2018高考数学(理)大一轮复习2017高考试题汇编第七章不等式Word版含解析(打包下载)

第七章不等式第一节不等式的性质与不等式的解法题型75不等式的性质——暂无题型76比较数（式）的大小1.(2017北京理13)可以说明“bc，则a”设a，b，c是随意实数．若abc是假命题的一组整数a，b，c的值挨次为__________________．分析由题知，取一组特别值且a,b,c为整数，如a1，b2，c3.2.（2017山东理7）若ab0，且ab1，则以下不等式成立的是（）.1blog2abblog2ab1A.aaB.aab22b1log2abbD.log2ab1bC.a2aa2abb分析

由题意知a1，0b1，所以b1，log2ablog22ab1，2aa

1

112b

aabalog2(ab).应选B.bb1评注本题也可采纳特别值法，如a3,b，易得结论.3题型77一元一次不等式与一元二次不等式的解法题型78分式不等式的解法——暂无第二节二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题题型79二元一次不等式组表示的平面地区题型80求解目标函数的取值范围或最值2xy0x2y201.（2017天津理2）设变量x,y知足拘束条件，则目标函数zxy的最大x,0y,3值为（）.A.2C.3D.3B.1232xy0x2y分析变量x,y知足拘束条件zxy经过可的可行域以下图，目标函数x,0y,3x0行域的点A时，目标函数获得最大值，由，可得A(0,3)，目标函数zxy的最y3大值为3.应选D.yx+2y-2=031

y=33O2x2x+y=0x,32.(2017北京理4)若x，y知足xy2，则x2y的最大值为（）.y,xD.9分析作出不等式组的可行地区，以下图，令zxzx2y，则y.当过A点时z取最大值22，由A3,3，故zmax369.应选D.yAy-x=0x+y-2=0xxy=-2Ox-3=0x2y,13（.2017全国1理14）设x，y知足拘束条件2xy1，则z3x2y的最小值为.x,0y分析x2y,13z不等式组2xy1表示的平面地区以下图，由z3x2y，得yx，求z的最小xy022,值，即求直线3zy3z过图中点A时，纵截距最大，yx的纵截距的最大值，当直线2x2222xy1，此时z3(1)215.由2y1，解得点A的坐标为(1,1)xyABOxC1x+2y-1=02x+y+1=02x3y,034.2017全国2理5）设xy2x3y30，则z2xy的最小值是（）.（，知足拘束条件y30A．15B．9C．1D．9分析目标地区以下图，当直线y=2x+z过点6，3时，所求z取到最小值为15．应选A.y22y=3x+1y=3x+1Oxy=-3(6,3)y=2x+zxy05.（2017全国3理12）若x，y知足拘束条件xy2,0，则z3x4y的最小值为y0__________．分析由题意，作出可行域以下图.目标函数为z3x4y，则直线y3zx的纵截距越44大，z值越小．由图可知z在A1,1处获得最小值，故zmin31411．yz=3x+4yA(1,1)OB(2,0)xx-y=0x+y-2=0xy,036.（2017山东理4）已知x，y知足3xy50，则zx2y的最大值是（）.,x30A.0B.2C.5D.6xy3,0分析由3x+y5,0，作出可行域及直线x2y0，以下图，平移x2y0发现，x30当其经过直线3xy50与x3的交点(3,4)时，zx2y取最大值为zmax3245.应选C.y3-3Oxy=x+3xy=-x=-32y=-3x-5x07.(2017浙江理4)若x，y知足拘束条件xy30，则zx2y的取值范围是（）.x2y,0A.0,6B.0,4C.6,D.4,xz取到z的最小值为z2214，没有最大值，分析以下图，y在点2,122故z4,．应选D．

y3O3xx-2y=0x+2y=0x+y-3=0题型81求解目标函数中参数的取值范围——暂无题型82简单线性规划问题的实质运用第三节基本不等式及其应用题型83利用基本不等式求函数的最值（2017江苏10）某企业一年购置某种货物600吨，每次购置x吨，运费为6万元/次，一1.年的总储存花费为4x万元．要使一年的总运费与总储存花费之和最小，则x的值是．分析一年的总运费与总储存花费之和为66004x36004x236004240，xx当且仅当36004x，即x30时取等号．故填30．x2.(2017浙江理17)已知aR，函数fxx4aa在区间1，4上的最大值是5，x则a的取值范围是.分析设tx4，则f(t)taa，t4,5.xf(t)的最大值为maxf(4),f(5)f(4)4aa5解法一：可知，即f(5)5a,a或5f(4)4aa5a4.5a,4.54.5．则a的取值范围是,4.5.f(5)5aa5，解得或a,，所以a,a,55解法二：以下图，当a0时，f(t)taat,5成立；当0a,t时，f(t)ata0t,5成立；04t5a当at时，f(t)taaata,5成立，即a,4.5.则a的取值范围是,4.5.题型84利用基本不等式证明不等式——暂无第八章立体几何第一节空间几何体及其表面积和体积题型85空间几何体的表面积与体积1.（2017江苏6）以下图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下边及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1的值是．V2O2OO11.分析设球O的半径为r，由题意V1r22r，V24r3V1333，所以V2．故填．222．（2017天津理10）已知一个正方体的全部极点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为.2.分析设正方体的边长为a，则6a218a23.外接球直径为正方体的体对角线，所以2R3a3，V4πR34π279π.33823.（2107全国1卷理科16）以下图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形.BC，CA，AB为折痕沿虚线剪开后，分别以折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，获得三棱锥当△ABC的边长.变化时，所得三棱锥体积（单位：cm3）的最大值为_______.EAFOCBD3.由题意，联络OD，交BC于点G，以下图，则ODBC，OG3分析6BC，即OG的长度与BC的长度成正比.设OGx，则BC23x，DG5x，三棱锥的高h222510x222510x，S△ABC23x3x133x2，DGOGxx2则V1S△ABCh22510x=325x410x5.令fx25x45x53x10x，0,，32fx100x350x4，令fx0，即x42x30，x2，当fx0，得2x5，2所以fx在0,2上单一递加，在2,5上单一递减.故fx≤f280，则2V≤380415，所以体积的最大值为415cm3.题型86旋转体的表面积、体积及球面距离4.（2107全国3卷理科8）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）.A．π3πC．ππB．2D．444．分析以下图，由题可知球心在圆柱体的中心处，圆柱体上、下底面圆的半径123π23，则圆柱体的体积Vπr2hr122.应选B.4题型87几何体的外接球与内切球第二节空间几何体的直观图与三视图题型88斜二测画法与直观图——暂无题型89空间几何体的三视图5.某几何体的三视图以下图（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）.A.π1B.π3C.3π1D.3π322225.分析由三视图可知，直观图是由半个圆锥与一个三棱锥构成，半圆锥体积为S1=11123，三棱锥体积为S2=12113=1，所以几何体体积23232SS1S21．应选A．26.（2017全国1卷理科7）某多面体的三视图以下图，此中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形构成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为（）.A.10B.12C.14D.16分析由三视图可画出立体图，以下图，该多面体只有两个同样的梯形的面，S梯24226，S全梯6212.应选B.7.（2107全国2卷理科4）以下图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分所得，则该几何体的体积为（）.A．90B．63C．42D．367．分析该几何体可视为一个完好的圆柱减去一个高为6的圆柱的一半，以下图．VV1Vπ32101π32663π226468.（2017北京理7）某四棱锥的三视图以下图，则该四棱锥的最长棱的长度为（）.A.32B.23C.22D.28.分析几何体四棱锥以下图，最长棱为正方体的体对角线，即l22222223.应选B.9.（2017

山东理

13）由一个长方体和两个

1圆柱体构成的几何体的三视图以下图，则该4几何体的体积为

.9.分析该几何体的体积为V112122112．42第三节空间点、直线、平面之间的地点关系题型90证明“点共面”“线共面”“点共线”或“线共点”——暂无题型91截面问题——暂无10（.2017江苏18）以下图，水平搁置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线AC的长为107cm，容器Ⅱ的两底面对角线EG，E1G1的长分别为14cm和62cm．分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．现有一根玻璃棒l，其长度为40cm（容器厚度、玻璃棒粗细均忽视不计）.（1）将l放在容器Ⅰ中，l的一端置于点A处，另一端置于侧棱CC1上，求l没入水中部分的长度；（2）将l放在容器Ⅱ中，l的一端置于点E处，另一端置于侧棱GG1上，求l没入水中部分的长度．D1C1H1G1A1B1O1F1E1DCHOGEFAB容器Ⅰ容器Ⅱ10.分析（1）由正棱柱的定义，CC1平面ABCD，所以平面A1ACC1平面ABCD，CC1AC．记玻璃棒的另一端落在CC1上点M处，以下图为截面A1ACC1的平面图形．由于AC107，AM40，所以MC402107230，从而sin3MAC.记4AM与水面的交点为P，过点PPQAC，Q为垂足，则PQ平面ABCD，11作11111PQPQ1211116故11，从而sinMAC．答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．A1C1MP1AQ1C问(1)2）以下图为截面E1EGG1的平面图形，O，O1是正棱台两底面的中心．由正棱台的定义，OO1平面EFGH，所以平面E1EGG1平面EFGH，EG．O1O同理，平面E1EGG1平面E1F1G1H1，O1OE1G1．记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．过G作GKE1G1，K为垂足，则GKOO132．由于EG14，E1G162，所以KG1621424，2从而GG1KG12GK224232240．设EGG1，ENG，则sinsin∠KGG1cos∠KGG14．25由于，所以cos3．25在△ENG中，由正弦定理可得4014，解得sin7sinsin．25由于0，所以cos24，225于是sin∠NEGsinsin=sincoscossin424373．5255255记EN与水面的交点为P2，过P2作P2Q2EG，Q2为垂足，则P2Q2平面EFGH，PQ2故P2Q212，从而EP2220．sinNEG答：玻璃棒l没入水中部分的长度为20cm．E1O1KG1NP2OGQ2问(2)评注本题实质上考察解三角形的知识，但在这样的大背景下结构的应用题让学生有恐惧之感，且该应用题的实质应用性也不强．也有学生第（1）问采纳相像法解决，解法以下：AC107，AM40，所以CM4022PQ1210730，，11所以由△AP1Q1∽△ACM，PQ11AP1，即12AP1，解得AP116．CMAM3040答：玻璃棒l没入水中部分的长度为16cm．题型92异面直线的判断——暂无第四节直线、平面平行的判断与性质题型93证明空间中直线、平面的平行关系11.（2107浙江19（1））以下图，已知四棱锥PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC//AD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点.（1）证明：CE//平面PAB.PEADBC11.分析（1）以下图，设PADE的中点为F，联络EF，FB.由于E，F分别为PD，PA的中点，所以EF//AD，且EF=1AD.2又由于BC//AD，BC1AD，所以EF//BC，且EF=BC，所以四边形BCEF为平行2四边形，所以CE//BF，又BF平面PAB，所以CE//平面PAB.PFHQEANDBMC12（.2017江苏15）以下图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E,F（E与A,D不重合）分别在棱AD,BD上，且EFAD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）ADAC．AEBFDC12.分析（1）在平面ABD内，由于ABAD，EFAD，且点E与点A不重合，所以EF//AB.又由于EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF//平面ABC.（2）由于平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.由于AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又由于AC平面ABC，所以ADAC.13.（2017全国2卷理科19PABCD中，侧面PAD为等边三角形）以下图，在四棱锥ABCD，ABBC1BADABC90o，E是PD的中点.且垂直于底面AD，2（1）求证：直线CE//平面PAB；PMEADBC13．分析（1）令PA的中点为F，联络EF，BF，以下图．由于点E，F为PD，PA的中点，所以EF为△PAD的中位线，所以EF//1AD．又由于BADABC90，所以=211AD，于是EF//BC．从而四边形BCEF为BC∥AD．又由于ABBCAD，所以BC//2=2=平行四边形，所以CE∥BF．又由于BF面PAB，所以CE∥平面PAB.zPFMEAOBC

DyxM'题型94与平行相关的开放性、研究性问题第五节直线、平面垂直的判断与性质题型95证明空间中直线、平面的垂直关系（2017江苏15）以下图，在三棱锥ABCD中，ABAD，BCBD，平面ABD14.平面BCD，点E,F（E与A,D不重合）分别在棱AD,BD上，且EFAD．求证：（1）EF∥平面ABC；（2）ADAC．AEBDFC14.分析（1）在平面ABD内，由于ABAD，EFAD，且点E与点A不重合，所以EF//AB.又由于EF平面ABC，AB平面ABC，所以EF//平面ABC.（2）由于平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCDBD，BC平面BCD，BCBD，所以BC平面ABD.由于AD平面ABD，所以BCAD.又ABAD，BCABB，AB平面ABC，BC平面ABC，所以AD平面ABC.又由于AC平面ABC，所以ADAC.15.（2017全国1卷理科18（1））以下图，在四棱锥PABCD中，AB//CD，且BAPCDP90.(1)求证：平面PAB平面PAD；PDCAB15.分析（1）证明：由于BAPCDP90，所以PAAB，PDCD.又由于AB∥CD，所以PD又由于PDPAP，PD，PA平面PAD，所以AB平AB.面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.16（.2017全国3卷理科19（1））以下图，四周体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD．（1）求证：平面ACD平面ABC；16．分析⑴以下图，取AC的中点为O，联络BO，DO.由于△ABC为等边三角形，所以BOAC，ABBC.ABBC由BDBD，得△ABD△CBD，所以ADCD，即△ACD为等腰直角三角形，ABDDBC.AC.从而ADC为直角又O为底边AC中点，所以DO令ABa，则ABACBCBDa，易得ODa3a，，OB22所以OD222DOB，即ODOB.OBBD，从而由勾股定理的逆定理可得2ODACODOB由ACOBO，所以OD平面ABC.ACOB

平面ABC平面ABC又由于

OD

平面

ADC

，由面面垂直的判断定理可得平面

ADC

平面

ABC.DECOBA题型96与垂直相关的开放性、研究性问题——暂无第六节空间向量与立体几何题型97空间向量及其运算题型98空间角的计算17.（2017全国2卷理科10）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC120，AB2，BCCC11，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（）.A．3B．15C．10D．3255317．分析设M，N，P分别为AB，BB1，BC11的中点，则AB1和BC1的夹角为MN和NP夹角或其补角（异面线所成角为0，π）.可知MN1AB15，NP1BC12，22222取BC的中点Q，联络PQ,MQ,PM，则可知△PQM为直角三角形．PQ1，MQ1AC.22221在△ABC中，ABcBosC4AB1C221，7即ACABBC22AC7，则MQ7，则在△MQP中，MPMQ2PQ211.2252222MN2NP2PM211在△PMN中，cosPNM22210.2MNNP525222又异面直线所成角为0，π，则其他弦值为10．应选C.2518.（2107山东理

17）以下图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形

ABCD（及其内部）以AB

边所在直线为旋转轴旋转

120

获得的，

G是DF

的中点

.（1）设

P是CE上的一点，且

AP

BE

，求

CBP的大小；（2）当

AB

3，

AD

2，求二面角

E

AG

C的大小.18.分析（1）由于APBE，ABBE，AB，AP平面ABP，ABAPA，所以BE平面ABP.又BP平面ABP，所以BEBP.又EBC120，所以CBP30.（2）以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，成立以下图的空间直角坐标系.zADFGEBCPxy由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1,3,3)，C(1,3,0)，则AE(2,0,3)，AG(1,3,0)，CG(2,0,3).设m(x1,y1,z1)是平面AEG的一个法向量，mAE02x13z10由，可得，mAG0x13y10取z12，可得平面AEG的一个法向量m=(3,3,2).设n(x2,y2,z2)是平面ACG的一个法向量，nAG0x23y20由，可得，nCG02x23z20取z22，可得平面ACG的一个法向量n(3,3,2).从而cosm,nmn1EAGC为锐角.所以所求的角为60.mn，易知二面角219.（2017江苏22）以下图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AA1平面ABCD，且ABAD2，AA13，BAD120．（1）求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；（2）求二面角BA1DA的正弦值．A1D1B1C1ADBC19.分析在平面ABCD内，过点A作AEAD，交BC于点E．由于AA1平面ABCD，所以AA1AE，AA1AD．以下图，以AE,AD,AA1为正交基底，成立空间直角坐标系Axyz．zA1D1B1C1ADyBECx由于ABAD2，AA13，BAD120．则A0,0,0，B3,1,0，D0,2,0，E3,0,0，A10,0,3，C13,1,3．（1）A1B3,1,3，AC13,1,3，则cosA1B,AC1A1BAC13,1,33,1,31．A1BAC177所以异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为1．7（2）平面A1DA的一个法向量为AE3,0,0．设mx,y,z为平面BA1D的一个法向量，又A1B3,1,3，BD3,3,0，mA1B03xy3z0则，即．mBD03x3y0不如取x3，则y3，z2，所以m3,3,2为平面BA1D的一个法向量.从而cosAE,mAEm3,0,03,3,23，AEm344设二面角BA1DA的大小为，则cos3．4由于0,，所以sin1cos27．4所以二面角BA1DA的正弦值为7．420.（2017全国1卷理科18）以下图，在四棱锥PABCD中，AB//CD，且BAPCDP90.求证：平面PAB平面PAD；若PAPDABDC，APD90，求二面角APBC的余弦值.PDCAB20.分析（1）证明：由于BAPCDP90，所以PAAB，PDCD.又由于AB∥CD，所以PD又由于PDPAP，PD，PA平面PAD，所以ABAB.平面PAD.又AB平面PAB，所以平面PAB平面PAD.（2）取AD的中点O，BC的中点E，联络PO，OE，由于AB∥CD，所以四边形ABCD为平行四边形，所以OE∥AB.由（1）知，AB平面PAD，所以OE平面PAD.又PO，AD平面PAD，所以OEPO，OEAD.又由于PAPD，所以POAD，从而PO，OE，AD两两垂直.以O为坐标原点，成立以下图的空间直角坐标系Oxyz，设PA2，所以D2，0，0，B2，2，0，P0，0，2，C2，2，0，所以PD2，0，2，PB2，2，2，BC22，0，0.设nx,y,z为平面PBC的一个法向量，nPB02x2y2z0由0，得22x0.nBC令y1，则z2，x0，可得平面PBC的一个法向量n0,1,2.由于APD90，所以PDPA，又知AB平面PAD，PD平面PAD，所以PDAB，又PAABA，所以PD平面PAB.即PD是平面PAB的一个法向量，PD2,0,2，从而cosPD,nPDn23PDn233.由图知二面角APBC为钝角，所以它的余弦值为3.321.（2017全国2卷理科19）以下图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，ABBC1AD，BADABC90o，E是PD的中点.21）求证：直线CE//平面PAB；2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成的锐角为45，求二面角MABD的余弦值.PMEADBC21．分析（1）令PA的中点为F，联络EF，BF，以下图．由于点E，F为PD，PA的中点，所以EF为△PAD的中位线，所以EF//1AD．又由于BADABC90，所以=2BC∥AD．又由于ABBC1AD，所以BC//1．从而四边形BCEF为2AD，于是EF//BC=2=平行四边形，所以CE∥BF．又由于BF面PAB，所以CE∥平面PAB.（2）以AD的中点O为坐标原点，成立以下图的空间直角坐标系．设ABBC1，则O0，0，0，A0，1，0，B1，1，0，C1，0，0，D0，1，0，P0，0，3．点M在底面ABCD上的投影为M，所以MMBM，联络BM．由于MBM45，所以△MBM为等腰直角三角形．由于△POC为直角三角形，OC3OP，所以PCO60．3设MMa，CM3a，OM13．所以M3，，．3a1a00333216．从而OM32．BMa1202a21aa1a133232所以M12，，26，2，，6，．00，M1，，AM1AB(1，0，0)22222设平面ABM的法向量m(0，y1，z1)，则mAMy16z10，所以m(0，6，2)，2易知平面ABD的一个法向量为n，，，从而cosm,nmn10．故二面角(001)mn5MABD的余弦值为10．5zPFMEAOBCDyxM'22.（2017全国3卷理科19）以下图，四周体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形，ABDCBD，ABBD．1）求证：平面ACD平面ABC；2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四周体ABCD分红体积相等的两部分，求二面角D–AE–C的余弦值．22．分析⑴以下图，取AC的中点为O，联络BO，DO.由于△ABC为等边三角形，所以BOAC，ABBC.ABBC由BDBD，得△ABD△CBD，所以ADCD，即△ACD为等腰直角三角形，ABDDBC从而ADC为直角.又O为底边AC中点，所以DOAC.令ABa，则ABACBCBDa，易得ODa3a，，OB22222DOB，即ODOB.所以ODOBBD，从而由勾股定理的逆定理可得2ODACODOB由ACOBO，所以OD平面ABC.ACOB

平面ABC平面ABC又由于OD平面ADC，由面面垂直的判断定理可得平面ADC平面ABC.DCEOBA⑵由题意可知VDACEVBACE，即B，D到平面ACE的距离相等，即点E为BD的中点.以O为坐标原点，OA为x轴正方向，OB为y轴正方向，OD为z轴正方向，设ACa，成立空间直角坐标系，则O0,0,0，Aa，Da，B0,3a，E3a,0,00,0,,00,a,，22244易得AEa3aa，ADaaa.,,4,0,，OA,0,024222设平面AED的法向量为n1=x1,y1,z1，平面AEC的法向量为n2=x2,y2,z2，AEn103,1,3AEn200,1,3.则，取n1；，取n2ADn10OAn20设二面角DAEC为，易知为锐角，则cosn1n27n1n27.zDCEOByAx23（.2017北京理16）以下图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PAPD6，AB4．（1）求证：M为PB的中点；（2）求二面角BPDA的大小；（3）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．23.分析（1）设AC,BD的交点为E，联络ME.由于PD∥平面MAC，平面MAC平面PBDME，所以PD∥ME.由于ABCD是正方形，所以E为BD的中点，所以M为PB的中点.PMABDEC（2）取AD的中点O，联络OP，OE.由于PAPD，所以OPAD.又由于平面PAD平面ABCD，且OP平面PAD，所以OP平面ABCD.由于OE平面ABCD，所以OPOE.由于ABCD是正方形，所以OEAD.以下图，成立空间直角坐标系Oxyz，则P(0,0,2)，D(2,0,0)，B(2,4,0)，BD(4,4,0)，PD(2,0,2).设平面BDP的法向量为nnBD04x4y0(x,y,z)，则，即2x2z.nPD00令x1，则y1，z2，于是n(1,1,2).平面PAD的法向量为p(0,1,0)，所以cos<n,p>np1|n||p|.2由题知二面角BPDA为锐角，所以它的大小为.3zPMABOEyDCx2，C(2,4,0)，MC(3,2,2).（3）由（1）知M1,2,22设直线MC与平面BDP所成角为，则sincos<n,MC>nMC26nMC.9所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为26.924.（2017天津理17）以下图，在三棱锥PABC中，PA底面ABC，BAC90.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PAAC4，AB2.1）求证：MN//平面BDE；2）求二面角CEMN的正弦值；（3）已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为7，求线段AH的21长.PDEMABNC24.分析以下图，以A为坐标原点，AB,AC,AP为基底，成立以下图的空间直角坐标系，依题意可得A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，4，0)，P(0，0，4)，D(0，0，2)，E(0，2，2)，M(0，0，1)，N(1，2，0)．zPDEMBACxNy（1）证明：DE0,2,0，DB2,0,2.设n(x,y,z)为平面BDE的一个法向量，nDE02y0，不如设z1，可得n(1,0,1).则DB0，即2x2z0n又MN1,2,1，可得MNn0，由于MN平面BDE，所以MN//平面BDE．（2）易知n1(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2(x,y,z)为平面EMN的一个法向量，则n2EM0(0,2,1)，MN(1,2,2yz0，由于EM1)，所以0.n2MN0x2yz不如设y1，可得n2(4,1,2).所以有cosn1,n2n1n24，于是sinn1,n215.|n1||n2|2121所以二面角CEMN的正弦值为15.21（3）依题意，设AHh0剟h4，则H（0，0，h），从而可得NH(1,2,h)，BE(2,2,2).由已知得cosNH,BE|NHBE||2h2|7221h80，|NH||BE|h25，整理得10h2321解得h8或h1.所以线段AH的长为8或1.525225.（2107浙江19）以下图，已知四棱锥PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC//AD，CDAD，PCAD2DC2CB，E为PD的中点.（1）证明：CE//平面PAB；（2）求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.PEADBC25.分析（1）以下图，设PADE的中点为F，联络EF，FB.由于E，F分别为PD，PA的中点，所以1EF//AD，且EF=AD.2又由于BC//AD，BC1AD，所以EF//BC，且EF=BC，所以四边形BCEF为平行2四边形，所以CE//BF，又BF平面PAB，所以CE//平面PAB.PHQEFADNBMC（2）分别取BC，AD的中点为M，N.联络PN交EF于点Q，联络MQ.由于E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF的中点，在平行四边形BCEF中，MQ//CE.由△PAD为等腰直角三角形，得PNAD.由DCAD，是AD的中点，所以ND1BC，且DN∥BC,所以四边形BCDN2是平行四边形，所以BN∥CD，所以BNAD.又BNPNN,所以AD平面PBN，由BC//AD，得BC平面PBN，又BC平面PBC，所以平面PBC平面PBN.过点Q作PB的垂线，垂足为H，联络MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，所以QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD1.在△PCD中，由PC2，CD1，PD2，由余弦定理得CE2，又BC平面PBN，PB平面PBN，所以BCPB.在△PBN中，由PNBN1，PBPC2BC23，QHPB,Q为PN的中点，得1QH.4在Rt△MQH中，QH1，MQ2，所以sinQMH2，48所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是2.826．（2107浙江9）以下图，已知正四周体D–ABC（全部棱长均相等的三棱锥），P，Q，分别为AB，BC，CA上的点，APBQCR2，分别记二面角D–PR–Q，PB，RRAQCD–PQ–R，D–QR–P的平面角为，，，则（）.A．B．C．D．26.分析以下图，设点D在底面ABC内的射影为O，判断O到PR，PQ，QR的距离，O到哪条线段的距离越小，对应的二面角就越大.αβ,,γ明显有均为锐角．P为三平分点，O到△PQR三边的距离相等．动向研究问题：P?P，111所以O到QR的距离不变，O到PQ的距离减少，O到PR的距离变大．所以α<γ<β．CQROAPP1B题型99空间距离的计算——暂无题型100与空间角、空间距离相关的开放性、研究性问题——暂无27.（2017全国3卷理科16）a，b为空间中两条相互垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在的直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转