【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题四　立体几何与空间向量学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分专题四　立体几何与空间向量学案

专题四　立体几何与空间向量 第一讲空间几何体的三视图、表面积及体积 一、基础知识要记牢 三视图的排列规则是：“长对正、高平齐、宽相等”．‎ 二、经典例题领悟好 ‎ 例1]　(1)(2017·惠州调研)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为(　　)‎ ‎(2)(2016·天津高考)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]　(1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.‎ ‎(2)先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧(左)视图．由几何体的正视图和俯视图可知该几何体如图①所示，故其侧(左)视图如图②所示．故选B.‎ ‎ 答案]　(1)B　(2)B 分析空间几何体的三视图的要点 ‎(1)根据俯视图确定几何体的底面．‎ ‎(2)根据正视图或侧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．‎ ‎(3)确定几何体的形状，即可得到结果．‎ 比较复杂的三视图问题常常借助于长方体确定空间几何体的形状. ‎ 三、预测押题不能少 ‎1．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为(　　)‎ A．3 B．2 C．2 D．2‎ 解析：选B　在正方体中还原该四棱锥如图所示，‎ 从图中易得最长的棱为 AC1＝＝＝2.‎ 一、基础知识要记牢 常见的一些简单几何体的表面积和体积公式 圆柱的表面积公式：S＝2πr2＋2πrl＝2πr(r＋l)(其中r为底面半径，l为圆柱的高)；‎ 圆锥的表面积公式：S＝πr2＋πrl＝πr(r＋l)(其中r为底面半径，l为母线长)；‎ 圆台的表面积公式：S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)(其中r和r′分别为圆台的上、下底面半径，l为母线长)；‎ 柱体的体积公式：V＝Sh(S为底面面积，h为高)；‎ 锥体的体积公式：V＝Sh(S为底面面积，h为高)；‎ 台体的体积公式：V＝(S′＋＋S)h(S′，S分别为上、下底面面积，h为高)；‎ 球的表面积和体积公式：S＝4πR2，V＝πR3(R为球的半径)．‎ 二、经典例题领悟好 ‎ 例2]　(1)(2016·全国卷Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)‎ A．20π B．24π C．28π D．32π ‎(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图， 格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为(　　)‎ A．90π B．63π C．42π D．36π ‎ 解析]　(1)由三视图知该几何体是圆锥与圆柱的组合体，‎ 设圆柱底面圆半径为r，周长为c，圆锥母线长为l，圆柱高为h.‎ 由图得r＝2，c＝2πr＝4π，h＝4，‎ 由勾股定理得：l＝＝4，‎ S表＝πr2＋ch＋cl＝4π＋16π＋8π＝28π.‎ ‎(2)法一：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，故其体积V＝π×32×10－×π×32×6＝63π.‎ 法二：由题意知，该几何体由底面半径为3，高为10的圆柱截去底面半径为3，高为6的圆柱的一半所得，其体积等价于底面半径为3，高为7的圆柱的体积，所以它的体积V＝π×32×7＝63π.‎ ‎ 答案]　(1)C　(2)B (1)求几何体的表面积及体积问题，关键是空间想象能力，能想出、画出空间几何体，高往往易求，底面放在已知几何体的某一面上.‎ (2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解. ‎ 三、预测押题不能少 ‎2.(1)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝(　　)‎ A．1 B．2‎ C．4 D．8‎ 解析：选B　如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.‎ 又S＝16＋20π，‎ ‎∴(5π＋4)r2＝16＋20π，‎ ‎∴r2＝4，r＝2，故选B.‎ ‎(2)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为_______．‎ 解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，‎ ‎∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.‎ 答案：2＋ 一、基础知识要记牢 ‎(1)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，可采用“补形法”成为一个球内接长方体．‎ ‎(2)正四面体的内切球与外接球半径之比为1∶3.‎ 二、经典例题领悟好 ‎ 例3]　(1)(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)‎ A．4π B. C．6π D. ‎(2)(2018届高三·湖北七市(州)联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为(　　)‎ A．36π B. C．32π D．28π ‎ 解析]　(1)设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2.又2R≤3，∴R≤，∴Vmax＝×π×3＝.故选B.‎ ‎(2)根据三视图，可知该几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为4的正方形，高是2.将该四棱锥还原成一个三棱柱，如图所示，该三棱柱的底面是边长为4的正三角形，高是4，其中心到三棱柱的6个顶点的距离即为该四棱锥外接 球的半径．∵三棱柱的底面是边长为4的正三角形，∴底面三角形的中心到三角形三个顶点的距离为×2＝，∴其外接球的半径R＝＝，则外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝，故选B.‎ ‎ 答案]　(1)B　(2)B 处理球与棱柱、棱锥切、接问题的思路 ‎(1)过球及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，化空间问题为平面问题．‎ ‎(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间关系，确定球心位置．‎ ‎(3)建立几何量间关系求半径r. ‎ 三、预测押题不能少 ‎3．(1)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为(　　)‎ A．π B. C. D. 解析：选B　设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－2＝，所以圆柱的体积V＝π×1＝.‎ ‎(2)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．‎ 解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.‎ 答案： ‎ 知能专练(十三)]‎ 一、选择题 ‎1．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是(　　)‎ 解析：选C　注意到在三视图中，俯视图的宽度应与侧视图的宽度相等，而在选项C中，其宽度为，与题中所给的侧视图的宽度1不相等，因此选C.‎ ‎2．一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径为(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　 　B．2‎ C．3 D．4‎ 解析：选B　该几何体为直三棱柱，底面是边长分别为6,8,10的直角三角形，侧棱长为12，故能得到的最大球的半径等于底面直角三角形内切圆的半径，其半径为r＝＝＝2，故选B.‎ ‎3．将边长为1的正方形以其一边所在的直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积为(　　)‎ A．4π B．3π C．2π D．π ‎ 解析：选C　由几何体的形成过程知所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S＝2πrh＝2π×1×1＝2π.‎ ‎4．一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是(　　)‎ A．4，8 B．4， C．4(＋1)， D．8,8‎ 解析：选B　由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为 ＝，所以S侧＝4×＝4，V＝×22×2＝.‎ ‎5.(2017·全国卷Ⅰ)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：选B　由三视图可知该多面体是一个组合体，如图所示，其下面是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面为等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12，故选B.‎ ‎6．如图，三棱锥VABC的底面为正三角形，侧面VAC与底面垂直且VA＝VC，已知其正视图的面积为，则其侧视图的面积为(　　)‎ A.　　　　　　　　　 　B. C. D. 解析：选B　由题意知，该三棱锥的正视图为△VAC，作VO⊥AC于O，连接OB(图略)，设底面边长为2a，高VO＝h，则△VAC的面积为×2a×h＝ah＝.又三棱锥的侧视图为Rt△VOB，在正三角形ABC中，高OB＝a，所以侧视图的面积为OB·VO＝×a×h＝ah＝×＝.‎ ‎7．《九章算术》的商功章中有一道题：一圆柱形谷仓，高1丈3尺3寸，容纳米2 000斛(1丈＝10尺，1尺＝10寸，斛为容积单位，1斛≈1.62立方尺，π≈3)，则圆柱底圆周长约为(　　)‎ A．1丈3尺 B．5丈4尺 C．9丈2尺 D．48丈6尺 解析：选B　设圆柱底面圆的半径为r，若以尺为单位，则2 000×1.62＝‎ ‎3r2，解得r＝9(尺)，∴底面圆周长约为2×3×‎ ‎9＝54(尺)，换算单位后为5丈4尺，故选B.‎ ‎8．(2017·丽水模拟)已知某几何体的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为(　　)‎ A. B．2 C．3 D．4 解析：选B　分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABCA1B1C1截去四棱锥ABEDC得到的，故其体积V＝×22×3－××2×＝2，故选B.‎ ‎9．(2017·贵阳质检)三棱锥PABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为(　　)‎ A．4 B．6‎ C．8 D．10‎ 解析：选C　依题意，设题中球的球心为O，半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝3，因此三棱锥PABC的高的最大值为5＋3＝8，故选C.‎ ‎10．(2017·洛阳模拟)已知三棱锥PABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，△ABC是边长为4的等边三角形，三棱锥PABC的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　依题意，记三棱锥PABC的外接球的球心为O，半径为R，点P到平面ABC的距离为h，则由VPABC＝S△ABCh＝××h＝得h＝.又PC为球O的直径，因此球心O到平面ABC的距离等于h＝.又正△ABC的外接圆半径为r＝＝，因此R2＝r2＋2＝，所以三棱锥PABC的外接球的表面积为4πR2＝，故选D.‎ 二、填空题 ‎11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．‎ 解析：由三视图得该几何体为如图所示的三棱锥，其中底面ABC为直角三角形，∠B＝90°，AB＝1，BC＝2，PA⊥底面ABC，PA＝2，所以AC＝PB＝，PC＝3，PC2＝PB2＋BC2，∴∠PBC＝90°，则该三棱锥的表面积为×1×2＋×1×2＋×2×＋×2×＝2＋2，体积为××1×2×2＝.‎ 答案：2＋2　 ‎12．(2017·诸暨质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体最长的一条棱的长度为________，体积为________．‎ 解析：根据三视图，可以看出该几何体是一个底面为正三角形，一条侧棱垂直底面的三棱锥，如图所示，其中底面△BCD是正三角形，各边长为2，侧棱AD⊥底面BCD，且AD＝2，底面△BCD的中垂线长DE＝，∴AC＝AB＝2，V三棱锥ABCD＝×S△BCD×AD＝××2××2＝，即该几何体最长的棱长为2，体积为.‎ 答案：2　 ‎13．一个直棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则截去的几何体为________(从备选项中选择一个填上：三棱锥、四棱锥、三棱柱、四棱柱)，截去的几何体的体积为________．‎ 解析：作出直观图可得截去的几何体为底面为直角边长分别为1和2的直角三角形，高为4的三棱锥，其体积V＝××4＝.‎ 答案：三棱锥　 ‎14．(2018届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．‎ 解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR2＝25π.‎ 答案：24　25π ‎15．(2017·洛阳模拟)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图与侧视图均为半径是2的圆，则该几何体的表面积为________．‎ 解析：由三视图可知该几何体为一个球体的，故该几何体的表面积等于球的表面积的，加上以球的半径为半径的圆的面积，即S＝×4πR2＋πR2＝16π.‎ 答案：16π ‎16．(2016·四川高考)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．‎ 解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB＝AD＝BC＝CD＝2，BD＝2，设O为BD的中点，连接OA，OC，则OA⊥BD，OC⊥BD，结合正视图可知AO⊥平面BCD.‎ 又OC＝＝1，‎ ‎∴V三棱锥ABCD＝××1＝.‎ 答案： ‎17．如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图、侧视图与俯视图．已知CF＝2AD，侧视图是边长为2的等边三角形，俯视图是直角梯形，有关数据如图所示，则该几何体的体积为________．‎ 解析：取CF中点P，过P作PQ∥CB交BE于Q，连接PD，QD，则AD∥CP，且AD＝CP.‎ 所以四边形ACPD为平行四边形，所以AC∥PD.所以平面PDQ∥平面ABC.‎ 该几何体可分割成三棱柱PDQ CAB和四棱锥D PQEF，‎ 所以V＝VPDQ CAB＋VD PQEF ‎＝×22sin 60°×2＋××＝3.‎ 答案：3 ‎ 选做题]‎ ‎1．(2017·石家庄质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)‎ A．16 B．20 C．52 D．60‎ 解析：选B　由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故选B. ‎ ‎2．四棱锥PABCD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，则该四棱锥的高为(　　)‎ A．6 B．5 C. D. 解析：选D　过点P作PH⊥平面ABCD于点H.由题知，四棱锥PABCD是正四棱锥，内切球的球心O应在四棱锥的高PH上．过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图，其中PE，PF是斜高，M为球面与侧面的一个切点．设PH＝h，易知Rt△PMO∽Rt△PHF，所以＝，即＝，解得h＝，故选D.‎ ‎3．(2017·兰州模拟)已知球O的半径为13，其球面上有三点A，B，C，若AB＝12，AC＝BC＝12，则四面体OABC的体积为________．‎ 解析：如图，过点A，B分别作BC，AC的平行线，两线相交于点D，连接CD，∵AC＝BC＝12，AB＝12，‎ 在△ABC中，cos∠ACB＝＝－，‎ ‎∴∠ACB＝120°，‎ ‎∴在菱形ACBD中，DA＝DB＝DC＝12，‎ ‎∴点D是△ABC的外接圆圆心，‎ 连接DO，在△ODA中，OA2＝DA2＋DO2，‎ 即DO2＝OA2－DA2＝132－122＝25，∴DO＝5，‎ 又DO⊥平面ABC，‎ ‎∴VO ABC＝××12×12××5＝60.‎ 答案：60 第二讲点、直线、平面之间的位置关系 一、基础知识要记牢 空间线线、线面、面面的位置关系的认识和判定是学习立体几何的基础，要在空间几何体和空间图形中理解、表述位置关系，发展空间想象能力．‎ 二、经典例题领悟好 ‎ 例1]　(1)(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCD A1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则(　　)‎ A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC ‎(2)(2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：‎ ‎①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．‎ 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)‎ ‎ 解析]　(1)法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1CD.‎ 又A1E⊂平面A1B1CD，所以A1E⊥BC1.‎ 法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；‎ ‎∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，‎ ‎∴A1E⊥BC1，故C正确；‎ ‎∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，‎ 而D1E不与DC1垂直，故A错．‎ ‎(2)对于①，α，β可以平行，也可以相交但不垂直，故错误．‎ 对于②，由线面平行的性质定理知存在直线l⊂α，n∥l，又m⊥α，所以m⊥l，所以m⊥n，故正确．‎ 对于③，因为α∥β，所以α，β没有公共点．又m⊂α，所以m，β没有公共点，由线面平行的定义可知m∥β，故正确．‎ 对于④，因为m∥n，所以m与α所成的角和n与α所成的角相等．因为α∥β，所以n与α所成的角和n与β所成的角相等，所以m与α所成的角和n与β所成的角相等，故正确．‎ ‎ 答案]　(1)C　(2)②③④‎ 解决空间线面位置关系的判断问题的常用方法 ‎(1)根据空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理逐一判断 解决问题；‎ ‎(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理 进行判断. ‎ 三、预测押题不能少 ‎1．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是(　　)‎ 解析：选A　法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.‎ 法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.‎ 一、基础知识要记牢 ‎(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.‎ ‎(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.‎ ‎(3)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.‎ ‎(4)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.‎ ‎(5)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.‎ ‎(6)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.‎ ‎(7)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.‎ ‎(8)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.‎ ‎(9)三垂线定理及逆定理：‎ ‎①在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它和这条斜线垂直；‎ ‎②在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．‎ 二、经典例题领悟好 ‎ 例2]　如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，CD＝2AB，平面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E和F分别是CD和PC的中点，求证：‎ ‎(1)PA⊥底面ABCD；‎ ‎(2)BE∥平面PAD；‎ ‎(3)平面BEF⊥平面PCD.‎ ‎ 证明]　(1)∵平面PAD⊥底面ABCD，‎ 且PA垂直于这两个平面的交线AD，‎ ‎∴PA⊥底面ABCD.‎ ‎(2)∵AB∥CD，CD＝2AB，E为CD的中点，‎ ‎∴AB∥DE，且AB＝DE.‎ ‎∴四边形ABED为平行四边形．‎ ‎∴BE∥AD.‎ 又∵BE⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，‎ ‎∴BE∥平面PAD.‎ ‎(3)∵AB⊥AD，而且四边形ABED为平行四边形．‎ ‎∴BE⊥CD，AD⊥CD，‎ 由(1)知PA⊥底面ABCD，∴PA⊥CD.‎ ‎∴CD⊥平面PAD.∴CD⊥PD.‎ ‎∵E和F分别是CD和PC的中点，‎ ‎∴PD∥EF.∴CD⊥EF.‎ 又BE∩EF＝E，∴CD⊥平面BEF.‎ 又CD⊂平面PCD，∴平面BEF⊥平面PCD.‎ ‎(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．‎ ‎(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．‎ ‎(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，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，则借助中线、高线或添加辅助线解决．‎ ‎(4)证明的核心是转化，即空间向平面的转化：面面⇔线面⇔线线. ‎ 三、预测押题不能少 ‎2．由四棱柱ABCD A1B1C1D1截去三棱锥C1B1CD1后得到的几何体如图所示．四边形ABCD为正方形，O为AC与BD的交点，E为AD的中点，A1E⊥平面ABCD.‎ ‎(1)证明：A1O∥平面B1CD1；‎ ‎(2)设M是OD的中点，证明：平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ 证明：(1)取B1D1的中点O1，连接CO1，A1O1，‎ 因为ABCD A1B1C1D1是四棱柱，‎ 所以A1O1∥OC，A1O1＝OC，‎ 因此四边形A1OCO1为平行四边形，所以A1O∥O1C，‎ 因为O1C⊂平面B1CD1，A1O⊄平面B1CD1，‎ 所以A1O∥平面B1CD1.‎ ‎(2)因为E，M分别为AD，OD的中点，所以EM∥AO.‎ 因为AO⊥BD，所以EM⊥BD，‎ 又A1E⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A1E⊥BD，‎ 因为B1D1∥BD，所以EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1，‎ 又A1E⊂平面A1EM，EM⊂平面A1EM，A1E∩EM＝E，‎ 所以B1D1⊥平面A1EM，‎ 又B1D1⊂平面B1CD1，‎ 所以平面A1EM⊥平面B1CD1.‎ ‎ 知能专练(十四)]‎ 一、选择题 ‎1．下列四个命题中，正确命题的个数是(　　)‎ ‎①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β；‎ ‎②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β；‎ ‎③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；‎ ‎④直线m，n为异面直线，且m⊥平面α，n⊥平面β，若m⊥n，则α⊥β.‎ A．0 B．1‎ C．2 D．3‎ 解析：选B　①若平面α∥平面β，直线m∥平面α，则m∥β或m⊂β，故①不正确；‎ ‎②若平面α⊥平面γ，且平面β⊥平面γ，则α∥β或相交，故②不正确；‎ ‎③平面α⊥平面β，且α∩β＝l，点A∈α，A∉l，若直线AB⊥l，则AB⊥β；此命题中，若B∈β，且AB与l异面，同时AB⊥l，此时AB与β相交，故③不正确；‎ 命题④是正确的．‎ ‎2．(2017·泉州模拟)设a，b是互不垂直的两条异面直线，则下列命题成立的是(　　)‎ A．存在唯一直线l，使得l⊥a，且l⊥b B．存在唯一直线l，使得l∥a，且l⊥b C．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b∥α D．存在唯一平面α，使得a⊂α，且b⊥α 解析：选C　a，b是互不垂直的两条异面直线，把它放入正方体中如图，由图可知A不正确；由l∥a，且l⊥b，可得a⊥b，与题设矛盾，故B不正确；由a⊂α，且b⊥α，可得a⊥b，与题设矛盾，故D不正确，故选C.‎ ‎3.如图所示，直线PA垂直于⊙O所在的平面，△ABC内接于⊙O，且AB为⊙O的直径，点M为线段PB的中点．现有结论：①BC⊥PC；②OM∥平面APC；③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长．其中正确的是(　　)‎ A．①② B．①②③‎ C．① D．②③‎ 解析：选B　对于①，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC.‎ ‎∵AB为⊙O的直径，∴BC⊥AC，又∵PA∩AC＝A，‎ ‎∴BC⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BC⊥PC.‎ 对于②，∵点M为线段PB的中点，‎ ‎∴OM∥PA，∵PA⊂平面PAC，OM⊄平面PAC，‎ ‎∴OM∥平面PAC.‎ 对于③，由①知BC⊥平面PAC，‎ ‎∴线段BC的长即是点B到平面PAC的距离．故①②③都正确．‎ ‎4．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是(　　)‎ A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β C．若l⊥α，l∥β，则α∥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β 解析：选B　画出一个长方体ABCD A1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD⊂平面ABCD.‎ ‎5.(2017·成都模拟)把平面图形M上的所有点在一个平面上的射影构成的图形M′称为图形M在这个平面上的射影．如图，在长方体ABCDEFGH中，AB＝5，AD＝4，AE＝3，则△EBD在平面EBC上的射影的面积是(　　)‎ A．2 B. C．10 D．30‎ 解析：选A　连接HC，过D作DM⊥HC，交HC于M，连接ME，MB，因为BC⊥平面HCD，又DM⊂平面HCD，所以BC⊥DM，因为BC∩HC＝C，所以DM⊥平面HCBE，即D在平面HCBE内的射影为M，所以△EBD在平面HCBE内的射影为△EBM，在长方体中，HC∥BE，所以△MBE的面积等于△CBE的面积，所以△EBD在平面EBC上的射影的面积为××4＝2，故选A.‎ ‎6．已知E，F分别为正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，AA1上的点，且AE＝AB，AF＝AA1，M，N分别为线段D1E和线段C1F上的点，则与平面ABCD平行的直线MN有(　　)‎ A．1条 B．3条 C．6条 D．无数条 解析：选D　取BH＝BB1，连接FH，则FH∥C1D1，连接HE，D1H，在D1E上任取一点M，过M在平面D1HE中作MG∥HO，交D ‎1H于点G，其中OE＝D1E，过O作OK⊥平面ABCD于点K，连接KB，则四边形OHBK为矩形，再过G作GN∥FH，交C1F于点N，连接MN，由于MG∥HO，HO∥KB，KB⊂平面ABCD，GM⊄平面ABCD，所以GM∥平面ABCD，同理，GN∥FH，可得GN∥平面ABCD，由面面平行的判定定理得，平面GMN∥平面ABCD，则MN∥平面ABCD，由于M为D1E上任一点，故这样的直线MN有无数条．‎ 二、填空题 ‎7．已知α，β，γ是三个不重合的平面，a，b是两条不重合的直线，有下列三个条件：①a∥γ，b⊂β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a⊂γ.如果命题“α∩β＝a，b⊂γ，且________，则a∥b”为真命题，则可以在横线处填入的条件是________(填可能条件的序号)．‎ 解析：由定理“一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面和此平面的交线与该直线平行”可得，横线处可填入条件①或③.‎ 答案：①或③‎ ‎8.(2018届高三·江南十校联考)如图，正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，点M∈AB1，N∈BC1，且AM＝BN≠，有以下四个结论：‎ ‎①AA1⊥MN；②A1C1∥MN；③MN∥平面A1B1C1D1；④MN与A1C1是异面直线．‎ 其中正确结论的序号是________．‎ 解析：过N作NP⊥BB1于点P，连接MP，可证AA1⊥平面MNP，∴AA1⊥MN，①正确．过M，N分别作MR⊥A1B1，NS⊥B1C1于点R，S，连接RS，当则M不是AB1的中点，N不是BC1的中点时，直线A1C1与直线RS相交；当M，N分别是AB1，BC1的中点时，A1C1∥RS，∴A1C1与MN可以异面，也可以平行，故②④错误．由①正确知，AA1⊥平面MNP，而AA1⊥平面A1B1C1D1，∴平面MNP∥平面A1B1C1D1，故③正确．综上所述，正确结论的序号是①③.‎ 答案：①③‎ ‎9．(2017·温州模拟)如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，H，则下列结论正确的是________．‎ ‎①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一点；‎ ‎②存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；‎ ‎③对于任意的平面α，都有S△EFG＝S△EFH；‎ ‎④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，几何体ACEGFH的体积是一个定值．‎ 图2‎ 图1‎ 解析：对①，G，H分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD上，作图可知②错．对③，如图1，取BD，AC的中点I，J，则BC，AD都与平面EIFJ平行，故A，H到平面EIFJ的距离相等，B，G到平面EIFJ的距离相等，而E为AB的中点，故A，B到平面EIFJ的距离相等，从而G，H到平面EIFJ的距离相等．连接GH交EF于K，则K为GH的中点，从而G，H到EF的距离相等，故两三角形的面积相等．③正确．对④，如图2，当H为D时，G为C，此时几何体的体积为三棱锥ACDE的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证VCEFG＝VDEFH，由③可得，只需证C，D到截面的距离相等，因为F为CD的中点，所以C，D到截面的距离相等．故④正确．‎ 答案：③④‎ 三、解答题 ‎10．(2016·山东高考)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.‎ ‎(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；‎ ‎(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC.‎ 证明：(1)因为EF∥DB，‎ 所以EF与DB确定平面BDEF.‎ 如图，连接DE.‎ 因为AE＝EC，D为AC的中点，‎ 所以DE⊥AC.同理可得BD⊥AC.‎ 又BD∩DE＝D，‎ 所以AC⊥平面BDEF.‎ 因为FB⊂平面BDEF，‎ 所以AC⊥FB.‎ ‎(2)如图，设FC的中点为I，连接GI，HI.在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.又EF∥DB，所以GI∥DB.‎ 在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.又HI∩GI＝I，BC∩DB＝B，所以平面GHI∥平面ABC.‎ 因为GH⊂平面GHI，所以GH∥平面ABC.‎ ‎11．(2017·嘉兴模拟)如图，矩形ABCD所在平面与三角形ECD所在平面相交于CD，AE⊥平面ECD.‎ ‎(1)求证： AB⊥平面ADE；‎ ‎(2)若点M在线段AE上，AM＝2ME，N为线段CD中点，求证：EN∥平面BDM.‎ 证明：(1)因为AE⊥平面ECD，CD⊂平面ECD，‎ 所以AE⊥CD.又因为AB∥CD，所以AB⊥AE.‎ 在矩形ABCD中，AB⊥AD，‎ 因为AD∩AE＝A，AD⊂平面ADE，AE⊂平面ADE，‎ 所以AB⊥平面ADE.‎ ‎(2)连接AN交BD于F点，连接FM，‎ 因为AB∥CD且AB＝2DN，‎ 所以AF＝2FN，‎ 又AM＝2ME，所以EN∥FM，‎ 又EN⊄平面BDM，FM⊂平面BDM，所以EN∥平面BDM.‎ ‎12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD是正方形，MA⊥平面ABCD，PD∥MA，E，G，F分别为MB，PB，PC的中点．‎ ‎(1)求证：平面EFG∥平面PMA；‎ ‎(2)求证：平面EFG⊥平面PDC.‎ 证明：(1)∵E，G，F分别为MB，PB，PC的中点，‎ ‎∴EG∥PM，GF∥BC.‎ 又∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BC∥AD，∴GF∥AD.‎ ‎∵EG，GF在平面PMA外，PM，AD在平面PMA内，‎ ‎∴EG∥平面PMA，GF∥平面PMA.‎ 又∵EG，GF都在平面EFG内且相交，‎ ‎∴平面EFG∥平面PMA.‎ ‎(2)由已知MA⊥平面ABCD，PD∥MA，‎ ‎∴PD⊥平面ABCD.‎ 又BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC.‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，∴BC⊥DC.‎ 又PD∩DC＝D，∴BC⊥平面PDC.‎ 由(1)知GF∥BC，∴GF⊥平面PDC.‎ 又GF⊂平面EFG，∴平面EFG⊥平面PDC.‎ 第三讲空间角与空间向量 考查类型(一)　异面直线所成的角 一、基础知识要记牢 过空间任意一点引两条直线分别平行于两条异面直线，它们所成的锐角(或直角)就是异面直线所成的角．‎ 二、经典例题领悟好 ‎ 例1]　(1)(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A. B. C. D. ‎(2)(2016·浙江高考)如图，已知平面四边形ABCD，AB＝BC＝3，CD＝1，AD＝，∠ADC＝90°，沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′，直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是________．‎ ‎ 解析]　(1)法一：如图所示，将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝，AD1＝.‎ 在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝＝，‎ 所以cos∠B1AD1＝＝.‎ 法二：如图，设M，N，P分别为AB，BB1，B1C1的中点，连接MN，NP，MP，则MN∥AB1，NP∥BC1，所以∠PNM或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．易知MN＝AB1＝，NP＝BC1＝.取BC的中点Q，连接PQ，MQ，可知△PQM为直角三角形，PQ＝1，MQ＝AC.‎ 在△ABC中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋1－2×2×1×＝7，所以AC＝，MQ＝.‎ 在△MQP中，MP＝＝，‎ 则在△PMN中，cos∠PNM＝＝＝－，‎ 所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)如图，作D′F⊥AC于点F，作BE⊥AC于点E，作FM垂直于过点B且平行于AC的直线，垂足为M，则∠D′BM是AC与BD′所成的角(或其补角)．在△AD′C中，D′C＝1，AD′＝，∠AD′C＝90°，∴AC＝，D′F＝，CF＝.在△BAC中，BC＝BA＝3，BE＝ ＝.而AE＝，‎ ‎∴EF＝－－＝.∵MF＝BE＝，‎ ‎∴D′M＝ ‎＝ ‎＝ .‎ ‎∵BM＝EF＝，∴BD′＝＝.‎ ‎∴cos∠D′BM＝＝≤＝，当且仅当∠D′FM为0°时，等号成立．‎ ‎∴直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是.‎ ‎ 答案]　(1)C　(2) 用平移法求异面直线所成的角的步骤 ‎(1)一作：根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；‎ ‎(2)二证：即证明作出的角是异面直线所成的角；‎ ‎(3)三求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角. ‎ 三、预测押题不能少 ‎1．(1)已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面是边长为1的正方形，若平面ABCD内有且仅有1个点到顶点A1的距离为1，则异面直线AA1，BC1所成的角为________．‎ 解析：由题意可知，只有点A到A1距离为1，即高为1，所以该几何体是个正方体，所以异面直线AA1，BC1所成的角是.‎ 答案： ‎(2)在正四棱锥VABCD中，底面正方形ABCD的边长为1，侧棱长为2，则异面直线VA与BD所成角的大小为________．‎ 解析：如图，设AC∩BD＝O，连接VO，因为四棱锥VABCD是正四棱锥，所以VO⊥平面ABCD，故BD⊥VO.又四边形ABCD是正方形，所以BD⊥AC，又VO∩AC＝O，所以BD⊥平面VAC，所以BD⊥VA，即异面直线VA与BD所成角的大小为.‎ 答案： 考查类型(二)　直线与平面所成的角 一、基础知识要记牢 平面的一条斜线和它在这个平面内的射影所成的锐角，是这条直线和这个平面所成的角，当一条直线垂直于平面时，规定它们所成的角是直角．‎ 二、经典例题领悟好 ‎ 例2]　如图，正四棱锥PABCD中，底面是边长为2的正方形，高为，M为线段PC的中点．‎ ‎(1)求证：PA∥平面MDB；‎ ‎(2)设N为AP的中点，求CN与平面BMD所成角的正切值．‎ ‎ 解]　(1)如图，连接AC，设AC∩BD＝O，连接OM.‎ 在△PAC中，M为PC的中点，O为AC的中点，所以OM∥AP.‎ 因为AP⊄平面MDB，OM⊂平面MDB，‎ 所以PA∥平面MDB.‎ ‎(2)连接PO，由题意知PO⊥平面ABCD，且PO＝，由四边形ABCD是边长为2的正方形，经计算可得BP＝DP＝PC＝PA＝2，因为PC2＋PA2＝AC2，所以∠CPN＝90°.‎ 因为M为PC的中点，所以PC⊥BM，‎ 同理可得PC⊥DM，又BM∩DM＝M，所以PC⊥平面BMD.‎ 设NC∩MO＝E，由(1)知平面APC∩平面DMB＝MO，‎ 则∠MEC即为直线CN与平面BMD所成的角．‎ 由(1)知OM∥PA，‎ 所以∠PNC＝∠MEC.‎ 在Rt△CPN中，CP＝2，NP＝1，‎ 所以tan∠PNC＝＝2，‎ 故直线CN与平面BMD所成角的正切值为2.‎ 求直线与平面所成角的步骤 ‎(1)一作：即在斜线上选取恰当的点向平面引垂线，在这一步上确定垂足的位置是关键；‎ ‎(2)二证：即证明所找到的角为直线与平面所成的角，其证明的主要依据是直线与平面所成角的定义；‎ ‎(3)三求：一般借助于解三角形的知识求解. ‎ 三、预测押题不能少 ‎2．(1)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，A1A＝4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．‎ ‎①证明：A1D⊥平面A1BC；‎ ‎②求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．‎ 解：①证明：设E为BC的中点，连接AE，A1E，DE，‎ 由题意得A1E⊥平面ABC，‎ 所以A1E⊥AE.‎ 因为AB＝AC，所以AE⊥BC.‎ 又因为A1E，BC⊂平面A1BC，A1E∩BC＝E，‎ 故AE⊥平面A1BC.‎ 由D，E分别为B1C1，BC的中点，得DE∥B1B且DE＝B1B，‎ 从而DE∥A1A且DE＝A1A，‎ 所以四边形AA1DE为平行四边形．‎ 于是A1D∥AE.‎ 又因为AE⊥平面A1BC，所以A1D⊥平面A1BC.‎ ‎②作A1F⊥DE，垂足为F，连接BF.‎ 因为A1E⊥平面ABC，所以BC⊥A1E.‎ 因为BC⊥AE，AE∩A1E＝E，‎ 所以BC⊥平面AA1DE.所以BC⊥A1F.‎ 又因为DE∩BC＝E，所以A1F⊥平面BB1C1C.‎ 所以∠A1BF为直线A1B和平面BB1C1C所成的角．‎ 由AB＝AC＝2，∠CAB＝90°，得EA＝EB＝.‎ 由A1E⊥平面ABC，得A1A＝A1B＝4，A1E＝.‎ 由DE＝BB1＝4，DA1＝EA＝，∠DA1E＝90°，得A1F＝.‎ 所以sin∠A1BF＝.‎ ‎(2)如图，已知AB⊥平面BEC，AB∥CD，AB＝BC＝4，CD＝2，△BEC为等边三角形．‎ ‎①求证：平面ABE⊥平面ADE；‎ ‎②求AE与平面CDE所成角的正弦值．‎ 解：①证明：取AE的中点F，连接BF，DF.‎ 由题意知AB＝BE＝4，∴BF⊥AE.‎ 计算可得BF＝AF＝2，AD＝DE＝BD＝2，DF＝2.‎ 则BF⊥DF，因为AE∩DF＝F，‎ 则BF⊥平面ADE.‎ 又BF⊂平面ABE，∴平面ABE⊥平面ADE.‎ ‎②如图，补全成正三棱柱AMNBEC，取MN的中点H，连接AH，EH，‎ ‎△AMN为正三角形，则AH⊥MN，‎ 又CD⊥平面AMN，则AH⊥CD，‎ 所以AH⊥平面CDE，‎ 则∠AEH即为AE与平面CDE所成的角．‎ 在△AEH中，AH⊥EH，AH＝2，AE＝4，‎ sin∠AEH＝＝，‎ 即AE与平面CDE所成角的正弦值为.‎ 考查类型(三)　二面角 一、基础知识要记牢 以二面角的公共直线上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于公共直线的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角．‎ 二、经典例题领悟好 ‎ 例3]　(1)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝，将△ABD折起到△PBD的位置，若三棱锥PBCD的外接球的体积为，则二面角PBDC的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. ‎(2)(2017·浙江高考)如图，已知正四面体DABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2.分别记二面角DPRQ，DPQR，DQRP的平面角为α，β，γ，则(　　)‎ A．γ<α<β B．α<γ<β C．α<β<γ D．β<γ<α ‎ 解析]　(1)由外接球的体积为得该球的半径R＝，设球心O在平面PBD和平面BCD上的射影分别为O1，O2，则O1，O2为正△PBD和正△BCD的中心，取BD的中点E，连接O1E，O2E，则O1E⊥BD，O2E⊥BD，则∠O1EO2是二面角PBDC的平面角，在Rt△OO2C中，OC＝R＝，O2C＝AB＝1，则OO2＝，又在Rt△OO2E中，O2E＝AB＝，则∠O2EO＝60°，同理，∠OEO1＝60°，故∠O1EO2＝120°，则二面角PBDC的正弦值为，故选C.‎ ‎(2)如图①，设点O是点D在底面ABC内的射影，过点O作OE⊥PR，OF⊥PQ，OG⊥RQ，垂足分别为E，F，G，连接ED，FD，GD，易得ED⊥PR，∴∠OED就是二面角DPRQ的平面角，∴α＝∠OED，tan α＝，‎ 同理tan β＝，tan γ＝.‎ 底面的平面图如图②所示，以P为原点建立平面直角坐标系，不妨设AB＝2，‎ 则A(－1,0)，B(1,0)，C(0，)，O，‎ ‎∵AP＝PB，＝＝2，‎ ‎∴Q，R，‎ 则直线PR的方程为y＝－x，直线PQ的方程为y＝2x，直线QR的方程为y＝x＋，根据点到直线的距离公式，知OE＝，OF＝，OG＝，‎ ‎∴OE>OG>OF，∴tan α0，y>0，z>0，‎ 则＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)．‎ 由||＝||，得 ‎＝ ，解得x＝1.‎ 由||＝1，得y2＋z2＝1.①‎ 由||＝2，得y2＋z2－4y＋1＝0.②‎ 由①②，解得y＝，z＝.‎ ‎∴S，＝，＝，＝，‎ ‎∴·＝0，·＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS，‎ 又AS∩BS＝S，∴SD⊥平面SAB.‎ ‎(2)设平面SBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ 则n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0.‎ 又＝，＝(0,2,0)，‎ ‎∴取z1＝2，得n＝(－，0,2)．‎ ‎∵＝(－2,0,0)，‎ ‎∴cos〈，n〉＝‎ ＝＝.‎ 故AB与平面SBC所成角的正弦值为.‎ (1)空间向量的坐标运算和平面向量的坐标运算类似，两个向量的加、减、数乘运算就是向量的横坐标、纵坐标、竖坐标分别进行加、减、数乘运算；空间两个向量的数量积等于它们对应坐标的乘积之和.‎ (2)在几何体中建立空间直角坐标系时，要充分利用几何体本身的特点，以使各点的坐标易求.利用向量的坐标运算，可使复杂的线面关系的论证、角及距离的计算变得简单.‎ 三、预测押题不能少 ‎4．(1)若a＝(1，λ，－1)，b＝(2，－1,2)，且a与b的夹角的余弦为，则|a|＝(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　因为a·b＝1×2＋λ×(－1)＋(－1)×2＝－λ，‎ 又因为a·b＝|a||b|·cos〈a，b〉＝×× ‎＝ ，所以 ＝－λ.‎ 解得λ2＝，所以|a|＝ ＝.‎ ‎(2)如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABCA1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　设CA＝2，则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,0,1)，C1(0，2,0)，B1＝(0,2,1)，可得向量＝(－2,2,1)，＝(0,2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝＝.‎ 所以直线BC1与直线AB1夹角的余弦值为.‎ ‎ 知能专练(十五)]‎ 一、选择题 ‎1．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，点M在上且＝，N为B1B的中点，则||为(　　)‎ A.a B.a C.a D.a 解析：选A　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(a,0,0)，C1(0，a，a)，N.‎ 设M(x，y，z)．‎ ‎∵点M在上且＝.‎ ‎∴(x－a，y，z)＝(－x，a－y，a－z)，‎ ‎∴x＝a，y＝，z＝，‎ 于是M.‎ ‎∴||＝ ‎＝a.‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅰ)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　如图，在正方体ABCDA1B1C1D1的上方接一个同等大小的正方体ABCDA2B2C2D2，则过A与平面CB1D1平行的是平面AB2D2，平面AB2D2∩平面AA1B1B＝AB2，即直线n就是直线AB2，由面面平行的性质定理知直线m平行于直线B2D2，故m，n所成的角就等于AB2与B2D2所成的角，在等边三角形AB2D2中，∠AB2D2＝60°，故其正弦值为.‎ ‎3.在四面体ABCD中，二面角ABCD为60°，点P为直线BC上一动点，记直线PA与平面BCD所成的角为θ，则(　　)‎ A．θ的最大值为60°‎ B．θ的最小值为60°‎ C．θ的最大值为30°‎ D．θ的最小值为30°‎ 解析：选A　过A作AH⊥平面BCD于点H，AG⊥BC于点G，连接PH，GH，则易知∠AGH为二面角ABCD的平面角，即∠AGH＝60°，∠APH为PA与平面BCD所成角，则tan∠APH＝.因为AH为定长，所以当PH取得最小值时，∠APH取得最大值，易知当点P与点G重合时，PH取得最小值，所以θmax＝∠AGH＝60°，故选A.‎ ‎4．(2017·哈师大附中模拟)三棱柱ABCA1B1C1中，底面是边长为的正三角形，AA1⊥平面ABC，且AA1＝1，则异面直线A1B与B1C所成角的大小为(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ 解析：选D　如图，把两个相同的三棱柱组合在一起，由于A1B∥A2B1，那么A2B1与B1C所成的角即为A1B与B1C所成的角，由题可得A2B1＝B1C＝，A2C＝，则有A2B＋B1C2＝A2C2，所以∠A2B1C＝90°，故所求的异面直线A1B与B1C所成的角为90°，故选D.‎ ‎5．已知锐二面角α l β中，异面直线a，b满足：a⊂α，a⊥l，b⊂β，b与l不垂直，设二面角α l β的大小为θ1，a与β所成的角为θ2，异面直线a，b 所成的角为θ3，则(　　)‎ A．θ1>θ2>θ3 B．θ3>θ2>θ1‎ C．θ1＝θ2>θ3 D．θ3>θ2＝θ1‎ 解析：选D　在锐二面角αlβ中，a⊂α，a⊥l，所以二面角α l β的平面角即a与β所成的角，则θ1＝θ2，因为b⊂β，b与l不垂直，根据斜线与平面所成的角是斜线与平面内的任意直线所成角的最小角，则θ3>θ2＝θ1，故选D.‎ ‎6．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为1，P是A1C1上任意一点，记平面PAB，平面PBC与下底面所成的二面角分别为α，β，则tan(α＋β)的最小值为(　　)‎ A．－ B．－ C．－ D．－ 解析：选C　如图，作PP1⊥AC，交AC于P1，易知，PP1⊥底面ABCD，作PM⊥AB，PN⊥BC，连接MP1，NP1，易证得∠PMP1＝α，∠PNP1＝β.设MP1＝x，则NP1＝1－x，所以tan α＝，tan β＝.∴tan(α＋β)＝＝＝＝.∵0≤x≤1，∴tan(α＋β)≥－，当且仅当x＝时取到等号，故选C.‎ 二、填空题 ‎7．(2017·嘉兴模拟)已知正四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，则异面直线EF与AD所成角的大小为________．‎ 解析：取AC中点G，连接FG，易知∠EFG即为已知两异面直线所成的角，设棱长为a，则有GE＝GF＝，EF＝a，即△GEF为等腰直角三角形，故∠EFG＝.‎ 答案： ‎8.如图所示的三棱锥PABC中，PC⊥平面ABC，PC＝，D是BC的中点，且△ADC是边长为2的正三角形，则二面角PABC的大小为________．‎ 解析：由已知条件，D是BC的中点，∴CD＝BD＝2，‎ 又△ADC是正三角形，∴AD＝CD＝BD＝2，‎ ‎∴D是△ABC的外心且又在BC上，‎ ‎∴△ABC是以∠BAC为直角的三角形，即AB⊥AC，‎ 又PC⊥平面ABC，∴PA⊥AB.‎ ‎∴∠PAC即为二面角PABC的平面角，‎ 在直角三角形PAC中易求得，tan∠PAC＝＝，‎ ‎∴∠PAC＝30°.‎ 答案：30°‎ ‎9.如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BCD＝90°，且BC＝CD＝3.将△ABC沿BC边翻折，设点A在平面BCD上的射影为点M，若点M在△BCD的内部(含边界)，则点M的轨迹的最大长度等于________；在翻折过程中，当点M位于线段BD上时，直线AB和CD所成的角的余弦值等于________．‎ 解析：当平面ABC⊥平面BCD时，点A在平面BCD上的射影为BC上的点M，因为AB＝AC，所以BM＝MC，当点A在平面BCD上的射影M′在BD上时，因为BC＝CD＝3，所以∠DBC＝30°，所以由∠BCD＝90°得BM′＝M′D，则点M的轨迹的最大长度等于CD＝.当M位于BD上时，将其补为四棱锥，由已知条件得其为正四棱锥，所以AB＝AE＝，又因为∠EBA为直线AB和CD所成的角，所以cos∠EBA＝＝.‎ 答案：　 三、解答题 ‎10．(2017·金华十校调研)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为1的菱形，∠BAD＝60°，侧棱PA⊥底面ABCD，E是PC的中点．‎ ‎(1)证明：PA∥平面EBD；‎ ‎(2)若直线PC与平面EBD所成角的大小为60°，求PA的长．‎ 解：(1)证明：连接AC交BD于点O，连接OE，‎ ‎∵O，E分别是AC，PC的中点，‎ ‎∴EO∥PA.‎ ‎∵PA⊄平面EBD，‎ ‎∴PA∥平面EBD.‎ ‎(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC，‎ 又∵EO∥PA，∴EO⊥AC，‎ 又AC⊥BD，∴AC⊥平面EBD，‎ ‎∴∠CEO就是直线PC与平面EDB所成角．‎ 在菱形ABCD中，容易求得OC＝.‎ 又∵EO⊥OC，∠CEO＝60°，‎ ‎∴EO＝，故PA＝1.‎ ‎11．(2018届高三·金丽衢联考)如图，四边形ABCD为菱形，ACFE为平行四边形，且平面ACFE⊥平面ABCD，AB＝BD＝2，AE＝，设BD与AC相交于点G，H为FG的中点．‎ ‎(1)证明：CH⊥平面BFD；‎ ‎(2)若CH＝，求EF与平面EDB所成角的大小．‎ 解：(1)证明：∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC.‎ 又∵平面ACFE⊥平面ABCD，‎ ‎∴BD⊥平面ACFE，∴BD⊥CH，即CH⊥BD.‎ 又∵点H为FG的中点，CG＝CF＝，∴CH⊥FG.‎ 又∵FG∩BD＝G，∴CH⊥平面BFD.‎ ‎(2)连接EG，由(1)知BD⊥平面ACFE，‎ ‎∴平面EFG⊥平面BED，‎ ‎∴EF与平面EDB所成角即为∠FEG.‎ 在△FCG中，CG＝CF＝，CH＝，CH⊥GF，‎ ‎∴∠GCF＝120°，GF＝3，∴EG＝.‎ 又∵EF＝2，∴在△EFG中，可求得∠FEG＝60°.‎ 故EF与平面EDB所成角的大小为60°.‎ ‎12．(2017·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4.‎ ‎(1)求证：M为PB的中点；‎ ‎(2)求二面角BPDA的大小；‎ ‎(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.‎ 因为PD∥平面MAC，‎ 平面MAC∩平面PDB＝ME，‎ 所以PD∥ME.‎ 因为底面ABCD是正方形，‎ 所以E为BD的中点．‎ 所以M为PB的中点．‎ ‎(2)取AD的中点O，连接OP，OE.‎ 因为PA＝PD，所以OP⊥AD.‎ 又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP⊂平面PAD，‎ 所以OP⊥平面ABCD.‎ 因为OE⊂平面ABCD，‎ 所以OP⊥OE.‎ 因为底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD.‎ 以O为原点，以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，‎ 则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，‎ ＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．‎ 设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令x＝1，得y＝1，z＝.‎ 于是n＝(1,1，)．‎ 又平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，‎ 所以cos〈n，p〉＝＝.‎ 由题知二面角BPDA为锐角，‎ 所以二面角BPDA的大小为60°.‎ ‎(3)由题意知M，C(2,4,0)，‎ 则＝.‎ 设直线MC与平面BDP所成角为α，则 sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.‎ ‎　　(四) 立体几何的创新问题 高考试题中，对空间想象能力与推理证明能力的考查是立体几何重点考查内容之一，近几年在客观题部分也加强了这方面的考查，特别是在客观题最后一题，出现了不少新颖试题，如折叠问题、轨迹问题、最值问题等．‎ 立体几何中的折叠问题 ‎ 例1]　(2017·全国卷Ⅰ)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]　法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长变化时，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为a2，△DBC的高为5－a，则正三棱锥的高为＝，∴25－a>0，∴00，即x4－2x3<0，得0θ2‎ C．θ1<θ2 D．不能确定 解析：选C　如图，作AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OC，过点C作直线l∥MN，在l上取点H，令CH＝CO，在△AOC和△AHC中，CO＝CH，AO⊥平面BCD，∴AO0(定值)．即在平面AEFD内动点P到两定点E，F距离之比为定值λ(λ>0，且λ≠1)，则动点P的轨迹为圆．‎ ‎ 答案]　B 立体几何中的轨迹问题主要是考查空间想象能力，同时考查常见的轨迹的定义，这类问题常常要借助于圆锥曲线的定义 判断，常见的轨迹类型有：线段、圆、圆锥曲线、球面等，要善于利用空间图形的位置关系，把空间问题转化为平面问题，再利用平面解析几何知识实现问题的突破，有时也可以通过建立坐标系利用代数手段解决.‎ ‎2．(2017·台州质检)已知平行六面体ABCDA1B1C1D1，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，E为CC1的中点，P在对角面BB1D1D所在平面内运动，若EP与AC成30°角，则点P的轨迹为(　　)‎ A．圆 B．抛物线 C．双曲线 D．椭圆 解析：选A　因为平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平行六面体ABCDA1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，因为AC⊥BD，所以AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角．设EF与对角面BB1D1D的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.‎ 立体几何中的最值问题 ‎ 例3]　如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝.P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值为________．‎ ‎ 解析]　连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，连接A1C′，则A1C′的长度就是所求的最小值．‎ 通过计算可得∠A1C1B＝90°，‎ 又∠BC1C＝45°.‎ 故在展开后的平面A1C1C′B中，∠A1C1C′＝135°，‎ 由余弦定理可求得A1C′＝5.‎ 答案：5 立体几何中的最值与范围，需要首先确定最值或范围的主体，确定题目中描述的相关变动的量，根据必要，可确定是利用几何方法解答，还是转化为代数(特别是函数)问题解答.特别注意变动的过程，抓住变动的起始与终了等特殊环节.‎ ‎3.长方体ABCDA1B1C1D1的底面是边长为a的正方形，若在侧棱AA1上至少存在一点E，使得∠C1EB＝90°，则侧棱AA1的长的最小值为(　　)‎ A．a B．2a C．3a D．4a 解析：选B　利用等价转化思想求解．设AA1＝h，AE＝x，A1E＝h－x，x∈ 0，h]，则BE2＝a2＋x2，C1E2＝(a)2＋(h－x)2，BC＝a2＋h2.又∠C1EB＝90°，所以BE2＋C1E2＝BC，a2＋x2＋(a)2＋(h－x)2＝a2＋h2，即关于x的方程x2－hx＋a2＝0，x∈ 0，h]有解，所以h＝＋x≥2a,01，当BC取到最小值时，求k的值；‎ ‎(2)当k＝时，若点O恰好落在△ACD的内部(不包括边界)，求二面角B1ACD的余弦值的取值范围．‎ 解：(1)①证明：因为点B1在平面ABCD上的射影为点O.所以平面AB1D⊥平面ACD，又CD⊥AD，‎ 所以CD⊥平面AB1D，所以AB1⊥CD，‎ 又因为AB1⊥CB1，CB1∩CD＝C，所以AB1⊥平面B1CD.‎ ‎②点O在AD边上且B1O＝1，设AB＝x，BC＝y，‎ 则AO＝，‎ 由于AB1⊥B1D，所以△AOB1∽△AB1D，‎ 所以B1D＝×B1O＝，‎ 所以y＝B1C＝＝ ‎＝ ‎≥ ＝2.‎ 当且仅当x2－1＝，即x＝时取得等号．‎ 故当x＝时，y有最小值2，所以k＝.‎ ‎(2)作BF⊥AC交AC于点E，交AD于点F，‎ 若点O恰好落在△ACD的内部，即点O恰好落在线段EF上，‎ 由于B1E⊥AC，EF⊥AC，‎ 所以∠B1EF为二面角B1ACD的平面角，‎ cos∠B1EF＝∈.‎ 即二面角B1ACD的余弦值的取值范围是.‎ ‎(时间：120分钟　满分：150分)‎ 一、选择题(本大题共10小题，每小题4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)‎ ‎1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是(　　)‎ A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱 解析：选D　球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形．‎ ‎2．(2016·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)‎ A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n 解析：选C　∵α∩β＝l，∴l⊂β.∵n⊥β，∴n⊥l，故选C.‎ ‎3．设直线m与平面α相交但不垂直，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．在平面α内有且只有一条直线与直线m垂直 B．过直线m有且只有一个平面与平面α垂直 C．与直线m垂直的直线不可能与平面α平行 D．与直线m平行的平面不可能与平面α垂直 解析：选B　可以通过观察正方体ABCDA1B1C1D1进行判断，取BC1为直线m，平面ABCD为平面α，由AB，CD均与m垂直知，选项A错；由D1C1与m垂直且与α平行知，选项C错；由平面ADD1A1与m平行且与α垂直知，选项D错．‎ ‎4．(2018届高三·浙江名校联考)一个简单几何体的正视图、俯视图如图所示，则其侧视图不可能为(　　)‎ A．正方形 ‎ B．圆 C．等腰三角形 ‎ D．直角梯形 解析：选D　当几何体是一个长方体，其中一个侧面为正方形时，A可能；当几何体是横放的一个圆柱时，B可能；当几何体是横放的三棱柱时，C可能．于是只有D不可能．‎ ‎5．设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，有以下四个命题 ‎①⇒β∥γ　②⇒m⊥β ‎③⇒α⊥β　④⇒m∥α 其中正确的命题是(　　)‎ A．①④ B．②③ ‎ C．①③ D．②④‎ 解析：选C　对于②，直线m与平面β可能平行或相交；对于④，直线m可能也在平面α内．而①③都是正确的命题．‎ ‎6．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)‎ A.＋π B.＋π C.＋π D．1＋π 解析：选C　由三视图知，四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为，从而该几何体的体积为×12×1＋××3＝＋π.故选C.‎ ‎7．已知四棱柱ABCDA1B1C1D1的三视图如图所示，则异面直线D1C与AC1‎ 所成的角为(　　)‎ A．30° B．45°‎ C．60° D．90°‎ 解析：选D　由三视图可知该几何体为直四棱柱，底面为直角梯形且两边长分别为1,2，高为1，四棱柱ABCDA1B1C1D1的高为2.∵AD⊥D1C，DC1⊥D1C，AD∩DC1＝D，∴D1C⊥平面ADC1，∴D1C⊥AC1，∴异面直线D1C与AC1所成的角为90°.‎ ‎8．已知三棱柱ABCA1B1C1的侧棱与底面垂直，体积为，底面是边长为的正三角形．若P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为(　　)‎ A. B. ‎ C. D. 解析：选B　设三棱柱的高为h，则×()2×h＝，解得h＝.设三棱柱的底面ABC的中心为Q，则PQ＝，AQ＝××＝1.在Rt△APQ中，∠PAQ即为直线PA与平面ABC所成的角，且tan∠PAQ＝，‎ 所以∠PAQ＝.‎ ‎9．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：‎ ‎①四边形EFGH为平行四边形；‎ ‎②平面α∥平面BCC1B1；‎ ‎③平面α⊥平面BCFE.‎ 其中正确的命题有(　　)‎ A．①② B．②③ C．①③ D．①②③‎ 解析：选C　如图，因为在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α ‎，所以AA1∥EH∥GF，AA1＝EH＝GF，所以四边形EFGH为平行四边形，故①正确；因为EF与BC不一定平行，所以平面α与平面BCC1B1平行或相交，故②不正确；因为AA1∥EH∥GF，AA1＝EH＝GF，且AA1⊥平面BCFE，所以EH⊥平面BCFE，因为EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCEF，故③正确．‎ ‎10．已知正四面体SABC的棱长为1，如果一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　易知正四面体SABC的内切球的球心O必在高线SH上，延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD，设内切球切SD于点E，连接AO.因为H是正三角形ABC的中心，所以AH∶HD＝2∶1，因为Rt△OAH∽Rt△DSH，所以＝＝3，可得OA＝3OH＝SO，因此SH＝4OH，可得内切球的半径R＝OH＝SH.因为正四面体SABC的棱长为1，所以在Rt△DSH中，DS＝＝＝，解得R2＝.要满足一个高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不能超过正四面体内切球的直径，设该长方体的长和宽分别为x，y，该长方体的长和宽形成的长方形的面积为S，所以4R2≥2＋x2＋y2，所以x2＋y2≤，所以S＝xy＝≤，当且仅当x＝y＝时等号成立，即该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为.‎ 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)‎ ‎11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．‎ 解析：由空间几何体的三视图，得其直观图为底面半径为1，高为 的圆锥的一半，所以该几何体的体积V＝×π×12×＝，表面积为S＝×π×1×＋×π×12＋×2×＝＋.‎ 答案：　＋ ‎12.如图，在四棱锥PABCD中，PD⊥平面ABCD，AB∥CD，AD⊥CD，PD＝AD＝DC＝2AB，则异面直线PC与AB所成角的大小为________；直线PB与平面PDC所成角的正弦值为________．‎ 解析：由于AB∥CD，所以∠PCD为异面直线PC与AB所成的角．因为PD⊥平面ABCD，所以∠PDC＝，又因为PD＝DC，所以∠PCD＝.过点B作BE垂直CD于点E，连接PE，易证BE⊥平面PCD，所以∠BPE为直线PB与平面PDC所成的角，因为 PD＝AD＝DC＝2AB，设AD＝1，则PB＝＝ ＝，BE＝AD＝1，所以sin∠BPE＝＝.‎ 答案：　 ‎13．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体侧视图的面积为______ cm2，此几何体的体积为______ cm3.‎ 解析：由三视图性质可知，俯视图为等边三角形，该三角形的高为2，故侧视图中直角三角形的一边长为4，另一边长为2，故侧视图面积S＝×4×2＝4.作出该几何体的直观图如图所示，可知该几何体的体积VABCDE＝×2×＝8.‎ 答案：4　8 ‎14．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，形成的三棱锥ABCD 的正视图与俯视图如图所示，则其侧视图的面积为________，二面角BACD的余弦值为________．‎ 解析：由三视图还原出原几何体如图所示，其侧视图面积为××＝.取AC的中点E，连接BE，DE，则AC⊥BE，AC⊥DE，所以∠BED就是二面角BACD的平面角．因为AC＝1，所以BE＝DE＝，所以cos∠BED＝＝－.‎ 答案：　－ ‎15．如图，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，则直线EF与正方体的六个面所在的平面相交的平面个数为________．‎ 解析：在正四面体中取CD的中点为G，连接FG，EG，作FH⊥平面CDE于点H.因为正四面体的高FH在平面EFG内，且FH平行于正方体的高，所以可证得平面EFG平行于正方体的左、右两个侧面，故直线EF仅与正方体的六个面中的上、下两个平面及前、后两个平面相交，共有4个．‎ 答案：4‎ ‎16．(2017·温州模拟)如图，已知六棱锥PABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.‎ 其中正确的结论有________(把所有正确的序号都填上)．‎ 解析：由PA⊥平面ABC，AE⊂平面ABC，得PA⊥AE.又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，得AE⊥平面PAB.又PB⊂平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；又平面PAD⊥平面ABC，∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；由正六边形的性质得BC∥AD.又AD⊂平面PAD，∴BC∥平面PAD，∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，‎ ‎∴∠PDA＝45°，∴④正确．‎ 答案：①④‎ ‎17．(2017·全国卷Ⅲ)a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：‎ ‎①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；‎ ‎②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；‎ ‎③直线AB与a所成角的最小值为45°；‎ ‎④直线AB与a所成角的最大值为60°.‎ 其中正确的是________．(填写所有正确结论的编号)‎ 解析：法一：依题意建立如图所示的空间直角坐标系．设等腰直角三角形ABC的直角边长为1.‎ 由题意知点B在平面xOy中形成的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．‎ 设直线a的方向向量为a＝(0,1,0)，直线b的方向向量为b＝(1,0,0)，以Ox轴为始边沿逆时针方向旋转的旋转角为θ，θ∈ 0,2π)，则B(cos θ，sin θ，0)，又A(0,0,1)，‎ ‎∴＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝.‎ 设直线AB与a所成夹角为α，‎ 则cos α＝＝|sin θ|∈，‎ ‎∴45°≤α≤90°，∴③正确，④错误．‎ 设直线AB与b所成夹角为β，‎ 则cos β＝＝|cos θ|.‎ 当直线AB与a的夹角为60°，即α＝60°时，‎ 则|sin θ|＝cos α＝cos 60°＝，‎ ‎∴|cos θ|＝.∴cos β＝|cos θ|＝.‎ ‎∵0°≤β≤90°，∴β＝60°，即直线AB与b的夹角为60°.‎ ‎∴②正确，①错误．‎ 法二：由题意，AB是以AC为轴，BC为底面半径的圆锥的母线，又AC⊥a，AC⊥b，AC⊥圆锥底面，∴在底面内可以过点B，作BD∥a，交底面圆C于点D，如图所示，连接DE，则DE⊥BD，∴DE∥b ‎，连接AD，设BC＝1，在等腰△ABD中，AB＝AD＝，当直线AB与a成60°角时，∠ABD＝60°，故BD＝，又在Rt△BDE中，BE＝2，∴DE＝，‎ 过点B作BF∥DE，交圆C于点F，连接AF，EF，‎ ‎∴BF＝DE＝，‎ ‎∴△ABF为等边三角形，‎ ‎∴∠ABF＝60°，即AB与b成60°角，故②正确，①错误．‎ 由最小角定理可知③正确；‎ 很明显，可以满足平面ABC⊥直线a，‎ ‎∴直线AB与a所成角的最大值为90°，④错误．‎ ‎∴正确的说法为②③.‎ 答案：②③‎ 三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)‎ ‎18．(本小题满分14分)如图，直三棱柱ABCA′B′C′的侧棱长为3，AB⊥BC，且AB＝BC＝3，点E，F分别是棱AB，BC上的动点，且AE＝BF.‎ ‎(1)求证：无论E在何处，总有B′C⊥C′E；‎ ‎(2)当三棱锥BEB′F的体积取得最大值时，求异面直线A′F与AC所成角的余弦值．‎ 解：(1)证明：由题意知，‎ 四边形BB′C′C是正方形，‎ 连接AC′，BC′，则B′C⊥BC′.‎ 又AB⊥BC，BB′⊥AB，BC∩BB′＝B，‎ ‎∴AB⊥平面BB′C′C.‎ ‎∴B′C⊥AB，‎ 又AB∩BC′＝B，∴B′C⊥平面ABC′.‎ ‎∵C′E⊂平面ABC′，∴B′C⊥C′E.‎ ‎(2)连接EF，B′E，B′F，A′E，AF，‎ 设AE＝BF＝m，则三棱锥BEB′F的体积为V＝m(3－m)≤＝， 当且仅当m＝时取等号．‎ 故当m＝，即点E，F分别是棱AB，BC的中点时，三棱锥BEB′F的体积最大，则|cos∠A′FE|为所求．‎ ‎∵EF＝，AF＝A′E＝，A′F＝，‎ ‎∴|cos∠A′FE|＝，即异面直线A′F与AC所成角的余弦值为.‎ ‎19．(本小题满分15分)(2017·绍兴模拟)如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.‎ ‎(1)证明：PC⊥平面BED；‎ ‎(2)设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．‎ 解：(1)证明：因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PA⊥BD.因为AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC，所以BD⊥PC.‎ 如图，设AC∩BD＝F，连接EF.‎ 因为AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，‎ 故PC＝2，EC＝，FC＝，‎ 从而＝，＝.‎ 所以＝，又∠FCE＝∠PCA，‎ 所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.‎ 又BD∩EF＝F，所以PC⊥平面BED.‎ ‎(2)在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．‎ 因为二面角APBC为90°，‎ 所以平面PAB⊥平面PBC.‎ 又平面PAB∩平面PBC＝PB，‎ 故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.‎ 因为BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，‎ 故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，‎ 所以底面ABCD是正方形，‎ AD＝2，PD＝＝2.‎ 设D到平面PBC的距离为d.‎ 因为AD∥BC，且AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，‎ 故AD∥平面PBC，A，D两点到平面PBC的距离相等，‎ 即d＝AG＝.‎ 设PD与平面PBC所成的角为α，‎ 则sin α＝＝.‎ 所以PD与平面PBC所成的角为30°.‎ ‎20．(本小题满分15分)已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.‎ ‎(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；‎ ‎(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角APCD的余弦值．‎ 解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，∴PH⊥AB.‎ ‎∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD.‎ 又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.‎ ‎(2)以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，如图所示，‎ ‎∵PH⊥平面ABCD，‎ ‎∴z轴∥PH.则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，则＝(1,1,0)，＝(1，－1,0)．‎ 设AH＝a，PH ＝h(00)．‎ 则P(0，a，h)．‎ ‎∴＝(0，a，h)，＝(0，a－2，h)，＝(1,1,0)．‎ ‎∵PA⊥PD，∴·＝a(a－2)＋h2＝0.‎ ‎∵AC与PD所成角为60°，‎ ‎∴|cos〈，〉|＝＝，‎ ‎∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0，‎ ‎∵00，∴h＝1，∴P(0,1,1)．‎ ‎∴＝(0,1,1)，＝(1,0，－1)．‎ 设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，‎ 由得 取x1＝1，得平面APC的一个法向量为n＝(1，－1,1)．‎ 设平面DPC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，‎ 由得 取x2＝1，得平面DPC的一个法向量为m＝(1,1,1)．‎ ‎∴cos〈m，n〉＝＝.‎ 由图可知二面角APCD的平面角为钝角，‎ ‎∴二面角APCD的余弦值为－.‎ ‎21．(本小题满分15分)(2017·绍兴调研)如图1，四面体PABC中，BC＝BP＝1，AC＝AP＝，AB＝2.将△PAB沿直线AB翻折至△P1AB，使点A，P1，B，C在同一平面内(如图2)，点M为PC的中点．‎ ‎(1)求证：直线PP1∥平面MAB；‎ ‎(2)求证：PC⊥AB；‎ ‎(3)求直线PA与平面P1PC所成角的大小．‎ 解：(1)证明：连接CP1交直线AB于点E，连接ME.‎ ‎∵AC＝AP1，BC＝BP1，‎ ‎∴△ABC≌△ABP1，‎ ‎∴CE＝EP1，∴点E为CP1的中点．‎ 又点M为PC的中点，∴ME∥PP1.‎ 又ME⊂平面MAB，PP1⊄平面MAB，‎ ‎∴PP1∥平面MAB.‎ ‎(2)证明：∵BC＝BP，AC＝AP，M为PC的中点，‎ ‎∴BM⊥PC，AM⊥PC.又BM∩AM＝M，‎ ‎∴PC⊥平面ABM，∴PC⊥AB.‎ ‎(3)∵BC＝BP1＝1，AC＝AP1＝，∴P1C⊥AB.‎ 又PC⊥AB，∴AB⊥平面PCP1，‎ ‎∴∠APE为直线PA与平面PCP1所成的角．‎ ‎∵AB＝2，∴AE＝，∴sin∠APE＝，故∠APE＝60°.‎ ‎∴直线PA与平面P1PC所成的角为60°.‎ ‎22.(本小题满分15分)(2017·台山一中模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，每个侧面均为正方形，D为底边AB的中点，E为侧棱CC1的中点．‎ ‎(1)求证：CD∥平面A1EB；‎ ‎(2)求证：AB1⊥平面A1EB；‎ ‎(3)求直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值．‎ 解：(1)证明：设AB1和A1B的交点为O，连接EO，OD.‎ 因为O为AB1的中点，D为AB的中点，‎ 所以OD∥BB1，且OD＝BB1.‎ 又因为E是CC1的中点，所以EC∥BB1，且EC＝BB1.‎ 所以EC∥OD且EC＝OD.‎ 所以四边形ECDO为平行四边形，故EO∥CD.‎ 又因为CD⊄平面A1BE，EO⊂平面A1BE，‎ 所以CD∥平面A1BE.‎ ‎(2)证明：因为三棱柱的各侧面都是正方形，‎ 所以BB1⊥AB，BB1⊥BC.‎ 所以BB1⊥平面ABC.‎ 因为CD⊂平面ABC，所以BB1⊥CD.‎ 由已知得AB＝BC＝AC，‎ 所以CD⊥AB.所以CD⊥平面A1ABB1.‎ 由(1)可知EO∥CD，‎ 所以EO⊥平面A1ABB1.所以EO⊥AB1.‎ 因为侧面ABB1A1是正方形，所以AB1⊥A1B.‎ 又EO∩A1B＝O，所以AB1⊥平面A1BE.‎ ‎(3)取A1C1的中点F，连接B1F，EF.在三棱柱ABCA1B1C1中，‎ 因为BB1⊥平面ABC，‎ 所以侧面ACC1A1⊥底面A1B1C1.‎ 因为底面A1B1C1是正三角形，且F是A1C1的中点，‎ 所以B1F⊥A1C1，‎ 所以B1F⊥侧面ACC1A1.‎ 所以∠FEB1即为B1E与平面AA1C1C所成的角．‎ 设棱长为1，则B1F＝，B1E＝，‎ 在Rt△B1FE中，sin∠B1EF＝＝.‎ 故直线B1E与平面AA1C1C所成角的正弦值为.‎ 专题一～专题四 ‎(时间：120分钟　满分：150分)‎ 一、选择题(本大题共10小题，每小题4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．已知集合A＝{3,4,5,6}，B＝{a}，若A∩B＝{6}，则a＝(　　)‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ 解析：选D　由A∩B＝{6}，可知a＝6.故选D.‎ ‎2.(2017·金华一中模拟)设x∈R，那么“x<0”是“x≠3”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 解析：选A　“x<0”⇒“x≠3”；若“x≠3”，则可取x＝1，但不满足x<0.∴“x<0”是“x≠3”的充分不必要条件．故选A.‎ ‎3．函数f(x)＝1－2sin22x是(　　)‎ A．偶函数且最小正周期为 B．奇函数且最小正周期为 C．偶函数且最小正周期为π D．奇函数且最小正周期为π 解析：选A　f(x)＝1－2sin22x＝cos 4x，故是偶函数且最小正周期为T＝＝.故选A.‎ ‎4．(2017·杭州质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的侧面PAB的面积是(　　)‎ A. B．2 C. D. 解析：选D　由三视图可知：该几何体是一个三棱锥，底面是一个正三角形，后面的侧棱与底面垂直．∴该几何体的侧面PAB的面积＝×2×＝.故选D.‎ ‎5．(2017·广东惠州调研)设Sn是等差数列{an}的前n项和，若＝，则＝(　　)‎ A．1 B．－1 C．2 D. 解析：选A　因为＝，由等差数列前n项和公式，得＝＝＝1.故选A.‎ ‎6．(2017·河南中原名校质检)已知实数x，y满足则z＝2x－3y的最小值为(　　)‎ A．－32 B．－16‎ C．－10 D．－6‎ 解析：选B　作出不等式组所表示的平面区域如图阴影部分所示，观察可知，当直线z＝2x－3y过点C(7,10)时，z有最小值，最小值为－16.故选B.‎ ‎7．(2017·广东惠州调研)在正四棱锥PABCD中，PA＝2，直线PA与平面ABCD所成角为60°，E为PC的中点，则异面直线PA与BE所成角为(　　)‎ A．90° B．60°‎ C．45° D．30°‎ 解析：选C　如图，由题意可知∠PAC＝60°，因为EO∥PA，所以∠BEO为异面直线PA与BE所成的角．又PA＝2，Rt△BEO中，EO＝1，BO＝AO＝1，得△BEO为等腰直角三角形，故选C.‎ ‎8．(2018届高三·杭州四校联考)已知－<α<0，sin α＋cos α＝，则的值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　∵sin α＋cos α＝，∴1＋2sin αcos α＝，得2sin αcos α＝－，∴(cos α－sin α)2＝1＋＝.又∵－<α<0，∴cos α>0>sin α，∴cos α－sin α＝，∴＝＝＝，故选B.‎ ‎9．(2017·菏泽模拟)若函数y＝f(x)的图象上存在两个点A，B关于原点对称，则称点对 ‎ A，B]为y＝f(x)的“友情点对”，点对 A，B]与 B，A]可看作同一个“友情点对”，若函数f(x)＝恰好有两个“友情点对”，则实数a的值为(　　)‎ A．－2 B．2‎ C．1 D．0‎ 解析：选B　首先注意到(0，a)没有对称点．当x>0时，f(x)＝－x3＋6x2－9x＋a，则－f(－x)＝－x3－6x2－9x－a，即－x3－6x2－9x－a＝2(x<0)有两个实数根，即a＝－x3－6x2－9x－2(x<0)有两个实数根．令g(x)＝－x3－6x2－9x－2(x<0)，则g′(x)＝－3x3－12x－9＝－3(x＋1)(x＋3)，所以函数g(x)在(－∞，－3)，(－1,0)上单调递减，在(－3，－1)上单调递增，而g(－3)＝－2，g(－1)＝2，g(0)＝－2，且当x→－∞时，g(x)→＋∞，画出g(x)＝－x3－6x2－9x－2(x<0)的图象如图所示，由图可知若a＝g(x)时有两个解，则a＝2.‎ ‎10.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC，AB＝AA1＝2，AC＝，过BC的中点D作平面ACB1的垂线，交平面ACC1A1于点E，则BE与平面ABB1A1所成角的正切值为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　如图，连接A1C，A1B，取A1C的中点E，连接DE，BE.‎ ‎∵AC⊥AB，AC⊥AA1，∴AC⊥平面AA1B1B，∴AC⊥A1B.∵AB＝AA1，∴四边形AA1B1B是正方形，‎ ‎∴A1B⊥B1A，又B1A∩AC＝A，∴A1B⊥平面B1CA.‎ ‎∵D为BC的中点，E为A1C的中点，‎ ‎∴DE∥A1B，‎ ‎∴DE⊥平面B1CA.‎ 取A1A的中点F，连接EF，BF，则EF⊥平面AA1B1B，‎ ‎∴∠EBF为BE与平面ABB1A1所成角．‎ ‎∵EF＝AC＝，AF＝AA1＝1，AB＝2，‎ ‎∴BF＝，∴tan∠EBF＝＝.故选C.‎ 二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)‎ ‎11．(2017·杭州质检)若ln 2＝a，ln 3＝b，则ea＋eb＝________(其中e为自然对数的底数)．若14a＝7b＝4c＝2，则－＋＝________.‎ 解析：因为ln 2＝a，ln 3＝b，所以ea＋eb＝eln 2＋eln 3＝2＋3＝5.因为14a＝7b＝4c＝2，则a＝log142，b＝log72，c＝log42，所以＝log214，＝log27，＝log24，所以－＋＝log214－log27＋log24＝log28＝3.‎ 答案：5　3‎ ‎12．(2017·绍兴调研)在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若角B＝30°，b＝2，c＝2，则角C＝________，△ABC外接圆面积为________．‎ 解析：由正弦定理，得＝，则sin C＝＝＝.又0°b，则C＝60°或120°.由2R＝＝＝4，解得R＝2，所以△ABC外接圆面积为4π.‎ 答案：60°或120°　4π ‎13．(2018届高三·杭州六校联考)已知点A(0,1)，B(－2,3)，C(－1,2)，D(1,5)，则向量在方向上的投影为________，·(＋)＝________.‎ 解析：∵＝(－1,1)，＝(3,2)，＝(－2,2)，＝(－3，－2)，∴在方向上的投影为||cos〈，〉＝||·＝＝＝－，·(＋)＝(－2,2)·(－4，－1)＝6.‎ 答案：－　6‎ ‎14．(2017·温州十校联考)已知f(x)＝|2x－1|＋|2x＋9|，则不等式f(x)>10的解集为________；若不等式f(x)＋a≥0恒成立，则实数a的取值范围是________．‎ 解析：当x≥时，f(x)＝4x＋8>10，解得x>；当－10，无解；当x≤－时，f(x)＝－4x－8>10，解得x<－.综上所述，不等式的解集为.因为f(x)＝|2x－1|＋|2x＋9|≥|(2x－1)－(2x＋9)|＝10，所以f(x)＋a≥0恒成立等价于f(x)min≥－a，即10≥－a，解得a≥－10.‎ 答案：　 －10，＋∞)‎ ‎15．(2017·金华质检)已知函数f(x)为R上的奇函数，且f(－x＋1)＝f(x＋1)，则函数f(x)的周期为________，当0≤x≤1时，f(x)＝，则f(13.5)＝________.‎ 解析：∵函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，f(－x＋1)＝f(x＋1)，∴f(－x)＝f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴函数y＝f(x)是以4为周期的周期函数．∵当0≤x≤1时，f(x)＝，∴f(13.5)＝f(1.5)＝f(0.5)＝.‎ 答案：4　 ‎16．设数列{an}的前n项和为Sn(n∈N )，若a1＝1，an＋1＝2Sn＋1，则an＝________.‎ 解析：an＋1＝2Sn＋1⇒Sn＋1－Sn＝2Sn＋1⇒Sn＋1＝3Sn＋1⇒Sn＋1＋＝3，∴是以为首项，3为公比的等比数列．‎ ‎∴Sn＋＝·3n－1＝⇒Sn＝.‎ ‎∴an＝Sn－Sn－1＝－＝3n－1(n≥2)，显然a1＝1也满足该式，所以an＝3n－1.‎ 答案：3n－1‎ ‎17.(2018届高三·浙江省协作体联考)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为3，在面对角线A1D上取点M，在面对角线CD1上取点N，使得MN∥平面AA1C1C，当线段MN长度取到最小值时，三棱锥A1MND1的体积为________．‎ 解析：以，，所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系(图略)，从而可设M(m,0，m)，N(0，n,3－n)，∴＝(－m，n,3－n－m)，而平面ACC1A1的一个法向量是n＝(1,1,0)，∴·n＝0⇒m＝n，∴2＝m2＋n2＋(3－n－m)2＝2m2＋(3－2m)2＝6m2－12m＋9＝6(m－1)2＋3≥3，当且仅当m＝1时，等号成立，此时VA1MND1＝VNA1MD1＝××3×2×1＝1.‎ 答案：1‎ 三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)‎ ‎18．(本小题满分14分)(2017·杭州模拟)已知函数f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋c(ω>0，x∈R，c是常数)图象上的一个最高点为，与其相邻的最低点是，－3.‎ ‎(1)求函数f(x)的解析式及其对称中心；‎ ‎(2)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且·＝－ac，试求函数f(A)的取值范围．‎ 解：(1)f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋c＝2sinωx＋＋c，‎ 由题意得c＝－1，周期为T＝π＝，由此得ω＝2，‎ ‎∴f(x)＝2sin－1，‎ 令2x＋＝kπ，k∈Z，解得x＝－，k∈Z，‎ ‎∴对称中心为，k∈Z.‎ ‎(2)∵·＝－ac，‎ ‎∴－accos B＝－ac，‎ ‎∴B＝，∴A∈，2A＋∈，‎ ‎∴f(A)∈(－3,1]．‎ ‎19．(本小题满分15分)(2018届高三·浙江名校联考)如图，在四棱锥PABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥PA，E为线段BC上的点，且BC＝2AB＝2AD＝4BE＝2PA，平面PAB⊥平面ABCD.‎ ‎(1)求证：平面PED⊥平面PAC；‎ ‎(2)求直线PE与平面PAC所成角的正弦值．‎ 解：(1)如图，取AD的中点F，连接BF，则FD綊BE，‎ ‎∴四边形FBED是平行四边形，∴FB∥ED.‎ ‎∵在直角△BAF和直角△CBA中，＝＝2，‎ ‎∴Rt△BAF∽Rt△CBA.‎ 易知BF⊥AC，则ED⊥AC.‎ ‎∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AB⊥PA，‎ ‎∴PA⊥平面ABCD，PA⊥ED.‎ ‎∵PA∩AC＝A，‎ ‎∴ED⊥平面PAC.‎ ‎∵ED⊂平面PED，‎ ‎∴平面PED⊥平面PAC.‎ ‎(2)设ED交AC于点G，连接PG，‎ 则∠EPG是直线PE与平面PAC所成的角．‎ 设BE＝1，由△AGD ∽△CGE，知＝＝，‎ ‎∵AB＝AD＝2，∴EG＝DE＝.‎ 在△PAB中，PB＝＝2，‎ 在△PBE中，PE＝＝3，‎ ‎∴sin∠EPG＝＝.‎ ‎∴直线PE与平面PAC所成角的正弦值为.‎ ‎20．(本小题满分15分)(2017·嘉兴模拟)已知函数f(x)＝aln x＋x2＋bx(a，b∈R)在x1＝2，x2＝3处取得极值．‎ ‎(1)求a，b的值；‎ ‎(2)求f(x)在点P(1，f(1))处的切线方程．‎ 解：(1)f′(x)＝＋x＋b＝，令f′(x)＝＝0，‎ 根据题意， 得2,3是方程x2＋bx＋a＝0的两根，‎ 则有⇒ ‎(2)由(1)可知f(x)＝6ln x＋x2－5x，则f(1)＝－5＝－，得P.‎ 又由f′(x)＝，得f′(1)＝1－5＋6＝2.‎ 从而，得所求切线方程为l：y＋＝2(x－1)，即4x－2y－13＝0.‎ ‎21．(本小题满分15分)(2018届高三·浙江协作体联考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为梯形，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝1，DA＝2，DP⊥平面ABP，O，M分别是AD，PB的中点．‎ ‎(1)求证：PD∥平面OCM；‎ ‎(2)若AP与平面PBD所成的角为60°，求线段PB的长．‎ 解：(1)如图，设BD交OC于点N，连接MN，BO.‎ 因为O为AD的中点，AD＝2，‎ 所以OA＝OD＝1＝BC.‎ 因为AD∥BC，所以四边形OBCD为平行四边形，‎ 所以N为BD的中点．‎ 因为M为PB的中点，所以MN∥PD.‎ 因为MN⊂平面OCM，PD⊄平面OCM，‎ 所以PD∥平面OCM.‎ ‎(2)由四边形OBCD为平行四边形，得OB＝CD＝1，‎ 所以△AOB为等边三角形，所以∠BAO＝60°，‎ 所以BD＝＝，‎ 即AB2＋BD2＝AD2，即AB⊥BD.‎ 因为DP⊥平面ABP，所以AB⊥PD.‎ 因为BD∩PD＝D, 所以AB⊥平面BDP，‎ 所以∠APB为AP与平面PBD所成的角，‎ 即∠APB＝60°，所以PB＝.‎ ‎22．(本小题满分15分)已知数列{an}满足a1＝a2＝5，an＋1＝an＋6an－1(n≥2)．‎ ‎(1)求证：{an＋1＋2an}是等比数列；‎ ‎(2)设nan＋3nbn＝n·3n，且{|bn|}的前n项和为Tn，n∈N ，证明：Tn<6.‎ 解：(1)由an＋1＝an＋6an－1，得an＋1＋2an＝3(an＋2an－1)(n≥2)，‎ ‎∵a1＝a2＝5，∴a2＋2a1＝15，‎ 故数列{an＋1＋2an}是首项为15,3为公比的等比数列．‎ ‎(2)由(1)，得an＋1＋2an＝5·3n，整理得(an＋1－3n＋1)＝－2(an－3n)．‎ ‎∴an－3n＝2(－2)n－1，故an＝3n＋2(－2)n－1＝3n－(－2)n.‎ 由nan＋3nbn＝n·3n，得3nbn＝n(3n－an)＝n· 3n－3n＋(－2)n]，∴bn＝nn.‎ 则Tn＝|b1|＋|b2|＋…＋|bn|＝＋22＋33＋…＋nn，‎ Tn＝2＋23＋34＋…＋nn＋1，‎ 两式相减，得Tn＝＋2＋3＋…＋n－nn＋1‎ ‎＝－nn＋1‎ ‎＝2－nn＋1，‎ ‎∴Tn＝6－3nn＋1，‎ ‎∴Tn<6.‎