備戰(zhàn)高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講義第七章

第七章立體幾何第32講空間幾何體的表面積和體積1.B解析：如圖，設(shè)原正方體的棱長為am，則正方體的體積為a3m3，每一個(gè)四面體的體積為eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(a,2)×eq\f(a,2)×eq\f(a,2)＝eq\f(a3,48)，由題意可知a3－8×eq\f(a3,48)＝0.18，所以a3＝0.216，故原正方體石料的體積為0.216m3.(第1題)2.D解析：因?yàn)檎睦忮F的底面邊長為2，高為eq\r(7)，則側(cè)面的高為h＝eq\r(\r(7)2＋12)＝2eq\r(2)，所以側(cè)面積為S＝4×eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).3.D解析：設(shè)圓柱底面的半徑為R，高為h，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝2R，,2πRh＝36π，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R＝3，,h＝6，))所以圓柱的體積為V＝πR2h＝54π.4.C解析：依題意可知棱臺的高M(jìn)N＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V.如圖，棱臺上底面面積S＝180.0km2＝180×106m2，下底面面積S′＝140.0km2＝140×106m2，所以V＝eq\f(1,3)h(S＋S′＋eq\r(,SS′))＝eq\f(1,3)×9×(140×106＋180×106＋eq\r(,140×180×1012))＝3×(320＋60eq\r(,7))×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．(第4題)5.ACD解析：對于A，因?yàn)閳A柱的底面直徑和高都等于2R，所以圓柱的側(cè)面積S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正確；對于B，因?yàn)閳A錐的底面直徑和高等于2R，所以圓錐的側(cè)面積為S2＝πR·eq\r(,R2＋4R2)＝eq\r(,5)πR2，故B錯(cuò)誤；對于C，圓柱的側(cè)面積為S1＝4πR2，球的表面積S3＝4πR2，即圓柱的側(cè)面積與球的表面積相等，故C正確；對于D，球的體積為V1＝eq\f(4,3)πR3，圓錐的體積為V2＝eq\f(1,3)πR2·2R＝eq\f(2,3)πR3，即球的體積是圓錐體積的兩倍，故D正確．6.ACD解析：對于A，如圖(1)，過點(diǎn)A作AF∥O1O2交底面于點(diǎn)F，則O1O2⊥底面，所以∠ABF即為母線AB與底面所成的角．在等腰梯形ABCD中，因?yàn)锳B＝2，BF＝2－1＝1，所以cos∠ABF＝eq\f(BF,AB)＝eq\f(1,2).因?yàn)椤螦BF為銳角，所以∠ABF＝60°，故A正確；對于B，如圖(2)，圓臺的側(cè)面展開圖為半圓環(huán)，其面積為S＝eq\f(1,2)×2π×2×4－eq\f(1,2)×2π×1×2＝6π，故B錯(cuò)誤；對于C，設(shè)圓臺外接球的球心為O，半徑R，如圖(3)，由題意可得O1B＝2，O2A＝1，O1O2＝eq\r(,22－12)＝eq\r(,3).設(shè)OO1＝a，則OO2＝eq\r(,3)－a，由R＝OA＝OB，得eq\r(,12＋\r(,3)－a2)＝eq\r(,22＋a2)，解得a＝0，即點(diǎn)O與O1重合，所以R＝OB＝2，故C正確；對于D，如圖(4)，在圓臺的側(cè)面展開圖上，從點(diǎn)C到點(diǎn)E的最短路徑的長度為CE.由題意可得FB＝FC＝4，AB＝2.由E為AB的中點(diǎn)，可知FE＝3，所以CE＝eq\r(,CF2＋FE2)＝eq\r(,42＋32)＝5，故D正確． 圖(1) 圖(2) 圖(3) 圖(4)(第6題)7.12eq\r(,10)πeq\f(200π,3)解析：圓臺的母線為eq\r(,4－22＋62)＝eq\r(,40)＝2eq\r(,10)，圓臺的側(cè)面積為S＝π(4＋2)×2eq\r(,10)＝12eq\r(,10)π，圓臺的體積T1＝eq\f(1,3)π×6×(42＋2×4＋22)＝56π，圓錐的體積T2＝eq\f(1,3)×22×π×8＝eq\f(32,3)π，故冰激凌的體積為T＝T1＋T2＝eq\f(200π,3).8.36π解析：設(shè)△ABC的外接圓的圓心為M，根據(jù)球的截面性質(zhì)可知OM⊥平面ABC.因?yàn)閍＝2，A＝eq\f(π,6)，所以AM＝eq\f(a,2sinA)＝2，所以O(shè)A＝eq\r(,AM2＋OM2)＝eq\r(,22＋5)＝3，所以球O的體積為V＝eq\f(4,3)πR3＝36π.9.eq\r(,6)＋eq\r(,2)解析：如圖，把正三棱柱ABC－A1B1C1的上底面三角形A1B1C1與側(cè)面矩形ABB1A1放在同一平面內(nèi)，連接AC1，交A1B1于點(diǎn)F，此時(shí)點(diǎn)F可使AF＋FC1取最小值，即為AC1.因?yàn)椤螦A1C1＝150°，所以AC1＝eq\r(,AA\o\al(2,1)＋A1C\o\al(2,1)－2AA1·A1C1cos∠AA1C1)＝eq\r(,22＋22－23cos150°)＝eq\r(,8＋4\r(,3))＝eq\r(,6)＋eq\r(,2)，所以AF＋FC1的最小值為eq\r(,6)＋eq\r(,2).(第9題)10.【解答】(1)該三棱柱的側(cè)面展開圖為寬和長分別為4和9的矩形，故對角線的長為eq\r(,42＋92)＝eq\r(,97).(2)在直三棱柱ABC－A′B′C′中，因?yàn)榈酌媸沁呴L為3的等邊三角形，AA′＝4，所以三棱柱的體積V＝S△ABC×AA′＝eq\f(\r(,3),4)×9×4＝9eq\r(,3)，表面積S＝2S△ABC＋S側(cè)＝eq\f(\r(,3),4)×9×2＋3×3×4＝eq\f(9\r(,3),2)＋36.(3)將該三棱柱的側(cè)面沿棱BB′展開，如圖，設(shè)PC＝x，則MP2＝MA2＋(AC＋x)2.因?yàn)镸P＝eq\r(,29)，MA＝2，AC＝3，所以x＝2，即PC＝2.又NC∥AM，所以eq\f(PC,PA)＝eq\f(NC,AM)，即eq\f(2,5)＝eq\f(NC,2)，所以NC＝eq\f(4,5).(第10題)11.B解析：設(shè)eq\o(BP,\s\up6(→))＝neq\o(BN,\s\up6(→))(n∈R)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋n(eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝(1－n)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(n,5)eq\o(AC,\s\up6(→)).又eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,5)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－n＝m，,\f(n,5)＝\f(2,5)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝2，,m＝－1.))12.A解析：eq\f(－sin110°cos70°,cos225°－sin2155°)＝eq\f(－sin70°cos70°,cos225°－sin225°)＝eq\f(－\f(1,2)sin140°,cos50°)＝eq\f(－\f(1,2)cos50°,cos50°)＝－eq\f(1,2).13.【解答】(1)由題知∠ABD>eq\f(π,2)，故∠ADB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin∠ABD＝eq\f(4\r(,3),7)，cos∠ADB＝eq\f(13,14)，所以sin∠BAD＝sin(∠ABD＋∠ADB)＝eq\f(4\r(,3),7)×eq\f(13,14)＋eq\f(3\r(,3),14)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)))＝eq\f(\r(,3),2)，故∠BAD＝eq\f(π,3).(2)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(3,\f(3\r(,3),14))＝eq\f(BD,\f(\r(,3),2))＝eq\f(AD,\f(4\r(,3),7))，即BD＝7，AD＝8.由∠ADC＝eq\f(π,2)，知sin∠BDC＝cos∠ADB＝eq\f(13,14)，故eq\f(1,2)×7×DC×eq\f(13,14)＝eq\f(39\r(,3),4)，所以DC＝3eq\r(,3)，則AC＝eq\r(,AD2＋DC2)＝eq\r(,91).第33講空間點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系1.B解析：作出正方體的圖形如圖所示，則AB與CD，AB與GH，EF與GH是異面直線，共3對．(第1題)2.C解析：如圖，連接A1C1，AC，則A1C1∥AC，A1，C1，C，A四點(diǎn)共面，所以A1C?平面ACC1A.因?yàn)镸∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，所以A，M，O三點(diǎn)共線，由此可判斷ABD正確；若B，B1，O，M四點(diǎn)共面，則M∈平面BB1O，顯然不可能，故C錯(cuò)誤．(第2題)3.D解析：由題意，如圖，圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，E是eq\o(BC,\s\up9(︵))的中點(diǎn)，F(xiàn)是AB的中點(diǎn)，所以CF?平面ABC，又AE與平面ABC相交，且與CF無交點(diǎn)，所以AE與CF是異面直線．又CF＝eq\r(,12＋22)＝eq\r(,5)，AE＝eq\r(,22＋\r(,2)2)＝eq\r(,6)，所以AE≠CF.(第3題)4.D解析：連接BC1(圖略)，易證BC1∥AD1，則∠A1BC1即為異面直線A1B與AD1所成的角．連接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝eq\r(,2)，A1B＝BC1＝eq\r(,5)，所以cos∠A1BC1＝eq\f(5＋5－2,2×\r(,5)×\r(,5))＝eq\f(4,5)，即異面直線A1B與AD1所成角的余弦值為eq\f(4,5).5.BCD解析：對于A，當(dāng)P為BC1的中點(diǎn)時(shí)，OP∥AB1，故A錯(cuò)誤；對于B，因?yàn)锳1C?平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O?A1C，P?平面AA1C1C，所以直線A1C與直線OP一定是異面直線，故B正確；對于C，因?yàn)锳1A?平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O?A1A，P?平面AA1C1C，所以直線A1A與直線OP一定是異面直線，故C正確；對于D，因?yàn)锳D1?平面AD1C，O∈平面AD1C，O?AD1，P?平面AD1C，所以直線AD1與直線OP一定是異面直線，故D正確．6.ABD解析：由題設(shè)可得直三棱柱，如圖(1)．由直三棱柱的結(jié)構(gòu)特征知，AM與A1C1是異面直線，故A正確；因?yàn)锳A1⊥AC，BA⊥AC，且AA1∩BA＝A，則AC⊥平面AA1B1B，因?yàn)锳1M?平面AA1B1B，所以AC⊥A1M，故B正確；由圖(1)知，平面AB1C將三棱柱截成四棱錐B1－ACC1A1和三棱錐B1－ABC，一個(gè)五面體和一個(gè)四面體，故C錯(cuò)誤；將平面AA1B1B和平面CC1B1B展開成一個(gè)平面，如圖(2)，當(dāng)A1，M，C共線時(shí)，A1M＋MC取得最小值，且最小值為eq\r(,106)，故D正確． 圖(1) 圖(2)(第6題)7.eq\f(\r(,3),6)解析：如圖，連接CD，BD，延長BO交AC于點(diǎn)E，取CD的中點(diǎn)F，連接EF，BF.因?yàn)椤鰽BC為正三角形，且O為△ABC的外心，所以E為AC的中點(diǎn)，故EF∥AD，則∠BEF即為異面直線AD與BO所成的角．設(shè)AD＝AB＝2，則EF＝1，BE＝eq\r(,3).由題意可知△BCD為等邊三角形，則BF＝eq\r(,3)，在△BEF中，cos∠BEF＝eq\f(BE2＋EF2－BF2,2BE·EF)＝eq\f(\r(,3),6).(第7題)8.eq\f(1,2)解析：如圖，分別取AB，AD，BC，BD的中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，O，連接EF，EG，OG，F(xiàn)O，F(xiàn)G，則EF∥BD，EG∥AC，所以∠FEG為異面直線AC與BD所成的角．易知FO∥AB，因?yàn)锳B⊥平面BCD，所以FO⊥平面BCD，所以FO⊥OG.設(shè)AB＝2a，則EG＝EF＝eq\r(,2)a，F(xiàn)G＝eq\r(,a2＋a2)＝eq\r(,2)a，所以∠FEG＝60°，所以異面直線AC與BD所成角的余弦值為eq\f(1,2).(第8題)9.異面eq\f(1,3)解析：如圖，易知EF與CC1為異面直線．連接HF，取HF的中點(diǎn)O，連接OA，OC.因?yàn)镠O∥GC且HO＝GC，所以四邊形HOCG為平行四邊形，所以HG∥OC.同理AO∥EF，所以異面直線EF與GH所成的角即為直線OA與OC所成的角(或其補(bǔ)角)．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則AC＝2eq\r(,2)，OA＝eq\r(,6)，OC＝eq\r(,6).在△OAC中，AC2＝OC2＋OA2－2OA·OCcos∠AOC，即8＝6＋6－2×eq\r(,6)×eq\r(,6)cos∠AOC，解得cos∠AOC＝eq\f(1,3)，所以異面直線EF與GH所成角的余弦值為eq\f(1,3).(第9題)10.【解答】(1)由題知FG＝GA，F(xiàn)H＝HD，得GH綉eq\f(1,2)AD.又BC綉eq\f(1,2)AD，所以GH綉B(tài)C，所以四邊形BCHG為平行四邊形．(2)由BE綉eq\f(1,2)AF，G為FA的中點(diǎn)，知BE綉FG，所以四邊形BEFG為平行四邊形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，所以EF與CH共面．又D∈FH，所以C，D，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面．11.【解答】(1)假設(shè)EF與BD不是異面直線，則EF與BD共面，從而DF與BE共面，即AD與BC共面，所以A，B，C，D在同一平面內(nèi)，這與A是△BCD所在平面外的一點(diǎn)矛盾，故直線EF與BD是異面直線．(2)如圖，取CD的中點(diǎn)G，連接EG，F(xiàn)G，則AC∥FG，EG∥BD，所以∠FEG或其補(bǔ)角即為異面直線EF與BD所成的角．因?yàn)锳C⊥BD，所以FG⊥EG.在Rt△EGF中，由EG＝FG＝eq\f(1,2)AC，得∠FEG＝45°，即異面直線EF與BD所成的角為45°.(第11題)12.D解析：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝lnx＋x－1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0，則f(x)是增函數(shù)，且f(1)＝0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f(x)>0，當(dāng)x∈(－∞，－1)時(shí)，f(x)<0，所以不等式f(x)<0的解集是(－∞，－1)∪(0,1)．13.C解析：在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，則an＋1－an＝a1，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且該數(shù)列的首項(xiàng)和公差均為a1.因?yàn)閍2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，則a15＝2×15＝30，因此，a11＋a12＋a13＋…＋a19＝eq\f(9a11＋a19,2)＝eq\f(9×2a15,2)＝9a15＝270.14.【解答】若選①：(1)設(shè)b＝2x，則AD＝DC＝x.在△ABD中，cos∠ADB＝eq\f(x2＋\f(112,9)－16,\f(8\r(,7),3)x)，在△BCD中，cos∠CDB＝eq\f(x2＋\f(112,9)－\f(112,9),\f(8\r(,7),3)x)＝eq\f(x2,\f(8\r(,7),3)x).因?yàn)椤螦DB＋∠CDB＝π，所以cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，即eq\f(x2＋\f(112,9)－16,\f(8\r(,7),3)x)＋eq\f(x2,\f(8\r(,7),3)x)＝0，所以x＝eq\f(4,3)，故b＝eq\f(8,3).(2)因?yàn)锳E為∠BAC的角平分線，BC＝a＝eq\f(4\r(,7),3)，所以eq\f(BE,EC)＝eq\f(c,b)＝eq\f(3,2)，所以BE＝eq\f(4\r(,7),5).因?yàn)閏os∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(2\r(,7),7)，所以AE2＝c2＋BE2－2·c·BE·cos∠ABC＝eq\f(192,25)，即AE＝eq\f(8\r(,3),5).故△ABE的周長是AB＋BE＋AE＝4＋eq\f(4\r(,7)＋8\r(,3),5).若選②：(1)由正弦定理得，sinAsinB＝sinBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，因?yàn)锽∈(0，π)，所以sinB>0，所以sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，即sinA＝eq\f(\r(,3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA，于是tanA＝eq\r(,3)，所以A＝eq\f(π,3).設(shè)b＝2x，c＝y(tǒng)，在△ABD中，cosA＝eq\f(x2＋y2－\f(112,9),2xy)＝eq\f(1,2)，即x2＋y2－xy＝eq\f(112,9)①.在△ABC中，cosA＝eq\f(4x2＋y2－\f(112,9),4xy)＝eq\f(1,2)，即4x2＋y2－2xy＝eq\f(112,9)②.聯(lián)立①②解得x＝eq\f(4,3)，y＝4，即c＝4，b＝eq\f(8,3).(2)由題意得S△ABE＋S△ACE＝S△ABC，所以eq\f(1,2)×4×AE×sineq\f(π,6)＋eq\f(1,2)×eq\f(8,3)×AE×sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)×4×eq\f(8,3)×sineq\f(π,3)，所以AE＝eq\f(8\r(,3),5).又因?yàn)閑q\f(S△ABE,S△ACE)＝eq\f(BE,EC)＝eq\f(c,b)＝eq\f(3,2)，所以BE＝eq\f(4\r(,7),5)，所以△ABE的周長為AB＋BE＋AE＝4＋eq\f(8\r(,3)＋4\r(,7),5).第34講直線、平面平行的判定與性質(zhì)1.D解析：A中，直線可能平行；B中，平面可能相交；C中，兩個(gè)平面可能相交；D正確．2.B3.D4.A解析：對于A，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，所以EF∥AC.由AA1∥BB1且AA1＝BB1，BB1∥CC1且BB1＝CC1，可知AA1∥CC1且AA1＝CC1，四邊形AA1C1C為平行四邊形，AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，又EF?平面B1EF，A1C1?平面B1EF，所以A1C1∥平面B1EF，故A正確；對于B，若B1F∥A1D，與A同理得A1D∥B1C，則B1C∥B1F，與B1C∩B1F＝B1矛盾，所以B1F與A1D是異面直線，故B錯(cuò)誤；對于C，由題意知直線AA1與直線B1E必相交，則平面B1EF與平面A1AC有公共點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；對于D，如圖，連接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又因?yàn)槠矫鍭B1C與平面B1EF有公共點(diǎn)B1，故平面A1C1D與平面B1EF不平行，故D錯(cuò)誤．(第4題)5.ACD解析：如圖，M，G，H，I，J分別是棱BC，CC1，C1D1，D1A1，A1A的中點(diǎn)，易證E與M，G，H，I，J共面，由EM∥AC，AC?平面ACD1，EM?平面ACD1，得EM∥平面ACD1.同理EJ∥平面ACD1，而EM，EJ是平面EMGHIJ內(nèi)兩條相交的直線，所以平面EMGHIJ∥平面ACD1.又EF∥平面ACD1，則P∈平面EMGHIJ.(第5題)6.ABC解析：根據(jù)異面直線的定義易知直線A1C1與AD1為異面直線，A正確．因?yàn)锳A1∥CC1且AA1＝CC1，所以四邊形AA1C1C為平行四邊形，所以A1C1∥AC.又A1C1?平面ACD1，AC?平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，B正確．同理可證BC1∥平面ACD1，又A1C1∩BC1＝C1，所以平面A1C1B∥平面ACD1，C正確．VD1－ADC＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(4,3)，D錯(cuò)誤．7.eq\f(1,2)解析：如圖，連接AC1，交A1C于點(diǎn)O，連接OM.因?yàn)锽C1∥平面A1MC，BC1?平面ABC1，平面A1MC∩平面ABC1＝OM，所以BC1∥OM.因?yàn)樵凇鰽BC1中，O為AC1的中點(diǎn)，所以M為AB的中點(diǎn)，因?yàn)锳M＝λAB，所以λ＝eq\f(1,2).(第7題)8.M∈線段FH解析：因?yàn)镠N∥BD，HF∥DD1，HN，HF?平面HNF，HN∩HF＝H，BD，DD1?平面B1BDD1，BD∩DD1＝D，所以平面NHF∥平面B1BDD1.又平面NHF∩平面EFGH＝FH，所以線段FH上任意點(diǎn)M與N相連，都有MN∥平面B1BDD1，故M∈線段FH.9.【解答】(1)因?yàn)镹，Q分別為PB，PC的中點(diǎn)，所以QN∥BC.因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，所以BC∥AD，所以QN∥AD.因?yàn)镼N?平面PAD，AD?平面PAD，所以QN∥平面PAD.(2)直線l與平面PBD平行，證明如下：因?yàn)镹，M分別為PB，PD的中點(diǎn)，所以MN∥BD.因?yàn)镸N?平面ABCD，BD?平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.因?yàn)槠矫鍯MN與底面ABCD的交線為l，MN?平面CMN，由線面平行的性質(zhì)定理可得MN∥l.因?yàn)镸N∥BD，所以BD∥l.因?yàn)锽D?平面PBD，l?平面PBD，所以直線l∥平面PBD.10.【解答】(1)因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB，AC的中點(diǎn)，所以EF∥BC.因?yàn)镋F?平面BCHG，BC?平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.因?yàn)锳1G∥EB，A1G＝EB，所以四邊形A1EBG是平行四邊形，所以A1E∥GB.又A1E?平面BCHG，GB?平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又A1E∩EF＝E，A1E，EF?平面EFA1，所以平面EFA1∥平面BCHG.(2)如圖，連接A1B，交AB1于點(diǎn)O，連接OD1.因?yàn)槠矫鍮C1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O，則eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)＝1.因?yàn)槠矫鍭CC1A1∩平面BC1D＝C1D，平面ACC1A1∩平面AB1D1＝AD1，平面BC1D∥平面AB1D1，所以AD1∥C1D，所以eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.(第10題)11.eq\f(π,2)解析：因?yàn)閍，b是不共線的兩個(gè)單位向量，所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，所以a＋b與a－b的夾角為eq\f(π,2).12.B解析：設(shè)r為圓柱底面圓的半徑，由AD∶AB＝3∶2得AD＝3r，AB＝2r.由VPO1∶VPO2＝2∶1可得eq\f(PO1,PO2)＝eq\f(2,1)，故PO1＝2r，PO2＝r，則圓錐PO1與圓錐PO2的母線之比為eq\f(l1,l2)＝eq\f(PA,PC)＝eq\f(\r(,5),\r(,2))，所以圓錐PO1與圓錐PO2的側(cè)面積之比為eq\f(πrl1,πrl2)＝eq\f(l1,l2)＝eq\f(\r(,5),\r(,2)).13.【解答】(1)因?yàn)閿?shù)列{an}為等比數(shù)列，公比為q，且a1＝1，|a1－a2|＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(1,2)或a2＝eq\f(3,2)，所以q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,2)或eq\f(3,2).又an＋2bn＋1－anbn＝0，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an,an＋2)＝eq\f(1,q2)(n∈N*)，即數(shù)列{bn}是以b1＝1為首項(xiàng)，eq\f(1,q2)為公比的等比數(shù)列，故bn＝4n－1或bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))n－1.(2)由題意公差d＝1，即an＝1＋(n－1)d＝n，由于an＋2·bn＋1－anbn＝0，所以eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(an－1,an＋1)(n≥2，n∈N*)，從而bn＝eq\f(bn,bn－1)·eq\f(bn－1,bn－2)·…·eq\f(b3,b2)·eq\f(b2,b1)·b1＝eq\f(an－1,an＋1)·eq\f(an－2,an)·…·eq\f(a2,a4)·eq\f(a1,a3)·b1＝eq\f(a1a2,anan＋1)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n≥2)．又b1＝1滿足上式，所以bn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n≥1，n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1)，故Tn＝eq\f(2n,n＋1).第35講直線、平面垂直的判定與性質(zhì)1.C2.D解析：如圖(1)，在正方體中，即AD1為m，EF為n，底面ABCD為平面α，則m，n在平面α內(nèi)的射影AD和DF垂直；如圖(2)，在正方體中，即AD1為m，BG為n，底面ABCD為平面α，則m，n在平面α內(nèi)的射影AD和BC平行．綜上，m，n在平面α內(nèi)的射影m′，n′可能平行，也可能垂直． 圖(1) 圖(2)(第2題)3.C解析：對于A，m∥α，n∥α，m與n可以平行、異面或相交，故A錯(cuò)誤；對于B，因?yàn)棣痢桅拢琺⊥α，所以m⊥β，又n∥β，所以m⊥n，故B錯(cuò)誤；對于C，由m∥α，則存在直線l?α，使得m∥l，又m⊥β，所以l⊥β，且l?α，所以α⊥β，故C正確；對于D，因?yàn)棣痢挺拢稍O(shè)α∩β＝l，則當(dāng)m∥l，n∥l時(shí)，可得到m∥α，n∥β，但此時(shí)m∥n，故D錯(cuò)誤．4.D解析：因?yàn)锽C⊥平面APC，AP?平面APC，所以BC⊥AP，故A可以證明；因?yàn)锳P⊥PC，AP⊥PB，PC∩PB＝P，PC，PB?平面BPC，所以AP⊥平面BPC，因?yàn)锽C?平面BPC，所以BC⊥AP，故B可以證明；因?yàn)槠矫鍭PC⊥平面BPC，平面APC∩平面BPC＝PC，PC⊥BC，由面面垂直的性質(zhì)定理知BC⊥平面APC.又AP?平面APC，所以BC⊥AP，故C可以證明；由D選項(xiàng)BC⊥PC，AB⊥BC并不能推出AP⊥BC.5.AD解析：如圖，對于A，連接AC，D1C，因?yàn)镕為AC的中點(diǎn)，所以EF∥CD1，故A正確；對于B，連接FD1，在△AFD1中，因?yàn)锳F≠FD1，E為AD1的中點(diǎn)，所以EF和AD1不垂直，故B錯(cuò)誤；對于C，由EF和平面AA1D1D相交，而平面AA1D1D∥平面BB1C1C，則EF和平面BB1C1C相交，故C錯(cuò)誤；對于D，因?yàn)镈1C⊥DC1，D1C⊥AD，AD∩DC1＝D，所以D1C⊥平面AB1C1D，又EF∥D1C，所以EF⊥平面AB1C1D，故D正確．(第5題)6.AC解析：如圖，連接BD，則BD∥B1D1，所以直線AD與BD所成的角即為直線AD與直線B1D1所成的角．在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，則直線AD與直線B1D1所成的角為45°，故A正確；由于棱臺的每條側(cè)棱延長后會(huì)交于同一點(diǎn)，所以直線AA1與直線CC1是相交直線，故B錯(cuò)誤；由AA1⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，故AA1⊥AB.又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，AA1，AD?平面ADD1A，故AB⊥平面ADD1A1，而AB?平面ABB1A1，則平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，故C正確；連接AC，由題意知AC⊥BD，而AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，故BD⊥AA1.又AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C.因?yàn)镃A1?平面AA1C，所以BD⊥CA1.而AD∩BD＝D，AD，BD?平面ABCD，所以AD不可能垂直于CA1，故D錯(cuò)誤．(第6題)7.7解析：如圖，構(gòu)造棱長分別為2cm,3cm,6cm的長方體，則OP為該長方體的體對角線，所以點(diǎn)P到點(diǎn)O的距離為OP＝eq\r(22＋32＋62)＝7(cm)．(第7題)8.eq\f(\r(,3),3)解析：如圖，因?yàn)镃C1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以CC1⊥BD.又因?yàn)榈酌鍭BCD是正方形，所以CA⊥BD.因?yàn)镃C1∩AC＝C，CC1，AC?平面CC1A，所以BD⊥平面CC1A.而AC1?平面CC1A，因此AC1⊥BD.同理AC1⊥A1D，因?yàn)锽D∩A1D＝D，BD，A1D?平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD.而AH⊥平面A1BD，即A，C1，H在一條直線上，因此AC1與平面CDD1C1所成的角與AH與平面CDD1C1所成的角相等．因?yàn)锳D⊥平面DCC1D1，所以∠AC1D為AC1與平面DCC1D1所成的角．設(shè)該正方體的棱長為1，因此sin∠AC1D＝eq\f(AD,AC1)＝eq\f(1,\r(,1＋1＋1))＝eq\f(\r(,3),3).(第8題)9.eq\f(1,2)解析：設(shè)B1F＝x，因?yàn)锳B1⊥平面C1DF，DF?平面C1DF，所以AB1⊥DF.由題意知A1B1＝eq\r(2).設(shè)Rt△AA1B1斜邊AB1上的高為h，則DE＝eq\f(1,2)h.又2×eq\r(2)＝h×eq\r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，所以DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6).由面積相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)x，所以x＝eq\f(1,2)，即線段B1F的長為eq\f(1,2).10.【解答】(1)因?yàn)槠矫鍮CC1B1⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BC為平面BCC1B1與平面ABC的交線，所以AC⊥平面BCC1B1，因?yàn)锽C1?平面BCC1B1，所以AC⊥BC1.如圖，取BC的中點(diǎn)D，連接C1D，因?yàn)锽C＝2，所以BD＝C1B1＝B1B＝1，又BD∥B1C1，所以四邊形BDC1B1為菱形，所以C1D＝CD＝BD＝1，所以BC1⊥CC1.因?yàn)锳C，CC1?平面ACC1A1，AC∩CC1＝C，所以BC1⊥平面ACC1A1.因?yàn)锽C1?平面BCC1B1，所以平面BCC1B1⊥平面ACC1A1.(2)設(shè)點(diǎn)B1到平面ACC1A1的距離為h，則VC－AA1B1＝VB1－CAA1＝eq\f(1,3)·h·S△CAA1.因?yàn)锳C⊥CC1，所以S△CAA1＝eq\f(1,2)×2×1＝1.如圖，連接B1D交BC1于點(diǎn)M，則h為點(diǎn)M到平面ACC1A1的距離，所以h＝eq\f(1,2)BC1＝eq\f(1,2)eq\r(,BC2－CC\o\al(2,1))＝eq\f(\r(,3),2)，所以VCAA1B1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(,3),2)×1＝eq\f(\r(,3),6).(第10題)11.【解答】(1)因?yàn)镻A⊥底面ABC，BC?底面ABC，所以PA⊥BC.又因?yàn)椤螦CB＝90°，即AC⊥BC.因?yàn)镻A，AC?平面PAC，且PA，AC相交于點(diǎn)A，所以BC⊥平面PAC.又BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAC.(2)如圖，取AB的中點(diǎn)N，連接MN，由于M是PB的中點(diǎn)，可得MN∥PA.又因?yàn)镻A⊥底面ABC，所以MN⊥底面ABC，所以∠MAN就是直線AM與底面ABC所成的角α.記AC＝BC＝PA＝2a，在Rt△MAN中，tanα＝tan∠MAN＝eq\f(a,\r(,2)a)＝eq\f(\r(,2),2).取PC的中點(diǎn)H，連接AH，HM，由于AC＝PA，所以AH⊥PC.由(1)知BC⊥平面PAC，AH?平面PAC，所以BC⊥AH.又因?yàn)镻C，BC?平面PBC，PC，BC相交于點(diǎn)C，所以AH⊥平面PBC，所以∠AMH就是直線AM與平面PBC所成的角β.在Rt△AMH中，tanβ＝tan∠AMH＝eq\f(\r(,2)a,a)＝eq\r(,2).由于α，β都是銳角，所以α＋β＝eq\f(π,2).(第11題)12.A解析：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，要求函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的減區(qū)間，即求函數(shù)y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的增區(qū)間．令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ，k∈Z.13.AB解析：aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,11)，即(a1＋a11)(a1－a11)＝0，又d<0，故數(shù)列{an}為遞減數(shù)列，則a1＋a11＝0＝2a6，所以a6＝0，故該數(shù)列的前5項(xiàng)都為正數(shù)，且從第7項(xiàng)開始都為負(fù)數(shù)，故S5＝S6是Sn的最大值，則k＝5或6.14.【解答】(1)因?yàn)閒(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(a,x)－3lnx，所以f′(x)＝x－eq\f(a,x2)－eq\f(3,x).又函數(shù)f(x)是增函數(shù)，所以f′(x)＝x－eq\f(a,x2)－eq\f(3,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立且滿足f′(x)＝0的點(diǎn)不連續(xù)，所以a≤x3－3x在(0，＋∞)上恒成立．設(shè)g(x)＝x3－3x，x∈(0，＋∞)，則a≤g(x)min，而g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′x>0，,x>0，))得x>1，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′x<0，,x>0，))得0<x<1，故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝－2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，－2]．(2)假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得x＝1是f(x)的極值點(diǎn)，則f′(1)＝1－a－3＝0，所以a＝－2.當(dāng)a＝－2時(shí)，f′(x)＝x＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(x3－3x＋2,x2)＝eq\f(x－12x＋2,x2)≥0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以x＝1不是f(x)的極值點(diǎn)．綜上，不存在這樣的實(shí)數(shù)a，使得x＝1是f(x)的極值點(diǎn)．第36講空間直角坐標(biāo)系與空間向量1.A2.B解析：eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))－xeq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))－xeq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)(eq\o(PD,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(PB,\s\up6(→))－xeq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(PD,\s\up6(→)).又因?yàn)镻是空間任意一點(diǎn)，A，B，C，D四點(diǎn)滿足任三點(diǎn)均不共線，但四點(diǎn)共面，所以eq\f(1,2)－x＋eq\f(1,6)＝1，解得x＝－eq\f(1,3).3.A解析：由題意得|eq\o(AA1,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2.eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AC1,\s\up6(→))＋eq\o(C1O,\s\up6(→))＝(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))，所以|eq\o(AO,\s\up6(→))|2＝eq\o(AO,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AA1,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)×(32＋22＋22＋2×3＋2×3＋2×2)＝eq\f(33,4)，故|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(,33),2).4.B解析：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，向量eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BB,\s\up6(→))1不共面，eq\o(AB,\s\up6(→))1＝eq\o(BB,\s\up6(→))1－eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))1＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB,\s\up6(→))1.令|eq\o(BB,\s\up6(→))1|＝a，則|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(,2)a，而eq\o(BB,\s\up6(→))1⊥eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))⊥eq\o(BB,\s\up6(→))1，于是得eq\o(AB,\s\up6(→))1·eq\o(BC,\s\up6(→))1＝(eq\o(BB,\s\up6(→))1－eq\o(BA,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB,\s\up6(→))1)＝eq\o(BB,\s\up6(→))1·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB,\s\up6(→))eq\o\al(2,1)－eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BB,\s\up6(→))1＝a2－eq\r(,2)a·eq\r(,2)acos60°＝0，因此，eq\o(AB,\s\up6(→))1⊥eq\o(BC,\s\up6(→))1，所以AB與BC1所成角的大小為90°.5.AC解析：因?yàn)閑q\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，故A正確；eq\o(BP,\s\up6(→))＝(3，－3，－3)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝3＋6－3＝6≠0，故B錯(cuò)誤；eq\o(BC,\s\up6(→))＝(6,1，－4)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(62＋12＋－42)＝eq\r(53)，故C正確；eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，－2,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(6,1，－4)，各個(gè)對應(yīng)分量的比例不同，故D錯(cuò)誤．6.ACD解析：如圖，以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則D(0,0,0)，A(1，0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0，eq\r(3))，B1(1，1，eq\r(3))，C1(0,1，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，\f(\r(3),2)))，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－1，－1，－eq\r(3))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1,0，－eq\r(3))，eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(EQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2))).因?yàn)閑q\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,1,0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，\f(\r(3),2)))＝1－1＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BP,\s\up6(→))，即AC⊥BP，故A正確；設(shè)平面EFPQ的法向量為n＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(EQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))取z＝1，則n＝(eq\r(3)，－eq\r(3)，1)，所以不存在實(shí)數(shù)λ使得eq\o(B1D,\s\up6(→))＝λn，故B1D與平面EFPQ不垂直，B錯(cuò)誤；由eq\o(BC1,\s\up6(→))·n＝(－1,0，eq\r(3))·(eq\r(3)，－eq\r(3)，1)＝－eq\r(3)＋eq\r(3)＝0，且BC1不在平面EFPQ內(nèi)，得BC1∥平面EFPQ，故C正確；cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1D,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(A1D,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2×\r(,2))＝eq\f(\r(2),4)，則直線A1D與AC所成角的余弦值為eq\f(\r(2),4)，故D正確．(第6題)7.－1解析：因?yàn)橹本€l⊥平面α，所以m∥n，即向量m與向量n共線，所以m＝λn，即eq\f(x,－2)＝eq\f(－1,－2)＝eq\f(1,2)，解得x＝－1.8.11解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(0,0,0)，B(8，eq\r(,21)，0)，S(0,0,6)，所以SB＝|eq\o(SB,\s\up6(→))|＝eq\r(,0－82＋0－\r(,21)2＋6－02)＝11.(第8題)9.2eq\f(\r(,15),15)解析：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}為基底，設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則eq\o(AA,\s\up6(→))1·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AA,\s\up6(→))1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，eq\o(DB,\s\up6(→))1＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA,\s\up6(→))1＝－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA,\s\up6(→))1，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝－eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))1·eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA,\s\up6(→))1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AD,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AA,\s\up6(→))1·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA,\s\up6(→))1－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝4－eq\f(1,2)×4＝2.設(shè)直線DB1與直線CM所成的角為θ，eq\o(DB,\s\up6(→))eq\o\al(2,1)＝(－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA,\s\up6(→))1)2＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AA,\s\up6(→))eq\o\al(2,1)－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA,\s\up6(→))1＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA,\s\up6(→))1＝4＋4＋4＝12，|eq\o(DB,\s\up6(→))1|＝eq\r(,12)，eq\o(CM,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AD,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))2＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝4＋1＝5，|eq\o(CM,\s\up6(→))|＝eq\r(,5)，則cosθ＝eq\f(|\o(DB,\s\up6(→))1·\o(CM,\s\up6(→))|,|\o(DB,\s\up6(→))1|·|\o(CM,\s\up6(→))|)＝{eq\f(2,\r(,12)×\r(,5))|＝eq\f(\r(,15),15)，所以直線DB1與直線CM所成角的余弦值為eq\f(\r(,15),15).10.【解答】設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，則兩兩夾角為60°，且模均為1.,(1)eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝3＋6×1×1×eq\f(1,2)＝6，所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(,6)，即AC1的長為eq\r(,6).,(2)eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝b－a＋c，所以eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b－a＋c)·(a＋b)＝a·b－a2＋a·c＋b2－a·b＋b·c＝1，|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(,b－a＋c2)＝eq\r(,2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(,a＋b2)＝eq\r(,3)，所以cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))|·|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(,2)×\r(,3))＝eq\f(\r(,6),6)，所以BD1與AC夾角的余弦值為eq\f(\r(,6),6).11.【解答】以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．設(shè)G(0,0，t)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(xiàn)(0,1,1)，D1(0,0,2)，則eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(－1,0，t－1)．(第11題)(1)因?yàn)閑q\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(D1F,\s\up6(→))，所以EB∥D1F，且EB＝D1F，所以四邊形EBFD1為平行四邊形，所以B，E，D，F(xiàn)四點(diǎn)共面．(2)設(shè)平面BEF的法向量為n1＝(x1，y1，z1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取x1＝1，則n1＝(1,1,1)．設(shè)平面GEF的法向量為n2＝(x2，y2，z2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2＝0，,－x2＋t－1z2＝0，))取x2＝t－1，則n2＝(t－1，t－1,1)．因?yàn)槠矫鍳EF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，所以t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝eq\f(1,2)，所以存在滿足題意的點(diǎn)G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG的長度為eq\f(1,2).12.D解析：因?yàn)閍，b為正實(shí)數(shù)，則0＝ab－3(a＋b)＋8≤ab－6eq\r(,ab)＋8，即(eq\r(,ab)－2)(eq\r(,ab)－4)≥0，所以0<eq\r(,ab)≤2或eq\r(,ab)≥4，所以0<ab≤4或ab≥16，故ab的取值范圍是(0，4]∪[16，＋∞)．13.1解析：因?yàn)?cos(60°－10°)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(,3),2)sin10°))＝cos10°＋eq\r(,3)sin10°，所以eq\f(2cos50°－\r(,3)sin10°,cos10°)＝eq\f(cos10°,cos10°)＝1.14.【解答】(1)因?yàn)?an＋2－an＝an＋1，所以an＋2＝eq\f(1,2)(an＋an＋1)，從而eq\f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝eq\f(\f(1,2)an＋an＋1－an＋1,an＋1－an)＝－eq\f(1,2).因?yàn)閍1＝eq\f(1,2)，a2＝1，所以a2－a1＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，故數(shù)列{an＋1－an}是首項(xiàng)為eq\f(1,2)，公比為－eq\f(1,2)的等比數(shù)列．(2)由(1)可知，an＋1－an＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝eq\f(－1n－1,2n)，故當(dāng)n≥2時(shí)，a2－a1＝eq\f(1,2)，a3－a2＝－eq\f(1,22)，a4－a3＝eq\f(1,23)，…，an－an－1＝eq\f(－1n－2,2n－1)，由各式相加可知，an－a1＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,22)))＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(－1n－2,2n－1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(－1n－1,2n－1)))，故an＝a1＋eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(－1n－1,2n－1)))＝eq\f(5,6)－eq\f(－1n－1,3×2n－1)，當(dāng)n＝1時(shí)，也滿足an＝eq\f(5,6)－eq\f(－1n－1,3×2n－1)，故數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(5,6)－eq\f(－1n－1,3×2n－1).第37講空間角與距離的計(jì)算第1課時(shí)線線角與線面角1.C解析：設(shè)圓錐的底面半徑為R，母線長為l，因?yàn)閳A錐的側(cè)面積是底面面積的2倍，所以πRl＝2πR2，解得l＝2R.如圖，設(shè)該圓錐的母線與底面所成的角為α，則cosα＝eq\f(R,l)＝eq\f(1,2)，所以α＝eq\f(π,3).(第1題)2.D解析：如圖，以AC的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)PA＝4，則N(0,0,2)，M(eq\r(,3)，－1,0)，P(0，－2,4)，B(2eq\r(,3)，0,0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－eq\r(,3)，1,2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2eq\r(,3)，2，－4)，則cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(MN,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(MN,\s\up6(→))||\o(PB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(3,4).因?yàn)楫惷嬷本€所成角的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以直線MN與PB所成角的余弦值為eq\f(3,4).(第2題)3.C解析：在劣弧eq\o(AD,\s\up9(︵))上取eq\o(AB,\s\up9(︵))的中點(diǎn)M，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，OM，OB，OC所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．因?yàn)閳A錐的底面直徑AB＝2，其側(cè)面展開圖為半圓，底面圓的弦AD＝eq\r(,3)，所以π×BC＝2×1×π，所以BC＝2，則CO＝eq\r(,3)，所以A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(0,0，eq\r(,3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(,3))，則cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(\r(,3),2)×0＋\f(3,2)×－1＋0×\r(,3),\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋02)×\r(,02＋－12＋\r(,3)2))＝eq\f(－\f(3,2),2\r(,3))＝－eq\f(\r(,3),4).因?yàn)楫惷嬷本€所成角的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(,3),4).(第3題)4.B解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，B1(1,1,1)，所以eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))，eq\o(MB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2))).設(shè)平面A1D1M的法向量為m＝(x，y，z)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(D1M,\s\up6(→))·m＝0))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＝0，,y－\f(1,2)z＝0.))令y＝1，得z＝2，所以m＝(0,1,2)．設(shè)直線B1M與平面A1D1M所成的角為θ，則sinθ＝eq\f(|m·\o(MB1,\s\up6(→))|,|m||\o(MB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(5)×\f(\r(5),2))＝eq\f(2,5).(第4題)5.CD解析：以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD,\s\up6(→))1的方向?yàn)閤軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系Dxyz，如圖，則B(2,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，E(0，t,0)(0≤t≤1)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))1＝(0，－2,2)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(－2，t－2，－2)．設(shè)直線BA1與B1E所成的角為θ，則cosθ＝eq\f(|－2t－2－4|,2\r(,2)×\r(,8＋t－22))＝eq\f(t,\r(,2)×\r(,t2－4t＋12))＝eq\f(1,\r(,2)×\r(,12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,6)))2＋\f(2,3)))≤eq\f(1,\r(,2)×3)＝eq\f(\r(,2),6)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝1時(shí)，等號成立，故CD正確．(第5題)6.ABD解析：如圖，連接B1C，BC1，因?yàn)镈A1∥B1C，所以直線BC1與DA1所成的角即為直線BC1與B1C所成的角．因?yàn)樗倪呅蜝B1C1C為正方形，則B1C⊥BC1，故直線BC1與DA1所成的角為90°，A正確；連接A1C，因?yàn)锳1B1⊥平面BB1C1C，BC1?平面BB1C1C，則A1B1⊥BC1，因?yàn)锽1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C.又A1C?平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正確；連接A1C1，設(shè)A1C1∩B1D1＝O，連接BO，因?yàn)锽B1⊥平面A1B1C1D1，C1O?平面A1B1C1D1，則C1O⊥B1B，因?yàn)镃1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO為直線BC1與平面BB1D1D所成的角．設(shè)正方體的棱長為1，則C1O＝eq\f(\r(,2),2)，BC1＝eq\r(,2)，所以sin∠C1BO＝eq\f(C1O,BC1)＝eq\f(1,2)，所以直線BC1與平面BB1D1D所成的角為30°，故C錯(cuò)誤；因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC為直線BC1與平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正確．(第6題)7.eq\f(\r(,2),10)解析：建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，易得A(2，0,0)，B(2,3,0)，B1(2,3,1)，C1(0,3,1)，則eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,3,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．設(shè)異面直線AB1與BC1所成的角為θ，則cosθ＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,\r(,10)×\r(,5))＝eq\f(\r(,2),10).(第7題)8.30°解析：如圖，以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz.設(shè)OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2)))，所以eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a,