数学高一下学期精品期中模拟试卷（含解析）

这是一份数学高一下学期精品期中模拟试卷（含解析），共65页。
2．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为93，若该三棱柱的顶点都在同一个球O的表面上，则球O的表面积的最小值为（ ）
A．12πB．16πC．36πD．64π
3．已知四棱锥VA﹣BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，点P在AC上且满足AC＝3AP，则三棱锥A﹣DEP的体积为（ ）
A．87B．167C．85D．165
4．已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO→=AB→+AC→，|OA→|=|AB→|，则向量AB→在向量BC→上的投影向量为（ ）
A．14BC→B．34BC→C．−14BC→D．−34BC→
5．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1＝2，BC＝1，∠ACB＝120°，E是BB1的中点，则异面直线CE与AC1所成的角的余弦值是（ ）
A．−34B．34C．18D．−18
6．“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知AB＝2A1B1，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米38kg，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ）
A．152kgB．133kgC．114kgD．112kg
二．多选题（共3小题）
（多选）7．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，H，I均为所在棱的中点，则下列论述正确的有（ ）
A．经过直线EF与点I的平面与正方体的截面是一个正六边形
B．与直线A1D1、HI、CD都相交的直线有三条
C．P在侧面BCC1B1内（包含边界），若PE∥面ABI，则点P轨迹的长度为52
D．过AI的平面截正方体内切球的最大截面面积为79π
（多选）8．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为AB、BC的中点，则（ ）
A．EF⊥BD1
B．EF∥平面A1D1B
C．直线BD1与平面ABCD所成的角为π4
D．四棱锥B1﹣EBF外接球表面积为6π
（多选）9．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥D1﹣PA1A的体积为定值
B．AP+PC的最小值为22
C．A1P∥平面ACD1
D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是[0，π3]
三．填空题（共2小题）
10．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，Q是侧面BCC1B1内一点，若A1Q∥平面AEF．则线段A1Q长度的最大值与最小值之和为 ．
11．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，AC1与平面ABB1A1所成角的大小为π6，则线段AC1在平面ABB1A1内的射影长为 ．
四．解答题（共13小题）
12．如图，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝2A1B1＝2AA1，D，E分别为AA1，B1C1的中点．
（1）证明：DE⊥平面BB1C1C；
（2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且C1，D，P，Q均在平面α上，若△PBQ与△ABC的面积比为3：8，
（i）证明：BP=34BA；
（ii）求α与平面ABB1A1所成角的正弦值．
13．如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，BC＝CD＝2．
（1）已知AB＝2，且AC＝AD，
（i）当cs∠CAD=23时，求△ABC的面积；
（ii）若∠ABC=2∠ADC＞π2，求∠ABC．
（2）已知AD=2AB，且∠BAD=π4，求AC的最大值．
14．如图1，正六边形ABCDEF边长为2，G为边AB的中点，将四边形ABCD沿AD折成如图2所示的五面体，使△ABF为正三角形．
（1）求证：BC∥面ADEF；
（2）求异面直线DG与CE所成角的余弦值
15．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAB是正三角形，侧面PAB⊥底面ABCD，E是PB的中点．
（1）求证：AE⊥平面PBC；
（2）求侧面PCD与底面ABCD所成二面角的正弦值．
16．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，3bsinC−ccsB=c．
（1）BD是边AC上的中线，BD＝2，且a2+c2＝10，求AC的长度．
（2）若△ABC为锐角三角形，且a＝2，求△ABC面积的取值范围．
17．在四面体A﹣BCD中，钝角△BCD的三边均为整数且满足BC+2＝BD+1＝CD．
（1）求△BCD的外接圆半径．
（2）（i）设O1，O2分别为△BCD，△ACD的外心，过O1，O2分别作平面BCD，平面ACD的垂线l，m，求证：直线l，m相交于一点．
（ii）若四面体的外接球O的半径为2153，设△BCD的外接圆圆心为O1，延长AO1交球面于点M，|O1A﹣O1M|=255，求直线AM与平面BCD所成角的正弦值．
18．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC=25，AA1=7，BB1=27，点E为BC的中点．
（1）求证：AE⊥平面BCB1；
（2）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小；
（3）若点F为A1C的中点，求点C到平面AEF的距离．
19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点．
（1）求证：PB∥平面MAC；
（2）求二面角M﹣AC﹣D的余弦值；
（3）在棱PC上是否存在点Q使平面BDQ⊥平面MAC成立？如果存在，求出PQQC的值；如果不存在，请说明理由．
20．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点．
（1）求证：MN∥平面PAD．
（2）求证：MN⊥CD．
（3）若PD与平面ABCD所成的角为45°，求证：MN⊥平面PCD．
21．图1所示的是等腰梯形ABCD，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，∠ABC=π3，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P﹣EBCD，如图2所示．
（1）若平面PCD∩平面PBE＝l，求证：DC∥l；
（2）求证：平面PBE⊥平面BCDE；
（3）若二面角P﹣ED﹣B的大小为π3，求三棱锥E﹣PCD的体积．
22．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝25，AA1=7，BB1＝27，点E为BC的中点．
（1）求证：AE∥平面A1CB1；
（2）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．
23．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，CD⊥平面PAD，BC∥AD，PA＝PD，O，E分别为AD，PC的中点，PO＝AD＝2BC＝2CD．
（1）求证：AB⊥DE；
（2）求二面角A﹣PC﹣O的正弦值．
24．代数式化简中常用到“配、凑、拆”等技巧，例如2α可以通过拆角转化为α+β+α﹣β，这种技巧在一些三角函数化简问题中常被使用．已知在△ABC，角A、B、C的对边分别为a，b，c，a＞c，cs（A﹣C）=32，a+c＝32+36，b＝6．
（1）证明：sin2α+sin2β＝2sin（α+β）cs（α﹣β）；
（2）求角B的大小；
（3）若点D是边AC（不包含端点）上的一动点，过点A向直线BD作垂线，垂足为E，已知S△ABE＝λEC2，求证：λ＜33．
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
二．多选题（共3小题）
一．选择题（共6小题）
1．若圆锥的表面积为16π，且其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则圆锥的体积为（ ）
A．16π3B．162π3C．163π3D．8π
【考点】圆柱的结构特征．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，设该圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，利用圆锥的结构特征求出r、h的值，进而计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设该圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，
若圆锥的表面积为16π，且其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，
则有2π3l=2πrπr2+πrl=16π，解可得l=6r=2，
则圆锥的高h=l2−r2=42，
故该圆锥的体积V=13πr2h=162π3．
故选：B．
【点评】本题考查圆锥的体积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
2．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为93，若该三棱柱的顶点都在同一个球O的表面上，则球O的表面积的最小值为（ ）
A．12πB．16πC．36πD．64π
【考点】球的体积和表面积．
【专题】整体思想；综合法；球；直观想象．
【答案】A
【分析】由题意可得，三棱柱的中心即为外接球的球心O，设棱柱的底面边长为a，高为h，结合棱柱的侧面积公式可求ah，再求出球的半径，再由重要不等式即可得球O表面积的最小值．
【解答】解：由题意可得，三棱柱的中心即为外接球的球心O，设棱柱的底面边长为a，高为h，
则三棱柱的侧面积为3a⋅ℎ=93，即ah＝33，
设△ABC的外接圆半径为r，
由正弦定理得，2r=asin60°=23a3，即r=33a，
则外接球半径R=(a3)2+(ℎ2)2≥2⋅a3⋅ℎ2=3，当且仅当a3=ℎ2时取等号，
∴外接球表面积S＝4πR2≥12π．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三棱柱外接球的表面积的求解，解题的关键是确定球心及半径，属于中档题．
3．已知四棱锥VA﹣BCDE＝16，CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，点P在AC上且满足AC＝3AP，则三棱锥A﹣DEP的体积为（ ）
A．87B．167C．85D．165
【考点】棱锥的体积．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，设点A到平面BCDE的距离为d，P到平面ADE的距离为h，则有VA﹣BCDE=13d×S四边形BCDE=13d×（S△BCE+S△CDE）＝16，利用三角形面积公式可得VA﹣CDE，又由点P在AC上且满足AC＝3AP，可得P到平面AED的距离，结合三棱锥体积公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设点A到平面BCDE的距离为d，P到平面ADE的距离为h，
则有VA﹣BCDE=13d×S四边形BCDE=13d×（S△BCE+S△CDE）＝16，
而S△BCE=12×BC×CE×sin∠BCE，S△CDE=12×CD×CE×sin∠DCE，
又由CD＝3，BC＝4，CE平分∠BCD，则S△BCE=43S△CDE，
则VA﹣CDE=13d×S△CDE=37×（13d×S四边形BCDE）=37×VA﹣BCDE=487；
故VC﹣ADE＝VA﹣CDE=487，而VC﹣ADE=13h×S△ADE，
则有13h×S△ADE=487，
又由点P在AC上且满足AC＝3AP，故P到平面AED的距离为ℎ3，
则有VP﹣ADE=13VC﹣ADE=167，
故VA﹣DEP＝VP﹣ADE=13VC﹣ADE=167．
故选：B．
【点评】本题考查棱锥的体积计算，注意等体积转化法的应用，属于中档题．
4．已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO→=AB→+AC→，|OA→|=|AB→|，则向量AB→在向量BC→上的投影向量为（ ）
A．14BC→B．34BC→C．−14BC→D．−34BC→
【考点】平面向量的投影向量．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据条件作图可得为△ABO等边三角形，根据投影向量的概念求解即可．
【解答】解：因为2AO→=AB→+AC→，
所以△ABC外接圆圆心O为BC的中点，即BC为外接圆的直径，如图，
又|AB→|=|AO→|，所以△ABO为等边三角形，
则∠ABC＝60°，故|AB→|=|BC→|cs60°，
故所求投影向量为：AB→⋅BC→|BC→|⋅BC→|BC→|=|AB→|⋅|BC→|cs120°⋅BC→|BC→|2=−|BC→|2cs260°⋅BC→|BC→|2=−14BC→．
故选：C．
【点评】本题主要考查投影向量的求解，属于中档题．
5．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1＝2，BC＝1，∠ACB＝120°，E是BB1的中点，则异面直线CE与AC1所成的角的余弦值是（ ）
A．−34B．34C．18D．−18
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解．
【答案】B
【分析】根据题意，以C为坐标原点，建立坐标系，求出各个点的坐标，可得AC1→，CE→的坐标，进而由数量积的计算公式可得cs＜AC1→，CE→＞的值，由此分析可得答案．
【解答】解：根据题意，如图，以C为坐标原点，建立坐标系，
由于AC＝2且∠ACB＝120°，则A的坐标为（3，﹣1，0），B（0，1，0），E（0，1，1），C1（0，0，2），
故AC1→=（−3，1，2），CE→=（0，1，1），
则cs＜AC1→，CE→＞=AC1→⋅CE→|AC1→||CE→|=1+23+1+4×0+1+1=34，
故异面直线CE与AC1所成的角的余弦值是34．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线所成的角，涉及空间向量的应用，属于基础题．
6．“方斗”常作为盛米的一种容器，其形状是一个上大下小的正四棱台，现有“方斗”容器如图所示，已知AB＝2A1B1，现往容器里加米，当米的高度是“方斗”高度的一半时，用米38kg，则该“方斗”可盛米的总质量为（ ）
A．152kgB．133kgC．114kgD．112kg
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】设线段AA1、BB1、CC1、DD1的中点分别为A2、B2、C2、D2，利用台体的体积公式计算棱台A1B1C1D1﹣ABCD与棱台A1B1C1D1﹣A2B2C2D2的体积之比，即可得出原“方斗”可盛米的总质量．
【解答】解：设线段AA1、BB1、CC1、DD1的中点分别为A2、B2、C2、D2，如图所示：
由题可知，四边形AA1B1B为等腰梯形，
设A1B1＝a，
因为AB＝2A1B1，
所以A2B2=AB+A1B12=3a2，
设棱台A1B1C1D1﹣A2B2C2D2的高为h，体积为V1，棱台A1B1C1D1﹣ABCD的高为2h，体积为V，
则V1=13(a2+94a2+32a2)ℎ=1912a2ℎ，
V=13(a2+4a2+2a2)⋅2ℎ=143a2ℎ，
所以VV1=5619，
又V1＝38，
所以V=5619×38=112，
所以该“方斗”可盛米的总质量为112kg．
故选：D．
【点评】本题考查了台体的体积公式，属中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）7．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，H，I均为所在棱的中点，则下列论述正确的有（ ）
A．经过直线EF与点I的平面与正方体的截面是一个正六边形
B．与直线A1D1、HI、CD都相交的直线有三条
C．P在侧面BCC1B1内（包含边界），若PE∥面ABI，则点P轨迹的长度为52
D．过AI的平面截正方体内切球的最大截面面积为79π
【考点】直线与平面平行；棱柱的结构特征．
【专题】整体思想；定义法；空间位置关系与距离；立体几何；逻辑思维．
【答案】AC
【分析】对于A，设G，S分别为AB，BC的中点，根据空间中的平行关系可得E、F、I，S，G，H六点共面，再计算可得各边相等且各角相等，故可判断A的正误；
对于B，利用构造法可得与直线A1D1，HI、CD都相交的直线有无数条，故可判断B的正误；
对于C，根据面面平行可判断P的轨迹，计算其长度后可判断C的正误；
对于D，求出内切球的半径后可判断D的正误．
【解答】解：如图，
对于A，设G，S分别为AB，BC的中点，连接HE，HG，GS，SI，IF，HI，FG，ES，
由正方体的性质可得EF∥A1C1，A1C1∥HI，因此EF∥HI，故E，F，I，H四点共面，
同理E，F，I，S四点共面，故E，F，I，S，H五点共面，
而E，H，G，S也四点共面，故E，F，I，S，G，H六点共面，
设正方体的棱长为a，则EF＝FI＝IS＝SG＝GH＝HE=22a，
而EF∥A1C1，FI∥A1B，△A1BC1为正三角形，
故EF，FI所成的角即为∠C1A1B，
故∠EFI为60°或120°，但∠EFI为钝角，故∠EFI＝120°，
同理∠FIS＝∠ISG＝∠SGH＝∠GHE＝∠HEF＝120°，故六边形EFISGH为正六边形，故A正确；
对于B，由正方体的性质可得A1D1，CD为异面直线，
故过A1D1且与CD平行的平面有且只有一个即为平面A1B1C1D1，
若在HI存在相异点U1，U2，在直线DC上存在一点V，
满足A1D1∥U1V，A1D1∥U2V，则U2V∥U2V1，当U1V∩U2V＝V，矛盾；
若在HI存在相异点U1，U2，在直线DC上存在相异点V1，V2，
满足A1D1∥U1V1，A1D1∥U2V2，则U2V2∥U1V1，故U2，V2，U1，V1共面，
故HI，CD共面，矛盾．
故HI，CD上至多各存在一点U，V，过它们的直线与A1D1平行，
现在HI上任意取一点M（若U存在，则M异于U），
则M不在平面A1B1C1D1中，
因为直线A1D1与M确定一个平面，这个平面与CD有且仅有1个交点N，
此时NM与A1D1必定相交，当M取不同的位置就确定不同的平面，
从而与CD有不同的交点N，故有无数条直线与A1D1、CD，HI都相交，故B错误；
对于C，取B1C1的中点为W，Z为BB1的四等分点且B1Z=14B1B，Y为BB1的中点，
连接EW，EZ、WZ，C1Y，则YB∥C1I，YB＝C1I，故四边形YBIC1为平行四边形，
故YC1∥BI，而WZ∥YC1，故WZ∥BI，
而WZ⊄平面ABI，BI⊂平面ABI，故WZ∥平面ABI，
由正方形的性质可得EW∥A1B1，而AB∥A1B1，故EW∥AB，同理可得WE∥平面ABI，
而WZ∩EW＝W，WZ，EW⊂平面EWZ，故平面EWZ∥平面ABI，
而EZ⊂平面EWZ，故EZ∥平面ABI，故P的轨迹为WZ，
而WZ=1+14=52，故C正确；
对于D，过AI的平面截正方体内切球的截面面积的面积取最大值时该截面过球心，
而内切球的半径为1，故截面面积的最大值为π×12＝π，故D错误．
故选：AC．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，属于难题．
（多选）8．如图所示，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F分别为AB、BC的中点，则（ ）
A．EF⊥BD1
B．EF∥平面A1D1B
C．直线BD1与平面ABCD所成的角为π4
D．四棱锥B1﹣EBF外接球表面积为6π
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】AD
【分析】对于A：根据EF∥AC，而AC⊥平面BB1D1D，即可得证；
对于B：根据平面A1D1B即为平面A1D1CB，即可判断；
对于C：先证∠D1BD直线BD1与平面ABCD所成的角，再解三角形即可；
对于D：根据勾股定理构造等式求解即可．
【解答】解：对于A：连接BD，B1D1，AC，因为E、F分别为AB、BC的中点，
所以EF∥AC，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，BD⊥AC，AC⊥BB1，BD∩BB1＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D，
即EF⊥平面BB1D1D，因为BD1⊂平面BB1D1D，
所以EF⊥BD1，故A正确；
对于B：如图：易知平面A1D1B即为平面A1D1CB，
显然EF与平面A1D1CB有一个公共点F，故B错误；
对于C：连接BD，因为DD1⊥平面ABCD，
所以∠D1BD直线BD1与平面ABCD所成的角，
在直角△中，tan∠D1BD=DD1DB=222=22≠1，
即∠D1BD≠π4，故C错误；
对于D：因为△EBF为直角三角形，故其外接圆半径r=EF2=22，
设外接球半径为R，则R=r2+(BB12)2=12+1=32，
所以四棱锥B1﹣EBF外接球表面积为4πR2=4π×32=6π，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查位置关系的判定以及线面角和几何体表面积的计算，属于中档题．
（多选）9．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥D1﹣PA1A的体积为定值
B．AP+PC的最小值为22
C．A1P∥平面ACD1
D．直线A1P与AC所成的角的取值范围是[0，π3]
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；棱柱的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】ACD
【分析】对于A：根据平面DAA1D1∥平面BCC1B1，点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，即可判断；
对于B：当P与B重合时，AP+PC=AB+BC=2＜22，即可判断；
对于C：先证平面A1C1B∥平面ACD1，再利用面面平行性质定理即可判断；
对于D：根据AC∥A1C1，得到∠PA1C1（或其补角）为直线A1P与AC所成的角，即可判断．
【解答】解：对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，
所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，
所以三棱锥D1﹣PA1A的体积VP−A1D1A=VB−A1D1A=13S△A1D1A×1=13×12×1×1×1=16，为定值，故A正确；
对于B，当P与B重合时，AP+PC=AB+BC=2＜22，
所以AP+PC的最小值不为22，故B错误；
对于C，连接A1C1，A1B，由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，
因为AC⊂平面ACD1，A1C1⊄平面ACD1，
所以A1C1∥平面ACD1，
同理可得BC1∥平面ACD1，
因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1⊂平面A1C1B，
所以平面A1C1B∥平面ACD1，
因为A1P⊂平面A1C1B，
所以A1P∥平面ACD1，故C正确；
对于D，因为AC∥A1C1，
所以∠PA1C1（或其补角）为直线A1P与AC所成的角，
由图可得当P与B重合时，此时∠PA1C1最大为π3，
当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，
所以直线A1P与AC所成的角的取值范围是[0，π3]，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考空间线面关系以及三棱锥体积的计算，属于中档题．
三．填空题（共2小题）
10．如图所示，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，Q是侧面BCC1B1内一点，若A1Q∥平面AEF．则线段A1Q长度的最大值与最小值之和为 25+324 ．
【考点】点、线、面间的距离计算．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】25+324．
【分析】根据面面平行的性质证明出Q点的轨迹为线段MN，再根据平面几何知识计算出A1Q的最值．
【解答】解：如下图所示：
分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，
∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，
∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN∥平面AEF；
∵AA1∥NE，AA1＝NE，∴四边形AENA1为平行四边形，
∴A1N∥AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，
∴A1N∥平面AEF，
又A1N∩MN＝N，A1N，MN⊂平面A1MN，
∴平面A1MN∥平面AEF，
Q是侧面BCC1B1内一点，且A1Q∥平面AEF，
则Q必在线段MN上，
在Rt△A1B1M中，A1M=A1B12+B1M2=1+(12)2=52，
同理，在Rt△A1B1N中，求得A1N=52，
∴△A1MN为等腰三角形，
当Q在MN中点O时A1Q⊥MN，此时A1Q最短，Q位于M、N处时A1Q最长，
A1O=A1M2−OM2=(52)2−(24)2=324，
A1M=A1N=52，
∴线段A1Q长度的是大值与最小值之和为324+52=25+324．
故答案为：25+324．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，距离的最值的求解，属中档题．
11．如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为2，AC1与平面ABB1A1所成角的大小为π6，则线段AC1在平面ABB1A1内的射影长为 3 ．
【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面所成的角．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；直观想象．
【答案】3．
【分析】设A1B1的中点为D1，连接C1D1，AD1，确定AD1为线段AC1在平面ABB1A1内的射影，利用锐角三角函数可求AD1的长．
【解答】解：如图，取A1B1的中点为D1，连接C1D1，AD1，
因为正三棱柱ABC﹣A1B1C1，
C1D1⊥平面ABB1A1，
所以AD1为线段AC1在平面ABB1A1内的射影，
∠D1AC1为AC1与平面ABB1A1所成的角，
所以∠D1AC1=π6，
因为△ABC边长为2，
所以C1D1=3，
所以在Rt△AD1C1中，AD1=3C1D1=3．
【点评】此题考查了直线与平面所成角，考查了数形结合思想，属于基础题．
四．解答题（共13小题）
12．如图，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝2A1B1＝2AA1，D，E分别为AA1，B1C1的中点．
（1）证明：DE⊥平面BB1C1C；
（2）设P，Q分别为棱AB，BC上的点，且C1，D，P，Q均在平面α上，若△PBQ与△ABC的面积比为3：8，
（i）证明：BP=34BA；
（ii）求α与平面ABB1A1所成角的正弦值．
【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直．
【答案】（1）证明详情见解答．
（2）（i）证明详情见解答．
（ii）429．
【分析】解：（1）延长AA1，BB1，CC1交于点S，连接SE并延长，分别交BC，BC1于点F，G，则G为等边△ABC的中心，根据题意可得AG⊥面SBC，则SDSA=SESG=34，进而可得DE∥AG，即可得出答案．
（2）（i）延长C1D，CA交于点H，若C1，D，P，Q均在平面α上，则H，P，Q共线，设AB＝2A1B1＝2AA1＝2，则AH＝1，过点A作AM∥BC，交PQ于点M，设BQ＝k，则CQ＝2﹣k，AM=2−k3，CQBC=k2，APBP=AMBQ=2−k3k，BPAB=3k2+2k，进而可得S△PBQ＝S△ABC•k2•3k2+2k，解得k，即可得出答案．
（ii）连接DP，C1Q，由题知DP∥C1Q，且DP=12，C1Q＝1，BC1＝HQ，连接AB1交DP于点N，VB1−DPQ=VB﹣DPQ＝VQ﹣BDP=316VQ﹣ABS=332VS﹣ABC=216，dQ﹣DP=12dH−C1Q=334，解得dB1−DPQ，即可得出答案．
【解答】解：（1）延长AA1，BB1，CC1交于点S，
因为AB＝2A1B1＝2AA1，
所以三棱锥S﹣ABC为正四面体，
连接SE并延长，分别交BC，BC1于点F，G，则G为等边△ABC的中心，
连接AG，则AG⊥面SBC，
所以SDSA=SESG=34，
所以DE∥AG，
所以DE⊥面SBC．
（2）（i）证明：延长C1D，CA交于点H，
若C1，D，P，Q均在平面α上，则H，P，Q共线，
设AB＝2A1B1＝2AA1＝2，则AH＝1，
过点A作AM∥BC，交PQ于点M，
设BQ＝k，则CQ＝2﹣k，AM=2−k3，CQBC=k2，
所以APBP=AMBQ=2−k3k，BPAB=3k2+2k，
所以S△PBQ＝S△ABC•k2•3k2+2k，
所以k2•3k2+2k=38，
所以k＝1，
所以点Q与点F重合，均为BC的中点，
所以BPAB=3k2+2k=34，即BP=34AB．
（ii）连接DP，C1Q，
由题知DP∥C1Q，且DP=12，C1Q＝1，BC1＝HQ，
连接AB1交DP于点N，
易知B1N⊥DP，且B1N=34AB1=334，DP∥C1Q，
VB1−DPQ=VB﹣DPQ＝VQ﹣BDP=316VQ﹣ABS=332VS﹣ABC=216，
HC1＝HF=254+34=7，
所以dB−C1Q=7−14=332，
所以dQ﹣DP=12dH−C1Q=334，
所以S△DPQ=12•12•334=3316，
所以13•3316•dB1−DPQ=216，
所以dB1−DPQ=63，
设平面α与平面ABB1A1所成角为θ，
所以sinθ=63334=429，
所以平面α与平面ABB1A1所成角的正弦值为429．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角的计算，解题中需要理清思路，属于中档题．
13．如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，BC＝CD＝2．
（1）已知AB＝2，且AC＝AD，
（i）当cs∠CAD=23时，求△ABC的面积；
（ii）若∠ABC=2∠ADC＞π2，求∠ABC．
（2）已知AD=2AB，且∠BAD=π4，求AC的最大值．
【考点】三角形中的几何计算；正弦定理；余弦定理．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）（i）152；（ii）5π6；
（2）2+22．
【分析】（1）（i）利用余弦定理结合已知求出AC，再借助等腰三角形性质求出面积；（ii）利用等腰三角形性质结合二倍角公式求解作答．
（2）连接BD，由已知结合余弦定理可得BD＝AB，∠ABD=π2，再利用余弦定理、二倍角公式、辅助角公式求解作答．
【解答】解：（1）（i）设AC＝x，在△ACD中，由余弦定理得cs∠CAD=2x2−42x2=23，解得x=6，
在△ABC中，AB＝BC＝2，则底边AC上的高ℎ=AB2−(12AC)2=4−32=102，
所以△ABC的面积S△ABC=12AC⋅ℎ=12×6×102=152．
（ii）设∠ADC＝θ，依题意，∠BAC=∠BCA=π2−12∠ABC=π2−θ，
则AD＝AC＝2ABcs∠BAC＝4sinθ，CD＝2ADcs∠ADC＝8sinθcsθ＝2，即sin2θ=12，而π2＜2θ＜π，
所以∠ABC=2θ=5π6．
（2）连接BD，△ABD中，AD=2AB，∠BAD=π4，
由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsπ4=AB2+2AB2−2AB⋅2AB⋅22=AB2，
则BD＝AB，∠ABD=π2，设∠CBD=α(0＜α＜π2)，在△BCD中，BC＝CD＝2，
于是AB＝BD＝2BCcs∠CBD＝4csα，在△ABC中，∠ABC=π2+α，
由余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BCcs∠ABC，
则AC2=16cs2α+4−8csα⋅2cs(π2+α)=16cs2α+4+16sinαcsα
=8sin2α+8(cs2α+1)+4=82sin(2α+π4)+12≤82+12，
当且仅当2α+π4=π2，即α=π8时取等号，
所以当α=π8时，ACmax=4(1+2)2=2+22，
所以AC的最大值是2+22．
【点评】本题主要考查正余弦定理的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
14．如图1，正六边形ABCDEF边长为2，G为边AB的中点，将四边形ABCD沿AD折成如图2所示的五面体，使△ABF为正三角形．
（1）求证：BC∥面ADEF；
（2）求异面直线DG与CE所成角的余弦值
【考点】直线与平面平行；异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；
（2）1326．
【分析】（1）由正六边形的性质及线面平行的判定定理证明即可；
（2）取AF中点H，连接DG，HG，DH，可得∠DGH（或其补角）为直线DG与CE所成的角，再由余弦定理求解即可．
【解答】（1）证明：在正六边形ABCDEF中，BC∥AD，
折叠后，在五面体中，BC∥AD，
因为BC⊄面ADEF，AD⊂面ADEF，
所以BC∥面ADEF．
（2）解：如图，取AF中点H，连接DG，HG，DH，
则EF∥AD∥BC，EF=12AD＝BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，
所以CE∥BF，
又G为AB的中点，GH∥BF∥CE，
所以∠DGH（或其补角）为直线DG与CE所成的角，
在△ADH中，∠HAD＝60°，AD＝4，AH＝1，
由余弦定理得HD2＝AD2+AH2﹣2AD•AHcs∠HAD＝13，
同理DG2＝AD2+AG2﹣2AD•AGcs∠GAD＝13，
又GH=12BF＝1，
在△DGH中，cs∠DGH=12GHDG=1213=1326，
所以异面直线DG与CE所成角的余弦值为1326．
【点评】本题考查线面平行的判定，考查异面直线所成角的求解，考查余弦定理的运用，属于中档题．
15．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面PAB是正三角形，侧面PAB⊥底面ABCD，E是PB的中点．
（1）求证：AE⊥平面PBC；
（2）求侧面PCD与底面ABCD所成二面角的正弦值．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2）217．
【分析】（1）根据条件证出AE⊥PB，BC⊥AE，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）先证明∠PNM为面PCD与面ABCD所成二面角的平面角，再计算即可求解．
【解答】解：（1）证明：因为△PAB 是正三角形，且E为PB的中点，
所以AE⊥PB，
又底面ABCD是正方形，所以AB⊥BC，
又因为面PAB⊥面ABCD，
且面PAB∩面ABCD＝AB，BC⊂面ABCD，
所以BC⊥面PAB，
又因为AE⊂面PAB，
所以BC⊥AE，
又因为BC∩PB＝B，
所以AE⊥平面PBC；
（2）如图，取AB的中点M，CD的中点N，连接PM，PN，MN，
因为△PAB是正三角形，所以PM⊥AB，
又因为面PAB⊥面ABCD，
面PAB∩面ABCD＝AB，
所以PM⊥平面ABCD，
由题意可知，MN⊥CD，
易得：CD⊥面PMN，
故CD⊥PN，
故∠PNM为面PCD与面ABCD所成二面角的平面角，
设AB＝a，所以PM=3a2，PN=PM2+MN2=72a，
所以sin∠PNM=PMPN=32×27=217，
综上所述：侧面PCD与底面ABCD所成二面角的正弦值为217．
【点评】本题考查线面垂直的判定以及二面角的计算，属于中档题．
16．已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，3bsinC−ccsB=c．
（1）BD是边AC上的中线，BD＝2，且a2+c2＝10，求AC的长度．
（2）若△ABC为锐角三角形，且a＝2，求△ABC面积的取值范围．
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）2；
（2）（32，23）．
【分析】（1）由正弦定理及两角差的正弦公式可得sin（B−π6）=12，再由角B的范围，可得角B的大小；再由BD为中线，由向量的运算性质可得ac的值，再由余弦定理可得AC的值；
（2）由正弦定理可得c的表达式，代入三角形的面积公式，由锐角三角形的性质可得角A的范围，进而可得三角形的面积的范围．
【解答】解：（1）因为3bsinC﹣ccsB＝c，由正弦定理得：3sinBsinC﹣sinCcsB＝sinC，
在△ABC中，sinC＞0，
可得3sinB﹣csB＝1，即sin（B−π6）=12，
由B∈（0，π），
所以B−π6=π6，
解得B=π3；
因为D为BC的中点，BD＝2，且a2+c2＝10，
则2BD→=BA→+BC→，
两边平方可得4BD→2=BA→2+BC→2+2BA→•BC→=c2+a2+2cacsB，
即4×4＝10+ac，
可得ac＝6，
由余弦定理可得AC＝b=a2+c2−2accsB=10−2×6×12=2；
（2）△ABC为锐角三角形，且a＝2，
S=12acsinB=12•2c•32=32c，
由正弦定理可得asinA=csinC，
可得c=sinCsinA•a=sin(A+B)sinA•2=sin(π3+A)sinA•2=3tanA+1，
因为0＜A＜π30＜C=2π3−A＜π2，可得π6＜A＜π2，
可得tanA＞33，
所以3tanA+1∈（1，4），
所以S∈（32，23）．
所以△ABC面积的取值范围为（32，23）．
【点评】本题考查正弦定理及余弦定理的应用，向量的运算性质的应用，属于中档题．
17．在四面体A﹣BCD中，钝角△BCD的三边均为整数且满足BC+2＝BD+1＝CD．
（1）求△BCD的外接圆半径．
（2）（i）设O1，O2分别为△BCD，△ACD的外心，过O1，O2分别作平面BCD，平面ACD的垂线l，m，求证：直线l，m相交于一点．
（ii）若四面体的外接球O的半径为2153，设△BCD的外接圆圆心为O1，延长AO1交球面于点M，|O1A﹣O1M|=255，求直线AM与平面BCD所成角的正弦值．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；球内接多面体．
【专题】整体思想；定义法；立体几何；逻辑思维．
【答案】（1）81515．
（2）（i）证明见解答．
（ii）36．
【分析】（1）利用边长为整数与钝角三角形条件建立不等式求解即可；
（2）（i）利用球的性质，可得过三角形外接圆圆心且与三角形所在平面垂直的直线都过球心O，则两直线相交于球心即可得证；
（ii）将所求线面角的正弦转化为直线AM与平面BCD的垂线OO1所成角的余弦，取弦中点构造直角三角形，分别求解直角边与斜边长度，再求余弦值可得．
【解答】解：（1）设BD＝n，由BC+2＝BD+1＝CD，则BC＝n﹣1，CD＝n+1，
由两边之和大于第三边可得n+n﹣1＞n+1，解得n＞2．
又△BCD为钝角三角形，则最大边CD所对角∠CBD为钝角，
则由余弦定理可得cs∠CBD=n2+(n−1)2−(n+1)22n(n−1)=n2−4n2n(n−1)＜0，解得0＜n＜4，
所以有2＜n＜4，又n∈Z，故n＝3，则BC＝2，CD＝4，BD＝3．
所以cs∠CBD=32−4×32×2×3=−14，由∠CBD为钝角，
所以sin∠CBD=1−(−14)2=154，
由正弦定理得，△BCD的外接圆直径为CDsin∠CBD=4154=161515，
故△BCD的外接圆半径为81515．
（2）（i）证明：如图1，设四面体A﹣BCD外接球球心为O，
取CD的中点E，连接OC，OD，O1C，O1D，OE，O1E，
由O1C＝O1D，则CD⊥O1E，同理CD⊥OE，
O1E∩OE＝E，且O1E⊂平面O1OE，OE⊂平面O1OE，
所以CD⊥平面O1OE，又OO1⊂平面O1OE，
则CD⊥OO1，同理可得BD⊥OO1，
由BD∩CD＝D，BD⊂平面BCD，CD⊂平面BCD，
则OO1⊥平面BCD，又已知直线l⊥平面BCD，且过点O1，
因为经过一点与已知平面垂直的直线有且仅有一条，故直线l即直线OO1，
同理可得过O2点所作平面ACD的垂线m即为直线OO2．
故直线l，m相交于一点，该交点即为四面体A﹣BCD外接球的球心O；
（ii）四面体A﹣BCD的外接球球心为O，圆O1为△BCD的外接圆，
由（i）知OO1⊥．平面BCD．
若AM⊥圆O1所在平面，即AO11平面BCD时（如图2），
设△BCD的外接圆半径为r，由（1）知r=81515，
已知四面体A﹣BCD的外接球半径R=2153，
则OO1=R2−r2=(2153)2−(81515)2=2515，
此时|O1A−O1M|=|R+OO1−(R−OO1)|=2OO1=4515≠255，此时不满足题意．
故AM不与平面BCD垂直，即AM为平面BCD的斜线．
如图3，取AM的中点F，OF⊥AM．过点F作FH⊥圆O1所在平面，垂足为H，
则FH⊥平面BCD，故∠FO1H即为所求直线AM与平面BCD所成角，
由OO1⊥平面BCD，则FH∥OO1，
则∠O1FH＝∠OO1F，则∠FO1H=π2−∠O1FH=π2−∠OO1F，
所以有sin∠FO1H＝cs∠OO1F．
由FM＝FA，则2O1F=|O1F+FA−FM+O1F|=|O1A−O1M|=255，
所以O1F=55，OO1=R2−r2=2515，
在Rt△OFO1中，cs∠OO1F=O1FOO1=552155=36．
故直线AM与平面BCD所成角的正弦值为36．
【点评】本题考查立体几何，属于难题．
18．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC=25，AA1=7，BB1=27，点E为BC的中点．
（1）求证：AE⊥平面BCB1；
（2）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小；
（3）若点F为A1C的中点，求点C到平面AEF的距离．
【考点】点、线、面间的距离计算；直线与平面垂直；直线与平面所成的角．
【专题】数形结合；向量法；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）π6；
（3）1056．
【分析】（1）由AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，可得BB1⊥平面ABC，得到BB1⊥AE，再由已知证明AE⊥BC，利用直线与平面垂直的判定可得AE⊥平面BCB1；
（2）取BB1中点M，连接AM，EM，证明四边AMB1A1为平行四边形，得AM∥A1B1，则直线A1B1与平面BCB1所成角等于直线AM与平面BCB1所成角，然后求解三角形得答案；
（3）以E为坐标原点，分别以EC、EA所在直线为x、y轴，以过E在平面BCB1内垂直于BC的直线为z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求点C到平面AEF的距离．
【解答】（1）证明：∵AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，
∴BB1⊥平面ABC，而AE⊂平面ABC，
∴BB1⊥AE，又AB＝AC，点E为BC中点，
∴AE⊥BC，而BB1∩BC＝B，可得AE⊥平面BCB1；
（2）解：取BB1中点M，连接AM，EM，
∵AA1∥BB1，AA1=7，BB1=27，点M为BB1中点，
∴AA1＝B1M，AA1∥B1M，得四边AMB1A1为平行四边形，
∴AM∥A1B1，
则直线A1B1与平面BCB1所成角等于直线AM与平面BCB1所成角，
∵AE⊥平面BCB1，
∴∠AME为直线AM与平面BCB1所成角，
∵点E为BC中点，BC=25，
∴BE=5，AE=32−5=2，EM=5+(7)2=23，
∴tan∠AME=223=33，又∠AME∈(0，π2)，
∴∠AME=π6，即直线A1B1与平面BCB1所成角为π6；
（3）解：以E为坐标原点，分别以EC、EA所在直线为x、y轴，
以过E在平面BCB1内垂直于BC的直线为z轴建立空间直角坐标系，
则E（0，0，0），A（0，2，0），C（5，0，0），
A1(0，2，7)，F（52，1，72），
EA→=(0，2，0)，EF→=（52，1，72），
设平面AEF的一个法向量为n→=(x，y，z)，
则由n→⋅EA→=2y=0n→⋅EF→=52x+y+72z=0，取z=5，得n→=(−7，0，5)，
又EC→=(5，0，0)，
∴点C到平面AEF的距离为|EC→⋅n→||n→|=3512=1056．
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间角的求法，训练了利用空间向量求点到平面的距离，是中档题．
19．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是正方形，△PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，M是PD的中点．
（1）求证：PB∥平面MAC；
（2）求二面角M﹣AC﹣D的余弦值；
（3）在棱PC上是否存在点Q使平面BDQ⊥平面MAC成立？如果存在，求出PQQC的值；如果不存在，请说明理由．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面平行；平面与平面垂直．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）155；
（3）存在，PQQC=12．
【分析】（1）根据线线平行证明线面平行；
（2）根据二面角的定义找出二面角的平面角，解三角形得解；
（3）假设存在，利用面面垂直的判定定理证明即可．
【解答】（1）证明：设AC，BD交于点O，连接OM，则O为BD中点．
在△PBD中，O，M分别为BD，PD中点，所以OM//PB．
因为OM⊂平面MAC，PB⊄平面MAC，
所以PB∥平面MAC．
（2）解：过点M作ME⊥AD，垂足为E，过点E作EF⊥AC，垂足为F，连接MF．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以ME⊥平面ABCD．
因为AC⊂平面ABCD，所以ME⊥AC．
又EF⊥AC，ME∩EF＝E，ME，EF⊂平面MEF．
所以AC⊥平面MEF．
因为MF⊂平面MEF，所以AC⊥MF，
则∠MFE即为平面MAC与底面ABCD所成二面角的平面角．
设AB＝2，则EF=324，ME=32，故MF=(324)2+(32)2=304，
所以cs∠MFE=EFMF=155，
即二面角M﹣AC﹣D的余弦值为155．
（3）解：存在点Q，当PQQC=12时，平面BDQ⊥平面MAC．
证明如下：
如图，取AD中点N，连接CN交BD于点G，连接GQ，
因为△PAD是正三角形，所以PN⊥AD．
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PN⊥平面ABCD．
因为GNCG=NDBC=12=PQQC，所以QG∥PN，所以QG⊥平面ABCD．
因为AC⊂平面ABCD，所以QG⊥AC．
因为底面ABCD是正方形，所以AC⊥BD．
又QG∩BD＝G，QG，BD⊂平面BDQ，所以AC⊥平面BDQ，
又AC⊂平面MAC，所以平面BDQ⊥平面MAC，
所以棱PC上点存在点Q，当PQQC=12时，平面BDQ⊥平面AMC．
【点评】本题主要考查线面平行的证明，面面垂直的证明，二面角的求法，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
20．在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，M，N分别是AB，PC的中点．
（1）求证：MN∥平面PAD．
（2）求证：MN⊥CD．
（3）若PD与平面ABCD所成的角为45°，求证：MN⊥平面PCD．
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】空间位置关系与距离．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）欲证MN∥平面PAD，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证MN与平面PAD内一直线平行即可，设PD的中点为E，连接AE、NE，易证AMNE是平行四边形，则MN∥平面PAD；（2）欲证AB⊥CD，先证线面垂直即可得到AB⊥CD；（3）欲证MN⊥平面PCD，先证AE⊥平面PCD．
【解答】（1）证明：取PD的中点E，连接AE、NE，N为PCD的中点，∴NE∥CD，NE=12CD，∵M是AB的中点．底面ABCD是矩形，∴AM∥CD，AM=12CD，∴NE∥AM，NE＝AM，AMNE为平行四边形，∴MN∥AE，AE⊂平面PAD，MN⊄平面PAD，∴MN∥平面PAD．
（2）证明：PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PA，∴底面ABCD是矩形，CD⊥AD，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE，由（1）知，MN∥AE，∴MN⊥CD．
（3）证明：PD与平面ABCD所成的角为45°，PA⊥平面ABCD，∴∠PDA即PD与平面ABCD所成的角，即∠PDA＝45°，PA⊥AD，∴PA＝AD，∴△PAD为等腰直角三角形，E为PD 中点，∴AE⊥PD，又由（2）知，AE⊥CD，PD∩CD＝D，∴AE⊥平面PCD，由（1）知，MN∥AE，∴MN⊥平面PCD．
【点评】本题考查线面、线线的平行与垂直的位置关系，线面、线线的平行与垂直判定定理及其性质的灵活应用是关键．
21．图1所示的是等腰梯形ABCD，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，∠ABC=π3，DE⊥AB于E点，现将△ADE沿直线DE折起到△PDE的位置，连接PB，PC，形成一个四棱锥P﹣EBCD，如图2所示．
（1）若平面PCD∩平面PBE＝l，求证：DC∥l；
（2）求证：平面PBE⊥平面BCDE；
（3）若二面角P﹣ED﹣B的大小为π3，求三棱锥E﹣PCD的体积．
【考点】二面角的平面角及求法；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直．
【专题】对应思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；
（3）14．
【分析】（1）先由线面平行的判定定理证明DC∥平面PBE，再由线面平行的性质定理得证；
（2）先由线面垂直的判定定理证明DE⊥平面PBE，再由面面垂直的判定定理得证；
（3）利用等体积法将三棱锥E﹣PCD的体积转化为三棱锥P﹣ECD的体积，再由第（2）问的面面垂直构造线面垂直即三棱锥P﹣ECD的高，再计算即可．
【解答】（1）证明：由题意知DC∥BE，因为DC⊈平面PBE，BE⊆平面PBE，
所以DC∥平面PBE，又因为DC⊆平面PCD，平面PCD∩平面PBE＝l，
根据直线与平面平行的性质定理，可得DC∥l；
（2）证明：由题知DE⊥BE，DE⊥PE，
因为BE⊆平面PBE，PE⊆平面PBE，BE∩PE＝E，
所以DE⊥平面PBE，又因为DE⊆平面BCDE，
所以平面PBE⊥平面BCDE；
（3）解：由题知DE⊥BE，DE⊥PE，所以∠PEB=π3，
如图，过P作PF⊥BE交BE于点F，
则|PF|=32，|EF|=12，DE⊥平面PBE，
所以PF⊥DE，又因为PF⊥BE，
所以PF⊥平面DCE，
所以VE﹣PCD＝VP﹣ECD=13S△ECD⋅PF=13×12×1×3×32=14．
【点评】本题考查了空间几何体中位置关系的证明和体积的计算，属于中档题．
22．如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝25，AA1=7，BB1＝27，点E为BC的中点．
（1）求证：AE∥平面A1CB1；
（2）求直线A1B1与平面BCB1所成角的大小．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2）π6．
【分析】（1）通过证明四边形EFA1A是平行四边形，得出A1F∥AE，即可得证；
（2）先证AA1∥平面BCB1，知点A1到平面BCB1的距离与点A到平面BCB1的距离相等，再由AE⊥BC，BB1⊥AE，可证AE⊥平面BCB1，从而知点A到平面BCB1的距离就是AE，设直线A1B1与平面BCB1所成角为θ，由sinθ=AEA1B1得解．
【解答】解：（1）证明：取B1C的中点F，连接EF，A1F，
因为BB1∥AA1，BB1=27，AA1=7，E为BC的中点，
所以EF=12BB1=7，且EF∥BB1，
所以AA1∥EF，且AA1＝EF，
所以四边形EFA1A是平行四边形，
故A1F∥AE，
又因为A1F⊂平面A1CB1，AE⊄平面A1CB1，
所以AE∥平面A1CB1；
（2）因为BB1，AA1，BB1⊂平面BCB1，
所以AA1∥平面BCB1，
所以点A1到平面BCB1的距离与点A到平面BCB1的距离相等，
因为AB＝AC，且点E是BC的中点，
所以AE⊥BC，
因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，
又AE⊂平面ABC，所以BB1⊥AE，
因为BC∩BB1＝B，BC、BB1⊂平面BCB1
所以AE⊥平面BCB1，
即点A到平面BCB1的距离就是AE，
在△ABC中，AB＝AC＝3，BC=25，
所以AE=AB2−(BC2)2=32−5=2，
而A1B1=AB2+(BB12)2=32+(12×27)2=4，
设直线A1B1与平面BCB1所成角为θ，
则sinθ=AEA1B1=24=12，因为θ∈[0，π2]，
所以θ=π6，
故直线A1B1与平面BCB1所成角的大小为π6．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行、线面垂直的判定定理与性质定理，线面夹角的求法是解题的关键，考查空间立体感，推理论证能力和运算能力，属于中档题．
23．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是直角梯形，CD⊥平面PAD，BC∥AD，PA＝PD，O，E分别为AD，PC的中点，PO＝AD＝2BC＝2CD．
（1）求证：AB⊥DE；
（2）求二面角A﹣PC﹣O的正弦值．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解答；（2）77．
【分析】（1）设BD∩OC＝F，连接EF，由已知条件推导出EF∥PO，平面ABCD⊥平面PAD，PO⊥平面ABCD，从而得到EF⊥平面ABCD，进而得到AB⊥EF，再由AB⊥BD，能证明AB⊥平面BED，由此得到AB⊥DE．
（2）在平面ABCD内过点A作AH⊥CO交CO的延长线于H，连接HE，AE，由已知条件推导出∠AEH是二面角A﹣PC﹣O的平面角．由此能求出二面角A﹣PC﹣O的正弦值．
【解答】解：（1）证明：设BD∩OC＝F，连接EF，
∵E、F分别是PC、OC的中点，则EF∥PO，
∵CD⊥平面PAD，CD⊂平面ABCD，
∴平面ABCD⊥平面PAD，
又PA＝PD，O为AD的中点，则PO⊥AD，
∵平面ABCD∩平面PAFD＝AD，
∴PO⊥平面ABCD，
∴EF⊥平面ABCD，
又AB⊂平面ABCD，∴AB⊥EF，
在△ABD中，AB2+BD2＝AD2，AB⊥BD，
又EF∩BD＝F，∴AB⊥平面BED，
又DE⊂平面BED，∴AB⊥DE．
（2）在平面ABCD内过点A作AH⊥CO交CO的延长线于H，
连接HE，AE，
∵PO⊥平面ABCD，∴平面POC⊥平面ABCD，
平面POC∩平面ABCD＝AH，∴AH⊥平面POC，
PC⊂平面POC，∴AH⊥PC．
在△APC中，AP＝AC，E是PC中点，∴AE⊥PC，
∴PC⊥平面AHE，则PC⊥HE．
∴∠AEH是二面角A﹣PC﹣O的平面角，
设PO＝AD＝2BC＝2CD＝2，
而AE2＝AC2﹣EC2，
AE=142，AH=22，则sin∠AEH=77，
∴二面角A﹣PC﹣O的正弦值为77．
【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，属于中档题．
24．代数式化简中常用到“配、凑、拆”等技巧，例如2α可以通过拆角转化为α+β+α﹣β，这种技巧在一些三角函数化简问题中常被使用．已知在△ABC，角A、B、C的对边分别为a，b，c，a＞c，cs（A﹣C）=32，a+c＝32+36，b＝6．
（1）证明：sin2α+sin2β＝2sin（α+β）cs（α﹣β）；
（2）求角B的大小；
（3）若点D是边AC（不包含端点）上的一动点，过点A向直线BD作垂线，垂足为E，已知S△ABE＝λEC2，求证：λ＜33．
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】计算题；整体思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；
（2）B=π3；
（3）证明见解析．
【分析】（1）将2α＝（α+β）+（α﹣β）和2β＝（α+β）﹣（α﹣β）代入sin2α+sin2β，根据两角和与差的正弦公式即可证明；
（2）由cs(A−C)=32得出cs(A−C2)=2+64，由a+c=32+36，b=6得出sinA+sinCsinB=22+62，根据（1）的结论及二倍角公式化简即可求解；
（3）根据余弦定理求出a和c，设∠ABD=θ∈(0，π3)，则AE=26sinθ，BE=26csθ，∠EBC=π3−θ，根据三角形面积公式及余弦定理表示出S△ABE和EC2，进而表示出λ=S△ABEEC2，再根据基本不等式即可证明．
【解答】（1）证明：sin2α+sin2β＝sin[（α+β）+（α﹣β）]+sin[（α+β）﹣（α﹣β）]
＝sin（α+β）cs（α﹣β）+cs（α+β）sin（α﹣β）+sin（α+β）cs（α﹣β）﹣cs（α+β）sin（α﹣β）
＝2sin（α+β）cs（α﹣β）；
（2）解：因为a＞c，所以A＞C，
因为cs(A−C)=32，所以A−C=π6，所以cs(A−C2)=2+64，
因为a+c=32+36，b=6，
所以a+cb=22+62，由正弦定理得，sinA+sinCsinB=22+62，
由（1）得，sinA+sinC=2sin(A+C2)cs(A−C2)=2sin(π2−B2)cs(A−C2)
=2×csB2×2+64=2+62csB2，
所以sinA+sinCsinB=2+62csB22sinB2csB2=22+62，即sinB2=12，
因为B∈（0，π），所以B2∈(0，π2)，所以B2=π6，即B=π3；
（3）证明：设a+c=32+36=m，c=x，则a＝m﹣x，
由余弦定理得，csB=a2+c2−b22ac=(m−x)2+x2−362(m−x)x=12，
整理得，3x2﹣3mx+m2﹣36＝0，代入m=32+36，
得x2−3(2+6)x+12(3+1)=0，解得x=32+6，或x=26，
因为a＞c，所以c=26，a=32+6，
设∠ABD=θ∈(0，π3)，则AE=26sinθ，BE=26csθ，∠EBC=π3−θ，
则S△ABE=12AB⋅BE⋅sinθ=12×26×26csθ⋅sinθ=12sinθcsθ，
在△BEC中，由余弦定理得，cs∠EBC=BE2+BC2−EC22BE⋅BC，
即cs(π3−θ)=(32+6)2+(26csθ)2−CE22×(32+6)(26csθ)，
整理得，CE2=36cs2θ−(123+36)sinθcsθ+(24+123)sin2θ，
所以λ=S△ABEEC2=12sinθcsθ36cs2θ−(123+36)sinθcsθ+(24+123)sin2θ
=sinθcsθ3cs2θ−(3+3)sinθcsθ+(2+3)sin2θ
=1(2+3)tanθ+3tanθ−(3+3)，
因为(2+3)tanθ+3tanθ−(3+3)≥23(2+3)−(3+3)=32+6−(3+3)，
当且仅当(2+3)tanθ=3tanθ时，即tanθ=3(2−3)∈(0，3)时等号成立，
又32+6−(3+3)−3=32+6−(23+3)=(32+6)2−(23+3)232+6+(23+3)=332+6+(23+3)＞0，
所以32+6−(3+3)＞3，
即(2+3)tanθ+3tanθ−(3+3)＞3，所以1(2+3)tanθ+3tanθ−(3+3)＜33，
所以λ＜33．
【点评】本题考查了两角和与差的正弦公式和余弦定理的综合应用，属于难题．
考点卡片
1．平面向量的投影向量
【知识点的认识】
投影向量是指一个向量在另一个向量上的投影．投影向量可以用来求两个向量之间的夹角，也可以用来求一个向量在另一个向量上的分解．
设a→，b→是两个非零向量，AB=a→，CD=b→，考虑如下的变换：过AB的起点A和终点B分别作所在直线的垂线，垂足分别为A1，B1，得到A1B1，称上述变换为向量a→向向量b→投影，A1B1叫做向量a→在向量b→上的投影向量．
向量a→在向量b→上的投影向量是|a→|csθb→|b→|．
【解题方法点拨】
投影，是一个动作．投影向量，是一个向量．我们把|a→|csθ叫作向量a→在向量b→上的投影．那么投影向量可以理解为投影数量乘上一个方向上的单位向量．
（1）向量a→在向量b→上的投影向量为|a→|e→csθ（其中e→为与b→同向的单位向量），它是一个向量，且与b→共线，其方向由向量a→和b→夹角θ的余弦值决定．
（2）注意：a→在b→方向上的投影向量与b→在a→方向上的投影向量不同，b→在a→方向上的投影向量为|b→|csθa→|a→|．
【命题方向】
（1）向量分解：将一个向量分解成与另一个向量垂直和平行的两个部分．
（2）向量夹角计算：通过求两个向量之间的夹角，则可以判断它们之间的关系（如垂直、平行或成锐角或成钝角）．
（3）空间几何问题：求点到平面的距离．
2．正弦定理
【知识点的认识】
1．正弦定理和余弦定理
在△ABC中，已知a，b和角A时，解的情况
由上表可知，当A为锐角时，a＜bsinA，无解．当A为钝角或直角时，a≤b，无解．
2、三角形常用面积公式
1．S=12a•ha（ha表示边a上的高）；
2．S=12absinC=12acsinB=12bcsinA．
3．S=12r（a+b+c）（r为内切圆半径）．
【解题方法点拨】
正余弦定理的应用
1、解直角三角形的基本元素．
2、判断三角形的形状．
3、解决与面积有关的问题．
4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识
（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．
解题关键在于明确：
①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；
②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．
（2）测量高度问题：
解题思路：
①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．
②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．
点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．
3．余弦定理
【知识点的认识】
1．正弦定理和余弦定理
【解题方法点拨】
正余弦定理的应用
1、解直角三角形的基本元素．
2、判断三角形的形状．
3、解决与面积有关的问题．
4、利用正余弦定理解斜三角形，在实际应用中有着广泛的应用，如测量、航海、几何等方面都要用到解三角形的知识
（1）测距离问题：测量一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，用正弦定理就可解决．
解题关键在于明确：
①测量从一个可到达的点到一个不可到达的点之间的距离问题，一般可转化为已知三角形两个角和一边解三角形的问题，再运用正弦定理解决；
②测量两个不可到达的点之间的距离问题，首先把求不可到达的两点之间的距离转化为应用正弦定理求三角形的边长问题，然后再把未知的边长问题转化为测量可到达的一点与不可到达的一点之间的距离问题．
（2）测量高度问题：
解题思路：
①测量底部不可到达的建筑物的高度问题，由于底部不可到达，因此不能直接用解直角三角形的方法解决，但常用正弦定理计算出建筑物顶部或底部到一个可到达的点之间的距离，然后转化为解直角三角形的问题．
②对于顶部不可到达的建筑物高度的测量问题，我们可选择另一建筑物作为研究的桥梁，然后找到可测建筑物的相关长度和仰、俯角等构成三角形，在此三角形中利用正弦定理或余弦定理求解即可．
点拨：在测量高度时，要理解仰角、俯角的概念．仰角和俯角都是在同一铅锤面内，视线与水平线的夹角．当视线在水平线之上时，成为仰角；当视线在水平线之下时，称为俯角．
4．三角形中的几何计算
【知识点的认识】
1、几何中的长度计算：
（1）利用正弦定理和三角形内角和定理可以求解：
①已知两角和任一边，求其他两边和一角．
②已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角（从而进一步求出其他的边和角）．
（2）利用余弦定理可以求解：
①解三角形；
②判断三角形的形状；
③实现边角之间的转化．包括：a、已知三边，求三个角；b、已知两边和夹角，求第三边和其他两角．
2、与面积有关的问题：
（1）三角形常用面积公式
①S=12a•ha（ha表示边a上的高）；
②S=12absinC=12acsinB=12bcsinA．
③S=12r（a+b+c）（r为内切圆半径）．
（2）面积问题的解法：
①公式法：三角形、平行四边形、矩形等特殊图形，可用相应面积公式解决．
②割补法：若是求一般多边形的面积，可采用作辅助线的办法，通过分割或补形把不是三角形的几何图形分割成不重叠的几个三角形，再由三角形的面积公式求解．
【解题方法点拨】
几何计算最值问题：
（1）常见的求函数值域的求法：
①配方法：转化为二次函数，利用二次函数的特征来求值；
②逆求法（反求法）：通过反解，用y来表示x，再由x的取值范围，通过解不等式，得出y的取值范围；
④换元法：通过变量代换转化为能求值域的函数，化归思想；
⑤三角有界法：转化为只含正弦、余弦的函数，运用三角函数有界性来求值域；
⑥单调性法：函数为单调函数，可根据函数的单调性求值域．
⑦数形结合：根据函数的几何图形，利用数型结合的方法来求值域．
（2）正弦，余弦，正切函数值在三角形内角范围内的变化情况：
①当角度在0°～90°间变化时，
正弦值随着角度的增大而增大，且0≤sinα≤1；
余弦值随着角度的增大而减小，且0≤csα≤1；
正切值随着角度的增大而增大，tanα＞0．
②当角度在90°～180°间变化时，
正弦值随着角度的增大而减小，且0≤sinα≤1；
余弦值随着角度的增大而减小，且﹣1≤csα≤0；
正切值随着角度的增大而增大，tanα＜0．
5．解三角形
【知识点的认识】
1．已知两角和一边（如A、B、C），由A+B+C＝π求C，由正弦定理求a、b．
2．已知两边和夹角（如a、b、c），应用余弦定理求c边；再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A+B+C＝π，求另一角．
3．已知两边和其中一边的对角（如a、b、A），应用正弦定理求B，由A+B+C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c边，要注意解可能有多种情况．
4．已知三边a、b、c，应用余弦定理求A、B，再由A+B+C＝π，求角C．
5．方向角一般是指以观测者的位置为中心，将正北或正南方向作为起始方向旋转到目标的方向线所成的角（一般指锐角），通常表达成．正北或正南，北偏东××度，北偏西××度，南偏东××度，南偏西××度．
6．俯角和仰角的概念：
在视线与水平线所成的角中，视线在水平线上方的角叫仰角，视线在水平线下方的角叫俯角．如图中OD、OE是视线，是仰角，是俯角．
7．关于三角形面积问题
①S△ABC=12aha=12bhb=12chc（ha、hb、hc分别表示a、b、c上的高）；
②S△ABC=12absinC=12bcsinA=12acsinB；
③S△ABC＝2R2sinAsinBsinC．（R为外接圆半径）
④S△ABC=abc4R；
⑤S△ABC=s(s−a)(s−b)(s−c)，（s=12（a+b+c））；
⑥S△ABC＝r•s，（ r为△ABC内切圆的半径）
在解三角形时，常用定理及公式如下表：
6．棱柱的结构特征
【知识点的认识】
1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．
2．认识棱柱
底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．
侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．
侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．
顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．
高：棱中两个底面之间的距离．
3．棱柱的结构特征
棱柱1．两个底面互相平行2．侧面都是四边形3．侧棱互相平行
根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：
（1）侧面都是平行四边形
（2）两底面是全等多边形
（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形
（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．
4．棱柱的分类
（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．
（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．
5．棱柱的体积公式
设棱柱的底面积为S，高为h，
V棱柱＝S×h．
7．圆柱的结构特征
【知识点的认识】
以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，旋转轴叫做圆柱的轴．
【解题方法点拨】
垂直于圆柱的轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面；平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，平行于轴的边都叫做圆柱侧面的母线．
【命题方向】
﹣圆柱的几何特征：考查如何从几何特征出发计算圆柱的各种性质．
﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆柱的特征对圆柱几何属性进行辨识．
8．球内接多面体
【知识点的认识】
1、球内接多面体的定义：多面体的顶点都在球面上，且球心到各顶点的距离都是半径．球内接多面体也叫做多面体外接球．
球外切多面体的定义：球面和多面体的各个面都相切，球心到各面的距离都是球的半径．球外切多面体也叫做多面体内切球．
2、研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：
（1）球心与多面体中心的位置关系；
（2）球的半径与多面体的棱长的关系；
（3）球自身的对称性与多面体的对称性；
（4）能否做出轴截面．
3、球与多面体的接、切中有关量的分析：
（1）球内接正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：
①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；
②正方体的四个顶点都在球面上；
③球半径和正方体棱长的关系：r=32a．
（2）球外切正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：
①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；
②球与正方体每个面的切点都是每个面的中心点；
③球半径和正方体棱长的关系：r=12a．
9．棱柱、棱锥、棱台的体积
【知识点的认识】
柱体、锥体、台体的体积公式：
V柱＝sh，V锥=13Sh．
10．棱锥的体积
【知识点的认识】
棱锥的体积可以通过底面面积B和高度h计算，顶点到底面的垂直距离即为高度．
【解题方法点拨】
﹣计算公式：体积计算公式为V=13B⋅ℎ．
﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．
【命题方向】
﹣棱锥的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱锥的体积．
﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱锥体积计算．
11．球的体积和表面积
【知识点的认识】
1．球体：在空间中，到定点的距离等于或小于定长的点的集合称为球体，简称球．其中到定点距离等于定长的点的集合为球面．
2．球体的体积公式
设球体的半径为R，
V球体=43πR3
3．球体的表面积公式
设球体的半径为R，
S球体＝4πR2．
【命题方向】
考查球体的体积和表面积公式的运用，常见结合其他空间几何体进行考查，以增加试题难度，根据题目所给条件得出球体半径是解题关键．
12．异面直线及其所成的角
【知识点的认识】
1、异面直线所成的角：
直线a，b是异面直线，经过空间任意一点O，作直线a′，b′，并使a′∥a，b′∥b．我们把直线a′和b′所成的锐角（或直角）叫做异面直线a和b所成的角．异面直线所成的角的范围：θ∈（0，π2]．当θ＝90°时，称两条异面直线互相垂直．
2、求异面直线所成的角的方法：
求异面直线的夹角关键在于平移直线，常用相似比，中位线，梯形两底，平行平面等手段来转移直线．
3、求异面直线所成的角的方法常用到的知识：
13．空间中直线与直线之间的位置关系
【知识点的认识】
空间两条直线的位置关系：
14．直线与平面平行
【知识点的认识】
1、直线与平面平行的判定定理：
如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行．用符号表示为：若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α．
2、直线与平面平行的判定定理的实质是：对于平面外的一条直线，只需在平面内找到一条直线和这条直线平行，就可判定这条直线必和这个平面平行．即由线线平行得到线面平行．
1、直线和平面平行的性质定理：
如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
用符号表示为：若a∥α，a⊂β，α∩β＝b，则a∥b．
2、直线和平面平行的性质定理的实质是：
已知线面平行，过已知直线作一平面和已知平面相交，其交线必和已知直线平行．即由线面平行⇒线线平行．
由线面平行⇒线线平行，并不意味着平面内的任意一条直线都与已知直线平行．
正确的结论是：a∥α，若b⊂α，则b与a的关系是：异面或平行．即平面α内的直线分成两大类，一类与a平行有无数条，另一类与a异面，也有无数条．
15．直线与平面垂直
【知识点的认识】
直线与平面垂直：
如果一条直线l和一个平面α内的任意一条直线都垂直，那么就说直线l和平面α互相垂直，记作l⊥α，其中l叫做平面α的垂线，平面α叫做直线l的垂面．
直线与平面垂直的判定：
（1）定义法：对于直线l和平面α，l⊥α⇔l垂直于α内的任一条直线．
（2）判定定理1：如果两条平行直线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面．
（3）判定定理2：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．
直线与平面垂直的性质：
①定理：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行．符号表示为：a⊥α，b⊥α⇒a∥b
②由定义可知：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b．
16．平面与平面垂直
【知识点的认识】
平面与平面垂直的判定：
判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直．
平面与平面垂直的性质：
性质定理1：如果两个平面垂直，则在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面．
性质定理2：如果两个平面垂直，那么经过第一个平面内的一点垂直于第二个平面的直线在第一个平面内．
性质定理3：如果两个相交平面都垂直于第三个平面，那么它们的交线垂直于第三个平面．
性质定理4：三个两两垂直的平面的交线两两垂直．
17．直线与平面所成的角
【知识点的认识】
1、直线和平面所成的角，应分三种情况：
（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；
（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；
（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．
显然，斜线和平面所成角的范围是（0，π2）；直线和平面所成的角的范围为[0，π2]．
2、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；
（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解问题．
在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作用．在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想．
3、斜线和平面所成角的最小性：
斜线和平面所成的角是用两条相交直线所成的锐角来定义的，其中一条直线就是斜线本身，另一条直线是斜线在平面上的射影．在平面内经过斜足的直线有无数条，它们和斜线都组成相交的两条直线，为什么选中射影和斜线这两条相交直线，用它们所成的锐角来定义斜线和平面所成的角呢？原因是斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中，它是最小的角．对于已知的斜线来说这个角是唯一确定的，它的大小反映了斜线关于平面的“倾斜程度”．根据线面所成的角的定义，有结论：斜线和平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角．
用空间向量直线与平面所成角的求法：
（1）传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得．
（2）向量求法：设直线l的方向向量为a→，平面的法向量为u→，直线与平面所成的角为θ，a→与u→的夹角为φ，则有sinθ＝|cs φ|=|a→⋅u→||a→||u→|．
18．几何法求解直线与平面所成的角
【知识点的认识】
1、直线和平面所成的角，应分三种情况：
（1）直线与平面斜交时，直线和平面所成的角是指此直线和它在平面上的射影所成的锐角；
（2）直线和平面垂直时，直线和平面所成的角的大小为90°；
（3）直线和平面平行或在平面内时，直线和平面所成的角的大小为0°．
显然，斜线和平面所成角的范围是（0，π2）；直线和平面所成的角的范围为[0，π2]．
2、一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．
【解题方法点拨】
具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作﹣﹣作出斜线与射影所成的角；
（2）证﹣﹣论证所作（或找到的）角就是要求的角；
（3）算﹣﹣常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）答﹣﹣回答求解问题．
在求直线和平面所成的角时，垂线段是其中最重要的元素，它可起到联系各线段的纽带的作用．在直线与平面所成的角的定义中体现等价转化和分类与整合的数学思想．
【命题方向】
﹣夹角计算：考查如何使用几何方法计算直线与平面之间的夹角．
19．二面角的平面角及求法
【知识点的认识】
1、二面角的定义：
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O．
3、二面角的平面角求法：
（1）定义；
（2）三垂线定理及其逆定理；
①定理内容：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么，它就和这条斜线垂直．
②三垂线定理（逆定理）法：由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角．
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．；
（4）平移或延长（展）线（面）法；
（5）射影公式；
（6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角；
（7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法：
设平面α和β的法向量分别为u→和v→，若两个平面的夹角为θ，则
（1）当0≤＜u→，v→＞≤π2，θ=＜u→，v→＞，
此时csθ＝cs＜u→，v→＞=u→⋅v→|u→||v→|．
（2）当π2＜＜u→，v→＞＜π时，θ＝π−＜u→，v→＞，
csθ＝﹣cs＜u→，v→＞=−u→⋅v→|u→||v→|．
20．几何法求解二面角及两平面的夹角
【知识点的认识】
1、二面角的定义：
从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q．
2、二面角的平面角﹣﹣
在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O．
【解题方法点拨】
求二面角的平面角：在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．
【命题方向】
﹣夹角计算：考查如何使用几何方法计算两平面之间的夹角．
21．点、线、面间的距离计算
【知识点的认识】
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/4/14 10:11:34；用户：实事求是；邮箱：18347280726；学号：37790395
题号
1
2
3
4
5
6
答案
B
A
B
C
B
D
题号
7
8
9
答案
AC
AD
ACD
定理
正弦定理
余弦定理
内容
asinA=bsinB=csinC=2R
（ R是△ABC外接圆半径）
a2＝b2+c2﹣2bccsA，
b2＝a2+c2﹣2accsB，
c2＝a2+b2﹣2abcsC
变形
形式
①a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC；
②sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R；
③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；
④asinB＝bsinA，bsinC＝csinB，asinC＝csinA
csA=b2+c2−a22bc，
csB=a2+c2−b22ac，
csC=a2+b2−c22ab
解决
三角
形的
问题
①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；
②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角
①已知三边，求各角；
②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角
A为锐角
A为钝角或直角
图形




关系式
a＝bsinA
bsinA＜a＜b
a≥b
a＞b
解的个数
一解
两解
一解
一解
定理
正弦定理
余弦定理
内容
asinA=bsinB=csinC=2R
（ R是△ABC外接圆半径）
a2＝b2+c2﹣2bccs A，
b2＝a2+c2﹣2accs_B，
c2＝a2+b2﹣2abcs_C
变形
形式
①a＝2Rsin A，b＝2Rsin_B，c＝2Rsin_C；
②sin A=a2R，sin B=b2R，sin C=c2R；
③a：b：c＝sinA：sinB：sinC；
④asin B＝bsin A，bsin C＝csin B，asin C＝csin A
cs A=b2+c2−a22bc，
cs B=a2+c2−b22ac，
cs C=a2+b2−c22ab
解决
三角
形的
问题
①已知两角和任一边，求另一角和其他两条边；
②②已知两边和其中一边的对角，求另一边和其他两角
①已知三边，求各角；
②已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两角
名称
公式
变形
内角和定理
A+B+C＝π
A2+B2=π2−C2，2A+2B＝2π﹣2C
余弦定理
a2＝b2+c2﹣2bccsA
b2＝a2+c2﹣2accsB
c2＝a2+b2﹣2abcsC
csA=b2+c2−a22bc
csB=a2+c2−b22ac
csC=a2+b2−c22ab
正弦定理
asinA=bsinB=csinC=2R
R为△ABC的外接圆半径
a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC
sinA=a2R，sinB=b2R，sinC=c2R
射影定理
acsB+bcsA＝c
acsC+ccsA＝b
bcsC+ccsB＝a
面积公式
①S△=12aha=12bhb=12chc
②S△=12absinC=12acsinB=12bcsinA
③S△=abc4R
④S△=s(s−a)(s−b)(s−c)，（s=12（a+b+c））；
⑤S△=12（a+b+c）r
（r为△ABC内切圆半径）
sinA=2S△bc
sinB＝
2S△ac
sinC=2S△ab
位置关系
共面情况
公共点个数
图示
相交直线
在同一平面内
有且只有一个

平行直线
在同一平面内
无

异面直线
不同时在任何一个平面内
无