备战高考数学一轮复习讲义第七章

第七章立体几何第32讲空间几何体的表面积和体积1.B解析：如图，设原正方体的棱长为am，则正方体的体积为a3m3，每一个四面体的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(a,2)×eq\f(a,2)×eq\f(a,2)＝eq\f(a3,48)，由题意可知a3－8×eq\f(a3,48)＝0.18，所以a3＝0.216，故原正方体石料的体积为0.216m3.(第1题)2.D解析：因为正四棱锥的底面边长为2，高为eq\r(7)，则侧面的高为h＝eq\r(\r(7)2＋12)＝2eq\r(2)，所以侧面积为S＝4×eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝8eq\r(2).3.D解析：设圆柱底面的半径为R，高为h，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h＝2R，,2πRh＝36π，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R＝3，,h＝6，))所以圆柱的体积为V＝πR2h＝54π.4.C解析：依题意可知棱台的高MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V.如图，棱台上底面面积S＝180.0km2＝180×106m2，下底面面积S′＝140.0km2＝140×106m2，所以V＝eq\f(1,3)h(S＋S′＋eq\r(,SS′))＝eq\f(1,3)×9×(140×106＋180×106＋eq\r(,140×180×1012))＝3×(320＋60eq\r(,7))×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．(第4题)5.ACD解析：对于A，因为圆柱的底面直径和高都等于2R，所以圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正确；对于B，因为圆锥的底面直径和高等于2R，所以圆锥的侧面积为S2＝πR·eq\r(,R2＋4R2)＝eq\r(,5)πR2，故B错误；对于C，圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝eq\f(4,3)πR3，圆锥的体积为V2＝eq\f(1,3)πR2·2R＝eq\f(2,3)πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确．6.ACD解析：对于A，如图(1)，过点A作AF∥O1O2交底面于点F，则O1O2⊥底面，所以∠ABF即为母线AB与底面所成的角．在等腰梯形ABCD中，因为AB＝2，BF＝2－1＝1，所以cos∠ABF＝eq\f(BF,AB)＝eq\f(1,2).因为∠ABF为锐角，所以∠ABF＝60°，故A正确；对于B，如图(2)，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为S＝eq\f(1,2)×2π×2×4－eq\f(1,2)×2π×1×2＝6π，故B错误；对于C，设圆台外接球的球心为O，半径R，如图(3)，由题意可得O1B＝2，O2A＝1，O1O2＝eq\r(,22－12)＝eq\r(,3).设OO1＝a，则OO2＝eq\r(,3)－a，由R＝OA＝OB，得eq\r(,12＋\r(,3)－a2)＝eq\r(,22＋a2)，解得a＝0，即点O与O1重合，所以R＝OB＝2，故C正确；对于D，如图(4)，在圆台的侧面展开图上，从点C到点E的最短路径的长度为CE.由题意可得FB＝FC＝4，AB＝2.由E为AB的中点，可知FE＝3，所以CE＝eq\r(,CF2＋FE2)＝eq\r(,42＋32)＝5，故D正确． 图(1) 图(2) 图(3) 图(4)(第6题)7.12eq\r(,10)πeq\f(200π,3)解析：圆台的母线为eq\r(,4－22＋62)＝eq\r(,40)＝2eq\r(,10)，圆台的侧面积为S＝π(4＋2)×2eq\r(,10)＝12eq\r(,10)π，圆台的体积T1＝eq\f(1,3)π×6×(42＋2×4＋22)＝56π，圆锥的体积T2＝eq\f(1,3)×22×π×8＝eq\f(32,3)π，故冰激凌的体积为T＝T1＋T2＝eq\f(200π,3).8.36π解析：设△ABC的外接圆的圆心为M，根据球的截面性质可知OM⊥平面ABC.因为a＝2，A＝eq\f(π,6)，所以AM＝eq\f(a,2sinA)＝2，所以OA＝eq\r(,AM2＋OM2)＝eq\r(,22＋5)＝3，所以球O的体积为V＝eq\f(4,3)πR3＝36π.9.eq\r(,6)＋eq\r(,2)解析：如图，把正三棱柱ABC－A1B1C1的上底面三角形A1B1C1与侧面矩形ABB1A1放在同一平面内，连接AC1，交A1B1于点F，此时点F可使AF＋FC1取最小值，即为AC1.因为∠AA1C1＝150°，所以AC1＝eq\r(,AA\o\al(2,1)＋A1C\o\al(2,1)－2AA1·A1C1cos∠AA1C1)＝eq\r(,22＋22－23cos150°)＝eq\r(,8＋4\r(,3))＝eq\r(,6)＋eq\r(,2)，所以AF＋FC1的最小值为eq\r(,6)＋eq\r(,2).(第9题)10.【解答】(1)该三棱柱的侧面展开图为宽和长分别为4和9的矩形，故对角线的长为eq\r(,42＋92)＝eq\r(,97).(2)在直三棱柱ABC－A′B′C′中，因为底面是边长为3的等边三角形，AA′＝4，所以三棱柱的体积V＝S△ABC×AA′＝eq\f(\r(,3),4)×9×4＝9eq\r(,3)，表面积S＝2S△ABC＋S侧＝eq\f(\r(,3),4)×9×2＋3×3×4＝eq\f(9\r(,3),2)＋36.(3)将该三棱柱的侧面沿棱BB′展开，如图，设PC＝x，则MP2＝MA2＋(AC＋x)2.因为MP＝eq\r(,29)，MA＝2，AC＝3，所以x＝2，即PC＝2.又NC∥AM，所以eq\f(PC,PA)＝eq\f(NC,AM)，即eq\f(2,5)＝eq\f(NC,2)，所以NC＝eq\f(4,5).(第10题)11.B解析：设eq\o(BP,\s\up6(→))＝neq\o(BN,\s\up6(→))(n∈R)，则eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(BN,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋n(eq\o(AN,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)\o(AC,\s\up6(→))－\o(AB,\s\up6(→))))＝(1－n)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(n,5)eq\o(AC,\s\up6(→)).又eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(2,5)eq\o(AC,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－n＝m，,\f(n,5)＝\f(2,5)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＝2，,m＝－1.))12.A解析：eq\f(－sin110°cos70°,cos225°－sin2155°)＝eq\f(－sin70°cos70°,cos225°－sin225°)＝eq\f(－\f(1,2)sin140°,cos50°)＝eq\f(－\f(1,2)cos50°,cos50°)＝－eq\f(1,2).13.【解答】(1)由题知∠ABD>eq\f(π,2)，故∠ADB∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sin∠ABD＝eq\f(4\r(,3),7)，cos∠ADB＝eq\f(13,14)，所以sin∠BAD＝sin(∠ABD＋∠ADB)＝eq\f(4\r(,3),7)×eq\f(13,14)＋eq\f(3\r(,3),14)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,7)))＝eq\f(\r(,3),2)，故∠BAD＝eq\f(π,3).(2)在△ABD中，由正弦定理得eq\f(3,\f(3\r(,3),14))＝eq\f(BD,\f(\r(,3),2))＝eq\f(AD,\f(4\r(,3),7))，即BD＝7，AD＝8.由∠ADC＝eq\f(π,2)，知sin∠BDC＝cos∠ADB＝eq\f(13,14)，故eq\f(1,2)×7×DC×eq\f(13,14)＝eq\f(39\r(,3),4)，所以DC＝3eq\r(,3)，则AC＝eq\r(,AD2＋DC2)＝eq\r(,91).第33讲空间点、线、面之间的位置关系1.B解析：作出正方体的图形如图所示，则AB与CD，AB与GH，EF与GH是异面直线，共3对．(第1题)2.C解析：如图，连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，A1，C1，C，A四点共面，所以A1C⊂平面ACC1A.因为M∈A1C，所以M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，所以M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线，由此可判断ABD正确；若B，B1，O，M四点共面，则M∈平面BB1O，显然不可能，故C错误．(第2题)3.D解析：由题意，如图，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E是eq\o(BC,\s\up9(︵))的中点，F是AB的中点，所以CF⊂平面ABC，又AE与平面ABC相交，且与CF无交点，所以AE与CF是异面直线．又CF＝eq\r(,12＋22)＝eq\r(,5)，AE＝eq\r(,22＋\r(,2)2)＝eq\r(,6)，所以AE≠CF.(第3题)4.D解析：连接BC1(图略)，易证BC1∥AD1，则∠A1BC1即为异面直线A1B与AD1所成的角．连接A1C1，由AB＝1，AA1＝2，易得A1C1＝eq\r(,2)，A1B＝BC1＝eq\r(,5)，所以cos∠A1BC1＝eq\f(5＋5－2,2×\r(,5)×\r(,5))＝eq\f(4,5)，即异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为eq\f(4,5).5.BCD解析：对于A，当P为BC1的中点时，OP∥AB1，故A错误；对于B，因为A1C⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1C，P∉平面AA1C1C，所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；对于C，因为A1A⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1A，P∉平面AA1C1C，所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；对于D，因为AD1⊂平面AD1C，O∈平面AD1C，O∉AD1，P∉平面AD1C，所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确．6.ABD解析：由题设可得直三棱柱，如图(1)．由直三棱柱的结构特征知，AM与A1C1是异面直线，故A正确；因为AA1⊥AC，BA⊥AC，且AA1∩BA＝A，则AC⊥平面AA1B1B，因为A1M⊂平面AA1B1B，所以AC⊥A1M，故B正确；由图(1)知，平面AB1C将三棱柱截成四棱锥B1－ACC1A1和三棱锥B1－ABC，一个五面体和一个四面体，故C错误；将平面AA1B1B和平面CC1B1B展开成一个平面，如图(2)，当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值，且最小值为eq\r(,106)，故D正确． 图(1) 图(2)(第6题)7.eq\f(\r(,3),6)解析：如图，连接CD，BD，延长BO交AC于点E，取CD的中点F，连接EF，BF.因为△ABC为正三角形，且O为△ABC的外心，所以E为AC的中点，故EF∥AD，则∠BEF即为异面直线AD与BO所成的角．设AD＝AB＝2，则EF＝1，BE＝eq\r(,3).由题意可知△BCD为等边三角形，则BF＝eq\r(,3)，在△BEF中，cos∠BEF＝eq\f(BE2＋EF2－BF2,2BE·EF)＝eq\f(\r(,3),6).(第7题)8.eq\f(1,2)解析：如图，分别取AB，AD，BC，BD的中点E，F，G，O，连接EF，EG，OG，FO，FG，则EF∥BD，EG∥AC，所以∠FEG为异面直线AC与BD所成的角．易知FO∥AB，因为AB⊥平面BCD，所以FO⊥平面BCD，所以FO⊥OG.设AB＝2a，则EG＝EF＝eq\r(,2)a，FG＝eq\r(,a2＋a2)＝eq\r(,2)a，所以∠FEG＝60°，所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为eq\f(1,2).(第8题)9.异面eq\f(1,3)解析：如图，易知EF与CC1为异面直线．连接HF，取HF的中点O，连接OA，OC.因为HO∥GC且HO＝GC，所以四边形HOCG为平行四边形，所以HG∥OC.同理AO∥EF，所以异面直线EF与GH所成的角即为直线OA与OC所成的角(或其补角)．设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则AC＝2eq\r(,2)，OA＝eq\r(,6)，OC＝eq\r(,6).在△OAC中，AC2＝OC2＋OA2－2OA·OCcos∠AOC，即8＝6＋6－2×eq\r(,6)×eq\r(,6)cos∠AOC，解得cos∠AOC＝eq\f(1,3)，所以异面直线EF与GH所成角的余弦值为eq\f(1,3).(第9题)10.【解答】(1)由题知FG＝GA，FH＝HD，得GH綉eq\f(1,2)AD.又BC綉eq\f(1,2)AD，所以GH綉BC，所以四边形BCHG为平行四边形．(2)由BE綉eq\f(1,2)AF，G为FA的中点，知BE綉FG，所以四边形BEFG为平行四边形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，所以EF与CH共面．又D∈FH，所以C，D，E，F四点共面．11.【解答】(1)假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点矛盾，故直线EF与BD是异面直线．(2)如图，取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以∠FEG或其补角即为异面直线EF与BD所成的角．因为AC⊥BD，所以FG⊥EG.在Rt△EGF中，由EG＝FG＝eq\f(1,2)AC，得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.(第11题)12.D解析：当x>0时，f(x)＝lnx＋x－1，f′(x)＝eq\f(1,x)＋1>0，则f(x)是增函数，且f(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，f(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，根据奇函数的性质可知，当x∈(－1,0)时，f(x)>0，当x∈(－∞，－1)时，f(x)<0，所以不等式f(x)<0的解集是(－∞，－1)∪(0,1)．13.C解析：在等式am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝an＋a1，则an＋1－an＝a1，所以数列{an}为等差数列，且该数列的首项和公差均为a1.因为a2＝2a1＝4，故a1＝2，所以an＝2＋2(n－1)＝2n，则a15＝2×15＝30，因此，a11＋a12＋a13＋…＋a19＝eq\f(9a11＋a19,2)＝eq\f(9×2a15,2)＝9a15＝270.14.【解答】若选①：(1)设b＝2x，则AD＝DC＝x.在△ABD中，cos∠ADB＝eq\f(x2＋\f(112,9)－16,\f(8\r(,7),3)x)，在△BCD中，cos∠CDB＝eq\f(x2＋\f(112,9)－\f(112,9),\f(8\r(,7),3)x)＝eq\f(x2,\f(8\r(,7),3)x).因为∠ADB＋∠CDB＝π，所以cos∠ADB＋cos∠CDB＝0，即eq\f(x2＋\f(112,9)－16,\f(8\r(,7),3)x)＋eq\f(x2,\f(8\r(,7),3)x)＝0，所以x＝eq\f(4,3)，故b＝eq\f(8,3).(2)因为AE为∠BAC的角平分线，BC＝a＝eq\f(4\r(,7),3)，所以eq\f(BE,EC)＝eq\f(c,b)＝eq\f(3,2)，所以BE＝eq\f(4\r(,7),5).因为cos∠ABC＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(2\r(,7),7)，所以AE2＝c2＋BE2－2·c·BE·cos∠ABC＝eq\f(192,25)，即AE＝eq\f(8\r(,3),5).故△ABE的周长是AB＋BE＋AE＝4＋eq\f(4\r(,7)＋8\r(,3),5).若选②：(1)由正弦定理得，sinAsinB＝sinBcoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，因为B∈(0，π)，所以sinB>0，所以sinA＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A－\f(π,6)))，即sinA＝eq\f(\r(,3),2)cosA＋eq\f(1,2)sinA，于是tanA＝eq\r(,3)，所以A＝eq\f(π,3).设b＝2x，c＝y，在△ABD中，cosA＝eq\f(x2＋y2－\f(112,9),2xy)＝eq\f(1,2)，即x2＋y2－xy＝eq\f(112,9)①.在△ABC中，cosA＝eq\f(4x2＋y2－\f(112,9),4xy)＝eq\f(1,2)，即4x2＋y2－2xy＝eq\f(112,9)②.联立①②解得x＝eq\f(4,3)，y＝4，即c＝4，b＝eq\f(8,3).(2)由题意得S△ABE＋S△ACE＝S△ABC，所以eq\f(1,2)×4×AE×sineq\f(π,6)＋eq\f(1,2)×eq\f(8,3)×AE×sineq\f(π,6)＝eq\f(1,2)×4×eq\f(8,3)×sineq\f(π,3)，所以AE＝eq\f(8\r(,3),5).又因为eq\f(S△ABE,S△ACE)＝eq\f(BE,EC)＝eq\f(c,b)＝eq\f(3,2)，所以BE＝eq\f(4\r(,7),5)，所以△ABE的周长为AB＋BE＋AE＝4＋eq\f(8\r(,3)＋4\r(,7),5).第34讲直线、平面平行的判定与性质1.D解析：A中，直线可能平行；B中，平面可能相交；C中，两个平面可能相交；D正确．2.B3.D4.A解析：对于A，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC.由AA1∥BB1且AA1＝BB1，BB1∥CC1且BB1＝CC1，可知AA1∥CC1且AA1＝CC1，四边形AA1C1C为平行四边形，AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，又EF⊂平面B1EF，A1C1⊄平面B1EF，所以A1C1∥平面B1EF，故A正确；对于B，若B1F∥A1D，与A同理得A1D∥B1C，则B1C∥B1F，与B1C∩B1F＝B1矛盾，所以B1F与A1D是异面直线，故B错误；对于C，由题意知直线AA1与直线B1E必相交，则平面B1EF与平面A1AC有公共点，故C错误；对于D，如图，连接AB1，B1C，易知平面AB1C∥平面A1C1D，又因为平面AB1C与平面B1EF有公共点B1，故平面A1C1D与平面B1EF不平行，故D错误．(第4题)5.ACD解析：如图，M，G，H，I，J分别是棱BC，CC1，C1D1，D1A1，A1A的中点，易证E与M，G，H，I，J共面，由EM∥AC，AC⊂平面ACD1，EM⊄平面ACD1，得EM∥平面ACD1.同理EJ∥平面ACD1，而EM，EJ是平面EMGHIJ内两条相交的直线，所以平面EMGHIJ∥平面ACD1.又EF∥平面ACD1，则P∈平面EMGHIJ.(第5题)6.ABC解析：根据异面直线的定义易知直线A1C1与AD1为异面直线，A正确．因为AA1∥CC1且AA1＝CC1，所以四边形AA1C1C为平行四边形，所以A1C1∥AC.又A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，所以A1C1∥平面ACD1，B正确．同理可证BC1∥平面ACD1，又A1C1∩BC1＝C1，所以平面A1C1B∥平面ACD1，C正确．VD1－ADC＝eq\f(1,3)×2×eq\f(1,2)×2×2＝eq\f(4,3)，D错误．7.eq\f(1,2)解析：如图，连接AC1，交A1C于点O，连接OM.因为BC1∥平面A1MC，BC1⊂平面ABC1，平面A1MC∩平面ABC1＝OM，所以BC1∥OM.因为在△ABC1中，O为AC1的中点，所以M为AB的中点，因为AM＝λAB，所以λ＝eq\f(1,2).(第7题)8.M∈线段FH解析：因为HN∥BD，HF∥DD1，HN，HF⊂平面HNF，HN∩HF＝H，BD，DD1⊂平面B1BDD1，BD∩DD1＝D，所以平面NHF∥平面B1BDD1.又平面NHF∩平面EFGH＝FH，所以线段FH上任意点M与N相连，都有MN∥平面B1BDD1，故M∈线段FH.9.【解答】(1)因为N，Q分别为PB，PC的中点，所以QN∥BC.因为底面ABCD是菱形，所以BC∥AD，所以QN∥AD.因为QN⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以QN∥平面PAD.(2)直线l与平面PBD平行，证明如下：因为N，M分别为PB，PD的中点，所以MN∥BD.因为MN⊄平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD.因为平面CMN与底面ABCD的交线为l，MN⊂平面CMN，由线面平行的性质定理可得MN∥l.因为MN∥BD，所以BD∥l.因为BD⊂平面PBD，l⊄平面PBD，所以直线l∥平面PBD.10.【解答】(1)因为E，F分别是AB，AC的中点，所以EF∥BC.因为EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，所以EF∥平面BCHG.因为A1G∥EB，A1G＝EB，所以四边形A1EBG是平行四边形，所以A1E∥GB.又A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG，所以A1E∥平面BCHG.又A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，所以平面EFA1∥平面BCHG.(2)如图，连接A1B，交AB1于点O，连接OD1.因为平面BC1D∥平面AB1D1，且平面A1BC1∩平面BC1D＝BC1，平面A1BC1∩平面AB1D1＝D1O，所以BC1∥D1O，则eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(A1O,OB)＝1.因为平面ACC1A1∩平面BC1D＝C1D，平面ACC1A1∩平面AB1D1＝AD1，平面BC1D∥平面AB1D1，所以AD1∥C1D，所以eq\f(A1D1,D1C1)＝eq\f(DC,AD)＝1，即eq\f(AD,DC)＝1.(第10题)11.eq\f(π,2)解析：因为a，b是不共线的两个单位向量，所以(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝0，所以a＋b与a－b的夹角为eq\f(π,2).12.B解析：设r为圆柱底面圆的半径，由AD∶AB＝3∶2得AD＝3r，AB＝2r.由VPO1∶VPO2＝2∶1可得eq\f(PO1,PO2)＝eq\f(2,1)，故PO1＝2r，PO2＝r，则圆锥PO1与圆锥PO2的母线之比为eq\f(l1,l2)＝eq\f(PA,PC)＝eq\f(\r(,5),\r(,2))，所以圆锥PO1与圆锥PO2的侧面积之比为eq\f(πrl1,πrl2)＝eq\f(l1,l2)＝eq\f(\r(,5),\r(,2)).13.【解答】(1)因为数列{an}为等比数列，公比为q，且a1＝1，|a1－a2|＝eq\f(1,2)，所以a2＝eq\f(1,2)或a2＝eq\f(3,2)，所以q＝eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,2)或eq\f(3,2).又an＋2bn＋1－anbn＝0，所以eq\f(bn＋1,bn)＝eq\f(an,an＋2)＝eq\f(1,q2)(n∈N*)，即数列{bn}是以b1＝1为首项，eq\f(1,q2)为公比的等比数列，故bn＝4n－1或bn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)))n－1.(2)由题意公差d＝1，即an＝1＋(n－1)d＝n，由于an＋2·bn＋1－anbn＝0，所以eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(an－1,an＋1)(n≥2，n∈N*)，从而bn＝eq\f(bn,bn－1)·eq\f(bn－1,bn－2)·…·eq\f(b3,b2)·eq\f(b2,b1)·b1＝eq\f(an－1,an＋1)·eq\f(an－2,an)·…·eq\f(a2,a4)·eq\f(a1,a3)·b1＝eq\f(a1a2,anan＋1)＝eq\f(2,nn＋1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n≥2)．又b1＝1满足上式，所以bn＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))(n≥1，n∈N*)，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,n＋1)))＝eq\f(2n,n＋1)，故Tn＝eq\f(2n,n＋1).第35讲直线、平面垂直的判定与性质1.C2.D解析：如图(1)，在正方体中，即AD1为m，EF为n，底面ABCD为平面α，则m，n在平面α内的射影AD和DF垂直；如图(2)，在正方体中，即AD1为m，BG为n，底面ABCD为平面α，则m，n在平面α内的射影AD和BC平行．综上，m，n在平面α内的射影m′，n′可能平行，也可能垂直． 图(1) 图(2)(第2题)3.C解析：对于A，m∥α，n∥α，m与n可以平行、异面或相交，故A错误；对于B，因为α∥β，m⊥α，所以m⊥β，又n∥β，所以m⊥n，故B错误；对于C，由m∥α，则存在直线l⊂α，使得m∥l，又m⊥β，所以l⊥β，且l⊂α，所以α⊥β，故C正确；对于D，因为α⊥β，可设α∩β＝l，则当m∥l，n∥l时，可得到m∥α，n∥β，但此时m∥n，故D错误．4.D解析：因为BC⊥平面APC，AP⊂平面APC，所以BC⊥AP，故A可以证明；因为AP⊥PC，AP⊥PB，PC∩PB＝P，PC，PB⊂平面BPC，所以AP⊥平面BPC，因为BC⊂平面BPC，所以BC⊥AP，故B可以证明；因为平面APC⊥平面BPC，平面APC∩平面BPC＝PC，PC⊥BC，由面面垂直的性质定理知BC⊥平面APC.又AP⊂平面APC，所以BC⊥AP，故C可以证明；由D选项BC⊥PC，AB⊥BC并不能推出AP⊥BC.5.AD解析：如图，对于A，连接AC，D1C，因为F为AC的中点，所以EF∥CD1，故A正确；对于B，连接FD1，在△AFD1中，因为AF≠FD1，E为AD1的中点，所以EF和AD1不垂直，故B错误；对于C，由EF和平面AA1D1D相交，而平面AA1D1D∥平面BB1C1C，则EF和平面BB1C1C相交，故C错误；对于D，因为D1C⊥DC1，D1C⊥AD，AD∩DC1＝D，所以D1C⊥平面AB1C1D，又EF∥D1C，所以EF⊥平面AB1C1D，故D正确．(第5题)6.AC解析：如图，连接BD，则BD∥B1D1，所以直线AD与BD所成的角即为直线AD与直线B1D1所成的角．在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，则直线AD与直线B1D1所成的角为45°，故A正确；由于棱台的每条侧棱延长后会交于同一点，所以直线AA1与直线CC1是相交直线，故B错误；由AA1⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，故AA1⊥AB.又AB⊥AD，AA1∩AD＝A，AA1，AD⊂平面ADD1A，故AB⊥平面ADD1A1，而AB⊂平面ABB1A1，则平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，故C正确；连接AC，由题意知AC⊥BD，而AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，故BD⊥AA1.又AA1∩AC＝A，所以BD⊥平面AA1C.因为CA1⊂平面AA1C，所以BD⊥CA1.而AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABCD，所以AD不可能垂直于CA1，故D错误．(第6题)7.7解析：如图，构造棱长分别为2cm,3cm,6cm的长方体，则OP为该长方体的体对角线，所以点P到点O的距离为OP＝eq\r(22＋32＋62)＝7(cm)．(第7题)8.eq\f(\r(,3),3)解析：如图，因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD.又因为底面ABCD是正方形，所以CA⊥BD.因为CC1∩AC＝C，CC1，AC⊂平面CC1A，所以BD⊥平面CC1A.而AC1⊂平面CC1A，因此AC1⊥BD.同理AC1⊥A1D，因为BD∩A1D＝D，BD，A1D⊂平面A1BD，所以AC1⊥平面A1BD.而AH⊥平面A1BD，即A，C1，H在一条直线上，因此AC1与平面CDD1C1所成的角与AH与平面CDD1C1所成的角相等．因为AD⊥平面DCC1D1，所以∠AC1D为AC1与平面DCC1D1所成的角．设该正方体的棱长为1，因此sin∠AC1D＝eq\f(AD,AC1)＝eq\f(1,\r(,1＋1＋1))＝eq\f(\r(,3),3).(第8题)9.eq\f(1,2)解析：设B1F＝x，因为AB1⊥平面C1DF，DF⊂平面C1DF，所以AB1⊥DF.由题意知A1B1＝eq\r(2).设Rt△AA1B1斜边AB1上的高为h，则DE＝eq\f(1,2)h.又2×eq\r(2)＝h×eq\r(22＋\r(2)2)，所以h＝eq\f(2\r(3),3)，所以DE＝eq\f(\r(3),3).在Rt△DB1E中，B1E＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),6).由面积相等得eq\f(\r(6),6)×eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)x，所以x＝eq\f(1,2)，即线段B1F的长为eq\f(1,2).10.【解答】(1)因为平面BCC1B1⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BC为平面BCC1B1与平面ABC的交线，所以AC⊥平面BCC1B1，因为BC1⊂平面BCC1B1，所以AC⊥BC1.如图，取BC的中点D，连接C1D，因为BC＝2，所以BD＝C1B1＝B1B＝1，又BD∥B1C1，所以四边形BDC1B1为菱形，所以C1D＝CD＝BD＝1，所以BC1⊥CC1.因为AC，CC1⊂平面ACC1A1，AC∩CC1＝C，所以BC1⊥平面ACC1A1.因为BC1⊂平面BCC1B1，所以平面BCC1B1⊥平面ACC1A1.(2)设点B1到平面ACC1A1的距离为h，则VC－AA1B1＝VB1－CAA1＝eq\f(1,3)·h·S△CAA1.因为AC⊥CC1，所以S△CAA1＝eq\f(1,2)×2×1＝1.如图，连接B1D交BC1于点M，则h为点M到平面ACC1A1的距离，所以h＝eq\f(1,2)BC1＝eq\f(1,2)eq\r(,BC2－CC\o\al(2,1))＝eq\f(\r(,3),2)，所以VCAA1B1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(,3),2)×1＝eq\f(\r(,3),6).(第10题)11.【解答】(1)因为PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，所以PA⊥BC.又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC.因为PA，AC⊂平面PAC，且PA，AC相交于点A，所以BC⊥平面PAC.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAC.(2)如图，取AB的中点N，连接MN，由于M是PB的中点，可得MN∥PA.又因为PA⊥底面ABC，所以MN⊥底面ABC，所以∠MAN就是直线AM与底面ABC所成的角α.记AC＝BC＝PA＝2a，在Rt△MAN中，tanα＝tan∠MAN＝eq\f(a,\r(,2)a)＝eq\f(\r(,2),2).取PC的中点H，连接AH，HM，由于AC＝PA，所以AH⊥PC.由(1)知BC⊥平面PAC，AH⊂平面PAC，所以BC⊥AH.又因为PC，BC⊂平面PBC，PC，BC相交于点C，所以AH⊥平面PBC，所以∠AMH就是直线AM与平面PBC所成的角β.在Rt△AMH中，tanβ＝tan∠AMH＝eq\f(\r(,2)a,a)＝eq\r(,2).由于α，β都是锐角，所以α＋β＝eq\f(π,2).(第11题)12.A解析：y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))，要求函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)－2x))的减区间，即求函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))的增区间．令－eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，可得－eq\f(π,8)＋kπ≤x≤eq\f(3π,8)＋kπ，k∈Z.13.AB解析：aeq\o\al(2,1)＝aeq\o\al(2,11)，即(a1＋a11)(a1－a11)＝0，又d<0，故数列{an}为递减数列，则a1＋a11＝0＝2a6，所以a6＝0，故该数列的前5项都为正数，且从第7项开始都为负数，故S5＝S6是Sn的最大值，则k＝5或6.14.【解答】(1)因为f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(a,x)－3lnx，所以f′(x)＝x－eq\f(a,x2)－eq\f(3,x).又函数f(x)是增函数，所以f′(x)＝x－eq\f(a,x2)－eq\f(3,x)≥0在(0，＋∞)上恒成立且满足f′(x)＝0的点不连续，所以a≤x3－3x在(0，＋∞)上恒成立．设g(x)＝x3－3x，x∈(0，＋∞)，则a≤g(x)min，而g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′x>0，,x>0，))得x>1，令eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g′x<0，,x>0，))得0<x<1，故g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝－2，所以实数a的取值范围为(－∞，－2]．(2)假设存在实数a，使得x＝1是f(x)的极值点，则f′(1)＝1－a－3＝0，所以a＝－2.当a＝－2时，f′(x)＝x＋eq\f(2,x2)－eq\f(3,x)＝eq\f(x3－3x＋2,x2)＝eq\f(x－12x＋2,x2)≥0恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以x＝1不是f(x)的极值点．综上，不存在这样的实数a，使得x＝1是f(x)的极值点．第36讲空间直角坐标系与空间向量1.A2.B解析：eq\o(PA,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))－xeq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(BD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(PB,\s\up6(→))－xeq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)(eq\o(PD,\s\up6(→))－eq\o(PB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(PB,\s\up6(→))－xeq\o(PC,\s\up6(→))＋eq\f(1,6)eq\o(PD,\s\up6(→)).又因为P是空间任意一点，A，B，C，D四点满足任三点均不共线，但四点共面，所以eq\f(1,2)－x＋eq\f(1,6)＝1，解得x＝－eq\f(1,3).3.A解析：由题意得|eq\o(AA1,\s\up6(→))|＝3，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝2，eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝3，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝2.eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AC1,\s\up6(→))＋eq\o(C1O,\s\up6(→))＝(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))－eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,2)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))，所以|eq\o(AO,\s\up6(→))|2＝eq\o(AO,\s\up6(→))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AA1,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→)))2＝eq\f(1,4)(eq\o(AA1,\s\up6(→))2＋eq\o(AC,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＋2eq\o(AA1,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋2eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)×(32＋22＋22＋2×3＋2×3＋2×2)＝eq\f(33,4)，故|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(,33),2).4.B解析：在正三棱柱ABC－A1B1C1中，向量eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BB,\s\up6(→))1不共面，eq\o(AB,\s\up6(→))1＝eq\o(BB,\s\up6(→))1－eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))1＝eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB,\s\up6(→))1.令|eq\o(BB,\s\up6(→))1|＝a，则|eq\o(BA,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(,2)a，而eq\o(BB,\s\up6(→))1⊥eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))⊥eq\o(BB,\s\up6(→))1，于是得eq\o(AB,\s\up6(→))1·eq\o(BC,\s\up6(→))1＝(eq\o(BB,\s\up6(→))1－eq\o(BA,\s\up6(→)))·(eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB,\s\up6(→))1)＝eq\o(BB,\s\up6(→))1·eq\o(BC,\s\up6(→))＋eq\o(BB,\s\up6(→))eq\o\al(2,1)－eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→))·eq\o(BB,\s\up6(→))1＝a2－eq\r(,2)a·eq\r(,2)acos60°＝0，因此，eq\o(AB,\s\up6(→))1⊥eq\o(BC,\s\up6(→))1，所以AB与BC1所成角的大小为90°.5.AC解析：因为eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，故A正确；eq\o(BP,\s\up6(→))＝(3，－3，－3)，eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝3＋6－3＝6≠0，故B错误；eq\o(BC,\s\up6(→))＝(6,1，－4)，|eq\o(BC,\s\up6(→))|＝eq\r(62＋12＋－42)＝eq\r(53)，故C正确；eq\o(AP,\s\up6(→))＝(1，－2,1)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(6,1，－4)，各个对应分量的比例不同，故D错误．6.ACD解析：如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(1，0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，A1(1,0，eq\r(3))，B1(1，1，eq\r(3))，C1(0,1，eq\r(3))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2)，0))，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0，0))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，0，\f(\r(3),2)))，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1，\f(\r(3),2)))，所以eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，\f(\r(3),2)))，eq\o(B1D,\s\up6(→))＝(－1，－1，－eq\r(3))，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－1,0，eq\r(3))，eq\o(A1D,\s\up6(→))＝(－1,0，－eq\r(3))，eq\o(FE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,2)，0))，eq\o(EQ,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)，\f(\r(3),2))).因为eq\o(AC,\s\up6(→))·eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－1,1,0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－1，\f(\r(3),2)))＝1－1＝0，所以eq\o(AC,\s\up6(→))⊥eq\o(BP,\s\up6(→))，即AC⊥BP，故A正确；设平面EFPQ的法向量为n＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(FE,\s\up6(→))·n＝0，,\o(EQ,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x＋\f(1,2)y＝0，,\f(1,2)y＋\f(\r(3),2)z＝0，))取z＝1，则n＝(eq\r(3)，－eq\r(3)，1)，所以不存在实数λ使得eq\o(B1D,\s\up6(→))＝λn，故B1D与平面EFPQ不垂直，B错误；由eq\o(BC1,\s\up6(→))·n＝(－1,0，eq\r(3))·(eq\r(3)，－eq\r(3)，1)＝－eq\r(3)＋eq\r(3)＝0，且BC1不在平面EFPQ内，得BC1∥平面EFPQ，故C正确；cos〈eq\o(A1D,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(A1D,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(A1D,\s\up6(→))||\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2×\r(,2))＝eq\f(\r(2),4)，则直线A1D与AC所成角的余弦值为eq\f(\r(2),4)，故D正确．(第6题)7.－1解析：因为直线l⊥平面α，所以m∥n，即向量m与向量n共线，所以m＝λn，即eq\f(x,－2)＝eq\f(－1,－2)＝eq\f(1,2)，解得x＝－1.8.11解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(8，eq\r(,21)，0)，S(0,0,6)，所以SB＝|eq\o(SB,\s\up6(→))|＝eq\r(,0－82＋0－\r(,21)2＋6－02)＝11.(第8题)9.2eq\f(\r(,15),15)解析：以{eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AA1,\s\up6(→))}为基底，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则eq\o(AA,\s\up6(→))1·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，eq\o(AA,\s\up6(→))1·eq\o(AD,\s\up6(→))＝0，eq\o(DB,\s\up6(→))1＝eq\o(DA,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA,\s\up6(→))1＝－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA,\s\up6(→))1，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(BM,\s\up6(→))＝－eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(DB,\s\up6(→))1·eq\o(CM,\s\up6(→))＝(－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA,\s\up6(→))1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AD,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))＝eq\o(AD,\s\up6(→))2－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AA,\s\up6(→))1·eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA,\s\up6(→))1－eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝4－eq\f(1,2)×4＝2.设直线DB1与直线CM所成的角为θ，eq\o(DB,\s\up6(→))eq\o\al(2,1)＝(－eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA,\s\up6(→))1)2＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AB,\s\up6(→))2＋eq\o(AA,\s\up6(→))eq\o\al(2,1)－2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AD,\s\up6(→))－2eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AA,\s\up6(→))1＋2eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(AA,\s\up6(→))1＝4＋4＋4＝12，|eq\o(DB,\s\up6(→))1|＝eq\r(,12)，eq\o(CM,\s\up6(→))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(AD,\s\up6(→))－\f(1,2)\o(AB,\s\up6(→))))2＝eq\o(AD,\s\up6(→))2＋eq\o(AD,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(AB,\s\up6(→))2＝4＋1＝5，|eq\o(CM,\s\up6(→))|＝eq\r(,5)，则cosθ＝eq\f(|\o(DB,\s\up6(→))1·\o(CM,\s\up6(→))|,|\o(DB,\s\up6(→))1|·|\o(CM,\s\up6(→))|)＝{eq\f(2,\r(,12)×\r(,5))|＝eq\f(\r(,15),15)，所以直线DB1与直线CM所成角的余弦值为eq\f(\r(,15),15).10.【解答】设eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，eq\o(AA1,\s\up6(→))＝c，则两两夹角为60°，且模均为1.,(1)eq\o(AC1,\s\up6(→))＝eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(CC1,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝a＋b＋c，所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|2＝(a＋b＋c)2＝|a|2＋|b|2＋|c|2＋2a·b＋2b·c＋2a·c＝3＋6×1×1×eq\f(1,2)＝6，所以|eq\o(AC1,\s\up6(→))|＝eq\r(,6)，即AC1的长为eq\r(,6).,(2)eq\o(BD1,\s\up6(→))＝eq\o(BD,\s\up6(→))＋eq\o(DD1,\s\up6(→))＝eq\o(AD,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AA1,\s\up6(→))＝b－a＋c，所以eq\o(BD1,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝(b－a＋c)·(a＋b)＝a·b－a2＋a·c＋b2－a·b＋b·c＝1，|eq\o(BD1,\s\up6(→))|＝eq\r(,b－a＋c2)＝eq\r(,2)，|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝eq\r(,a＋b2)＝eq\r(,3)，所以cos〈eq\o(BD1,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(BD1,\s\up6(→))·\o(AC,\s\up6(→)),|\o(BD1,\s\up6(→))|·|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(,2)×\r(,3))＝eq\f(\r(,6),6)，所以BD1与AC夹角的余弦值为eq\f(\r(,6),6).11.【解答】以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图．设G(0,0，t)，由已知B(1,1,0)，E(1,0,1)，F(0,1,1)，D1(0,0,2)，则eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，eq\o(EB,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(D1F,\s\up6(→))＝(0,1，－1)，eq\o(EG,\s\up6(→))＝(－1,0，t－1)．(第11题)(1)因为eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(D1F,\s\up6(→))，所以EB∥D1F，且EB＝D1F，所以四边形EBFD1为平行四边形，所以B，E，D，F四点共面．(2)设平面BEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(EB,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x1＋y1＝0，,y1－z1＝0，))取x1＝1，则n1＝(1,1,1)．设平面GEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(EF,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(EG,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋y2＝0，,－x2＋t－1z2＝0，))取x2＝t－1，则n2＝(t－1，t－1,1)．因为平面GEF⊥平面BEF，所以n1·n2＝0，所以t－1＋t－1＋1＝0，解得t＝eq\f(1,2)，所以存在满足题意的点G，使得平面GEF⊥平面BEF，且DG的长度为eq\f(1,2).12.D解析：因为a，b为正实数，则0＝ab－3(a＋b)＋8≤ab－6eq\r(,ab)＋8，即(eq\r(,ab)－2)(eq\r(,ab)－4)≥0，所以0<eq\r(,ab)≤2或eq\r(,ab)≥4，所以0<ab≤4或ab≥16，故ab的取值范围是(0，4]∪[16，＋∞)．13.1解析：因为2cos(60°－10°)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos10°＋\f(\r(,3),2)sin10°))＝cos10°＋eq\r(,3)sin10°，所以eq\f(2cos50°－\r(,3)sin10°,cos10°)＝eq\f(cos10°,cos10°)＝1.14.【解答】(1)因为2an＋2－an＝an＋1，所以an＋2＝eq\f(1,2)(an＋an＋1)，从而eq\f(an＋2－an＋1,an＋1－an)＝eq\f(\f(1,2)an＋an＋1－an＋1,an＋1－an)＝－eq\f(1,2).因为a1＝eq\f(1,2)，a2＝1，所以a2－a1＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，故数列{an＋1－an}是首项为eq\f(1,2)，公比为－eq\f(1,2)的等比数列．(2)由(1)可知，an＋1－an＝eq\f(1,2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1＝eq\f(－1n－1,2n)，故当n≥2时，a2－a1＝eq\f(1,2)，a3－a2＝－eq\f(1,22)，a4－a3＝eq\f(1,23)，…，an－an－1＝eq\f(－1n－2,2n－1)，由各式相加可知，an－a1＝eq\f(1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,22)))＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(－1n－2,2n－1)＝eq\f(\f(1,2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))n－1)),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))))＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(－1n－1,2n－1)))，故an＝a1＋eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\f(－1n－1,2n－1)))＝eq\f(5,6)－eq\f(－1n－1,3×2n－1)，当n＝1时，也满足an＝eq\f(5,6)－eq\f(－1n－1,3×2n－1)，故数列{an}的通项公式为an＝eq\f(5,6)－eq\f(－1n－1,3×2n－1).第37讲空间角与距离的计算第1课时线线角与线面角1.C解析：设圆锥的底面半径为R，母线长为l，因为圆锥的侧面积是底面面积的2倍，所以πRl＝2πR2，解得l＝2R.如图，设该圆锥的母线与底面所成的角为α，则cosα＝eq\f(R,l)＝eq\f(1,2)，所以α＝eq\f(π,3).(第1题)2.D解析：如图，以AC的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设PA＝4，则N(0,0,2)，M(eq\r(,3)，－1,0)，P(0，－2,4)，B(2eq\r(,3)，0,0)，所以eq\o(MN,\s\up6(→))＝(－eq\r(,3)，1,2)，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(2eq\r(,3)，2，－4)，则cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(PB,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(MN,\s\up6(→))·\o(PB,\s\up6(→)),|\o(MN,\s\up6(→))||\o(PB,\s\up6(→))|)＝－eq\f(3,4).因为异面直线所成角的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以直线MN与PB所成角的余弦值为eq\f(3,4).(第2题)3.C解析：在劣弧eq\o(AD,\s\up9(︵))上取eq\o(AB,\s\up9(︵))的中点M，以O为坐标原点，OM，OB，OC所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．因为圆锥的底面直径AB＝2，其侧面展开图为半圆，底面圆的弦AD＝eq\r(,3)，所以π×BC＝2×1×π，所以BC＝2，则CO＝eq\r(,3)，所以A(0，－1,0)，B(0,1,0)，C(0,0，eq\r(,3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)，\f(3,2)，0))，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(0，－1，eq\r(,3))，则cos〈eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AD,\s\up6(→))·\o(BC,\s\up6(→)),|\o(AD,\s\up6(→))|·|\o(BC,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(\r(,3),2)×0＋\f(3,2)×－1＋0×\r(,3),\r(,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(,3),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＋02)×\r(,02＋－12＋\r(,3)2))＝eq\f(－\f(3,2),2\r(,3))＝－eq\f(\r(,3),4).因为异面直线所成角的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq\f(\r(,3),4).(第3题)4.B解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，D1(0,0,1)，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，\f(1,2)))，B1(1,1,1)，所以eq\o(A1D1,\s\up6(→))＝(－1,0,0)，eq\o(D1M,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1，－\f(1,2)))，eq\o(MB1,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0，\f(1,2))).设平面A1D1M的法向量为m＝(x，y，z)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(A1D1,\s\up6(→))·m＝0，,\o(D1M,\s\up6(→))·m＝0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＝0，,y－\f(1,2)z＝0.))令y＝1，得z＝2，所以m＝(0,1,2)．设直线B1M与平面A1D1M所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(|m·\o(MB1,\s\up6(→))|,|m||\o(MB1,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,\r(5)×\f(\r(5),2))＝eq\f(2,5).(第4题)5.CD解析：以D为坐标原点，分别以eq\o(DA,\s\up6(→))，eq\o(DC,\s\up6(→))，eq\o(DD,\s\up6(→))1的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，如图，则B(2,2,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，E(0，t,0)(0≤t≤1)，所以eq\o(BA,\s\up6(→))1＝(0，－2,2)，eq\o(B1E,\s\up6(→))＝(－2，t－2，－2)．设直线BA1与B1E所成的角为θ，则cosθ＝eq\f(|－2t－2－4|,2\r(,2)×\r(,8＋t－22))＝eq\f(t,\r(,2)×\r(,t2－4t＋12))＝eq\f(1,\r(,2)×\r(,12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(1,6)))2＋\f(2,3)))≤eq\f(1,\r(,2)×3)＝eq\f(\r(,2),6)，当且仅当t＝1时，等号成立，故CD正确．(第5题)6.ABD解析：如图，连接B1C，BC1，因为DA1∥B1C，所以直线BC1与DA1所成的角即为直线BC1与B1C所成的角．因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；连接A1C，因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1⊂平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，所以BC1⊥平面A1B1C.又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，所以C1O⊥平面BB1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．设正方体的棱长为1，则C1O＝eq\f(\r(,2),2)，BC1＝eq\r(,2)，所以sin∠C1BO＝eq\f(C1O,BC1)＝eq\f(1,2)，所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．(第6题)7.eq\f(\r(,2),10)解析：建立如图所示的空间直角坐标系，易得A(2，0,0)，B(2,3,0)，B1(2,3,1)，C1(0,3,1)，则eq\o(AB1,\s\up6(→))＝(0,3,1)，eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(－2,0,1)．设异面直线AB1与BC1所成的角为θ，则cosθ＝|cos〈eq\o(AB1,\s\up6(→))，eq\o(BC1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(1,\r(,10)×\r(,5))＝eq\f(\r(,2),10).(第7题)8.30°解析：如图，以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz.设OD＝SO＝OA＝OB＝OC＝a(a＞0)，则A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(－a,0,0)，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(a,2)，\f(a,2)))，所以eq\o(CA,\s\up6(→))＝(2a,