1、 分析近三年的高考试题,立体几何部分在题型、题量、分值、难度等方面,均保持相对稳定.在一套高考试题中,一般有 3 道立体几何题,其中小题 2 道,解答题 1 道,分值 22 分,约占总分(150分)的 15%.三视图与体积表面积的结合、空间垂直与平行的证明、求空间角仍然是命题的热点,单纯的考查多面体体积的计算、多面体与球的切接问题、折叠与展开问题、线面位置关系的判断也时有涉及.预测 2018 年高考对立体几何的考查:热点题型不变,在夯实基础的前提下,小题要关注多面体与球的切接问题、折叠与展开问题,大题要注意线面角与体积的综合问题,这是冷点.一、空间几何体 1.空间几何体的三视图(1)三视图的正
2、(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投影形成的平面图形.(2)三视图排列规则:俯视图放在正(主)视图的下面,长度与正(主)视图一样;侧(左)视图放在正(主)视图的右面,高度和正(主)视图一样,宽度与俯视图一样.(3)画三视图的基本要求:正(主)俯一样长,俯侧(左)一样宽,正(主)侧(左)一样高.看不到的线画虚线.2.空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式:S 柱侧=ch(c 为底面周长,h 为高);S 锥侧=12ch(c 为底面周长,h为斜高);S 台侧=12(c+c)h(c,c 分别为上,下底面的周长,h为斜高);S 球
3、表=4R2(R 为球的半径).(2)柱体、锥体和球的体积公式:V 柱体=Sh(S 为底面面积,h 为高);V 锥体=13Sh(S 为底面面积,h 为高);V 台=13(S+S)h(S、S 分别为上、下底面的面积,h 为高);(不要求记忆)V 球=43R3(R 为球的半径).注意:识读三视图时,要特别注意观察者的方位与三视图的对应关系和虚实线.注意复合体的表面积计算,特别是一个几何体切割去一部分后剩余部分的表面积计算.要弄清增加和减少的部分.展开与折叠、卷起问题中,要注意平面图形与直观图中几何量的对应关系.不规则几何体求体积时一般用割补法或等积法求解.三视图问题要特别留意各种视图与观察者的相对位
4、置关系.二、点、线、面的位置关系 1.线面平行与垂直的判定定理、性质定理 线面平行的判定定理 a bb a a 线面平行的性质定理 a a a=b ab 线面垂直的判定定理 a ,b ab=Ol a,l b l 线面垂直的性质定理 a b ab 2.面面平行与垂直的判定定理、性质定理 面面平行的判定定理 a b ab=Oa ,b 面面平行的性质定理 =a=b ab 面面垂直的判定定理 a a 面面垂直的性质定理 =c a a c a 注意:使用有关平行、垂直的判定定理时,要注意其具备的条件,缺一不可.三、利用空间向量解决立体几何问题 1.直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线 l
5、,m 的方向向量分别为 a=(a1,b1,c1),b=(a2,b2,c2),平面,的法向量分别为=(a3,b3,c3),v=(a4,b4,c4)(以下相同).(1)线线夹角 设直线 l,m 的夹角为(02),则 cos=|=|12+12+12|12+12+12 22+22+22.(2)线面夹角 设直线 l 与平面的夹角为(02),则 sin=|cos|=|.(3)面面夹角 设半平面,的夹角为(0),则|cos|=|cos|=|.2.求空间距离 直线到平面的距离、两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离.点 P 到平面的距离 d=|(其中 n 为平面的法向量,M 为平面内任意一点).注意:求二面
6、角时,两法向量的夹角有可能是二面角的补角,要注意从图中分析二面角是钝角还是锐角.作辅助线(面)是立体几何证明题中常用技巧,作图时要依据题设条件和待求(证)结论之间的关系结合有关定理作图.注意线线、线面、面面平行与垂直关系的相互转化.利用空间向量证明空间平行、垂直关系时,需转化为证明其所在方向向量或法向量的平行、垂直,且一定要交代清楚涉及向量所在的直线、平面是否满足判定定理的条件,如证明 l,需证明 l 的方向向量 l 与平面的法向量 n 垂直,但一定要交代 l这一条件.考点一 三视图与直观图 主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则,根据空间几何体确定其三视图或根据三视图还原其对应的直观图或根据
7、三视图的其中两个确定另一个,以选择题、填空题形式考查.1 某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是3,则正(主)视图中的 x 的值是().A.2 B.92 C.32 D.3【分析】根据三视图可画得该四棱锥的直观图,根据勾股定理求出即可.【解析】根据三视图判断该几何体为四棱锥,其直观图如图所示,该几何体的体积 V=131+22 2x=3,解得 x=3.【答案】D 1.在分析空间几何体的三视图问题时,先根据俯视图确定几何体的底面,然后根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置,特别注意由各视图中观察者与几何体的相对位置与图中的虚实线来确定几何
8、体的形状.2.有些几何体的三视图可以放在几何体内还原,如放在立方体、长方体等.(2016 年天津卷)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥,得到的几何体的正视图与俯视图如图所示,则该几何体的侧(左)视图为().【解析】由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图,故其侧(左)视图为图.【答案】B 考点二 空间几何体表面积与体积的计算 空间几何体表面积与体积的计算是高考的必考内容,主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式.三种题型都有可能出现,在小题中常与三视图结合命题,也可能单独考查.角度 1:以三视图为背景考查几何体的表面积、体积 2 某空间几何体的三视图如图所示(图中小正方形的边长
9、为 1),则该几何体的侧面积是 .【分析】根据三视图的形状,把几何体放到正方体中还原该几何体的形状,然后通过三视图的数据求解该几何体的侧面积.【解析】如图,在正方体中还原该几何体,可知该几何体是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥 A-BCD,侧面ABC 是边长为4 2的等腰三角形,ABD、ADC 是直角三角形,所以该几何体的侧面积是 S=124 24 2 32+21244 2=8 3+16 2.【答案】8 3+16 2 如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗线画出的是某个几何体的三视图,则这个几何体的体积是 .【解析】由三视图可知,该几何体是由一个半圆柱与三棱柱组成的几何体.所以这个几何体的体积
10、 V=12121+12212=2+2.【答案】2+2 角度 2:根据几何体的结构特征计算表面积、体积 3 已知在各棱长都为2的三棱锥A-BCD中,棱AD,AB,AC的中点分别为 P,Q,R,则三棱锥 Q-APR 的体积为().A.24 B.28 C.212 D.216【分析】由等体积法知,VQ-APR=VA-PQR,由点 A 到平面 BCD 的距离可得点 A 到平面 PQR 的距离,计算PQR 的面积,由此能求出结果.【解析】取 CD 的中点 E,连接 BE,AE,作 AO底面 BCD,交BE 于点 O.三棱锥 A-BCD 各棱长都为 2,棱 AD,AB,AC 的中点分别为P,Q,R,QR=Q
11、P=PR=1,SPQR=1211sin 60=34.BE=AE=22-12=3,OE=13BE=33,AO=(3)2-(33)2=2 63,点 A 到平面 PQR 的距离 h=12AO=63.三棱锥 Q-APR 的体积为 VQ-APR=VA-PQR=13hSPQR=13 63 34=212.【答案】C 计算空间几何体表面积与体积的两种题型的解题步骤:1.用三视图给出几何体,先依据三视图的画法规则想象几何体的形状特征,必要时画出直观图,再找出其几何量代入体积、表面积公式计算;2.用直观图给出几何体,先依据线面位置关系的判定定理与性质定理讨论分析几何体的形状特征,再求体积或表面积.九章算术是我国古
12、代内容极为丰富 的数学名著,书中提到了一种名为“刍甍”的五面体(如图),平面ABCD为矩形,棱EFAB.若此几何体中,AB=4,EF=2,ADE和BCF都是边长为 2 的等边三角形,则此几何体的表面积为().A.8 3 B.8+8 3 C.6 2+2 3 D.8+6 2+2 3【解析】过点 F 作 FO平面 ABCD,垂足为 O,取 BC 的中点P,连接 PF,OP,过点 F 作 FQAB,垂足为 Q,连接 OQ.ADE 和BCF 都是边长为 2 的等边三角形,OP=12(AB-EF)=1,PF=3,OQ=12BC=1.OF=2-O2=2,FQ=2+O2=3.S 梯形 EFBA=S 梯形 EF
13、CD=12(2+4)3=3 3.又SBCF=SADE=34 22=3,S 矩形 ABCD=42=8,该几何体的表面积 S=3 32+32+8=8+8 3.【答案】B 考点三 多面体与球的切、接问题 主要考查多面体或旋转体与球接、切构成的简单组合体中与球半径有关的计算问题,常以选择题、填空题形式考查.4 三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球 O 的表面上,SA平面 ABC,ABBC,且 SA=AB=BC=1,则球 O 的表面积为().A.32 B.32 C.3 D.12【分析】根据题意,将三棱锥补成正方体,正方体的体对角线的长度即为球的直径,从而可求三棱锥 S-ABC 的外接球的表面积.【解析】
14、根据题意可将三棱锥补成正方体,如图,三棱锥S-ABC 的外接球即为正方体的外接球,所以外接球的直径就是正方体的体对角线的长度,所以球的半径 R=12 12+12+12=32,所以球 O 的表面积为 4R2=4(32)2=3.【答案】C 多面体或旋转体与球接、切问题的求解策略:(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面,把空间问题转化为平面问题;(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系或只画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程(组)求解;(3)若球面上四点 P,A,B,C 构成的三条线段 PA,PB,PC 两两互相垂
15、直,且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,用 4R2=a2+b2+c2求解.一个几何体的三视图如图所示,则这个几何体的外接球的表面积为 .【解析】由三视图可知该几何体是平放的直三棱柱,且三棱柱的底面为直角三角形,高为 12.可还原成长、宽、高分别是 6、8、12 的长方体,其外接球的直径是长方体体对角线的长,(2R)2=122+82+62=244,即 R2=61,其外接球的表面积为 S=4R2=244.【答案】244 考点四 点、线、面位置关系的判断 利用空间点、直线、平面位置关系的定义,四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假,以选择题、填空题
16、的形式考查.5 若 m,n 为两条不同的直线,为两个不重合的平面,则下列命题中正确的是().若直线 m,n 都平行于平面,则 m,n 一定不是相交直线;若直线 m,n 都垂直于平面,则 m,n 一定是平行直线;已知平面,互相垂直,且直线m,n也互相垂直,若m,则 n;若直线 m,n 在平面内的射影互相垂直,则 mn.A.B.C.D.【分析】根据空间线线、线面、面面平行或垂直的判定定理与性质定理逐个进行判断,并充分利用正方体或长方体模型帮助求解.【解析】错,m 与 n 可能平行,可能相交,也可能异面;对,由线面垂直的性质定理可知,m 与 n 一定平行,故正确;错,还有可能 n或 n或 n 与相交
17、;错,把 m,n 放入正方体中,如图,取 A1B 为 m,B1C 为 n,平面ABCD 为平面,则 m 与 n 在内的射影分别为 AB与 BC,且 ABBC,而 m 与 n 所成的角为 60,故错.因此选 A.【答案】A 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法:(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断;(2)借助空间几何模型,如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行肯定或否定;(3)借助于反证法,当从正面入手较难时,可利用反证法,推出与题设或公认的结论相矛盾的命题,进而做出判断.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,E 为
18、棱 CD 的中点,则().A.A1EDC1 B.A1EBD C.A1EBC1 D.A1EAC【解析】根据三垂线定理的逆定理,如果平面内的一条直线垂直这个平面的一条斜线,那么它也垂直于斜线在平面内的射线.对于 A,若 A1EDC1,则 D1EDC1,显然不成立;对于 B,若 A1EBD,则 BDAE,虽然不成立;对于 C,若 A1EBC1,则 BC1B1C,成立,反过来,当 BC1B1C 时,也能推出 BC1A1E,成立;对于 D,若 A1EAC,则 AEAC,显然不成立.故选 C.【答案】C 考点五 空间平行与垂直的证明 空间平行与垂直是立体几何的基础,也是重点,是考查空间想象能力的“主战场”
19、,主要以棱柱、棱锥以及多面体为载体,考查线面平行、垂直及面面平行、垂直的判定定理与性质定理,多以解答题的形式出现.6 如图,在四棱锥 P-ABCD 中,四边形ABCD 为平行四边形,AC 与 BD 相交于点 O,点 E、F、G 分别为 PC、AD、PD 的中点,OP=OA,PAPD.求证:(1)FG平面 BDE;(2)平面 BDE平面 PCD.【分析】(1)通过线线平行去证明线面平行即可,只需证明FGOE 即可.(2)面面垂直转化为线面垂直,只需证明 OE 垂直平面 PCD 即可.【解析】(1)连接 GE,FO,EO.点 E、F、G 分别为 PC、AD、PD 的中点,四边形 ABCD 为平行四
20、边形,GEDC 且 GE=12DC,OFDC 且 OF=12DC.OFGE 且 GE=OF,四边形 OFGE 为平行四边形,FGEO.又EO平面 BDE,FG平面 BDE,FG平面 BDE.(2)由题意知 O 为 AC 的中点,OA=OC.又E 为 PC 的中点,且 OP=OA,PAPD,OP=OC,EOPA,EOPC,EOPD.PDPC=P,EO平面 PCD.EO平面 BDE,平面 BDE平面 PCD.1.证明空间平行关系的常用方法:(1)证明线线平行,利用三角形中位线定理、平行四边形对边平行、平行公理、线面(面面)平行的性质定理证明;(2)证明线面平行,常用线面平行的判定定理或面面平行的性
21、质定理证明.2.证明空间垂直关系的常用方法:(1)证明线线垂直,利用特殊平面图形的性质来证明,如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直或勾股定理的逆定理或线面垂直的性质定理证明;(2)证明线面垂直,利用线面垂直的判定定理、面面垂直的性质定理证明,利用常见结论,如两条平行线中的一条垂直于一个平面,则另一条也垂直于这个平面等;(3)证明面面垂直,常用面面垂直的判定定理,将证明面面垂直转化为证明线面垂直,一般先从现有直线中寻找,若图中不存在这样的直线,则借助中点、高线或添加辅助线解决.如图,四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 是平行四边形,且平面 PAC平面 ABCD,E 为 P
22、D 的中点,PA=PC,AB=2BC=2,ABC=60.求证:(1)PB平面 ACE;(2)平面 PBC平面 PAC.【解析】(1)连接 BD,交 AC 于点 O,连接OE.底面 ABCD 是平行四边形,O 为 BD 的中点.又E 为 PD 的中点,OEPB.OE平面 ACE,PB平面 ACE,PB平面 ACE.(2)PA=PC,O 为 AC 的中点,POAC.又平面 PAC平面 ABCD,平面 PAC平面 ABCD=AC,PO平面PAC,PO平面 ABCD.BC平面 ABCD,POBC.在ABC 中,AB=2BC=2,ABC=60,AC=2+B2-2ABBCcos=22+12-2 2 1 1
23、2=3,AB2=AC2+BC2,BCAC.PO平面 PAC,AC平面 PAC,POAC=O,BC平面 PAC.又BC平面 PBC,平面 PBC平面 PAC.考点六 利用空间向量计算空间角 线线角、线面角、面面角本质上是对直线与平面位置关系的定量分析,其中转化的思想十分重要,这三种空间角都可转化为平面角来计算,通过建立恰当的空间直角坐标系,可进一步转化为向量的夹角计算,主要以解答题的形式考查,是高考的热点.7 在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,底面 ABCD 是直角梯形,其中 ADBC,ABAD,AB=AD=12BC,=14 ,若直线 PE 与平面 PAC 所成角的正弦值为 3010.(
24、1)求 DE 与 PB 所成角的余弦值;(2)求二面角 A-PC-D 的平面角的余弦值.【分析】以 A 为坐标原点建立空间直角坐标系,根据已知确定 P 点的坐标.(1)用坐标表示向量 ,用向量数量积公式求解;(2)先求两平面的法向量,结合图形求二面角的平面角的余弦值.【解析】以 A 为坐标原点,AB 所在直线为 x 轴,AD 所在直线为 y 轴,AP 所在直线为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.设 AB=AD=12BC=2,则 D(0,2,0),E(2,1,0),A(0,0,0),C(2,4,0),B(2,0,0).设 P(0,0,t)(t0),=(0,0,t),=(2,4,0
25、),=(2,1,-t),设平面 PAC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 =tz=0,=2x+4y=0,取 x=2,得 n=(2,-1,0).直线 PE 与平面 PAC 所成角的正弦值为 3010,|=3 5+2 5=3010,解得 t=1 或 t=-1(舍),P(0,0,1).(1)=(2,-1,0),=(2,0,-1),cos=|=4 5 5=45,DE 与 PB 所成角的余弦值为45.(2)设二面角 A-PC-D 的平面角为,由图知为锐角.设平面 PCD 的一个法向量为 m=(a,b,c).=(2,4,-1),=(0,2,-1),=2a+4b-c=0,=2b-c=0,取 b=1,得
26、 m=(-1,1,2).又平面 PAC 的一个法向量为 n=(2,-1,0),cos=|=3010,二面角 A-PC-D 的平面角的余弦值为 3010.1.利用空间向量求空间角的一般步骤:(1)建立恰当的空间直角坐标系;(2)求出相关点的坐标,写出相关向量的坐标;(3)结合公式进行论证、计算;(4)转化为几何结论.2.利用空间向量求线线角、线面角的思路:(1)异面直线所成的角,可以通过两直线的方向向量的夹角求得,即 cos=|cos|;(2)直线与平面所成的角主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角求得,即 sin=|cos|.3.利用空间向量求二面角的思路:二面角的大小可以利用分别在两个半
27、平面内与相交棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得,它等于两个法向量的夹角或其补角.在四棱锥 P-ABCD 中,E 为棱 AD 的中点,PE平面 ABCD,ADBC,ADC=90,ED=BC=2,EB=3,F 为棱 PC 的中点.(1)求证:PA平面 BEF.(2)若二面角 F-BE-C 为 60,求直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正切值.【解析】(1)连接 AC 交 BE 于点 M,连接 FM.ADBC,且 BC=AE,AM=MC.又F 为棱 PC 的中点,线段 FM 是PAC 的中位线,FMPA.FM平面 BEF,PA平面 BEF,PA平面 B
28、EF.(2)ADBC,ED=BC,四边形 BCDE 是平行四边形.又ADC=90,四边形 BCDE 是矩形,ADBE.PE平面 ABCD,PEBE,PEED.以 E 为坐标原点,EB,ED,EP 所在直线分别为 x,y,z 轴,建立空间直角坐标系 E-xyz,如图所示,设 PE=m(m0),则E(0,0,0),B(3,0,0),P(0,0,m),C(3,2,0),F(32,1,2),=(3,0,0),=(32,1,2).设平面 BEF 的一个法向量为 n=(x,y,z),由 =0,=0,得 3=0,32 x+y+2 z=0,令 z=1,得 n=(0,-12m,1).取平面 ABCD 的一个法向
29、量为 m=(0,0,1).cos=|=1(-12m)2+12.由二面角 F-BE-C 为 60,得1 24+1=12,解得 m=2 3.PE平面 ABCD,PBE 就是直线 PB 与平面 ABCD 所成角.在 RtPBE 中,BE=3,PE=2 3,tanPBE=2 33,直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正切值为2 33.考点七 利用空间向量解决探索性问题 立体几何中,平行、垂直、角的计算问题是高考考查的热点,而以它们为背景的探索性问题是近年来高考数学命题创新的一个显著特点.由于此类问题涉及的点具有不确定性,若用传统方法难度较大,一般采用向量方法处理,这样不仅思路简单,操作也方便.8 如
30、图所示,已知在长方体 ABCD 中,AB=2AD=2 2,M 为DC 的中点.将ADM 沿 AM 折起,使得 ADBM.(1)求证:平面 ADM平面 ABCM.(2)是否存在满足 =t (0t1)的点 E,使得二面角E-AM-D 的大小为4?若存在,求出相应的实数 t;若不存在,请说明理由.【分析】(1)先证明 BMAM,又知 ADBM,从而 BM平面ADM,由此能证明平面 ADM平面 ABCM.(2)建立空间直角坐标系,写出所需各点的坐标,根据已知二面角建立方程,有解就存在,否则不存在.【解析】(1)在长方形 ABCD 中,AB=2AD=2 2,M 为 DC 的中点,AM=BM=2,AM2+
31、BM2=AB2,BMAM.ADBM,ADAM=A,BM平面 ADM.又BM平面 ABCM,平面 ADM平面 ABCM.(2)以 M 为原点,MA 所在直线为 x 轴,MB 所在直线为 y 轴,过点 M 作平面 ABCM的垂线为 z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0,0),B(0,2,0),D(1,0,1),M(0,0,0),=(2,0,0),=(0,2,0),=(1,-2,1),=t =(t,-2t,t),=+=(t,2-2t,t).设平面 AME 的一个法向量为 m=(x,y,z),则 =2=0,=+(2-2)+=0,取 y=t,得 m=(0,t,2t-2).由(1)知平面 A
32、MD 的一个法向量 n=(0,1,0).二面角 E-AM-D 的大小为4,cos4=|=2+4(t-1)2=22,解得 t=23或 t=2(舍).存在满足 =t (0t1)的点 E,使得二面角 E-AM-D 的大小为4,相应的实数 t 的值为23.利用空间向量求解探索性问题的方法:(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论;(2)在这个前提下进行逻辑推理,把要成立的结论当作条件,据此列方程或方程组,把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解,是否有规定范围内的解”等,若由此推导出矛盾,则否定假设;否则,给出肯定结论.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,ABC=
33、ACD=90,BAC=CAD=60,PA平面 ABCD,PA=2,AB=1.(1)设点 E 为 PD 的中点,求证:CE平面 PAB.(2)线段 PD 上是否存在一点 N,使得直线 CN 与平面 PAC 所成的角的正弦值为 155?若存在,试确定点 N 的位置;若不存在,请说明理由.【解析】(1)取 AD 的中点 M,连接 EM,CM,则 EMPA.EM平面 PAB,PA平面 PAB,EM平面 PAB.在 RtACD 中,CAD=60,AC=AM=2,ACM=60.而BAC=60,MCAB.MC平面 PAB,AB平面 PAB,MC平面 PAB.EMMC=M,平面 EMC平面 PAB.CE平面
34、EMC,CE平面 PAB.(2)过点 A 作 AFAD,交 BC 于点 F,建立如图所示的空间直角坐标系,则 A(0,0,0),C(3,1,0),D(0,4,0),P(0,0,2).设平面 PAC 的一个法向量为 n=(x,y,z),则 =2=0,=3x+y=0,取 n=(3,-3,0).设 =(01),则 =(0,4,-2),=(-3,4-1,2-2),|cos|=|12|3+(4-1)2+(2-2)2 12=155,=12,N 为PD 的中点,使得直线 CN 与平面 PAC 所成的角的正弦值为 155.【视角拓展 1】立体几何中的最值问题 立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系,查
35、遍近几年全国各省市的高考题中,与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题在高考试题中出现的频率较高,并且成增长趋势,下面举例分析.1(2017 年全国卷)如图,圆形纸片的圆心为 O,半径为 5 cm,该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为O.D,E,F 为圆 O 上的点,DBC,ECA,FAB 分别是以BC,CA,AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后,分别以BC,CA,AB 为折痕折起DBC,ECA,FAB,使得 D,E,F 重合,得到三棱锥.当ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为 .【解析】如图,连接 OD,交 BC 于点 G,由题意知 ODBC,OG=
36、36 BC,即 OG 的长度与 BC 的长度成正比.设 OG=x,则BC=2 3x,DG=5-x,三棱锥的高 h=2-O2=25-10,SABC=12 32(2 3x)2=3 3x2,三棱锥的体积 V=13SABCh=3x2 25-10=3 254-105.令 f(x)=25x4-10 x5,x(0,52),则 f(x)=100 x3-50 x4.令 f(x)=0,解得 x=2,当 x(0,2)时,f(x)0,f(x)单调递增,当 x(2,52)时,f(x)0,f(x)单调递减,当 x=2 时,f(x)取得最大值 80,V 3 80=4 15 cm3,三棱锥体积的最大值为 4 15 cm3.【
37、答案】4 15 cm3 对于图形的翻折问题,关键是利用翻折前后不变的数量关系和图形关系,同时还要仔细观察翻折前后图形的性质.很多情况下,我们都是把这类动态问题转化成目标函数,最终利用基本不等式法、配方法、导数法等求目标函数的最值.在三棱锥 A-BCD 中,BCCD,RtBCD 斜边上的高为1,三棱锥 A-BCD 的外接球的直径是 AB,若该外接球的表面积为 16,则三棱锥 A-BCD 体积的最大值为().A.43 B.49 C.1 D.2 33 【解析】当 AD平面 BCD 时,以 CB,CD,DA 为棱构造长方体,此时三棱锥 A-BCD 的外接球即该长方体的外接球,且外接球的直径为 AB.该
38、外接球的表面积为 16,AB=4.AD2+BD2=162ADBD,ADBD8,当且仅当 AD=BD=2 2时等号成立.设 RtBCD 斜边上的高为 CE,由已知条件知 CE=1,VA-BCD=1312CEBDAD=16ADBD43,故选 A.【答案】A 【视角拓展 2】球的切、接问题 球的切、接问题在高考试题中屡见不鲜,是近年各省高考试题的难点之一,也是高考命题的热点之一.题型主要是选择题或填空题,解题方法主要是通过确定球心的位置和求解球的半径大小,来研究球的表面积和体积以及球的内接(外切)多面体的线线、线面、面面的位置关系.所以研究球的切、接问题,既要运用多面体的知识,又要掌握球的知识,还要
39、特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系.2 如图,网格纸上小正方形的边长为 1,粗实线画出的是某四棱锥的三视图,已知其俯视图是正三角形,则该四棱锥的外接球的表面积是 .【解析】根据四棱锥的三视图,知该四棱锥的底面为矩形 ABCD,高为 3,且侧面 PAB底面ABCD,PA=PB=AB=2,BC=1,如图所示.设该四棱锥的外接球球心为 O,则过点 O 作 OM平面 PAB,可知 M 为PAB 的外心,作 ON平面ABCD,可知 N 为矩形 ABCD 对角线的交点,OM=12,ON=13 3=33.四棱锥的外接球的半径满足 R2=ON2+AN2=(33)2+(12+222)2=1912,
40、外接球的表面积 S=4R2=41912=193.【答案】193 与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系,并作出合适的截面图.如球内切于正方体,切点为正方体各个面的中心,正方体的棱长等于球的直径;球外接于正方体,正方体的顶点均在球面上,正方体的体对角线等于球的直径.球与旋转体的组合,通常作它们的轴截面解题;球与多面体的组合,通过多面体的一条侧棱和球心,“切点”或“接点”作出截面图.四面体 ABCD中,AB=CD=10,AC=BD=2 34,AD=BC=2 41,则四面体 ABCD 外接球的表面积为().A.50 B.10
41、0 C.200 D.300【解析】由题意可采用割补法,考虑到四面体 ABCD 的四个面为全等的三角形,所以可在其每个面补上一个以 10,2 34,2 41为三边长的三角形作为底面的三棱锥,且该三棱锥的侧棱两两垂直,从而可得到一个长,宽,高分别为 x,y,z 的长方体,并且x2+y2=100,x2+z2=136,y2+z2=164.设外接球的半径为 R,则有(2R)2=x2+y2+z2=200,4R2=200,外接球的表面积为 S=4R2=200.【答案】C 限时训练卷 1(满分:60 分 时间:40 分钟)一、选择题:本大题共 9 小题,每小题 4 分,共 36 分.1.用一个平面去截一个三棱
42、锥,截面形状是().A.四边形 B.三角形 C.三角形或四边形 D.不可能为四边形【解析】按如图所示用一个平面去截三棱锥,截面是三角形;按如图所示用一个平面去截三棱锥,截面是四边形.【答案】C 2.某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长的棱长为().A.5 B.2 2 C.3 D.3 2【解析】如图所示,该几何体为三棱锥P-ABC.过点 P 作 PO平面 ABC,垂足为 O 点,连接OB,OC,则四边形 ABOC 为平行四边形.由三视图可知 OAAC,则最长棱为PC=22+22+12=3.【答案】C 3.(2017 年浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位:cm),则该几何体的体积(单位:c
43、m3)是().A.2+1 B.2+3 C.32+1 D.32+3【解析】V=133(122+1221)=2+1,故选 A.【答案】A 4.设为平面,a,b 为两条不同的直线,则下列叙述正确的是().A.若 a,b,则 ab B.若 a,ab,则 b C.若 a,ab,则 b D.若 a,ab,则 b【解析】若 a,b,则 a 与 b 相交、平行或异面,故A 错误;易知 B 正确;若 a,ab,则 b或 b,故 C 错误;若 a,ab,则 b或 b或 b 与相交,故 D 错误.【答案】B 5.已知某几何体的三视图如图所示,根据图中标出的尺寸(单位:cm),可得这个几何体的侧面积为().A.100
44、(2+3)cm2 B.100(2+)cm2 C.50(4+5)cm2 D.50(6+)cm2【解析】由题意,该几何体是底面半径为 10 cm,高为 20 cm的半个圆锥,母线长为 10 5 cm,所以其侧面积为122020+12122010 5=50(4+5)cm2.【答案】C 6.如图所示,在四边形 ABCD 中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,将ABD 沿 BD 折起,使得平面 ABD平面 BCD,构成四面体 A-BCD,则在四面体中,下列说法正确的是().A.平面 ABD平面 ABC B.平面 ACD平面 BCD C.平面 ABC平面 BCD D.平面 ACD平面 AB
45、C【解析】在四边形 ABCD 中,ADBC,AD=AB,BCD=45,BAD=90,BDCD.又平面 ABD平面 BCD,且平面 ABD平面 BCD=BD,CD平面 ABD,CDAB.ADAB,CDAD=D,AB平面 ACD.又AB平面 ABC,平面 ABC平面 ACD.【答案】D 7.某长方体的三视图如图,长度为 10的体对角线在正(主)视图中的投影长度为 6,在侧(左)视图中的投影长度为 5,则该长方体的全面积为().A.3 5+2 B.6 5+4 C.6 D.10【解析】设长方体的长,宽,高分别为 x,y,z,由题意得 2+2+2=10,2+2=6,2+2=5,解得 =5,=2,=1,故
46、该长方体的表面积 S=2(xy+xz+yz)=6 5+4.【答案】B 8.在正方体 ABCD-A1B1C1D1中,M,N 分别为棱 AA1,BB1的中点,则sin的值为().A.19 B.4 59 C.2 59 D.23【解析】设正方体棱长为 2,以 D 为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为 x 轴,y 轴,z 轴,建立空间直角坐标系 D-xyz,则C(0,2,0),M(2,0,1),D1(0,0,2),N(2,2,1),=(2,-2,1),1N =(2,2,-1).1N =22-22-11=-1,|=3,|1N|=3.cos=1N|1N|=-19,由平方关系得 sin=4 59.【答
47、案】B 9.已知点 P 是正三角形 ABC 所在平面外一点,PA=PB=PC=23,AB=1,则 PC 与平面 ABC 所成角的大小是().A.90 B.60 C.45 D.30【解析】作 PO平面 ABC 于 O,P 是正三角形 ABC 所在平面外一点,PA=PB=PC=23,AB=1,O 为ABC 的外心,且 ABOC,PCO 为 PC 与平面 ABC 所成的角.OC=23 32=33,PC=23,cosPCO=32,PCO=30,PC 与平面 ABC 所成角的大小是 30.【答案】D 二、填空题:本大题共 3 小题,每小题 4 分,共 12 分.10.一个六棱锥的体积为 2 3,其底面是
48、边长为 2 的正六边形,侧棱长都相等,则该六棱锥的侧面积为 .【解析】设棱锥的高为 h,则 V=13S 底h=136 34 22h=2 3,h=1.由勾股定理知,侧棱长为 22+12=5.六棱锥六个侧面全等,且侧面三角形的高为(5)2-12=2,S 侧=12226=12.【答案】12 11.已知正三棱锥 D-ABC 的侧棱两两垂直,E 为棱 AD 的中点,平面过点 A,且平面 EBC,平面 ABC=m,平面 ACD=n,则m,n 所成角的余弦值是 .【解析】平面 EBC,平面 ABC=m,平面 EBC平面ABC=BC,mBC.同理可得,nCE.BCE 为直线 m,n 所成的角.设正三棱锥的侧棱
49、为 1,则 BC=2,CE=BE=52.在BCE 中,由余弦定理得 cosBCE=54+2-542 52 2=105.【答案】105 12.如图,在边长为 1 的小正方形网格中画出了某多面体的三视图,则该多面体的外接球表面积为 .【解析】由三视图知,该几何体是三棱锥S-ABC,且三棱锥的一个侧面 SAC 与底面 ABC 垂直,画出其直观图如图所示,由三视图的数据可得OA=OC=2,OB=OS=4.建立空间直角坐标系 O-xyz,则 A(0,-2,0),B(4,0,0),C(0,2,0),S(0,0,4).则三棱锥外接球的球心 I 在平面 xOz 上,设 I(x,0,z),由|=|,|=|,得(
50、-4)2+2=2+(z-4)2,(-4)2+2=2+22+2,解得 x=z=32,所以外接球的半径R=|IB|=(32-4)2+(32)2=344.所以该三棱锥外接球的表面积 S=4R2=4344=34.【答案】34 三、解答题:本题 12 分.13.如图,已知在直四棱柱(侧棱垂直底面的棱柱)ABCD-A1B1C1D1中,ADDC,ABDC,DC=DD1=2AD=2AB=2.(1)求证:DB平面 B1BCC1.(2)求 BC1与平面 A1BD 所成角的正弦值.【解析】(1)以 D 为原点,DA,DC,DD1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)
51、,B(1,1,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),A1(1,0,2),B1(1,1,2).=(1,1,0),=(-1,1,0),1 =(0,0,2),=1-1=0,1 =0,1 ,即 DBBC,DBBB1.又BB1BC=B,DB平面 B1BCC1.(2)设 n=(x,y,z)为平面 A1BD 的一个法向量.由 n1 ,n ,1 =(1,0,2),=(1,1,0),得 +2=0,+=0,取 z=1,则 n=(-2,2,1).又1 =(-1,1,2),设 BC1与平面 A1BD 所成的角为,则 sin=|cos|=|1|1|=6 63=63,即 BC1与平面 A1BD 所成角的正弦值为 6
52、3.限时训练卷 2(满分:60 分 时间:40 分钟)一、选择题:本大题共 9 小题,每小题 4 分,共 36 分.1.已知互相垂直的平面,交于直线 l.若直线 m,n 满足 m,n,则().A.ml B.mn C.nl D.mn【解析】由已知,=l,l.又n,nl,C正确.【答案】C 2.如图,在底面边长为 1,高为 2 的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,点 P 是平面 A1B1C1D1内一点,则三棱锥 P-BCD 的正(主)视图与侧(左)视图的面积之和为().A.2 B.3 C.4 D.5【解析】三棱锥 P-BCD 的正(主)视图是底面边长为 1,高为2 的三角形,得面积为 1;三棱
53、锥 P-BCD 的侧(左)视图也是底面边长为 1,高为 2 的三角形,得面积为 1,故三棱锥P-BCD的正(主)视图与侧(左)视图的面积之和为2.【答案】A 3.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为().A.2+4 3 B.4+4 3 C.8+2 3 D.6+2 3【解析】由三视图可得该几何体是以正(主)视图为底面的四棱柱,底面面积为 1 3=3,底面周长 C=21+12+(3)2=6.棱柱的高 h=1,故棱柱的表面积 S=6+2 3.【答案】D 4.若 a,b,c 为三条不同的直线,为三个不同的平面,则下列命题正确的是().A.若 a,b,则 ab B.若a,a,则 C.若 a,
54、b,则 ab D.若,则【解析】对于 A,空间中平行于同一个平面的两直线可能异面、相交或平行,故 A 错误;对于 B,空间中平行于同一条直线的两面平行或相交,故B错误;对于C,空间中垂直于同一个平面的两条直线平行,故C正确;对于D,空间中垂直于同一个平面的两平面相交或平行,故 D 错误.【答案】C 5.若圆锥的侧面积为 20,且母线与底面所成角的余弦值为45,则该圆锥的体积为().A.12 B.16 C.20 D.24【解析】设圆锥的母线长是 l,底面半径为 r,由母线与底面所成角的余弦值为45,可得=45,圆锥的侧面积是 20,rl=20.由解得 r=4,l=5,故圆锥的高 h=2-2=25
55、-16=3,该圆锥的体积为13r2h=16.【答案】B 6.四棱锥 P-ABCD 的底面 ABCD 是边长为 6 的正方形,且PA=PB=PC=PD,若一个半径为 1 的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是().A.6 B.5 C.92 D.94【解析】由题意,四棱锥 P-ABCD 是正四棱锥,球的球心 O在四棱锥的高 PH 上.过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图所示,其中 PE,PF 是斜高,A 为球面与侧面的切点.设PH=h.RtPAORtPHF,=,即13=-1 2+32,解得 h=94.【答案】D 7.(2017 年全国卷)某多面体的三视图如图所示,其中正视图和左视图都由正方形和
56、等腰直角三角形组成,正方形的边长为 2,俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形,这些梯形的面积之和为().A.10 B.12 C.14 D.16【解析】由题意知该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成,则表面中含梯形的面积之和为 2(2+4)212=12.【答案】B 8.三棱柱 ABC-A1B1C1的侧棱与底面垂直,AA1=AB=AC=1,ABAC,N 是BC 的中点,点 P 在 A1B1上,且满足1P =11 ,直线 PN 与平面 ABC所成角的正切值取最大值时的值为().A.12 B.22 C.32 D.2 55 【解析】以 A 为原点,AB,AC,AA1所在直线分别为
57、 x 轴,y轴,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 =(12-,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 所成的角满足 sin=|cos|=1(-12)2+54.于是问题转化为二次函数求最值,而0,2,当 tan 最大时,最大,于是 sin 最大,所以当=12时,sin 取得最大值2 55,同时直线 PN 与平面ABC 所成角的正切值取得最大值.【答案】A 9.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为().A.B.8 C.92 D.278 【解析】根据几何体的三视图,该几何体是底面为等腰直角三角形,高为 2
58、 的直三棱锥,如图所示,则该直三棱锥的外接球是对应直三棱柱的外接球.设几何体外接球的半径为 R,底面是等腰直角三角形,底面外接圆的半径为 1.R2=1+1=2,外接球的表面积为 4R2=8.【答案】B 二、填空题:本大题共 3 小题,每小题 4 分,共 12 分.10.九章算术中,将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”,已知某“堑堵”的三视图如图所示,则该“堑堵”的表面积为 .【解析】由已知中的三视图可得该几何体是一个以侧(左)视图为底面的直三棱柱,底面面积为1221=1,底面周长为 2+2 2=2+2 2.故棱柱的表面积 S=21+2(2+2 2)=6+4 2.【答案】6+4 2 11.
59、(2017 年山东卷)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积为 .【解析】该几何体的体积为 V=141212+211=2+2.【答案】2+2 12.设二面角-CD-的大小为 45,点 A 在平面内,点 B 在 CD上,且ABC=45,则 AB 与平面所成角的大小为 .【解析】根据题意先画出图形,作 AF交于平面于点F,作 AECD 于点 E,由题意可知ABF=45,AEF=45.设 AF=1,则 EF=1,AE=2,BE=2,AB=2.三角形 ABD 为直角三角形,ABD=30.【答案】30 三、解答题:本题 12 分.13.如图,已知四边形 ABCD 和
60、BCEG 均为直角梯形,ADBC,CEBG,且BCD=BCE=2,平面 ABCD平面 BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2.(1)证明:AG平面 BDE.(2)求平面 BDE 和平面 ADE 所成锐二面角的余弦值.【解析】(1)平面 ABCD平面 BCEG,平面 ABCD平面BCEG=BC,CEBC,CE平面 BCEG,EC平面 ABCD.以 C 为原点,CD,CB,CE 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B(0,2,0),D(2,0,0),E(0,0,2),A(2,1,0),G(0,2,1),设平面 BDE 的一个法向量为m=(x,y,z),=
61、(0,2,-2),=(2,0,-2),则 =2y-2z=0,=2x-2z=0,取 x=1,得 m=(1,1,1).=(-2,1,1),m=0,m.AG平面 BDE,AG平面 BDE.(2)设平面 ADE 的一个法向量为n=(a,b,c),=(0,1,0),=(-2,0,2),则 =b=0,=-2a+2c=0,取 a=1,得 n=(1,0,1).由(1)得平面 BDE 的一个法向量为 m=(1,1,1).设平面 BDE 和平面 ADE 所成锐二面角的平面角为,则 cos=|=2 2 3=63.平面 BDE 和平面 ADE 所成锐二面角的余弦值为 63.(满分:150 分 时间:120 分钟)一、
62、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.1.设集合 M=x|x2-2x-12,N=x|y=log3(x-1),则 MN=().A.-1,+)B.(-1,+)C.(1,3 D.(1,3)【解析】M=x|x2-2x-12=x|-1x3,N=x|x1,MN=x|x-1.故选 A.【答案】A 2.设an是公差不为 0 的等差数列,且满足42+52=62+72,则该数列的前 10 项和等于().A.-10 B.-5 C.0 D.5【解析】设数列an的公差为 d(d0).由42+52=62+72可得 a1=-92d,a1+a10=0,所以 S10=(1+10)102=0.故选 C.【答
63、案】C 3.下列说法正确的是().A.命题“若 x3=2,则 x=23”的否命题为“若 x3=2,则 x 23”B.若复数 z 满足-2i3+2i=-1+i(i 为虚数单位),则 z 的共轭复数z是 5-3i C.命题“对任意 xR 均有 3x2-x+20”D.由数据(x1,y1),(x2,y2),(x10,y10)求得线性回归方程y=bx+a,则“(x0,y0)满足线性回归方程y=bx+a”是“x0=1+2+1010,y0=1+2+1010”的必要不充分条件【解析】命题“若 x3=2,则 x=23”的否命题为“若 x32,则 x 23”,故 A 错误;由-2i3+2i=-1+i,得 z=-5
64、+3i,于是z=-5-3i,故B 错误;命题“对任意 xR 均有 3x2-x+20”的否定是“存在 x0R 使得 302-x+20”,故 C 错误;x0,y0为这 10 组数据的平均值,又回归直线y=bx+a必过样本点的中心(x,y),因此(x0,y0)一定满足线性回归方程,但坐标满足线性回归方程的点不一定是(x,y),故 D 正确.【答案】D 4.设不等式组 +2,-2,0 所表示的区域为 M,函数 y=1-2的图象与 x 轴所围成的区域为 N,向 M 内随机投一个点,则该点落在N 内的概率为().A.2 B.4 C.8 D.16【解析】区域 M 表示的是底为 2 2,高为 2的三角形,面积
65、为122 2 2=2.区域N表示的是以原点为圆心,半径为1的半圆(在 x 轴上方),面积为1212=2.因为区域 N 在 M 内,所以由几何概型计算公式,得该点落在 N 内的概率 P=22=4,故选 B.【答案】B 5.已知定义在 R 上的偶函数 f(x)在0,+)上单调递减,且f(1)=0,则不等式 f(x-2)0 的解集是().A.x|x1 或 x2 B.x|x1 或 x2 C.x|x1 或 x3 D.x|x-1 或 x3【解析】因为 f(x)是定义在 R 上的偶函数,且在0,+)上单调递减,f(1)=0,所以不等式 f(x-2)0 等价于|x-2|1,解得 x3 或 x1,所以等式 f(
66、x-2)0 的解集是x|x1 或 x3.【答案】C 6.在(x+3)n的展开式中,各项系数的和与二项式系数的和之比为64,则 x3的系数为().A.15 B.45 C.135 D.405【解析】由题意42=64,解得 n=6.Tr+1=C6x6-r(3)r=3rC66-32,令 6-32=3,解得 r=2.所以 32C62=135.故选 C.【答案】C 7.已知一个几何体的三视图如图所示(单位:cm),则这个几何体的表面积(单位:cm2)是().A.7+2+4 B.6+2+2 C.5+2+4 D.4+2+2 【解析】由三视图可知,该几何体的下部分为一个放倒的四棱柱,上部分为半个球,如图所示.前
67、(后)梯形的面积为1(1+2)2=32,正方形 ABCD 在圆外露出部分的面积为 11-4=4-4,则这个几何体的表面积是 4-4+12+32+32+11+1 2+124(12)2=7+2+4.【答案】A 8.如果运行右边的程序框图,那么输出 S 的值是().A.3 B.4 C.52 D.92【解析】第 1 次运行,S=4+cos3=92,n=2;第 2 次运行,S=92+cos23=4,n=3;第 3 次运行,S=4+cos=3,n=4;第 4 次运行,S=3+cos43=52,n=5;第 5 次运行,S=52+cos53=3,n=6;第 6 次运行,S=3+cos 2=4,n=7;我们发现
68、周期为 6,所以第 2018 次运行结果和第 2 次运行运行结果相同,S=4,故选 B.【答案】B 9.下列不等式一定成立的是().A.x+22(x0)B.x2+12+11(xR)C.x2+12x(xR)D.x2+5x+60(xR)【解析】A 选项中,当 x0 时,显然不成立;C 选项中,当 x=-1时,显然不成立;D 选项中,当 x(-3,-2)时,x2+5x+60)的焦点,曲线 M:y=(k0)与 C 交于点 A,直线 FA 恰与 M 相切于点 A,FA 交 C 的准线于点 B,则|等于().A.14 B.13 C.23 D.34【解析】设 A(m,n),由 y=(k0)可得 y=-2,过
69、点 F 的切线方程为 y=-2(x-2),将 A(m,n)代入方程,可得 n=-2(m-2).n2=2pm,k=mn,m=4,n=22 p.设 A,B 在 x 轴上的射影分别为 E,D,|=|=2-44+2=13.【答案】B 12.已知直线(1-m)x+(3m+1)y-4=0 所过定点恰好落在函数f(x)=logx,0 3 的图象上,若函数 h(x)=f(x)-mx+2 有三个不同的零点,则实数 m 的取值范围是().A.(-,12)B.(12,1)C.(12,1 D.(1,+)【解析】由(1-m)x+(3m+1)y-4=0,得x+y-4-m(x-3y)=0,由 +-4=0,-3=0 可得直线
70、过定点(3,1),loga3=1,a=3.令 f(x)-mx+2=0,得f(x)=mx-2.在同一坐标系上作出 y1=f(x)与 y2=mx-2 的图象,易得12m0,b0)的右焦点且倾斜角为2 的直线l 与双曲线交于 A,B 两点,O 是坐标原点,若AOB=OAB,则双曲线的离心率 e 为 .【解析】由题意可知 AB 是通径.根据双曲线的对称性和AOB=OAB,三角形 AOB 为等边三角形,故2=tan6=33,即 b2=33 ac.由 c2=a2+b2,得 c2=a2+33 ac.两边同除以 a2,得 e2-33 e-1=0,解得e=3+396.【答案】3+396 15.“珠算之父”程大位
71、是我国明代伟大数学家,他的应用数学巨著算法统宗的问世,标志着我国的算法由筹算到珠算转变的完成.程大位在算法统宗中常以诗歌的形式呈现数学问题,其中有一首“竹筒容米”问题:“家有九节竹一茎,为因盛米不均平.下头三节三升九,上梢四节贮三升.惟有中间两节竹,要将米数次第盛.若有先生能算法,教君只算到天明.”(注释三升九:3.9 升.次第盛:盛米容积依次相差同一数量)用你所学的数学知识求得中间两节的容积为 .【解析】要按依次盛米容积相差同一数量的方式盛米,设相差的同一数量为 d 升,下端第一节盛米 a1升,由题意得 3=31+322 d=3.9,9-5=(91+982 d)-(51+542 d)=3,解
72、得 1=1.4,=-0.1.所以中间两节盛米的容积为a4+a5=(a1+3d)+(a1+4d)=2a1+7d=2.8-0.7=2.1 升.【答案】2.1 升 16.如图,在ABC 中,AB=BC=6,ABC=90,点D 为 AC 的中点,将ABD 沿 BD 折起到PBD 的位置,使 PC=PD,连接 PC,得到三棱锥 P-BCD,若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上,则该球的表面积是 .【解析】由题意得该三棱锥的面 PCD 是边长为 3的正三角形,且 BD平面 PCD.设三棱锥 P-BCD 外接球的球心为 O,PCD 外接圆的圆心为 O1,则 OO1平面 PCD,四边形 OO1DB 为直角梯形.
73、由 BD=3,O1D=1 及 OB=OD,得 OB=72,外接球的半径为 R=72,该球的表面积 S=4R2=474=7.【答案】7 三、解答题:本大题共 7 小题,其中第 22 题、第 23 题为选做题.17.(本小题满分 12 分)在ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且 2acos C-c=2b.(1)求角 A 的大小;(2)若 c=2,角 B 的平分线 BD=3,求 a.【解析】(1)2acos C-c=2b,由正弦定理得 2sin Acos C-sin C=2sin B.2sin Acos C-sin C=2sin(A+C)=2sin Acos C+2cos Asi
74、n C,-sin C=2cos Asin C.sin C0,cos A=-12.而 A(0,),A=23.(2)在ABD 中,由正弦定理得sin=sin,sinADB=sin =22.ADB=4,ABC=6,ACB=6,AC=AB=2.由余弦定理,得 a=BC=2+A2-2ABACcos=6.18.(本小题满分 12 分)如图,在四边形 ABCD 中,ADBC,ABC=90,AD=AB=12BC,E 是底边 BC 上的一点,且 EC=3BE.现将CDE 沿 DE 折起到C1DE 的位置,得到如图所示的四棱锥 C1-ABED,且 C1A=AB.若 M 是棱 C1E 的中点.(1)求直线 BM 与
75、平面 C1DE 所成角的正弦值;(2)求平面 ABM 与平面 C1DE 所成角的余弦值.【解析】(1)设 AD=AB=12BC=1,则 C1A=1,C1D=2.C1A2+AD2=C1D2,C1AAD.又BE=12,C1E=32,AE2=AB2+BE2=54.C1A2+AE2=94=C1E2,C1AAE.又ADAE=A,C1A平面 ABED.ABAD,AB,AD,AC1两两垂直,分别以 AB,AD,AC1所在直线为 x 轴,y 轴,z 轴的正半轴建立空间直角坐标系 A-xyz,如图,则 B(1,0,0),C1(0,0,1),E(1,12,0),D(0,1,0).M 是 C1E 的中点,M(12,
76、14,12),=(-12,14,12).设平面 C1DE 的一个法向量为n=(x,y,z),=(1,-12,0),1D =(0,1,-1),由 =0,1D =0,得-12 y=0,-=0.令 y=2,得 n=(1,2,2).设直线 BM 与平面 C1DE 所成角为,则 sin=|=49,直线 BM 与平面 C1DE 所成角的正弦值为49.(2)设平面 ABM 的一个法向量为m=(a,b,c),=(1,0,0),=(12,14,12),由 =0,=0,得 =0,12 a+14 b+12 c=0.令 b=2,得 m=(0,2,-1).设平面 ABM 与平面 C1DE 所成角为,则 cos=|=23
77、 5=2 515,平面 ABM 与平面 C1DE 所成角的余弦值为2 515.19.(本小题满分 12 分)2017 年第二十届亚洲智能制造装备产业展览会将于 9 月在上海举办,展览面积达 16 万平方米,展位总数为 8000 个,3500 多家参展企业参展.为了搞好接待工作,组委会面向社会招募了 12 名男志愿者和 18 名女志愿者从事礼宾接待和语言翻译工作,将这 30 名志愿者的身高(单位:cm)制作成茎叶图(如图所示).男 女 8 15 8 9 8 8 7 16 7 9 3 9 4 8 7 9 3 5 17 4 4 3 3 8 1 0 7 8 6 1 2 2 1 0 19 组委会安排决定
78、:身高 175 cm 以上(包含 175 cm)的志愿者从事礼宾接待,身高在 175 cm 以下的志愿者从事语言翻译.(1)如果用分层抽样的方法从从事礼宾接待的志愿者和从事语言翻译的志愿者中抽取 5 人,再从这 5 人中随机选 2 人,那么至少有一人是从事礼宾接待的志愿者的概率是多少?(2)若从所有从事语言翻译的志愿者中随机选 4 名志愿者,用表示从事语言翻译的志愿者中男志愿者的人数,试写出的分布列,并求出的数学期望.【解析】(1)根据茎叶图,从事礼宾接待的志愿者有 12 人,从事语言翻译的志愿者有 18 人,用分层抽样的方法,每个人被抽中的概率是530=16.所以抽中的从事礼宾接待的志愿者有
79、 1216=2人,从事语言翻译的志愿者有 1816=3 人.用事件 A 表示“至少有 1 名从事礼宾接待的志愿者被选中”,则它的对立事件表示“没有1名从事礼宾接待的志愿者被选中”,则 P(A)=1-P()=1-C32C52=710.(2)由题意知,的可能取值为 0,1,2,3,4.则 P(=0)=C144C184=10013060,P(=1)=C41C143C184=14563060=364765,P(=2)=C42C142C184=5463060=91510,P(=3)=C43C141C184=563060=14765,P(=4)=C44C184=13060.故的分布列为 0 1 2 3 4
80、 P 10013060 364765 91510 14765 13060 故 E=010013060+1364765+291510+314765+413060=89.20.(本小题满分 12 分)已知 A,B 分别为椭圆 E:22+22=1(ab0)的左,右顶点,点 P(0,-2),直线 BP 交 E 于点 Q,=32 且ABP 是等腰直角三角形.(1)求椭圆 E 的方程;(2)设过点 P 的动直线 l 与 E 相交于 M,N 两点,当坐标原点 O 位于以 MN 为直径的圆外时,求直线 l 斜率的取值范围.【解析】(1)ABP 是等腰直角三角形,a=2,B(2,0).设 Q(x0,y0),由
81、=32 ,得 x0=65,y0=-45,代入椭圆方程,解得b2=1,椭圆 E 的方程为24+y2=1.(2)由题意可知,直线 l 的斜率存在,设直线 l 方程为y=kx-2,M(x1,y1),N(x2,y2),联立 =-2,24+2=1,整理得(1+4k2)x2-16kx+12=0,由韦达定理可知 x1+x2=161+42,x1x2=121+42.由直线 l 与 E 有两个不同的交点,得0,即(-16k)2-412(1+4k2)0,解得 k234.由坐标原点 O 位于以 MN 为直径的圆外,得 0,即x1x2+y1y20.则 x1x2+y1y2=x1x2+(kx1-2)(kx2-2)=(1+k
82、2)x1x2-2k(x1+x2)+4=(1+k2)121+42-2k161+42+40,解得 k24,由可知34k24,解得 32 k2 或-2k2.【解析】(1)因为 f(1)=e,所以(a-b)e=e,故 a-b=1.依题意,f(1)=-2e,又 f(x)=(-3bx2-bx3+a)ex,故 a-4b=-2.联立解得 a=2,b=1.(2)要证 f(x)-g(x)2(x(0,1),即证 2ex-exx32+ln(x(0,1).令 h(x)=2ex-exx3,则 h(x)=ex(-x3-3x2+2)=-ex(x+1)(x2+2x-2).故当 x(0,1)时,-ex0.令 p(x)=x2+2x
83、-2,因为 p(x)的对称轴为 x=-1,且p(0)p(1)0,所以存在 x0(0,1),使得 p(x0)=0.当 x(0,x0)时,p(x)=x2+2x-20,即 h(x)在(0,x0)上单调递增;当 x(x0,1)时,p(x)=x2+2x-20,故h(x)=-ex(x+1)(x2+2x-2)h(0)=2.因为ln 0,所以 2+ln 2+ln,即 f(x)-g(x)2.请在第 22 题、第 23 题中任选一题作答,若多做,则按第一题计分.22.(本小题满分 10 分)选修 4-4:坐标系与参数方程 在平面直角坐标系 xOy 中,直线 l 的参数方程为 =,=2+2t(t为参数),以 O 为
84、极点,x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线 C的极坐标方程为=4cos.(1)求曲线 C 的直角坐标方程及直线 l 的普通方程;(2)将曲线 C 上各点的横坐标缩短为原来的12,再将所得的曲线向左平移 1 个单位长度,得到曲线 C1,求曲线 C1上的点到直线 l 的距离的最小值.【解析】(1)直线 l 的普通方程为 y=2x+2,曲线 C 的直角坐标方程为(x-2)2+y2=4.(2)由已知得,C1的方程为 x2+24=1,设 M(cos,2sin)为曲线 C1上任意一点,M 到直线l:2x-y+2=0 的距离为 d=|2cos-2sin+2|5=|2 2cos(+4)+2|5.当 cos(
85、+4)=-1 时,dmin=2 5=105.23.(本小题满分 10 分)选修 45:不等式选讲 设 f(x)=|x-a|,aR.(1)当 a=2 时,求不等式 f(x)4-|x-4|的解集;(2)若对任意 xR,f(x-a)+f(x+a)1-2a 恒成立,求实数 a 的最小值.【解析】(1)当 a=2 时,f(x)+|x-4|=-2+6,2,2,2 4,2-6,4.当 x2 时,由 f(x)4-|x-4|得-2x+64,解得 x1;当 2x4 时,f(x)4-|x-4|无解;当 x4 时,由 f(x)4-|x-4|得 2x-64,解得 x5.所以 f(x)4-|x-4|的解集为x|x1 或 x5.(2)f(x-a)+f(x+a)=|x-2a|+|x|(x-2a)-x|=2|a|,当且仅当(x-2a)x0 时取等号.由题意知 2|a|1-2a,解得 a14.故 a 的最小值为14.
