1、学生用书P309(单独成册)1(2018宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A1B1C1ABC中，BAC，ABACAA11，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GDEF，则线段DF的长度的取值范围为()A.BC.D.解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，E，G，F(x，0，0)，D(0，y，0)，由于GDEF，所以x2y10，DF，由x12y0，得y，所以当y时，线段DF长度的最小值是，当y0时，线段DF长度的最大值是1，又不包括端点，故y0不能取，故选A.2.(2018杭州市学军中学高考数学模拟)如图，三棱锥PAB
2、C中，已知PA平面ABC，ADBC于D，BCCDAD1，设PDx，BPC，记函数f(x)tan ，则下列表述正确的是()Af(x)是关于x的增函数Bf(x)是关于x的减函数Cf(x)关于x先递增后递减Df(x)关于x先递减后递增解析：选C.因为PA平面ABC，ADBC于D，BCCDAD1，PDx，BPC，所以可求得AC，AB，PA，PC，BP，所以在PBC中，由余弦定理知cos .所以tan211.所以tan (当且仅当x时取等号)，所以f(x)关于x先递增后递减3(2018义乌市高三月考)如图，边长为2的正ABC的顶点A在平面上，B，C在平面的同侧，M为BC的中点，若ABC在平面上的射影是以
3、A为直角顶点的AB1C1，则M到平面的距离的取值范围是_解析：设BAB1，CAC1，则AB12cos ，AC12cos ，BB12sin ，CC12sin ，则点M到平面的距离dsin sin ，又|AM|，则|B1C1|2，即cos2cos23(sin22sin sin sin2)也即sin sin ，所以dsin sin sin ，因为sin 1，sin 1，所以1，所以sin 0，所以2x2，即AD的取值范围是2，2答案：2，25(2018金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥DABC中，已知AB2，3，设ADa，BCb，CDc，则的最小值为_解析：设a，b，c，因为AB2，所以|abc|24
4、a2b2c22(abbcca)4，又因为3，所以(ac)(bc)3abbccac23，所以a2b2c22(3c2)4c2a2b22，所以2，当且仅当ab时，等号成立，即的最小值是2.答案：26(2018温州十五校联合体期末考试)在正四面体PABC中，点M是棱PC的中点，点N是线段AB上一动点，且，设异面直线NM与AC所成角为，当时，则cos 的取值范围是_解析：设点P到平面ABC的射影为点O，以AO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，过点O作BC的平行线为x轴，建立空间直角坐标系，如图设正四面体的棱长为4，则有A(0，4，0)，B(2，2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，4)，M(，1，2
5、)由，得N(2，64，0)从而有(2，56，2)，(2，6，0)所以cos ，设32t，则t.则cos ，因为，所以cos .答案：7.如图，在ABC中，B，ABBC2，P为AB边上一动点，PDBC交AC于点D.现将PDA沿PD翻折至PDA，使平面PDA平面PBCD.(1)当棱锥APBCD的体积最大时，求PA的长；(2)若P为AB的中点，E为AC的中点，求证：ABDE.解：(1)设PAx，则PAx，所以VAPBCDPAS底面PBCDx.令f(x)x(0x2)，则f(x).当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)单调递增极大值单调递减由上表易知，当PAx时，VAPBC
6、D取最大值(2)证明：取AB的中点F，连接EF，FP.由已知，得EF綊BC綊PD.所以四边形EFPD是平行四边形，所以EDFP.因为APB为等腰直角三角形，所以ABPF.所以ABDE.8.(2018杭州市第一次高考科目数学质量检测)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，平面A1BC平面A1ABB1.(1)求证：ABBC；(2)设直线AC与平面A1BC所成的角为，二面角A1BCA的大小为，试比较和的大小关系，并证明你的结论解：(1)证明：过点A在平面A1ABB1内作ADA1B于D，因为平面A1BC平面A1ABB1，平面A1BC平面A1ABB1A1B，所以AD平面A1BC，又因为B
7、C平面A1BC，所以ADBC.因为AA1平面ABC，所以AA1BC.又因为AA1ADA，所以BC侧面A1ABB1，又因为AB平面A1ABB1，故ABBC.(2)连接CD，由(1)知ACD是直线AC与平面A1BC所成的角又ABA1是二面角A1BCA的平面角则ACD，ABA1.在RtADC中，sin ，在RtADB中，sin .由ABAC，得sin sin ，又0，所以1)，将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角CABE为直二面角(1)求证：平面ACE平面BCE；(2)设F是BE的中点，二面角EACF的平面角的大小为，当2，3时，求cos 的取值范围解：(1)证明：因为二面角CABE为直二
8、面角，ABBC, 所以BC平面ABE，所以BCAE.因为AECE，BCCEC，所以AE平面BCE.因为AE平面ACE，所以平面ACE平面BCE.(2)如图，以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB，A(0，1，0)，B(，0，0)，C(，0，1)，E(0，0，0)，F，则(0，1，0)，(，0，1)，设平面EAC的法向量为m(x，y，z)，则，取x1，则m(1，0，)同理得平面FAC的一个法向量为n(2，)所以cos .因为2，3，所以cos .2.如图，在四棱锥PABCD中，已知PA平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，ABCBAD， PAAD2，AB
9、BC1.(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的长解：以，为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)由题意知，AD平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，(0，2，0)因为(1，1，2)，(0，2，2)设平面PCD的法向量为m(x，y，z)，则m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一个法向量从而cos，m，所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.(2)因为(1，0，2)，设(，0，2)(01)，又(0，1，0)，则(，1，2)，又(0，2，2)，从而cos，.设12t，t1，3，则cos2，.当且仅当t，即时，|cos，|的最大值为.因为ycos x在上是减函数，所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值又因为BP，所以BQBP.
