《教理报》高考数学信息优化卷(四)——立体几何与空间向量-【数理报】2025年高考数学专项提分

书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０分． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．已知ａ，ｂ表示两条不同的直线，α表示平面，则下面四个命题 正确的是 （　　） ①若ａ∥ｂ，ｂα，则ａ∥α； ②若ａ⊥ｂ，ａ⊥α，则ｂ∥α； ③若ａ∥ｂ，ａ⊥α，则ｂ⊥α； ④若ａ⊥α，ｂ∥α，则ａ⊥ｂ． （Ａ）①② （Ｂ）②③ （Ｃ）①③ （Ｄ）③④ ２．已知 →ＡＢ＝（１，２，－２），→ (ＡＣ＝ －１２，０， )１ ，则点Ｂ到直线ＡＣ 的距离为 （　　） （Ａ）槡２ （Ｂ）槡３ （Ｃ）２ （Ｄ）３ ３．已知Ｐ为一圆锥的顶点，ＡＢ为底面圆的直径，ＰＡ⊥ＰＢ，点Ｍ 在底面圆周上，若Ｍ为 ) ＡＢ的中点，则异面直线ＡＭ与ＰＢ所成角的大 小为 （　　） （Ａ）π６ （Ｂ） π ４ （Ｃ） π ３ （Ｄ） π ２ ４．三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中，ＰＡ＝ＰＢ，ＣＰ＝４，ＢＡ＝ＢＣ＝２，∠ＡＢＣ ＝２π３，则三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的体积的最大值为 （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）６ （Ｄ）１２ ５．已知棱长为１的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，以正方体中心为球 心的球Ｏ与正方体的各条棱相切，若点Ｐ在球Ｏ的正方体外部（含正 方体表面）运动，则 →ＰＡ· →ＰＢ的最大值为 （　　） （Ａ）２ （Ｂ）７４ （Ｃ） ３ ４ （Ｄ） １ ４ ６．如图１，在正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ａ１Ｄ∩ＡＤ１ ＝Ｅ，ＣＤ１ ∩Ｃ１Ｄ＝Ｆ，则下列结论中正确的是 （　　） （Ａ）ＢＢ１∥平面ＡＣＤ１ （Ｂ）平面ＢＤＣ１⊥平面ＡＣＤ１ （Ｃ）ＥＦ⊥平面ＢＤＤ１Ｂ１ （Ｄ）平面ＡＢＢ１Ａ１内存在与ＥＦ平行的直线 ７．如图２，四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，ＡＢＣＤ为平行四边形，点 Ｅ，Ｆ分别在线段ＤＢ，ＤＤ１上，且 ＤＥ ＥＢ＝ ＤＦ ＦＤ１ ＝１２，点Ｇ在ＣＣ１上，且平 面ＡＥＦ∥平面ＢＤ１Ｇ，则 ＣＧ ＣＣ１ ＝ （　　） （Ａ）１２ （Ｂ） １ ３ （Ｃ） ２ ３ （Ｄ） １ ４ ８．如图３所示，在六面体ＡＢＥＤＣ中，ＣＢ＝ＣＤ＝２ＣＡ＝２，ＡＢ＝ ＤＥ＝ＢＥ＝ＡＤ＝槡５，ＢＤ＝ＡＥ＝ 槡２２，则该六面体的外接球的表面 积为 （　　） （Ａ）４π （Ｂ）９π （Ｃ）１２π （Ｄ）１６π 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． 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 槡４３π （Ｃ）ＡＣ＝ 槡２２ （Ｄ）△ＰＡＣ的面积为槡３ １０．在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中，ＰＡ＝ＰＣ＝ＡＢ＝ＢＣ＝５，ＰＢ＝ＡＣ ＝６，则下列说法正确的是 （　　） （Ａ）若Ｅ，Ｆ分别为ＰＢ，ＡＣ的中点，则ＥＦ＝槡６ （Ｂ）三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的体积为 槡６７ （Ｃ）三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的内切球的体积为槡７π２ （Ｄ）三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的外接球的表面积为４３π １１．布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖是在 正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图４①），把三片这 样的达·芬奇方砖拼成图４②的组合，这个组合再转换成图４③所示 的几何体．若图４③中每个正方体的棱长为１，Ｍ为线段ＣＱ上的一个 动点，则 （　　） （Ａ）→ →ＱＣ＝ＡＤ＋２→ＡＢ＋２ＡＡ→ １ （Ｂ） →ＭＥ· →ＭＣ的最大值为３ （Ｃ）点Ｐ到直线ＣＱ的距离为槡１９３ （Ｄ）直线ＡＭ与平面Ａ１ＢＣ１所成角的正弦值的最大值为槡 ６ ９ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．已知空间向量ａ＝（１，－１，０），ｂ＝（０，１，１），ｃ＝（１，２，ｍ）共 面，则实数ｍ＝ ． １３．如图５是棱长均为２的柏拉图多面体ＰＡＢＣＤＱ，已知该多面 体为正八面体，四边形ＡＢＣＤ为正方形，Ｏ，Ｅ分别为ＰＱ，ＣＱ的中点， 则点Ａ到平面ＯＥＢ的距离为 ． １４．球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定 位等方面都有广泛的应用．如图６，Ａ，Ｂ，Ｃ是球面上不同的大圆（大 圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三个点中任意 两点的大圆的劣弧分别为 ) ＡＢ， ) ＢＣ， ) ＣＡ，由这三条劣弧围成的图形称 为球面△ＡＢＣ．已知地球半径为Ｒ，北极点为点Ｎ，Ｐ，Ｑ是地球表面上 的两点．若Ｐ，Ｑ在赤道上，且 ＰＱ＝槡２Ｒ，则球面 △ＮＰＱ的面积为 ；若 ＮＰ＝ＰＱ＝ＯＮ ＝ 槡２６３Ｒ，则球面 △ＮＰＱ的面积为 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分． １５．（１３分）如图７，ＡＢ是半圆Ｏ的直径，Ｃ是半圆Ｏ上除Ａ，Ｂ外 的一个动点，ＤＣ垂直于半圆Ｏ所在的平面，ＤＣ∥ＥＢ，ＤＣ＝ＥＢ＝１， ＡＢ＝４． （１）证明：平面ＡＤＥ⊥平面ＡＣＤ； （２）当点Ｃ为半圆的中点时，求平面ＡＤＥ与平面ＡＢＥ的夹角的 余弦值． ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 " : $ ; & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 < 7 8 !"# !"#$%&'()*+,-. ! !"#$%&'()* !"#$%&'"( )*+,-./0 ! ! " ! # ! $ ! % " !$ & # ! ! " ! ' ! ! " ! $ ! # ! % & $ # ! " " & ! # $ ! # ! ! ! " # $ ( " ! $ ! # ! % & ) * ' !" #" $" ! $ & ! " * + $ ) # ! % " + " ! # ! & " + # ! $ & ! ' 书 １６．（１５分）如图８，在四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ中，ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，正 方形ＡＢＣＤ边长为２，Ｅ是ＰＡ的中点． （１）证明：ＰＣ∥平面ＢＤＥ； （２）若ＰＡ＝２，线段ＰＣ上是否存在一点Ｆ，使ＡＦ⊥平面ＢＤＥ， 若存在，求ＰＦ的长度，若不存在，请说明理由． １７．（１５分）如图９，在三棱台ＤＥＦ－ＡＢＣ中，ＣＦ⊥ 平面 ＡＢＣ， ＡＢ⊥ＢＣ，且ＢＡ＝ＢＣ，ＡＣ＝２ＤＦ，Ｍ是ＡＣ的中点，Ｐ是ＣＦ上一点， 且 ＣＦ ＤＦ＝ ＭＣ ＣＰ＝λ（λ＞１）． （１）证明：ＣＤ⊥平面ＰＢＭ； （２）已知ＣＰ＝１，且直线ＢＣ与平面ＰＢＭ所成角的正弦值为槡６６ 时，求平面ＥＦＭ与平面ＰＢＭ夹角的余弦值． １８．（１７分）如图１０，在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ中，ＡＢ⊥ ＢＣ，ＡＢ＝２， ＢＣ＝ 槡２２，ＰＢ＝ＰＣ ＝槡６，ＢＰ，ＡＰ，ＢＣ的中点分别为 Ｄ，Ｅ，Ｏ， ＡＤ＝槡５ＤＯ，点Ｆ在ＡＣ上，ＢＦ⊥ＡＯ． （１）证明：ＥＦ∥平面ＡＤＯ； （２）证明：平面ＡＤＯ⊥平面ＢＥＦ； （３）求二面角Ｄ－ＡＯ－Ｃ的正弦值． １９．（１７分）类比二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面 角余弦定理．如图１１，由空间中射线 ＰＡ，ＰＢ，ＰＣ构成的三面角 Ｐ－ ＡＢＣ中，∠ＡＰＣ＝α，∠ＢＰＣ＝β，∠ＡＰＢ＝γ，二面角Ａ－ＰＣ－Ｂ的 大小为θ，则ｃｏｓγ＝ｃｏｓαｃｏｓβ＋ｓｉｎαｓｉｎβｃｏｓθ． （１）当α，β (∈ ０，π )２ 时，证明以上三面角余弦定理． （２）如图１２，四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ⊥平面 ＡＢＣＤ，∠Ａ１ＡＣ＝ π ３，∠ＢＡＣ＝ π ４． ①求∠Ａ１ＡＢ的余弦值． ②在直线ＣＣ１上是否存在点Ｐ，使得ＢＰ∥平面ＤＡ１Ｃ１？若存在， 求出点Ｐ的位置；若不存在，请说明理由． ! " # $ % & ! ! & # ' " ( ) % * ! " + ' * , " # ( % ! #$ % + * # + % * ( + # % # ( # * # ! ## ! #% !"#$%&'()*+ !" ,- !"# ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 " : $ ; & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 < 7 8 !" ! " # $ 书 →ＡＢ２＝２－（－２）＝４，所以ＡＢ＝２．在△ＡＢＣ中，由余弦 定理得ｃｏｓ∠ＡＣＢ＝ＡＣ ２＋ＢＣ２－ＡＢ２ ２ＡＣ·ＢＣ ＝ ６＋ＢＣ２－４ 槡２６ＢＣ ＝ ＢＣ 槡２６ ＋ １ 槡６ＢＣ ≥２ ＢＣ 槡２６ · １ 槡６槡 ＢＣ ＝槡３３，当且仅当 ＢＣ 槡２６ ＝ １ 槡６ＢＣ ，即ＢＣ＝槡２时等号成立，此时∠ＡＣＢ最大． １４．设Ｄ为ＢＣ的中点，Ｅ为ＡＤ的中点，如图３所示． 在正三角形ＡＢＣ中， ＡＤ＝ ＡＢ２－ＢＤ槡 ２ ＝ ２２－１槡 ２ ＝槡３， 则ＡＥ＝ＤＥ＝槡３２， ＣＥ＝ ＣＤ２＋ＤＥ槡 ２ ＝ １２ (＋ 槡３)２槡 ２ ＝槡７２． 所以 →ＰＡ·（→ →ＰＢ＋ＰＣ）＝２→ＰＡ·→ＰＤ ＝２（→ →ＰＥ＋ＥＡ）·（→ →ＰＥ＋ＥＤ） ＝２（→ →ＰＥ＋ＥＡ）·（→ →ＰＥ－ＥＡ） ＝２（→ＰＥ２ →－ＥＡ２）＝２→ＰＥ２－３２， 因为 →｜ＰＥ｜ｍｉｎ ＝２ →－｜ＣＥ｜＝２－槡 ７ ２， 所以 →ＰＡ·（→ →ＰＢ＋ＰＣ）的最小值为 (２ ２－槡７)２ ２ －３２ ＝１０－ 槡４７． 四、解答题 １５．解：（１）→ → →ＡＰ＝ＡＢ＋ＢＰ＝ｅ１－ｅ２＋２ｅ１＋λｅ２ ＝３ｅ１＋（λ－１）ｅ２， 由Ａ，Ｐ，Ｃ三点共线可设 → →ＡＰ＝ｔＰＣ＝ｔ（ｅ１＋ｅ２）＝ｔｅ１＋ｔｅ２， 所以 ３＝ｔ， λ－１＝ｔ { ， 解得λ＝４． （２）（ⅰ）由（１）得→ＢＰ＝２ｅ１＋４ｅ２， 所以 → → →ＢＣ＝ＢＰ＋ＰＣ＝２ｅ１＋４ｅ２＋ｅ１＋ｅ２ ＝３ｅ１＋５ｅ２ ＝３（１，０）＋５（０，１）＝（３，５）． （ⅱ）设点Ａ的坐标为（ｘ，ｙ）， 由题得 → →ＡＤ＝ＢＣ，又→ＡＤ＝（－２－ｘ，４－ｙ）， 所以 －２－ｘ＝３， ４－ｙ＝５{ ， 解得 ｘ＝－５， ｙ＝－１{ ， 即点Ａ的坐标为（－５，－１）． １６．解：（１）由题可得Ｂ（２，４），Ｃ（３，０）． 又 →ＢＣ＝４→ＢＥ， 则 →ＣＥ＝ ３４ →ＣＢ＝ ３４（－１，４） (＝ －３４， )３ ， → → →ＤＥ＝ＤＣ＋ＣＥ＝（６，０） (＋ －３４， )３ (＝ ２１４， )３ ， 所以 →ＣＥ·→ＤＥ＝－３４× ２１ ４＋３×３＝ ８１ １６． （２）设Ｆ（ｔ，０）（－３≤ｔ≤３）， 则 → → →ＦＥ＝ＦＣ＋ＣＥ ＝（３－ｔ，０） (＋ －３４， )３ (＝ ９４－ｔ， )３ ， 所以 →ＦＥ·→ＣＥ＝－ (３４ ９４ )－ｔ ＋３×３＝６， 解得ｔ＝－７４，即 →ＦＥ＝（４，３）， →｜ＦＥ｜＝５， →｜ＣＥ｜＝ 槡３ １７４ ， 所以ｃｏｓ〈→ＦＥ，→ＣＥ〉＝ →ＦＥ·→ＣＥ → →｜ＦＥ｜｜ＣＥ｜ ＝ ６ ５× 槡３ １７４ ＝ 槡８ １７８５ ． １７．解：（１）由→ＤＥ＝２→ＥＣ可得→ＥＣ＝ １３ →ＤＣ， 所以 → → →ＥＦ＝ＥＣ＋ＣＦ＝ １３ →ＤＣ＋１２ →ＣＢ ＝ １６ →ＡＢ＋１２（ １ ２ → →ＡＢ－ＡＤ）＝ ５１２ →ＡＢ－１２ →ＡＤ， 又 →ＥＦ＝λ→ＡＢ＋μ→ＡＤ，可得λ＝ ５１２，μ＝－ １ ２， 所以λ＋μ＝－１１２． （２）以Ａ为坐标原点，分别以ＡＢ为ｘ轴，ＡＤ为ｙ轴 建立平面直角坐标系，如图４所示， 则Ａ（０，０），Ｄ（０，２），Ｂ（４，０），Ｃ（２，２），Ｆ（３，１）． 设 → →ＡＰ＝ｔＡＦ，ｔ∈［０，１］， 则 →ＡＰ＝（３ｔ，ｔ），→ → →ＤＰ＝ＡＰ－ＡＤ＝（３ｔ，ｔ－２）， 所以 →ＡＰ·→ＤＰ＝１０ｔ２－２ｔ [∈ －１１０， ]８ ． １８．解：（１）由题得 →｜ＢＡ｜＝１， 所以ｃｏｓ∠ＡＢＣ＝ →ＢＡ·→ＢＣ →｜ＢＡ｜· →｜ＢＣ｜ ＝ １２， 因为∠ＡＢＣ∈（０，π），所以∠ＡＢＣ＝π３． （２）→ＯＡ·→ＯＤ＝（→ →ＯＢ＋ＢＡ）·（→ →ＯＣ＋ＣＤ） →＝ＯＢ·→ →ＯＣ＋ＯＢ·→ →ＣＤ＋ＢＡ·→ →ＯＣ＋ＢＡ·→ＣＤ ＝－１－１＋１２＋２＝ １ ２． （３）设→ →ＢＯ＝ｔＢＣ（０≤ｔ≤１），则→ＯＣ＝（１－ｔ）→ＢＣ， 所以 → → → → →ＯＡ＝ＢＡ－ＢＯ＝ＢＡ－ｔＢＣ， → → →ＯＤ＝ＯＣ＋ＣＤ＝２→ＢＡ＋（１－ｔ）→ＢＣ， 所以 →ＯＡ·→ＯＤ＝（→ →ＢＡ－ｔＢＣ）·［２→ＢＡ＋（１－ｔ）→ＢＣ］ ＝２→ＢＡ２＋（１－３ｔ）→ＢＡ·→ＢＣ－ｔ（１－ｔ）→ＢＣ２ ＝２×１２＋（１－３ｔ）×１－ｔ（１－ｔ）×４＝４ｔ２－７ｔ＋３， 当ｔ＝ ７８，即 →ＢＯ＝ ７８ →ＢＣ时，→ＯＡ·→ＯＤ最小． １９．（１）解：①因为ｍ ＝（２，１），ｎ＝（－１，２）， 且Ｓ（ｍ，ｎ）＝｜ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１｜， 所以Ｓ（ｍ，ｎ）＝｜２×２－１×（－１）｜＝５． ②因为ｍ ＝（１，２），ｎ＝（２，４），则ｍ与ｎ共线， 所以Ｓ（ｍ，ｎ）＝０． （２）证明：因为向量ｍ ＝（ｘ１，ｙ１），ｎ＝（ｘ２，ｙ２）， 且向量ｐ＝λｍ＋μｎ（λ，μ∈Ｒ，λ２＋μ２≠０）， 则ｐ＝（λｘ１＋μｘ２，λｙ１＋μｙ２）， 所以Ｓ（ｐ，ｍ）＝｜（λｘ１＋μｘ２）ｙ１－（λｙ１＋μｙ２）ｘ１｜ ＝｜μ｜｜ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１｜， Ｓ（ｐ，ｎ）＝｜（λｘ１＋μｘ２）ｙ２－（λｙ１＋μｙ２）ｘ２｜ ＝｜λ｜｜ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１｜， 所以Ｓ（ｐ，ｍ）＋Ｓ（ｐ，ｎ）＝（｜λ｜＋｜μ｜）Ｓ（ｍ，ｎ）． （３）解：（ⅰ）设〈ｃ，ａ〉＝α，〈ｃ，ｂ〉＝θ，α，θ∈ ［０， π］，由ａ⊥ｂ得θ＝π２－α或θ＝ ３π ２－α， 当θ＝π２－α时，Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ，ｂ）＝２· １ ２｜ｃ｜｜ａ｜· ｓｉｎα＋２·１２｜ｃ｜｜ｂ｜ (ｓｉｎ π２－ )α ＝ｓｉｎα＋ (ｓｉｎ π２ － )α ＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝槡 (２ｓｉｎ α＋π )４ ， 因为α∈［０，π］，所以α＋π４ [∈ π４，５π]４ ， 所以当α＋π４ ＝ π ２，即α＝ π ４时，Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ， ｂ）取得最大值槡２； 当θ＝３π２－α时，Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ，ｂ）＝２· １ ２｜ｃ｜· ｜ａ｜ｓｉｎα＋２· １２｜ｃ｜｜ｂ｜ (ｓｉｎ ３π２ － )α ＝ｓｉｎα＋ (ｓｉｎ ３π２－ )α ＝ｓｉｎα－ｃｏｓα＝槡 (２ｓｉｎ α－π )４ ， 因为α∈［０，π］，所以α－π４ [∈ －π４，３π]４ ， 所以当α－π４ ＝ π ２，即α＝ ３π ４时，Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ， ｂ）取得最大值槡２， 所以Ｓ（ｃ，ａ）＋Ｓ（ｃ，ｂ）的最大值为槡２． （ⅱ）Ｓ（ａ，ｂ）＋Ｓ（ｂ，ｃ）＋Ｓ（ｃ，ａ）的最大值为 槡３３２． 高考数学信息优化卷（四） 立体几何与空间向量参考答案 一、单项选择题 １～４　ＤＣＣＢ　５～８　ＢＣＢＢ 提示： １．若ａ∥ｂ，ｂα，则ａ∥α或ａα，①错误； 若ａ⊥ｂ，ａ⊥α，则ｂ∥α或ｂα，②错误； 若ａ∥ｂ，ａ⊥α，则由线面垂直的性质定理得ｂ⊥α， ③正确； 若ａ⊥α，ｂ∥α，则由线面垂直的判定定理得ａ⊥ｂ， ④正确．故选（Ｄ）． ２．由题得 →｜ＡＢ｜＝ １＋４＋槡 ４＝３， →｜ＡＣ｜＝ １４＋０＋槡 １＝ 槡５ ２， ! " # $ % & ! ! ' & ( !# $ " ) ! " 书 →ＡＢ·→ＡＣ＝１ (× － )１２ ＋２×０＋（－２）×１＝－５２， ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＣ〉＝ →ＡＢ·→ＡＣ →｜ＡＢ｜· →｜ＡＣ｜ ＝－槡５３， 则 →ＡＢ在→ＡＣ上的投影向量的模为 →｜ＡＢ｜｜ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＣ〉｜＝槡５， 所以点Ｂ到直线ＡＣ的距离为 →｜ＡＢ｜２－（槡５）槡 ２ ＝２． ３．如图１，建立空间直角坐标系 Ｏ－ｘｙｚ．不妨设 ＯＢ ＝１． 因为ＰＡ⊥ＰＢ， 所以ＯＰ＝ＯＢ＝ＯＡ，ＯＰ⊥底面ＡＭＢ． 则Ｂ（０，１，０），Ｍ（１，０，０），Ｐ（０，０，１），Ａ（０，－１，０）， →ＡＭ ＝（１，１，０），→ＰＢ＝（０，１，－１）， ｃｏｓ〈→ＡＭ，→ＰＢ〉＝ １ 槡２×槡２ ＝ １２， 所以异面直线ＡＭ与ＰＢ所成角的大小为π３． ４．如图２， 在△ＡＢＣ中，由余弦定理得 ＡＣ２ ＝ＢＡ２＋ＢＣ２－２ＢＡ·ＢＣ·ｃｏｓ∠ＡＢＣ ＝４＋４－２×２×２×ｃｏｓ２π３ ＝１２， 解得ＡＣ＝ 槡２３． 设△ＡＢＣ外接圆的圆心为Ｄ， 则半径ＣＤ＝ １２× ＡＣ ｓｉｎ２π３ ＝２． 当点Ｐ在三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的外接球的顶端时，且ＰＤ ⊥平面ＡＢＣ，此时点Ｐ到平面ＡＢＣ的距离ＰＤ最大． 因为ＰＤ＝ ＣＰ２－ＣＤ槡 ２ ＝ 槡２３， Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ＢＡ·ＢＣ×ｓｉｎ ２π ３ ＝槡３， 所以三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的体积的最大值为 ＶＰ－ＡＢＣ ＝ １ ３Ｓ△ＡＢＣ·ＰＤ＝ １ ３×槡３× 槡２３＝２． ５．如图３，取ＡＢ的中点Ｅ， 可知Ｅ在球面上， 则 → →ＥＢ＝－ＥＡ＝－１２ →ＢＡ， 所以 →ＰＡ·→ＰＢ＝（→ →ＰＥ＋ＥＡ）·（→ →ＰＥ＋ＥＢ） →＝ＰＥ２ →－ＥＡ２ →＝ＰＥ２－１４． 又点Ｐ在球Ｏ的正方体外部（含正方体表面）运动， 当ＰＥ为直径时， →｜ＰＥ｜ｍａｘ＝槡２， 所以 →ＰＡ·→ＰＢ的最大值为 ７４． ６．设正方体的边长为２，以Ｄ１为原点，Ｄ１Ａ１，Ｄ１Ｃ１，Ｄ１Ｄ 所在直线分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴，建立空间直角坐标系，则 Ｄ１（０，０，０），Ａ（２，０，２），Ｃ（０，２，２），Ｂ（２，２，２），Ｂ１（２，２，０）， Ｅ（１，０，１），Ｆ（０，１，１），Ｄ（０，０，２），Ｃ１（０，２，０）， Ｄ１ → Ａ＝（２，０，２），Ｄ１→ Ｃ＝（０，２，２），ＢＢ→ １ ＝（０，０，－２）． 设平面ＡＣＤ１的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·Ｄ１ → Ａ＝０， ｎ·Ｄ１ → Ｃ＝０ { ， 即 ２ｘ＋２ｚ＝０， ２ｙ＋２ｚ＝０{ ， 取ｘ＝１，则ｙ＝１，ｚ＝－１，所以ｎ＝（１，１，－１）是 平面ＡＣＤ１的一个法向量．因为ＢＢ → １·ｎ＝２≠０，所以ＢＢ１ 与平面ＡＣＤ１不平行，（Ａ）不正确； →ＤＢ＝（２，２，０），ＤＣ→ １ ＝（０，２，－２）， 设平面ＢＤＣ１的法向量为ｍ ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ·→ＤＢ＝０， ｍ·ＤＣ→ １ ＝０ { ， 即 ２ｘ＋２ｙ＝０， ２ｙ－２ｚ＝０{ ， 取ｘ＝－１，则ｙ＝１，ｚ＝１，所以ｍ＝（－１，１，１）是 平面ＢＤＣ１的一个法向量．因为ｍ·ｎ＝－１≠０，所以平 面ＢＤＣ１与平面ＡＣＤ１不垂直，（Ｂ）不正确； →ＥＦ＝（－１，１，０），Ｄ１→ Ｄ＝（０，０，２），Ｄ１Ｂ→ １ ＝（２，２，０）， 因为 →ＥＦ·Ｄ１→ Ｄ＝０，→ＥＦ·Ｄ１Ｂ→ １＝０，所以ＥＦ⊥Ｄ１Ｄ， ＥＦ⊥ Ｄ１Ｂ１，又 Ｄ１Ｄ∩ Ｄ１Ｂ１ ＝Ｄ１，所以 ＥＦ⊥ 平面 ＢＤＤ１Ｂ１，（Ｃ）正确； 由题易得平面ＡＢＢ１Ａ１的一个法向量为ｐ＝（１，０，０）， 因为 →ＥＦ·ｐ＝－１≠０，所以平面ＡＢＢ１Ａ１内不存在与 ＥＦ平行的直线，（Ｄ）不正确． 故选（Ｃ）． ７．延长ＡＥ交ＣＤ于Ｈ，连接ＦＨ， 则△ＤＥＨ∽△ＢＥＡ，所以ＤＨＡＢ＝ ＤＥ ＥＢ＝ １ ２． 因为平面 ＡＥＦ∥ 平面 ＢＤ１Ｇ，平面 ＡＥＦ∩ 平面 ＣＤＤ１Ｃ１ ＝ＦＨ，平面ＢＤ１Ｇ∩平面ＣＤＤ１Ｃ１ ＝Ｄ１Ｇ， 所以ＦＨ∥Ｄ１Ｇ． 又四边形ＣＤＤ１Ｃ１是平行四边形， 所以△ＤＦＨ∽△Ｃ１ＧＤ１，所以 ＤＦ Ｃ１Ｇ ＝ ＤＨＣ１Ｄ１ ， 因为 ＤＨ Ｃ１Ｄ１ ＝ＤＨＡＢ＝ １ ２，所以 ＤＦ Ｃ１Ｇ ＝ １２， 因为 ＤＦ ＦＤ１ ＝ １２，所以ＦＤ１ ＝Ｃ１Ｇ，ＤＦ＝ＣＧ， 所以 ＣＧ ＣＣ１ ＝ １３． ８．由题得ＣＡ２＋ＣＢ２ ＝５＝ＡＢ２，则ＣＡ⊥ＣＢ， 同理可得ＣＡ⊥ＣＤ，ＣＢ⊥ＣＤ． 以Ｃ为原点，ＣＡ，ＣＢ，ＣＤ所在直线分别为ｘ轴，ｙ轴， ｚ轴，建立如图４所示的空间直角坐标系， 则Ｃ（０，０，０），Ａ（１，０，０），Ｂ（０，２，０），Ｄ（０，０，２）， 设Ｅ（ｘ，ｙ，ｚ）， 由ＤＥ＝ＢＥ＝槡５，ＡＥ＝ 槡２２， 得 （ｘ－１）２＋ｙ２＋ｚ２ ＝８， ｘ２＋（ｙ－２）２＋ｚ２ ＝５， ｘ２＋ｙ２＋（ｚ－２）２ ＝５ { ， 解得ｘ＝１，ｙ＝２，ｚ＝２， 或ｘ＝－５３，ｙ＝ ２ ３，ｚ＝ ２ ３， 即点Ｅ（１，２，２）或 (Ｅ －５３，２３， )２３ ， 由六面体ＡＢＥＤＣ得点 Ｃ，Ｅ在平面 ＡＢＤ两侧，则点 (Ｅ －５３，２３， )２３ 不符合题意，所以点Ｅ（１，２，２）． 设线段ＣＥ的中点为Ｏ，则 (Ｏ １２，１， )１ ， 于是ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＤ＝ＯＣ＝ＯＥ＝ ３２， 因此六面体ＡＢＥＤＣ的外接球球心为Ｏ，半径为 ３２， 所以该六面体的外接球的表面积为 ４π (· )３２ ２ ＝９π． 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＢＤ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．在△ＰＡＢ中，由余弦定理得ＡＢ＝ 槡２３， 如图５，连接ＰＯ，易知圆锥的高ｈ＝ＰＯ＝１， 底面圆的半径ｒ＝ＡＯ＝ＢＯ＝槡３． 对于（Ａ），该圆锥的体积Ｖ＝１３πｒ ２ｈ＝π，故（Ａ）选 项正确； 对于（Ｂ），该圆锥的侧面积Ｓ侧 ＝πｒ·ＰＡ＝ 槡２３π，故 （Ｂ）选项错误； 对于（Ｃ），取ＡＣ的中点Ｈ，连接ＰＨ，ＯＨ，因为ＯＡ＝ ＯＣ，所以 ＯＨ⊥ ＡＣ，同理可得 ＰＨ⊥ ＡＣ，则二面角 ! " # $ % & ' ( ! ! " ) " * + $ & ! " " , ) % * ! # ! - ' . ) $ / + & ! $ ! " # $ !" ) ! ) * ! . ! + ! & . * , + ! % ! 书 Ｐ－ＡＣ－Ｏ的平面角为∠ＰＨＯ＝４５°，所以 ＯＨ ＝ＰＯ ＝１，ＡＨ＝ＣＨ＝ ＡＯ２－ＯＨ槡 ２ ＝槡２，所以ＡＣ＝ 槡２２，故 （Ｃ）选项正确； 对于（Ｄ），ＰＨ＝槡２ＯＨ＝槡２，Ｓ△ＰＡＣ ＝ １ ２×ＡＣ×ＰＨ ＝２，故（Ｄ）选项错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １０．对于（Ａ），如图６，连接ＰＦ，ＢＦ．由于ＰＡ＝ＰＣ＝ ５，所以ＰＦ⊥ＡＣ，又ＡＦ＝ＣＦ＝３，故ＰＦ＝ ＰＡ２－ＡＦ槡 ２ ＝４，同理可得ＢＦ＝４，故ＥＦ⊥ＰＢ，又ＰＥ＝３，所以ＥＦ ＝ ＰＦ２－ＰＥ槡 ２ ＝槡７，故（Ａ）不正确； 对于（Ｂ），由题知△ＰＢＦ的面积为Ｓ△ＰＢＦ ＝ １ ２ＰＢ· ＥＦ＝ 槡３７．由于ＡＣ⊥ＢＦ，ＡＣ⊥ＰＦ，ＢＦ∩ＰＦ＝Ｆ，所以 ＡＣ⊥平面ＰＢＦ，又ＡＦ＝ＣＦ＝３，所以ＶＰ－ＡＢＣ ＝２ＶＣ－ＰＢＦ ＝２×１３Ｓ△ＰＢＦ·ＣＦ＝２× １ ３× 槡３７×３＝ 槡６７，故（Ｂ） 正确； 对于（Ｃ），由题知，△ＡＢＣ≌ △ＡＰＣ≌ △ＢＡＰ≌ △ＢＣＰ，Ｓ△ＡＢＣ ＝ １ ２ＡＣ·ＢＦ＝１２．设三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的 内切球的半径为ｒ，则 １３×１２ｒ×４＝ 槡６７， 故ｒ＝ 槡３７８，故其内切球的体积为 ４ ３πｒ ３ ＝ ４３π ( × 槡３７)８ ３ ＝ 槡６３７π１２８，故（Ｃ）不正确； 对于（Ｄ），将三棱锥Ｐ－ＡＢＣ补全为棱长分别是 ａ， ｂ，ｃ的长方体，如图７所示， 则 ａ２＋ｂ２ ＝３６， ｂ２＋ｃ２ ＝２５， ａ２＋ｃ２ ＝２５ { ， 所以ａ２＋ｂ２＋ｃ２ ＝４３， 设三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的外接球的半径为Ｒ，则４Ｒ２＝ａ２ ＋ｂ２＋ｃ２ ＝４３，所以三棱锥Ｐ－ＡＢＣ的外接球的表面积 为４πＲ２ ＝４３π，故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． １１．因为→ → → →ＣＱ＝ＣＢ＋ＢＱ＝－ＡＤ＋２ＢＡ→ １ →＝－ＡＤ＋２（ＡＡ→ １ →－ＡＢ）＝－２→ →ＡＢ－ＡＤ＋２ＡＡ→ １， 所以 → →ＱＣ＝－ＣＱ＝－（－２→ →ＡＢ－ＡＤ＋２ＡＡ→ １） →＝ＡＤ＋２→ＡＢ－２ＡＡ→ １，（Ａ）错误； 如图８，以Ａ１为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则Ｃ（－１，１，－１），Ｑ（０，－１，１），Ｅ（１，－１，－１）， 设点Ｍ（ｘ，ｙ，ｚ），→ →ＱＭ ＝ｔＱＣ，０≤ｔ≤１， 则（ｘ，ｙ＋１，ｚ－１）＝ｔ（－１，２，－２）， 解得Ｍ（－ｔ，２ｔ－１，－２ｔ＋１）． →ＭＥ·→ＭＣ＝（１＋ｔ，－２ｔ，２ｔ－２）·（ｔ－１，２－２ｔ，２ｔ－ ２）＝９ｔ２－１２ｔ＋３＝ (９ ｔ－ )２３ ２ －１， 当ｔ＝０，即点Ｍ与点Ｑ重合时，→ＭＥ· →ＭＣ取得最大 值３，（Ｂ）正确； 因为Ｐ（１，－１，０），则→ＣＰ＝（２，－２，１），→ＣＱ＝（１， －２，２），所以 → →｜ＣＰ｜＝｜ＣＱ｜＝３，→ＣＰ·→ＣＱ＝８， 所以点Ｐ到直线ＣＱ的距离为 →｜ＣＰ｜２ (－ →ＣＰ·→ＣＱ→ )｜ＣＱ｜槡 ２ ＝槡１７３ ，（Ｃ）错误； 因为Ａ１（０，０，０），Ｂ（０，１，－１），Ｃ１（－１，１，０）， 则Ａ１ → Ｂ＝（０，１，－１），Ａ１Ｃ→ １ ＝（－１，１，０）． 设平面Ａ１ＢＣ１的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·Ａ１ → Ｂ＝０， ｎ·Ａ１Ｃ → １ ＝０ { ， 即 ｙ－ｚ＝０， －ｘ＋ｙ＝０{ ， 取 ｘ＝１，则ｙ＝１，ｚ＝１，所以ｎ＝（１，１，１）是平面 Ａ１ＢＣ１的一个法向量． 又Ａ（０，０，－１），则→ＡＭ ＝（－ｔ，２ｔ－１，２－２ｔ）， 设直线ＡＭ与平面Ａ１ＢＣ１所成角为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈→ＡＭ，ｎ〉｜＝ ｜ｔ－１｜ 槡３× （３ｔ－２） ２＋槡 １ ， 当ｔ＝１时，ｓｉｎθ＝０．当０≤ｔ＜１时， ｓｉｎθ＝ １ 槡３ × （ｔ－１） ２ （３ｔ－２）２＋槡 １ ＝ １ 槡３ × １２ （ｔ－１）２ ＋ ６ｔ－１＋槡 ９ ＝ １ 槡３ × １ (２ １ｔ－１＋ )３２ ２ ＋槡 ９ ２ ， 当 １ ｔ－１＝－ ３ ２，即ｔ＝ １ ３时等号成立，所以直线ＡＭ 与平面Ａ１ＢＣ１所成角的正弦值的最大值为槡 ６ ９，（Ｄ）正 确． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．３；　１３．１；　１４．πＲ ２ ２，πＲ ２． 提示： １２．设ｃ＝ｘａ＋ｙｂ， 即（１，２，ｍ）＝ｘ（１，－１，０）＋ｙ（０，１，１）， 则 ｘ＝１， －ｘ＋ｙ＝２， ｍ＝ｙ { ， 解得ｍ＝３． １３．连接ＡＯ，ＡＥ． 由已知得ＯＥ为△ＰＣＱ的中位线，所以ＯＥ＝１． 易知ＥＢ为正三角形ＣＢＱ的中线，所以ＥＢ＝槡３． 又ＯＢ＝槡２，所以ＯＢ ２＋ＯＥ２＝ＥＢ２，则△ＯＥＢ为直 角三角形，所以Ｓ△ＯＥＢ ＝ １ ２ＯＥ·ＯＢ＝ 槡２ ２． 因为Ｅ为ＣＱ的中点，所以点Ｅ到平面ＯＡＢ的距离为 １ ２ＯＱ＝ １ ２ ２ ２－（槡２）槡 ２ ＝槡２２， 设点Ａ到平面ＯＥＢ的距离为ｄ， 由ＶＡ－ＯＥＢ ＝ＶＥ－ＯＡＢ得 １ ３Ｓ△ＯＥＢ·ｄ＝ １ ３Ｓ△ＯＡＢ· 槡２ ２， 即槡 ２ ２·ｄ＝ （槡２） ２ ２ · 槡２ ２，解得ｄ＝１， 所以点Ａ到平面ＯＥＢ的距离为１． １４．因为Ｐ，Ｑ在赤道上且ＰＱ＝槡２Ｒ， 所以∠ＰＯＱ＝π２，其中Ｏ为球心，又点Ｎ为北极点， 所以球面△ＮＰＱ的面积是整个球表面积的 １８， 所以球面△ＮＰＱ的面积为 １８×４πＲ ２ ＝πＲ ２ ２． 因为ＮＰ＝ＰＱ＝ＱＮ＝ 槡２６３Ｒ， 所以构造一个棱长为 槡 ２６ ３Ｒ的正四面体ＮＰＱＳ， 将正四面体放到正方体中，如图９所示， 可知此正方体的棱长为 槡 ２６ ３Ｒ× 槡２ ２ ＝ 槡２３ ３Ｒ， 易知正四面体ＮＰＱＳ的外接球即此正方体的外接球， ( 则外接球的半径为 槡２３ ３ )Ｒ ２ ×槡 ３ ２ ＝Ｒ，与此题正 相符，则球面△ＮＰＱ的面积占整个球表面积的 １４， 所以球面△ＮＰＱ的面积为 １４×４πＲ ２ ＝πＲ２． 四、解答题 １５．（１）证明：因为ＡＢ是圆Ｏ的直径，所以ＡＣ⊥ＢＣ， 因为ＤＣ⊥平面ＡＢＣ，ＢＣ平面ＡＢＣ，所以ＤＣ⊥ＢＣ． 又ＤＣ∩ＡＣ＝Ｃ，所以ＢＣ⊥平面ＡＣＤ． 因为ＤＣ∥ＥＢ，ＤＣ＝ＥＢ， !! ! " # $ ! " # $ ! ! ! " %& ' ( ) ! * + + # % * , - % # , # * # . / ! # 0 ! $ 1 2 3 ) . 4 / ! * ! % ! " # $ !" 书 所以四边形ＤＣＢＥ是平行四边形，所以ＤＥ∥ＢＣ， 所以ＤＥ⊥平面ＡＣＤ． 又ＤＥ平面ＡＤＥ，所以平面ＡＤＥ⊥平面ＡＣＤ． （２）解：当点Ｃ为半圆的中点时，ＡＣ＝ＢＣ＝ 槡２２， 以Ｃ为原点，ＣＡ，ＣＢ，ＣＤ所在直线分别为ｘ轴，ｙ轴，ｚ 轴，建立如图１０的空间直角坐标系Ｃ－ｘｙｚ． 则Ｄ（０，０，１），Ｅ（０，槡２２，１），Ａ（槡２２，０，０），Ｂ（０，槡２２，０）， 所以 →ＡＢ＝（－ 槡２２，槡２２，０），→ＢＥ＝（０，０，１）， →ＤＥ＝（０，槡２２，０），→ＤＡ＝（槡２２，０，－１）， 设平面ＤＡＥ的法向量为ｍ ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｍ·→ＤＡ＝０， ｍ·→ＤＥ＝０{ ，即 槡２２ｘ１－ｚ１ ＝０， 槡２２ｙ１ ＝０ { ， 令ｘ１ ＝１得ｍ ＝（１，０，槡２２）， 设平面ＡＢＥ的法向量为ｎ＝（ｘ２，ｙ２，ｚ２）， 则 ｎ·→ＡＢ＝０， ｎ·→ＢＥ＝０{ ，即 － 槡２２ｘ２＋ 槡２２ｙ２ ＝０， ｚ２ ＝０ { ， 令ｘ２ ＝１得ｎ＝（１，１，０）． ｜ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉｜＝ ｍ·ｎ｜ｍ｜｜ｎ｜ ＝ １ ３×槡２ ＝槡２６， 所以平面ＡＤＥ与平面ＡＢＥ的夹角的余弦值为槡２６． １６．（１）证明：因为 ＰＡ⊥ 平面 ＡＢＣＤ，所以 ＰＡ⊥ ＤＡ，ＰＡ⊥ＤＣ，又ＤＡ⊥ＤＣ， 所以以Ｄ为坐标原点，过点Ｄ作ＡＰ的平行线，建立如 图１１的空间直角坐标系Ｄ－ｘｙｚ． 设ＰＡ＝ａ（ａ＞０）， 则Ａ（０，２，０），Ｂ（０，２，２）， Ｃ（０，０，２），Ｐ（ａ，２，０）， (Ｅ ａ２，２， )０ ， →ＰＣ＝（－ａ，－２，２），→ＤＢ＝（０，２，２），→ (ＤＥ＝ ａ２，２， )０ ， 设平面ＢＤＥ的一个法向量为ｎ＝（ｘ１，ｙ１，ｚ１）， 则 ｎ·→ＤＢ＝２ｙ１＋２ｚ１ ＝０， ｎ·→ＤＥ＝ ａ２ｘ１＋２ｙ１ ＝０ { ， 取ｙ１ ＝１，得ｎ (＝ －４ａ，１，－ )１ ． 因为 →ＰＣ·ｎ＝４－２－２＝０，且ＰＣ平面ＢＤＥ， 所以ＰＣ∥平面ＢＤＥ． （２）解：假设存在． 因为ＰＡ＝２，所以Ｐ（２，２，０）， 由 →ＰＦ＝λ→ＰＣ，得Ｆ（２－２λ，２－２λ，２λ）， 又ｎ＝（－２，１，－１），→ＡＦ＝（２－２λ，－２λ，２λ）， 由 ２－２λ －２ ＝ －２λ １ ，解得λ＝ １ ３， 即存在点 (Ｆ ４３，４３， )２３ ，使ＡＦ⊥平面ＢＤＥ， →｜ＰＦ｜＝｜ＰＦ｜ (＝ － )２３ ２ (＋ － )２３ ２ (＋ )２３槡 ２ ＝ 槡２３３， 所以ＰＦ的长度是 槡２３３． １７．（１）证明：因为ＢＡ＝ＢＣ，且Ｍ是ＡＣ的中点， 所以ＢＭ⊥ＡＣ． 因为ＣＦ⊥平面ＡＢＣ，ＢＭ平面ＡＢＣ， 所以ＣＦ⊥ＢＭ． 又ＣＦ∩ＡＣ＝Ｃ，ＣＦ，ＡＣ平面ＡＣＦＤ， 所以ＢＭ⊥平面ＡＣＦＤ， 因为ＣＤ平面ＡＣＦＤ，所以ＣＤ⊥ＢＭ． 因为 ＣＦ ＤＦ＝ ＭＣ ＣＰ，∠ＣＦＤ＝∠ＭＣＰ＝ π ２， 所以△ＣＦＤ∽△ＭＣＰ，则∠ＰＭＣ＝∠ＤＣＦ． 又∠ＡＣＤ＋∠ＤＣＦ＝π２，所以∠ＡＣＤ＋∠ＰＭＣ＝ π ２， 所以在平面ＡＣＦＤ中，ＣＤ⊥ＰＭ． 因为ＢＭ∩ＰＭ ＝Ｍ，ＢＭ，ＰＭ平面ＰＢＭ， 所以ＣＤ⊥平面ＰＢＭ． （２）解：连接ＤＭ． 因为ＤＦ∥ＡＣ，ＡＣ＝２ＤＦ，Ｍ是ＡＣ的中点， 所以ＤＦ∥ＭＣ，ＤＦ＝ＭＣ， 则四边形ＤＦＣＭ是平行四边形，所以ＤＭ∥ＣＦ， 又ＣＦ⊥平面ＡＢＣ，所以ＤＭ⊥平面ＡＢＣ． 由（１）可知ＢＭ⊥ＡＣ． 以Ｍ为原点，ＭＢ，ＭＣ，ＭＤ所在直线分别为 ｘ轴，ｙ 轴，ｚ轴，建立如图１２所示的空间直角坐标系． 因为 ＣＦ ＤＦ＝ ＭＣ ＣＰ＝ ＤＦ ＣＰ＝λ，且ＣＰ＝１， 所以ＭＣ＝ＤＦ＝λ，ＤＭ ＝ＣＦ＝λ２． 所以Ｍ（０，０，０），Ｂ（λ，０，０），Ｃ（０，λ，０），Ｄ（０，０，λ２）． 则 →ＢＣ＝（－λ，λ，０）． 由（１）可知平面 ＰＢＭ的一个法向量为 →ＣＤ＝（０， －λ，λ２）．所以 ｜ｃｏｓ〈→ＢＣ，→ＣＤ〉｜＝ →｜ＢＣ·→ＣＤ｜ →｜ＢＣ｜· →｜ＣＤ｜ ＝ ｜－λ２｜ 槡２λ·λ λ ２＋槡 １ ＝槡６６，解得λ＝槡２． 即平面ＰＢＭ的一个法向量为→ＣＤ＝（０，－槡２，２）， 且Ｂ（槡２，０，０），Ｃ（０，槡２，０），Ｆ（０，槡２，２）． 因为ＡＣ＝２ＤＦ，所以由棱台的性质得→ＢＣ＝２→ＥＦ， 可得 (Ｅ 槡２２，槡２２， )２ ， 所以 → (ＭＥ＝ 槡２２，槡２２， )２ ，→ＭＦ＝（０，槡２，２）， 设平面ＥＦＭ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ· →ＭＥ＝槡２２ｘ＋ 槡２ ２ｙ＋２ｚ＝０， ｎ· →ＭＦ＝槡２ｙ＋２ｚ＝０ { ， 取ｚ＝－１，则ｘ＝槡２，ｙ＝槡２， 所以ｎ＝（槡２，槡２，－１）是平面ＥＦＭ的一个法向量． 设平面ＥＦＭ与平面ＰＢＭ的夹角为θ， 则ｃｏｓθ＝｜ｃｏｓ〈ｎ，→ＣＤ〉｜＝｜ｎ· →ＣＤ｜ ｜ｎ →｜｜ＣＤ｜ ＝ ２＋２ 槡６×槡５ ＝ 槡２ ３０１５ ． 所以平面ＥＦＭ与平面ＰＢＭ夹角的余弦值为 槡２ ３０１５ ． １８．（１）证明：连接ＤＥ，ＯＦ．设ＡＦ＝ｔＡＣ， 则 → → →ＢＦ＝ＢＡ＋ＡＦ＝（１－ｔ）→ →ＢＡ＋ｔＢＣ， → →ＡＯ＝－ＢＡ＋１２ →ＢＣ．由ＢＦ⊥ＡＯ得， →ＢＦ·→ＡＯ＝［（１－ｔ）→ →ＢＡ＋ｔＢＣ (］· →－ＢＡ＋１２→ )ＢＣ ＝（ｔ－１）→ＢＡ２＋１２ →ｔＢＣ２ ＝４（ｔ－１）＋４ｔ＝０， 解得ｔ＝ １２，所以Ｆ是ＡＣ的中点． 因为Ｅ，Ｆ分别是ＡＰ，ＡＣ的中点，所以ＥＦ∥ＰＣ， 同理可得ＯＤ∥ＰＣ，所以ＥＦ∥ＯＤ， 又ＯＤ平面ＡＤＯ，ＥＦ平面ＡＤＯ， 所以ＥＦ∥平面ＡＤＯ． （２）证明：ＡＯ＝ ＡＢ２＋ＢＯ槡 ２ ＝槡６， ＯＤ＝ １２ＰＣ＝ 槡６ ２，又ＡＤ＝槡５ＯＤ＝ 槡３０ ２ ， 所以ＡＤ２ ＝ＡＯ２＋ＯＤ２，所以ＡＯ⊥ＯＤ． 由于ＥＦ∥ＯＤ，所以ＡＯ⊥ＥＦ， 又ＢＦ⊥ＡＯ，ＢＦ∩ＥＦ＝Ｆ，ＢＦ，ＥＦ平面ＢＥＦ， 所以ＡＯ⊥平面ＢＥＦ． 又ＡＯ平面ＡＤＯ，所以平面ＡＤＯ⊥平面ＢＥＦ． （３）解：如图１３，以Ｂ为坐标原点，ＢＡ，ＢＣ所在直线 分别为ｘ，ｙ轴，建立空间直角坐标系． 则Ｂ（０，０，０），Ａ（２，０，０），Ｏ（０，槡２，０）， →ＡＯ＝（－２，槡２，０）． ! " # $ % & ' ( ! !" ) * + ) , % & * ' " - ! + ! !! ! & " % ' . - , ! !# * ) + - $ , ! ' % ) + * ! !$ 书 因为ＰＢ＝ＰＣ，ＢＣ＝ 槡２２， 所以设Ｐ（ｘ，槡２，ｚ），ｚ＞０， 则 → → → →ＢＥ＝ＢＡ＋ＡＥ＝ＢＡ＋１２ →ＡＰ ＝（２，０，０）＋１２（ｘ－２，槡２，ｚ） (＝ ｘ＋２２ ，槡２２，ｚ)２ ， 由（２）知ＡＯ⊥ＢＥ，所以 →ＡＯ·→ＢＥ＝（－２，槡２，０ (）· ｘ＋２２ ，槡２２，ｚ)２ ＝０， 所以ｘ＝－１， 又ＰＢ＝槡６， →ＢＰ＝（ｘ，槡２，ｚ），所以ｘ２＋２＋ｚ２ ＝６， 所以ｚ＝槡３，则Ｐ（－１，槡２，槡３）． 由Ｄ为ＢＰ的中点，得 (Ｄ －１２，槡２２，槡３)２ ， 则 → (ＡＤ＝ －５２，槡２２，槡３)２ ． 设平面ＤＡＯ的法向量为ｎ１ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则 ｎ１· →ＡＤ＝０， ｎ１· →ＡＯ＝０ { ， 即 －５２ａ＋ 槡２ ２ｂ＋ 槡３ ２ｃ＝０， －２ａ＋槡２ｂ＝０ { ， 取ａ＝１，则ｎ１ ＝（１，槡２，槡３）． 易知平面ＣＡＯ的一个法向量为ｎ２ ＝（０，０，１）， 设二面角Ｄ－ＡＯ－Ｃ的大小为θ， 则｜ｃｏｓθ｜＝｜ｃｏｓ〈ｎ１，ｎ２〉｜＝ ｜ｎ１·ｎ２｜ ｜ｎ１｜｜ｎ２｜ ＝槡３ 槡６ ＝槡２２， 所以ｓｉｎθ＝ １－槡 １ ２ ＝ 槡２ ２， 故二面角Ｄ－ＡＯ－Ｃ的正弦值为槡２２． １９．（１）证明：如图１４，过射线ＰＣ上一点Ｈ作ＨＭ⊥ ＰＣ，交ＰＡ于点Ｍ，作ＨＮ⊥ＰＣ，交ＰＢ于点Ｎ，连接ＭＮ， 则∠ＭＨＮ是二面角Ａ－ＰＣ－Ｂ的平面角． 在△ＭＮＰ中和△ＭＮＨ中分别应用余弦定理，得 ＭＮ２ ＝ＭＰ２＋ＮＰ２－２ＭＰ·ＮＰ·ｃｏｓγ， ＭＮ２ ＝ＭＨ２＋ＮＨ２－２ＭＨ·ＮＨ·ｃｏｓθ， 两式相减得ＭＰ２－ＭＨ２＋ＮＰ２－ＮＨ２－２ＭＰ·ＮＰ· ｃｏｓγ＋２ＭＨ·ＮＨ·ｃｏｓθ＝０， 得２ＭＰ·ＮＰ·ｃｏｓγ＝２ＰＨ２＋２ＭＨ·ＮＨ·ｃｏｓθ， 两边同时除以２ＭＰ·ＮＰ， 得ｃｏｓγ＝ＰＨＭＰ· ＰＨ ＮＰ＋ ＭＨ ＭＰ· ＮＨ ＮＰ·ｃｏｓθ， 即ｃｏｓγ＝ｃｏｓαｃｏｓβ＋ｓｉｎαｓｉｎβｃｏｓθ． （２）解：①由平面ＡＡ１Ｃ１Ｃ⊥平面ＡＢＣＤ， 知二面角Ａ１－ＡＣ－Ｂ的大小为 π ２， 所以由三面角余弦定理可得 ｃｏｓ∠Ａ１ＡＢ＝ｃｏｓ∠Ａ１ＡＣ·ｃｏｓ∠ＢＡＣ， 因为∠Ａ１ＡＣ＝ π ３，∠ＢＡＣ＝ π ４， 所以ｃｏｓ∠Ａ１ＡＢ＝ｃｏｓ π ３×ｃｏｓ π ４ ＝ １ ２× 槡２ ２ ＝ 槡２ ４． ②在直线ＣＣ１上存在点Ｐ，使得ＢＰ∥平面ＤＡ１Ｃ１． 连接Ｂ１Ｃ，延长Ｃ１Ｃ至Ｐ，使ＣＰ＝Ｃ１Ｃ，连接ＢＰ， 在四棱柱ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，Ａ１Ｂ１瓚ＡＢ，ＡＢ瓚ＣＤ， 所以Ａ１Ｂ１瓚ＣＤ，所以四边形Ａ１Ｂ１ＣＤ为平行四边形， 所以Ａ１Ｄ∥Ｂ１Ｃ． 在四边形Ｂ１ＢＰＣ中，Ｂ１Ｂ瓚ＣＰ， 所以四边形Ｂ１ＢＰＣ为平行四边形， 所以Ｂ１Ｃ∥ＢＰ，所以Ａ１Ｄ∥ＢＰ， 又Ａ１Ｄ平面ＤＡ１Ｃ１，ＢＰ平面ＤＡ１Ｃ１， 所以ＢＰ∥平面ＤＡ１Ｃ１． 所以当点Ｐ在Ｃ１Ｃ的延长线上，且ＣＰ＝Ｃ１Ｃ时， ＢＰ∥平面ＤＡ１Ｃ１． 高考数学信息优化卷（五） 数列参考答案 一、单项选择题 １～４　ＢＤＣＤ　５～８　ＡＢＣＢ 提示： １．设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，由ａ１＝３，ａ２＋ａ６＝ １８，得３＋ｄ＋３＋５ｄ＝１８，解得ｄ＝２，所以ａｎ＝ａ１＋（ｎ －１）ｄ＝２ｎ＋１，ａ２０ ＝２×２０＋１＝４１，ａ５５ ＝２×５５＋１ ＝１１１，显然 ａ２０，ａ２５，ａ３０，ａ３５，ａ４０，ａ４５，ａ５０，ａ５５构成等差数 列，所以ａ２０＋ａ２５＋ａ３０＋… ＋ａ５５ ＝ ａ２０＋ａ５５ ２ ×８＝４× （４１＋１１１）＝６０８． ２．根据题意ａ２ ＝ａ１ｑ＝－３①， Ｓ３ ＝ａ１＋ａ１ｑ＋ａ１ｑ ２ ＝７②， 由①②得－３ｑ －３－３ｑ＝７，即３ｑ ２＋１０ｑ＋３＝０， 解得ｑ＝－３或ｑ＝－１３． ３．由等比数列的性质可知ａ４ａ８ ＝ａ ２ ６ ＝１２ａ６， 因为ａ６≠０，所以ａ６ ＝１２，ｂ４ ＝６， 所以Ｓ７ ＝ ７（ｂ１＋ｂ７） ２ ＝７ｂ４ ＝４２． ４．由题得Ｓ２ ＝２，Ｓ４－Ｓ２ ＝６，Ｓ４ ＝Ｓ２＋６＝８， 因为Ｓ２，Ｓ４－Ｓ２，Ｓ６－Ｓ４成等比数列， 所以（Ｓ４－Ｓ２） ２ ＝Ｓ２（Ｓ６－Ｓ４）， 即６２ ＝２（Ｓ６－８），解得Ｓ６ ＝２６， 所以 Ｓ６ Ｓ４ ＝２６８ ＝ １３ ４． ５．由题可得ａｎ＋１－ａｎ ＞０恒成立， 即（ｎ＋１）２＋ｂ（ｎ＋１）－ｎ２－ｂｎ＝２ｎ＋１＋ｂ＞０， 即ｂ＞－２ｎ－１，又ｎ≥１，则 －２ｎ－１≤－３， 所以ｂ∈（－３，＋∞）． ６．由ａｎ＋１ ＝ ａｎ ２－ａｎ 得 １ ａｎ＋１ ＝２ａｎ －１，令ｂｎ ＝ １ ａｎ ，则 ｂｎ＋１ ＝２ｂｎ－１，即ｂｎ＋１－１＝２（ｂｎ－１），又ｂ１－１＝ １ ａ１ － １＝１，所以数列｛ｂｎ－１｝是以１为首项，２为公比的等比 数列，所以ｂｎ－１＝２ ｎ－１，则ｂｎ ＝２ ｎ－１＋１，所以ｂ１＋ｂ２＋ ｂ３＋… ＋ｂｎ ＝１＋２＋２ ２＋… ＋２ｎ－１＋ｎ＝２ｎ＋ｎ－１， 由２ｎ＋ｎ－１＜１０００，解得ｎ≤９，即ｎ的最大值为９． ７．因为ａｎ＋１ ＝ ４Ｓｎ－１ ２ｎ－１， 所以（２ｎ－１）ａｎ＋１ ＝４Ｓｎ－１ ① 所以（２ｎ－３）ａｎ ＝４Ｓｎ－１－１（ｎ≥２） ② ① －②得（２ｎ－１）ａｎ＋１－（２ｎ－３）ａｎ ＝４ａｎ（ｎ≥２）， 整理得 ａｎ＋１ ａｎ ＝２ｎ＋１２ｎ－１（ｎ≥２）， 所以ａｎ ＝ ａｎ ａｎ－１ · ａｎ－１ ａｎ－２ · ａｎ－２ ａｎ－３ ·…· ａ３ ａ２ · ａ２ ａ１ ·ａ１ ＝２ｎ－１２ｎ－３· ２ｎ－３ ２ｎ－５· ２ｎ－５ ２ｎ－７·…· ５ ３· ３ １·１ ＝２ｎ－１（ｎ≥２）， 又ａ１ ＝１，符合上式，所以ａｎ ＝２ｎ－１． ８．因为２Ｓｎ ＝ａｎ＋ １ ａｎ （ｎ∈Ｎ＋）， 当ｎ＝１时，２ａ１＝ａ１＋ １ ａ１ ，因为ａｎ ＞０，所以ａ１＝１． 当ｎ≥２时，因为ａｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１， 所以２Ｓｎ ＝Ｓｎ－Ｓｎ－１＋ １ Ｓｎ－Ｓｎ－１ ， 整理得Ｓ２ｎ－Ｓ ２ ｎ－１ ＝１．又Ｓ ２ １ ＝ａ ２ １ ＝１， 所以数列｛Ｓ２ｎ｝是以１为首项，１为公差的等差数列， 因此Ｓ２ｎ ＝１＋（ｎ－１）×１＝ｎ，则Ｓｎ 槡＝ ｎ， 所以ｆ（ｎ）＝ １Ｓ１ ＋１Ｓ２ ＋１Ｓ３ ＋… ＋１Ｓｎ ＝１＋１ 槡２ ＋１ 槡３ ＋… ＋１ 槡ｎ ． 当ｎ≥２时，１ 槡ｎ ＝ ２ ２槡ｎ ＜ ２ 槡ｎ＋ ｎ－槡 １ ＝２（槡ｎ－ ｎ－槡 １）， 所以ｆ（４００）＜１＋２×（槡２－１）＋２×（槡３－槡２）＋ … ＋２×（槡４００－槡３９９）＝１＋２×（槡４００－１）＝３９， 对于ｎ∈Ｎ＋， １ 槡ｎ ＝ ２ ２槡ｎ ＞ ２ 槡ｎ＋ ｎ＋槡 １ ＝２（ ｎ＋槡 １ 槡－ ｎ）， 所以ｆ（４００）＞２×［（槡２－１）＋（槡３－槡２）＋（槡４－ 槡３）＋… ＋（槡４０１－槡４００）］＝２×（槡４０１－１）＞３８， 即３８＜ｆ（４００）＜３９，所以［ｆ（４００）］＝３８． 二、多项选择题 ９．ＢＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．当ｎ＝１时，ａ２ ＝２ａ１ ＝２， !" ! 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