江西省上饶市广玉山一中、广信二中2023-2024学年高三下学期考前全真模拟演练数学试卷

内部★启用前 玉山一中 广信二中 2024 届高三下学期全真模拟考试 数学试卷参考答案 满分:150 分 考试时间:150 分钟 整理编辑：姜奕涵 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。 1 2 3 4 5 6 7 8 D A C D B C A D 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有 多项是符合题目要求的。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分. 9 10 11 BC BD ABD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。 12． {14} 13. 4 14. [ 𝜋 3 ， 2 3 π] ， 28 3 𝜋 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（1）有。 ?̅? =10，𝑦 ̅=10.3，𝑠1 2 =0.4, 𝑠2 2 = 0.036 （2）ξ～B（100， 3 5 ）E（ξ）=100× 3 5 =60 16.（1）c=2acos 𝐵，故cos 𝐵= 3 5 （2）ccos 𝐶 2 ∈（0， 5 2 √3） 17.（1）略 （2）θ≤ 𝜋 6 18.（1）不是； （2）略 19.（1）－2√2 （2）（ⅰ）略 立体几何压轴的8个命题方式 目录 1.新概念背景下的立体几何压轴 2 2.空间解析几何方法与应用 11 3.空间曲率问题与应用 23 4.丹德林双球与圆锥曲线的立体视角 32 5.武汉调考正在引领立体几何压轴的新风向 37 6.向量的概念推广及其在新概念压轴中的应用 45 7.立体几何新教材中的一些常考几何体 53 8.向量积运算与求法向量 66 1.新概念背景下的立体几何压轴 典例展示 例1．（2021年教育部八省联考）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为．    （1）求四棱锥的总曲率； （2）若多面体满足：顶点数-棱数+面数，证明：这类多面体的总曲率是常数． 例2．（长沙雅礼中学25届高三第二次联考）高斯-博内公式是大范围微分几何学的一个经典的公式，是关于曲面的图形（由曲率表征）和拓扑（由欧拉示性数表征）间联系的一项重要表述，建立了空间的局部性质和整体性质之间的联系.其特例是球面三角形总曲率与球面三角形内角和满足：，其中为常数，（如图，把球面上的三个点用三个大圆（以球心为半径的圆）的圆弧联结起来，所围成的图形叫做球面三角形，每个大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个角.球面三角形的总曲率等于，为球面三角形面积，为球的半径）. (1)若单位球面有一个球面三角形，三条边长均为，求此球面三角形内角和； (2)求的值； (3)把多面体的任何一个面伸展成平面，如果所有其他各面都在这个平面的同侧，这样的多面体叫做凸多面体.设凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，试证明凸多面体欧拉示性数为定值，并求出. 例3.（山东济南24届高三一模）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合T中所有点构成的几何体为W. ①求W的体积的值； ②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数. 例4．（江西南昌24届高三二模）如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面，得到的几何体称之为“斜截圆柱”.图一与图二是完全相同的“斜截圆柱”，AB是底面圆的直径，，椭圆所在平面垂直于平面ABCD，且与底面所成二面角为，图一中，点是椭圆上的动点，点在底面上的投影为点，图二中，椭圆上的点在底面上的投影分别为，且均在直径AB的同一侧. (1)当时，求的长度； (2)（i）当时，若图二中，点将半圆均分成7等份，求； （ii）证明:. 例5.（2025届高三八省联考） 在平面四边形中，，，将沿AC翻折至，其中P为动点. (1)设，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上． （i）证明：平面平面； （ii）求球O的半径 (2)求二面角的余弦值的最小值. 2.空间解析几何方法与应用 随着向量法的引出，新教材也在习题位置介绍了空间平面与直线的方程. 类似于平面解析几何思想，在涉及到空间直线的交点或者平面的交线时，我们当然也可以通过它们的方程来求得具体的位置或者轨迹，这样的话，就降低了对几何方法的需求. 实际上，根据笔者的教学经验，学生在利用几何关系寻找交点，截线，轨迹时，往往很难找到解题思路. 所以，我们需要思考和探寻能够更加有效地帮助学生突破这类问题的方法，本文所涉及的空间解析几何思想就是其中重要的一种，下面我将通过近年的高考试题与模考试题做详细分析和说明. 一．基本原理 1.平面的点法式方程[1] 在人教版选择性必修第一册44页习题中出现如下结论：在空间直角坐标系中，已知向量，点. 若平面经过点，且以为法向量，是平面内的任意一点，则我们可以得到平面的点法式方程：. 2.点到直线的距离公式 已知直线上两点，则由可知直线的单位方向向量为，则线外一点到直线的距离满足的公式为：. 3.点到平面的距离公式[1] 显然，若我们将上述点法式方程加以整理即可得到平面的一般式方程，即三元一次方程，进一步，若点到平面：的距离为： . 证明：如图所示，设平面的方程为，向量为的法向量，平面外一点，在平面内取一点，则点到平面的距离为，其中为向量与向量的夹角，则，所以 而，由于点在平面上，因此有，即，由此可得，所以，空间中点平面距离公式可看成平面内点到直线的距离公式的推广.    4.直线的交线式方程[1] 若我们将上述点法式方程加以整理即可得到平面的一般式方程，即三元一次方程： .进一步，两个平面的交线的方程为： ， 该三元一次方程组称为直线由平面的相交的交线式方程，此时，直线的方向向量为： ，即平面法向量的向量积. 在得到上述平面的方程与点到平面的距离后，我们就可以将一些立体几何问题利用“解析几何”的思想来计算，特别是一些截线，交点问题，倘若我们无法通过几何手段找到“隐点”，“隐截线”的位置，那我们还可通过解析的方法来实现，下面通过实例予以说明. 二．典例分析 例1．在空间中，“经过点，法向量为的平面的方程（即平面上任意一点的坐标满足的关系式）为：”．用此方法求得平面和平面的方程，化简后的结果为和，则这两平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 例2．阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为；过点且一个方向向量为的直线l的方程为.利用上面的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线l是平面与的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 例3.（2020新高考1卷16题）已知直四棱柱的棱长为2，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为_________. 图1 图2 计算与“隐直线”有关的夹角 例4.（2022合肥二模）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为__________． 例5．（多选题）类比平面解析几何中直线的方程，我们可以得到在空间直角坐标系中的一个平面的方程，如果平面的一个法向量，已知平面上定点，对于平面上任意点，根据可得平面的方程为．则在空间直角坐标系中，下列说法正确的是（    ） A．若平面过点，且法向量为，则平面的方程为 B．若平面的方程为，则是平面的法向量 C．方程表示经过坐标原点且斜率为的一条直线 D．关于的任何一个三元一次方程都表示一个平面 例6．在空间直角坐标系中，经过点且法向量的平面的方程为，经过点且方向向量的直线方程为． 阅读上面材料，并解决下列问题：平面的方程为，平面的方程为，直线的方程为，直线的方程为，则（    ） A．平面与垂直 B．平面与所成角的余弦值为 C．直线与平面平行 D．直线与是异面直线 例7．类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足： ①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解； ②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为．已知曲面的方程为． （1）写出坐标平面的方程（无需说明理由），指出平面截曲面所得交线是什么曲线，说明理由； （2）已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）； （3）已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上．设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值． 习题演练 1．（多选题）类比平面解析几何中直线的方程，我们可以得到在空间直角坐标系中的一个平面的方程，如果平面的一个法向量，已知平面上定点，对于平面上任意点，根据可得平面的方程为．则在空间直角坐标系中，下列说法正确的是（    ） A．若平面过点，且法向量为，则平面的方程为 B．若平面的方程为，则是平面的法向量 C．方程表示经过坐标原点且斜率为的一条直线 D．关于的任何一个三元一次方程都表示一个平面 2．在空间直角坐标系中，经过点且法向量的平面的方程为，经过点且方向向量的直线方程为． 阅读上面材料，并解决下列问题：平面的方程为，平面的方程为，直线的方程为，直线的方程为，则（    ） A．平面与垂直 B．平面与所成角的余弦值为 C．直线与平面平行 D．直线与是异面直线 3．在空间直角坐标系中，定义：过点，且方向向量为的直线的点方向式方程为；过点，且法向量为的平面的点法向式方程为，将其整理为一般式方程为，其中． (1)求经过的直线的点方向式方程； (2)已知平面，平面，平面，若，证明：； (3)已知斜三棱柱中，侧面所在平面经过三点，，侧面所在平面的一般式方程为，侧面所在平面的一般式方程为，求平面与平面的夹角大小． 4．在空间直角坐标系中，已知向量，点.若直线l以为方向向量且经过点，则直线l的标准式方程可表示为（）；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程表示为.平面内任一点在面的两侧分别对应和. (1)已知直线的标准式方程为，平面的点法式方程可表示为，求直线与平面所成角的余弦值； (2)已知平面的点法式方程可表示为，点与点在平面外的同侧，点B在平面内的投影点为，且，点C为平面内任意一点，求的最小值； (3)若平面为，平面与平面的交线为，且平面与平面所成面面角余弦值大小为，求平面的点法式方程. 3.空间曲率问题与应用 一．引言 空间曲率新定义问题“火”于2021年八省联考，这是第一次大范围的新高考适应性考试，也是近年新定义的“开山鼻祖”，颇具代表性.因此，这里的引言就以该题为例，逐次展开. 1.定义：（2021年教育部八省联考）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为． 二．典例分析 1．刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面所成角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（    ） A． B． C． D． 2．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（    ） A． B． C． D． 3．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列结论正确的是（    ） A．直四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为 C．若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为 D．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 4．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体的一个顶点，定义多面体在点P处的离散曲率为，其中（，2，……，k，）为多面体的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以P为公共点的面.如图，四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点S在底面的射影O为的中点.若该四棱锥在S处的离散曲率，则直线与平面所成角的正弦值为 .    5．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标，设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与相邻的顶点，且平面，，…平面和平面为多面体的所有以为顶点的面．现给出如图所示的三棱锥． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，三棱锥在顶点处的离散曲率为． ①求直线与直线所成角的余弦值； ②点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度． 6．定义：多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的一个顶点，（，且）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面、平面、、平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，，． (1)求四棱锥在顶点处的离散曲率； (2)求四棱锥内切球的表面积； (3)若是棱上的一个动点，求直线与平面所成角的取值范围． 三．习题 1．阅读数学材料：“为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等. (1)若，求直四棱柱在顶点处的离散曲率. (2)若四面体在点处的离散曲率为，证明平面. (3)若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面所成角的正弦值. 4.丹德林双球与圆锥曲线的立体视角 1． 基本原理 1.丹德林双球的定义 如图1所示，在圆锥内放入两个球，，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆分别为，.这两个球都与平面相切，切点分别为，，丹德林（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球. 图1 图2 如图1，设直线分别与圆锥母线交于两点，再设过点的母线分别与，交于两点，由切线长定理：，，故. 同理，对于平面与圆锥侧面的交线上任意一点，过的母线分别与，交于两点，则. 即椭圆的长轴长切点圆之间的母线长. 2.长轴长与双球半径之间的关系：设两个球，的半径分别为，球心距，则如图2，图3，. 3.焦距与双球半径之间的关系：如图4，设，（公众号：凌晨讲数学） 由于，最终求出. 图3 图4 4.离心率与截面角之间的关系 在空间中，已知圆锥是由围绕旋转得到的，我们把称为轴.用平面截圆锥，得到的截口曲线取决于平面与圆锥轴所成的线面角（显然，当与平行时，），具体关系如下： （1） 若，平面截圆锥面所得截口曲线为椭圆； （2） 若，平面截圆锥面所得截口曲线为抛物线： （3） 若，平面截圆锥面所得截口曲线为双曲线.这个比值就是圆锥曲线的离心率，离心率是一个比. 二．典例分析 例1．（2023届广州一模）如图是数学家 Dandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截口曲线是椭圆的模型.在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥的侧面与截面都相切，设图中球，球的半径分别为4和2，球心距离，截面分别与球，球相切于点（是截口椭圆的焦点），则此椭圆的离心率等于__________. 例2.如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆（图中粗线所示）分别为，，这两个球都与平面相切，切点分别为，，丹德林（G·Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球．若圆锥的母线与它的轴的夹角为，球，的半径分别为1、4，则椭圆的长轴长为___________．（公众号：凌晨讲数学） 例3．如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面和平面相切，两个球分别与平面相切于点，丹德林（）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin双球.若平面截圆锥得的是焦点在轴上，且离心率为的椭圆，圆锥的顶点到椭圆顶点的距离为，圆锥的母线与椭圆的长轴垂直，圆锥的母线与它的轴的夹角为. （1）求椭圆的标准方程； （2）过右焦点的直线与椭圆交于A，B两点，A，B中点为D，过点F2的直线MF2与AB垂直，且与直线l：交于点M，求证：O，D，M三点共线. 5.武汉调考正在引领立体几何压轴的新风向 立体几何中的轨迹问题 一．武汉调考题汇编 例1．（2023届武汉二月调考）设是半径为3的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 例2.（2024届武汉二月调考）在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（    ） A． B． C． D． 二．相关高考题目溯源 例3.（2020新高考1卷16题）已知直四棱柱的棱长为2，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为_________. 解析：（方法1）如图： 例4.（2021年新高考1卷） 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 三．习题演练 1．已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．在三棱锥中，，直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，则点在所在平面内的射影的轨迹长为__________；三棱锥体积的取值范围是__________. 6.向量的概念推广及其在新概念压轴中的应用 一．基本原理 人教A版选择性必修一教材在23页阅读材料中对向量概念进行了推广，从必修二的二维，到空间向量（三维），再到一般的维向量.我们看到，随着新概念压轴的出现，这个阅读材料被多次引出，并出现了很多考题，基于此，本文对其做一下整理与介绍. 二．典例分析 ★应用1.运算规则的一般化 例1．设，是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记作.同时把有序数对叫做点在斜坐标系中的坐标，记作，已知在斜坐标系中，的三个顶点，且A，B，C异于点，则下列结论错误的是（    ） A． B． C．若，则 D．的重心的坐标为 例2．定义平面斜坐标系，记，，分别为x轴、y轴正方向上的单位向量，若平面上任意一点P的坐标满足：，则记向量的坐标为，给出下列四个命题，正确的选项是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，以O为圆心、半径为1的圆的斜坐标方程为 ★应用2.维向量的概念与应用 例3．类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，，且维空间向量满足（1）当，求. （2）证明：； （3）若是正实数，且满足，求证：. 例4．元向量（）也叫维向量，是平面向量的推广，设为正整数，数集中的个元素构成的有序组称为上的元向量，其中为该向量的第个分量．元向量通常用希腊字母等表示，如上全体元向量构成的集合记为．对于，记，定义如下运算：加法法则，模公式，内积，设的夹角为，则． （1）设，解决下面问题： ①求； ②设与的夹角为，求； （2）对于一个元向量，若，称为维信号向量．规定，已知个两两垂直的120维信号向量满足它们的前个分量都相同，证明：． 例5．我们知道，在平面内取定单位正交基底建立坐标系后，任意一个平面向量，都可以用二元有序实数对表示．平面向量又称为二维向量．一般地，n元有序实数组称为n维向量，它是二维向量的推广．类似二维向量，对于n维向量，也可定义两个向量的数量积、向量的长度（模）等：设，，则；．已知向量满足，向量满足． （1）求的值； （2）若，其中，当且时，证明：． 例6．一般地，个有序实数，，，组成的数组，称为维向量，记为.类似二维向量，对于维向量，也可以定义向量的加法运算、减法运算、数乘运算、数量积运算、向量的长度（模）、两点间的距离等，如，则；若存在不全为零的个实数，，，使得，则向量组，，，是线性相关的向量组，否则，说向量组，，，是线性无关的. （1）判断向量组，，是否线性相关？ （2）若，，，当且时，证明：. 7.立体几何新教材中的一些常考几何体 一．素材展示（均选自人教A版必修二教材） 二．典例分析（以下按照上图顺序展开），下面进入正文分析 ★1.阿基米德多面体 例1．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 例2．（多选题）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（    ） A．该半正多面体的体积为 B．该半正多面体过三点的截面面积为 C．该半正多面体外接球的表面积为 D．该半正多面体的表面积为 ★2.正八面体 例3．正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有（    ）    A．直线与是异面直线 B．平面平面 C．该几何体的体积为 D．平面与平面间的距离为 例4．将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到如图所示的六面体，动点在该六面体表面上，且满足，则（    ）    A． B．该几何体的体积为 C．动点的轨迹长为 D．该多面体内切球的半径为 例5．将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到如图所示的六面体，则（    ） A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为 C．过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直 D．直线平面 ★3.鳖臑 例6.如图所示的阳马中，侧棱底面,且,点是的中点，连接． （1）.证明：平面. 试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； （2）.记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值． 图 1 ★4.“鸭嘴”模型 结论1：如图，，设为中点，则，故面，则. 结论2：反过来，若如图，，且，设为中点，则.另一方面，由于，则面，故，因为为中点，故可得： . 结论3.上述两个结论中，即为二面角的平面角. 例7．（2023年全国乙卷真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 例8.（2023年新高考2卷）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点． （1）证明：； （2）点F满足，求二面角的正弦值． 解析：（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）二面角的正弦值为． 三．习题演练 1．如图1，过球上不在同一大圆上的，，三个点中的任意两点作大圆.可以得到劣弧，与，则这三条劣弧围成的曲面（阴影部分）称为球面，这三条劣弧称为球面的边.，，三点称为球面的顶点.设二面角为，二面角为，二面角为，则球面的面积，其中为球的半径，，，均用弧度制表示.以球心为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系.已知，，三点均在球的球面上，其中，. (1)求，的值； (2)求点到平面的距离； (3)求球面的面积. 2.正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角，又称为柏拉图多面体，因为柏拉图及其追随者对它们所作的研究而得名．自然界中有许多的柏拉图多面体，如甲烷、金刚石分子结构模型都是正四面体，氯化钠的分子结构模型是正六面体，萤石的结晶体有时是正八面体，硫化体的结晶体有时会接近正十二面体的形状……柏拉图多面体满足性质：（其中V，F和E分别表示多面体的顶点数，面数和棱数）． (1)正十二面体共有几条棱，几个顶点？ (2)如图所示的正方体中，点为正方体六个面的中心，假设几何体的体积为，正方体的体积为，求的值； (3)判断柏拉图多面体有多少种？并说明理由． 8.向量积运算与求法向量 一．基本原理 已知，， 则 ，这表明是所在平面的法向量. 二．计算口诀 （1）已知同一平面内不共线的两向量，，欲求该平面的法向量，先按下列方式将的坐标各元素排列 再根据"左上右下-右上左下"的规则分别算出的值，即法向量的坐标： （2）利用行列式可表示为 也可表示为 三．典例分析 例1．已知向量，，是空间中的一个单位正交基底．规定向量积的行列式计算：，其中行列式计算表示为，若向量，，则（    ） A． B． C． D． 例2．对于实数，，，，称为二阶行列式，定义其一种运算：．对于向量，，称为与的向量积，定义一种运算：．在三棱锥中，已知，，，． （1）试计算，并指出向量的几何意义． （2）求三棱锥的高h． （3）求三棱锥的侧棱与底面所成角的正弦值． 例3．（2021年全国甲卷）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 例4．（2024年新高考2卷）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF翻折至，使得． （1）证明：； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值． 三．习题演练 1．已知，，，定义一种运算：，在平行六面体中，，，. (1)证明：平行六面体是直四棱柱； (2)计算，并求该平行六面体的体积，说明的值与平行六面体体积的关系. 2．新定义：已知，.空间向量的叉积.若在空间直角坐标系中，直线的方向向量为，且过点，直线的方向向量为，且过点，则与方向向量的叉积为，与的混合积为.混合积性质：若，则与共面；若，则与异面.已知直线的一个方向向量为，且过点，直线的一个方向向量为，且过点. (1)用混合积性质证明：与是异面直线； (2)若点，求的长的最小值； (3)若为坐标原点，直线，求的坐标. 3．已知两个非零向量，在空间任取一点，作，，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模．如图，在正四棱锥中，，且． (1)求正四棱锥的体积； (2)若为侧棱上的点，且平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)若点是侧棱（包含端点）上的一个动点，当直线与平面所成角最大时，求的值． 4．已知两个非零向量，在空间任取一点，作，则叫做向量的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求平面与平面所成角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$高三数学试卷 考前全真模拟演练 第 1 页 共 4 页 绝密★启用前 玉山一中 广信二中 2024 届高三下学期全真模拟考试 数学试卷 满分:150 分 考试时间:150 分钟 命题人：陶坚 审题人：黄寿礼 杨健 邓雪 黄平 整理：姜奕涵 一、选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要 求的. 1. 已知全集 U=R，则正确表示集合 M= {－1，0，1} 和 N={ x |1－x =0} 关系的韦恩（Venn）图是（ ） A． B． C． D． 2.设 a＜0 且 a≠－1，若双曲线 𝑥² 𝑎² － 𝑦² （𝑎+1）² =1 的一条渐近线方程是 y= 4 3 x,则 a=（ ） A. － 7 3 B. －3+√6 C. －4 D. － 4 7 3.如图所示的圆形中心阴影部分为镂空的图案是我国古代建筑中的一种图案，形若铜钱，寓意富贵吉 祥。已知图中外圆的半径为 1，阴影部分由四条四分之一圆弧围成，则图案的面积为（ ） A. 𝜋 2 B. 𝜋 3 C.2π－4 D.4－π 4.下列函数中，图像关于原点对称且在定义域内单调递增的是（ ） A．f（x）= sin 𝑥－𝑥 B. f（x）=㏑（𝑥－1）－㏑（𝑥 + 1） C. f（x）= 𝑒𝑥+𝑒－𝑥 2 D. f（x）= 𝑒𝑥－𝑒－𝑥 2 5.已知不等式 x𝑠𝑖𝑛 𝑥 + 𝑐𝑜𝑠 𝑥 ≥ －𝑎对任意 x∈[0,π]恒成立，则实数 a 的最小值为（ ） A．－ 𝜋 2 B.1 C.0 D. －1 6.记 Sn为等比数列{an}的前 n 项和，若 S4=－5，S6=21S2，则 S8=（ ） A．120 B.85 C. －85 D. －120 7. 根据党中央关于“精准”脱贫的要求，县委组织部将派前五位大学生村官对四个贫困村进行驻村帮 扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，则其中的甲、乙两位大学 生村官派遣至不同的贫困村的概率为（ ） A． 21 25 B. 41 50 C. 4 5 D. 9 10 高三数学试卷 考前全真模拟演练 第 2 页 共 4 页 8.已知向量?⃗⃗? =（√3（1 + cos（𝛼 + 𝛽）），－1），?⃗? =（tan 𝛽 2 ，2√3 sin（𝛼 + 𝛽）），其中 0＜β＜π. 若?⃗⃗? ⊥?⃗? ,则tan 𝛼 2 的最小值是（ ） A. 1 4 B. － 1 4 C. √2 4 D. － √2 4 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符 合题目要求的。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分. 9.已知 f（x）是 f（x）的导数，且 f（x）=x³－f′(0) x²－x+1,则（ ） A. f（－1）=0 C. f（x）的图像在 x=－1 处的斜率为 0 C. f′(0)= －1 D. f（x）在[0,1]上的极小值点为 22 27 10.在数列{an}中，a1=1,a2=λ,对任意正整数 n，都有 an+2=an+1+λan,则（ ） A．若λ=0，则{an}是等差数列 B. 若{an+an+1}是等比数列，则λ=2 C．存在λ，使得{an}是等差数列 D. 存在λ，使得{an}是等比数列 11.已知圆 M：（x+m）²+y²=m²（m＞0）在椭圆 C： 𝑥² 𝑎² + 𝑦² 𝑏² =1（a＞b＞0）的内部（不包含 边界），与圆 M 的相切于点 D 的直线 l 交椭圆 C 于不同的两点 A、B，且 D 为 AB 的中点，则 （ ） A．若 D 的坐标为（－2，√2），则椭圆 C 的离心率为 √3 2 . B．若直线 AB 的斜率为－ √3 4 ，则椭圆 C 的离心率为 √3 2 . C．对任意给定的 a,b,m,直线 l 有且仅有 4 条 D．存在给定的 a,b,m,使得直线 l 有且仅有 2 条 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．样本数据 16,24,14,10,20,30,14,a 的第 30 百分位数等于 a，则 a 的取值集合是 . 13．设负数 z 满足：∣z∣=1，则∣z + 𝑧̅∣的最大值为 . 14．在四棱锥 S-ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，侧面 SAD 是以 SD 为斜边的等 腰直角三角形，若四棱锥 S-ABCD 体积的最小值为 4√3 3 ，则二面角 S-AD-C 的取值范围 是 ；该四棱锥外接球表面积的最小值是 . 高三数学试卷 考前全真模拟演练 第 3 页 共 4 页 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一 台新设备各生产了 10 件产品，得到各件产品该项指标数据如下： 旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 和 ，样本方差分别记为 和 ． （1）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果?̅?－?̅?≥√𝑠1 2 + 𝑠2 2，则认为新设备 生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高） （2）假设该厂计划用新设备全面投产，若生产一系列产品的指标数据不少于 10.3 即为质量优秀产品，以表 中的频率估计概率，现从该厂生产的一批产品中随机抽取 100 件产品进行质量抽检，求抽检的产品中质量优 秀产品的件数ξ的数学期望. 16.在△ABC 中，内角 A,B,C 所对应的边分别为 a,b,c.已知 a=5，sin 𝐶 =2sin 𝐴 cos 𝐵 . （1）若 c=6，求cos 𝐵 的值； （2）若 A＞C,求 ccos 𝐶 2 的取值范围. 17．如图，在直三棱柱 中，平面 ⊥侧面 ，点 A 到平面 A ₁ BC 的距离等于 1. (1)求证： ； (2)若 A1A=BC,设直线 与平面 所成的角为 θ，求 θ 的最大值. 高三数学试卷 考前全真模拟演练 第 4 页 共 4 页 18．已知定义在正整数集 N+,上的函数 f（n），若函数 f（n）同时具有性质：①对任意 n∈N+， f（n）≤e；②存在实数 a，使得对任意 n∈N+，f（1）f（2）… f（n）= （𝑛+1） 𝑛+𝑎 𝑛! ,则称函数 f（n）为“可积函数”，此时 n 称为 f（n）的“可积指标”.（e 是自然对数的底数） （1） 判断函数 f（n）= 𝑒 𝑛 , n∈N+是否“可积函数”，若是，求出 f（n）的“可积指标”；若不 是，请说明理由； （2） 若定义在正整数集 N+上的函数 f（n）是“可积指标”为 a 的“可积函数”，求 f（n）的 解析式，及“可积指标”a 的最大值. 19.设抛物线Γ：y ²=2px,p 是大于 0 的常数.抛物线Γ的焦点为 F，过 F 的垂直于 x 轴的直线交 抛物线Γ于 A、B 两点（点 A 在 x 轴上方），直线 l：y=kx（k＞0）与直线 AB 相交于点 D（异 于 A、B），与抛物线Γ相较于点 E（异于坐标原点 O），直线 EF 交抛物线Γ于另一点 C，直 线 CD 与 x 轴相交于点 G. （1）若 F 是△OCD 的重心，求 k 的值； （2）设直线 l 与直线 BC 相交于点 P，M、N 分别为线段 BE、PF 的中点. （ⅰ）求证：M、G、N 三点共线； （ⅱ）设△PMG 的面积为 S1，△OMF 的面积为 S2，若 S1≤ 3 2 S2，求 k 的取值范围. 内部★启用前 玉山一中广信二中 2024 届高三下学期全真模拟考试 数学试卷参考答案 满分:150分 考试时间:150分钟 整理编辑：姜奕涵 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1 2 3 4 5 6 7 8 D A C D B C A D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9 10 11 BC BD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． {14} 13. 4 14. [，π] ， 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（1）有。 =10，=10.3， =0.4, = 0.036 （2）ξ～B（100，）E（ξ）=100× =60 16.（1）c=2a，故= （2）c∈（0，） 17.（1）略 （2）θ≤ 18.（1）不是； （2）略 19.（1）－2 （2）（ⅰ）略 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 玉山一中广信二中 2024 届高三下学期全真模拟考试 数学试卷 满分:150分 考试时间:150分钟 命题人：陶坚 审题人：黄寿礼 杨健 邓雪 黄平 整理：姜奕涵 一、选择题:本题共8小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 已知全集U=R，则正确表示集合M= {－1，0，1} 和N={ x |1－x=0} 关系的韦恩（Venn）图是（ ） A． B． C． D． 2.设a＜0且a≠－1，若双曲线 － =1的一条渐近线方程是y=x,则a=（ ） A. － B. －3+ C. －4 D. － 3.如图所示的圆形中心阴影部分为镂空的图案是我国古代建筑中的一种图案，形若铜钱，寓意富贵吉祥。已知图中外圆的半径为1，阴影部分由四条四分之一圆弧围成，则图案的面积为（ ） A. B. C.2π－4 D.4－π 4.下列函数中，图像关于原点对称且在定义域内单调递增的是（ ） A．f（x）= B. f（x）= C. f（x）= D. f（x）= 5.已知不等式x对任意x∈[0,π]恒成立，则实数a的最小值为（ ） A．－ B.1 C.0 D. －1 6.记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4=－5，S6=21S2，则S8=（ ） A．120 B.85 C. －85 D. －120 7. 根据党中央关于“精准”脱贫的要求，县委组织部将派前五位大学生村官对四个贫困村进行驻村帮扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，则其中的甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村的概率为（ ） A． B. C. D. 8.已知向量=（（1 +），－1），=（，2），其中 0＜β＜π. 若⊥,则 的最小值是（ ） A. B. － C. D. － 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9.已知f（x）是f（x）的导数，且f（x）=x³－f′(0) x²－x+1,则（ ） A. f（－1）=0 C. f（x）的图像在x=－1处的斜率为0 C. f′(0)= －1 D. f（x）在[0,1]上的极小值点为 10.在数列{an}中，a1=1,a2=λ,对任意正整数n，都有an+2=an+1+λan,则（ ） A．若λ=0，则{an}是等差数列 B. 若{an+an+1}是等比数列，则λ=2 C．存在λ，使得{an}是等差数列 D. 存在λ，使得{an}是等比数列 11.已知圆M：（x+m）²+y²=m²（m＞0）在椭圆C：+=1（a＞b＞0）的内部（不包含边界），与圆M的相切于点D的直线l交椭圆C于不同的两点A、B，且D为AB的中点，则（ ） A．若D的坐标为（－2，），则椭圆C的离心率为. B．若直线AB的斜率为－，则椭圆C的离心率为. C．对任意给定的a,b,m,直线l有且仅有4条 D．存在给定的a,b,m,使得直线l有且仅有2条 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．样本数据16,24,14,10,20,30,14,a的第30百分位数等于a，则a的取值集合是 . 13．设负数z满足：∣z∣=1，则∣z + ∣的最大值为 . 14．在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，侧面SAD是以SD为斜边的等腰直角三角形，若四棱锥S-ABCD体积的最小值为，则二面角S-AD-C的取值范围是 ；该四棱锥外接球表面积的最小值是 . 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下： 旧设备 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和． （1）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果－≥，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否则不认为有显著提高） （2）假设该厂计划用新设备全面投产，若生产一系列产品的指标数据不少于10.3即为质量优秀产品，以表中的频率估计概率，现从该厂生产的一批产品中随机抽取100件产品进行质量抽检，求抽检的产品中质量优秀产品的件数ξ的数学期望. 16.在△ABC中，内角A,B,C所对应的边分别为a,b,c.已知a=5，=2. （1）若c=6，求的值； （2）若A＞C,求c的取值范围. 17．如图，在直三棱柱中，平面⊥侧面，点A到平面A ₁ BC的距离等于1. (1)求证：； (2)若A1A=BC,设直线与平面所成的角为θ，求θ的最大值. 18．已知定义在正整数集N+,上的函数f（n），若函数f（n）同时具有性质：①对任意n∈N+， f（n）≤e；②存在实数a，使得对任意n∈N+，f（1）f（2）… f（n）= ,则称函数 f（n）为“可积函数”，此时n称为f（n）的“可积指标”.（e是自然对数的底数） （1） 判断函数f（n）=, n∈N+是否“可积函数”，若是，求出f（n）的“可积指标”；若不是，请说明理由； （2） 若定义在正整数集N+上的函数f（n）是“可积指标”为a的“可积函数”，求f（n）的解析式，及“可积指标”a的最大值. 19.设抛物线Γ：y ²=2px,p是大于0的常数.抛物线Γ的焦点为F，过F的垂直于x轴的直线交抛物线Γ于A、B两点（点A在x轴上方），直线l：y=kx（k＞0）与直线AB相交于点D（异于A、B），与抛物线Γ相较于点E（异于坐标原点O），直线EF交抛物线Γ于另一点C，直线CD与x轴相交于点G. （1）若F是△OCD的重心，求k的值； （2）设直线l与直线BC相交于点P，M、N分别为线段BE、PF的中点. （ⅰ）求证：M、G、N三点共线； （ⅱ）设△PMG的面积为S1，△OMF的面积为S2，若S1≤S2，求k的取值范围. 高三数学试卷 考前全真模拟演练 第 2 页 共 2 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 立体几何压轴的8个命题方式 全面总结精华解析版 目录 1.新概念背景下的立体几何压轴 2 2.空间解析几何方法与应用 11 3.空间曲率问题与应用 23 4.丹德林双球与圆锥曲线的立体视角 32 5.武汉调考正在引领立体几何压轴的新风向 37 6.向量的概念推广及其在新概念压轴中的应用 45 7.立体几何新教材中的一些常考几何体 53 8.向量积运算与求法向量 66 1.新概念背景下的立体几何压轴 典例展示 例1． 解析：（1）由题可知：四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.    可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形. 所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成， 则其总曲率为：. （2）设顶点数、棱数、面数分别为、、，所以有，设第个面的棱数为，所以，所以总曲率为： ，所以这类多面体的总曲率是常数. 例2． 解析：（1）如图，设球心为，球面三角形三个顶点分别为，由球面三角形三边长均为，由题意，即每个大圆弧长均为.又单位球面的球半径，则球面三角形每条边所对圆心角为，所以在三棱锥中，两两垂直.由，，且平面，平面， 则平面，平面，故平面平面，同理平面平面，平面平面，即球面三角形任意两条边所在的半平面构成的二面角均为， 故球面三角形的个角均为，从而此球面三角形内角和为. （2）若将地球看作一个球体，在地球上零度经线和经线所在大圆与赤道所在大圆将球面平均分成个全等的球面三角形，由（1）可知，每个球面三角形的个角均为，且球面三角形内角和，从而每个球面三角形的面积为，则每个球面三角形的总曲率为，设，由题意，且为常数，则有，从而. （3）将多面体的每个面视作可以自由伸缩的橡皮膜，使膨胀为一个半径为的球，每个顶点均在球面上，每条边变为球面上的边，每个多边形变为球面上的多边形，且膨胀前后不变.不妨记球面仍为单位球面，半径，对于任意一个球面边形，可用球面上的边分割成个球面三角形，由（2）可知，，则每个球面三角形的内角和．即每个内角和为的球面三角形面积为，记，称为分割成个球面三角形的球面边形的内角和．所以球面边形面积为. 由已知凸多面体顶点数为，棱数为，面数为，则可记球面上多边形， 对每一个球面多边形，设其边数为，内角和为，面积为，则，由球面三角形角的定义可知，每个顶点处所有球面多边形的角之和为，顶点数为，从而所有球面多边形内角和为，又球面多边形每条边被重复计算次，棱数为，故，则，又所有球面多边形面积之和， 故，故. 例3.解析：（1）集合表示平面上所有的点， 表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.发现它是边长为2的正方形，因此.对于，当时，表示经过，，的平面在第一象限的部分.由对称性可知Q表示，， 这六个顶点形成的正八面体内所有的点.而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.它是边长为的正方形，因此. （2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；考虑集合的子集；即为三个坐标平面与围成的四面体. 四面体四个顶点分别为，，，，此四面体的体积为，由对称性知，，考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即，， 显然为两个几何体公共部分，记，，，. 容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.则为截去三棱锥所剩下的部分.的体积，三棱锥的体积为.故的体积.当由对称性知，. （3） 如图所示，即为所构成的图形.其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，其中到面的距离为， ，.由题意面方程为，由题干定义知其法向量，面方程为，由题干定义知其法向量，故.由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.由图可知共有12个面，24条棱. 例4． 解析：（1） 如图，取CD中点，过作与该斜截圆柱的底面平行的平面，交DA于点，交BC延长线于点，与交于点，因则，，过作GH的垂线，交圆于J、K两点.过作交JK于点，又由圆M，因圆M,则,又因 ,故平面 ,因平面,故 ，所以为椭圆面与圆所在平面的夹角，也即椭圆面与底面所成角，所以.则为等腰直角三角形，.设，如图作圆所在平面的俯视图，则，由，所以，则有，所以，所以，当时，; （2）（i）时，，所以，… 所以 （ⅱ） 证明：由（1）知，也即是关于的函数，也即将斜截圆柱的侧面沿着AD展开，其椭圆面的轮廓线即为函数的图象，如图，将绘制于函数图象上，并以，（）为边作矩形，则矩形的面积即为，所以即为这些矩形的面积之和.而两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为4的圆柱，因此该斜截圆柱的侧面积为，所以函数与坐标轴围成的面积为，又因为无论点是否均匀分布在半圆弧AB上，这些矩形的面积之和都小于函数与坐标轴围成的面积. 所以，得证. 例5. 解析：（1）在中，由，得， 所以，且，即， （i）证明：因为，，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面； （ii）以A为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，设球心，半径，则，所以，解得，所以球O的半径为； （2）在平面中，过P作于G，在平面中，过G作，则由（1），设，以G为原点，分别为x轴和y轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面和平面的一个法向量分别为，， 则，，所以，，取，，则，，所以， 令，则,由得，则， 则， 当且仅当即，时等号成立，所以二面角的余弦值的最小值为. 2.空间解析几何方法与应用 例1． 解析：由题意，平面和平面的法向量分别是，， 设平面和平面的夹角为，故选：B. 例2． 解析：对于，可以整理为， 由题意可得：平面过点，且法向量，联立方程，整理可得，由题意可得：直线l过点，且方向向量为，∵，∴故直线l与平面所成角的正弦值为.故选：A. 例3. 解析：建立如图1所示的直角坐标系，由已知条件，，则各点坐标分别为：. 那么，设为面的法向量，则可得： ，故面的方程为：，整理可得： ①.而球的方程为：②. 根据球的截面性质，先计算球心到平面的距离，根据公式可知：.进一步，假设球心在平面的小圆半径为，则. 最后，为了算得截线长，我们假设球心在小圆面的投影为，经过分析，球与面的交点在侧棱上，设交点分别为.则联立①②，以及 ，我们可计算得坐标分别为：，于是，那么，，则球与面的截线为 图1 图2 注：利用解析几何的思想，我们只需把握住球的小圆面的基本性质就可通过解析方法找到结果，全程并未通过几何作图找具体位置，不失为一种好的方法！ 计算与“隐直线”有关的夹角 例4. 解析：设正方体的棱长为2，建立如图2所示的空间直角坐标系. 设正方体的棱长为2，建立如图2所示的空间直角坐标系.则， .设平面的法向量为，由上述可得，由于，取，则可求得： . 同理，设平面的法向量为，由于，由可求得：. 设直线的方向向量为，那么，即，而，则，故答案为. 例5． 解析：对于A：根据题设可知平面的方程为， 即为，故A正确； 对于B：因为平面的方程为，由题设可知平面的一个法向量为，且即共线，所以是平面的法向量，故B正确； 对于C：， 该方程可表示：一个法向量为且过的平面，故C错误； 对于D：设，其等价于， 该方程可表示：一个法向量为且过的平面，故D正确；故选：ABD. 例6． 解析：由材料可知：平面的法向量，平面的法向量，直线的方向向量，直线的方向向量； 对于A，，，则平面与垂直，A正确； 对于B，， 平面与所成角的余弦值为，B错误； 对于C，，，直线平面或直线平面， 直线过点，又满足，直线平面，C错误； 对于D，与不平行，直线与直线相交或异面， 由得：，此时无解，直线与直线无交点， 直线与直线是异面直线，D正确.故选：AD. 例7． 解析：（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为， 已知曲面的方程为， 当时，平面截曲面所得交线上的点满足， 即，也即在平面上到原点距离为定值1， 从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆. （2）设是直线上任意一点，由，均为直线的方向向量，有，从而存在实数，使得，即， 则，解得，所以点的坐标为， 于是，因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上. （3）直线在曲面上，且过点，设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由，均为直线的方向向量，有，从而存在实数，使得，即，则，解得，所以点的坐标为， ∵在曲面上，∴，整理得，由题意，对任意的，有恒成立，∴，且，∴，或， 不妨取，则，或，∴，或，又直线的方向向量为， 则异面直线与所成角的余弦值均为 习题演练 1． 解析：对于A：根据题设可知平面的方程为， 即为，故A正确； 对于B：因为平面的方程为，由题设可知平面的一个法向量为，且即共线，所以是平面的法向量，故B正确； 对于C：， 该方程可表示：一个法向量为且过的平面，故C错误； 对于D：设，其等价于， 该方程可表示：一个法向量为且过的平面，故D正确；故选：ABD. 2． 解析：由材料可知：平面的法向量，平面的法向量，直线的方向向量，直线的方向向量； 对于A，，，则平面与垂直，A正确； 对于B，， 平面与所成角的余弦值为，B错误； 对于C，，，直线平面或直线平面， 直线过点，又满足，直线平面，C错误； 对于D，与不平行，直线与直线相交或异面， 由得：，此时无解，直线与直线无交点， 直线与直线是异面直线，D正确.故选：AD. 3． 【详解】（1）由得，直线的方向向量为， 故直线的点方向式方程为． （2）由平面可知，平面的法向量为， 由平面可知，平面的法向量为， 设交线的方向向量为，则， 令，则，可得， 由平面可知，平面的法向量为， 因为，即， 且，所以． （3）因平面经过三点，可得， 设侧面所在平面的法向量， 则，令，解得，可得， 由平面可知，平面法向量为， 设平面与平面的交线的方向向量为， 则，令，则，可得， 由平面可知，平面的法向量为， 因为，解得，即， 则， 故平面与平面夹角的大小为． 4． 【详解】（1）由直线的标准式方程为可知，直线l的一个方向向量坐标为， 由平面的点法式方程为可知，平面的一个法向量为， 设直线l与平面所成角为， 所以有， 所以，即直线l与平面所成角的余弦值为. （2）由平面的点法式方程为可知，平面的法向量为， 设点在平面内的投影点为，易知与共线， 故，又由点在平面上，则满足， 令，则把代入可得： ，解得， 再代入，即可得， 由点A及点B在平面外的同侧，点C为平面内任意一点，要求的最小值， 利用将军饮马问题，可设点关于平面的对称点为， 则为中点，故由中点公式可得， 所以由两点间距离公式可得， 因为，所以， 由几何关系可知. （3）由平面为可知，平面的法向量， 由交线方程为可知，的方向向量， 设平面的法向量，则有， 整理得，不妨设，解得或； 故平面的法向量或 又直线在平面内，不妨取其上一点， 若，则平面为； 若，则平面为 综上，平面的点法式方程为： 或 3.空间曲率问题与应用 二．典例分析 1． 解析：如图，连接，，设，连接，则平面， 取的中点，连接，，    则由正四棱锥的结构特征可知，所以为侧面与底面所成的角， 设，则，在中，，所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形，所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为.故选：D. 2． 解析：正八面体每个面均为等边三角形，且每个面的面角和为，该正面体共个顶点， 因此，该正八面体的总曲率为.故选：B. 3． 解析：A项，当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故选项A错误； B项，若，则菱形为正方形，因为平面，所以，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项B正确； C项，若，则，又，，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，选项C错误； D项，在四面体中，，，，所以，所以四面体在点处的离散曲率为，解得，易知，所以，所以，所以直四棱柱为正方体，结合正方体的结构特征可知平面，选项D正确． 故选：BD 4． 解析：由题意可知， 四棱锥的四个侧面三角形全等，则，因为四棱锥在处的离散曲率，则，，设，则，又，则，而，所以，解得， 作于，则为的中点，因为是正三角形，所以， 作于，则，且，则， 连接，由平面，平面，所以，，平面，所以平面，平面，所以平面平面，又平面平面，作于，则平面，所以即是直线与平面所成角，则. 故答案为：.    5． 解析：（1）根据离散曲率的定义得， ，， ，所以 （2）①因为平面，平面，所以，且，，平面,所以平面，平面,所以， 所以，所以，所以，如图，将三棱锥补成正方体， 因为，连结，所以异面直线与所成的角为或其补角，而是等边三角形，所以，，所以直线与直线所成角的余弦值为；过点作交于，连结， 因为平面，所以平面，所以为直线与平面所成的角， 依题意可得，，，，所以,，设，，，在中，， 又，所以，所以，所以， 解得：或（舍）故. 6． 解析：（1）因为平面，平面，所以，因为，则．因为平面，平面，所以，又，，、平面，所以平面， 又平面，所以，即，由离散曲率的定义得． （2）因为四边形为正方形，则，因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，设四棱锥的表面积为， 则 ．设四棱锥的内切球的半径为，则，所以，所以四棱锥内切球的表面积． （3）如图，过点作交于点，连接，因为平面，所以平面，则为直线与平面所成的角．易知，当与重合时，； 当与不重合时，设，在中，由余弦定理得 因为，所以，所以，则， 所以． 当分母最小时，最大，即最大，此时（与重合）， 由，得，即，所以的最大值为， 所以直线与平面所成角的取值范围为． 三．习题 1． 【详解】（1）若，则菱形为正方形，因为平面平面，所以，所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为． （2）在四面体中，，所以， 所以四面体在点处的离散曲率为， 解得， 易知，所以，所以， 所以直四棱柱为正方体， 因为平面平面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以，同理， 又平面，所以平面． （3）直四棱柱在顶点处的离散曲率为， 则，即是等边三角形， 则菱形中，， 平面，面，则， 又，平面，所以平面， 设，则即为与平面的所成角，． 4.丹德林双球与圆锥曲线的立体视角 二．典例分析 例1． 解析：设，由，解得， 所以，所以， 设直线与圆锥的母线相交于点， 圆锥的母线与球相切于两点，如图所示， 则，两式相加得，即，过作，垂直为，则四边形为矩形，所以，，所以椭圆的离心率为. 故答案为： 例2. 解析：如图，A、B为圆锥的一条母线与球的切点，连接、，则，连接，过作交于点D，则，在直角中，，所以，解得，故，在和中，，，为公共边，所以，有.同理可得，由椭圆的定义，得长轴+.故答案为：. 例3． 解析：（1）因为圆锥的母线与它的轴的夹角为，所以，且，所以直角三角形中，，所以 ，又因为，所以，，故椭圆的标准方程为 （2）设， 由题可知直线AB的斜率存在且不为0， 设其方程为，代入椭圆，得： 所以，所以， 由题可知直线的方程为，且，所以 求得：，，所以，故O，D，M三点共线. 5.武汉调考正在引领立体几何压轴的新风向 立体几何中的轨迹问题 一．武汉调考题汇编 例1． 解析：以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴， ，则，，设，， 则，整理得到，故轨迹是以为圆心，半径的圆. 转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，同时在球上，故在两球的交线上，即为一个圆. 球心距为，故而为直角三角形，对应圆的半径为，周长为.故选：D 点评：以阿氏球为背景考查了空间轨迹问题，对空间想象能力提出了很高的要求. 例2. 解析：（方法1）因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），    又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）. 过点作，而面，所以面，    设为中点，则二面角为，直角坐标系内设点、为焦点，则点的轨迹为椭圆方程为，点的轨迹为双曲线一支方程为，过点作交于点，连接，将面沿直线折成二面角，则为二面角的平面角.设点横坐标为，则，则于是可得： 由于. （方法2）因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），    又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）. 过点作，而面，所以面，    设为中点，则二面角为，所以不妨设， 所以， 所以，令，所以， 等号成立当且仅当，所以当且仅当时，.故选：A. 点评：以动点的轨迹约束范围构建二面角的目标函数，对空间想象能力和空间与平面的转化要求都很高. 二．相关高考题目溯源 例3. 解析：（方法1）如图： 解析：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以， <找到球在这个面的边界点（利用已知数据计算）>. ，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得. 故答案为：. （方法2）建立如图1所示的直角坐标系，由已知条件，，则各点坐标分别为：. 那么，设为面的法向量，则可得： ，故面的方程为：，整理可得： ①.而球的方程为：②. 根据球的截面性质，先计算球心到平面的距离，根据公式可知：.进一步，假设球心在平面的小圆半径为，则. 最后，为了算得截线长，我们假设球心在小圆面的投影为，经过分析，球与面的交点在侧棱上，设交点分别为.则联立①②，以及 ，我们可计算得坐标分别为：，于是，那么，，则球与面的截线为 例4. 解析：易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 三．习题演练 1． 解析：在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，，设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，， ，P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为， 在中，， 所以，当P在面内部的轨迹长为，同理，当P在面内部的轨迹长为， 当P在面时,如图③所示， 面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，所以P在正方形内的轨迹为，所以，综上：P的轨迹长度为. 故选：C 2． 解析：过作平面垂足为，则， 因为，所以， 如图所示，以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立的平面直角坐标系， 如图所示，则，设，因为，可得，整理得，即， 所以点轨迹是半径为3的圆（阿波罗尼斯圆），即轨迹长为， 由，可得，所以体积.故答案为：；. 6.向量的概念推广及其在新概念压轴中的应用 二．典例分析 ★应用1.运算规则的一般化 例1 解析：依题意，.由向量，，则，故A正确； ，故B错误； 若，则，即，即，所以，故C正确； 设为的中点，根据三角形重心性质知，则，所以，所以， 所以，故D正确.故选：B. 例2． 解析：对于A，，，则， ，A正确； 对于B，，，则， ，显然，则，B错误； 对于C，，，由选项A同理得， 即，， ，C错误； 对于D，设以O为圆心、半径为1的圆上任意一点为，由，得，于是，由，得，即，D正确. 故选：AD ★应用2.维向量的概念与应用 例3． 解析：（1）因为，则， 所以. （2）因为，， 则， 且，可得，当且仅当共线时，等号成立， 所以. （3）因为是正实数，则，当且仅当，即时，等号成立， 即，当且仅当时，等号成立，同理可得：，当且仅当时，等号成立，，当且仅当时，等号成立，可得，当且仅当时，等号成立，此时满足，即等号成立， 所以. 例4． 解析：（1）因为，所以， ①， ②因为，，所以. （2）任取，，计算内积，设这些内积之和为， 则，设的第个分量之和为， 又因为，故，所以 又，所以，即，所以. 例5． 解析：（1）依题，，，则   ①，   ② ①－②，得，即 ，所以. （2）因为，，所以， 先证：，，设，，则， 所以在上单调递增，即当时，， 即， 故，.     因为， 所以     ， .综上可得，当且时，. 例6． 解析：（1）设存在不全为零的个实数，，使得 则，即，由①②消去得:，由①③消去得:，则该方程有无数组解，所以不妨取，则，， ，即向量组，，是线性相关的. （2）证明：，，，，先证：，， 设，，则，在上单调递增，当时，，即，，.同理可证：，. ， ，. 当且时， . 综上可得，当且时，. 7.立体几何新教材中的一些常考几何体 二．典例分析（以下按照上图顺序展开），下面进入正文分析 ★1.阿基米德多面体 例1． 解析：如图，在正方体中，分别取正方体、正方形的中心、，连接，∵分别为的中点，则，∴正方体的边长为，故，可得， 根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，故该半正多面体外接球的表面积为. 故选：D 例2．（ 解析：A：如图，因为，所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该半正多面体的体积为：，故A正确； B：根据该半正多面体的对称性可知，过三点的截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，故B正确； C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心， 即正六边形的中心，故半径为，所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误； D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，所以其表面积为，故D正确.故选：ABD ★2.正八面体 例3． 解析：正八面体可由正方体每个面的中心构成，如图：    因为正八面体的棱长为2，所以正方体的棱长为.∵，，，四点共面，直线与是共面的，故A错； 设二面角为，，，所以. 所以：二面角，故B错； ，故C错；由八面体的构成可知：平面和平面之间的距离是正方体体对角线的，所以两个平面之间的距离为：，故D对. 故选：D 例4． 解析：对于A，取的中点，连接，由正三棱锥的性质可得， 因为，所以平面，所以，正确.    对于B，在正三棱锥中，作高线，由正三角形的性质可得，，所以，其体积为，所以该几何体的体积为，不正确.    对于C，由几何体的对称性可得，四点共面，由选项A可知，平面， 所以点的轨迹为线段和及棱和，其长度为，正确.    对于D，设几何体的内切球半径为，球心为，连接球心和各顶点，则有，即，解得，正确.故选：ACD 例5． 解析：对于A，，所以表面积为，故A对； 对于B，如图所示： 设点在平面内的投影为，为的中点，则由对称性可知为三角形的重心，所以，又因为，所以正三棱锥的高为，所以题图所示几何体的体积为，故B错； 对于C，由B选项可知面，由对称性可知三点共线，所以面，而面，所以面面，故C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系： 其中轴平行，因为， 所以， 设平面的法向量为，所以， 不妨取，解得，所以取， 又，而，所以直线与平面不平行，故D错.故选：AC. ★3.鳖臑 例6. 证明：（1）因为底面，所以；由底面为长方形，有，而，所以平面，平面，所以 又因为，点是的中点，所以，而，所以平面，由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形. 即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是 （2）由已知，是阳马的高，所以；由（1） 知，是鳖臑的高， ，所以. 在△中，因为，点是的中点，所以， 于是 ★4. 例7． 解析：取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即， 显然平面，于是平面，又平面， 因此平面平面，显然平面平面，直线平面，则直线在平面内的射影为直线，从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得： ， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以直线与平面所成的角的正切为.故选：C 例8. 解析：（1）连接，因为E为BC中点，，所以①， 因为，，所以与均为等边三角形， ，从而②，由①②，，平面， 所以，平面，而平面，所以． （2）二面角的正弦值为． 三．习题演练 1 【详解】（1）根据，可得， 解得，因为，所以， （2）由（1）得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，， 所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为； （3）依题意， 设平面，平面，平面的法向量为， 则，令，则，则， 则，令，则，则， 则，令，则，则， 所以， ， ， 结合四点的位置，可知均为钝角， 所以， 故球面的面积.. 2. 【详解】（1）根据柏拉图多面体满足性质：， 正十二面体有个面，即，则， 设正十二面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱， 因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱， 则， 由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点， 则有，即， 所以，所以， 所以，即， 由，得， 当，即时，，符合题意， 当，即时，（舍去）， 当，即时，（舍去）， 当，即时，（舍去）， 综上所述，，， 此时， 即正十二面体共有条棱，个顶点； （2）设正方体的棱长为，则， 几何体所有棱长为，是正八面体， 所以， 所以； （3）假多面体每一个面都是正边形，每一个顶点处有条棱， 因为多边形至少有条边，而再每个顶点处至少有条棱， 则， 由于每条棱都出现在相邻的两个面中，每条棱连接两个顶点， 则有， 代入可得，即， 当时，， 这与矛盾， 所以中至少有一个等于， 若，则， 由于，则， 因此，则，对应， 所以存在正四面体，正八面体，正二十面体； 若，则， 由于，则， 因此，则，对应， 所以存在正四面体，正六面体，正十二面体 综上所述，柏拉图多面体只有种. 8.向量积运算与求法向量 三．典例分析 例1 解析：由题意得：，故选：C． 例2 解析：（1）由题可得，，所以，，所以，由于，所以； 又因为，所以，且，而显然与不共线，所以是底面的一个单位法向量． （2）因为，所以，即三棱锥P－ABC的高． （3）设侧棱与底面所成角为．因为，所以，即侧棱与底面所成角的正弦值为． 例3． 解析：（2）设平面的法向量为，因为，所以 （方法1.传统计算法向量） ，即．令，则. （方法2.外积运算） 根据"左上右下-右上左下"的规则分别算出的值：. 因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，则．当时，取最小值为，此时取最大值为．所以，此时． 例4． 解析：（1）由，得，又，在中，由余弦定理得, 所以，则，即，所以，又平面，所以平面，又平面， 故； （2）连接，由，则，在中，，得，所以，由（1）知，又平面，所以平面，又平面，所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，则，由是的中点，得，所以， 设平面和平面的一个法向量分别为， （方法1.赋值法） 则，， 令，得，所以， （方法2.外积法） 根据"左上右下-右上左下"的规则分别算出的值： 所以， 设平面和平面所成角为，则， 即平面和平面所成角的正弦值为. 三．习题演练 1． 【详解】（1）证明：由题意，， ∴，，即，， ∵，是平面内两相交直线，∴平面， ∴平行六面体是直四棱柱； （2）解：， 由题意，，， ，所以， ，， ∴. ∴， 故的值表示以，，为邻边的平行六面体的体积. 2． 【详解】（1）由题意得， 因为，所以，故与是异面直线. （2）设与都垂直的向量，由，可取， 则的长的最小值为. （3）由题意可设，，则， 由（2）得共线，则，解得， 故. 3． 【详解】（1）设和相交于点，取的中点为，连接， 因为，故的夹角即为的夹角， 故， 所以，所以，所以正四棱锥的体积． （2）以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，因为在上，且平面，所以平面的一个法向量为，又因为平面，所以平面的一个法向量为，设平面与平面夹角为，则，即平面与平面夹角的余弦值为． （3）因为点是侧棱（包含端点）上的一个动点，则， 设，由，得， 所以因为点在上，所以平面的法向量就是平面的法向量，设平面的一个法向量为，， 因为，且，所以，可以取， 设直线与平面所成角为， 则， 因为，所以当时，取得最大值， 此时直线与平面所成角最大，所以，所以的值等于3． 4． 【详解】（1）因为底面为矩形，所以，因为底面底面，所以，又平面，所以平面， 又平面，所以，因为， 所以为直线与所成的角，即，设，则，在中，又，所以，解得或（舍去），所以； （2）法一：在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面底面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，所以为二面角的平面角， 因为为的中点，所以，所以，所以平面与平面所成角的余弦值为； 法二：以为坐标原点，所以直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设平面的一个法向量为，，令，得， ，设平面的一个法向量为， ，平面与平面所成角的余弦值为. （3）依题意，又， 所以，又，所以， 又平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面平面，所以， 又平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$