAB的面积为5，可得sin∠ASB＝5，即5，即SA＝4．SA与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：2．则该圆锥的侧面积：π＝40π．故答案为：40π．23．【2017年新课标1理科16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D、E、F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△F AB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，△F AB，使得D、E、F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．【解答】解法一：由题意，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h，3，则V，令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）＝100x3﹣50x4，令f′（x）≥0，即x4﹣2x3≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）＝80，∴V4cm3，∴体积最大值为4cm3．故答案为：4cm3．解法二：如图，设正三角形的边长为x，则OG，∴FG＝SG＝5，SO＝h，∴三棱锥的体积V，令b（x）＝5x4，则，令b′（x）＝0，则4x30，解得x＝4，∴（cm3）．故答案为：4cm3．24．【2017年新课标3理科16】a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最小值为60°；其中正确的是．（填写所有正确结论的编号）【解答】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，|sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为：②③．25．【2016年浙江理科14】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．【解答】解：如图，M是AC的中点．①当AD＝t＜AM时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，DM t，由△ADE∽△BDM，可得，∴h，V，t∈（0，）②当AD＝t＞AM时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，DM＝t，由等面积，可得，∴，∴h，∴V，t∈（，2）综上所述，V，t∈（0，2）令m∈[1，2），则V，∴m＝1时，V max．另解：由于PD＝DA，PB＝BA，则对于每一个确定的AD，都有△PDB绕DB在空间中旋转，则PD⊥AC时体积最大，则只需考察所有PD⊥AC时的最大，设PD＝DA＝h，则V S底h h•sin30°•（2h）•2，二次函数求最值可知h时体积最大为．故答案为：．26．【2015年浙江理科13】如图，三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是．【解答】解：连结ND，取ND的中点为：E，连结ME，则ME∥AN，异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC，∵AN＝2，∴ME EN，MC＝2，又∵EN⊥NC，∴EC，∴cos∠EMC．故答案为：．27．【2014年浙江理科17】如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙面前的点A处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A 观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15m，AC＝25m，∠BCM＝30°，则tanθ的最大值是．（仰角θ为直线AP与平面ABC所成角）【解答】解：∵AB＝15m，AC＝25m，∠ABC＝90°，∴BC＝20m，过P作PP′⊥BC，交BC于P′，连接AP′，则tanθ，设BP′＝x，则CP′＝20﹣x，由∠BCM＝30°，得PP′＝CP′tan30°（20﹣x），在直角△ABP′中，AP′，∴tanθ•，令y，则函数在x∈[0，20]单调递减，∴x＝0时，取得最大值为．若P′在CB的延长线上，PP′＝CP′tan30°（20+x），在直角△ABP′中，AP′，∴tanθ•，令y，则y′＝0可得x时，函数取得最大值，故答案为：．28．【2013年上海理科13】在xOy平面上，将两个半圆弧（x﹣1）2+y2＝1（x≥1）和（x﹣3）2+y2＝1（x ≥3），两条直线y＝1和y＝﹣1围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分，记D绕y轴旋转一周而成的几何体为Ω．过（0，y）（|y|≤1）作Ω的水平截面，所得截面积为4π8π．试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出Ω的体积值为．【解答】解：因为几何体为Ω的水平截面的截面积为48π，该截面的截面积由两部分组成，一部分为定值8π，看作是截一个底面积为8π，高为2的长方体得到的，对于4，看作是把一个半径为1，高为2π的圆柱平放得到的，如图所示，这两个几何体与Ω放在一起，根据祖暅原理，每个平行水平面的截面积相等，故它们的体积相等，即Ω的体积为π•12•2π+2•8π＝2π2+16π．故答案为2π2+16π．29．【2013年北京理科14】如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为．【解答】解：如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，∴CC1∥EF，又EF⊂平面D1EF，CC1⊄平面D1EF，∴CC1∥平面D1EF．∴直线C1C上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离．过点C1作C1M⊥D1F，∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1．∴C1M⊥平面D1EF．过点M作MP∥EF交D1E于点P，则MP∥C1C．取C1N＝MP，连接PN，则四边形MPNC1是矩形．可得NP⊥平面D1EF，在Rt△D1C1F中，C1M•D1F＝D1C1•C1F，得．∴点P到直线CC1的距离的最小值为．故答案为30．【2012年上海理科14】如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2，若AD＝2c，且AB+BD ＝AC+CD＝2a，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是．【解答】解：作BE⊥AD于E，连接CE，则AD⊥平面BEC，所以CE⊥AD，由题设，B与C都是在以AD为焦点的椭球上，且BE、CE都垂直于焦距AD，AB+BD＝AC+CD＝2a，显然△ABD≌△ACD，所以BE＝CE．取BC中点F，∴EF⊥BC，EF⊥AD，要求四面体ABCD的体积的最大值，因为AD是定值，只需三角形EBC的面积最大，因为BC是定值，所以只需EF最大即可，当△ABD是等腰直角三角形时几何体的体积最大，∵AB+BD＝AC+CD＝2a，∴AB＝a，所以EB，EF，所以几何体的体积为：．故答案为：．1．【2018年新课标3文科12】设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）A．12B．18C．24D．54【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB＝6，球心为O，三角形ABC的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图：O′C，OO′2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：18．故选：B．2．【2017年新课标3文科10】在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（）A．A1E⊥DC1B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1D．A1E⊥AC【解答】解：法一：连B1C，由题意得BC1⊥B1C，∵A1B1⊥平面B1BCC1，且BC1⊂平面B1BCC1，∴A1B1⊥BC1，∵A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面A1ECB1，∵A1E⊂平面A1ECB1，∴A1E⊥BC1．故选：C．法二：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则A1（2，0，2），E（0，1，0），B（2，2，0），D（0，0，0），C1（0，2，2），A（2，0，0），C（0，2，0），（﹣2，1，﹣2），（0，2，2），（﹣2，﹣2，0），（﹣2，0，2），（﹣2，2，0），∵•2，2，0，6，∴A1E⊥BC1．故选：C．3．【2016年新课标1文科11】平面α过正方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD ＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m、n所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA1B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B1D1，∵△CB1D1是正三角形．m、n所成角就是∠CD1B1＝60°．则m、n所成角的正弦值为：．故选：A．4．【2016年新课标3文科11】在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB ＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4πB．C．6πD．【解答】解：∵AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10．故三角形ABC的内切圆半径r2，又由AA1＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为，此时V的最大值，故选：B．5．【2015年新课标1文科11】圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16+20π，则r＝（）A．1 B．2 C．4 D．8【解答】解：由几何体三视图中的正视图和俯视图可知，截圆柱的平面过圆柱的轴线，该几何体是一个半球拼接半个圆柱，∴其表面积为：4πr2πr22r×2πr+2r×2rπr2＝5πr2+4r2，又∵该几何体的表面积为16+20π，∴5πr2+4r2＝16+20π，解得r＝2，故选：B．6．【2015年新课标2文科10】已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A．36πB．64πC．144πD．256π【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大，设球O 的半径为R，此时V O﹣ABC＝V C﹣AOB36，故R＝6，则球O的表面积为4πR2＝144π，故选：C．7．【2013年新课标1文科11】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．16+8πB．8+8πC．16+16πD．8+16π【解答】解：三视图复原的几何体是一个长方体与半个圆柱的组合体，如图，其中长方体长、宽、高分别是：4，2，2，半个圆柱的底面半径为2，母线长为4．∴长方体的体积＝4×2×2＝16，半个圆柱的体积22×π×4＝8π所以这个几何体的体积是16+8π；故选：A．8．【2013年北京文科08】如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（）A．3个B．4个C．5个D．6个【解答】解：建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|＝3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），∴（﹣3，﹣3，3），设P（x，y，z），∵（﹣1，﹣1，1），∴（2，2，1）．∴|P A|＝|PC|＝|PB1|，|PD|＝|P A1|＝|PC1|，|PB|，|PD1|．故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个．故选：B．9．【2010年北京文科08】如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，动点E、F在棱A1B1上．点Q是CD的中点，动点P在棱AD上，若EF＝1，DP＝x，A1E＝y（x，y大于零），则三棱锥P﹣EFQ的体积（）A．与x，y都有关B．与x，y都无关C．与x有关，与y无关D．与y有关，与x无关【解答】解：三棱锥P﹣EFQ的体积与点P到平面EFQ的距离和三角形EFQ的面积有关，由图形可知，平面EFQ与平面CDA1B1是同一平面，故点P到平面EFQ的距离是P到平面CDA1B1的距离，且该距离就是P到线段A1D的距离，此距离只与x有关，因为EF＝1，点Q到EF的距离为线段B1C的长度，为定值，综上可知所求三棱锥的体积只与x有关，与y无关．故选：C．10．【2019年新课标3文科16】学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g．【解答】解：该模型为长方体ABCD﹣A1B1C1D1，挖去四棱锥O﹣EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm，∴该模型体积为：V O﹣EFGH＝6×6×4＝144﹣12＝132（cm3），∵3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g）．故答案为：118.8．11．【2019年新课标1文科16】已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为．【解答】解：∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，过点P作PD⊥AC，交AC于D，作PE⊥BC，交BC于E，过P作PO⊥平面ABC，交平面ABC于O，连结OD，OC，则PD＝PE，∴CD＝CE＝OD＝OE1，∴PO．∴P到平面ABC的距离为．故答案为：．12．【2018年新课标2文科16】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°．若△SAB的面积为8，则该圆锥的体积为．【解答】解：圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，△SAB的面积为8，可得：，解得SA ＝4，SA与圆锥底面所成角为30°．可得圆锥的底面半径为：2，圆锥的高为：2，则该圆锥的体积为：V8π．故答案为：8π．13．【2017年新课标1文科16】已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为．【解答】解：三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S﹣ABC的体积为9，可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r，可得，解得r＝3．球O的表面积为：4πr2＝36π．故答案为：36π．14．【2013年新课标1文科15】已知H是球O的直径AB上一点，AH：HB＝1：2，AB⊥平面α，H为垂足，α截球O所得截面的面积为π，则球O的表面积为．【解答】解：设球的半径为R，∵AH：HB＝1：2，∴平面α与球心的距离为R，∵α截球O所得截面的面积为π，∴d R时，r＝1，故由R2＝r2+d2得R2＝12+（R）2，∴R2∴球的表面积S＝4πR2．故答案为：．15．【2011年新课标1文科16】已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为．【解答】解：不妨设球的半径为：4；球的表面积为：64π，圆锥的底面积为：12π，圆锥的底面半径为：2；由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，求的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形由此可以求得球心到圆锥底面的距离是，所以圆锥体积较小者的高为：4﹣2＝2，同理可得圆锥体积较大者的高为：4+2＝6；所以这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为：．故答案为：。

2020年一模汇编——解析几何一、填空题【普陀1】若抛物线2y mx =的焦点坐标为1(,0)2，则实数m 为___________.【答案】2【解析】抛物线的性质：p=1，所以m=2【黄浦3】抛物线28x y =的焦点到准线的距离为___________. 【答案】4【解析】由题抛物线的焦点为(0,2)，准线为直线2x =-，易得焦点到准线的距离为4【青浦3】直线1:10l x -=和直线20l y -=的夹角大小是【答案】6π 【解析】设夹角为θ，则23213cos =⨯=θ，故夹角6πθ=【静安3】若直线1l 和直线2l 的倾斜角分别为32和152则1l 与2l 的夹角为_____.【答案】60【解析】1801523260-+=【静安4】若直线l 的一个法向量为(2,1)n =，则若直线l 的斜率k =_____. 【答案】2-【解析】(2,1)n =，则单位向量(1,2)d =-，221k ==-【宝山5】以抛物线x y 62-=的焦点为圆心，且与抛物线的准线相切的圆的方程是 .【答案】9)23(22=++y x【解析】焦点)0,23(-，半径3==p r 【松江5】已知椭圆22194x y +=的左、右焦点分别为1F 、2F ，若椭圆上的点P 满足122PF PF =，则1=PF【答案】4【解析】由椭圆定义得：1226PF PF a +==，又122PF PF =，联立得：1=PF 4【虹口6】抛物线26x y =的焦点到直线3410x y +-=的距离为_________. 【答案】1【解析】抛物线26x y =的焦点为)23,0(，焦点到直线3410x y +-=的距离33041215d ⨯+⨯-==【杨浦7】椭圆22194x y +=焦点为1F ，2F ，P 为椭圆上一点，若15PF =，则12cos F PF ∠= 【答案】35【解析】因为3a ==，2b ==，所以c ==，所以1(F，2F ，225651PF a =-=-=，所以22212513cos 2155F PF +-∠==⋅⋅【奉贤7】若双曲线的渐近线方程为3y x =±，它的焦距为则该双曲线的标准方程为____________.【答案】2219y x -=±【解析】根据双曲线的渐近线方程为3y x =±，可知3b a =或3ab=；由焦距为得出c =222c a b =+，求得,,a b c 的值【普陀8】设椭圆222:1(1)x y a aΓ+=＞，直线l 过Γ的左顶点A 交y 轴于点P ，交Γ于点Q ，若AOP △是等腰三角形（O 为坐标原点），且2PQ QA →→=，则Γ的长轴长等于_________.【答案】【解析】由题知(),0A a -、()0,P a ，设(),Q x x a +，有(),PQ x x =、(),QA a x x a =----， 所以()2x a x =⋅--，解得23x a =-，将(),Q x x a +代入2221x y a +=得22211210x ax a a ⎛⎫+++-= ⎪⎝⎭，整理得Γ的长轴长2a = 【崇明8】若双曲线的一个顶点坐标为(3,0)，焦距为10，则它的标准方程是__________．【答案】116922=-y x 【解析】由题意得3=a ，5210=÷=c ，16222=-=a c b ，标准方程为116922=-y x【杨浦9】在直角坐标平面xOy 中，(2,0)A -，(0,1)B ，动点P 在圆22:+2C x y =上，则PA PB ⋅的取值范围为___________.【答案】(22+【解析】因为22+2x y =，设)P θθ，则(2,)PA θθ=--，(,1)PB θθ=-，22222cos 2sin PA PB θθθθ⋅=++，22)PA PB θθθϕ⋅=+=++，【崇明9】已知,a b R +∈，若直线230x y ++=与(1)2a x by -+=互相垂直，则ab 的最大值等于___________.【答案】81 【解析】两直线互相垂直得1121-=-⋅-ba ，b a 21-=，代入得b b ab )21(-=， 0,0a b >>，最小值为81【宝山9】已知直线l 过点)0,1(-且与直线02=-y x 垂直，则圆08422=+-+y x y x 与直线l 相交所得的弦长为___________.【答案】152【解析】直线方程为012=++y x ，圆心到直线的距离5=d ⇒222||d r AB -=【奉贤9】设平面直角坐标系中，O 为原点，N 为动点，6ON =，5ON OM =，过点M 作1MM x ⊥轴于1M ，过N 作1NN x ⊥轴于点1N ，M 与1M 不重合，N 与1N 不重合，设11OT M M N N =+，则点T 的轨迹方程是______________.【答案】22536x y +=05x x ⎛≠≠ ⎝⎭且【解析】设(),T x y ，点()11,N x y ，则()11,0N x ，又1111,OM y M y ⎫⎛⎫==⎪ ⎪⎭⎝⎭11,0M M ⎫=⎪⎭，()110,N N y =，于是1111,OT M M N N x y ⎫=+=⎪⎭，由此能求出曲线C的方程。

解析几何一、直线1、【2020年闵行区二模第3题】若直线10ax by ++=的方向向量为(1,1)，则此直线的倾斜角为 【答案：4π】 2、【2020年黄浦区二模第4题】若直线1:350l ax y +-=与2:210l x y +-=互相垂直，则实数a 的值为 【答案： 6- 】3、【2020年金山区二模第13题】已知直角坐标平面上两条直线的方程分别为1111:0l a x b y c ++=，2222:0l a x b y c ++=，那么“11220a b a b =”是“两直线1l 、2l 平行”的( )． （A ）充分非必要条件 （B ）必要非充分条件 （C ）充要条件 （D ）既非充分又非必要条件 【答案：B 】4、【2020年徐汇区二模第8题】已知直线(2)(1)30a x a y ++--=的方向向量是直线(1)(23)20a x a y -+++= 的法向量，则实数a 的值为 .【答案：11或- 】5、【2020年松江区二模第13题】若为坐标原点，是直线上的动点，则的最小值为（ ） (A)(B)(C)(D)【答案：B 】6、【2020年金山区二模第12题】设*n ∈N ，n a 为()(2)1nn x x +-+的展开式的各项系数之和，162m t =-+，，1222...333n n n a a na b ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦（[x ]表示不超过实数x 的最大整数），则()22()n n t b m -+-的最小值为___________.O P 20-+=x y OP 2R t ∈【答案：95解析：赋值法，令1x =，∴32nnn a =-，∴(32)2[][][()]333n n nn n nna n n n -==-⋅， 可用计算器分析2()3n n ⋅单调性及范围，可知2()(0,1)3n n ⋅∈，∴[]13n n na n =-，∴(1)2n n n b -=，22()()n n t b m -+-的 几何意义为点(,)n n b 到点(,)t m 的距离的平方，如图所示， 当3n =时，点(3,3)到直线162y x =-+的距离最小， ∴min 22512d ==+，即2min95d =。

第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。

［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，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DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。

图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。

(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。

09届上海市期末模拟试题分类汇编第7部分立体几何一.选择题1.（08年上海市部分重点中学高三联考14）设a,b,c 表示三条直线，βα，表示两个平面，下列命题中不正确的是---------（ ）A. ⎭⎬⎫⊥βαα//a β⊥⇒a B. c b a c b a ⊥⇒⎪⎭⎪⎬⎫⊥内的射影在是内在ββb C. ααα////c c b cb ⇒⎪⎭⎪⎬⎫内不在内在 D. αα⊥⇒⎭⎬⎫⊥b a b a //答案：D2．（上海市长宁区2008学年高三年级第一次质量调研15）下列三个命题中错误的个数是 （ ）①经过球上任意两点，可以作且只可以作球的一个大圆； ②球的面积是它的大圆面积的四倍；③球面上两点的球面距离，是这两点所在截面圆上以这两点为端点的劣弧的长. A.0 B. 1 C. 2 D.3 答案：C 3．（上海市长宁区2008学年高三年级第一次质量调研13）如图，P 为正方体1111ABCD A B C D -的中心，△PAC 在该正方体各个面上的射影可能是（ ）ABC D A 1B 1C 1D 1P(1)(2)(3)(4)A. (1)、(2)、(3)、(4)B.(1)、(3)C.(1)、(4)D.(2)、(4) 答案：C 4．（上海市2009届高三年级十四校联考数学理科卷14）已知m 、n 为两条不同的直线，α、β为两个不同的平面，下列四个命题中，正确的是 （ ） A ．若n m n m //,//,//则且αα B ．若βαββα//,//,//,,则且上在n m n mC ．若βαβα⊥⊥m m 则上在且,,D ．若ααββα//,,,m m m 则外在⊥⊥答案：D5.（上海市黄浦区2008学年高三年级第一次质量调研14）给出下列命题：(1)三点确定一个平面；(2)在空间中，过直线外一点只能作一条直线与该直线平行；(3)若平面α上有不共线的三点到平面β的距离相等，则//αβ；(4)若直线a b c 、、满足,a b a c ⊥⊥、则//b c .其中正确命题的个数是 ( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 答案：B1（2008学年度第一学期上海市普陀区高三年级质量调研第14题） 设a 、b 为两条直线，α、β为两个平面. 下列四个命题中，正确的命题是 （ ）A. 若a 、b 与α所成的角相等，则a b ∥；B. 若,,a b a b αα⊥⊥则Ü；C. 若a b a αββ∥苘，，，则αβ∥；D. 若a b αβ，∥∥，αβ∥，则a b ∥. 答案：B2 （闸北区09届高三数学（理）第13题）如图，动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上．过点P 作垂直于平面11BB D D 的直线，与正方体表面相交于M N ，．设BP x =，MN y =，则函数()y f x =的图像大致是（ ）答案：B3 （上海市静安区2008学年高三年级第一次质量调研第15题）已知长方体的表面积是224cm ，过同一顶点的三条棱长之和是6cm ，则它的对角线长是（ ）A. 14cmB. 4cmC. 32cmD. 23cm 答案：D4静安区部分中学08－09学年度第一学期期中数学卷第15题)用一个平面去截正方体，所得截面不可能是 （ ）．（A ） 平面六边形； （B ）菱形； （C ）梯形； （D ）直角三角形 答案：D5 （南汇区2008学年度第一学期期末理科第15题）在底面为正方形的长方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的4个顶点，①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为直角三角形，有一个面为等腰三角形的四面体；④每个面都是等腰三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体． 这些几何形体是（ ）A ．①②④⑤B ．①②③⑤C ．①②③④D ．①③④⑤ 答案：DA BC DMNP A 1B 1C 1D 1 yxA ．OyxB ．OyxC ．Oyx D ．O二.填空题1（嘉定区2008～2009第一次质量调研第6题）已知圆锥的母线长为5cm ，侧面积为π15 2cm ，则此圆锥的体积为__________3cm ．答案：π122 （嘉定区2008～2009第一次质量调研第7题）联结球面上任意两点的线段称为球的弦，已知半径为5的球上有两条长分别为6和8的弦，则此两弦中点距离的最大值是____________． 答案：73（上海徐汇等区第一学期期末质量抽查第8题） 如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A B C 、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，ABC ∠=____________. 答案：3π4 (上海市卢湾区2008学年高三年级第一次质量调研第3题)若圆锥的侧面积为20π，且母线与底面所成的角为4arccos5，则该圆锥的体积为___________．答案：16π 5 (上海市卢湾区2008学年高三年级第一次质量调研第4题)在长方体1111ABCD A B C D -中，若12,1,3AB BC AA ===，则1BC 与平面11BB D D 所成的角θ可用反三角函数值表示为θ=____________．答案：2arcsin56 (上海市卢湾区2008学年高三年级第一次质量调研第5题)若取地球的半径为6371米，球面上两点A 位于东经O12127'，北纬O318'，B 位于东经O 12127'，北纬O 255'，则A B 、两点的球面距离为_____________千米(结果精确到1千米)．答案：6737 (2008学年度第一学期上海市普陀区高三年级质量调研第7题) 在120︒的二面角内放一个半径为6的球，使球与两个半平面各只有一个公共点（其过球心且垂直于二面角的棱的直截面如图所示），则这两个公共点AB 之间的球面距离为 . 答案：2π8 (2008学年度第一学期上海市普陀区高三年级质量调研第9题)一个圆柱形容器的轴截面尺寸如右图所示，容器内有一个实心的球，球的直径恰等于圆柱的高.现用水将该容器注满，然后取出该球（假设球的密度大于水且操作过程中水量损失不计），则球取出后，容器中水面的高度为 cm. （精确到0.1cm ） 答案：8.39 (2008学年度第一学期上海市普陀区高三年级质量调研第11题) 下列有关平面向量分解定理的四个命题．．．．中，所有正确命题的序号是 . （填写命题所对A BC OABP 第7题图10cm20cm 第9题应的序号即可）① 一个平面内有且只有一对不平行的向量可作为表示该平面所有向量的基； ② 一个平面内有无数多对不平行向量可作为表示该平面内所有向量的基； ③ 平面向量的基向量可能互相垂直；④ 一个平面内任一非零向量都可唯一地表示成该平面内三个互不平行向量的线性组合. 答案：②、③10 （上海市静安区2008学年高三年级第一次质量调研第3题）已知某铅球的表面积是2484cm π，则该铅球的体积是___________2cm ．答案：413313π⨯ 11 （上海市静安区2008学年高三年级第一次质量调研第4题）(理)已知圆柱的体积是6π，点O 是圆柱的下底面圆心，底面半径为1，点A 是圆柱的上底面圆周上一点，则直线OA 与该圆柱的底面所成的角的大小是______(结果用反三角函数值表示)． 答案：arctan 612 （上海市静安区2008学年高三年级第一次质量调研第4题）(文)已知圆锥的母线长5l cm =，高4h cm =，则该圆锥的体积是____________3cm 答案：12π13 （静安区部分中学08－09学年度第一学期期中数学卷第3题)如图，正方体D C B A ABCD 111-的棱长为a ，则异面直线1AB 与1BC 所成的角的大小是 ．答案：60︒14 （静安区部分中学08－09学年度第一学期期中数学卷第4题)如图，用铁皮制作一个无盖的圆锥形容器，已知该圆锥的母线与底面所在平面的夹角为45︒，容器的高为10cm ．制作该容器需要铁皮面积为 cm 2．（衔接部分忽略不计，结果保留整数）答案：444 cm 215 （闵行区2008学年第一学期高三质量监控理卷第7题）如图，圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的大小是 . 答案：60o16 （浦东新区2008学年度第一学期期末质量抽测卷数学理科第9题）如图，ABC ∆中，ο90=∠C ，ο30=∠A ，1=BC ．在三角形内挖去半圆（圆心O 在边AC 上，半圆与BC 、AB 相切于点C 、M ，与AC 交于N ），则图 中阴影部分绕直线AC 旋转一周所得旋转体的体积为 ． 答案：π2735 10cm17.1. （上海虹口区08学年高三数学第一学期期末试卷3）球的表面积为216cm π，则球的体积为___________3cm . 答案：323π2．（上海市黄浦区2008学年高三年级第一次质量调研10）若球的体积是392m π，则球的表面积是____________2m ．答案：9π 3．（上海虹口区08学年高三数学第一学期期末试卷7）如图所示，以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，则该圆锥与圆柱等底等高。

2020届二模分类汇总-立体几何一、点线面关系1、【2020年闵行区二模第13题】在空间中，“两条直线不平行”是“这两条直线异面”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案： B 】二、棱锥、棱柱2、【2020年长宁区二模第7题】 如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的侧棱长为2，底面边长为1，则直线1D B 和底面ABCD 所成的角的大小为 【答案：4π】3、【2020年奉贤区二模第9题】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是【答案：2π】 4、【2020年浦东新区二模第14题】如图，正方体1111A B C D ABCD -中，E F 、分别为棱1AA BC 、上的点，在平面11ADD A 内且与平面DEF 平行的直线（ ）.A 有一条 .B 有两条 .C 有无数条 .D 不存在【答案：C 】5、【2020年嘉定区二模第15题】如图，若正方体1111ABCD A B C D -的侧面11BCC B 内动点P 到棱11A B 的距离等于它到棱BC 的距离，则点P 所在的曲线为（ ）A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆 【答案：C 】6、【2020年松江区二模第15题】在正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 两点分别从点B 和点1A 出发，以相同的速度在棱BA 和11A D 上运动至点A 和点1D ，在运动过程中，直线PQ 与平面ABCD 所成角θ的变化范围为（ ）A. [,]43ππB. 2[arctan,arctan 2]2 C. [,arctan 2]4πD. 2[arctan,]2π 【答案：C解析：如图，作QE ⊥AD 交AD 于点E ，联结PE ， ∴∠QPE 即θ，设AE BP x ==，∴222(1)PE x x =+-，由2222[(1)](1)[(1)]2x x x x x x +-≤+-≤+-，∴2112PE ≤≤，2[,1]2PE ∈，1tan [1,2]QE PE PE θ==∈，即θ∈[,arctan 2]4π。

立体几何中的计算问题1.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；2.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。

直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。

3斜二测法：1.画直观图时，把它画成对应的轴'',''o x o y ，取'''45(135)x o y o r ∠=︒︒，它们确定的平面表示水平平面；2.在坐标系'''x o y 中画直观图时，已知图形中平行于数轴的线段保持平行性不变，平行于x 轴（或在x 轴上）的线段保持长度不变，平行于y 轴（或在y 轴上）的线段长度减半。

结论：一般地，采用斜二测法作出的直观图面积是原平面图形面积的4倍. 例1．下列命题：①如果一个几何体的三视图是完全相同的，那么这个几何体是正方体；②如果一个几何体的主视图和俯视图都是矩形，那么这个几何体是长方体； ③如果一个几何体的三视图都是矩形，那么这个几何体是长方体；④如果一个几何体的主视图和左视图都是等腰梯形，那么这个几何体是圆台．其中正确的是( )A ．①②B ．③C ．②③D ．④ 2、异面直线所成的角(1)定义：a 、b 是两条异面直线，经过空间任意一点O ，分别引直线a′∥a,b′∥b,则a′和b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 和b 所成的角.(2)取值范围：0°＜θ≤90°. (3)求解方法①根据定义，通过平移，找到异面直线所成的角θ； ②解含有θ的三角形，求出角θ的大小.例2．在长方体1111ABCD A B C D -中，11BC CC ==，13AD B π∠=，则直线1AB 与1BC 所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】D例3．直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，若∠BAC=90°，AB=AC=AA 1，则异面直线 BA 1与AC 1所成的角为（ ） A ．60°B ．90°C ．120°D ．150°例4．在四面体ABCD 中，AC 与BD 的夹角为30°，2AC =，BD =M ，N 分别是AB ，CD 的中点，则线段MN 的长度为________． 【答案】13.二面角 找(或作)二面角的平面角的主要方法.(i)定义法(ii)垂面法 (iii)三垂线法(Ⅳ)根据特殊图形的性质 (4)求二面角大小的常见方法先找(或作)出二面角的平面角θ，再通过解三角形求得θ的值.例5．已知正三棱锥底面边长为2，侧棱长为3，则它的侧面与底面所成二面角的余弦值为________.【答案】12例6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，E ．F 分别为1A B ，1A C 的中点，D 为11B C 上的点，且11A D B C ⊥．（1）求证：//EF 平面ABC ． （2）求证：平面1A FD ⊥平面11BCC B ．（3）若三棱柱所有棱长都为a ，求二面角111A B C C --的平面角的余弦值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）74.空间几何体的表面积、体积棱柱、棱锥的表面积：各个面面积之和圆柱的表面积 ：222S rl r ππ=+ 圆锥的表面积：2S rl r ππ=+圆台的表面积：22Srl r Rl Rππππ=+++扇形的面积公式2211=36022n R S lr r πα==扇形（其中l 表示弧长，r 表示半径，α表示弧度） 空间几何体的体积柱体的体积 ：V S h =⨯底，锥体的体积 ：13V S h =⨯底台体的体积 ：1)3V S S h =+⨯下上（ ，球体的体积：343V R π= 点到平面的距离(1)定义 面外一点引一个平面的垂线，这个点和垂足间的距离叫做这个点到这个平面的距离.(2)求点面距离常用的方法： 1)直接利用定义求①找到(或作出)表示距离的线段； ②抓住线段(所求距离)所在三角形解之.2)体积法其步骤是：①在平面内选取适当三点，和已知点构成三棱锥；②求出此三棱锥的体积V 和所取三点构成三角形的面积S ；③由V=31S·h ，求出h 即为所求.这种方法的优点是不必作出垂线即可求点面距离.难点在于如何构造合适的三棱锥以便于计算.例8．在长、宽、高分别为a b c ，，的长方体中，以它的各面的中心为顶点可得到一个八面体，则该八面体的体积为________．【答案】16abc例9．如图，在上、下底面对应边的比为1:2的三棱台中，过上底面的一边作一个平行于棱的平面11A B EF ，则这个平面分三棱台成两部分的体积之比为（ ）．A ．1:2B ．2:3C ．3:4D ．4:5【答案】C例10．如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD=4，AB=2，以BD 的中点O 为球心、BD 为直径的球面交PD 于点M.⑴求证：平面ABM ⊥平面PCD ； （2）求点O 到平面ABM 的距离.【答案】（1）见解析（2）3例11．如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，//FD EA，且112FD EA==.（1）求多面体EABCDF的体积；（2）记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线与平面ECF平行，要求保留作图痕迹，但不要求证明.【答案】(1)103V=多面体;(2)见解析.5.与球有关的组合体7-2 球的结构特征⑴球心与截面圆心的连线垂直于截面；⑵截面半径等于球半径与截面和球心的距离的平方差：r2 = R2– d2★7-3 球与其他多面体的组合体的问题球体与其他多面体组合，包括内接和外切两种类型，解决此类问题的基本思路是：⑴根据题意，确定是内接还是外切，画出立体图形；⑵找出多面体与球体连接的地方，找出对球的合适的切割面，然后做出剖面图；⑶将立体问题转化为平面几何中圆与多边形的问题；例11．已知棱长为a的正四面体，其内切球的半径为r，外接球的半径为R，则:r R= ________．【答案】1:3例12．已知棱长为a的正方体，甲球是正方体的内切球，乙球是正方体的外接球，丙球与正方体的各棱都相切，则甲、乙、丙三球的表面积之比为（）．A．91:3:4B．1:3:2C．D．31:2【答案】B例13．已知,,,S A B C是球O表面上的点,SA⊥平面,,1,ABC AB BC SA AB BC⊥===则球O的体积为__________.例14．已知一个高为16的圆锥内接于一个体积为972π的球，在圆锥内又有一个内切球．求：圆锥内切球的体积．（2）2563Vπ=立体几何中的计算问题一、三视图1．将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为（）A．B．C．D．【答案】B2．如图所示，A O B '''∆表示水平放置的AOB ∆的直观图，B '在x '轴上，A O ''与x '轴垂直，且2A O ''=，则AOB ∆的OB 边上的高为______．【答案】二、线线角3．已知直三棱柱111ABC A B C -的所有棱长都相等，M 为11A C 的中点，则AM 与1BC 所成角的余弦值为( ) A．3B．3C．4D．4【答案】D4．如图所示为一个正方体的展开图．对于原正方体，给出下列结论： ①AB 与EF 所在直线平行； ②AB 与CD 所在直线异面； ③MN 与BF 所在直线成60︒角；④MN 与CD 所在直线互相垂直． 其中正确结论的序号是________． 【答案】②④5．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，1AA AB AC ==，AB AC ⊥，M 是1CC 的中点，Q 是BC 的中点，点P 在11A B 上，则直线PQ 与直线AM 所成的角为（ ）． A ．30° B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】D 三、二面角问题二面角：关键是找出二面角的平面角。

专题三立体几何第1讲立体几何中的平行与垂直问题一、回归教材：1. (必修2P77习题1改编)设a，b，c表示不同的直线，α表示平面，下列命题中正确的是()A. 若a∥b，a∥α，则b∥αB. 若a⊥b，b⊥α，则a⊥αC. 若a⊥c，b⊥c，则a∥bD. 若a⊥α，b⊥α，则a∥b2. (必修2P53习题1改编)给出下列命题，其中错误命题的个数为()①若直线a与平面α不平行，则a与平面α内的所有直线都不平行；②若直线a与平面α不垂直，则a与平面α内的所有直线都不垂直；③若异面直线a，b不垂直，则过a的任何平面与b都不垂直；④若直线a和b共面，直线b和c共面，则直线a和直线c共面．A. 1B. 2C. 3D. 43. (必修2P82习题5改编)如图，在正四棱锥S－ABCD中，E，M，N分别是BC，CD，SC的中点，动点P在线段MN上运动时，给出下列四个结论：①EP⊥AC；②EP∥BD；③EP∥平面SBD；④EP⊥平面SAC.其中恒成立的结论是()A. ①③B. ③④C. ①②D. ②③④二、举题故法例1．(1) (2019·全国卷Ⅲ)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则()A. BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B. BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C. BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D. BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线(2) 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下面四个命题：①若α⊥β，β⊥γ，则α∥γ；②若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n；③若m∥α，n⊂α，则m∥n；④若α∥β，γ∩α＝m，γ∩β＝n，则m∥n. 其中正确命题的序号是()A. ①④B. ①②C. ④D. ②③④变式：(1) 已知互不重合的直线a，b，互不重合的平面α，β，给出下列四个命题，其中错误的命题是()A. 若a∥α，a∥β，α∩β＝b，则a∥bB. 若α⊥β，a⊥α，b⊥β，则a⊥bC. 若α⊥β，α⊥γ，β∩γ＝a，则a⊥αD. 若α∥β，a∥α，则a∥β(2) 在直三棱柱ABC－A′B′C′中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝2，BB′＝5，则异面直线AC′与B′C所成角的余弦值为________．例2．如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AC，A1C⊥BC1，AB1⊥BC1，D，E分别是AB1和BC的中点．(1) 求证：DE∥平面ACC1A1；(2) 求证：AE⊥平面BCC1B1.变式：如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，AC＝AA1，D是棱AB的中点．(1) 求证：BC1∥平面A1CD；(2) 求证：BC1⊥A1C.例3. (2019·皖南八校三联)如图，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，点M 为PB 的中点，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD ，AD ⊥CD ，AD ＝CD ＝PC ＝12AB .(1) 求证：CM ∥平面P AD ； (2) 若四棱锥P －ABCD 的体积为4，求点M 到平面P AD 的距离．变式：(2019·青岛二模)如图，在圆柱W 中，点O 1，O 2分别为上、下底面的圆心，平面MNFE 是轴截面，点H 在上底面圆周上(异于N ，F )，点G 为下底面圆弧ME 的中点，点H 与点G 在平面MNFE 的同侧，圆柱W 的底面半径为1，高为2.(1) 若平面FNH ⊥平面NHG ，求证：NG ⊥FH ；(2) 若直线O 1H ∥平面FGE ，求点H 到平面FGE 的距离．【巩固提升练习】1. (2019·全国卷Ⅱ)设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是()A. α内有无数条直线与β平行B. α内有两条相交直线与β平行C. α，β平行于同一条直线D. α，β垂直于同一平面2. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是()A. 若α⊥β，m⊥α，则m∥βB. 若m∥α，nα，则m∥nC. 若α∩β＝m，n∥α，n∥β，则m∥nD. 若α⊥β，且α∩β＝m，点A∈α，直线AB⊥m，则AB⊥β3. (2019·西安三检)将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为()A. 90°B. 60°C. 45°D. 30°4. (2019·安庆示范中学联考)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且CE＝2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为()A.212 B.26 C.5212 D.5265. 已知直线m，n和平面α，β，且mα，nβ，则“m∥β，n∥α”是“α∥β”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”)6. 已知直线a，b表示两条不同的直线，α表示一个平面，有下列几个命题：①若在直线a上存在不同的两点到α的距离相等，则a∥α；②若a⊥b，b∥α，则a⊥α；③若a∥α，b α，则a∥b；④若a与α所成的角和b与α所成的角相等，则a∥b；⑤若a∥b，b⊥α，则a⊥α.其中正确的命题是________．(填序号)7. (2019·中原名校联考)如图，在正四面体ABCD中，E是棱AD上靠近点D的一个三等分点，则异面直线AB和CE所成角的余弦值为________．8. (2019·全国卷Ⅱ)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图(1)).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图(2)是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1，则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．9. (2019·莆田二模)如图，在多面体ABCC1B1A1中，四边形BB1C1C为矩形，AB＝BC＝5，CC1⊥平面ABC，AA1∥CC1，2AA1＝CC1＝AC＝2，E，F分别是A1C1，AC的中点，G是线段BB1上的任一点．(1) 求证：AC⊥EG；(2) 求三棱锥FEA1G的体积．10. (2019·蚌埠一检)如图，在四棱锥P ABCD中，AC与BD交于点O，△ABC为直角三角形，△ACD，△P AB，△PBC均为等边三角形．(1) 求证：PO⊥BD；(2) 求二面角APDC的余弦值．第2讲 立体几何中的计算问题一、回归教材：1. (选修2－1P92练习7)如图，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若AB ＝2BB 1，则AB 1与C 1B 所成角的大小为( )A. 60°B. 90°C. 105°D. 75°2. 2. (选修2－1P118复习题7)已知向量a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)，且k a ＋b 与2a －b 互相垂直，则k 的值是( )A. 1B. 15C. 35D. 753. (选修2－1P107练习2)如图，60°的二面角的棱上有A ，B 两点，直线AC ，BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝2，AC ＝3，BD ＝4，则CD 的长为________．4. (选修2－1P105例1)如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中以顶点A 为端点的三条棱长都相等，且它们彼此的夹角都是60°，则AC 1AB＝________.第1题 第2题 第3题二、举题故法 例1．(2019·宣城二调)如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥CB ，∠ADC ＝90°，平面P AD ⊥底面ABCD ，Q 为AD 的中点，BC ＝12AD ，M 是棱PC 上的点． (1) 求证：平面PQB ⊥平面P AD ；(2)若P A ＝PD ＝2，BC ＝1，CD ＝3，异面直线AP 与BM 所成角的余弦值为277，求PM PC的值．例2．(2019·深圳适应性测试)如图，已知四棱锥P－ABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD∥平面AMHN.(1) 求证：MN⊥PC；(2) 当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°时，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．例3. (2019·全国卷Ⅰ)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1) 求证：MN∥平面C1DE；(2) 求二面角A－MA1－N的正弦值．变式：(2019·长沙一模)如图，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，平面P AC 垂直于圆O 所在的平面，直线PC 与圆O 所在平面所成角为60°，P A ⊥PC .(1) 求证：AP ⊥平面PBC ；(2) 求二面角P －AB －C 的余弦值．例4. (2019·宁德二检)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥DC ，∠ADC ＝π2，AB ＝AD ＝12CD ＝2，PD ＝PB ＝6，PD ⊥BC . (1) 求证：平面PBD ⊥平面PBC ；(2) 在线段PC 上是否存在点M ，使得平面ABM 与平面PBD 所成锐二面角为π3？若存在，求CM CP的值；若不存在，请说明理由．【巩固提升练习】1. 如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥E C.(1) 求证：平面AEC⊥平面AFC；(2) 求直线AE与直线CF所成角的余弦值．2. (2019·郴州二检)如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是正方形，对角线AC与BD交于点F，侧面SBC是边长为2的等边三角形，E为SB的中点．(1) 求证：SD∥平面AEC；(2) 若侧面SBC⊥底面ABCD，求斜线AE与平面SBD所成角的正弦值．3. 如图，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠DAB ＝60°，∠ADP ＝90°，平面ADP ⊥平面ABCD ，点F 为棱PD 的中点．(1) 在棱AB 上是否存在一点E ，使得AF ∥平面PCE ？并说明理由；(2) 当二面角DFCB 的余弦值为24时，求直线PB 与平面ABCD 所成的角．4. (2019·怀化三模)如图，在斜三棱柱ABCA 1B 1C 1中，侧面A 1ABB 1⊥底面ABC ，侧棱A 1A 与底面ABC 所成的角为60°，AA 1＝AB ＝2，底面△ABC 是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，点G 为△ABC 的重心，点E 在BC 1上，且BE ＝13BC 1. (1) 求证：GE ∥平面A 1ABB 1；(2) 求平面B 1GE 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．115. 如图，在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点D 是棱B 1C 1的中点．(1) 求证：AC 1∥平面A 1BD ；（2）若AB ＝AC ＝2 ，BC ＝BB 1＝2，在棱AC 上是否存在点M ，使二面角BA 1DM 的大小为45°？若存在，求出AM AC的值；若不存在，请说明理由．6. (2019·长沙二模)如图，四棱锥P ABCD 的底面是直角梯形，AB ∥DC ，AB ⊥BC ，△P AB 和△PBC 是两个边长为2的正三角形，DC ＝4，O 为AC 的中点，E 为PB 的中点．(1) 求证：OE ∥平面PCD ；(2) 在线段DP 上是否存在一点Q ，使直线BQ 与平面PCD 所成角的正弦值为23？若存在，求出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．。

上海市2020年〖人教版〗高三数学复习试卷高考数学试卷参考答案与试题解析创作人：百里安娜创作日期：202X.04.01审核人：北堂王会创作单位：明德智语学校一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共计70分）1．（5分）（•江苏）已知集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则集合A∪B中元素的个数为 5 ．考点：并集及其运算．专题：集合．分析：求出A∪B，再明确元素个数解答：解：集合A={1，2，3}，B={2，4，5}，则A∪B={1，2，3，4，5}；所以A∪B中元素的个数为5；故答案为：5点评：题考查了集合的并集的运算，根据定义解答，注意元素不重复即可，属于基础题2．（5分）（•江苏）已知一组数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为 6 ．考点：众数、中位数、平均数．专题：概率与统计．分析：直接求解数据的平均数即可．解答：解：数据4，6，5，8，7，6，那么这组数据的平均数为：=6．故答案为：6．点评：本题考查数据的均值的求法，基本知识的考查．3．（5分）（•江苏）设复数z满足z2=3+4i（i是虚数单位），则z的模为．考点：复数求模．专数系的扩充和复数．题：分析：直接利用复数的模的求解法则，化简求解即可．解答：解：复数z满足z2=3+4i，可得|z||z|=|3+4i|==5，∴|z|=．故答案为：．点评：本题考查复数的模的求法，注意复数的模的运算法则的应用，考查计算能力．4．（5分）（•江苏）根据如图所示的伪代码，可知输出的结果S 为7 ．考点：伪代码．专题：图表型；算法和程序框图．分析：模拟执行程序框图，依次写出每次循环得到的I，S的值，当I=10时不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．解答：解：模拟执行程序，可得S=1，I=1满足条件I＜8，S=3，I=4满足条件I＜8，S=5，I=7满足条件I＜8，S=7，I=10不满足条件I＜8，退出循环，输出S的值为7．故答案为：7．点评：本题主要考查了循环结构的程序，正确判断退出循环的条件是解题的关键，属于基础题．5．（5分）（•江苏）袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球、1只红球、2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为．考点：古典概型及其概率计算公式．专题：概率与统计．分析：根据题意，把4个小球分别编号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率即可．解答：解：根据题意，记白球为A，红球为B，黄球为C1、C2，则一次取出2只球，基本事件为AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共6种，其中2只球的颜色不同的是AB、AC1、AC2、BC1、BC2共5种；所以所求的概率是P=．故答案为：．点评：本题考查了用列举法求古典概型的概率的应用问题，是基础题目．6．（5分）（•江苏）已知向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）（m，n∈R），则m﹣n的值为﹣3 ．考点：平面向量的基本定理及其意义．专题：平面向量及应用．分析：直接利用向量的坐标运算，求解即可．解答：解：向量=（2，1），=（1，﹣2），若m+n=（9，﹣8）可得，解得m=2，n=5，∴m﹣n=﹣3．故答案为：﹣3．点评：本题考查向量的坐标运算，向量相等条件的应用，考查计算能力．7．（5分）（•江苏）不等式2＜4的解集为（﹣1，2）．考点：指、对数不等式的解法．专题：函数的性质及应用；不等式的解法及应用．分析：利用指数函数的单调性转化为x2﹣x＜2，求解即可．解答：解；∵2＜4，∴x2﹣x＜2，即x2﹣x﹣2＜0，解得：﹣1＜x＜2故答案为：（﹣1，2）点评：本题考查了指数函数的性质，二次不等式的求解，属于简单的综合题目，难度不大．8．（5分）（•江苏）已知tanα=﹣2，tan（α+β）=，则tanβ的值为 3 ．考点：两角和与差的正切函数．专题：三角函数的求值．分析：直接利用两角和的正切函数，求解即可．解答：解：tanα=﹣2，tan（α+β）=，可知tan（α+β）==，即=，解得tanβ=3．故答案为：3．点评：本题考查两角和的正切函数，基本知识的考查．9．（5分）（•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．考点：棱柱、棱锥、棱台的体积．专题：计算题；空间位置关系与距离．分析：由题意求出原来圆柱和圆锥的体积，设出新的圆柱和圆锥的底面半径r，求出体积，由前后体积相等列式求得r．解答：解：由题意可知，原来圆锥和圆柱的体积和为：．设新圆锥和圆柱的底面半径为r，则新圆锥和圆柱的体积和为：．∴，解得：．故答案为：．点评：本题考查了圆柱与圆锥的体积公式，是基础的计算题．10．（5分）（•江苏）在平面直角坐标系xOy中，以点（1，0）为圆心且与直线mx﹣y﹣2m﹣1=0（m∈R）相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2 ．考点：圆的标准方程；圆的切线方程．专题：计算题；直线与圆．分析：求出圆心到直线的距离d的最大值，即可求出所求圆的标准方程．解答：解：圆心到直线的距离d==≤，∴m=1时，圆的半径最大为，∴所求圆的标准方程为（x﹣1）2+y2=2．故答案为：（x﹣1）2+y2=2．点评：本题考查所圆的标准方程，考查点到直线的距离公式，考查学生的计算能力，比较基础．11．（5分）（•江苏）设数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），则数列{}的前10项的和为．考点：数列的求和；数列递推式．专题：等差数列与等比数列．分析：数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），利用“累加求和”可得a n=．再利用“裂项求和”即可得出．解答：解：∵数列{a n}满足a1=1，且a n+1﹣a n=n+1（n∈N*），∴当n≥2时，a n=（a n﹣a n﹣1）+…+（a2﹣a1）+a1=+n+…+2+1=．当n=1时，上式也成立，∴a n=．∴=2．∴数列{}的前n项的和S n===．∴数列{}的前10项的和为．故答案为：．点评：本题考查了数列的“累加求和”方法、“裂项求和”方法、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12．（5分）（•江苏）在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2﹣y2=1右支上的一个动点，若点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c 恒成立，则实数c的最大值为．考点：双曲线的简单性质．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为x±y=0，c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离．解答：解：由题意，双曲线x2﹣y2=1的渐近线方程为x±y=0，因为点P到直线x﹣y+1=0的距离大于c恒成立，所以c的最大值为直线x﹣y+1=0与直线x﹣y=0的距离，即．故答案为：．点评：本题考查双曲线的性质，考查学生的计算能力，比较基础．13．（5分）（•江苏）已知函数f（x）=|lnx|，g（x）=，则方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为4 ．考点：根的存在性及根的个数判断．专题：综合题；函数的性质及应用．分析：：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1，分别作出函数的图象，即可得出结论．解答：解：由|f（x）+g（x）|=1可得g（x）=﹣f（x）±1．g（x）与h（x）=﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有两个交点；g（x）与φ（x）=﹣f（x）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点；所以方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数为4．故答案为：4．点评：本题考查求方程|f（x）+g（x）|=1实根的个数，考查数形结合的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．14．（5分）（•江苏）设向量=（cos，sin+cos）（k=0，1，2，…，12），则（a k•a k+1）的值为．考点：数列的求和．专题：等差数列与等比数列；平面向量及应用．分析：利用向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性即可得出．解答：解：=+=+++=++=++，∴（a k•a k+1）=+++++++…++ =+0+0=．故答案为：9．点评：本题考查了向量数量积运算性质、两角和差的正弦公式、积化和差公式、三角函数的周期性，考查了推理能二、解答题（本大题共6小题，共计90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（14分）（•江苏）在△ABC中，已知AB=2，AC=3，A=60°．（1）求BC的长；（2）求sin2C的值．考点：余弦定理的应用；二倍角的正弦．专题：解三角形．分析：（1）直接利用余弦定理求解即可．（2）利用正弦定理求出C的正弦函数值，然后利用二倍角公式求解即可．解答：解：（1）由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2﹣2AB•ACcosA=4+8﹣2×2×3×=7，所以BC=．（2）由正弦定理可得：，则sinC===，∵AB＜BC，∴C为锐角，则cosC===．因此sin2C=2sinCcosC=2×=．点评：本题考查余弦定理的应用，正弦定理的应用，二倍角的三角函数，注意角的范围的解题的关键．16．（14分）（•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC1，设AB1的中点为D，B1C∩BC1=E．求证：（1）DE∥平面AA1C1C；（2）BC1⊥AB1．考点：直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的性质．专题：证明题；空间位置关系与距离．分析：（1）根据中位线定理得DE∥AC，即证DE∥平面AA1C1C；（2）先由直三棱柱得出CC1⊥平面ABC，即证AC⊥CC1；再证明AC⊥平面BCC1B1，即证BC1⊥AC；最后证明BC1⊥平面B1AC，即可证出BC1⊥AB1．解答：证明：（1）根据题意，得；E为B1C的中点，D为AB1的中点，所以DE∥AC；又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C；（2）因为棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1；又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1=C，所以AC⊥平面BCC1B1；又因为BC1⊂平面平面BCC1B1，所以BC1⊥AC；因为BC=CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，所以BC1⊥平面B1AC；又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1．点评：本题考查了直线与直线，直线与平面以及平面与平面的位置关系，也考查了空间想象能力和推理论证能力的应用问题，是基础题目．17．（14分）（•江苏）某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l，如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l2，l1在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y=（其中a，b为常数）模型．（1）求a，b的值；（2）设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t．①请写出公路l长度的函数解析式f（t），并写出其定义域；②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度．考点：函数与方程的综合运用．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，建立方程组，即可求a，b的值；（2）①求出切线l的方程，可得A，B的坐标，即可写出公路l长度的函数解析式f （t），并写出其定义域；②设g（t）=，利用导数，确定单调性，即可求出当t为何值时，公路l的长度最短，并求出最短长度．解答：解：（1）由题意知，点M，N的坐标分别为（5，40），（20，2.5），将其分别代入y=，得，解得，（2）①由（1）y=（5≤x≤20），P（t，），∴y′=﹣，∴切线l的方程为y﹣=﹣（x﹣t）设在点P处的切线l交x，y轴分别于A，B点，则A（，0），B（0，），∴f（t）==，t∈[5，20]；②设g（t）=，则g′（t）=2t﹣=0，解得t=10，t∈（5，10）时，g′（t）＜0，g（t）是减函数；t∈（10，20）时，g′（t）＞0，g（t）是增函数，从而t=10时，函数g（t）有极小值也是最小值，∴g（t）min=300，∴f（t）min=15，答：t=10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米．点评：本题考查利用数学知识解决实际问题，考查导数知识的综合运用，确定函数关系，正确求导是关键．18．（16分）（•江苏）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆+=1（a＞b＞0）的离心率为，且右焦点F到左准线l 的距离为3．（1）求椭圆的标准方程；（2）过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC=2AB，求直线AB的方程．考点：直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．专题：直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）运用离心率公式和准线方程，可得a，c的方程，解得a，c，再由a，b，c的关系，可得b，进而得到椭圆方程；（2）讨论直线AB的斜率不存在和存在，设出直线方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及两直线垂直的条件和中点坐标公式，即可得到所求直线的方程．解答：解：（1）由题意可得，e==，且c+=3，解得c=1，a=，则b=1，即有椭圆方程为+y2=1；（2）当AB⊥x轴，AB=，CP=3，不合题意；当AB与x轴不垂直，设直线AB：y=k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），将AB方程代入椭圆方程可得（1+2k2）x2﹣4k2x+2（k2﹣1）=0，则x1+x2=，x1x2=，则C（，），且|AB|=•=，若k=0，则AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意；则k≠0，故PC：y+=﹣（x﹣），P（﹣2，），从而|PC|=，由|PC|=2|AB|，可得=，解得k=±1，此时AB的方程为y=x﹣1或y=﹣x+1．点评：本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率和方程的运用，联立直线方程，运用韦达定理和弦长公式，同时考查两直线垂直和中点坐标公式的运用，属于中档题．19．（16分）（•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+b（a，b∈R）．（1）试讨论f（x）的单调性；（2）若b=c﹣a（实数c是与a无关的常数），当函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），求c的值．考点：利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理．专题：综合题；导数的综合应用．分析：（1）求导数，分类讨论，利用导数的正负，即可得出f（x）的单调性；（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，进一步转化为a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g（a）=﹣a+c，利用条件即可求c的值．解答：解：（1）∵f（x）=x3+ax2+b，∴f′（x）=3x2+2ax，令f′（x）=0，可得x=0或﹣．a=0时，f′（x）＞0，∴f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；a＞0时，x∈（﹣∞，﹣）∪（0，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（﹣，0）时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（﹣∞，﹣），（0，+∞）上单调递增，在（﹣，0）上单调递减；a＜0时，x∈（﹣∞，0）∪（﹣，+∞）时，f′（x）＞0，x∈（0，﹣）时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（﹣∞，0），（﹣，+∞）上单调递增，在（0，﹣）上单调递减；（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b，f（﹣）=+b，则函数f（x）有三个不同的零点等价于f（0）f（﹣）=b（+b）＜0，∵b=c﹣a，∴a＞0时，﹣a+c＞0或a＜0时，﹣a+c＜0．设g（a）=﹣a+c，∵函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），∴在（﹣∞，﹣3）上，g（a）＜0且在（1，）∪（，+∞）上g（a）＞0均恒成立，∴g（﹣3）=c﹣1≤0，且g（）=c﹣1≥0，∴c=1，此时f（x）=x3+ax2+1﹣a=（x+1）[x2+（a﹣1）x+1﹣a]，∵函数有三个零点，∴x2+（a﹣1）x+1﹣a=0有两个异于﹣1的不等实根，∴△=（a﹣1）2﹣4（1﹣a）＞0，且（﹣1）2﹣（a﹣1）+1﹣a≠0，解得a∈（﹣∞，﹣3）∪（1，）∪（，+∞），综上c=1．点评：本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性，考查函数的零点，考查分类讨论的数学思想，难度大．20．（16分）（•江苏）设a1，a2，a3．a4是各项为正数且公差为d（d≠0）的等差数列．（1）证明：2，2，2，2依次构成等比数列；（2）是否存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列？并说明理由；（3）是否存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k 依次构成等比数列？并说明理由．考点：等比关系的确定；等比数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：（1）根据等比数列和等差数列的定义即可证明；（2）利用反证法，假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，推出矛盾，否定假设，得到结论；（3）利用反证法，假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k 依次构成等比数列，得到a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），利用等式以及对数的性质化简整理得到ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**），多次构造函数，多次求导，利用零点存在定理，推出假设不成立．解答：解：（1）证明：∵==2d，（n=1，2，3，）是同一个常数，∴2，2，2，2依次构成等比数列；（2）令a1+d=a，则a1，a2，a3，a4分别为a﹣d，a，a+d，a+2d（a＞d，a＞﹣2d，d≠0）假设存在a1，d使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列，则a4=（a﹣d）（a+d）3，且（a+d）6=a2（a+2d）4，令t=，则1=（1﹣t）（1+t）3，且（1+t）6=（1+2t）4，（﹣＜t＜1，t≠0），化简得t3+2t2﹣2=0（*），且t2=t+1，将t2=t+1代入（*）式，t（t+1）+2（t+1）﹣2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0，则t=﹣，显然t=﹣不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立，因此不存在a1，d，使得a1，a22，a33，a44依次构成等比数列．（3）假设存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列，则a1n（a1+2d）n+2k=（a1+2d）2（n+k），且（a1+d）n+k（a1+3d）n+3k=（a1+2d）2（n+2k），分别在两个等式的两边同除以=a12（n+k），a12（n+2k），并令t=，（t＞，t≠0），则（1+2t）n+2k=（1+t）2（n+k），且（1+t）n+k（1+3t）n+3k=（1+2t）2（n+2k），将上述两个等式取对数，得（n+2k）ln（1+2t）=2（n+k）ln（1+t），且（n+k）ln（1+t）+（n+3k）ln（1+3t）=2（n+2k）ln（1+2t），化简得，2k[ln（1+2t）﹣ln（1+t）]=n[2ln（1+t）﹣ln（1+2t）]，且3k[ln（1+3t）﹣ln（1+t）]=n[3ln（1+t）﹣ln（1+3t）]，再将这两式相除，化简得，ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t）=4ln（1+3t）ln（1+t），（**）令g（t）=4ln（1+3t）ln（1+t）﹣ln（1+3t）ln（1+2t）+3ln（1+2t）ln（1+t），则g′（t）=[（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t）]，令φ（t）=（1+3t）2ln（1+3t）﹣3（1+2t）2ln（1+2t）+3（1+t）2ln（1+t），则φ′（t）=6[（1+3t）ln（1+3t）﹣2（1+2t）ln（1+2t）+3（1+t）ln（1+t）]，令φ1（t）=φ′（t），则φ1′（t）=6[3ln（1+3t）﹣4ln（1+2t）+ln（1+t）]，令φ2（t）=φ1′（t），则φ2′（t）=＞0，由g（0）=φ（0）=φ1（0）=φ2（0）=0，φ2′（t）＞0，知g（t），φ（t），φ1（t），φ2（t）在（﹣，0）和（0，+∞）上均单调，故g（t）只有唯一的零点t=0，即方程（**）只有唯一解t=0，故假设不成立，所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a1n，a2n+k，a3n+2k，a4n+3k依次构成等比数列．点评：本题主要考查等差数列、等比数列的定义和性质，函数与方程等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力，属于难题．三、附加题（本大题包括选做题和必做题两部分）【选做题】本题包括21-24题，请选定其中两小题作答，若多做，则按作答的前两小题评分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤【选修4-1：几何证明选讲】21．（10分）（•江苏）如图，在△ABC中，AB=AC，△ABC的外接圆⊙O的弦AE交BC于点D．求证：△ABD∽△AEB．考点：相似三角形的判定．专题：推理和证明．分析：直接利用已知条件，推出两个三角形的三个角对应相等，即可证明三角形相似．解答：证明：∵AB=AC，∴∠ABD=∠C，又∵∠C=∠E，∴∠ABD=∠E，又∠BAE是公共角，可知：△ABD∽△AEB．点评：本题考查圆的基本性质与相似三角形等基础知识，考查逻辑推理能力．【选修4-2：矩阵与变换】22．（10分）（•江苏）已知x，y∈R，向量=是矩阵的属于特征值﹣2的一个特征向量，求矩阵A以及它的另一个特征值．考点：特征值与特征向量的计算．专题：矩阵和变换．分析：利用A=﹣2，可得A=，通过令矩阵A的特征多项式为0即得结论．解答：解：由已知，可得A=﹣2，即==，则，即，∴矩阵A=，从而矩阵A的特征多项式f（λ）=（λ+2）（λ﹣1），∴矩阵A的另一个特征值为1．点评：本题考查求矩阵及其特征值，注意解题方法的积累，属于中档题．【选修4-4：坐标系与参数方程】23．（•江苏）已知圆C的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，求圆C的半径．考点：简单曲线的极坐标方程．专题：计算题；坐标系和参数方程．分析：先根据x=ρcosθ，y=ρsinθ，求出圆的直角坐标方程，求出半径．解答：解：圆的极坐标方程为ρ2+2ρsin（θ﹣）﹣4=0，可得ρ2﹣2ρcosθ+2ρsinθ﹣4=0，化为直角坐标方程为x2+y2﹣2x+2y﹣4=0，化为标准方程为（x﹣1）2+（y+1）2=6，圆的半径r=．点评：本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，以及求点的极坐标的方法，关键是利用公式x=ρcosθ，y=ρsinθ，比较基础，[选修4-5：不等式选讲】24．（•江苏）解不等式x+|2x+3|≥2．考点：绝对值不等式的解法．专题：不等式．分析：思路1（公式法）：利用|f（x）|≥g（x）⇔f（x）≥g（x），或f（x）≤﹣g（x）；思路2（零点分段法）：对x的值分“x≥”“x＜”进行讨论求解．解解法1：x+|2x+3|≥2变形为|2x+3|≥2﹣x，答：得2x+3≥2﹣x，或2x+3≥﹣（2﹣x），即x≥，或x≤﹣5，即原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．解法2：令|2x+3|=0，得x=．①当x≥时，原不等式化为x+（2x+3）≥2，即x≥，所以x≥；②x＜时，原不等式化为x﹣（2x+3）≥2，即x≤﹣5，所以x≤﹣5．综上，原不等式的解集为{x|x≥，或x≤﹣5}．点评：本题考查了含绝对值不等式的解法．本解答给出的两种方法是常见的方法，不管用哪种方法，其目的是去绝对值符号．若含有一个绝对值符号，利用公式法要快捷一些，其套路为：|f（x）|≥g（x）⇔f（x）≥g（x），或f（x）≤﹣g（x）；|f（x）|≤g （x）⇔﹣g（x）≤f（x）≤g（x）．可简记为：大于号取两边，小于号取中间．使用零点分段法时，应注意：同一类中取交集，类与类之间取并集．【必做题】每题10分，共计20分，解答时写出文字说明、证明过程或演算步骤26．（10分）（•江苏）已知集合X={1，2，3}，Y n={1，2，3，…，n）（n∈N*），设S n={（a，b）|a整除b或整除a，a∈X，B∈Y n}，令f（n）表示集合S n所含元素的个数．（1）写出f（6）的值；（2）当n≥6时，写出f（n）的表达式，并用数学归纳法证明．考点：数学归纳法．专题：综合题；点列、递归数列与数学归纳法．分析：（1）f（6）=6+2++=13；（2）根据数学归纳法的证明步骤，分类讨论，即可证明结论．解答：解：（1）f（6）=6+2++=13；（2）当n≥6时，f（n）=．下面用数学归纳法证明：①n=6时，f（6）=6+2++=13，结论成立；②假设n=k（k≥6）时，结论成立，那么n=k+1时，S k+1在S k的基础上新增加的元素在（1，k+1），（2，k+1），（3，k+1）中产生，分以下情形讨论：1）若k+1=6t，则k=6（t﹣1）+5，此时有f（k+1）=f（k）+3=（k+1）+2++，结论成立；2）若k+1=6t+1，则k=6t+1，此时有f（k+1）=f（k）+1=k+2+++1=（k+1）+2++，结论成立；3）若k+1=6t+2，则k=6t+1，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立；4）若k+1=6t+3，则k=6t+2，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立；5）若k+1=6t+4，则k=6t+3，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立；6）若k+1=6t+5，则k=6t+4，此时有f（k+1）=f（k）+2=k+2+++2=（k+1）+2++，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．本题考查数学归纳法，考查学生分析解决问题的能力，正确归纳是关键．点评：25．（10分）（•江苏）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=，PA=AD=2，AB=BC=1．（1）求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；（2）点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．考点：二面角的平面角及求法；点、线、面间的距离计算．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz．（1）所求值即为平面PAB的一个法向量与平面PCD的法向量的夹角的余弦值的绝对值，计算即可；（2）利用换元法可得cos2＜，＞≤，结合函数y=cosx在（0，）上的单调性，计算即得结论．解答：解：以A为坐标原点，以AB、AD、AP所在直线分别为x、y、z轴建系A﹣xyz如图，由题可知B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．（1）∵AD⊥平面PAB，∴=（0，2，0），是平面PAB的一个法向量，∵=（1，1，﹣2），=（0，2，﹣2），设平面PCD的法向量为=（x，y，z），由，得，取y=1，得=（1，1，1），∴cos＜，＞==，∴平面PAB与平面PCD所成两面角的余弦值为；（2）∵=（﹣1，0，2），设=λ=（﹣λ，0，2λ）（0≤λ≤1），又=（0，﹣1，0），则=+=（﹣λ，﹣1，2λ），又=（0，﹣2，2），从而cos＜，＞==，设1+2λ=t，t∈[1，3]，则cos2＜，＞==≤，当且仅当t=，即λ=时，|cos＜，＞|的最大值为，因为y=cosx在（0，）上是减函数，此时直线CQ与DP所成角取得最小值．又∵BP==，∴BQ=BP=．点评：本题考查求二面角的三角函数值，考查用空间向量解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题．创作人：百里安娜创作日期：202X.04.01审核人：北堂王会创作单位：明德智语学校。

2020上海高考数学基础知识回顾：第六讲 立体几何一、空间点、直线、平面的位置关系★（1）点与平面的关系：点A 在平面α内，记作A α∈；点A 不在平面α内，记作A α∉ 点与直线的关系：点A 的直线l 上，记作：A ∈l ； 点A 在直线l 外，记作A ∉l ； 直线与平面的关系：直线l 在平面α内，记作l ⊂α；直线l 不在平面α内，记作l ⊄α。

★（2）公理1：如果一条直线的两点在一个平面内，那么这条直线是所有的点都在这个平面内。

（即直线在平面内，或者平面经过直线）★（3）公理2：如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线 公理2的作用：①它是判定两个平面相交的方法。

②它说明两个平面的交线与两个平面公共点之间的关系：交线必过公共点。

③它可以判断点在直线上，即证若干个点共线的重要依据。

★（4）公理3：经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面。

推论：一直线和直线外一点确定一平面；两相交直线确定一平面；两平行直线确定一平面。

公理3及其推论作用：①它是空间内确定平面的依据 ②它是证明平面重合的依据 ★（5）公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行★（6）等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行，那么这两角相等或互补。

二、空间中的平行问题★（1）直线与平面平行的判定及其性质线面平行的判定定理：平面外一条直线与此平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行。

线线平行⇒线面平行线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行。

线面平行⇒线线平行★（2）平面与平面平行的判定及其性质①两个平面平行的判定定理：如果一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行（线面平行→面面平行）；如果在两个平面内，各有两组相交直线对应平行，那么这两个平面平行（线线平行→面面平行）；垂直于同一条直线的两个平面平行②两个平面平行的性质定理：如果两个平面平行，那么某一个平面内的直线与另一个平面平行（面面平行→线面平行）；如果两个平行平面都和第三个平面相交，那么它们的交线平行（面面平行→线线平行）。

新高考（全国卷）地区数学试卷结构及题型变化新高考数学考试试卷及试卷结构说明:新高考数学试卷结构:第一大题, 单项选择题, 共8小题, 每小题5分, 共40分；第二大题, 多项选择题, 共4小题, 每小题5分, 部分选对得3分, 有选错得新高考选择题部分分析:①新高考与之前相比, 最大的不同就是增加了多项选择题部分, 选择题部分由原来的12道单选题, 变成了8道单选题与4道多选题。

这有利于缩小学生选择题部分成绩的差距, 过去学生错一道单选题, 可能就会丢掉5分, 在新高考中, 考生部分选对就可以得3分, 在一定程度上保证了得分率。

②新高考的单项选择题部分主要考察学生的基础知识和基本运算能力, 总体上难度不大, 只要认真复习, 一般都可以取得一个较好的成绩。

在多项选择题上, 前两道较为基础, 后两道难度较大, 能够突出高考的选拔性功能, 总体上来看, 学生比以往来讲, 更容易取得一个不错的成绩, 但对于一些数学基础比较的好的同学来说, 这些题比以往应该更有挑战性。

过去, 只需要在四个选项中选一个正确答案, 现在要在四个选项中, 选出多个答案, 比以往来说, 要想准确的把正确答案全部选出来, 确实有一定的难度、③新高考数学试卷的第4题, 第6题和第12题都体现了创新性。

第4题, 以古代知识为背景, 考察同学们的立体几何知识, 这体现了数学考试的价值观导向。

弘扬传统文化的同时也鼓励同学们走进传统文化。

近年来, 对于这类题目也是屡见不鲜, 平时也应该鼓励学生去关注一些古代的数学著作, 如《九章算术》, 《孙子算经》等等, 通过对这些著作的了解, 再遇到这类题目时, 在一定程度上能够减少恐惧感与焦虑感。

第6题则体现了聚焦民生, 关注社会热点。

以新冠疫情为背景, 考察了指数与对数函数, 这也启示我们, 在未来, 数学试卷将会越来越贴近我们的现实生活, 平时我们对这些内容有所关注, 可以减少我们的焦虑感, 增强我们做题的自信心。

单元质量测试(六)时间：120分钟满分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．某空间几何体的三视图中，有一个是正方形，则该空间几何体不可能是()A．圆柱B．圆锥C．棱锥D．棱柱答案B解析易知仅圆锥的三视图中一定不会出现正方形，故选B．2．(2018·郑州检测)已知一三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为()答案C解析由已知条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线P A形成的投影，应为虚线．故选C．3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积为6π，则这个正四棱柱的体积为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 B解析 S 表＝4πR 2＝6π，∴R ＝62，设正四棱柱底面边长为x ，则x 2＋x 2＋22＝(2R )2，∴x ＝1．∴V 正四棱柱＝2．故选B ．4．(2018·贵阳模拟)设m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列命题：①若m ⊥α，m ⊥β，则α∥β； ②若m ∥α，m ∥β，则α∥β； ③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ； ④若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n ．上述命题中，所有真命题的序号是( ) A ．①④ B ．②③ C ．①③ D ．②④ 答案 A解析 对于①，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，所以①正确；对于②，平行于同一条直线的两个平面的位置关系不确定，所以②错误；对于③，平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，所以③错误；对于④，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，所以④正确．故选A ．5．(2018·太原三模)如图是某几何体的三视图，则这个几何体的体积是( )A ．2＋π2B ．2＋π3C．4＋π3D．4＋π2答案A解析由三视图可知，该几何体由一个半圆柱与三棱柱组成，这个几何体的体积V＝12×π×12×1＋12×(2)2×2＝2＋π2．故选A．6．(2018·江西赣州二模)某几何体的主视图和左视图如图1，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图2，其中O1A1＝6，O1C1＝2，则该几何体的侧面积为()A．48 B．64 C．96 D．128答案C解析由题图2及斜二测画法可知原俯视图为如图所示的平行四边形OABC，设CB与y轴的交点为D，则易知CD＝2，OD＝2×22＝42，∴CO＝CD2＋OD2＝6＝OA，∴俯视图是以6为边长的菱形，由三视图知几何体为一个直四棱柱，其高为4，所以该几何体的侧面积为4×6×4＝96．故选C．7．(2018·郑州质检三)已知A，B，C，D四点在半径为5的球面上，且AC＝BD＝4，AD＝BC＝11，AB＝CD，则三棱锥D－ABC的体积是()A．67 B．47 C．27 D．7答案 C解析 如图所示，将三棱锥D －ABC 放在长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体中，则依题意有⎩⎨⎧a 2＋c 2＝AC 2＝16，a 2＋b 2＝BC 2＝11，a 2＋b 2＋c 2＝(2R )2＝20，解得⎩⎨⎧a ＝7，b ＝2，c ＝3，则三棱锥D －ABC 的体积为abc －413·12abc ＝27．选C ． 8．(2018·山西四校联考)如图所示，P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线交点为O ，M 为PB 的中点，给出下列五个结论：①PD ∥平面AMC ；②OM ∥平面PCD ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA ；⑤OM ∥平面PBC ．其中正确的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 矩形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，所以O 为BD 的中点．在△PBD 中，M 是PB 的中点，所以OM 是△PBD 的中位线，OM ∥PD ，则PD ∥平面AMC ，OM ∥平面PCD ，且OM ∥平面PDA ．因为M ∈PB ，所以OM 与平面PBA 、平面PBC 相交．故选C ．9．(2018·大庆质检一)已知一个圆柱的轴截面是边长为a 的正方形．在圆柱内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，则圆柱内除了球之外的几何体的体积为( )A ．πa 34B ．πa 36C ．πa 38D ．πa 312 答案 D解析 由题意可知，该圆柱底面直径和高都是a ，故其体积为V 1＝πR 2h ＝π×a22×a ＝πa 34．而圆柱体的内切球的直径也为a ，故其体积为V 2＝4π3R 3＝4π3×a 23＝πa 36，所以圆柱体内除球体以外部分的体积为V ＝V 1－V 2＝πa 312．故选D ．10．(2018·湖南长沙四校联考)祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④ 答案 D解析 设截面与底面的距离为h ，则①中截面内圆的半径为h ，则截面圆环的面积为π(R 2－h 2)；②中截面圆的半径为R －h ，则截面圆的面积为π(R －h )2；③中截面圆的半径为R －h 2，则截面圆的面积为πR －h 22；④中截面圆的半径为R 2－h 2，则截面圆的面积为π(R 2－h 2)．所以①④中截面的面积相等，故其体积相等，故选D ．11．(2018·浙江高考)已知四棱锥S －ABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点)．设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S －AB －C 的平面角为θ3，则( )A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1 答案 D解析 由题意知该四棱锥为正四棱锥，设AB ，AD ，BC 的中点分别为P ，M ，N 连接MN ，过点E 作直线MN 的垂线交MN 于点Q ．设O 为S 在底面ABCD 内的射影，连接SO ，OP ，OE ，SP ，SQ ，则∠SEQ ＝θ1，∠SEO ＝θ2，∠SPO ＝θ3，∴tan θ2＝OS OE ，tan θ3＝OSOP ，∵OP ≤OE ，∴tan θ3≥tan θ2．又EQ ⊥MN ，EQ ⊥SO ，MN ∩SO ＝O ，MN ，SO ⊂平面SOQ ，∴EQ ⊥平面SOQ ，又SQ ⊂平面SOQ ，∴EQ ⊥SQ ．∴tan θ1＝SQEQ ，∵SQ ≥SO ，EQ ＝OP ，∴tan θ1≥tan θ3．故有tan θ1≥tan θ3≥tan θ2．由图可知θ1，θ2，θ3∈0，π2．∴θ1≥θ3≥θ2，故选D ．12．(2018·全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A ．334B ．233C ．324D ．32 答案 A解析 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与线AA 1，A 1B 1，A 1D 1所成的角是相等的，所以平面AB 1D 1与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面C 1BD 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面AB 1D 1与C 1BD 中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为22，所以其面积为S ＝6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，故选A ．第Ⅱ卷 (非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．如图，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr ＝________．答案 233解析 由水面高度升高r ，得圆柱体积增加πR 2r ，恰好是半径为r 的实心铁球的体积，因此有43πr 3＝πR 2r ．故R r ＝233．14．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的六个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝90°，AA 1＝22，则球O 的表面积为________．答案 16π解析 由题设可知，直三棱柱可以补成一个球的内接长方体，所以球的直径为长方体的体对角线长，即22＋22＋(22)2＝4，故球O 的表面积S ＝4πR 2＝16π．15．已知某几何体的三视图如图所示，则其体积为________．答案8π解析由三视图可知该几何体为一个底面半径为1，高为5的圆柱与一个底面半径为1，高为3的圆柱的组合体，其体积为V＝π×12×(5＋3)＝8π．16．(2018·唐山模拟)已知一个几何体由八个面围成，每个面都是正三角形，有四个顶点在同一平面内且为正方形，若该八面体的棱长为2，所有顶点都在球O 上，则球O的表面积为________．答案8π解析依题意，该八面体的各个顶点都在同一球面上，则其中四点所组成的截面在球的大圆面上，因为该八面体的棱长为2，所以这四点组成的正方形的对角线的长为22，故球的半径为2，该球的表面积为4π(2)2＝8π．三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(2018·珠海摸底)(本小题满分10分)中秋节即将到来，为了做好中秋节商场促销活动，某商场打算将进行促销活动的礼品盒重新设计．方案如下：将一块边长为10的正方形纸片ABCD剪去四个全等的等腰三角形(△SEE′，△SFF′，△SGG′，△SHH′)，再将剩下的阴影部分折成一个四棱锥形状的包装盒S－EFGH，其中A，B，C，D重合于点O，E与E′重合，F与F′重合，G与G′重合，H与H′重合(如图所示)．(1)求证：平面SEG⊥平面SFH；(2)已知AE＝52，过O作OM⊥SH于点M，求cos∠EMO的值．解(1)证明：因为折叠后A，B，C，D重合于一点O，所以拼接成底面EFGH的四个直角三角形必为全等的等腰直角三角形，所以底面EFGH是正方形，故EG⊥FH．因为在原平面图形中，△SEE′≌△SGG′，所以SE＝SG，所以EG⊥SO．又FH∩SO＝O，FH⊂平面SFH，SO⊂平面SFH，故EG⊥平面SFH．又因为EG⊂平面SEG，所以平面SEG⊥平面SFH．(2)依题意，当AE＝52时，即OE＝5 2．Rt△SHO中，OH＝52，SH＝552，故SO＝5，所以OM＝SO·OHSH＝5．由(1)知EG⊥平面SFH，且OM⊂平面SFH，故EG⊥OM，从而EO⊥OM，故Rt△EMO中，EM＝EO2＋OM2＝35 2，所以cos∠EMO＝OMEM＝23．18．(2018·安徽江淮十校联考)(本小题满分12分)四棱锥A －BCDE 中，EB ∥DC ，且EB ⊥平面ABC ，EB ＝1，DC ＝BC ＝AB ＝AC ＝2，F 是棱AD 的中点．(1)证明：EF ⊥平面ACD ； (2)求二面角B －AE －D 的余弦值．解 (1)证明：取AC 中点M ，连接FM ，BM ， ∵F 是AD 中点，∴FM ∥DC ，且FM ＝12DC ＝1． 又∵EB ∥DC ，EB ＝1， ∴FM 綊EB ，∴四边形FMBE 是平行四边形． ∴EF ∥BM ，又BC ＝AB ＝AC ， ∴△ABC 是等边三角形，∴BM ⊥AC ， ∵EB ⊥平面ABC ，EB ∥DC ， ∴CD ⊥平面ABC ，∴CD ⊥BM ． 又CD ∩AC ＝C ，∴BM ⊥平面ACD ，∴EF ⊥平面ACD ．(2)取BC 中点N ，连接AN ，则AN ⊥BC ⇒AN ⊥平面BCD ．以N 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．则各点坐标为A (0，0，3)，B (0，－1，0)，C (0，1，0)，D (2，1，0)，E (1，－1，0)．可得BA →＝(0，1，3)，BE →＝(1，0，0)，EA →＝(－1，1，3)，ED →＝(1，2，0)， 设平面ABE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BA →＝0，n 1·BE →＝0，得⎩⎨⎧y 1＋3z 1＝0，x 1＝0，可取n 1＝(0，－3，1)，设平面ADE 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n 2·EA →＝0，n 2·ED →＝0，得⎩⎨⎧－x 2＋y 2＋3z 2＝0，x 2＋2y 2＝0，可取n 2＝(－2，1，－3)，于是cos 〈n 1，n 2〉＝－3－32×8＝－64，注意到二面角B －AE －D 是钝二面角， 因此，所求二面角的余弦值就是－64．19．(2018·湖北重点中学联考二)(本小题满分12分)如图1，等腰直角三角形ABC 的底边AB ＝2，点D 在线段AC 上，DE ⊥AB 于点E ，现将△ADE 沿DE 折起到△PDE 的位置(如图2)．(1)求证：PB ⊥DE ；(2)若PE ⊥BE ，直线PD 与平面PBC 所成的角为30°，求平面PDE 与平面PBC 所成的锐二面角的正弦值．解 (1)证明：由图1，图2可知，DE ⊥PE ，DE ⊥BE ，PE ∩BE ＝E ， ∴DE ⊥平面PBE ，又PB ⊂平面PBE ，∴PB ⊥DE ．(2)由(1)及PE ⊥BE 可知，DE ，BE ，PE 两两互相垂直．分别以ED →，EB →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系Exyz ．设|PE |＝a (0<a <1)，则B (0，2－a ，0)，D (a ，0，0)，C (1，1－a ，0)，P (0，0，a )， ∴PB→＝(0，2－a ，－a )，BC →＝(1，－1，0)． 设平面PBC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PB →·n ＝0，BC →·n ＝0，∴⎩⎨⎧(2－a )y －az ＝0，x －y ＝0，∴平面PBC 的一个法向量为n ＝(a ，a ，2－a )， ∵直线PD 与平面PBC 所成的角为30°， 且PD→＝(a ，0，－a )， ∴sin30°＝|a 2－a (2－a )|2a 2·a 2＋a 2＋(2－a )2， ∴a ＝2(舍去)或a ＝25．∴平面PBC 的一个法向量为n ＝25，25，85． 易知平面PDE 的一个法向量为m ＝(0，1，0)，设所求的锐二面角为θ，则cosθ＝m·n|m||n|＝26，所以sinθ＝34 6，即平面PDE与平面PBC所成的锐二面角的正弦值为34 6．20．(2018·山东青岛统一质检)(本小题满分12分)如图，圆柱H横放在底面边长为1的正六棱锥P－ABCDEF的顶点P上，O1和O2分别是圆柱左和右两个底面的圆心，正六棱锥P－ABCDEF的底面中心为O，PO＝1，M，N分别是圆柱H的底面圆O1的最高点和最低点，G是圆柱H的底面圆O2的最低点，P为NG的中点，点M，O1，N，A，O，D，G，P共面，O1，P，D共线，四边形ADGN为矩形．(1)证明：MG∥平面PCD；(2)求二面角M－CD－A的大小．注：正棱锥就是底面是一个正多边形，顶点在底面上的正投影为底面的中心的棱锥．解(1)证明：连接PO1(图略)，∵P为NG的中点，O1为MN的中点，∴PO1∥MG，又点O1，P，D共线，∴PD∥MG，∵PD⊂平面PCD，MG⊄平面PCD，∴MG∥平面PCD．(2)∵O为正六棱锥P－ABCDEF的底面中心，∴PO⊥底面ABCDEF，取BC 的中点W (图略)，连接OW ，AD ， 则点O 在AD 上，OW ⊥AD ．分别以OA ，OW ，OP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Oxyz ． ∵P 为NG 的中点，四边形ADGN 为矩形，O 为AD 的中点，PO ＝1， ∴NA ∥PO ，NA ＝PO ＝1，从而NA ⊥底面ABCDEF ， ∵M ，N 分别是圆柱H 的底面圆O 1的最高点和最低点， ∴O 1N ⊥底面ABCDEF ，从而M ，O 1，N ，A 四点共线， ∵正六棱锥P －ABCDEF 的底面边长为1，∴AD ＝2， ∵四边形ADGN 为矩形，NG ∥AD ，且NG ＝AD ＝2， 又P 为NG 的中点，NP ∥AD ，且NP ＝12AD ＝1， ∴在△O 1AD 中，NP 为△O 1AD 的中位线， 从而N 为O 1A 的中点，∴O 1N ＝AN ＝1， 故M (1，0，3)，C －12，32，0，D (－1，0，0)， DC→＝12，32，0，DM →＝(2，0，3)． 设平面MCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·DC →＝0，m ·DM →＝0⇒⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝0，2x ＋3z ＝0.令x ＝1，则y ＝－33，z ＝－23， ∴m ＝1，－33，－23．取平面ABCDEF 的一个法向量为n ＝OP →＝(0，0，1)． 设二面角M －CD －A 的大小为锐角θ， 则cos θ＝|m ·n ||m ||n |＝12，因此θ＝π3，即二面角M －CD －A 的大小为π3．21．(2018·河北衡水中学九模)(本小题满分12分)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ，F 分别为BB 1，AB 的中点，设AA 1AB ＝λ．(1)求证：平面A 1CF ⊥平面A 1EF ；(2)若二面角F －EA 1－C 的平面角为π3，求实数λ的值，并判断此时二面角E －CF －A 1是否为直二面角，请说明理由．解 (1)证明：因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是正三棱柱， 所以AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥CF ． 又△ABC 是正三角形，F 为AB 的中点， 所以CF ⊥AB ，又AB ∩AA 1＝A ，故CF ⊥平面A 1EF ，又CF ⊂平面A 1CF ，所以平面A 1CF ⊥平面A 1EF ．(2)如图，以F 为坐标原点，FB →，FC →方向分别为x 轴、y 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设底边长AB ＝2，由题意AA 1＝2λ，则F (0，0，0)，A 1(－1，0，2λ)，E (1，0，λ)，C (0，3，0)． EC →＝(－1，3，－λ)，FC →＝(0，3，0)，A 1E →＝(2，0，－λ)， 设平面EA 1C 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝－x ＋3y －λz ＝0，n ·A 1E →＝2x －λz ＝0，令z ＝2，则平面EA 1C 的一个法向量为n ＝(λ，3λ，2)，由(1)可知FC →＝(0，3，0)为平面A 1EF 的一个法向量， 故cos π3＝FC →·n |FC →||n |＝3λ4λ2＋4×3，解得λ＝22， 由(1)可知EF ⊥CF ，A 1F ⊥CF ，由定义可知∠EF A 1为二面角E －CF －A 1的平面角． EF ＝12＋222＝62，A 1F ＝12＋(2)2＝3，A 1E ＝22＋222＝322， 满足EF 2＋A 1F 2＝A 1E 2，则∠EF A 1＝π2， 此时二面角E －CF －A 1为直二面角．22．(2018·江西南昌二模)(本小题满分12分)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AB ∥CD ，AB ⊥AD ，AB ＝2CD ＝2AD ＝4，侧面P AB 是等腰直角三角形，P A ＝PB ，平面P AB ⊥平面ABCD ，点E ，F 分别是棱AB ，PB 上的点，平面CEF ∥平面P AD ．(1)确定点E ，F 的位置，并说明理由； (2)求二面角D －EF －C 的余弦值． 解 (1)因为平面CEF ∥平面P AD ， 平面CEF ∩平面ABCD ＝CE ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以CE ∥AD ，又因为AB ∥DC ， 所以四边形AECD 是平行四边形， 所以DC ＝AE ＝12AB ，即点E 是AB 的中点． 因为平面CEF ∥平面P AD ， 平面CEF ∩平面P AB ＝EF ， 平面P AD ∩平面P AB ＝P A ，所以EF ∥P A ，因为点E 是AB 的中点， 所以点F 是PB 的中点，综上，E ，F 分别是AB ，PB 的中点． (2)连接PE ，因为P A ＝PB ，AE ＝EB ， 所以PE ⊥AB ，又因为平面P AB ⊥平面ABCD ， 平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ， 所以PE ⊥平面ABCD ， 又因为AB ⊥AD ， 所以CE ⊥AB ．如图，以点E 为坐标原点，EC ，EB ，EP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则B (0，2，0)，C (2，0，0)，D (2，－2，0)，E (0，0，0)，P (0，0，2)， 由中点公式得到F (0，1，1)，则EC→＝(2，0，0)，EF →＝(0，1，1)，ED →＝(2，－2，0)， 设平面CEF 、平面DEF 的法向量分别为 m ＝(x 1，y 1，z 1)，n ＝(x 2，y 2，z 2)， 由m ⊥EC→，m ⊥EF →，得⎩⎨⎧2x 1＋0·y 1＋0·z 1＝0，0·x 1＋y 1＋z 1＝0， 令y 1＝1，得m ＝(0，1，－1)， 由n ⊥ED→，n ⊥EF →， 得⎩⎨⎧2x 2－2y 2＋0·z 2＝0，0·x 2＋y 2＋z 2＝0， 令y 2＝1，得n ＝(1，1，－1)，所以cos 〈m ·n 〉＝m ·n |m ||n |＝22×3＝63，因为二面角D －EF －C 是锐角，所以二面角D －EF －C 的余弦值是63．。

2020届高三数学立体几何专题(文科)吴丽康2019-111.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的点.（Ⅰ）证明：PB2. 如图，四棱锥P­ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，E为PB的中点．(1)求证：CE∥平面PAD；(2)在线段AB上是否存在一点F，使得平面PAD∥平面CEF若存在，证明你的结论，若不存在，请说明理由．3如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAC ⊥平面ABCD ，且PA ⊥AC ，PA ＝AD ＝2，四边形ABCD 满足BC ∥AD ，AB ⊥AD ，AB ＝BC ＝1.点E ，F 分别为侧棱PB ，PC 上的点， 且PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)． (1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)当λ＝12时，求点D 到平面AFB 的距离．4.如图，四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形．(1)证明：平面A 1BD ∥平面CD 1B 1；(2)若平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ，证明：B 1D 1∥l .5..如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点，M是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于GH.求证：AP∥GH.6.如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：(1)CD⊥AE；(2)PD⊥平面ABE.7.(2018北京通州三模,18)如图,在四棱锥P-ABCD中,平面PA B⊥平面ABCD,四边形ABCD 为正方形,△PAB为等边三角形,E是PB中点,平面AED与棱PC交于点F.(1)求证:AD∥EF; (2)求证:PB⊥平面AEFD;(3)记四棱锥P-AEFD的体积为V1,四棱锥P-ABCD的体积为V2,直接写出的值.8...如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是∠DAB＝60°且边长为a的菱形，侧面PAD为正三角形，其所在平面垂直于底面ABCD，若G为AD的中点．(1)求证：BG⊥平面PAD；(2)求证：AD⊥PB；(3)若E为BC边的中点，能否在棱PC上找到一点F，使平面DEF⊥平面ABCD并证明你的结论．9.(2016·高考北京卷)如图，在四棱锥P­ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点．在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF说明理由．10..如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面PAD⊥平面ABCD.11..如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，PA ＝AB ＝BC ＝3，AD ＝CD ＝1，∠ADC ＝120°，点M 是AC 与BD 的交点，点N 在线段PB 上，且PN ＝14PB . (1)证明：MN ∥平面PDC ；(2)求直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值．12..(2016·高考四川卷)如图，在四棱锥PABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ．(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由；(2)证明：平面PAB ⊥平面PBD ．13．(2016·高考江苏卷)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊥A 1B 1.求证：(1)直线DE ∥平面A 1C 1F ；(2)平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .14.【2014,19】如图，三棱柱111C B A ABC -中，侧面C C BB 11为菱形，C B 1的中点为O ，且⊥AO 平面C C BB 11.（1）证明：;1AB C B ⊥（2）若1AB AC ⊥,,1,601==∠BC CBB ο求三棱柱111C B A ABC -的高.15.(2017天津,文17)如图,在四棱锥P-ABCD中,AD⊥平面PDC,AD∥ BC, PD⊥PB,AD=1,BC=3,CD=4,PD=2.(1)求异面直线AP与BC所成角的余弦值;(2)求证:PD⊥平面PBC;(3)求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.16.(2016·高考浙江卷)如图，在三棱台ABC DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证：BF⊥平面ACFD；(2)求直线BD与平面ACFD所成角的余弦值．17..(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD说明理由．立体几何中的翻折问题18...如图(1)，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ， E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图(2)中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1­BCDE .(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1­BCDE 的体积为362，求a 的值．19.．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝CD ＝12AB ＝2， E 为AC 的中点，将△ACD 沿AC 折起，使折起后的平面ACD 与平面ABC 垂直， 如图2.在图2所示的几何体D －ABC 中：(1)求证：BC ⊥平面ACD ；(2)点F 在棱CD 上，且满足AD ∥平面BEF ，求几何体F －BCE 的体积．20．如图，长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8.点E，F分别在A1B1，D1C1上，过点E、F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形EFGH.(1)求证：A1E＝D1F；(2)判断A1D与平面α的关系．2020届高三数学立体几何专题(文科) 1解析：（Ⅰ）设AC的中点为O，连接EO. 在三角形PBD中，中位线EOV=（Ⅱ）∵AP=1，AD=-P ABD-11=32P ABD V PA AB AD ∴⋅⋅⋅AB 32AB =， 作AH ⊥PB 角PB 于H ，由题意可知BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥AH ，故AH ⊥平面PBC ．又PA AB AH PB ⋅==A 点到平面PBC 2.(1)证明：如图所示，取PA 的中点H ，连接EH ，DH ，因为E 为PB 的中点， 所以EH ∥AB ，EH ＝12AB ，又AB ∥CD ，CD ＝12AB ． 所以EH ∥CD ，EH ＝CD ，因此四边形DCEH 是平行四边形， 所以CE ∥DH ， 又DH ⊂平面PAD ，CE ⊄平面PAD ， 所以CE ∥平面PAD ． (2)如图所示，取AB 的中点F ，连接CF ，EF ， 所以AF ＝12AB ，又CD ＝12AB ，所以AF ＝CD ，又AF ∥CD ，所以四边形AFCD 为平行四边形，所以CF ∥AD ，又CF ⊄平面PAD ，所以CF ∥平面PAD ，由(1)可知CE ∥平面PAD ， 又CE ∩CF ＝C ，故平面CEF ∥平面PAD ， 故存在AB 的中点F 满足要求．3.(1)证明 ∵PE PB ＝PF PC＝λ(λ≠0)，∴EF ∥BC .∵BC ∥AD ，∴EF ∥AD .又EF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD . (2)解 ∵λ＝12，∴F 是PC 的中点，在Rt△PAC 中，PA ＝2，AC ＝2，∴PC ＝PA 2＋AC 2＝6，∴PF ＝12PC ＝62.∵平面PAC ⊥平面ABCD ，且平面PAC ∩平面ABCD ＝AC ，PA ⊥AC ，PA ⊂平面PAC ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥BC .又AB ⊥AD ，BC ∥AD ，∴BC ⊥AB ，又PA ∩AB ＝A ，PA ，AB ⊂平面PAB ， ∴BC ⊥平面PAB ， ∴BC ⊥PB ，∴在Rt△PBC 中，BF ＝12PC ＝62.连接BD ，DF ，设点D 到平面AFB 的距离为d ，在等腰三角形BAF 中，BF ＝AF ＝62，AB ＝1， ∴S △ABF ＝54，又S △ABD ＝1，点F 到平面ABD 的距离为1， ∴由V F －ABD ＝V D －AFB ，得13×1×1＝13×d ×54，解得d ＝455，即点D 到平面AFB 的距离为455.4.证明 (1)由题设知BB 1∥DD 1且BB 1＝DD 1，所以四边形BB 1D 1D 是平行四边形， 所以BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1， 所以BD ∥平面CD 1B 1.因为A 1D 1∥B 1C 1∥BC 且A 1D 1＝B 1C 1＝BC ， 所以四边形A 1BCD 1是平行四边形，所以A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， 所以A 1B ∥平面CD 1B 1.又因为BD ∩A 1B ＝B ，BD ，A 1B ⊂平面A 1BD ， 所以平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)由(1)知平面A 1BD ∥平面CD 1B 1，又平面ABCD ∩平面B 1D 1C ＝直线l ， 平面ABCD ∩平面A 1BD ＝直线BD ，所以直线l ∥直线BD ， 在四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，四边形BDD 1B 1为平行四边形， 所以B 1D 1∥BD ，所以B 1D 1∥l .5.连接AC 交BD 于点O ，连接MO ，因为PM ＝MC ，AO ＝OC ，所以PA ∥MO ，因为PA⊄平面MBD，MO⊂平面MBD，所以PA∥平面MBD．因为平面PAHG∩平面MBD＝GH，所以AP∥GH.6.[证明] (1)在四棱锥P­ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，因为AC⊥CD，且PA∩AC＝A，所以CD⊥平面PAC，而AE⊂平面PAC，所以CD⊥AE.(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD．而PD⊂平面PCD，所以AE⊥PD．因为PA⊥底面ABCD，所以PA⊥AB．又因为AB⊥AD且PA∩AD＝A，所以AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，所以AB⊥PD．又因为AB∩AE＝A，所以PD⊥平面ABE.7.(1)证明因为ABCD为正方形,所以AD∥BC.因为AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC,所以AD∥平面PBC.因为AD⊂平面AEFD,平面AEFD∩平面PBC=EF, 所以AD∥EF.(2)证明因为四边形ABCD是正方形,所以AD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,AD⊂平面ABCD,所以AD⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB,所以AD⊥PB.因为△PA B为等边三角形,E是PB中点,所以PB⊥AE.因为AE⊂平面AEFD,AD⊂平面AEFD,AE∩AD=A,所以PB⊥平面AEFD.(3)解由(1)知,V1=V C-AEFD,V E-ABC=V F-ADC=V C-AEFD=V1,∴V BC-AEFD=V1,则V P-ABCD=V1+V1=V1, ∴.8.[解] (1)证明：在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，G为AD的中点，所以BG⊥AD．又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BG⊥平面PAD．(2)证明：如图，连接PG.因为△PAD为正三角形，G为AD的中点，所以PG⊥AD．由(1)知，BG⊥AD，又PG∩BG＝G，所以AD⊥平面PGB．因为PB⊂平面PGB，所以AD⊥PB．(3)当F为PC的中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD．证明如下：取PC的中点F，连接DE、EF、DF.在△PBC中，FE∥PB，在菱形ABCD中，GB∥DE.而FE⊂平面DEF，DE⊂平面DEF，EF∩DE＝E，PB⊂平面PGB，GB⊂平面PGB，PB∩GB＝B，所以平面DEF∥平面PGB．因为BG⊥平面PAD，PG⊂平面PAD，所以BG⊥PG.又因为PG⊥AD，AD∩BG＝G，所以PG⊥平面ABCD．又PG⊂平面PGB，所以平面PGB⊥平面ABCD，所以平面DEF⊥平面ABCD．9.【解】(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，且PC∩AC＝C，所以DC⊥平面PAC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB．又因为PC∩AC＝C，所以AB ⊥平面PAC .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAC . (3)棱PB 上存在点F ，使得PA ∥平面CEF . 理由如下：如图，取PB 中点F ，连接EF ，CE ，CF .又因为E 为AB 的中点，所以EF ∥PA . 又因为PA ⊄平面CEF ，且EF ⊂平面CEF ，所以PA ∥平面CEF .10.证明 (1)因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ∥CD . 又AB ⊄平面PDC ，CD ⊂平面PDC ，所以AB ∥平面PDC ， 又因为AB ⊂平面ABE ，平面ABE ∩平面PDC ＝EF ，所以AB ∥EF . (2)因为四边形ABCD 是矩形，所以AB ⊥AD . 因为AF ⊥EF ，(1)中已证AB ∥EF ，所以AB ⊥AF .又AB ⊥AD ，由点E 在棱PC 上(异于点C )，所以点F 异于点D ， 所以AF ∩AD ＝A ，AF ，AD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD . 11.(1)证明 因为AB ＝BC ，AD ＝CD ， 所以BD 垂直平分线段AC . 又∠ADC ＝120°，所以MD ＝12AD ＝12，AM ＝32. 所以AC ＝3.又AB ＝BC ＝3，所以△ABC 是等边三角形，所以BM ＝32，所以BM MD ＝3，又因为PN ＝14PB ，所以BM MD ＝BNNP ＝3，所以MN ∥PD .又MN ⊄平面PDC ，PD ⊂平面PDC ， 所以MN ∥平面PDC .(2)解 因为PA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥PA ，又BD ⊥AC ，PA ∩AC ＝A ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以BD ⊥平面PAC .由(1)知MN ∥PD ，所以直线MN 与平面PAC 所成的角即直线PD 与平面PAC 所成的角， 故∠DPM 即为所求的角．在Rt△PAD 中，PD ＝2，所以sin∠DPM ＝DM DP ＝122＝14， 所以直线MN 与平面PAC 所成角的正弦值为14.12.【解】 (1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下： 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB ． 又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ，所以CM ∥平面PAB ．(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD ，因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交．所以PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥BD ．连接BM ， 因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ．所以四边形BCDM 是平行四边形．所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB ．又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB ． 又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD ． 13.[证明] (1)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1C 1∥AC .在△ABC 中，因为D ，E 分别为AB ，BC 的中点， 所以DE ∥AC ，于是DE ∥A 1C 1.又DE ⊄平面A 1C 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ， 所以直线DE ∥平面A 1C 1F . (2)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面A 1B 1C 1.因为A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，所以A 1A ⊥A 1C 1.又A 1C 1⊥A 1B 1，A 1A ⊂平面ABB 1A 1，A 1B 1⊂平面ABB 1A 1，A 1A ∩A 1B 1＝A 1， 所以A 1C 1⊥平面ABB 1A 1.因为B 1D ⊂平面ABB 1A 1，所以A 1C 1⊥B 1D ．又B 1D ⊥A 1F ，A 1C 1⊂平面A 1C 1F ，A 1F ⊂平面A 1C 1F ，A 1C 1∩A 1F ＝A 1， 所以B 1D ⊥平面A 1C 1F .因为直线B 1D ⊂平面B 1DE ，所以平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F14.证明：(Ⅰ)连接 BC 1，则O 为B 1C 与BC 1的交点，∵AO ⊥平面BB 1C 1C . ∴AO ⊥B 1C ， …2分 因为侧面BB 1C 1C 为菱形，∴BC 1⊥B 1C ，…4分 ∴BC 1⊥平面ABC 1，∵AB平面ABC 1，故B 1C ⊥AB . …6分(Ⅱ)作OD ⊥BC ，垂足为D ，连结AD ，∵AO ⊥BC ，∴BC ⊥平面AOD ，又BC 平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面AOD ，交线为AD ， 作OH ⊥AD ，垂足为H ，∴OH ⊥平面ABC . …9分 ∵∠CBB 1=60°，所以ΔCBB 1为等边三角形，又BC =1，可得OD =34， 由于AC ⊥AB 1，∴11122OA B C ==，∴227AD OD OA =+=由 OH·AD=OD·OA ，可得OH=2114，又O 为B 1C 的中点，所以点B 1到平面ABC 的距离为21， 所以三棱柱ABC-A 1B 1C 1的高高为217。

1（2020奉贤二模）. 若球的表面积为216cm π，则球的体积为 3cm3（2020嘉定二模）. 已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则该圆柱的侧面积等于5（2020崇明二模）. 已知某圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积等于 5（2020浦东二模）. 若两个球的表面积之比为1:4，则这两个球的体积之比为6（2020青浦二模）. 用一平面去截球所得截面的面积为23πcm ，已知球心到该截面的距离为1cm ，则该球的表面积是 2cm6（2020嘉定二模）. 已知球的主视图的面积是z x y =+，则该球的体积等于6（2020宝山二模）. 一个圆锥的表面积为π，母线长为56，则其底面半径为 6（2020黄浦二模）. 若一圆锥的主视图是边长为6的正三角形，则此圆锥的体积为 7（2020静安二模）. 已知A 、B 是球心为O 的球面上的两点，在空间直角坐标系中，它们的坐标分别为(0,0,0)O ，(2,1,1)A -，2,2)B ，则A 、B 两点的球面距离为 7（2020普陀二模）. 已知一个半圆柱的高为4，其俯视图如图所示，其左视图的面积为8，则该半圆柱的表面积为7（2020松江二模）. 用半径为2的半圆形铁片围成一个圆锥形的容器，则这个容器的容积是 立方米7（2020长宁二模）. 如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -的侧棱长21，则直线1D B 和底面ABCD 所成的角的大小为9（2020奉贤二模）. 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 、N 分别是CD 、1CC 的中点，则异面直线1A M 与DN 所成角的大小是11（2020虹口二模）. 已知球O 是三棱锥P ABC -的外接球，2PA AB BC CA ====，2PB =D 为BC 的中点，且7PD =，则球O 的体积为11（2020静安二模）. 如图，直线MN 是互相垂直的异面直线MP 和NQ 的公垂线，若1MN =，2PQ =，则四面体PMNQ 的体积的最大值为13（2020闵行二模）. 在空间中，“两条直线不平行”是“这两条直线异面”的（ ）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件14（2020金山二模）. 如图，若一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°且腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（ ） A. 222+ B. 122+ C. 22+ D. 12+ 14（2020徐汇二模）. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）A.2π B. π C.32π D. 2π14（2020浦东二模）. 如图，正方体1111A B C D ABCD -中，F 分别为棱1A A 、BC 上的点，在平面11ADD A 内且与平面DEF 平行的直线（ ）A. 有一条B. 有二条C. 有无数条D. 不存在14（2020虹口二模）. 某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的表面积（单位：2cm ）为（ ）A. 32B. 36C. 40D. 4815（2020松江二模）. 在正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 两点分别从点B 和点1A 出发，以相同的速度在棱BA 和11A D 上运动至点A 和点1D ，在运动过程中，直线PQ 与平面ABCD 所成角θ的变化范围为（ ）A. [,]43ππB. 2[arctan ,arctan 2]2C. [,arctan 2]4πD. 2[arctan ,]22π 15（2020普陀二模）. 已知平面l αβ=I ，,B C l ∈，A α∈且A l ∉，D β∈且D l ∉，则下列叙述错误的是（ ）A. 直线AD 与BC 是异面直线122俯视图左视图主视图B. 直线CD 在α上的射影可能与AB 平行C. 过AD 有且只有一个平面与BC 平行D. 过AD 有且只有一个平面与BC 垂直15（2020金山二模）. 在正方体1111ABCD A B C D -中，下列结论错误的是（ ）A. 221111111()3A A A D A B A B ++=uuu r uuuu r uuu u r uuu u rB. 1111()0A C A B A A ⋅-=uuu r uuu u r uuu rC. 向量1AD uuu r 与1A B uuu r 的夹角是120°D. 正方体1111ABCD A B C D -的体积为1||AB AA AD ⋅⋅uu u r uuu r uuu r15（2020嘉定二模）. 如图，若正方体1111ABCD A B C D -的侧面11BCC B 内动点P 到棱11A B 的距离等于它到棱BC 的距离，则点P 所在的曲线为（ ）A. 椭圆B. 双曲线C. 抛物线D. 圆16（2020黄浦二模）. 如图，直线l ⊥平面α，垂足为O ，正四面体ABCD 的棱长为2，A 、D 分别是直线l 和平面α上的动点，且BC l ⊥，则下列判断：①点O 到棱BC 中点E 的距离的最大值为21+；②正四面体ABCD 在平面α上的射影面积的最大值为3；其中正确的说法是（ ）A. ①②都正确B. ①②都错误C. ①正确，②错误D. ①错误，②正确15（2020静安二模）. 如图所示，圆锥的底面O e 半径为2，A 是圆周上的定点，动点B 在圆周上逆时针旋转，设AOB θ∠=（02θπ<<），C 是母线SB 的中点，已知当2πθ=时，AC 与底面所成角为15arctan . （1）求该圆锥的侧面积；（2）若AC OB ⊥，求θ的值.17（2020闵行二模）. 在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，2AB BC ==，123AA =，M 是侧棱1C C 上一点，设MC h =.（1）若3h =，求多面体111ABM A B C -的体积；（2）若异面直线BM 与11AC 所成的角为60°，求h 的值.17（2020黄浦二模）. 如图，在三棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABC ，90BAC ∠=︒，D 、E 、F 分别是棱AB 、BC 、CP 的中点，1AB AC ==，2PA =.（1）求异面直线PB 与DF 所成的角；（2）求点P 到平面DEF 的距离.17（2020嘉定二模）. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，边长为3，5PC =， PD ⊥底面ABCD .（1）求四棱锥P ABCD -的体积；（2）求异面直线AD 与BP 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）17（2020宝山二模）. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，90ACB ∠=︒，22AB AC ==，D 是AB 的中点.（1）若三棱柱111ABC A B C -的体积为33，求三棱柱111ABC A B C -的高；（2）若12C C =，求二面角111D B C A --的大小.17（2020杨浦二模）. 如图，线段OA 和OB 是以P 为顶点的圆锥的底面上的两条相互垂直的半径，点M 是母线BP 的中点，已知2OA OM ==.（1）求该圆锥的体积；（2）求异面直线OM 与AP 所成的角的大小.17（2020松江二模）. 如图，已知四棱锥P ABCD -的底面是正方形，PA ⊥底面ABCD ，AP AB AD ==2=，E 是侧棱PB 的中点.（1）求异面直线AE 与PD 所成的角；（2）求点B 到平面ECD 的距离.17（2020青浦二模）. 如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，160B AB ∠=︒.（1）求直线1A C 与平面ABCD 所成的角的大小；（2）求异面直线1B C 与1A C 所成角的大小.17（2020徐汇二模）. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点，已知2AB =，22AD =，2PA =，求：（1）三角形PCD 的面积；（2）异面直线BC 与AE 所成的角的大小.17（2020虹口二模）. 已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，且2PA AD AB ==2=，设E 、F 、F 分别为PC 、PC 、CD 的中点，H 为EG 的中点，如图.（1）求证：FH ∥平面PBD ；（2）求直线FH 与平面PBC 所成角的大小.17（2020金山二模）. 已知四棱锥P ABCD -，PA ⊥底面ABCD ，1PA =，底面ABCD 是正方形，E 是PD 的中点，PD 与底面ABCD 所成角的大小为6π. （1）求四棱锥P ABCD -的体积；（2）求异面直线AE 与PC 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）17（2020奉贤二模）. 如图，已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面边长2AB =，侧棱14BB =，过点B 作1B C 的垂线交侧棱1C C 于点E ，交1B C 于点F . （1）求EC 的长；（2）求1A B 与平面BED 所成的线面角.17（2020崇明二模）. 如图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点.（1）求直线BE 与平面ABCD 所成的角的大小；（2）求点C 到平面1A BE 的距离.17（2020浦东二模）. 如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由边长为2的正方形ABCD （及其内部）以AB 边所在直线为旋转轴顺时针旋转120°得到的.（1）求此几何体的体积；（2）设P 是弧EC 上的一点，且BP BE ⊥，求异面直线FP 与CA 所成角的大小.（结果用反三角函数值表示）。