2020版高考数学(文)新创新一轮复习通用版课时跟踪检测四十系统题型空间几何体的表面积、体积含解析

第七单元立体几何1.编写意图立体几何的主要内容是空间几何体和空间点、线、面的位置关系,在高考试题中多以中、低档题的形式出现,因此,编写时主要考虑以下两个方面:(1)注重从文字、符号、图形语言这三个方面对本单元的公理、定理进行分析,并通过典型例题使学生达到熟练掌握及应用的目的.(2)空间想象能力是学习立体几何最基本的能力要求,选择例题时应注重培养学生识图、作图和用图的能力.2.教学建议本单元的重点是空间元素之间的平行与垂直关系、空间几何体的表面积与体积,并注重画图、识图、用图能力的提高,在复习时我们要注重以下两点:(1)注重提高空间想象能力与逻辑思维能力.在复习过程中,明确已知元素之间的位置关系及度量关系,借助图形来反映并思考未知的空间形状与位置关系,能从复杂图形中分析出基本图形和位置关系,并借助直观感觉展开联想与猜想,进行推理与计算.(2)归纳总结,规范训练.复习中要抓主线、攻重点,针对重点内容加以训练,如平行和垂直是位置关系的核心,而线面垂直又是核心中的核心.要加强数学思想方法的总结与提炼,立体几何中蕴含着丰富的思想方法,如化归与转化思想,将空间问题转化成平面问题来解决,以及线线、线面、面面关系的相互转化.要规范例题讲解与作业训练,例题讲解要重视作、证、求三个环节,符号语言表达要规范、严谨.另外,要适度关注对平行、垂直的探究,关注对条件或结论不完备情景下的开放性问题的探究.3.课时安排本单元包括5讲、1个小题必刷卷(十)、1个解答必刷卷(四)、1个单元测评卷,第42讲建议2课时完成,其余各讲及考卷各1课时完成,大约共需9课时.第39讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图、表面积与体积考试说明1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图,能识别上述三视图所表示的立体模型,会用斜二测法画出它们的直观图.3.会用平行投影与中心投影两种方法画出简单空间图形的三视图与直观图,了解空间图形的不同表示形式.4.了解柱、锥、台、球的表面积和体积的计算公式.【课前双基巩固】知识聚焦1.(1)平行全等平行平行且相等一点一点平行四边形三角形梯形(2)垂直一点一点矩形等腰三角形等腰梯形圆矩形扇形扇环2.(1)正侧俯(2)①长对正高平齐宽相等②正侧正俯侧俯3.(1)斜二测画法(2)①垂直②平行于坐标轴不变一半4.2πrl πrl π(r+r')l5.S底h S底h 4πR2πR3对点演练1.五棱柱三棱柱[解析] 根据多面体的结构特征知,两个几何体都以前、后两个面为底,则剩下的几何体是五棱柱,截去的几何体是三棱柱.2.侧视图俯视图[解析] 根据三视图的概念知,图②是侧视图,图③是俯视图.3.a2[解析] 如图所示是实际图形和直观图.由图可知,A'B'=AB=a,O'C'=OC=a,在直观图中作C'D'⊥A'B',垂足为D',则C'D'=O'C'= a.=A'B'·C'D'=×a×a=a2.∴S△A'B'C'4.3π+4π[解析] 由三视图可知,该几何体是二分之一个圆柱,表面积S=π×12+22+π×1×2=3π+4,体积V=π×12×2=π.5.[解析] 把圆锥侧面沿过点P的母线展开成如图所示的扇形.由题意知OP=OP'=4 m,PP'=4m,则cos∠POP'=-(=-,所以∠POP'=.设底面圆的半径为r,则2πr=×4,所以r=m.6.0[解析] ①的说法错误,只有取的两点的连线平行于旋转轴时两点的连线才是母线;②的说法错误,如图a所示,“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”;③的说法错误,当以斜边所在直线为旋转轴时,其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥,如图b所示,它是由两个同底圆锥组成的几何体;④的说法错误,棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形,各侧棱延长线交于一点,但是侧棱长不一定相等;⑤的说法错误,如图c所示的几何体,满足有两个平面互相平行,其余各面都是平行四边形,但这个多面体不是棱柱.7.2,4[解析] 由三视图可知,正三棱柱的高为2,底面正三角形的高为2,故底面边长为4.8.48[解析] 由三视图可知,该几何体的上面是一个长为4,宽为2,高为2的长方体,下面是一个放倒的四棱柱,四棱柱的高为4,底面是梯形,梯形的上、下底分别为2,6,高为2,所以长方体的体积为4×2×2=16,四棱柱的体积为4××2=32,所以该几何体的体积为32+16=48.9.三棱柱32π[解析] 由三视图可知,该几何体是底面为等腰直角三角形,高为4的三棱柱,则外接球的半径R=×(=2,则该几何体的外接球的表面积S=4π×(2)2=32π.【课堂考点探究】例1[思路点拨] (1)还原出几何体,找出满足条件的三角形即可;(2)根据题意,画出编号为①②③的三棱锥可能的直观图,判断是否存在侧面与底面互相垂直的情况即可.(1)C(2)①②[解析] (1)由三视图可得该几何体的直观图如图所示,且PD⊥平面ABCD,∴△PAD 和△PDC均为直角三角形.又∵PD⊥AB,AB⊥AD,PD∩AD=D,∴AB⊥平面PAD,∴AB⊥PA,∴△PAB 为直角三角形.故选C.(2)编号为①的三棱锥的直观图可能是图(i)中的三棱锥P-ABC,其中PC⊥平面ABC,则平面PAC⊥平面ABC,平面PBC⊥平面ABC,满足题意;编号为②的三棱锥的直观图可能是图(ii)中的三棱锥P-ABC,易知平面PBC⊥平面ABC,满足题意;编号为③的三棱锥的直观图可能是图(iii)中的三棱锥P-ABC,不存在与底面互相垂直的侧面.故满足题意的三棱锥的编号是①②.变式题(1)A(2)③[解析] (1)在直观图中平面图形为正方形,对角线长为,所以原图形为平行四边形,位于x轴上的边长为1,位于y轴上的对角线长为2.(2)由俯视图可知三棱锥的底面是边长为2的正三角形,由侧视图可知三棱锥的一个侧面垂直于底面,且高为2.当正视图为等腰三角形时,三角形的高为2,且中线为虚线,排除①④.当正视图为直角三角形时,该几何体的直观图如图所示,其中PC⊥底面ABC.故其正视图是直角边长为2的等腰直角三角形,中间的线是看不见的棱PA形成的投影,应为虚线.故答案为③.例2[思路点拨] (1)根据三视图可确定该几何体的直观图,确定底面积和高,进而求出体积;(2)由母线与底面的夹角可得圆锥母线与底面半径的关系,再由三角形面积公式可求得底面半径,从而求得圆锥的侧面积.(1)A(2)40π[解析] (1)由三视图得几何体的直观图为三棱锥A-BCD(如图),其中BC=4,设O 为BC的中点,连接OA,OD,则AO=CO=BO=DO=2,AO⊥平面BCD,DO⊥BC,则该几何体的体积V=××4×2×2=,故选A.(2)设圆锥的底面圆的半径为r,因为SA与圆锥底面所成角为45°,所以SA=r.由cos∠ASB=得sin∠ASB=,所以SA·SB·sin∠ASB=×r×r×=5,所以r2=40,所以圆锥的侧面积为πr2=40π.变式题 (1)A (2)[解析] (1)设圆台较小底面的半径为r ,则另一底面的半径为3r.由S=π(r+3r )×3=84π,解得r=7.故选A .(2)四棱锥M - EFGH 的高为,底面积为,故其体积为×× =.例3 [思路点拨] (1)由正视图、侧视图、俯视图均为等腰直角三角形,知该几何体的外接球相当于一个棱长为2的正方体的外接球,故外接球的直径是该正方体的体对角线长,进而求得外接球的表面积;(2)圆柱底面圆的半径、高的一半、外接球的半径构成直角三角形,可求得圆柱底面圆的半径r= - =,进而求圆柱的体积.(1)D (2)B [解析] (1)由三视图可知,该几何体的外接球相当于一个棱长为2的正方体的外接球,∴外接球的直径为 =2 ,∴该几何体的外接球的表面积为4×π×( )2=12π,故选D . (2)由圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上,则圆柱底面圆的半径r= - =,故圆柱的体积V=πr 2h=.例4 [思路点拨] (1)设球O 的半径为R ,因为球O 与圆柱的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面圆的半径为R ,高为2R ,再利用圆柱、球的体积公式求出V 1,V 2即可;(2)设正四面体的棱长为a ,可得到正四面体的表面积和内切球的表面积(用a 表示),然后求出.(1) (2)[解析] (1)设球O 的半径为R ,因为该球与圆柱的上、下底面及母线均相切,所以圆柱的底面圆的半径为R ,圆柱的高为2R.故圆柱O 1O 2的体积V 1=2πR 3,球O 的体积V 2=πR 3,所以 ==.(2)设正四面体的棱长为a ,则正四面体的表面积S 1=4××a 2= a 2,其内切球半径r 为正四面体高的,即r=×a=a ,因此内切球表面积S 2=4πr 2=,则 = =. 应用演练1.C [解析] 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆.因为正方体的棱长为1,所以AC=CD 1=AD 1= ,所以△ACD 1的内切圆的半径r= ,所以截面面积S=πr 2=. 2.A [解析] 由正弦定理得2r== °=2,其中r 为△ABC 的外接圆半径,故r=1.设三棱锥P - ABC 的外接球的半径为R ,则R 2=r 2+2=2,即R= ,故三棱锥P - ABC 的外接球的体积为R 3=π. 3.B [解析] 在△ABC 中,由BC ⊥AC ,得AB= = =13.设该三棱锥内切球的半径为R ,由已知易知Rt △ABC 的内切圆的半径与该三棱锥内切球的半径相等,则该内切球的半径R=-=2,该三棱柱的高h=2R=4,∴该三棱柱的表面积S=2××5×12+(5+12+13)×4=180.故选B.4.π[解析] 设AC=m(2>m>0),则BC=-,四棱锥-=×2m×-=m-,∴当m-最大时,最大,m-=(- ≤(-=2,当且仅当m=时,取等号,∴四棱锥-当“阳马”即四棱锥B-A1ACC1的体积最大时,AC=BC=,此时三棱柱ABC-A1B1C1的外接球就是以CA,CB,CC为共顶点的棱的长方体的外接球,外接球的直径等于长方体的体对角线长,设外接球的半1径为R,则4R2=CA2+CB2+C=2+2+4=8,即R=,故三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为πR3=π.【备选理由】空间几何体的结构特征、三视图与直观图及空间几何体的表面积、体积、空间几何体与球的切、接为本讲的主要内容.例1考查的是三视图的识别;例2重在考查由三视图还原直观图的能力,并考查简单的组合体表面积的计算,注意不要忽略一些面的面积;例3考查球与多面体的关系及补形法的应用;例4考查棱锥内切球半径的计算问题.例1[配例1使用] [2018·重庆三诊]一个正三棱柱的三视图如图所示,若该三棱柱的外接球的表面积为32π,则侧视图中x的值为()A.6B.4C.3D.2[解析] C设正三棱柱的底面边长为a,则底面三角形的外接圆的半径为 a.设该三棱柱外接球的半径为R,结合正三棱柱的外接球的球心在上、下底面的外心连线的中点处,则有R=,由该三棱柱的外接球的表面积为32π,得4π4+a2=32π,从而解得a=2,因为侧视图中x对应的边为底面三角形的边的高线,所以x=×2=3,故选C.例2 [配例2使用] [2018·衡水中学月考] 如图是某个几何体的三视图,则这个几何体的表面积为( )A .π+4 +4B .2π+4 +4C .2π+4 +2D .2π+2 +4[解析] B 由三视图可知该几何体是由半个圆柱与三棱柱组成的几何体.其直观图如图所示.其表面积S=2×π·12+2××2×1+π×2×1+( + +2)×2-2×1=2π+4 +4,故选B .例3 [配例3使用] [2018·衡水中学七调] 如图所示,AA 1,BB 1均垂直于平面ABC 和平面A 1B 1C 1,∠BAC=∠A 1B 1C 1=90°,AC=AB=AA 1=B 1C 1= ,则多面体ABC-A 1B 1C 1的外接球的表面积为 .[答案] 6π[解析] 该几何体可以补形成棱长为2的正方体,正方体的外接球即为该多面体的外接球,正方体的外接球直径为其体对角线长,长度为 × = ,则该多面体的外接球的半径r=,故该多面体的外接球的表面积为4πr 2=6π.例4 [配例4使用] [2018·陕西西工大附中模拟] 如图所示,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为m (m>0)的正方形,PD ⊥底面ABCD ,且PD=m ,PA=PC= m ,若在这个四棱锥内放一个球,则此球的最大半径是 .[答案](2- )m[解析] 当球与四棱锥P - ABCD 的各个面都相切时,球的半径最大.由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥AD.又PD=m ,PA= m ,则AD=m.设四棱锥P-ABCD 的内切球的球心为O ,半径为R ,连接OA ,OB ,OC ,OD ,OP (图略),易知V 四棱锥P-ABCD =V 四棱锥O-ABCD +V 三棱锥O-PAD +V 三棱锥O-PAB +V 三棱锥O-PBC +V 三棱锥O-PCD,即 ×m 2×m= ×m 2×R+ × ×m 2×R+ × × m 2×R+ × × m 2×R+ ××m 2×R ,解得R=(2- )m ,所以此球的最大半径是(2- )m.第40讲 空间点、直线、平面之间的位置关系考试说明 1.理解空间直线、平面位置关系的定义. 2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.【课前双基巩固】 知识聚焦1.两点 不在一条直线上 有且只有一条 互相平行2.相交 平行3.(1)相交直线 平行直线 任何 (2)①锐角(或直角) ②0,(3)相等或互补4.1 0 无数 0 无数 对点演练1.④ [解析] 当三点共线时,过三点有无数个平面,①中的说法错误;当三条直线共点时,不能确定一个平面,②中的说法错误;一个圆是平面图形,两个相交的圆不一定在一个平面内,③中的说法错误;两条平行直线确定一个平面,第三条直线与这两条平行直线都相交,所以第三条直线在这个平面内,所以④中的说法正确.2.相交或异面[解析] 当直线c在直线a与b确定的平面内时,a与c相交;当直线c与直线a,b确定的平面相交时,a与c异面.3 .l∥α或l⊂α[解析] 当距离不为零时,l∥α;当距离为零时,l⊂α.4.4,6,7,8[解析] 如图(1),可分成4部分(三个平面互相平行);如图(2)(3),可分成6部分(两种情况);如图(4),可分成7部分;如图(5),可分成8部分.5.(1)AC=BD (2)AC=BD且AC⊥BD [解析] (1)∵四边形EFGH为菱形,∴EF=EH,∵EF AC,EH BD,∴AC=BD.(2)∵四边形EFGH为正方形,∴EF=EH且EF⊥EH,∵EF AC,EH BD,∴AC=BD且AC⊥BD.6.④[解析] ①②③中的a与b还有可能平行或相交,由异面直线的定义可知④的说法正确.7.b与α相交或b⊂α或b∥α[解析] 易知b与α相交或b⊂α或b∥α.8.无数[解析] 在EF上任意取一点M,则直线A1D1与M确定一个平面(如图所示),这个平面与CD有且仅有1个交点N,当M取不同的位置时就确定不同的平面,从而与CD有不同的交点,而直线MN与三条直线A1D1,EF,CD都有交点.故满足题意的直线有无数条.9.45°60°[解析] ∵FG∥BC,∴∠EGF为异面直线BC与EG所成的角(或其补角),∵tan∠EGF==1,∴∠EGF=45°.∵BF∥AE,∴∠GBF为异面直线AE与BG所成的角(或其补角),∵tan∠GBF===,∴∠GBF=60°.【课堂考点探究】例1[思路点拨] 利用平面的基本性质进行判断.解:(1)错误.若AC1⊂平面CC1B1B,又BC⊂平面CC1B1B,所以A∈平面CC1B1B,且B∈平面CC1B1B, 所以AB⊂平面CC1B1B,与AB⊄平面CC1B1B矛盾,故AC1⊄平面CC1B1B.(2)正确.因为O,O1是两平面的两个公共点,所以平面AA1C1C与平面BB1D1D的交线为OO1.(3)错误.因为A,O,C三点共线,所以由点A,O,C不可以确定一个平面.(4)正确.因为点A,C1,B1不共线,所以A,C1,B1三点确定平面α,又四边形AB1C1D为平行四边形,连接B1D,设AC1∩B1D=O2,所以O2∈α,又B1∈α,所以B1O2⊂α,又D∈B1O2,所以D∈α.(5)正确.若l与m相交,则交点是两平面的公共点,而直线CD为两平面的交线,所以交点一定在直线CD 上.变式题证明:(1)连接EF,CD1,A1B,如图.∵E,F分别是AB,AA的中点,1.∴EF∥BA1又BA1∥CD1,∴EF∥CD,1∴E,C,D,F四点共面.1(2)∵EF∥CD1,EF<CD1,∴延长D1F,CE,F必相交,设交点为P,如图,CE与D1则由P∈CE,CE⊂平面ABCD,得P∈平面ABCD.同理P∈平面ADD1A1.延长DA,又平面ABCD∩平面ADD1A1=DA,∴P∈直线DA.F,DA三线共点.∴CE,D1例2[思路点拨] (1)利用相关定义、定理判断;(2)由条件得n在α内,m不在α内,A是直线m与α的交点,从而得出m,n的位置关系.(1)B(2)D[解析] (1)①的结论错误,两条直线不相交,则它们可能平行,也可能异面;②由公理4可知结论正确;③的结论错误,若一条直线和两条平行直线中的一条相交,则它和另一条直线可能相交,也可能异面;④由平行直线的传递性可知结论正确.故选B.(2)∵A∈m,A∈α,m⊄α,∴A是m和平面α的交点,∵n⊂α,∴m和n可能异面或相交(特殊情况可垂直),一定不平行.变式题(1)D(2)D[解析] (1)连接D1E并延长,与AD交于点M,因为A1E=2ED,所以M为AD的中点,连接BF并延长,交AD于点N,因为CF=2FA,所以N为AD的中点,所以M,N重合,且=,=,所以=,所以EF∥BD1.(2)对于A,若直线a,b与平面α所成的角都是30°,则这两条直线平行、相交或异面,故A中说法错误;对于B,若直线a,b与平面α所成的角都是30°,则这两条直线可能垂直,如图所示,直角三角形ACB 的直角顶点C在平面α内,边AC,BC可以与平面α都成30°角,故B中说法错误;对于C,若直线a,b平行,则这两条直线可以都与平面α相交或都在平面α内,故C中说法错误;对于D,若直线a,b都与平面α垂直,则a∥b,故D中说法正确.故选D.例3[思路点拨] (1)将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1,连接DC1,则∠BCD(或其补角)为异面直线所成的角,利用余弦定理解之即可;(2)利用三角形中位线定理把异面直线1所成的角转化成平面角.(1)C(2 60°[解析] (1)如图,将该直三棱柱补形成直四棱柱,其中CD∥AB且CD=AB,则可得AB1∥DC1且AB1=DC1,则∠BC1D(或其补角)即为异面直线AB1与BC1所成的角.在△BC1D中,BC1=,DC1=,BD=-=,所以cos∠BC1D==.故异面直线AB1与BC所成角的余弦值为.1(2)取AC的中点M,连接EM,MF,如图所示.因为E,F分别是AP,BC的中点,所以MF∥AB,MF=AB=3,ME∥PC,ME=PC=5,所以∠EMF(或其补角)即为异面直线AB与PC所成的角.在△MEF中,cos∠EMF=-=-,所以∠EMF=120°,所以异面直线AB与PC所成的角为60°.变式题(1)B(2) [解析] (1)如图,取B1C1的中点P,连接BP,MP.∵直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为1的正方形,AA1=2,M,N分别是A1B1,A1D1的中点,∴AN∥BP,∴∠MBP(或其补角)为异面直线BM与AN所成的角,BM=BP==,MP==,∴cos∠=-=,所以异面直线BM与AN所成的角的余弦值为,故选B.MBP=-·(2)取A1C1的中点E,连接B1E,AE,易知BD∥B1E,∴∠AB1E(或其补角)为异面直线AB1与BD所成的角.设AB=1,则A1A=,AB1=,B1E=,AE=,所以cos∠AB1E=-=,因此∠AB1E=,故异面直线AB与BD所成的角为.1例4[思路点拨] (1)结合正方体结构,分类讨论;(2)判定直线和平面垂直,可以依据判定定理逐一去判断,利用正方体中的一些基本结论,合理运用正方体中图形的对称性.(1)A(2)①④⑤[解析] (1)用一个平面去截正方体,则截面的情况为:①截面为三角形时,可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形,但不可能是钝角三角形、直角三角形;②截面为四边形时,可以是梯形(包括等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形,但不可能是直角梯形;③截面为五边形时,不可能是正五边形;④截面为六边形时,可以是正六边形.故选A.(2)如图所示,取棱的中点,作出正六边形截面α,则l⊥α.图①中的截面是正三角形,且平面MNP∥α,可得l⊥平面MNP;图②③中的截面MNP与正六边形截面α都有一条交线,可以判断②③中的两个截面与直线l都不垂直;图④⑤中的点M,N,P为正六边形截面α中的三个点,故都有l⊥平面MNP.故应填入的序号是①④⑤.例5[思路点拨] (1)由三视图得到直观图,可把该几何体放置在正方体中,再求其体积;(2)依据本题中三棱锥的特点,将其补成正方体,把问题转化为求正方体外接球的表面积问题.(1)C(2)πa3[解析] (1)如图所示,在棱长为2的正方体中,D为其所在棱的中点,则三视图对应的几何体为图中的四棱锥P-ABCD,则该几何体的体积为××(1+2)×2×2=2,故选C.(2)如图,将此多面体补成正方体DBCA-D 1B 1C 1P ,则该三棱锥的外接球即为该正方体的外接球,由已知得正方体的体对角线PB= a ,则外接球的半径R=PB=a ,所以三棱锥P - ABC 的外接球的体积V= ×π×a 3=πa 3.例6 [思路点拨] (1)利用平移法把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角;(2)把展开图还原为直观图,在正方体中找到相关的线、面,利用正方体的特点进行判断.(1)D (2)B [解析] (1)连接B 1C ,A 1D ,由M ,N 分别是BC ,BB 1的中点,得MN ∥B 1C ∥A 1D ,则相交直线A 1D 与AD 1所成的角即为异面直线MN 与AD 1所成的角.又四边形A 1ADD 1是正方形,所以A 1D ⊥AD 1,故异面直线MN 与AD 1所成的角为90°.(2)将平面展开图还原成正方体(如图所示),连接BE ,DE ,BG.①中,因为BE ∥GC ,AF ⊥BE ,所以AF ⊥GC ,①中的结论正确.②中,BD 在平面ABCD 内,GC 与平面ABCD 相交,则BD 与GC 是异面直线;因为EB ∥GC ,所以∠DBE (或其补角)为异面直线BD 与GC 所成的角,在等边三角形BDE 中,∠DBE=60°,则异面直线BD 与GC 所成的角为60°,即②中的结论正确. ③中,BD 与MN 是异面直线,即③中的结论错误.④中,GD ⊥平面ABCD ,∠DBG 即为BG 与平面ABCD 所成的角,在Rt △BDG 中,GD ≠BD ,故∠DBG ≠45°,即④中的结论错误.故选B . 应用演练1.D [解析] 延长MN 与BA 的延长线交于点P ,连接DP ,则直线DP 即为交线l ,且AP=AA 1=AD ,连接AC ,可知DP 与AC 不平行,而A 1C 1∥AC ,所以l 与A 1C 1是异面直线.故选D .2.C [解析] 正四面体A-BCD 可补形成棱长是6 的正方体,所以球O 是正方体的外接球,其半径R=×6 =3 .设正四面体的高为h ,则h= -(=4 ,故OM=ON= h= ,又MN=BD=4,所以O 到直线MN 的距离为 ( - = ,因此球O 截直线MN 所得的弦长为2 ( -(=4 .故选C .3.B [解析] 由三视图可知,该三棱锥的直观图如图中三棱锥D 1-ABB 1所示(图中正方体的棱长为2),该三棱锥的体积为××2×2×2=,故选B .4.[解析] 易知截面B 1D 1MN 是梯形,MN=,B 1D 1= .过MN 的中点P 作平面A 1B 1C 1D 1的垂线交平面A 1B 1C 1D 1于点P 1,连接A 1C 1,则点P 1在A 1C 1上,且A 1P 1=.设A 1C 1与B 1D 1交于点O 1,连接PO 1,则PO 1== ,所以截面B 1D 1MN 的面积S==.5.90° [解析] 如图所示,连接D 1M ,易知D 1M ⊥DN.又∵A 1D 1⊥DN ,A 1D 1⊂平面A 1MD 1,MD 1⊂平面A 1MD 1,A 1D 1∩MD 1=D 1,∴DN ⊥平面A 1MD 1,∴DN ⊥A 1M ,即异面直线A 1M 与DN 所成角的大小为90°.【备选理由】 例1以正方体为载体考查对平面的基本性质、四个公理的理解与掌握程度;例2考查异面直线所成的角,有利于拓展学生解题的思路;例3考查直线与平面的位置关系;例4考查正方体中的异面直线所成角的问题.例1 [配例1使用]已知ABCD-A 1B 1C 1D 1是正方体,在图①中,E ,F 分别是棱D 1C 1,B 1B 的中点,画出图①②中有阴影的平面与平面ABCD 的交线 .解:如图所示,在图①中,过点E 作EN 平行于B 1B 交CD 于点N ,连接NB 并延长交EF 的延长线于点M ,连接AM ,则AM 即为有阴影的平面与平面ABCD 的交线.在图②中,延长DC ,过点C 1作C 1M ∥A 1B 交DC 的延长线于点M ,连接BM ,则BM 即为有阴影的平面与平面ABCD 的交线.例2 [配例3使用] [2018·贵州凯里一中月考] 在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,底面ABCD 是边长为1的正方形,若其外接球的表面积为16π,则异面直线BD 1与CC 1所成的角的余弦值为 . [答案][解析] 设外接球的半径为R ,则4πR 2=16π,解得R=2.设长方体的高为x (x>0),则x 2+12+12=(2R )2=16,故x= .连接BD ,在Rt △BDD 1中,∠DD 1B 即为异面直线BD 1与CC 1所成的角,其余弦值为.例3 [配例2使用]如图所示,正方体的底面与正四面体的底面在同一个平面α上,且AB ∥CD ,则正方体的六个面所在的平面与直线EF 相交的个数为 .[答案] 4[解析] 因为EF 与正方体的左、右两侧面均平行,所以与EF 相交的平面有4个.例4 [配例6使用] [2018·四川广安、眉山一诊] 下图表示一个正方体的平面展开图,则其中的四条线段AB ,CD ,EF ,GH 在原正方体中为异面直线且所成角为60°的有 对.[答案] 3[解析] 将平面展开图还原为正方体,如图所示,可知AB与CD,EF与GH,AB与GH都是异面直线,且所成角为60°,而AB与EF相交,CD与GH相交,CD与EF平行,故四条线段AB,CD,EF,GH在原正方体中互为异面直线且所成角为60°的有3对.第41讲直线、平面平行的判定与性质考试说明1.以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理.2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题.【课前双基巩固】知识聚焦1.没有公共点一条直线与此平面内的一条直线交线平行2.相交直线相交直线相交直线同一条直线平行交线对点演练1.一[解析] 过点P与直线a作平面β,设β∩α=b,则a∥b,由作图的过程可知满足条件的直线b只有一条.2.[解析] ∵α∥β,∴CD∥AB,则=,∴AB=·==.3.平行[解析] 连接BD,设BD∩AC=O,连接EO,在△BDD1中,O为BD的中点,E为DD1的中点,所以EO为△BDD的中位线,则BD1∥EO,又BD1⊄平面ACE,EO⊂平面ACE,所以BD1∥平面ACE.14.①②④[解析] 如图,因为AB D1C1,所以四边形AD1C1B为平行四边形,故AD1∥BC1,从而①中结论正确;易证BD∥B1D1,AB1∥DC1,又AB1∩B1D1=B1,BD∩DC1=D,故平面AB1D1∥平面BDC1,从而②中结论正确;由图易知AD1与DC1异面,故③中结论错误;因为AD1∥BC1,AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC,所以AD1∥平面BDC1,故④中结论正确.15.平行四边形 [解析] ∵平面ABFE ∥平面DCGH ,又平面EFGH ∩平面ABFE=EF ,平面EFGH ∩平面DCGH=HG ,∴EF ∥HG.同理EH ∥FG ,∴四边形EFGH 的形状是平行四边形.6.既不充分也不必要 [解析] 由m ⊂α,l ∥α不能推出l ∥m ,由m ⊂α,l ∥m 也不能推出l ∥α,所以是既不充分也不必要条件.7.(1)a ∥α或a ⊂α (2)平行或相交 (3)a ∥β或a ⊂β[解析] (1)由直线与平面平行的定义和判定定理知,a 可能平行于α,也可能在α内. (2)当a ,b 相交时,α∥β;当a ,b 平行时,α与β平行或相交. (3)当a 在β外时,a ∥β;当a 在β内时也满足条件.8.6 [解析] 如图,E ,F ,G ,H 分别是A 1C 1,B 1C 1,BC ,AC 的中点,则与平面ABB 1A 1平行的直线有EF ,GH ,FG ,EH ,EG ,FH ,共6条.9.④ [解析] 由两个平面平行的判定定理可知,如果一个平面内的两条相交直线都与另一个平面平行,那么这两个平面平行,故①②不能判断两个平面平行;当平面α∩平面β=直线l 时,α内有无数条与交线l 平行的直线与β平行,故③不能判断两个平面平行;根据面面平行的定义可知④能判断两个平面平行.【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)取B 1C 1的中点P ,连接MP ,NP ,根据面面平行的判定定理,可证明平面MNP ∥平面BB 1D 1D ;(2)可举反例进行判断.(1)C (2)D [解析] (1)取B 1C 1的中点P ,连接MP ,NP ,又M 是C 1D 1的中点,则由三角形中位线定理可得MP ∥B 1D 1,∴MP ∥平面BB 1D 1D ,由四边形BB 1PN 是平行四边形,得NP ∥BB 1,∴NP ∥平面BB 1D 1D ,又NP ∩MP=P ,∴平面MNP ∥平面BB 1D 1D ,∵MN ⊂平面MNP ,∴MN ∥平面BB 1D 1D ,故选C . (2)A 中,若α∩β=l ,a ∥l ,a ⊄α,a ⊄β,则a ∥α,a ∥β,可排除A;B 中,若α∩β=l ,a ⊂α,a ∥l ,则a ∥β,可排除B;C 中,若α∩β=l ,a ⊂α,a ∥l ,b ⊂β,b ∥l ,则a ∥β,b ∥α,可排除C.故选D.变式题 (1)B (2)平面ABC 、平面ABD [解析] (1) 因为直线a ,b 不一定相交,所以a ∥β,b ∥β不一定能够得到α∥β;而当α∥β时,a ∥β,b ∥β一定成立.所以“a ∥β,b ∥β”是“α∥β”的必要不充分条件,故选B .。

跟踪检测(二十四) 平面向量的概念及线性运算[基础训练]1．已知O ，A ，B 是平面上的三个点，直线AB 上有一点C ，满足2AC →＋CB →＝0，则OC →＝( )A ．2OA →－OB → B ．－OA →＋2OB → C.23OA →－13OB →D ．－13OA →＋23OB →答案：A 解析：因为2AC →＋CB →＝0，所以A 为BC 的中点，如图所示，所以2OA →＝OC →＋OB →，故OC →＝2OA →－OB →.2．[2015全国卷Ⅰ]设D 为△ABC 所在平面内一点，BC →＝3CD →，则( )A.AD →＝－13AB →＋43AC →B.AD →＝13AB →－43AC →C.AD →＝43AB →＋13AC →D.AD →＝43AB →－13AC →答案：A 解析：AD →＝AC →＋CD →＝AC →＋13BC →＝AC →＋13(AC →－AB →)＝43AC →－13AB →＝－13AB →＋43AC →.故选A.3．[2019辽宁沈阳模拟]已知△ABC 和点M 满足MA →＋MB →＋MC →＝0.若存在实数m 使得AB →＋AC →＝mAM →成立，则m ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5答案：B 解析：由MA →＋MB →＋MC →＝0，知点M 为△ABC 的重心，设点D 为底边BC 的中点，则AM →＝23AD →＝23×12(AB →＋AC →)＝13(AB →＋AC →)，所以AB →＋AC →＝3AM →，故m ＝3.4．[2019湖北孝感二模]设D ，E ，F 分别为△ABC 三边BC ，CA ，AB 的中点，则DA →＋2EB →＋3FC →＝( )A.12AD →B.32AD →C.12AC →D.32AC →答案：D 解析：因为D ，E ，F 分别为△ABC 三边BC ，CA ，AB 的中点，所以DA →＋2EB →＋3FC →＝12(BA →＋CA →)＋2×12(AB →＋CB →)＋3×12×(AC →＋BC →)＝12BA →＋AB →＋CB →＋32BC →＋32AC →＋12CA →＝12AB →＋12BC →＋AC → ＝12AC →＋AC → ＝32AC →， 故选D.5．[2019河北、河南、山西三省联考]如图，在等边△ABC 中，O 为△ABC 的重心，点D 为BC 边上靠近B 点的四等分点，若OD →＝xAB →＋yAC →，则x ＋y ＝( )A.112B.13C.23D.34答案：B 解析：设E 为BC 的中点，连接AE ， 可知O 在AE 上，由OD →＝OE →＋ED →＝13AE →＋14CB →＝16(AB →＋AC →)＋14(AB →－AC →)＝512AB →－112AC →， 故x ＝512，y ＝－112，x ＋y ＝13. 故选B.6．[2019山东曲阜模拟]如图，在△ABC 中，AN →＝13NC →，P 是BN 上的一点．若AP →＝mAB →＋29AC →，则实数m 的值为( )A ．1 B.19 C.13 D ．3答案：B 解析：因为点P 是BN 上一点， 所以设BP →＝λBN →.由图形可知AP →＝AB →＋BP →＝AB →＋λBN →＝AB →＋λ(AN →－AB →)＝AB →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14AC →－AB →＝(1－λ)AB →＋λ4AC →. 又因为AP →＝mAB →＋29AC →，所以29＝λ4， 则λ＝89，所以m ＝1－λ＝19， 故选B.7．如图所示，已知AB 是圆O 的直径，点C ，D 是半圆弧的两个三等分点，AB →＝a ，AC →＝b ，则AD →＝( )A ．a －12bB.12a －b C ．a ＋12bD.12a ＋b答案：D 解析：连接CD ，由点C ，D 是半圆弧的两个三等分点，得CD ∥AB ，且CD →＝12AB →＝12a ，所以AD →＝AC →＋CD →＝b ＋12a .8．如图所示，在△ABC 中，AD ＝DB ，点F 在线段CD 上，设AB →＝a ，AC →＝b ，AF →＝x a ＋y b ，则1x ＋4y ＋1的最小值为( )A ．6＋2 2B ．6 3C ．6＋4 2D ．3＋2 2答案：D 解析：由题意知，AF →＝x a ＋y b ＝2xAD →＋yAC →， 因为C ，F ，D 三点共线， 所以2x ＋y ＝1，即y ＝1－2x . 由题图可知，x >0且x ≠1. 所以1x ＋4y ＋1＝1x ＋21－x ＝x ＋1x －x 2. 令f (x )＝x ＋1x －x 2，则f ′(x )＝x 2＋2x －1(x －x 2)2，令f ′(x )＝0，得x ＝2－1或x ＝－2－1(舍)． 当0<x <2－1时，f ′(x )<0； 当x >2－1且x ≠1时，f ′(x )>0.所以当x ＝2－1时，f (x )取得极小值，亦为最小值， 最小值为f (2－1)＝2(2－1)－(2－1)2＝3＋2 2. 9．[2017江苏卷]如图，在同一个平面内，向量OA →，OB →，OC →的模分别为1,1，2，OA →与OC →的夹角为α，且tan α＝7，OB →与OC →的夹角为45°.若OC →＝mOA →＋nOB →(m ，n ∈R )，则m ＋n ＝________.答案：3 解析：解法一：因为tan α＝7， 所以cos α＝210，sin α＝7210.过点C 作CD ∥OB 交OA 的延长线于点D ，则OC →＝OD →＋DC →，∠OCD ＝45°.又因为OC →＝mOA →＋nOB →， 所以OD →＝mOA →，DC →＝nOB →， 所以|OD →|＝m ，|DC →|＝n . 在△COD 中，由正弦定理，得 |DC →|sin α＝|OD →|sin ∠OCD ＝|OC →|sin ∠ODC ， 因为sin ∠ODC ＝sin(180°－α－∠OCD ) ＝sin(α＋∠OCD )＝45， 即n 7210＝m 22＝245， 所以n ＝74，m ＝54，所以m ＋n ＝3. 解法二：由tan α＝7，可得 cos α＝210，sin α＝7210， 则210＝OA →·OC →|OA →||OC →|＝m ＋nOA →·OB →2，由cos ∠BOC ＝22，可得 22＝OB →·OC →|OB →||OC →|＝mOA →·OB →＋n 2， cos ∠AOB ＝cos(α＋45°)＝cos αcos 45°－sin αsin 45°＝210×22－7210×22＝－35，则OA →·OB →＝－35，则m －35n ＝15，－35m ＋n ＝1， 则25m ＋25n ＝65，则m ＋n ＝3.10．若向量a ，b 满足|a |＝4，|b |＝6，则|a ＋b |的最小值是________，|a －b |的最大值是________．答案：2 10 解析：解法一：当向量a ，b 不共线时，设OA →＝a ，OB →＝b ，以OA ，OB 为邻边作平行四边形OADB ，则OD →＝a ＋b ， 在△OAD 中，||OA →|－|AD →||<|OD →|<|OA →|＋|AD →|， 即||a|－|b||<|a ＋b |<|a|＋|b |， ∴2<|a ＋b |<10.当向量a ，b 方向相同时，|a ＋b |＝10； 当向量a ，b 方向相反时，|a ＋b |＝2. 综上可知，|a ＋b |的最小值是2. 当向量a ，b 不共线时，设OA →＝a ，OB →＝b ， 则BA →＝a －b .∵在△OAB 中，||OA →|－|OB →||<|BA →|<|OA →|＋|OB →|， 即||a |－|b ||<|a －b |<|a |＋|b |， ∴2<|a －b |<10.当向量a ，b 方向相同时，|a －b |＝2； 当向量a ，b 方向相反时，|a －b |＝10. 综上可知，|a －b |的最大值是10. 解法二：根据向量的三角不等式，可得 ||a|－|b ||≤|a±b |≤|a|＋|b |， ∴2≤|a±b |≤10，当且仅当向量a ，b 方向相反时， |a ＋b |取得最小值2，|a －b |取得最大值10.11.[2019河南濮阳一模]如图，有5个全等的小正方形，BD →＝xAE →＋yAF →，则x ＋y 的值是________．答案：1 解析：因为BD →＝AD →－AB →，而AD →＝2AE →，AB →＝AH →＋HB →＝2AF →－AE →，所以BD →＝AD →－AB →＝2AE →－(2AF →－AE →) ＝3AE →－2AF →.又AE →，AF →不共线，且BD →＝xAE →＋yAF →， 所以xAE →＋yAF →＝3AE →－2AF →， 所以x ＝3，y ＝－2， 故x ＋y ＝1.[强化训练]1．如图所示，已知点G 是△ABC 的重心，过点G 作直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且AM →＝xAB →，AN →＝yAC →，则xyx ＋y 的值为( )A ．3 B.13 C ．2 D.12答案：B 解析：利用三角形的性质，过重心作平行于底边BC 的直线，易得x ＝y ＝23，则xy x ＋y＝13.2．设M 是△ABC 所在平面上的一点，且MB →＋32MA →＋32MC →＝0，D 是AC 的中点，则|MD →||BM →|＝( )A.13B.12 C ．1 D ．2答案：A 解析：∵D 是AC 的中点，延长MD 到点E ，使得DE ＝MD ，∴四边形MAEC 为平行四边形，∴MD →＝12ME →＝12(MA →＋MC →)．∵MB →＋32MA →＋32MC →＝0，∴MB →＝－32(MA →＋MC →)＝－3MD →，则BM →＝3MD →.∴|MD →||BM →|＝|MD →||3MD →|＝13，故选A.3．[2019福建高三4月质检]庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征．正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系：在如图所示的正五角星中，以A ，B ，C ，D ，E为顶点的多边形为正五边形，且PT AT ＝5－12.下列关系中正确的是( )A.BP →－TS →＝5＋12RS →B.CQ →＋TP →＝5＋12TS →C.ES →－AP →＝5－12BQ →D.AT →＋BQ →＝5－12CR →答案：A 解析：由题意，得BP →－TS →＝TE →－TS →＝SE →＝RS →5－12＝5＋12RS →， 所以A 正确；CQ →＋TP →＝P A →＋TP →＝TA →＝5＋12ST →，所以B 错误；ES →－AP →＝RC →－QC →＝RQ →＝5－12QB →，所以C 错误；AT →＋BQ →＝SD →＋RD →，5－12CR →＝RS →＝RD →－SD →，若AT →＋BQ →＝5－12CR →，则SD →＝0，不合题意，所以D 错误．故选A.4．[2019重庆模拟]如图所示，已知平行四边形ABCD ，点M 1，M 2，M 3，…，M n －1和N 1，N 2，N 3，…，N n －1分别将线段BC 和DC 进行n 等分(n ∈N *，n ≥2)，AM 1→＋AM 2→＋…＋AM n －1＋AN 1→＋AN 2→＋…＋AN n －1＝30AC →，则n ＝( )A ．20B ．21C ．22D ．23答案：B 解析：∵点M 1，M 2，M 3，…，M n －1和N 1，N 2，N 3，…，N n －1分别将线段BC 和DC 进行n 等分(n ∈N *，n ≥2)，∴AM m →＝AB →＋BM m →＝AB →＋m n BC →(m ∈N *,1≤m ≤n －1)，AN m →＝AD →＋DN m →＝AD →＋m n DC →(m ∈N *,1≤m ≤n －1)，∴AM 1→＋AM 2→＋…＋AM n －1＋AN 1→＋AN 2→＋…＋AN n －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋1n BC →＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋2n BC →＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →＋n －1n BC →＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫AD →＋1n DC →＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AD →＋2n DC →＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AD →＋n －1n DC → ＝(n －1)(AB →＋AD →)＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋2n ＋…＋n －1n (BC →＋DC →) ＝(n －1)(AB →＋AD →)＋⎝⎛⎭⎪⎪⎫1n ＋2n ＋…＋n －1n (AB →＋AD →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋2＋…＋n －1n ＋n －1(AB →＋AD →) ＝3(n －1)2AC →＝30AC →，解得n ＝21.故选B.5．[2019辽宁丹东五校协作体联考]P 是△ABC 所在平面上的一点，满足P A →＋PB →＋PC →＝2AB →，若S △ABC ＝6，则△P AB 的面积为( )A ．2B ．3C ．4D ．8答案：A 解析：∵P A →＋PB →＋PC →＝2AB →＝2(PB →－P A →)，∴3P A →＝PB →－PC →＝CB →，∴P A →∥CB →，且方向相同，∴S △ABC S △P AB ＝BC AP ＝|CB →||P A →|＝3， ∴S △P AB ＝S △ABC 3＝2.6．[2019河北衡水中学模拟]已知O 是平面上一定点，A ，B ，C是平面上不共线的三点，动点P 满足OP →＝OB →＋OC →2＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，λ∈[0，＋∞)，则点P 的轨迹经过△ABC 的( )A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心答案：A 解析：设BC 的中点为D ，∵OP →＝OB →＋OC →2＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ，∴OP →＝OD →＋λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ， 即DP →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →|AB →|cos B ＋AC →|AC →|cos C ， ∴DP →·BC →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫AB →·BC →|AB →|cos B ＋AC →·BC →|AC →|cos C ＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|AB →||BC →|cos (π－B )|AB →|cos B＋|AC →||BC →|cos C |AC →|cos C ＝λ(－|BC →|＋|BC →|)＝0，∴DP ⊥BC ，∴点P 在BC 的垂直平分线上，即点P 经过△ABC 的外心．7．[2018清华大学自主招生3月能力测试]O 为△ABC 内一点，且OA →＋OB →＋2OC →＝0，则△OBC 和△ABC 的面积比S △OBC S △ABC＝________. 答案：14 解析：如图所示，设AB 的中点为M ，连接OM ，则OA →＋OB →＝2OM →，∴OA →＋OB →＋2OC →＝2OM →＋2OC →＝0，即OM →＋OC →＝0，∴点O 为线段MC 的中点，则S △OBC ＝12S △MBC ＝14S △ABC ，∴S △OBC S △ABC＝14. 解题关键：设AB 的中点为M ，得出点O 为线段MC 的中点是解题的关键．知识拓展：若O 为△ABC 内一点，满足mOA →＋nOB →＋kOC →＝0， 则S △AOB ∶S △BOC ∶S △AOC ∶S △ABC ＝k ∶m ∶n ∶(m ＋n ＋k )．8．[2018四川南充第二次高考适应性考试]如图，在正方形ABCD中，P 为DC 边上的动点，设向量AC →＝λDB →＋μAP →，则λ＋μ的最大值为________．答案：3 解析：以A 为原点，以AB ，AD 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设正方形的边长为2，则B (2,0)，C (2,2)，D (0,2)，P (x,2)，x ∈[0,2]．∴AC →＝(2,2)，DB →＝(2，－2)，AP →＝(x,2)．∵AC →＝λDB →＋μAP →，∴⎩⎨⎧ 2λ＋xμ＝2，－2λ＋2μ＝2，∴⎩⎪⎨⎪⎧ λ＝2－x 2＋x ，μ＝42＋x ，∴λ＋μ＝6－x 2＋x . 令f (x )＝6－x 2＋x(0≤x ≤2)， ∵f (x )在[0,2]上单调递减，∴f (x )max ＝f (0)＝3.9．[2019河北百校联盟4月联考]已知在△ABC 中，点D 满足2BD →＋CD →＝0，过点D 的直线l 与直线AB ，AC 分别交于点M ，N ，AM →＝λAB →，AN →＝μAC →.若λ>0，μ>0，则λ＋μ的最小值为________． 答案：3＋223思路分析：利用2BD →＋CD →＝0及向量的线性运算可得AD →＝23AB →＋13AC →，然后利用D ，M ，N 三点共线再次得到AD →的表达式，从而利用平面向量基本定理得出λ与μ的关系，最后利用基本不等式求出λ＋μ的最小值．解析：连接AD . 因为2BD →＋CD →＝0，所以BD →＝13BC →， AD →＝AB →＋BD →＝AB →＋13BC →＝AB →＋13(AC →－AB →) ＝23AB →＋13AC →. 因为D ，M ，N 三点共线， 所以存在x ∈R ，使AD →＝xAM →＋(1－x )AN →， 则AD →＝xλAB →＋(1－x )μAC →， 所以xλAB →＋(1－x )·μAC →＝23AB →＋13AC →， 根据平面向量基本定理，得 xλ＝23，(1－x )μ＝13， 所以x ＝23λ，1－x ＝13μ， 所以23λ＋13μ＝1， 所以λ＋μ＝13(λ＋μ)⎝ ⎛⎭⎪⎫2λ＋1μ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋2μλ＋λμ≥3＋223， 当且仅当λ＝2μ时等号成立， ∴λ＋μ的最小值为3＋223.。

跟踪检测(四十)利用空间向量求空间角和距离[基础训练]1．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，点M在AC1上且AM→＝12 MC→1，N为B1B的中点，则|MN→|＝()A.216a B.66aC.156a D.153a答案：A解析：以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N⎝⎛⎭⎪⎫a，a，a2.设M(x，y，z)，∵点M在AC1上且AM→＝12MC1→，∴(x－a，y，z)＝12(－x，a－y，a－z)，∴x＝2a3，y＝a3，z＝a3，则M⎝⎛⎭⎪⎫2a3，a3，a3，∴|MN→|＝⎝⎛⎭⎪⎫a－2a32＋⎝⎛⎭⎪⎫a－a32＋⎝⎛⎭⎪⎫a2－a32＝216 a .2．如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ＝2，AD ＝1，点E ，F ，G 分别是DD 1，AB ，CC 1的中点，则异面直线A 1E 与GF 所成的角是( )A.π6B.π4C.π3D.π2答案：D 解析：连接B 1G ，则B 1G ∥A 1E ，所以∠B 1GF 就是异面直线A 1E 与GF 所成的角或其补角． 连接B 1F ，在△B 1GF 中，B 1F ＝5，B 1G ＝2，FG ＝3， 所以B 1G 2＋FG 2＝B 1F 2， 所以∠B 1GF ＝π2，即异面直线A 1E 与GF 所成的角是π2，故选D.3．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为棱AA 1，BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上的一点，且A 1G ＝λ(0≤λ≤1)，则点G 到平面D 1EF 的距离为( )A. 3B.22C.2λ3D.55答案：D 解析：如图所示，以射线DA ，DC ，DD 1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则G (1，λ，1)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D 1(0,0,1)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1，12， GE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，－λ，－12，EF →＝(0,1,0)，ED 1→＝⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，12.过点G 向平面D 1EF 作垂线，垂足为H ， 由于点H 在平面D 1EF 内， 故存在实数x ，y ， 使GH →＝GE →＋xEF →＋yED 1→ ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ， 由于GH ⊥EF ，GH ⊥ED 1，所以⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·(0，1，0)＝0，⎝ ⎛⎭⎪⎫－y ，－λ＋x ，－12＋12y ·⎝⎛⎭⎪⎫－1，0，12＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝λ，y ＝15，故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－15，0，－25.所以|GH →|＝55， 即点G 到平面D 1EF 的距离是55.4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为()A.12 B.23 C.33 D.22答案：B解析：以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，设棱长为1，则A1(0,0,1)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，0，12，D(0,1,0)，∴A1D→＝(0,1，－1)，A1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，所以有⎩⎨⎧A1D→·n1＝0，A1E→·n1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y－z＝0，1－12z＝0，解得⎩⎨⎧y＝2，z＝2，∴n1＝(1,2,2)．∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，∴cos〈n1，n2〉＝23×1＝23.故所成的锐二面角的余弦值为23.5．在正四棱锥S－ABCD中，O为顶点在底面上的射影，P为侧棱SD的中点，且SO＝OD，则直线BC与平面P AC所成的角是() A．30°B．45°C．60°D．90°答案：A解析：如图，以O为坐标原点建立空间直角坐标系O －xyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，P⎝⎛⎭⎪⎫0，－a2，a2.则CA→＝(2a,0,0)，AP→＝⎝⎛⎭⎪⎫－a，－a2，a2，CB→＝(a，a,0)，设平面P AC的一个法向量为n，设n＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧n·CA→＝0，n·AP→＝0，解得⎩⎨⎧x＝0，y＝z，可取n＝(0,1,1)，则cos〈CB→，n〉＝CB→·n|CB→||n|＝a2a2·2＝12，∴〈CB→，n〉＝60°，∴直线BC与平面P AC所成的角是90°－60°＝30°.6．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD 的距离是()A.32 B.22 C.223 D.233答案：D解析：如图，建立空间直角坐标系D－xyz.则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，D1A1→＝(2,0,0)，DB→＝(2,2,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎨⎧n·DA1→＝0，n·DB→＝0，∴⎩⎨⎧2x＋2z＝0，2x＋2y＝0，令z＝1，得n＝(－1,1,1)．∴D1到平面A1BD的距离d＝|D1A1→·n||n|＝23＝233.7．设动点P在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的对角线BD1上，记D1PD1B＝λ，当∠APC为钝角时，λ的取值范围是________．答案：⎝⎛⎭⎪⎫13，1解析：以DA→，DC→，DD1→为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系D－xyz，则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,1)，则D1B→＝(1,1，－1)，得D1P→＝λD1B→＝(λ，λ，－λ)，所以P A→＝PD1→＋D1A→＝(1－λ，－λ，λ－1)，PC→＝PD1→＋D1C→＝(－λ，1－λ，λ－1)．显然∠APC不是平角，所以∠APC为钝角等价于cos∠APC＝cos〈P A→，PC→〉＝P A→·PC→|P A→|·|PC→|<0，P A→·PC→<0，即(1－λ，－λ，λ－1)·(－λ，1－λ，λ－1)＝(λ－1)(3λ－1)<0，得13<λ<1.所以λ的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫13，1.8．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F∥平面D1AE，则A1F与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是________．答案：[2,22]解析：建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz，令AB＝1，则A(0,0,0)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，D1(0,1,1)，B(1,0,0)，C1(1,1,1)，A1(0,0,1)，F(1，t，s)，平面D1AE的法向量为n＝(x，y，z)，则A1F→＝(1，t，s－1)，D1E→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12，AD1→＝(0,1,1)，所以⎩⎨⎧D1E→·n＝0，AD1→·n＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x－12z＝0，y＋z＝0，令z ＝2，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－2，z ＝2，所以n ＝(1，－2,2)．又因为A 1F ∥平面D 1AE ，所以A 1F →·n ＝0， 即1－2t ＋2(s －1)＝0，即s －1＝t －12， 所以A 1F →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，t ，t －12.由于n 1＝(1,0,0)是平面BCC 1B 1的一个法向量， 且A 1F →·n 1＝1， 所以cos 〈A 1F →，n 1〉＝12t 2－t ＋54，记A 1F →与平面BCC 1B 1所成角为α，则sin α＝12t 2－t ＋54，cos α＝2t 2－t ＋142t 2－t ＋54， 所以tan α＝12t 2－t ＋14，因为s ＝t ＋12≤1，所以t ≤12，故t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12， 因为2t 2－t ＋14∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤122，12， 所以tan α∈[2,22]．9．[2019河南郑州模拟]在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．答案：13解析：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，如图所示．则A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)．A1B→＝(0,2，－1)，A1C1→＝(－1,2,0)．设n＝(x，y，z)为平面A1BC1的法向量．则⎩⎨⎧n·A1B→＝0，n·A1C1→＝0，即⎩⎨⎧2y－z＝0，－x＋2y＝0，令z＝2，则y＝1，x＝2，于是n＝(2,1,2)，D1C1→＝(0,2,0)，设所求线面角为α，则sin α＝|cos〈n，D1C1→〉|＝13.10．如图所示，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB ＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．答案：60° 解析：以BC 为x 轴，BA 为y 轴，BB1为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)， 则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)， ∴EF →·BC 1→＝2， ∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝22×22＝12，∴EF 和BC 1所成的角为60°.[强化训练]1．在三棱锥P －ABC 中，AB ＝PC ＝2，AC ＝PB ＝3，则异面直线P A 与BC 所成角的余弦值为( )A.12B.13C.14D.36答案：C 解析：在△P AB 中，由余弦定理，得 cos 〈P A →，PB →〉＝22＋(3)2－(2)22×23＝543，在△P AC 中，由余弦定理，得cos 〈P A →，PC →〉＝22＋(2)2－(3)22×22＝342.因为P A →·BC →＝P A →·(PC →－PB →) ＝P A →·PC →－P A →·PB →，又P A →·PC →＝|P A →|·|PC →|cos 〈P A →，PC →〉＝22×342＝32，P A →·PB →＝|P A →|·|PB →|cos 〈P A →，PB →〉 ＝23×543＝52，所以P A →·BC →＝32－52＝－1.事实上P A →·BC →＝|P A →||BC →|cos 〈P A →，BC →〉 ＝4cos 〈P A →，BC →〉， 于是cos 〈P A →，BC →〉＝－14，所以，异面直线P A 与BC 所成角的余弦值为14.2．在四面体P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，设P A ＝PB ＝PC ＝a ，则点P 到平面ABC 的距离为( )A.23aB.33aC.63aD.53a答案：B 解析：根据题意，可建立如图所示的空间直角坐标系P －xyz ，则P (0,0,0)，A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (0,0，a )． 过点P 作PH ⊥平面ABC ，交平面ABC 于点H ， 则PH 的长即为点P 到平面ABC 的距离． 因为P A ＝PB ＝PC ，所以H 为△ABC 的外心． 又因为△ABC 为正三角形， 所以H 为△ABC 的重心，可得点H 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫a 3，a 3，a 3.所以PH ＝⎝⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－a 32＝32a .3．三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱与底面垂直，AA1＝AB＝AC＝1，AB⊥AC，N是BC的中点，点P在A1B1上，且满足A1P→＝λA1B1→，直线PN与平面ABC所成角θ的正切值取最大值时λ的值为() A.12 B.22C.32 D.255答案：A解析：分别以AB，AC，AA1所在直线为x轴、y轴、z 轴，建立空间直角坐标系A－xyz，如图所示：则B(1,0,0)，C(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，N⎝⎛⎭⎪⎫12，12，0，P(λ，0,1)，∴PN→＝⎝⎛⎭⎪⎫12－λ，12，－1，易得平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)．则直线PN与平面ABC所成的角θ满足：sin θ＝|cos〈PN→，n〉|＝1⎝⎛⎭⎪⎫λ－122＋54，∴tan θ＝1⎝⎛⎭⎪⎫λ－122＋14， 于是问题转化为二次函数求最值，而θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2， 当λ＝12时，tan θ最大， 此时tan θ＝2.4.[2019安徽合肥模拟]在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22答案：B 解析：以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系A －xyz ，设棱长为1.则A 1(0,0,1) ，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，0，12，D (0,1,0)， 所以A 1D →＝(0,1，－1)，A 1E →＝⎝⎛⎭⎪⎫1，0，－12.设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，所以有⎩⎨⎧A1D→·n1＝0，A1E→·n1＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧y－z＝0，1－12z＝0，所以⎩⎨⎧y＝2，z＝2.所以n1＝(1,2,2)．因为平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，所以cos〈n1，n2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.5. 如图，在空间直角坐标系中，正方体棱长为2，点E是棱AB 的中点，点F是正方体的面AA1D1D上一点，且CF⊥B1E，则点F的轨迹是()A．线段B．圆的一部分C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分答案：A解析：设F(0，y，z)，由已知可得E(1,0,0)，B1(2,0,2)，C(2,2,0)，所以B1E→＝(－1,0，－2)，CF→＝(－2，y－2，z)．因为CF⊥B1E，所以B1E→·CF→＝0，即2－2z＝0，即z＝1.故F的轨迹是直线的一部分，即线段．6．已知平行六面体ABCD－A1B1C1D1，AC1与平面A1BD，CB1D1交于E，F两点．给出以下命题，其中真命题有________．(写出所有正确命题的序号)①点E，F为线段AC1的两个三等分点；②ED1→＝－23DC→＋13AD→＋13AA1→；③设A1D1的中点为M，CD的中点为N，则直线MN与面A1DB 有一个交点；④E为△A1BD的内心；答案：①⑤解析：①连接A1C1，A1C，AC，设AC1与A1C交于O点，连接A1E并延长交AC于H点，由平行四边形对角线互相平分得OA＝OC1，又A1H是面A1DB与面A1AC的交线，所以H为AC与BD的交点，即为中点，从而E为△A1AC的重心，A1E＝2EH，AE＝2OE，又OE＝OF，从而AE＝EF，同理可得C 1F ＝2OF ，所以点E ，F 为线段AC 1的两个三等分点，故①正确； ②ED 1→＝A 1D 1→－A 1E →＝AD →－23A 1H → ＝AD →－23×12(A 1D →＋A 1B →)＝AD →－13(AD →－AA 1→)－13(AB →－AA 1→) ＝23AD →＋23AA 1→－13DC →， 故②错误；③取DD 1的中点K ，连接KM ，KN ，则KM ∥A 1D ，KN ∥A 1B ， 由面面平行的判定定理，得面KMN ∥面A 1BD ， 再由面面平行的性质定理，得MN ∥面A 1BD ， 即MN 与面A 1BD 没有交点，故③错误；④由①的分析可得：E 为△A 1BD 的重心，故④错误； ⑤A 1D ∥B 1C ，BD ∥B 1D 1，由面面平行的判定定理，得面A 1BD ∥面B 1CD 1， 所以K ，F 到面A 1BD 的距离相等， 设为h ，V K －BED ＝13hS △BED ， V A 1－BFD ＝V F －A 1BD ＝13hS △A 1BD ， 又S △A 1BD ＝3S △BED ，7．如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，AC＝AB＝SA＝2，AC⊥AB，D，E分别是AC，BC的中点，F在SE上，且SF＝2FE.(1)求证：AF⊥平面SBC.(2)在线段DE上是否存在点G，使二面角G－AF－E的大小为30°？若存在，求出DG的长；若不存在，请说明理由．(1)证明：由AC＝AB＝SA＝2，AC⊥AB，E是BC的中点，得AE ＝ 2.因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥AE.在Rt△SAE中，SE＝6，所以EF＝13SE＝63.因此AE2＝EF·SE，又因为∠AEF＝∠AES，所以△EF A∽△EAS，则∠AFE＝∠SAE＝90°，即AF⊥SE，因为SA⊥底面ABC，所以SA⊥BC，又BC⊥AE，所以BC⊥平面SAE，则BC⊥AF.又SE∩BC＝E，所以AF⊥平面SBC.(2)解：解法一：假设满足条件的点G存在，并设DG＝t，过点G 作GM ⊥AE 交AE 于点M ， 又由SA ⊥GM ，AE ∩SA ＝A ， 得GM ⊥平面SAE .作MN ⊥AF 于点N ，连接NG ，则AF ⊥NG . 于是∠GNM 为二面角G －AF －E 的平面角， 即∠GNM ＝30°， 由此可得MG ＝22(1－t )． 由MN ∥EF ，得MN EF ＝AMAE ， 于是有MN 63＝22(1＋t )2，MN ＝66(1＋t )，Rt △GMN 中，MG ＝MN tan 30°， 即22(1－t )＝66(1＋t )·33， 解得t ＝12.于是满足条件的点G 存在，且DG ＝12.解法二：假设满足条件的点G 存在，并设DG ＝t ，以A 为坐标原点，分别以AC ，AB ，AS 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系A －xyz ，则A (0,0,0)，S (0,0,2)，E (1,1,0)，G (1，t,0)．由SF ＝2FE ，得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，23.所以AE →＝(1,1,0)，AF →＝⎝⎛⎭⎪⎫23，23，23，AG →＝(1，t,0)．设平面AFG 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AF →＝0，m ·AG →＝0，即⎩⎨⎧23x 1＋23y 1＋23z 1＝0，x 1＋ty 1＝0，取y 1＝1，得x 1＝－t ，z 1＝t －1， 即m ＝(－t,1，t －1)．设平面AFE 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AF →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎨⎧23x 2＋23y 2＋23z 2＝0，x 2＋y 2＝0，取y 2＝1，得x 2＝－1，z 2＝0， 即n ＝(－1,1,0)．由二面角G －AF －E 的大小为30°， 得cos 30°＝|m·n ||m |·|n |＝|－t ×(－1)＋1×1＋(t －1)×0|2×(－t )2＋1＋(t －1)2＝32， 化简得2t 2－5t ＋2＝0，又0≤t ≤1，求得t ＝12.于是满足条件的点G 存在，且DG ＝12.8．如图，在直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 为等腰梯形，AB ∥CD ，AB ＝4，BC ＝CD ＝2，AA 1＝2，E ，F ，G 分别是棱A 1B 1，AB ，A 1D 1的中点．(1)求证：GE ⊥平面FCC 1； (2)求点A 1到平面BFC 1的距离； (3)求直线CD 到平面BFC 1的距离．解：因为AB ＝4，BC ＝CD ＝2，F 是棱AB 的中点，ABCD 为等腰梯形，所以易得BF ＝BC ＝CF ，即△BCF 为正三角形， 所以∠BAD ＝∠ABC ＝60°，取AF 的中点M ， 连接DM ，则DM ⊥AB ，所以DM ⊥CD .故以D 为坐标原点，以DM ，DC ，DD 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D (0,0,0)，A (3，－1,0)，F (3，1,0)，C (0,2,0)，C 1(0,2,2)，E (3，1,2)，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，2，B (3，3,0)． 所以CF →＝(3，－1,0)，CC 1→＝(0,0,2)，FC 1→＝(－3，1,2)． (1)证明：设平面FCC 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CF →＝0，n ·CC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x －y ＝0，2z ＝0，取n ＝(1，3，0)． 因为GE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，则GE →＝32n ，所以GE →∥n ，所以GE ⊥平面FCC 1.(2)解：FB →＝(0,2,0)，设平面BFC 1的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·FB →＝0，m ·FC 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1＝0，－3x 1＋y 1＋2z 1＝0，取m ＝(2,0，3)． 因为A 1(3，－1,2)， 所以A 1F →＝(0,2，－2)， 所以点A 1到平面BFC 1的距离d ＝|A 1F →·m ||m |＝|2×0＋0×2＋3×(－2)|22＋02＋(3)2＝2217. (3)解：因为CD ∥AB ，CD ⊄平面BFC 1，AB ⊂平面BFC 1， 所以CD ∥平面BFC 1.又D ∈CD ，所以点D 到平面BFC 1的距离等于直线CD 到平面BFC 1的距离．由(2)可知，平面BFC 1的一个法向量为m ＝(2,0，3)． 又DF →＝(3，1,0)，所以点D 到平面BFC 1的距离d ＝|DF →·m ||m |＝|2×3＋0×1＋3×0|22＋02＋(3)2＝2217. 所以直线CD 到平面BFC 1的距离为2217.。

课时规范练 A 组 基础对点练1．下列四个函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |解析：当x ＞0时，f (x )＝3－x 为减函数； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函数，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函数；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数．故选C. 答案：C2.下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递减的是( ) A ．y ＝1x B ．y ＝e －x C ．y ＝－x 2＋1D ．y ＝lg|x |解析：A 中y ＝1x 是奇函数，A 不正确；B 中y ＝e －x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x 是非奇非偶函数，B不正确；C 中y ＝－x 2＋1是偶函数且在(0，＋∞)上是单调递减的，C 正确；D 中y ＝lg|x |在(0，＋∞)上是增函数，D 不正确．故选C. 答案：C3．(2019·天津模拟)若函数f (x )满足“对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，当x 1＜x 2时，都有f (x 1)＞f (x 2)”，则f (x )的解析式可以是( ) A ．f (x )＝(x －1)2 B ．f (x )＝e x C ．f (x )＝1xD ．f (x )＝ln(x ＋1)解析：根据条件知，f (x )在(0，＋∞)上单调递减．对于A ，f (x )＝(x －1)2在(1，＋∞)上单调递增，排除A ； 对于B ，f (x )＝e x 在(0，＋∞)上单调递增，排除B ； 对于C ，f (x )＝1x 在(0，＋∞)上单调递减，C 正确； 对于D ，f (x )＝ln(x ＋1)在(0，＋∞)上单调递增，排除D. 答案：C4．(2019·福州模拟)函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋3a ，x ＜0a x ，x ≥0，(a ＞0且a ≠1)是R 上的减函数，则a 的取值范围是( ) A ．(0，1) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，1 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，23 解析：∵⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜13a ≥1，∴13≤a ＜1.答案：B5．设a ＞0且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 解析：若函数f (x )＝a x 在R 上为减函数，则有0＜a ＜1；若函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上为增函数，则有2－a ＞0，即a ＜2，所以“函数f (x )＝a x 在R 上是减函数”是“函数g (x )＝(2－a )x 3在R 上是增函数”的充分不必要条件，选A. 答案：A6．定义在R 上的偶函数f (x )满足：对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)(x 1≠x 2)，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0.则下列结论正确的是( )A ．f (0.32)＜f (20.3)＜f (log 25)B ．f (log 25)＜f (20.3)＜f (0.32)C ．f (log 25)＜f (0.32)＜f (20.3)D ．f (0.32)＜f (log 25)＜f (20.3)解析：∵对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)，且x 1≠x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＜0，∴f (x )在(－∞，0)上是减函数． 又∵f (x )是R 上的偶函数， ∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数， ∵0＜0.32＜20.3＜log 25，∴f (0.32)＜f (20.3)＜f (log 25)．故选A. 答案：AB 组 能力提升练7．定义在[－2，2]上的函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0，x 1≠x 2，且f (a 2－a )＞f (2a －2)，则实数a 的取值范围为( ) A ．[－1，2) B ．[0，2) C ．[0，1)D ．[－1，1)解析：函数f (x )满足(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]＞0，x 1≠x 2，∴函数在[－2，2]上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2≤a 2－a ≤2，－2≤2a －2≤2，2a －2＜a 2－a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤2，0≤a ≤2，a ＜1或a ＞2，∴0≤a ＜1，故选C. 答案：C8．已知定义在R 上的函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，且f (x ＋1)是偶函数，不等式f (m ＋2)≥f (x －1)对任意的x ∈[－1，0]恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．[－3，1]B ．[－4，2]C ．(－∞，－3]∪[1，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[2，＋∞)解析：因为f (x ＋1)是偶函数，所以f (－x ＋1)＝f (x ＋1)，所以f (x )的图象关于x ＝1对称，由f (m ＋2)≥f (x －1)得|(m ＋2)－1|≤|(x －1)－1|，所以根据题意得|m ＋1|≤2，解得－3≤m ≤1.故选A. 答案：A9．若函数f (x )＝x 2－12ln x ＋1在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( ) A ．[1，＋∞) B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32 C ．[1，2)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，2 解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以k －1≥0，即k ≥1.令f ′(x )＝4x 2－12x ＝0，解得x ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＝－12舍.因为函数f (x )在区间(k －1，k ＋1)内不是单调函数，所以k －1＜12＜k ＋1，得－12＜k ＜32.综上得1≤k ＜32. 答案：B10．(2018·西安一中模拟)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 3，x ≤0，ln （x ＋1），x ＞0，若f (2－x 2)＞f (x )，则实数x 的取值范围是( ) A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B ．(－∞，－2)∪(1，＋∞) C ．(－1，2)D ．(－2，1)解析：∵当x ＝0时，两个表达式对应的函数值都为零，∴函数的图象是一条连续的曲线．∵当x ≤0时，函数f (x )＝x 3为增函数，当x ＞0时，f (x )＝ln(x ＋1)也是增函数，∴函数f (x )是定义在R 上的增函数．因此，不等式f (2－x 2)＞f (x )等价于2－x 2＞x ，即x 2＋x －2＜0，解得－2＜x ＜1.故选D.答案：D11．若函数f (x )＝|2x ＋a |的单调递增区间是[3，＋∞)，则a ＝________．解析：由f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2x －a ，x ＜－a22x ＋a ，x ≥－a2，可得函数f (x )的单调递增区间为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－a 2，＋∞，故3＝－a 2，解得a ＝－6.答案：－612．已知函数f (x )＝x ＋ax (x ≠0，a ∈R )，若函数f (x )在(－∞，－2]上单调递增，则实数a 的取值范围是__________．解析：设x 1<x 2≤－2，则Δy ＝f (x 1)－f (x 2)＝x 1＋a x 1－x 2－a x 2＝(x 1－x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a x 1x 2＝（x 1－x 2）（x 1x 2－a ）x 1x 2.因为x 1－x 2<0，x 1x 2>0，所以要使Δy ＝（x 1－x 2）（x 1x 2－a ）x 1x 2<0恒成立，只需使x 1x 2－a >0恒成立，即a <x 1x 2恒成立．因为x 1<x 2≤－2，所以x 1x 2>4，所以a ≤4，故函数f (x )在(－∞，－2]上单调递增时，实数a 的取值范围是(－∞，4]． 答案：(－∞，4]。

考点7 空间向量与立体几何—高考数学一轮复习考点创新题训练1.坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形.若，，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD 的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为( )A. B. C. D.2.中和殿是故宫外朝三大殿之一，位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒（cuán ）尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱长为，这个角接近30°，若取，则下列结论正确的是( )A.正四棱锥的底面边长为48mB.正四棱锥的高为4mC.正四棱锥的体积为D.正四棱锥的侧面积为3.两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角.由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”.则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为( )A. B. C. D.25m AB =10m BC AD ==102m 112m 117m 125m30θ=︒2230︒45︒60︒90︒4.海口钟楼的历史悠久，最早是为适应对外通商而建立，已成为海口的最重要的标志性与象征性建筑物之一，如图所示，海口钟楼的主体结构可以看成一个长方体，四个侧面各有一个大钟，则从8：00到10：00这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为( )A.2B.4C.6D.85.在空间直角坐标系Oxyz 中，，，若直线AB 与平面xOy 交于点，( )6.在空间直角坐标系中，经过点且一个法向量为的平面的方程为，经过点P 且一个方向向量为的直的方程为的距离为( )7.阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，点，则点Q 到平面距离为( )8.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年.在《九章算术》60︒()1,,2A m (),0,1B n (),,0P x y 2y +=O xyz -()000,,P x y z (),,m a b c = α()()()0000a x x b y y c z z -+-+-=()(),,0n v v μωμω=≠ 0y y v -==3541x y z -++=5y ==O xyz -()000,,P x y z (),,n a b c = α()()()0000a x x b y y c z z -+-+-=α21x y z -+=()3,1,1Q -α中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图是阳马，平面，，，.则该阳马的外接球的表面积为( )C.9.（多选）如图所示的空间几何体是由高度相等的半个圆柱和直三棱柱组合而成，，，G 是上的动点.则( )A.平面平面B.G 为的中点时，C.存在点G ，使得直线与的距离为D.存在点G ，使得直线与平面所成的角为10.（多选）布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案(如图1)把三片这样的达芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体.若图3中每个正方体的棱长为1，则( )P ABCD -PA ⊥ABCD 5PA =3AB =4BC =π100ABF DCE -AB AF ⊥4AB AD AF ===»CDADG ⊥BCG»CD//BF DG EF AG CF BCG 60︒··A.B.异面直线与C.点P 到直线D.M 为线段上的一个动点，则的最大值为311.有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中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，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长都相等的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.已知点为线段上一点且，，则______.12.如图，在棱长为8的正方体中，E 是棱上的一个动点，给出下列三个结论：①若F 为上的动点，则EF 的最小值为到平面③M 为BC 的中点，P 为空间中一点，且与平面ABCD 所成的角为，PM 与平面ABCD122QC AD AB AA =++ CQ AD CQ ME MC ⋅ E BC BE BC λ= λ=1111ABCD A B C D -1AA 1BD D BED PD 30︒所成的角为，则P 在平面ABCD 上射影的轨迹长度为，其中所有正确结论的序号是___________.13.六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体），如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之①该八面体的表面积为③若点P 为棱上一动点，存在点P ，使得；④若点P 为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值..若为空间向量与232323a ab bc c =123231312321213132a b c a b c a b c a b c a b c a b c ++---1122a b x y x j i y ⨯= b ⨯ a 60︒6SF EC AP BE ⊥EC F ABP -b的叉乘，其中，，为单位正交基底.以O 为坐标原点，分别以的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A ，B 是空间直角坐标系中异于O 的不同两点.（1）①若，求；②证明：.（2）记的面积为，证明：（3）问：的几何意义表示以15.在①，②这三个条件中任选一个，补充在下面的横线中，并完成问题.问题：如图，在正方体中，以D 为坐标原点，建立空间直角坐标系.已知点的坐标为，E 为棱上的动点，F 为棱上的动点，_________，试问是否存在点E ，F 满足？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.()()DE CF DE CF +⊥- ||DE = cos ,1EF DB <〈〉< 1111ABCD A B C D -D xyz -1D (0,0,2)11D C 11B C 1EF A C ⊥AE BF ⋅ ()111111,,a x y z x y i j k z =++∈R ()222222,,b x i y j z k x y z =++∈R {},,i j k ,,i j k ()()0,2,1,1,3,2A B -OA OB ⨯ 0OA OB OB OA ⨯+⨯= AOB △AOB S △12AOB S OA =⨯ △2()OA OB ⨯ △⨯答案以及解析1.答案：C解析：如图，过E 作平面ABCD ，垂足为O ，过E 分别作，，垂足分别为G ，M ，连接OG ，OM ，由题意得等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与底面夹角分别为和，所以.因为平面，平面ABCD ，所以.因为，，平面，，所以平面EOG .因为平面EOG ，所以.同理，.又，故四边形OMBG 是正方形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形EOG 中，，在直角三角形EBG 中，，，又因为，所有棱长之和为.故选C.2.答案：C解析：如图，在正四棱锥中，O为正方形的中心，，则H为的中点，连接，，，则平面，，则为侧面与底面所成的锐二面角，EO ⊥EG BC⊥EM AB ⊥EMO ∠EGO∠tan tan EMO EGO ∠=∠=MO CO =EO ⊥ABCD BC ⊂EO BC ⊥EG BC ⊥EO EG ⊂EOG EO EG E = BC ⊥OG ⊂BC OG ⊥OM BM ⊥BM BG ⊥10BC =5OM =EO =5OG =EG ===5BG OM ==8EB ===55255515EF AB =--=--=2252101548117(m)⨯+⨯++⨯=S ABCD -ABCD SH AB ⊥AB SO OH AO SO ⊥ABCD OH AB ⊥SHO ∠设底面边长为.正四棱谁的则面与底两所成的䌼二面但为，这个角接近，取，，则，，.在中，，解得，故底面边长为，正四棱锥的高为，侧面积为，体积.故选C 3.答案：A 解析：在正方体中，平面ABCD 和平面的夹角为，D 选项错误.平面和平面的夹角为，B 选项错误.设正方体的棱长为1，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，则令，可得.设平面的法向量为，则令，可得，设平面与平面的夹角为，则由于，所以，所以C 选项错误.平面ABCD 与平面的夹角为.由图可知两个不重合的“表截面”的夹角的大小不可能为.故选A.2a θ30︒30θ=︒30SHO ∴∠=︒OH a =OS =SH =Rt SAH △222a ⎫+=⎪⎪⎭12a =24()m 12=21424122S =⨯⨯=3124243V =⨯⨯⨯=1111ABCD A B C D -11ADD A 90︒11BDD B 11ADD A 45︒1111ABCD A B C D -(1,0,0)A (1,1,0)B 1(0,0,1)D (0,1,0)C (0,1,0)AB ∴= 1(1,1,1)BD =-- (1,0,0)CB = 11ABC D 111,)(,x y z =m 111110,0,AB y BD x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩ m m 11x =(1,0,1)=m 11A BCD 222,)(,x y z =n 212220,0,CB x BD x y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=--+=⎪⎩ n n 21y =(0,1,1)=n 11ABC D 11A BCD θcos ||||θ⋅===m n m n 090θ︒≤≤︒60θ=︒1111A B C D 0︒30︒4.答案：D 解析：在长方体中，以点A 为原点，，，所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.设矩形的对角线的交点为E ，矩形的对角线的交点为F ，分针长为a .考查到这个时间段，设t 时刻，侧面和侧面内的钟的分针的位置分别为M ，N ，，其中，则，所以.由题意得.因为，所以的取值为，，，，即在到这个时间段，相邻两面钟的分针所成角为的次数为4，因此，从到这段时间内，相邻两面钟的分针所成角为的次数为8.故选D.5.答案：B解析：依题意，，显然，解得，即，6.答案：C解析：由题可知点在直线l 上，取平面内一点根据题设材料可知平面一个法向量为，所以的距离为11AA B B 11AA D D 8:009:0011AA B B 11AA D D (sin ,0,cos )EM a a θθ= 3600θ-︒≤≤︒(0,sin ,cos )FN a a θθ=- EM FN ⋅=22cos a θ2|||cos ,|cos ||||EM FN EM FN EM FN θ⋅〈〉=== θ=3600θ-︒≤≤︒1111ABCD A B C D -AB AD 1AA θ45-︒135-︒225-︒315-︒8:009:0060︒8:0010:0060︒(1,,1),(,,1)BA n m BP x n y =-=-- //BP 11y m -==2x n y m=-⎧⎨=-⎩2()1m -=22(1)1n m -+==(0,0,0)O α(0,0,P α()3,5,4m =- (0,0,OP = cos ,OP m OP m OP m ⋅<>===7.答案：A解析：平面的法向量，在平面上任取一点，则，8.答案：B解析：因，平面，平面，则，，又因四边形为矩形，则.则阳马的外接球与以，，为长宽高的长方体的外接球相同.又，，.则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：.故选：B 9.答案：AB解析：对于选项A ，由题意知，，平面，因为平面，所以，又，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，即选项A 正确；对于选项B ，当G 为的中点时，取的中点H ，连接，，则，，所以四边形是平行四边形，所以，因为和都是等腰直角三角形，所以，所以，所以，即选项B 正确；对于选项C ，因为，且平面，平面，所以平面，所以直线与的距离等价于直线到平面的距离，也等价于点F 到平面的距离，以A 为坐标原点，，，所在直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，，设点，其中，，由射影定理知，，即，所以，，，1cos ,4OP OP m <>== α()1,1,2n =- α()1,0,1A -()4,1,0QA =- QA n d n⋅=== PA ABCD ⊥平面AB ⊂ABCD AD ⊂ABCD PA AB ⊥PA AD ⊥ABCD AB AD ⊥PA AB AD 5PA =3AB =4AD BC ==R ===2504π4π50π4S R ==⋅=DG CG ⊥AD ⊥CDG CG ⊂CDG AD CG ⊥DG AD D = DG AD ⊂ADG CG ⊥ADG CG ⊂BCG ADG ⊥BCG »CD »AB AH GH //AD GH AD GH =ADGH //DG AH ABF △ABH △45ABF HAB ∠=∠=︒//AH BF //BF DG //EF AD EF ⊂/ADG AD ⊂ADG //EF ADG EF AG EF ADG ADG AF AB AD ()4,0,0F ()0,0,0A ()0,0,4D (),,4G m n -04m <≤04n <≤2(4)m n n =-224m n n +=()4,0,0AF = ()0,0,4AD = (),,4AG m n =-设平面的法向量为，则，取，则，，所以，若直线与的距离为到平面的距离为而点F 到平面的距离G ，使得直线与的距离为对于选项D ，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，若直线与平面所成的角为，则由，知，此方程无解，所以不存在点G ，使得直线与平面所成的角为，即选项D 错误.故选：AB.10.答案：BD解析：如图建立空间直角坐标系：ADG (),,n x y z = 4040n AD z n AG mx ny z ⎧⋅==⎪⎨⋅=-++=⎪⎩ x n =y m =0z =(),,0n n m = EF AG F ADG ADG 4AF n d n ⋅====≤=< EF AG ()0,4,4C ()0,4,0B ()0,0,4BC = (),4,0CG m n =-- ()4,4,4CF =-- BCG (),,m a b c = 40(4)0m BC c m CG ma n b ⎧⋅==⎪⎨⋅=-+-=⎪⎩ b m =4a n =-0c =()4,,0m n m =- CF BCG 60︒sin 60cos ,CF m CF m CF m ⋅︒====⋅ ()24m n n =-4n -=2850m m n n ⎛⎫⋅-⋅+= ⎪⎝⎭CF BCG 60︒则，，，，，，，，故，，，，，，，，对于A ，所以，A 错误；对于C ，记同向的单位向量为，则点P 到直线的距离，故C 错误；对于D ，设点，使，，，，，则，故，则因，则时，即点M 与点Q 重合时，取得最大值3，故D 项正确.故选：BD.122,,333||QC a QC ⎛⎫==-- ⎪⎝⎭ d ==QM tQC = (1,0,2)Q (0,2,0)C (1,2,22)M t t t -+-+(1,2,22)(1,22,22)ME MC t t t t t t ⋅=+--⋅--- 2229123913t t t ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭01t ≤≤0t =ME MC ⋅ (1,0,2)Q (0,2,0)C (1,1,0)A (1,2,0)B (0,1,0)D 1(1,1,1)A 1(0,1,1)D (2,0,1)P (1,2,2)QC =-- (1,0,0)AD =- (0,1,0)AB = 1(0,0,1)AA = (0,2,2)BC =- (1,1,0)BD =-- (1,0,1)QP =- 1(1,0,1)AD =- 122(1,0,0)2(0,1,0)2(0,0,1)(1,2,2)AD AB AA QC ++=-++=-≠ (1,2,2)QC =-- CQ (,,)M x y z 01t ≤≤(2,0,0)E (1,,2)(1,2,2)x y z t --=--解析：将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系.，，，，，，，所以，，则，.设直线DE 与直线AF 所成角为，则即，解得12.答案：①②③解析：①平面，EF 取最小值即为E到平面的距离，为分别为，的中点.故①正确.②由①知，三角形到平面的距离为，③建立如图所示的空间直角坐标系，()2,1,0A ()2,2,1F ()1,0,2B ()0,1,2C ()1,2,2D ()0,1,1AF = ()1,1,0BC =- (),,0BE BC λλλ==- []0,1λ∈()1,,2E λλ-(),2,0DE λλ=-- θcos cos ,AF DE AF DE AF DE θ⋅==== 2610λλ+-=λ==1//AA 11BB D D 11BB D D 1AA 1BD BED =1BED h 18883h =⨯⨯⨯=则，作平面ABCD 于点H ，由题意及几何关系得，设点，则，即点H 的轨迹方程为迹长度为.故③正确.13.答案：①③④八面体的表面积为②连接，相交于点O ，连接，在八面体中，平面是正方形，且平面，，在中，，所以该八面体的体积为③若点P 为棱上一动点，当点P 与点重合时，因为在正方形中，，且平面，平面，所以，又因为，是平面内两条相交直线，所以平面，平面可得，③正确；④在正八面体中，，平面，平面所以平面，若点P 为棱上的动点，则点P 到平面的距离与直线到平面的距离相等且是一个定值，三棱锥的体积为是定值，④正确；14.答案：（1）①；()4,8,0M PH ⊥3DH MH =(),y,0H x 22229(4)(8)x y x y ⎡⎤+=-+-⎣⎦229(9)2x y ⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭2π=182⨯=AC BD OE ABCD OE ⊥ABCD 2AC BD ==DBE △1OE ===1213⨯=EC C ABCD AC BD ⊥EO ⊥ABCD AC ⊂ABCD AC EO ⊥BD EO BED AC ⊥BED BE ⊂BED AP BE ⊥//EC AF EC ⊄ABF AF ⊂ABF //EC ABF EC ABF EC ABF F ABP -13FAB F ABP P ABF V V S h --==⨯⨯△()1,1,2-②证明见解析（2）证明见解析（3）6解析：（1）①因为，，则.②证明：设，，则，与互换，与互换，与互换，可得，故.（2）证明：因为故.由（1），，，()0,2,1A ()1,3,2B -()021*******,1,2132i j k OA OB i j k i i j k ⨯==-++--=-+=-- ()111,,A x y z ()222,,B x y z 121212212121OA OB y z i z x j x y k x y k z x j y z i⨯=++---()122112211221,,y z y z z x z x x y x y =---2x 1x 2y 1y 2z 1z ()211221122112,,OB OA y z y z z x z x x y x y ⨯=--- ()0,0,00OA OB OB OA ⨯+⨯== sin AOB ∠===1sin 2AOB S OA OB AOB =⋅∠= △AOB ⨯2222()OB OA OB OA OB ⨯-⋅= ()111,,OA x y z = ()222,,OB x y z =()122112211221,,OA OB y z y z z x z x x y x y ⨯=--- ()()()2222122112211221OB y z y z z x z x x y x y ⨯=-+-+-，成立，故，故的几何意义表示：以15.答案：选择①：存在点，，满足；选择②：存在点，，满足；选择③：不存在点E ，F 满足，理由见解析解析：由题意知，正方体的棱长为2，则，，，，，设，，则，，，，所以，.选择①：因为，所以，即，得，若，则，则，故存在点，，满足，142()EF AC a b ⋅=-+ 82AE BF b ⋅=- ()()DE CF DE CF +⊥- ()()0DE CF DE CF +⋅-= 22DE CF = a b =10EF AC ⋅= 42()0a b -+=1a b ==(0,1,2)E 22111x y z ++222222x y z ++()22121212()OA OB x x y y z z ⋅=++2()OA OB ⋅ ⨯1222AOB OA OB OA OB S OA =⨯⋅⨯=⋅⨯ △21()63AOB OA OB S OA OB ⨯=⋅⨯⨯ △2()OA OB ⨯ △⨯(0,1,2)E (1,2,2)F 1EF A C ⊥6AE BF ⋅= 10,,22E ⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2,22F ⎛⎫ ⎪⎝⎭1EF A C ⊥5AE BF ⋅= 1EF A C ⊥1111ABCD A B C D -(2,0,0)A (2,2,0)B 1(2,0,2)A (0,0,0)D (0,2,0)C (0,,2)(02)E a a ≤≤(,2,2)(02)F b b ≤≤(,2,0)EF b a =- 1(2,2,2)AC =-- (2,,2)AE a =- (2,0,2)BF b =- (1,2,2)F 1EF A C ⊥此时.选择②：因为，若，则，得故存在点，，满足，此时.选择③：因为，所以与不共线，又，所以，即，则，故不存在点E ，F 满足.826AE BF b ⋅=-= ||DE = (0,,2)DE a = ==10EF AC ⋅= 42()0a b -+=b =10,,22E ⎛⎫ ⎪⎝⎭3,2,22F ⎛⎫ ⎪⎝⎭1EF A C ⊥825AE BF b ⋅=-= 0cos ,1EF DB <〈〉< EF DB (2,2,0)DB = 2b a ≠-2a b +≠142()0EF AC a b ⋅=-+≠ 1EF A C ⊥。

课时跟踪检测（二十六） 系统题型——解三角形及应用举例[A 级 保分题——准做快做达标]1．(2018·惠州模拟)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若b cos C ＋c cos B ＝a sin A ，则△ABC 的形状为( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．不确定解析：选B 由已知及正弦定理得sin B cos C ＋sin C cos B ＝sin 2A ，即sin(B ＋C )＝sin 2A ，又sin(B ＋C )＝sin A ，∴sin A ＝1，∴A ＝π2.故选B.2．(2018·临川二中等两校联考)已知a ，b ，c 分别为锐角△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，若sin A ＝223，sin B >sin C ，a ＝3，S △ABC ＝22，则b 的值为( ) A ．2或3 B ．2 C ．3D ．6解析：选C 因为△ABC 为锐角三角形，所以cos A ＝1－sin 2A ＝13，由余弦定理得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ＝b 2＋c 2－92bc ＝13，① 因为S △ABC ＝12bc sin A ＝12bc ×223＝22，所以bc ＝6，②将②代入①得b 2＋c 2－912＝13，则b 2＋c 2＝13，③由sin B >sin C 可得b >c ，联立②③可得b ＝3，c ＝2.故选C.3．在钝角△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，B 为钝角，若a cos A ＝b sin A ，则sin A ＋sin C 的最大值为( )A. 2B.98 C ．1D.78解析：选B ∵a cos A ＝b sin A ，由正弦定理可得，sin A cos A ＝sin B sin A ，∵sin A ≠0，∴cos A ＝sin B ，又B 为钝角，∴B ＝A ＋π2，sin A ＋sin C ＝sin A ＋sin(A ＋B )＝sin A ＋cos 2A ＝sin A ＋1－2sin 2A ＝－2⎝⎛⎭⎫sin A －142＋98，∴sin A ＋sin C 的最大值为98. 4．(2019·昆明适应性检测)在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝5，tan ∠BAC ＝－3，则BC 边上的高等于( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2解析：选A 法一：因为tan ∠BAC ＝－3，所以sin ∠BAC ＝310，cos ∠BAC ＝－110.由余弦定理，得BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos ∠BAC ＝5＋2－2×5×2×⎝⎛⎭⎫－110＝9，所以BC ＝3，所以S △ABC ＝12AB ·AC sin ∠BAC ＝12×2×5×310＝32，所以BC 边上的高h ＝2S △ABC BC ＝2×323＝1，故选A.法二：因为在△ABC 中，tan ∠BAC ＝－3<0，所以∠BAC 为钝角，因此BC 边上的高小于2，故选A.5.(2019·长沙第一中学模拟)已知在△ABC 中，D 是AC 边上的点，且AB ＝AD ，BD ＝62AD ，BC ＝2AD ，则sin C 的值为( ) A.158B.154C.18D.14解析：选A 设AB ＝AD ＝2a ，则BD ＝6a ，则BC ＝4a ，所以cos ∠ADB ＝BD 2＋AD 2－AB 22BD ×AD ＝6a 22×2a ×6a ＝64，所以cos ∠BDC ＝BD 2＋CD 2－BC 22BD ×CD ＝－64，整理得CD 2＋3aCD －10a 2＝0，解得CD ＝2a 或者CD ＝－5a (舍去)．故cos C ＝16a 2＋4a 2－6a 22×4a ×2a ＝1416＝78，而C ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故sin C ＝158.故选A. 6．(2019·赣州寻乌中学期末)在△ABC 中，a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对边的边长．若cos C ＋sin C －2cos B ＋sin B＝0，则a ＋b c 的值是( )A.2－1B.2＋1C.3＋1D ．2解析：选B 在△ABC 中，由cos C ＋sin C －2cos B ＋sin B ＝0，根据两角和的正弦公式可得2sin ⎝⎛⎭⎫C ＋π4sin ( B ＋π4 )＝2，从而得C ＋π4＝B ＋π4＝π2，解得C ＝B ＝π4，∴A ＝π2.∴由正弦定理可得a ＋b c ＝sin π2＋sin π4sinπ4＝1＋2222＝2＋1.故选B. 7．(2019·葫芦岛期中)△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin C －cos C ＝1－cos C 2，若△ABC 的面积S ＝12(a ＋b )sin C ＝32，则△ABC 的周长为( )A ．27＋5 B.7＋5 C ．27＋3D.7＋3解析：选D 由sin C －cos C ＝1－cos C 2⇒2sin C 2cos C 2－⎝⎛⎭⎫2cos 2 C 2－1＝1－cos C 2⇒cos C 2( 2cos C 2－2sin C 2－1 )＝0，∵cos C 2≠0，∴sin C 2－cos C 2＝－12，两边平方得sin C ＝34，由sin C 2－cos C 2＝－12可得sin C 2<cos C 2，∴0<C 2<π4，即0<C <π2，由sin C ＝34得cos C ＝74.又S ＝12ab sin C ＝12(a＋b )sin C ＝32，∴a ＋b ＝ab ＝4，∴a ＝b ＝2，再根据余弦定理可得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝8－27，解得c ＝7－1，故△ABC 的周长为7＋3，故选D.8．(2019·长沙模拟)在锐角△ABC 中，D 为BC 的中点，满足∠BAD ＋∠C ＝90°， 则∠B ，∠C 的大小关系是________．解析：由∠BAD ＋∠C ＝90°，得∠CAD ＋∠B ＝90°，由正弦定理得AD BD ＝sin B sin ∠BAD ＝sin B cos C ，AD CD ＝sin C sin ∠CAD ＝sin C cos B，又D 为BC 的中点，所以BD ＝DC ，所以sin B cos C ＝sin Ccos B ，化简得sin B cos B ＝sin C cos C ，即sin 2B ＝sin 2C ，又△ABC 为锐角三角形，所以∠B ＝∠C .答案：∠B ＝∠C9.(2019·温州一模)如图，在四边形ABCD 中，△ABD ，△BCD 分别是以AD 和BD 为底的等腰三角形，其中AD ＝1，BC ＝4，∠ADB ＝∠CDB ，则BD ＝________，AC ＝________.解析：设∠ADB ＝∠CDB ＝θ，在△ABD 内，BD ＝12cos θ；在△CBD 内，BD ＝8cos θ.故12cos θ＝8 cos θ，所以cos θ＝14，BD ＝2，cos 2θ＝2cos 2θ－1＝－78.在△ACD 中，由余弦定理可得AC 2＝AD 2＋CD 2－2AD ·CD cos 2θ＝24，AC ＝2 6.答案：2 2 610．(2019·沈阳模拟)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c ＝5，B ＝2π3，△ABC 的面积为1534，则cos 2A ＝________.解析：由三角形的面积公式，得S △ABC ＝12ac sin B ＝12×a ×5×sin 2π3＝12×32×5a ＝1534，解得a ＝3.由b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝32＋52－2×3×5×⎝⎛⎭⎫－12＝49，得b ＝7.由a sin A ＝b sin B ⇒sin A ＝ab sin B ＝37sin 2π3＝3314，∴cos 2A ＝1－2sin 2A ＝1－2×⎝⎛⎭⎫33142＝7198.答案：719811．(2019·江西七校联考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .若C ＝3π4，且sin(A ＋C )＝2sin A cos(A ＋B )．(1)求证：a ，b,2a 成等比数列； (2)若△ABC 的面积是1，求c 的长．解：(1)证明：∵A ＋B ＋C ＝π，sin(A ＋C )＝2sin A cos(A ＋B )，∴sin B ＝－2sin A cos C . 在△ABC 中，由正弦定理得，b ＝－2a cos C ， ∵C ＝3π4，∴b ＝2a ，则b 2＝a ·2a ， ∴a ，b,2a 成等比数列．(2)S △ABC ＝12ab sin C ＝24ab ＝1，则ab ＝22，由(1)知，b ＝2a ，联立两式解得a ＝2，b ＝2， 由余弦定理得c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ＝2＋4－42×⎝⎛⎭⎫－22＝10，∴c ＝10. 12．(2019·大连检测)已知△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足cos 2B －cos 2C －sin 2A ＝sin A sin B.(1)求角C ；(2)若c ＝26，△ABC 的中线CD ＝2，求△ABC 的面积S 的值． 解：(1)由已知得sin 2A ＋sin 2B －sin 2C ＝－sin A sin B ， 由正弦定理得a 2＋b 2－c 2＝－ab ， 由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝－12.∵0<C <π，∴C ＝2π3. (2)法一：由|CD ―→ |＝12|CA ―→＋CB ―→|＝2，可得CA ―→2＋CB ―→ 2＋2CA ―→·CB ―→＝16，即a 2＋b 2－ab ＝16，又由余弦定理得a 2＋b 2＋ab ＝24，∴ab ＝4. ∴S ＝12ab sin ∠ACB ＝34ab ＝ 3.法二：延长CD 到M ，使CD ＝DM ，连接AM ，易证△BCD ≌△AMD ，∴BC ＝AM ＝a ，∠CBD ＝∠MAD ，∴∠CAM ＝π3.由余弦定理得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＋ab ＝24，a 2＋b 2－ab ＝16，∴ab ＝4，S ＝12ab sin ∠ACB ＝12×4×32＝ 3.[B 级 难度题——适情自主选做]1．(2019·成都外国语学校一模)在△ABC 中，sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C ，则A 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，π6 B.⎣⎡⎦⎤π6，π C.⎝⎛⎦⎤0，π3 D.⎣⎡⎦⎤π3，π解析：选C 由正弦定理及sin 2A ≤sin 2B ＋sin 2C －sin B sin C 可得a 2≤b 2＋c 2－bc ，即b 2＋c 2－a 2≥bc ，由余弦定理可得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ≥bc 2bc ＝12，又0<A <π，所以0<A ≤π3.故A 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，π3.故选C. 2．(2019·陆川中学期中)如图，设△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，a cos C ＋c cos A ＝b sin B ，且∠CAB ＝π6.若点D 是△ABC外一点，DC ＝2，DA ＝3，则当四边形ABCD 面积取最大值时，sin D ＝________.解析：因为a cos C ＋c cos A ＝b sin B ，所以由正弦定理可得sin A cos C ＋cos A sin C ＝sin(A ＋C )＝sin B ＝sin 2B ，sin B ＝1，B ＝π2.又因为∠CAB ＝π6，所以BC ＝12AC ，AB ＝32AC ，由余弦定理可得cos D ＝22＋32－AC 22×2×3，可得AC 2＝13－12cos D ，四边形面积S ＝S △ACD ＋S △ABC ＝12×2×3×sin D ＋12×12AC ×32AC ＝3sin D ＋38(13－12cos D )＝1383＋3sin D －332cos D ＝ 9＋274sin(D ＋φ)＋1383，tan φ＝－32， 所以，当φ＋D ＝π2时四边形面积最大，此时tan D ＝tan ⎝⎛⎭⎫π2－φ＝1tan φ＝－233，可得sin D ＝277. 答案：2773．(2019·郑州高三质量预测)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，且3a cos C ＝(2b －3c )cos A .(1)求角A的大小；(2)若a＝2，求△ABC面积的最大值．解：(1)由正弦定理可得，3sin A cos C＝2sin B cos A－3sin C cos A，从而可得3sin(A＋C)＝2sin B cos A，即3sin B＝2sin B cos A.又B为三角形的内角，所以sin B≠0，于是cos A＝3 2，又A为三角形的内角，所以A＝π6.(2)由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bc cos A得4＝b2＋c2－2bc·32≥2bc－3bc，所以bc≤4(2＋3)．所以S＝12bc sin A≤2＋ 3.故当a＝2时，△ABC面积的最大值为2＋ 3.。

课时跟踪检测（六十四） 参数方程1．(2018·河南息县第一高级中学段测)已知曲线C 的参数方程是⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝m ＋sin α(α为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋55t ，y ＝4＋255t (t 为参数)．(1)求曲线C 与直线l 的普通方程；(2)若直线l 与曲线C 相交于P ，Q 两点，且|PQ |＝455，求实数m 的值． 解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α，y ＝m ＋sin α(α为参数)得曲线C 的普通方程为x 2＋(y －m )2＝1.由x ＝1＋55t ，得55t ＝x －1，代入y＝4＋255t ，得y ＝4＋2(x －1)，所以直线l 的普通方程为2x －y ＋2＝0.(2)圆心(0，m )到直线l 的距离为d ＝|－m ＋2|5，由勾股定理得⎝ ⎛⎭⎪⎫|－m ＋2|52＋⎝⎛⎭⎫2552＝1，解得m ＝3或m ＝1. 2．(2017·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝a ＋4t ，y ＝1－t (t 为参数)． (1)若a ＝－1，求C 与l 的交点坐标； (2)若C 上的点到l 距离的最大值为17，求a . 解：(1)曲线C 的普通方程为x 29＋y 2＝1.当a ＝－1时，直线l 的普通方程为x ＋4y －3＝0，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4y －3＝0，x29＋y 2＝1解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝0或⎩⎨⎧x ＝－2125，y ＝2425.从而C 与l 的交点坐标为(3,0)，⎝⎛⎭⎫－2125，2425. (2)直线l 的普通方程为x ＋4y －a －4＝0， 故C 上的点(3cos θ，sin θ)到l 的距离为 d ＝|3cos θ＋4sin θ－a －4|17.当a ≥－4时，d 的最大值为a ＋917. 由题设得a ＋917＝17，解得a ＝8；当a ＜－4时，d 的最大值为－a ＋117. 由题设得－a ＋117＝17，解得a ＝－16.综上，a ＝8或a ＝－16.3．(2019·成都模拟)在平面直角坐标系xOy 中，直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝2＋12t ，y ＝2＋32t (t 为参数)．在以坐标原点O为极点，x 轴的正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C 的极坐标方程为ρsin 2θ＋4sin θ＝ρ.(1)写出直线l 的普通方程和曲线C 的直角坐标方程；(2)已知点M 在直角坐标系中的坐标为(2,2)，若直线l 与曲线C 相交于不同的两点A ，B ，求|MA |·|MB |的值．解：(1)由⎩⎨⎧x ＝2＋12t .y ＝2＋32t ，消去参数t 可得y ＝3(x －2)＋2，∴直线l 的普通方程为3x －y ＋2－23＝0. ∵ρsin 2θ＋4sin θ＝ρ，∴ρ2sin 2θ＋4ρsin θ＝ρ2. ∵ρsin θ＝y ，ρ2＝x 2＋y 2，∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＝4y .(2)将⎩⎨⎧x ＝2＋12t ，y ＝2＋32t 代入抛物线方程x 2＝4y 中，可得⎝⎛⎭⎫2＋12t 2＝4⎝⎛⎭⎫2＋32t ， 即t 2＋(8－83)t －16＝0. ∵Δ＞0，且点M 在直线l 上，∴此方程的两个实数根为直线l 与曲线C 的交点A ，B 对应的参数t 1，t 2， ∴t 1t 2＝－16， ∴|MA |·|MB |＝|t 1t 2|＝16.4．(2019·贵州联考)以极坐标系的极点为直角坐标系xOy 的原点，极轴为x 轴的正半轴，两种坐标系中的单位长度相同，已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝4cos θsin 2θ，过点M (2，－2)且倾斜角为α的直线l 与曲线C 交于A ，B 两点．(1)求曲线C 的直角坐标方程，并用⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋t cos α，y ＝y 0＋t sin α(α为直线的倾斜角，t 为参数)的形式写出直线l 的参数方程；(2)若M 是线段AB 的中点，求α的值． 解：(1)由ρ＝4cos θsin 2θ得ρsin 2θ＝4cos θ，∴ρ2sin 2θ＝4ρcos θ，即y 2＝4x (x ≠0)， ∴曲线C 的直角坐标方程为y 2＝4x (x ≠0)；直线l 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos α，y ＝－2＋t sin α(t 为参数，0≤α＜π)．(2)将⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2＋t cos α，y ＝－2＋t sin α代入y 2＝4x (x ≠0)得(sin 2α)t 2－4(sin α＋cos α)t －4＝0， ∴t 1＋t 2＝4(sin α＋cos α)sin 2α＝0，∴α＝3π4. 5．(2019·洛阳模拟)在直角坐标系xOy 中，曲线C 1的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝t ，y ＝m ＋t (t 为参数，m ∈R)，以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C 2的极坐标方程为ρ2＝33－2cos 2θ(0≤θ≤π)．(1)写出曲线C 1的普通方程和曲线C 2的直角坐标方程；(2)已知点P 是曲线C 2上一点，若点P 到曲线C 1的最小距离为22，求m 的值． 解：(1)由曲线C 1的参数方程消去参数t ，可得C 1的普通方程为x －y ＋m ＝0. 由曲线C 2的极坐标方程得3ρ2－2ρ2cos 2θ＝3，θ∈[0，π]， ∴曲线C 2的直角坐标方程为x 23＋y 2＝1(0≤y ≤1)．(2)设曲线C 2上任意一点P 的坐标为(3cos α，sin α)，α∈[0，π]， 则点P 到曲线C 1的距离d ＝|3cos α－sin α＋m |2＝⎪⎪⎪⎪2cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＋m 2.∵α∈[0，π]，∴cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6∈⎣⎡⎦⎤－1，32，2cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6∈[－2，3]． 由点P 到曲线C 1的最小距离为22得，若m ＋3＜0，则m ＋3＝－4，即m ＝－4－3； 若m －2＞0，则m －2＝4，即m ＝6； 若m －2≤0，m ＋3≥0，即－3≤m ≤2时，⎪⎪⎪⎪2cos ⎝⎛⎭⎫α＋π6＋m min ＝0，不合题意，舍去． 综上，m ＝－4－3或m ＝6.6．(2019·广州花都区模拟)已知直线l ：⎩⎨⎧x ＝1＋12t ，y ＝32t(t 为参数)，曲线C 1：⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)．(1)设l 与C 1相交于A ，B 两点，求|AB |；(2)若把曲线C 1上各点的横坐标压缩为原来的12倍，纵坐标压缩为原来的32倍，得到曲线C 2，设点P 是曲线C 2上的一个动点，求它到直线l 距离的最小值．解：(1)由已知得l 的普通方程为y ＝3(x －1)，C 1的普通方程为x 2＋y 2＝1，联立方程⎩⎨⎧y ＝3(x －1)，x 2＋y 2＝1解得l 与C 1的交点为A (1,0)，B ⎝⎛⎭⎫12，－32，则|AB |＝1.(2)由题意，得C 2的参数方程为⎩⎨⎧x ＝12cos θ，y ＝32sin θ(θ为参数)，故点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫12cos θ，32sin θ， 从而点P 到直线l 的距离是d ＝⎪⎪⎪⎪32cos θ－32sin θ－32＝34⎣⎡⎦⎤2sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＋2， 当sin ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝－1时，d 取得最小值，且最小值为23－64.7．(2019·辽宁五校联考)极坐标系的极点为直角坐标系xOy 的原点，极轴为x 轴的正半轴，两种坐标系中的长度单位相同．已知曲线C 的极坐标方程为ρ＝2sin θ，θ∈[0,2π]．(1)求曲线C 的直角坐标方程；(2)在曲线C 上求一点D ，使它到直线l ：⎩⎨⎧x ＝3t ＋3，y ＝－3t ＋2(t 为参数)的距离最短，写出D 点的直角坐标．解：(1)由ρ＝2sin θ可得ρ2＝2ρsin θ， ∴曲线C 的直角坐标方程为x 2＋y 2－2y ＝0.(2)直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝3t ＋3，y ＝－3t ＋2(t 为参数)，消去t 得l 的普通方程为y ＝－3x ＋5， 由(1)得曲线C 的圆心为(0,1)，半径为1，又点(0,1)到直线l 的距离为|1－5|1＋3＝2＞1，所以曲线C 与l 相离．设D (x 0，y 0)，且点D 到直线l ：y ＝－3x ＋5的距离最短，则曲线C 在点D 处的切线与直线l ：y ＝－3x ＋5平行，∴y 0－1x 0·(－3)＝－1， 又x 20＋(y 0－1)2＝1，∴x 0＝－32(舍去)或x 0＝32，∴y 0＝32， ∴点D 的直角坐标为⎝⎛⎭⎫32，32.8．(2018·全国卷Ⅲ)在平面直角坐标系xOy 中，⊙O 的参数方程为⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos θ，y ＝sin θ(θ为参数)，过点(0，－2)且倾斜角为α的直线l 与⊙O 交于A ，B 两点．(1)求α的取值范围；(2)求AB 中点P 的轨迹的参数方程． 解：(1)⊙O 的直角坐标方程为x 2＋y 2＝1. 当α＝π2时，l 与⊙O 交于两点．当α≠π2时，记tan α＝k ，则l 的方程为y ＝kx － 2.l 与⊙O 交于两点需满足21＋k 2＜1， 解得k ＜－1或k ＞1， 即α∈⎝⎛⎭⎫π2，3π4或α∈⎝⎛⎭⎫π4，π2. 综上，α的取值范围是⎝⎛⎭⎫π4，3π4.(2)l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝t cos α，y ＝－2＋t sin α⎝⎛⎭⎫t 为参数，π4＜α＜3π4.设A ，B ，P 对应的参数分别为t A ，t B ，t P ， 则t P ＝t A ＋t B2，且t A ，t B 满足t 2－22t sin α＋1＝0. 于是t A ＋t B ＝22sin α，t P ＝2sin α.又点P 的坐标(x ，y )满足⎩⎨⎧x ＝t P cos α，y ＝－2＋t P sin α，所以点P 的轨迹的参数方程是⎩⎨⎧x ＝22sin 2α，y ＝－22－22cos 2α⎝⎛⎭⎫α为参数，π4＜α＜3π4.。

跟踪检测(三) 函数及其表示[基础训练]1．已知函数f (x )＝x |x |，若f (x 0)＝4，则x 0的值为 ( ) A ．－2 B ．2 C ．－2或2D. 2答案：B 解析：当x ≥0时，f (x )＝x 2，此时f (x 0)＝4， 即x 20＝4，解得x 0＝2(舍负)． 当x <0时，f (x )＝－x 2，此时f (x 0)＝4，即－x 20＝4，无解， 所以x 0＝2，故选B.2．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，则函数解析式为y ＝x 2＋1，值域为{1,3}的同族函数有 ( )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个答案：C 解析：由x 2＋1＝1，得x ＝0，由x 2＋1＝3得x ＝±2， 所以函数的定义域可以是{0，2}，{0，－2}，{0，2，－2}，故值域为{1,3}的同族函数共有3个．3．[2019广东肇庆模拟]已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋3)＝f (x )，且当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝－x 3，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫112＝( )A ．－18 B.18 C ．－1258 D.1258 答案：B 解析：∵f (x ＋3)＝f (x )，∴函数f (x )是周期为3的函数， 又当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝－x 3，且f (x )为奇函数，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫112＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫112－6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝18，故选B.4．若二次函数g (x )满足g (1)＝1，g (－1)＝5，且图象过原点，则g (x )的解析式为( )A ．g (x )＝2x 2－3xB ．g (x )＝3x 2－2xC ．g (x )＝3x 2＋2xD ．g (x )＝－3x 2－2x答案：B 解析：设g (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，∵g (1)＝1，g (－1)＝5，且图象过原点，⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝1，a －b ＋c ＝5，c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝－2，c ＝0，∴g (x )＝3x 2－2x .5．[2019江西宜春月考]若函数f (x )＝x 2＋ax ＋1的定义域为实数集R ，则实数a 的取值范围为( )A ．(－2,2)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪[2，＋∞)D ．[－2,2]答案：D 解析：f (x )＝x 2＋ax ＋1的定义域为实数集R ，则x 2＋ax ＋1≥0恒成立，∴Δ＝a 2－4≤0，∴－2≤a ≤2.6．[2019广东阳江月考]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ≤1，log 3x ，x >1，若f (x 0)＝2，则x 0的值为________．答案：－1或9 解析：若x 0≤1，则2－x 0＝2，解得x 0＝－1；若x 0>1，则log 3x 0＝2，解得x 0＝9.7．[2019江苏南京模拟]已知f (sin x )＝cos 2x ，则f (x )的解析式为________．答案：f (x )＝1－2x 2，x ∈[－1,1] 解析：f (sin x )＝cos 2x ＝1－2sin 2x ，设sin x ＝t ，t ∈[－1,1]， ∴f (t )＝1－2t 2，t ∈[－1,1]， ∴f (x )＝1－2x 2，x ∈[－1,1]．[强化训练]1．[2019山西名校联考]设函数f (x )＝lg(1－x )，则函数f (f (x ))的定义域为( )A ．(－9，＋∞)B ．(－9,1)C ．[－9，＋∞)D ．[－9,1)答案：B 解析：f (f (x ))＝f [lg(1－x )]＝lg[1－lg(1－x )]，则⎩⎨⎧1－x >0，1－lg (1－x )>0⇒－9<x <1.故选B. 2．[2019陕西西安长安区质量检测大联考]已知函数f (x )＝－x 2＋4x ，x ∈[m,5]的值域是[－5,4]，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)B ．(－1,2]C ．[－1,2]D ．[2,5]答案：C 解析：∵f (x )＝－x 2＋4x ＝－(x －2)2＋4， ∴当x ＝2时，f (2)＝4， 由f (x ) ＝－x 2＋4x ＝－5， 解得x ＝5或x ＝－1，∴结合图象可知，要使函数在[m,5]上的值域是[－5,4]， 则－1≤m ≤2.故选C.3．[2019湖南邵阳期末]设函数f (x )＝log 2(x －1)＋2－x ，则函数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2的定义域为( )A ．[1,2]B ．(2,4]C ．[1,2)D ．[2,4)答案：B 解析：∵函数f (x )＝log 2(x －1)＋2－x 有意义，∴⎩⎨⎧x －1>0，2－x ≥0，解得1<x ≤2， ∴函数f (x )的定义域为(1,2]， ∴1<x2≤2， 解得x ∈(2,4]， 则函数f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2的定义域为(2,4]． 故选B.4．[2019湖北武汉调研]函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sin (πx 2)，－1<x <0，e x －1，x ≥0满足f (1)＋f (a )＝2，则a 的所有可能取值为( )A ．1或－22 B ．－22 C ．1D ．1或22答案：A 解析：∵f (1)＝e 1－1＝1，且f (1)＋f (a )＝2， ∴f (a )＝1.当－1<a <0时，f (a )＝sin(πa 2)＝1. ∵0<a 2<1，∴0<πa 2<π， ∴πa 2＝π2，得a ＝－22；当a ≥0时，f (a )＝e a －1＝1，得a ＝1. 故a ＝－22或1.5．[2019江西南昌一模]设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －a |，x ≤1，x ＋1，x >1，若f (1)是f (x )的最小值，则实数a 的取值范围为( )A ．[－1,2)B ．[－1,0]C ．[1,2]D ．[1，＋∞)答案：C 解析：函数f (x )＝⎩⎨⎧2|x －a |，x ≤1，x ＋1，x >1，若x >1，则f (x )＝x ＋1>2，易知y ＝2|x －a |在(a ，＋∞)上递增，在(－∞，a )上递减，若a <1，则f (x )在x ＝a 处取得最小值，不符合题意；若a ≥1，则要使f (x )在x ＝1处取得最小值，只需2a －1≤2，解得a ≤2，∴1≤a ≤2.综上可得a 的取值范围是[1,2]．故选C.6．[2019湖南衡阳县联考]若函数f (x )＝x －2a ＋ln(b －x )的定义域为[2,4)，则a ＋b ＝( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案：B 解析：要使函数有意义，则⎩⎨⎧x －2a ≥0，b －x >0，解不等式组，得2a ≤x <b .∵函数f (x )＝x －2a ＋ln(b －x )的定义域为[2,4)，∴⎩⎨⎧ 2a ＝2，b ＝4，∴⎩⎨⎧a ＝1，b ＝4，∴a ＋b ＝1＋4＝5.故选B.7．[2019江苏南京、盐城一模]设函数y ＝e x ＋1e x －a 的值域为A ，若A ⊆[0，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．答案：(－∞，2] 解析：∵e x＋1e x ≥2e x·1e x ＝2，∴函数y ＝e x＋1e x －a 的值域为[2－a ，＋∞)． 又∵A ⊆[0，＋∞)， ∴2－a ≥0，即a ≤2.8．[2019山东济宁期末]已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ＋b ，x >1，e x－2，x ≤1，若f (e)＝－3f (0)，则函数f (x )的值域为________．答案：(－2，e －2]∪(2，＋∞) 解析：因为f (x )＝⎩⎨⎧ln x ＋b ，x >1，e x－2，x ≤1，f (e)＝－3f (0)， 所以1＋b ＝－3×(－1)， 所以b ＝2，即函数f (x )＝⎩⎨⎧ln x ＋2，x >1，e x －2，x ≤1.当x >1时，y ＝ln x ＋2>2；当x ≤1时，y ＝e x －2∈(－2，e －2]． 故函数f (x )的值域为(－2，e －2]∪(2，＋∞)．9．[2019河北承德调研]设函数f ：R →R ，满足f (0)＝1，且对任意x ，y ∈R 都有f (xy ＋1)＝f (x )f (y )－f (y )－x ＋2，则f (2 018)＝________.答案：2 019 解析：令x ＝y ＝0，则f (1)＝f (0)·f (0)－f (0)－0＋2＝1×1－1－0＋2＝2.令y ＝0，则f (1)＝f (x )f (0)－f (0)－x ＋2， 将f (0)＝1，f (1)＝2代入，可得f (x )＝1＋x ， 所f (2 018)＝2 019.10．[2019吉林模拟]若3f (x －1)＋2f (1－x )＝2x ，则f (x )＝________.答案：2x ＋25 解析：∵3f (x －1)＋2f (1－x )＝2x ＝2(x －1)＋2，①用1－x 代换x －1，得3f (1－x )＋2f (x －1)＝2(1－x )＋2，② ①×3－②×2，得5f (x －1)＝10(x －1)＋2， ∴f (x －1)＝2(x －1)＋25， ∴f (x )＝2x ＋25.。

课时跟踪检测算法初步1．执行如图所示的程序框图，若输入的实数x ＝4，则输出结果为( )A ．4B ．3C ．2D.14解析：选C 依题意，输出的y ＝log 24＝2.2．阅读如下程序框图，如果输出的i ＝4，那么空白的判断框中应填入的条件是( )A ．S <10?B ．S <12?C ．S <14?D ．S <16?解析：选B 由题知，i ＝2，S ＝2；i ＝3，S ＝8；i ＝4，S ＝12. 故应填入的条件为S <12？.3．某程序框图如图所示，现输入如下四个函数，则可以输出的函数是( )A ．f (x )＝x 2B ．f (x )＝|x |xC．f(x)＝e x－e－x e x＋e－xD．f(x)＝1＋sin x＋cos x 1＋sin x－cos x解析：选C 由框图可知输出函数为奇函数且存在零点，依次判断各选项，A为偶函数，B不存在零点，均不符合，对于C，由于f(－x)＝e－x－e xe－x＋e x＝－f(x)，即函数为奇函数，且存在零点为x＝0，对于D，由于其定义域不关于原点对称，故其为非奇非偶函数．4．执行如图所示的程序框图，如果输入的t∈[－1,3]，则输出的s属于( )A．[－3,4] B．[－5,2]C．[－4,3] D．[－2,5]解析：选A 当－1≤t＜1时，s＝3t，则s∈[－3,3)．当1≤t≤3时，s＝4t－t2.函数在[1,2]上单调递增，在[2,3]上单调递减．∴s∈[3,4]．综上知s∈[－3,4]．5．执行如图所示的程序框图，则输出S的值为( )A．3 B．－6C．10 D．－15解析：选D 第一次执行程序，得到S＝0－12＝－1，i＝2；第二次执行程序，得到S＝－1＋22＝3，i＝3；第三次执行程序，得到S＝3－32＝－6，i＝4；第四次执行程序，得到S ＝－6＋42＝10，i ＝5； 第五次执行程序，得到S ＝10－52＝－15，i ＝6， 到此结束循环，输出的S ＝－15.二保高考，全练题型做到高考达标1.(2019·北京东城模拟)如图给出的是计算12＋14＋16＋18＋…＋1100的一个程序框图，其中判断框内应填入的条件是( )A ．i ＜50?B ．i ＞50?C ．i ＜25?D ．i ＞25?解析：选B 因为该循环体需要运行50次，i 的初始值是1，间隔是1，所以i ＝50时不满足判断框内的条件，而i ＝51时满足判断框内条件，所以判断框内的条件可以填入i >50？. 2．(2019·郑州模拟)执行如图所示的程序框图，输出的S 值是( )A.22B ．－1C ．0D ．－1－22解析：选D 由程序框图可知n ＝1，S ＝0；S ＝cos π4，n ＝2；S ＝cos π4＋cos 2π4，n ＝3； 这样依次循环，一直到S ＝cos π4＋cos2π4＋cos 3π4＋…＋cos 2 014π4＝251⎝⎛⎭⎪⎫cosπ4＋cos 2π4＋…＋cos 8π4＋cos π4＋cos 2π4＋…＋cos 6π4＝251×0＋22＋0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋(－1)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＋0 ＝－1－22，n ＝2 015. 3．(2019·全国卷Ⅱ)下边程序框图的算法思路源于我国古代数学名著《九章算术》中的“更相减损术”．执行该程序框图，若输入的a ，b 分别为14,18，则输出的a ＝( )A ．0B ．2C ．4D ．14解析：选B a ＝14，b ＝18.第一次循环：14≠18且14<18，b ＝18－14＝4； 第二次循环：14≠4且14>4，a ＝14－4＝10； 第三次循环：10≠4且10>4，a ＝10－4＝6； 第四次循环：6≠4且6>4，a ＝6－4＝2； 第五次循环：2≠4且2<4，b ＝4－2＝2； 第六次循环：a ＝b ＝2， 跳出循环，输出a ＝2，故选B.4．(2019·安徽皖南八校三联)如图所示是用模拟数方法估计椭圆x 24＋y 2＝1的面积S 的程序框图，则图中空白框内应填入( )A ．S ＝N500B ．S ＝M500C ．S ＝4N500D ．S ＝4M500解析：选D 从0到2产生的2 000个随机数中，落入椭圆内部或边界的有M 个，则M2 000＝S44，故S ＝4M 500. 5．如图(1)是某县参加2 016年高考的学生身高条形统计图，从左到右的各条形表示的学生人数依次记为A 1，A 2，…，A 10(如A 2表示身高(单位：cm)在[150,155)内的学生人数)．图(2)是统计图(1)中身高在一定范围内学生人数的一个程序框图．现要统计身高在160～180 cm(含160 cm ，不含180 cm)的学生人数，则在流程图中的判断框内应填写( )A ．i ＜6?B ．i ＜7?C ．i ＜8?D ．i ＜9?解析：选C 统计身高在160～180 cm 的学生人数，则求A 4＋A 5＋A 6＋A 7的值．当4≤i ≤7时，符合要求．6．某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的s 值为________．解析：根据程序框图，所求的值可以通过逐次循环求得，i ＝5，s ＝1；i ＝4，s ＝2×1＋1＝3；i ＝3，s ＝7；i ＝2，s ＝15；i ＝1，s ＝31，循环结束，故输出的s ＝31.答案：317．(2019·江西八校联考)执行如图所示的程序框图，输出的s 是________．解析：第一次循环：i ＝1，s ＝1；第二次循环：i ＝2，s ＝－1；第三次循环：i ＝3，s ＝2；第四次循环：i ＝4，s ＝－2，此时i ＝5，执行s ＝3×(－2)＝－6.答案：－68．(2019·黄冈模拟)数列{a n }满足a n ＝n ，阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输入n ＝5，a n ＝n ，x ＝2的值，则输出的结果v ＝________.解析：该程序框图循环4次，各次v 的值分别是14,31,64,129，故输出结果v ＝129. 答案：1299．(2019·安徽高考)执行如图所示的程序框图(算法流程图)，输出的n 为________．解析：执行第一次判断：|a －1.414|＝0.414＞0.005，a ＝32，n ＝2；执行第二次判断：|a－1.414|＝0.086＞0.005，a＝75，n＝3；执行第三次判断：|a－1.414|＝0.014＞0.005，a＝1712，n＝4；执行第四次判断：|a－1.414|＜0.005，输出n＝4.答案：410．给出以下10个数：5,9,80,43,95,73,28,17,60,36.要求把大于40的数找出来并输出．试画出该问题的程序框图．解：程序框图如下：三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．执行如图所示的程序框图，若输入的a的值为3，则输出的i＝( )A．4 B．5C．6 D．7解析：选C 第1次循环，得M＝100＋3＝103，N＝1×3＝3，i＝2；第2次循环，得M＝103＋3＝106，N＝3×3＝9，i＝3；第3次循环，得M＝106＋3＝109，N＝9×3＝27，i＝4；第4次循环，得M＝109＋3＝112，N＝27×3＝81，i＝5；第5次循环，得M ＝112＋3＝115，N ＝81×3＝243，i ＝6， 此时M <N ，退出循环，输出的i 的值为6.2．执行如图所示的程序框图，若输入x ＝9，则输出y ＝________.解析：第一次循环：y ＝5，x ＝5；第二次循环：y ＝113，x ＝113；第三次循环：y ＝299，此时|y －x |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪299－113＝49<1，故输出y ＝299. 答案：2993．某篮球队6名主力队员在最近三场比赛中投进的三分球个数如表格所示：统计该6名队员在最近三场比赛中投进的三分球总数的程序框图如图所示． (1)试在判断框内填上条件； (2)求输出的s 的值．解：(1)依题意，程序框图是统计6名队员投进的三分球的总数． ∴判断框内应填条件“i ≤6？”．(2)6名队员投进的三分球数分别为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，a 6. 故输出的s ＝a 1＋a 2＋…＋a 6.。

跟踪检测(二) 常用逻辑用语1．[2019河南郑州一测]下列说法正确的是 ( )A ．“若a >1，则a 2>1”的否命题是“若a >1，则a 2≤1”B ．“若am 2<bm 2，则a <b ”的逆命题为真命题C ．存在x 0∈(0，＋∞)，使3x 0>4 x 0成立D ．“若sin α≠12，则α≠π6”是真命题答案：D 解析：对于选项A ，“若a >1，则a 2>1”的否命题是“若a ≤1，则a 2≤1”，故选项A 错误；对于选项B ，“若am 2<bm 2，则a <b ”的逆命题为“若a <b ，则am 2<bm 2”，因为当m ＝0时，am 2＝bm 2，所以逆命题为假命题，故选项B 错误；对于选项C ，由指数函数的图象知，对任意的x ∈(0，＋∞)，都有4x >3x ，故选项C 错误；对于选项D ，“若sin α≠12，则α≠π6”的逆否命题为“若α＝π6，则sin α＝12”，逆否命题为真命题，所以原命题为真命题，故选D.2．[2019山西太原期末联考]已知a ，b 都是实数，那么“2a >2b ”是“a 2>b 2”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案：D解析：充分性：若2a>2b，则2a－b>1，∴a－b>0，∴a>b.当a＝－1，b＝－2时，满足2a>2b，但a2<b2，故由2a>2b不能得出a2>b2，因此充分性不成立．必要性：若a2>b2，则|a|>|b|.当a＝－2，b＝1时，满足a2>b2，但2－2<21，即2a<2b，故必要性不成立．综上，“2a>2b”是“a2>b2”的既不充分也不必要条件．故选D.3．[2019河北“五个一名校联盟”考试]直线l1：mx－2y＋1＝0，l2：x－(m－1)y－1＝0，则“m＝2”是“l1∥l2”的( ) A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案：C解析：由直线l1与直线l2平行，得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，经验证，当m＝－1时，直线l1与l2重合，舍去．所以“m＝2”是“l1平行于l2”的充分必要条件，故选C.4．[2019江西南昌二中月考]给出下列命题：①已知a，b∈R，“a>1且b>1”是“ab>1”的充分条件；②已知平面向量a，b，“|a|>1，|b|>1”是“|a＋b|>1”的必要不充分条件；③已知a，b∈R，“a2＋b2≥1”是“|a|＋|b|≥1”的充分不必要条件；④命题p：“∃x0∈R，使e x0≥x0＋1且ln x0≤x0－1”的否定为綈p：“∀x∈R，都有e x<x＋1且ln x>x－1”．其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3答案：C解析：①已知a，b∈R，“a>1且b>1”能够推出“ab>1”，“ab>1”不能推出“a>1且b>1”，故①正确；②已知平面向量a，b，“|a|>1，|b|>1”不能推出“|a＋b|>1”，|a＋b|>1不能推出|a|>1且|b|>1，故②不正确；③已知a，b∈R，当a2＋b2≥1时，a2＋b2＋2|a|·|b|≥1，则(|a|＋|b|)2≥1，则|a|＋|b|≥1.又a＝0.5，b＝0.5满足|a|＋|b|≥1，但a2＋b2＝0.5<1，所以“a2＋b2≥1”是“|a|＋|b|≥1”的充分不必要条件，故③正确；④命题p：“∃x0∈R，使e x0≥x0＋1且ln x0≤x0－1”的否定为綈p：“∀x∈R，都有e x<x＋1或ln x>x－1”，故④不正确．所以正确命题的个数为2.故选C.5．[2019福建南平月考]已知命题p：“若x≥a2＋b2，则x≥2ab”，则下列说法正确的是( )A．命题p的逆命题是“若x<a2＋b2，则x<2ab”B ．命题p 的逆命题是“若x <2ab ，则x <a 2＋b 2”C ．命题p 的否命题是“若x <a 2＋b 2，则x <2ab ”D ．命题p 的否命题是“若x ≥a 2＋b 2，则x <2ab ”答案：C 解析：命题p 的逆命题是“若x ≥2ab ，则x ≥a 2＋b 2”，故A ，B 都错误；命题p 的否命题是“若x <a 2＋b 2，则x <2ab ”，故C 正确，D 错误．6．[2019山东齐鲁协作体名校安丘一中期末]“x <m －1或x >m ＋1”是“x 2－2x －3>0”的必要不充分条件，则实数m 的取值范围是 ( )A ．[0,2]B ．(0,2)C ．[0,2)D ．(0,2]答案：A 解析：由x 2－2x －3>0，得x >3或x <－1.若“x <m －1或x >m ＋1”是“x 2－2x －3>0”的必要不充分条件，则⎩⎨⎧m ＋1≤3，m －1≥－1且等号不同时成立，即0≤m ≤2.故选A. 7．[2019云南玉溪模拟]不等式x －1x >0成立的一个充分不必要条件是 ( )A ．－1<x <0或x >1B ．x <－1或0<x <1C ．x >－1D ．x >1答案：D 解析：由x －1x >0可知x 2－1x >0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 2－1>0，x >0或⎩⎨⎧x 2－1<0，x <0， 解得x >1或－1<x <0，不等式x －1x >0的解集为{x |x >1或－1<x <0}，故不等式x －1x >0成立的一个充分不必要条件是x >1.故选D.8．[2019安徽淮南二中、宿城一中联考]命题p ：“若a ≥b ，则a ＋b >2 012且a >－b ”的逆否命题是 ( )A ．若a ＋b ≤2 012且a ≤－b ，则a <bB ．若a ＋b ≤2 012且a ≤－b ，则a >bC ．若a ＋b ≤2 012或a ≤－b ，则a <bD ．若a ＋b ≤2 012或a ≤－b ，则a >b答案：C 解析：根据逆否命题的定义可得命题p ：“若a ≥b ，则a ＋b >2 012且a >－b ”的逆否命题是：若a ＋b ≤2 012或a ≤－b ，则a <b .故选C.9．[2019福建漳州月考]在△ABC 中，“A ＋B <150°”是“sin C >12”的 ( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件答案：B 解析：在△ABC 中，由sin C >12，得30°<C <150°，可得A ＋B <150°.反之，由A ＋B <150°，得30°<C <180°，无法得出sin C >12，所以“A ＋B <150°”是“sin C >12”的必要不充分条件．故选B.10．[2019山东省实验中学第二次诊断]已知命题p ：|x ＋1|>2；命题q ：x ≤a ，且綈p 是綈q 的充分不必要条件，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，－3)B ．(－∞，－3]C ．(－∞，1)D ．(－∞，1]答案：A 解析：命题p ：|x ＋1|>2，即x <－3或x >1.∵綈p 是綈q 的充分不必要条件，∴q 是p 的充分不必要条件，∴{x |x ≤a }{x |x <－3或x >1}，∴a <－3.故选A.11.[2019清华大学自主招生3月能力测试]“∀x ∈R ，x 2－πx ≥0”的否定是( )A ．∀x ∈R ，x 2－πx <0B ．∀x ∈R ，x 2－πx ≤0C ．∃x 0∈R ，x 20－πx 0≤0D ．∃x 0∈R ，x 20－πx 0<0答案：D 解析：全称命题的否定是特称命题，所以“∀x ∈R ，x 2－πx ≥0”的否定是“∃x 0∈R ，x 20－πx 0<0”．故选D.12．[2019吉林辽源田家炳高级中学等五校期末联考]下列命题中的假命题是( )A ．∃x 0∈R ，使得log 2x 0＝0B ．∀x ∈R ，x 2>0C ．∃x 0∈R ，使得cos x 0＝1D ．∀x ∈R,2x >0答案：B 解析：由于log 21＝0，因此∃x 0∈R ，使得log 2x 0＝0为真命题；当x ＝0时，x 2＝0，因此∀x ∈R ，x 2>0为假命题；当x ＝0时，cos x ＝1，因此∃x 0∈R ，使得cos x 0＝1为真命题；根据指数函数的性质，∀x ∈R,2x >0为真命题．故选B.13．[2019湖南长沙一模]已知命题p ：∃x 0>0，x 0＋a －1＝0，若p 为假命题，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，1]C ．(1，＋∞)D ．[1，＋∞)答案：D 解析：因为p 为假命题，所以綈p 为真命题，所以∀x >0，x ＋a －1≠0，即x ≠1－a ，所以1－a ≤0，即a ≥1，故选D.14．[2019云南玉溪模拟]下面有四个关于三角函数的命题： p 1：∃x 0∈R ，使得sin x 0＋cos x 0＝2；p 2：∃x 0∈R ，使得sin 2x 0＝sin x 0；p 3：∀x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2，1＋cos 2x 2＝cos x ； p 4：∀x ∈(0，π)，sin x >cos x .其中真命题是( )A ．p 1，p 4B ．p 2，p 3C ．p 3，p 4D ．p 2，p 4答案：B 解析：因为sin x ＋cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4≤2，所以sin x ＋cos x ＝2不成立，故命题p 1是假命题；由sin 2x ＝2sin x cos x 以及sin 2x ＝sin x 成立可知，当sin x ＝0，即x ＝k π(k ∈Z )时满足等式，故命题p 2是真命题；因为1＋cos 2x 2＝cos 2x ， 所以1＋cos 2x 2＝|cos x |， 由x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，π2得cos x ≥0， 由此可得1＋cos 2x 2＝cos x ，故命题p 3是真命题； 因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4时，sin x ≤cos x ，不满足sin x >cos x ， 所以∀x ∈(0，π)，sin x >cos x 不成立，故命题p 4是假命题．故选B.15．[2019河北唐山一中期末]已知定义在R 上的函数f (x )的周期为T (常数)，则命题“∀x ∈R ，f (x )＝f (x ＋T )”的否定是( )A ．∃x 0∈R ，f (x 0)≠f (x 0＋T )B ．∀x ∈R ，f (x )≠f (x ＋T )C ．∀x ∉R ，f (x )＝f (x ＋T )D ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝f (x 0＋T )答案：A 解析：命题“∀x ∈R ，f (x )＝f (x ＋T )”的否定是“∃x0∈R，f(x0)≠f(x0＋T)”，故选A.16．[2019江苏常熟中学阶段性抽测]命题“若x2－x≥0，则x>2”的否命题是________．答案：若x2－x<0，则x≤2解析：命题的否命题需要同时否定条件和结论，则命题“若x2－x≥0，则x>2”的否命题是“若x2－x<0，则x≤2”．17．已知p：(x－m)2>3(x－m)是q：x2＋3x－4<0的必要不充分条件，则实数m的取值范围为________．答案：{m|m≥1或m≤－7}解析：p对应的集合A＝{x|x<m 或x>m＋3}，q对应的集合B＝{x|－4<x<1}，由p是q的必要不充分条件可知B A，∴m≥1或m＋3≤－4，即m≥1或m≤－7.18．[2019湖南六校联考]设甲、乙、丙、丁是四个命题，甲是乙的充分不必要条件，丙是乙的充要条件，丁是丙的必要不充分条件，那么丁是甲的________条件．答案：必要不充分解析：因为甲是乙的充分不必要条件，即甲⇒乙，乙⇒/甲；又因为丙是乙的充要条件，即乙⇔丙；又因为丁是丙的必要不充分条件，即丙⇒丁，丁⇒/丙；故甲⇒丁，丁⇒/甲，即丁是甲的必要不充分条件．19．命题p的否定是“对所有正数x，x>x＋1”，则命题p 是________．答案：∃x0∈(0，＋∞)，x0≤x0＋1解析：因为綈p是p的否定，所以只需将全称量词变为存在量词，再对结论进行否定即可．。