第16期 空间向量与立体几何-【数理报】2026年高考数学一轮复习学案

强苏苏许山随迎格〡牌敞则 本板责任编精：蜜明 组纸编桥质骨反情电话 02515271268 数理招 2025年10月21日·星期三 高考数学 :Pi 担纸发行质量反墙电话 第16期总第11的期 0351-5271248 第一轮复习 LB用：局PEL叶AA CLu用MPL#用AAD. 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办 敛理报社辑 出权 社长：徐文 连续出版物号：CN140707NF】 邮发代号：21-284 7.(1s)m8.--AECPEC出 民间数学诗 专题辅导， 其 室间向量与立体几何 命题趋势 三百七十八用关 专题解读 明平行、垂袁同题.是高考熟点，以解答题为主连行考查，利用空同向量数量积求解相户 行缝步不为难 -A:B Cr 0湖南储琴 脚痛海日减一半 考点精析 又ABC平面PAB,所以AD上AB 因为AB+BC2=AC,所以AB⊥BC 人天才能到其关 考点一，利用空间向量求异面直线所成角 行LBC∥AD 要问梅天行用数 例1如图1，已知圆柱0,0，的轴战面ACL 因为AD平面PBC,BCC平面PB 所以AD∥平面PBC 是边长为2的正方彩，E为下底面圆固上一点 君细算周单 (2)由题意知DC,AD,AP两两垂直，以D为 裤见E的长度为正的长度的2倍，则面直线 坐标原点，D所在直线为x轴，D所在直线为) 设第一天行 4E与B0,所成的余弦值为 轴.过点D且平行于AP的直线为：轴建立如图4 解析：(1)在直三按柱ABC-A,B,C,中 44,⊥平面A,B,C, 甲.得方园 (A) D) 所示的空问直角坐标系 则D(0,0.0),设A(m,0.0).≥0， 又A,B,C平面A,B,G 则CD=√4-,C(0.4-0) 4C,C平面A,B,C 2 所以A4,⊥A,B,AA,⊥AC Pa.02,ci=(0.-4-r,0) d=(-.4-a,0) 且AG⊥AB,所以A,C,⊥A,B =378 以A,为坐标原点，分别以，BAG的 C=(a,-4-0,2) 方向为x,y,:轴的正方向，建立如图6所示的空 设平面CPD的法向量为N=(s,,a, 国直角坐标系A,一z 解得=192 rC·年■0 解析：以A为坐标原点，建立如图2所示的 则A(2,0,0),B(2.2,0).C(2.0,2) 知每天所行用 空直角坐标系，则A(0,0,0),0,2,0) {c,m=0 4(0.0,0),B,(02,0),C,(0.0,2) D(0,1.0).E(1,0.0),CC=(2,0.0) AHCD科佳素C 分别为 12.96 0,(0.1.2) C=(0,1.-2).=1.2,0) 48.24.12,6里亦 所证=（停}）=0.-12 可取m=(2,0,-a 设平面CCD的法向量为M。(九，南) 设平面ACP的法向量为m=《x,,) 每天所行里数组 所以异面直线AB与BO,所成角的余弦值 正.O 观 以 为公比的等出 为1o(A正B0= 即4-正+2，=0. 令2得4。〔0,21). 数列 -,+4-=0 1*5 可取m=√4-，,0) 其三 所以直线BE与平面CC,D所战角的正弦值 点评：本通考查空间向量、异面直线所成角 .P(3.4.2) 苹知识，考查运用空间向童解决问题的能力。 因为二面角A CPD的正孩值为 为好 国度2·华泼压移能P-ARCR窖者科：！ 19.(17 百大十一只 考点二、利用空同向量求而角 (2)4,C=(2,02).,D=(0,1,0) 任君分作凡船装 例2图3，四发锥P-ABCD中，PH⊥ 所以余值的地对为 设平面A,CD的法向量为？=（马出） 不许一船多一只 HARCD,PA AC 2.BC 1.AB = (1)若AD⊥PB,证明：AD∥平面PBC 一缸 (2)若AD⊥DC,且二面角A-CP-D的正 24-☑ 令3=1.得r=(1.0,-1) 显然，这是 值为 ,求AD 又a>0,以a=5脚AD=5 程，V 点评：本题考查线而垂直的判建与性质 5 s(,)=11v可 关于数的开方的诗 定理的理、气面平行的到定和二而角 可 时背查学生的空间想象能力、流厚求解能力和 可知v36=19,目 漆论运能力 所以平面A,CD与平面CC,D所成二面角的 I AB x ACI 有19条船，每条船 考点三，利用空阁向量求线面角 例3如图5，在直三棱柱ABC-A,B,C,中， 余值为酒 19只缸。 解析：(1)由PA1底面ABCD LA,=AB=AC=2,L⊥AB,AC⊥AB,D为 点评：本题主委考查线与平面所成的角 4DC丽4BGD.以P4⊥AD 4,B,的中点，E为A4,的中点，F为CD的中点 二面角等基知识，考查用空同向量解决立休 又AD⊥PB,PA O PR=P (1】成雪业BE与P百CCD所成E核信 几何问题的方法，同时考查学生的空间想象 PA,PBC平面PAB,所以AD⊥平面PAB. (2)求平面A,CD与平面CC,D所成一面角的 力、运算求解能力和推理论证能力 AC C.4C.4,CC CGA. AD BC.RO OC ()：) (2)PC =3PD CD BAD =2/3AB. (1):EF/PCD: E出P。移街E..AR iRu2V2.Die52.mg2规华房0川 6.在长方体ABCD-A,BCD,中，AB=1.BC=2,AA,=3,则 高考数学一轮总复习 异面直线4C与C,之间的距离是 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 达标检测（十六）】 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 7.在如图3所示的回台中。四边形 12.在△48C中，4{1，-2，-1)，B(0,-3,1),C(2.-2,1).若 考试范围：空间向量与立体几何 1BCD为其轴截面.4B2CD=4.台 向量n与平面AC垢直，且1#=√红，则n的坐标为 。数理授杜试题研究中心 的母线长为万，P为底而园周上一点，异 13.在直三按柱ABG-A,B,C中，L4,=AB=BC=3,AC=2 面直线AD与0P(O为下底面面的图心】 D是A的中点，则直线B,C到平面A,BD的距离为 第1卷选择题（共58分） 所成的角为等，则1CP12= 14.在空间直角坐标系中，经过P(x。,)且法向量m=(a 5,c)的平面方程为a(x一)+6(y-%》+c(:-)=D,经过(xo 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 (A)7-2F (B)7-25或7+25 1.若直线1的方向向量与平面的法向量的夹角等于120，则 (C)19-4万 (D)19-4万成19+45 )且方向向量=(4B.的直线方程为广=B 直线/与平面a所成的角等于 】 8.如图4.已知正方体ABCD-A,B,C,D,的 (A)120 (B)30° 棱长为4，P是AM的中点，点M在面 产何上面材样，并决下：出平面的方程+了-一 (C)60 (D)60°或30 AABB(含边界)内，若D,M⊥CP,则△BCM面 -5=0,经过点P(0.0.0)的直线1的方程为x==-,则直线 2.已知平面ABCD外任意 一点0满足=丽+A0 + 积的最小值为 1与平而a所成角的正弦值为 (A)8 (B)4 四、解答题：本题共5小题，共77分 高考数学一轮 (1-)0丽.AeR.则A G)89 (D)85 15.(13分)如图6，在西棱锥P-ABCD中，PD⊥花面ACD. (A)2 (B)2 (c) (D)专 二，多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 CD /AB,AD DC CB 1.AB 2,DP 考数学 9.已知向最m=(1,1,1).b=(-10,2).则 1正月：B0⊥M 3.如图1所示.在平行大而体ABCD-1,B,C,D,中，M为A,C与 (A)a+b=(0,1,3) (B)Ia1=5 (2)求直线PD与平面PAR所成的角的正弦值 总复习达标检测 B,D,的交点若=a,=b,=e,则下列向量中与8相等 (C)ab =2 (D)(a,b)=丑 总复 的向量是 (a)-2+b+c 10.下列命题是真命题的有 达 (A)A,B,M,N是空问四点，若B,B,BN不能粉成空间的一个 (B)2a+2b+c 底，则A,BM,N共面 《B)若直线的方向向量为4=(，-1,2).直线的方向向显 (c)--+ 为b=(2,1,-）则1与m垂直 (D)za-36+c (G)若直线1的方向向量为a■(1，1,2)，平面：的法向量为 4.已知空问直角坐标系中的三点A(2,0.2),B(0,0.1),C(2,2 m=(0.1,号）则11c 2),则点A到直线C的距离为 《D)若平面a经过三点A(1,0,-1).B(0,1,0).C(-1,2,0) ()5 (B) (D)5 (1,)是平面的一个法向量，则+■ 1L.图5，在正四面体ABCD中，AB=3, 5.如图2，在四棱锥P-ABCD中，底面 点0为A4CD的重心，过点0的截面平行于A ABCD为正方形，△PAD是正三角形，AB=2 和CD,分别交BC.BD.AD,AC于E,F.G,H则 平面PAD⊥平面ABCD,则PC与BD所成角 的余弦值为 (A)四边形EFGH的周长为8 () (B)四边彩EFGH的面积为2 (C)点A到平面EGH的距高为过 (c) (D)直线AC与平面EFGH所成的角为高考数学第一轮复习第14~17期 数理柄 答案详解 2025~2026学年 高考数学第一轮复习 第14~17期(2025年10月) 第14期2版 所以s,-号=15 1-9 4.设数列{an}的前n项和为S 考题预测 a+n+行=n+I-抗， 1 1.B;2.C;3.C;4.A;5.D;6.34;7.990. an= 第14期3版 所以S.=(2-T)+(3-2)+…+(n+I-n) =√n+1-1, 高考数学一轮总复习达标检测（十四）》 一、单项选择题 又S。=√n+I-1=9,所以n=99. 1 ~4 CCCB 5~8 CADB 5.由a4a5a6=512,即a3=512,得g5=8, 提示： 则a4。=cG=64,由%+a,=20, 1.设{an}的公差为d(d≠0)，{bn}的公比为q, 【a4a6=64, ra1=b1=1, fa4=4,.「a4=16, 1+d=9, d=1, 解得{”或{ (舍去)， 由{a2=b2, 得 所以 Las =16 las =4 1+3d=g2, g=2, a4=b3, 所以公比g=5=2,所以a,=a5g5=2-2, da 所以an=1+(n-1）×1=n,bn=1×2-1=2"-, 从而anan+1=2”-22-1=22-3= 所以c.=n+2-l, 2×4"-1, 所以{cn}的前10项和为a1+a2+…+a0+b1+b2+… 从而a1a2+a2a3+…+aanl= x1-4- +6。=1+10)x10+1×129=1078. 1-4 6 2 1-2 2.设等差数列{an}的公差为d, 6.观察数列a,}的前10项可知，当n为偶数时，a,=2 依题意可得a2+a6=2a1+6d=10, 当n为奇数时，a,=山 2” a4ag=(a1+3d)(a1+7d)=45, 1-n2 解得a1=2,d=1, 2,n为奇数， 则b.=（-1)”·a= 所以S,=5a1+10d=20. 2， n为偶数， 3.设an}的公比为q,易知q>0且g≠1， 所以数列{bn}的前20项和为(0+2)+(-4+8)+(-12 因为S=5S-4, 所以2）=5×1=）-4， +18)+…+ 1-19+2 2 2 =2+4+6+…+20= 1-9 1-9 10×(2+201=110. 又a1=1,所以g-5g3+4g=0, 2 所以(g2-4)(g2-1)=0,解得9=2， 7.设第n年的存款到取出时的本息和为a.千元， 高考数学第一轮复习第14~17期 n=1,2,3,4,5,6, 因为(-1)“an=(-1)“(n+1),所以{(-1)“an}的前100 则a1=(1+p),a2=2(1+p)5,a=3(1+p)4, 项和为-2+3-4+5+…-100+101=(-2+3)+(-4 a4=4(1+p)3,a5=5(1+p)2,a6=6(1+p), +5)+…+(-100+101)=50,(C)错误； 所以小明高中毕业的那年一次性取出的金额总数 因为 1 11 =(n+1)(n+2)=n+1n+2 S=(1+p)6+2(1+p)5+3(1+p)4+4(1+p)3+5(1 +p)2+6(1+p), ① 所以1 Lanan 的前10项和为+号-子+…+ 则十5=1+p产+21+p)+31+p产+41+p 十立=方立=音(D)正确 +5(1+p)+6, ② 故选(A)(D) ①-②得，分5=1+p)+1+p)护+(1+p)+1 10.对于(A),由题意知a1=1,a2=1,a3=2,a4=3,a5= 5,a6=8,a7=13,ag=21,ag=a7+ag=13+21=34,a10= +p)2+(1+p）2+(1+p）-6=1+p）-1+p2-6, 1-(1+P) ag+a,=21+34=55,a11=a,+a1o=34+55=89,故(A) 即s=1+p)"-(1+p)(1+72 正确； 对于(B),因为该数列{an}的特点是前两项为1，从第三 8.当n=1时，6a1=a+3a1,解得a1=3或a1=0, 项起，每一项都等于它前面两项的和，此数列中数字以奇数、奇 由am>0得a1=3. 数、偶数的规律循环出现，每3个数一组，而2025=3×675，故 由6S.=a+3a,得6S+i=a+l+3a1, a2s为偶数，故(B)错误； 两式相减得6an1=al-a+3an1-3aa, 对于(C),由题意知a-1+a:=a1(n≥2)， 所以(a1+an)(aml-an-3)=0, 所以an=a1-an-1(n≥2)， 因为an>0,所以am1+a>0,a+1-aa=3, a1+a3+a5+·+a2025=a1+（a4-a2）+（a6-a4)+ 即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列， …+（a206-a24）=a1+a226-a2=a226,故(C)正确； 所以an=3+3(n-1)=3n, 对于(D),a=a1a2,a=a2（a3-a1)=a2a3-a1a2; 24m 8” 所以6.=(2-1)(21-1(8”-)(8- a=a3(a4-a2）=a3a4-a2a3,…, =(gg a24=a204(a2ms-a203）=a2024a20ms-a20242024, 所以a+a+…+a24=a1a+(a2a3-a1a）+(aa4 1 -a2a3）+…+(a224a202s5-42420m4）=a2024a20s, 88）号（号-g）<9要使对任宽的 所以色+心店+…+a5@:a,故(D)正确 a2024 meNk>工恒成立，只需k≥9，即长的最小值是约 故选(A)(C)(D). 11.记“提丢斯数列”为a.}, 二、多项选择题 则当n≥3时，10a.-4=6·2-3, 9.AD:10.ACD:11.ABD. 提示： 解得a,=32-2+4 10 9.因为a1,a3,a,成等比数列，所以a1a,=a, 当n=2时，a2=0.7,符合上式 即a1(a1+6)=(a1+2)2,解得a1=2, 当n=1时，a1=0.55≠0.4； 所以an=n+1,则ag=10,(A)正确； 0.4,n=1, {a,的前n项和为2+n+业=nn,+3》,(B)错误 所以am= 3…2-2+4 2 10 ,n≥2， 一2 高考数学第一轮复习第14~17期 显然“提丢斯数列”不是等比数列，故(A)错误； 6.=2+m”-山+4=(a≥2 2 “提丢斯数列的第99项为0-3·2+4，故(B)错误： 10 当n=1时，6=1满足上式，所以6.=广+n 2 “提丢斯数列”的前31项和为 因为“锯齿形”数列的偶数项构成以3为首项，1为公差的 5=04+30x告+高(2+2+2+…+2 等差数列，所以S21=1+3+6+10+15+21+28+36+45 31-203.20,121 =12.4+10×1-2=10+10 +55+66+3+4+5+6+7+8+9+10+11+12=361. 四、解答题 故(C)正确； 15.解：(1)由题意知(Sm+1-Sn)-(S.-Sm-1)=2, 当m≥2时，由4，=32+4≤20得 10 则a1-an=2(n≥2)，又a2-a1=2, 2≤解得58. 所以{an}是公差为2的等差数列， 则am=a1+(n-1)d=2n-13. 4,=3×2+4=19.6,4,=3×2+4=38.8, 10 10 (2)由(1)得 且a1=0.4,所以“提丢斯数列”中，不超过20的有8项， 6=2n-32n-m-2(2n'52nm） 故(D)错误 则Tn=b1+b2+…+bn 故选(A)(B)(D). 三、填空题 12.263;13.100:14.361. 提示： 12.由(a.-1)2=(an-1-1)(a1-1)(n≥2)可得{a =121-22m -1}为等比数列，且41-1=1-1 '97s2, 16.解：(1)因为21，Sn,a成等差数列， 所以数列{a.-1}是首项为1，公比为2的等比数列， 所以2.=2+a,即S。=2+2, 则an-1=2"-1,即an=2-1+1, 当n=1时，4=2+号， 所及号+826 当n≥2时，a,=5-S4=2”+号-2-分=2， 13.当n=4k-3或n=4h-1,k∈N,时，cos=0, 2 因为a,}是等比数列，所以a=1,则2+号=1 a4k-3=a4t-1=0; 得a=-2.数列{an}的通项公式为an=2"-1,n∈N. 当n=4k-2keN,时，cos受=-1 (2)b.=(2n-1)a.=(2n-1)·2-1, a4-2=[2×(4k-2)-1]×(-1)=-8k+5; 则T.=1×2°+3×2+5×22+…+(2n-1)×2-1 当n=4h,keN,时，cosT=1,a4=2×4h-1=8k-1, 所以2Tn=1×2+3×22+5×23+…+(2n-1)×2", 2 两式相减得，-T.=1+2(2+2+…+2-1)-(2n-1) 所以a4k-3+a4k-2+a4-1+a4=4, 所以S1m=25×4=100. ×2=1+2×2(1-29）-(2n-1）×2”, 1-2 14.由题意，设“锯齿形”数列的奇数项构成数列{bn}, 即T.=3+(2n-3)·2. 由b2-b1=3-1=2,b3-b2=6-3=3, 17.解：(1)由题意得a2m+1=a2,+2,a2m2=a2+1+1, b4-b3=10-6=4,b5-b4=15-10=5, 所以a2m2=a2+3, 可得bn-bn-1=n(n≥2).根据累加法得 即bn+1=bn+3,且b1=a2=a1+1=2, 一3 高考数学第一轮复习第14~17期 所以数列{b}是以2为首项，3为公差的等差数列， (2)当m=3时，A={21+22+23|0≤a1<a2<a3, 所以b=2,b2=5,b.=2+(n-1)×3=3n-1. a1,a2,a3∈N, (2)当n为奇数时，a:=amtl-1. 因为88=23+24+2， 设数列{an}的前n项和为Sn, 所以88是数列{b(3)n}中的项， 则S0=a1+a2+…+a20 比它小的项分别有21+22+23,0≤a1<a2<a3≤5， =（a1+a3+…+a1g)+(a2+a4+…+a2n) a,a2,a3eN,Cg个， =[(a2-1)+(a4-1)+…+(a20-1)]+(a2+a4+ 有241+2”+2,0≤a1<a2≤3，a1,a2∈N,C4个， …+a20)=2(a2+a4+…+a20）-10, 有24+24+2,0≤a1≤2，a1∈N,Cg个， 由(1)可知a2+a4+…+a20=b1+b2+…+bo 所以比88小的项共有C+C?+C=29个， =10×2+10x9×3 2 故88是数列{b(3)n}的第30项 =155, (3)因为2024=20+2°+2+27+26+2+23， 故520=2×155-10=300， 所以2024是数列{b(7).}中的项，故t。=7, 即{an}的前20项和为300. 则当m=7时，A={21+22+…+2710≤a1<a2< 18.解：(1)当n≥2时，S%=anS.-am, …<a7,a1,a2,…,a7∈N}, 所以S=(S.-S-1)S.-(（S.-S-1), A={24+22+…+27|0≤a1<a2<…<a7≤10， 整理得351=51-8即时之=1 a1,a2,…,a,∈N}共有元素C7个， 最大的是20+2°+28+27+2+2+24， 所以数列{代}是以时=女=2为首项1为公差的等 其次为210+29+28+27+2+25+23=2024， 所以2024是数列{b(7)n}的第C7-1=329项，即n=329. 花数列所以安=A+1,即S=十 在总共C,=330项中，含有2°的项共有C。个， 2" (2)由1)知，5=(n+1)·2, 同理可得，含有2,2，…，2°的项都各有C0个， 所以S(7)30=C。·(2°+2+…+20) 所以Tn=2×2+3×22+…+n×2-1+(n+1)×2",① =210×2047=429870, 所以2T,=2×2+3×23+…+n×2”+(n+1)×2,② 则S(to）o=S(7)39=S(7)30-b(7)30 ①-②得，-T.=4+(2+3+…+2)-(n+1)·2 =429870-2032=427838. =-n…2l, 所以T,=n·21, 第15期2版 所以AT≤(n2+9)·2"等价于An·21≤(n2+9)·2”, 考题预测 即A≤=分+品 9 2n 1.D;2.B;3.B;4.ABD;5.26;6.3,3+13 因为+品2√分品 =3, 第15期3版 当且仅当n=3时，等号成立， 高考数学一轮总复习达标检测（十五） 所以入≤3，即入的取值范围是(-∞，3]. 一、单项选择题 19.解：(1)因为m=2,此时A={21+2210≤a1<a2 1~4 CDBA 5~8 BCCC a1,a2∈N},b(2)5=21+23=10,b(2)6=22+23=12, 提示： 所以S(2)10=4(2°+2+2+23+24)=124. 1.易知所求棱为BC,CD,CD,BB,AA1,共5条. 高考数学第一轮复习第14~17期 2.正四棱台的斜高为2-(4,2)=5(em）, 点G是CD与PE的交点， 所以G是三角形PBC的重心， 所以棱台的侧面积为4×2×(2+4)×5=25(m). 所以壳=瓷=子 3.以A为原点，AB,AD所在直线分别为x轴，y轴建立平面 7.如图3，取CD的中点G,连接EG,FG, 直角坐标系，如图1所示， D A'(O') A(0) B B G 图1 图2 图3 根据斜二测画法的规则，得到边长为α的正方形的直观 图，如图2所示， 由题可知，BEG∥BD,FG∥AC,BG=之BD=1, 因为AB=AD=a,所以A'B'=a,A'D'= 2 FG=之AC=1,因为AC与BD所成的角为号， 过D作DE上A8,可得DE=号×s血5= 4 所以∠FGE=号或∠FGE=T-号= 3” 由直观图A'B'C'D'的面积为，2，得a×24=2, 4 当∠FGE=于时，△FGE为等边三角形，所以EF=L, 所以a=2. 当∠FGE-号时，由余弦定理可知， 4.连接AC1(图略)，由AC⊥AB,AC⊥BC1,AB∩BC1=B, EF2=EG2+GF2-2EG·GF·cos∠FGE 得AC⊥平面ABC1· =1+1-2×1×1×(-2）=3, 因为ACC平面ABC,所以平面ABC1⊥平面ABC, 所以C,在平面ABC上的射影H必在两平面的交线AB上. 所以EF=5 5.设O1为正△ABC的中心， 综上，EF=1或EF=5. 则0B=子×号×2-25， 8.因为在正方形ABCD中，AD⊥AE,CD⊥CF,BE⊥BF, 所以折起后OD,OE,OF两两垂直，故该三棱锥的外接球， 易知O01⊥平面ABC,则OO1的长度即为所求， 即是以OD,OE,OF为棱的长方体的外接球 设球O的半径为R, 设正方形ABCD的边长为2，则OD=2,OE=1,OF=1, 因为球0的表面积为8m,所以4πR2=8π， 故2R=V0D+0E+0F=6,则R= 所以R=2,即OB=2, 2 所以00=-0F=√2手= 设内切球球心为L,由og=子5ag·0D=子 3 三棱锥O-DEF的表面积S=4, 即球心0到平面ABC的距离为9 VomV-ooomVonr, 6.因为AD∥平面PEF,ADC平面ACD, 平面ACD∩平面PEF=FG, 所以r=子则=26 根据线面平行的性质定理可知AD∥FG. 二、多项选择题 又因为点D,E分别是棱PB,BC的中点， 9.AC;10.ABC;11.BC. 高考数学第一轮复习第14~17期 提示： 48,(B)正确； 9.对于(A),若△ABC的三条边所在直线分别交平面a于 对于(C),如图4，将阳马P-ABCD补形为长为4，宽为4， P,Q,R三点，则P,Q,R∈a且P,Q,R∈平面ABC, 高为3的长方体， 所以P,Q,R三点必在两平面的交线上， 所以P,Q,R三点共线，所以(A)是真命题； 对于(B),直线a,c可能相交、平行或异面， 所以(B)是假命题； 易知(C)是真命题； 图4 对于(D),若a,b,c分别是过长方体同一顶点的三条棱所 可知其外接球直径为PB=√4+42+3=4T, 在的直线，则满足a⊥c,b⊥c,此时a与b相交， 所以(D)是假命题. 故阳马P-ABCD的外接球半径，=④， 2 故选(A)(C). 表面积S=4π2=41m,(C)正确； 10.由切线长定理易得l=r1+2,(A)正确； 对于(D),设B到平面PAC的距离为h, 由勾股定理知(2R)2=(r1+2)2-(1-2)2=4r2, 由AC=42,PA=PC=5,可得△PAC的面积为 解得R=√T2,(B)正确； 因为 4nR 子x4×V-22=2, S2π[r斤++(r1+r2)] 由Vp-ACB=Vg-Pc,可得 4TR 2R2 =2m(+店+r)斤+片+ 号x宁x4x4x3=日x2V所×， V 手n 2R2 = 解得h=2 3π(+后+r)×2R ++2 34 所以直线PB与平面PAC所成角的正弦值为PB h 所以惑 ,(G)正确 12 关34 2r1T2 2 2 /34×4I ,(D)错误 s,=+后++ =7 一≤ 2+1 3 T 故选(B)(C). 当且仅当1=2时，等号成立，这与圆台的定义矛盾， 三、填空题 故(D)错误 24:18厄：14 故选(A)(B)(C). 提示： 11.对于(A),由AC=√2AD=42,PA=PC=√32+4 12.因为PA⊥平面ABC, =5,可得△PAC不是直角三角形， 所以PA⊥AB,PA⊥AC,PA⊥BC, 四面体PACD不是整月需，(A)错误； 则△PAB,△PAC为直角三角形. 对于(B),因为BC⊥DC,BC⊥PD,DC∩PD=D, 又BC⊥AC,且AC O PA=A,所以BC⊥平面PAC, 所以BC⊥平面PDC,又PCC平面PDC, 所以BC⊥PC.因此△ABC,△PBC也是直角三角形， 所以BC⊥PC,所以△PCB为直角三角形. 13.如图5，取AD1的中点G,AB1的中点H, 同理可证△PAB为直角三角形，PA⊥AB, 可知AH∥DE,AG∥BF,AGO AH=A, 所以Sp-ABD=SE方形ABD+S△PHD+S△PD+S△PB+S△PCB= 所以平面AGH∥平面BDEF, 4×4+×3×4+×3x4+分x4×5+ -×4×5= 故点P的轨迹为线段GH,且GH=2. 6 高考数学第一轮复习第14~17期 又AA∩AD=A,A41,ADC平面ADDA1, 所以AB⊥平面ADDA1· (2)解：由(1)知AB⊥AD, 又AD∥BC,BD=DC=22,所以BC=4, 因此BD+DC2=BC2,即BD⊥DC, 图5 又AA⊥平面ABCD,AA1∥DD1, 14.设几何体的上、下底面中心分别为E,F,在上底面圆周 所以DD,⊥平面ABCD, 上取一点A,连接OA,EA,如图6， 又DCC平面ABCD,所以DD1⊥DC, 又DD1∩BD=D,DD1,BDC平面BDD1B1, 所以DC上平面BDDB, 即DC为四棱锥C-BDD1B,的高， 即四棱锥C-BDDB,的体积 图6 V=号服D:C=号x2x22x2万= 1 3 因为球0的表面积为16π，所以球的半径为2， 17.(1)证明：因为A1C⊥平面ABC,BCC平面ABC, 所以OA=2,又OE=1,OE⊥EA, 所以A1C⊥BC.因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC. 所以截面圆的半径EA=√OA2-OE=√4-1=√5， 又因为AC∩AC=C,AC,ACC平面ACCA1, 根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积为 所以BC⊥平面ACC,A·又因为BCC平面BB,C,C, 右×2×[元×(5产+4×mx2+后x(5]-2号 所以平面ACC,A,⊥平面BBC,C (2)解：如图8，过A,作AH⊥CC1,垂足为H, 四、解答题 过C作CM⊥AA1,垂足为M, 15.证明：如图7，取AD的中点M,连接EM,MC, C 图8 由(1)及面面垂直的性质定理，得AH⊥平面BB,CC, 图7 所以A,H为四棱锥A1-BB,C,C的高 因为E为AD的中点，F为CC的中点， 由AA∥CC,知CM=A1H. 所以EM∥AM,CF∥AM,EM=CF=乞AM, 由(1)知BC⊥A1C,所以∠BCA1=90°， 又AB=A1B,∠BCA=90°， 所以EMLCF,所以四边形EMCF为平行四边形， 所以Rt△BCA≌Rt△BCA1,所以AC=A1C. 所以EF∥CM,又EF丈平面ABCD,CMC平面ABCD, 由AC⊥平面ABC,ACC平面ABC,得AC⊥AC, 所以EF∥平面ABCD. 故△CAA1是等腰直角三角形. 16.(1)证明：因为AA,⊥底面ABCD, 在等腰直角三角形CA41中，A41=2, ABC平面ABCD,所以AB⊥AA1, 因为AB=AD=2,BD=22, 所以CM=子AM=1. 所以AB+AD2=BD,即AB⊥AD, 所以四棱锥A1-BB,C,C的高为1. 高考数学第一轮复习第14~17期 18.(1)证明：连接CH. 故AC∥平面EMO.在直角梯形BCDE中，DE∥BC, 因为MB=CD=2,MD=BC=25,∠BMD=∠BCD=90°， DE=BC,所以DELCM, 所以BD=4,∠MDB=∠DBC=30°，MH=3,BH=1, 所以四边形MCDE是平行四边形，所以EM∥CD, 在△BCH中，由余弦定理得 CD￠平面EMO,EMC平面EMO, CH=√/Bf+BC-2BH·BC·cOs30°=√万， 所以CD∥平面EMO. 所以MF+CH=MC2,即MH⊥CH. 又CD∩AC=C,CD,ACC平面ACD, 因为MH⊥BD,CH,BDC平面BCD,CH∩BD=H, 故平面EMO∥平面ACD,又因为E0C平面EMO, 所以MH⊥平面BCD.又CDC平面BCD,所以MH⊥CD. 所以EO∥平面ACD. (2)解：如图9，过点H作HE⊥BM于点E, (2)解：在△ABC中，设AC=x, 在平面BCM内作EF⊥BM于点E,交BC于点F,连接HF, 则BC=4-x(0<x<2), 则∠HEF为二面角C-BM-D的平面角. Sw=4cBC-子·4-2 因为AB=2,CD=EM=号CD⊥平面ABC, 所以题=证=吉k·BW=合·4- 图9 在△BEH中，易得∠MBD=60°， =侣4可≤得+4正-g 2 6 则E=分6H=亮 当且仅当x2=4-x2,即x=2时，等号成立 2 在△MBC中，由余弦定理得 此时三棱锥A-BCE的体积最大，最大值为 6 cos∠MBC= BM BC2 MC2 3 2BM·BC 4, 且0=8D=√()+(=， 1 在B△BEF中，eosLMBC=BE=2 1 4· S△ABD= 解得=25则EF=VB-BE= 3 6 4 在△BHF中，由余弦定理得 设点E到平面ABD的距离为d, HF2=BF2+Bf-2BF·BH·Cos30°= 1 由Vg-ABm=VA-mE得： 3 所以cosL.HEF=EF+EH-HF X5am×d=号×SAE×AC, 1 2·EF·EH 1 所以d= SAME XAC_车X2 6 6 2x9x 2 6 =33 第16期2版 13 考题预测 即二面角C-BM-D的余弦值为3 131 1.(I)证明：取AD的中点H,连接EH,FH. 19.(1)证明：取BC的中点M,连接OM,ME. 因为F,H分别是棱PA,AD的中点，所以HF∥PD, 则OM∥AC,AC￠平面EMO,MOC平面EMO, 又PDC平面PCD,HF￠平面PCD, —8 高考数学第一轮复习第14~17期 所以HF∥平面PCD, 又AP⊥PC,PC∩CB=C,PC,CBC平面PCB, 因为E,H分别是棱BC,AD的中点，AB∥CD, 所以AP⊥平面PCB, 所以HE∥CD,又CDC平面PCD,HEt平面PCD, 又CMC平面PCB,所以AP⊥CM. 所以HE∥平面PCD, (2)解：设AC的中点为O,AB的中点为D,连接OD,OP, 又因为HE,HFC平面HEF,且HE∩HF=H, 易知OA,OD,OP两两垂直，以O为坐标原点，OA,OD,OP 所以平面HEF∥平面PCD,因为EFC平面HEF, 所在直线分别为x,y,z轴建立如图2所示的空间直角坐标系， 所以EF∥平面PCD. (2)解：以D为坐标原点，D,DC的方向分别为x,y轴的正 方向，垂直平面ABCD向上的方向为z轴的正方向，建立如图1 所示的空间直角坐标系. 图2 则A(1,0,0),C(-1,0,0),P(0,0,1),B(-1,2,0), 所以B=(1,-2,1),C=(2,0,0), 设 图1 BP =(0≤入≤1)，则BM=入B 设M(x,y,z),则(x+1,y-2,z)=A(1,-2,1), 设AB=1,则AD=CD=PD=2,PC=23 则M(A-1,2-2入，A),所以C=(A,2-2A,A), 在△PpC中，os∠PpC=号x是=-分 2×2×2 因为点M到直线AC的距高为5。 则∠PDC=120°，所以A(2,0,0),D(0,0,0), (cA.cM? P0,-1,),s1,号0）r1,-号) 所以1专+ IC)· 故-(0，-29）屈-200m=0,-1.5。 即+2-2)2+=手+（受）广， 即25X2-40入+16=0，解得入=5， 4 设平面PAD的法向量为n=(x,y,z), rn·DA=0, r2x=0 则 令y=5, Ln DP=0 l-y+5z=0, 得n=(0,√3,1).设直线EF与平面PAD所成的角为0， 第16期3版 3,5 则si血0=lcos(m,E1=1n·E2L= 2 37 高考数学一轮总复习达标检测（十六） 1nE12× 38· 一、单项选择题 2 1~4 BAAC 5 ~8 ADBD 即直线EF与平面PAD所成角的正弦值为3可 提示： 38 1.设直线l与平面α所成的角为0， 2.(1)证明：AC=√2+2=2，∠CAB=∠ACD=45°， 则0=120°-90°=30°. 在△ABC中，BC=4+8-2×2×22x2-4, 2 2.由向量共面定理可知： 故BC=2,则∠ACB=90°，即AC⊥CB, 号+A+(（1-号）=1，A=2 又平面PAC⊥平面ACB,平面PAC∩平面ACB=AC, 3.BM =BB+B M CB⊥AC,CBC平面ACB,故CB⊥平面PAC, 又APC平面PAC,故CB⊥AP, =杯+之(4D-4 9 高考数学第一轮复习第14~17期 =行+之（而-蓟 则A(2,0,0),C(0,1,0),B(2,1,0),C1(0,1,3), 所以C=(2,-1,0),BC=(-2,0,3). =c+2b-a) 设直线AC与BC1的公垂线的方向向量为n=(x,y,z), =-2a+2b+c 1 rn·CA=0, 2x-y=0, 则 所以 n·BC=0, -2x+3z=0, 4.由A(2,0,2),B(0,0,1),C(2,2,2),得 A店=(-2,0，-1)，BC=(2,2,1),1A1=5,1BC1=3, 令z=2,所以x=3,y=6, 所以n=(3,6,2),又AB=(0,1,0) 所以点A到直线BC的距离为 则异面直线AC与BC,之间的距离 1AB2- (AB.BC I BCI =5)2-() d= AB.n 6 V3+6+2 7 -26 7.设圆台的上底面圆的圆心为O1,在下底面内过0点作 3 OF⊥AB,交下底面圆周于点F,以O为原点，OF,OB,OO,所在 5.取AD的中点O,BC的中点E,连接PO,OE, 直线分别为x,y,z轴，建立如图3所示的空间直角坐标系， 因为△PAD是正三角形，所以PO⊥AD, 又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD, POC平面PAD,所以PO⊥平面ABCD. 建立如图1所示的空间直角坐标系， 图3 过D点作DE⊥AB,交AB于点E, 则4北=4B-CD=1, 在Rt△ADE中，DE=√AD2-AE=√2， 图1 则D(0,-1,√2)，A(0,-2,0),C(0,1,2), 则P(0,0,5),C(2,1,0),D(0,1,0),B(2,-1,0), 所以AD=(0,1,2), 所以PC=(2,1,-5),DB=(2,-2,0). 设P(2cos0,2sin0,0), 所以元，成：成子 则0P=(2cos0,2sin0,0), IP元1.1DB1 因为异面直线AD与0P所成的角为子， 所以PC与BD所成角的余弦值为子 6.以D为坐标原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴 所以eo号=1cos(O,1=1成. 10P1川AD1 建立如图2所示的空间直角坐标系， 12sin 0l=I sin e= 1 2×5 5 B 所以0±停 又cp=(2cos0,2sim0-1,-2), D 所以|CP12=4cos20+4sim20-4sin0+1+2 B =7-4sim0=7±2√5. 图2 8.以D为原点，分别以DA,DC,DD的方向为x,y,z轴的正 -10