第十章 立体几何与空间向量-【高考一线·真题研究】2025年高考数学分类必刷题

高考一线 真题研究 数学 第十章 立体几何与空间向量 10.1 空间点、直线、平面之间的位置关系 【解题·小帮手】 ▶三个基本事实 基本事实1 过不在一条直线上的三个点, 有且只有一个平面. 基本事实2 如果一条直线上的两个点在一 个平面内,那么这条直线在这个平面内. 基本事实3 如果两个不重合的平面有一个 公共点,那么它们有且只有一条经过该点的 公共直线. 推论1 经过一条直线和这条直线外一点, 有且只有一个平面. 推论2 经过两条相交直线,有且只有一个 平面. 推论3 经过两条平行直线,有且只有一个 平面. ▶空间中点与直线、平面的位置关系 (1)点A 在直线l上,记作A∈l;点B 在直 线l外,记作B∉l. (2)点A 在平面α内,记作A∈α;点P 在平 面α外,记作P∉α. ▶空间中直线与直线的位置关系 (1)相交直线:在同一平面内,有且只有一个 公共点; (2)平行直线:在同一平面内,没有公共点; (3)异面直线:不同在任何一个平面内,没有 公共点. 【判定方法】平面内一点与平面外一点的连 线,和 平 面 内 不 经 过 该 点 的 直 线 是 异 面 直线. ▶空间中直线与平面的位置关系 (1)直线在平面内———有无数个公共点,记 作l⊂α; (2)直线与平面相交———有且只有一个公共 点,记用l∩α=A; (3)直线与平面平行———没有公共点,记作 l∥α. ▶空间中平面与平面的位置关系 (1)两个平面平行———没有公共点,记作α∥β; (2)两个平面相交———有一条公共直线,记 作α∩β=l. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 648.(2020·新课标全国三,19节选)如图所 示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E,F 分别在棱DD1,BB1 上,且2DE= ED1,BF=2FB1.证明:点C1 在平面AEF 内. AD BC C A B F E D 649.(2020·浙江,6)已知空间中不过同一点 的三条直线m,n,l,则“m,n,l在同一平 面”是“m,n,l两两相交”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 90 第十章 立体几何与空间向量 650.(2019·新课标全国三,19节选)图1是由 矩形 ADEB、Rt△ABC 和菱形BFGC 组 成的一个平面图形,其中AB=1,BE=BF =2,∠FBC=60°,将其沿AB,BC 折起使 得BE 与BF 重合,连接DG,如图2所示. 证明:图2中的A,C,G,D 四点共面. C GF E A B D 图1 C A B G E F D 图2 651.(2019·新课标全国三,8)如图所示,点N 为正方形ABCD 的中心,△ECD 为正三角 形,平面 ECD⊥平面 ABCD,M 是线段 ED 的中点,则 ( ) C A B N E M D A.BM=EN,且直线BM,EN 是相交直线 B.BM≠EN,且直线BM,EN 是相交直线 C.BM=EN,且直线BM,EN 是异面直线 D.BM≠EN,且直线BM,EN 是异面直线 652.(2016·上海,16)如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别为BC, BB1 的中点,则下列直线中与直线EF 相 交的是 ( ) A D B C C E F A B D A.直线AA1 B.直线A1B1 C.直线A1D1 D.直线B1C1 653.(2015·湖北,5)l1,l2 表示空间中的两条 直线,若p:l1,l2 是异面直线;q:l1,l2 不相 交,则 ( ) A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件 B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件 C.p 是q的充分必要条件 D.p 既不是q 的充分条件,也不是q 的必 要条件 654.(2015·广东,6)若直线l1 和l2 是异面直 线,l1 在平面α内,l2 在平面β内,l是平面 α与平面β的交线,则下列命题正确的是 ( ) A.l与l1,l2 都不相交 B.l与l1,l2 都相交 C.l至多与l1,l2 中的一条相交 D.l至少与l1,l2 中的一条相交 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 91 高考一线 真题研究 数学 10.2 空间几何体的表面积与体积 【解题·小帮手】 ▶柱体的表面积与体积 (1)S棱柱=S上+S下+S侧 (S侧 为侧面四边形 面积之和,S侧=Ch,C 为棱柱底面周长,h 为棱柱斜高); (2)S圆柱=S上+S下+S侧=2πr(r+l)(r 为 上下底面圆半径,l为圆柱母线长). (3)V柱体=Sh(S 为柱体底面积,h为棱柱高). ▶锥体的表面积与体积 (1)S棱锥=S底+S侧 (S侧 为侧面三角形面积 之和); (2)S圆锥=S底+S侧=πr(r+l)(r 为圆锥底 面圆半径,l为圆锥母线长). (3)V锥体= 1 3Sh (S为锥体底面积,h为棱锥高) ▶台体的表面积与体积 (1)S棱台=S上+S下+S侧 (S侧 为侧面梯形面 积之和); (2)S圆台=π(r21+r22+r1l+r2l)(r1,r2 为圆 台上下底面圆半径,l为圆台母线长). (3)V台体= 1 3 (S上+ S上S下 +S下 )h(S上 , S下 为台体上下底面面积,h 为台体的高). ▶球的表面积与体积 (1)表面积:S=4πR2; (2)体积:V=43πR 3. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 655.(2024·新高考全国一,5)已知圆柱和圆 锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们 的高均为 3,则圆锥的体积为 ( ) A.23π B.33π C.63π D.93π 656.(2024·新课标全国甲理,14)已知甲、乙 两个圆台上、下底面的半径均为r1 和r2, 母线长分别为2(r2-r1)和3(r2-r1),则 两个圆台的体积之比 V甲 V乙= . 657.(2024·北京,14)汉代刘歆设计的“铜嘉 量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量 器,其中升量器、斗量器、斛量器的形状均 可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公 比为10的等比数列,底面直径依次为 65 mm,325 mm,325 mm,且斛量器 的高 为230 mm,则斗量器的高为 mm,升量器的高为 mm. 658.(2024·天津卷,9)一个五面体 ABC- DEF,已知AD∥BE∥CF,且两两之间距 离为1,已知AD=1,BE=2,CF=3,则 该五面体的体积为 ( ) CA B E F D A. 3 6 B. 33 4 + 1 2 C. 3 2 D. 33 4 - 1 2 659.(2023·新高考全国一,14)在正四棱台 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=2,A1B1=1, AA1= 2,则该棱台的体积为 . 660.(2023·新高考全国二,14)底面边长为4 的正四棱锥被平行于其底面的平面所截, 截去一个底面边长为2,高为3的正四棱 锥,所得棱台的体积为 . 661.(2023·新课标全国甲文,10)在三棱锥 P-ABC 中,△ABC 是边长为2的等边三 角形,PA=PB=2,PC= 6,则该棱锥的 体积为 ( ) A.1 B.3 C.2 D.3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 92 第十章 立体几何与空间向量 662.(2023·新课标全国乙理,8)已知圆锥PO 的底面半径为 3,O 为底面圆心,PA,PB 为圆锥的母线,∠AOB=120°,若△PAB 的面积等于93 4 ,则该圆锥的体积为 ( ) A.π B.6π C.3π D.36π 663.(2023·天津,8)在三棱锥P-ABC 中, 线段PC 上的点M 满足PM=13PC ,线段 PB 上的点N 满足PN=23PB ,则三棱锥 P-AMN 和三棱锥P-ABC 的体积之比 为 ( ) A. 1 9 B. 2 9 C. 1 3 D. 4 9 664.(2022·新高考全国一,4)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148.5 m 时,相应水面的面积为 140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应 水面的面积为180.0 km2,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148.5 m上升到157.5 m时, 增加的水量约为(7≈2.65) ( ) A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3 C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3 665.(多选题)(2022·新高考全国二,11)如 图,四边形 ABCD 为正方形,ED⊥平面 ABCD,FB∥ED,AB=ED=2FB,记三棱 锥E-ACD,F-ABC,F-ACE 的体积 分别为V1,V2,V3,则 ( ) F C BA D E A.V3=2V2 B.V3=V1 C.V3=V1+V2 D.2V3=3V1 666.(2022·新课标全国甲,9)甲、乙两个圆锥 的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和 为2π,侧面积分别为S甲 和S乙,体积分别 为V甲 和V乙.若 S甲 S乙=2 ,则V甲 V乙= ( ) A.5 B.22 C.10 D. 5 10 4 667.(2021·新课标全国甲,14)已知一个圆锥 的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥 的侧面积为 . 668.(2020·新高考全国二,13)已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为2,M,N 分 别为 BB1,AB 的 中 点,则 三 棱 锥 A - NMD1 的体积为 . 669.(2020·浙江,14)已知圆锥的侧面积为2π, 且展开图为半圆,则底面半径为 . 670.(2019·江苏,9)如图所示,长方体ABCD- A1B1C1D1的体积是120,E 为CC1 的中点,则 三棱锥E-BCD 的体积是 . A D B C C A B D E 671.(2019·天津,9)已知四棱锥的底面是边 长为 2的正方形,侧棱长均为 5.若圆柱的 一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中 点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中 心,则该圆柱的体积为 . 672.(2018·新课标全国一,5)已知圆柱的上、 下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的 正方形,则该圆柱的表面积为 ( ) A.122π B.12π C.82π D.10π 673.(2018·新课标全国二,16)已知圆锥的顶 点为S,母线SA,SB 互相垂直,SA 与圆 锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为 8,则该圆锥的体积为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 93 高考一线 真题研究 数学 10.3 球的截面 【解题·小帮手】 ▶球的截面示意图 如图,球心O 与截面圆圆心O'的连线OO' 与截面垂直.设球的半径为R,截面圆半径 为r,球心O 到截面距离为d,则R2=d2+ r2.(为方便,通常使用下面的右图) O O′ R Pr d a d r R P O O′ ▶截面圆半径的求法 截面圆半径r 通常为截面圆中三角形或四 边形的外接圆半径. (1)直角三角形外接圆半径为斜边的一半; (2)若等边三角形边长为a,,则其外接圆半 径r= 33a ; (3)一般三角形外接圆半径求解借助正弦定 理或余弦定理; (4)矩形,正方形:外接圆半径等于对角线长 的一半; (5)其他四边形若存在外接圆,连接任意三 个顶点组成的三角形的外接圆即为四边形 的外接圆. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 674.(2022·北京,9)已知正三棱锥P-ABC 的六条棱长均为6,S 是△ABC 及其内部的 点构成的集合.设集合T={Q∈S|PQ≤5}, 则T 表示的区域的面积为 ( ) A. 3π 4 B.π C.2π D.3π 675.(2021·新课标全国甲,11)已知A,B,C 是半径为1的球O 的球面上的三个点,且 AC⊥BC,AC=BC=1,则 三 棱 锥 O- ABC 的体积为 ( ) A. 2 12 B. 3 12 C. 2 4 D. 3 4 676.(2020·新课标全国一,10)已知A,B,C 为球O 的球面上的三个点,☉O1 为△ABC 的外 接 圆,若☉O1 的 面 积 为4π,AB= BC=AC=OO1,则球O 的表面积为 ( ) A.64π B.48π C.36π D.32π 677.(2020·新课标全国二,10)已知△ABC 是面积为93 4 的等边三角形,且其顶点都 在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π, 则O 到平面ABC 的距离为 ( ) A.3 B. 3 2 C.1 D. 3 2 678.(2012·新课标全国二,8)平面α 截球O 所得截面圆的半径为1,球心O 到平面α的 距离为 2,则此球的体积为 ( ) A.6π B.43π C.46π D.63π 679.(2012·新课标全国二,11)已知三棱锥S- ABC 的 所 有 顶 点 都 在 球 O 的 球 面 上, △ABC 是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为( ) A. 2 6 B. 3 6 C. 2 3 D. 2 2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 94 第十章 立体几何与空间向量 680.(2011·新课标全国,15)已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上,且 AB=6,BC=23,则棱锥O-ABCD 的 体积为 . 681.(2007·陕西,7)Rt△ABC 的三个顶点在 半径为13的球面上,两直角边的长分别为6 和8,则球心到平面ABC 的距离是 ( ) A.5 B.6 C.10 D.12 682.(2006·全国二,4)过球的一条半径的中 点,作垂直于该半径的平面,则所得截面的 面积与球的表面积的比为 ( ) A. 3 16 B. 9 16 C. 3 8 D. 9 32 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 10.4 外接球与内切球 【解题·小帮手】 一、外接球 ▶墙角模型(三条线两两垂直) 题设:OA,OB,OC 两两垂直(如图1). A C O B 图1 方法:把三棱锥补成一个长方体,设外接球 半 径 为 R,OA =a,OB=b,OC=c,则 a2+b2+c2=2R,解出R. ▶垂面模型(一条直线垂直于一个平面) 题设(一):PA⊥平面ABC(如图2). B H C D O P A 图2 方法:(1)将平面ABC 画在小圆面上,A 为 小圆面直径的一个端点,作小圆面的直径 AD,连接PD,则PD 必过球心O;(2)设 H 为△ABC 的外心,则OH⊥平面ABC,计算 出小圆面的半径 HD=r,OH=12PA ;(3) 设外接球的半径为R,则由勾股定理得R= r2+OH2. 题设(二):点P 的投影为△ABC 的外心(如 图3). H O C P B A 图3 方法:(1)确定球心O 的位置,取△ABC 的 外心H,则P,O,H 三点共线;(2)计算小圆 半径AH,计算棱锥的高PH=h;(3)由勾 股定理得OH2+AH2=OA2⇒(h-R)2+ r2=R2,解出R. ▶切瓜模型(两个平面互相垂直) 题设(一):平面PAC⊥平面BAC,AB⊥BC (AC 为小圆直径,如图4). B A C P 图4 方法:(1)由图知球心O 必为△PAC 的外 心,即△PAC 在大圆面上,先求出小圆面直 径AC 的长; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 95 高考一线 真题研究 数学 (2)在△PAC 中,根据正弦定理 asin A=2R , 解出R. 题设(二):平面 PAC⊥平面 BAC,PA= PC,AB⊥BC(如图5). A B H C O P 图5 方法:(1)确定球心O 的位置,由图知P,O, H 三点共线;(2)计算小圆面半径AH=r, 计算棱锥的高PH=h;(3)由勾股定理得 OH2+AH2=OA2⇒(h-R)2+r2=R2,解 出R. ▶汉堡模型(直棱柱的外接球) 题设(一):直三棱柱内接于球(棱柱的上下 底面为任意三角形,如图6). A B C C B HA O 图6 方法:(1)确定球心O 的位置,H 为△ABC 的外心,则OH⊥平面ABC;(2)计算小圆面 半径AH=r,OH=12AA1= h 2 ;(3)由勾股 定理得OH2+AH2=OA2⇒ h2 2 +r2= R2,解出R. 题设(二):四棱锥P-ABCD 内接于球,平 面PAD⊥平面ABCD(如图7). P O H D A B C 图7 方法:首先补成直三棱柱,然后方法同上.由 勾股定理得OH2+PH2=OP2⇒ h2 2 + r2=R2,解出R. ▶折叠模型 题设:两个全等三角形拼在一起(或菱形折 叠,如图8). A B E C O D H H A′ 图8 方法:(1)如图8所示,将△BCD 画在小圆 面上,找出△BCD 与△A'BD 的外心H1 和 H2;(2)过 H1 和 H2 分别作所在三角形的 垂线,交点即为球心O,连接OE,OC;(3)解 △OEH1,算出OH1,在Rt△OCH1 中,勾股 定理:OH21+CH21=OC2,解出OC=R. ▶对棱相等模型 题设:三棱锥或四面体三组对棱相等(如图9). A B C D 图9 方法:(1)画一个长方体,标出三组互为异面 的对棱,如图9所示,AB=CD,AD=BC, AC=BD; (2)设长方体的长宽高分别为a,b,c,列出方 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 96 第十章 立体几何与空间向量 程组 a2+b2=BC2=α2, b2+c2=AC2=β2, c2+a2=AB2=γ2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 ⇒a2+b2+c2= α2+β2+γ2 2 ;(3)由墙角模型得 a2+b2+c2 =2R⇒R= α 2+β2+γ2 8 . ▶两个直角三角形拼在一起模型 题设:∠APB=∠AQB=90°,求外接球半径 (如图10). B P QO A 图10 方法:取斜边AB 的中点O,连接OP,OQ, 则OP=12AB=OA=OB=OQ ,所以O 点 即为外接球的球心,然后在△POQ 中解出 外接球半径R. 二、内切球 ▶棱锥内切球 题设(一):正三棱锥求内切球半径 方法:(1)先画出内切球的截面图(如图11), E,H 分别为两个三角形的外心; E A D H C B O P 图11 (2)求DH=13BD ,PO=PH-r,PD 为侧 面△PAC 的高,r为内切球半径; (3)由△POE∽△PDH,建立等式OEDH = PO PD ,解出r. 题设(二):正四棱锥求内切球半径 方法:(1)先画出内切球的截面图(如图12), P,O,H 三点共线; O P A E H F D G CB 图12 (2)求HF=12BC ,PO=PH-r,PF 为侧 面△PCD 的高,r为内切球半径; (3)由△POG∽△PFH,建立等式OGHF= PO PF ,解出r. 题设(三):求任意三棱锥的内切球半径(等 体积法) 方法:(1)先求出四个表面的面积和整体锥 体的体积(如图13);(2)设内切球半径为r, 建 立 等 式 VP-ABC =VO-ABC +VO-PAB + VO-PAC+VO-PBC ⇒VP-ABC = 1 3 (S△ABC + S△PAB+S△PAC +S△PBC)r;(3)解 出r= 3VP-ABC S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC . O C P A B 图13 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 97 高考一线 真题研究 数学 题设(四):正四面体的棱长为a. 结论:外接球半径R= 64a ,内切球半径为 r= 612a. ▶圆锥内切球 过圆锥顶点做轴截面,如图14.设圆锥母线 长为l(即AB=AC=l),圆锥底面半径为 r,(即DB=DC=r),圆锥高为h(即AD= h),内切球半径为R,有以下两种方法求R. (1)相似法:由△AEO∽△ADC,得OEOA= DC AC ,即 R h-R= r l ,解得R=rhr+l. R R R B D C E O A 图14 (2)等面积法:由S△ABC=S△ABO+S△ACO+ S△BOC,得 1 2×2r×h= 1 2×2r×R+ 1 2×l× R+12×l×R ,解得R=rhr+l. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 683.(2023·新课标全国甲理,15)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别为CD, A1B1 的中点,则以EF 为直径的球面与正 方体每条棱的交点总数为 . 684.(2023·全国课标全国乙文,16)已知点 S,A,B,C 均 在 半 径 为 2 的 球 面 上, △ABC 是边长为3的等边三角形,SA⊥平 面ABC,则SA= . 685.(2023·新课标全国甲文,16)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,AB=4,O 为AC1 的中点,若该正方体的棱与球O 的球面有 公共 点,则 球 O 的 半 径 的 取 值 范 围 是 . 686.(2022·新课标全国乙,9)已知球O 的半 径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶 点均在球O 的球面上,则当该四棱锥的体 积最大时,其高为 ( ) A. 1 3 B. 1 2 C. 3 3 D. 2 2 687.(2022·新高考全国二,7)已知正三棱台 的高为1,上、下底面的边长分别为33和 43,其顶点都在同一球面上,则该球的表 面积为 ( ) A.100π B.128π C.14π D.192π 688.(2020·天津,5)若棱长为23的正方体 的顶点都在同一球面上,则该球的表面积 为 ( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 689.(2018·新课标全国三,10)设A,B,C,D 是同一个半径为4的球的球面上四点, △ABC 为等边三角形且面积为93,则三 棱锥D-ABC 体积的最大值为 ( ) A.123 B.183 C.243 D.543 690.(2017·新课标全国一,16)已知三棱锥 S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上, SC 是球O 的直径.若平面SCA⊥平面 SCB,SA=AC,SB=BC,三 棱 锥 S- ABC 的 体 积 为9,则 球 O 的 表 面 积 为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 98 第十章 立体几何与空间向量 691.(2017·新课标全国三,8)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. 3π 4 C. π 2 D. π 4 692.(2017·新课标全国二,15)长方体的长、 宽、高分别为3,2,1,其顶点都在球O 的球 面上,则球O 的表面积为 . 693.(2017·天津,10)已知一个正方体的所有 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 . 694.(2014·新课标全国一,8)正四棱锥的顶 点都在同一球面上,若该棱锥的高为4,底 面边长为2,则该球的表面积为 ( ) A. 81π 4 B.16π C.9π D. 27π 4 695.(2014·陕西,5)已知底面边长为1、侧棱 长为 2的正四棱柱的各顶点均在同一个球 面上,则该球的体积为 ( ) A. 32π 3 B.4π C.2π D. 4π 3 696.(2013·辽宁,10)已知三棱柱 ABC- A1B1C1 的6个顶点都在球O 的球面上, AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球 O 的半径为 ( ) A. 3 17 2 B.2 10 C. 13 2 D.3 10 697.(2012·辽宁,16)已知点P,A,B,C,D 是球O 表面上的点,PA⊥平面ABCD,四 边形ABCD 是边长为23正方形.若PA =26,则△OAB 的面积为 . 698.(2010·新课标全国一,10)设三棱柱的侧 棱垂直于底面,所有棱长都为a,顶点都在 一个球面上,则该球的表面积为 ( ) A.πa2 B.73πa 2 C. 11 3πa 2 D.5πa2 699.(2010·辽宁,11)已知S,A,B,C 是球O 表面上的点,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,SA= AB=1,BC=2,则球O 表面积等于 ( ) A.4π B.3π C.2π D.π 700.(2009·新 课 标 全 国 一,15)直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 的各顶点都在同一球面 上,若AB=AC=AA1=2,∠BAC=120°, 则此球的表面积等于 . C A B D701.(2008·浙江,14)如图 所示,已知球O 表面上 四点A,B,C,D,DA⊥ 平 面 ABC,AB⊥BC, DA=AB=BC= 3,则 球 O 体 积 等 于 . 702.(2008·福建,15)若三棱锥的三个侧棱两 两垂直,且侧棱长均为 3,则其外接球的表 面积是 . 703.(2007·新课标全国二,15)一个正四棱柱 的各个顶点在一个直径为2 cm的球面上. 如果正四棱柱的底面边长为1 cm,那么该 棱柱的表面积为 cm2. 704.(2006·新课标全国一,7)已知各顶点都 在一个球同上的正四棱柱高为4,体积为 16,则这个球的表面积是 ( ) A.16π B.20π C.24π D.32π 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 99 高考一线 真题研究 数学 705.(2006·山东,12)如图所示,在等腰梯形 ABCD 中,AB=2DC=2,∠DAB=60°,E 为AB 的中点,将△ADE 与△BEC 分别沿 ED,EC 向上折起,合A、B 重合于点P,则 P-DCE 三棱锥的外接球的体积为( ) C A BE D A. 43π 27 B. 6π 2 C. 6π 8 D. 6π 24 706.(2005·江西,9)矩形ABCD 中,AB=4, BC=3,沿AC 将矩形ABCD 折成一个直 二面角B-AC-D,则四面体ABCD 的外 接球的体积为 ( ) A. 125 12π B. 125 9π C. 125 6π D. 125 3π 707.(2020·新课标全国三,15)已知圆锥的底 面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径 最大的球的体积为 . O O O 708.(2017·江苏,6)如图所示, 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 V1 V2 的值是 . 709.(2016·新课标全国三,10)在封闭的直三 棱柱ABC-A1B1C1 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. 9π 2 C.6π D. 32π 3 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 10.5 平行关系 【解题·小帮手】 ▶判断(或证明)线线平行的方法 (1)平行公理:平行于同一条直线的两条直 线平行. (2)线面平行性质定理:若一条直线与一个 平面平行,则经过这条直线的平面与已知平 面的交线与该直线平行. (3)面面平行性质定理:若两个平行平面被 第三个平面所截,则两条交线平行. (4)线面垂直性质定理:垂直于同一个平面 的两条直线互相平行. ▶判断(或证明)线面平行的方法 (1)线面平行的判定定理:若平面外的一条 直线平行于平面内的一条直线,则此直线与 平面平行. (2)转化为证明面面平行:若两个平面平行, 则其中一个平面内的直线必平行于另一个 平面. (3)空间向量法:设直线l的方向向量为a, 平面α的法向量为n,则l∥平面α⇔a⊥n. ▶判断(或证明)面面平行的方法 (1)面面平行判定定理:若一个平面内的两 条相交直线平行于另一个平面,则这两个平 面平行. (2)面面平行判定定理推论:若一个平面内 的两条相交直线平行于另一个平面内的两 条相交直线,则这两个平面平行. (3)空间向量法:设平面α的法向量为n1,平 面β 的 法 向 量 为n2,则 平 面α∥平 面β⇔ n1∥n2. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 100 第十章 立体几何与空间向量 710.(2024·新高考全国一,17节选)如图,四 棱锥P-ABCD 中,PA⊥底面ABCD, PA=AC=2,BC=1,AB= 3.若AD⊥ PB,证明:AD∥平面PBC. CA B D P 711.(2024·新课标全国甲理,19节选)如图, 在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体 中,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为 等腰梯形,BC∥AD,EF∥AD,AD=4,AB =BC=EF=2,ED= 10,FB=23,M 为 AD 的中点.证明:BM∥平面CDE. C A B M EF D 712.(2024·北 京 卷,17)已 知 四 棱 锥 P- ABCD,AD∥BC,AB=BC=1,AD=3, DE=PE=2,E 是AD 上一点,PE⊥ AD.若F 是PE 的中点,证明:BF∥平面 PCD. C A E F P B D 713.(2024·天津,17节选)已知四棱柱AB- CD-A1B1C1D1 中,底面ABCD 为梯形, AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB, 其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N 是 B1C1 的中点,M 是 DD1 的中点.求 证 D1N∥平面CB1M. A D B C C N M A B D 714.(2023·新课标全国乙文,19)如图,在三 棱锥P-ABC 中,AB⊥BC,AB=2,BC= 22,PB=PC=6,BP,AP,BC 的中点分别 为D,E,O,点F 在AC 上,BF⊥AO. (1)求证:EF∥平面ADO; (2)若∠POF=120°,求三棱锥P-ABC 的体积. C E P F O A B D 715.(2022·新高考全国二,20节选)如图,PO 是三棱锥P-ABC 的高,PA=PB,AB⊥ AC,E 是 PB 的 中 点.证 明:OE∥平 面 PAC. A C P E B O 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 101 高考一线 真题研究 数学 716.(2022·北京,17节选)如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,侧面BCC1B1 为正方 形,平面BCC1B1⊥平面 ABB1A1,AB= BC=2,M,N 分别为A1B1,AC 的中点.求 证:MN∥平面BCC1B1. AB C C B N A M 717.(2022·新课标全国甲卷文,19)小明同学 参加综合实践活动,设计了一个封闭的包 装盒,包装盒如图所示,底面ABCD 是边 长 为 8(单 位:cm)的 正 方 形,△EAB, △FBC,△GCD,△HDA 均为正三角形, 且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直. (1)证明:EF∥平面ABCD; (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的 厚度). G F C BA D H E 718.(2022·天津,17节选)直三棱柱ABC- A1B1C1 中,AA1=AB=AC=2,AA1⊥ AB,AC⊥AB,D 为A1B1 的中点,E 为 AA1 的中点,F 为CD 的中点.求证:EF∥ 平面ABC. A B C C A B D F E 719.(2020·江苏,15节选)如图所示,在三棱 柱ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC,B1C⊥平 面ABC,E,F 分别是AC,B1C 的中点.求 证:EF∥平面AB1C1. A B C CA B E F 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 102 第十章 立体几何与空间向量 720.(2019·江苏,16节选)如图所示,在直三 棱柱ABC-A1B1C1 中,D,E 分别为BC, AC 的中点,AB=BC.求证:A1B1∥平面 DEC1. A B C C A B E D 721.(2019·天津,17节选)如图所示,AE⊥平 面ABCD,CF∥AE,AD∥BC,AD⊥AB, AB=AD=1,AE=BC=2 .求证:BF∥平 面ADE. C A B E F D 722.(2017·新课标全国二,19节选)如图所 示,四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD 为等 边三 角 形 且 垂 直 于 底 面 ABCD,AB = BC=12AD ,∠BAD=∠ABC=90°,E 是 PD 的中点.证明:直线CE∥平面PAB. C E P A B D 723.(2017·北京,16节选)如图所示,在四棱 锥P-ABCD 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= 6,AB= 4.求证:M 为PB 的中点. C A P M B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 103 高考一线 真题研究 数学 724.(2016·新课标全国三,19节选)如图所 示,四棱锥P-ABCD 中,PA⊥底面ABCD, AD∥BC,AB=AD=AC=3,PA=BC= 4,M 为线段AD 上一点,AM=2MD,N 为PC 的中点.证明:MN∥平面PAB. C A B DM N P 725.(2015·四川,18)一个正方体的平面展开 图及 该 正 方 体 的 直 观 图 的 示 意 图 如 图 所示. (1)请将字母F,G,H 标记在正方体相应 地顶点处(不需要说明理由); (2)判断平面BEG 与平面ACH 的位置关 系,并说明你的结论. C A B F H E GD C A B E D 726.(2015·安徽,19节选)如图所示,在多面 体 A1B1D1DCBA 中,四 边 形 AA1B1B, ADD1A1,ABCD 均为正方形,E 为B1D1 的中点,过A1,D,E 的平面交CD1 于F. 证明:EF∥B1C. A D B C F E A B D 727.(2014·天津,17节选)如图所示,四棱锥 P-ABCD 的底面是平行四边形,BA= BD= 2,AD=2,PA=PD= 5,E,F 分 别是棱PC,AD 的中点.证明:EF∥平面 PAB. C A B D F E P 728.(2014·新课标全国二,18节选)如图所 示,四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 为 矩形,PA⊥平面ABCD,E 为PD 的中点. 证明:PB∥平面AEC. C A P E B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 104 第十章 立体几何与空间向量 10.6 垂直关系 【解题·小帮手】 ▶判断(或证明)线线垂直的方法 (1)定义法:如果两条直线所成的角是直角, 那么这两条直线互相垂直. (2)线面垂直定义:如果一条直线垂直于一 个平面,那么这条直线垂直于这个平面内的 所有直线. ▶判断(或证明)线面垂直的方法 (1)线面垂直判定定理:若平面外的一条直 线垂直于平面内的两条相交直线,则此直线 与平面垂直. (2)面面重直性质定理:若两个平面垂直,则 其中一个平面内垂直于交线的直线必垂直 另一个平面. (3)空间向量法:设直线l的方向向量为a, 平面α的法向量为n,则l⊥平面α⇔a∥n. ▶判断(或证明)面面垂直的方法 (1)面面垂直判定定理:若一个平面经过另 一个平面的一条垂线,则这两个平面垂直. (3)空间和量法:设平面α的法向量为n1,平 面β 的法向量为n2,则平面α⊥平面β⇔ n1⊥n2⇔n1·n2=0. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 729.(2024·新高考全国二,17节选)如图,平 面四 边 形 ABCD 中,AB=8,CD =3, AD=5 3,∠ADC=90°,∠BAD=30°, 点E,F 满足AE→=25AD →,AF→=12AB →,将 △AEF 沿EF 对折至△PEF,使得PC= 43.证明:EF⊥PD. C A B F E P D 730.(2023·新课标全国甲文,18)如图,在三 棱 柱 ABC -A1B1C1 中,A1C ⊥ 平 面 ABC,∠ACB=90°. (1)证明:平面ACC1A1⊥平面BB1C1C; (2)设AB=A1B,AA1=2,求四棱锥A1- BB1C1C 的高. A BC C A B 731.(2022·新课标全国甲,18节选)在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,CD∥ AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP= 3. 证明:BD⊥PA. P D C BA 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 105 高考一线 真题研究 数学 732.(2022·新课标全国乙,18节选)如图,四 面体 ABCD 中,AD ⊥CD,AD =CD, ∠ADB=∠BDC,E 为AC 的中点.证明: 平面BED⊥平面ACD. E A C F B D 733.(2022·浙江,19节选)如图,已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形,AB∥DC,DC∥ EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD= ∠CDE=60°,二面角F-DC-B 的平面 角为60°.设M,N 分别为AE,BC 的中点. 证明:FN⊥AD. CM E F N A B D 734.(2021·新高考全国二,19节选)如图所 示,在四棱锥Q-ABCD 中,底面ABCD 是正方形,若AD=2,QD= 5,QC=3.证 明:平面QAD⊥平面ABCD. C Q A B D 735.(2020·新高考全国一,20节选)如图所 示,四棱锥P-ABCD 的底面为正方形, PD⊥底面 ABCD.设平面 PAD 与平面 PBC 的交线为l.证明:l⊥平面PDC. C P A B D 736.(2020·新课标全国一,18节选)如图所 示,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆 心,AE 为底面直径,AE=AD.△ABC 是 底面的内接正三角形,P 为DO 上一点, PO= 66DO. 证明:PA⊥平面PBC. C A E P O B D 737.(2020·江苏,15节选)如图所示,在三棱 柱ABC-A1B1C1 中,AB⊥AC,B1C⊥平 面ABC,E,F 分别是AC,B1C 的中点.求 证:平面AB1C⊥平面ABB1. A B C CA B E F 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 106 第十章 立体几何与空间向量 738.(2020·新课标全国三,19节选)如图所 示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E,F 分别在棱DD1,BB1 上,且2DE= ED1,BF=2FB1,当AB=BC 时,证明:EF⊥ AC. AD BC C E F A B D 739.(2019·新课标全国二,17节选)如图所 示,长 方 体 ABCD -A1B1C1D1 的 底 面 ABCD 是正方形,点E 在棱AA1 上,BE⊥ EC1.证明:BE⊥平面EB1C1. A D B C C A E BD 740.(2019·北京,18节选)如图所示,在四棱 锥P-ABCD 中,PA⊥平面ABCD,底面 ABCD 为菱形,E 为CD 的中点.若∠ABC= 60°,求证:平面PAB⊥平面PAE. C A E P B D 741.(2019·新课标全国三,19节选)图1是由 矩形 ADEB,Rt△ABC 和菱形BFGC 组 成的一个平面图形,其中 AB=1,BE= BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起 使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2所 示.证明:平面ABC⊥平面BCGE. C GF E A B D 图1 C A B G E F D 图2 742.(2019·江苏,16节选)如图所示,在直三 棱柱ABC-A1B1C1 中,D,E 分别为BC, AC 的中点,AB=BC,A1B1∥平面DEC1. 求证:BE⊥C1E. A B C C A B E D 743.(2018·新课标全国三,19节选)如图所 示,边长为2的正方形ABCD 所在的平面 与半圆弧CD ︵ 所在平面垂直,M 是CD ︵ 上 异于C,D 的点.证明:平面AMD⊥平面 BMC. C A M B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 107 高考一线 真题研究 数学 744.(2018·天津,17节选)如图所示,在四面 体ABCD 中,△ABC 是等边三角形,平面 ABC⊥平面ABD,点 M 为棱AB 的中点, AB=2,AD=2 3,∠BAD=90°.求证: AD⊥BC. C M A B D 745.(2018·新课标全国一,18节选)如图所 示,四边形ABCD 为正方形,E,F 分别为 AD,BC 的中点,以 DF 为折痕把△DFC 折起,使点C 到达点P 的位置,且PF⊥ BF.证明:平面PEF⊥平面ABFD. C A B F E P D 746.(2018·浙江,19节选)如图所示,已知多 面体 ABC-A1B1C1,A1A,B1B,C1C 均 垂直于平面ABC,∠ABC=120°,A1A=4, C1C=1,AB=BC=B1B=2.证明:AB1⊥ 平面A1B1C1. A B C CA B 747.(2018·新课标全国二,20节选)如图所 示,在三棱锥 P-ABC 中,AB=BC=2 2,PA=PB=PC=AC=4,O 为AC 的 中点.证明:PO⊥平面ABC. CA O B P 748.(2017·新课标全国一,18节选)如图所 示,在四棱锥P-ABCD 中,AB∥CD,且 ∠BAP=∠CDP=90°.证明:平面PAB⊥ 平面PAD. C P A B D 749.(2017·新课标全国三,19节选)如图所 示,四面体ABCD 中,△ABC 是正三角形, △ACD 是直角三角形,∠ABD=∠CBD, AB=BD.证明:平面ACD⊥平面ABC. C A B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 108 第十章 立体几何与空间向量 750.(2016·北京,17节选)如图所示,在四棱 锥P-ABCD 中,平面PAD⊥平面ABCD, PA⊥PD,PA=PD,AB⊥AD,AB=1, AD=2,AC=CD= 5.求证:PD⊥平面 PAB. C A P B D 751.(2016·新课标全国二,19节选)如图所 示,菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于 点O,AB=5,AC=6,点E,F 分别在AD, CD 上,AE=CF=54 ,EF 交BD 于点H. 将 △DEF 沿 EF 折 到 △D'EF 位 置, OD'= 10.证明:D'H⊥平面ABCD. C A O E F H B D D′ 752.(2014·新课标全国一,19节选)如图所示, 三棱柱ABC-A1B1C1 中,侧面BB1C1C 为 菱形,B1C 的 中 点 为 O,且 AO ⊥ 平 面 BB1C1C.证明:B1C⊥AB. A B C C A B O 753.(2014·天津,17节选)如图所示,四棱锥 P-ABCD 的底面是平行四边形,BA= BD= 2,AD=2,PA=PD=5,E,F 分别 是棱AD,PC 的中点.若二面角P-AD-B 为60°,证明:平面PBC⊥平面ABCD. C A B E F P D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 109 高考一线 真题研究 数学 754.(2013·新课标全国一,19节选)如图所 示,三棱柱ABC-A1B1C1 中,CA=CB, AB=AA1,∠BAA1=60°.证明:AB⊥A1C. A B CC A B 755.(2013·江苏,16节选)如图所示,在三棱 锥S-ABC 中,平面SAB⊥平面SBC, AB⊥BC,AS=AB.过A 作AF⊥SB,垂 足为F,点E,G 分别是侧棱SA,SC 的中 点.平 面 EFG∥平 面 ABC,求 证:BC⊥ SA. CA B E S G F 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 10.7 小题综合 【解题·小帮手】 ▶判断空间存在平行与垂直关系,根据相关判 定定理或性质定理直接推理证明,但必须注 意定理满足的条件. ▶对于用符号语言表示的位置关系,解题时, 要注意符号语言、文字语言、图形语言之间 的相互转化.有时画出满足条件的简图即可 对结论作出判断. ▶对于不方便直接利用定义、定理判断的题 目,可利用正方体模型在满足已知条件的情 况下找反例是常用的方法. ▶对于具有“墙角”模型的几何体,可以建立空 间直角坐标系,利用直线的方向向量和平面的 法向量判断空间平行与垂直关系的成立性. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 756.(2024·新课标全国甲理,10)设α,β是两 个平面,m,n是两条直线,且α∩β=m,下 列四个命题: ①若m∥n,则n∥α或n∥β ②若m⊥n,则n⊥α,n⊥β ③若n∥α,且n∥β,则m∥n ④若n与α和β所成的角相等,则m⊥n 其中所有真命题的编号是 ( ) A.①③ B.②④ C.①②③ D.①③④ 757.(2024·北京,8)如图,在四棱锥P-AB- CD 中,底面 ABCD 是边长为4的正方 形,PA=PB=4,PC=PD=22,该棱锥 的高为 ( ) A B P C D A.1 B.2 C.2 D.3 758.(2024·天津,6)若m,n 为两条不同的直 线,α为一个平面,则下列结论中正确的是 ( ) A.若m∥α,n⊂α,则m∥n B.若m∥α,n∥α,则m∥n C.若m∥α,n⊥α,则m⊥n D.若m∥α,n⊥α,则m 与n相交 759.(多选题)(2023·新高考全国一,12)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 ( ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 110 第十章 立体几何与空间向量 A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 760.(多选题)(2023·新高考全国二,9)已知 圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB 为底 面直径,∠APB=120°,PA=2,点C 在底 面圆周上,且二面角P-AC-O 为45°,则 ( ) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为43π C.AC=22 D.△PAC 的面积为 3 761.(2023·新课标全国甲理,11)在四棱锥P -ABCD 中,底面ABCD 为正方形,AB= 4,PC=PD=3,∠PCA=45°,则△PBC 的面积为 ( ) A.22 B.32 C.42 D.52 762.(2022· 新 课 标 全 国 乙,7)在 正 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别为AB, BC 的中点,则 ( ) A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D 763.(多选题)(2021·新高考全国二,10)如图 所示,下列各正方体中,O 为下底面的中 心,M,N 为顶点,P 为所在棱的中点,则满 足MN⊥OP 的是 ( ) M P N O A M P N O B M P N O C M P N O D 764.(2019·新课标全国二,7)设α,β 为两个 平面,则α∥β的充要条件是 ( ) A.α内有无数条直线与β平行 B.α内有两条相交直线与β平行 C.α,β平行于一条直线 D.α,β垂直于同一平面 765.(2019·北京,12)已知l,m 是平面α外的 两条不同直线.给出下列三个论断:①l⊥ m;②m∥α;③l⊥α.以其中的两个论断作 为条件,余下的一个论断作为结论,写出一 个正确的命题: . 766.(2017·新课标全国二,6)如图所示,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 ( ) A B C D 767.(2016·浙江,2)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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 111 高考一线 真题研究 数学 768.(2016·新课标全国二,14)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) 769.(2015·北京,4)设α,β 是两个不同的平 面,m 是直线且m⊂α.“m∥β”是“α∥β”的 ( ) A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 770.(2015·安徽,5)已知m,n 是两条不同直 线,α,β是两个不同平面,则下列命题正确 的是 ( ) A.若α,β垂直于同一平面,则α与β平行 B.若m,n平行于同一平面,则m 与n平行 C.若α,β不平行,则在α 内不存在与β 平 行的直线 D.若m,n不平行,则m 与n可能垂直 771.(2014·辽宁,4)已知m,n 表示两条不同 直线,α表示平面,下列说法正确的是 ( ) A.若m∥α,n∥α,则m∥n B.若m⊥α,n⊂α,则m⊥n C.若m⊥α,m⊥n,则n∥α D.若m∥α,m⊥n,则n⊥α 772.(2014·浙江,6)设m,n 是两条不同的直 线,α,β是两个不同的平面,则 ( ) A.若m⊥n,n∥α,则m⊥α B.若m∥β,β⊥α,则m⊥α C.若m⊥β,n⊥β,n⊥α,则m⊥α D.若m⊥n,n⊥β,β⊥α,则m⊥α 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 10.8 空间角及距离计算 【解题·小帮手】 ▶异面直线所成的角 (1)平移法:同时平移两条异面直线使其相 交,或将其中之一平移与另一条相交,则平 移后相交二直线所成的锐角或直角即为所 求异面直线所成的角.平移时应选择恰当的 位置.常用的平移方法有:①直接平移法;② 中位线平移法;③补体平移法(常见补体的 几何体:正方体、长方体、直三棱柱、侧棱与 底面垂直的棱锥等) (2)空间向量法:设异面直线a,b 所成的角 为θ,直线a 的方向向量为m,直线b的方向 向量为n,则|cos θ|=|m ·n| |m||n| ,其中θ∈ 0, π 2 􀭤􀭥 􀪁 􀪁􀪁 . ▶直线与平面所成的角 (1)空间向量法:设直线AB 和平面α 所成 的角为θ,直线AB 的方向向量为AB→,平面 α的法向量n, 则sin θ=|cos<AB→,n>|= AB→·n |AB→||n| ,其 中θ∈ 0, π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 . B A A′θ n sin θ=cos<AB→·n> B A A′θ n sin θ=-cos<AB→·n> B A A′ α (2)定义法:如图,AA' ⊥平面α,斜线段 AB 在平面α 上的投影线 段为A'B,则∠ABA', 即为直线AB 与平面 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 112 第十章 立体几何与空间向量 α所 成 的 角,解 Rt△AA'B 即 可 求 出 ∠ABA'. B A D C O (3)等 体 法:如 图,若 找垂线段AO 以及求 解比 较 困 难,我 们 可 以考虑三棱锥等体积 法求解垂线段AO,而 不用找出O 点的具体位置.设 AB 与平面 BCD 所成的角为θ,则sin θ=AOAB ,只需计算 AO 和AB 的长度即可.如果底面是四边形, 也可以取其中三个顶点组成三棱锥,然后利 用等体积法. ▶面面角 (1)二面角的平面角:两个半平面的夹角,范 围是[0,π],其余弦值、正切值可正可负. (2)平面与平面的夹角:范围是 0, π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,其三 角函数值均为正. (3)空间向量法:如图,设二面角α-l-β的 平面角为θ,平面α,平面β的法向量分别为 n1,n2,则|cos θ|=|cos<n1,n2>|= n1·n2 |n1||n2| . A B l O α β θ n n cos θ=-cos<n1·n2> A B l O α β θ n n cos θ=cos<n1·n2> 【注】判断二面角为锐角还是钝角的两种方法 ①观察法:直接观察二面角的平面角为锐角 或者钝角,从而得最后结果; ②数量积法:在两个半平面α,β内各取一个 点A,B(A,B 不在棱上). 若 AB→·n1>0, AB→·n2>0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 或 AB→·n1<0, AB→·n2<0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 即 AB→ 与 两个法向量的数量积符号相同,则两个法向 量所成的角与二面角的平面角θ 相等,即 cos θ=cos<n1,n2>; 若 AB→·n1>0, AB→·n2<0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 或 AB→·n1<0, AB→·n2>0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 即 AB→ 与 两个法向量的数量积符号相反,则两个法向 量所成的角与二面角的平面角θ 互补,即 cos θ=-cos<n1,n2>. 四字总结:同等异补. A A′ α β O l (4)定 义 法:如 图,在 棱l上取一点O,过该 点分别在两个半平面 作 棱 的 垂 线 AO, A'O,则∠A'OA 为二 面角的平面角. A B γ α β O l (5)垂面法:如图,作 与直线l垂直的平面 γ,γ∩α=OB,γ∩β =OA,则∠AOB 为 二面角的平面角. (6)三垂线法:①在平面β内存在一点A,找 出A 在平面α的投影点A',即AA'⊥平面α; ②过A'(或A)作A'O⊥l(或AO⊥l),连接 AO(或A'O),则∠A'OA 为二面角的平面角. ▶空间距离计算 (1)点到平面的距离:①空间向量法:设A 为 空间一点,B 为平面α内一点,n 为平面α的 法 向 量,则 点 A 到 平 面α 的 距 离 d= AB→·n |n| ;②等体积法:把点到平面的距离 看作几何体的高,利用等体积法求解. (2)异面直线的距离:设AB,CD 为空间两 条异面直线,且 n·AB→=0, n·CD→=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 则 AB,CD 间 的距离d= AC →·n |n| . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 113 高考一线 真题研究 数学 773.(2024·新高考全国二,7)已知正三棱台 ABC-A1B1C1 的 体 积 为 52 3 ,AB=6, A1B1=2,则AA1 与平面ABC 所成角的 正切值为 ( ) A. 1 2 B.1 C.2 D.3 774.(2024·新高考全国一,17节选)如图,四 棱锥P-ABCD 中,PA⊥底面ABCD, PA=AC=2,BC=1,AB= 3.若AD⊥ DC,且二面角A-CP-D 的正弦值为 42 7 ,求AD. CA B D P 775.(2024·新高考全国二,17节选)如图,平 面四边形ABCD 中,AB=8,CD=3,AD =5 3,∠ADC=90°,∠BAD=30°,点 E,F 满足AE→=25AD →,AF→=12AB →,将 △AEF 沿EF 对折至△PEF,使得PC= 43.求平面PCD 与平面PBF 所成的二 面角的正弦值. C A B F E P D 776.(2024·新课标全国甲理,19节选)如图, 在以A,B,C,D,E,F 为顶点的五面体 中,四边形ABCD 与四边形ADEF 均为 等腰 梯 形,BC∥AD,EF∥AD,AD=4, AB=BC=EF=2,ED= 10,FB=23,M 为AD 的中点.求二面角F-BM-E 的正 弦值. C A B M EF D 777.(2024·北京卷,17)如图,在四棱锥P- ABCD 中,BC∥AD,AB=BC=1,AD= 3,点 E 在AD 上,且 PE⊥AD,PE= DE=2.若AB⊥平面PAD,求平面PAB 与平面PCD 夹角的余弦值. C A E F P B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 114 第十章 立体几何与空间向量 778.(2024·天津,17节选)已知四棱柱AB- CD-A1B1C1D1 中,底面ABCD 为梯形, AB∥CD,A1A⊥平面ABCD,AD⊥AB, 其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N 是 B1C1 的中点,M 是DD1 的中点. A D B C C N M A B D (1)求平面CB1M 与平面BB1CC1 的夹角 余弦值; (2)求点B 到平面CB1M 的距离. 779.(2023·新课标全国乙理,9)已知△ABC 为等腰直角三角形,AB 为斜边,△ABD 为 等边 三 角 形,若 二 面 角 C-AB-D 为 150°,则直线CD 与平面ABC 所成角的正 切值为 ( ) A. 1 5 B. 2 5 C. 3 5 D. 2 5 780.(2023·北京,9)坡屋顶是我国传统建筑 造型之一,蕴含着丰富的数学元素.安装灯 带可以勾勒出建筑轮廓,展现造型之美.如 图,某坡屋顶可视为一个五面体,其中两个 面是全等的等腰梯形,两个面是全等的等 腰三 角 形.若 AB=25 m,BC=AD = 10 m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形 所在的平面与平面ABCD 的夹角的正切 值均为 14 5 ,则该五面体的所有棱长之 和为 ( ) F E C BA D A.102 m B.112 m C.117 m D.125 m 781.(2023·新高考全国一,18)如图,在正四 棱 柱 ABCD -A1B1C1D1 中,AB =2, AA1=4,点A2,B2,C2,D2 分别在棱AA1, BB1,CC1,DD1 上,AA2=1,BB2=DD2= 2,CC2=3. A A D D B B P C C C A B D (1)证明:B2C2∥A2D2; (2)点P 在棱BB1 上, 当二面角P-A2C2- D2 为150°时,求B2P. 782.(2023·新高考全国二,20)如图,三棱锥 A-BCD 中,DA=DB=DC,BD⊥CD, ∠ADB=∠ADC=60°,E 为BC 的中点. (1)证明:BC⊥DA; (2)点 F 满足EF→=DA→,求二面角 D- AB-F 的正弦值. C A B F E D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 115 高考一线 真题研究 数学 783.(2023·新课标全国甲理,18)在三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AA1=2,A1C⊥底面 ABC,∠ACB=90°,A1 到平面BCC1B1 的 距离为1. (1)求证:AC=A1C; (2)若直线AA1 与BB1 距离为2,求AB1 与平面BCC1B1 所成角的正弦值. A B C C A B 784.(2023·天津,17)三棱台ABC-A1B1C1 中,若A1A⊥平面ABC,AB⊥AC,AB= AC=AA1=2,A1C1=1,M,N 分 别 是 BC,BA 中点. (1)求证:A1N∥平面C1MA; (2)求平面C1MA 与平面ACC1A1 所成夹 角的余弦值; (3)求点C 到平面C1MA 的距离. A B C CA B N M 785.(2023·北京,16)如图,在三棱锥 P- ABC 中,PA⊥平 面 ABC,PA=AB= BC=1,PC= 3. (1)求证:BC⊥平面PAB; (2)求二面角A-PC-B 的大小. A P C B 786.(多选题)(2022·新高考全国一,9)已知 正方体ABCD-A1B1C1D1,则 ( ) A.直线BC1 与DA1 所成的角为90° B.直线BC1 与CA1 所成的角为90° C.直线BC1 与平面BB1D1D 所成的角为 45° D.直线BC1 与平面ABCD所成的角为45° 787.(2022·新高考全国二,20节选)如图,PO 是三棱锥P-ABC 的高,PA=PB,AB⊥ AC,E 是PB 的中点.若∠ABO=∠CBO =30°,PO=3,PA=5,求二面角C-AE- B 的正弦值. A C P E BO 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 116 第十章 立体几何与空间向量 788.(2022·新课标全国甲,7)在长方体ABCD- A1B1C1D1 中,已知B1D 与平面ABCD 和 平面AA1B1B 所成的角均为30°,则 ( ) A.AB=2AD B.AB 与平面AB1C1D 所成的角为30° C.AC=CB1 C.B1D 与平面BB1C1C 所成的角为45° 789.(2022·新课标全国甲,18节选)在四棱锥 P-ABCD 中,PD⊥底面 ABCD,CD∥ AB,AD=DC=CB=1,AB=2,DP= 3. 求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值. P D C BA 790.(2022·新课标全国乙,18节选)如图,四 面体 ABCD 中,AD ⊥CD,AD =CD, ∠ADB= ∠BDC,E 为 AC 的 中 点.设 AB=BD=2,∠ACB=60°,点 F 在BD 上,当△AFC 的面积最小时,求CF 与平面 ABD 所成的角的正弦值. E A C F B D 791.(2022·浙 江,8)如 图,已 知 正 三 棱 柱 ABC-A1B1C1,AC=AA1,E,F 分别是 棱BC,A1C1 上的点.记EF 与AA1 所成的 角为α,EF 与平面ABC 所成的角为β,二 面角F-BC-A 的平面角为γ,则 ( ) A F B C CA B E A.α≤β≤γ B.β≤α≤γ C.β≤γ≤α C.α≤γ≤β 792.(2022·浙江,19节选)如图,已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形,AB∥DC,DC∥ EF,AB=5,DC=3,EF=1,∠BAD= ∠CDE=60°,二面角F-DC-B 的平面 角为60°.设M,N 分别为AE,BC 的中点. 求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值. CM E F N A B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 117 高考一线 真题研究 数学 793.(2022·天津,17节选)直三棱柱ABC- A1B1C1 中,AA1=AB=AC=2,AA1⊥ AB,AC⊥AB,D 为A1B1 的中点,E 为 AA1 的中点,F 为CD 的中点. (2)求直线 BE 与平面CC1D 所成角正 弦值; (3)求平面A1CD 与平面CC1D 所成二面 角的余弦值. A B C C A B D F E 794.(2022·新高考全国一,19)如图所示,直 三 棱 柱 ABC -A1B1C1 的 体 积 为 4, △A1BC 的面积为22. (1)求A 到平面A1BC 的距离; (2)设D 为A1C 的中点,AA1=AB,平面 A1BC⊥ 平 面 ABB1A1,求 二 面 角 A - BD-C 的正弦值. A E B C CA B D 795.(2021·新高考全国二,19节选)如图所 示,在四棱锥Q-ABCD 中,底面ABCD 是正 方 形,若 AD =2,QD =QA= 5, QC=3,平面QAD⊥平面ABCD.求二面 角B-QD-A 的平面角的余弦值. C A Q B D 796.(2021·新课标全国乙,18)如图所示,四 棱锥P-ABCD 的底面是矩形,PD⊥底面 ABCD,PD=DC=1,BC= 2,M 为BC 的中点,且PB⊥AM.求二面角A-PM- B 的正弦值. C M P A B D 797.(2020·新课标全国三,19节选)如图所 示,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E,F 分别在棱DD1,BB1 上,且2DE= ED1,BF =2FB1.若 AB =2,AD =1, AA1=3,求二面角A-EF-A1 的正弦值. AD B C C A B FE D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 118 第十章 立体几何与空间向量 798.(2020·新课标全国一,18节选)如图所 示,D 为圆锥的顶点,O 是圆锥底面的圆 心,AE 为底面直径,AE=AD.△ABC 是 底面的内接正三角形,P 为DO 上一点, PO= 66DO ,PA⊥平面PBC.求二面角 B-PC-E 的余弦值. C A B D P O E 799.(2019·新课标全国三,19节选)图1是由 矩形 ADEB,Rt△ABC 和菱形BFGC 组 成的一个平面图形,其中 AB=1,BE= BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC 折起 使得BE 与BF 重合,连接DG,如图2所 示.平面ABC⊥平面BCGE.求图2的二面 角B-CG-A 的大小. C GF E A B D 图1 C A B G E F D 图2 800.(2019·新课标全国一,18节选)如图所 示,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1 的底面 是菱形,AA1=4,AB=2,∠BAD=60°, E,M,N 分别是BC,BB1,A1D 的中点.求 二面角A-MA1-N 的正弦值. A D B C C E MN A B D 801.(2018·天津,18节选)如图所示,AD∥ BC 且AD=2BC,AD⊥CD,EG∥AD 且 EG=AD,CD∥FG 且CD=2FG,DG⊥平 面ABCD,DA=DC=DG=2.求二面角 E-BC-F 的正弦值. C A E G F B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 119 详解答案 (n+1)- 5 3 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 4n+1- - 2 3 ×4=3n-23 4n+1+ 8 3 ,故{a2nb2n-1}的前n项和为 3n-2 3 4 n+1+ 8 3. 644. 2n n+1 解析:设{an}的首项为a1,公差为 d,则a3=a1+2d=3,S4=4a1+6d=10, 解得 a1 =1,d =1,所 以 Sn =na1 + n(n-1) 2 d= 1 2n 2+ 1 2n= 1 2n (n+1),则 1 Sn = 2 n(n+1)= 2[(n+1)-n] n(n+1) =2 1 n- 1 n+1 . 所以,∑ n k=1 1 Sk =2∑ n k=1 1 k- 1 k+1 =2 1- 1 2 + 12-13 +…+ 1n- 1n+1 􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 =21- 1 n+1 = 2nn+1. 645.解:(1)设{an}的首项为a1,公差为d,则 S7=7a1+21d=28.因为a1=1,所以d= 1,则an=1+n-1=n,故bn=[lg an]= [lg n],因此b1=[lg 1]=0,b11=[lg 11]= 1,b101=[lg 101]=2. (2)当1≤n<10时,0≤lg n<1,bn= [ln n]=0;当10≤n<100时,1≤ln n<2, bn=[lg n]=1; 当100≤n<1 000时,2≤lg n<3,bn= [lg n]=2;当n=1 000时,bn=[lg 1 000]=3. 设数列{bn}的前1 000项和为S1 000,则 S1 000=0×9+1×90+2×900+3=1893. 646.解:(1)设{an}的公差为d,{bn}的公比为q, 则q= b3 b2 =3,b1= b2 q = 3 3=1 ,则bn=3n-1,则 a1=b1=1,a14=a1+13d=b4=27,解得d= 2,所以an=1+(n-1)×2=2n-1. (2)由(1)知cn=an+bn=3n-1+2n-1,设 {cn}的前n项和为Sn,则 Sn=(1+1)+(3+3)+(9+5)+…+ (3n-1+2n-1)=(1+3+9+…+3n-1)+ (1+3+5+2n-1)=1-3 n 1-3+ [1+(2n-1)]n 2 = n2+3 n-1 2 . 647.解:(1)设{an}的首项为a1,则S1=a1, S2=2a1+d,S4=4a1+6d,因为S1,S2, S4 成等比数列,则(2a1+2)2=a1(4a1+ 12),解得a1=1,则an=1+2(n-1)= 2n-1. (2)由 (1)知 bn = (-1)n-1 4n anan+1 = (-1)n-1· 4n (2n-1)(2n+1)= (-1)n-1· (2n-1)+(2n+1) (2n-1)(2n+1)= (-1)n-1 12n+1+ 1 2n-1 , 那么Tn=1+ 1 3 - 13+15 + 15+17 -…+ (-1)n-1 12n+1+ 1 2n-1 . 当n为偶数时,Tn=1- 1 2n+1= 2n 2n+1. 方法一:当n 为奇数时,Tn=1+ 1 2n+1= 2n+2 2n+1. 方 法 二:当 n 为 奇 数 时,Tn 可 利 用 “T2k-1=T2k-b2k”求得,n+1为偶数时,此 时Tn+1= 2n+2 2n+3 ,bn+1=- 1 2n+3+ 1 2n+1 ,因 此Tn=Tn+1-bn+1= 2n+2 2n+3- - 12n+3+ 1 2n+1 􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 = 2n+2 2n+1. 综上,Tn= 2n 2n+1 ,n为偶数, 2n+2 2n+1 ,n为奇数. 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 第十章 立体几何与空间向量 10.1 空间点、直线、平面之间的位置关系 648.证明:由图所示:在CC1 上取点 M,使得 CM=2MC1,连接DM,MF. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 287 高考一线 真题研究 数学 AD BC C E M F A B D 因为D1E=2ED,DD1∥CC1,DD1=CC1, 所以DE∥MC1 且DE=MC1. 因此四边形 DMC1E 为 平 行 四 边 形,故 DM∥EC1. 因为 AD∥MF,AD=MF,所以四边形 MFAD 为平行四边形.因此 DM∥AF, AF∥EC1,则 A,E,F,C1 四点共面,故 C1 在平面AEF 内. 649.B 解析:如下图,m,n,l在同一平面时, m,n,l三条直线不一定相交,也可能平行; 反过来,m,n,l三条直线相交(不相交于同 一点)时,根据公理2推论两条相交直线确 定一个平面可知m,n,l共面,所以“m,n,l 在同一平面”是“m,n,l两两相交”的必要 不充分条件,故选B. m n l mn l 650.证明:因为四边形 ADEB 为矩形,所以 AD∥EB;又因为四边形BFGC 为菱形,所 以BF∥GC.因此AD∥GC,故A,C,G,D 四点共面. C GF E A B D 图1 C A B G E F D 图2 651.B 解析:不要小看这个题目,并不简单, 考查的知识点非常多,我们分开来解决一 下,如图所示. l l 长度关系:解决长度关系,就是求解BM, EN 的长度,那就需要构造三角形.看一下 已知条件,给了等边三角形,那就考虑三线 合一,给了面面垂直,就需要考虑面面垂直 的性质定理:两个平面垂直,其中一个平面 内垂直于棱的直线垂直于另一个平面,所 以辅助线自然知道应该怎么做:取CD 的 中点F,连接EF,FN;连接CM,由面面垂 直的性质定理得△EFN 和△BCM 均为直 角三角形,设AB=2;在等边三角形ECD 中,利用勾股定理求得EF=CM= 3.在 △EFN 中,EF= 3,NF=1,求得EN= 2,在△BCM 中,CM = 3,BC=2,求得 BM= 7.所以BM≠EN,排除A,C. 位置关系:如何说明是异面还是相交,异面 直线并不太好证明,所以还是优先考虑相 交,只要能够说明它们共面即可:连接BD, BE,可得 BM ⊂平面 BDE,EN ⊂平 面 BDE,所以BM,EN 在同一个平面内,所 以BM,EN 为相交直线,故选B. 652.D 解析:按照方法2所讲,既然找相交直 线,那就说明共面,先找在同一个平面的直 线,只有D选项满足,而且B1C1 与EF 不 平行,则必然相交,故选D. 653.A 解析:如下图,当l1,l2 是异面直线 时,l1,l2 必然不相交,即p 是q 的充分条 件,反过来,l1,l2 不相交时,可以是平行, 不一定是异面,即p 是q的非必要条件,故 选A. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 288 详解答案 l l l l 654.D 解析:如下左图:l与l1,l2 都相交,排 除A,C,如下右图:l与l1,l2 其中一条相 交,另一条不相交,排除B,故选D. l ll α β l l l α β 10.2 空间几何体的表面积与体积 655.B 解析:设圆柱和圆锥的底面半径为r, 它们的高均为 3,则圆柱的母线长为 3,圆 锥的母线长为 r2+(3)2= r2+3.又圆 柱和圆锥的侧面积相等,所以2πr× 3= πr× r2+3,解得r2=9,所以圆锥的体积 为1 3π×r 2× 3=33π,故选B. 656. 6 4 解析:由题意得两个圆台的高分别为 h甲= [2(r2-r1)]2-(r2-r1)2 = 3(r2-r1), h乙= [3(r2-r1)]2-(r2-r1)2 =22(r2-r1), 所以 V甲 V乙= 1 3S2+S1+ S2S1 h甲 1 3 (S2+S1+ S2S1)h乙 = h甲 h乙= 3(r2-r1) 22(r2-r1) = 6 4. 657. 115 2 mm 23 mm 解析:设升量器的高 为h1,斗量器的高为h2(单位都是mm),则 π3252 2 h2 π652 2 h1 = π3252 2 ×230 π3252 2 h2 =10,解得h2= 23 mm,h1= 115 2 mm. CA B E F J I H D 658.C 解析:用一个完全 相同的五面体 HIJ- LMN(顶 点 与 五 面 体 ABC -DEF 一 一 对 应)与该五面体相嵌,使 得D,N;E,M;F,L 重合.因为AD∥BE∥ CF,且两两之间距离为1.AD=1,BE=2, CF=3,则形成的新组合体为一个三棱柱, 该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为 边长为1的等边三角形,侧棱长为1+3= 2+2=3+1=4,VABC-DEF= 1 2VABC-HIJ= 1 2× 1 2×1×1× 3 2×4= 3 2 ,故选C. 659. 76 6 解析:如 图,正 四 棱 台 ABCD- A1B1C1D1中,点B1 在平面ABCD 的投影为 E,则该正四棱台的高h2=B1E2=BB21- BE2.由A1B1=1,得D1B1=2;由AB=2, 得DB=22,所以BE= 1 2 (DB-D1B1)= 2 2. 又B1B=AA1= 2,所以h2=BB21- BE2=2-12= 3 2 ,h=62. 正方形ABCD 的面 积S1=4,正方形A1B1C1D1 的面积S2=1, 所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1 的体积 V=13 (S1+S2+ S1S2)h= 1 3 (4+1+ 4×1)× 6 2= 76 6 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 289 高考一线 真题研究 数学 A D B C C A E B D 660.28 解析:因为 2 4= 1 2 ,截去的正四棱锥的 高为3,所以原正四棱锥的高为6,所以正 四棱锥的体积为1 3× (4×4)×6=32,截去 的正四棱锥的体积为1 3× (2×2)×3=4, 所以棱台的体积为32-4=28. E C BA D O 661.A 解析:取AB 中点E,连接PE,CE,如 图.因为△ABC 是边长为2的等边三角 形,PA=PB=2,所以 PE⊥AB,CE⊥ AB.又因为 PE,CE⊂平面 PEC,PE∩ CE=E,所以 AB⊥平 面 PEC.又 因 为 PE=CE=2× 32 = 3 ,PC= 6,所以 PC2=PE2+CE2,即PE⊥CE,所以V= VB-PEC+VA-PEC = 1 3S△PEC ·AB=13× 1 2× 3× 3×2=1 ,故选A. CA BE P 662.B 解析:在△AOB 中,∠AOB=120°,而 OA=OB= 3,取AB 中点C,连接OC, PC,则 OC ⊥ AB,PC ⊥ AB.如 图, ∠ABO=30°,OC= 32 ,AB=2BC=3.由 △PAB 的面积为934 ,得1 2×3×PC= 93 4 ,解 得 PC = 332 ,于 是 PO = PC2-OC2= 33 2 2 - 3 2 2 = 6,所 以圆锥的体积V=13π×OA 2×PO=13π× (3)2× 6= 6π,故选B. C A B O P 663.B 解析:如图,分别过M,C 作MM'⊥PA, CC'⊥PA,垂 足 分 别 为 M',C'.过 B 作 BB'⊥平面PAC,垂足为B',连接PB',过 N 作NN'⊥PB',垂足为N'.因为BB'⊥ 平面 PAC,BB'⊂平面 PBB',所以平面 PBB'⊥平面PAC.又因为平面PBB'∩平 面PAC=PB',NN'⊥PB',NN'⊂平面 PBB',所以 NN'⊥平面 PAC,且 BB'∥ NN'.在 △PCC'中,因 为 MM'⊥PA, CC'⊥PA,所以 MM'∥CC',所以PMPC = MM' CC'= 1 3. 在△PBB'中,因为BB'∥NN', 所 以PN PB = NN' BB' = 2 3 ,所 以VP-AMN VP-ABC = VN-PAM VB-PAC = 1 3S△PAM ·NN' 1 3S△PAC ·BB' = 1 3 · 1 2PA ·MM' ·NN' 1 3 · 1 2PA ·CC' ·BB' = 2 9 ,故选B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 290 详解答案 A B C N M P C′ M′ N′ B′ 664.C 解析:依题意可知棱台的高为 MN= 157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即 为棱台的体积V. D E H M G F C B N A 棱台 上 底 面 积 S=140.0 km2=140× 106 m2,下底面积S'=180.0 km2=180× 106 m2,所以V=13h (S+S'+ SS')= 1 3 ×9× (140×106 +180×106 + 140×180×1012)=3×(320+60 7)× 106≈(96+18×2.65)×107=1.437× 109≈1.4×109(m3),故选C. 665.CD 解析:设AB=ED=2FB=2a,因为 ED⊥平面 ABCD,FB∥ED,所以V1= 1 3 ·ED·S△ACD= 1 3 ·2a·12 ·(2a)2= 4 3a 3,V2= 1 3 ·FB·S△ABC= 1 3 ·a·12 · (2a)2=23a 3. F E G M D A B C 连接BD 交AC 于点M,连接EM,FM,易 得BD⊥AC.又ED⊥平面ABCD,AC⊂ 平面ABCD,则ED⊥AC,又ED∩BD= D,ED,BD⊂平面BDEF,则AC⊥平面 BDFE.又BM=DM=12BD= 2a ,过F 作FG⊥DE 于G,易得四边形BDGF 为矩 形,则 FG=BD=2 2a,EG=a,所 以 EM = (2a)2+(2a)2 = 6a,FM = a2+(2a)2= 3a,EF= a2+(22a)2= 3a,所 以 EM2+FM2=EF2,则 EM ⊥ FM.因为S△EFM= 1 2EM ·FM=322a 2, AC=22a,所以V3=VA-EFM+VC-EFM= 1 3AC ·S△EFM =2a3,则2V3=3V1,V3= 3V2,V3=V1+V2,故选CD. 666.C 解析:设母线长为l,甲圆锥底面半径 为r1,乙圆锥底面圆半径为r2,则 S甲 S乙 = πr1l πr2l = r1 r2 =2,所 以r1=2r2,又 2πr1 l + 2πr2 l =2π ,则r1+r2 l =1 ,所以r1= 2 3l ,r2= 1 3l ,所以甲圆锥的高h1= l2- 4 9l 2 = 5 3l ,乙圆锥的高h2= l2- 1 9l 2= 22 3l , 所以 V甲 V乙= 1 3πr 2 1h1 1 3πr 2 2h2 = 4 9l 2× 5 3l 1 9l 2× 22 3l = 10,故 选C. 667.39π 解析:如 图 所 示,首 先 由V圆锥 = 1 3Sh= 1 3πr 2h=30π,代入r=6,解得h= 5 2 ,再由l2=r2+h2 解得l=132 ,最后一步 计算圆锥侧面积:S侧=πrl=39π. P h r l O 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 291 高考一线 真题研究 数学 668. 1 3 解析:如图所示,如果以A 为顶点、 MND1 为底面,则此三棱锥的高不易求解, 所以要考虑等体积法,转换顶点.如果以 AMN 为底面、D1 为顶点,则 D1 到平面 AMN 的 距 离 实 际 上 就 是 D1 到 平 面 A1ABB1 的 距 离,即 为 D1A1,所 以 VA-MND1=VD1-AMN= 1 3 ·S△ANM·D1A1= 1 3× 1 2×AN ·BM·D1A1= 1 3× 1 2×1× 1×2= 1 3. A D B C C M NA B D 669.1 解析:根据方法所讲,圆锥侧面展开图 为半圆时得S=2πr2=2π,解得r=1. 670.10 解析:如图所示,这个题目中没有具 体的棱长,只有长方体的体积,由此来求解 三棱锥的体积.很明显,我们需要找到它们 之间的关系:V长方体 =BC·CD·CC1= 120;而 我 们 要 求 解 的 三 棱 锥 的 体 积: VE-BCD= 1 3 ·S△BCD·CE= 1 3× 1 2 ·BC· CD·CE=13× 1 2 ·BC·CD·12CC1= 1 12V长方体=10. A D B C C A E B D 671. π 4 解析:如图所示,分析已知条件:由题 意得四棱锥为正四棱锥,可解得棱锥的高 PO'=2. O D A B C P G O′ 由于圆柱一个底面的圆周经过棱锥四条侧 棱的中点,由相似可得OG=12O'C= 1 2 ,即 圆柱底面圆半径r=12 ;OO'=12O'P=1 , 所以圆柱的体积V=π× 12 2 ×1= π 4. 672.B 解析:如下图所示,由截面为面积为8 的正方形,可得正方形边长为22,即圆柱 的母线长l=22,底面半径r= 2,代入圆 柱表面积公式得S圆柱=2πr(r+l)=12π, 故选B. O O r l O O r l 673.8π 解 析:如 图 所 示,由 题 意 可 得 ∠ASB=90°,∠SAO=30°,S△SAB=8.从 面积入手,由面积公式S=12 ·SA·SB· sin∠ASB=8,解得SA=4,即圆锥的母线 长l=4.Rt△SAO 中,∠SAO=30°,解得 SO=2,即圆锥的高h=2.由l2=r2+ h2 解得r=23,代入圆锥体积计算公式 V圆锥= 1 3Sh= 1 3πr 2h=8π. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 292 详解答案 S A B O 10.3 球的截面 674.B 解析:设顶点P 在底面上的投影为O, 连接BO,则O 为三角形ABC 的中心,且 BO= 23 ×6× 3 2 =2 3 ,所 以 PO= 36-12=26.因为PQ=5,所以OQ=1, 所以S 的轨迹为以O 为圆心,1为半径的 圆.又三角形ABC 内切圆的圆心为O,半 径为 2× 3 4×36 3×6 = 3>1 ,所以S 的轨迹圆 在三角形ABC 内部,其面积为π,故选B. P C B A O Q 675.A 解析:如图,由题意知R=1,底面为直 角三角形,AC=BC=1,∠ACB=90°,则 斜边AB= 2,其外接圆半径r= 1 2AB= 2 2. 由R2=r2+d2 代入已知条件得d= OO1= 2 2. 接下来计算体积就可以了:V= 1 3×S△ABC ·d=13× 1 2 ·AC·BC·d= 2 12 ,故选A. 676.A 解析:如图,由☉O1 的面积为4π得 πr2=4π,解 得r=2.接 下 来 就 是 求 解 OO1 的问题,由题意,也就是等边三角形的 边长,那就需要正统统定理了:AB sin 60°= 2r,解得AB=23,即OO1=23,由R2= r2+OO21,代入已知条件得R=4,则球的 表面积S=4πR2=64π,故选A. R B A O C r d O 677.C 解析:如图,设等边三角形ABC 的边 长为a,由题意得34a 2= 93 4 ,解得a=3.由等 边三角形外接圆半径r=33a=3 ,由球的表 面积4πR2=16π,解得R=2.由R2=r2+ d2 代入已知条件得d=1,故选C. R B C A O O′ r d 678.B 解析:先考虑球的半径:如图,根据方 法所讲,由已知得r=1,d= 2,由R2= r2+d2 得R= 3,代入球体积公式得V= 4 3πR 3=43π,故选B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 293 高考一线 真题研究 数学 R A O O′ r d 679.A 解析:根据题意作图,如图所示,首先, 底面三角形ABC 为等边三角形,则S= 3 4×1= 3 4 ;其外接圆半径r= 33×1= 3 3 ,接下来由已知得球半径 R=1,则由 R2=r2+d2 代入R=1,r= 33 ,解得d= 6 3 ,即OO'= 63. 设S 在底面ABC 的投影 点为S',即SS'⊥平面ABC,又OO'⊥平 面ABC,则SS'=2OO'=263 ,即棱锥的 高h=263 . 所以棱锥的体积V=13Sh= 1 3× 3 4× 26 3 = 2 6 ,故选A. B A O O′ S′ S C 680.83 解析:如图,虽然考查的是四棱锥的 体积,根据已知条件:四棱锥的底面为矩 形,面积求解S=AB·BC=123,核心就 是求高,高其实就是球心到平面ABCD 的 距离d,要解决d,关键就是求解矩形外接 圆的半径r,矩形外接圆半径等于对角线的 一半,即 r= 12AC = 1 2 AB 2+BC2 = 1 2 36+12=2 3 ;由 R2=r2+d2 代 入 R=4,r=23,解得d=2.所以棱锥O- ABCD 的体积为V=13Sh= 1 3×123× 2=83. B C D A O O′ 681.D 解析:如图,先解出Rt△ABC 的外接 圆半径r:直角三角形两条直角边为6和8, 则斜边为10,所以外接圆半径r=5.由 R2=r2+d2,代入R=13,r=5,解得d= 12,即球心到平面的距离为12,故选D. R B A C O O′ rr d 682.A 解析:如图,设球的半径为R,由题意 得d=R2 ,由R2=r2+d2 代入已知条件得 r= 32R ,则S截 S表 = πr2 4πR2 = 3 4πR 2 4πR2 = 3 16 ,故 选A. R B A O O′ r d 10.4 外接球与内切球 683.12 解析:不妨设正方体棱长为2,EF 中 点为 O,取 AB,BB1 中 点 G,M,侧 面 BB1C1C 的中心为N,连接FG,EG,OM, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 294 详解答案 ON,MN,如图,由题意可知,O 为球心.在 正方体中,EF= FG2+EG2= 22+22= 22,即R= 2,则球心O 到BB1 的距离为 OM= ON2+MN2= 12+12= 2,所以 球O 与棱BB1 相切,球面与棱BB1 只有 1个交点,同理,根据正方体的对称性知,其 余各棱和球面也只有1个交点,所以以EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数 为12. A D B C C A BG E M NO F D 684.2 解析:如图,将三棱锥S-ABC 转化为 直三棱柱SMN-ABC.设△ABC 的外接圆 圆心为O1,半径为r,则2r= AB sin∠ACB= 3 3 2 =23,得r= 3.设三棱锥S-ABC 的 外接球球心为O,连接OA,OO1,则OA= 2,OO1= 1 2SA. 因为OA2=OO21+O1A2, 即4=3+ 1 4SA 2,解得SA=2. O O C B A M S N 685.[22,23] 解析:设球的半径为R,当 球是正方体的外接球时,恰好经过正方体 的每个顶点,所求的球的半径最大,若半径 变得更大,球会包含正方体,导致球面和棱 没有 交 点.因 为 正 方 体 的 外 接 球 直 径 2R'为体对角线长AC1= 42+42+42 = 43,即2R'=43,R'=23,所以Rmax= 23.分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1 的 中点M,H,G,N,显然四边形 MNGH 是 边长为4的正方形,且O 为正方形MNGH 的对角线交点,连接 MG,则 MG=42,当 球的一个大圆恰好是四边形 MNGH 的外 接圆,球的半径达到最小,即R 的最小值为 22.综上,R∈[22,23]. A D B C C G H O M N A B D 686.C 解析:设该四棱锥底面为四边形ABCD, 四边形ABCD 所在小圆半径为r,设四边 形ABCD 对角线夹角为α,则S△ABCD = 1 2 ·AC·BD·sin α≤12 ·AC·BD≤ 1 2 ·2r·2r=2r2(当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立),即当四棱锥的顶点 O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时,底 面ABCD 面积最大值为2r2,又r2+h2= 1,则 VO-ABCD = 1 3 · 2r2 ·h = 23 r2·r2·2h2 ≤ 2 3 r2+r2+2h2 3 3 = 43 27 ,当且仅当r2=2h2,即h= 33 时等号 成立,故选C. 687.A 解析:情况一:如图1所示,由题意知 △ABC 与△A1B1C1 为等边三角形,且边 长分别为33,43,由正弦定理可得外接 圆半 径 r1=3,r2 =4.在 直 角 三 角 形 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 295 高考一线 真题研究 数学 OBO1 中,OO1= R2-9,在直角三角形 OB1O2 中,OO2= R2-16,则 R2-9+ R2-16=1,无解. O O C r r  B B R RO C A A 图1 情况 二:如 图 2 所 示,在 直 角 三 角 形 OC1O1 中,OO1= R2-9,在直角三角形 OCO2 中,OO2= R2-16,则 R2-9- R2-16=1,解得R=5,代入表面积公式 得S=4πR2=100π,故选A. A B C O O O A B C 图2 688.C 解析:如图所示,根据核心笔记正方体 模型的外接球半径R=12 3a 2= 3 2a=3 , 代入球的表面积公式得S=4πR2=36π,故 选C. A D B C C A B R R O a a a D 689.B 解析:由题意可知R=4,等边三角形 面积为93,则 3 4a 2=93,解得a=6,即 等边三角形的边长为6,则等边三角形外接 圆的半径r= 33a=23. 要想找体积的最 大值,就是让三棱锥的高最大.当高线过底 面ABC 的外心O',并且与底面垂直、与球 面的交点为D 时,高最大.由方法中所讲, 此时球心O 有可能在高线上,也有可能在 高线延长线上,要想取到最大,则球心O 在 高线上,此时h=R+ R2-r2=6,则体积 的最大值V=13Sh= 1 3×93×6=183 , 故选B. hR R R C O O′A B D r 690.36π 解析:作为本卷中填空题的最后一 题,难点在于知识综合应用.综合了根据球 定义确定球心及半径,面面垂直的性质,以 及等体积法等知识点,下面分步解决.首先 作图,如图所示. A B CS O 第一,由题意知SC 为直径,取SC 的中点 O,则O 为球心,因为A,B,C 都在球面上, 则∠SAC=∠SBC=90°,又 SA=AC, SB=BC,即△SAC 与△SBC 为等腰直角 三角形. 第二,连接OA,OB,可以得到几个结论:首 先OA=OB=OS=OC=R,其次根据等腰 三角形三线合一得AO⊥SC,紧接着由平 面SCA⊥平面SCB 及AO⊥SC 得AO⊥ 平面SBC(面面垂直性质定理). 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 296 详解答案 第三,以S 为顶点,ABC 为底面,三棱锥的 体积并不好计算,所以考虑等体积法,以A 为顶点,SBC 为底面时,底面积及高都容易 求解,所以VS-ABC=VA-SBC= 1 3 ·S△SBC· AO=13× 1 2 ·2R·R·R=9,解得R= 3.代入球的表面积公式得S=4πR2=36π. 691.B 解析:如图,由R2=r2+ h2 2 ,代入 h=1,R=1,解得r= 32 ,则圆柱的体积 V=πr2h=34π ,故选B. O O′  R h h r A 692.14π 解析:这个也是妥妥的模型题,如图 所示,直接套入公式R=12 a 2+b2+c2= 14 2 ,则球的表面积S=4πR2=14π. A D B C C A B R R O c ba D 693. 9 2π 解析:如图所示,先根据正方体的表 面积求解正方体的棱长,设正方体的棱长 为a,则6a2=18,解得a= 3,根据核心笔 记正方体模型得外接球半径R=12 3a 2= 3 2a= 3 2. 代入体积公式得V=43πR 3= 9 2π. A D B C C A B R R O a a a D 694.A 解析:如图所示,遇见正四棱锥,先求 解底面正方形ABCD 的外接圆半径r,正 方形ABCD 边长为2,其外接圆半径为其 对角线的一半,即r=12AC= 2 ,由题意 h=PO1=4,则外接球半径R= h2+r2 2h = 9 4 ,代入球的表面积公式得S=4πR2= 81 4π ,故选A. O O D A B C P 695.D 解析:正四棱柱:底面为正方形的直棱 柱,按照直棱柱类型,找出需要的条件,首 先由题意h= 2,底面边长为1,则底面正 方形外接圆半径r= 22 ,则由R2=r2+ h 2 2 代入h= 2,r= 2 2 ,解得R=1,代入 体积公式得V=43πR 3= 4 3π ,故选D. A D B C C A B r h O′ R R O D     􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 297 高考一线 真题研究 数学 696.C 解析:这个题目只给了三棱柱,三棱柱 上下底面为直角三角形,并没有说是直棱 柱,但需要注意,棱柱若存在外接球,则棱 柱必为直棱柱,所以此三棱柱为直三棱柱, 且高h=AA1=12,接下来的问题就变得简 单了,底面为直角三角形,AB=3,AC=4, 则BC=5,底面三角形的外接圆半径r= 1 2BC= 5 2 ,由R2=r2+ h2 2 代入h=12, r=52 ,解得R=132 ,故选C. A B C O O O R B AC r h  h  697.33 解析:本题是侧棱垂直于底面的棱 锥模型,如图所示,h=PA=26,底面为 边长为23的正方形,则底面正方形的外 接圆半径为其对角线的一半,即r= 6,则 由R2=r2+ h2 2 代入h=26,r= 6,解 得R=23,即OA=OB=AB=23,于是 △OAB 为等边三角形,所以OAB 的面积 S= 34OA 2=33.故填33. O P O O R BC D A r h  698.B 解析:本题是直棱柱外接球问题,找出 需要的条件,如图所示,首先由题意h=a, 底面三角形ABC 边长为a,则底面等边三 角形外接圆半径r= 33 ·a= 3a3 ,由R2= r2+ h2 2 代入h=a,r= 3a3 ,解得R2= 7 12a 2,代入球的表面积公式得S=4πR2= 7 3πa 2,故选B. A B C O O O R B A C r h  h  699.A 解析:如图所示,则h=SA=1,底面 为直角三角形,AB=1,BC= 2,则AC= 3,底面三角形的外接圆半径r= 1 2AC= 3 2 ,则由R2=r2+ h2 2 代入h=1,r= 3 2 ,解得 R=1,代入球的表面积公式得 S=4πR2=4π,故选A. O O S O R B A C r h  h  700.20π 解析:如图所示,首先由题意得h= AA1=2,关键是求解底面三角形的外接圆 半径r.由题意得AB=AC=2,∠BAC= 120°,首先由余弦定理求解BC,则BC= AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC = 23,再由正弦定理求解其外接圆半径r= BC 2sin∠BAC=2 ,则由R2=r2+ h2 2 代入 h=2,r=2,解得R2=5,代入球的表面积 公式得S=4πR2=20π. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 298 详解答案 A B CO O O R B A C r h  h  701. 9 2π 解析:首先确定球心的位置.如图所 示,由题意DA⊥平面ABC,可推出DA⊥ AC,DA⊥BC,又因为 BC⊥AB,DA∩ AB=A,所以BC⊥平面ABD,所以BC⊥ BD,即△DAC 与△DBC 为直角三角形, 且DC 为两个直角三角形公共斜边,则DC 即为球的直径,DC 的中点O 为球心位置, 接下来进行半径的求解.在Rt△ABC 中, AB=BC = 3,解 得 AC = 6,在 Rt △DAC 中,AC= 6,AD= 3,解得DC= 3,所以外接球半径R=12CD= 3 2 ,代入体 积公式得V=43πR 3= 9 2π. C A B D O 702.9π 解析:如图,就是方法中所讲的墙角 模型,且侧棱长 PA=PB=PC= 3,则 R=12 PA 2+PB2+PC2= 3 2 ,代入球的 表面积公式得S=4πR2=9π. C A BP 703.2+42 解析:类型和上一道题目相同, 如图所示,由题意R=1,底面边长为1,则 底面正方形外接圆半径r= 22 ,由R2= r2+ h2 2 代入R=1,r= 22 ,解得h= 2, 所以正四棱柱的表面积S=2×1×1+4× 1× 2=2+42. A D B C C A B r h O′ R R O D    704.C 解析:正四棱柱:底面为正方形的直棱 柱,首先由题意知h=4,V=16,代入棱柱 体积公式V=Sh 得16=S·4,解得底面正 方形面积S=4.因为底面为正方形,所以 底面边长为a=2,如图所示,正方形其外接 圆半径为其对角线的一半,即r= 2,则由 R2=r2+ h2 2 代入h=4,r= 2,解得 R= 6,代 入 球 的 表 面 积 公 式 得 S= 4πR2=24π,故选C. A D B C C A B r h O′ R R O D     705.C 解析:由已知条件容易得到△ADE, △DEC,△ECB 均为边长为1的等边三角 形,折叠之后形成了一个正四面体(因为三 棱锥所有的棱长均为1),如图所示,根据方 法中所讲的正四面体外接球半径公式R= 6 4×1= 6 4 ,代入体积公式得V=43πR 3= 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 299 高考一线 真题研究 数学 6 8π ,故选C. C O E P D 706.C 解析:如图所示,由题意知△ADC 与 △BAC 为直角三角形,且AC 为两个直角 三角形公共斜边,则AC 为球的直径, AC 的中点O 为球心位置,由AB=4,BC=3, 解得AC=5,所以外接球半径R=12AC= 5 2 ,代入体积公式得V=43πR 3= 125 6π ,故 选C. CA B O D 707. 2 3π 解析:圆锥内体积最大的球,即为圆 锥的内切球,由题意知L=3,r=1,可得 h= L2-r2=22,代入圆锥内切球半径 计算公式:R= rhr+L= 22 1+3= 2 2. 接下来代 入球的体积公式:V=43πR 3= 2 3π. 708. 3 2 解析:设圆柱的底面圆半径为r,高为 h,因为球O 与上、下底面及母线均相切, 则球O 的半径R=h2=r ,则V1 V2 = πr2h 4 3πR 3 = 2πr3 4 3πr 3 = 3 2. 709.B 解析:由题意知底面为直角三角形, AB=6,BC=8,∠ABC=90°,则AC=10, 所以r= 2S△ABC C△ABC = 48 24=2 ,又 AA1=3,则 h 2= 3 2. 因为h 2<r ,所以此时球只能与棱柱 上、下底面相切,此时就是最大的内切球, 其内切球半径R=h2= 3 2 ,代入球的体积公 式V=43πR 3= 9 2π ,故选B. 10.5 平行关系 710.证明:因为PA⊥底面ABCD,AD,BC⊂ 平面ABCD, 所以PA⊥AD. 又AD⊥PB,PA∩PB=P, 所以AD⊥平面PAB. 又AC=2,BC=1,AB= 3, 所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC. 又PA⊥BC,PA∩AB=A, 所以BC⊥平面PAB,所以AD∥BC. 又BC⊂平面PBC,AD⊄平面PBC, 所以AD∥平面PBC. 711.证明:因为BC∥AD,EF=2,AD=4,M 为AD 的中点, 所以BC∥MD,BC=MD,则四边形BC- DM 为平行四边形, 所以BM∥CD, 又因为BM⊄平面CDE,CD⊂平面CDE, 所以BM∥平面CDE. 712.证明:取PD 的中点为S,连接SF,SC,则 SF∥ED,SF=12ED=1. 因为ED∥BC,ED=2BC,所以SF∥BC, SF=BC,则四边形SFBC 为平行四边形, 所以BF∥SC.因为BF⊄平面PCD,SC⊂ 平面PCD,所以BF∥平面PCD. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 300 详解答案 713.证明:取CB1 中点P,连接NP,MP. 因为N 是B1C1 的中点, 所以NP∥CC1,且NP= 1 2CC1. 因为M 是DD1 的中点, 所以D1M= 1 2DD1= 1 2CC1 ,且D1M∥CC1, 则D1M∥NP,D1M =NP,所以四边形 D1MPN 是平行四边形,则D1N∥MP. 又因为MP⊂平面CB1M,D1N⊄平面CB1M, 所以D1N∥平面CB1M. 714.解:(1)连接DE,OF,设AF→=tAC→, 则BF→=BA→+AF→=(1-t)BA→+tBC→, AO→=-BA→+12BC →,BF⊥AO, 所以BF→·AO→=[(1-t)BA→+tBC→]· -BA→+ 1 2BC → =(t-1)BA→2+12tBC2→= 4(t-1)+4t=0,解得t=12 ,则F 为AC 的中点. 因为D,E,O,F 分别为PB,PA,BC,AC 的中点, 所以 DE∥AB,DE=12AB ,OF∥AB, OF=12AB ,即DE∥OF,DE=OF, 所以四边形 ODEF 为平行四边形,所以 EF∥DO,EF=DO. 因为EF⊄平面ADO,DO⊂平面ADO,所 以EF∥平面ADO. (2)过P 作PM 垂直FO的延长线交于点M, C E M P F O A B D 因为PB=PC,O 是BC 中点,所以PO⊥ BC. 在Rt△PBO 中,PB= 6,BO= 1 2BC= 2, 所以PO= PB2-OB2= 6-2=2. 因为AB⊥BC,OF∥AB,所以OF⊥BC. 又因 为 PO∩OF=O,PO,OF⊂ 平 面 POF, 所以BC⊥平面POF. 因为PM⊂平面POF,所以BC⊥PM. 又BC∩FM=O,BC,FM⊂平面ABC, 所以PM⊥平面ABC,即三棱锥P-ABC 的高为PM. 因为∠POF=120°,所以∠POM=60°, 所以PM=POsin 60°=2× 3 2= 3. 又S△ABC= 1 2AB ·BC=12×2×2 2= 22, 所以VP-ABC= 1 3S△ABC ·PM=13×22× 3= 26 3 . 715.证明:连接BO 并延长交AC 于点D,连接 OA,PD. A D C P E BO 因为 PO 是三棱锥P-ABC 的高,所以 PO⊥平面ABC. 因为AO,BO⊂平面ABC,所以PO⊥AO, PO⊥BO. 因为PA=PB,所以△POA≌△POB,即 OA=OB, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 301 高考一线 真题研究 数学 所以∠OAB=∠OBA. 因 为 AB ⊥AC,即 ∠BAC =90°,所 以 ∠OAB+∠OAD=90°. 因 为 ∠OBA + ∠ODA = 90°,所 以 ∠ODA=∠OAD, 所以AO=DO,即AO=DO=OB,所以O 为BD 的中点. 因为E 为PB 的中点,所以OE∥PD. 因为OE⊄平面PAC,PD⊂平面PAC,所 以OE∥平面PAC. 716.证明:取AB 的中点为K,连接MK,NK. AB C C B N K A M 由 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 可 知 四 边 形 ABB1A1 为平行四边形, 因为B1M=MA1,BK=KA,所以 MK∥ BB1. 因为 MK ⊄ 平 面 CBB1C1,BB1⊂ 平 面 CBB1C1, 所以MK∥平面CBB1C1. 因为 CN =NA,BK =KA,所 以 NK∥ BC,同理NK∥平面CBB1C1. 因为NK∩MK=K,NK,MK⊂平面MKN, 所以平面MKN∥平面CBB1C1. 又因为MN⊂平面MKN,所以MN∥平面 CBB1C1. 717.解:(1)如图1,分别取AB,BC 的中点M, N,连接MN. G F C N BMA D H E 图1 因为△EAB,△FBC 为全等的正三角形, 所以EM⊥AB,FN⊥BC,EM=FN. 又平面EAB⊥平面ABCD,平面EAB∩ 平面ABCD=AB,EM⊂平面EAB,所以 EM⊥平面ABCD. 同理可得FN⊥平面ABCD,根据线面垂 直的性质定理可知EM∥FN. 因为EM=FN,所以四边形EMNF 为平 行四边形,所以EF∥MN. 又EF⊄平面ABCD,MN⊂平面ABCD, 所以EF∥平面ABCD. (2)如图2,分别取AD,DC 中点K,L. G F C N BMA K D L H E 图2 由(1)知,EF∥MN 且EF=MN. 同理 HE∥KM,HE=KM,HG∥KL, HG=KL,GF∥LN,GF=LN. 因为BD⊥MN,MN⊥MK,KM=MN= NL=LK, 所以该几何体的体积 V=V长方体KMNL-EFGH+4V四棱锥B-MNFE. 因为MN=NL=LK=KM=42,EM= 8sin 60°=43, 点B 到平面MNFE 的距离即为点B 到直 线MN 的距离d,d=22, 所以该几何体的体积V=(42)2×43+ 4× 1 3×42×43×22=1283+ 256 3 3= 640 3 3. 718.证明:在直 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中, AA1⊥ 平 面 A1B1C1,且 AC ⊥AB,则 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 302 详解答案 A1C1⊥A1B1.以点A1 为坐标原点,A1A, A1B1、A1C1 所在直线分别为x、y、z 轴建 立如图所示的空间直角坐标系,则A(2,0, 0),B(2,2,0),C(2,0,2),A1(0,0,0), B1(0,2,0),C1(0,0,2),D(0,1,0),E(1,0, 0),F 1, 1 2 ,1 ,则EF→= 0,12,1 .易知平 面ABC 的一个法向量为m=(1,0,0),则 EF→·m=0,所以EF→⊥m.因为EF⊄平面 ABC,所以EF∥平面ABC. A B C C A B y E x F z D 719.证明:因为E,F 分别是AC,B1C 的中点, 所以EF∥AB1.又因为EF⊄平面AB1C1, AB1⊂ 平 面 AB1C1,所 以 EF ∥平 面 AB1C1. 720.证明:因为D,E 分别为BC,AC 的中点, 所以DE∥AB. 因为 ABC-A1B1C1 为直 三 棱 柱,所 以 AB∥A1B1,因此DE∥A1B1. 又因 为 A1B1⊄平 面 DEC1,DE⊂平 面 DEC1,所以A1B1∥平面DEC1. 721.证明:因为CF∥AE,CF⊄平面 ADE, AE⊂平面ADE,所以CF∥平面ADE.因 为BC∥AD,BC⊄平面ADE,AD⊂平面 ADE,所以BC∥平面ADE.又因为BC∩ CF=C,所以平面BCF∥平面ADE.因为 BF⊂平面BCF,所以BF∥平面ADE. 722.证明:方法一:如图所示,取PA 的中点 F,连接EF,BF.因为E,F 分别为PD, PA 的中点,所以EF∥AD 且EF=12AD. 因 为 ∠BAD = ∠ABC =90°,所 以 BC∥ AD.又因为BC=12AD ,所以BC∥EF 且 BC=EF. C E F P A B D 于是四边形 BCEF 为平行四边形,所以 CE∥BF.又因为CE⊄平面PAB,BF⊂平 面PAB,所以CE∥平面PAB. 方法二:如图所示,取AD 的中点M,连接 EM,CM.因为E,M 分别为DP,DA 的中 点,所 以 ME∥AP.又 因 为 ME⊄平 面 PAB,AP⊂平面 PAB,所以 ME∥平面 PAB.因为∠BAD=∠ABC=90°,所 以 BC∥AD.又因为BC=12AD ,AM=12AD , 所以BC∥AM 且BC=AM.于是四边形 BCMA 为平行四边形,所以CM∥AB. C A E P M B D 因为CM⊄平面PAB,AB⊂平面PAB,所 以CM∥平面PAB.又因为CM∩ME= M,所 以 平 面 CME∥平 面 PAB.因 为 CE⊂平面CME,所以CE∥平面PAB. 723.证明:如图所示,AB 与CD 相交于点O, 连接 MO.因为PD∥平面 MAC,PD⊂平 面PBD,平面PBD∩平面MAC=MO,所 以PD∥MO.又O 为BD 中点,故 M 为 PB 中点. C O M P A B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 303 高考一线 真题研究 数学 724.证明:方法一:如图所示,取PB 的中点G, 连接GN,GA.因为G,N 分别为PB,PC 的中点,所以GN∥BC 且GN=12BC=2. C A B G P N M D 因为AD=3,AM=2MD,所以AM=2.又 因为 AD∥BC,所以GN∥AM 且GN= AM=2.四边形AGNM 为平行四边形,所 以MN∥AG.因为MN⊄平面PAB,AG⊂ 平面PAB,所以MN∥平面PAB. 方法二:如图所示,取BC 的中点H,连接 MH,NH.因为 H,N 分别为CB,CP 的 中点,所以 HN∥PB.又因为 HN⊄平面 PAB,PB⊂平面 PAB,所以 HN∥平面 PAB.因为 H 为BC 的中点,所以BH= 1 2BC=2. 因为AD=3,AM=2MD,所以 AM=2.又因为AD∥BC,所以BH∥AM 且BH=AM=2.因此四边形ABHM 为 平行四边形,故HM∥AB. CH A B DM N P 又因 为 HM ⊄ 平 面 PAB,AB ⊂ 平 面 PAB,所以 HM∥平面 PAB.由 HM ∩ NH=H,则平面NHM∥平面PAB.因为 MN⊂平面NHM,所以MN∥平面PAB. 725.证明:(1)答案如图所示. C A E H F G B D (2)平面ACH∥平面BEG,理由如下: 如图所示,因为 ABCD-EFGH 为正方 体,所以 AE∥CG 且AE=CG,AB∥HG 且AB=HG.所以四边形ACGE 为平行四 边形,四边形 ABGH 为平行四边形.故 AC∥GE,AH∥BG. C A E H F G B D 因为AC⊄平面BEG,GE⊂平面BEG,所 以AC∥平面BEG.因为AH⊄平面BEG, BG⊂平面BEG,所以AH∥平面BEG.又 因为AC∩AH=A,所以平面ACH∥平面 BEG. 726.证明:由图所示,因为四边形 A1B1BA, ABCD 为 正 方 形,所 以 A1B1∥CD 且 A1B1=CD.于是四边形A1B1CD 为平行 四边形,故A1D∥B1C. A D B C F E A B D 因为 A1D ⊄ 平 面 D1B1C,B1C ⊂ 平 面 D1B1C,所 以 A1D∥平 面 D1B1C.因 为 A1D⊂平面 A1EFD,平面 A1EFD∩平面 D1B1C=EF,所以A1D∥EF,故EF∥B1C. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 304 详解答案 727.证明:方法一:如图所示,取 PB 的中点 M,连接 ME,AM.因为 M,E 分别为PB, PC 的 中 点,所 以 ME∥BC 且 ME = 1 2BC. 因为四边形ABCD 为平行四边形, 所以AD∥BC 且AD=BC.又因为F 为 AD 的中点,所以AF∥BC 且AF=12BC. 因 此 AF∥ME 且AF=ME,可 得 四 边 形 AFEM 为平行四边形,故EF∥AM.因为 EF⊄平面 PAB,AM⊂平面 PAB,所以 EF∥平面PAB. C F E P M A B D 方法二:如图所示,取BC 的中点为H,连 接EH,FH.因为H,E 分别为CB,CP 的 中点,所以 HE∥PB.又因为 HE⊄平面 PAB,PB⊆平面 PAB,所以 HE∥平面 PAB.因为H,F 分别为CB,DA 的中点, 所以HF∥AB.又因为 HF⊄平面PAB, AB⊂平面PAB,所以HF∥平面PAB. C F E P H A B D 因为 HE∩HF=H,所以平面EFH∥平 面PAB.又因为 EF⊂平面 EFH,所以 EF∥平面PAB. 方法三:如图所示,连接AC,与BD 交于点 O,连接EO,FO.因为E,O 分别为CP, CA 的中点,所以EO∥PA.又因为EO⊄ 平面PAB,PA⊂平面PAB,所以EO∥平 面PAB.同理可证,FO∥平面PAB.又因 为EO∩FO=O,所以平面 EOF∥平面 PAB.因为EF⊂平面EOF,所以EF∥平 面PAB. C F E P A O B D 728.证明:如图所示,连接BD,与AC 交于点 O,连接EO,则O 为AC,BD 中点.因为 E,O 分别为DP,DB 的中点,所以OE∥ PB.又因为 PB⊄平面 AEC,EO⊂平面 AEC,所以PB∥平面AEC. C A E P O B D 10.6 垂直关系 729.证明:由AB=8,AD=53,AE→= 2 5AD →, AF→=12AB →, 得AE=23,AF=4,又∠BAD=30°,在 △AEF 中,由余弦定理得 EF = AE2+AF2-2AE·AFcos∠BAD = 16+12-2×4×23× 3 2 =2 , 所以 AE2+EF2=AF2,则 AE⊥EF,即 EF⊥AD,所以EF⊥PE,EF⊥DE. 因为PE∩DE=E,PE,DE⊂平面PDE, 所以EF⊥平面PDE. 又PD⊂平面PDE,所在EF⊥PD. 730.解:(1)证明:因为A1C⊥平面ABC,BC⊂ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 305 高考一线 真题研究 数学 平面ABC, 所以A1C⊥BC. 因为∠ACB=90°,即AC⊥BC. 因为 A1C,AC⊂平 面 ACC1A1,A1C∩ AC=C, 所以BC⊥平面ACC1A1. 因为BC⊂平面BCC1B1, 所以平面ACC1A1⊥平面BCC1B1. (2)如图,过点A1 作A1O⊥CC1,垂足为O. A B O C C A B 因为平面 ACC1A1⊥平面BCC1B1,平面 ACC1A1∩平面BCC1B1=CC1,A1O⊂平 面ACC1A1, 所以 A1O⊥平 面 BCC1B1,所 以 四 棱 锥 A1-BB1C1C 的高为A1O. 因为 A1C⊥平面 ABC,AC,BC⊂平 面 ABC, 所以A1C⊥BC,A1C⊥AC. 又因为A1B=AB,BC 为公共边, 所以△ABC 与△A1BC 全等,所以A1C= AC. 设A1C=AC=x,则A1C1=x, 所以O 为CC1 中点,OC1= 1 2AA1=1. 又因为 A1C⊥AC,所以 A1C2+AC2= AA21,即x2+x2=22,解得x= 2, 所以A1O= A1C21-OC21= (2)2-12=1, 所以四棱锥A1-BB1C1C 的高为1. 731.证明:在四边形 ABCD 中,作 DE⊥AB 于E,CF⊥AB 于F. 因为CD∥AB,AD=DC=CB=1,AB=2, 所以四边形ABCD 为等腰梯形, 所以AE=BF=12 , 所以DE= 32 ,BD= DE2+BE2= 3, 所以AD2+BD2=AB2,所以AD⊥BD. 因为PD⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD, 所以PD⊥BD. 又因为 PD∩AD=D,所以 BD⊥平面 PAD. 又因为PA⊂平面PAD,所以BD⊥PA. 732.证明:因为AD=CD,E 为AC 的中点, 所以AC⊥DE. 因为AD=CD,∠ADB=∠CDB,DB=DB, 所以△ABD≌△CBD,所以AB=CB. 因为E 为AC 的中点,所以AC⊥BE. 因为DE,BE⊂平面BED,DE∩BE=E, 所以AC⊥平面BED. 因为AC⊂平面ACD,所以平面BED⊥平 面ACD. 733.证明:过点E,D 分别做直线DC,AB 的 垂线EG,DH 并分别交于点交于点G,H. ∵四边形ABCD 和EFCD 都是直角梯形, ∴AB∥DC,CD∥EF,AB=5,DC=3, EF=1,∠BAD=∠CDE=60°, ∴DG =AH =2,∠EFC = ∠DCF = ∠DCB=∠ABC=90°, ∴四边形EFCG 和四边形DCBH 是矩形, ∴在 Rt△EGD 和Rt△DHA 中,EG= DH=23. ∵DC⊥CF,DC⊥CB,且CF∩CB=C, ∴DC⊥平面BCF,∠BCF 是二面角F- DC-B 的平面角,则∠BCF=60°, ∴△BCF 是正三角形. ∵DC⊂平面ABCD, ∴平面ABCD⊥平面BCF. ∵N 是BC 的中点,∴FN⊥BC. ∵DC⊥平面BCF,FN⊂平面BCF, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 306 详解答案 ∴FN⊥CD. ∵BC∩CD=C,∴FN⊥平面ABCD. ∵AD⊂平面ABCD,∴FN⊥AD. 734.证明:如图所示,因为ABCD 为正方形,所以 CD⊥AD. C Q A B D 在△QCD 中,QD = 5,AD =CD =2, QC=3,则 QD2+CD2=QC2,故 CD⊥ QD. 又因为AD∩QD=D,AD⊂平面QAD, QD⊂平面QAD,所以CD⊥平面QAD. 而CD⊂平面ABCD,则平面ABCD⊥平 面QAD. 735.证明:如图所示,因为ABCD 为正方形, 所以BC∥AD. C A l P B D 又因为BC⊄平面PAD,AD⊂平面PAD, 所以BC∥平面PAD. 因为BC⊂平面 PBC,平面 PBC∩平面 PAD=l,所以BC∥l. 因为ABCD 为正方形,所以BC⊥CD. 因为 PD⊥平面 ABCD,BC⊂平面 AB- CD,所以PD⊥BC. 因为PD⊂平面PDC,CD⊂平面PDC,PD∩ CD=D, 所以BC⊥平面PCD,故l⊥平面PCD. 736.证明:因为DO 为圆锥的高,所以PO⊥平 面ABC. 因为BC⊂平面ABC,所以PO⊥BC. C A E P O B D 因为△ABC 为等边三角形,圆O 为△ABC 的外接圆圆心,所以AO⊥BC. 又因为 AO∩PO=O,AO⊂平面 PAO, PO⊂平面PAO,所以BC⊥平面PAO. 因为PA⊂平面PAO,所以BC⊥PA. 设圆锥底面圆的半径为R,则OA=R,AE= AD=2R. 在等边三角形 ABC 中,由 OA=R 可得 AB= 3R. 在Rt△DAO 中,AD=2R,OA=R,解得 OD= 3R,所以PO= 6 6DO= 2 2R. 在Rt△PAO 中,PO= 22R ,OA=R,解得 AP= 62R ,所以PB=AP= 62R. 在△PAB 中,PB=AP= 62R ,AB= 3 R,所以PA2+PB2=AB2,故PA⊥PB. 又因为 PB∩BC=B,PB⊂平面 PBC, BC⊂平面PBC,所以PA⊥平面PBC. 737.证明:如图所示,因为B1C⊥平面ABC, AB⊂平面 ABC,所以 B1C⊥AB.因为 AB⊥AC,AC⊂平面 AB1C,B1C⊂平面 AB1C,B1C∩AC=C,所以 AB⊥平 面 AB1C.又因为AB⊂平面ABB1,所以平面 ABB1⊥平面AB1C. A B C CA B E F 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 307 高考一线 真题研究 数学 738.证明:因为AB=BC,所以ABCD 为正方形,所 以AC⊥BD.因为ABCD-A1B1C1D1 为长方 体,所以BB1⊥平面ABCD. 因为AC⊂平面ABCD,所以BB1⊥AC. AD BC C A O B F E D 又 因 为 BB1 ∩BD =B,BB1 ⊂ 平 面 DD1B1B,BD ⊂ 平 面 DD1B1B,所 以 AC⊥平面DD1B1B. 因为EF⊂平面DD1B1B,所以AC⊥EF. 739.证明:因为 ABCD-A1B1C1D1 是长方 体,所 以 B1C1⊥ 平 面 A1ABB.又 因 为 BE⊂平面A1ABB1,所以B1C1⊥BE.又 因 为 BE ⊥EC1,EC1 ⊂ 平 面 EB1C1, B1C1⊂平面EB1C1,EC1∩B1C1=C1,所 以BE⊥平面EB1C1. A D B C C A E BD 740.证明:因为PA⊥平面ABCD,AE⊂平面 ABCD,所以PA⊥AE.因为四边形AB- CD 为菱形,∠ABC=∠ADC=60°,所以 △ADC 为等边三角形.因为E 为CD 的中 点,所以 AE⊥CD.因为CD∥AB,所以 AE⊥AB.又因为PA∩AB=A,PA⊂平 面PAB,AB⊂平面PAB,所以AE⊥平面 PAB.因 为 AE⊂平 面 PAE,所 以 平 面 PAE⊥平面PAB. C A E P B D 741.证明:如图所示,因为四边形ABED 为矩 形,所以AB⊥BE.因为△ABC 为直角三 角形,所 以 AB⊥BC.因 为 BE ⊂ 平 面 BCGE,BC⊂平面BCGE,BC∩BE=B, 所以AB⊥平面BCGE,又因为AB⊂平面 ABC,所以平面ABC⊥平面BCGE. C GF E A B D 图1 C A B G E F D 图2 742.证明:如图所示:因为BA=BC,E 为AC 的中点,所以BE⊥AC. A B C C A B E D 因为 ABC-A1B1C1 为直 三 棱 柱,所 以 CC1⊥平面ABC. 因为BE⊂平面ABC,所以CC1⊥BE. 又 因 为 AC ∩CC1 =C,AC ⊂ 平 面 A1ACC1,CC1⊂平面A1ACC1,所以BE⊥ 平面A1ACC1. 因为C1E⊂平面A1ACC1, 所以BE⊥C1E. 743.证明:如图所示,因为 DC 是半圆弧CD ︵ 的直径,所以DM⊥MC. C A M B D 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 308 详解答案 因为ABCD 为正方形,所以BC⊥DC.又 因为平面ABCD⊥平面DMC,平面ABCD∩ 平面DMC=CD,BC⊂平面ABCD,所以 BC⊥平面DMC. 因为DM⊂平面DMC,所以BC⊥DM. 又因为 MC∩BC=C,MC⊂平面 MBC, BC⊂平面MBC,所以DM⊥平面MBC. 因为DM⊂平面AMD,所以平面AMD⊥ 平面MBC. 744.证明:方法一:如图所示,连接CM,因为 △ABC 为等边三角形,M 为AB 的中点, 所以CM⊥AB. C M A B D 因为平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩ 平面 ABD=AB,CM⊂平面 ABC,所以 CM⊥平面ABD. 因为AD⊂平面ABD,所以CM⊥AD. 又因为AD⊥AB,AB∩CM=M,AB⊂平 面ABC,CM⊂平面ABC,所以AD⊥平面 ABC. 因为BC⊂平面ABC,所以AD⊥BC. 方法二:因为平面ABC⊥平面ABD,平面 ABC∩平面ABD=AB,AD⊂平面ABD, AD⊥AB,所以 AD⊥平面 ABC,又因为 BC⊂平面ABC,所以AD⊥BC. 745.证明:如图所示,因为四边形ABCD 为正 方形,E,F 分别为AD,BC 的中点,所以 BF⊥EF.因 为 PF ⊥BF,EF ⊂ 平 面 PEF,PF⊂平面PEF,EF∩PF=F,所 以BF⊥平面 PEF.又 因 为 BF⊂平 面 ABFD,所以平面PEF⊥平面ABFD. C A B F E P D 746.证明:取AA1 的中点D,取BB1 的中点E, 连接B1D,C1E,AC1.在△ABC 中,AB= BC=2,∠ABC=120°,由 余 弦 定 理 得 AC = BA2+BC2-2AB·BC·cos∠ABC =23.因为AA1⊥平面ABC,BB1⊥平面 ABC,所以AA1∥BB1,BB1⊥AB.又因为 AA1=4,BB1=2,D 为AA1 的中点,所以 AD=BB1=2,所以四边形ABB1D 为矩 形,所以∠A1DB1=90°,即△A1DB1 为直 角三角形. A B C CA B E D 同理可证得△C1EB1 为直角三角形. 在Rt△DB1A1 中,A1D=2,DB1=AB= 2,所 以 A1B1=2 2.在 Rt△ABB1 中, BB1=2,AB =2,所 以 AB1=2 2.在 △A1AB1 中,A1A =4,AB1 =2 2, A1B1=22,所以AB21+A1B21=A1A2,故 AB1⊥A1B1. 在Rt△C1EB1 中,B1E=1,EC1=BC=2, 所以C1B1= 5.在 Rt△ACC1 中,AC= 2 3,CC1 =1,所 以 AC1 = 13.在 △AC1B1 中,AC1= 13,AB1=22,C1B1= 5,所 以 AB21+C1B21=AC21,故 AB1⊥ B1C1. 又因为 A1B1∩B1C1=B1,A1B1⊂平面 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 309 高考一线 真题研究 数学 A1B1C1,B1C1⊂平面A1B1C1,所以AB1⊥平 面A1B1C1. 747.证明:如图所示,连接 BO,因为 PA= PC,O 为AC 的中点,所以PO⊥AC. CA B O P 因为PA=PC=AC=4,O 为AC 的中点, 所以 PO=2 3.因为 AB=BC=22, AC=4,所 以 △ABC 为 等 腰 直 角 三 角 形.又因为O 为AC 的中点,所以OB=2. 在△POB 中,PO=23,OB=2,PB=4, 所以PO2+OB2=PB2,故PO⊥OB. 又因为 AC∩OB=O,AC⊂平面 ABC, OB⊂平面ABC,所以PO⊥平面ABC. 748.证明:如图所示,因为 CD⊥DP,CD∥ AB,所以AB⊥DP.因为AB⊥AP,AP⊂ 平面ADP,DP⊂平面ADP,DP∩AP= P,所以AB⊥平面PAD,又因为AB⊂平 面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD. C A B P D 749.证明:因为△ABC 为等边三角形,所以 BA=BC.又因为∠ABD=∠CBD,AB= BD,所 以 △ABD ≌ △CBD,故 AD = CD.又因为△ADC 为直角三角形,所以 ∠ADC=90°. 取AC 的中点O,连接DO,BO,因为O 为 AC 的中点,所以DO⊥AC. C A B D O 方法一:(勾股定理逆定理)设AB=BC= AC=2a,由已知得BD=2a.在等边三角 形ABC 中,AB=2a,OA=a,所以OB= 3a.在等腰直角三角形 ACD 中,AC= 2a,所以 OD=12AC=a. 在△BOD 中, BD=2a,OB= 3a,OD=a,所以OD2+ OB2=BD2,故DO⊥BO. 因为BO∩AC=O,BO⊂平面ABC,AC⊂ 平面ABC,所以DO⊥平面ABC.又因为 DO⊂平面 ACD,所以平面 ACD⊥平面 ABC. 方法二:(面面垂直的定义) 因为△ABC 为等边三角形,O 为AC 的中 点,所以BO⊥AC.又因为△ADC 为直角 三角形,所以DO⊥AC,所以∠DOB 为二 面角D-AC-B 的平面角. 由方法一知,DO⊥BO,所以∠DOB=90°, 因此平面ACD⊥平面ABC. 750.证明:取 AD 的中点O,连接 PO.因为 PA=PD,所以PO⊥AD. C O P A B D 又因 为 平 面 PAD ⊥ 平 面 ABCD,平 面 PAD∩ 平 面 ABCD =AD,PO ⊂ 平 面 PAD,所以PO⊥平面ABCD. 又因为AB⊂平面ABCD,所以PO⊥AB. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 310 详解答案 因为AB⊥AD,AD∩PO=O,AD⊂平面 PAD,PO⊂平面 PAD,所以 AB⊥平面 PAD. 因为PD⊂平面PAD,所以AB⊥PD. 又因为PA⊥PD,PA∩AB=A,PA⊂平 面PAB,AB⊂平面PAB,所以PD⊥平面 PAB. 751.证明:如图所示,在菱形ABCD 中,因为 AD =DC,AE=CF,所 以 DE=DF,即 DE AE= DF CF ,所以EF∥AC. C A O E F H B D D′ 因为BD⊥AC,所以EF⊥BD,即EF⊥DH. 所以D'H⊥EF. 在菱形 ABCD 中,AB=AD=DC=5, AC=6,AE=54 ,解得 DE=154 ,OA=3, OD=4. 因为EF∥AC,所以DEAE= DH OH = 3 1 ,解得 DH=D'H=3,OH=1. 在△D'OH 中,D'O = 10,D'H =3, OH=1,所 以 D'H2+OH2=D'O2,故 D'H⊥OH. 又因为EF∩OH=H,EF⊂平面ABCD, OH⊂平面ABCD,所以D'H⊥平面ABCD. 752.证明:如图所示,连接BC1,与B1C 交于 点O. A B C C A B O 因为四边形BB1C1C 为菱形, 所以BC1⊥B1C,即BO⊥B1C. 因为 AO ⊥ 平 面 BB1C1C,B1C⊂ 平 面 BB1C1C,所以AO⊥B1C(由线面垂直得 线线垂直). 又因为 AO∩BO=O,AO⊂平面 ABO, BO⊂平面ABO, 所以B1C⊥平面ABO. 因为AB⊂平面ABO,所以B1C⊥AB. 753.证明:如图所示,连接PE,BE. C A B E F P D 因为PA=PD= 5,BA=BD= 2,E 为 AD 的中点,所以PE⊥AD,BE⊥AD. 因为 PE ∩BE =E,PE ⊂ 平 面 PBE, BE⊂平面PBE,所以AD⊥平面PBE. 因为PB⊂平面PBE,所以AD⊥PB. 因为平面PAD∩平面BAD=AD,PE⊥ AD,BE⊥AD,所以∠PEB 为二面角P- AD-B 的平面角 ,即∠PEB=60°. 因为BA=BD= 2,AD=2,所以△BAD 为等腰直角三角形. 又因为E 为AD 的中点,所以BE=AE= DE=1. 在Rt△PDE 中,PD= 5,DE=1,所以 PE=2.在△PBE 中,PE=2,BE=1, ∠PEB =60°,由 余 弦 定 理 得 PB = PE2+BE2-2·PE·BE·cos∠PEB = 3.因为 PB2+BE2=PE2,所以 PB⊥ BE. 又因为AD∩BE=E,BE⊂平面ABCD, AD ⊂ 平 面 ABCD,所 以 PB ⊥ 平 面 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 311 高考一线 真题研究 数学 ABCD.因为PB⊂平面PBC, 所以平面PBC⊥平面ABCD. 754.证明:如图所示,取AB 的中点D,连接CD, A1D,A1B.因为CA=CB,D 为AB 的中点, 所以CD⊥AB. A B CC A B D 因 为 AB =AA1,∠BAA1 =60°,所 以 △AA1B 为等边三角形. 因为D 为AB 的中点,所以A1D⊥AB. 因为A1D∩CD=D,A1D⊂平面A1CD, CD⊂平面A1CD,所以AB⊥平面A1CD. 因为A1C⊂平面A1CD,所以AB⊥A1C. 755.证明:如图所示,因为平面SAB⊥平面 SBC,平面SAB∩平面SBC=SB,AF⊂ 平面 SAB,AF⊥SB,所 以 AF⊥ 平 面 SBC. CA B E S G F 因为BC⊂平面SBC,所以AF⊥BC. 又因为AB⊥BC,AF∩AB=A,AF⊂平 面SAB,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面 SAB. 因为SA⊂平面SAB,所以BC⊥SA. 10.7 小题综合 756.A 解析:对于①,若n⊂α,因为 m∥n, m⊂β,则n∥β;若n⊂β,因为m∥n,m⊂α, 则n∥α;若n 既不在α 也不在β 内,因为 m∥n,m⊂α,m⊂β,则n∥α 且n∥β,①正 确;对于②,若m⊥n,则n与α,β不一定垂 直,②错误;对于③,过直线n 分别作两平 面与α,β分别相交于直线s和直线t,因为 n∥α,过直线n 的平面与平面α 的交线为 直线s,则根据线面平行的性质定理知n∥ s,同理可得n∥t,则s∥t,因为s⊄平面β, t⊂平面β,则s∥平面β,因为s⊂平面α, α∩β=m,则s∥m,又因为n∥s,则m∥n, ③正确;对于④,若α∩β=m,n与α和β所 成的角相等,如果n∥α,n∥β,则 m∥n, ④错误.综上,只有①③正确,故选A. s n t m α β C A BE F O P D 757.D 解析:如图,底 面 ABCD 为 正 方 形,当相邻的棱 长 相 等 时,不 妨 设 PA=PB=AB=4,PC=PD=22.分别 取AB,CD 的中点E,F,连接 PE,PF, EF,则 PE⊥AB,EF⊥AB.因为 PE∩ EF=E,PE,EF⊂平面PEF,所以AB⊥ 平面PEF,又AB⊂平面ABCD,所以平面 PEF⊥平面ABCD.过P 作EF 的垂线, 垂足为O,即PO⊥EF.因为平面PEF∩ 平面ABCD=EF,PO⊂平面PEF,所以 PO⊥平面 ABCD.由题意得 PE=2 3, PF=2,EF=4,则PE2+PF2=EF2,即 PE⊥PF,则12PE ·PF=12PO ·EF,得 PO=PE ·PF EF = 3 ,所以四棱锥的高为 3,当相对的棱长相等时,不妨设 PA= PC=4,PB=PD=22,因为BD=42= PB+PD,此时不能形成△PBD,与题意 不符,这样情况不存在,故选D. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 312 详解答案 758.C 解析:对于A,若m∥α,n⊂α,则m,n 平行或异面,A错误;对于B,若m∥α,n∥ α,则m,n平行或异面或相交,B错误;对于 C,m∥α,n⊥α,过m 作平面β,使得β∩α= s.因为m⊂β,所以m∥s,又s⊂α,所以n⊥ s,所以m⊥n,C正确;对于D,若m∥α,n⊥ α,则m 与n相交或异面,D错误,故选C. 759.ABD 解析:对于 A,因为棱长为1的正 方体内切球的直径为1>0.99,所以 A正 确;对于B,如图(1),因为棱长为1的正方 体内部最大的正四面体D-A1BC1 的棱 长为 12+12= 2>1.4,所以B正确;对于 C,因为棱长为1的正方体的体对角线长为 3≈1.732<1.8,所以C错误;对于D,如 图(2),高为0.01 m,可以忽略不计,看作直 径为1.2 m的平面图,E,F,G,H,I,J 都 是棱的中点,六边形EFGHIJ 为正六边 形,其棱长为 2 2 m,其内切圆直径为FH, 则∠GFH =∠GHF=30°,所 以 FH = 3FG= 3GH = 6 2 m,而 6 2 2 = 3 2> (1.2)2=1.44,所以D正确,故选ABD. A D B C C A B D 图(1) A D B C C F E G J I H A B D FE J G HI 图(2) 760.AC 解析:依题意,∠APB=120°,PA= 2,所以OP=1,OA=OB= 3,对于A,圆 锥的体积为1 3×π× (3)2×1=π,A正确; 对于 B,圆 锥 的 侧 面 积 为 π× 3×2= 23π,B错误;对于C,设D 是AC 的中点, 连接OD,PD,则AC⊥OD,AC⊥PD,所 以∠PDO 是二面角P-AC-O 的平面 角,则∠PDO=45°,所以OP=OD=1,所 以AD=CD= 3-1= 2,AC=2 2,C 正确;对于D,因为PD= 12+12= 2,所 以S△PAC= 1 2×22× 2=2 ,D错误,故 选AC. A D C BO P 761.C 解析:(解法一)连结AC,BD 交于O, 连结PO,则O 为AC,BD 的中点,如图.因 为底 面 ABCD 为 正 方 形,AB=4,所 以 AC=BD=4 2,则 DO=CO=22.又 PC=PD=3,PO=OP,所以△PDO≌ △PCO,则 ∠PDO = ∠PCO.又 PC = PD=3,AC=BD=4 2,所以△PDB≌ △PCA,则PA=PB.在△PAC 中,PC= 3,AC=42,∠PCA=45°,由余弦定理得 PA2=AC2+PC2-2AC·PCcos∠PCA= 32+9-2×42×3× 2 2=17 ,所以PA= 17,则 PB= 17.在△PBC 中,PC=3, PB= 17,BC =4,所 以 cos∠PCB = PC2+BC2-PB2 2PC·BC = 9+16-17 2×3×4 = 1 3. 又0< ∠PCB < π, 所 以 sin ∠PCB = 1-cos2∠PCB= 22 3 ,所以△PBC 的面 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 313 高考一线 真题研究 数学 积为S=12PC ·BCsin∠PCB=12×3× 4× 22 3 =42. A B C D O P (解法二)连结AC,BD 交于O,连结PO, 则O 为AC,BD 的中点,如解法一图.因为 底面ABCD 为正方形,AB=4,所以AC= BD =4 2.在 △PAC 中,PC =3, ∠PCA=45°,由余弦定理得PA2=AC2+ PC2-2AC·PCcos∠PCA=32+9- 2×42×3× 2 2=17 ,所以PA= 17,所 以 cos∠APC = PA 2+PC2-AC2 2PA·PC = 17+9-32 2× 17×3 = - 17 17 ,则 PA→ ·PC→ = |PA→||PC→|cos∠APC= 17×3× - 17 17 = -3.不妨记PB=m,∠BPD=θ,因为PO→= 1 2 (PA→+PC→)=12 (PB→+PD→),所以(PA→+ PC→)2=(PB→+PD→)2,即PA→2+PC→2+2PA→· PC→=PB→2+PD→2+2PB→·PD→,则17+9+2× (-3)=m2+9+2×3×mcos θ,整理得m2+ 6mcos θ-11=0①.在△PBD 中,BD2=PB2+ PD2-2PB·PDcos∠BPD,即32=m2+9- 6mcos θ,则m2-6mcos θ-23=0②,两式 相加得2m2-34=0,所以PB=m= 17, 在△PBC 中,PC=3,PB= 17,BC=4, 所 以 cos∠PCB =PC 2+BC2-PB2 2PC·BC = 9+16-17 2×3×4 = 1 3. 又0<∠PCB<π,所以 sin∠PCB= 1-cos2∠PCB = 22 3 ,所以 △PBC的面积为S=12PC ·BCsin∠PCB= 1 2×3×4× 22 3 =42 ,故选C. 762.A 解析:在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,AC⊥BD 且DD1⊥平面ABCD.因为 EF⊂平面ABCD,所以EF⊥DD1.因为 E,F 分别为AB,BC 的中点,所以EF∥ AC,所以EF⊥BD.又因为BD∩DD1= D,所以EF⊥平面BDD1.又因为EF⊂平 面B1EF,所以平面B1EF⊥平面BDD1, A正确; 如图,以点 D 为原点,建立空间直角坐标 系,设AB=2,则B1(2,2,2),E(2,1,0), F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0, 0),C(0,2,0),C1(0,2,2),则EF →=(-1, 1,0),EB1 →=(0,1,2),DB→=(2,2,0), DA1 →=(2,0,2),AA1 →=(0,0,2),AC→= (-2,2,0),A1C1 →=(-2,2,0),设平面B1EF 的 法 向 量 为 m = (x1,y1,z1),则 m·EF→=-x1+y1=0, m·EB1 →=y1+2z1=0, 可 取 m = (2,2, -1),同理可得平面 A1BD 的法向量为 n1=(1,-1,-1),平面A1AC 的法向量为 n2=(1,1,0),平面 A1C1D 的法向量为 n3=(1,1,-1),则m·n1=2-2+1=1≠ 0,所以平面B1EF 与平面A1BD 不垂直,B 错误;因 为 m 与n2 不 平 行,所 以 平 面 B1EF 与平面A1AC 不平行,C错误;因为 m 与n3 不平行,所以平面B1EF 与平面 A1C1D 不平行,D错误,故选A. D C BA A B C E F D y x z 763.BC 解析:证明异面直线垂直,通过证明 线面垂直实现,也就是需要构造一个平面, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 314 详解答案 证明线面垂直,那就需要对各个选项进行 判断,针对B选项,如图所示: A B N O P M 取BN 的中点A,连接AO,PA.接下来就 是证明MN⊥平面PAO.由正方体的性质 可证明OA⊥平面 MBN,进而推得OA⊥ MN.由P,A 分别是中点,再加上正方形 可得PA⊥MN,垂直关系都有了,自然可以 证明MN⊥平面PAO,从而得到MN⊥PO, 故选B. 764.B 解析:直接应用面面平行的判定理,实 在没有什么难度,一个平面内的两条相交 直线平行于另外一个平面,则此两个平面 平行,故选B. 765.若l⊥α,l⊥m,则m∥α 解析:如图所示, l⊥α,则l垂直于平面α内的所有直线,这 些直线中,必存在一条与直线m 平行的直 线n,即由m⊄平面α,n⊂平面α,m∥n,得 m∥平面α. α l m n 766.A 解析:解决问题,核心就是线面平行的 判定定理,在平面内找一条与AB 平行的 直线,方法就是把AB 平移. B:如图所示,AB∥A'B',A'B'∥MQ,故 AB∥平面MNQ. A B B′ A′ N M Q C:如图所示,AB∥A'B',A'B'∥MQ,故 AB∥平面MNQ. A B B B′ A′ N M Q D:如图所示,AB∥A'B',A'B'∥NQ,故 AB∥平面MNQ. A B B′ A′ N M Q 767.C 解析:这个题目从表面上看,告诉我们 的信息很多,想要得出正确结论似乎很难, 但仔细分析,切入点就是n⊥β,即线面垂 直,可得n 垂直于平面β内的所有直线,又 因为平面α,β 交于直线l,则l⊆β,所以 n⊥l,故选C. 当然也可以借助正方体,在正方体中快速 找出答案,如下图所示,可得n⊥. α l β mn 768.②③④ 解析:①:如下图所示,α∥β,故 ①错误. α m n β ②:如下图所示,m⊥n,故②正确. α m n 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 315 高考一线 真题研究 数学 ③:两个平行平面α,β,其中平面α 内的任 意一条直线m 平行另一个平面β,如下图 所示,故③正确. α m β ④:由线面所成角的定义和等角定理可知, ④正确.故填②③④. 769.B 解析:m 是直线且m⊂α,设P:m∥β, Q:α∥β,根据面面平行的判定定理,光有 m∥β推不出α∥β,所以P 是Q 的不充分条 件. 反过来,由α∥β且m⊂α,则由两个平面平 行,其中一个平面内的一条直线平行于另 一个平面可推出m∥β,所以P 是Q 的必要 条件,故选B. 770.D 解析:A:如下图所示,α,β相交,故A 错误. α β γ B:如下图所示,m,n可能相交,故B错误. α m n C:借助正方体找到反例即可,如下图所示, 故C错误. α β m 故选D. 771.B 解析:A:平行于同一平面α的两条直线 m,n也可能相交,如下图所示,故A错误. α m n B:一条直线m 垂直于一个平面α,则直线 m 垂直于平面α 内的所有直线,如下图所 示,故B正确. α s m n C:借助正方体找到反例即可如下图所示, 忽略了n⊂α的情况,故C错误. α m n D:借助正方体找到反例即可,如下图所示, n∥α,故D错误. α m n 故选B. 772.C 解析:A:借助正方体进行判断即可, 如下图所示,m∥平面α,故A错误. α m n B:如下图所示,m∥平面α,故B错误. α β n m C:如下图所示,m⊥平面α,故C正确. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 316