专题五第三讲

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专题05 资本主义论(上)(1)

对于同一商品所有者来说，在商品交换过程中，不论是买者还是卖者，使用价值和价值二者不可兼得。要获得商品的价值，就必须放弃商品的使用价值；要得到商品的使用价值，就不能得到商品的价值。
商品必须同时具有使用价值和价值二因素。使用价值是价值的物质承担者，没有使用价值，即使付出再多的劳动，产品也没有价值。
讨论：哲学上的价值和经济学上的价值有何不同？
资本主义社会财富表现为一种惊人的庞大的商品堆积，单个商品表现为它的元素形式。因此，揭示资本主义基本经济规律，要从分析商品经济基本规律入手。
（一）商品和商品经济
价值是与商品和商品经济相联系的一个范畴。因此，要理解价值，首先要理解什么是商品和商品经济。
商品用来交换、能满足人的某种需要的劳动产品。人类经济活动，就是不断生产劳动产品的过程。但并不是所有的劳动产品都是商品，只有以交换为目的生产的劳动产品才是商品。
使用价值是指商品能满足人的某种需要的有用性。使用价值反映人与自然之间的物质关系，是商品的自然属性，是一切劳动产品所共有的属性。商品的使用价值与一般劳动产品的使用价值区别在于：是以交换为目的满足他人需要，还是用来满足生产者自身需要。
（二）使用价值和价值
“不论财富的社会的形式如何，使用价值总是构成财富的物质的内容。” ——马克思：《资本论》（第一卷）
劳动者的平均熟练程度
科技发展水平及其在生产中的应用
生产过程的社会结合
生产资料的规模和效能
自然条件
简单劳动是指不需要经过专门训练和培养，一般劳动者都能从事的劳动。复杂劳动是指需要经过专门训练和培养，具有一定文化知识和技术专长的劳动者所从事的劳动。
复杂劳动生产出来的商品和简单劳动生产出来的商品相交换时，交换的比例关系是以简单劳动为尺度计算的。在相同的劳动时间里，复杂劳动创造的价值大于简单劳动创造的价值。复杂劳动等于自乘的或多倍的简单劳动，这个换算过程是在商品交换过程中自发实现的。

小学数学解题方法专题讲座(10个专题)

小学数学解题方法专题讲座目录第一讲逻辑推理初步 (2)第二讲循环小数化分数 (4)第三讲分数计算（一） (10)第四讲分数计算（二） (13)第五讲分数、百分数应用题（一） (17)第六讲分数、百分数应用题（二） (22)第七讲生活中的经济问题 (27)第八讲工程问题 (29)第九讲圆的周长与面积 (32)第十讲不定方程 (40)第一讲逻辑推理初步学习提示：本讲主要是逻辑推理问题，这类问题很少依赖数学概念、法则、公式进行计算，而主要是根据某些条件、结论以及它们之间的逻辑关系进行判断推理，最终找到问题的答案，像这样的问题我们称之为逻辑推理问题。

典型题解下面介绍一些逻辑推理问题以及逻辑推理的基本方法和基本技巧。

例1 我国有“三山五岳”之说，其中五岳是指：东岳泰山，南岳衡山，西岳华山，北岳恒山和中岳嵩山。

一位老师拿出这五座山的图片，并在图片上标出数字，他让五位同学来辨别，每人说出两个。

学生回答如下：甲：2是泰山，3是华山乙：4是衡山，2是嵩山丙：1是衡山，5是恒山丁：4是恒山，3是嵩山戊：2是华山，5是泰山。

老师发现五个同学都只说对了一半，那么正确的说法是什么呢？例2 甲乙丙三人对小强的藏书数目做了一个估计，甲说：“他至少有1000本书”。

乙说：“他的书不到1000本”。

丙说：“他至少有一本书”。

这三个估计只有一句是对的，那么小强究竟有多少本书？例3 从前有三个和尚，一个讲真话，一个讲假话，另一个有时讲真话，有时讲假话。

一天，一位智者遇到这三个和尚，他问第一个和尚：“你后面是哪一个和尚？”和尚回答：“讲真话的”。

他又问第二位和尚：“你是哪一位？”得到的回答是：“有时讲真话，有时讲假话”。

他问第三位和尚：“你前面是哪位和尚？”第三位和尚回答说：“讲假话的”。

根据他们的回答，智者很快分清了他们各自是哪一位和尚，请你说出智者的答案。

例4 桌上放了8张扑克牌，都背向上，牌放置的位置如图所示。

现已知：（1）每张都是A、K、Q、J中的一张；（2）这8张牌中至少有一张Q；（3）其中只有一张A；（4）所有的Q都夹在两张K之间；（5）至少有一张K夹在两张J之间；（6）J和Q互不相邻，A和K也互不相邻；（7）至少有两张K相邻。

高中数学高考17第一部分板块二专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题(大题)

设M(x1，y1)，M′(x2，y2)，设 MF1 的方程为 x＝my－ 3，
x＝my－ 3，
由x42＋y2＝1
得(m2＋4)y2－2 3my－1＝0，
故yy11＋y2＝y2＝－mm2 221＋＋3m44.，
设F1M与F2N的距离为d，四边形F1F2NM的面积为S，
则 S＝12(|F1M|＋|F2N|)d＝12(|F1M′|＋|F1M|)d＝12|MM′|d＝ S△MF2M′,
2
PART TWO
真题体验押题预测
真题体验 (2018·全国Ⅰ，文，20)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2,0)，过点A的直线l与 C交于M，N两点. (1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
解当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2). 所以直线 BM 的方程为 y＝12x＋1 或 y＝－12x－1. 即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.
所以 y1＋y2＝2k，y1y2＝－4.
直线 BM，BN 的斜率之和 kBM＋kBN＝x1y＋1 2＋x2y＋2 2＝x2y1＋x1x＋1y22＋x22＋y12＋ y2.
①
将 x1＝yk1＋2，x2＝yk2＋2 及 y1＋y2，y1y2 的表达式代入①式分子，
可得 x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4kky1＋y2＝－8k＋8＝0.
当且仅当 t2＝92，即 t＝±322时取等号.
故△BPQ
的面积的最大值为
2 2.
热点二范围问题
圆锥曲线的范围问题的常见解法 (1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等关系或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的范围.

届数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合应用学案含解析

第3讲圆锥曲线的综合应用JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．⊙︱真题分布︱(理科）年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷20椭圆的简单性质及方程思想、定点问题12Ⅱ卷19椭圆离心率的求解,利用抛物线的定义求抛物线和椭圆的标准方程12Ⅲ20椭圆标准方程和求三角形12(文科）Ⅲ卷21椭圆标准方程和求三角形面积问题，椭圆的离心率定义和数形结合求三角形面积,12201 9Ⅰ卷21直线与圆的位置关系，定值问题12Ⅱ卷20椭圆的定义及其几何性质、参数的范围12Ⅲ卷21直线与抛物线的位置关系、定点问题12201 8Ⅰ卷20直线的方程，直线与抛物线的位置关系、证明问题12Ⅱ卷20直线的方程,直线与抛物线的位置关系、圆的方程12Ⅲ卷20直线与椭圆的位置关系、证明问题12KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一圆锥曲线中的最值、范围问题错误!错误!错误!错误!典例1（2020·青海省玉树州高三联考）已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px（p〉0）相切．（1）求抛物线C的方程；（2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．【解析】（1)将l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px联立得:y2－2py＋2p＝0，∵l与C相切,∴Δ＝4p2－8p＝0，解得：p＝2，∴抛物线C的方程为:y2＝4x。

（2）由题意知，直线m斜率不为0，可设直线m方程为：x ＝ty＋1，联立｛y2＝4x，x＝ty＋1得：y2－4ty－4＝0．设A（x1，y1），B(x2，y2）,则y1＋y2＝4t，∴x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝4t2＋2，∴线段AB中点M(2t2＋1,2t)．设A,B,M到直线l距离分别为d A,d B，d M,则d A＋d B＝2d M＝2·错误!＝2错误!错误!＝2错误!错误!，∵（t－错误!)2＋错误!≥错误!，∴当t＝错误!时，错误!min＝错误!,∴A,B两点到直线l的距离之和的最小值为：22×错误!＝错误!。

2019届高考数学二轮复习专题五立体几何 (讲义训练)：第3讲立体几何中的计算课时训练(含答案)

第3讲立体几何中的计算课时训练1. 已知正四棱锥底面边长为42，体积为32，则此四棱锥的侧棱长为________．答案：5解析：由正四棱锥底面边长为42，则底面正方形对角线的一半长为4，再由体积公式得四棱锥的高为3，则此四棱锥的侧棱长为5.2. (2017·镇江期末)若圆锥底面半径为2，高为5，则其侧面积为________．答案：6π解析：因为圆锥的母线长为l ＝22＋（5）2＝3，所以其侧面积为π×2×3＝6π.3. (2017·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积之比为________．答案：2∶2解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为S 1＝2πrh ＝2πr 2.圆锥的母线l ＝h 2＋r 2＝2r ，故圆锥的侧面积为S 2＝12×2πr ×l ＝2πr 2，所以S 2∶S 1＝2∶2.4. (2018·启东调研)高为63的正四面体的表面积为________．答案：3解析：由正四面体的高为63，得正四面体的棱长为1，表面积为4×34＝3.5. (2017·南通一调)如图，在正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1A 1BD 的体积为________cm 3.答案：32解析：VD 1A 1BD ＝VBA 1DD 1＝13×3×12×3×1＝32(cm 3)．6. 将半径为5的圆分割成面积之比为1∶2∶3的三个扇形作为三个圆锥的侧面，设这三个圆锥的底面半径依次为r 1，r 2，r 3，则r 1＋r 2＋r 3＝________．答案：5解析：三个圆锥的底面周长分别为53π，103π，5π，则它们的半径r 1，r 2，r 3依次为56，53，52，则r 1＋r 2＋r 3＝5. 7. 已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 答案：96π解析：设圆锥的底面半径为r ，侧面积＝12×母线长×底面圆周长＝60π，得r ＝6 cm ，此圆锥的高为8 cm ，则此圆锥的体积为13×36π×8＝96π(cm 3)．8. (2018·南通中学练习)如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，若各条棱长均为2，且M 为A 1C 1的中点，则三棱锥M AB 1C 的体积是________．答案：233解析：在正三棱柱中，AA 1⊥平面A 1B 1C 1，则AA 1⊥B 1M .因为B 1M 是正三角形的中线，所以B 1M ⊥A 1C 1.所以B 1M ⊥平面ACC 1A 1，则VMAB 1C ＝VB 1ACM ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×AC ×AA 1×B 1M ＝13×12×2×2×3＝233.9. (2018·常熟期中)已知正三棱锥的体积为9 3 cm 3，高为3 cm ，则它的侧面积为________cm 2.答案：183解析：设正三棱锥底面三角形的边长为a ，则V ＝13×34a 2×3＝93，a ＝6(cm),底面等边三角形的高为32×6＝33(cm)，底面中心到一边的距离为13×33＝3(cm)，侧面的斜高为32＋（3）2＝23(cm), S 侧＝3×12×6×23＝183(cm 2)．10. (2018·南通一调)如图，铜质六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知正六棱柱的底面边长、高都为4 cm ，圆柱的底面积为9 3 cm 2.若将该螺帽熔化后铸成一个高为6 cm 的正三棱柱零件，则该正三棱柱的底面边长为________cm.(不计损耗)答案：210解析：由题意，六角螺帽毛坯体积为正六棱柱的体积减去圆柱的体积，即V 正六棱柱－V圆柱＝(S 正六边形－S 圆)h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫6×34×42－93×4＝603(cm 3)，因为正三棱柱的体积与六角螺帽毛坯的体积相等，设正三棱柱的底面边长为a ，所以34a 2·6＝603，解得a ＝210(cm)．11. 已知等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为S ，求其内接正四棱柱的体积．解：设等边圆柱的底面半径为r ，则高h ＝2r . 因为S ＝S 侧＋2S 底＝2πrh ＋2πr 2＝6πr 2，所以r ＝S6π，所以内接正四棱柱的底面边长a ＝2r sin45°＝2r ，所以V ＝S 底·h ＝(2r )2·2r ＝4r 3＝S 6πS9π2.12. 如图，四边形ABCD 为菱形，四边形ACFE 为平行四边形，BD 与AC 相交于点G ，AB ＝BD ＝2，AE ＝3，∠EAD ＝∠EAB .(1) 求证：平面ACFE ⊥平面ABCD ；(2) 若∠EAG ＝60°，求三棱锥F BDE 的体积．(1) 证明：连结EG . ∵ 四边形ABCD 为菱形， ∴ AD ＝AB ，BD ⊥AC ，DG ＝GB . 在△EAD 和△EAB 中，AD ＝AB ，AE ＝AE ，∠EAD ＝∠EAB ，∴ △EAD ≌△EAB ， ∴ ED ＝EB ，∴ BD ⊥EG . ∵ BD ⊥AC ，AC ∩EG ＝G ， ∴ BD ⊥平面ACFE . ∵ BD ⊂平面ABCD ， ∴ 平面ACFE ⊥平面ABCD .(2) 解：连结FG ，∵ BD ⊥平面ACFE ，FG ⊂平面ACFE ，∴ FG ⊥BD . 在△EAG 中，AE ＝AG ＝3，且∠EAG ＝60°， ∴ △EAG 为正三角形， ∴ ∠EGA ＝60°. 在△FCG 中，CG ＝FC ＝3，∠GCF ＝120°， ∴ ∠FGC ＝30°，∴ ∠EGF ＝90°，即FG ⊥EG . 又BD ∩EG ＝G ， ∴ FG ⊥平面BDE ，∴ 点F 到平面BDE 的距离为FG ＝3. ∵ S △BDE ＝12×BD ·EG＝12×2×3＝3，∴ 三棱锥FBDE 的体积为13×3×3＝3.13. 在矩形ABCD 中，将△ABC 沿其对角线AC 折起来得到△AB 1C ，且顶点B 1在平面ACD 上的射影O 恰好落在边AD 上，如图所示．(1) 求证：AB 1⊥平面B 1CD ； (2) 若AB ＝1，BC ＝3，求三棱锥B 1ABC 的体积．(1) 证明：因为B 1O ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以B 1O ⊥CD . 又CD ⊥AD ，AD ∩B 1O ＝O ，所以CD ⊥平面AB 1D .因为AB 1⊂平面AB 1D ，所以AB 1⊥CD . 因为AB 1⊥B 1C ，且B 1C ∩CD ＝C ，所以AB 1⊥平面B 1CD .(2) 解：因为AB 1⊥平面B 1CD ，B 1D ⊂平面B 1CD ，所以AB 1⊥B 1D . 在Rt △AB 1D 中，B 1D ＝AD 2－AB 21＝2. 由B 1O ·AD ＝AB 1·B 1D ，得B 1O ＝AB 1·B 1D AD＝63，所以VB 1ABC ＝13S △ABC ·B 1O ＝13×12×1×3×63＝26.。

交通与法讲座五交通事故处理的法律问题

交通与法讲座五交通事故处理的法律问题近年来，交通事故案件逐步上升，本期《交通与法》专题讲座就《道路交通事故安全法》中交通事故处理的法律问题做个深度剖析，主讲人北京市隆昌律师事务所龚俊峰先生。

本期讲座将介绍交通事故处理的相关法律问题。

第一讲发生交通事故时当事人处理方法在道路上发生交通事故，车辆驾驶人应当立即停车，保护现场;造成人身伤亡的，车辆驾驶人应当立即抢救受伤人员，并迅速报告执勤的交通警察或者公安机关交通管理部门。

因抢救受伤人员变动现场的，应当标明位置。

乘车人、过往车辆驾驶人、过往行人应当予以协助。

在道路上发生交通事故，未造成人身伤亡，当事人对事实及成因无争议的，可以即行撤离现场，恢复交通，自行协商处理损害赔偿事宜;不即行撤离现场的，应当迅速报告执勤的交通警察或者公安机关交通管理部门。

在道路上发生交通事故，仅造成轻微财产损失，并且基本事实清楚的，当事人应当先撤离现场再进行协商处理。

机动车与机动车、机动车与非机动车在道路上发生未造成人身伤亡的交通事故，当事人对事实及成因无争议的，在记录交通事故的时间、地点、对方当事人的姓名和联系方式、机动车牌号、驾驶证号、保险凭证号、碰撞部位，并共同签名后，撤离现场，自行协商损害赔偿事宜。

当事人对交通事故事实及成因有争议的，应当迅速报警。

非机动车与非机动车或者行人在道路上发生交通事故，未造成人身伤亡，且基本事实及成因清楚的，当事人应当先撤离现场，再自行协商处理损害赔偿事宜。

当事人对交通事故事实及成因有争议的，应当迅速报警。

机动车发生交通事故，造成道路、供电、通讯等设施损毁的，驾驶人应当报警等候处理，不得驶离。

机动车可以移动的，应当将机动车移至不妨碍交通的地点。

公安机关交通管理部门应当将事故有关情况通知有关部门。

第二讲接警后的处理方法公安机关交通管理部门接到交通事故报警后，应当立即派交通警察赶赴现场，先组织抢救受伤人员，并采取措施，尽快恢复交通。

交通警察应当对交通事故现场进行勘验、检查，收集证据;因收集证据的需要，可以扣留事故车辆，但是应当妥善保管，以备核查。

毛概笔记整理版

专题一马克思主义中国化第一讲马克思主义中国化的科学内涵及其历史进程一、马克思主义中国化的提出１、这是马克思主义理论的内在要求２、这是解决中国问题的实践需要二、马克思主义中国化的科学内涵马克思主义中国化就是用马克思主义来解决中国的问题，同时又使中国丰富的实践经验上升为理论，并且同中国历史、中华民族优秀文化相结合，以形成具有中国特色、中国风格和中国气派的马克思主义理论。

三、马克思主义中国化的历史进程和重要意义马克思主义中国化的各个理论成果，既是一脉相承，又是与时俱进的科学体系第二讲马克思主义中国化的理论成果毛泽东思想一、毛泽东思想的形成和发展《关于修改党章的报告》《关于建国以来党的若干历史问题的决议》3．毛泽东思想发展的历史进程第一阶段：毛泽东思想的萌芽第二阶段：毛泽东思想的初步形成。

第三阶段：毛泽东思想走向成熟。

第四阶段：毛泽东思想的继续发展时期二、毛泽东思想的科学体系和主要内容（1）关于新民主主义革命（2）关于社会主义革命和社会主义建设（3）关于革命军队的建设和军事战略（4）关于政策和策略（5）关于思想政治工作和文化工作（6）关于党的建设三、毛泽东思想的历史地位和指导意义（1）毛泽东思想是马克思主义中国化第一次历史性飞跃的理论成果，是马列主义和中国实际相结合的光辉典范，开创了马克思主义中国化的新方向。

（2）毛泽东思想是在中国革命和建设的科学指南（3）毛泽东思想是中国共产党和中华民族团结振兴的精神支柱邓小平理论一、邓小平理论的形成和发展1997年9月，中共十五大正式确立了“邓小平理论”的提法，并把邓小平理论与马克思列宁主义、毛泽东思想一起作为党的指导思想写入党章。

二、邓小平理论的科学体系和主要内容1．社会主义本质理论2．社会主义初级阶段理论3．改革开放理论4．社会主义市场经理论三、邓小平理论的历史地位和指导意义（1）邓小平理论是当代中国的马克思主义（2）邓小平理论是中国共产党的指导思想（3）邓小平理论是中华民族振兴的精神支柱“三个代表”重要思想一、“三个代表”重要思想的形成和发展•世情的变化提出时代前列的问题，国情的变化提出人民的主心骨的问题，党情的变化提出领导核心、执政的问题，这就是“三个代表”产生的社会历史条件。

2023年中考道德与法治专题复习专题五法律与秩序第3讲我国的国家机构

2023年中考道德与法治专题复习专题五法律与秩序第3讲我国的国家机构一、选择题1．(2022·宁波模拟)2022年3月5日，第十三届全国人民代表大会第五次会议在人民大会堂开幕。

根据会议议程，国务院总理李克强代表国务院向大会作政府工作报告。

下列说法正确的是( ) A．我国的一切权力属于全国人大代表B．人民代表大会是最高国家权力机关C．全国人大行使监督权，监督国务院的工作D．全国人民代表大会是我国的根本政治制度2．(2022·温州洞头模拟)读表，洞头区人民代表大会的职权有( )A．监督权和立法权B．监督权和决定权C．决定权和选举权D．决定权和任免权3．(2022·江苏南京二模)下表中列举的案例与对应的国家机关职能相匹配的有( )A．①② B．②③ C．②④D．③④变题：某高校毕业生聚会时谈及个人最近的工作情况，请你根据他们的对话，判断甲乙丙丁分别在哪个国家机关工作( )①甲：今年好多案子都会引起社会关注，审理判决一点都不能马虎，工作压力特别大。

②乙：我去年年底到岗，主要负责自主择业退役军人的服务管理、待遇保障工作。

③丙：我也是去年转的岗，比起之前专门干反贪，现在还要负责对履职不力的领导进行问责。

④丁：我的工作没有变，依然是分管刑事案件的公诉。

A．①审判机关②行政机关③监察机关④检察机关B．①监察机关②审判机关③行政机关④检察机关C．①审判机关②检察机关③监察机关④行政机关D．①监察机关②行政机关③检察机关④审判机关4．(2022·杭州上城一模)据信息，下列说法正确的有( )会常务委员会第三十一次会议于2021年10月23日通过，现予公布，自2022年1月1日起施行。

中华人民共和国主席习近平2021年10月23日①家庭教育促进法是治国安邦的总章程②通过立法加强对未成年人的特殊保护③全国人大及其常委会行使国家立法权④国家主席行使公布法律、发布命令的职权A．①②③B．①②④ C．①③④ D．②③④5.对如图漫画理解正确的是( )A．监察委员会对所有行使公权力的公职人员进行监察全覆盖B．监察机关依法行使审判权C．监察委员会是国家的法律监督机关D．监察机关的首要职责是处置二、非选择题6．(10分) 2022年3月，全国政协十三届五次会议和十三届全国人大五次会议在北京召开。

2019高考英语二轮专题复习练习：专题五书面表达第3讲通知、留言、演讲稿,措辞得体突重点

第3讲通知、留言、演讲稿，措辞得体突重点◆2018年全国Ⅲ卷、2014年辽宁卷考查通知，留言和演讲稿很可能会有所考查。

(2018·全国Ⅱ) 你受学生会委托为校宣传栏“英语天地”写一则通知，请大家观看一部英文短片Gro w ing Together，内容包括：1．短片内容：学校的发展；2．放映时间、地点；3．欢迎对短片提出意见。

注意：1.词数100左右；2．可以适当增加细节，以使行文连贯。

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2019届高考数学二轮复习专题五立体几何 (讲义训练)：第3讲立体几何中的计算课时讲义(含答案)

第3讲立体几何中的计算课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________．答案：43解析：因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析：设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ，且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形，所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ，所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点．又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ，所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ，因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积，故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高．根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2，所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高，且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ，所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2，故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________．答案：2π解析：设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ，则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增；当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减．故当x ＝23时，V (x )取最大值．即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。

圆锥曲线专题书目录 (1)

圆锥曲线专题书目录第一章华山论剑——圆锥曲线基础知识和基本定理专题一白云出岫——基础知识点 (1)第一讲椭圆 (1)第二讲双曲线 (9)第三讲抛物线 (21)第四讲圆锥曲线第一定义 (29)第五讲圆锥曲线第二定义 (35)第六讲圆锥曲线第三定义与点差法 (39)专题二有凤来仪——焦长与焦比体系 (46)第一讲椭圆焦长与焦比问题 (46)第二讲双曲线焦点三角形问题 (50)第三讲抛物线焦长公式及性质 (53)第四讲过焦点的面积最值问题 (55)第五讲过焦点的弦及其中垂线的性质 (57)专题三天坤倒悬——轨迹方程的求法 (60)第一讲定义法 (60)第二讲直译法 (61)第三讲相关点法 (63)第四讲交轨法 (66)第五讲参数方程法 (69)第二章万剑归宗——小题快速解题技巧专题一万剑自生——三角形的相关性质 (72)第一讲与等腰三角形有关的解题技巧 (72)第二讲直角三角形相关问题 (80)第三讲椭圆与双曲线共焦点三角形 (88)第四讲相似三角形在几何中的应用 (93)第五讲余弦定理在解析几何中的运用 (98)第六讲双曲线渐近线与离心率的问题 (102)专题二剑冲废穴——四边形相关性质 (108)第一讲平行四边形对角线性质及梯形相关性质 (108)第二讲极化恒等式与矩形大法 (112)第三讲辅助角公式 (116)专题三归元武学——圆锥曲线与圆的混合问题 (119)第一讲圆的基本性质 (119)第二讲直线和圆的基本关系 (122)第三讲三角形的内切圆与旁切圆 (126)第四讲圆幂定理 (132)第五讲三角形的外接圆与正弦定理 (138)第六讲圆与圆锥曲线综合问题 (142)专题四宗远功长——抛物线的综合问题 (146)第一讲抛物线中的垂直问题 (146)第二讲定点定值问题 (149)第三讲抛物线的最值问题 (154)第三章少林棍法——圆锥曲线的同构式方程专题一小夜叉棍法——齐次化探究 (156)第一讲斜率和积与定值定点问题 (156)第二讲先求轨迹再齐次化 (164)第三讲齐次化求取值范围 ................................................................................. 16 错误！未定义书签。

2014版《世纪金榜》高考历史专题复习课件：专题五第3讲 19世纪末20世纪初近代中国的觉醒与探索

转变,在政治文明和精神文明中表现尤为突出。它结束了帝制,
建立了共和国,是具有重要意义的制度创新,是政治文明的重大成果;民主共和的观念深入人心,社会风俗习惯发生巨大变化, 在精神文明建设方面取得巨大成果;它促进民族资本主义进一步发展,物质文明也取得重大成果。
5.从社会史观看,以剪发辫、废除跪拜礼和大人老爷等称号的
(3)影响。封建思想 ①是资产阶级新文化对封建旧文化的斗争,冲击了_________ 的统治地位。 ②宣传了民主与科学,起到了思想启蒙、文化革新的作用。马克思主义在中国的传播创造了条件,推动了五四运动 ③为___________ 的发生。 ④推动了自然科学的发展。
【热点考向1】近代社会各阶层对儒家思想的态度及成因社会思潮洋务思潮对传统文化的态度主要原因
黄海大战中国失去 (2)过程:1894年丰岛海战日本挑起战争,_________ 黄海制海权。 (3)结果:日本强迫清政府签订《马关条约》。资本输出、瓜分中国的侵略要求, (4)影响:反映了帝国主义_________ 瓜外国资本主义对中国的侵略进入一个新阶段。列强掀起了___ 分中国的狂潮,中国半殖民地半封建化程度大大加深。中国 _______ 国际地位急剧下降,列强在远东争夺更加激烈。
新文化认为传统文化禁锢人们运动思想,应该革新
【典例1】材料
无论何种学派,均不能定为一尊,以阻碍思想
文化之自由发展。况儒术孔道,非无优点,而缺点则正多,尤与
近世文明社会绝不相容者,其一贯伦理政治之纲常阶级(等级)
说也。
——赵清、郑城《吴虞文集,陈独秀复吴虞信》材料中陈独秀如何评价孔学?归纳陈独秀的反孔理由。
②是资产阶级变革社会制度的初步尝试,他们试图实行资产阶

专题5.3 交变电流

高三物理第二轮专题复习资料专题五电路和电磁感应第三讲交流电路、变压器一、交流电1．交流电的产生：矩形线圈在匀强磁场中绕着跟磁场垂直的轴匀速转动，产生交流电。

线圈平面每经过_____面（是跟磁感线_____的平面）一次，感应电动势和感应电流方向就改变一次。

交流发电机：利用电磁感应原理把____能转变为____能。

2．交流电的变化规律：公式：e=t E m ωsin ωNBS NBLV E m ==2t I i m ω=s i n REI m m =当线圈平面转到中性面位置时，穿过线圈磁通量_____，磁通量变化率等于________，感应电动势瞬时值等于______。

上述交流电瞬时值表达式都是从______开始计时的。

电动势的最大值等于线圈平面转到与______垂直（与_______方向平行）位置时的瞬时值。

有效值：让交流电和直流电__________________________________，就把这一直流电的数值叫这一交流电的有效值。

有效值与最大值的关系：m m I I I 707.02==m m U U U 707.02==（适用正弦式交变电流）（1）“有效”是指交流电在产生_____效应方面跟直流电等效。

不要把交流电的有效值与平均值相混淆。

（2）除特别指明的以外，通常所讲的交流电的值都是指_________值，而不是平均值。

交流电压表和电流表测量的数值，以及电气设备上所标的额定电压和额定电流的数值，都是指______值。

二、理想变压器电压比：2121n n U U =（此式对三组以上线圈也成立）功率：输入功率等于输出功率。

电流比：1221n nI I =（此式对三组以上线圈不成立，此时电流关系应根据输入功率等于输出功率来推导）变压器不能改变交流电的频率，也不能改变直流电压和电流。

三、远距离送电输电电压U 2，输电导线的电流I 2=I 3，用户电压U 4，输电导线上的电压降（电压损失）U 损=I 2R 损，损损R I 22P = P =P 用+P 损 U 3=U 2-U 损据I 2=P /U 2，采用高压输电，输电电流I 2_______，输电线上的电压损失(U 损=I 2R 损)及输电线上的功率损耗P 损________。

专题五第3讲空间向量及解题方法

第3讲空间向量方法解立体几何1．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为( ) A.110 B.25 C.3010 D.22 答案 C解析方法一由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1.建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)，∴BM →＝(1,1,2)－(2,2,0)＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)． ∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5＝3010.方法二如图(2)，取BC 的中点D ，连接MN ，ND ，AD ，由于MN 綊12B 1C 1綊BD ，因此有ND 綊BM ，则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN所成的角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN ＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010.2．如图，在以A ，B ，C ，D ，E ，F 为顶点的五面体中，平面ABEF 为正方形，AF ＝2FD ，∠AFD ＝90°，且二面角D －AF －E 与二面角C －BE －F 都是60°.(1)证明：平面ABEF ⊥EFDC ；(2)求二面角E －BC －A 的余弦值． (1)证明由已知可得AF ⊥DF ，AF ⊥FE ，所以AF ⊥平面EFDC ，又AF ⊂平面ABEF ，故平面ABEF ⊥平面EFDC .(2)解过点D 作DG ⊥EF ，垂足为G ，由(1)知DG ⊥平面ABEF .以点G 为坐标原点，GF →的方向为x 轴正方向，|GF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Gxyz .由(1)知∠DFE 为二面角D －AF －E 的平面角，故∠DFE ＝60°，则DF ＝2，DG ＝3，可得A (1,4,0)，B (－3,4,0)，E (－3,0,0)，D (0,0，3)．由已知，AB ∥EF ，所以AB ∥平面EFDC ，又平面ABCD ∩平面EFDC ＝CD ，故AB ∥CD ，CD ∥EF ，由BE ∥AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，所以∠CEF 为二面角C －BE －F 的平面角，∠CEF ＝60°，从而可得C (－2,0，3)．所以EC →＝(1,0，3)，EB →＝(0,4,0)，AC →＝(－3，－4，3)，AB →＝(－4,0,0)．设n ＝(x ，y ，z )是平面BCE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EC →＝0，n ·EB →＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，4y ＝0.所以可取n ＝(3,0，－3)．设m 是平面ABCD 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AB →＝0.同理可取m ＝(0，3，4)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－21919.故二面角E －BC －A 的余弦值为－21919.以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点，与空间线面关系的证明相结合，热点为二面角的求解，均以解答题的形式进行考查，难度主要体现在建立空间直角坐标系和准确计算上.热点一利用向量证明平行与垂直设直线l 的方向向量为a ＝(a 1，b 1，c 1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a 2，b 2，c 2)，v ＝(a 3，b 3，c 3)则有： (1)线面平行l ∥α⇔a ⊥μ⇔a ·μ＝0⇔a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2＝0. (2)线面垂直l ⊥α⇔a ∥μ⇔a ＝k μ⇔a 1＝ka 2，b 1＝kb 2，c 1＝kc 2. (3)面面平行α∥β⇔μ∥v ⇔μ＝λv ⇔a 2＝λa 3，b 2＝λb 3，c 2＝λc 3. (4)面面垂直α⊥β⇔μ⊥v ⇔μ·v ＝0⇔a 2a 3＋b 2b 3＋c 2c 3＝0.例1 如图，在直三棱柱ADE —BCF 中，面ABFE 和面ABCD 都是正方形且互相垂直，点M 为AB 的中点，点O 为DF 的中点．运用向量方法证明：(1)OM ∥平面BCF ； (2)平面MDF ⊥平面EFCD .证明方法一由题意，得AB ，AD ，AE 两两垂直，以点A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系．设正方形边长为1，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，D (0,1,0)，F (1,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫12，0，0，O ⎝⎛⎭⎫12，12，12. (1)OM →＝⎝⎛⎭⎫0，－12，－12，BA →＝(－1,0,0)， ∴OM →·BA →＝0, ∴OM →⊥BA →. ∵棱柱ADE —BCF 是直三棱柱，∴AB ⊥平面BCF ，∴BA →是平面BCF 的一个法向量，且OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF .(2)设平面MDF 与平面EFCD 的一个法向量分别为 n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 2＝(x 2，y 2，z 2)．∵DF →＝(1，－1,1)，DM →＝⎝⎛⎭⎫12，－1，0，DC →＝(1,0,0)，CF →＝(0，－1,1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·DF →＝0，n 1·DM →＝0. 得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－y 1＋z 1＝0，12x 1－y 1＝0，令x 1＝1，则n 1＝⎝⎛⎭⎫1，12，－12. 同理可得n 2＝(0,1,1)．∵n 1·n 2＝0，∴平面MDF ⊥平面EFCD .方法二 (1)OM →＝OF →＋FB →＋BM →＝12DF →－BF →＋12BA →＝12(DB →＋BF →)－BF →＋12BA →＝－12BD →－12BF →＋12BA → ＝－12(BC →＋BA →)－12BF →＋12BA →＝－12BC →－12BF →.∴向量OM →与向量BF →，BC →共面，又OM ⊄平面BCF ，∴OM ∥平面BCF . (2)由题意知，BF ，BC ，BA 两两垂直， ∵CD →＝BA →，FC →＝BC →－BF →， ∴OM →·CD →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·BA →＝0， OM →·FC →＝⎝⎛⎭⎫－12BC →－12BF →·(BC →－BF →) ＝－12BC →2＋12BF →2＝0.∴OM ⊥CD ，OM ⊥FC ，又CD ∩FC ＝C ， ∴OM ⊥平面EFCD .又OM ⊂平面MDF ，∴平面MDF ⊥平面EFCD .思维升华用向量知识证明立体几何问题，仍然离不开立体几何中的定理．如要证明线面平行，只需要证明平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，即化归为证明线线平行，用向量方法证明直线a ∥b ，只需证明向量a ＝λb (λ∈R )即可．若用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行，仍需强调直线在平面外．跟踪演练1 如图，在底面是矩形的四棱锥P —ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，点E ，F 分别是PC ，PD 的中点，P A ＝AB ＝1，BC ＝2.(1)求证：EF ∥平面P AB ； (2)求证：平面P AD ⊥平面PDC .证明 (1)以点A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,2,0)，D (0,2,0)，P (0,0,1)， ∵点E ，F 分别是PC ，PD 的中点， ∴E ⎝⎛⎭⎫12，1，12，F ⎝⎛⎭⎫0，1，12， EF →＝⎝⎛⎭⎫－12，0，0，AB →＝(1,0,0)． ∵EF →＝－12AB →，∴EF →∥AB →，即EF ∥AB ，又AB ⊂平面P AB ，EF ⊄平面P AB ， ∴EF ∥平面P AB .(2)由(1)可知PB →＝(1,0，－1)，PD →＝(0,2，－1)，AP →＝(0,0,1)，AD →＝(0,2,0)，DC →＝(1,0,0)， ∵AP →·DC →＝(0,0,1)·(1,0,0)＝0， AD →·DC →＝(0,2,0)·(1,0,0)＝0，∴AP →⊥DC →，AD →⊥DC →，即AP ⊥DC ，AD ⊥DC . 又AP ∩AD ＝A ， ∴DC ⊥平面P AD . ∵DC ⊂平面PDC ， ∴平面P AD ⊥平面PDC .热点二利用空间向量求空间角设直线l ，m 的方向向量分别为a ＝(a 1，b 1，c 1)，b ＝(a 2，b 2，c 2)．平面α，β的法向量分别为μ＝(a 3，b 3，c 3)，v ＝(a 4，b 4，c 4)(以下相同)． (1)线线夹角设l ，m 的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则cos θ＝|a ·b ||a ||b |＝|a 1a 2＋b 1b 2＋c 1c 2|a 21＋b 21＋c 21a 22＋b 22＋c 22. (2)线面夹角设直线l 与平面α的夹角为θ(0≤θ≤π2)，则sin θ＝|a ·μ||a ||μ|＝|cos 〈a ，μ〉|. (3)面面夹角设平面α、β的夹角为θ(0≤θ<π)，则|cos θ|＝|μ·v ||μ||v |＝|cos 〈μ，v 〉|. 例2 如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长．解以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则各点的坐标为B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2,0)，P (0,0,2)．(1)因为AD ⊥平面P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0,2,0)．因为PC →＝(1,1，－2)，PD →＝(0,2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1,1,1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1,0,2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1,0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1,2λ)，又DP →＝(0，－2,2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1,3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎫0，π2上是减函数，此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值．又因为BP ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.思维升华 (1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．(2)求空间角注意：①两条异面直线所成的角α不一定是直线的方向向量的夹角β，即cos α＝|cos β|.②两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，有可能为两法向量夹角的补角．③直线和平面所成的角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值，即注意函数名称的变化．跟踪演练2 如图，在直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，底面△ABC 是直角三角形，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，点P 是棱BB 1上一点，满足BP →＝λBB 1→(0≤λ≤1)．(1)若λ＝13，求直线PC 与平面A 1BC 所成角的正弦值；(2)若二面角P —A 1C —B 的正弦值为23，求λ的值．解以点A 为坐标原点O ，分别以AB ，AC ，AA 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .因为AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (0,1,0)，A 1(0,0,2)，B 1(1,0,2)，P (1,0,2λ)．(1)由λ＝13得，CP →＝⎝⎛⎭⎫1，－1，23，A 1B →＝(1,0，－2)，A 1C →＝(0,1，－2)，设平面A 1BC 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·A 1B →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 1－2z 1＝0，y 1－2z 1＝0.不妨取z 1＝1，则x 1＝y 1＝2，从而平面A 1BC 的一个法向量为n 1＝(2,2,1)．设直线PC 与平面A 1BC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈CP →，n 1〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪CP →·n 1|CP →|·|n 1|＝2233，所以直线PC 与平面A 1BC 所成的角的正弦值为2233.(2)设平面P A 1C 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，A 1P →＝(1,0,2λ－2)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 2·A 1C →＝0，n 2·A 1P →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y 2－2z 2＝0，x 2＋(2λ－2)z 2＝0.不妨取z 2＝1，则x 2＝2－2λ，y 2＝2，所以平面P A 1C 的法向量为n 2＝(2－2λ，2,1)．则cos 〈n 1，n 2〉＝9－4λ34λ2－8λ＋9，又因为二面角P —A 1C —B 的正弦值为23，所以9－4λ34λ2－8λ＋9＝53，化简得λ2＋8λ－9＝0，解得λ＝1或λ＝－9(舍去)，故λ的值为1.热点三利用空间向量求解探索性问题存在探索性问题的基本特征是要判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立．解决这类问题的基本策略是先假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论，然后在这个前提下进行逻辑推理，若由此导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．例3 如图所示，四边形ABCD 是边长为1的正方形，MD ⊥平面ABCD ，NB ⊥平面ABCD ，且MD ＝NB ＝1，E 为BC 的中点．(1)求异面直线NE 与AM 所成角的余弦值；(2)在线段AN 上是否存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ？若存在，求线段AS 的长；若不存在，请说明理由．解 (1)由题意，易得DM ⊥DA ，DM ⊥DC ，DA ⊥DC .如图所示，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系．则D (0,0,0)，A (1,0,0)，M (0,0,1)，C (0,1,0)，B (1,1,0)，N (1,1,1)，E (12，1,0)，所以NE →＝(－12，0，－1)，AM →＝(－1,0,1)．设异面直线NE 与AM 所成角为θ，则cos θ＝|cos 〈NE →，AM →〉| ＝|NE →·AM →||NE →|·|AM →|＝1252×2＝1010.所以异面直线NE 与AM 所成角的余弦值为1010. (2)假设在线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，连接AE . 因为AN →＝(0,1,1)，可设AS →＝λAN →＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，又EA →＝(12，－1,0)，所以ES →＝EA →＋AS →＝(12，λ－1，λ)．由ES ⊥平面AMN ，得⎩⎪⎨⎪⎧ ES →·AM →＝0，ES →·AN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－12＋λ＝0，(λ－1)＋λ＝0，解得λ＝12，此时AS →＝(0，12，12)，|AS →|＝22.经检验，当AS ＝22时，ES ⊥平面AMN . 故线段AN 上存在点S ，使得ES ⊥平面AMN ，此时AS ＝22. 思维升华空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法．跟踪演练3 如图，已知矩形ABCD 所在平面垂直于直角梯形ABPE 所在平面于直线AB ，且AB ＝BP ＝2，AD ＝AE ＝1，AE ⊥AB ，且AE ∥BP .(1)设点M 为棱PD 的中点，求证：EM ∥平面ABCD ；(2)线段PD 上是否存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25？若存在，试确定点N 的位置；若不存在，请说明理由．(1)证明由已知，平面ABCD ⊥平面ABPE ，且BC ⊥AB ，则BC ⊥平面ABPE ，所以BA ，BP ，BC 两两垂直，故以点B 为原点，BA →，BP →，BC →分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则P (0,2,0)，D (2,0,1)，M ⎝⎛⎭⎫1，1，12，E (2,1,0)，C (0,0,1)，所以EM →＝⎝⎛⎭⎫－1，0，12. 易知平面ABCD 的一个法向量n ＝(0,1,0)，所以EM →·n ＝(－1,0，12)(0,1,0)＝0，所以EM →⊥n ，又EM ⊄平面ABCD ，所以EM ∥平面ABCD .(2)当点N 与点D 重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值为25.理由如下：PD →＝(2，－2,1)，CD →＝(2,0,0)，设平面PCD 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·PD →＝0，n 1·CD →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x 1－2y 1＋z 1＝0，2x 1＝0，取y 1＝1，得平面PCD 的一个法向量等于n 1＝(0,1,2)，假设线段PD 上存在一点N ，使得直线BN 与平面PCD 所成的角α的正弦值等于25.设PN →＝λPD →(0≤λ≤1)，则PN →＝λ(2，－2,1)＝(2λ，－2λ，λ)， BN →＝BP →＋PN →＝(2λ，2－2λ，λ)．所以sin α＝|cos 〈BN →，n 1〉|＝|BN →·n 1||BN →||n 1|＝25×(2λ)2＋(2－2λ)2＋λ2＝25×9λ2－8λ＋4＝25.所以9λ2－8λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－19(舍去)．因此，线段PD 上存在一点N ，当N 点与D 点重合时，直线BN 与平面PCD 所成角的正弦值等于25.如图，在五面体中，四边形ABCD 是矩形，AB ∥EF ，AD ⊥平面ABEF ，且AD ＝1，AB ＝12EF＝22，AF ＝BE ＝2，点P 、Q 分别为AE 、BD 的中点．(1)求证：PQ ∥平面BCE ； (2)求二面角A －DF －E 的余弦值．押题依据利用空间向量求二面角全面考查了空间向量的建系、求法向量、求角等知识，是高考的重点和热点．(1)证明连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，且Q 为BD 的中点，∴点Q 为AC 的中点，又在△AEC 中，点P 为AE 的中点，∴PQ ∥EC ， ∵EC ⊂面BCE ，PQ ⊄面BCE ，∴PQ ∥平面BCE . (2)解如图，取EF 的中点M ，连接AM ，因为由题意知AM 2＋AF 2＝MF 2，则AF ⊥AM ，以点A 为坐标原点，以AM ，AF ，AD 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系．则A (0,0,0)，D (0,0,1)，M (2,0,0)，F (0,2,0)．可得AM →＝(2,0,0)，MF →＝(－2,2,0)，DF →＝(0,2，－1)．设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·MF →＝0，n ·DF →＝0.故⎩⎪⎨⎪⎧ －2x ＋2y ＝0，2y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，2y －z ＝0. 令x ＝1，则y ＝1，z ＝2，故n ＝(1,1,2)是平面DEF 的一个法向量．∵AM ⊥面ADF ，∴AM →为平面ADF 的一个法向量． ∴cos 〈n ，AM →〉＝n ·AM →|n |·|AM →|＝2×1＋0×1＋0×26×2＝66.由图可知所求二面角为锐角， ∴二面角A －DF －E 的余弦值为66.A 组专题通关1．已知平面ABC ，点M 是空间任意一点，点M 满足条件OM →＝34OA →＋18OB →＋18OC →，则直线AM ( )A ．与平面ABC 平行B ．是平面ABC 的斜线 C ．是平面ABC 的垂线D ．在平面ABC 内答案 D解析由已知得M 、A 、B 、C 四点共面．所以AM 在平面ABC 内，选D.2.如图，点P 是单位正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为( )A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数答案 C解析 AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选C.3．在空间直角坐标系Oxyz 中，已知A (2,0,0)，B (2,2,0)，C (0,2,0)，D (1,1，2)．若S 1，S 2，S 3分别是三棱锥D －ABC 在xOy ，yOz ，zOx 坐标平面上的正投影图形的面积，则( ) A ．S 1＝S 2＝S 3 B ．S 2＝S 1且S 2≠S 3 C ．S 3＝S 1且S 3≠S 2 D ．S 3＝S 2且S 3≠S 1 答案 D解析如图所示，△ABC 为三棱锥在坐标平面xOy 上的正投影，所以S 1＝12×2×2＝2.三棱锥在坐标平面yOz 上的正投影与△DEF (E ，F 分别为OA ，BC 的中点)全等，所以S 2＝12×2×2＝ 2.三棱锥在坐标平面xOz 上的正投影与△DGH (G ，H 分别为AB ，OC 的中点)全等，所以S 3＝12×2×2＝ 2.所以S 2＝S 3且S 1≠S 3.故选D.4．如图，三棱锥A －BCD 的棱长全相等，点E 为AD 的中点，则直线CE 与BD 所成角的余弦值为()A.36B.32C.336D.12答案 A解析设AB ＝1，则CE →·BD →＝(AE →－AC →)·(AD →－AB →) ＝12AD →2－12AD →·AB →－AC →·AD →＋AC →·AB → ＝12－12cos 60°－cos 60°＋cos 60°＝14. ∴cos 〈CE →，BD →〉＝CE →·BD →|CE →||BD →|＝1432＝36.选A.5．已知正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于( ) A.64 B.104 C.22 D.32答案 A解析如图所示建立空间直角坐标系，设正三棱柱的棱长为2，则O (0,0,0)，B (3，0,0)，A (0，－1,0)，B 1(3，0,2)，则AB 1→＝(3，1,2)，则BO →＝(－3，0,0)为侧面ACC 1A 1的法向量，故sin θ＝|AB 1→·BO →||AB 1→||BO →|＝64.6．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若动点P 在线段BD 1上运动，则DC →·AP →的取值范围是________．答案 [0,1]解析以DA 所在的直线为x 轴，DC 所在的直线为y 轴，DD 1所在的直线为z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz .则D (0,0,0)，C (0,1,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)． ∴DC →＝(0,1,0)，BD 1→＝(－1，－1,1)． ∵点P 在线段BD 1上运动，∴设BP →＝λBD 1→＝(－λ，－λ，λ)，且0≤λ≤1. ∴AP →＝AB →＋BP →＝DC →＋BP →＝(－λ，1－λ，λ)， ∴DC →·AP →＝1－λ∈[0,1]．7．在一直角坐标系中，已知点A (－1,6)，B (3，－8)，现沿x 轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A 、B 两点间的距离为________．答案 217解析如图为折叠后的图形，其中作AC ⊥CD ，BD ⊥CD ，则AC ＝6，BD ＝8，CD ＝4，两异面直线AC ，BD 所成的角为60°，故由AB →＝AC →＋CD →＋DB →，得|AB →|2＝|AC →＋CD →＋DB →|2＝68， ∴|AB →|＝217.8．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确命题的序号是________．答案 ①②解析设正方体的棱长为1，①中(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1C →2＝3A 1B 1→2＝3，故①正确；②中A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，由于AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中A 1B 与AD 1两异面直线所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中|AB →·AA 1→·AD →|＝0.故④也不正确．9.如图所示，正方形ABCD 所在平面与平面四边形ABEF 所在平面互相垂直，△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ，F A ＝FE ，∠AEF ＝45°.(1)求证：EF ⊥平面BCE ；(2)设线段CD ，AE 的中点分别为点P ，M ，求证：PM ∥平面BCE . 证明因为△ABE 是等腰直角三角形，AB ＝AE ，所以AE ⊥AB ，因为平面ABEF ⊥平面ABCD ，且平面ABEF ∩平面ABCD ＝AB . 所以AE ⊥平面ABCD ，所以AE ⊥AD ，即AD ，AB ，AE 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．设AB ＝1，则AD ＝AE ＝1.(1)A (0,0,0)，B (0,1,0)，D (1,0,0)，E (0,0,1)，C (1,1,0)，因为F A ＝FE ，∠AEF ＝45°，所以∠AFE ＝90°，从而F (0，－12，12)，EF →＝(0，－12，－12)，BE →＝(0，－1,1)，BC →＝(1,0,0)．于是EF →·BE →＝0＋12－12＝0，EF →·BC →＝0，所以EF ⊥BE ，EF ⊥BC ，因为BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ，所以EF ⊥平面BCE .(2)M ⎝⎛⎭⎫0，0，12，P (1，12，0)，从而PM →＝(－1，－12，12)，于是PM →·EF →＝⎝⎛⎭⎫－1，－12，12·⎝⎛⎭⎫0，－12，－12＝0＋14－14＝0.所以PM ⊥EF ，又EF ⊥平面BCE ，直线PM 不在平面BCE 内，故PM ∥平面BCE .10.如图所示的多面体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝BD ＝2AE ＝2，点M 是AB 的中点．(1)求证：CM ⊥EM ；(2)求平面EMC 与平面BCD 所成的锐二面角的余弦值． (1)证明 ∵AC ＝BC ，点M 是AB 的中点， ∴CM ⊥AB .∵EA ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，∴CM ⊥EA ，又∵EA ∩AB ＝A ，∴CM ⊥平面AEM ，又EM ⊂平面AEM ，∴CM ⊥EM .(2)解以点M 为原点，分别以MB ，MC 所在直线为x ，y 轴建立坐标系Mxyz ，如图，则M (0,0,0)，C (0，2，0)，B (2，0,0)，D (2，0,2)，E (－2，0,1)， ∴ME →＝(－2，0,1)，MC →＝(0，2，0)， BD →＝(0,0,2)，BC →＝(－2，2，0)，设平面EMC 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·ME →＝0，m ·MC →＝0，即⎩⎨⎧－2x 1＋z 1＝0，2y 1＝0，∴⎩⎨⎧z 1＝2x 1，y 1＝0，取x 1＝1，则m ＝(1,0，2)，设平面BCD 的一个法向量n ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎨⎧－2x 2＋2y 2＝0，2z 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝y 2，z 2＝0，取x 2＝1，则n ＝(1,1,0)， ∴cos 〈m ，n 〉＝m·n|m||n |＝12×3＝66， ∴平面EMC 与平面BCD 所成的锐二面角的余弦值为66. B 组能力提高11.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在线段CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A ．[33，1] B ．[63，1] C ．[63，223] D ．[223，1]答案 B解析根据题意可知平面A 1BD ⊥平面A 1ACC 1且两平面的交线是A 1O ，所以过点P 作交线A 1O 的垂线PE ，则PE ⊥平面A 1BD ，所以∠A 1OP 或其补角就是直线OP 与平面A 1BD 所成的角α. 设正方体的边长为2，则根据图形可知直线OP 与平面A 1BD 可以垂直．当点P 与点C 1重合时可得A 1O ＝OP ＝6， A 1C 1＝22，所以12×6×6×sin α＝12×22×2，所以sin α＝223；当点P 与点C 重合时，可得sin α＝26＝63. 根据选项可知B 正确．12．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在直线BC 1上运动时，有下列三个命题：①三棱锥A －D 1PC 的体积不变；②直线AP 与平面ACD 1所成角的大小不变；③二面角P －AD 1－C 的大小不变．其中真命题的序号是________．答案 ①③解析 ①中，∵BC 1∥平面AD 1C ，∴BC 1上任意一点到平面AD 1C 的距离相等，所以体积不变，正确；②中，点P 在直线BC 1上运动时，直线AB 与平面ACD 1所成角和直线AC 1与平面ACD 1所成角不相等，所以不正确；③中，点P 在直线BC 1上运动时，点P 在平面AD 1C 1B 中，既二面角P —AD 1－C 的大小不受影响，所以正确．13．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 、F 分别为BB 1、CD 的中点，则点F 到平面A 1D 1E 的距离为______________．答案3510解析以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A 1(0,0,1)，E (1,0，12)，F (12，1,0)，D 1(0,1,1)．∴A 1E →＝(1,0，－12)，A 1D 1→＝(0,1,0)．设平面A 1D 1E 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1E →＝0，n ·A 1D 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －12z ＝0，y ＝0.令z ＝2，则x ＝1.∴n ＝(1,0,2)．又A 1F →＝(12，1，－1)， ∴点F 到平面A 1D 1E 的距离为d ＝|A 1F →·n ||n |＝|12－2|5＝3510. 14.如图，直三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，点E ，F 分别是CC 1，BC 的中点，AE ⊥A 1B 1，点D 为棱A 1B 1上的点．(1)证明：DF ⊥AE ；(2)是否存在一点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414？若存在，说明点D 的位置，若不存在，说明理由．(1)证明 ∵AE ⊥A 1B 1，A 1B 1∥AB ，∴AE ⊥AB ，又∵AA 1⊥AB ，AA 1⊂面A 1ACC 1，AE ⊂面A 1ACC 1，AA 1∩AE ＝A ， ∴AB ⊥面A 1ACC 1.又∵AC ⊂面A 1ACC 1，∴AB ⊥AC ，以A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，则有A (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，F ⎝⎛⎭⎫12，12，0，A 1(0,0,1)，B 1(1,0,1)，设D (x,0，z )，A 1D →＝λA 1B 1→，且λ∈(0,1)，即(x,0，z －1)＝λ(1,0,0)，∴D (λ，0,1)，∴DF →＝(12－λ，12，－1)， ∵AE →＝⎝⎛⎭⎫0，1，12，∴DF →·AE →＝12－12＝0， ∴DF ⊥AE .(2)存在点D ，使得平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414.理由如下：由(1)可知平面ABC 的法向量n ＝(0,0,1)．设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·FE →＝0，m ·DF →＝0， ∵FE →＝(－12，12，12)，DF →＝⎝⎛⎭⎫12－λ，12，－1， ∴⎩⎨⎧－12x ＋12y ＋12z ＝0，⎝⎛⎭⎫12－λx ＋12y －z ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝32(1－λ)z ，y ＝1＋2λ2(1－λ)z ，令z ＝2(1－λ)，则n ＝(3,1＋2λ，2(1－λ))．∵平面DEF 与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为1414， ∴|cos 〈m ，n 〉|＝|m·n||m||n |＝1414，即|2(1－λ)|9＋(1＋2λ)2＋4(1－λ)2＝1414，解得λ＝12或λ＝74(舍)， ∴当点D 为A 1B 1中点时满足要求．。

五年级奥数专题第三讲平均数(一)

五年级奥数专题第三讲平均数（一）【一】五（1）班第一小组7个同学测量身高,有两个同学的身高都是153厘米,有一个同学的身高是152厘米,身高149厘米的同学有两个,身高147厘米的也有两个,求这个小组同学的平均身高是多少？练习1、小玲四次英语测验的平均成绩是92.5分,第五次测验得100分,小玲五次英语测验的平均成绩成绩是多少？2、小明上学期共参加数学测验五次,前两次的平均分数是93分,后三次的平均分数是88分。

小明五次测试的平均分数是多少？【二】小月期末考试,语文、英语、体育三门的平均成绩是78分,数学成绩公布后,四门的平均成绩提高了5分。

小月数学考了多少分？练习1、甲、乙、丙三个数的平均成绩是76,加上第四个数丁后,它们的平均数是77,丁数是多少？2、五个同学跳绳比赛,前四个同学,平均每人跳82下,这五个同学跳的平均数是81下,第五个同学跳了多少下？【三】有4箱水果,已知苹果、梨、橘子平均每箱44个,梨、橘子、桃平均每箱38个。

苹果和桃平均每箱36个。

求一箱苹果多少个？一箱桃多少个？练习1、一次考试,A、B、C三人平均分92分,B、C、D三人平均分88分,A、D二人平均分94,问A、D各得多少分？2、甲、乙、丙、丁四人称重,乙、丙、丁三人共重122千克,甲、丙、丁三人共重124千克,丙、丁二人的平均体重是42千克,求四人的平均体重是多少千克？【四】一次数学测验,全班平均分是92分,已知女生有20人,平均每人95分,男生平均分90分,求这个班男生有多少人？练习1、两组学生进行跳绳比赛,平均每人跳150下。

甲组有5人,平均每人跳138下,乙组平均每人跳160下,乙组有多少人？2、张伯伯有两块棉田,平均每公亩产量是94.5千克。

已知一块田是6公亩,平均每公亩产量是103.5千克。

另一块田平均每公亩是76.5千克,这块田是多少公亩？【五】五个数的平均数是20,把其中一个数改为5后,这五个数的平均数是17,因此,这个改动的数原来是多少？练习1、某3个数的平均数是5,如果把其中一个数改为6,平均数就变成了7。

高考数学：专题五第三讲直线与圆锥曲线课件

方法提炼 (1)建立坐标系，利用解析法解决此类问题是解题的关键.(2)将求角α的问题转化成求斜率k，这是转化思想的体现.(3)利用弦长公式构建方程是常用方法.
题型与方法
第三讲
变式训练1 已知点Q是抛物线C1：y2＝2px (p>0)上异于坐标原点O 的点，过点Q与抛物线C2：y＝2x2相切的两条直线分别交抛物线C1 于点A，B.
得
ac bc Qc－a，c－a.
b y＝－ax，由－x＋y ＝1， c b
得
ac bc P－a＋c，a＋c，
考点与考题
∴PQ
a2c bc2 的中点坐标为c2－a2，c2－a2.
第三讲
由 a2＋b2＝c2 得，PQ
a2c a2c 由|MF2|＝|F1F2|得 2 ＝ 2 ＝2c， b c －a2 3 6 2 2 2 即 3a ＝2c ，∴e ＝2，∴e＝ 2 .
答案 B
考点与考题
第三讲
4.(2012· 北京)在直角坐标系 xOy 中，直线 l 过抛物线 y2＝4x 的焦点 F，且与该抛物线相交于 A，B 两点.其中点 A 在 x 轴上方，若直线 l 的倾斜角为 60° ，则△OAF 的面积为________.
所以在 P、Q 两点处切线的斜率的值为 4 或－2.
所以这两条切线的方程为 l1：4x－y－8＝0，l2：2x＋y＋2＝0，将这两个方程联立方程组求得 y＝－4.
答案－4
题型与方法
第三讲
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题型一题型概述
圆锥曲线的弦长问题圆锥曲线的弦长可以使用弦长公式和根与系数的关系，
利用“设而不求”的思想解决这类问题.
第三讲

稳态与免疫

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新课标高三大二轮复习·生物
专题五第三讲
③内环境可能进行的生理反应，如抗原与抗体结合，缓冲物质对酸、碱性物质的缓冲等。 (3)内环境的理化特性： ①溶液渗透压的大小取决于单位体积溶液中溶质微粒的数目，血浆渗透压大小主要与无机盐、蛋白质的含量有关，细胞外液渗透压的90%以上来自Na＋和Cl－。 ②血液中的缓冲物质(如H2CO3/NaHCO3)有利于pH的相对稳定。
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专题五第三讲
(2)肾小球滤过率下降。如急性肾小球肾炎时，引起蛋白尿，使血浆蛋白的含量减少，从而导致组织水肿。 (3)毛细血管通透性增加。血浆中的蛋白质渗出毛细血管进入组织液，结果增加了组织液中蛋白质的浓度而降低了血浆中蛋白质的浓度，从而使组织液渗透压升高而吸水。如过敏反应时，细胞释放组织胺使毛细血管通透性加大引起过敏性水肿。 (4)营养不良引起。营养不良时，血浆蛋白合成量减少，血浆渗透压降低，使水分进入组织液，引起组织水肿。
专题五第三讲
影像考纲
(1)稳态的生理意义 (2)神经、体液调节在维持稳态中的作用 (3)体温调节、水盐调节和血糖调节 (4)人体免疫系统在维持稳态中的作用 (5)艾滋病的流行和预防
Ⅱ Ⅱ Ⅱ Ⅱ Ⅰ
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专题五第三讲
核心术语
重温生物学术语，让你的答题更规范、更专业、更能打动阅卷老师！细胞外液组织水肿疫细胞疫细胞内液血浆和血液血浆蛋白和血红蛋白免疫器官免
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专题五第三讲
2. 内环境稳态维持的基本途径 (1)机体各器官、系统协调一致地正常进行，是维持内环境稳态的基础。 (2)神经—体液—免疫调节网络是机体维持稳态的主要调节机制。

2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题五第3讲圆锥曲线中的定点与定值

第3讲圆锥曲线中的定点与定值、范围与存在性问题[真题再现］1．(2017·课标Ⅱ)设O为坐标原点,动点M在椭圆C：错误!＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足错误!＝错误!错误!.（1）求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x＝－3上，且错误!·错误!＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。

[解析](1）设P(x，y），M(x0，y0），设N(x0,0)，错误!＝（x－x0，y)，错误!＝（0，y0)．由NP，→＝ 2 错误!得x0＝x，y0＝错误!y0.因为M（x0,y0)在C上，所以错误!＋错误!＝1.因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.(2)由题意知F（－1，0)．设Q（－3，t），P(m，n),则错误!＝（－3,t），错误!＝（－1－m,－n），错误!·错误!＝3＋3m－tn,错误!＝(m,n)，错误!＝(－3－m，t－n）．由错误!·错误!＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1,又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0。

所以错误!·错误!＝0，即错误!⊥错误!。

又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。

2．(2018·已知点P是y轴左侧（不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足P A,PB的中点均在C上．(1）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2）若P是半椭圆x2＋错误!＝1（x<0)上的动点，求△P AB面积的取值范围．［解]（1）解：设P（x0,y0),A错误!,B错误!。

因为P A，PB的中点在抛物线上，所以y1,y2为方程错误!2＝4·错误!即y2－2y0y＋8x0－y错误!＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴．（2）解:由(1)可知错误!所以|PM|＝错误!(y错误!＋y错误!)－x0＝错误!y错误!－3x0，|y1－y2|＝2错误!。

福建省晋江二中高三数学一轮专题复习第五章第3讲数列的通项公式理(无答案)

第3讲数列的通项公式（A 组）一.选择题1．下列说法错误的是（） A.数列是一种特殊的函数B.根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个 C ．毎一个数列都可用三种表示法表示D.如果数列{a n }的前n 项和为S n ，则对∀n ∈N *，都有a n ＋1＝S n ＋1－S n ( ) 2．数列1，23，35，47，59，…的一个通项公式a n ＝( )A.n 2n ＋1 B.n 2n －1 C.n 2n －3 D.n 2n ＋33.设S(n)=+++…+(n ∈N +)，当n=2时，S(2)=( ) A.B.+C.++D.+++4.数列{}n a 中, 12=a ,1221=-+n n a a ,则=10a （）A ．5.5B ．4.5C ．6D ．5 5.设数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2，则a 8的值为 ( ) A.15B.16C.49D.646.数列{a n }中，a 2＝2，a 6＝0且数列{11n a +}是等差数列，则a 4＝ ( ) A.12 B.13 C.14 D.16 二.填空题7.已知数列{a n }的通项公式是a n =则a 3a 4= .8.已知数列{n 2n 2＋1}，则0.98是它的第________项.9.已知函数f (x )＝x －1x，设a n ＝f (n )(n ∈N *)，则{a n }是________数列(填“递增”或“递减”)10.成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列{b n }中的b 3、b 4、b 5.则数列{b n }的通项公式________ 三.解答题11.分别求出各条件下的数列{a n }的通项公式（1）若S n ＝3n＋2n ＋1，（2）在数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和S n ＝n ＋23a n .（3）在数列{a n }中，a 1＝1，且12n n a a --= （4）在数列{a n }中，a 1＝1，且12nn a a -= (5)在数列{a n }中a 1＝1，且a n ＋1＝a n ＋2n，（6）在数列{a n }中，a 1＝2，且11n n n a a n-+=⨯（7）在数列{a n }中a 1＝1，且a n ＋1＝3a n ＋2，（8）已知数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a na n ＋2，（9）已知数列{a n }中，a 1＝2，1n n a a -=，(10)在数列{a n }中a 1＝1，且a n ＋1＝4a n ＋2n，第3讲数列的通项公式（B 组）一.选择题1．已知n ∈N *，给出4个表达式：①a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，n 为奇数，1，n 为偶数，②a n ＝1＋－1n2，③a n ＝1＋cos n π2，④a n ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪sin n π2.其中能作为数列：0,1,0,1,0,1,0,1，…的通项公式的是( )A ．①②③B ．①②④C ．②③④D ．①③④2.已知数列{a n }满足：a 1=1,a n =2a n-1+1(n ≥2),则a 4=（） (A)30 (B)14 (C)3 (D)153.已知函数()f x 为偶函数，且(2)(2)f x f x +=-，当-2≤x ≤0时，()2xf x =；若*,()n x N a f n ∈=，则2010a =（）A ．2009B ．-2009C ．12 D ．144.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝2a n －1(n ∈N *)，则a 5等于 ( )A.－16B.16C.31D.325．在各项均为正数的数列{a n }中，对任意m ，n ∈N *，都有a m ＋n ＝a m ·a n .若a 6＝64，则a 9等于( )A ．256B ．510C ．512D ．1 024 6.已知数列{}n a 中,1a =1,11nn na a a +=+(1,2,3,n =L ),则{}n a 的通项公式是( ) A 、1n a n =B 、n a n =C 、11n a n =+ D 、2n a n =二.填空题7.数列{a n }的前4项是32，1，710，917，则23122是这个数列第______项8.已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝n －1na n －1(n ≥2)，则a n ＝________. 9.已知数列{a n }中，a 1=-1,a n+1·a n =a n+1-a n ,则数列{a n }的通项公式为________. 10.在数列{a n }中，若a 1=，a n =(n ≥2，n ∈N *)，则a 2015= .三.解答题11.等差数列{}n a 的前n 项和为n S .已知232S a =，且124,,S S S 成等比数列，求{}n a 的通项公式.12.设数列{}n a 的前n 项和为n S ，n *∈N ．已知11a =，232a =，354a =，且当2n ≥时，211458n n n n S S S S ++-+=+．（1）求4a 的值；（2）证明：112n n a a +⎧⎫-⎨⎬⎩⎭为等比数列；（3）求数列{}n a 的通项公式．第3讲数列的通项公式（C 组）一.选择题1.数列0,1,0，－1,0,1,0，－1，…的一个通项公式是a n 等于( )A.－1n＋12B.cosn π2C.cosn ＋12π D.cosn ＋22π2.数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，a n ＋1＝3S n (n ≥1)，则a 6等于( )A.3×44B.3×44＋1C.45D.45＋13.已知数列{a n }的通项公式为a n ＝(49)n －1－(23)n －1，则数列{a n }( )A.有最大项，没有最小项B.有最小项，没有最大项C.既有最大项又有最小项D.既没有最大项也没有最小项4.跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么人从格子外跳到第8个格子的方法种数为( )A.8种B.13种C.21种D.34种5.已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且满足2a n －a 1＝S 1·S n (a 1≠0，n ∈N *)，则a 7等于( )A.16B.32C.64D.1285.已知a n =,把数列{a n }的各项排列成如下的三角形形状.a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9 ………………………记A(m,n)表示第m 行的第n 个数,则A(10,12)= ( ) A.B.C.D.二.填空题7.若数列{a n }的前n 项和S n ＝23a n ＋13，则{a n }的通项公式是a n ＝________.8.数列{a n }满足：a 1＋3a 2＋5a 3＋…＋(2n －1)·a n ＝(n －1)·3n ＋1＋3(n ∈N *)，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.9.若数列{a n }满足1a n ＋1－1a n ＝d (n ∈N *，d 为常数)，则称数列{a n }为调和数列，已知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 为调和数列且x 1＋x 2＋…＋x 20＝200，则x 5＋x 16＝________. 10.如图，互不相同的点A 1，A 2，…，A n ，…和B 1，B 2，…，B n …分别在角O 的两条边上，所有A n B n 相互平行，且所有梯形A n B n B n ＋1A n ＋1的面积均相等.设OA n＝a n ，若a 1＝1，a 2＝2，则数列{a n }的通项公式是________. 三.解答题1a ＋2n －1(n ∈N *，a ∈R ，且11．已知数列{a n }中，a n ＝1＋a ≠0)．(1)若a ＝－7，求数列{a n }中的最大项和最小项的值； (2)若对任意的n ∈N *，都有a n ≤a 6成立，求a 的取值范围．。

2019高考英语二轮培优复习专题五书面表达第三讲任务型作文之二_写好拓展句和结尾句习题

【题目优选】假定你是某国际学校的学生李华。

你校目前禁止学生在课堂上使用智能手机、平板电脑(tabletcomputer)等移动设备(device)。

请你给分管教学的布鲁克斯先生写一封信，建议取消这一禁令。

内容包括：1.写信的目的；2.上课使用移动设备的好处；3.希望他考虑你的建议。

注意：1.词数100左右；2.可适当增加细节，以使行文连贯；3.开头和结尾已写好，但不计入总词数。

Dear Mr Brooks，__________________________________________________________ ___________________________________________________________ ___________________________________________________________ _Looking forward to your reply.Yours sincerely，Li Hua 【经典范文】Dear_Mr_Brooks，I am writing to suggest lifting the ban on using smartphones, tablet computers and other mobile devices in class.Mobile devices came into existence as a result of the development of science and technology. They will benefit us a lot as long as they are used properly. First, mobile devices are efficient and can help teachers know whether students understand what is taught as soon as they finish their exercises.Second, mobile devices can make classes more interesting so students will be more willing to learn. Finally, using mobile devices will reduce the use of paper, which will be good for the environment. Please take my suggestion into consideration.Looking_forward_to_your_reply.Yours_sincerely，Li_Hua 【名师点拨】文章运用了多样化的句式结构。

专题五第三讲

专题05 资本主义论(上)(1)

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