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2025苏教版高中数学必修第二册
全书综合测评
全卷满分150分 考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.若z∈C,且是纯虚数,则|z|=( )
A. D.2
2.若α∈,tan α=,则sin=( )
A.-
3.已知△ABC的外接圆圆心为O,半径为1,且2|,则向量在向量上的投影向量为( )
A.
4.某市教育主管部门为了解高三年级学生学业达成的情况,对高三年级学生进行抽样调查,随机抽取了1 000名学生,他们的学业达成情况都分布在从高到低的A,B,C,D,E五个层次内,分男、女生统计得到以下样本分布统计图,则下列叙述正确的是( )
A.样本中A层次的女生比相应层次的男生人数多
B.估计样本中男生学业达成层次的中位数比女生的小
C.D层次的女生和E层次的男生在整个样本中频率相等
D.样本中B层次的学生人数和C层次的学生人数一样多
5.六氟化硫的化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛的用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子之间的距离为2,则这个正八面体的体积是(氟原子的大小可以忽略不计)( )
A.
6.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,b=2,且2acos B-acos C=ccos A+a-b,则△ABC面积的最大值是( )
A.
C.2 D.
7.为了研究某种作物在特定温度下(要求日最高气温t满足:27 ℃≤t≤30 ℃)的生长状况,某农学家需要在10月份去某地进行为期10天的连续观察试验.现有关于该地区2014—2023年每年10月份的日最高气温和日最低气温(单位:℃)的记录如下:
根据上述记录,下列说法不正确的是( )
A.农学家观察试验的起始日期为10月7日或10月8日
B.设该地区今年10月上旬(10月1日至10月10日)的日最高气温的方差和日最低气温的方差分别为D1,D2,则D1
C.设该地区今年10月上旬(10月1日至10月10日)的日最高气温的方差和日最低气温的方差分别为D1,D2,则D1>D2
D.从10月份的31天中随机选择连续的3天,则所选3天中日最高气温的值都在[27,30]内的概率为
8.已知三棱锥P-ABC的底面ABC是等腰直角三角形,体积为24,顶点P到底面ABC的距离为3,若该三棱锥的外接球O的半径为5,则满足上述条件的顶点P的轨迹的总长度为( )
A.6π B.30π
C.(9+2)π
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知复数z=2+i,z1=x+yi(x,y∈R,i为虚数单位),为z的共轭复数,则下列结论正确的是( )
A.的虚部为-i
B.z2=|z|2
C.=1
D.若|z-z1|≤1,则在复平面内z1对应的点形成的图形的面积为π
10.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M为棱BB1的中点,下列说法正确的是( )
A.直线AC与直线A1D所成的角为
B.直线AC与直线BD1所成的角为
C.若平面α过点M,且BD1⊥α,则平面α截正方体所得的截面图形的周长为3
D.动点P在侧面BCC1B1内运动(包括边界),且AP⊥BD1,则AP与平面BCC1B1所成角的正切值的取值范围是[1,]
11.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且a·sin2=b·sin A,下列结论正确的是( )
A.B=
B.若a=4,b=5,则△ABC有两解
C.当a-c=b时,△ABC为直角三角形
D.若△ABC为锐角三角形,则cos A+cos C的取值范围是
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.在圆台O1O2中,圆O2的半径是圆O1半径的2倍,且O2恰为该圆台外接球的球心,则圆台的侧面积与其外接球的表面积之比为 .
13.某学校为提升学校食堂的服务水平,组织全校师生对学校食堂满意度进行评分,按照分层抽样方法,抽取200位师生的评分(满分100分)作为样本,在这200个样本中,所有学生评分样本的平均数为分,方差为分2,所有教师评分样本的平均数为分,方差为分2,总样本的平均数为分,方差为s2分2,若sxsy,抽取的学生样本多于教师样本,则总样本中学生样本的个数至少为 .
14.如图,在△ABC中,AB=2,AC=1,D,E分别是直线AC,AB上的点,,且·=-2,则∠BAC= ;若P是线段DE上的一个动点,则·的取值范围是 .
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(本小题满分13分)已知在△ABC中,A,B,C所对的边分别为a,b,c,m=(a+c,a-b),n=(sin B,
sin A-sin C),且m∥n.
(1)求角C的大小;
(2)若D为AB的中点,△ADC的面积等于,求△ABC的周长的最小值.
16.(本小题满分15分)2023年10月,汉江生态城2023襄阳马拉松在湖北省襄阳市成功举行,志愿者的服务工作是马拉松成功举办的重要保障,襄阳市新时代文明实践中心承办了志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩,并分成五组:第一组[45,55),第二组[55,65),第三组[65,75),第四组[75,85),第五组[85,95],绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第一、二组的频率之和为0.3,第一组和第五组的频率相同.
(1)估计这100名候选者面试成绩的平均数和第25百分位数(各组数据用区间中点值代替);
(2)在这100名候选者中,用分层抽样的方法从第四组和第五组面试者内抽取10人,再从这10名面试者中随机抽取两名,求这两名面试者成绩都在第五组内的概率;
(3)现从以上各组中用分层抽样的方法选取20人,担任本市的宣传者.若本市宣传者中第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62分和40分2,第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80分和70分2,据此估计这次第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差.
17.(本小题满分15分)在等腰梯形ABCD中,AB∥DC,∠DAB=60°,CD=1,AD=2,AB=3,动点E,F分别在线段BC和DC上(不包含端点),AE和BD交于点M,且.
(1)用向量表示向量;
(2)求||的取值范围;
(3)是否存在点E,使得|| 若存在,求λ的值;若不存在,说明理由.
18.(本小题满分17分)冰壶被喻为冰上的“国际象棋”,是以团队为单位在冰上进行的投掷性竞赛项目,每场比赛共10局,在每局比赛中,每个团队由多名运动员组成,他们轮流掷壶、刷冰、指挥.两边队员交替掷壶,可击打本方和对手的冰壶,以最终离得分区圆心最近的一方的冰壶数量多少计算得分,另外一方得零分,十局总得分最高的一方获胜.冰壶运动考验参与者的体能与脑力,展现动静之美,取舍之智慧.由于冰壶的击打规则,后投掷一方有优势,所以前一局的得分方将作为后一局的先手掷壶.已知甲、乙两队参加冰壶比赛,若在某局比赛中甲方先手掷壶,则该局甲方得分的概率为;若甲方后手掷壶,则该局甲方得分的概率为,每局比赛不考虑平局.在该场比赛中,前面已经比赛了六局,双方各胜三局,其中第六局乙方得分.
(1)求第七局、第八局均为甲方得分的概率;
(2)求十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方的概率.
19.(本小题满分17分)如图所示,已知AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,△ACD为等边三角形,AD=DE=2AB,F为CD的中点.
(1)证明:AF∥平面BCE;
(2)证明:平面BCE⊥平面CDE;
(3)在线段DE上是否存在一点P,使直线BP与平面BCE所成的角为30° 请说明理由.
答案与解析
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1.B 设z=a+bi,a,b∈R,
则
=.
因为是纯虚数,所以a2+b2-1=0,b≠0,故a2+b2=1,所以|z|==1.
故选B.
2.D 因为tan α=,所以,
整理得3sin α=sin2α+cos2α=1,则sin α=,
又α∈,故α∈,所以cos α=,
所以sin 2α=2sin αcos α=2×,cos 2α=1-2sin2α=,
所以sin=sin 2αcos-cos 2αsin.
故选D.
3.D 由2知O为BC的中点,
又O为△ABC的外接圆圆心,
∴||=2,∴AB⊥AC,
∵,∴cos B=,
∴向量在向量上的投影向量为||cos(π-B)·.
故选D.
4.B 对于A,C,设女生学业达成频率分布直方图中的组距为Δx,
由(a+1.5a+2a+2.5a+3a)Δx=1,得aΔx=0.1,
所以女生学业达成频率分布直方图中A层次频率为20%,B层次频率为30%,C层次频率为25%,D层次频率为15%,E层次频率为10%,
因为样本中男、女生人数未知,所以A层次中男、女生人数不能比较,即A选项错误,
同理,D层次女生在女生样本中的频率与E层次男生在男生样本中的频率相等,都是15%,
因为样本中男、女生人数未知,所以在整个样本中频率不一定相等,即C选项错误;
对于D,设女生人数为n,则男生人数为1 000-n,
B层次的学生人数为0.3n+0.25×(1 000-n)=0.05n+250,
C层次的学生人数为0.25n+0.3×(1 000-n)=300-0.05n,
因为n不确定,所以0.05n+250与300-0.05n可能不相等,即D选项错误;
对于B,女生A,B两个层次的频率之和为50%,
所以女生的样本学业达成层次的中位数为B,C层次的分界点,
男生A,B两个层次的频率之和为35%,显然中位数落在C层次内,
所以样本中男生学业达成层次的中位数比女生的小,B选项正确.
故选B.
5.D 连接AC,BD,则AC,BD交于点O,连接OE,
因为AE=CE,BE=DE,O为AC,BD的中点,
所以OE⊥AC,OE⊥BD,
因为AC∩BD=O,AC,BD 平面ABCD,
所以OE⊥平面ABCD,
令相邻两个氟原子之间的距离为2a,则2a=2,
即a=,
因为在正方形ABCD中,AB=BC=2a,所以AC=2a,
所以AO=a,
所以OE=a,
所以该正八面体的体积是.故选D.
6.B 由题意及正弦定理得2sin Acos B-sin Acos C=sin Ccos A+sin A-sin B,所以2sin Acos B=sin(A+C)+sin A-sin B=sin A.
易知00,所以cos B=.
又0由余弦定理得cos B=,所以a2+c2=ac+4≥2ac,所以ac≤4(当且仅当a=c=2时,等号成立),
所以S△ABC=acsin B≤.
故选B.
7.B 因为观察该种作物的特定温度条件要求日最高气温t满足:27 ℃≤t≤30 ℃,由题图可知,10月6日的日最高气温为26 ℃,从10月18日起每天的日最高气温均低于27 ℃,
所以农学家观察试验的起始日期为10月7日或10月8日,故A中说法正确;
由题图知,10月1日至10月10日的日最高气温(单位:℃)分别为30,31,29,28,27,26,27,27,27,27,
其平均数为=27.9(℃),
所以D1=×[(30-27.9)2+(31-27.9)2+(29-27.9)2+(28-27.9)2+(27-27.9)2×5+(26-27.9)2]=2.29,
由题图知,10月1日至10月10日的日最低气温(单位:℃)分别为19,19,18,18,17,18,18,17,17,17,
其平均数为=17.8(℃),
所以D2=×[2×(19-17.8)2+4×(18-17.8)2+4×(17-17.8)2]=0.56,
故D1>D2,故B中说法错误,C中说法正确;
设“所选3天中日最高气温的值都在[27,30]内”为事件A,
所有的基本事件为(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5),…,(29,30,31),共29个,
由题图可以看出,事件A包含(3,4,5),(7,8,9),(8,9,10),(9,10,11),(10,11,12),(11,12,13),(12,13,14),(13,14,15),(14,15,16),(15,16,17),共10个基本事件,所以P(A)=,故D中说法正确.
故选B.
8.D 设等腰直角△ABC的直角边长为x(x>0),球O的半径为R,则R=5.
由VP-ABC=x2×3=24,解得x=4,
∴△ABC的外接圆半径r1=,
易知球心O在底面ABC内的射影为△ABC斜边的中点,
∴球心O到底面ABC的距离d1==1.
又∵顶点P到底面ABC的距离为3,
∴顶点P的轨迹是球O的两个截面的圆周.
当球心O在底面ABC和截面之间时,球心O到该截面的距离d2=3-1=2,
则截面圆的半径r2=,
此截面的周长为2πr2=2π.
当球心O在底面ABC和截面的同一侧时,球心O到该截面的距离d3=3+1=4,
则截面圆的半径r3==3,
此截面的周长为2πr3=6π.
∴顶点P的轨迹的总长度为(6+2)π.
故选D.
9.CD 由题意可得=2-i,所以的虚部为-1,A错误;
z2=(2+i)2=3+4i,|z|=,故z2≠|z|2,B错误;
=1,C正确;
|z-z1|≤1表示在复平面内,到点(2,1)的距离不大于1的点(x,y)构成的图形,即以(2,1)为圆心,1为半径的圆及其内部,故面积为π,D正确.
故选CD.
10.BCD 连接B1C,AB1,易得A1D∥B1C,故∠B1CA(或其补角)即为AC与A1D所成的角,易知△AB1C为正三角形,所以∠B1CA=,故直线AC与A1D所成的角为,故A错误;
连接BD,B1D1,易得AC⊥平面BDD1B1,∵BD1 平面BDD1B1,∴AC⊥BD1,即直线AC与BD1所成的角为,故B正确;
易得BD1⊥平面AB1C,因为BD1⊥α,所以α∥平面AB1C,取AB的中点N,BC的中点Q,连接MQ,NQ,MN,则平面MNQ∥平面AB1C,则△MNQ即为平面α截正方体所得的截面图形,易得QM=QN=MN=,故△MNQ的周长为3,故C正确;
易知点P是线段B1C上的动点,AP与平面BCC1B1所成的角为∠APB,tan∠APB=,由P是线段B1C上的动点,得≤BP≤2,∴1≤≤,故D正确.故选BCD.
11.ACD 对于A,因为a·sin2=b·sin A,
所以由A+B+C=π及正弦定理得,sin A·sin2=sin B·sin A,
由诱导公式得,sin A·cos2=sin B·sin A,
因为A∈(0,π),所以sin A≠0,
所以,
化简得cos=0,
即cos=0,
所以cos=0或sin=0,即B=π(舍)或B=,故A正确;
对于B,由余弦定理b2=a2+c2-2accos B,得25=16+c2-8×c×,得c2-4c-9=0,
解得c=2+(负值舍去),即△ABC只有一解,故B错误;
对于C,由a-c=b,两边平方得a2-2ac+c2=,
由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=a2+c2-ac,
两式联立,消b2得,2a2-5ac+2c2=0,解得a=2c或c=2a(不符合题意,舍去),
由B=c,结合正弦定理可得A=,
故△ABC为直角三角形,故C正确;
对于D,因为△ABC为锐角三角形,且B=,
所以 ,
即cos A+cos C=cos A+coscos A+sin A=sin,
因为A+∈,所以sin∈,故D正确.
故选ACD.
12.答案 3∶8
解析 如图.令外接球的半径为2R,依题意得O2A=2R,O2B=2R,O1B=R,
过点B作BC⊥O2A,则O2C=O1B=R,所以AC=O2C=R,
又BC=O1O2=R,所以AB==2R,
所以圆台的侧面积S1=(2πR+2π×2R)×2R=6πR2,
又外接球的表面积S2=4π×(2R)2=16πR2,
所以圆台的侧面积与其外接球的表面积之比为S1∶S2=6πR2∶16πR2=3∶8.
13.答案 160
解析 假设在样本中,学生、教师的人数分别为m,n(1≤n记样本中所有学生的评分为xi(i=1,2,3,…,m)分,所有教师的评分为yj(j=1,2,3,…,n)分,
由得,
所以s2=)2
=)2=sxsy,
所以m=160sxsy,即m·+n·=160,
令t=,则mt2-160t+n=0,其判别式Δ=25 600-4mn=25 600-4m(200-m)≥0,
即m2-200m+6 400≥0,解得m≤40或m≥160,
因为1≤n100,所以m≥160.
所以总样本中学生样本的个数至少为160.
14.答案
解析 ∵,
∴,
∵·=-2,
∴()·()
=(5)·(2)
=11·
=11×2×1×cos∠BAC-5×1-2×4
=22cos∠BAC-13=-2,解得cos∠BAC=,
∵∠BAC∈(0,π),∴∠BAC=.
设,λ∈[0,1],
∴·)·()
=·
=·
=16
=21λ2-12λ+7=21,
∴当λ=时,·有最小值,为,
当λ=1时,·有最大值,为16.
∴·的取值范围为.
15.解析 (1)∵m∥n,
∴(a+c)(sin A-sin C)=(a-b)sin B,
结合正弦定理得(a+c)(a-c)=(a-b)b,
∴a2+b2-c2=ab,(3分)
∴cos C=,(5分)
∵C∈(0,π),∴C=.(6分)
(2)依题意得S△ABC=2S△ADC,即,∴ab=4,(8分)
∴a+b≥2=4,当且仅当a=b=2时取等号,
由余弦定理得c2=a2+b2-2abcos∠ACB=a2+b2-ab≥ab=4,(11分)
∴c≥2,当且仅当a=b=2时取等号,
故△ABC的周长的最小值为6.(13分)
16.解析 (1)由题意可知
解得(2分)
可知每组的频率依次为0.05,0.25,0.45,0.2,0.05,
所以估计平均数为50×0.05+60×0.25+70×0.45+80×0.2+90×0.05=69.5(分),(4分)
因为0.05+0.25=0.3>0.25,所以第25百分位数在区间[55,65)内.
设第25百分位数为x分,
则0.05+(x-55)×0.025=0.25,
解得x=63,故估计第25百分位数为63分.(6分)
(2)10人中,第四组有8人,第五组有2人,记第四组8人的编号分别为1到8,第五组2人的编号分别为9和10,则样本空间Ω={(1,2),(1,3),(1,4),…,(1,10),(2,3),(2,4),…,(2,10),(3,4),(3,5),…,(3,10),(4,5),(4,6),…,(4,10),(5,6),…,(5,10),(6,7),…,(6,10),(7,8),(7,9),(7,10),(8,9),(8,10),(9,10)},共45个样本点,(8分)
记这两名面试者成绩都在第五组内为事件A,则事件A={(9,10)},故P(A)=.(10分)
(3)设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为分,分,分2,分2,
易知两组频率之比为0.25∶0.20=5∶4,则第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数=70(分),(12分)
第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差s2=(分2).
故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差是分2.(15分)
17.解析 (1)因为,
所以.(2分)
.(4分)
(2),
因为|·=3×2×cos 60°=3,(6分)
所以|·(2+λ)
=12λ2-30λ+61=12.(8分)
因为动点E,F分别在线段BC和DC上且不包含端点,所以0<λ<1,
所以43<||2<61,即,
所以||的取值范围是().(10分)
(3)设,其中s,t>0,
则,
因为,
所以由平面向量基本定理,得
解得(12分)
由||,得||,故t=8s,
所以,解得λ=或λ=-.(14分)
因为0<λ<1,所以λ=.(15分)
18.解析 (1)因为第六局乙方得分,所以第七局乙方先手掷壶,甲方后手掷壶,则第七局甲方得分的概率为.(2分)
若第七局甲方得分,则第八局甲方先手掷壶,乙方后手掷壶,则第八局甲方得分的概率为,(4分)
所以第七局、第八局均为甲方得分的概率为.(6分)
(2)前面已经比赛了六局,双方各胜三局,所以若十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方,则后面四局甲方全胜或者甲方胜三局.(8分)
若后面四局甲方全胜,由题知第七局乙方先手掷壶,则概率为;(10分)
若后面四局甲方胜三局,由题知第七局乙方先手掷壶,则可分为第七局乙方得分或第八局乙方得分或第九局乙方得分或第十局乙方得分,
其概率为,(14分)
则十局比赛结束后,甲方的得分局多于乙方的概率为.(17分)
19.解析 (1)证明:取CE的中点M,连接MF,BM,
∵F是CD的中点,
∴MF是△CDE的中位线,
∴MF∥DE,MF=DE.
又DE=2AB,∴AB=MF,(2分)
∵AB⊥平面ACD,DE⊥平面ACD,
∴DE∥AB,
∴AB∥MF,
∴四边形ABMF是平行四边形,
∴AF∥BM,(4分)
∵AF 平面BCE,BM 平面BCE,
∴AF∥平面BCE.(6分)
(2)证明:∵AB⊥平面ACD,AF 平面ACD,
∴AB⊥AF,
∴四边形ABMF是矩形,
∴BM⊥MF.
∵△ACD是正三角形,F是CD的中点,
∴CD⊥AF.
∵BM∥AF,
∴CD⊥BM,(8分)
∵MF∩CD=F,MF,CD 平面CDE,
∴BM⊥平面CDE,
∵BM 平面BCE,∴平面BCE⊥平面CDE.(10分)
(3)假设在线段DE上存在一点P,使直线BP与平面BCE所成的角为30°.
连接DM,过P作PN⊥CE,垂足为N,连接BN.
由(2)知平面BCE⊥平面CDE,又平面BCE∩平面CDE=CE,PN 平面CDE,
∴PN⊥平面BCE,
∴∠PBN为直线BP与平面BCE所成的角,则∠PBN=30°.(12分)
设AB=1,则DE=AC=CD=AD=2,
∴BE=BC=,cos∠BED=.
设PN=x(x>0),由题知∠CED=45°,
则在Rt△EPN中,PE=x,在Rt△PBN中,PB=2x,
在△BPE中,由余弦定理得PB2=BE2+PE2-2BE·PE·cos∠BEP,
即4x2=5+2x2-2,(15分)
若P在线段DE上,则PN最长为MD=,
∵,∴满足题意,
∴在线段DE上存在一点P,使直线BP和平面BCE所成的角为30°.(17分)
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专题强化练1 平面向量数量积及其应用
1.已知a,b,c是三个非零平面向量,则下列叙述正确的是( )
A.若|a|=|b|,则a=±b
B.若a·b=a·c,则b=c
C.若a∥b,则a·b=|a||b|
D.若a⊥b,则|a+b|=|a-b|
2.(2023江苏南京第一中学开学考试)已知△ABC中,AB=AC=5,BC=6,P为平面ABC内一点,则的最小值为( )
A.-8 B.-4
C.-6 D.-1
3.(多选题)(2024江苏南京金陵中学学情调研)定义平面向量的一种运算:a☉b=|a+b|×|a-b|×sin,其中是a与b的夹角,下列说法正确的是( )
A.若=90°,则a☉b=a2+b2
B.若|a|=|b|,则(a+b)☉(a-b)=4a·b
C.若|a|=|b|,则a☉b≤2|a|2
D.若a=(1,2),b=(-2,2),则(a+b)☉b=
4.(2024江苏连云港高级中学月考)已知正三角形ABC内接于半径为2的圆O,点P是圆O上的一个动点,则的取值范围是 .
5.如图,在四边形ABCD中,AB=CD=1,∠B≠∠C,M,N分别是边AD,BC的中点,延长BA和CD,分别交NM的延长线于点P,Q,则()的值为 .
6.(2024江苏南京江浦高级中学阶段训练)已知向量a=(m,-1),b=(1,2).
(1)若(a+b)⊥2b,求|a+2b|;
(2)若向量c=(-2,1),a∥c,求a与a-2b夹角的余弦值.
7.(2022江苏盐城模拟)如图,已知正方形ABCD的边长为2,过中心O的直线与两边AB,CD分别交于点M,N.
(1)若Q是BC的中点,求的取值范围;
(2)若P是正方形ABCD所在平面内一点,且满足2,λ∈R,求的最小值.
答案与分层梯度式解析
1.D 由|a|=|b|无法确定向量a,b的方向,故A错误;若a·b=a·c,且|a|≠0,则|a||b|cos=|a|·|c|cos,即|b|cos=|c|cos,无法得到b=c,故B错误;当a,b反向共线时,a·b=|a||b|不成立,故C错误;若a⊥b,则a·b=0,|a+b|=,|a-b|=,故|a+b|=|a-b|,故D正确.故选D.
2.A 如图所示,取BC的中点O,连接AO,以O为坐标原点,BC所在直线为x轴,OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系,
易知A(0,4),B(-3,0),C(3,0),设P(x,y),
则=(3-x,-y),
则)=(-x,4-y)·(-2x,-2y)=2x2+2y2-8y=2[x2+(y-2)2]-8≥-8,
当且仅当x=0,y=2时,取得最小值,最小值为-8.故选A.
3.AC 对于A,若=90°,则|a+b|=|a-b|,a·b=0,
则a☉b=|a+b|×|a-b|×sin 90°=|a+b|2=a2+b2+2a·b=a2+b2,故A正确;
对于B,若|a|=|b|,则|a|2=|b|2,则(a+b)⊥(a-b),(a+b)与(a-b)的夹角为90°,
则(a+b)☉(a-b)=|(a+b)+(a-b)|×|(a+b)-(a-b)|×sin 90°=4|a||b|,而4a·b=4|a||b|cos,它们不一定相等,故B错误;
对于C,若|a|=|b|,则a☉b≤|a+b|×|a-b|≤a2+b2=2|a|2,故C正确;
对于D,若a=(1,2),b=(-2,2),则a+b=(-1,4),a+2b=(-3,6),
则cos=,
又∈[0,π],
所以sin=,
则(a+b)☉b=|a+2b|×|a|×sin=3,故D错误.故选AC.
4.答案 [-2,6]
解析 如图,取AB的中点M,连接OM,OA,OB.在△OAB中,OA=OB=2,∠OAB=30°,所以AB=2,OM=1.
易得4-12.
连接CO并延长,与圆O交于点Q,因为点P在圆O上运动,所以P在C处时,|2=9;
当P在Q处时,|2=1.
综上所述,∈[-8,24],
所以∈[-2,6].
5.答案 0
解析 解法一:由题意知P,Q,M,N四点共线,可设,λ∈R,
由题图可得
因为M,N分别为AD,BC的中点,所以由①+②可得2|2)=0.
解法二:因为这类求值问题的结果一般是一个定值,角度对答案无影响,所以不妨设特殊值,简化运算.
设∠B=90°,∠C=60°,BC=2,以B为原点,
,N(1,0),
所以
=0.
因为P,Q,M,N四点共线,所以可设(λ∈R),故()=λ×0=0.
6.解析 (1)因为a=(m,-1),b=(1,2),
所以a+b=(m+1,1),2b=(2,4).
由(a+b)⊥2b,可得(a+b)·2b=0,即2(m+1)+4=0,解得m=-3,
所以a+2b=(-1,3),故|a+2b|=.
(2)因为c=(-2,1),a∥c,所以m-2=0,解得m=2.
所以a=(2,-1),a-2b=(0,-5),
则cos=,
故a与a-2b夹角的余弦值为.
7.解析 (1)连接QO,由题意知O为MN的中点,
∴,
∴.
∵Q是BC的中点,∴|,
∴-1≤≤0,
即的取值范围为[-1,0].
(2)令,
∴,
∴,
∴点T 在直线BC上.
∵O为MN的中点,
∴,
∵1≤|,
∴,
即.
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2025苏教版高中数学必修第二册
专题强化练2 三角函数式的恒等变形
1.(2023江苏泰州统考)已知sin=( )
A.-
2.(2023江苏扬州开学考试)已知α,β∈=( )
A.-
C.
3.(2024辽宁鞍山第六中学第二次质量检测)已知α,β均为锐角,
sin α=3sin βcos(α+β),则tan α取得最大值时,tan(α+β)的值为( )
A.
C.1 D.2
4.(多选题)(2024福建龙岩期末教学质量检查)已知sin(α+β)=tan β=0,则( )
A.sin αcos β=
C.sin 2αsin 2β=
5.(2022湖北随州曾都第一中学阶段测试)魏晋南北朝时期,我国数学家祖冲之利用割圆术求出圆周率π约为
的值约为 .
6.(2022江苏盐城期中)已知sin(α+2β)=,则α-β= .
7.(2024江苏南京师范大学附属中学期中)设x,y为实数,已知sin x+
cos y=,则sin(x-y)的值为 .
8.(2024江苏无锡六校联考)已知O为坐标原点,+1.
(1)求f(x)的最小正周期;
(2)将f(x)图象上各点的纵坐标不变,横坐标扩大为原来的2倍,再将所得图象向左平移,求cos[2(α-β)]-1的值.
答案与分层梯度式解析
1.B sin,
所以,
故cos,故选B.
解题模板 条件求值问题常有两种解题途径:①对题设条件变形,把条件中的角、函数名向结论中的角、函数名靠拢;②对结论变形,将结论中的角、函数名向题设条件中的角、函数名靠拢,便于将题设条件代入求解.
2.B ∵2tan α=,
∴,
∴sin α+sin αsin β=cos αcos β,
∴sin α=cos αcos β-sin αsin β=cos(α+β),
∵α,β∈,
∴tan.故选B.
D 由已知得sin α=sin[(α+β)-β]=sin(α+β)cos β-cos(α+β)sin β=
3sin βcos(α+β),
整理得sin(α+β)cos β=4sin βcos(α+β),
易知cos β,cos(α+β)≠0,所以tan(α+β)=4tan β=4tan[(α+β)-α]=4×,
因为α,β均为锐角,且3sin βcos(α+β)=sin α>0,即cos(α+β)>0,所以tan(α+β)>0,
则tan α=,
当且仅当tan(α+β)=,即tan(α+β)=2时等号成立,
所以tan α取得最大值时,tan(α+β)的值为2.故选D.
4.ACD 因为sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β=,
所以cos(α+β)=±,
所以tan(α+β)=),故B错误;
因为tan α-
sin βcos α,
所以,故A正确;
易得sin βcos α=,
则sin 2αsin 2β=4sin αcos αsin βcos β
=4sin αcos β·cos αsin β=4×,故C正确;
因为cos(α+β)=±,
且cos2(α-β)-cos2(α+β)=(cos αcos β+sin αsin β)2-(cos αcos β-sin αsin β)2
=4cos αcos βsin αsin β=sin 2αsin 2β=,
所以cos2(α-β)=cos2(α+β)+,故D正确.
故选ACD.
5.答案 8
解析 因为π≈4cos 38°,
所以=8.
6.答案
解析 因为α∈,
所以,
又sin(α+2β)=,
所以cos(α+2β)=,
sin(2α+β)=,
所以cos(α-β)=cos[(2α+β)-(α+2β)]
=cos(2α+β)cos(α+2β)+sin(2α+β)sin(α+2β)
=-.
7.答案
解析 由sin x+cos y=,
得(sin x+cos y)2=sin2x+cos2y+2sin xcos y=,①
(cos x+sin y)2=cos2x+sin2y+2cos xsin y=,②
①+②,得sin2x+sin2y+cos2x+cos2y+2sin xcos y+2cos xsin y=,
即2+2sin(x+y)=,
①-②,得sin2x+cos2y-cos2x-sin2y+2sin xcos y-2cos xsin y=2(sin2x-sin2y)+2(sin xcos y-cos xsin y)=2(sin2x-sin2y)+2sin(x-y)=,
即sin2x-sin2y=-sin(x-y).
由和差化积公式,得sin x+sin y=2sin,
sin x-sin y=2cos,
所以sin2x-sin2y=2sinsin(x-y),
所以.
8.解析 (1)因为sin x·cos x+1),
所以f(x)=-,
所以函数f(x)的最小正周期为=π.
(2)由(1)知f(x)=sin的图象,
又g(α)=,
所以sin.
因为α∈,
所以α+,
所以cos,
所以sin(α-β)=sin
=sin
=,
所以cos[2(α-β)]-1=-2sin2(α-β)
=-2×.
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2025苏教版高中数学必修第二册
专题强化练3 正、余弦定理的综合应用
1.(2024江苏常州教育学会学业水平监测)在平面凸四边形ABCD中,已知BC=2,AC=1,AB⊥AC,∠ADC=150°,则的最小值为( )
A.
C.-
2.(2024江苏南京师范大学附属中学期中)在△ABC中,已知a,b,c分别为角A,B,C的对边.若,则
cos C=( )
A.-
C.
3.(2024江苏镇江中学学情检测)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b=2,b2+c2-a2=bc,若BC边上的中线AD=,则△ABC的外接圆面积是( )
A.4π B.8π
C.12π D.16π
4.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,设△ABC的面积为S,若2S=3(bsin C+csin B),则下列命题中错误的是( )
A.若A=,且b=7,则B有两解
B.若C=2A,且△ABC为锐角三角形,则c的取值范围为(6)
C.若A=2C,且sin B=2sin C,则△ABC的外接圆半径为2
D.若b=2c,则S的最大值为6
5.(2024江苏盐城响水中学期中)已知锐角△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若C=,则AB边上的高的长度的取值范围为 .
6.(2024江苏无锡太湖高级中学月考)已知四边形ABCD中,AB=BC=CD=1,DA=
的最大值为 .
7.(2024江苏无锡江阴两校联考)在①S+3(b2-a2)=3c2这三个条件中任选一个,补充在下面问题的横线上,并加以解答.
在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 ,b=2.
(1)若a+c=4,求△ABC的面积;
(2)求△ABC的周长的取值范围;
(3)若△ABC为锐角三角形,求的取值范围.
答案与分层梯度式解析
1.B 设∠CAD=θ,则θ∈-θ,
在△ACD中,由正弦定理得,
所以AD=sin θ.
在Rt△ABC中,BC=2,AC=1,则AB=,
所以|cos∠BAD
=
=3sin2θ-sin 2θ
=,
因为θ∈,
所以sin,
所以.故选B.
2.C 因为=3cos C,
所以由余弦定理得,整理得3c2=a2+b2,
由正弦定理得3sin2C=sin2A+sin2B=
(cos 2A+cos 2B)
=1-
(此处用到了和差化积公式)
=1-cos(A+B)cos(A-B)=1+cos Ccos(A-B),
又cos(A-B)=-,
所以3sin2C=1-cos C=3-3cos2C,
解得cos C=,
而cos C+cos(A-B)=-cos(A+B)+cos(A-B)=2sin Asin B>0,
且cos(A-B)=-.
故选C.
3.A 因为b2+c2-a2=bc,所以由余弦定理得cos∠BAC=,
又0<∠BAC<π,所以∠BAC=,
由题知D是BC的中点,所以),
所以),
即7=,解得c=4(负值舍去),
由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos∠BAC=22+42-2×2×4cos(负值舍去),
设△ABC外接圆的半径为R,
则由正弦定理得2R==4,则R=2,
所以△ABC外接圆的面积为πR2=4π.故选A.
D 设R为△ABC的外接圆半径.由正弦定理得2S=3(bsin C+
csin B)=6R(sin Bsin C+sin Csin B)=12Rsin Bsin C,
又S=·2Rsin A·2Rsin B·sin C=2R2sin Asin Bsin C,故4R2sin Asin Bsin C=12Rsin B·sin C,即Rsin A=3,从而a=2Rsin A=6.
对于A,由正弦定理得sin B=,
因为b>a,所以B有两解,A中命题正确;
对于B,若C=2A,则由正弦定理得c=),B中命题正确;
对于C,若A=2C,且sin B=2sin C,则b=2c,且,即a2b=a2c+b2c-c3,整理得a2(b-c)=c(b+c)(b-c),
因为b=2c≠c,所以a2=c(b+c)=c(2c+c)=3c2,所以c=,
所以a2+c2=36+12=48=b2,所以B=,C中命题正确;
对于D,若b=2c,因为2的△ABC满足条件,
在此情况下,有cos A=大,D中命题错误.故选D.
5.答案
解析 设AB边上的高为h,
由三角形的面积公式可得ab,
又由正弦定理可得=2,
所以a=2sin A,b=2sin B,
所以h=ab=2sin Asin B,
所以h=2sin Asin,
因为△ABC为锐角三角形,
所以,
所以,
所以16.答案
解析 由题意得,S1=sin C.
在△ABD中,由余弦定理得BD2=AD2+AB2-2AD·AB·cos A,
即BD2=3+1-2cos A.
在△BCD中,由余弦定理得BD2=CD2+CB2-2CD·CB·cos C,即BD2=1+1-2cos C=2-2cos C,
所以cos C=cos A-1.
则
,
所以当.
7.解析 选①,由正弦定理得,
即sin Bcos C=2sin Acos B-sin Ccos B,
即2sin Acos B=sin Bcos C+cos Bsin C=sin(B+C)=sin A,
易知sin A≠0,所以cos B=.
选②,因为,
所以,
易知sin C≠0,所以tan B=.
选③,因为4acsin B=3(a2+c2-b2),
所以,
根据余弦定理可得.
(1)由余弦定理得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac-2accos B,即12=42-2ac-2ac×,
所以△ABC的面积S=.
(2)由余弦定理得b2=a2+c2-2accos B=(a+c)2-2ac-2accos B,即12=(a+c)2-2ac-2ac×-4.
易得0所以0<.
所以△ABC的周长的取值范围为(4].
(3)由正弦定理得
,
在锐角△ABC中,0又C=,
又tan上单调递增,
所以2-<1,
所以.
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2025苏教版高中数学必修第二册
专题强化练4 直线与平面的位置关系
1.如图,设平面α∩平面β=PQ,EG⊥平面α,FH⊥平面α,垂足分别为G,H.为使PQ⊥GH,还需增加的一个条件是( )
A.EF⊥平面α B.EF⊥平面β
C.PQ⊥GE D.PQ⊥FH
2.(多选题)(2024安徽淮南第二中学月考)如图1,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,DA=AB=BC=,E为CD的中点,将△DAE沿AE折起,使点D到达点P的位置(点P不在平面ABCE内),连接PB,PC(如图2),则在翻折过程中,下列说法正确的有( )
A.BC∥平面PAE
B.PB⊥AE
C.存在某个位置,使PC⊥平面PAE
D.PB与平面ABCE所成角的最大值为
3.(2024广西模拟)在三棱锥V-ABC中,BV⊥平面VAC,VA=1,AB=AC=,点F为棱VA上一点,过点F作三棱锥V-ABC的截面,使截面平行于直线VB和AC,当该截面面积取得最大值时,CF=( )
A.
4.(2022江苏南通期末)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,AC1⊥平面α,当平面α过点B1时,平面α截此正方体所得截面多边形的面积为 ;当平面α过线段BB1的中点N时,平面α截此正方体所得截面多边形的周长为 .
5.(2024四川成都天府第七中学月考)
如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,O是AC与BD的交点,∠ADC=45°,AD=AC=2,PO⊥平面ABCD,PO=2,M是PD的中点.
(1)证明:PB∥平面ACM;
(2)求直线AM与平面ABCD所成角的正切值.
6.(2024四川成都蓉城名校联盟第三次模拟)已知在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是直角梯形,满足AD∥BC,AD⊥DC,若PA=AD=DC=2,BC=3,点M为PD的中点,点N为PC的三等分点(靠近点P).
(1)求证:PC⊥平面AMN;
(2)若线段PB上的点Q在平面AMN内,求的值.
7.(2024江苏镇江实验高级中学月考)如图,已知四边形ABCD是矩形,PA⊥平面ABCD,且PA=2,M,N分别是线段PB,DC上的点,满足=λ.
(1)若λ=1,求证:直线MN∥平面PDA;
(2)是否存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC 如果有,请求出λ的值;否则,请说明理由;
(3)若λ=1,求直线MN与直线PD所成最大角的余弦值.
8.如图①,C,D是以AB为直径的圆上两点,且AB=2AD,AC=BC,将△ABC所在的半圆沿直径AB折起,使得点C在平面ABD内的射影E在BD上,如图②.
(1)求证:BC⊥平面ACD;
(2)在线段AB上是否存在点F,使得AD∥平面CEF 若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
答案与分层梯度式解析
1.B 因为EG⊥平面α,PQ 平面α,所以EG⊥PQ.
若EF⊥平面β,则由PQ 平面β,得EF⊥PQ.
又EG与EF为相交直线,EG,EF 平面EGHF,
所以PQ⊥平面EGHF,
因为GH 平面EGHF,所以PQ⊥GH,故选B.
2.AB 对于A,在等腰梯形ABCD中,AB=CD,E为CD的中点,所以ABCE,
所以四边形ABCE为平行四边形,所以BC∥AE,
则在题图2中,仍有BC∥AE,因为BC 平面PAE,AE 平面PAE,所以BC∥平面PAE,故A正确;
对于B,取AE的中点O,连接PO,BO,
因为PA=PE,O为AE的中点,所以PO⊥AE,
在等腰梯形ABCD中,连接BE,
易证得四边形ABED为平行四边形,
所以BE=AD=AB,
又O为AE的中点,
所以BO⊥AE,
因为PO∩BO=O,PO,BO 平面POB,
所以AE⊥平面POB,
又PB 平面POB,所以AE⊥PB,故B正确;
对于C,若PC⊥平面PAE,因为PE 平面PAE,所以PC⊥PE,
在Rt△PEC中,必有EC>PE,与EC=PE矛盾,故C错误;
对于D,作PM⊥BO,交BO或BO的延长线于点M,
由选项B知,AE⊥平面POB,而PM 平面POB,所以AE⊥PM,
因为AE∩BO=O,AE,BO 平面ABCE,所以PM⊥平面ABCE,
所以∠PBO为直线PB与平面ABCE所成的角,显然∠PBO∈,故D错误.
故选AB.
3.C 根据题意,在平面VAC内,过点F作EF∥AC,交VC于点E,在平面VBC内,过点E作EQ∥VB,交BC于点Q,在平面VAB内,过点F作FD∥VB,交AB于点D,连接DQ,如图所示,
因为EF∥AC,所以△VCA∽△VEF,
不妨设k.
又VA=1,AC=,
所以在△VAC中,由余弦定理得VC==1,则VC2+VA2=AC2,即VC⊥VA.
又BV⊥平面VAC,VC,VA 平面VAC,
所以BV⊥VC,BV⊥VA.
又AB=.
因为FD∥VB,所以△AFD∽△AVB,
则,
因为=1-k,
所以=1-k,即FD=1-k,
同理可得QE=1-k,即QE=FD,
因为EQ∥VB,FD∥VB,所以EQ∥FD,
故四边形EFDQ为平行四边形,
而EQ 平面EFDQ,VB 平面EFDQ,
故VB∥平面EFDQ,同理可得AC∥平面EFDQ,
即四边形EFDQ为截面图形.
又BV⊥平面VAC,EF 平面VAC,所以BV⊥EF,
又FD∥VB,所以FD⊥EF,
故平行四边形EFDQ为矩形,
则S矩形EFDQ=EF·FD=,
所以当k=,
此时VF=kVA=,
在Rt△CVF中,CF=.
故选C.
4.答案 2
解析 连接BC1,B1C,B1D1,A1C1,CD1.因为AB⊥平面B1BCC1,B1C 平面B1BCC1,所以AB⊥B1C,又BC1⊥B1C,AB∩BC1=B,所以B1C⊥平面ABC1,又AC1 平面ABC1,所以B1C⊥AC1.同理可证,AC1⊥D1B1,又B1C∩B1D1=B1,所以AC1⊥平面B1CD1,即平面α截此正方体所得截面就是平面B1CD1.
易得B1C=CD1=B1D1=2,
所以.
分别取BC,DC,DD1,A1D1,A1B1的中点E,F,G,H,M,连接EF,GF,HG,HM,MN,NE,HE,延长FE,AB,MN,易得FE,AB,MN的延长线交于一点,记为Q.易得MN∥HE,HE∥GF,所以H,E,N,M共面,G,F,E,H共面,平面HENM∩平面GFEH=HE,又Q∈平面HENM,Q∈平面GFEH,Q HE,所以E,F,G,H,M,N共面,易得HM⊥AC1,HE⊥AC1,又HM∩HE=H,HM,HE 平面EFGHMN,所以AC1⊥平面EFGHMN,即平面α截此正方体所得截面就是平面EFGHMN,易得EF=GF=HG=HM=NE=NM=.
5.解析 (1)证明:连接OM,
在平行四边形ABCD中,O为AC与BD的交点,
∴O为BD的中点,
又M为PD的中点,
∴MO∥PB,
又PB 平面ACM,MO 平面ACM,
∴PB∥平面ACM.
(2)取DO的中点N,连接MN,AN,
又∵M为PD的中点,
∴MN∥PO,且MN=PO=1,
由PO⊥平面ABCD,得MN⊥平面ABCD,
∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角,
∵∠ADC=45°,AD=AC=2,
∴∠ACD=∠ADC=45°,
∴∠CAD=90°,
在Rt△DAO中,AD=2,AO=AC=1,
∴DO=,
在Rt△ANM中,tan∠MAN=,
∴直线AM与平面ABCD所成角的正切值为.
6.解析 (1)证明:连接AC,由AD⊥DC,AD=DC=2,得AC=2,
由PA⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,得PA⊥AC,
所以PC=.
因为点N为PC的三等分点(靠近点P),所以PN=.
在△PAN中,由余弦定理可得AN2=PA2+PN2-2PA·PN·cos∠APC=,
所以AN2+PN2==4=PA2,所以AN⊥PN,即PC⊥AN,
因为PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,所以PA⊥CD,
又CD⊥AD,PA∩AD=A,PA,AD 平面APD,
所以CD⊥平面APD,而AM 平面APD,所以CD⊥AM,
由点M为PD的中点,PA=AD,得PD⊥AM,
又PD∩CD=D,PD,CD 平面CPD,
所以AM⊥平面CPD,而CP 平面PCD,所以AM⊥PC,
又AN∩AM=A,AN,AM 平面AMN,所以PC⊥平面AMN.
(2)连接QN,因为PC⊥平面AMN,QN 平面AMN,所以QN⊥PC,
在Rt△PAB中,PB2=AP2+AB2=22+()2=9,所以PB=3,
在△PBC中,由余弦定理可得cos∠BPC=,
在Rt△PQN中,cos∠BPC=.
7.解析 (1)证明:取AP的中点Q,连接QM,QD,
因为λ=1,所以M是线段PB的中点,所以QM∥AB,QM=AB,
因为四边形ABCD是矩形,N是线段DC的中点,所以DN∥AB,DN=AB,
因此有DN∥QM,DN=QM,
所以四边形DNMQ是平行四边形,所以MN∥QD,
而MN 平面PDA,QD 平面PDA,所以直线MN∥平面PDA.
(2)假设存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC.
因为四边形ABCD是矩形,所以CD∥AB,
故MN⊥PB,MN⊥AB,而PB∩AB=B,PB,AB 平面ABP,所以MN⊥平面ABP,
因为四边形ABCD是矩形,所以AB⊥AD,
因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,
所以PA⊥AD,而PA∩AB=A,PA,AB 平面ABP,
所以AD⊥平面ABP,因此MN∥AD,显然不可能,所以假设不成立,
因此不存在实数λ,使直线MN同时垂直于直线PB和直线DC.
(3)当λ=1时,由(1)可知MN∥DQ,
所以∠PDQ是直线MN与直线PD所成的角,设AD=a(a>0),
由(2)可知PA⊥AD,所以PD=,
在△PDQ中,由余弦定理得
cos∠PDQ=,
令a2+2=t(t>2),则0<,
于是有cos∠PDQ=,
当,此时∠PDQ有最大值.
则直线MN与直线PD所成最大角的余弦值为.
8.解析 (1)证明:由题意知BC⊥AC,BD⊥AD,
∵C在平面ABD内的射影E在BD上,
∴BC在平面ABD内的射影在直线BD上,
∴BC⊥AD.
∵AC∩AD=A,AC,AD 平面ACD,
∴BC⊥平面ACD.
(2)存在.连接AE,
∵CE⊥平面ABD,AE,BE 平面ABD,
∴CE⊥AE,CE⊥BE.
在Rt△AEC和Rt△BEC中,由AC=BC得AE=BE,
在Rt△ADB中,由AB=2AD,得∠ABD=30°,
∴∠AED=∠ABE+∠BAE=60°,
∴在Rt△ADE中,DE=AE,
∴DE=EB.
在线段AB上的点F满足AF=FB时,有FE∥AD.
∵FE 平面CEF,AD 平面CEF,
∴AD∥平面CEF.
故在线段AB上存在点F,使得AD∥平面CEF,此时.
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2025苏教版高中数学必修第二册
专题强化练5 平面与平面的位置关系
1.(2023江苏高考模拟预测)对于命题“若x⊥z,y⊥z,则x∥y”,要使得该命题是真命题,则( )
A.x,y,z是空间中三个不同的平面
B.x,y,z是空间中三条不同的直线
C.x,z是空间中两条不同的直线,y是空间中的平面
D.x,y是空间中两条不同的直线,z是空间中的平面
2.(2024湖南娄底高考仿真一模)已知四棱锥P-ABCD,平面PAD⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形,E为PC的中点,则以下结论正确的是( )
A.BE∥平面PAD
B.PD⊥平面ABCD
C.平面PAB⊥平面PAD
D.DE=EB
3.(2024江苏苏州第五中学月考)如图,在直角梯形ABCD中,BC⊥CD,AE⊥CD,且E为CD的中点,M,N分别是AD,BE的中点,将三角形ADE沿AE折起,则下列说法错误的是( )
A.无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥平面CDE
B.无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN⊥AE
C.无论D折至何位置(不在平面ABC内),都有MN∥AB
D.在折起过程中,一定存在某个位置,使CE⊥AD
4.(多选题)(2024江苏南通名校高考模拟)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,M,N分别是棱AB,AD,AA1上的点,且平面PMN∥平面A1BD,则下列正确的是( )
A.MN∥平面B1CD
B.平面PMN∥平面B1CD1
C.AB1⊥平面PMN
D.平面AA1C⊥平面PMN
5.(多选题)(2024山西吕梁高考模拟)如图,在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,O为A1C1与B1D1的交点,则下列条件中能成为“AC1=A1C”的必要条件有( )
A.四边形ACC1A1是矩形
B.平面ABB1A1⊥平面ACC1A1
C.平面BDD1B1⊥平面ABCD
D.直线OA,BC所成的角与直线OC,AB所成的角相等
6.(多选题)(2022江苏江阴山观中学期中)下图是正方体的平面展开图,在这个正方体中,给出以下结论,其中正确的是( )
A.BM⊥平面ADNE
B.CN∥平面ABFE
C.平面BDM∥平面AFN
D.平面BDE∥平面NCF
7.(多选题)(2024福建泉州月考)已知圆柱O1O2的轴截面是正方形ABCD,AB为底面圆O1的直径,点E在圆O1上,点F在圆O2上,且E,F不在平面ABCD内.若A,E,C,F四点共面,则( )
A.直线BE∥平面ADF
B.直线BD⊥平面AECF
C.平面ADF∥平面BCE
D.平面BEF⊥平面AECF
8.(2024广东广州七中期中)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q分别为面对角线BD,CD1上的点,且.
(1)求证:PQ∥平面A1D1DA;
(2)若R是AB上的点,的值为多少时,能使平面PQR∥平面A1D1DA 请给出证明.
9.(2024福建厦门双十中学月考)在直角梯形ABCD中,AD∥BC,BC=2AD=2AB=2,∠ABC=90°(如图1),把△ABD沿BD翻折,使得A 平面BCD,连接AC,M,N分别是BD和BC的中点(如图2).
(1)证明:平面BCD⊥平面AMN;
(2)记二面角A-BC-D的平面角为θ,当平面BCD⊥平面ABD时,求tan θ的值;
(3)若P、Q分别为线段AB与DN上一点,且=λ(λ∈R),如图3,记PQ与BD,PQ与AN所成的角分别为θ1和θ2,求sin θ1+sin θ2的取值范围.
答案与分层梯度式解析
1.D 对于A,若x,y,z是空间中三个不同的平面,且x⊥z,y⊥z,则平面x和平面y的位置关系是平行或相交,故A错误;
对于B,若x,y,z是空间中三条不同的直线,且x⊥z,y⊥z,则直线x和直线y的位置关系是平行或异面或相交,故B错误;
对于C,x,z是空间中两条不同的直线,y是空间中的平面,且x⊥z,y⊥z,则直线x和平面y的关系为直线x∥平面y或直线x 平面y,故C错误;
对于D,x,y是空间中两条不同的直线,z是空间中的平面,且x⊥z,y⊥z,则x∥y,故D正确.故选D.
2.C 对于A,易知BC∥平面PAD,若BE∥平面PAD,
因为BE∩BC=B,且两条直线都在平面PBC内,则平面PAD∥平面PBC,显然不成立,
所以BE不可能平行于平面PAD,故A错误;
对于B,如图,作PH⊥AD于点H,因为平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PH 平面PAD,所以PH⊥平面ABCD,若PD⊥平面ABCD,因为AD 平面ABCD,PD⊥AD,又PD∩PH=P,所以PD与AD不垂直,所以PD不垂直于平面ABCD,故B错误;
对于C,因为PH⊥平面ABCD,且AB 平面ABCD,所以PH⊥AB,
又AB⊥AD,PH∩AD=H,且PH,AD 平面PAD,所以AB⊥平面PAD,因为AB 平面PAB,所以平面PAB⊥平面PAD,故C正确;
对于D,没有任何条件可以证明DE=EB,故D错误.
故选C.
3.C 对于A,取AE的中点P,连接PM,PN,
∵M,N分别是AD,BE的中点,
∴PN∥AB∥CE,PM∥DE,
又PM∩PN=P,DE∩CE=E,
∴平面PMN∥平面CDE,
∴MN∥平面CDE,故A中说法正确;
对于B,∵AE⊥DE,AE⊥CE,且CE∩DE=E,CE 平面CED,DE 平面CDE,∴AE⊥平面CDE,
又平面PMN∥平面CDE,
∴AE⊥平面PMN,∴AE⊥MN,故B中说法正确;
对于C,∵AB∥PN,MN∩PN=N,∴MN与AB为异面直线,故C中说法错误;
对于D,当二面角C-AE-D为直二面角时,易证CE⊥平面ADE,∴CE⊥AD,故D中说法正确.故选C.
4.ABD 对于A,如图,连接B1C,
因为平面PMN∥平面A1BD,平面PMN∩平面A1ADD1=MN,平面A1DB∩平面A1ADD1=A1D,
由面面平行的性质定理可得MN∥A1D.
由A1B1∥D1C1∥DC,得A1,B1,C,D四点共面,
因为A1D 平面B1CDA1,MN 平面B1CDA1,
所以由线面平行的判定定理可得MN∥平面B1CDA1,即MN∥平面B1CD,故A正确.
对于B,如图,
由BB1∥DD1,BB1=DD1,得四边形BB1D1D是平行四边形,
所以BD∥B1D1,又因为B1D1 平面B1D1C,BD 平面B1D1C,
所以BD∥平面B1D1C,同理,A1D∥平面B1D1C,
又BD∩A1D=D,且BD 平面BDA1,A1D 平面BDA1,
所以平面B1D1C∥平面A1BD,
又因为平面PMN∥平面A1BD,
所以平面PMN∥平面B1CD1,故B正确.
对于C,连接A1C1,DC1,如图,
假设AB1⊥平面PMN,因为MN 平面PMN,所以AB1⊥MN,
由AD∥BC∥B1C1,AD=B1C1,得四边形ADC1B1是平行四边形,
所以AB1∥C1D,则C1D⊥MN,又MN∥A1D,所以A1D⊥C1D,
易知△A1DC1为正三角形,矛盾,故C错误.
对于D,连接AC1,AC,
由AA1∥BB1∥CC1,得A,A1,C,C1四点共面.
正方形ABCD中,AC⊥BD,
又AA1⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以AA1⊥BD,
又AC 平面AA1C1C,AA1 平面AA1C1C,AA1∩AC=A,
所以BD⊥平面AA1C1C,又AC1 平面AA1C1C,故BD⊥AC1,同理可得AC1⊥A1D,
因为BD 平面A1BD,A1D 平面A1BD,BD∩A1D=D,
所以AC1⊥平面A1BD,又平面PMN∥平面A1BD,
所以AC1⊥平面PMN,又AC1 平面AA1C1C,
故由面面垂直的判定定理知平面AA1C1C⊥平面PMN,即平面AA1C⊥平面PMN,故D正确.故选ABD.
5.ACD 要成为“AC1=A1C”的必要条件,则该条件可由“AC1=A1C”推出.
对于A,因为在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中,AA1∥CC1,AA1=CC1,
所以四边形ACC1A1为平行四边形,又AC1=A1C,
所以四边形ACC1A1为矩形,故A正确;
对于B,假设平面ABB1A1⊥平面ACC1A1,
由选项A,可知四边形ACC1A1为矩形,则AC⊥AA1,
又平面ABB1A1∩平面ACC1A1=AA1,AC 平面ACC1A1,
所以AC⊥平面ABB1A1,
因为AB 平面ABB1A1,
所以AC⊥AB,与四边形ABCD为正方形矛盾,故B错误;
对于C,因为四边形ABCD是正方形,所以AC⊥BD,
由选项A知,AC⊥AA1,又AA1∥BB1,所以AC⊥BB1,
又BB1∩BD=B,BB1,BD 平面BDD1B1,所以AC⊥平面BDD1B1,
又AC 平面ABCD,所以平面BDD1B1⊥平面ABCD,故C正确;
对于D,因为四边形ACC1A1为矩形,O为A1C1的中点,所以OA=OC,
又正方形ABCD中,AD=CD,OD是△OAD与△OCD的公共边,
所以△OAD≌△OCD,则∠OAD=∠OCD,
又BC∥AD,AB∥CD,
所以∠OAD,∠OCD分别为直线OA,BC所成的角与直线OC,AB所成的角(或它们的补角),
则直线OA,BC所成的角与直线OC,AB所成的角相等,故D正确.
故选ACD.
6.BCD 将平面展开图还原,如图.
对于A,因为AB∥NM,AB=NM,所以四边形ABMN是平行四边形,所以BM∥AN,
又BM 平面ADNE,AN 平面ADNE,所以BM∥平面ADNE,故A错误.
对于B,因为EN∥BC,EN=BC,所以四边形BCNE是平行四边形,所以BE∥CN,
因为CN 平面ABFE,BE 平面ABFE,所以CN∥平面ABFE,故B正确.
对于C,因为BF∥DN,BF=DN,所以四边形BFND是平行四边形,所以BD∥FN.
因为BD 平面AFN,FN 平面AFN,所以BD∥平面AFN,同理可得BM∥AFN,因为BM∩BD=B,BM,BD 平面BDM,所以平面BDM∥平面AFN,故C正确.
对于D,由B中分析知BE∥CN,由C中分析知BD∥FN,又CN∩FN=N,BD∩BE=B,所以平面BDE∥平面NCF,故D正确.
7.AC 对于A,过点E作母线EG,交圆O2于点G,连接DG,CG.
因为AD∥EG,AD=EG,
所以四边形AEGD是平行四边形,
所以AE∥DG,AE=DG,
同理可得CG∥BE,CG=BE,
又因为圆面O1∥圆面O2,圆面O1∩平面AECF=AE,圆面O2∩平面AECF=CF,
所以AE∥CF,故DG∥CF,
所以由圆的性质可知DG=CF,
则四边形DGCF是平行四边形,
所以DF∥GC,DF=GC,故DF∥BE,DF=BE,
又因为DF 平面ADF,BE 平面ADF,
所以直线BE∥平面ADF,故A正确.
对于B,连接BE,DE,如图所示:
假设直线BD⊥平面AECF,
因为AE 平面AECF,所以BD⊥AE,
又因为BE⊥AE,BE∩BD=B,BE,BD 平面BDE,
所以直线AE⊥平面BDE,
因为DE 平面BDE,所以AE⊥DE,显然不成立,
所以假设不成立,故B错误.
对于C,由对A选项的分析得,直线BE∥平面ADF,
因为BC∥AD,BC 平面ADF,AD 平面ADF,
所以直线BC∥平面ADF,
又BE∩BC=B,BE,BC 平面ADF,
所以平面ADF∥平面BCE,故C正确.
对于D,假设平面BEF⊥平面AECF,
因为BE⊥AE,且AE∥FC,所以BE⊥FC,
又BE⊥BC,FC∩BC=C,FC,BC 平面BFC,
所以BE⊥平面BFC,
又BF 平面BFC,所以BE⊥BF,易得EF不垂直于BE,
过B作BH⊥EF于点H,如图所示:
因为平面BEF∩平面AECF=EF,BH 平面BEF,
所以BH⊥平面AECF,
因为AE 平面AECF,所以BH⊥AE,
因为BE⊥AE,BE∩BH=B,BE,BH 平面BEF,
所以直线AE⊥平面BEF,
又AE⊥BE,AE⊥BC,BE∩BC=B,BE,BC 平面BEC,所以AE⊥平面BEC,
所以平面BEC与平面BEF重合,显然不成立,故D错误.故选AC.
8.解析 (1)证明:如图,连接CP并延长,与DA的延长线交于点M,连接D1M.
因为四边形ABCD为正方形,所以BC∥AD,
所以△PBC∽△PDM,所以.
又因为,
所以PQ∥MD1.
又MD1 平面A1D1DA,PQ 平面A1D1DA,
所以PQ∥平面A1D1DA.
(2)当时,能使平面PQR∥平面A1D1DA.
证明如下:因为,
故,所以PR∥DA.
因为DA 平面A1D1DA,PR 平面A1D1DA,
所以PR∥平面A1D1DA.
由(1)知PQ∥平面A1D1DA,
因为PQ∩PR=P,PQ,PR 平面PQR,
所以平面PQR∥平面A1D1DA.
9.解析 (1)证明:因为AB=AD,M是BD的中点,
所以AM⊥BD,
易知△ABD是等腰直角三角形,BD=2,BC=2,∠CBD=45°,
则DC==2,
则BD2+DC2=BC2,得BD⊥DC.
因为点M,N分别是BD,BC的中点,所以MN∥DC,即BD⊥MN,
因为AM∩MN=M,AM,MN 平面AMN,
所以BD⊥平面AMN,
又BD 平面BCD,所以平面BCD⊥平面AMN.
(2)因为平面BCD⊥平面ABD,且平面BCD∩平面ABD=BD,AM⊥BD,AM 平面ABD,所以AM⊥平面BCD,又BC 平面BCD,故AM⊥BC.
取BN的中点E,连接ME,AE,
因为DB=DC,则DN⊥BC,
又ME∥DN,所以ME⊥BC,
所以∠AEM为二面角A-BC-D的平面角θ,
则tan θ=.
(3)在线段BN上取点R,使得=λ(λ∈R),
易得PR∥AN且RQ∥BD,θ1=∠PQR,θ2=∠QPR,
因为AM⊥BD,MN⊥BD,AM∩MN=M,AM,MN 平面AMN,所以BD⊥平面AMN,
又AN 平面AMN,所以BD⊥AN.
因为PR∥AN,RQ∥BD,
所以∠PRQ=,
易知θ1∈].
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2025苏教版高中数学必修第二册
专题强化练6 空间中的角和距离
1.(多选题)(2024江苏南通如皋中学模拟)已知异面直线a与b所成的角为60°,平面α与平面β的夹角为80°,直线a与平面α所成的角为15°,点P为平面α,β外一定点,则下列结论正确的是( )
A.过点P且与直线a,b所成的角均为30°的直线有3条
B.过点P且与平面α,β所成的角都是30°的直线有4条
C.过点P作与平面α成55°角的直线,可以作无数条
D.过点P作与平面α成55°角,且与直线a成60°角的直线,可以作3条
2.(2024广东调研)半正多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体,如图所示,多面体ABCD-EFGH就是一个半正多面体,其中四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形,其余八个面为等边三角形,已知该多面体的所有棱长均为2,则平面ABCD与平面EFGH之间的距离为( )
A.
3.(多选题)(2022辽宁辽南协作校期中)在四棱锥O-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形,OA⊥底面ABCD,OA=4,M,N,R分别是OA,BC,AD的中点,以下说法正确的是( )
A.直线MN与平面OCD的距离为
B.平面MNR与平面OCD的距离为
C.点M到平面OCD的距离为
D.点N到平面OCD的距离为
4.(2024江苏盐城建湖高级中学学情检测)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面A1B1C1,∠C1A1B1=且A1C1=A1B1=2,E为BC的中点,当AA1=4时,点A到平面A1EB的距离为 .
5.(2023浙江杭州十四中期末)如图,正四面体ABCD的顶点C在平面α内,且直线BC与平面α所成的角为30°,顶点B在平面α内的射影为点O,当顶点A与点O的距离最大时,直线CD与平面α所成角的正弦值为 .
6.(2024福建厦门外国语学校期中)如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=,M是线段AD上的一动点,将△ABM沿着BM折起,使点A到达点A'的位置,满足点A' 平面BCDM且点A'在平面BCDM内的射影E落在线段BC上.
(1)当点M与端点D重合时,证明:A'B⊥平面A'CD;
(2)当AM=时,求二面角A'-BM-C的余弦值;
(3)设直线CD与平面A'BM所成的角为α,二面角A'-BM-C的平面角为β,求sin2α·cos β的最大值.
答案与分层梯度式解析
1.BC 过点P作分别与直线a,b平行的直线a',b',因为异面直线a与b所成的角为60°,所以a',b'的夹角为60°,
在直线a',b'确定的平面内过点P且与a',b'都成30°角的直线只有1条,
所以过点P且与直线a,b所成的角均为30°的直线只有1条,A错误;
因为平面α与平面β的夹角为80°,所以过点P且与平面α,β所成的角都是=50°的直线各有一条,两条直线分别记为m,n,
若过点P且与平面α,β所成的角都是30°,则在直线m的两侧各有一条,在直线n的两侧各有一条,因此共有2×2=4(条),B正确;
以P为顶点,母线与底面成55°角的圆锥的底面所在平面为α,满足点P在α外,且过点P的直线与平面α成55°角,如图,
圆锥的每条母线与平面α都成55°角,因此可以作无数条,C正确;
过点P作PZ∥a,交平面α于点Z,过点Z及圆锥底面圆心O的直线与圆锥底面圆交于点Q1,Q2,
显然∠Q1PQ2=70°,∠ZPQ1=40°,∠ZPQ2=110°,设Q为圆锥底面圆周上任意一点,
于是40°≤∠ZPQ≤110°,因此圆锥母线中与直线PZ成60°的直线有2条,即与直线a成60°角的直线有2条,D错误.故选BC.
2.B 分别取BC,AD的中点M,N,连接MN,MG,NE,EG,如图1,
根据半正多面体的性质可知,四边形EGMN(如图2)为等腰梯形,
根据题意可知BC⊥MN,BC⊥MG,
而MN∩MG=M,MN,MG 平面EGMN,
故BC⊥平面EGMN,又BC 平面ABCD,
故平面ABCD⊥平面EGMN,则平面EFGH⊥平面EGMN,
作MS⊥EG,垂足为S,因为平面EFGH∩平面EGMN=EG,MS 平面EGMN,所以MS⊥平面EFGH,
则梯形EGMN的高即为平面ABCD与平面EFGH之间的距离,
MG=2×-1,
故MS=,
即平面ABCD与平面EFGH之间的距离为,故选B.
3.BD 分别取MR,OD的中点E,F,连接AF,
因为M,N,R分别是OA,BC,AD的中点,
所以MR∥OD,NR∥CD,
因为MR 平面OCD,OD 平面OCD,NR 平面OCD,CD 平面OCD,
所以MR∥平面OCD,NR∥平面OCD,
因为MR∩NR=R,MR,NR 平面MNR,
所以平面MNR∥平面OCD,
又MN 平面MNR,所以MN∥平面OCD,
因为MR∥OD,E,F分别为MR,OD的中点,
所以AF过点E,E为AF的中点,
因为OA=AD,所以AF⊥OD,AF⊥MR,
因为OA⊥底面ABCD,CD 底面ABCD,
所以OA⊥CD,
又CD⊥AD,OA∩AD=A,OA,AD 平面OAD,
所以CD⊥平面OAD,
因为AF 平面OAD,所以CD⊥AF,
因为CD∩OD=D,CD,OD 平面OCD,
所以AF⊥平面OCD,
因为平面MNR∥平面OCD,所以AF⊥平面MNR,
所以EF是平面MNR与平面OCD的公垂线段,线段EF的长度是两平面间的距离,
因为OA=AD=4,OA⊥AD,所以AF=2,所以EF=,
所以平面MNR与平面OCD的距离为
.故选BD.
4.答案
解析 如图所示,连接AE,过A作AF垂直于A1E,垂足为F,
∵E为BC的中点,∠C1A1B1=,A1C1=A1B1=2,
∴AE⊥BC,而AA1⊥平面A1B1C1,平面ABC∥平面A1B1C1,BC 平面ABC,
∴AA1⊥BC,∵AA1∩AE=A,AA1,AE 平面AA1E,
∴BC⊥平面AA1E,∵AF 平面AA1E,∴AF⊥BC,
又AF⊥A1E,A1E∩BC=E,A1E,BC 平面A1BC,
∴AF⊥平面A1BC,即AF的长为点A到平面A1EB的距离.
在Rt△AA1E中,AA1=4,AE=,
则A1E·AF,
即.
5.答案
解析 取AB的中点P,连接CP,
当四边形ABOC为平面四边形时,点A与点O的距离最大,
因为BO⊥平面α,BO 平面ABOC,
所以平面ABOC⊥平面α,
过点D作DN⊥平面ABOC,垂足为N,则N为正三角形ABC的重心,
设正四面体ABCD的棱长为1,则CN=,
因为直线BC与平面α所成的角为∠BCO且∠BCO=30°,∠BCN=30°,
所以∠OCN=60°,
所以点N到平面α的距离d=CNsin 60°=,
过点D作DM⊥平面α,垂足为M,连接CM,
则DM=d=,
所以直线CD与平面α所成角的正弦值为.
6.解析 (1)证明:当点M与端点D重合时,由∠BAD=90°可知A'B⊥A'D,如图1,
由题意知A'E⊥平面BCD,因为CD 平面BCD,所以A'E⊥CD,
又BC⊥CD,A'E∩BC=E,A'E 平面A'BC,BC 平面A'BC,所以CD⊥平面A'BC,
又A'B 平面A'BC,所以A'B⊥CD,
又A'D∩CD=D,CD 平面A'CD,A'D 平面A'CD,
所以A'B⊥平面A'CD.
(2)作AO⊥BM于O,连接A'O,AE,如图2.
折起后,由题意可得A'O⊥BM,A'E⊥平面ABCD,
因为BM 平面ABCD,所以A'E⊥BM,
又A'E∩A'O=A',A'E,A'O 平面A'OE,
所以BM⊥平面A'OE,
因为OE 平面A'OE,所以BM⊥OE.
所以A,O,E三点共线,
所以∠A'OE为二面角A'-BM-C的平面角.
因为AB=1,AM=,
所以在Rt△BAM中,BM=,
由三角形面积相等可得AO=.
易知△AOB∽△ABE,所以,
即AE=,
所以OE=AE-AO=.
所以在Rt△A'EO中,cos∠A'OE=,
即二面角A'-BM-C的余弦值为.
(3)过点A作AO'⊥BM,交BC于E,过点E作EQ∥CD,交BM于Q,如图3,所以直线EQ与平面A'BM所成的角即为直线CD与平面A'BM所成的角,
由(2)可知BM⊥平面A'O'E,BM 平面A'BM,所以平面A'BM⊥平面A'O'E,
作EH⊥A'O',垂足为H,如图4,由平面A'BM∩平面A'O'E=O'A',EH 平面A'O'E,可得EH⊥平面A'BM,
连接HQ,则∠EQH是直线EQ与平面A'BM所成的角,即∠EQH=α,
易知△ABE∽△MAB,所以,
设AM=t,由题知0因为在Rt△A'O'E中,斜边大于直角边,即A'O'>O'E,
所以,
则A'E=,
由等面积法得EH=,
则sin2α=,
因为A'O'⊥BM,O'E⊥BM,
所以∠A'O'E是二面角A'-BM-C的平面角,
即∠A'O'E=β,则cos β=,
所以sin2α·cos β=时“=”成立,
故sin2α·cos β的最大值为.
方法技巧 求解平面图形折叠问题的关键和方法
1.关键:分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变,哪些不变,抓住翻折前后不变的量,充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口.
2.方法:把平面图形翻折后,经过恰当连线就能得到三棱锥,四棱锥等几何体,从而把问题转化到我们熟悉的几何体中解决.
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2025苏教版高中数学必修第二册
专题强化练7 空间几何体的内切球和外接球
1.(2024江苏南通、扬州、泰州等七市调研)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2,8,侧棱长为3,则该正四棱台内半径最大的球的表面积为( )
A.12π B.27π C.
2.(2023江苏南京师大附中开学考试)在三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=AC,侧棱AA1⊥底面ABC,若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上,且球O的表面积为4π,则该三棱柱的侧面积的最大值为( )
A.6 D.3
3.(2024江苏南通适应性调研)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别为棱BC,CD,CC1的中点,平面PQR截正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球所得的截面面积为( )
A.π
4.(2024吉林长春东北师范大学附属中学模拟)下图是为球形物品设计制作的正四面体、正六面体、正八面体形状包装盒,最少用料分别记为S1、S2、S3,则它们的大小关系为( )
A.S1C.S35.(2022江苏无锡辅仁高中期末)在《九章算术》中,四个面都为直角三角形的三棱锥被称为鳖臑.已知在鳖臑M-ABC中,MA⊥平面ABC,MA=AB=BC,则该鳖臑的外接球半径和内切球半径的比值为 .
6.(2024江苏宿迁调研测试)在一个轴截面为正三角形的圆锥内放入一个与侧面及底面都相切的实心球后,再在该圆锥内的空隙处放入n个完全相同的小球,这些小球与实心球、圆锥的侧面以及底面都相切,则n的最大值为 .
7.将半径为r的5个球放入由一个半径不小于3r的球和这个球的内接正四面体A-BCD的四个面分割成的五个空间内,若此正四面体的棱长为2,求r的最大值.
答案与分层梯度式解析
1.D 作出如图所示的正四棱台ABCD-A1B1C1D1,其中OO1为正四棱台的高,EE1为其斜高,
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2,8,侧棱长为3,
因为OO1=3=5,
所以半径最大的球不与上、下底面同时相切,
易得EE1==6,
则sin∠OEE1=,
过O,E,E1,O1作正四棱台的截面,则半径最大的球的截面与等腰梯形的两腰和下底相切,如图.
则∠O2EO=,
故该正四棱台内半径最大的球的半径r=.
故选D.
2.B 设三棱柱上底面和下底面的外心分别为O″,O',连接O″O',A1O″,AO',取O″O'的中点O,连接OA,如图所示.
则O为该三棱柱外接球的球心,设AA1=h,AB=a,
过O'作O'E⊥AB,交AB于E,易得E为AB的中点,在Rt△AO'E中,AO'=a,
则该三棱柱外接球的半径R=,又4πR2=4π,所以R=1,
故时取等号,
则该三棱柱的侧面积S=3ah≤3时取等号.故选B.
方法技巧 求多面体的外接球的表面积和体积问题,常用的方法有:(1)三条棱两两互相垂直时,可补形为长方体,利用长方体的体对角线为外接球的直径,求出球的半径;(2)直棱柱的外接球可利用棱柱的上、下底面平行,借助球的对称性,球心为上、下底面外接圆的圆心连线的中点,再根据勾股定理求出球的半径;(3)如果涉及几何体的两个相交面,那么可过两个面相应多边形的外心分别作两个面的垂线,垂线的交点为几何体的球心.
3.A 如图,取正方体的中心O,连接OP,OQ,OR,
由正方体的棱长为2,可得正方体的面对角线长为2,
易知正方体外接球的球心为点O,半径R=,
所以三棱锥O-PQR为正四面体,取△PQR的中心M,连接MO,MQ,如图所示.
则点O到平面PQR的距离为OM的长,△PQR的外接圆半径为MQ,
则2MQ=,
所以OM=,
故正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的球心O到截面PQR的距离为OM=,
所以平面PQR截正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球所得截面圆的半径r=,
则截面圆的面积为πr2=π.故选A.
4.B 由题意知,包装盒的最少用料为球形物品的外切多面体的表面积,下面求正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒的内切球的半径与其表面积的关系.
设球形物品的半径为R,则正六面体,即正方体包装盒的棱长为2R,表面积S2=6×(2R)2=24R2;
设正四面体包装盒ABCD的棱长为a,如图,G为底面△ABC的中心,E为BD的中点,
则正四面体的表面积S1=4×a2,
由正四面体的对称性与球的对称性可知内切球的球心在正四面体的高AG上,设球心为O,则OG=R,
易得等边三角形BCD的高CE=a,
所以V=R,
所以正四面体包装盒的表面积S1=R2.
设正八面体包装盒A'B'C'D'E'F'的棱长为b,如图,
连接A'F',D'B',C'E',可得A'F',D'B',C'E'互相垂直平分,四边形B'C'D'E'为正方形,O'D'=b,
在Rt△A'O'D'中,A'O'=b,
则该正八面体的体积V'=2×b3,
该正八面体的表面积S3=8×b2,
因为b3,
解得b=R,
所以S3=2R2,
所以S3规律总结 解决与球有关的内切或外接的问题时,解题的思路是确定球心的位置.对于球的外切几何体的问题,要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球的半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.
5.答案
解析 由题意得AB⊥BC,
又MA⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以MA⊥BC,
同理MA⊥AC,MA⊥AB,
因为MA∩AB=A,MA,AB 平面MAB,
所以BC⊥平面MAB,
又MB 平面MAB,所以BC⊥MB,
所以MC的长是鳖臑M-ABC外接球的直径,
设MA=a,则AB=BC=a,因此MB=AC=a2,
VM-ABC=a3,
设鳖臑M-ABC内切球的半径为r,
则(S△ABC+S△MAB+S△MAC+S△MBC)r=VM-ABC,
所以r=a,
因此鳖臑M-ABC的外接球半径与内切球半径的比值为.
方法技巧 多面体的内切球半径=3V÷S表,即内切球半径=体积的3倍与表面积的比值.
6.答案 10
解析 画出圆锥的轴截面,如图.
设△ABC的边长为2a,实心球的半径为R,由∠OCD=30°得OC=2R,
∴OA=OC=2R,
∴R+2R=AD=a.
设小球的半径为r,同理得O'C=2r,3r=CE=a,
∴r=a,
故O'到直线OA的距离为OO'·sin 60°=a.
在空隙处放入n个小球,相邻排在一起,且彼此相切,则球心在一个半径为a的圆上,如图所示.
设H为相邻两球的切点,M1,M2分别为其球心,
设∠M1MH=θ,则sin θ=,
由三角函数性质可知sin θ<θ∴π,
又<11,
∴小球个数最多为10,即n的最大值为10.
7.解析 如图1,设△BCD的中心为O1,则其外接球球心O在AO1上,连接OD,O1D.
O1D=×sin 60°×4,故r1=1,
根据题意R=3≥3r,r≤r1,所以r≤1.
设OO1与外接球球面相交于点Q,如图2所示,画出截面图,O1Q=R-OO1=2≥2r,故r≤1.
综上所述,r≤1,故r的最大值为1.
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2025苏教版高中数学必修第二册
专题强化练8 统计、概率的综合应用
1.(2024江西南昌期末)某中学高二学生有500人,首选科目为物理的有300人,首选科目为历史的有200人,现对高二年级全体学生进行数学学科学习质量检测,按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本,经计算得到首选科目为物理的学生该次数学质量检测的平均成绩为95分,方差为154分2,首选科目为历史的平均成绩为75分,所有样本的标准差为16分,则下列说法中错误的是( )
A.首选科目为历史的学生的样本容量为20
B.所有样本的均值为87分
C.每个首选科目为历史的学生被抽取到样本中的概率为
D.首选科目为历史的学生成绩的标准差为13分
2.(2023陕西西安第六中学模拟)某校分别统计了甲、乙两人星期一至星期五每天在学习强国App上的学习积分情况,得到如下条形图:
则下列结论中错误的是 ( )
A.甲的积分的众数大于乙的积分的众数
B.甲的积分的方差小于乙的积分的方差
C.在这5天中随机抽取1天,乙的积分大于30分的概率为0.6
D.在这5天中随机抽取1天,甲的积分大于30分的概率为0.4
3.(2024辽宁锦州考前测试)现有分别标有数字2 024,2 021,2 028,
2 023,2 020,2 022的6张卡片,下列说法正确的是( )
A.这6个数字的80百分位数为2 023
B.从中随机抽取两张,样本点的个数为30
C.从中随机抽取一张,抽到偶数的概率比奇数大
D.从中随机抽取一张,抽到质数是随机事件
4.(多选题)(2022江苏常州模拟)为弘扬文明、和谐的社区文化氛围,更好地服务社区群众,某社区组织开展了“党员先锋”“邻里互助”两个公益服务项目,其中某个星期内两个项目的参与人数记录如下:
日期 星期 一 星期 二 星期 三 星期 四 星期 五 星期 六 星期 日
“党员先锋” 24 27 26 25 37 76 72
“邻里互助” 11 13 11 11 127 132 143
下列说法正确的有( )
A.“党员先锋”项目参与人数的极差为52,中位数为25
B.“邻里互助”项目参与人数的众数为11,平均数为64
C.用频率估计概率,可知“党员先锋”项目连续3天的参与人数不低于25的概率为
D.用频率估计概率,可知“邻里互助”项目连续2天参与人数不低于该项目参与人数的平均数的概率为
5.(2024江苏宿迁期末)某企业准备购进新型机器以提高生产效益.根据调查得知,使用该新型机器生产产品的质量是用质量指标值m来衡量的,按质量指标值m划分产品等级的标准如表1.
表1
质量指 标值m 300≤m<350 250≤m<300或 350≤m<400 150≤m<250或 400≤m≤450
等级 一等品 二等品 三等品
现从该新型机器生产的产品中随机抽取200件作为样本,检测其质量指标值m,得到如图所示的频率分布直方图.
(1)用分层抽样的方法从样本质量指标值m在区间[350,400)和[400,450]内的产品中随机抽取6件,再从这6件中任取2件作进一步研究,求这2件产品都取自区间[350,400)的概率;
(2)根据市场调查得到该新型机器生产的产品的销量数据如表2:
表2
产品等级 一等品 二等品 三等品
销售率
单件产品原售价 20元 15元 10元
(各等级产品的销售率为其销量与其对应产量的比值,未按原价售出的产品统一按原售价的50%全部售出)
已知该企业购进该新型机器的前提条件是其生产的产品同时满足下列两个条件:
①质量指标值m的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)不低于300;
②单件产品的平均利润不低于4元.
已知该新型机器生产的产品的成本为10元/件,月产量为2 000件,根据图表信息,分析该新型机器是否达到企业的购进条件.
6.(2024安徽示范高中培优联盟联赛)一城市的某爱心机构鼓励市民多参加户外活动,与人面对面交流,让生活更加丰富多彩,并为此做了诸多宣传工作,为了使宣传全面有效,该机构随机选择了100位市民进行调查,这些市民的年龄数据的频率分布直方图如下:
(1)请估计这100位市民的平均年龄,结果保留整数(同组数据用该组区间的中点值代替);
(2)请估计该市一位市民年龄位于区间[40,60)的概率;
(3)现要从年龄在[20,30)和[70,80)的两组中用分层抽样的方法抽取6人,再从这6人中随机抽取2人进行电话回访,有两种方案,若抽取的2人的年龄差大于10,则代表该机构宣传工作做得全面,获得好评.
方案一:从6人中按照不放回抽样的方法抽取2人,获得好评的概率为P1;
方案二:从6人中按照有放回抽样的方法抽取2人,获得好评的概率为P2.
假设获得好评的概率大的方案较好,请比较上述两种方案哪种更好,并说明理由.
答案与分层梯度式解析
1.C 设抽取的首选科目为历史的学生人数为n,则,解得n=20,故A中说法正确;
设首选科目为物理的学生成绩的平均数为分,方差为分2,首选科目为历史的学生成绩的平均数为分,方差为分2,所有样本的平均数为分,方差为s2分2,
则由题意可得=75,s2=162=256,
所以×95=87,故B中说法正确;
每个首选科目为历史的学生被抽取到样本中的概率为,故C中说法错误;
由分层抽样中方差的计算公式可得256=+(75-87)2],解得=169,
所以首选科目为历史的学生成绩的标准差为=13(分),故D中说法正确.故选C.
2.B 甲的积分的众数为30分,乙的积分的众数为20分,所以甲的积分的众数大于乙的积分的众数,A中结论正确;
从题中条形图可知,甲的积分不如乙的积分稳定,所以甲的积分的方差大于乙的积分的方差,B中结论错误;
5天中有3天乙的积分大于30分,故乙的积分大于30分的概率为=0.6,C中结论正确;
5天中有2天甲的积分大于30分,故甲的积分大于30分的概率为=0.4,D中结论正确.故选B.
3.C 对于A,由6×0.8=4.8,得数字2 020,2 021,2 022,2 023,2 024,2 028的80百分位数为2 024,A错误;
对于B,从中随机抽取两张,样本空间Ω={(2 020,2 021),(2 020,2 022),
(2 020,2 023),(2 020,2 024),(2 020,2 028),(2 021,2 022),(2 021,2 023),
(2 021,2 024),(2 021,2 028),(2 022,2 023),(2 022,2 024),(2 022,2 028),
(2 023,2 024),(2 023,2 028),(2 024,2 028)},共15个样本点,B错误;
对于C,从中随机抽取一张,抽到偶数的概率是,抽到奇数的概率是,C正确;
对于D,6张卡片上的数都不是质数,故抽到质数是不可能事件,D错误.故选C.
4.BC 对于A,“党员先锋”项目参与人数的极差为76-24=52,中位数为27,故A错误;
对于B,“邻里互助”项目参与人数的众数为11,平均数为=64,故B正确;
对于C,“党员先锋”项目连续3天的参与人数不低于25的情况有(星期二,星期三,星期四),(星期三,星期四,星期五),(星期四,星期五,星期六),(星期五,星期六,星期日),
7天中任选连续3天有5种情况,所以由频率估计概率,可知“党员先锋”项目连续3天的参与人数不低于25的概率为,故C正确;
对于D,“邻里互助”项目连续2天的参与人数不低于该项目参与人数的平均数的情况有(星期五,星期六),(星期六,星期日),
7天中任选连续2天有6种情况,所以“邻里互助”项目连续2天的参与人数不低于该项目参与人数的平均数的概率为,故D错误.故选BC.
5.解析 (1)由题图知质量指标值m在区间[350,400)和[400,450]内的频率分别为0.004×50=0.2,0.002×50=0.1,
所以样本中质量指标值m在区间[350,400)内的有6×=4(件),分别设为a,b,c,d;
质量指标值m在区间[400,450]内的有6×=2(件),分别设为E,F,
则从这6件中任取2件,样本空间Ω={(a,b),(a,c),(a,d),(a,E),(a,F),(b,c),(b,d),(b,E),(b,F),(c,d),(c,E),(c,F),(d,E),(d,F),(E,F)},
可知n(Ω)=15,
记“这2件产品都取自区间[350,400)”为事件A,
则A={(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)},可知n(A)=6,
所以P(A)=.
(2)由题中频率分布直方图可知,产品质量指标值m的平均数为175×0.05+225×0.15+275×0.2+325×0.3+375×0.2+425×0.1=312.5>300,故满足条件①;
由题中频率分布直方图可知,该新型机器生产的产品为一、二、三等品的概率估计值分别为0.3,0.4,0.3,
故2 000件产品中,一、二、三等品分别约有600件,800件,600件,
一等品的利润为600×=5 250(元),
二等品的利润为800×=1 600(元),
三等品的利润为600×=-1 800(元),
则2 000件产品的总利润为5 250+1 600-1 800=5 050(元),
故2 000件产品单件的平均利润的估计值为=2.525(元),2.525<4,故不满足条件②.
综上,该新型机器没有达到企业的购进条件.
6.解析 (1)这100位市民的平均年龄为5×0.01+15×0.02+25×0.12+35×0.17+45×0.23+55×0.2+65×0.17+75×0.06+85×0.02=47.9≈48(岁),即这100位市民的平均年龄约为48岁.
(2)这100位市民中,其年龄位于区间[40,60)的频率为(0.023+0.02)×10=0.43,
故估计该市一位市民年龄位于区间[40,60)的概率为0.43.
(3)参与调查的100位市民中年龄在区间[20,30)内的人数为0.012×10×100=12,在区间[70,80)内的人数为0.006×10×100=6,
按照分层抽样的方法抽取6人,则年龄在区间[20,30)内的应抽取×6=4(人),分别设为1,2,3,4;
年龄在区间[70,80)内的应抽取×6=2(人),分别设为a,b.
方案一:从6人中按照不放回抽样的方法抽取2人,所有可能出现的情况有(1,2),(1,3),(1,4),(1,a),(1,b),(2,3),(2,4),(2,a),(2,b),(3,4),(3,a),(3,b),(4,a),(4,b),(a,b),共15种,
其中抽取的2人的年龄差大于10的情况有(1,a),(1,b),(2,a),(2,b),(3,a),(3,b),(4,a),(4,b),共8种,
故获得好评的概率P1=.
方案二:从6人中按照有放回抽样的方法抽取2人,所有可能出现的情况有(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,a),(1,b),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,a),(2,b),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,a),(3,b),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,a),(4,b),(a,1),(a,2),(a,3),(a,4),(a,a),(a,b),(b,1),(b,2),(b,3),(b,4),(b,a),(b,b),共36种,
其中抽取的2人的年龄差大于10的情况有(1,a),(1,b),(2,a),(2,b),(3,a),(3,b),(4,a),(4,b),(a,1),(a,2),(a,3),(a,4),(b,1),(b,2),(b,3),(b,4),共16种,
故获得好评的概率P2=.
因为P1>P2,所以方案一较好.
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