数学题库1万题-必修2解答

2解答3141、面体至少有几个面?这个多面体是怎样的几何体2、合下图，说说它们分别是怎样的多面体3、4、请给以下各图分类． 6、7、合下图，说说它们分别是怎样的多面体8、面体至少有几个面?这个多面体是怎样的几何体9、请给以下各图分类．10、11、分形成的多面体还是棱柱吗？如果不是，请说明理由；如果是，底面及侧棱．14、12AAB点，17、如图是一个数学竞赛的奖杯， 它是由哪些简单几何体组合而成的．19、20、22、ABCa，求△ABC的直观图△A′B′C23、24、在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A′B′C′D′，如图，其中的对角线A′C′a25、ABCD中，AB∥CD，AB＝4cm，CD＝2cm，∠DAB＝30°，AD＝3cma26、图示是一个几何体的直观图，画出它的三视图．R 27、28、画出图中3个图形的指定三视图（之一

画左视 画主视 画俯视．29、30如图是一个多面体的展开图，每个面内都标注了字母，请根据要求回答问题：FFEDCBA（１）（２）A（３）如果面F面，从左面看是面B，那么哪一面会在上面（４）CD31、PABC的侧棱长为lAPB30þPFEBPFEBEFBPCP上的点，求△AEF32、（１）（２）（３）33、养路处建造仓库用于贮藏食盐（供融化高速公的积雪之用，已建的仓库的底面直径12M，高4M，养路处拟建一个更大的仓库，以存放食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4M（高不变；二是高度增加4M(底面直径不变)。34（14分）RHx（2）x35、将圆心角为1200，面积为336、1200，面积为3的扇形，作为圆锥的侧面，求圆锥的表面积和体积(2)3cm5cm的等腰梯形的直观图338、(如图)在底半径为2母线长为4的圆锥中内接一个高 的圆柱，求圆柱的表面积339、ABCDDAB900ADCABCDAD

AB5,CD22,AD240、①轴截面是正方形的圆柱叫等边圆柱．已知：等边圆柱的底面半径为r，求：全面积②轴截面是正三角形的圆锥叫等边圆锥.已知：等边圆锥底面半径为r，求：全面积41四边形ABCD，A(0,0)，B(1,0)，C(2,1)，D(0,3)，绕y轴旋转一周，求所得旋转体的体h42、如图 封闭容器，高为h，圆锥内水面高为h，h ,若将圆锥倒置后，圆锥内水面高h 43、如图，在正四棱台内，以小底为底面。大底面中心为顶点作一内接棱锥.b，44、如图 三棱 ABCABC中，P为VPBBCC:VABCABC

上一点，求45、有一塔形几何体由3个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层212，求它的侧面积．47、10cm20cm180°，那么圆台的表面积和体积分别是多少？(π)，48、如图所示，一个的空上放着一个直径为8cm的半球形的冰淇淋，请你设计一种这样的(杯口直径等于半球形的冰淇淋的直径壁厚忽略不计)，使冰淇淋融化后不会溢出，，49、有一个倒容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入 ＝2，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值 54、49．6米铁丝，S平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)r取何值时，S取得最大值？并求出该最大值(0．01平方米56、在1L高产小麦中混入了一粒带麦锈病的，从中随机取出10mL，含有麦锈病的概率是58、OABC的直观图．(要求用斜二测画法，并写出画法已知四棱锥PCC1M的最短路线长为29CC1N．求：PCNC腰三角形，侧视图(或称左视图)64的等腰三角形．求：62、h1 63、B，∠AO＝60°，A＝72cmABCD，作D内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面底面．试求：(1)AD应取多长？(2)径为12m，高4m，养路处拟建一个更大的仓库，以存放食盐，现有两种方案：一是新建的仓4m(高不变)4m(底面直径不变)．DA1C1A1BB1CD，求A1D168、P—ABCDPABCDA①一对互相垂直的异面直 ②一对互相垂直的平 ③一对互相垂直的直线和平 四棱锥P—ABCD的表面积 69、ABCDEFABCDBFC＝90°，BF＝FC，HBC求证：ACB－DEF70、沿着圆柱的一条母线将圆柱剪开，可将侧面展到一个平面上，所得的矩形称为圆柱的侧面展开母线长)S2lr为圆柱底面圆半径，lRxx71、ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝22，AD＝2，求ABCDAD旋转一周所成几何体的表面积及体积．PQx，ABd．x为何值时，d273、2的正三角形，俯视图是一74、在等腰Rt△ABC中，在斜边AB上任取一点MAM的长AC的长的概率75【04春招理】如图，四棱锥SABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面3SB3 （III）SAM，DMSB76【04P—ABCDABCDDAB60PDABCD，PD=AD，EABFPDPP PP77EFGHABCDABBC,CDDAEHFGEHBDAHEDAHEDGF78、ABCDEFGHABBCCDDA的中点．EFGH是平行四边形．79、ABCDABCDAB23AD23AA2（１）BCAC（２）AABC CDDBCA80、如图，三条直线两两平行且不共面，每两条确定一个平面，一共可以确定几个平面？如果三条直线 81、已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点， EFQ（１）DBFE（２）A1CDBFERPQRFAA1D1DBB1C1C的对角线的交点，点GHA1ABB1，C1CDD1 G GEF B△OEG≌△O1FH83【04】如右下图,在长方体ABCD—A1B1C1D1中,已知AB=4,AD=3,AA1=2.E、F分别是线AB、BCEB= F EC1与FD184【 理】如图，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，点E是棱FCD 当D1EAB1FC1—EF—A（结果用反三角函数值表示85【 春季】如图，点P为斜三棱柱ABCA1B1C1的侧棱BB1上一点，PMBB1交MPNBB1交CC1NABPBPMN 求证CC1MN在任意DEF中有余弦定理DE2DF2EF22DFEFcosDFE87【04·理】已知三棱柱ABC－A1B1C1中，底面边长和侧棱长均为a，侧面A1ACC1⊥底面6 62求异面直线ACBC1所成角的余弦值求证：A1B⊥面 文】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝2，AA12，由顶点B沿棱柱侧面经过棱AA1到顶点C1的最短路线与AA1的交点记为M，求： MABA1M平面C1MBABC（锐角）90【04建理】S—ABCABC4SAC⊥3 3证明BCMNP91【 湖南理】如图，在底面是菱形的四棱锥—ABCＤ中，∠PE:ED=2:1.

E

2a,点EPDD E ACEACDAC211AA1B1BD，B1C1211(Ⅰ)求证：CD⊥平面(Ⅱ)求面B1BD与面CBD所成二面角的大小

93【04Ⅲ·理】三棱锥P-ABC中，侧面PAC与底面ABC垂直P PB(1)AB⊥BC3(II)3

，求AC与侧面PAC所成角的大小94【044ABCD-A1B1C1D1中，OA1B1C1D1PCC1上，CC1=4CP.DD 设OD1APH，求证求点PABD195、图中的图形画法是否正确，如不正确，请改正aαaαaα97、ABCDAB∥CD，AB，BC，DC，AD(或延长线)α相交E，F，G，H，求证：E，F，G，H必在同一直线上．SBDSAC99、ABCD－A1B1C1D1A1CBDC1O，AC、BDM，EAB的中点，FAA1的中点．求证：(1)C1、O、M三点共线；(2)E、C、D1、F(3)CE、D1F、DA100、aABCD－A1B1C1D1中，M，NCD、AD的中点．求证：(1)MNA1C1是梯形；101、正方体AC1中，E、F分别是面A1B1C1D1和AA1DD1的中心，则EF和CD所成的角是 求证：NAC104、P－ABCDEPDPE∶ED＝2∶1，PCFBFAEC？并证明你的结论．106、ABCD中，AB＝CDABCD30°，E、FBC、AD的中点，EFAB所成角的大小．107、ABCD—A1B1C1D1中，E、FBC、C1D1的中点．求证：EFBDD1B1．PQBCE．(用两种方法证明)109、下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥面MNP的图形的序号是 110、如图所示，P是▱ABCD所在平面外一点，E、FPA、BDPE∶EA＝BF∶FD．求证：EFPBC．111、ABCDPABCD外一点，MPCDMGAPBDMGH，112、A—BCDEFGH．求证：CDEFGH．113、如图所示，PABCD所在平面外一点，M、NAB、PCPAC．115、P—ABCDABCDPA垂直于底面，E、F116、ABCD—A1B1C1D1中，E、FB1C1、B1B的中点．求证：CFEAB．118、已知△ABCA(－5,0)，B(3，－3)，C(0,2)BC边上的高所在的直线119、等腰△ABCA(－1,2)，AC的斜率为3B(－3,2)AC、BC及∠A的平分线．120、

3l121、(1)A(2,5)y＝2x＋7(2)C(－1，－1)xPB、PC(1)求证：BC(2)EA—DE—P123、ABC—A1B1C1中，E、FA1B、A1CDB1C1(2)A—BE—P125、ABCD中，AB＝BC，CD＝DA，E、F、GCD、DAACBEF点，NEC的中点，127、ABCα的同侧，AA′⊥αA′，BB′⊥αB′，CC′⊥αC′，G、G′分别是△ABC和△A′B′C′的重心，求证：GG′⊥α．(2)MAB129、ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝CC1，M，N(2)BC1A1BCBD＝2AD＝8，AB＝2DC＝45．(1)MPC(2)P—ABCD131、如图所示，PABCDABCD是∠DAB＝60°a的PADABCD．GAD边的中点，求证：BGPC＝a，PD＝2a，EPAEDBABCD．AD＝22，∠BAD＝∠CDA＝45°．CEAFB－EF－A135、ABCD中，CB＝CD，AD⊥BDE、FAB、BD的中点．求证：(1)EFACD；136、ABCDASAACAAE⊥SBEEEF⊥SC于F．(2)AEFSDGCABDOAB上．(2)ABC′D (1)EFGH(2)BD＝aEFGH(2)ODPBC

1141、ABCDACEF所在的平面互相垂直，EF∥AC，AB＝2，CE＝EF＝1．(1)求证：AFBDE；BC∥AD，∠BAD＝90°，AD＝3BC，OAD上一点．(1)若CD∥平面PBO，试点O的位置143、ABCDCD＝21，试问：在这个四面体中，144、某几何体的三视图如图所示，PABCD对角线的交点，GPB(2)在直观图中，①证明：PDAGC；145、如图所示，ABCD是正方形，O是正方形的中心，POABCDa，E(2)E－BD－C30°P－ABCD146、A(－1,3)xxPB(3,1)P147、ABCD中，∠BAD＝60°ABCD各边和两条对角线所在直线的倾斜角148、x，yy＝－2x＋8

yA（1，－1，B（2，2，C（3，0）152l1x+(1+m)y+m－2=0l22mx+4y+16=0当且仅当ml1l2(1) (2).153、已知两直线l1axby40l2a1)xyb0,直线l1过点(31，并且直线l1与直线l2垂直,求a、b的值．154、A（－2，0）B（1，3a）l1P（0，－1）Q（a，－2a）的直l2a的值。A（1，－1，B（2，2，C（3，0）156、已知△ABCA(－2，－4)，B(6,6)，C(0，6)，求此三角形三边的高所在直157、A（－2，0）B（1，3a）l1P（0，－1）Q（a，－2a）的直l2a的值。160、已知两直线l1axby40l2a1)xyb0,直线l1过点(31，并且直线l1与直线l2垂直,求a、b的值．161l1x+(1+m)y+m－2=0l22mx+4y+16=0当且仅当ml1l2(1)(2).162（12分）过点（２，３）的直线l被两平行直线l12x5y90l22x5y70x4y10上，求直线l163（10ABC中，A(1,3)，ABACx2y10y10，求ABC各边所在直线方程．164（10）过点54作一直线l，使它与两坐标轴相交且与两轴所围成的三角形面积为5，求直线l的方程。165（12分）已知两直线l1axby40l2a1)xyb0ab直线l1过点（-3，-1，并且直线l1与直线l2垂直直线l1与直线l2平行，并且坐标原点到l1l2的距离相等166、l6，且被两坐标轴所截得的线段长为37l167、l经过点(7,1)l168、ABCACABACBDAC169、ala171、斜率为3B(－3,0)x4yy3xx轴，yA(2)点C坐标．2P(43) ，求直线l的方程2174、yByBEFCPOA175、试求直线l1xy20，关于直线l23xy30对称的直线l176、求经过两直线l1x2y40和l2xy20P，且与直线l33x4y50垂直的直线l的方程．

PBPA(23)5178、已知直线l1：mx8yn0，直线l22xmy10，l1∥l25A(m，n)(m0，n0的直线l被l1、l2截得的线段长为10，求直线l

179、P(20)，且点Q(2434，3180、2x－y＋2＝0，x＋y＋1＝04l2的方程．182、△ABCBC求△ABC183、ll

3mlPm3m184、P(20)Q(243到该直线距离等于4，32186、直线lx3y1002xy80MNMN的中点是(01)l的方程187、直线lx3y1002xy80MNMN的中点是(01)l的方程188、试求直线l1xy20，关于直线l23xy30对称的直线l189、求经过两直线l1x2y40和l2xy20P，且与直线l33x4y50垂直的直线l的方程．190、P(20)Q(243到该直线距离等于4，3191、yByBEFCPOA2P(43) ，求直线l的方程2A(2)点C坐标．2P(43) ，求直线l的方程2196、O(0,0)l：8x＋6y＝25P(－4,3)，求反射光l的交点坐标．y＝0B的坐标为(1,2)AC198、2x＋y－8＝0x－2y＋1＝0yx轴上截距的两倍的l的方程．199、y＝x2－8x＋20＋x2＋1200、求证：x2＋y2＋x2＋1－y2＋1－x2＋y2＋1－x2＋1－y2≥2201、202、l：y＝－2x＋6A(1，－1)Al1lB点，且|AB|＝5，l1的方程．203、已知△ABC2x－3y＋1＝0x＋y＝0A(1,2)．求(1)BC边所在的直线方程；(2)△ABC204、lP(3,1)l1：x＋y＋1＝0l2：x＋y＋6＝05l205、已知△ABCA为(3，－1)，AB6x＋10y－59＝0，∠B的平x－4y＋10＝0BC边所在直线的方程．206、如图所示，某县相邻两镇在一平面直角坐标系下的坐标为A(1,2)，B(4,0)，一条河所在的直线方程为l：x＋2y－10＝0，若在河边l上建一座供水站P，使之到A，B两镇的管道最省，那么供水站P应207、光线从A(－3,4)点出发，到x轴上的点B后，被x轴反射到y轴上的C点，又被y轴反射，这D(－1,6)BC的方程．208、l过点(1,4)18209、2x＋(t－2)y＋3－2t＝0t的值：(1)过点(1,1)；(2)y轴210、ABC中，DBC边上任意一点(DB，C不重合)，且|AB|2＝|AD|2＋|BD|·|DC|△ABC设计才能使公寓占地面积最大？并求出最大面积(1m2)．212、x＋y＋1＝03x－4＝0D(3,3)，213、M(35214、l2x＋y－5＝0x－2y＝0A(5,0)l3215、y

3x1和x轴，y轴分别交于点A,B 段AB为边在第一象限内作等边△ABC3P(m1ABPABC2求m的x2xx24xx2xx24x、A(22并且和两个坐标轴围成的三角形的面积是1218、一直线被两直线l14xy60,l23x5y60PP点为(00时，219、P(12A(2,3B(05220、y

fxxaxb之间的一段图象近似地看作直线，设acb fcfacafbf by

o

x221、A(1,1B(22)Py1xPA2PB2P2222、如图，已知△ABCA(－8,2)，ABCEx＋2y－5＝0，AC边上的BD2x－5y＋8＝0BC的方程．y2－4x－4y+70L、m224、x2y24x2ym0yA、BP，若APB90m的值225、C：(x3)2＋(y－1)2＝4l：x－y＝5Cl的距离的最大值与最227、求圆心在直线2x-y-3=0上，且过点(5，2)和(3，-2)的圆的方程数λ(λ＞0)M230、C：x2y22x4y401LLC平面直角坐标系中有tr234、A(4,2)、B(－1,3)2235、Px2＋y2＝1A(3,0)M236、Cx2y22x4y401lCAB为直径的圆过原点，若存在求出直线l的方程，若不存在说明理由。237、A(2,0Px2y21上运动，AOPPA于Q点，其中O为坐标原点，求Q点的轨迹方程．238（12分）自点（－3，3）Lxx轴反射，其反射线所在直线与x2y24x4y70L所在直线方程．5239、5A(－2,6)M(5,4)5

1，1（2，2m241（14分）9-3OAy=kx(k>0，x>0)OBy=－kx(x>0)P(x，y)在∠AOx的内部，PM⊥OAM，PN⊥OBNONPMkPyxy=f(x)ky=f(x)的定义域242、P(－1,5)的圆(x－1)2＋(y－2)2＝4243、x＋2y－3＝0x2＋y2＋x－2cy＋c＝0A、B，O⊥OBc244、lP(5,5)C：x2＋y2＝2545l1＝0上，求|MN|246、P(－2，－3)Q为圆心的圆PQ为直径，QQQA，BPA，PBQ为圆心的圆的切AB247、A(0,6)C：x2＋y2＋10x＋10y＝030km40km处，如果这艘轮船不改变航249、已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0，是否存在斜率为1的直线l，使得lC截得的弦AB为直l的方程，若不存在，说明理由．＋7＝0lPN(M、N为切点)，使得|PM|＝2|PN|P的轨迹方程．252、2x－y－4＝0PA(4，－1)，B(3,4)253、l3x＋4y－12＝0lll平行且过点lllll180°254、l1：4x＋y＋6＝0l2：3x－5y－6＝0截得的线段的中点恰好是坐标原点，求P的坐标．256、在空间直角坐标系中，给定 ，求它关于坐标平面、坐标轴和原点的对称点的坐标257、在空间直角坐标系中，求出经过B(2,3,0)且垂直于坐标平面xOy的直线方258、如图， ，在四面体ABCD中，AB⊥平面 BCD=90°，∠ADB=30°，E、F分别是AC、AD的中点.求D、C、E、F 259、如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8．BCA(－2，－3，－1)，求其他七个顶点的坐标．E、F、G的坐标．263、ABCD—A1B1C1D1中，|AB|＝|AD|＝3，|AA1|＝2MA1C1上，|MC1|＝2|A1M|，ND1CD1CM、N两点间的距离．264、如图所示，BC＝4，原点O是BC的中点，点A的坐标为(

0)DyOz∠BDC＝90°，∠DCB＝30°AD

2NBFCM＝BN＝a(0＜a＜MNa为何值时，MN266、xOyx＋y＝1MN(6,5,1)267、x＋3y－5＝0x＋3y－3＝02x＋y＋3＝07268、已知圆C和y轴相切，圆心在直线x3y0上，且被直线yx截得的弦长为2 ，求圆C的7是切点，CPACB面积的最小值．270、求过点A12B1,10且与直线x2y10相切的圆的方程271、Cl：4x－3y＋6＝0A(3,6)B(5,2)272、A(12B(56ADADABCD274、CxyP的坐标．275、Pabxy10

aa2b22a2b276、C：x2＋y2－2x－4y－20＝0mlClCM记(1)CM(－2,3)lC8l278、x2＋y2＝8P(－1,2)，ABPα

＝4

ABABPAB279、l：x＋2y－3＝0P(1,1)5280、l：(m＋3)x－(m＋2)y＋m＝0mlCmlC281、A(3,5)，B(－1,3)，C(－3,1)为△ABC的三个顶点，O、M、NAB、BC、CA的中点，求△OMN的外接圆的方程，并求这个圆的圆心和半径．C为线段O′A的中点，段BB′上求一点E，使|EC|最小．284、y＝－4xl：x＋y－1＝0P(3，－2)285、A(2,3)x＋2y＝0x－y＋1＝022286（10）mx2y22mx4y2m10m的值及PlPl288、A－BPC中，AP⊥PC，AC⊥BC，MAB的中点，DPBPMB290、P(4，－2)，Q(－1,3)y43291、A(－4,1)ll1：x－y＋3＝0B(1,6)，l所在的直线方程． 292、Ct(t∈R，t≠0)xO、AyO、B求证：△OABy＝－2x＋4CM、NOM＝ONC293、m若(1)x＋2y－4＝0M、NOM⊥ON(O为坐标原点)在(2)MN A.C.

B.D.DC正视 侧视DC俯视295、P—ABCDABCDRBD

DFEBCPCBDABPθ证明：△EFG 当EB＝2时，求△EFG296（10）AB8A10m的绳子，拉紧绳子并依次把它的（和旗杆不在同一条直线上CDB6旗杆就和地面垂直，为什么？ADC297（10）如图，E，FABCD－A1B1C1D1B1C1，C1D1BEFD是梯形．FFEDC A（1，－3，B（5，1，C（－4，－8）299、

D. 300、ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2PDD1的中点．求证：(1)BD1PAC；l的方程．302、已知△ABCA(5,1)，ABCM2x－y－5＝0，ACBHx－2y－5＝0CBC304、MO(0,0)、M

的距离之比为MCC2x＋y－4＝0C中，已知EDCED1EA1BD306、P－ABCDABCD为正方形，EPCPA∥平EDB．307、P(6，－4)O：x2＋y2＝2062AB0AC309、过点（1，1）且与坐标轴围成的三角形面积为2的直线l的条数 A.1 B.2 C.3 D.4310、直线mx+y－2m1=0(m为实数)与圆x2y2－2x2y1=0的位置关系 A.相 C.相 M、NAB、PCMN∥NDNDC 312（10）x2y2=25内有一点P（1，3，ABPABPABABPyAB45°ABABPyyyAPBOxOx313（10）如图O处安装路灯，路面宽OD23m，灯杆AB2.5且与灯柱OB120°角.路灯A采用锥形灯罩，灯罩轴线AC与灯杆AB垂直，并与道路交于点C．当灯柱高OB为多少米时，灯ACOD（0.OxyyABOCD高一模块考314、已知△ABC中，∠ACB＝90°，SAABC，AD⊥SC．求证：ADSBC．1、4第二个图是十二面体，它有十二个面；第三个图是八面体，它有八个面；3、（1（8）（2）（3）（5）（6）（7）540336、第二个图是十二面体，它有十二个面；第三个图是八面体，它有八个面；8、4（1（8）（2）（3）（5）（6）（7）10、11、 截面BCFE右侧部分是棱柱，因为它满足棱柱的定义．它是三棱柱BEB′—CFC′，其中△BEB′和△CFC′是底面．EF，B′C′，BC是侧棱，BCFE左侧部分也是棱柱．它是四棱柱ABEA′—DCFD′．ABEADCFD′是底面．A′D′，EF，BC，AD为侧棱．13、xcm3xcmAA1OO1的延长线于点S．在Rt△SOA中，∠ASO＝45°，22l＝2OO1＝142cm7cm21 ∵AB＝A′B′＝2，AA 即蚂蚁爬行的最短距离为2 15、 先画出几何体的轴，然后再观察寻找平面图形．旋转前的平面图形如下16 如图所示，过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴截面，设圆锥内接正方体的棱长为x，则在轴截面中，正方体的对角面A1ACC1的一组邻边的长分别为x和2x．解得

2r＝h2r＋所以2hx＝2rh－2rx，解得x＝2r＋2r＋即圆锥内接正方体的棱长为2r＋17、 将该几何体分解成简单几何体可知，它是由一个球、一个四棱柱和一个四棱台组合而成18、解由于正视图中每列的层数即是俯视图中该列的最大数字，因此，用的立方块数最多的情况是每个方框都用该列的最大数字，即如图①所示，此种情况共用小立方块17块．最少的1，即如图②所示，这样的摆法只需小立方块11块．19、解该物体是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的，正视图反映正六棱柱的三个侧面和圆柱20、 该图形的三视图如图所示21、解图(a)是由两个长方体组合而成的，正视图正确，俯视图错误，俯视图应该画出不可见轮廓4 先画出正三角形ABC，B′C′＝a，O′A′＝3．4AA′M⊥x则A′M＝O′A′·sin45°＝ 2＝6a．×4 × ＝23、 (1)作出长方体的直观图ABCD－A1B1C1D1，如图a所示O′的长度为棱锥的高，连接V′A1，V′B1，V′C1，V′D1，得到四棱锥的直观图，如图b；24 四边形ABCD的真实图形如图所示∴在原四边形ABCD中，AC＝A′C′＝2，∴S四边形ABCD＝AC·AD＝22． (1)如图a所示，在梯形ABCD中，以边AB所在的直线为x轴，点A为原点，建立平面直角坐标系xOy．如图b所示，画出对应的x′轴，y′轴，使∠x′O′y′＝45°．2aDDE⊥xEx′轴上取A′B′＝AB＝42

2cmEE′D′∥yE′D′＝1EDDD′C′∥xD′C′＝DC＝22A′D′、B′Cx′轴与yc所示，则四边形A′B′C′D′就是所求26、27、长方体的左视 五棱柱的主视 圆柱的俯视28、29、正视 侧视 俯视30（１）长方体（２）F（３）C（４）31、PABCA´AA´为所求△AEF周长的最小值，在△PAA´APA´90þPAPA´l，EFEF ∴

2l 32（１） （２） （３）（1） 16 V Sh 4 (M32 2 如果按方案二，仓库的高变成8M 12 V Sh 8 (M32 2 （2）如果按方案一，仓库的底面直径变成16M,半径为8M8255棱锥的母线长为l8255

8

325(M2如果按方案二，仓库的高变成8M8282V22S61060V22

，S2

2rx

rH

rR(Hx)

2xR(Hx)2Rx2Hx(0xH圆柱

H

H2R

H H2（2） x2Hx

x xH2

S圆柱侧最

H 2 4235、解：设扇形的半径和圆锥的母线都为lr

3,l3；3

32r,r1； rlr2 V1Sh112

222 236 解析：R31l212l2 2l322RR1表面 3R2表面V1

22 237、38 39 提示：旋转后得到的几何体可以看作是一个圆台中挖去一个圆锥40、①解：母线lS侧c

2r2r4r2

全全Srlr

全2r2 全41、

1r2h12228圆 1h(r2R2Rr)11(221221) VVV42、它们的体积之比为对应高的立方比2解：VSAB3)3VS

V

1倒置后小结：此题若用

水V

h导出来，我131V水V锥V空，而V空与V的体积之间有比例关系，可以直接求出有关量的位置和大小关系，因为它们的各量之间的关系较密切，所以常引入方程、函数的知识去解14bEO锥 1(4a4b)

2(a台 由于OO1E1E是直角梯形，其由勾股定理有EE2h2a2 2b2

b2ab24 4

解得

a2(2b2a2)4a(a2b)

所以h显然，由于a0，b0，所以此题当且仅当a 2b时才有解44、解法一：设

P

1Sh把三棱柱ABCABC接补成以DDCC和BBCC棱柱体积的两倍

1ShVP

1 ABC

VABC

1 2解法二：VPBBCCVABCABCVPABCVP设SABCm，棱柱的高为n，则三棱柱的体m

mn1mn(P到两底距离之和为n2P ABCVPABCC:VABC

P3

P 45、 易知由下向上三个正方体的棱长依次为2，∴S表＝2S下＋S＝2×22＋4×[22＋(46 如图，E、E1分别是BC、B1C1的中点，O、O1分别是下、上底面正方形的中心，则O1O为正四棱台的高，则O1O＝12．2OE、O1E12 E1E1H⊥OEE1H＝O1O＝12，OH＝O1E1＝3，Rt△E1HEE1E＝32S侧2＝2×(12＋6)×317＝10847、c180°，故c＝π·SA＝2π×10，SA＝20SB＝40，所以AB＝SB－SA＝20，∴S表面积＝S侧＋S上＋S1212＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1100π(cm2)．故圆台的表面积为1100πcm2． 202－102＝10V＝1πh(r2＋rr 1 ＝1π×103×(102＋10×20＋202)＝70003π 31100πcm2，体积为70003π348、 要使冰淇淋融化后不会溢出，则必V圆锥≥V半球，V半球 V圆锥 依题意 4π×43，解得 即当杯口直径为8cm，高大于或等于8cm时，冰淇淋融化后不会溢出．又因为S圆锥侧＝πrl＝πr 8时，S8cm制造的最省材料49、 由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示为圆锥的轴截面3r，水面的半径为3rV＝VV球＝1π·(3r)2·3r－4πr3＝5πr3，而将球取出后，设容器内水的深度为h，则水面圆的半径为3h V′＝1π·32＝1πh3V＝Vh＝3 3h) 即容器中水的深度为350、 设正方体的棱长为a．如图所示2r1＝a，r1＝a ②球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点，过球心作正方体的对角面得截面，2r2＝2a，r2＝22222r3＝r3＝

2a，所以S＝4πr3＝3πa51、解 由三视图可知原几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为2，底面三角形的一边长为4，且该上的高为3，故所求三棱锥的体积为

3×4×2＝452、 将△BCC1沿BC1A1C1BA1CCP＋PA1CCD⊥C1DD点，△BCC1 53、 (2)V＝V长方体－V ＝4×4×6－3×2×2×2×2＝ (cm54 由题意可知矩形的高即圆柱的母线长

r＝0．4时，S0．48π1．51(2)0．31．2－2×0．3＝0．6(米)55、 由三视图可知2m1m22 3 3(mP（A）=取所的体取所的体的体

1含有麦锈病的概率

157、证 ECFDF，∵EC∴EC⊥BCRt△EFDRt△DBA22故ED＝DA．(2)CANMN、BN∴MN∥BD，∴NBDM

1∵ECABC，∴EC⊥BN1∴BNECA，BN⊂11MNBDECA．即平面BDM⊥平面ECA．11

綊

綊∴BD∴MNBD∴DM∥BN，∵BN∴DMECADM⊂DEA58、 直观图如下图所示x′轴，yA′，B′，CxBO′B′＝4．过(2,0)，(4,0)y′轴的平行线，过－1)xO′A′，A′B′，B′C′，C′OOABC59、 由三视图知底面ABCD为矩形PABCDBCE 60、 (1)正三棱柱ABC－A1B1C1的侧面展开图是一个长为9，宽为4的矩形，其对角线的长92＋42＝97．如图所示，将平面BB1C1C绕棱CC1旋转120°使其与侧面AA1C1C在同一平面上，点P运动到点MP1MP1PCC1M的最短路线．设PC＝x，则P1C＝x．Rt△MAP1求得x＝2． 5561、P－ABCD，如图所示．由已知，AB＝8，BC＝6，高h＝4，⊥ABM，ON⊥BCNPM、PN 42＋42＝4 S侧＝2S△PAB＋2S△PBC＝AB·PM＋BC·PN＝8×5＋6×42＝40＋2462、 当锥顶向上时，设圆锥底面半径为r，水的体积为V＝1πr2h－1π2r2

＝192 33

81πr3r′，则V＝1π·r′2·h2．3hh1 hV＝3π·2h 22 333333即所求h2的值3363、(1)r、R，AD＝x，则OD＝72－x，由题意得

AD36

，∴r＝6圆台的高 圆台的高 362－12－62＝633＝1π·633＝50464解：对于几何概型，关键是要构造出随机事件对应的几何图形，利用图形的几何度量来求随机事件Am（m2184 ［0，a=ra的长度a rr66、 (1)如果按方案一，仓库的底面直径变为16m，则仓库的体V1＝1Sh＝1×π×16 (2 8mV2＝1Sh＝1×π×12 (2 (2)16m8m 82＋42＝4S1＝π×8×45＝325π(m2)，如果按方案二，仓库的高变为8m．棱锥的母线长为 因为侧面BCC1B1是菱形，所以B1C⊥A1BB1CA1BC1B1C⊂AB1CAB1C 设BC1交B1C于点E，连接DE，则DE是平面A1BC1与平面B1CD的交线．因为A1B∥平面B1CD，所以A1B∥DE．EBC1DA1C1的中点，1)平面PAB⊥平面PAD或平面PCD⊥平面PAD或平面PBC⊥平面PAB)③PA⊥平面ABCD(AB⊥平面PADCDPADADPABBCPAB)(2)2a2＋2 (2)依题意：正方形的面积是a2，22PB＝PD＝2a，∴S△PBC＝S△PCD＝2P—ABCDS＝2a2＋69证 如图，设AC与BD交于点G，则G为AC的中点．连接EG，GH，由于H为BC的中点1GH綊1又 1AB，∴EF綊GH．∴四边形EFHG为平行四边形．∴EG∥FH．而EG⊂平面EDB，FH⊄平綊∴FH 由四边形ABCD为正方形，得AB⊥BC．又EF∥AB，∴EF⊥BC．EF⊥FB，∴EFBF＝FC，HBC∴FHFH∥EG，∴AC⊥EG∴AC ∵EF⊥FB，∠BFC＝90°∴BF⊥平面∴BFB－DEFBC＝AB＝2，∴BF＝FC＝VB－DEF＝1×1×1×2× 70、 rS圆柱侧 因为R＝HHS圆柱侧H2(2)Sx2的系数小于零，所以这个二次函数有最大值．这时圆柱的高x＝H．271、 S表面＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2＝(4V＝V圆台－V圆锥 3 72、 APQPBCQ，∴ARPBCQ，∴AR⊥RB．在Rt△BRD中，

1

BR＝BD＋RD＝2a＋2a－xd2＝BR2＋AR2＝2x2－＝2x－

3， 4 8 2x＝3a时，d2取得最小值 73、 2，高为V＝1×22×2＝4 74、解：在AB上截取AC′=AC，于是P（AM＜AC）=P（AM＜AC=ACAC CCAMB底面ABCD是正方 SD底面ABCD DC是SC在平面ABCD上的射影由三垂线定理得BCSC（II）解SDABCD，ABCDSABCDA1B1C1SABCDASDBSCADSA1BCSA1SCBC，BC//A1SSC

CSD2在RtSCB中，由勾股定理得SC 在RtSDC中，由勾股定理得SD2CSD ASDBSC SD SDDMBAASD，SASBASD 异面直线DM与SB所成的角为EAB

ABPD面ABCD，AB面 ABABPAB，面PED（2）解：ABPED，PEPED，ABEF，EFPED，ABPEFP—AB—F3 3在PEF中,PE 7,EF2,PF(7(7)222225cosPEF 5 EH77、FGBCDEHBCDBDBCDEHEH// 78、BDEH是△ABD1EH∥BDEH

2FGBDFG1BD2EHFGEHFG．EFGH为平行四边形．试题号：46584基础知识录入时间：2006-1-6（２）NDD ABF80、3个，381、AC1B1D1BD，EF∥BDEFDBFE（２）AC1A1ACC1确定的平面为BDEFQFDPQFDPBRECAQA1C1，Q．又QEF，Q．则Q是与的公共点， PQ．

R且RRPQ．PQR三点共线．由三角形中位线定理可知OE

1CD，OF∥1BA

∥O1FEG∥FH由等角定理可得OEGO1FH（IyDE3,3,0)EC11,3,2)FD14,2,2nxyzC1DEnDE3x3y

xy1nEC1

x3y2z nzzzz(112)其中z 向量AA1(002)与平面CDE垂直cosn010102|cosn010102|n0||AA1 11400（II）设EC1FD1所成角为β，

6tan cos

EC1 |EC1||FD1

1(4)322

12123222(4)22284（I）D1E⊥AB1F∴D1E⊥AFFCD，DE⊥AF，FCDD1E⊥平面AB1F. （II）当D1EAB1F（I）FCDEBCEFEF∥BD.AC，22 22在Rt△CCH中，∵CC=1，CH= ，∴tan∠C 242

2，从而∠AHC1=arctan 2故二面角C1—EF—A的大小为arctan 2（1）设DF=x，则A（0，0，0，B（1，0，0，D（0，1，01A1（00，，B（101D1（0，1E

2DE(1,1,1),

D1EAB1110,即D1E于是DE平面ABFDEAFDEAF0x1 即x1.故当点F是CD的中点时DE平面AB D1E⊥AB1F，FCDEBCEFEF∥BD.AC，设ACEFH，则AH⊥EF.连结C1H，CH是C1HABCD14HC(1,1,1),HA(1444

,1cosAHC1

98 198|HA||HC1 9 8

arccos(1)3

arccos.

EFA的大小为

arccos.85、(1)证：CC

PN

(2)ABCA1B1C1S2S

其中平面CC1B1B与平面CC1A1ACC1平面PMN上述的二面角为MNP在PMNPM2PN2MN22PNMNcosMNPPM2CC2PN2CC2MN2CC22(PNCC)(MNCC)cosMNP 1,

S2S

cos 由α∩γ＝a知a⊂α且a⊂γ，由β∩γ＝b知b⊂β且b⊂γ，∵α∥β，a⊂α，b⊂β，∴a、b无公共点．又∵a⊂γ且b⊂γ，∴a∥b．∵α∥β，∴αβa⊂α，∴aβ87（Ⅰ）5（Ⅱ）88（I）ABCA1B1C16，26262 M AABBAA旋转120AACCB1 1DC2CCDC2CC1425DMACMA AMA

A1M DB，C1BDBC1MBABC在DCB又C1C平面由三垂线定理得

90CBC1BC就是平面C1MBABC（锐角侧面CBBC是正方 CBC1 1故平面CMBABC（锐角）为189、图由点Q段DD1上移动，当点Q与点D1重合时，截面图形为等边三角形AB1D1，如图(1)所示；当点Q与点D重合时，截面图形为矩形AB1C1D，如图(2)所示；图QD，D1AQRB1，如图(3)图90（Ⅰ） ∴ACSDB，SB∵ACSDB，ACNNE⊥BDE，NEEEF⊥CMF，连结NF，则 ∵SN=NB，∴NE=

SA2SA22 2 2422EF2EF2EN

.

3=2 ∴S△CMN=

33，S△CMB= 33 1344SCMB44

13

.即点B到平面CMN的距离 （Ⅰ）∴AC⊥SOSACABC，SAC∩平面∴SO3则A（2，0，0，B（0，2 ，0，C（－2，0，0322

，M(1，

33233232=（－4，0，0， 3232∵AC·SB=（－4，0，0（0，2 3222

33（Ⅱ）由（Ⅰ）得CM=（3，CMN33

，0，

）.设n=（x，y，z）CM

26 262MN2

26 262又OS2

∴cos(n，OS

n =|n||OS 1N－CM－Barccos3263326（Ⅰ（Ⅱ）

，0，n=（

4 4|n 91（Ⅰ）证明因为底面ABCD，∠ABC=60°，AB=AD=AC=a，在△PAB由 知 作EG//PA交AD于G，由PA⊥平面ABCD.EG⊥ABCD.GH⊥ACH，EH，EH⊥AC，∠EHG的平面角.PE:ED=2:1，EG1a,AG2a,GHAGsin60 3 tanEG 3

解法一以AAD、APyzAPAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别zP xA(0,0,0),2

a,1a,0),33 33

a,2

D(0,a,0),P(0,0,a),

2a,

AE

3

a,3

,AC2

a,323

AP(0,0,a),PC

a,BP

a,3 3

a,PFPC a,a其中03a3a3则3BFBPPF2

31 a,a)31

a,2

(3a(1),1a(1),a(1 令BF1AC2得3a(1) 3a

11121a(1)2

2a1

2a

即311 2即3a(1)1a 13 3 得21222

即 时，BF AC 亦即，FPCBFACAE又BFAEC，F是棱PC，BF//AEC.解法二当FPC，BF//AEC，证明如下，证法一取PE的中点MFMFM//CE.①1由EM

PE2

知EMDBM、BDBDAC=O，OBD所以BM//OE.②又BFBFM，BF//22AD1CD3DEAD1(ADAC)322AD1CD3DEAD1(ADAC)3(AEAD)3AE1 所以BFAEAC又BFABC，BF/PDB292、(I)如图，连结CA1、AC1、CM，则 22 223 23∵△A1CB，DA1B，CD=12DM=12

2，DM=C1M，∴△CDN≌△CC1M，∠CDM=∠CC1M=90°,2ADCMAADCMACDFGMD M FG∥CD，FG=1CD∴FG=1，FG⊥BD. BB1A1ADBD=B1D12所以△BB1D1B1G⊥BD，B1G=322 )2=32 (3)21 3BG2FG2BF3

()∴cos∠B1GF= 2 22B1G

23 即所求二面角的大小为π-arccos393、⑴证明：取AC中点O,连结PO、∵PA＝PC∴PO⊥AC又∵侧面PAC⊥底面ABC∴PO⊥底面PA＝PB＝PC∴△ABC为直角三角形PA⑵解：取

M BC的中点为M，连结OM,PM，所以有2

36PA23AO= (23)2(23)2 ∴36PA232由⑴有PO⊥平面ABC,OM⊥BC，由三垂线定理得3∴平面POM⊥平面PBC，又 3∴△POM是等腰直角三角形，取PM的中点NON,ON⊥PM,又∵平面POM⊥平面PBC,且交线是PM,∴ON⊥平面∴∠ONCAC与平面PBC所成的12(23)2(212(23)2(22sinONCON

6,OC626 ONC 6ACPBC所成的角为694（1）APBarctan 略3 295、 aαaαaα96、∵l1⊂β，l2⊂β，l1P∴l1∩l2 因为AB∥CD，所以AB，CD确定平面AC，AD∩α＝H，因为H∈平面AC，H∈α，由F，G，H必在同一直线上． 很明显，点S是平面SBD和平面SAC的一个公共点，即点S在交线上，由于AB>CD，则分别延长AC和BD交于点E，如图所示．∵E∈AC，AC⊂∴EEESBDSACSE，直线SE是平面SBD和平面SAC的交线．99、证 (1)∵C1、O、M∈平面C1、O、MA1ACC13知，点C1、O、MBDC1A1ACC1∴C1、O、M(2)∵E，FAB，A1A∴E、C、D1、F2(3)由(2)E、C、D1、F共面．2∴D1F，CEP∈D1F⊂ADD1A1，P∈CE⊂∴PADD1A1∴CE、D1F、DA100、证 (1)如图，连接在△ACD∵M、NCD、AD∴MN222∴MN∥A1C1MN＝1A1C12MNA1C1(2)由(1)MN∥A1C1∴∠DNM与∠D1A1C1而∠DNM与∠D1A1C1101、 B1D1EB1D1中点，连接AB1，EF∥AB1，CD∥AB，∴∠B1ABEFCD 过E、F分别作AB、BC的垂线，EM、FN分别交AB、BC于M、N，连接∵BB1MNFEMN⊂ABCD，EF⊄∴EFEEG∥ABBB1G

EFGABCD．又EF⊂平面EFG，∴EF ∵平面AB1M∥平面BC1N，平面ACC1A1∩平面AB1M＝AM，BC1N∴C1N∥AMANC1M∴AN ∴NAC104、当F是棱PC的中点时，BF∥平面AEC，证明如下：取PE的中点M，连接FM，则FM∥CE， 22②BFMAECBF⊂∴BF105、 能．取AB，C1D1的中点M，N，连接∵A1N∥PC1A1N＝PC1， ∴平 ∥平面A1PBC1平行的截面是平行四边形．连接MN，作A1H⊥MN于点H，∵A1M＝A1N＝5，MN＝2∴A1H＝2∴S△A1MN＝1×22×3＝2 ＝2S△A1MN＝2 取AC的中点G，连接EG、FG，AB＝CD∴∠GEF(或它的补角)EFAB所成的角，∠EGF(或它的补角)ABCD∵ABCD∴∠EGF＝30°EG＝FG知△EFG为等腰三角形，当∠EGF＝30°时，∠GEF＝75°；EFAB15°11 取D1B1的中点O，连接OF，OB．11

∴OFOFEB∵EF⊄BDD1B1，BO⊂∴EF108、证 方法 如图(1)所示，作PM∥AB交BE于M，作QN∥AB交BC于N，连接ABCDABEF∴PM

PQNMMN⊂BCE，PQ⊄BCE，∴PQ方法 如图(2)所示，连接AQ并延长交BC(或其延长线)于K，连接 PQ⊄BCE，EK⊂BCE，∴PQ109、110、证 连接AF延长交BC于G，连接在▱ABCD EF⊄PBC，PG⊂平面PBC，∴EF111、证 如图所示，连接AC交BD于O，连接∵ABCD∴OACMPC则有PA∥平面BMD．∵平面PAHG∩平面BMD＝GH， ∵四边形EFGH为平行四边形，∴EF∥GH．又GH⊂平面BCD，EF⊄平面BCD．∴EFACDBCD＝CD，EF⊂EF⊂EFGH，CD⊄∴CD BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD．所以BC∥l． DCQ．连接MQ、NQ．NPC中点，所以NQ∥PD．又NQ⊂平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以MN∥平面PAD．114、证 连接AB1，CB1，设∴AB1＝CB1＝连接PB1． PB2＝PD2＋B 1 44111∴OB2＋OP2＝PB2．∴B111∴B1O⊥平面115、证 ABCD中，CD⊥AD∴CD(2)PDGAG，FG．又∵G、F分别是PD，PC的中点，

綊2CD，∴GF1AEFG1∵PA＝AD，GPD∵PD∩CD＝D，∴EF116、证 在平面B1BCC1中∵E、FB1C1、B1BABB1BCC1，CF⊂∴AB⊥CF，AB∩BE＝B，∴CF117、证 (1)∵SA⊥平面ABC，BC⊂平面∴BC⊥平面SAB．又∵AQ⊂SAB，∴AQ(2)∵AQSBC，SC⊂∴SCAPQ．∵PQ⊂118、 设BC边上的高为AD，则∴k

＝－1，解得

AD

5∴BC555119、 直线AC的方程：y＝3x＋2＋∵AB∥x轴，AC∴BC30°3α＝30°时，BC方程为y＝3

＋2＋3，∠Ay＝－3x＋2－α＝120°时，BC方程为y＝－3x＋2－33，∠Ay＝3x＋2＋ 62 设直线l的方程为y＝1x＋b，则x＝0时，y＝b；y＝0时，x＝－6b．62y＝1x＋1或 (1)由题意知，直线的斜率为2，所以其点斜式方程为y－5＝2(x－2)．(2)k＝tany－(－1)＝0 BC∴DE∴∠AEPA—DE—PPCE，使得AE⊥PC．EA—DE—P (1)由E、F分别是A1B、A1C的中点知EF∥BC．因为EF⊄平面ABC．BC⊂A1D⊂A1B1C1CC1⊥A1D．BB1C1C． 如图所示，连接BD，由ABCD是菱形且∠BCD＝60°知，△BCD是等边三角形．因为E是CD的中点，所以BE⊥CD．AB∥CDBE⊥AB．又因为PA⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，因此BE⊥平面PAB．BE⊂PBE 所以PB⊥BE．又AB⊥BE，所以∠PBAA—BE—PRt△PAB中，tan∠PBA＝PA＝3，则∠PBA＝60°．故二面角A—BE—P的大小是60°．125、证 ∵AB＝BC，CD＝AD，G是AC的中点∴ACEF∥AC，∴EF∵EF⊂BEFBEF ∵M、N分别是EA与EC的中点，∴MN∥AC，又∵AC⊂平面ABC，MN⊄平面ABC，∴MN∵DBABC，EC∴BD∥ECBDEC∵NEC∴NCBDBCND又∵DN⊄ABC，BC⊂∴DNABC，DMN127、AGBCDA′G′并延长交B′CDDDAA′⊥α，BB′⊥α，CC′⊥α，得AA′∥BB′∥CC′．∵D、DBC和B′C∵G、G′分别是△ABC和△A′B′C

＝

128、证 又∵CD∵A1D∩CD＝D，∴AD1A1DC．又∵MN⊥平面A1DC，(2)ON，在△A1DC11

綊AMNO∵ON＝1AB，∴AM＝1AB，∴MAB 129 如图所示，由已知BC⊥AC，BC⊥CC1，得BC⊥平面ACC1A1．连接AC1，则BC⊥AC1．ACC1A1A1C⊥AC1．又BC∩A1C＝C，AC1ABB1A1是正方形，MA1BAB1MAB1NB1C1MN是△AB1C1MN∥AC1MN 如图所示，因为AC1⊥平面A1BC，设AC1与A1C相交于点D，连接BD，则∠C1BD为直线BC1和平面A1BC所成的角．2AC＝BC＝CC1＝aC1D＝2，BC1＝2Rt△BDC1中，sin

BC1A1BC 在△ABD中，∵AD＝4，BD＝8，AB＝4BD⊂面ABCD，∴BDPADBD⊂BDMMBD⊥面PAD．P∴PO即PO为四棱锥P—ABCD的高．又△PAD4的等边三角形，∴PO＝2ABCDABCDRt△ADBAB边上的高为

8

45＝25＋4225＋42四边形 ×3∴VP—ABCD＝1×24×23＝163131、(1)PG，由题知△PAD为正三角形，GAD∴PGABCD是菱形且∠DAB＝60°，∴BG⊥AD．又AD∩PG＝G，∴BG⊥平面PAD．(2)由(1)ADPBG132、PABAD⊥PB∴AD⊥平面PBC．BC⊂PBC，∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAB． 设AC∩BD＝O，连接EO，PD＝PCDABCD，CD∴PC∴EOABCD．EO⊂EDB 所以∠CED为异面直线CE与AF所成的角．在Rt△CDE中，CD＝1，ED＝22， cos∠CED＝ED＝2 3CEAF所成角的余弦值为23 如图，过点B作BG∥CD，交AD于点G，则∠BGA＝∠CDA＝45°．由∠BAD＝45°，可得BG⊥AB，从而CD⊥AB． 由(2)及已知，可得AG＝2，即G为AD的中点．取EF的中点N，连接GN，则GN⊥EF．BC∥ADNNM⊥EFBC则∠GNMB－EF－AGMADGNMAD⊥GM，从而BC⊥GM．2GM＝2Rt△NGM中，tan 4B－EF－A的正切值为4135、证 (1)∵E，F分别是AB，BD的中点∴EF是△ABD∵EF⊄ACD，AD⊂ACD，∴EF∵CB＝CD，FBDEF∩CF＝F，∴BDEFC．∵BD⊂EFC136、证 (1)∵SA⊥平面AC，BC⊂平面ABCD∴BC⊥平面SAB，∴BC⊥AE．SB⊥AE，∴AESBC．∴AE⊥SCEF⊥SC，∴SC(2)∵SA⊥平面AC，∴SA⊥DC．AD⊥DC，∴DC又由(1)SCAEF，AG⊂∴SC⊥AG，∴AG 直线MN∥平面A1BC1，∵MD/A1BC1，ND/∴MN⊄1A1C1O1NO1、1

2MB綊1D1C1，∴NO12NO1BM为平行四边形．∴MN∥BO1．又∵BO1⊂平面A1BC1，∴MN ∵点C′在平面ABD上的射影O在AB上∴C′OABD，∴C′O⊥DA．∴DAABC′，∴DA⊥BC′．∵DA∩C′D＝D，∴BCAAE⊥C′DE∵BC∴AEAEABC′D∴AD在Rt△AC′B中，AC′＝ AB2－BC′2＝32．在Rt△BC′D中，C′D＝CD＝33．Rt△C′AD333

＝ABC′D的距离是 因为 3EH∥BD3因为 32FG∥BDFG＝2BD．EH∥FGEH＝1FG，故四边形EFGH是梯形．32 因为BD＝a，所以EH＝1a，FG＝2a，所以梯形EFGH的中位线的长为 如图，∵O、D分别为AC、PC的中点∴OD 又∵OPBCEPE，OE，则BC⊥平面POE，OF⊥PEDFOF∴∠ODFODPBC所成的角．设AB＝BC＝a，2PA＝PB＝PC＝2a，OA＝OB＝OC＝22PO＝142在△PBC230∴PE＝15．∴OF＝2102302又∵O、DAC、PC2Rt△ODF中，sin∠ODF＝OF＝ ∴ODPBC所成角的正弦值为141 (1)如图设AC与BD交于点G．因为EF∥AG，且EF＝1，2AGEF为平行四边形．所以AF∥EG．2EG⊂BDE，AF⊄BDE，所以AF∥平面BDE．(2)CEFG又∵CE＝EF＝1，∴▱CEFGABCDABCDACEF∴BD又∵EG∩BD＝G，∴CF ∵CD∥平面PBO，CD⊂平面ABCD，且平面ABCD∩平面PBO＝BO，BC∥ADBCDO为平行四边形．则BC＝DO，而AD＝3BC，∴AD＝3ODODAD 且AB⊥AD，∴PD⊥平面PAB．PD⊂PCD， 即平面ACD⊥平面BCD．AAE⊥CD，∵AD＝AC＝1，DC＝2∴AE＝222∵BD＝BC＝1，CD＝2，BE⊥DC，BE＝2∴∠AEBA—CD—BACD 该几何体的直观图如图所 又OG⊂面AGC，PD⊄面AGC，所以PD∥面AGC． 连接PO，由三视图，PO⊥面ABCD，所以AO⊥PO．又AO⊥BO，所以AO⊥面PBD．AO⊂PBDOE∵O、EAC、PC∵PO⊥面ABCD，∴PO⊥BD．ABCD中，BD⊥AC，又∵PO∩AC＝0，∴BD 取OC中点F，连接∵EPC∴EF为△POC的中位线，∴EF∥PO．又∵PO⊥面ABCD，∴EF∴∠EOFE－BD－CRt△OEFOF＝1OC＝1AC＝ 126∴EF＝OF·tan30°＝6，∴OP＝2EF＝6126∴VP－ABCD＝1×a2×6a＝ 146、 设P(x,0)，则

＝

＝－3

即3＝1x＝2 3 kAD＝kBC＝3，kAB＝kCD＝0，kAC＝3，kBD＝－3．3148、 3B(3,2)，如图所示．则kOA＝2，kOB＝2．3所以得y2，最小值为 149、ABCD2

n－n－2＝ 2 2

n－25m－ 555

．综上

或

D（x，y

y∵kCD·kAB=－1，kCB=y

x

x1x xyx1

152、153、

l1l2,a(a1)(b)1a2ab又点(31在l1上

3ab4 由①②解得

a2,b154、解：l1

3a01a≠0时，l2

2aa

1a

P（0，－1，Q（0，0A（－2，0B（1，0l1⊥l2a10D（x，y

y∵kCD·kAB=－1，kCB=y

x

x1x xyx1

D（0，1）156、

kBC＝0BC∥x∴BCx轴垂直，其斜率不存在．设AB、AC边上高线的斜率分别为k1、k2，k1·kAB＝－1，k2·kAC＝－1，5即 5 55∴BC边上的高所在直线斜率不存在；AB边上的高所在直线斜率为－4；AC边上的高所在直线斜率为－1．55157、解：l1

3a01a≠0时，l2

2aa

1a

a=－1，Q（0，0A（－2，0B（1，0l1⊥l2a10158、

＝－

若AB⊥AC，则有－1 2·－32AB⊥BC2AC⊥BC，则有－3m160、

l1l2,a(a1)(b)1a2ab又点(31在l1上

3ab4 由①②解得

a2,b161（ab2222222a5b10Px4y10a4b12a5b1

a得

1，又直线a4b1 所以直线ly1)x3，即4x5y703Bx

2DxB

x2y10上xB12210163、

AB

∵D 解得xB5 故B(5,Cx2y10C2yC1，yCAC的中点坐标为2yC11,yC3即y,yC3yC31 yC1，C根据两点式，得ABCAB：x2y70，BC：x4y10，ACxy20164、解法一：设直线ly4kx5y0，x0，得lxya5k4b5k4k由条件得ab

5k45k4k得25k230k160无实数解；或25k250k160，解得

8，k1 18x5y200或2x5y100解法二：设lxy1，因为l经过点4 54

又ab

a联立①、②，得方程组

a 解 2

b8x5y200或2x5y100（1） 又点（-3，-1）在l1上，3ab40由①②得a2b （2）l1l2且l2的斜率为1-a，l1的斜率也存在且b1a,b1故l和l的方程分别表示为(a1)xy4(a1)0和(a1)xy

1因为原点到l和l的距离相等，所以4|a1 |,a2或a a2

ab

1 因 或 166、 方法 设所求直线l的方程为∵k＝6x＝0，∴y＝b，与y轴的交点为y＝0，∴x＝－bx轴的交点为 根据勾股定理得 方法 设所求直线为x＋y＝1，则与x轴、y轴的交点分别为(a,0)、 又

解此方程组可得

或66lx＋

＝17167、 当直线l经过原点时，直线l在两坐标轴上截距均等于0，故直线l的斜率为777l不过原点时，设其方程 由题意可得 又l经过点(7,1)，有 a＝6，b＝－6l的方程为x＋y＝1 lx－7y＝0或168、 (1)由截距式得

4∴AC4 由两点式 ∴AB D点坐标为(－4,2)，由两点式 ∴BD2kAC＝1，∴AC边上的中垂线的斜率为－2，又D(－4,2)，由点斜式得y－