《巴蜀智庫•能力進階一輪復習》下答案

能力進階一輪復習重度土版集罔重度土版社參考答案16.1數(shù)列的基本概念題型一由數(shù)列的前幾項求數(shù)列的通項公式(2)an=(-1)"(6n-5);進階訓練1(3)由題意可得f(1)=2+1;f(2)=3+2+1;f(3)=4+3+2+1;f(4)=5+4+3+2+1;f(5)=6+5+4+3+2+1;…;故選A.題型二由an與S。的關系求通項公式故a?+2a?+3a?+…+(n-1)an-1=2”-1(n≥2),②由①-②,得na=2"-2"-1=2n-1,.顯然當n=1時不滿足上式，(4)由已知，得an+1=Sn+1-S。=Sn+1Sn,兩邊同時除以所以進階訓練2(3)an=(-2)"-1詳解：略.題型三數(shù)列的性質(zhì)詳解,當3n-16<0時，進階訓練3答案：數(shù)列{a}有最大項ag,a?0,其值為,其項數(shù)為9,10.∴數(shù)列{a}有最大項ag,a?,其值為,其項數(shù)為9,10.,即數(shù)列{a}的取值2能力進階——一輪復習高中數(shù)學下冊進階訓練4然該數(shù)列是周期為4的數(shù)列.又a?a?a?a?=1,且a?021=a?=2,故a?a?a?a?…a?020a?021=(a?a?Q?a?)?05·a?021=2.題型一求等差數(shù)列的基本量例1答案：(1)29;(2)-34;(3)a。=2n+1.所以a?O=a?+9d=29.所以a?+a?=a?-d+a?+2d=2a?+d=16+d=19,得d=3.所以a10=a?+7d=8+3×7=29.由①得(n-1)d=-28,代入②式，得(-28),解得n=7.所以(3)設等差數(shù)列{an}的公差為d,則由題意又因為an>0,所以a?=a?+2d>0,所以所所以an=3+(n-1)×2=2n+1.進階訓練1詳解：(1)因為Sn+1=Sn+an+3,an+1,所以an+1-a=3,所以{an}是公差為d=3的等差數(shù)列，又a?+a?=23,即2a?+7d=23,解得a?=1,解得d=-4.故選D.題型二等差數(shù)列性質(zhì)的應用例2答案詳解：(1)因為a?+a?+a?o=1,所以,a?+a9(2)由a?+a?-a?=10,可得2a?-a?=a?=10.由等差數(shù)列前n項和公式得.故選A.故選D.進階訓練2詳解：(1)由a?+a?+a?=3a?=36,a?3=3a??=84,得α?=28,所以a?+ag=a?+a?2=12+28=40.故.故選D.所以7+(S?5-21)=2×14,解得S??=42.故選B.(2)由等差數(shù)列的性質(zhì)可得為等差數(shù)列，設其公差為2023=4046.故選C.(3)由S?3=36,得63·a?2=36,∴,∴S奇=32a?2=進階訓練3答案詳解：(1)設S。為等差數(shù)列{a}的S?0-S?0成等差數(shù)列，∴2(S?o-S?0)=S?0+(S?0-S?0),又等差數(shù)列{a}的前10項和為30,前30項和為210,∴S?=100.故選A.(2)由等差數(shù)列的性質(zhì)知數(shù)列等差數(shù)列，其公差d=,首項為(n-1)×1=n,,即3=S?+2×1,可得S?=1,所1(3)設這個數(shù)列有2n項，則由等差數(shù)列的性質(zhì)可知偶數(shù)項之參考答案3和減去奇數(shù)項之和等于nd,即25-15=2n,故2n=10,即該數(shù)列的項數(shù)為10.故選A.題型三等差數(shù)列前n項和的最值問題例4答案：12或13;130.∴當n=12或13時，S。取得最大值，且最大值為S?=S??=S?2=S?3=130.方法三同方法一，求得,又由S??=S?5,得a?+a?2+a?3+a?4+a?5=0,∴5a??=0,即a??=0.又a?>0,∴a?,a?,…,a??均為正數(shù).而a??及以后各項均為負數(shù)，進階訓練4詳解：(1)S?-S?=a?<0,S?-S?=a?>0,所以d=a,-a?<0,①正確；,②正確；,③正因為a?>0,a?<0,所以數(shù)列{S}的最大項為S?,④不正確；(2)∵S,>0,∴a,>0.∵S?8<0,∴ag+a?o<0,∴a?O<0.(3)(先根據(jù)條件確定等差數(shù)列中特定項的符號，再利用不等式組求解)當且僅當n=8,∴d的取值范圍當且僅當n=8題型四等差數(shù)列的判斷與證明,整理可得2bn-1+1=為公差的等差數(shù)列.(2)由(1)可知,所時不滿足此式，進階訓練5首項,公差為3的等差數(shù)列.(2)由(1):,所以題型一等比數(shù)列的基本運算詳解：(1)設等比數(shù)列{a}的公比為q,由a?=3a?+4a?,得q?=3q2+4,得q2=4,因為數(shù)列{a}的各項均為正數(shù)，所以q=2,又a?+a?+a?+a?=a?(1+q+q2+q3)=a?(1+2+4+所以a?=1,所以a?=a?q2=4.故選C.(2)設等比數(shù)列{a}的公比為q,因為a2=a?,所以(a?q3)2=a?9?,所以a?q=1,又所以q=3,所以(3)設等比數(shù)列{a}的公比為q,44能力進階——一輪復習高中數(shù)學下冊由a?<a?,得a?<a?q3,又a?>0,∴q3>1,解得q>1,∴a?=a?q2<a?q?=a?,充分性成立；由a?<a?,得a?q2<a?q?,又a?>0,∴q?>q2,解得q>1或q<-1,“a?<as”的充分不必要條件.故選A.進階訓練1詳解：(1)設{an}的公比為q,由題設得a=q"-1.由已知得q?=4q2,解得q=0(舍去),q=-2或q=2.故a=(-2)"-或a=2n-1.(2)由題意知a3=-64,則a?=-4.由a2=64,則a?=±8,又a?<0,所以a?=-8,所以a?a?=a?a?=32,則(3)當q=1時，a?=7,S?=21,符合題意；綜上，q的值是1或.故選AB.題型二等比數(shù)列的性質(zhì)例2答案：(1)5√2;(2)±2;2;(3)A;(4)D;(5)2.詳解：(1)(2)略.(3)易知S?,s?-S?,s?-S?構成等比數(shù)列，由等比中項的性(4)根據(jù)等比數(shù)列{a}的前n項和公式知又S,=3n+1-A=3·3"-A,.故選D.所以進階訓練2答案：(1)B;(2)D;詳解：(1)因為a?,a?7是方程x2-14x+9=0的兩根，所以a?a?7=9,a?+a=14,所以a?>0,a>0.又數(shù)列{a}為等比數(shù)列，所以a?a?7=a?a??=a,2=9,且a?>0,所以a?=3,因ag=3.故選B.,由a?+a?+a?=a?(1+q+q2)=a?(1+2+22)=1,解得,所以a?+a?+ag=a?(q?+q?+q?)=號×(23+2?+2')=-×2?3×(1+2+22)=32.故選D.(3)設等比數(shù)列{a}的公比為q,易知S?≠0,則S?=S?+S?q3=9S?,所以q3=8,q=2.所以數(shù)列首項為1,公比的等比數(shù)列，設其前n項和為T,則題型三等比數(shù)列的判定例3答案：(1)(2)證明見詳解詳解：an+2=Sn+2-Sn+1=4an+1+2-4an-2=4an+1-4an,所以{bn}是公比為2,首項為a?-2a?的等比數(shù)列.∵S?=a?+a?=4a?+2,a?=1,∴a?=5(2)由(1)知b,=3·2n-1=an+1-2an,∴,所以數(shù)首項為2,公差為3的等差數(shù)列.所以{cn}是公比為2的等比數(shù)列.進階訓練3詳解：(1)由題設得4(an+1+bn+1)=2an+2bn,即an+1+bn+1又因為a?+b?=1,所以{an+bn}是首項為1,公比；的等比數(shù)列.由題設得4(an+1-b+1)=4(an-bn)+8,即an+1-bn+1=an-b+2.又因為a?-b?=1,所以{a-bn}是首項為1,公差為2的等差數(shù)列.(2)由(1)知，,an-bn6.4數(shù)列通項公式的求法題型一用公式法求等差數(shù)列、等比數(shù)列的通項a?=a?+3d=a?+6,因為a?,a?+a?,2(a?+a?)成等比(a?+a?)2=2a?(a?+a?),解得a?=1,所以a=1+2(n-1)=2n進階訓練1=9a2,故,解得q=±3,因為q>0,所以q=3.又a?,2a?,a?+6成等差數(shù)列，所以a?+(a?+6)-4a?=0,解得a?=3,所以數(shù)列{a}的通項公式為an=3"(n∈N*).題型二已知Sn,求a則a=S-Sn-1=n2+n+1-(n-1)2-(n-1)-1=2na?=3.所以數(shù)列{a}是首項為3,公差為2的等差數(shù)列，所以a=2n+1.進階訓練2答案兩式作差得(2)略.題型三累加法a=(an-an-1)+(a-1-an-2)+…+(a?-a?)+(a?-a?)=[2(n-1)+1]+[2(n-2)+1]+…+(2×2+1)+(2×1=2[(n-1)+(n-2)+…+2+1]+(n-1)+1所以數(shù)列{a}的通項公式為a=n2.進階訓練3則an=(an-aa-1)+(a-1-aa-2)+…+(a?-a?)+(a?-=(2×3"-1+1)+(2×3n-2+1)+…+(2×32+1)+(2×=2(3"?1+3"-2+…+32+31)+(n-1)+3=3"-3+n-1+3=3"+n-1,題型四累乘法例4答案進階訓練4日題型五待定系數(shù)法3an-1+2,∴λ=1,∴an+1=3(an-1+1),∵a?=1,∴a?+1=2,∴數(shù)列{an+1}66能力進階—輪復習高中數(shù)學下冊是以2為首項，3為公比的等比數(shù)列，∴an+1=2×3"-1,∴an=2×3n-1-1.進階訓練5(2)an=2"+n;(3)an=4·3n-1-5·2-1;①-②得an=1-5a,+5a_1,6an=5an-1+1,∴6(an-1)=又a?=S?=1-5a?+23,a?=4,a?-1=3,從而{a-1}是等(2)∵an+1=2an-n+1,∴an+1-(n+1)=2(an-n),∴數(shù)列{an-n}是以a?-1=2為首項，2為公比的等比數(shù)列，(3)方法一原遞推式可化為an+1+λ··3"-1).①比較系數(shù)得λ=-4,①式即是an+1-4·3"=2(an-4·3"-1).則數(shù)列{a-4·3"-1}是首項為a?-4×31-1=-5,公比為2方法二將an+1=2an+4·3”-11的兩邊同除以3"+1,設b,,比較系數(shù)得項，項，則∴a=3”·b=4·3”-1-5·2n-1.(4)∵a=2an_1+3a-2(n≥3),∴an+a-1=3(an-1+an-2),又a?+a?=7,∴{an+an-1}是首項為7,公比為3的等比數(shù)又aπ-3an-1=-(an-1-3an-2)(n≥3),a?-3a?=-13,∴{an-3an-1}是首項為-13,公比為-1的等比數(shù)列，則an-3a-1=(-13)·(-1)"-2②,n≥2,題型六取倒數(shù)是首項,公差的等差數(shù)列，進階訓練6答案6.5數(shù)列的求和題型一分組求和參考答案進階訓練1所以Sn=(10+1)+(102+3)+…+(10"+2n-1)=(10+(2)易知{a}是首項為1,公差為1的等差數(shù)列，{bn}是首項為2,公比為2的等比數(shù)列，且cn=an-bn,所以S?o=(a?-b?)+(a?-b?)+…+(a?-b??)=(a?+題型二并項求和Sn=(-1+3)+(-5+7)+(-9+11)+…+[(-2n+進階訓練2答案Sn=S?=-1+4-7+10-…+(-1)"·(3n-2)=(-1+題型三裂項相消法詳解：(1進階訓練3::(ii)證明見詳解.可得q2-q-2=0.因為q>0,可得q=2,故an=2"-1.設等差數(shù)列{bn}的公差為d,由a?=b?+b?,可得b?+3d=4.由a?=b?+2b?,可得3b?+13d=16,從而得b?=1,d=1,故bn=n.所以數(shù)列{a}的通項公式為a=2”-1,數(shù)列{ba}的通項公式為bn=n.n-2.題型四錯位相減法8能力進階——一輪復習高中數(shù)學下冊8兩式相減得-Sn=1+21+22+…+2"-1-n·2"=2”-1-n·2"=(1-n)2"-1,∴Sn=(n-1)·2”+1.進階訓練4又由,可知(2)由(1)題型五倒序相加法進階訓練5∴2a?017=2018,∴a?017=1009.題型一等差、等比數(shù)列的綜合因為a?=2,S?=a?-2,可得2+2q+2q2=2q3-2,即(q-2)·(q2+q+1)=0,又由b?=1,R?=a?-2,可得1+(1+d)+(1+2d)=6,解得d=1,所以bn=n.(2)由an=2",bn=n,可得進階訓練1題型二數(shù)列與函數(shù)的綜合∴數(shù)列{a}是一個以2為首項，以1為公差的等差數(shù)列，(2)∵點(bn,Tn)在直線是以3是以3項，以3為公比的等比數(shù)列.進階訓練2答案：-2.詳解：∵y=x“+1,∴y'=(n+1)x”,它在點(1,1)處的切線方程為y-1=(n+1)(x-1),參考答案9與x軸交點的橫坐標為,由a=lgxn得an=lgn-lg(n+1),于是a?+a?+…+a?9=lg1-lg2+lg2-lg3+…+lg99-lg100=lg1-lg100=0-2=-2.題型三數(shù)列與不等式的綜合例3答案：(1)aπ=1+(n-1)d,bn=2"-1;(2)見詳解.詳解：(1)設等差數(shù)列{an}的公差為d,d>0,{bn}的公比為q,則a=1+(n-1)d,bn=q"-1.依題意解；或(舍去).故an=1+(n-1)d=n,bn=2”-1.(2)由(1)知進階訓練3因為(S?(n+1)-Sn+1)-(S?n-Sn)=(S?n+2-S?n)-(Sn+1-,所以{S?n-Sn}為遞增數(shù)列，所以S?n-Sn,所1m<36,m所能取得的最大整數(shù)為5.(2)①y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲線y=x2n+2+1在點(1,2)處的切線斜率為2n+2,從而切線方程為y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切線與x軸交點的橫坐標②證明：由題設和(1)中的計算結果知Tn=x2x2…x2,-1=所以.綜上可得對任題型四數(shù)列的實際應用例4答案：(1)154,5月或6月；(2)19604個.詳解：(1)記從今年1月起，第n月的產(chǎn)量為an,第n月的產(chǎn)品合格率為bn.由題可知，數(shù)列{an}為等比數(shù)列，首項a?=1000,公比q=1+10%=1.1.數(shù)列{bn}為等差數(shù)列，首項b?=0.85,公差d=0.01.所以an=1000×1.1"-1,bn=0.85+(n-1)×0.01=0.01n+0.84,所以今年2月份生產(chǎn)的不合格產(chǎn)品數(shù)為a?·(1-b?)=1000×1.1×(1-0.86)=154.設第n月生產(chǎn)的不合格產(chǎn)品數(shù)為c,則cn=an·(1-bn)=10×1.1"-1×(16-n),所以c?<c?<…<c?=c?>c>…>C??,即5月或6月生產(chǎn)的不合格產(chǎn)品數(shù)最多.(2)設今年前n個月生產(chǎn)的合格產(chǎn)品總數(shù)為S,則Sn=a?b?+a?b?+…+a,bn,因為an=1000×1.1n-1,bn=0.85+(n-1)×0.01=0.01n+0.84,所以S??=850×1.1°+860×1.11+870×1.12+…+950×1.11?+960×1.1"①,1.1S??=850×1.11+860×1.12+…+950×1.11+960×①-②得-0.1S??=850+10×(1.1+1.12+…+1.11)-960×1.112=740-860×1.112,所以S??=10×(860×1.112-740)≈10×(860×3.14-740)即該工廠今年全年生產(chǎn)的合格產(chǎn)品總數(shù)約為19604個.進階訓練4答案：2000.詳解：當放在最左側坑時，路程和為2×(0+10+20+…+190);當放在左側第2個坑時，路程和為2×(10+0+10+20+…+180)(減少了360米);當放在左側第3個坑時，路程和為2×(20+10+0+10+20+…+170)(減少了680米);依次進行，顯然當放在中間的第10,11個坑時，路程和最小，為2×(90+80+…+0+10+20+…+100)=2000(米).第七章立體幾何題型一多面體的結構特征詳解：(1)對于選項A,根據(jù)棱柱的定義可得，棱柱的側棱都相等，側面都是平行四邊形，但是不一定全等，故A錯誤.對于選項B,各側面都是正方形的四棱柱，可以是底面為菱形的直棱柱，不一定是正方體，故B錯誤.對于選項C,在四棱柱ABCD-A?B?C?D?中，平面ACC?A?⊥平面ABCD,平面BDD?B?⊥平面ABCD,平面ACC?A?∩平面BDD?B?=001,所以00?⊥平面ABCD.又易知00?//AA?,所以AA?⊥平面ABCD,故C正確.對于選項D,有兩個面平行，其余各面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊都互相平行的幾何體叫棱柱，符合棱柱的定義，故D正確.故選CD.(2)對于選項A,有一個面是多邊形，其余各面是有公共頂點的三角形的幾何體才是棱錐，故A錯誤.對于選項B,五邊形被一個頂點出發(fā)的兩條對角線分為三個三角形，所以任意五棱錐都可以分成3個三棱錐，故B正確.對于選項C,如圖所示的幾何體，所有面都是三角形，但該幾何體不是三棱錐，故C錯誤.對于選項D,正四棱錐的底面為正方形，側棱長相等，所以正四棱錐的側面都是等腰三角形，故D正確.故選BD.(3)對于選項A,棱臺的側棱延長后交于一點，但側面不一定是等腰梯形，如一條側棱垂直于底面，那么會有兩個側面為直角梯形，故A錯誤.對于選項B,因為無法確定側棱是否交于一點，故滿足條件的幾何體不一定是棱臺，故B錯誤.對于選項C,用一個平面去截棱錐，棱錐底面和截面之間的部分不一定為棱臺，因為不能保證截面與底面平行，故C錯誤.對于選項D,用平行于棱錐底面的平面截棱錐，截面與底面之間的部分為棱臺，故延長一個棱臺的各條側棱，它們必相交于一點，故D正確.故選D.進階訓練1答案：(1)D;(2)ABD.詳解：(1)對于選項A,底面是正多邊形的直棱柱是正棱柱，底面是正多邊形但側棱與底面不垂直的棱柱不是正棱柱，故A錯對于選項B,滿足有兩個面互相平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體可能是兩個棱柱拼接而成，如圖所示，故B錯誤.對于選項C,如圖所示：該幾何體的上下底面是兩個全等的矩形，兩矩形平行，且上面矩形的長與下面矩形的寬對應平行，則四個側面均為等腰梯形，但四條側棱并不交于同一點，故不是四棱臺，故C錯誤.對于選項D,若六棱錐的底面邊長都相等，則底面為正六邊形，由過底面中心的正六邊形的對角線和頂點的截面知，若以正六邊形為底面，側棱長一定大于底面邊長，故D正確.故選D.(2)對于選項A,如圖，四邊形ABC?D?為平行四邊形，所以A正確.對于選項B,四面體AB?CD?是正四面體，所以B正確.對于選項C,如圖，四面體AB?BD中，BB?⊥BA,BB?⊥BD,AB⊥AD,AD⊥AB?,故每個面都是直角三角形，所以C不正確.對于選項D,如圖，四面體AA?BD中，△AA?D,△AA?B,△ABD均是直角三角形，△DA?B為等邊三角形，所以D正確.故選ABD.參考答案11題型二旋轉體的結構特征例2答案：(1)AD;(2)①③.詳解：(1)對于選項A,直角三角形以其直角邊所在直線為軸旋轉，其余兩邊旋轉一周形成的面所圍成的旋轉體是圓錐，故A正確.對于選項B,用一個平面截一個球，得到的截面是一個圓面，不是圓，故B錯誤.對于選項C,用一個平行于底面的平面截圓錐，得到一個圓錐和圓臺，故C錯誤.對于選項D,由圓臺的概念知圓臺的任意兩條母線延長后一定交于一點，故D正確.故選AD.(2)由球的定義可得①是正確的；因為直徑一定過球心，故②不對；由球的定義可得過球心的截面是最大的截面，且截面的半徑就是球的半徑，則不過球心的截面截得的圓叫作球的小圓，故③正進階訓練2詳解：①不一定，只有當這兩點的連線平行于軸時才是母線；②不一定，當以斜邊所在直線為旋轉軸時，其余兩邊旋轉形成的面所圍成的幾何體不是圓錐，如圖所示，它是由兩個同底圓錐組成的幾何體；③錯誤，如果兩個平行截面與圓柱的底面平行，則是旋轉體，如果這兩個平行截面與圓柱的底面不平行，則不是旋轉體故選A.題型三幾何體的直觀圖例3答案：(1)D;(2)A;(3)C.詳解：(1)由題意及直觀圖的畫法可知當∠x'O'y'=45°時，等腰三角形ABC的直觀圖是④;當∠x'O'y'=135°時，等腰三角形ABC的直觀圖是③,綜上，等腰三角形ABC的直觀圖可能是③④,故選D.(2)原△ABC如圖所示：由斜二測畫法的規(guī)則可知，BO=CO=1,AO=√3,A0⊥BC,所以AB=BC=AC=2,故△ABC為等邊三角形.故選A.(3)根據(jù)題意，因為在梯形A'B'C'D'中，A'D'//y'軸，A'B'//所以四邊形ABCD是一個上底為2,下底為5,高為8的直角梯形，則原四邊形ABCD的面積故選C.進階訓練3把直觀圖還原為原圖，如圖，則根據(jù)斜二測畫法規(guī)則得DE=3,AE=6√2,故選D.詳解：該半正多面體共有8+8+8+2=26個面，設其棱長為,解得x=√2-1.故棱長為26,√2-1.進階訓練4能力進階——能力進階——一由題意可得OB=0C=2,0A=4,則AB=AC=√16+4=由余弦定理，可得由正弦定理，可得△ABC外接圓的半徑則三棱錐P-ABC作圖如下：作ED⊥平面ABC,且PA⊥底面ABC,所以PA//ED,取點E為三棱錐P-ABC外接球的球心，則EA=EP,作EF⊥PA,易知四邊形EDAF為正方形，即則,即三棱錐P-ABC外接球表面積S=4π·故選D.題型一空間幾何體的側面積與表面積故圓錐的側面積為39π.(2)正三棱臺的上、下底面的面積分別為則側面在底面的射影面設側面積為S,由面積射影定理知Scos30°=36√3,可得S=故側面積等于72.(3)由題意可得圓錐體的母線長為l=√62+42=2√13,所以圓錐體的側面圓柱體的側面積為12π×6=72π,圓柱的底面面積為π×62=36π,所以此陀螺的表面積為12√13π+72π+36π=(108+進階訓練1詳解：如圖所示，當點C位于垂直于平面AOB的直徑的端點時，三棱錐0-ABC的體積最大.設球0的半徑為R,∴Vo-ABC=V,解得R=3,則球0的表面積VS=4πR2=36π.題型二空間幾何體的體積所以剩余部分幾何體的體積為V圓臺-V半球=4π.故答案為4π.(2)取CD的中點0,連接OH,則OH⊥平面ABCD.以正方形ABCD為底面，以OH為高將幾何體ABCD-EFGH補成長方體AB-則E,F,G,H分別為A?D?,A?B?,B?C?,C?D?的中點.因為AB=2,則OH=1,長方體ABCD-A?B?C?D?的體積為V=22×1=4,面EGH.所以EF⊥平面EGH,過點F作FM⊥EF,FN⊥EF,又FM∩FN=F,FM,FNC平面FMN,所以EF⊥平面FMN,因為EF//底面ABCD,EFC平面ABFE,平面ABFE∩平面ABCD=AB,FMN,連接點E與GH的中點P,則所以三棱柱EGH-FMN的體積為因為AB⊥平面EGH,EPC平面EGH,所以AB⊥EP,所以四棱錐E-AGHD的體積由對稱性可得四棱錐F-MBCN的體積所以五面體ABCDEF的體積為進階訓練2設△FDG的面積為S,則四邊形BCDF的面積為3S,設點P到底面ABCD的距離為h,所以V?=VueceD=VE-Bcop+VE-Dm=9sh,所以V?=故答案題型三最短路徑問題例3答案：(1)M在線段BB?的四分點處，靠近點B;2√5;詳解：(1)把側面BCC?B?繞直線BB?旋轉到與側面ABB?A?此時,即,所以點M在線段BB?的四分點(2)由正棱柱的性質(zhì)可得DM=3,DP=2√2,PM=√5,,則sin∠DPM=,點D到平面C?PM的距離為h=2,設點C?到平面DMP的距離為d,由即由即,解得進階訓練3詳解：(1)連接BC?,得△A?BC?,以A?B所在直線為軸，將△A?BC?所在平面旋轉到平面ABB?A?,設點C?的新位置為C',連接AC',則有AP+PC?=AP+PC'≥AC',如圖，所以A?C?=2,即A?C'=2,由勾股定理可得：A?B=√AA?2+AB2=√1+3=2,且AA?=1,A?C'=2,7.3球與幾何體的切接問題題型一補形成長方體(或正方體)的外接球問題ADC,此時三棱錐中AD,BD,CD三直線兩兩垂直，三棱錐A-BCD的外接球的直徑是長方體的體對角線，所以外接球的體故外接球的表面積為S=8π.可得長方體的過同一個頂點的三個相鄰的面的對角線分別為所以a2+b2+c2=26,設三棱錐外接球的半徑為R,則(2R)2=a2+b2+c2=26,外接球的表面積S=4πR2=26π,故選C.進階訓練1詳解：(1)設AB=a,BC=b,由三棱錐P-ABC外接球表面積又PA1平面ABC,得PA⊥AC,PA⊥AB,又AB⊥BC,參考答案∴(2R)2=AB2+BC2+AP2=AC2+AP2=2AP2,解得AP=2,過D作DE⊥AB,垂足為E,∴VP-ac=Vo-mBc-Vo-AB=3snC·(PA-DE)當且僅當,即a=233,6=236時，等號成立.∴三棱錐P-ACD體積的最大值(2)根據(jù)題意，當圓錐的側面積最小時，該圓錐的內(nèi)切球即四面體ABCD的外接球，設該長方體的長，寬，高分別是a,b,c,四面體ABCD外接球的半徑是R,則則此時圓錐的內(nèi)切球的半徑為,底面圓的半徑為r=母線長,所以側面積為故答案題型二直棱柱或可補形成直棱柱的外接球問題例2答案故可將四面體S-ABC補成一個直棱柱，設底面外接圓半徑為r,外接球半徑為R,則球心0在外心連線的中點處.BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos120°→BC=√7,,所求外接球的表面積進階訓練2得BC=2√3,由正弦定理可得△ABC外接圓的半徑r=2.設該圓心為0',球心為0,在Rt△OBO'中，易得球半徑R=題型三利用球的性質(zhì)確定球心的外接球問題詳解：(1)如圖所示，設球半徑為R,底面中心為0'且球心為+(4-R)2,解得∴該球的表面積為.故選A.(2)如圖所示，設底面外接圓圓心為0?,半徑為r,外接球半徑為R,則球心0在底面外心0?與頂點S的連線上.BC2=AC2+AB2-2AC·ABcos120°→BC=√7,,∵SO?=2,且AO2=00?2+AO?2,即進階訓練3詳解：設正三棱錐底面的邊長為a,高為h,根據(jù)圖形可知42=則又∵正三棱錐的體積則或h=0(舍去),∴函數(shù)上單調(diào)遞增，在面如圖所示.設圓臺上底面圓的半徑r,則2πr=8π,r=4,所以球心0到上底面圓的距離h=√R2-r2=√52-42=3,即圓臺的高為3,所以母線長l=√32+(5-4)2=√10,所以圓臺的側面積為AD=DC=2,,所以E是直角三角形ADC的外心，DE⊥AC,DE=√2.是二面角B-AC-D的平面角，⊥AC,EF⊥AC,DE∩EF=E,DE,EFC平面DEF,得AC⊥平面DEF,因為ACC平面ADC,所以平面DEF⊥平面ADC,同理平面平面DEF∩平面ADC=DE,平面DEF∩平面ABC=EF,在平面EDF內(nèi)過E作EO⊥DE,則EO平面ADC,在平面EDF內(nèi)過F作0F⊥EF,則FO⊥平面ABC,EO與0F交于點0,所以0為四面體ABCD的外接球的球心.所以外接球表面積進階訓練4答案：(1);(2)14cm3參考答案PD=√PA2+AB2=√2,所以△PAC,△BPC,△DPC為直角三角形，有公共斜邊PC,取正方形EFGH的中心為M,正方形ABCD的中心為N,連接可知該幾何體的外接球的球心0在MN上，連接ME,NA,OE2cm.設ON=ycm,當0在線段MN上時，則MO=(h-y)cm,所以該正四棱臺的體積故答案為14(3)設點P在平面ABC內(nèi)的射影為H,連接AH,考慮到二面角P-AB-C的大小,則點H與點C在直線所以AB⊥平面PAH,AHC平面PAH,則AB⊥AH,所以∠PAH為二面角P-AB-C的平面角的補角，所以PH=AH=2,從而三棱錐P-ABC的高為2.又△ABC的面積因此點C和點P在圖中兩全等長方體構成的大長方體的體因為球0的球心0與△ABC的外接圓的圓心的連線垂直平面ABC,△ABC中AC為斜邊的直角三角形，所以其外接圓的圓心為所以球0的球心0在底面ABC內(nèi)的射影為線段AC的中點于是設解得,則球0的半所以球0的體積題型四內(nèi)切球問題,所以,所以能力進階輪復習高中數(shù)學下冊設三棱錐P-ABC的內(nèi)切球的半徑為r,則r故選B.(2)因為球0?的體,所以球O?的半徑為1,又球O?與正三棱柱ABC-A?B?C?的所有面都相切，所以正三棱柱ABC-A?B?C?底面內(nèi)切圓的半徑為1,棱柱高為2,設正三棱柱ABC-A?B?C?的外接球的球心為0,底面ABC內(nèi)切圓的圓心為0',設BC的中點為D,則O'在AD上，且O'D=1,∴AO'=2,又00'=1,則三棱柱ABC-A?B?C?外接球的半徑為OA=即外接球的表面積為4π×(√5)2=20π,故選B.(3)由已知條件，設球的半徑為r,可知圓柱的底面半徑為r,圓柱的高為2r,則圓柱的表面積S?=2πr2+2πr·2r=6πr2,體積V?=2r·πr2=2πr3,球表面積S?=4πr2,體積∴S?:S?=3:2,V?:V?=3:2.故選B.(4)如圖，圓0與AB切于點D,設球的半徑為r,則OA=2r,且AC=20C,有AC2=0A2+OC2,即40所以水的體積進階訓練5因為C?C⊥AC,A?A⊥BC→C?C⊥BC,ACNBC=C,所以CC?⊥過點A作AE⊥A?B,則AE⊥平面A?BC,則AE⊥BC,又因為BC⊥BB?,所以BC⊥平面AA?B,ABC平面ABB?A?,所以AB⊥BC.設AB=c,AC=b,BC=a,則b2=a2+c2,又因為三棱柱內(nèi)切球的體積3π,則3,則R=,即c+a-b=2,則解得ac=12.12×2=4,故三棱錐A-A?BC的體積為4.故選D(2)①類比推理可得，三棱錐的內(nèi)切球的半徑公式②因為PA,PB,PC兩兩垂直，PA=PB=PC=1,所以△PAB的面積為!,則三棱錐P-ABC的體積為V=,三棱錐P-ABC的表面積為.所以內(nèi)切球的半徑,外接球半徑,所以三棱錐P-ABC的內(nèi)切球半徑和外接球的半徑之比題型五球切接的綜合問題詳解：如圖，記該八面體為PABCDQ,0為正方形ABCD的中OD=2√2cm,參考答案即正八面體外接球的半徑為R=2√2cm,若球0在正八面體內(nèi)，則球0半徑的最大值為0到平面PBC的距離.取BC的中點E,連接PE,OE,則OE⊥BC,,則,則該球半徑的最大值故答案進階訓練6答案詳解：方法一(利用點線關系)由題意得，四個半徑為1的小球的球心0?,0?,0?,04恰好構成一個棱長為2的正四面體，并且各面與正四面體的容器P-ABC的各對應面的距離都為1(如圖).設N,F分別為AB,0?O?的中點.在棱長為2的正四面體0?-0?O?O?中，O?F=√3,0?H=,且作O?M⊥PN,N是AB的中點.則O?M=1,方法二(利用相似關系)由題意得，四個半徑為1的小球的球心0?,0?,0?,04恰好構成一個棱長為2的正四面體，并且各面與正四面體的容器P-ABC的各對應面的距離都為1(如圖),正四面體0?-0?O?0?與正四面體的容器P-ABC是有共同的外接球球心0(同時也是內(nèi)切球的球心)的相似正四面體，設它們相似比為k,從內(nèi)切球的角度看(由等積法可知正四面體0?0?O?O?內(nèi)切球半徑r=OH=從外接球的角度看，有方法三(利用等體積法)如圖，從O?點出發(fā)將三棱錐P-ABC分為四個小三棱錐O?設正四面體P-ABC的高是h,四個球的球心連線組成的正四面體0?-0?O?0?的高O?H=,則0?所以20能力進階——一輪復習高中數(shù)學下冊題型一平面基本性質(zhì)及應用a//b,P∈b,則P∈a,由直線a與點P確定唯一平面α,由a與b確定唯一平面，且該平面經(jīng)過直線a與點P,所以該平面與α兩條直線沒有交點，兩條直線可能平行或者異面，不一定平若四邊形為空間四邊形，則兩組對邊分別相等也不是平行四若兩條平行線中的一條垂直于第三條直線，則另一條也一定故答案為②⑤.α于P,Q,R,所以P,Q,R∈平面α∩平面ABC,所以P,Q,R三點在平面α與平面ABC的交線上，即三點共取正方體ABCD-A?B?C?D?中三直線AB,AD,AA?,它們兩兩由(1)知EF//GH,但EF≠GH,所以P∈平面ABC,同理P∈平面ADC.又平面ABC∩平面ADC=AC,所以P∈AC,所以EG,FH,AC相交于一點.進階訓練1B?D?=0,平面AA?C?C∩平面AB?D?=A0.因為A?MN平面AB?D?=M,A?MC平面AA?C?C,所以點M是平面AA?C?C和平面AB?D?的交點，取AC中點O?,連接00?交A?C于點E,由題意得△A?OM∽,即M為A?C的三等分點.因為0,B?,B不共故選ABC.題型二判斷空間直線的位置關系在①中，MG//HN且MG=NH,則四邊形MGHN是平行四邊與MN異面；異面.參考答案所以圖②④中GH與MN異面.故答案為②④.(2)對于A,若AB,CD是異面直線，則存在異于AB,CD的直對于B,因為AB與CD相交，則A,B,C,D四點共面于平面γ,由線面平行的性質(zhì)可得AC//BD,進而可得BD//l,故B正確；對于C,當AB,CD是異面直線時，MN不可能與l平行，假設MN//l,過M作CD的平行線EF,連接AE,EC,BF,FD,又MN//EC,EC//平面β,AE∩EC=E,所以平面AEC//平面對于D,若M,N兩點可能重合，則AC//BD,故AC//l,故此時直線AC與直線l不可能相交，故D正確.進階訓練2OD于點F.連接BF.∵平面CDE⊥平面ABCD,EO⊥CD,EOC平面CDE,∴EO⊥平面ABCD,MF⊥平面ABCD,∴△MFB與△EON均為直角三角形.設正方形邊長為2,易知EO=√3,ON=1,EN=2,,BM=√7.BM≠EN,易知直線BM,EN題型三異面直線所成的角因為A?B?//CD,A?B?=CD,∴A?D//B?C,因此∠A?DE是異面直線DE與B?C所成的角或設正方體ABCD-A?B?C?D?的棱長為2,則A?D=2√2,A?E=即異面直線DE與B?C所成角的余弦值(2)設正四面體OABC棱長為1,∴異面直線OE與BF所成角的余弦值故選D.進階訓練3答案詳解：分別取AA?,BC的中點P,Q,連接B?P,B?Q,AQ,PQ設AB=AA?=2,∴四邊形APB?M和B?NCQ均為平行四邊形，∴B?P//AM,CN//B?Q,∴∠PB?Q(或其補角)即為直線AM與CN所成的角.題型四利用平面基本事實作截面例6答案且則梯形AMND?即為過三點A,M,D?的截面，如圖所示，故梯形面積為(2)如圖，延長ME和B?C?的延長線交于點J,則△MCE△JC?E,連接HJ,則△JC?G≌△HD?G,則C?G=D?G,同理延長MF,DA交于點L,連接LH,交AA?于點K,點K即為AA?的中點，則K,E在FM,HG確定的平面內(nèi)，則六邊形FMEGHK為過E,M,F三點的截面，且是正六邊形，進階訓練4延長DC交D?F的延長線于點H,連接EH交BC于點I,延長HE交DA的延長線于點K,連接D?K交AA?于點J,則五邊形D?FIEJ即為平面D?EF截該四棱柱得到的截面.故(2)如圖所示，延長AP,交DD?的延長線于點H,連接CH,交C?D?于點Q,連接PQ,則ACQP即為所求的截面(也可過點P作A?C?的平行線，交C?D?于點Q,連接CQ).所以AC=2√2,PQ=√2,因為CC?=2,C?Q=1,所以CQ=√5,在平面ACQP中，過點Q作QE⊥AC,E為垂足，則,所7.5直線、平面平行的判定及性質(zhì)題型一與平行有關的概念及定理詳解：(1)對于A,如果aCα,可滿足a//b,bCα,但推不出a//α,A錯誤；對于B,存在一條直線b,a⊥b,b⊥α,則可能是aCα,也可能是a//α,B錯誤；對于C,存在一個平面β,aCβ,α//β,根據(jù)面面平行的性質(zhì)知對于D,存在一個平面β,a⊥β,α⊥β,此時可能aCα也可能故選C.(2)A.如圖所示：,存在一條直線a,a//α,a參考答案B.如圖所示：,存在一條直線a,aCα,a//β,但故選D.進階訓練1對于C:還有可能mCβ;對于D:α,β還有可能相交.故選ACD.題型二線面平行的判定與性質(zhì)則EF//GH,故B正確.則M∈EG,M∈平面ABD,M∈FH,M∈平面BCD,即直線EG,FH,BD相交于同一點，故C正確.因為AE=EB,AG=2GD,所以直線BD與EG必相交，所以D錯誤.故選D.可得DF//GC,DF=GC,所以四邊形DFCG為平行四邊形.又OHC平面FGH,BD女平面FGH,所以BD//平面FGH.(也可先證明平面DEB//平面FGH)(2)取AB的中點F,連接DF,B?F,如圖.又∵B?FC平面AA?B?B,DEC平面AA?B?B進階訓練2連接AG并延長交PD于點M,延長AE交DC的延長線于點N,連接MN.∵AB//CD且BE=2EC,∴GE//MN.∵GE女平面PCD,MNC平面PCD,能力進階輪復習高中數(shù)學下冊延長PG交AD于點0,取線段AD上靠近點D的三等分點F,則AF=2FD.又∵EF∩FG=F,EF,FGC平面EFG,∴平面EFG//平面PCD.(2)見詳解.平面ABCDN平面PAD=AD,所以BC//AD;所以EF//AD且,由(1)知BC//AD,又BC=所以EF//BC且EF=BC,所以四邊形BCEF為平行四邊形，③取AD中點N,連接CN,EN.因為ENC平面PAB,PAC平面PAB,所以EN//平面PAB.線段AD存在點N,使得MN//平面PAB,理由如下：由②知CE//平面PAB,又CENEN=E,CEC平面CEN,ENC所以平面CEN//平面PAB,又M是CE上的動點，所以MNC所以MN//平面PAB,所以線段AD上存在點N,使得MN//平(2)證明：因為AB2+AD2=BD2,AB2+PA2=PB2,所以AB⊥AD,AB⊥PA.延長CB,DA交于點F,連接PF,如圖，所以點B是CF的中點.因為直線BE//平面PAD,過BE的平面PFC與平面PAD的交進階訓練3所以MN//GA,因為MN女平面ADFC,GAC平面ADFC,所以MN//平面ADFC.因為MNC平面DMN,平面DMN∩平面ADFC=l,所以MN//題型三面面平行的判定與性質(zhì)例5答案：(1)證明見詳解；(2)證明見詳解；(3)證明見詳解.在三棱柱ABC-A?B?C?中，∵B?C?//BC,∴GH//BC,∴B,C,H,G四點共面；(2)∵E,F分別為AB,AC的中點，參考答案25∴EF//平面BCHG.∵A?E女平面BCHG,BGC平面BCHG,∴A?E//平面BCHG.∴A?E∩EF=E,且A?EC平面EFA?,EFC平面EFA?,∴平面(3)連接A?C,設A?C與AC?的交點為M,連接DM,如圖所示，∵DM女平面A?BD?,A?BC平面A?BD?,∴DM//平面A?BD?.∵D,D?分別為BC,B?C?的中點，又DC?女平面A?BD?,BD?C平面A?BD?,∴DC?//平面A?BD?.又DC?∩DM=D,DC?C平面AC?D,DMC平面AC?D,∴平面A?BD?//平面AC?D.因為平面ADD?A?//平面BCC?B?,平面AD?EF∩平面ADD?A?=AD?,又AB=C?D?,AB//C?D?,所以四邊形ABC?D?為平行四邊形，進階訓練4∵MNC平面EFC,ECC平面EFC,∵BD女平面EFC,EFC平面EFC,EFC.(2)因為平面ADE⊥平面BCDE,平面ADE∩平面BCDE=過點B作BQ垂直CD于點Q,連接QM,如圖，因為BQ//DE,BQ女平面ADE,DEC平面ADE,所以BQ//平面ADE,以平面BQM//平面ADE,又因為平面BQM∩平面ADC=QM,平面ADE∩平面ADC=AD,所以AD//QM.因為BC=2,∠ACB=60°,所以CQ=1.=4,所以,CD=AC-AD:題型四平行關系的綜合應用詳解：(1)取A?D?中點N,A?B?中點M,連接AM,AN,MN,如由正方體ABCD-A?B?C?D?,E,N分別為B?C?,A?D?的中點，∴AN//平面BEF.∵E,F分別為B?C?,C?D?的中點，由中位線性質(zhì)知EF//B?D?.同理可知MN//B?D?,∴MN//EF.又MN女平面BEF,EFC平面BEF,又AN∩MN=N,AN,MNC平面AMN,∴平面AMN//平面BEF.∵P是底面A?B?C?D?上一點.且AP//平面BEF,∴P∈MN.在等腰三角形AMN中，AP的長度最大時為APmax=AM=AP的長度最小時，P為MN的中點，故AP的最小值,最大值(2)如圖，延長AB到點E,使AE=DC,連接EC.取BE中點F,作FG//DB,交BC于點H,交DC于點G,連接PG,如圖，因為,所以AB=BE=1.因為PO//平面MBD,0∈平面ABCD,所以點0的軌跡為線段GH.因為底面ABCD為直角梯形，所以∠DBC=∠BHF=90°,進階訓練5所以A?D?//ME且A?D?=ME,所以四邊形A?MED?為平行四因為D?EC平面D?AE,A?MC平面D?AE,所以A?M//平面D?AE.取B?C?的中點N,連接MN,取BC的中點G,連接AG,EG,則EG//BC?,EGC平面D?AE,MNC平面D?AE,所以MN//平面D?AE,而A?M,MNC平面A?MN,A?MNMN=M,所以平面A?MN//平面D?AE而F是側面BCC?B?內(nèi)的動點，且A?F//平面D?AE,所以F是線段MN上的動點.因為A?B?⊥平面BCC?B?,B?FC平面BCC?B?,所以A?B?⊥B?F.取得最小值.又A?M=A?N,所以F為MN中點時取得最小值.MN⊥B?F.設△MB?F的外接圓半徑為,三棱錐A?-B?MF的外接球半徑為R,所!所以三棱錐A?-B?MF的外接球表面積為S=4πR2=20π.題型一與垂直相關的概念與定理的辨析對于②:若m//α,n⊥β,m⊥n,則根據(jù)空參考答案27異面直線或a與b相交，故④不是真命題.故答案為①③.設正方體的棱長為2,則OM=√3,MN=√2,ON=√5,則ON2=0M2+MN2,∴MN⊥OM.故選A.進階訓練1詳解：(1)由直線與平面平行的性質(zhì)可知A正確；當α⊥β時，平面α內(nèi)與兩平面的交線不垂直的直線均與平面β不垂直，故B以成立，例如長方體一個頂點上的三條直線就滿足此條件，所以D(2)由M,N分別為VA,VC的中點，則MN//AC,又ACC平面ABC,MN平面ABC,∴MN//平面ABC,故A正確；又由題意得BC上AC,因為VA⊥平面ABC,BCC平面ABC,所因為ACNVA=A,所以BC1平面VAC,所以MN與BC所成的角為90°,故C錯誤；OC,矛盾),故D錯誤；因為BC⊥平面VAC,BCC平面VBC,所以平面VAC⊥平面VBC,故B正確.故選AB.題型二利用垂直的判定定理與性質(zhì)定理證明命題例2答案：(1)證明見詳解；(2)證明見詳解.詳解：(1)因為PA⊥平面ABCD,BCC平面ABCD,所以PA⊥BC.因為底面ABCD為矩形，所以AB⊥BC,又PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所以BC1平面PAB.因為AEC平面PAB,所以BC1AE.因為PA=AB,點E是PB的中點，所以AE⊥PB.又BCNPB=B,BC,PBC平面PBC,所以AE⊥平面P因為PCC平面PBC,所以AE⊥PC.(2)由直棱柱的定義可知BB?⊥平面ABC,所以BB?⊥B?A?,所以A?B=√A?B2+B?B2=√32+42=5.又因為△A?BC?的面積為10,sin∠C?A?B,所以sin∠C?A?B=1,即∠C?A?B=90°,所以C?A?⊥A?B.又因為平面A?BC?上平面A?ABB?,平面A?BC?∩平面A?ABB?=A?B,且C?A?C平面A?BC?,所以C?A?工平面A?ABB?,所以C?A?⊥A?B?,所以AC⊥AB.例3答案：(1)證明見詳解；(2)證明見詳解.詳解：(1)由AP1平面PCD,可得AP⊥PC,AP⊥CD.由題意得，四邊形ABCD為直角梯形，如圖所示.∴BC//DE,BC=DE,∴四邊形BCDE為平行四邊形，∴BE//又∵BE⊥AC,APC平面APC,ACC平面APC,且AC∩AP=A,∴BE⊥平面APC.∵AP⊥平面PCD,PCC平面PCD,AP,∴△PAC為等腰直角三角形，0為斜邊AC上的中點，例4答案：(1)見詳解；(2)見詳解.詳解：(1)取B?D?的中點O?,連接CO?,A?O?,如圖所示，由于幾何體ABCD-A?B?C?D?是四棱柱，所以A?O?//OC,A?O?=OC,因此四邊形A?OCO?為平行四邊形，所以A?O//O?C,又0?CC平面B?CD?,A?O女平面B?CD?,所以A?O//平面B?CD?.(2)連接EM,因為ACIBD,E,M分別為AD和OD的中點，所所以EM⊥BD,又A?E⊥平面ABCD,BDC平面ABCD,所以A?E⊥BD,因為B?D?//BD,所以EM⊥B?D?,A?E⊥B?D?,又A?E,EMC平面A?EM,A?E∩EM=E,所以B?D?⊥平面A?EM,所以平面A?EM⊥平面B?CD?.進階訓練2答案：(1)證明見詳解；(2)存在點P為DD?的中點，使得平面APC?⊥平面ACC?,證明見詳解詳解：(1)如圖所示，連接AC,BD,則BD⊥AC,能力進階——一輪復習高中數(shù)學下冊∴MN//AC,∴BDIMN.∵DD?⊥平面ABCD,MNC平面ABCD,∴DD?⊥MN,∴MN⊥平面BDD?,∵無論P在DD?上如何移動，總有BPC平面BDD?,∴總有MN⊥BP.(2)存在點P為DD?的中點，使得平面APC?⊥平面ACC?.證明如下：∴BD⊥平面ACC?,取BD?的中點E,連接PE,則PE//BD,∴PE1平面ACC?,又PEC平面APC?,∴平面APC?⊥平面ACC?.題型三與垂直相關的綜合問題詳解：(1)對于A選項，因為平面AA?B?B//平面CC?D?D,且平面BED?∩平面AA?B?B=BF,平面BED?∩平面CC?D?D所以四邊形BED?F為平行四邊形，所以AF=√BF2-AB2=√D?E2-C?D2=C?E,為AA?的中點，因為AA?//CC?且AA?=CC?,F,E分別為AA?,CC?的中點，所以A?F//C?E且A?F=C?E,故四邊形A?C?EF為平行四邊形，所以A?C?//EF,因為A?C?女平面BED?F,EFC平面BED?F,故A?C?//平面BED?F,因此存在點E,使得A?C?//平面BED?F,A正確；對于B選項，連接BD,B?D?,因為BB?//DD?,BB?=DD?,且BD=√2BB?,故四邊形BB?D?D為平行四邊形，且該四邊形不是菱形，所以B?D與BD?不垂直，從而可知，B?D與平面BED?F不垂直，B錯；對于C選項，因為四邊形A?B?C?D?為正方形，則A?C?⊥B?D?,因為BB?⊥平面A?B?C?D?,A?C?C平面A?B?C?D?,則A?C?⊥BB?,因為BB?∩B?D?=B?,BB?,B?D?C因為BD?C平面BB?D?,所以，BD?⊥A?C?,同理可證BD?⊥因為A?C?nC?D=C?,A?C?,C?DC平面A?C?D,所以BD?⊥平面A?C?D,因為BD?C平面BED?F,因此，平面A?C?D⊥平面BED?F,C正確；對于D選項，設正方體ABCD-A?B?C?D?的棱長為a,,D正確.故選B.(2)取AC的中點M,連接BM,因為AB=BC,所以BM⊥AC.因為平面PAC1平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,BMC平面ABC,所以BM⊥平面PAC.因為PAC平面PAC,所以BMIPA.平面ABC.因為△ABC為等腰三角形，且∠ABC=120°,則∠ABM=∠CBM=60°,設BM=a,則BA=BC=2a,PA=AC=2√3a.設△ABC外接圓的圓心為0?,半徑為r,球O的半徑為R.如圖所示，B,M,0?三點共線，由BM⊥平面PAC,可得O?M⊥平面PAC.參考答案29由正弦定理20,B=sin120=4a,故0?B=2a,則O?M=a.連接O?A,OA,則O?A=2a,圓的圓心為0?,可得C平面PAC,故00?//平面PAC,所以點0到平面PAC的距離等于點O?到平面PAC的距離.又因為點Q到平面PAC的距離的最大值為1+√7,所以O?M+R=a+√7a=1+√7,得a=1,所以R=√7,球0的表面積為S=4πR2=28π.進階訓練3所以∠ODC=∠ODA=45°,且AD=DC,則∠ADC=90°,所以BD⊥平面PAC,又BDC平面ABCD,所以平面PAC⊥平面ABCD,故B正確；過點P作PH⊥AC于點H,因為平面PAC⊥平面ABCD,PHC平面PAC,若AP≠PC,則H不為0點，此時PO⊥平面ABCD不成立，故設點H到AB,BC,CD,DA的距離分別為d?,d?,d?,d?,d2+PH2=d2+PH2,則d?=d?=d?=d?,故點H為∠DAB與∠DCB的角平分線的故選AB.題型四線面角、二面角詳解：(1)對于選項A,D,由于AD⊥平面BCD,所以∠ACD是直線AC與平面BCD所成的角，線段AD的長是點A到平面BCD對于B,AD⊥平面BCD,BCC平面BCD,所以BC⊥AD,又BCADNCD=D,AD,CDC平面ACD,所以BC1平面ACD,因為CAC平面ACD,故BC⊥AC,對于C,由于BC⊥AC,所以線段AC的長是點A到直線BC的故選B.(2)如圖，連接B?C,BC?,因為DA?//B?C,所以直線BC?與B?C所成的角即為直線BC?與DA?所成的角，因為四邊形BB?C?C連接A?C,因為A?B?⊥平面BB?C?C,BC?C平面BB?C?C,則A?B?⊥BC?,因為B?C⊥BC?,A?B?∩B?C=B?,所以BC?⊥平面A?B?C,又A?CC平面A?B?C,所以BC?⊥CA?,故B正確；連接A?C?,設A?C?∩B?D?=0,連接BO,因為BB?⊥平面A?B?C?D?,C?OC平面A?B?C?D?,則C?O⊥B?B,因為C?O⊥B?D?,B?D?∩B?B=B?,所以C?O⊥平面BB?D?D,所以∠C?BO為直線BC?與平面BB?D?D所成的角，設正方體棱長為1,則為C?C1平面ABCD,所以∠C?BC為直線BC?與平面ABCD所成故選ABD.詳解：(1)在平面β內(nèi)過點A作AE⊥l,過點D作DE/DE交于點E,如圖，由BD⊥l且BDCβ,故AE//BD且AE=BD,又AC⊥l,ACCα,所以平面α與平面β的夾角為∠CAE,且四邊形ABDE為矩由DE//l,則DE⊥AC,又ACNADE⊥平面CAE,又AB=4,AC=6,BD=8,CD=2√17,所以銳二面角的大小故選C.(2)設S在底面所在平面內(nèi)的射影為0,連接OA,OB,OC,如能力進階輪復習高中數(shù)學下冊若SA=SB=SC,則直角三角形SOA,直角三角形SOB,直角三若SA,SB,SC與底面所成的角相等，即∠SAO=∠SBO=∠SCO,則直角三角形SOA,直角三角形SOB,直角三角形SOC全等，所以OA=OB=0C,∴0為ABC的外心，故C錯誤；若SA⊥SB,SA⊥SC,SBISC,則易知SA⊥平面SBC,故SA⊥BC,又∵SO⊥平面ABC,∴SO⊥BC,又∵SA∩SO=S,∴BC⊥平面SOA,∴BC⊥OA,同理AC⊥OB,BC⊥OA,∴0為△ABC的垂心，故B正確；三個側面SAB,SBC,SAC與底面所成二面角相等，在底面內(nèi)過0作BC,CA,AB的垂線，垂足分別為D,E,F,連接SD,SE,SF,如利用線面垂直的判定與性質(zhì)易得SD⊥BC,SE⊥AC,SF⊥AB,故∠SDO,∠SEO,∠SFO為側面與底面所成的二面角的平面角，故∠SDO=∠SEO=∠SFO,故△SDO,△SEO,△SFO全等，故OE=OD=0F,又顯然0在△ABC外部時不合二面角相等的意義，故0為ABC的內(nèi)心，故D正確.故選ABD.點，則AE⊥BD,CE⊥BD,而AENCE=E,AE,CEC平面ACE,于是得BD⊥平面ACE,又BDC平面BDF,所以平面ACE⊥平面BDF.(2)依題意不妨設BC=CD=2,∠BCD=90°,則BD=2√2,CE=√2,又∠BAD=60°,則AB=AD=BD=2√2,AE=√6.由(1)得,因AD2+CD2=12=設點B到平面ACD的距離為h,則,解得h=√2,所以點B到平面ACD的距離為√2.設直線BF與平面ACD所成的角為θ,所以因為AB2+BC2=12=AC2,所以∠ABC=90°,故當BF⊥AC例9答案：(1)見詳解詳解：(1)∵AD//BC,AB⊥BC,BC=AB=2,AD=3,POC,∵PA=PB=AB,0為AB中點，∴PO⊥AB,梯形中AB與CD相交，∴PO⊥底面ABCD,∴平面PAB1平面ABCD.(2)方法一過C作CE⊥OD,交OD于點E,過點E作EF⊥PD,交PD于點F,連接CF,如圖，∴∠CFE是二面角0-PD-C的平面角.在Rt△CEF中故二面角0-PD-C的余弦值參考答案31方法二如圖，建立空間直角坐標系0-xyz,則P(0,0,√3),D(-1,3,0),C(1,2,0),∴OP=(0,0,√3),OD=(-1,3,0),CP=(-1,-2,√3),CD=(-2,1,0),設平面OPD的法向量為m=(x?,y?,z?),平面PCD的法向量為n=(x?,y?,z?),則取y?=1,得x?=3,z?=0,即m=(3,1,0),故二面角0-PD-C的余弦值進階訓練4(2)①在線段AD上存在點E滿足題意，且E為AD的中點.詳解：(1)若直線AP與平面ABCD所成的角為45°,則點P的軌跡為圓錐的側面與正方體的表面的交軌，在平面ABB?A?內(nèi)，點P的軌跡為對角線AB?(除掉A點，不影響);在平面ADD?A?內(nèi)，點P的軌跡為對角線AD?(除掉A點，不影響);在平面A?B?C?D?內(nèi)是以點A?為圓心，2為半徑的四分之一故點P的軌跡長度為c=π+4√2,故選：A.(2)①在線段AD上存在點E滿足題意，且E為AD的中點.如圖，取AD中點E連接EF,SE,SF因為四邊形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.又E,F分別是AD,BC的中點，所以EF//AB,AD⊥EF.因為SE∩EF=E,SEC平面SEF,EFC平面SEF,所以AD⊥平面SEF.故AD上存在中點E,使得平面SEF⊥平面ABCD.所以平面SEF⊥平面SBC,故直線SE與平面SBC所成的角為∠ESF,即直線SE與平面SBC所成角的正弦值題型一空間向量的相關概念辨析詳解：(1)對于選項A,向量的模即向量的長度，是一個數(shù)量，所以任意兩個向量的?？梢员容^大?。粚τ谶x項B,其終點構成一個球面；對于選項C,向量可以用有向線段表示，但向量不是有向線對于選項D,兩個向量不相等，它們的?？梢韵嗟?故選BCD.(2)對于①,當a與b的夾角為π時，滿足a·b<0,所以①錯誤.對于③,若a與b共線，則存在實數(shù)λ滿足b=Aa,即即③正確.能力進階——一輪復習高中數(shù)學下冊對于④,對于空間向量a,b,c,不滿足(a·b)c=a(b·c),所以④錯誤.故選B.(3)對于A,若AB,CD共線，則AB//CD或A,B,C,D四點共對于B,若{OA,oB,oC}是空間的一個基底，則A,B,C三點不,所以A,B,C,D四點共面，故B正確；對于C,直的斜率為,故直線的一個方向?qū)τ贒,存在不全為0的實數(shù)x,y,z,由向量共面定理知a,b,c一定共面，BCD.進階訓練1詳解：對于①,因為{a,b,c}為空間的一個基底，所以a,b,c不共面，所以a+b,b+c,c+a也不共面，所以{a+b,b+c,c+a}為空對于②,因為向量可以平移，所以兩個向量一定共面，故②錯對于③,任意兩個向量一定共面，三個向量則不一定共面，故③錯