江苏省高考数学总复习优编增分练：高考解答题分项练二立体几何

江苏省2024届高三数学一轮总复习专题检测立体几何一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1、已知直线m ，n 与平面α，β，γ，则能使αβ⊥成立的充分条件是( ) A ．αγ⊥，βγ⊥ B ．//m α，//m βC ．//m α，m β⊥D ．m n ⊥，m αβ= ，n β⊂2、如图：已知正四面体ABCD 中E 在棱CD 上，2EC DE =，G 为ABC 的重心，则异面直线EG 与BD 所成角为（ ）A. 90°B. 60°C. 45°D. 303、已知底面半径为r 的圆锥SO ，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为3r，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ） A.29B.39C.23D.2394、在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D −中，AC 与BD 交于点O ，则下列说法错误的是（ ） A.1AD ∥平面1BOC B.BD ⊥平面1COC C.1C O 与平面ABCD 所成的角为45 D.三棱锥1C BOC −的体积为235、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到6、约翰·开普勒是近代著名的天文学家、数学家、物理学家和哲学家，有一次在上几何课时，突然想到，一个正三角形的外接圆与内切圆的半径之比2：1恰好和土星与木星轨道的半径比很接近，于是他想，是否可以用正多面体的外接球和内切球的半径比来刻画太阳系各行星的距离呢?经过实践，他给出了以下的太阳系模型：最外面一个球面，设定为土星轨道所在的球面，先作一个正六面体内接于此球面，然后作此正六面体的内切球面，它就是木星轨道所在的球面．在此球面中再作一个内接的正四面体，接着作该正四面体的内切球面即得到火星轨道所在的球面，继续下去，他就得到了太阳系各个行星的模型．根据开普勒的猜想，土星轨道所在的球面与火星轨道所在球面半径的比值为( )A ． 3B ．3 3C ．3D ．9 7、在三棱锥−P ABC 中，1PA PB PC ===，2AB BC CA ===，圆柱体1OO 在三棱锥−P ABC 内部（包含边界），且该圆柱体1OO 的底面圆O 在平面PBC 内，则当该圆柱体1OO 的体积最大时，圆柱体1OO 的高为（ ） A.13B.69C.12D.238、动点M 在正方体1111ABCD A B C D −从点1B 开始沿表面运动，且与平面11A DC 的距离保持不变，则动直线1A M 与平面11A DC 所成角正弦值的取值范围是（ ） A. 16,33B. 13,33C. 12,32D. 16,239、已知正方体1111ABCD A B C D −，则（ ） A. 直线1BC 与1DA 所成的角为90° B. 直线1BC 与1CA 所成的角为90° C. 直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45°D. 直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45°10、如图，由正四棱锥P ABCD −和正方体1111ABCD A B C D −组成的多面体的所有棱长均为2．则（ ）A. //PA 平面11CB DB. 平面PAC ⊥平面11CB DC. PB 与平面11CB D 所成角的余弦值为66D. 点P 到平面11CB D 的距离为2363+ 11、已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长都为1，E 为AB 的中点，则（ ） A. BC 1∥平面A 1ECB. 二面角A 1－EC －A 的正弦值为55C. 点A 到平面A 1BC 1的距离为217D. 若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为21612、下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）A. 直径为0.99m 的球体B. 所有棱长均为1.4m 的四面体三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13、如图是四边形ABCD 的水平放置的直观图A B C D ′′′′，则原四边形ABCD 的面积是14、在正四棱台1111ABCD A B C D −中，1112,1,2AB A B AA ===，则该棱台的体积为________．15、如图，某圆柱体的高为1，ABCD 是该圆柱体的轴截面.已知从点B 出发沿着圆柱体的侧面到点D 的路径中，最短路径的长度为52，则该圆柱体的侧面积是16、某同学在劳技课上设计了一个球形工艺品，球的内部有两个内接正五棱锥，两正五棱锥的底面重合，若两正五棱锥的侧棱与底面所成的角分别为α、β，则tan tan αβ+的最小值为______.四、解答题：本题共6小题，共 70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（本小题满分10分）如图，直三棱柱111ABC A B C −的体积为4，1A BC 的面积为22．（1）求A 到平面1A BC 的距离；18．（本小题满分12分）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D −中，12,4AB AA ==．点2222,,,A B C D 分别在棱111,,AA BB CC ,1DD 上，22221,2,3AA BB DD CC ====．（1）证明：2222B C A D ∥；（2）点P 在棱1BB 上，当二面角222P A C D −−为150°时，求2B P ．19．（本小题满分12分）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，四边形11ABB A 为正方形，点D 为棱1BB 的中点，平面11AA C C ⊥平面11ABB A ，1AA CD ⊥.（1）求证：1CA CA =；（2）若2AC AB ==，求二面角11C A D B −−的余弦值.20．（本小题满分12分）在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠D ＝90°，AB ＝22，AD ＝DC ＝2，如图1．现将△ADC 沿对角线AC 折成直二面角P －AC －B ，如图2，点M 在线段BP 上． （1）求证：AP ⊥CM ；（2）若点M 到直线AC 的距离为255，求BM BP 的值．21．（本小题满分12分）如图（1），平面四边形ABCD 由正三角形ABD 和等腰直角三角形BCD 组成，其中2BD =，=90BDC ∠°．现将三角形ABD 绕着BD 所在直线翻折到三角形PBD 位置（如图（2）），且满足平面PBD ⊥平面PCD ．（1）证明：CD ⊥平面PBD ；（2）若点Q 满足1,12PQ PD λλ=∈，当平面BCQ 与平面PCD 夹角的余弦值为3131时，求λ的值．22．（本小题满分12分）如图，三棱锥P－ABC的底面为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，AB＝2．D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，点M在线段PE上．（1）再从条件①、②、③、④四个条件中选择两个作为已知，使得平面MBD⊥平面PBC，并给予证明；（2）在（1）的条件下，求直线BP与平面MBD所成的角的正弦值．条件①：2PD=；条件②：∠PED＝60°；条件③：PM＝3ME：条件④：PE＝3ME．参考答案一、单项选择题：1、C2、D3、D4、C5、C6、B7、A8、A二、多项选择题：9、ABD 10、BD 11、ACD 12、ABD三、填空题：13、28 14、76615、14 16、2则111111112211433333A A BCA A ABC A ABC AB BC CC B V S h h V S A A V −−−=⋅===⋅== ， 解得2h =，所以点A 到平面1A BC 的距离为2；（2）取1A B 的中点E ,连接AE ,如图，因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥, 又平面1A BC ⊥平面11ABB A ，平面1A BC 平面111ABB A A B =， 且AE ⊂平面11ABB A ，所以AE ⊥平面1A BC ， 在直三棱柱111ABC A B C −中，1BB ⊥平面ABC ，由BC ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面ABC 可得AE BC ⊥，1BB BC ⊥， 又1,AE BB ⊂平面11ABB A 且相交，所以BC ⊥平面11ABB A ，所以1,,BC BA BB 两两垂直，以B 为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得2AE =，所以12AA AB ==，122A B =，所以2BC =， 则()()()()10,2,0,0,2,2,0,0,0,2,0,0A A B C ,所以1AC 的中点()1,1,1D ，则()1,1,1BD = ，()()0,2,0,2,0,0BA BC ==,可取()1,0,1m =− ，设平面BDC 的一个法向量(),,n a b c = ，则020m BD a b c m BC a ⋅=++= ⋅==， 可取()0,1,1n =− ，则11cos ,222m n m n m n⋅===×⋅，所以二面角A BD C −−的正弦值为213122 −=.18、（1）以C 为坐标原点，1,,CD CB CC 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，则2222(0,0,0),(0,0,3),(0,2,2),(2,0,2),(2,2,1)C C B D A ，2222(0,2,1),(0,2,1)B C A D ∴=−=−， 2222B C A D ∴ ∥，又2222B C A D ，不在同一条直线上，2222B C A D ∴∥.（2）设(0,2,)(04)P λλ≤≤，则22222(2,2,2)(0,2,3),=(2,0,1),A C PC D C λ=−−=−−−，则22222202(3)0n A C x y z n PC y z λ ⋅=−−+= ⋅=−+−=， 令 2z =，得3,1y x λλ=−=−， (1,3,2)n λλ∴−−，设平面222A C D 的法向量(,,)m a b c =， 则2222222020m A C a b c m D C a c ⋅=−−+= ⋅=−+=， 令 1a =，得1,2==b c ， (1,1,2)m ∴=，2263cos ,cos150264(1)(3)n m n m n mλλ⋅∴===°=+−+−， 化简可得，2430λλ−+=， 解得1λ=或3λ=，(0,2,1)P ∴或(0,2,3)P ，21B P ∴=.19、（1）证明：取1AA 中点O ，连接OD ，OC ，因为四边形11ABB A 为正方形，点D 为1BB 的中点，点O 为1AA 的中点，所以1AA OD ⊥， 又因为1AA CD ⊥，CD OD D = ，,CD OD ⊂平面OCD ，所以1AA ⊥平面OCD ， 又因为OC ⊂平面OCD ，所以1AA OC ⊥， 因为点O 为1AA 的中点，所以1CA CA =.（2）解：因为平面11AA C C ⊥平面11ABB A ，平面11AA C C 平面111ABB A AA =， 且1OC AA ⊥，OC ⊂11AAC C ，所以OC ⊥平面11ABB A ，设(),,n x y z = 为平面1ACD 的一个法向量，则112030n A D x y n A C x z ⋅=+= ⋅=+= ，取6x =，得2=33,z y −=−，所以()6,3,23n =−−，由OC ⊥平面11ABB A ，可得平面11A DB 的一个法向量为()0,0,3OC =，则2332cos ,1919573OC n OC n OC n⋅−×===−×， 由图知二面角11C A D B −−为钝二面角，所以其余弦值为21919−.20、（1）证明：在直角梯形ABCD 中，∠D ＝90°，AD ＝DC ＝2，所以AC ＝2．在△ABC 中，∠CAB ＝45°，AC ＝2，AB ＝22， 所以BC 2＝AC 2＋AB 2－2AC ·AB cos ∠CAB ＝4，所以AB 2＝AC 2＋BC 2，即AC ⊥BC ． ······················································· 2分 因为二面角P —AC —B 是直二面角，平面ABC ∩平面P AC ＝AC ，且BC ⊂平面ACB ， 所以BC ⊥平面P AC ．又AP ⊂平面P AC ，所以BC ⊥AP ． ·························································· 4分 因为AP ⊥PC ，PC ∩BC ＝C ，PC ，BC ⊂平面PBC ， 所以AP ⊥平面PBC ．又因为CM ⊂平面PBC ，所以AP ⊥CM ． ················································· 6分 （2）解：如图，以C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别为x 轴，y 轴建立空间直角坐标系， 则C (0，0，0)，B (0，2，0)，A (2，0，0)， P (1，0，1)，所以CA →＝(2，0，0)，BP →＝(1，－2，1)．ABCPM xyz因为点M 在线段BP 上， 所以设BM →＝λBP →，0≤λ≤1，则CM →＝BM →－BC →＝λ(1，－2，1)－(0，－2，0)＝(λ，2－2λ，λ)． ················· 8分 因为点M 到直线AC 的距离为255， 所以CM ·sin ＜CA →，CM →＞＝255， ······················································ 10分 所以cos ＜CA →，CM →＞＝CA →·CM →|CA →|·|CM →|＝λ6 λ2－8λ＋4， 所以sin ＜CA →，CM →＞＝5 λ2－8λ＋46 λ2－8λ＋4， 即6 λ2－8λ＋4·5 λ2－8λ＋46 λ2－8λ＋4＝255，所以25λ2－40λ＋16＝0， 解得λ＝45，即BM BP ＝45． ······································································· 12分21、（1）证明：取PD 的中点M ，连结BM ，在正三角形PBD 中，有BM PD ⊥， 又因为平面PBD ⊥平面PCD ，平面PBD 平面PCD PD =，BM ⊂平面PBD ，所以BM ⊥平面PCD ，又因为CD ⊂平面PCD ，所以BM CD ⊥， 在等腰直角三角形BCD 中，有BD CD ⊥， 又因为BD BM B = ，且,BD BM ⊂平面PBD ， 所以CD ⊥平面PBD ．（2）取BD 的中点O ，连结PO ，在正三角形PBD 中，有PO BD ⊥， 由（1）可知CD ⊥平面PBD ，又因为PO ⊂平面PBD ，所以PO CD ⊥， 又因为BD CD D ∩=，且,BD CD ⊂平面BCD ，所以PO ⊥平面BCD ．取BC 的中点N ，连结NO ，因为点O 是BD 的中点，所以NO CD ∥， 又因为CD BD ⊥，所以NO BD ⊥， 因为PO ⊥平面BCD ，,BD NO ⊂平面BCD ， 所以PO BD ⊥，PO NO ⊥，以O 为坐标原点，OB ，ON ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系， 则(1,0,0)B ，(1,0,0)D −，(0,0,3)P ，(1,2,0)C −，所以()1,0,3PD =−− ，()2,2,0BC =−，()0,2,0DC =.因为PQ PD λ= ，所以(1,0,3)OQ OP λ−=−−，所以(,0,33)OQ λλ=−− ，所以()1,0,33QB λλ=+−， 设平面BCQ 的法向量为(,,)m x y z =，则()()133000220x z QB m BC m x y λλ ++−=⋅= ⇒ ⋅=−+=， 令33x λ=−，则33y λ=−，1z λ=+，则()33,33,1m λλλ=−−+设平面PCD 的法向量为(,,)n x y z =，则030200PD n x z y DC n ⋅=−−= ⇒= ⋅=， 令3x =，则0y =，1z =−，所以()3,0,1n−，由题意可知，()()2233131cos ,3122331m n mn m nλλλλ⋅−−−===−++， 整理得2393880(32)(134)0λλλλ−+=⇒−−=，所以23λ=，413λ=， 又因为1,12λ∈，所以23λ=．22、解：（1）因PD ⊥平面ABC ，DB ⊂平面ABC ，DC ⊂平面ABC ，则,PD DB PD DC ⊥⊥， 又由题可知DB DC ⊥，则如图，建立以D 为原点的空间直角坐标系， 则()2,0,0B，()0,0,0D ，()0,2,0C ，22,,022E，设()0,0,P t ()0t >，()01PMλPE λ=<<.则()2,0,0DB =，()20,,PB t =−，()02,,PCt =−，2222,,PE t =−，()00,,DP t =.故()22122,,DM DP PM DP λPE λλλt =+=+=−. 设平面MBD 法向量为()1111,,n x y z =，则()11111120221022DB n x DM n x y tz λλλ ⋅== ⋅=++−=，令11y =，可得()120121,,λn λt= −； 设平面PBC 法向量为()2222,,n x y z =， 则2222222020PB n x tz PC n y tz ⋅=−= ⋅=−= ，可令221x y ==，可得2211,,n t=. 要使平面MBD ⊥平面PBC ，需满足()12221021λn n λt ⋅=+=⇒−221t λt =+. 注意到条件①2t ⇔=，PD ⊥平面ABC ，DE ⊂平面ABC ，PD DE ⊥，又由题可知1DE =，则条件②3t ⇔=，条件③34λ⇔=，条件④23λ⇔=. 则当条件①④成立或条件②③成立时，都有221t λt =+，即可以使平面MBD ⊥平面PBC ； （2）由（1），当选择①④时，2t =，()0,0,2P ，23λ=. 则()2,0,2BP =− ，平面MBD 法向量为()()120101121,,,,λn λt ==− −，设BP 与平面MBD 所成角为θ，则1121sin 222BP n BP n ⋅===⋅⋅θ ；当选择②③时，3t =，()0,0,3P ，34λ=. 则()203,,BP =−，平面MBD 法向量()1260101221,,,,λn λt==−−， 设BP 与平面MBD 所成角为θ，则113232sin 5552BP n BP n ⋅===⋅⋅θ； .。

立体几何中的计算A 组——抓牢中档小题1. 若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 ________.解析：由题意，得圆锥的母线长l ＝12＋22＝5，所以S 圆锥侧＝πrl ＝π×1×5＝5π.答案：5π2．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________cm 3. 解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x ×6＝72，所以x ＝2，于是其体积V ＝34×22×6×6＝363cm 3. 答案：36 33．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为32R ，AB ＝AC ＝BC ＝23，则球O 的表面积为________．解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，半径为r ，因为AB ＝AC ＝BC ＝23，所以△ABC 为正三角形，其外接圆的半径r ＝232sin 60°＝2，因为OO 1⊥平面ABC ，所以OA 2＝OO 21＋r 2，即R 2＝⎝⎛⎭⎪⎫32R 2＋22，解得R 2＝16，所以球O 的表面积为4πR 2＝64π. 答案：64π4. 已知一个棱长为6 cm 的正方体塑料盒子(无上盖)，上口放着一个半径为5 cm 的钢球，则球心到盒底的距离为________cm.解析：球心到正方体的塑料盒上表面(不存在)所在平面的距离为52－32＝4，所以球心到盒底的距离为4＋6＝10(cm)．答案：105．(2024·扬州期末)若圆锥的侧面绽开图是面积为3π且圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为________．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，母线为l ，则由12·2π3·l 2＝3π，得l ＝3，又由2π3·l ＝2πr ，得r ＝1，从而有h ＝l 2－r 2＝22，所以V ＝13·πr 2·h ＝223π. 答案：223π6. 一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：由题意知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面高为5 cm ，则正四棱锥的高为52－⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝4 cm ，所以所求容积V ＝13×62×4＝48 cm 3.答案：487．已知一个正方体的全部顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为 3. 设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3，R ＝32，所以这个球的体积为43πR 3＝4π3×278＝9π2.答案：9π28．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________．解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π，即a 313πr 3＝3π，得a ＝r ，从而S 1S 2＝6a 22πr 2＝62π＝32π. 答案：32π9．已知正方形ABCD 的边长为2，E ，F 分别为BC ，DC 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个四面体，使B ，C ，D 三点重合，则这个四面体的体积为________．解析：设B ，C ，D 三点重合于点P ，得到如图所示的四面体P ­AEF .因为AP ⊥PE ，AP ⊥PF ，PE ∩PF ＝P ，所以AP ⊥平面PEF ，所以V 四面体P ­AEF ＝V 四面体A ­PEF ＝13·S △PEF ·AP ＝13×12×1×1×2＝13.答案：1310．(2024·常州期末)已知圆锥的高为6，体积为8，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，得到的圆台体积是7，则该圆台的高为________．解析：设截得的小圆锥的高为h 1，底面半径为r 1，体积为V 1＝13πr 21h 1；大圆锥的高为h＝6，底面半径为r ，体积为V ＝13πr 2h ＝8.依题意有r 1r ＝h 1h ，V 1＝1，V 1V ＝13πr 21h 113πr 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫h 1h 3＝18，得h 1＝12h ＝3，所以圆台的高为h －h 1＝3.答案：311.如图，在直三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．解析：连结A 1B ，沿BC 1将△CBC 1绽开，与△A 1BC 1在同一个平面内，如图所示，连结A 1C ，则A 1C 的长度就是所求的最小值．因为A 1C 1＝6，A 1B ＝210，BC 1＝2，所以A 1C 21＋BC 21＝A 1B 2，所以∠A 1C 1B ＝90°.又∠BC 1C ＝45°，所以∠A 1C 1C ＝135°，由余弦定理，得A 1C 2＝A 1C 21＋CC 21－2A 1C 1·CC 1·cos∠A 1C 1C ＝36＋2－2×6×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－22＝50，所以A 1C ＝52，即CP ＋PA 1的最小值是5 2.答案：5 212．(2024·苏中三市、苏北四市三调)现有一正四棱柱形铁块，底面边长为高的8倍，将其熔化锻造成一个底面积不变的正四棱锥形铁件(不计材料损耗)．设正四棱柱与正四棱锥的侧面积分别为S 1，S 2，则S 1S 2的值为________．解析：设正四棱柱的高为a ，所以底面边长为8a ，依据体积相等，且底面积相等，所以正四棱锥的高为3a ，则正四棱锥侧面的高为3a2＋4a2＝5a ，所以S 1S 2＝4×8a 24×12×8a ×5a ＝25. 答案：2513．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为42π，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为________．解析：如图，设底面半径为r ，由题意可得：母线长为2r .又侧面绽开图面积为12×2r ×2πr ＝42π，所以r ＝2.又截面三角形ABD 为等边三角形，故BD ＝AB ＝2r ，又OB ＝OD ＝r ，故△BOD 为等腰直角三角形．设圆锥底面中心到截面的距离为d ，又V O ­ABD ＝V A ­BOD ，所以d ×S △ABD ＝AO ×S △OBD .又S △ABD ＝34AB 2＝34×8＝23，S △OBD ＝2，AO ＝r ＝2，故d ＝2×223＝233.答案：23314. 底面半径为1 cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12 cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切．现往容器里注水，使水面恰好浸没全部铁球，则须要注水________cm 3.解析：设四个实心铁球的球心为O 1，O 2，O 3，O 4，其中O 1，O 2为下层两球的球心，O 1O 2O 3O 4为正四面体，棱O 1O 2到棱O 3O 4的距离为22，所以注水高为1＋22.故应注水体积为π⎝⎛⎭⎪⎫1＋22－4×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22π.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋22πB 组——力争难度小题1.(2024·天津高考)已知正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M ­EFGH 的体积为________．解析：如图，连结AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M ­EFGH 的体积为13×222×12＝112.答案：1122.(2024·苏州期末)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________(容器壁的厚度忽视不计，结果保留π)．解析：设球形容器的最小半径为R ，则“十字立方体”的24个顶点均在半径为R 的球面上，所以两根并排的四棱柱体组成的长方体的八个顶点在这个球面上．球的直径就是长方体的体对角线的长度，所以2R ＝12＋22＋52＝30，得4R 2＝30.从而S 球面＝4πR 2＝30π.答案：30π3．已知三棱锥P ­ABC 的全部棱长都相等，现沿PA ，PB ，PC 三条侧棱剪开，将其表面绽开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为26，则三棱锥P ­ABC 的体积为________．解析：由条件知，表面绽开图如图所示，由正弦定理得大正三角形的边长为a ＝2×26sin 60°＝62，从而三棱锥的全部棱长均为32，底面三角形ABC 的高为326，故三棱锥的高为18－6＝23，所求体积为V ＝13×34(32)2×23＝9.答案：94．(2024·渭南二模)体积为4π3的球与正三棱柱的全部面均相切，则该棱柱的体积为________．解析：设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2.设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3.所以V ＝12×23×3×2＝6 3.答案：6 35.如图所示，在直三棱柱中，AC ⊥BC ，AC ＝4，BC ＝CC 1＝2，若用平行于三棱柱A 1B 1C 1­ABC 的某一侧面的平面去截此三棱柱，使得到的两个几何体能够拼接成长方体，则长方体表面积的最小值为________．解析：用过AB ，AC 的中点且平行于平面BCC 1B 1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个边长为2的正方体，其表面积为24；用过AB，BC的中点且平行于平面ACC1A1的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,1,2的长方体，其表面积为28；用过AA1，BB1，CC1的中点且平行于平面ABC的平面截此三棱柱，可以拼接成一个长、宽、高分别为4,2,1的长方体，其表面积为28，因此所求的长方体表面积的最小值为24.答案：246.如图，在棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1，D1C1上的动点，点G为正方形B1BCC1的中心．则空间四边形AEFG在该正方体各个面上的正投影所构成的图形中，面积的最大值为________．解析：四边形AEFG在前、后面的正投影如图①，当E与A1重合，F与B1重合时，四边形AEFG在前、后面的正投影的面积最大值为12；四边形AEFG在左、右面的正投影如图②，当E与A1重合，四边形AEFG在左、右面的正投影的面积最大值为8；四边形AEFG在上、下面的正投影如图③，当F与D重合时，四边形AEFG在上、下面的正投影的面积最大值为8.综上所述，所求面积的最大值为12.答案：12。

高考填空题分项练2 平面向量1．已知△ABC 中，BC ＝4，AC ＝8，∠C ＝60°，则BC →·CA →＝________. 答案 －16解析 画图(图略)可知，向量BC →与CA →的夹角为∠C 的补角， 故BC →·CA →＝BC ×AC cos(π－C )＝4×8×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－16.2．若|a |＝1，|b |＝2，c ＝a ＋b ，且c ⊥a ，则向量a 与b 的夹角为________． 答案2π3解析 设向量a 与b 的夹角为θ， 由题意知(a ＋b )·a ＝0， ∴a 2＋a ·b ＝0，∴|a |2＋|a ||b |cos θ＝0， ∴1＋2cos θ＝0，∴cos θ＝－12.又θ∈[0，π]，∴θ＝2π3.3．设a ，b 是两个不共线的非零向量．若向量k a ＋2b 与8a ＋k b 的方向相反，则k ＝________. 答案 －4解析 ∵向量k a ＋2b 与8a ＋k b 的方向相反， ∴k a ＋2b ＝λ(8a ＋k b )⇒k ＝8λ，2＝λk ⇒k ＝－4. (∵方向相反，∴λ<0⇒k <0)4．已知向量a ，b 不共线，实数x ，y 满足(3x －4y )a ＋(2x －3y )b ＝6a ＋3b ，则x －y 的值为________． 答案 3解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＝6，2x －3y ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝3.∴x －y ＝3.5．已知向量a ＝(1,2)，b ＝(m,4)，且a ⊥(2a ＋b )，则实数m 的值为________． 答案 －18解析 方法一 因为a ＝(1,2)，b ＝(m,4)， 所以2a ＋b ＝(m ＋2,8)． 因为a ⊥(2a ＋b )，所以a ·(2a ＋b )＝m ＋2＋16＝0， 所以m ＝－18.方法二 因为a ＝(1,2)，b ＝(m,4)， 所以a 2＝5，a ·b ＝m ＋8. 因为a ⊥(2a ＋b )，所以a ·(2a ＋b )＝2a 2＋a ·b ＝10＋m ＋8＝0， 所以m ＝－18.6．已知平面向量a ，b 满足|a ＋b |＝310，且a －2b 与直线x ＋2y －2＝0的方向向量垂直，若b ＝(－2,3)，则a ＝________.答案 (－7,0)或⎝ ⎛⎭⎪⎫－295，125解析 由题意得直线x ＋2y －2＝0的斜率k ＝－12，因为a －2b 与直线x ＋2y －2＝0的方向向量垂直，所以a －2b 所在直线的斜率与直线x ＋2y －2＝0的斜率互为负倒数， 故可设a －2b ＝(m,2m )(m ≠0)，从而a ＝(m －4,2m ＋6)，得a ＋b ＝(m －6,2m ＋9)． 因为|a ＋b |＝310， 所以(m －6)2＋(2m ＋9)2＝90， 解得m ＝－3或m ＝－95，从而a ＝(－7,0)或⎝ ⎛⎭⎪⎫－295，125. 7.如图，在平面四边形ABCD 中，O 为BD 的中点，且OA ＝3，OC ＝5.若AB →·AD →＝－7，则BC →·DC →的值是________．答案 9解析 因为O 为BD 的中点，所以OB →＋OD →＝0， 所以AB →·AD →＝(AO →＋OB →)·(AO →＋OD →) ＝AO →2＋OB →·OD →＝9＋OB →·OD →＝－7， 所以OB →·OD →＝－16.所以BC →·DC →＝(BO →＋OC →)·(DO →＋OC →) ＝OC →2＋OB →·OD →＝25－16＝9.8．已知点O 在△ABC 所在平面内，且AB ＝4，AO ＝3，(OA →＋OB →)·AB →＝0，(OA →＋OC →)·AC →＝0，则AB →·AC →取得最大值时线段BC 的长度是________． 答案6解析 ∵(OA →＋OB →)·AB →＝(OA →＋OB →)·(OB →－OA →) ＝|OB →|2－|OA →|2＝0， ∴|OB →|＝|OA →|＝3， 同理|OC →|＝|OA →|＝3， 则点O 是△ABC 的外心．如图，以O 为坐标原点，平行于AB 的直线为x 轴，过点O 且与AB 垂直的直线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (－2，－5)，B (2，－5)， 点C 在以O 为圆心，3为半径的圆上， 设C (3cos θ，3sin θ)，则AB →·AC →＝(4,0)·(3cos θ＋2,3sin θ＋5) ＝12cos θ＋8，当cos θ＝1，即C (3,0)时，AB →·AC →取得最大值20， 此时BC ＝ 6.9．在菱形ABCD 中，边长AB ＝5，对角线AC ＝4，边DC 上(包括D ，C 点)一动点P 与CB 的延长线上(包括B 点)一动点Q 满足DP ＝BQ ，则PA →·PQ →的最小值是________． 答案 2解析 方法一 连结BD 交AC 于点O ， 因为边长AB ＝5，对角线AC ＝4， 所以BD ＝2.以O 为坐标原点，AC 所在直线为x 轴，BD 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系xOy .由题设可知，A (－2,0)，B (0，－1)，C (2,0)，D (0,1)． 设P (2t,1－t )，t ∈[0,1]，因为DP ＝BQ ，所以Q (－2t ，－1－t )，0≤t ≤1. 所以PA →·PQ →＝(－2－2t ，t －1)·(－4t ，－2)＝8t 2＋6t ＋2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋382＋78，由二次函数的单调性可知，当0≤t ≤1时，y ＝8t 2＋6t ＋2单调递增，所以当t ＝0时，PA →·PQ →取得最小值，且最小值为2. 方法二 因为边长AB ＝5，对角线AC ＝4， 所以BD ＝2.设向量AB →＝DC →＝a ，AD →＝BC →＝b ，由余弦定理得cos 〈a ，b 〉＝(5)2＋(5)2－222×5×5＝35，且a ·b ＝|a |·|b |cos 〈a ，b 〉＝5×5×35＝3.令DP →＝λa (0≤λ≤1)，则PA →＝－(AD →＋DP →)＝－(b ＋λa )，PQ →＝PC →＋CQ →＝(1－λ)a －(1＋λ)b ， PA →·PQ →＝(b ＋λa )·[(λ－1)a ＋(1＋λ)b ] ＝3(λ－1)＋5(1＋λ)＋5λ(λ－1)＋3λ(1＋λ) ＝8λ2＋6λ＋2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋382＋78，由二次函数的单调性可知，当0≤λ≤1时，y ＝8λ2＋6λ＋2单调递增， 所以当λ＝0时，PA →·PQ →取得最小值，且最小值为2.10．在△ABC 中，点P 是AB 上一点，且CP →＝23CA →＋13CB →，Q 是BC 的中点，AQ 与CP 的交点为M ，又CM →＝tCP →，则t 的值为________． 答案 34解析 ∵CP →＝23CA →＋13CB →，∴3CP →＝2CA →＋CB →， 即2CP →－2CA →＝CB →－CP →，∴2AP →＝PB →，即P 为AB 的一个三等分点，如图所示．∵A ，M ，Q 三点共线， ∴CM →＝xCQ →＋(1－x )CA →＝x 2CB →＋(x －1)AC →， 而CB →＝AB →－AC →，∴CM →＝x 2AB →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1AC →.又CP →＝CA →－PA →＝－AC →＋13AB →，由已知CM →＝tCP →，可得x 2AB →＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1AC →＝t ⎝ ⎛⎭⎪⎫－AC →＋13AB →，又AB →，AC →不共线，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝t 3，x 2－1＝－t ，解得t ＝34.11．已知向量a ，b 满足|a ＋b |＝6，|a －b |＝4，则|a |·|b |的取值范围是________． 答案 [5,13]解析 方法一 由|a ＋b |＝6，|a －b |＝4得，⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |2＝a 2＋b 2＋2a ·b ＝36， ①|a －b |2＝a 2＋b 2－2a ·b ＝16， ②①－②得，a ·b ＝5，进而得|a |·|b |cos θ＝5(设向量a ，b 夹角为θ)， 则|a |·|b |≥5；①＋②得，|a |2＋|b |2＝26， 进而得26＝|a |2＋|b |2≥2|a |·|b |， 即|a |·|b |≤13.综上，|a |·|b |的取值范围是[5,13]． 方法二 设a ＋b ＝2m ，a －b ＝2n ， 则|m |＝3，|n |＝2，a ＝m ＋n ，b ＝m －n . 依题意有，(|a |·|b |)2＝|m ＋n |2·|m －n |2＝(m 2＋n 2＋2m ·n )·(m 2＋n 2－2m ·n ) ＝(13＋2m ·n )·(13－2m ·n ) ＝169－4(m ·n )2，而m ·n 的取值范围是[－6,6]， 故(|a |·|b |)2∈[25,169]， 则|a |·|b |的取值范围是[5,13]．12．设向量a ，b 满足|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1，则|a －t b |(t ∈R )的最小值为________． 答案32解析 ∵|a |＝|b |＝|a ＋b |＝1， ∴a 2＋2a ·b ＋b 2＝1⇒a ·b ＝－12，∴|a －t b |＝a 2－2a ·t b ＋t 2b 2＝t 2＋t ＋1 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122＋34，∴当t ＝－12时，|a －t b |min ＝32.13．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α和β之间的新运算⊗：α⊗β＝α·ββ·β.若非零的平面向量a ，b 满足：a ⊗b 和b ⊗a 都在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪x ＝3n3，n ∈Z 中，且|a |≥|b |，设a 与b 的夹角θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4，则(a ⊗b )sin θ＝________.答案 23解析 由题意，设a ⊗b ＝a ·b b ·b ＝|a ||b |cos θ＝3k 13(k 1∈Z )， b ⊗a ＝|b ||a |cos θ＝3k 23(k 2∈Z )， 两式相乘，可得cos 2θ＝k 1k 23.因为θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π4，于是12<cos 2θ<34，即32<k 1k 2<94， 又k 1，k 2都是整数， 所以k 1k 2＝2，cos 2θ＝23，所以sin θ＝33， 又|a |≥|b |，所以k 1＝2，k 2＝1，a ⊗b ＝233，所以(a ⊗b )sin θ＝23.14.如图，在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，∠ABC ＝60°，BC ＝12AB ＝2，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上，且BE →＝λBC →，DF →＝12λDC →，则AE →·BF →的最小值为________．答案 46－13解析 由题意得AB ＝4，CD ＝2， AE →·BF →＝(AB →＋BE →)·(BC →＋CF →) ＝AB →·BC →＋BE →·BC →＋AB →·CF →＋BE →·CF →＝|AB →||BC →|cos 120°＋|BE →||BC →|－|AB →||CF →|＋|BE →||CF →|cos 60° ＝4×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＋λ·22－4×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12λ×2＋2λ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12λ×2×12＝－13＋6λ＋4λ≥－13＋26λ×4λ＝46－13，当且仅当λ＝63(舍负)时取等号， 即AE →·BF →的最小值为46－13.。

(四)解析几何1．(2018·苏州市高新区一中考试)如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的上、下顶点分别为A ，B ，右焦点为F ，点P 在椭圆C 上，且OP ⊥AF.(1)若点P 的坐标为(3，1)，求椭圆C 的方程；(2)延长AF 交椭圆C 于点Q ，已知椭圆的离心率为22，若直线OP 的斜率是直线BQ 的斜率的m 倍，求实数m 的值．解 (1)因为点P (3，1)，所以k OP ＝13，又因为AF ⊥OP ，－b c ×13＝－1， 所以3c ＝b ，所以3a 2＝4b 2，又点P (3，1)在椭圆C 上，所以3a 2＋1b2＝1， 解得a 2＝133，b 2＝134. 故椭圆方程为x 2133＋y 2134＝1. (2)因为e ＝ca ＝22， 即a 2－b 2a 2＝12， 所以b 2a 2＝12. 又因为k AQ k BQ ＝y Q －b x Q ·y Q ＋b x Q ＝y 2Q －b 2x 2Q ＝－b 2a2， 所以m ＝k OP k BQ ＝－1k AQ k BQ ＝a 2b 2＝2.2.如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，直线l ：y ＝－12x 与椭圆E 相交于A ，B 两点，AB ＝210，C ，D 是椭圆E 上异于A ，B 的两点，且直线AC ，BD 相交于点P ，直线AD ，BC 相交于点Q .(1)求椭圆E 的标准方程；(2)求证：直线PQ 的斜率为定值．(1)解 因为e ＝ca ＝32， 所以c 2＝34a 2，即a 2－b 2＝34a 2， 所以a ＝2b .所以椭圆方程为x 24b 2＋y 2b2＝1. 由题意不妨设点A 在第二象限，点B 在第四象限，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－12x ，x 24b 2＋y 2b 2＝1，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2b ，22b . 又AB ＝210，所以OA ＝10，则2b 2＋12b 2＝52b 2＝10， 得b ＝2，a ＝4.所以椭圆E 的标准方程为x 216＋y 24＝1. (2)证明 由(1)知，椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1， A (－22，2)，B (22，－2)．①当直线CA ，CB ，DA ，DB 的斜率都存在，且不为零时，设直线CA ，DA 的斜率分别为k 1，k 2，C (x 0，y 0)，显然k 1≠k 2.从而k 1·k CB ＝y 0－2x 0＋22·y 0＋2x 0－22＝y 20－2x 20－8＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 2016－2x 20－8＝2－x 204x 20－8＝－14，所以k CB ＝－14k 1. 同理k DB ＝－14k 2. 所以直线AD 的方程为y －2＝k 2(x ＋22)，直线BC 的方程为y ＋2＝－14k 1(x －22)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＋2＝－14k 1(x －22)，y －2＝k 2(x ＋22)，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝22(－4k 1k 2－4k 1＋1)4k 1k 2＋1，y ＝2(－4k 1k 2＋4k 2＋1)4k 1k 2＋1，从而点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫22(－4k 1k 2－4k 1＋1)4k 1k 2＋1，2(－4k 1k 2＋4k 2＋1)4k 1k 2＋1. 用k 2代替k 1，k 1代替k 2得点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫22(－4k 1k 2－4k 2＋1)4k 1k 2＋1，2(－4k 1k 2＋4k 1＋1)4k 1k 2＋1. 所以k PQ ＝2(－4k 1k 2＋4k 2＋1)4k 1k 2＋1－2(－4k 1k 2＋4k 1＋1)4k 1k 2＋122(－4k 1k 2－4k 1＋1)4k 1k 2＋1－22(－4k 1k 2－4k 2＋1)4k 1k 2＋1＝42(k 2－k 1)82(k 2－k 1)＝12. 即直线PQ 的斜率为定值12. ②当直线CA ，CB ，DA ，DB 中，有直线的斜率不存在时，由题意得，至多有一条直线的斜率不存在，不妨设直线CA 的斜率不存在，从而C (－22，－2)．设DA 的斜率为k ，由①知，k DB ＝－14k. 因为直线CA ：x ＝－22，直线DB ：y ＋2＝－14k(x －22)， 得P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－2＋2k .又直线BC ：y ＝－2，直线AD ：y －2＝k (x ＋22)，得Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22－22k ，－2，所以k PQ ＝12. 由①②可知，直线PQ 的斜率为定值12.3.平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，右准线的方程为x ＝433.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，2，过x 轴上的一个定点M 作直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，若三条直线PA ，PM ，PB 的斜率成等差数列，求点M 的坐标．解 (1)因为椭圆的离心率为32，右准线的方程为x ＝433， 所以e ＝c a ＝32，a 2c ＝433，则a ＝2，c ＝3，b ＝1， 椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)设M (m,0)，当直线l 为y ＝0时，A (－2,0)，B (2,0)， PA ，PM ，PB 的斜率分别为k PA ＝45，k PM ＝41－2m ，k PB ＝－43， 因为直线PA ，PM ，PB 的斜率成等差数列， 所以81－2m ＝45－43，m ＝8. 证明如下：当M (8,0)时，直线PA ，PM ，PB 的斜率构成等差数列，设AB ：y ＝k (x －8)，代入椭圆方程x 2＋4y 2－4＝0，得x 2＋4k 2(x －8)2－4＝0，即(1＋4k 2)x 2－64k 2x ＋256k 2－4＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为x 1,2＝64k 2±(－64k 2)2－4(1＋4k 2)(256k 2－4)2(1＋4k 2)，所以x 1＋x 2＝64k 21＋4k 2，x 1x 2＝256k 2－41＋4k 2， 又k PM ＝0－28－12＝－415， 所以k PA ＋k PB ＝y 1－2x 1－12＋y 2－2x 2－12＝kx 1－8k －2x 1－12＋kx 2－8k －2x 2－12＝2k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－152k －2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x 1－12＋1x 2－12 ＝2k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－152k －2(x 1＋x 2)－1x 1x 2－12(x 1＋x 2)＋14＝2k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－152k －264k21＋4k 2－1256k 2－41＋4k 2－12×64k 21＋4k 2＋14＝2k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－152k －260k 2－1154(60k 2－1)＝－815＝2k PM ，即证． 4．(2018·江苏省前黄中学等五校联考)如图，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左顶点A (－2,0)，且点⎝⎛⎭⎪⎫－1，32在椭圆上，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点．过点A 作斜率为k (k >0)的直线交椭圆E 于另一点B ，直线BF 2交椭圆E 于点C.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若△CF 1F 2为等腰三角形，求点B 的坐标；(3)若F 1C ⊥AB ，求k 的值．解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，a 2＝b 2＋c 2，14＋94b 2＝1，解得⎩⎨⎧ a ＝2，b ＝3，c ＝1.∴椭圆E 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)∵△CF 1F 2为等腰三角形，且k >0， ∴点C 在x 轴下方，①若F 1C ＝F 2C ，则C (0，－3)； ②若F 1F 2＝CF 2，则CF 2＝2，∴C (0，－3)； ③若F 1C ＝F 1F 2，则CF 1＝2，∴C (0，－3)， ∴C (0，－3)．∴直线BC 的方程为y ＝3(x －1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝3(x －1)，x 24＋y 23＝1，得⎩⎨⎧ x ＝0，y ＝－3或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝85，y ＝335，∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，335. (3)设直线AB 的方程l AB ：y ＝k (x ＋2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x ＋2)，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0， ∴x A x B ＝－2x B ＝16k 2－123＋4k2， ∴x B ＝－8k 2＋63＋4k 2，∴y B ＝k (x B ＋2)＝12k 3＋4k2， ∴B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8k 2＋63＋4k 2，12k 3＋4k 2， 若k ＝12，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，∴C ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32， ∵F 1(－1,0)，∴kCF 1＝－34， ∴F 1C 与AB 不垂直，∴k ≠12. ∵F 2(1,0)，kBF 2＝4k 1－4k 2，kCF 1＝－1k， ∴直线BF 2的方程lBF 2：y ＝4k1－4k 2(x －1)， 直线CF 1的方程lCF 1：y ＝－1k(x ＋1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝4k 1－4k 2(x －1)，y ＝－1k (x ＋1)，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝8k 2－1，y ＝－8k ， ∴C (8k 2－1，－8k )． 又点C 在椭圆上，得(8k 2－1)24＋(－8k )23＝1， 即(24k 2－1)(8k 2＋9)＝0，即k 2＝124， ∵k >0，∴k ＝612.。

高考填空题分项练2 平面向量1．已知△ABC中，BC＝4，AC＝8,∠C＝60°，则错误!·错误!＝________.答案－16解析画图（图略)可知，向量错误!与错误!的夹角为∠C的补角，故错误!·错误!＝BC×AC cos（π－C）＝4×8×错误!＝－16。

2．若|a|＝1，｜b｜＝2,c＝a＋b,且c⊥a，则向量a与b的夹角为________．答案错误!解析设向量a与b的夹角为θ,由题意知（a＋b）·a＝0，∴a2＋a·b＝0,∴|a｜2＋|a||b｜cos θ＝0，∴1＋2cos θ＝0,∴cos θ＝－错误!.又θ∈［0,π］,∴θ＝错误!。

3．设a，b是两个不共线的非零向量．若向量k a＋2b与8a＋k b的方向相反，则k＝________.答案－4解析∵向量k a＋2b与8a＋k b的方向相反，∴k a＋2b＝λ(8a＋k b）⇒k＝8λ，2＝λk⇒k＝－4.（∵方向相反，∴λ〈0⇒k<0)4．已知向量a,b不共线，实数x，y满足(3x－4y)a＋(2x－3y)b＝6a＋3b，则x－y的值为________．答案3解析由题意得错误!解得错误!∴x－y＝3.5．已知向量a＝(1,2),b＝(m,4),且a⊥（2a＋b），则实数m的值为________．答案－18解析方法一因为a＝（1,2），b＝（m，4），所以2a＋b＝（m＋2,8）．因为a⊥（2a＋b）,所以a·(2a＋b）＝m＋2＋16＝0，所以m＝－18.方法二因为a＝(1，2)，b＝(m，4)，所以a2＝5,a·b＝m＋8.因为a⊥（2a＋b)，所以a·（2a＋b）＝2a2＋a·b＝10＋m＋8＝0，所以m＝－18.6．已知平面向量a，b满足|a＋b|＝3错误!，且a－2b与直线x＋2y－2＝0的方向向量垂直，若b＝（－2，3），则a＝________.答案（－7,0)或错误!解析由题意得直线x＋2y－2＝0的斜率k＝－错误!,因为a－2b与直线x＋2y－2＝0的方向向量垂直，所以a－2b所在直线的斜率与直线x＋2y－2＝0的斜率互为负倒数，故可设a－2b＝（m,2m）（m≠0)，从而a＝（m－4,2m＋6），得a＋b＝(m－6，2m＋9)．因为｜a＋b|＝3错误!，所以(m－6)2＋（2m＋9）2＝90,解得m＝－3或m＝－错误!，从而a＝(－7，0)或错误!。

(五)空间向量与立体几何1．(2018·盐城模拟)如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，点M ，N 分别在PD ，PC 上，PN →＝12NC →，PM ＝MD .(1)求证：PC ⊥平面AMN ；(2)求二面角B －AN －M 的余弦值．(1)证明 以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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．又∵PA ＝AD ＝2，∴P (0,0,2)，D (0,2,0)，B (2,0,0)，∴M (0,1,1)，C (2,2,0)．∴PC →＝(2,2，－2)，AM →＝(0,1,1)．∵PC →·AM →＝0＋2－2＝0，∴PC ⊥AM .设N (x ，y ，z )，∵PN →＝12NC →， 求得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫23，23，43. ∵PC →·AN →＝43＋43－83＝0，∴AN ⊥PC . 又AM ∩AN ＝A ，AM ，AN ⊂平面AMN ，∴PC ⊥平面AMN .(2)解 设平面BAN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AB →＝0，n ·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝0，23x ＋23y ＋43z ＝0，令z ＝－1，∴n ＝(0,2，－1)．∵PC →＝(2,2，－2)是平面AMN 的法向量，∴cos〈n ，PC →〉＝n ·PC →|n ||PC →|＝155. 由图知二面角B －AN －M 为钝二面角，∴二面角B －AN －M 的余弦值为－155. 2.如图，已知三棱锥O －ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，E 是OC 的中点．(1)求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值；(2)求二面角A －BE －C 的正弦值．解 (1)以O 为原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，E (0,1,0)．EB →＝(2，－1,0)，AC →＝(0,2，－1)，∴cos〈EB →，AC →〉＝－25， 又异面直线所成的角为锐角或直角，∴异面直线BE 与AC 所成角的余弦值为25. (2)AB →＝(2,0，－1)，AE →＝(0,1，－1)，设平面ABE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥AB →，n 1⊥AE →，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －z ＝0，y －z ＝0，取n 1＝(1,2,2)，平面BEC 的法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos〈n 1，n 2〉＝23， ∴二面角A －BE －C 的余弦值的绝对值为23， ∴sin θ＝53， 即二面角A －BE －C 的正弦值为53. 3.三棱柱ABC －A 1B 1C 1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3，D 是BC 的中点．(1)求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值；(2)求二面角B 1－A 1D －C 1的正弦值．解 (1)由题意知，B (2,0,0)，C (0,4,0)，D (1,2,0)，A 1(0,0,3)，B 1(2,0,3)，C 1(0,4,3)，则A 1D →＝(1,2，－3)，A 1C 1→＝(0,4,0)，DB 1→＝(1，－2,3)．设平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ·A 1D →＝x ＋2y －3z ＝0，n ·A 1C 1→＝4y ＝0，得y ＝0，x ＝3z ，令z ＝1，得x ＝3，n ＝(3,0,1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈DB 1→，n 〉|＝|3＋3|10×14＝33535. (2)设平面A 1B 1D 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c )，A 1B 1→＝(2,0,0)．由m ·A 1D →＝a ＋2b －3c ＝0，m ·A 1B 1→＝2a ＝0，得a ＝0,2b ＝3c ，令c ＝2，得b ＝3，m ＝(0,3,2)．设二面角B 1－A 1D －C 1的大小为α，|cos α|＝|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝265，sin α＝3765＝345565. 所以二面角B 1－A 1D －C 1的正弦值为345565. 4.如图，在三棱锥S －ABC 中，底面是边长为23的正三角形，点S 在底面ABC 上的射影O 是AC 的中点，侧棱SB 和底面成45°角．(1)若D 为棱SB 上一点，当SDDB 为何值时，CD ⊥AB ；(2)求二面角S －BC －A 的余弦值的大小．解 连结OB ，由题意得OS ，OB ，OC 两两垂直．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 由题意知∠SBO ＝45°，SO ＝3.所以O (0,0,0)，C (0，3，0)，A (0，－3，0)，S (0,0,3)，B (3,0,0)．(1)设BD →＝λBS →(0≤λ≤1)，连结OD ，则OD →＝(1－λ)OB →＋λOS →＝(3(1－λ)，0,3λ)，所以CD →＝(3(1－λ)，－3，3λ)．因为AB →＝(3，3，0)，CD ⊥AB ，所以CD →·AB →＝9(1－λ)－3＝0，解得λ＝23.故当SDDB ＝12时，CD ⊥AB .(2)平面ACB 的法向量为n 1＝(0,0,1)．设平面SBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·SB →＝0，n 2·SC →＝0，得⎩⎨⎧ 3x －3z ＝0，3y －3z ＝0， 解得⎩⎨⎧ x ＝z ，y ＝3z ，取z ＝1， 则n 2＝(1，3，1)， 所以cos 〈n 1，n 2〉＝1×0＋3×0＋1×112＋12＋(3)2＝15， 显然所求二面角的平面角为锐角， 故所求二面角的余弦值的大小为55.。

(五)空间向量与立体几何1．(2018·盐城模拟)如图，已知四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝AD ＝2，点M ，N 分别在PD ，PC 上，＝，PM ＝MD .PN → 12NC →(1)求证：PC ⊥平面AMN ；(2)求二面角B －AN －M 的余弦值．(1)证明　以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 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．又∵PA ＝AD ＝2，∴P (0,0,2)，D (0,2,0)，B (2,0,0)，∴M (0,1,1)，C (2,2,0)．∴＝(2,2，－2)，＝(0,1,1)．PC → AM → ∵·＝0＋2－2＝0，PC → AM →∴PC ⊥AM .设N (x ，y ，z )，∵＝，PN → 12NC → 求得N.(23，23，43)∵·＝＋－＝0，∴AN ⊥PC .PC → AN → 434383又AM ∩AN ＝A ，AM ，AN ⊂平面AMN ，∴PC ⊥平面AMN .(2)解　设平面BAN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，∵Error!即Error!令z ＝－1，∴n ＝(0,2，－1)．∵＝(2,2，－2)是平面AMN 的法向量，PC → ∴cos〈n ，〉＝＝.PC → n ·PC →|n ||PC → |155由图知二面角B －AN －M 为钝二面角，∴二面角B －AN －M 的余弦值为－.1552.如图，已知三棱锥O －ABC 的侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，且OA ＝1，OB ＝OC ＝2，E是OC 的中点．(1)求异面直线BE 与AC 所成角的余弦值；(2)求二面角A －BE －C 的正弦值．解　(1)以O 为原点，分别以OB ，OC ，OA 所在直线为x 轴，y轴，z 轴建立空间直角坐标系，则A (0,0,1)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，E (0,1,0)．＝(2，－1,0)，＝(0,2，－1)，EB → AC →∴cos〈，〉＝－，EB → AC → 25又异面直线所成的角为锐角或直角，∴异面直线BE 与AC 所成角的余弦值为.25(2)＝(2,0，－1)，＝(0,1，－1)，AB → AE → 设平面ABE 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，则由n 1⊥，n 1⊥，AB → AE → 得Error!取n 1＝(1,2,2)，平面BEC 的法向量为n 2＝(0,0,1)，∴cos〈n 1，n 2〉＝，23∴二面角A －BE －C 的余弦值的绝对值为，23∴sin θ＝，53即二面角A －BE －C 的正弦值为.533.三棱柱ABC －A 1B 1C 1在如图所示的空间直角坐标系中，已知AB ＝2，AC ＝4，AA 1＝3，D 是BC 的中点．(1)求直线DB 1与平面A 1C 1D 所成角的正弦值；(2)求二面角B 1－A 1D －C 1的正弦值．解　(1)由题意知，B (2,0,0)，C (0,4,0)，D (1,2,0)，A 1(0,0,3)，B 1(2,0,3)，C 1(0,4,3)，则＝(1,2，－3)，＝(0,4,0)，＝(1，－2,3)．A 1D → A 1C 1→ DB 1→ 设平面A 1C 1D 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )．由n ·＝x ＋2y －3z ＝0，n ·＝4y ＝0，A 1D → A 1C 1→ 得y ＝0，x ＝3z ，令z ＝1，得x ＝3，n ＝(3,0,1)．设直线DB 1与平面A 1C 1D 所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n 〉|＝＝.DB 1→ |3＋3|10×1433535(2)设平面A 1B 1D 的一个法向量为m ＝(a ，b ，c )，＝(2,0,0)．A 1B 1→ 由m ·＝a ＋2b －3c ＝0，m ·＝2a ＝0，A 1D → A 1B 1→ 得a ＝0,2b ＝3c ，令c ＝2，得b ＝3，m ＝(0,3,2)．设二面角B 1－A 1D －C 1的大小为α，|cos α|＝|cos〈m ，n 〉|＝＝，|m ·n ||m ||n |265sin α＝＝.3765345565所以二面角B 1－A 1D －C 1的正弦值为.3455654.如图，在三棱锥S －ABC 中，底面是边长为2的正三角形，点S 在底面ABC 上的射影O 3是AC 的中点，侧棱SB 和底面成45°角．(1)若D 为棱SB 上一点，当为何值时，CD ⊥AB ；SD DB (2)求二面角S －BC －A 的余弦值的大小．解　连结OB ，由题意得OS ，OB ，OC 两两垂直．以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OS 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由题意知∠SBO ＝45°，SO ＝3.所以O (0,0,0)，C (0，，0)，A (0，－，0)，S (0,0,3)，33B (3,0,0)．(1)设＝λ(0≤λ≤1)，连结OD ，BD → BS → 则＝(1－λ)＋λ＝(3(1－λ)，0,3λ)，OD → OB → OS → 所以＝(3(1－λ)，－，3λ)．CD → 3因为＝(3，，0)，CD ⊥AB ，AB → 3所以·＝9(1－λ)－3＝0，解得λ＝.CD → AB → 23故当＝时，CD ⊥AB .SD DB 12(2)平面ACB 的法向量为n 1＝(0,0,1)．设平面SBC 的法向量n 2＝(x ，y ，z )，由Error!得Error!解得Error!取z ＝1，则n 2＝(1，，1)，3所以cos〈n 1，n 2〉＝＝，1×0＋3×0＋1×112＋12＋(3)215显然所求二面角的平面角为锐角，故所求二面角的余弦值的大小为.55。

(二)立体几何1．(2018·浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱SB垂直于底面．(1)求证：平面SBD⊥平面SAC；(2)若SA与平面SCD所成的角为30°，求SB的长．(1)证明连接AC，BD，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.又因为SB⊥底面ABCD，所以AC⊥SB，因为BD∩SB＝B，BD，SB⊂平面SBD，所以AC⊥平面SBD.又因为AC⊂平面SAC，所以平面SAC⊥平面SBD.(2)解将四棱锥补形成正四棱柱ABCD－A′SC′D′，连接A′D，作AE⊥A′D，垂足为点E，连接SE.由SA′∥CD可知，平面SCD即为平面SCDA′.因为CD⊥侧面ADD′A′，AE⊂侧面ADD′A′，所以CD⊥AE，又因为AE⊥A′D，A′D∩CD＝D，A′D，CD⊂平面SCD，所以AE⊥平面SCD，于是∠ASE即为SA与平面SCD所成的角．设SB＝x，在Rt△ABS中，SA＝1＋x2，在Rt△DAA ′中，AE ＝x1＋x2.因为∠ASE ＝30°，所以1＋x 2＝2x 1＋x2，解得x ＝1，即SB 的长为1.2．(2018·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体ABCDE 中，CD ∥AE ，∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，CD ＝2EA ＝2，AB ＝AC ＝2，BC ＝23，F 为BD 的中点．(1)证明：EF ∥平面ABC ；(2)求直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值． (1)证明 取BC 的中点G ，连接FG ，AG ，∵F 为BD 的中点，CD ＝2EA ，CD ∥AE ， ∴FG ＝12CD ＝EA ，且FG ∥AE ，∴四边形AGFE 是平行四边形， ∴EF ∥AG ，∵EF ⊄平面ABC ，AG ⊂平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)解 ∵∠EAC ＝90°，平面EACD ⊥平面ABC ，且平面EACD ∩平面ABC ＝AC ，EA ⊂平面EACD ， ∴EA ⊥平面ABC ，由(1)知FG ∥AE ，∴FG ⊥平面ABC ， 又∵AB ＝AC ，G 为BC 的中点， ∴AG ⊥BC ，如图，以G 为坐标原点，分别以GA ，GB ，GF 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0，－3，2)，E (1,0,1)， ∴AB →＝(－1，3，0)，BD →＝(0，－23，2)，BE →＝(1，－3，1)， 设平面BDE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎨⎧z －3y ＝0，x －3y ＋z ＝0，令y ＝1，得n ＝(0,1，3)，∴直线AB 与平面BDE 所成角的正弦值为 |AB →·n ||AB →||n |＝34. 3．在三棱锥D —ABC 中，DA ＝DB ＝DC ，D 在底面ABC 上的射影为E ，AB ⊥BC ，DF ⊥AB 于F . (1)求证：平面ABD ⊥平面DEF ；(2)若AD ⊥DC ，AC ＝4，∠BAC ＝60°，求直线BE 与平面DAB 所成角的正弦值． (1)证明 由题意知DE ⊥平面ABC ，所以AB ⊥DE ， 又AB ⊥DF ，且DE ∩DF ＝D ， 所以AB ⊥平面DEF ，又AB ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面DEF . (2)解 方法一 由DA ＝DB ＝DC ，知EA ＝EB ＝EC ，所以E 是△ABC 的外心．又AB ⊥BC ，所以E 为AC 的中点，如图所示． 过E 作EH ⊥DF 于H ，连接BH ， 则由(1)知EH ⊥平面DAB ，所以∠EBH 即为BE 与平面DAB 所成的角． 由AC ＝4，∠BAC ＝60°，得AB ＝AE ＝BE ＝2， 所以EF ＝3，又DE ＝2，所以DF ＝DE 2＋EF 2＝7，EH ＝237，所以sin∠EBH ＝EH BE ＝217.所以DA →＝(0，－2，－2)， DB →＝(3，－1，－2)．设平面DAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA →＝0，n ·DB →＝0，得⎩⎨⎧－2y －2z ＝0，3x －y －2z ＝0，取z ＝1，得n ＝⎝⎛⎭⎪⎫33，－1，1. 设EB →与n 的夹角为θ，则cos θ＝EB →·n |EB →|·|n |＝2273＝217，所以BE 与平面DAB 所成角的正弦值为217. 4．如图，在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，AD ＝4，点E，F 分别在AD ，BC 上，且AE ＝1，BF ＝3，将四边形AEFB 沿EF 折起，使点B 在平面CDEF 上的射影H 在直线DE 上．(1)求证：CD ⊥BE ； (2)求线段BH 的长度；(3)求直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值． (1)证明 ∵BH ⊥平面CDEF ，∴BH ⊥CD ， 又CD ⊥DE ，BH ∩DE ＝H ，BH ，DE ⊂平面DBE ， ∴CD ⊥平面DBE ，∴CD ⊥BE .(2)解 方法一 设BH ＝h ，EH ＝k ，过F 作FG 垂直ED 于点G ，∵线段BE ，BF 在翻折过程中长度不变， 根据勾股定理得⎩⎪⎨⎪⎧BE 2＝BH 2＋EH 2，BF 2＝BH 2＋FH 2＝BH 2＋FG 2＋GH 2，即⎩⎪⎨⎪⎧5＝h 2＋k 2，9＝22＋h 2＋(2－k )2，解得⎩⎪⎨⎪⎧h ＝2，k ＝1，∴线段BH 的长度为2.方法二 如图，过点E 作ER ∥DC ，过点E 作ES ⊥平面EFCD ，以点E 为坐标原点，分别以ER ，ED ，ES 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系， 设点B (0，y ，z )(y >0，z >0)， 由于F (2,2,0)，BE ＝5，BF ＝3，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 2＋z 2＝5，4＋(y －2)2＋z 2＝9，解得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1，z ＝2，于是B (0,1,2)，∴线段BH 的长度为2.(3)解 方法一 延长BA 交EF 于点M ，∵AE ∶BF ＝MA ∶MB ＝1∶3，∴点A 到平面EFCD 的距离为点B 到平面EFCD 距离的13，∴点A 到平面EFCD 的距离为23，而AF ＝13，故直线AF 与平面EFCD 所成角的正弦值为21339.方法二 由(2)方法二知FB →＝(－2，－1,2)， 故EA →＝13FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，－13，23，FA →＝FE →＋EA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－83，－73，23，设平面EFCD 的一个法向量为n ＝(0,0,1)， 直线AF 与平面EFCD 所成角的大小为θ， 则sin θ＝|FA →·n ||FA →||n |＝21339.5.在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ，M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求CM 与平面CDE 所成的角．方法一 (1)证明 因为AC ＝BC ，M 是AB 的中点， 所以CM ⊥AB .又EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以EA ⊥CM ， 因为AB ∩EA ＝A ，AB ，EA ⊂平面ABDE ， 所以CM ⊥平面ABDE ，又因为EM ⊂平面ABDE ，所以CM ⊥EM .(2)解 过点M 作MH ⊥平面CDE ，垂足为H ，连接CH 并延长交ED 于点F ，连接MF ，MD ，∠FCM 是直线CM 和平面CDE 所成的角．因为MH ⊥平面CDE ，ED ⊂平面CDE ，所以MH ⊥ED ， 又因为CM ⊥平面EDM ，ED ⊂平面EDM ， 所以CM ⊥ED ，因为MH ∩CM ＝M ，MH ，CM ⊂平面CMF ， 所以ED ⊥平面CMF ，因为MF ⊂平面CMF ，所以ED ⊥MF . 设EA ＝a ，BD ＝BC ＝AC ＝2a ， 在直角梯形ABDE 中，AB ＝22a ，M 是AB 的中点，所以DE ＝3a ，EM ＝3a ，MD ＝6a ， 所以EM 2＋MD 2＝ED 2，所以△EMD 是直角三角形，其中∠EMD ＝90°， 所以MF ＝EM ·MDDE＝2a .在Rt△CMF 中，tan∠FCM ＝MF MC＝1， 又因为∠FCM ∈(0°，90°)，所以∠FCM ＝45°，故CM 与平面CDE 所成的角是45°.方法二 如图，以点C 为坐标原点，CA ，CB 所在直线分别作为x 轴和y 轴，过点C 作与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立直角坐标系，设EA ＝a ，则A (2a,0,0)，B (0,2a,0)，E (2a,0，a )，D (0,2a,2a )，M (a ，a,0)．(1)证明 因为EM →＝(－a ，a ，－a )，CM →＝(a ，a,0)，所以EM →·CM →＝0，故EM ⊥CM . (2)解 设向量n ＝(1，y 0，z 0)为平面CDE 的一个法向量， 则n ⊥CE →，n ⊥CD →，即n ·CE →＝0，n ·CD →＝0. 因为CE →＝(2a,0，a )，CD →＝(0,2a,2a )，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋az 0＝0，2ay 0＋2az 0＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝2，z 0＝－2，即n ＝(1,2，－2)，cos 〈n ，CM →〉＝CM →·n |CM →|·|n |＝22，因为〈n ，CM →〉∈[0°，180°]，所以〈n ，CM →〉＝45°.直线CM 与平面CDE 所成的角θ是n 与CM →夹角的余角，所以θ＝45°，因此直线CM 与平面CDE 所成的角是45°. 6.如图，在三棱台ABCDEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3.(1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求直线BD 与平面ACFD 所成角的余弦值．(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示，因为平面BCFE ⊥平面ABC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF⊥AC.又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK.所以BF⊥平面ACFD.(2)解因为BF⊥平面ACK，所以∠BDF是直线BD与平面ACFD所成的角．在Rt△BFD中，BF＝3，DF＝3 2，得cos ∠BDF＝21 7.所以直线BD与平面ACFD所成角的余弦值为217.。

(二)立体几何1．(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC⊂平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.2．在直三棱柱ABC—A1B1C1中，CA＝CB，AA1＝2AB，D是AB的中点．(1)求证：BC1∥平面A1CD；(2)若点P 在线段BB 1上，且BP ＝14BB 1，求证：AP ⊥平面A 1CD .证明 (1)连结AC 1，设交A 1C 于点O ，连结OD .∵四边形AA 1C 1C 是矩形，∴O 是AC 1的中点．在△ABC 1中，O ，D 分别是AC 1，AB 的中点，∴OD ∥BC 1.又∵OD ⊂平面A 1CD ，BC 1⊄平面A 1CD ，∴BC 1∥平面A 1CD .(2)∵CA ＝CB ，D 是AB 的中点，∴CD ⊥AB .又∵在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面ABC ⊥侧面AA 1B 1B ，交线为AB ，CD ⊂平面ABC ，∴CD ⊥平面AA 1B 1B ，∵AP ⊂平面A 1B 1BA ，∴CD ⊥AP .∵BB 1＝2BA ，BB 1＝AA 1，BP ＝14BB 1，∴BP BA ＝24＝ADAA 1，∴Rt△ABP ∽Rt△A 1AD ，从而∠AA 1D ＝∠BAP ，∴∠AA 1D ＋∠A 1AP ＝∠BAP ＋∠A 1AP ＝90°，∴AP ⊥A 1D .又∵CD ∩A 1D ＝D ，CD ⊂平面A 1CD ，A 1D ⊂平面A 1CD .∴AP ⊥平面A 1CD .3.如图，在三棱锥P —ABC 中，∠PAC ＝∠BAC ＝90°，PA ＝PB ，点D ，F 分别为BC ，AB 的中点．(1)求证：直线DF ∥平面PAC ；(2)求证：PF ⊥AD .证明 (1)∵点D ，F 分别为BC ，AB 的中点，∴DF ∥AC ，又∵DF ⊄平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，∴直线DF ∥平面PAC .(2)∵∠PAC ＝∠BAC ＝90°，∴AC ⊥AB ，AC ⊥AP ，又∵AB ∩AP ＝A ，AB ，AP 在平面PAB 内，∴AC ⊥平面PAB ，∵PF ⊂平面PAB ，∴AC ⊥PF ，∵PA ＝PB ，F 为AB 的中点，∴PF ⊥AB ，∵AC ⊥PF ，PF ⊥AB ，AC ∩AB ＝A ，AC ，AB 在平面ABC 内，∴PF ⊥平面ABC, ∵AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥PF .4.如图，四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AB ＝2AD ，PD ⊥底面ABCD ，E ，F 分别为棱AB ，PC 的中点．(1)求证：EF ∥平面PAD ；(2)求证：平面PDE ⊥平面PEC .证明 (1)取PD 的中点G ，连结AG ，FG .因为F ，G 分别是PC ，PD 的中点，所以GF ∥DC ，且GF ＝12DC ，又E 是AB 的中点，所以AE ∥DC ，且AE ＝12DC ，所以GF ∥AE ，且GF ＝AE ，所以AEFG 是平行四边形，故EF ∥AG .又AG ⊂平面PAD ，EF ⊄平面PAD ，所以EF ∥平面PAD .(说明：也可以取DC 中点，用面面平行来证线面平行)(2)因为PD ⊥底面ABCD ，EC ⊂底面ABCD ，所以CE ⊥PD .取DC 中点H ，连结EH .因为ABCD 是矩形，且AB ＝2AD ，所以ADHE ，BCHE 都是正方形，所以∠DEH ＝∠CEH ＝45°，即CE ⊥DE .又PD ，DE 是平面PDE 内的两条相交直线，所以CE ⊥平面PDE . 而CE ⊂平面PEC ，所以平面PDE⊥平面PEC.5．(2016·北京)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面PAC；(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由．(1)证明∵PC⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC，∴DC⊥平面PAC.(2)证明∵AB∥CD，CD⊥平面PAC，∴AB⊥平面PAC，又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAC.(3)解棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.证明如下：取PB的中点F，连结EF，CE，CF.又∵E为AB的中点，∴EF为△PAB的中位线，∴EF∥PA.又PA⊄平面CEF，EF⊂平面CEF，∴PA∥平面CEF.。

(二)立体几何
．(·浙江省金丽衢十二校联考)如图，四棱锥－的底面是边长为的正方形，侧棱垂直于底面．
()求证：平面⊥平面；
()若与平面所成的角为°，求的长．
()证明连接，，
因为四边形为正方形，
所以⊥.
又因为⊥底面，
所以⊥，
因为∩＝，，⊂平面，
所以⊥平面.
又因为⊂平面，所以平面⊥平面.
()解将四棱锥补形成正四棱柱－′′′，连接′，作⊥′，垂足为点，连接.
由′∥可知，平面即为平面′.
因为⊥侧面′′，⊂侧面′′，
所以⊥，
又因为⊥′，′∩＝，′，⊂平面，
所以⊥平面，
于是∠即为与平面所成的角．
设＝，在△中，＝，
在△′中，＝ .
因为∠＝°，所以＝，
解得＝，即的长为.．(·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体中，∥，∠＝°，平面⊥平面，＝＝，＝＝，＝，
为的中点．
()证明：∥平面；
()求直线与平面所成角的正弦值．
()证明取的中点，连接，，
∵为的中点，＝，∥，
∴＝＝，且∥，
∴四边形是平行四边形，
∴∥，
∵⊄平面，⊂平面，
∴∥平面.。

(二)立体几何1．(2018·苏州调研)如图，在三棱锥P－ABC中，△PAB是正三角形，D，E分别为AB，AC 的中点，∠ABC＝90°.求证：(1)DE∥平面PBC；(2)AB⊥PE.证明(1)因为D，E分别为AB，AC的中点，所以DE∥BC，又DE⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以DE∥平面PBC.(2)连结PD，因为DE∥BC，又∠ABC＝90°，所以DE⊥AB.又PA＝PB，D为AB的中点，所以PD⊥AB，又PD∩DE＝D，PD，DE⊂平面PDE，所以AB⊥平面PDE.因为PE⊂平面PDE，所以AB⊥PE.2.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是正方形，AC与BD交于点O，PC⊥底面ABCD，E 为PB上一点，G为PO的中点．(1)若PD∥平面ACE，求证：E为PB的中点；(2)若AB＝2PC，求证：CG⊥平面PBD.证明(1)连结OE，由四边形ABCD是正方形知，O为BD的中点，因为PD∥平面ACE，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面ACE＝OE，所以PD∥OE. 因为O为BD的中点，所以E为PB的中点．(2)在四棱锥P－ABCD中，AB＝2PC，因为四边形ABCD是正方形，所以OC＝22 AB，所以PC＝OC.因为G为PO的中点，所以CG⊥PO.又因为PC⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，所以PC⊥BD.而四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，因为AC，PC⊂平面PAC，AC∩PC＝C，所以BD⊥平面PAC，因为CG⊂平面PAC，所以BD⊥CG.因为PO，BD⊂平面PBD，PO∩BD＝O，所以CG⊥平面PBD.3.如图，在三棱锥P－ABC中，点E，F分别是棱PC，AC的中点．(1)求证：PA∥平面BEF；(2)若平面PAB⊥平面ABC，PB⊥BC，求证：BC⊥PA.证明(1)在△PAC中，E，F分别是棱PC，AC的中点，所以PA∥EF.又PA⊄平面BEF，EF⊂平面BEF，所以PA∥平面BEF.(2)在平面PAB内过点P作PD⊥AB，垂足为D.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以PD⊥BC，又PB⊥BC，PD∩PB＝P，PD⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，所以BC⊥PA.4．(2018·扬州调研)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为AB，AC的中点．(1)证明：B1C1∥平面A1DE；(2)若平面A1DE⊥平面ABB1A1，证明：AB⊥DE.证明(1)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，四边形B1BCC1是平行四边形，所以B1C1∥BC，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，故BC∥DE，所以B1C1∥DE，又B1C1⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以B1C1∥平面A1DE.(2)在平面ABB1A1内，过A作AF⊥A1D于点F，因为平面A1DE⊥平面A1ABB1，平面A1DE∩平面A1ABB1＝A1D，AF⊂平面A1ABB1，所以AF⊥平面A1DE，又DE⊂平面A1DE，所以AF⊥DE，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，DE⊂平面ABC，所以A1A⊥DE，因为AF∩A1A＝A，AF⊂平面A1ABB1，A1A⊂平面A1ABB1，所以DE⊥平面A1ABB1，因为AB⊂平面A1ABB1，所以DE⊥AB.。

高考解答题仿真练31．(2018·全国大联考江苏卷)设f (α)＝m ·n ，其中向量m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32cos α4，12，n ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫2sin α4，cos α2－1. (1)若f (α)＝－1，求cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α2的值； (2)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别是a ，b ，c ，若a cos B ＋b cos A ＋2c ·cos C ＝0，求函数f (A )的取值范围．解 (1)∵f (α)＝m ·n ＝－1，∴32cos α4·2sin α4＋12·⎝ ⎛⎭⎪⎫cos α2－1＝－1， ∴32sin α2＋12·cos α2＝－12， 即sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫α2＋π6＝－12， ∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α2＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2－⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α2 ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α2＝－12. (2)由题意，得f (A )＝32cos A 4·2sin A 4＋12·⎝ ⎛⎭⎪⎫cos A 2－1 ＝32sin A 2＋12cos A 2－12＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6－12， 在△ABC 中，由a cos B ＋b cos A ＋2c ·cos C ＝0及正弦定理知，sin A cos B ＋sin B cos A ＋2sin C ·cos C ＝0，∴sin(A ＋B )＋2sin(A ＋B )·cos C ＝0，又∵sin(A ＋B )≠0，∴cos C ＝－12，∵C ∈(0，π)，∴C ＝2π3，∴0<A <π3，0<A2<π6，π6<A2＋π6<π3，∴sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A2＋π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32.∴函数f (A )＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫A 2＋π6－12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3－12.即函数f (A )的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3－12.2.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 为棱DD 1的中点，求证：(1)BD 1∥平面EAC ；(2)平面EAC ⊥平面AB 1C .证明 (1)连结BD 交AC 于O ，连结EO .因为O 为BD 的中点，E 为DD 1的中点，所以EO ∥BD 1.又BD 1⊄平面EAC ，EO ⊂平面EAC ，所以BD 1∥平面EAC .(2)因为DD 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以DD 1⊥AC ，又AC ⊥BD ，BD ∩DD 1＝D ，BD ，DD 1⊂平面BDD 1，所以AC ⊥平面BDD 1，所以AC ⊥BD 1，同理可证AB 1⊥BD 1.又AC ∩AB 1＝A ，AC ，AB 1⊂平面AB 1C ，所以BD 1⊥平面AB 1C ，所以BD 1垂直于平面AB 1C 内的任意一条直线．因为EO ∥BD 1，所以EO 垂直于平面AB 1C 内的任意一条直线，所以EO ⊥平面AB 1C .又EO ⊂平面EAC ，所以平面EAC ⊥平面AB 1C .3.在一水域上建一个演艺广场．演艺广场由看台Ⅰ，看台Ⅱ，三角形水域ABC 及矩形表演台BCDE 四个部分构成(如图)．看台Ⅰ，看台Ⅱ是分别以AB ，AC 为直径的两个半圆形区域，且看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍；矩形表演台BCDE 中，CD ＝10米；三角形水域ABC 的面积为4003平方米．设∠BAC ＝θ.(1)求BC 的长(用含θ的式子表示)；(2)若表演台每平方米的造价为0.3万元，求表演台的最低造价．解 (1)因为看台Ⅰ的面积是看台Ⅱ的面积的3倍，所以AB ＝3AC .在△ABC 中，S △ABC ＝12AB ·AC ·sin θ＝4003， 所以AC 2＝800sin θ. 由余弦定理可得BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC ·cos θ ＝4AC 2－23AC 2·cos θ＝(4－23cos θ)·800sin θ， 即BC ＝(4－23cos θ)·800sin θ＝40 2－3cos θsin θ， 所以BC ＝40 2－3cos θsin θ，θ∈(0，π)． (2)设表演台的总造价为W 万元．因为CD ＝10 m ，表演台每平方米的造价为0.3万元，所以W ＝3BC ＝1202－3cos θsin θ，θ∈(0，π)． 记f (θ)＝2－3cos θsin θ，θ∈(0，π)，则f ′(θ)＝3－2cos θsin 2θ. 由f ′(θ)＝0，解得θ＝π6. 当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6时，f ′(θ)<0；当θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π时，f ′(θ)>0. 故f (θ)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π6上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π上单调递增， 从而当θ＝π6时，f (θ)取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＝1. 所以W min ＝120(万元)．答 表演台的最低造价为120万元．4．已知椭圆E 的中心在坐标原点O ，焦点在x 轴上，且过点P (2,1)和A (5,0)，过点P 且垂直于直线OP 的直线l 与圆C ：x 2＋y 2＝25交于R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)两点(其中y 1>0，y 2<0)，T 为圆C 上异于R ，S 的任意一点，射线RT ，ST 分别交直线OP 于M ，N 两点．(1)求椭圆E 的方程；(2)若T 点的坐标为(3,4)，求点N 的坐标；(3)设M ，N 的横坐标分别为s ，t ，试探究s ·t 是否为定值？若为定值，求出这个值；若不为定值，请说明理由．解 (1)设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝5，4a 2＋1b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝25，b 2＝2521， 所以椭圆E 的方程为x 225＋21y 225＝1. (2)易知直线l 的方程为y ＝－2x ＋5，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－2x ＋5，x 2＋y 2＝25，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝0，y ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝－3，即R (0,5)，S (4，－3)，则直线ST 的方程为y ＝－7x ＋25，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－7x ＋25，y ＝12x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝103，y ＝53，即N ⎝ ⎛⎭⎪⎫103，53.(3)①当T (0，－5)时，k TS ＝k OP ，不符合题意；当T (4,3)时，直线RT 的方程为y ＝－12x ＋5，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－12x＋5，y ＝12x ，得s ＝5，直线ST 的方程为x ＝4，则t ＝4，此时，s ·t ＝20.②设T (x 0，y 0)(x 0≠0，且x 0≠4)，则直线RT 的方程为y ＝y 0－5x 0x ＋5，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝y 0－5x 0x ＋5，y ＝12x ，解得s ＝512－y 0－5x 0，直线ST 的方程为y ＝y 0＋3x 0－4(x －4)－3，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝y 0＋3x 0－4(x －4)－3，y ＝12x ，解得t ＝－3－4(y 0＋3)x 0－412－y 0＋3x 0－4，所以s ·t ＝512－y 0－5x 0·－3－4(y 0＋3)x 0－412－y 0＋3x 0－4＝－5·2x 0x 0－2y 0＋10·6x 0＋8y0x 0－2y 0－10＝－20·3x 20＋4x 0y 0x 20＋4y 20－4x 0y 0－100＝－20·3x 20＋4x 0y 0－3x 20－4x 0y 0＝20.综上，s ·t 为定值20.5．(2018·启东期末)已知函数f (x )＝e x ＋a e －x －1，集合A ＝{x |x 2－x ≤0}．(1)当a ＝－3时，解不等式f (x )>1；(2)若B ＝{x |log 2f (x )≥1}，且A ∩B ≠∅，求实数a 的取值范围；(3)当a >1时，若函数f (x )的定义域为A ，求函数f (x )的值域． 解 (1)当a ＝－3时，由f (x )>1得e x －3e －x －1>1， 所以e 2x －2e x －3>0，即(e x －3)(e x ＋1)>0，所以e x >3，故x >ln 3，所以不等式的解集为(ln 3，＋∞)．(2)由x 2－x ≤0，得0≤x ≤1，所以A ＝{x |0≤x ≤1}． 因为A ∩B ≠∅，所以log 2f (x )≥1在[0,1]上有解，即 f (x )≥2在[0,1]上有解，即e x ＋a e －x －3≥0在[0,1]上有解，所以a ≥3e x －e 2x 在[0,1]上有解，即a ≥(3e x －e 2x )min .由0≤x ≤1得1≤e x ≤e，所以3e x －e 2x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －322＋94∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤3e －e 2，94，所以a ≥3e－e 2.(3)设t ＝e x ，由(2)知1≤t ≤e，记g (t )＝t ＋a t －1(t >1，a >1)，则g ′(t )＝1－a t 2＝(t ＋a )(t －a )t 2，当t 变化时，g ′(t )，g (t )的变化情况如下表所示.①当a ≥e，即a ≥e 2时，g (t )在[1，e]上单调递减， 所以g (e)≤g (t )≤g (1)，即e ＋ae －1≤g (t )≤a .所以f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤e ＋ae －1，a .②当1<a <e ，即1<a <e 2时，g (t )min ＝ g (a )＝2a －1，g (t )max ＝max{g (1)，g (e)} ＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫a ，e ＋a e －1. 1°当a >e ＋a e －1，即e<a <e 2时，g (t )max ＝g (1)＝a ，所以f (x )的值域为[2a －1，a ]； 2°当a ≤e＋a e －1，即1<a ≤e 时，g (t )max ＝ g (e)＝e ＋a e －1，所以f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a －1，e ＋a e －1.综上所述，当1<a ≤e 时，f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2a －1，e ＋a e －1；当e<a <e 2时，f (x )的值域为[2a －1，a ]； 当a ≥e 2时，f (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤e ＋a e －1，a .6．(2018·盐城期末)设数列{a n }，{b n }满足b n ＋1＝a 1＋a 1b n －a 2.(1)若b 1＝2，数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，求数列{b n }的通项公式；(2)若a n ＝a n1(a 1<0)，且b 1＝3a 1，①试用a 1和n 表示b n ；②若b 2<0，对任意的i ，j ∈N *，试用a 1表示b i －b j 的最大值． 解 (1)由题意得{a n }的前n 项和S n ＝n 2，令n ＝1，得a 1＝1，令n ＝2，得S 2＝a 1＋a 2＝4， 所以a 2＝3，所以b n ＋1＝b n －2，所以{b n }是首项为2，公差为－2的等差数列， 所以b n ＝－2n ＋4(n ∈N *)．(2)①由a n ＝a n 1(a 1<0)得a 2＝a 21，所以b n ＋1＝a 1＋a 1b n －a 21，即b n ＋1－a 1＝a 1(b n －a 1)，又因为b 1－a 1＝2a 1≠0，所以{b n －a 1}构成等比数列，从而b n －a 1＝2a 1·a n －11＝2a n1，所以b n ＝2a n1＋a 1(n ∈N *)．②由题意得b 2<0，则2a 21＋a 1<0得－12<a 1<0， 从而b 2n －1＝－2|a 1|2n －1＋a 1<a 1且{b 2n －1}单调递增； b 2n ＝2|a 1|2n ＋a 1>a 1且{b 2n }单调递减， 从而b 1<b 3<b 5<…<b 2n －1<…<a 1<…<b 2n <…<b 6<b 4<b 2， 所以对任意i ，j ∈N * ，b i －b j 的最大值为b 2－b 1＝2a 21－2a 1.。

——————————教育资源共享步入知识大海————————( 二) 立体几何1．(2018 ·浙江省金丽衢十二校联考) 如图，四棱锥S－ABCD的底面是边长为1 的正方形，侧棱 SB垂直于底面．(1)求证：平面 SBD⊥平面 SAC；(2)若 SA与平面 SCD所成的角为30°，求 SB的长．(1)证明连结 AC， BD，因为四边形ABCD为正方形，所以 AC⊥ BD.又因为 SB⊥底面 ABCD，所以 AC⊥ SB，因为 BD∩ SB＝ B， BD， SB?平面 SBD，所以 AC⊥平面 SBD.又因为 AC?平面 SAC，所以平面SAC⊥平面 SBD.(2) 解将四棱锥补形成正四棱柱－′′ ′，连结′ ，作⊥ ′ ，垂足为点，ABCD A SC D A D AEAD E连结 SE.由 SA′∥ CD可知，平面 SCD即为平面 SCDA′.因为CD⊥侧面ADD′A′，AE?侧面ADD′A′，所以 CD⊥ AE，又因为 AE⊥ A′D， A′ D∩ CD＝ D，A′ D， CD?平面 SCD，金戈铁骑所以 AE⊥平面 SCD，于是∠ ASE即为 SA与平面 SCD所成的角．设 SB＝ x，在Rt△ ABS中， SA＝1＋ x2，在 Rt△′中，＝x .DAA AE 1＋x22x2因为∠ ASE＝30°，所以1＋x＝2，解得 x＝1，即 SB的长为 1.2．(2018 ·浙江省金华十校模拟)如图，在几何体ABCDE中，CD∥ AE，∠ EAC＝90°，平面 EACD⊥平面 ABC， CD＝2EA＝2，AB＝ AC＝2， BC＝23，F为BD的中点．(1)证明： EF∥平面 ABC；(2)求直线 AB与平面 BDE所成角的正弦值．(1)证明取 BC的中点 G，连结 FG， AG，∵F 为 BD的中点， CD＝2EA， CD∥AE，1∴FG＝2CD＝ EA，且 FG∥ AE，∴四边形 AGFE是平行四边形，∴EF∥AG，∵EF?平面 ABC， AG?平面ABC，∴ EF∥平面 ABC.(2) 解∵∠EAC＝90°，平面EACD⊥平面ABC，且平面EACD∩平面ABC＝AC，EA? 平面EACD，∴ EA⊥平面 ABC，由 (1) 知FG∥AE，∴FG⊥平面ABC，又∵ AB＝ AC， G为 BC的中点，∴ AG⊥BC，金戈铁骑如图，以 G 为坐标原点，分别以GA ， GB ， GF 所在直线为 x ， y ， z 轴成立空间直角坐标系，则 A (1,0,0) ， B (0 ， 3， 0) ， D (0 ，－ 3， 2) ， E (1,0,1) ， →→ →，－ 3，1) ， ∴ AB ＝( － 1， 3， 0) ，BD ＝ (0 ，－ 2 3，2) ， BE ＝ (1 设平面 的法向量为 ＝ ( x ， ， ) ，BDEny z· →＝0，z － 3＝0，nBDy则→ 即x － 3y ＋ z ＝ 0，n · BE ＝ 0，令 y ＝1，得 n ＝(0,1 ， 3) ，∴直线 AB 与平面 BDE 所成角的正弦值为| →· | 3AB n＝ 4 . | → AB || n |3 ．在三棱锥 D — ABC 中， DA ＝ DB ＝ DC ， D 在底面 ABC 上的射影为 E ， AB ⊥ BC ， DF ⊥ AB 于 F .(1) 求证：平面 ABD ⊥平面 DEF ；(2) 若 AD ⊥ DC ，AC ＝ 4，∠ BAC ＝60°，求直线 BE 与平面 DAB 所成角的正弦值．(1) 证明 由题意知 DE ⊥平面 ABC ，所以 AB ⊥DE ， 又 AB ⊥ DF ，且 DE ∩ DF ＝ D ， 所以 AB ⊥平面 DEF ，又 AB ? 平面 ABD ，所以平面 ABD ⊥平面 DEF .(2) 解 方法一 由 DA ＝DB ＝ DC ，知 EA ＝EB ＝ EC ，所以 E 是△ ABC 的外心．又 AB ⊥ BC ，所以 E 为 AC 的中点，如下图．过 E 作 EH ⊥ DF 于 H ，连结 BH ，则由 (1) 知 EH ⊥平面 DAB ，所以∠ EBH 即为 BE 与平面 DAB 所成的角．金戈铁骑由 AC ＝ 4，∠ BAC ＝60°，得 AB ＝AE ＝ BE ＝2，所以 EF ＝ 3，又 DE ＝ 2，2 22 3所以 DF ＝ DE ＋ EF ＝7， EH ＝，7EH 21所以 sin ∠ EBH ＝ BE ＝ 7 .方法二如图建系，则 A (0 ，－ 2， 0) ， D (0,0,2) ， B ( 3，－ 1,0) ，→所以 DA ＝ (0 ，－ 2，－ 2) ， → 3，－ 1，－ 2) ． DB ＝ ( 设平面 的法向量为 ＝ ( x ， ， ) ，DAB n y z→n · DA ＝ 0，由→n · DB ＝ 0，－ 2y － 2z ＝ 0，得3x － y － 2z ＝ 0，取 z ＝1，得 n ＝3，－ 1，1 .3→设 EB 与 n 的夹角为 θ ，→ 21， 则 cos θ ＝ EB · n ＝ 2 ＝→ 2 7 7 | EB | ·|n | 3所以 BE 与平面 DAB 所成角的正弦值为 217.4．如图，在矩形 ABCD 中，已知 AB ＝ 2，AD ＝ 4，点 E ，F 分别在 AD ，BC 上，且 AE ＝ 1，BF ＝ 3，将四边形 AEFB 沿 EF 折起，使点 B 在平面 CDEF 上的射影 H 在直线 DE 上．金戈铁骑(1) 求证： CD ⊥ BE ； (2) 求线段 BH 的长度；(3) 求直线 AF 与平面 EFCD 所成角的正弦值．(1) 证明 ∵ BH ⊥平面 CDEF ，∴ BH ⊥ CD ，又 CD ⊥ DE ， BH ∩ DE ＝ H ，BH ， DE ? 平面DBE ， ∴ CD ⊥平面 DBE ，∴ CD ⊥BE .(2) 解方法一 设 BH ＝h ， EH ＝k ，过 F 作 FG 垂直 ED 于点 G ，∵线段 BE ， BF 在翻折过程中长度不变，依据勾股定理得222BE ＝BH ＋ EH ，2＝2＋2＝2＋2＋2，BF BH FH BH FG GH 5＝ h 2＋ k 2， h ＝ 2，即解得9＝22＋ h 2＋ 2－ k 2， k ＝ 1，∴线段 BH 的长度为 2.方法二如图，过点E 作 ∥ ，过点 E 作 ⊥平面 ，ER DC ES EFCD以点E 为坐标原点，分别以 ， ， 所在直线为x ， ， z 轴成立空间直角坐标系，ER ED ESy设点 B (0 ， y ， z )( y >0， z >0) ，因为 (2,2,0)， ＝ 5，＝ 3，F BE BFy 2＋ z 2＝ 5，∴4＋ y －2 2＋ z 2＝ 9，解得y ＝ 1， 于是 B (0,1,2) ，z ＝ 2，∴线段的长度为 2.BH(3) 解 方法一延伸 BA 交 EF 于点 M ，1∵ AE ∶BF ＝ MA ∶MB ＝1∶3，∴点 A 到平面 EFCD 的距离为点 B 到平面 EFCD 距离的3，2∴点 A 到平面 EFCD 的距离为 3，而 AF ＝ 13，故直线 AF 与平面 EFCD 所成角的正弦值为 2 1339.方法二 由 (2) →，方法二知 FB ＝ ( － 2，－ 1,2)金戈铁骑→ 1→21 2 故 EA ＝3FB ＝ － 3，－ 3， 3 ，→ → → 8 7 2FA ＝ FE ＋ EA ＝ － ，－，，3 3 3 设平面 EFCD 的一个法向量为 n ＝ (0,0,1) ，直线 AF 与平面 EFCD 所成角的大小为 θ ，→2 13则 sin| FA · n |.θ ＝ →＝ 39| FA || n |5. 在如下图的几何体中， EA ⊥平面 ABC ， DB ⊥平面 ABC ，AC ⊥ BC ，且 AC ＝ BC ＝ BD ＝ 2AE ，M是 AB 的中点．(1) 求证： CM ⊥ EM ；(2) 求 CM 与平面 CDE 所成的角．方法一(1) 证明因为 AC ＝ BC ，M 是 AB 的中点，所以 CM ⊥ AB .又 EA ⊥平面 ABC ， CM ? 平面 ABC ，所以 EA ⊥CM ，因为 AB ∩ EA ＝ A ， AB ， EA ? 平面 ABDE ，所以 CM ⊥平面 ABDE ，又因为 EM ? 平面 ABDE ，所以 CM ⊥EM .(2) 解 过点 M 作 MH ⊥平面 CDE ，垂足为 H ，连结 CH 并延伸交 ED 于点 F ，连结 MF ，MD ，∠FCM是直线 CM 和平面 CDE 所成的角．因为 MH ⊥平面 CDE ， ED ? 平面 CDE ，所以 MH ⊥ ED ，又因为 CM ⊥平面 EDM ， ED ? 平面 EDM ，所以 CM ⊥ ED ，因为 MH ∩ CM ＝ M ， MH ， CM ? 平面 CMF ，所以 ED ⊥平面 CMF ，金戈铁骑因为 MF ? 平面 CMF ，所以 ED ⊥ MF .设 EA ＝ a ， BD ＝BC ＝ AC ＝2a ，在直角梯形 ABDE 中，＝ 2 2 ， 是 AB 的中点，ABa M所以 DE ＝ 3a ， EM ＝ 3a ， MD ＝ 6a ，222所以 EM ＋ MD ＝ ED ，所以△是直角三角形，此中∠ ＝90°，EMDEMD所以EM · MDa .＝ ＝ 2MFDE在 Rt △ CMF 中， tan ∠ FCM ＝ MF＝ 1，MC又因为∠ FCM ∈(0 °， 90°) ，所以∠ FCM ＝45°，故 CM 与平面 CDE 所成的角是45°.方法二如图，以点C 为坐标原点， ， 所在直线分别作为x 轴和 y 轴，过点作与平面CA CBCABC 垂直的直线为 z 轴，成立直角坐标系，设EA ＝ a ，则(2 a, 0,0) ， (0,2 0)， (2 0， ) ， (0,2 2)，(， 0) ．ABa, E a, a D a, a M a a,(1) 证明 → → → →，故 EM ⊥ CM . 因为 EM ＝ ( － a ，a ，－ a ) ， CM ＝ ( a ，a, 0) ，所以 EM · CM ＝0 (2) 解 设向量 n ＝ (1 ， y 0， z 0) 为平面 CDE 的一个法向量，→ → → →则 n ⊥CE ， n ⊥ CD ，即 n · CE ＝0， n · CD ＝ 0.→ →a, 2a ) ，因为 CE ＝ (2 a, 0，a ) ， CD ＝(0,2 2a ＋ az ＝0， y ＝ 2，所以 0 解得 0z 0＝－ 2， 2ay 0＋ 2az 0＝ 0，即 n ＝(1,2 ，－ 2) ，→→ 2CM · ncos 〈n ， CM 〉＝ |→|·| |＝2，CM n因为〈n ， → 〉∈ [0 °， 180°] ，所以〈 n ，→〉＝ 45°.CM CM→θ ＝45°，所以直线 CM 与平面直线 CM 与平面 CDE 所成的角 θ 是 n 与 CM 夹角的余角，所以CDE 所成的角是 45°.金戈铁骑6.如图，在三棱台 ABCDEF中，平面 BCFE⊥平面 ABC，∠ ACB＝90°， BE＝ EF＝ FC＝1，BC＝2，AC＝3.(1)求证： BF⊥平面 ACFD；(2)求直线 BD与平面 ACFD所成角的余弦值．(1) 证明延伸AD，BE，CF订交于一点K，如下图，因为平面BCFE⊥平面 ABC，且 AC⊥ BC，所以 AC⊥平面 BCK，所以 BF⊥ AC.又因为 EF∥ BC， BE＝ EF＝ FC＝1，BC＝2，所以△ BCK为等边三角形，且 F 为 CK的中点，则 BF⊥ CK.所以 BF⊥平面 ACFD.(2)解因为 BF⊥平面 ACK，所以∠ BDF是直线 BD与平面 ACFD所成的角．在 Rt△BFD中，BF＝3，DF＝23，21 得 cos ∠BDF＝7 .所以直线 BD与平面 ACFD所成角的余弦值为21 7 .金戈铁骑。

高考填空题分项练3 立体几何1．如果圆锥的底面半径为2，高为2，那么它的侧面积为________． 答案 23π解析 圆锥底面周长为22π，母线长为22＋2＝6，所以它的侧面积为12×22π×6＝23π.2．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________． 答案 8∶27解析 设两球半径分别为r 1，r 2， ∵4πr 21∶4πr 22＝4∶9，∴r 1∶r 2＝2∶3，∴两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 1r 23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝8∶27.3．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的个数为________． ①若m ⊥α，α⊥β，则m ∥β； ②若m ⊥α，α∥β，n ⊂β，则m ⊥n ； ③若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥β； ④若n ⊥α，n ⊥β，m ⊥β，则m ⊥α. 答案 2解析 对于①，若m ⊥α，α⊥β，则m ∥β或m ⊂β，所以不正确； 对于②，若m ⊥α，α∥β，则m ⊥β，又n ⊂β，所以m ⊥n 正确； 对于③，若m ⊂α，n ⊂β，m ∥n ，则α∥β或α与β相交，所以不正确； 对于④，若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β，又由m ⊥β，所以m ⊥α正确． 综上，正确命题的个数为2.4.如图，平行四边形ADEF 的边AF ⊥平面ABCD ，且AF ＝2，CD ＝3，则CE ＝________.答案13解析 因为AF ⊥平面ABCD ，所以AF 垂直于平面ABCD 内的任意一条直线；又AF ∥ED ，所以ED 垂直于平面ABCD 内的任意一条直线． 所以ED ⊥CD ，所以△EDC 为直角三角形，CE ＝ED 2＋CD 2＝13.5．圆柱形容器的内壁底面半径是10 cm ，有一个实心铁球浸没于容器的水中，若取出这个铁球，测得容器的水面下降了53 cm ，则这个铁球的表面积为________ cm 2.答案 100π解析 设该铁球的半径为r cm ， 则由题意得43πr 3＝π×102×53，解得r 3＝53，∴r ＝5，∴这个铁球的表面积S ＝4π×52＝100π(cm 2)．6.如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，若E ，F 分别为AB ，AC 的中点，平面EB 1C 1F 将三棱柱分成体积为V 1，V 2的两部分，那么V 1∶V 2＝________.答案 7∶5解析 设三棱柱的高为h ，底面的面积为S ，体积为V ，则V ＝V 1＋V 2＝Sh . ∵E ，F 分别为AB ，AC 的中点，∴S △AEF ＝14S ，V 1＝13h ⎝⎛⎭⎪⎫S ＋14S ＋S ·S 4＝712Sh ，V 2＝Sh －V 1＝512Sh ，∴V 1∶V 2＝7∶5.7．以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________． 答案22解析 设底面半径为r ，则圆锥的母线长为2r ，圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为πr ·2r 2πr ·r ＝22.8.P 为矩形ABCD 所在平面外一点，矩形对角线的交点为O ，M 为PB 的中点，给出结论： ①OM ∥PD ；②OM ∥平面PCD ；③OM ∥平面PDA ；④OM ∥平面PBA ；⑤OM ∥平面PCB . 其中正确的是________．(填序号)答案 ①②③解析 由题意可知OM 是△BPD 的中位线，∴OM ∥PD ，①正确；由线面平行的判定定理可知，②③正确；OM 与平面PBA 及平面PCB 都相交，故④⑤不正确．9.如图，在正方形SG 1G 2G 3中，E ，F 分别是G 1G 2，G 2G 3的中点，现在沿SE ，SF ，EF 把这个正方形折成一个四面体，使G 1，G 2，G 3重合，重合后的点记为G .给出下列关系：①SG ⊥平面EFG ；②SE ⊥平面EFG ； ③GF ⊥SE ；④EF ⊥平面SEG . 其中成立的序号为________． 答案 ①③解析 由SG ⊥GE ，SG ⊥GF ，GE ，GF ⊂平面EFG ，GE ∩GF ＝G ，得SG ⊥平面EFG ，①正确；若SE ⊥平面EFG ，则SG ∥SE ，这与SG ∩SE ＝S 矛盾，所以②错；由GF ⊥GE ，GF ⊥GS ，GE ∩GS ＝G ，GE ，GS ⊂平面SEG ，得GF ⊥平面SEG ，所以GF ⊥SE ，③正确；若EF ⊥平面SEG ，则EF ∥GF ，这与EF ∩GF ＝F 矛盾，所以④错．10．已知在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，AA 1＝2BC ＝4，E ，F ，G 分别为棱AB ，BC ，CC 1的中点，则三棱锥G －A 1EF 的体积为________． 答案 12解析 如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，连结A 1C 1，AC ，C 1F ，C 1E ，因为E ，F 分别为棱AB ，BC 的中点，所以A 1C 1∥AC ∥EF ，所以1G A EF V －＝1A GEF V －＝1C GEF V －＝1E C GF V －＝13×12×12CC 1×12BC ×12AB ＝12.11．已知平面α，β和直线m ，l ，则下列命题中正确的序号是________． ①若α⊥β，α∩β＝m ，l ⊥m ，则l ⊥β；②若α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β；③若α⊥β，l⊂α，则l⊥β；④若α⊥β，α∩β＝m，l⊂α，l⊥m，则l⊥β.答案④解析①缺少了条件：l⊂α；②缺少了条件：α⊥β；③缺少了条件：α∩β＝m，l⊥m；④具备了面面垂直的性质定理的所有条件．12．正△ABC的边长为a，沿高AD把△ABC折起，使∠BDC＝90°，则B到AC的距离为________．答案7 4 a解析如图，作DH⊥AC于点H，连结BH.∵BD⊥AD，BD⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ACD，∴BD⊥平面ACD，从而BD⊥DH.∴DH为BH在平面ACD内的射影，∴BH⊥AC.又正△ABC的边长为a，∴DH＝34a，∴BH＝BD2＋DH2＝74a.13.如图，点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的面对角线BC1上运动，则下列四个命题：①三棱锥A－D1PC的体积不变；②A1P∥平面ACD1；③DP⊥BC1；④平面PDB1⊥平面ACD1.其中正确命题的序号是________．答案①②④解析由题意，可得直线BC1平行于直线AD1，并且直线AD1⊂平面ACD1，直线BC1⊄平面ACD1，所以直线BC1∥平面ACD1.所以点P 到平面ACD 1的距离不变，1A D PC V －＝1P ACD V －，所以体积不变．故①正确；如图，连结A 1C 1，A 1B ， 可得平面ACD 1∥平面A 1C 1B . 又因为A 1P ⊂平面A 1C 1B ， 所以A 1P ∥平面ACD 1，故②正确；当点P 运动到点B 时，△DBC 1是等边三角形，所以DP 不垂直于BC 1，故③不正确； 连结DB 1，DB ，因为直线AC ⊥平面DB 1B ，DB 1⊂平面DB 1B ， 所以AC ⊥DB 1.同理可得AD 1⊥DB 1， 又AC ∩AD 1＝A ，AC ，AD 1⊂平面AD 1C ， 所以可得DB 1⊥平面AD 1C . 又因为DB 1⊂平面PDB 1，所以可得平面PDB 1⊥平面ACD 1，故④正确． 综上，正确命题的序号是①②④.14．(2018·江苏名校联盟联考)如图所示，在等腰直角△ABC 中，∠C 为直角，BC ＝2，EF ∥BC ，沿EF 把面AEF 折起，使平面AEF ⊥平面EFBC ，当四棱锥A －CBFE 的体积最大时，EF 的长为________．答案233解析 设AE ＝x,0<x <2，∵△ABC 为等腰直角三角形，∴EF ＝x ， ∵EF ∥BC ，BC ⊥AC ， ∴EF ⊥AC ，即AE ⊥EF ，又∵平面AEF ⊥平面EFBC ，平面AEF ∩平面EFBC ＝EF ，AE ⊂平面AEF ， ∴AE ⊥平面EFBC ，则四棱锥A －CBFE 的高为AE ，四边形EFBC 的面积为x ＋22(2－x )＝4－x22，四棱锥A －CBFE 的体积为13×4－x 22×x ＝4x －x36，设g (x )＝4x －x 36(0<x <2)，则g ′(x )＝4－3x26，当0<x <233时，g ′(x )>0，g (x )为增函数，当233<x <2时，g ′(x )<0，g (x )为减函数， 所以当x ＝233时，g (x )取得最大值．所以当EF ＝233时，四棱锥A －CBFE 的体积最大．。