清华附中高中数学精练 解析几何、立体几何与概率统计答案

告别题海战术告别题海战术解锁数学思维答案详解第一章立体几何初步 1第二章空间向量与立体几何 第三章平面解析几何 第四章排列、组合与二项式定理 1.1空间几何体与斜二测画法1.D.提示：根据斜二测画法的规则，∠x'O'y的度数应为45°或135°,∠x′O'z'指的是画立体图形时的横轴与竖轴2.C.提示：可分别画出各组图形的直观图，观察可知C正确.3.A.提示：由斜二测画法规则可知，在四边形OABC中，OA⊥OC,OA=O′A′=2cm,OC=2O'C′=4cm,所以四边形OABC是矩形.故选A.以BC=2,AB=AC=2,故△ABC为等边三角形.故选A.6.10.提示：由四边形OPQR的直观图可知原四边形是矩形，且OP=3,OR=2,所以原四边形OPQR的周长为2×(3+2)=10.7.8.提示：由题意知正方形O'A'B′C′C的边长为1,它是水平放置的一个平面图形的直观图，所以O′B′=√2,对应原图形(即平行四边形OABC)的高OB=2O′B′=2√2,如图所示.所以原图形中，OA=BC=1,AB=OC=3,故原图形的周长为2×(1+3)=8.△ABC为直角三角形，其中AC=3,BC=8,所以AB=√73,AB边上的中线长度为,△ABC的面积为9.提示：作CD,BE分别垂直2,故在直观图中梯形的高,所以原三角形的高CM=√6a,底边长为a,面积为.或根据 ,其中S直观为直观图中三角形面积，S原为11.提示：(1)如图①所示，以BC边所在直线为x轴，以BC边上的高线AO所在直线为y轴建立直角坐标系.Zx'O'y'=45°.在x'轴上截取A'′,则△A'B'C′为正三角形①②(3)擦去辅助线，得正三角形ABC的直观图，如图③所示.③12.提示：画法如下所示：C′D′=1cm,用曲线将A′,C′,B′,D'连起来得到圆锥底面(圆)的直观图；(3)画z'轴，在z'轴方向上取O's=3cm,S为圆锥的顶(4)擦去辅助线，得到圆锥的直观图，如图②所示.①②① 1.2构成空间几何体的基本元素1.D.提示：平面可以用平行四边形来表示，但平行四边形只是平面的一部分，A错；平面是一个抽象的概念，是无限延伸的，没有大小、厚薄之分，B错；直线和平面可以没有公共点，此时直线和平面平行，C错.故选D.2.B.提示：点A在直线a上，而直线a在平面α内，点B在3.A.提示：很明显，平面a与平面β交于直线m,直线n在平面α内，直线m与直线n交于点A.故选A.A₁D₁,故选B.与平面β有一条公共直线l,记作α∩β=1,直线m在平面β7.(1)A₁B₁;(2)AC;(3)0面A′B'C′D'平行，平面ABB'A′与平面CDD'C′平行，平面ADD′A'与平面BCC′B′平行，共3对.与棱AA′垂直的平面是平面ABCD和平面A′B'C′D'.*9.B.提示：若直线a和直线b共面，则由题意可知a//b;若直线a和直线b不共面，则由题意可知a与b是异面直线.个面为底面，将图形向上折成段AB与EF相交，线段HG平行.ADC=AC.12.提示：直线l₁,l₂与平面α,β之间的位置关系为l₁Nα=Q,l₂∩β=R;直线l₁,l₂之间的位置关系为l₁Nl₂=P;平面α,β之间的位置关系为α∩β=a;点P,Q,R与直线l₁,l₂之间的位置关系为P∈l₁,Q∈l₁,R∈l₂,P∈l₂,Q女l₂,R∈l₁;点P,Q,R与平面α,β之间的位置关系为1.3多面体与棱柱1.B.提示：棱柱有三个特征：(1余各面是四边形；(3)侧棱相互平行.⑥⑦不完全符合棱2.B.提示：对于A:棱柱的每个侧面都是平行四边形，故A错误；对于B:棱柱的侧面最少有三个侧面，故一个棱柱最少有五个面，故B正确；对于C:正方体是正四棱柱，对面互相平行，故C错误；对于D:长方体不一定是正四棱柱，因为底面不一定是正方形，故D错误.故选B.3.B.提示：正方体必为正四棱柱，正四棱柱必为长方体，包含元素范围最大的是长方体，其次是正四棱柱，最少的是4.D.提示：上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面的棱柱叫正四棱柱，故A和B错在有可能是斜棱柱.C错在上、下底面有可能不是正方形.底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直能保证上、下底面都是正方形，且侧棱垂直于底面.故选D.5.A.提示：所求长方体的表面积S=2×(1×2)+2×(1×3)+2×(2×3)=22.故选A.Q,B₁三点的截面图形是等边三角形；当Q和D重合时，过A,Q,B₁三点的截面图形是矩形；当Q和D,D₁都不重合时，过A,Q,B₁三点的截面图形是梯形，如图所示.因此，过A,Q,B₁三点的截面图形为等边三角形、矩形或等腰梯形.故选D.7.D.提示：A显然错，棱柱为斜棱柱时B可能错.棱柱的定义是这样的：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，由这些面围成的几何体叫棱柱.显然题中漏掉了“每相邻两个四边形的公共边都互相平行”这一条件，因此所围成的几何体不一定是棱柱，如图所示的几何体就是不棱柱，所以C错误.故选D.8.②.提示：①错误，因为一个侧面是矩形的棱柱，推不出侧棱与底面垂直；②正确，因为两个相邻侧面垂直于底面的棱柱，能推出侧棱与底面垂直；③错误，两个侧面是矩形的棱柱，推不出侧棱与底面垂直；④错误，一条侧棱垂直于底面两边的棱柱，底面两边不一定相交，推不出侧棱与底面垂直.故答案为②.rz=√3,yx=√6,三式相乘得x²y²z²=6,即xyz=√6,AA₁展开如图所示，则线段*11.5√2.提示：由题意可知，在四棱锥D₁-ABCD的棱分别对应长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱、面对角线或体对角线，其中AD,AB,BC,CD,DD₁为长方体的各边长，D₁A,D₁C为长方体的面对角线，D₁B为长方体的体对角√5²+4²+3³=5√2.故答案为5√2.*12.D.提示：显然水的部分呈棱柱状，故①正确；易知四边形EFGH是矩形，且EH保持不变，随着倾斜角度的不同，EF长度也变化，所以四边形EFGH的面积也变化，故②错误；由于水的体积不变，四棱柱ABFE-DCGH的高不变，所以梯形ABFE的面积不变，所以AE+BF是定值，故③正确，所以①③正确，故选D.1.4棱锥与棱台2.B.提示：剩余部分是四棱锥A'-BB'C'C.故选B.√6+3=3.故选C.B4.A.提示：设正三棱锥的侧棱长为b,由条件知2b²=a²,则三棱锥的表面积正四棱锥P-ABCD的高，PE为斜高，则OE=2,所以PE=4,则故选A.6.C.提示：设正方体的棱长为1,则其表面积为6;三棱锥D₁-AB₁C为正四面体，每个面都是边长为√2的正三角形，其表面积为,所以三棱锥D₁-AB₁C的表面积与正方体的表面积之比为1:√3.故*7.D.提示：如图所示，在长方体锥A₁-ABCD的4个侧面全为直角三角形.故选D.8.468+97√3.提示：由题意可√13²-5²=468,上底面面积为16√3,下底面面积为81√3,棱台表面积为468+97√3.9.30√3.提示：设AB=a,则P,Q在底面的投影P′,Q′分所以a=30√3(m).△ABC的中心，连接AO并延长A点，连接SM,则SM的长即为斜,所以侧面积11.提示：(1)如图所示，折起后的几何体是三棱锥.FE(2)该几何体有4个面，其中△DEF为等腰三角形，△PEF为等腰直角三角形，△DPE和△DPF为直角三角形.12.提示：因为正四棱台的上底面是边长为2的正方形，下底面是边长为4的正方形，所以上、下底面的面积分别是4,16.因为侧棱长为2,侧面是全等的等腰梯形，所以斜高为,所以侧面面积为3√3,故四棱台表面积为4+16+3√3×4=20+12√3.1.5旋转体故选A.4.B.提示：设圆柱的轴截面的边长为x,答案详解5.A.提示：设正方体的棱长为a,则S=6a²=54,解得a=3,故其外接球半径为.故外接球表面积为6.两个圆锥.提示：连接正方形的两条对角线知对角线互相垂直，故绕对角线所在直线旋转一周形成两个底面相同的圆锥.7.1:2.提示：设该圆锥体的底面半径为r,母线长为l,根据题意得2πr=πl,所以L=2r,所以这个圆锥的底面面积与侧面积的比是πr²:πrl=r²:2r²=1:2.SAB,圆锥SO的底面直径为AB,SOA.圆锥轴截面面积为A△ABC的外接圆圆心O₁是AC的中点.过A,B,C三点的平面截球O10.8.提示：如图所示，设截面圆的半径为r,球心与截面圆圆心之间的距离为d,球半径为R.由题√100-36=8(cm).11.2√1+π².提示：把圆柱的侧面沿AB剪开，然后展开成如图所为蚂蚁爬行的最短距离.因为AA′为底面圆的周长，所以的最短距离为2√1+π².*12.提示：轴截面如图所示，BO=1,PO=3,设圆柱的高为h,2πhx=2π(3-3x)x=6π当,圆柱的侧面积取得最大值为.所以当圆柱的底面半径为·,它的侧面积最大1.6祖暄原理与几何体的体积3.A.提示：设圆锥的母线长为l,底面半径为r.由题意知，L=√2r,记为①.S侧=πrl=16√2π,记为②.由①②可得4.A.提示：此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此球的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为2,半径为1,其体积是-故选A.6.3:1:2.提示：设球的半径为R,则·2R=7..提示：设圆锥形容器的液面的半径为R,则液体的体积,圆柱形容器内的液体体积为.根锥形容器的轴截面与内盛液体轴截面是相似三角形，得,所以8.B.提示：以正方体各面的中心为顶点的凸多面体是两个相同的正四棱锥的组合体，每个棱锥的高是正方体高的一半，底面面积是正方体一个面的面积的一半，所以所求体积为.故选B.9.A.提示：据题意，三棱锥V-AOB的体积Vv-AOB=.△VAB是边长平面VAB的距离为h,则.故选A.交于点O,连接SO.由题知EG=2,EO=1,则点E'到线段AB的距离为1,且EB=√i²+2²=√5,SO=√SE²-OE²=√5-1=2,故正四棱锥S-EFGH的体积11.提示：该组合体的表面积S=4πr²+2πrl=4π×1²+2π×1×3=10π.该组合体的体积*12.提示：如图所示，设SO₁是四面体S-ABC的高，则外接球的球心O在SO₁上.设外接球半径为R.因为四面体的棱长为a,O₁为正三角形AO²+(SO₁-R)²,即,解得,故外接球的体积1.7空间几何体综合练习1.B.提示：边长为2的正方形，绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体为圆柱，其体积为π·2²·2=8π.故2.C.提示：绕AB旋转一周所得圆锥的体积为AB×AC²,绕AC旋转一周所得圆锥的体积为故.故选C.3.C.提示：如图所示，设面ABCD中心为0,连接CO,EO,从而CO=√2,EO=√EC²-OC²=√2²-(√2)²=√2,则正八面体的体积为.故选C.到平面EB₁C₁的距离，所以,故选D.F分别为棱BB₁,AB6.1.提示：设正方体的棱长为a,则正方体的体对角线即为外接球的直径，所以外接球的半径为,因为正方体外接球的表面积为3π,所以,解得a=1,所以该正方体的棱长为1.7.√6π.提示：设长方体的长宽高为a,b,c.由题意可知ab=√6,所以长方体的对角线的长为√6,所以外接球的半径为这个球的体积9.B.提示：圆锥的体积为V=,因为圆锥内积水的高度是圆锥总高度的一半，所以圆锥内积水部分的公式可得V=125000π(mm³),图上定义的是平地上积水的上积水的体积为V=Sh,且这),则平地上积水的厚度h=,因为10<12.5<25,据题意，这一天的雨水属于中雨.故选B.答案详解柱ABC-A₁B₁C₁为正三棱柱，点到平面ACC₁的距离为√3,点到平面ACC₁的距离为√3,因为三棱柱ABC-A₁B₁C₁为A₁B₁C₁展开成矩形ACC₁A₁,如图所示，连接AC₁,交BB₁于为侧棱BB₁上的动点，所以当1×h,解得h=√3,此时三棱锥D-ABC₁的体积VD-ABC₁=*12.提示：如图所示，取点P在以O为圆心，1以半径的位于底面A₁B₁C₁D₁内的半圆上.可得O到A₁N的距离减去半径即为PQ长度的可得,故PQ长度的最小值1.8平面的基本事实与推论1.B.提示：A,B,C,D共面而不共线，这四点可能有三点共线，也可能任意三点不共线，故A错误；如果四点中没有三点不共线，则四点共线，与已知矛盾，故B正确；当任意三点不共线时，也满足条件，故C错误；当其中三点共线，第四个点不共线时，也满足条件，故D错误，故选B2.D.提示：对于A,过不在同一条直线上的三点有且只有一个平面，故A错误；对于B,四边形也可能是空间四边形，不一定是平面图形，故B错误；对于C,三条直线两两相交，可以确定一个平面或三个平面，故C错误；对于D,平面是无限延展的，两个相交平面把空间分成四个区域，故D正确.故选D.3.C.提示：选项C中，α与β有公共点A,则它们有过点A4.C.提示：在空间中，两两相交的三条直线最多可以确定3个相交于一点P,则PA,PB,PC平面PAB,PB,PC确定一个平面PBC,PA,PC确定一个平面PAC.故选C.M∈1,所以M∈β.根据基本事实3可知，M在γ与β的交线上.同理可知，点C也在γ与β的交线上.故选D.C₁M交CD的延长线于点P,延长C₁N交CB的延长NF,ME,则正方体的过点M,N,C₁的截面图形是五边形.故选C.7.1或无数.提示：当A,B,C不共线时，有一个平面经过三点；当A,B,C共线时，有无数个平面经过这三点.又因为α∩β=l,所以M∈1.9.2.提示：易知①⑤正确；②错误，因为在空间中，这两条直线可能是异面直线；③错误，例如正方体中，具有同一顶点的三条棱不在同一平面内.④错误，因为三个不同的公共点可在两平面的交线上.所以正确命题的个数为2..提示：如图所示，延长DM交D₁A₁的延长线于点P,则A₁也是GD₁的中点，由N为C₁D₁的中点，得A,故A11.证明：因为AB//CD,所以AB,CD确定一个平面，记为β,因为AB∩a=E,E∈AB,E∈a,所以E∈β,所以E在a与β的交线l上.同理，F,G,H也在α与β的交线l上，所以E,F,G,H四点必定共线.12.证明：因为AB∩α=P,CDNα=P,所以AB∩CD=P,CD,B∈AB,D∈CD,所以A∈β,C∈β,B∈β,D∈β.所α=Q,BD∩α=R,所以P,Q,R三点是平面α与平面β的公共点.所以P,Q,R都在α与β的交线上.故P,Q,R三点共线.2.D.提示：可能相交也可能异面，但一定不平行(否则与条3.C.提示：如图所示，连接为AD₁,CD₁的中点.由三角4.B.提示：由异面直线的定义知AM与CC₁,AM与BN,BN与MB₁,AM5.①.提示：由空间平行线的传递性知①正确.若a与b相错误.6.(1)平行；(2)异面；(3)相交；(4)异面.因为AB//DE,,所以AB//FP且AB=FP,所以四边形ABPF是平行四边形，所以AF//BP.FG,得四边形EFGH是梯形，EH=3cm.设EH与FG间的距离为h,因为梯形面积为间的距离为8cm.,从.综上可或4.AA₁的中点，所以EQ//B₁C₁且A₁D₁=B₁C₁,所以EQ//B₁C₁且EQ=B₁C₁.所以四边形EQC₁B₁为平行边形QDFC₁为平行四边形.所以C₁Q//DF且C₁Q=DF,所以B₁E//DF且B₁E=DF,所以四边形B₁EDF为平行四边形.12.(1)证明：因为AA'∩BB′=0,,所以AB//A'B′,同理AC//A'℃′,BC//B′C'.(2)证明：因为A'B'//AB,A'C'//AC且AB和A'B′,AC1.10直线与平面平行(一)直线在平面外包括直线与平面平行和直线与平面相交两种情况，故选项B正确；选项C中直线a可能在平面α与平面PBA,平面PBC均相交，故正确的个数有3个.故a,P∈α,所以直线l与点P确定选B.由,可证CD//平面EFGH.所以与平面EFGH平行的直线有2条.故选C.于直线b,则a//b,若所给n条直线中有1条是与b重合a平行的直线有0条.BD,与AC交于点O,连接OE.所以OE为△BDD₁的8.D.提示：直线AE与CC₁相NQ,PQ,则NQ//AB,且NQ②过N作AB的平行线交底面正方形于其中心O,NOC平③易知AB//MP,MPC平面MNP,AB平面MNP,B④如图2所示，过M作MC//AB,因为MC平面MNP,ABC平面MNP,所以AB与平面MNPBE,过点M作MF//AB交BB₁于点F,连接EF,则NE//.因为A₁N=AM,所以C₁N=B₁M.又又MN平面BB₁C₁C,EFC平面BB₁C₁C,所以MN//平面BB₁C₁C.(2)设B₁E=x(0<x<a),因为NE//A₁B₁,所.又因为MF//AB,所以.因为A₁N=AM,A₁C₁=AB₁=√2a,B面SAC∩平面MDB=ME,于点F,连接EF,则平面因为A₁B//平面B₁DE,因为BC//B₁C₁,所以△BDF△C₁B₁F,所以.因为D是BC的中点，所以,所以CC故四边形BEOF为平行四边AD₁E,BFC面AD₁E,故有DF,EF.因为E,F分别是BC,B以AD,EF确定平面BDB₁C,平面DCB₁∩平面ADFE=DF,又AD//EF,所以四边形AEFD是平行四边形，所以CD,FG中点分别为E,FG,AG,AH,如图所示.A₁BPE,易得FG//EP,面A₁BPE,AG女平面A₁BPE,EPC平面A₁BPE,A₁EC平面A₁BPE所以 B₁C,因为EMC面AB₁C,B₁CC面AB₁C,所以EM//平面AB₁C,又因为EF//平面AB₁C,EF∩EM=E,EF,EMC面EFM,所以平面EMF//平面AB₁C,因为MFCAA₁C₁C,平面AA₁C₁C∩平面AB₁C=AC,所以MF//理得到DC平行于AB,矛盾.②设平面PAB与平面EF,FC₁,BC₁,AD₁,AM,MN,ND₁.如图所AD₁//BC₁//MN,所以平FC₁C平面BEF,故AM//平面BEF,且AM∩MN=M,又D₁∈平面AMND₁,D₁P//平面BEF,所以D₁PC平h,由正方体棱长为2可得△AMD₁中，AD₁=2√2,AM=√5,MD₁=3,由余弦定理可得cos∠D₁AM=,所以,所以h=PB,又MOC平面MAC,PB平面MAC,则有PB//平面MAC.(2)若PB//平面MAC,由PBC平面PBD,平面PBD∩平面MAC=MO,可得12.提示：(1)如图所示，记AC与BD的交点为O,连AC,EF的中点，四边形所以AM//OE.又因为OEC平面BDE,AM平面BDE,所以AM//平面BDE.为平面α内平行于平面β的两条直线可能平行；D正确，因为两个平面的位置关系只有相交与平行两种.故选D.平面A₁B₁C₁=A₁B₁,平面A₁B₁ED∩平面ABC=DE,所以A₁B₁//DE.又因为A₁B₁//AB,所以DE//AB.故选B.交；对于B,α∩β=a,a//b,则可能b//α,b//β,也可能b在a,设a∩l=A,对于β内的任意直线b,若b过点A行的性质定理可得EN//B₁C,EM//B₁A,又因为E为PAO,QBC平面PAO,PAC平面PAO,所以D₁B//平面AD,NQ//BP,而BPC平面PBC,NQC平面PBC,所以面PBC,所以MQ//平面PBC.又MQNNQ=Q,M时，BF所在平面与平面接FM.因为F是PC的中AEC,所以FM//平面AEC.OE//BM.因为MBC平面AEC,OEC平面AEC,所以平面AEC.∠ABC为AB所在直线与平以∠ABC=60°,即AB与平面α所成的角为60°.故选C.AC.又MC⊥平面ABCD,则BD⊥MC.因为AC∩MC=C,AC,MCC平面AMC,所以BD⊥平面AMC.又MAC平面因此直线MA与BD的位置关系是垂直但不相交.故选C.BB因为AB//CD,所以异面直线AE与CD所成的角等于相交∠EAB.不妨设正方体的棱长定理得BE=√5.又由AB⊥平面BCC₁B₁可得AB⊥BE,所以故选C.5.D.提示：依题意知A₁A⊥平面ABCD,∠B₁AB=60°,AB=1,所以A₁A=B₁B=√3.故选D.万AOC,BD⊥AC,又BD与AC异得BC₁⊥B₁C,因此，欲证面AB₁C,即只要证AC⊥BC₁只要证AC⊥BC即可.因为A₁C₁//AC,B₁C₁//BC,故只要BB₁C₁C,所以∠AC₁B为直线QD,又因为PQ⊥QD,PA∩PQ=P,所以QD⊥平面到一个平面总是保持与BD₁垂正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，因为BC₁⊥B₁C,AD₁//BC₁,所以B₁C⊥AD₁,又因为B₁C⊥AB,AB∩AD₁=A,所以B₁C⊥AC=C,所以BD₁⊥平面ACB₁,又点P在侧面BCC₁B₁平面ACB₁与平面BCC₁B₁的交线段CB₁.平面ABCD.因为ACC平面ABCD,所以BB₁⊥AC.又BD=B,BB₁,BDC平面BDB,所以AC⊥平面BDB₁为B₁DC平面BDB₁,所以AC⊥B₁D.BD交于点O,连接B₁C,则CO中点N,连接MN,ND,因为边形AMND为平行四边形，AM//ND.因为AMø平面(2)因为PA⊥底面ABCD,ACC底面ABCD,所以AC⊥AB,又PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB,所以AC工平面PAB.①a//β,mCa,nβ→m与nA'的判定定理可得n⊥α,故③对于A,因为AC//A'C′,AB'//DC′,且AC∩AB′=A,C′,所以B'C⊥平面BD'C′,因为BD'C平面BD'C′,所以所以三棱雉P-C₁B₁C的体积为定值，即三棱雉66BCC₁B₁,所以AB⊥B₁C,又因为在正方体中B₁C⊥ABC₁D₁,所以B₁C⊥C₁P,故B正确；对于C,如图3所A₁BC平面ACD₁,CD₁C平面ACD₁,所以A₁B//平面A₁BC₁,故C正确；对于D,如图4所示，如果存在点P使得CP⊥平面AB₁D₁,在正方体中A₁C⊥平面C定值，故①错误；②因为BC₁//AD₁,BD⊥AC,ACNAA₁=A,ACC平面ACC₁A₁,AA₁C平ACC₁A₁,所以A₁C⊥BD,同理A₁C⊥BC₁,又BDC平面BDC₁,BC₁C平面BDC₁,BD∩BC₁=B,所以A₁C⊥平面BDC₁,又DPC平面BDC₁,所以DP⊥A₁C,故③平面AEF,所以平面AGH⊥平面AEF,△AHG是以HG不垂直于AG,所以HG不垂直于平lLm,即②③→①.故答案为①③→②或②③→①(写出一个即可).平面A₁AC₁C,因为ACC平面A₁AC₁C所以B₁D₁⊥ABCD,ACC面ABCD,所以AC⊥B₁B,又B₁B∩BD=面ABCD,此命题正确；③由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD₁B₁B距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，此命题正确；④由图知，当F与B₁重合时，令上底面中心为O,则此时两异面直线所成的角是∠A₁AO,当E与D₁重合时，此时点F与O重合，则两异面直线所成的角是∠OBC₁,此二角不相等，故异面直线AE、BF所成的角不为定值.综上知①②③正确.面BCC₁B₁,所以AB⊥BM,故①正确；对于②,如图1所A₁PC₁,POC平面A₁PC₁,BM//平面A₁PC₁,故②正NH,B₁HC平面B₁HN,故A₁P⊥平面B₁HN,从而*11.证明：(1)连接*11.证明：(1)连接BC₁,B₁C,则B₁C⊥BC₁,又因为AB⊥B₁C⊥平面ABC₁D₁,又因为APC平面ABC₁D₁,所以AP⊥B₁C,又M,N分别是CC₁,B₁C₁的中点，所以DBB₁D₁,所以A₁C₁⊥B₁N,所以B₁N⊥平面AMM(2)因为AD⊥DC,AD⊥DD₁,DC∩DD₁=D,DCM分别为D₁C₁,CC₁的中点，易知△D₁DP≌D₁M因为PD⊥D₁M,AD⊥D₁M,PD∩AD=D,PD,*12.证明：(1)连接AC,因为EF因为EF⊥DD₁,EF⊥EF⊥平面BDD₁B₁.(2)易得Rt△B₁C₁G≌Rt△C₁CE,所以∠C₁B₁G=1.15平面与平面垂直(一)相交，故D错误.故选A.2.C.提示：因为AB=CB,AD=CD,E为AC中点.所以AC⊥DE,AC⊥BE,又BE∩DE=E,BE,DEC面ADC,所以平面ABC⊥平面BDE,平面ADC⊥平面BDE.故选C.ABCD,平面PAB⊥平面ABCD,所以PA⊥CD,PA⊥AB,PA⊥BC,又CD⊥AD,AB⊥AD,BC⊥AB,所以PBC⊥平面PAB,所以共有5对互相垂直的平面.故平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,D在面ABC内点E,连接DE,CE,因为△ADB为平面ADB∩平面ABC=AB,面ABC.又CEC平面ABC,可知CD=√DE²+CE²=2.即②③④→①.长为2,所以MG⊥CD,MG=2,NG=√2.因为平面ABCD⊥平面DCEF,且平面ABCD∩平面DCEF=CD,所以MG⊥平面PDF,故A正确；作PO⊥平面ABC,垂足为AEC平面PAE,故DF⊥平面PAE,故B正确；由DF⊥平面PAE,DFC平面ABC,可得平面PAE⊥平面ABC,MO//PA,而且MO平面PAC,所以②正确；因为OC不垂直于AC,所以③错误；因为BC⊥AC,BC⊥PA,AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,所以平面PAC⊥平BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,所以CD⊥平面BC,所以CE⊥DF.因为BD//CE,所以BD⊥平面ABC,所以Rt△EFD≌Rt△DBA,所以DE=DA.(2)因为EC⊥平面ABC,BNC平面ABC,所以EC⊥AC=C,EC,ACC平面ECA,所以BN⊥平面ECA.又因ECA.又因为DMC平面DEA,所以平面DEA⊥平PA⊥底面ABCD,CDC平面ABCD,所以PA⊥CD.又PA=AD,所以∠PDA=45°,即二面角P-CD-B的大小CD=2AB,得CO=2AO,所以PE:EC=AO:CO=1:2,所以PA//EO.因为PA⊥底面ABCD,所以EO⊥底面ABCD.又EOC平面EBD,所以平面EBD⊥平面CE,ADC平面ACD,故AD⊥平面BCE,而BEC平面BE∩CE=E,且BE,CEC点H,由平面ABD⊥平面BCD,得AH⊥平面BCD,则AH⊥BC.又DA⊥平面ABC,所以BC⊥AD,所以BC⊥平面ABD,所以BC⊥AB,即△ABC为直角三角形.故选A.定理知CE⊥DE,因为平面PDE∩平面EBCD=DE,CEC平面EBCD,所以CE⊥平面PDE,PEC平面所以PC=√PE²+CE²=√4+8=2√3,故选A.面BCD上的射影为点O,即由于AO∩BF=0,AO,BFC内的射影为点C,则AC⊥平面BCD,ACC平PAD∩平面ABCD=AD,因为AD的中点，所以POlPO⊥平面ABCD,又因为平面A平面POC∩平面BDE=EF,所以O述的图形.对于①,容易证明①知AD₁//BC₁,所以由面面平行的判定定理得面对于③由于DC⊥平面BCC₁B₁,BC₁C平面BCC₁B₁,所③错误；对于④,由正方体的特征得AC⊥BD,AC⊥BB₁,BD∩BB₁=B,所以AC⊥平面BB₁D₁D,DB₁C平AC=A,所以DB₁⊥面ACD₁,因为DB₁C面PDB₁,所*9.②③.提示：对于①,由AB⊥平面BCD,CDC平面BCD,得AB⊥CD,又BC⊥CD,AB∩BC=B,BC,ABC平面ABC,所以CD⊥平面ABC,又BFC平面ABC,BFC,CD,ACC平面ACD,所以BE⊥平面ACD,③,因为ACC平面ABC,所以CD⊥AC,△ABD和*10.①②③④.提示：因为AB=BC=2,AC=2√3,所以,又∠ABC为三角平面BCD⊥平面ABC,平面BCD∩平面ABC=BC,DEC平面BCD,所以DE⊥平面ABC,又ABC∩DE=D,DBC平面DBC,DEC平面DBC,所以AB⊥平面DBC,又BCC平面DBC,所以AB⊥BC,这样与,所以③正确；设三角形(2)因为矩形ABCD,所以BC⊥DC,又平面EDC⊥平面ABCD,所以BC⊥平面DEC,又EDC平面EDIBC,又ED⊥EC,BC∩EC=C,BCC平面EBC,ADE,所以平面ADE⊥平面EBC.BG=G,所以AD⊥平面PGB,因为PBC平面PGB.所中点时，满足平面DEF⊥平面ABCD.证明：取PC的中点F,连接平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PGC平面PGB,所以平面PGB⊥平面ABCDEF⊥平面ABCD.平面A'BD,因为AB=AD=CD=1,,则由等体积法可得ABC,过B作AC边上的高BD,垂足为D,BDC平面棱锥B-AMNC的高，BB除C;对于D,连接B₁C交BC₁EF//AC.又ACC平面ACC₁A₁,EF平面ACC₁A₁,所如果BFD₁E是正方形，则BE⊥D₁E.又因为BE⊥A₁D₁,D₁E∩A₁D₁=D₁,D₁E,A₁D₁C平所以BE⊥平面A₁D₁E.又因为BA⊥平面A₁D₁E,所以面BB₁D₁D,此时四边形BFD₁E垂直于平面BB₁D₁D,D₁F,且M∈DC.又因为D₁FC平面BFD₁E,DCC平面ABCD,所以M∈平面BFD₁E,M∈平面ABCD.又因为平面ABCD=BM,同理平面BFD₁E∩平面ABCD=BN,所以BM,BN都是平面BFD₁E与平面ABCD的交NE⊥BC,垂足为E,连接面ABCD,且DEC平面ABCD,所以DD₁⊥DE,即选D.AB₁.如图1所示，连接PA,PB₁,PO,因为侧棱CC₁上底面√AC²+PC²=√2+1=√3, AB₁.如图1所示，连接PA,PB₁,PO,因为侧棱CC₁上底面√AC²+PC²=√2+1=√3, 又AD⊥CD,所以BE⊥CD;因BEC平面ABCD,所以PD⊥BE,又PD∩CD=D,且PD,CDC面PDC,所以BE⊥面PDC,所以BE上PE,即11.证明：(1)如图所示，取PC中点为G,连接FG,CD,且,所以BE//FG,且BE=FG,所以四边PBC,BGC平面PBC,所以EF//平面PBC.平面PAC.,所以方法二：(1)证明：在△ABCBB₁C平面BB₁C₁C,所以AC⊥平面BB₁C₁C,因为,所以PF²+CF²=PC²,故B₁C⊥PB,又AC⊥BP,AC∩B₁C=C,AC,B₁CC平面AB₁C,AB₁⊥BP.又A₁B⊥AB₁,A₁B∩BP=B,A₁B,BPC平面PA₁B,所以A₁B⊥平面PA₁B.CE=BE,所以ME//AC,因为ME平面A₁ACC₁,ACC平面A₁ACC₁,所以ME//平面A₁ACC₁.同理可得QM//平面A₁ACC₁.又因为ME∩QM=M,ME,QMC平面答案弹解A₁ACC₁的距离等于E到平面A₁ACC₁的距离，在直三棱柱方法三：(1)证明：在△ABCAA₁=2,A₁ABB₁为正方形，PB₁,PO,因为侧棱CCO,A₁B,AB₁C平面ABB₁A₁,PO⊥平面ABB₁A₁.因为POC平面PA₁B,所以平面PA₁B⊥平面ABB₁A₁.因为(2)同方法一.2.1空间向量及其运算(一)1.A.提示：AB+BC+CD=AC+CD=AD.故选A.2.B.提示：如图所示，因为AB+3.C.提示：如图所示，由向量共面的,CD₁,都可以移到平面ABB₁A₁能平移到同一个平面内，故不共面.故共有3组共面.故选C.c.故选A.C=AC+CA=0.故选C.证四边形EFGH为平行四边形，故EF+B10.8.提示：每一条体对角线对应两个向量，正方体共有4条体对角线.(2)因为M是BB₁的中点，所CB=BA₁.向量CA₁,AM,BA₁如图所示.2.2空间向量及其运算(二).故选D.-2.故选D.4.D.提示：由正四面体A-BCD的棱长为1,且AE=2EB,5.C.提示：易知A、B正确；AD₁与A₁B的夹角为120°,所以C错误.因为AD₁=BC₁,且BC₁在BC上的投影为BC,所以AD₁在BC上的投影为BC,故D正确.故选C.6.C.提示：2BA·AC=-a²,故A错误；2AD·DB=OA·OB=|OAI·loCI1·IOAD₁⊥A₁D,而A₁D//B₁C,可得AD₁⊥B₁C,此时有得AC⊥BD,可得AC⊥平面BB₁D₁D,故有AC⊥BD₁, 此时有BD₁·AC=0;对于C,由长方体的性质，可得AB⊥平面ADD₁A₁,可得AB⊥AD₁,此时必有AB· AD₁=0;对于D,由长方体的性质，可得BC⊥平面CDD₁C₁,可得BC⊥CD₁,△BCD₁为直角三角形，BC≠0.故选D.t·m·n+n²=0,10.—13.提示：因为a+b+c=0a²+b²+c²+2(a·b+b·c+c·a)=0,所以a·b+ (2)AB₁=DC₁.又四边形CDD₁C₁为正方形，所以DC₁⊥CD₁,所以CD₁⊥AB₁,所以(3)方法一：因为AD=BC,所以(BD₁,AD>=<BD₁,12.提示：(1)AB₁=AB+BB₁,BC₁=BB₁+BC.因为AB·BB₁+AB·BC+BB{+BB₁·BC=|AB cos<AB,BC)+BB=-1+1=0,所以AB₁⊥BC₁. (2)结合(1)知AB₁·BC₁=|AB|·|BC|.·cos<AB,,即侧棱长为2.AE=-AB+AE,又AB=a,所以2(OB-OP)+3(Oc-OP),z(e₁-e₂+e₃)=(x+y+z)e₁+(x+y-z)e₂+(xy+z)e₃=e₁+2e₂+3e₃,由空间向量基本定理，得A答案弹解*10.0.提示：因为A,B,C三点共线，所以存在唯一实数k使OB—kOC=0.又aOA+mOB+noC=0,则λ=k—1,m=1,n=-k,所以λ+m+n=0.EF+EH,由向量共面的充要(2)方法一：因为EH=AH-所以BD//平面EFGH.方法二：因为BD=BA+AD=2EA+2AH=2EH= EFGH. 0,a·c=0,|a|=|b|=Icl.c.所以A₁O·同理可证A₁O⊥OG,即A₁O⊥OG.又因为OG∩BD=2.4空间向量的坐标及空间直角坐标系(一)1.D.提示：根据空间向量平行的充要条件，易知选D.得,所以.故选C.3.B.提示：a+b=(-2,1,3+x).又(a+b)⊥c,所以—2一x+2(3+x)=0,解得x=-4.故选B.4.C.提示：因为c=(一4,-6,2)=2(-2,-3,1)=2a,所5.D.提示：因为a=(2,-1,3),b=(-1,4,—2),假设a,b,c三个向量不能构成空间的一个基底，则a,b,c三个向量共面，又因为a与b不平行，所以存在实数x,y,使得c=作为一组基底.故选D.7.90°.提示：因为a+b=(cosa+si即3×(-1)+(-2)×(x-1)+(-3)×1<0,解得x>b-a|的最小值为11.提示：(1)因为a//b,所以,且y≠0,解得x=2,y=-4,此时a=(2,4,1),b=(一2,—4,—1).又由b⊥c得b·c=0,故(-2,-4,-1)·(3,-2,z)=-6+8-z=0,得z=2,此时c=(3,—2,2).12.提示：因为向量p//c,所以设p=λc,则p-a=λc—a=2),所以(p—a)·(p—b)=(λ-1,λ—2,2λ-3)·(λ-2,取得最小值，最小值为,此时2.5空间向量的坐标及空间直角坐标系(二).故选C2.D.提示：因为a=(-3,4,12),8,24).设B(x,y,z),则,所以24).故选D.4.B.提示：OA=(3,3,3),3×(一6)+3×(-6)+3×(一6)=-54,IOA1=3√3,1,所以OA,B)=π.故选B.5.B.提示：OA+λOB=(1,—λ,λ),OB=(0,可得λ<0,解得故选B.6.C.提示：AB=(3,4,-8),AC=(5,1,—7),BC=(2,一3,1),所以|AB|=√89,|ACl=√75,|BC|=√14,直角三角形.故选C.(x—4,—2,0),因为A,B,C,D共面，所以AB,AC,AD所以故选D.8.2√5.提示：依题意P₁(2,—3,-1),P₂(-2,-3,1),6),由题意得AB//AC,所以,所P(0,0,1),所以,所以MN=11.提示：(1)设侧棱长为b,则A(0,-1,0),B₁(√3,0,b),(3)由(1)知AB₁=(√3,1,√2),BC(-√3,1,0),因为 .所以AB₁与BC夹角的余弦值为12.提示：建立如图所示的空的中点.答案详解2.6空间中的点、直线与空间向量故选D.提示：设l₁与l₂的夹角为θ,则cosθ=Icos<a,b>|=.故选B.(一1,4,—1).所以AB·AC=-3×(一1)+(-2)×4+△ABC是直角三角形.故选C.空间直角坐标系，设CA=,所以cos<BM,AN>=SC=1,以S为坐标原点，轴，z轴，建立空间直角坐标系Sxyz,如图所示，则相关各点坐标为A(1,0,0),B(0,1,0),为,所以ISM|=,因为异面直线所成的角为锐角或故选A.,所以cos<BD,AC>=角的余弦值为.故选C.7.B.提示：如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为3,则E(1,0,1),F(一3,3,0),A₁D=(-3,0,-3),所以E·AČ=0,EF·A₁D=0,所以EF⊥AC,(1,-1,1)=0,故两直线的位置关系为垂直.9.60°.提示：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD₁所在直A₁<线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.设正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱长为2,因为M,N分别为棱(一1,0,1),AC=(-2,2,0).设异面直线AC和MN所成θ=60°,即异面直线AC和MN所成的角为60°.10.60°.提示：由题意，知AB,CD分别为直线a,b的方向向CD+CD²+DB·CD,即2×1×cos<AB,CD)=1,所以,即<AB,CD)=60°,得a与b所成的角是60°.11.提示：(1)如图所示，以立空间直角坐标系.由题设知A(2,0,0),O₁E(1,3,0),所以AO₁=(-2,0,2),B₁E=(-1,0,—2), (2)由题意得O₁D⊥AC,AD//AC.因为C(0,3,0),设D(x,y,0),所以O₁D=(x,y,-2),AD=(2)因为A₁(a,0,a),C₁(0,a,a),所以A₁F=(-x,a,-a),C₁E=(a,x-a,-a),(3)证明：因为A₁,E,F,C₁四点共面，所以A₁E,A₁C₁,A₁F共面.选A₁E与A₁C₁为一组基向量，则存在唯一实数对(λ₁,λ2),使A₁F=λ₁A₁C₁+λ₂A₁E,即λ2=1.于是2.7空间中的平面与空间向量(一)0,解得x=±√2.故选D.2.C.提示：因为AB=(9,2,1)一(9,-3,4)=(0,5,—3),又平面yOz的一个法向量n=(1,0,0)且AB·n=0,所以AB//平面yOz.故选C.3.B.提示：对于A,PA=(1,0,1),则PA·n=(1,0,1)·(3,1,2)=5≠0,故排除A;同理可排除C,D;对于B,4.C.提示：由题意知AB=(-1,-1,-1),AČ=(2,0,1),①.AC·AP=(2,0,1)·(x,-1,z)=0,得2x+之=0,记为②.联立①②得x=-1,z=2,故点P的坐标为(-1,0,2).故选C.面α的法向量，即与n共线的非零向量都是α的法向量.由共线定理知，A,C,D中的向量都与n共线，故能作为法向量.故选B.6.D.提示：AP·AB=(一1)×2+2×(一1)+(一1)×(一4)=0,所以AP⊥AB,AP·AD=(-1)×4+2×2+(-1)×0=0,所以AP⊥AD,又AB∩AD=A,所以AP⊥平面ABCD,故AP为平面ABCD的一个法向量，因为AP⊥平面ABCD,所以AP⊥BD.故选D.点，建立空间直角坐标系如(一√2,0,1),BD=(√2,令z=√2,则x=1,y=1,√2),又AM=(a—√2,a—√2,1),于0点，连接OE,由AM//平面BDE,且AMC平面以AM//EO,又O是正方形ABCD对角线交点，所以M为线段EF的中点.在空间直.故选C.由中点坐标公式，知点M的坐标为.故选C.x,DF=y,则E(x,1,1),F(0,0,1-y),A(1,0,B₁(1,1,0),所以AF=(-1,0,又B₁E⊥平面ABF,所以B₁E⊥AF,则B₁E·AF=0,所以x+y=1.11.证明：因为平面ABB₁A₁⊥平面以AB,AC,AA₁两两互相垂直.建立如图所示的空间直角坐标 答案洋解(2,0,-2),设平面A₁C₁C的一个法向量为m=(x₁,y₁,z1),则即令y1=-1,z₁=1,即m=(1,-1,1).所以AB₁·m=2×(一1)+2×1=0,所以AB₁⊥m.又AB₁女平面D(0,0,0),A(a,0,0),(2)设G(x,0,z),则,若使 0,得z=0.所以G点坐标为,即G点为AD的向量(2,-1,1)平行的向量都可以作为平面β的法向量.所以SA⊥平面ABC,又BC⊥AC,由三垂线定理知，BCLSC,所以BC与SC所成的角坐标系Axyz.则由AC=2,BC=√13,SB=√29,得(一1)=0,n·AC=-1×1-1×0+(-1)×(-1)=0,所7.C.提示：取CD的中点P',连接PP′,AP',MP',易知PP'⊥平面ABCD,所以MP′为PM在平面ABCDPM.故选C.(一2)+(一1)×(-y)+z×1=0,所以—6+y+z=0,所以y+z=6.DF,CFC平面ACFD,所以EF⊥平面ACFD,且AE在平面ACFD内的射影为AF,由三垂线定理，知以DA,DC,DD₁所在直线分 e)(O≤e≤a),A₁E=(-a,a,e-a),BDA₁Ě·BD=a²-a²+(e-a)·0=0,(2)设平面A₁BD,平面EBD的法向量分别为n₁=(x₁,取x₁=x₂=1,得n₁=(1,-1,-1),.由平面A₁BD⊥平面,,故CD=,,AO⊥CO,所以AC=√2AO=a,故平面α所成的角成的角为θ,则cos45°=故选B.1,BC=√2,所以AC=√3,所以7.提示：如图所A(2,0,0),B(2,2,0),.连接AC,易证AC⊥平面BB₁D₁D,所以平面BB₁D₁D的一个法向量为a=AČ=(-2,2,*8.6.提示：A₁O⊥平面ABCD,∠A₁AO为AA₁与平面四边形ABCD为菱形.因为AB=AD=2,所以△ABD又AC₁=AB+AD+AAi,AC²=AB²+AD²+AA+2AB·AD+2A2AD·AA₁=4+4+12+2×2×2cos60°+cos∠A₁AB×2=36,所以AC₁=6.9.提示：取CD的中点M,连接PD⊥平面ABCD,所以EM⊥ABCD上的射影为BM,所以B(1,1,0),所以),EI,所以BE=10.提示：(1)证明：在正方形为ABC平面PDE,DEC平面PDE,所以AB//平面ABF,且平面ABF∩平面(2)因为PA⊥底面ABCDE,所以PA⊥AB,PA⊥AE,B(1,0,0),C(2,1,0),P(0,0,2),F(0,1,1),BC0),AB=(1,0,0),AF=(0,1,1).设平面ABF2.B.提示：设锐二面角的平面角为θ,因为cos<m,n>=3.A.提示：设菱形对角线AC与BD交于0点，则4.C.提示：设二面角大小为θ,则其互补角为π—θ,选C.(0,0,0),A(1,0,0),B₁(0,2,2),C₁(0,0,2),设AD=a(a>0),得得的一个法向量为m=(0,1,0),所以,即故选C.线分别为x,y,z轴建立空间以点S到y轴的距离为1,到D(0,0,0),S(-1,√3,0),A(0,0,2),C(2,0,0),B1),设平面SAD的法向量为m=(x,y,z),因为AD=(0,0,—2),AS=(—1,√3,-2),所以即量为m=(√3,1,0).又AB=(2,8.提示：(1)因为∠ADC=90°,所以CD⊥AD,又PA⊥CD,PA∩AD=A,PA,PDC平面PAD,所以CD上平面(2)因为PA⊥CD,PAIAB,AB与CD相交，所以立空间直角坐标系Axyz,设1,0),所以PE=(1,0,—2),2).设平面PCE的法向量为-2,1)为平面PCE的一个法向量.设直线PA与平面PCE所成的角为α,则,所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为-2.11二面角(二)1.B.提示：据题意PA⊥BC,AC⊥BC,又PA∩AC=A,所以∠PCA为二面角P-BC-A的平面角.在Rt△PAC中，由PA=AC得∠PCA=45°,故选B.BD·AB=0,因为二面角为60°,所以AC·BD=|ABI²+|BDI²+CA·AB+CA·BD+AB·BD=36+16+64+0-48+0=68,所以|CD|=2√17,即CD的长为2√17.故选C.z轴，建立空间直角坐标系，(一1,-1,1),设平面CBD₁的法向量n=(x,y,z),则y=1,得n=(0,1,1),平面D₁BD的一个法向量AC=(一1,1,0),设二面角C-D₁B-D的平面角为θ,二面角C-,所以,所以二面角C-D₁B-D的平面角等于,故选C.与面CDP必相交于过P的一条直线l.又因为ABCD是正方形，所以CD//AB.而ABC平面PAB,CDC平面PCD,因此CD//1.又因为AP⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,所以AP⊥CD.又因为CD⊥AD,