专题强化练(二十)语法填空(Ⅰ)Test1(2023·广州高三年级调研测试)The need for speed is so deeply rooted in modern society that we often forget to press the pause button and think about the things that get1.________(good)with time：antiques，aged wine，longterm relationships and expertise over the years.Peking Opera is a slow process too.An oftenrepeated saying goes as follows:three minutes on stage,10years2.________stage.It's meant as a nod to its demanding nature and a reminder of its high standards that ensure that any performance3.________(do)in the way the forefathers wanted.Peking Opera is demanding because of the extensive list of skills it4.________(require)．A performer is an actor，a singer，dancer，an acrobat，a mime and martial artist all rolled into one.They're also expected5.________(apply)delicate makeup，put on heavy costumes and，6.________(depend)on their character，perform on stage in15cm platform shoes.There is so much to take in7.________disciples(门徒)usually start their career as young children，spending years conditioning their bodies and minds for the stage.So what chance does8.________theatre beginner with little patience and zero flexibility like me stand against Peking Opera？Do I have what it takes to put on a9.________(success)show？There's only one way to find out：I'm rolling up my sleeves and training under the10.________ (guide)of senior stage masters in the field.【语篇解读】本文主要介绍了关于京剧的一些知识。
解答題増分TT系列讲座〔六〕QJJ I EDATI ZENC I FEN XILIE IIANCIZUO“概率与统计〞类题目的审题技巧与解题标准［审题技巧］宙图表’明目标［技法概述］在高考的实际综合应用问题中，题目中的图表、数据包含着问题的根本信息，也往往暗示着解决问题的目标和方向，在审题时，要认真观察分析图表、数据的特征和规律，为问题解决提供有助的方法.［适用题型］在高考中以下几种题型常用到此审题方法：(1) 概率与统计局部；(2) 回归分析与统计案例；(3) 算法与程序框图•［解题标准］［典例］(2021湖•南高考)(此题总分值12分)某人在如下图的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物•根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y(单位：kg)与它的“相近〞作物株数X之间的关系如下表所示：X1234Y51484542这里，两株作物“相近〞是指它们之间的直线距离不超过1米.(1)从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株作物，求它们恰好“相近〞的概率;⑵从所种作物中随机选取一株，求它的年收获量的分布列与数学期望.［解题步步标准1［解题流程］第一步由图表确定总株 数及内部株数， 边界株数. 第二步 计算事件根本数 及所求事件数.第三步解：1所种作物总株数N = 1 + 2+ 3 ? +4 + 5= 15,其中三角形地块内部的作 物株数为3,边界上的作物株数为12.从三角形地块的内部和边界上分别 随机选取一株的不同结果有c 3C i2 = 36种, ?选取的两株作物恰好“相近〞的不同结 果有3 + 3 + 2 = 8种.［失分警示］ ——结合图形准 确计算“相近〞 的结果易无视某 一类导致结果计 算出错求円戶51)数晨m1的值h^J期卑第2问求概率.第四步故从三角形地块的内部和边界上分别随机选取一株 作物，它们恰好“相近〞的概率为36=9.2先求从所种作物中随机选取的一株作物的年收获量丫的分布列.因为 P Y = 51 = P X = 1 , P Y = 48 = PP Y = 45 = P X = 3 , P Y = 42 = P•转化变量间关系如 P Y = 51 = PX = 1 是关键.对Y 的每个取值相对 应的概率求法易失误量Y 取值：所以只需求出PX = k k = 1 , 2, 3, 4即可. 记九为其“相近〞作物恰有k 株的作物株数 k = 1, 2, 3, 4，那么 n 1 = 2,匕=4,出=6,加=3.得 PX = 1 = £4 6 2 31PX =2 = 15，PX = 3 = 15= 5，PX =4 = 15= 5. 9分的概率.■故所求的分布列为1 34+ 64+9°+ 化 46. 12分第五步井析泊FI 峙踪 论，佛紀所求-4#. M 相.程两•嗽值诵宜隧机戏啟用 所样町噩収慎・ 值的 戦抓条门弋KM ： 査醱.朮肾"bi 町能〔M 对川的W 〔卓话哉如辿韦I乏 H 伯廿斎列.利用 井布网豹性朋世订 检验是杳准射1. 〔2021武昌模拟〕某市准备从7名报名者〔其中男4人，女3人〕中选3人参加三个副局 长职务竞选.为女副局长的概率.解：〔1〕依题意，X 可取0,1,2,3 ,故X 的分布列为3X 5 1⑵记D = “A 局是男副局长〞，E = “B 局是女副局长〞，贝U P 〔E|D 〕 = 6X5 = 2-第五步写出Y 的分布列.？第六步 求期望.〔7分〕所求的数学期望为E Y = 51 X 15 + 48 X 15 + 45 X | +42 15 15 5•计算期望 法由于不细 心、易算错， 导致丢2分模板形成［解答题观范专练］ 概率与统计 第二加利用匚他和H<瓷进点、闔钿点〔1〕设所选3人中女副局长人数为 X , 求X 的分布列;〔2〕假设选派三个副局长依次到 A , B , C 三个局上任，求 A 局是男副局长的情况下,P (X =0)=C 7= 35, P (X = 1)=曲_ 18 C 7= 35，C® 12P (x =2) = CCT = 32, C 3丄 P (x =3)=C 7= 35，2•某单位举行一次全体职工的象棋比赛〔实行三局两胜制〕，甲、乙两人进入决赛.甲、乙两人平时进行过屡次对弈，其中记录了30局的对弈结果如右表:根据表中的信息，预测在以下条件下的比赛结果:〔1〕在比赛时由掷硬币的方式决定谁先，试求甲在第一局获胜的概率;⑵假设第一局由乙先，以后每局由负者先.①求甲以二比一获胜的概率；②假设胜一局得2分，负一局得0分，用E表示甲在这场比赛中所得的分数，试求布列与数学期望E〔8.解：根据题中表格的信息可知，假设甲先，那么甲获胜的概率是2 12，乙获胜的概率是1假设乙3 2先，那么甲获胜的概率是？乙获胜的概率是~.5 51 2 1 3 19〔1〕甲在第一局获胜的概率是P1 =尹3 +寸5 =五.⑵①假设甲以二比一获胜，那么甲胜第一局和第三局，或甲胜第二局和第三局.所以，甲以二比一获胜的概率是P2= 3x 2x 2+ 2x 2x 3=色P2 5 5 3^ 5 3 5 25.②由题意知，E的所有可能取值为0,2,4，那么2「2 P(E=0)=5X1= 15；P(三=2) = 2x 打-x-P(' 2) 5 5 3十5 3x5=玮；P&4) = 3X 3+血=立P(' 4) 5 5 25 25.所以E的分布列为2 14 17 232E(8=0 x-+2X 74+4x27=石.3 . 〔2021成都模拟〕某校高三〔1〕班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的破坏，可见局部如下：试根据图表中的信息解答以下问题:〔1〕求全班的学生人数及分数在［70,80〕之间的频数；〔2〕为快速了解学生的答题情况，老师按分层抽样的方法从位于［70,80〕，［80,90〕和［90,100］分数段的试卷中抽取8份进行分析，再从中任选3人进行交流，求交流的学生中成绩位于［70,80〕分数段的人数X的分布列和数学期望.解：〔1〕由茎叶图可知，分数在［50,60〕上的频数为4,频率为0.008X 10= 0.08，故全班的4学生人数为0-4〕8= 50.分数在［70,80〕之间的频数等于50 —〔4 + 14+ 8 + 4〕= 20.〔2〕按分层抽样原理，三个分数段抽样数之比等于相应人数之比.又［70,80〕, ［80,90〕和［90,100］分数段人数之比等于5 ：2 ：1，由此可得抽出的样本中分数在［70,80〕之间的有5人，分数在［80,90〕之间的有2人，分数在［90,100］之间的有1人.从中任取3人，共有C8= 56种不同的结果.被抽中的成绩位于［70,80〕分数段的学生人数X的所有取值为0,1,2,3.它们的概率分别是：C3 1 C s C3 15 c5c3 30 15 C3 10 5 P〔x =0〕=56= 56, P〔x=1〕=w=56，P〔x=2〕=石=辰=28, P〔X=3〕=56=56=云•••X的分布列为X0123P1r 1515:5 56562828卑叶=<3668~013334J5077889了L334454T1 15 15 5 105 15 •••x 的数学期望为E〔x〕= o x 56+仆15+2X云+3X28=105= 8。
第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲立体几何微专题1线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD.又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sinθ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1] 解析：(1)证明：∵AD ＝CD ，∠ADB ＝ ∠BDC ，BD ＝BD ， ∴△ABD ≌△CBD ，∴AB ＝CB .∵E 为AC 的中点，∴DE ⊥AC ，BE ⊥AC . ∵DE∩BE ＝E ，DE ，BE ⊂平面BED ， ∴AC ⊥平面BED .∵AC ⊂平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD .(2)如图，连接EF .由(1)知AC ⊥平面BED . 又∵EF ⊂平面BED ， ∴EF ⊥AC . ∴S △AFC ＝12AC ·EF .当EF ⊥BD 时，EF 的长最小，此时△AFC 的面积最小． 由(1)知AB ＝CB ＝2. 又∵∠ACB ＝60°，∴△ABC 是边长为2的正三角形，∴BE ＝√3. ∵AD ⊥CD ，∴DE ＝1，∴DE 2＋BE 2＝BD 2，∴DE ⊥BE .以点E 为坐标原点，直线EA ，EB ，ED 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，√3，0)，C (－1，0，0)，D (0，0，1)，∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，0)．设DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ， ∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)，∴AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a 2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||FC⃗⃗⃗⃗⃗ |＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1， ∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)，设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)，∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217.[例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD .又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0，取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22.[巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接SO 、OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ，所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ，又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32， 所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3， BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ，由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ);由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量， 于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB ⃗⃗⃗⃗⃗|＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)， ∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。
2012-2021高考真题数学汇编：立体几何初步（2）一．选择题（共14小题）1．（2016•全国）正四棱锥的各棱长均为1，则它的体积是（）A．B．C．D．2．（2016•上海）半径为1的球的表面积为（）A．πB．C．2πD．4π3．（2016•浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n⊥β，则（）A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n4．（2016•新课标Ⅱ）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（）A．12πB．πC．8πD．4π5．（2016•新课标Ⅰ）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．6．（2016•新课标Ⅲ）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，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4πB．C．6πD．7．（2016•上海）设直线l与平面α平行，直线m在平面α上，那么（）A．直线l平行于直线mB．直线l与直线m异面C．直线l与直线m没有公共点D．直线l与直线m不垂直8．（2015•上海）底面半径为1，母线长为2的圆锥的体积为（）A．2πB．C．D．9．（2015•新课标Ⅰ）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛10．（2015•山东）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．2πD．4π11．（2015•新课标Ⅱ）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，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．256π12．（2015•山东）在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．2π13．（2015•广东）若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值（）A．至多等于3 B．至多等于4 C．等于5 D．大于514．（2014•全国）平面ax+by+z+1＝0和x+2y﹣z+3＝0互相垂直，且其交线经过点（1，﹣1，2），则a+b＝（）A．B．C．﹣D．﹣二．填空题（共14小题）15．（2017•新课标Ⅰ）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，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为．16．（2017•新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，△DBC，△ECA，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，CA，AB为折痕折起△DBC，△FAB，使得D、E、F重合，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为．17．（2016•全国）在空间直角坐标系中，若直线＝＝与平面x﹣2y+z＝5平行．18．（2016•全国）已知B﹣AC﹣D为直二面角，Rt△ABC≌Rt△ADC，且AB＝BC．19．（2016•浙江）如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，AD＝，∠ADC＝90°，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是．20．（2016•浙江）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，满足PD＝DA，PB＝BA．21．（2016•上海）已知圆锥的母线长为10，母线与轴的夹角为30°，则该圆锥的侧面积为．22．（2015•全国）在空间直角坐标系中，过原点作平面2x﹣z﹣2＝0的垂线，垂足为．23．（2015•上海）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a＝．24．（2015•上海）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．25．（2015•四川）在三棱住ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，设M，N，P分别是AB，B1C1的中点，则三棱锥P﹣A1MN的体积是．26．（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，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．27．（2015•浙江）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，点M，N分别是AD，则异面直线AN，CM 所成的角的余弦值是．28．（2015•四川）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，他们所在的平面互相垂直，E、F分别为AB、BC 的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ．三．解答题（共32小题）29．（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD AD，∠BAD＝∠ABC＝90°．（1）证明：直线BC∥平面PAD；（2）若△PCD面积为2，求四棱锥P﹣ABCD的体积．30．（2017•江苏）如图，在三棱锥A﹣BCD中，AB⊥AD，平面ABD⊥平面BCD，点E、F（E与A、D不重合），BD上，且EF⊥AD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC．31．如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC 的长为10，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．32．（2017•北京）如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AB，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝2，E为线段PC上一点．（1）求证：PA⊥BD；（2）求证：平面BDE⊥平面PAC；（3）当PA∥平面BDE时，求三棱锥E﹣BCD的体积．33．（2017•新课标Ⅰ）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥P﹣ABCD的体积为34．（2017•新课标Ⅲ）如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD．（1）证明：AC⊥BD；（2）已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，求四面体ABCE与四面体ACDE 的体积比．35．（2017•山东）由四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1截去三棱锥C1﹣B1CD1后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，A1E⊥平面ABCD，（Ⅰ）证明：A1O∥平面B1CD1；（Ⅱ）设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1．36．（2017•上海）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）求四棱锥A1﹣ABCD的体积；（2）求异面直线A1C与DD1所成角的大小．37．（2016•上海）将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为，，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．（1）求圆柱的体积与侧面积；（2）求异面直线O1B1与OC所成的角的大小．38．（2016•新课标Ⅱ）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E、F分别在AD，AE＝CF，EF交BD 于点H（Ⅰ）证明：AC⊥HD′；（Ⅱ）若AB＝5，AC＝6，AE＝，求五棱锥D′﹣ABCFE体积．39．（2016•山东）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB．（Ⅰ）已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；（Ⅱ）已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC．40．（2016•上海）将边长为1的正方形AA1O1O（及其内部）绕OO1旋转一周形成圆柱，如图，长为π，，其中B1与C在平面AA1O1O的同侧．（1）求三棱锥C﹣O1A1B1的体积；（2）求异面直线B1C与AA1所成的角的大小．41．（2016•新课标Ⅲ）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，AM＝2MD，N为PC的中点．（Ⅰ）证明：MN∥平面PAB；（Ⅱ）求四面体N﹣BCM的体积．42．（2016•新课标Ⅰ）如图，已知正三棱锥P﹣ABC的侧面是直角三角形，PA＝6，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．（Ⅰ）证明：G是AB的中点；（Ⅱ）在图中作出点E在平面PAC内的正投影F（说明作法及理由），并求四面体PDEF的体积．43．（2016•江苏）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1．求证：（1）直线DE∥平面A1C1F；（2）平面B1DE⊥平面A1C1F．44．（2016•四川）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥CD，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝（Ⅰ）在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；（Ⅱ）证明：平面PAB⊥平面PBD．45．（2016•江苏）现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P﹣A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．（1）若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？46．（2016•上海）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为，底面边长为3，求异面直线BC1与AC所成的角的大小．47．（2015•上海）如图，圆锥的顶点为P，底面圆为O，C为半圆弧的中点的中点，已知PO＝2，求三棱锥P﹣AOC的体积，并求异面直线PA和OE所成角的大小．48．（2015•新课标Ⅰ）如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面BED；（Ⅱ）若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E﹣ACD的体积为49．（2015•重庆）如图，三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，点D、E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，点F在线段AB上，且EF∥BC．（Ⅰ）证明：AB⊥平面PFE．（Ⅱ）若四棱锥P﹣DFBC的体积为7，求线段BC的长．50．（2015•陕西）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝a，O是AC与BE的交点．将△ABE沿BE折起到如图2中△A1BE的位置，得到四棱锥A1﹣BCDE．（Ⅰ）证明：CD⊥平面A1OC；（Ⅱ）当平面A1BE⊥平面BCDE时，四棱锥A1﹣BCDE的体积为36，求a的值．51．（2015•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⊥AB1．52．（2015•新课标Ⅰ）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，AE ⊥EC．（Ⅰ）证明：平面AEC⊥平面AFC；（Ⅱ）求直线AE与直线CF所成角的余弦值．53．（2015•四川）一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示．（Ⅰ）请按字母F，G，H标记在正方体相应地顶点处（不需要说明理由）（Ⅱ）判断平面BEG与平面ACH的位置关系．并说明你的结论．（Ⅲ）证明：直线DF⊥平面BEG．54．（2015•福建）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1，（Ⅰ）若D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；（Ⅱ）求三棱锥P﹣ABC体积的最大值；（Ⅲ）若BC＝，点E在线段PB上，求CE+OE的最小值．55．（2015•新课标Ⅱ）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝101＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4．过E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说出画法和理由）（Ⅱ）求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．56．（2015•北京）如图，在三棱锥V﹣ABC中，平面VAB⊥平面ABC，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB（1）求证：VB∥平面MOC；（2）求证：平面MOC⊥平面VAB；（3）求三棱锥V﹣ABC的体积．57．（2015•山东）如图，三棱台DEF﹣ABC中，AB＝2DE，G，BC的中点．（1）求证：BD∥平面FGH；（2）若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：平面BCD⊥平面EGH．58．（2015•安徽）如图，三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝1，AC＝2（1）求三棱锥P﹣ABC的体积；（2）证明：在线段PC上存在点M，使得AC⊥BM，并求59．（2015•湖北）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马P﹣ABCD中，且PD＝CD，点E是PC的中点（Ⅰ）证明：DE⊥平面PBC．试判断四面体EBCD是否为鳖臑．若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是；（Ⅱ）记阳马P﹣ABCD的体积为V1，四面体EBCD的体积为V2，求的值．60．（2015•湖南）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是边长为2的正三角形，E，F分别是BC，CC1的中点，（Ⅰ）证明：平面AEF⊥平面B1BCC1；（Ⅱ）若直线A1C与平面A1ABB1所成的角为45°，求三棱锥F﹣AEC的体积．2012-2021高考真题数学汇编：立体几何初步（2）参考答案一．选择题（共14小题）1．（2016•全国）正四棱锥的各棱长均为1，则它的体积是（）A．B．C．D．【分析】根据正四棱锥的结构特征计算棱锥的高，代入体积公式计算即可得答案．【解答】解：设正四棱锥的底面中心为O，连结OP，∵底面四边形ABCD是正方形，AB＝1，∴AO＝．∴OP＝＝．∴正四棱锥的体积V＝＝．故选：C．【点评】本题考查了正四棱锥的结构特征，棱锥的体积计算，属于中档题．2．（2016•上海）半径为1的球的表面积为（）A．πB．C．2πD．4π【分析】利用球的表面积公式S＝4πR2解答即可求得答案．【解答】解：半径为1的球的表面积为4π×52＝4π，故选：D．【点评】本题考查了球的表面积公式的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．3．（2016•浙江）已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n⊥β，则（）A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n【分析】由已知条件推导出l⊂β，再由n⊥β，推导出n⊥l．【解答】解：∵互相垂直的平面α，β交于直线l，n满足m∥α，∴m∥β或m⊂β或m与β相交，l⊂β，∵n⊥β，∴n⊥l．故选：C．【点评】本题考查两直线位置关系的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．4．（2016•新课标Ⅱ）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为（）A．12πB．πC．8πD．4π【分析】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：正方体体积为8，可知其边长为2，正方体的体对角线为＝4，即为球的直径，所以半径为，所以球的表面积为＝12π．故选：A．【点评】本题考查学生的空间想象能力，体积与面积的计算能力，是基础题．5．（2016•新课标Ⅰ）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．【分析】画出图形，判断出m、n所成角，求解即可．【解答】解：如图：α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABA7B1＝n，可知：n∥CD1，m∥B2D1，∵△CB1D2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．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．6．（2016•新课标Ⅲ）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，AA1＝3，则V的最大值是（）A．4πB．C．6πD．【分析】根据已知可得直三棱柱ABC﹣A1B1C1的内切球半径为，代入球的体积公式，可得答案．【解答】解：∵AB⊥BC，AB＝6，∴AC＝10．故三角形ABC的内切圆半径r＝＝2，又由AA4＝3，故直三棱柱ABC﹣A1B4C1的内切球半径为，此时V的最大值＝，故选：B．【点评】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，根据已知求出球的半径，是解答的关键．7．（2016•上海）设直线l与平面α平行，直线m在平面α上，那么（）A．直线l平行于直线mB．直线l与直线m异面C．直线l与直线m没有公共点D．直线l与直线m不垂直【分析】由已知中直线l与平面α平行，直线m在平面α上，可得直线l与直线m异面或平行，进而得到答案．【解答】解：∵直线l与平面α平行，直线m在平面α上，∴直线l与直线m异面或平行，即直线l与直线m没有公共点，故选：C．【点评】本题考查的知识点是空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平行之间的位置关系，难度中档．8．（2015•上海）底面半径为1，母线长为2的圆锥的体积为（）A．2πB．C．D．【分析】求出圆锥的高，然后求解圆锥的体积．【解答】解：底面半径为1，母线长为2的圆锥的高为：．底面半径为1，母线长为2的圆锥的体积为：＝．故选：D．【点评】本题考查几何体的体积的求法，是基础题．9．（2015•新课标Ⅰ）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有（）A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛【分析】根据圆锥的体积公式计算出对应的体积即可．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则r＝8，解得r＝，故米堆的体积为××π×（）2×5≈，∵1斛米的体积约为1.62立方尺，∴÷1.62≈22，故选：B．【点评】本题主要考查椎体的体积的计算，比较基础．10．（2015•山东）已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．2πD．4π【分析】画出图形，根据圆锥的体积公式直接计算即可．【解答】解：如图为等腰直角三角形旋转而成的旋转体．V＝2×S•h＝2×2•h＝2×π×（）5×＝．故选：B．【点评】本题考查圆锥的体积公式，考查空间想象能力以及计算能力．是基础题．11．（2015•新课标Ⅱ）已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，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【分析】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，利用三棱锥O﹣ABC体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O的表面积．【解答】解：如图所示，当点C位于垂直于面AOB的直径端点时，设球O的半径为R O﹣ABC＝V C﹣AOB＝＝＝36，则球O的表面积为4πR2＝144π，故选：C．【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C位于垂直于面AOB的直径端点时，三棱锥O﹣ABC的体积最大是关键．12．（2015•山东）在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（）A．B．C．D．2π【分析】画出几何体的直观图，利用已知条件，求解几何体的体积即可．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，几何体的体积为：＝．故选：C．【点评】本题考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．画出几何体的直观图是解题的关键．13．（2015•广东）若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值（）A．至多等于3 B．至多等于4 C．等于5 D．大于5【分析】先考虑平面上的情况：只有三个点的情况成立；再考虑空间里，只有四个点的情况成立，注意运用外接球和三角形三边的关系，即可判断．【解答】解：考虑平面上，3个点两两距离相等，成立；4个点两两距离相等，三个点在圆上，圆上的点到圆心的距离都相等；n大于4，也不成立；在空间中，4个点两两距离相等，成立；若n＞4，由于任三点不共线，考虑四个点构成的正四面体，第五个点，与它们距离相等，且球的半径不等于边长，即有球心与正四面体的底面的中心重合，但显然球的半径不等于棱长，故不成立；同理n＞7，不成立．故选：B．【点评】本题考查空间几何体的特征，主要考查空间两点的距离相等的情况，注意结合外接球和三角形的两边与第三边的关系，属于中档题和易错题．14．（2014•全国）平面ax+by+z+1＝0和x+2y﹣z+3＝0互相垂直，且其交线经过点（1，﹣1，2），则a+b＝（）A．B．C．﹣D．﹣【分析】由平面ax+by+z+1＝0和x+2y﹣z+3＝0互相垂直，且其交线经过点（1，﹣1，2），列出方程组，求出a，b，由此能求出a+b的值．【解答】解：∵平面ax+by+z+1＝0和x+4y﹣z+3＝0互相垂直，且其交线经过点（7，2），∴，解得a＝﹣，b＝．∴a+b＝﹣．故选：C．【点评】本题考查两数和的求法，考查平面与平面垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查函数与方程思想，是基础题．二．填空题（共14小题）15．（2017•新课标Ⅰ）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，三棱锥S﹣ABC的体积为9，则球O的表面积为36π．【分析】判断三棱锥的形状，利用几何体的体积，求解球的半径，然后求解球的表面积．【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，SA＝AC，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：8πr2＝36π．故答案为：36π．【点评】本题考查球的内接体，三棱锥的体积以及球的表面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．16．（2017•新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，△DBC，△ECA，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，CA，AB为折痕折起△DBC，△FAB，使得D、E、F重合，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为4cm3．【分析】法一：由题，连接OD，交BC于点G，由题意得OD⊥BC，OG＝BC，设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5﹣x，三棱锥的高h＝，求出S△ABC＝3，V＝＝，令f（x）＝25x4﹣10x5，x∈（0，），f′（x）＝100x3﹣50x4，f（x）≤f（2）＝80，由此能求出体积最大值．法二：设正三角形的边长为x，则OG＝，FG＝SG＝5﹣，SO＝h＝＝＝，由此能示出三棱锥的体积的最大值．【解答】解法一：由题意，连接OD，由题意得OD⊥BC BC，即OG的长度与BC的长度成正比，设OG＝x，则BC＝6x，三棱锥的高h＝＝＝，＝3，则V＝＝＝，令f（x）＝25x4﹣10x6，x∈（0，），f′（x）＝100x3﹣50x4，令f′（x）≥3，即x4﹣2x8≤0，解得x≤2，则f（x）≤f（2）＝80，∴V≤＝43，∴体积最大值为8cm3．故答案为：4cm7．解法二：如图，设正三角形的边长为x，∴FG＝SG＝5﹣，SO＝h＝＝＝，∴三棱锥的体积V＝＝＝，令b（x）＝2x4﹣，则，令b′（x）＝0，则4x8﹣＝4，∴（cm3）．故答案为：6cm3．【点评】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系、函数性质、导数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，是中档题．17．（2016•全国）在空间直角坐标系中，若直线＝＝与平面x﹣2y+z＝5平行1．【分析】求出直线＝＝的方向向量和平面x﹣2y+z＝5的法向量，由二者乘积为0，能求出c．【解答】解：∵直线＝＝的方向向量为（3，2，平面x﹣2y+z＝3的法向量为（1，﹣2，∴（7，2，c）•（1，8）＝3﹣4+c＝8，解得c＝1．故答案为：1．【点评】本题考查实数值的求法，考查直线与平面平行的性质等基础知识，考查运算求解能力、考查函数与方程思想，是基础题．18．（2016•全国）已知B﹣AC﹣D为直二面角，Rt△ABC≌Rt△ADC，且AB＝BC．【分析】分别取AD、BD、AC的中点E、F、G，连结EF、EG、BG、DG推导出△EFG是等边三角形，EF∥AB，EG∥DC，∠FEG是异面直线AB与CD所成角，由此能求出异面直线AB与CD所成角．【解答】解：分别取AD、BD、F、G，连结EF、EG、DG，设AB＝BC＝2，则AD＝CD＝2AB＝1，BG⊥AC，DG⊥AC，∵B﹣AC﹣D为直二面角，∴∠BGD＝，∴BD＝＝2，∴△EFG是等边三角形，∵EF∥AB，EG∥DC，∵，∴异面直线AB与CD所成角为．故答案为：．【点评】本题考查立体几何中异面直线所成角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查函数与方程思想，数形结合思想，是中档题．19．（2016•浙江）如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，AD＝，∠ADC＝90°，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是．【分析】如图所示，取AC的中点O，AB＝BC＝3，可得BO⊥AC，在Rt△ACD′中，AC＝．作D′E⊥AC，垂足为E，D′E＝．CO＝，CE＝＝，EO＝CO﹣CE＝．过点B作BF∥AC，作FE∥BO交BF于点F，则EF⊥AC．连接D′F．∠FBD′为直线AC与BD′所成的角．则四边形BOEF为矩形，BF＝EO＝．EF＝BO＝．则∠FED′为二面角D′﹣CA﹣B的平面角，设为θ．利用余弦定理求出D′F2的最小值即可得出．【解答】解：如图所示，取AC的中点O，∴BO⊥AC，在Rt△ACD′中，＝．作D′E⊥AC，垂足为E＝．CO＝，CE＝＝＝，∴EO＝CO﹣CE＝．过点B作BF∥AC，作FE∥BO交BF于点F．连接D′F．则四边形BOEF为矩形，∴BF＝EO＝．EF＝BO＝＝．则∠FED′为二面角D′﹣CA﹣B的平面角，设为θ．则D′F3＝+﹣2×﹣5cosθ≥．∴D′B的最小值＝＝5．∴直线AC与BD′所成角的余弦的最大值＝＝＝．也可以考虑利用向量法求解．故答案为：．【点评】本题考查了空间位置关系、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于难题．20．（2016•浙江）如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，满足PD＝DA，PB＝BA．【分析】由题意，△ABD≌△PBD，可以理解为△PBD是由△ABD绕着BD旋转得到的，对于每段固定的AD，底面积BCD为定值，要使得体积最大，△PBD必定垂直于平面ABC，此时高最大，体积也最大．【解答】解：如图，M是AC的中点．①当AD＝t＜AM＝时，如图，也就是A到BD的距离，DM＝﹣t，可得，V＝＝，t∈（0，）②当AD＝t＞AM＝时，如图，也就是A到BD的距离，DM＝t﹣，由等面积，∴，∴h＝，∴V＝＝，t∈（，7）综上所述，V＝，2）令m＝∈[7，则V＝，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•﹣h）•2，二次函数求最值可知h＝时体积最大为．故答案为：．【点评】本题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大．21．（2016•上海）已知圆锥的母线长为10，母线与轴的夹角为30°，则该圆锥的侧面积为50π．【分析】根据勾股定理得出圆锥的底面半径，代入侧面积公式计算．【解答】解：∵圆锥的母线长为10，母线与轴的夹角为30°，∴圆锥的底面半径为5，∴圆锥的侧面积为π×5×10＝50π．故答案为：50π．【点评】本题考查了圆锥的结构特征，圆锥的侧面积计算，属于基础题．22．（2015•全国）在空间直角坐标系中，过原点作平面2x﹣z﹣2＝0的垂线，垂足为（，0，﹣）．【分析】空间解析几何中，面Ax+By+Cz＝0的法向量＝（A，B，C），由此求出平面2x﹣z﹣2＝0的法向量，从而能求出过原点作平面2x﹣z﹣2＝0的垂线，垂足的坐标．【解答】解：过原点作平面2x﹣z﹣2＝3的垂线，设垂足为（a．b，∵平面2x﹣z﹣2＝5的法向量＝（2，0，∴（5，0，0）﹣（a，b，7，﹣1），解得（a，b，c）＝（﹣2λ，2．∵（﹣2λ，0，λ）在平面6x﹣z﹣2＝0内，∴﹣5λ﹣λ﹣2＝0，解得λ＝﹣，∴垂足的坐标为（，0，﹣）．故答案为：（，3，﹣）．【点评】本题考查垂足坐标的求法，考查平面的法向量等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．23．（2015•上海）若正三棱柱的所有棱长均为a，且其体积为16，则a＝4．【分析】由题意可得（•a•a•sin60°）•a＝16，由此求得a的值．【解答】解：由题意可得，正棱柱的底面是变长等于a的等边三角形•a•a•sin60°，∴（•a•a•sin60°）•a＝16，故答案为：4．【点评】本题主要考查正棱柱的定义以及体积公式，属于基础题．24．（2015•上海）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．【分析】设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，由已知中圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，可得l＝2h，进而可得其母线与轴的夹角的余弦值，进而得到答案．【解答】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh，∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，∴l＝2h，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ＝＝，故θ＝，故答案为：．【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦值，是解答的关键．25．（2015•四川）在三棱住ABC﹣A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正视图和侧视图都是边长为1的正方形，设M，N，P分别是AB，B1C1的中点，则三棱锥P﹣A1MN的体积是．【分析】判断三视图对应的几何体的形状，画出图形，利用三视图的数据，求解三棱锥P﹣AMN的体积即可．【解答】解：由三视图可知，可知几何体的图形如图：几何体是底面为等腰直角三角形直角边长为1，底面积为，三棱锥底面积是三棱柱底面三角形的，所求三棱锥P﹣A7MN的体积是M﹣NAA1的体积，也是A1﹣AMN的体积：＝．故答案为：．【点评】本题考查三视图与直观图的关系，组作出几何体的直观图是解题的关键之一，考查几何体的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．26．（2015•江苏）现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，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．【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．27．（2015•浙江）如图，三棱锥A﹣BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，点M，N分别是AD，则异面直线AN，CM 所成的角的余弦值是．【分析】连结ND，取ND的中点为：E，连结ME说明异面直线AN，CM所成的角就是∠EMC通过解三角形，求解即可．【解答】解：连结ND，取ND的中点为：E，则ME∥AN，CM所成的角就是∠EMC，∵AN＝2，∴ME＝＝EN，又∵EN⊥NC，∴EC＝＝，∴cos∠EMC＝＝＝．故答案为：．【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查空间想象能力以及计算能力．28．（2015•四川）如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，他们所在的平面互相垂直，E、F分别为AB、BC 的中点，设异面直线EM与AF所成的角为θ．【分析】首先以AB，AD，AQ三直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，并设正方形边长为2，M（0，y，2），从而可求出向量的坐标，由cosθ＝得到，对函数求导，根据导数符号即可判断该函数为减函数，从而求出cosθ的最大值．【解答】解：根据已知条件，AB，AQ三直线两两垂直，y，z轴，设AB＝2A（0，6，0），0，3），1，0）；M在线段PQ上，设M（4，y，0≤y≤2；∴；∴cosθ＝＝；设f（y）＝，；函数g（y）＝﹣2y﹣6是一次函数，且为减函数；∴g（y）＜0在[0，7]恒成立；∴f（y）在[0，2]上单调递减；∴y＝8时，f（y）取到最大值．故答案为：．。
