艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关：第6章 立体几何 第6节
艺考生文化课百日冲关答案
艺考生文化课百日冲关答案随着文化课在艺术类录取中所占的比重越来越高，很多艺术生在集训时也没有落下文化课。
但是由于艺术生的文化课底子薄，如何快速提分成为了摆在艺术生面前的一大难题。
并且，在集训时，很多专业课培训机构没有配备文化课老师，学生只能靠自学，学习效率和效果得不到保障。
针对该问题，长期从事艺术生文化课教学的刘老师给大家提出三点建议。
一、合理分配集训时间专业课、文化课同步学习以往的艺术生在集训时往往只学习专业课，完全放弃文化课的复习。
把文化课放在艺考后集中复习。
这样的考生，在艺考后复习文化课时才发现早已跟不上复习进度，知识点出现严重断层。
太多的经验和教训告诉我们，集训时一定要同步复习文化课。
整天抱怨说专业课太多，时间不够用的同学，只是给自己找的“为赋新词强说愁”的理由。
如果一个培训机构不给学生留出文化课的复习时间，这样的培训机构只能说还不懂艺考，或者说是以牺牲学生文化课的代价来提高机构的专业课过关率。
告诫各位考生，无论多忙，每天一定要挤出2-3个小时的文化课复习时间，平时的点滴积累往往比临时抱佛脚效果要好的多。
二、各科复习规划安排集训时，建议各科按以下原则复习：每天必看科目：政治、历史、地理、英语，政史地这三科大多以记忆性知识为主，所以，利用集训时的零散时间完全可以随时复习。
英语主要是背单词，把背单词养成一种习惯，可以使用口袋单词本，随时随地记单词。
数学由于解题时间较长，考生最好在安静的环境中复习，所以建议一周复习一次数学科目。
语文可以每天读读文言文，不需要做题，能把文言文的大概意思理解透就可以，毕竟在高考试卷中，文言文所占分值较大。
三、艺考后文化课复习安排艺考后的三个月是艺术生提分的黄金时期，这三个月的复习效果直接决定高考的成功与否。
建议考生们考完试以后，迅速调整状态，以最快的适应程度投入到文化课复习中来。
由于复习时间较短，大而全的复习模式已经不适应该阶段复习模式，考生们可以使用艺考生文化课百日学案，直抓重点复习，以达到快速提分的目的。
艺术生复习高中数学基础冲关立体几何
基础知识专题训练 01一、考试要求二、基础知识 1. 空间几何体棱柱:侧棱都平行且相等,上下底面是全等的多边形,并且相互平行(1 棱锥:底面是任意多边形。
侧面是有一个公共顶点的三角形棱台:由平行于底面的平面截棱锥得到,上下底面是相似多边形(2 .旋转体(3空间几何体的三视图空间几何体的三视图是用正投影得到, 在这种投影下, 与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的开关和大小是完全相同的,三视图包括正视图、侧视图、俯视图。
4、空间几何体的直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是:(1原图形中 x 轴、 y 轴、 z 轴两两垂直,直观图中,x’轴、y’轴的夹角为 45o(或 135o,z’轴与x’轴和y’轴所在平面垂直;(2原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍平行。
平行于 x 轴和 z 轴的线段长度在直观图不变,平行于 y 轴的线段长度在直观图中减半。
5、平行投影与中心投影平行投影的投影线互相平行,而中心投影的投影线相交于一点。
注:空间几何体的三视图和直观图在观察角度和投影效果上的区别是:(1观察角度:三视图是从三个不同位置观察几何体而画出的图形; 直观图是从某一点观察几何体而画出的图形; (2 投影效果:三视图是正投影下的平面图形,直观图是在平行投影下画出的空间图形。
三.基础练习1. 将正三棱柱截去三个角(如图 1所示 A 、 B 、 C 分别是 GHI 三边的中点得到的几何体如图 2,则该几何体按图 2所示方向的侧视图 (或称左视图为 (2.水平放置的圆柱形物体的三视图是 (3.已知△ ABC 的水平放置的直观图是等腰的 Rt △ A ' B ' C ' ,且∠ A ' = 90°, A ' B ' = 2(如图 ,则△ ABC 的面积是(A 2B 22C 42D 14.下面是一个物体的三视图,该物体是所给结果中的 (A .正方体B .长方体C .圆锥D .四棱锥5.如图一个空间几何体的正视图,侧视图,俯视图是全等的等腰直角三角形,且直角边的边长为 1,那么这个几何体的体积等于 (A241 B121 E D H GE D 侧视图 1 图 2 B E A . E B . C . D .C61 D31 6. 一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底面为 450, 腰和上底长均为 1的等腰梯形,则这个平面图形的面积是A21+22B 1+22C 1+2D 2+27.右图是一个几何体的三视图,根据图中数据, 那么这个几何体是(A. 三棱锥B.四棱锥C. 三棱台D.四棱台8. 一个几何体的三视图如图 1所示,其中正视图与左视图都是边长为 2的正三角形,则这个几何体的侧面积为(A B. 2π C. 3π D. 4π9. 右图为一个几何体的三视图,尺寸如图所示,则该几何体的体积为(A. 633π+B. 333π+C. 632π+ D. 332π+10.已知某几何体的俯视图是如图所示的边长为 2的正方形,主视图与左视图是边长为 2的正三角形,则其侧面积 ( .A . 4B . 4(1 D . 811.由正方体木块搭成的几何体的三视图如下,则该几何体由 _____块小正方体木块搭成第 10题图主视图左视图 (第 7图图 1正 (主视左 (侧视俯视图俯视图侧视图正视图12. 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图, 则这个平面图形的面积是 .13.下列几何体各自的三视图中,有且仅有两个视图相同的是 _______14、如图(右面 ,一个简单空间几何体的三视图其主视图与左视图是边长为 2的正三角形、俯视图轮廓为正方形,则其体积是 ________.15.若一个底面为正三角形、侧棱与底面垂直的棱柱的三视图如下图所示,则这个棱柱的体积为 ______________16.在△ ABC 中, AB =2, BC =1.5,∠ ABC =120°(如图所示 ,若将△ ABC 绕直线 BC 旋转一周,则所形成的旋转体的体积是 __________17.如图,一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为 1的正方形,俯视图是一个圆,那么这个几何体的侧面积 ...为 __________.基础知识专题训练 02俯视图第 3题x′′ ①正方形②圆锥③三棱台一、考试要求1.平面概述(1平面的特征:①无限延展②没有厚度(2平面的画法:通常画 __________来表示平面;(3平面的表示:用一个小写的希腊字母α、β、γ等表示,如平面α、平面β;用表示平行四边形的两个相对顶点的字母表示,如平面 AC 。
艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关：第6章 立体几何 第7节 第2课时
第六章 第7节 第2课时1．(2019·上海市一模)如图，点A 、B 、C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ＝( )A ．－53 B.53 C.23 D ．－23解析：C [∵点A 、B 、C 分别在空间直角坐标系 O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0,0,2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2,1,2)， 二面角C －AB －O 的大小为θ， ∴cos θ＝OC →·n |OC →||n |＝42×3＝23.故选C.]2．(2019·金华市模拟)在空间直角坐标系O －xyz 中，平面OAB 的一个法向量为n ＝(2，－2,1)，已知点P (－1,3,2)，则点P 到平面OAB 的距离d 等于( )A ．4B ．2C ．3D ．1解析：B [由已知平面OAB 的一条斜线的方向向量OP →＝(－1,3,2)，所以点P 到平面OAB 的距离d ＝|OP →|·|cos 〈OP →，n 〉|＝|OP →·n ||n |＝|－2－6＋2|22＋(－2)2＋1＝2. 故选B.]3．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，D ，E 分别是AC 1和BB 1的中点，则直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为( )A.π6B.π4C.π3 D.π2解析：A [∵AB ＝1，AC ＝2，BC ＝3，AC 2＝BC 2＋AB 2，∴AB ⊥BC .∵三棱柱为直三棱柱，∴BB 1⊥平面ABC .以B 为原点，BC ，BA ，BB 1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B －xyz ，则A (0,1,0)，C (3，0,0)．设B 1(0,0，a )，则C 1(3，0，a )，∴D ⎝⎛⎭⎫32，12，a 2，E ⎝⎛⎭⎫0，0，a 2，∴DE →＝⎝⎛⎭⎫－32，－12，0，平面BB 1C 1C 的法向量BA →＝(0,1,0)．设直线DE 与平面BB 1C 1C 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈DF →，BA →〉|＝12，∴α＝π6.]4．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AC ＝1，CB ＝2，侧棱AA 1＝1，侧面AA 1B 1B 的两条对角线交于点D ，则平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦值为( )A ．－33 B ．－63 C.33D.63解析：A [建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0,0,0)，B (2，0,0)，A (0,1,0)，B 1(2，0,1)，D ⎝⎛⎭⎫22，12，12，CD →＝⎝⎛⎭⎫22，12，12，CB →＝(2，0,0)，BA →＝(－2，1,0)，BB 1→＝(0,0,1)．设平面CBD 和平面B 1BD 的法向量分别为n 1，n 2，可得n 1＝(0,1，－1)，n 2＝(1，2，0)，所以cos 〈n 1，n 2〉＝n 1·n 2|n 1||n 2|＝33，又平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的平面角与〈n 1，n 2〉互补，故平面B 1BD 与平面CBD 所成的二面角的余弦值为－33.故选A.]5．如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，2AC ＝AA 1＝BC ＝2.若二面角B 1－DC －C 1的大小为60°，则AD 的长为( )A. 2B. 3 C ．2D.22解析：A [如图，以C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0,0,0)，A (1,0,0)，B 1(0,2,2)，C 1(0,0,2)．设AD ＝a ，则D 点坐标为(1,0，a )，CD →＝(1,0，a )，CB 1→＝(0,2,2)．设平面B 1CD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )．由⎩⎪⎨⎪⎧m ·CB 1→＝2y ＋2z ＝0m ·CD →＝x ＋az ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－z x ＝－az ，令z ＝－1，则m ＝(a,1，－1)． 又平面C 1DC 的一个法向量为n ＝(0,1,0)， 则由 cos 60°＝|m ·n ||m ||n |，得1a 2＋2＝12，解得a ＝2，所以AD ＝ 2.故选A.]6．如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．解析：∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，F (0,2,0)，C (0,2,1)，∴AF →＝(－1,2,0)，EC →＝(0,2,1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF →·EC →|AF →|·|EC →|＝45×5＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.答案：457．正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为________．解析：以C 为原点建立坐标系，得下列坐标：A (2,0,0)，C 1(0,0,22)．点C 1在侧面ABB 1A 1内的射影为点C 2⎝⎛⎭⎫32，32，22.所以AC 1→＝(－2,0,22)，AC 2→＝⎝⎛⎭⎫－12，32，22，设直线AC 1与平面ABB 1A 1所成的角为θ，则cos θ＝AC 1→·AC 2→|AC 1→||AC 2→|＝1＋0＋823×3＝32.又θ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以θ＝π6. 答案：π68．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________． 解析：如图建立空间直角坐标系，则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)，D (0,0,0)，B (2,2,0)，∴D 1A 1→＝(2,0,0)，DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0) . 设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案：2339．(2019·乌鲁木齐一模)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AA 1＝AC ＝2AB ，M ，N 分别为BC ，A 1C 1的中点．(1)求证AM ⊥BN ；(2)求二面角B 1－BN －A 1的余弦值．解：(1)证明：以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，AA 1为z 轴，建立如图空间直角坐标系A －xyz ，设AB ＝1，则AA 1＝AC ＝2，A (0,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫12，22，0，B (1,0,0)，N ⎝⎛⎭⎫0，22，2，A 1(0,0，2)，B 1(1,0，2)，∴AM →＝⎝⎛⎭⎫12，22，0，BN →＝⎝⎛⎭⎫－1，22，2，∵AM →·BN →＝－12＋12＋0＝0，∴AM ⊥BN .(2)∵直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，BB 1⊥AM ， 又AM ⊥BN ，∴AM ⊥平面BB 1N ， 设平面A 1BN 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，BA 1→＝(－1,0，2)，A 1N →＝⎝⎛⎭⎫0，22，0，则⎩⎨⎧m ·BA 1→＝－x ＋2z ＝0m ·A 1N →＝22y ＝0，取z ＝1，得m ＝(2，0,1)，设二面角B 1－BN －A 1的平面角为θ，则cos θ＝m ·AM →|m ||AM →|＝23.∴二面角B 1－BN －A 1的余弦值为23.10．(2019·赤峰市模拟)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，侧面ACC 1A 1⊥底面ABC ，∠A 1AC ＝60°，AC ＝2AA 1＝4，点D ，E 分别是AA 1，BC 的中点．(1)证明：DE ∥平面A 1B 1C ；(2)若AB ＝2，∠BAC ＝60°，求二面角B －AA 1－E 的余弦值．解：(1)证明：取AC 的中点F ，连接DF ，EF ，∵E 是BC 的中点，∴EF ∥AB ， ∵ABC －A 1B 1C 1是三棱柱，∴AB ∥A 1B 1，∴EF ∥A 1B 1，∴EF ∥平面A 1B 1C ， ∵D 是AA 1的中点，∴DF ∥A 1C ，∴DF ∥平面A 1B 1C ， 又EF ∩DE ＝E ，∴平面DEF ∥平面A 1B 1C ，∴DE ∥平面A 1B 1C ； (2)过点A 1作A 1O ⊥AC ，垂足为O ，连接OB ， ∵侧面ACC 1A ⊥底面ABC ，∴A 1O ⊥平面ABC ， ∴A 1O ⊥OB ，A 1O ⊥OC ，∵∠A 1AC ＝60°，AA 1＝2，∴OA ＝1，OA 1＝3，∵AB ＝2，∠OAB ＝60°，由余弦定理得，OB 2＝OA 2＋AB 2－2OA ·AB cos ∠BAC ＝3， ∴OB ＝3，∠AOB ＝90°，∴OB ⊥AC ，分别以OB ，OC ，OA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图的空间直角坐标系O －xyz ，由题设可得A (0，－1,0)，C (0,3,0)，B (3，0,0)， A 1(0,0，3)，E ⎝⎛⎭⎫32，32，0，AA 1→＝(0,1，3)，AB →＝(3，1,0)，AE →＝⎝⎛⎭⎫32，52，0，设平面AA 1B 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AA 1→＝y ＋3z ＝0n ·AB →＝3x ＋y ＝0，取x ＝1，得n ＝(1，－ 3 ,1)，设平面AA 1E 的法向量m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧m ·AA 1→＝y 1＋3z 1＝0m ·AE →＝32x 1＋52y 1＝0，取z 1＝1，得m ＝(5，－3，1)， 设二面角B －AA 1－E 的平面角为θ， 则cos θ＝m ·n |m ||n |＝95·29＝9145145，∴二面角B －AA 1－E 的余弦值为9145145.。
最新高考数学艺术生百日冲刺专题考前模拟卷
专题19考前模拟卷一.选择题1．设集合M={x|x2﹣x＞0}，N={x|＜1}，则（）A．M∩N=∅B．M∪N=∅C．M=N D．M∪N=R【答案】C【解析】：M={x|x2﹣x＞0}={x|x＞1或x＜0}，N={x|＜1}={x|x＞1或x＜0}，则M=N，故选：C．2.已知是虚数单位,,且,则( )A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，，即，故选A.3.在区间[0，2]上随机取一个数x，使的概率为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】：∵0≤x≤2，∴0≤≤π，∵sin≥，∴≤≤，即≤x≤，∴P==．故选：A．4.（2018•威海二模）已知命题p：“∀a＞b，|a|＞|b|”，命题q：“”，则下列为真命题的是（）A．p∧q B．￢p∧￢q C．p∨q D．p∨￢q【答案】C【解析】：∵命题p：“∀a＞b，|a|＞|b|”是假命题，命题q：“”是真命题，∴p∨q是真命题．故选：C．5.如图1为某省2018年1～4月快递业务量统计图，图2是该省2018年1～4月快递业务收入统计图，下列对统计图理解错误的是A. 2018年1～4月的业务量，3月最高，2月最低，差值接近2000万件B. 2018年1～4月的业务量同比增长率均超过50％，在3月最高C. 从两图看，2018年1～4月中的同一个月的快递业务量与收入的同比增长率并不完全一致D. 从1～4月看，该省在2018年快递业务收入同比增长率逐月增长【答案】D6.（2019•泉州期中）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，则“S n的最大值是S8”是“”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】：等差数列{a n}的前n项和为S n，则“S n的最大值是S8”⇔a8＞0，a9＜0．则“”⇔．∴S n的最大值是S8”是“”的充要条件．故选：C．7.已知点P（2，1）是抛物线C：x2=my上一点，A，B是抛物线C上异于P的两点，A，B在x轴上的射影分别为A1，B1，若直线PA与直线PB的斜率之差为1，D是圆（x﹣1）2+（y+4）2=1上一动点，则△A1B1D 的面积的最大值为（）（2）若b，a，c成等差数列，△ABC的面积为2，求a．【解析】：（1）∵asinB=bsin（A+）．∴由正弦定理可得：sinAsinB=sinBsin（A+）．∵sinB≠0，∴sinA=sin（A+）．∵A∈（0，π），可得：A+A+=π，∴A=．…………6分（2）∵b，a，c成等差数列，∴b+c=，∵△ABC的面积为2，可得：S△ABC=bcsinA=2，∴=2，解得bc=8，∴由余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA=（b+c）2﹣2bc﹣2bccos=（b+c）2﹣3bc=（a）2﹣24，∴解得：a=2．………………12分18.如图所示，在四棱锥S—ABCD中，SA⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，其中AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝AS＝2，AB＝1，CD＝3，点E在棱CS上，且CE＝λCS．（1）若，证明：BE⊥CD；（2）若，求点E到平面SBD的距离．【解析】（1）因为，所以，在线段CD上取一点F使，连接EF，BF，则EF∥SD且DF＝1．因为AB＝1，A B∥CD，∠ADC＝90°，所以四边形ABFD为矩形，所以CD⊥BF．又SA⊥平面ABCD，∠ADC＝90°，所以SA⊥CD，AD⊥CD．因为AD∩SA＝A，所以CD⊥平面SAD，所以CD⊥SD，从而CD⊥EF．因为BF∩EF＝F，所以CD⊥平面BEF．又BE平面BEF，所以CD⊥BE．…………5分（2）解：由题设得，，又因为，，，所以，设点C到平面SBD的距离为h，则由V S—BCD＝V C—SBD得，因为，所以点E到平面SBD的距离为．…………12分19. .2018年8月8日是我国第十个全民健身日，其主题是：新时代全民健身动起．某市为了解全民健身情况，随机从某小区居民中抽取了40人，将他们的年龄分成7段：[10，20），[20，30），[30，40），[40，50），[50，60），[60，70），[70，80]后得到如图所示的频率分布直方图．（1）试求这40人年龄的平均数、中位数的估计值；（2）（ⅰ）若从样本中年龄在[50，70）的居民中任取2人赠送健身卡，求这2人中至少有1人年龄不低于60岁的概率；（ⅱ）已知该小区年龄在[10，80]内的总人数为2000，若18岁以上（含18岁）为成年人，试估计该小区年龄不超过80岁的成年人人数．【解析】（1）平均数．前三组的频率之和为0.15＋0.2＋0.3＝0.65，故中位数落在第3组，设中位数为x，则（x－30）×0.03＋0.15＋0.2＝0.5，解得x＝35，即中位数为35．…………5分（2）（ⅰ）样本中，年龄在[50，70）的人共有40×0.15＝6人，其中年龄在[50，60）的有4人，设为a，b，c，d，年龄在[60，70）的有2人，设为x，y．则从中任选2人共有如下15个基本事件：（a，b），（a，c），（a，d），（a，x），（a，y），（b，c），（b，d），（b，x），（b，y），（c，d），（c，x），（c，y），（d，x），（d，y），（x，y）．至少有1人年龄不低于60岁的共有如下9个基本事件：（a，x），（a，y），（b，x），（b，y），（c，x），（c，y），（d，x），（d，y），（x，y）．记“这2人中至少有1人年龄不低于60岁”为事件A，故所求概率．…………9分（ⅱ）样本中年龄在18岁以上的居民所占频率为1－（18－10）×0.015＝0.88，故可以估计，该小区年龄不超过80岁的成年人人数约为2000×0.88＝1760．……12分20.已知椭圆E：（a＞b＞0）过点P（），其上顶点B（0，b）与左右焦点F1，F2构成等腰三角形，且∠F1BF2=120°．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）以点B（0，b）为焦点的抛物线C：x2=2py（p＞0）上的一动点P（m，y p），抛物线C在点P处的切线l与椭圆E交于P1P2两点，线段P1P2的中点为D，直线OD（O为坐标原点）与过点P且垂直于x轴的直线交于点M，问：当0＜m≤b时，△POM面积是否存在最大值？若存在，求出最大值，若不存在说明理由．【解析】：（Ⅰ）由已知得：a=2b，+=1，解得b2=1，a2=4．故椭圆E的方程为：+y2=1．………………4分（Ⅱ）抛物线C的焦点B（0，1），则其方程为x2=4y．y′=x．于是抛物线上点P（m，），则在点P处的切线l的斜率为k=y′|x=m=，故切线l的方程为：y﹣=（x﹣m），即y=x﹣．…………6分由方程组，消去y，整理后得（m2+1）x2﹣m3x+﹣4=0．由已知直线l与椭圆交于两点，则△=m6﹣4（m2+1）（﹣4）＞0．解得0≤m2＜8+4，其中m=0是不合题意的．∴﹣＜m＜0，或0＜m＜．设P1（x1，y1），P2（x2，y2），则x D==．…………8分代入l的方程得y D=．故直线OD的方程为：x，即y=﹣x．当x=m时，y=﹣，即点M．△POM面积S=|PM|•m=m=+m．∵S′=m2+＞0，故S关于m单调递增．∵0＜m≤1，∴当m=1时，△POM面积最大值为．…………12分21已知函数．（1）若函数f（x）在[1，＋∞）上是单调递减函数，求a的取值范围；（2）当－2＜a＜0时，证明：对任意x∈（0，＋∞），．【解析】 (1)解：由题意得.即在上恒成立，所以.…………3分(2)证明：由(1)可知，所以在上单调递增，在上单调递减，因为，所以，所以，即，即，所以.…………12分22．（10分）以直角坐标系的原点O为极点，x轴正半轴为极轴，并在两种坐标系中取相同的长度单位，已知直线l的参数方程为，（t为参数，0＜θ＜π），曲线C的极坐标方程为ρsin2θ﹣2cosθ=0．（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）设直线l与曲线C相交于A，B两点，当θ变化时，求|AB|的最小值．【分析】（1）利用极坐标与直角坐标的转化方法，求曲线C的直角坐标方程；（2）将直线l的参数方程代入y2=2x，得t2sin2θ﹣2tcosθ﹣1=0，利用参数的几何意义，求|AB|的最小值．23. 设函数f（x）=|x﹣1|﹣|2x+1|的最大值为m．（Ⅰ）作出函数f（x）的图象；（Ⅱ）若a2+2c2+3b2=m，求ab+2bc的最大值．【解析】：（Ⅰ）函数f（x）=|x﹣1|﹣|2x+1|=，画出图象如图，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x=﹣时，函数f（x）取得最大值为m=．∵a2+2c2+3b2=m==（a2+b2）+2（c2+b2）≥2ab+4bc，∴ab+2bc≤，当且仅当a=b=c=1时，取等号，故ab+2bc的最大值为．。
艺体生文化课百日突围系列综合篇
艺体生文化课-百日突围系列?综合篇专题六 选讲局部 极坐标与参数方程【背一背重点知识】1.平面直角坐标系中的伸缩变换：//,(0),(0)x x y y λλμμ⎧=>⎪⎨=>⎪⎩2.极坐标系〔1〕极坐标系的概念：平面取一个定点O ,叫做极点,自极点O 引一条射线Ox ,叫做极轴;再选定一个长度单位,一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向),这样就建立了一个极坐标系.设M 是平面一点,极点O 与点M 的距离|OM|叫做点M 的极径,记为ρ;以极轴Ox 为始边,射线OM 为终边的角xOM ∠叫做点M 的极角,记为θ.有序数对),(θρ叫做点M 的极坐标,记作),(θρM .〔2〕直角坐标与极坐标的互化：把直角坐标系的原点作为极点,*轴的正半轴作为极轴,并在两种坐标系中取一样的长度单位.设M 是坐标平面任意一点,它的直角坐标是),(y x ,极坐标是),(θρ,则极坐标与直角坐标的互化公式如表: 〔3〕 常见曲线的极坐标方程：曲线 图形极坐标方程圆心在极点,半径为r 的圆(02)r ρθπ=≤<圆心为(,0)r ,半径为r 的圆2cos ()22r ππρθθ=-≤<点M直角坐标(,)x y极坐标(,)ρθ互化公式cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩222tan (0)x y yx x ρθ=+=≠圆心为(,)2r π,半径为r 的圆2sin (0)r ρθθπ≤<过极点,倾斜角为α的直线(1)()()R R θαρθπαρ=∈=+∈或 (2)(0)(0)θαρθπαρ=≥=+≥和过点(,0)a ,与极轴垂直的直线cos ()22a ππρθθ=-<<过点(,)2a π,与极轴平行的直线sin (0)a ρθθπ=<<3、参数方程〔1〕参数方程的概念：一般地,在平面直角坐标系中,如果曲线上任意一点的坐标,x y 都是*个变数t 的函数()()x f t y g t =⎧⎨=⎩①,并且对于t 的每一个允许值,由方程组①所确定的点(,)M x y 都在这条曲线上,则方程①就叫做这条曲线的参数方程,联系变数,x y 的变数t 叫做参变数,简称参数,相对于参数方程而言,直接给出点的坐标间关系的方程叫做普通方程.〔2〕参数方程和普通方程的互化：曲线的参数方程和普通方程是曲线方程的不同形式,一般地可以通过消去参数而从参数方程得到普通方程.在参数方程与普通方程的互化中,必须使,x y 的取值围保持一致. 〔3〕常见曲线的参数方程：①圆22200()()x x y y r -+-=的参数方程为⎩⎨⎧+=+=θθsin cos 00r y y r x x 〔θ为参数〕；②椭圆12222=+b y a x 的参数方程为⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x 〔θ为参数〕；③双曲线12222=-by a x 的参数方程⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x 〔θ为参数〕； ④抛物线22y px =参数方程222x pt y pt⎧=⎨=⎩(t 为参数〕；⑤过定点),(00y x P 、倾斜角为α的直线的参数方程⎩⎨⎧+=+=ααsin cos 00t y y t x x 〔t 为参数〕。
2021届高考数学(理)考前60天冲刺六大解答题立体几何
2021届高考数学（理）考前60天冲刺六大解答题立体几何立体几何知识点概述考试内容平面及其基本性质。
平面图形可视化图形的绘制方法平行直线．对应边分别平行的角．异面直线所成的角．异面直线的公垂线．异面直线的距离．直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定与性质．点到平面的距离．斜线在平面上的射影．直线和平面所成的角．三垂线定理及其逆定理．平行平面的测定和性质。
平行平面之间的距离。
二面角及其平面角。
两个垂直平面的确定及其性质多面体．正多面体．棱柱．棱锥．球．考试要求（1）掌握平面的基本性质，能用斜二次测量的作图方法绘制水平平面图形的直观图；能够画出空间中两条直线、直线和平面的各种位置关系的图形，并根据这些图形想象它们的位置关系。
（2）掌握两条直线平行度和垂直度的判定定理和性质定理，掌握两条直线形成的角度和距离的概念。
对于不同平面直线之间的距离，只要给出公共垂直线，就可以计算出距离（3）掌握直线和平面平行的判定定理和性质定理；掌握直线和平面垂直的判定定理和性质定理；掌握斜线在平面上的射影、直线和平面所成的角、直线和平面的距离的概念掌握三垂线定理及其逆定理．（4）掌握两平行平面的判定定理和性质定理，掌握二面角、二面角平面角和两平行平面之间距离的概念，掌握两垂直平面的判定定理和性质定理。
（5）能够通过反证来证明简单的问题（6）了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念．（7）了解棱柱的概念，掌握棱柱的性质，会画直棱柱的直观图．（8）了解棱锥的概念，掌握正棱锥的性质，会画正棱锥的直观图．（9）了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式．9（b）．直线、平面、简单几何体考试内容：平面及其基本性质。
平面图形的可视图形的表示。
平行线直线和平面平行的判定与性质．直线和平面垂直的判定．三垂线定理及其逆定理．两个平面的位置关系．空间向量及其加法、减法和乘法。
空间向量的坐标表示。
空间向量的量积。
直线的方向向量。
2019年高考数学(文)自由复习步步高系列第六天 立体几何
2019年高考备考之考前十天自主复习第六天立体几何(文科)【热点知识再梳理——胸有成竹】热点一：三视图与表面积、体积[1] 几何体的三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图下面，侧(左)视图放在正(主)视图右面，“长对正，高平齐，宽相等．”[2]以三视图为载体，考查面积、体积的计算，尤其三视图及柱、锥与球的接切问题相结合是考试的重点和热点，这类题的解决方法一般为将三视图还原几何体，再利用几何体的表面积公式或体积公式计算，解决的关键是要熟悉常见几何体的三视图，尤其注意几何体的不同摆放位置三视图会发生变化．由几何体的三视图确定几何体时，要注意以下几点：(1)还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体．(2)注意图中实、虚线，实际是原几何体中的可视线与被遮挡线．(3)想象原形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调整准确画出原几何体．[3]多面体与球接、切问题的求解策略(1)涉及球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段P A，PB，PC两两互相垂直，且P A＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，则4R2＝a2＋b2＋c2求解．1．【山西省2019届（二模)】如图1，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M，N，Q分别是线段AD1，B1C，C1D1上的动点，当三棱锥Q-BMN的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A．2B．1C．D．【答案】C【解析】由正视图可知：是的中点，在处，在的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：，故选C ．2．在平面几何中，有“若ABC ∆的周长c ，面积为S ，则内切圆半径2Sr c=”，类比上述结论，在立体几何中，有“若四面体ABCD 的表面积为S ，体积为V ，则其内切球的半径r =（ ）A.3V S B. 2V S C. 2V S D. 3V S【答案】A【解析】将四面体的四个表面积分别记为则四面体的体积从而3,Vr S=选A. 3．【广东省肇庆市2018届高三第三次模拟】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A. B. C. D. 【答案】D【解析】由三视图可知原几何体是在一个正方体的左上角割去了一个三棱锥O-ABC ，所以几何体的体积为故选D.4．【江西省南昌市2019届高三二模】已知一个四棱锥的三视图如图（网络中的小正方形边长为1），则该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为（）A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】由题得几何体原图是如图所示的四棱锥P-ABCD，在四个侧面中，有∠PBA=∠PCD=∠CPB=90°，△PAD是等边三角形.所以该四棱锥的侧面中直角三角形的个数为3.故选：C热点二：证明或判断空间平行、垂直关系[4]空间平行问题的转化关系平行问题的核心是线线平行，证明线线平行的常用方法有：三角形的中位线、平行线分线段成比例(三角形相似)、平行四边形等．[5] 空间垂直问题的转化关系线线垂直线面垂直的判定线面垂直的定义线面垂直面面垂直的判定面面垂直的性质面面垂直垂直问题的核心是线线垂直，证明线线垂直的常用方法有：等腰三角形底边上的中线、勾股定理、平面几何方法等．5．【四川省攀枝花市2019届高三下学期第三次统考】设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若，，则B．若，，则C ．若，，则D ．若，，则【答案】C【解析】设 , 是两条不同的直线， , 是两个不同的平面，则： 在A 中，若 // ， // ，则 与 相交或平行，故A 错误； 在B 中，若 ⊥ ， ⊥ ，则 // 或 ⊂ ，故B 错误；在C 中，若 ⊥ ， // ，则由线面垂直的判定定理得 ⊥ ，故C 正确； 在D 中，若 ⊥ ， ⊥ ，则 与 平行或 ⊂ ，故D 错误． 故选：C ．6．【浙江省湖州、衢州、丽水三市2017届高三4月联考】已知平面与两条不重合的直线，，则“，且”是“”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】若，则必有//a b ，但//a b 时，直线,a b 与平面 可以平行，可以相交，可以在平面内，不一定垂直，因此“”是“//a b ”的充分不必要条件，故选A ．7．【江西省吉安市2019届】如图，长为，宽为的矩形纸片中，为边的中点，将沿直线翻转（平面），若为线段的中点，则在翻转过程中，下列说法错误的是（ ）A ．平面B ．异面直线与所成角是定值 C ．三棱锥体积的最大值是D ．一定存在某个位置，使【答案】D【解析】由题意，对于，延长，交于，连接，由为的中点，可得为的中点，又为的中点，可得，平面，平面，则平面，∴正确；对于，，过作，平面，则是异面直线与所成的角或所成角的补角，且，在中，，，则，则为定值，即为定值，∴正确；对于，设为的中点，连接，由直角三角形斜边的中线长为斜边的一半，可得平面⊥平面时，三棱锥的体积最大，最大体积为，∴正确；对于，连接，可得，若，即有平面，即有，由在平面中的射影为，可得与垂直，但与不垂直，则不存在某个位置，使，∴错误；故选：D．8．三棱锥P ABC-的三条侧棱互相垂直，且，则其外接球上的点到平面ABC的距离最大值为（）A.32B.36C.33D.233【答案】D【解析】由题意，得该三棱锥P ABC-的棱长为1的正方体的一部分（如图所示），且外接球的直径为正方体的体对角线，易知PD⊥面ABC，且点D到平面ABC的距离是外接球上的点到平面ABC的距离的最大值，为；故选D.9.【2018届高三下学期第二次调研考试】如图，四边形ABCD为梯形，AB//CD，平面ABCD，为BC的中点.（1）求证：平面平面PDE.（2）在线段PC上是否存在一点F，使得PA//平面BDF？若存在，指出点F的位置，并证明；若不存在，请说明理由.【答案】（1）见解析.（2）当点位于线段的三等分点（靠近点P时）满足条件.【解析】试题分析：（1）连接，由题意得，又由为的中点，得到，进而得到，利用线面垂直的判定定理证得平面，再利用面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；（2）取线段的三等分点，连接交于点，连接，进而得到，再利用线面平行的判定定理，即可证得平面.试题解析：10.【四川省攀枝花市2019届】如图，三棱锥中，、均为等腰直角三角形，且，若平面平面．（Ⅰ）证明：；（Ⅱ）点为棱上靠近点的三等分点，求点到平面的距离．【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）证明：取的中点为，连接．∵在中，，为的中点，∴，∵在中，，为的中点，∴，∵，，平面，∴⊥平面，∵平面，∴．（Ⅱ）∵平面平面，，平面平面，平面．∴平面．在三棱锥中，，由题意，，．∵在中，，∴，则由得，因点为棱上靠近点的三等分点，则点到平面的距离等于点到平面距离的．∴点到平面的距离等于．。
艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关：第6章 立体几何 第2节
第六章 第2节1．(2017·全国Ⅲ卷)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 ．πB.3π4C.π2D.π4解析：B [如图，画出圆柱的轴截面AC ＝1，AB ＝12，所以r ＝BC ＝32，那么圆柱的体积是V ＝πr 2h ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322×1＝34π，故选B.]2．(2019·黄山市一模)《九章算术》卷5《商功》记载一个问题“今有圆堡瑽，周四丈八尺，高一丈一尺．问积几何？答曰：二千一百一十二尺．术曰：周自相乘，以高乘之，十二而一”．这里所说的圆堡瑽就是圆柱体，它的体积为“周自相乘，以高乘之，十二而一”．就是说：圆堡瑽(圆柱体)的体积为V ＝112×(底面圆的周长的平方×高)，则由此可推得圆周率π的取值为( )A ．3B ．3.1C ．3.14D ．3.2解析：A [∵圆堡瑽(圆柱体)的体积为V ＝112×(底面圆的周长的平方×高)，∴112×(2πr )2×h ＝πr 2×h ，解得π＝3.故选A.]3．(2018·全国Ⅲ卷)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3 解析：B [当三棱锥D －ABC 体积最大时，点D 到平面ABC 的距离最大，设△ABC 的边长为a ，由已知，a ＝6，设△ABC 的中心为点E ，则AE ＝BE ＝CE ＝23，设球心为点O ，则r ＝OA ＝OB ＝OC ＝4，则OE ＝42－(23)2＝2，故D 到平面ABC 的距离最大值为OE ＋r ＝2＋4＝6.则V D －ABC ＝93×6×13＝18 3.]4．(2019·深圳市调研)如图所示，在平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体ABCD ，使平面ABD ⊥平面BCD ，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )A.3π2 B ．3π C.2π3D ．2π解析：A [如图，取BD 的中点为E ，BC 的中点为O ，连接AE ，OD ，EO ，AO .因为AB ＝AD ，所以AE ⊥BD .由于平面ABD ⊥平面BCD ，所以AE ⊥平面BCD .因为AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，所以AE ＝22，EO ＝12.所以OA ＝32. 在Rt △BDC 中，OB ＝OC ＝OD ＝12BC ＝32，所以四面体ABCD 的外接球的球心为O ，半径为32. 所以该球的体积V ＝43π×⎝⎛⎭⎫323＝3π2.]5．(2019·山东师大附中模拟)如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程为43，则这个圆锥的体积为( )A.153B.3235π27C.1282π81D.833解析：C [作出该圆锥的侧面展开图，如图中阴影部分所示，该小虫爬行的最短路为PP ′，∵OP ＝OP ′＝4，PP ′＝43，由余弦定理可得cos ∠P ′OP ＝OP 2＋OP ′2－PP ′22OP ·OP ′＝－12，∴∠P ′OP ＝2π3.设底面圆的半径为r ，圆锥的高为h ，则有2πr ＝2π3×4，∴r ＝43，h ＝12－r 2＝823，∴圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝1282π81.]6．如图，半球内有一内接正四棱锥S －ABCD ，该四棱锥的体积为423，则该半球的体积为________．解析：设所给半球的半径为R ，则棱锥的高h ＝R ，底面正方形中有AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝2R ，∴其体积为23R 3＝423，则R 3＝22，于是所求半球的体积为V ＝23πR 3＝423π.答案：423π7．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S －ABC 的体积为9，则球O 的表面积为________．解析：取SC 的中点O ，连接OA ，OB ，因为SA ＝AC ，SB ＝BC ， 所以OA ⊥SC ，OB ⊥SC ， 因为平面SCA ⊥平面SCB ，所以OA ⊥平面SBC ， 设OA ＝r ，V A －SBC ＝13×S △SBC ×OA ＝13×12×2r ×r ×r ＝13r 3，所以13r 3＝9⇒r ＝3，所以球的表面积为S ＝4πr 2＝36π. 答案：36π8．(2019·银川市模拟)把边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，当以A ，B ，C ，D 四点为顶点的三棱锥体积最大时，此三棱锥的外接球的表面积的大小等于________．解析：如图所示，当平面BAC ⊥平面DAC 时，三棱锥体积最大，取AC 的中点E ，连接BE 和DE ，则BE ⊥平面DAC ，且AE ＝BE ＝CE ＝DE ＝22， ∴E 是此三棱锥外接球的球心，且半径为22； ∴此三棱锥外接球的表面积为4π·⎝⎛⎭⎫222＝2π. 答案：2π9．如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E －ACD 的体积为63，求该三棱锥E －ACD 的侧面积．解：(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BE ⊥AC .而BD ∩BE ＝B ，BD ，BE ⊂平面BED ， 所以AC ⊥平面BED .又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED.(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2.因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝32x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2 2x.由已知得，三棱锥E－ACD的体积V三棱锥E－ACD＝13×12AC·GD·BE＝624x3＝63，故x＝2.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E－ACD的侧面积为3＋2 5.10．(2019·贵阳市质检)如图，△ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，DC⊥平面ABC，AB＝2，EB＝ 3.(1)求证：DE⊥平面ACD；(2)设AC＝x，V(x)表示三棱锥B－ACE的体积，求函数V(x)的解析式及最大值．解：(1)证明∵四边形DCBE为平行四边形，∴CD∥BE，BC∥DE.∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC.∵AB是圆O的直径，∴BC⊥AC，且DC∩AC＝C，DC，AC⊂平面ACD，∴BC⊥平面ACD.∵DE∥BC，∴DE⊥平面ADC.(2)∵DC⊥平面ABC，∴BE⊥平面ABC.在Rt△ABE中，AB＝2，EB＝ 3.在Rt△ABC中，∵AC＝x，∴BC＝4－x2(0<x<2)，∴S△ABC＝12AC·BC＝12x·4－x2，∴V(x)＝V三棱锥E－ABC＝36x·4－x2(0<x<2)．∵x 2(4－x 2)≤⎝⎛⎭⎫x 2＋4－x 222＝4，当且仅当x 2＝4－x 2，即x ＝2时取等号，∴当x ＝2时，体积有最大值33.。
艺考生文化课新高考数学百日冲刺复习课时分组冲关：第6章 立体几何 第7节 第1课时
第六章 第7节 第1课时1．若直线l 的一个方向向量为a ＝(2,5,7)，平面α的一个法向量为u ＝(1,1，－1)，则( ) A ．l ∥α或l ⊂α B ．l ⊥α C ．l ⊂αD ．l 与α斜交解析：A [由条件知a ·u ＝2×1＋5×1＋7×(－1)＝0，所以a ⊥u ，故l ∥α或l ⊂α.故选A.]2．设平面α的法向量为(1,2，－2)，平面β的法向量为(－2，－4，k )，若α⊥β，则k 等于( )A ．2B ．－4C ．－5D ．－2解析：C [因为α⊥β，所以1×(－2)＋2×(－4)＋(－2)×k ＝0，所以k ＝－5.] 3．已知A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，则平面ABC 的一个单位法向量是( ) A.⎝⎛⎭⎫33，33，－33 B.⎝⎛⎭⎫33，－33，33 C.⎝⎛⎭⎫－33，33，33 D.⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33 解析：D [因为A (1,0,0)，B (0,1,0)，C (0,0,1)，所以AB →＝(－1,1,0)，AC →＝(－1,0,1)． 经验证，当n ＝⎝⎛⎭⎫－33，－33，－33时， n ·AB →＝33－33＋0＝0，n ·AC →＝33＋0－33＝0，故选D.]4．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对解析：C [以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)，A (22，0,0)，M (2，2,0)．∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)，AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)，∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0，即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM .故选C 项．]5.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别在A 1D ，AC 上，且A 1E ＝23A 1D ，AF ＝13AC ，则( )A ．EF 至多与A 1D ，AC 之一垂直B ．EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC C ．EF 与BD 1相交 D ．EF 与BD 1异面解析：B [以D 点为坐标原点，以DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则A 1(1,0,1)，D (0,0,0)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，E ⎝⎛⎭⎫13，0，13，F ⎝⎛⎭⎫23，13，0，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，A 1D →＝(－1,0，－1)，AC →＝(－1,1,0)， EF →＝⎝⎛⎭⎫13，13，－13，BD 1→＝(－1，－1,1)，EF →＝－13BD 1→，A 1D →·EF →＝AC →·EF →＝0，从而EF ∥BD 1，EF ⊥A 1D ，EF ⊥AC .故选B.]6．在空间直角坐标系中，点P (1，2，3)，过点P 作平面yOz 的垂线PQ ，则垂足Q 的坐标为________．解析：由题意知，点Q 即为点P 在平面yOz 内的射影， 所以垂足Q 的坐标为(0，2，3)． 答案：(0，2，3)7．(2019·武汉市调研)已知平面α内的三点A (0,0,1)，B (0,1,0)，C (1,0,0)，平面β的一个法向量n ＝(－1，－1，－1)，则不重合的两个平面α与β的位置关系是________________________________________________________________________．解析：设平面α的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 由m ·AB →＝0，得x ·0＋y －z ＝0⇒y ＝z ，由m ·AC →＝0，得x －z ＝0⇒x ＝z ，取x ＝1， ∴m ＝(1,1,1)，m ＝－n ，∴m ∥n ，∴α∥β. 答案：α∥β8．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱长为a ，M 、N 分别为A 1B 和AC 上的点，A 1M ＝AN ＝2a3，则MN 与平面BB 1C 1C 的位置关系是________．解析：∵正方体棱长为a ，A 1M ＝AN ＝2a 3， ∴MB →＝23A 1B →，CN →＝23CA →，∴MN →＝MB →＋BC →＋CN →＝23A 1B →＋BC →＋23CA →＝23(A 1B 1→＋B 1B →)＋BC →＋23(CD →＋DA →) ＝23B 1B →＋13B 1C 1→. 又∵CD →是平面B 1BCC 1的法向量， ∴MN →·CD →＝⎝⎛⎭⎫23B 1B →＋13B 1C 1→·CD →＝0，∴MN →⊥CD →.又∵MN ⊄平面B 1BCC 1，∴MN ∥平面B 1BCC 1. 答案：平行9．如图，在多面体ABC －A 1B 1C 1中，四边形A 1ABB 1是正方形，AB ＝AC ，BC ＝2AB ，B 1C 1瘙 綊12BC ，二面角A 1－AB －C 是直二面角．求证：(1)A 1B 1⊥平面AA 1C ； (2)AB 1∥平面A 1C 1C .证明：∵二面角A 1－AB －C 是直二面角，四边形A 1ABB 1为正方形，∴AA 1⊥平面BAC . 又∵AB ＝AC ，BC ＝2AB ， ∴∠CAB ＝90°，即CA ⊥AB ， ∴AB ，AC ，AA 1两两互相垂直．建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设AB ＝2，则A (0,0,0)，B 1(0,2,2)，A 1(0,0,2)，C (2,0,0)，C 1(1,1,2)． (1)A 1B 1→＝(0,2,0)，A 1A →＝(0,0，－2)，AC →＝(2,0,0)， 设平面AA 1C 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·A 1A →＝0，n ·AC →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧ －2z ＝0，2x ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，z ＝0.取y ＝1，则n ＝(0,1,0)．∴A 1B 1→＝2n ，即A 1B 1→∥n .∴A 1B 1⊥平面AA 1C .(2)易知AB 1→＝(0,2,2)，A 1C 1→＝(1,1,0)，A 1C →＝(2,0，－2)，设平面A 1C 1C 的一个法向量m ＝(x 1，y 1，z 1)，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·A 1C 1→＝0，m ·A 1C →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋y 1＝0，2x 1－2z 1＝0，令x 1＝1，则y 1＝－1，z 1＝1，即m ＝(1，－1,1)． ∴AB 1→·m ＝0×1＋2×(－1)＋2×1＝0，∴AB 1→⊥m .又AB 1⊄平面A 1C 1C ，∴AB 1∥平面A 1C 1C .10．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，PC ＝2，在四边形ABCD 中，∠B ＝∠C ＝90°，AB ＝4，CD ＝1，点M 在PB 上，PB ＝4PM ，PB 与平面ABCD 成30°的角．求证：(1)CM ∥平面P AD ； (2)平面P AB ⊥平面P AD .证明：(1)以C 为坐标原点，CB 为x 轴，CD 为y 轴，CP 为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz .∵PC ⊥平面ABCD ，∴∠PBC 为PB 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PBC ＝30°，∵PC ＝2，∴BC ＝23，PB ＝4，∴D (0,1,0)，B (23，0,0)，A (23，4,0)，P (0,0,2)， M ⎝⎛⎭⎫32，0，32，∴DP →＝(0，－1,2)，DA →＝(23，3,0)， CM →＝⎝⎛⎭⎫32，0，32.(1)设n ＝(x ，y ，z )为平面P AD 的一个法向量， 由⎩⎪⎨⎪⎧DP →·n ＝0，DA →·n ＝0，即⎩⎨⎧－y ＋2z ＝0，23x ＋3y ＝0，令y ＝2，得n ＝(－3，2,1)．∴n ·CM →＝－3×32＋2×0＋1×32＝0，∴n ⊥CM →.又CM ⊄平面P AD ， ∴CM ∥平面P AD .(2)如(1)中图，取AP 的中点E ，连接BE ，则E (3，2,1)，BE →＝(－3，2,1)． ∵PB ＝AB ，∴BE ⊥P A .又∵BE →·DA →＝(－3，2,1)·(23，3,0)＝0， ∴BE →⊥DA →，∴BE ⊥DA .又P A ∩DA ＝A ，∴BE ⊥平面P AD . 又∵BE ⊂平面P AB ， ∴平面P AB ⊥平面P AD .。
最新高考数学艺术生百日冲刺专题立体几何初步测试题
专题9立体几何初步测试题命题报告：1. 高频考点：三视图的认识，几何体的表面积和体积的求解。
2. 考情分析：高考主要以选择题填空题形式出现，每年必考，重点考查三视图和表面积、体积的综合，与球有关的外接和内切问题。
3.重点推荐：基础卷16题，涉及数学文化题的应用，是近几年热点问题；一．选择题1. 所有棱长都为1的正四棱锥的体积是（ ）A 、23B C D 【答案】：C【解析】正四棱锥的侧棱、高、底面对角线的一半构成直角三角形，所以高为，正四棱锥的底面积为1，所以体积为，故选C.2. 将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为( )【答案】 B【解析】 先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图.由几何体的正视图和俯视图可知该几何体为图①，故其侧视图为图②.3. （2018•黄山一模）将正方体（如图（1）所示）截去两个三棱锥，得到如图（2）所示的几何体，则该几何体的侧视图为（）A． B．C． D．【答案】：B4.如图，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后所得，则该几何体的体积为( )A.90πB.63πC.42πD.36π答案 B解析法一(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示.将圆柱补全，并将圆柱体从点A处水平分成上下两部分.由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π. 法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π， ∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合.5. 在棱长为a 的正方体中，P 、Q 是体对角线1A C 上的动点， 且2a PQ ，则三棱锥P-BDQ 的体积为（ ）A 3B 3C 3D 3【答案】：A【解析】 特殊化处理，让点Q 与C 重合，则三棱锥P-BDC 的体积为所求，因为，由三角形的相似比可得P 到底面BCD，所以3，故选A. 6. （2018•烟台一模）已知三棱锥P ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为的正三角形，PA ，PB ，PC 两两垂直，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ．3πD ．4 【答案】：A7. 长方体的体积为V ，P 是1DD 的中点，Q 是AB 上的动点，则四面体P-CDQ 的体积是（ ）A 、14VB 、16VC 、18VD 、112V【答案】：D【解析】设长方体的长、宽、高分别为AB=a ，BC=b ，1AA c ，则有V=abc ，由题意知，所以112V8. （2018•三明二模）如图，已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则以下四个命题中错误的是（）A ．直线A 1C 1与AD 1为异面直线B ．A 1C 1∥平面ACD 1C．BD1⊥AC D．三棱锥D1﹣ADC的体积为【答案】：D【解析】由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，知：在A中，直线A1C1⊂平面A1B1C1D1，BD1⊂平面A1B1C1D1，D1∉直线A1C1，由异面直线判定定理得直线A1C1与AD1为异面直线，故A正确；在B中，∵A1C1∥AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，∴A1C1∥平面ACD1，故B正确；在C中，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC⊥BD，AC⊥DD1，∵BD∩DD1，∴AC⊥面BDD1，∴BD1⊥AC，故C正确；在D中，三棱锥D1﹣ADC的体积：==，故D错误．故选：D．9.如图是棱长为2的正八面体（八个面都是全等的等边三角形），球O是该正八面体的内切球，则球O 的表面积为（）A． B． C．D．【答案】A；【解析】：由题意，该八面体的棱长为2，设球O的半径为r，=，解得r=,所以球O的表面积为：4=．故选：A．10. （2018年东北三省三校（哈师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学）三模）棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱AD中点，过点B1，且与平面A1BE平行的正方体的截面面积为（）A．5 B．2C．2D．6【答案】.C11.如图，若Ω是长方体ABCD﹣A1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是（）A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．四边形EFGH可能为梯形【答案】D；【解析】：若FG不平行于EH，则FG与EH相交，交点必然在B1C1上，与EH∥B1C1矛盾，所以FG∥EH，故A正确；由EH⊥平面A1ABB1，得到EH⊥EF，可以得到四边形EFGH为矩形，故B正确；将Ω从正面看过去，就知道是一个五棱柱，故C正确；因为EFGH截去几何体EFGHB 1C1后，EH B1C1CF，所以四边形EFGH不可能为梯形，故D错误．故选：D ．12. 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”已知l 丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为1，则该楔体的体积为（ ）A ．10000立方尺B ．11000立方尺C ．12000立方尺D ．13000立方尺【答案】：A【解析】由题意，将楔体分割为三棱柱与两个四棱锥的组合体，作出几何体的直观图如图所示：沿上棱两端向底面作垂面，且使垂面与上棱垂直，则将几何体分成两个四棱锥和1个直三棱柱，则三棱柱的体积V 1=×3×2×2=6，四棱锥的体积V 2=×1×3×2=2，由三视图可知两个四棱锥大小相等，∴V=V 1+2V 2=10立方丈=10000立方尺．故选：A ．二．填空题13. 正△AOB 的边长为a ，建立如图所示的直角坐标系xOy ，则它的直观图的面积是________.答案 616a2解析 画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图).D ′为O ′A ′的中点.易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2. 14. 如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为 ．【答案】.13【解析】由题意可知四棱锥A 1-BB 1D 1D 的底面是矩形，边长为1和2，四棱锥的高为12A 1C 1=22，则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为13×1×2×22=13．故答案为13．15. 有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________.答案 2＋22解析 如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt △ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22. 又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1.∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1. 由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′.在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12(A ′D ′＋B ′C ′)·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22. 16. 《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马（底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥）和一个鳖臑（四个面均匀直角三角形的四面体）．在如图所示的堑堵ABC ﹣A 1B 1C 1中，AA 1=AC=5，AB=3，BC=4，则阳马C 1﹣ABB 1A 1的外接球的表面积是_______。
2022年高考数学备考艺体生百日突围系列 强化训练06(文)解析版
2106届艺体生强化训练模拟卷六（文）一、选择题：本大题共10个小题,每小题5分,共50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．已知集合{|(1)(2)0}A x x x =∈+-≤Z ，{|22}B x x =-<<，则A B =A 、{|12}x x -≤<B 、{1,1}-C 、{0,1,2}D 、{1,0,1}- 【答案】D【解析】由于集合{|(1)(2)0}{|12}{1,0,1,2}A x x x x x =∈+-≤=∈-≤≤=-Z Z ，所以由交集的定义可知：A B ={1,0,1}-，故应选D ．2．复数12ii--对应的点位于（ ） A ．第一象限 B ．其次象限 C ．第三象限 D ．第四象限 【答案】D【解析】由题意可得：131255i i i -=--. 故选D. 3．已知直线1:210l ax y ++=与直线2:(3)0l a x y a --+=，若12l l ⊥，则a 的值为（ ） A ．1 B ．2 C ．6 D ．1或2【答案】D【解析】由12l l ⊥，则()023=--a a ，即1=a 或2=a ，选D ．4.已知曲线23ln 2x y x =-的一条切线的斜率为2，则切点的横坐标为（ ） A ．3 B ．2 C ．1 D ．12【答案】A5. 某单位有840名职工, 现接受系统抽样方法, 抽取42人做问卷调查, 将840人按1, 2, , 840随机编号, 则抽取的42人中, 编号落入区间[481, 720]的人数为 （ ）A ．11B ．12C ．13D ．14【答案】B【解析】系统抽样，是把全部个体编号后，依据肯定的规律依次抽样，从题中可看出每20人里抽取1人，因此落入区间[481,720]的人数为7204801220-=，选B.6.以原点为中心，焦点在y 轴上的双曲线C 的一个焦点为(0,22)F ，一个顶点为(0,2)A -，则双曲线C 的方程为（ ）A ．22122y x -=B ．221412y x -=C ．22144y x -=D ．22142y x -= 【答案】C 【解析】7.在区间[]0,π上随机取一个实数x ，使得1sin 0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的概率为（ ）A ．1π B ．2πC ．13D ．23【答案】C【解析】在区间[0,]π上，当5[0,][,]66x πππ∈时，1sin [0,]2x ∈，由几何概型知，符合条件的概率为13.8. 执行如图所示的程序框图，则输出S 的值为（ ）A 33C ．0D ．3-【答案】A【解析】9. 若x ，y 满足约束条件02323x x y x y ≥⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩，则z x y =-的最小值是（ ）A ．3-B ．0C ．32D ．3 【答案】A【解析】\作出不等式组02323x x y x y ≥⎧⎪+≥⎨⎪+≤⎩所表示的平面区域，如下图：由图可知当直线经过点C （0，3）时min 3z =-，故选A ． 10.已知函数()31sin 2cos 222f x x x =+，若其图象是由sin 2y x =图象向左平移ϕ（0ϕ>）个单位得到，则ϕ的最小值为（ ） A ．6π B ．56π C ．12π D ．512π【答案】C【解析】()sin(2)6f x x π=+，函数sin 2y x =的图象向左平移(0)ϕϕ>个单位后的解析式为sin(22)y x ϕ=+，从而()12k k πϕπ=+∈N ，有ϕ的最小值为12π. 故选C.二、填空题（每题5分，满分10分，将答案填在答题纸上）11.在ABC ∆中，,,a b c 分别是,,A B C 的对边，若2,2,sin cos 2a b B B ==+=，则c 的大小为 . 【答案】3＋1 【解析】12. 设x R ∈，向量(,1)a x =，(1,2)b =-，且a b ⊥，则||a b += . 【答案】10【解析】∵a b ⊥，∴202x x -=⇒=，∴(3,1)||10a b a b +=-⇒+=，故选B ．13. 某几何体的三视图如右图，若该几何体的全部顶点都在一个球面上，则该球面的表面积为 .【答案】283π 【解析】由三视图可得，该几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，三棱柱的两个底面的中心的中点与三棱柱的顶点的连线就是外接球的半径2227(3)133r =+=，球的面积227284433s r πππ===． 三、解答题 （本大题共3小题，共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）14.在ABC ∆中，内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，并且223sin 312A BC +=. （1）求角C 的大小；（2）若23,2a c ==，求b . 【答案】(1) 6C π=，(2) 2b =或4b =.【解析】15.（本小题满分12分）对某校高一班级同学参与社区服务次数统计，随机抽取了M 名同学作为样本，得到这M 名同学参与社区服务的次数，依据此数据作出了频数与频率的统计表如下：（1）求出表中,,,M r m n 的值；（2）在所取样本中，从参与社区服务的次数不少于20次的同学中任选2人，求至少一人参与社区服务次数在区间[)25,30内的概率．【答案】（1）20M =，4m =，0.25n =，0.2r =；（2）35P =. 【解析】16.（本小题满分12分）如图，在四棱锥CD P -AB 中，PA ⊥平面CD AB ，D 2PA =AB =A =，四边形D AB ⊥A ，C//D B A 且C 4B =，点M 为C P 中点．()1求证：平面D A M ⊥平面C PB ；【解析】17. 已知点M 在椭圆22221x y a b+=(0)a b >>上，以M 为圆心的圆与x 轴相切于椭圆的右焦点F.（1）若圆M 与y 轴相交于A ，B 两点，且ABM ∆是边长为2的正三角形，求椭圆的方程. 【解析】（1）由于ABM ∆是边长为2的正三角形，所以圆M 的半径2r =， M 到圆y 轴的距离3d =，又由（1）知：2br a=，d c =，………………8分 所以，3c =，22b a =，又由于222a b c -=，解得：3a =， 226b a ==，………………10分所求椭圆方程是：22196x y+=.………………12分 18. 已知函数()ln ()f x x a x a R =-∈．(1)当2a =时，求曲线()f x 在1x =处的切线方程；【解析】（1）当2a =时，()2ln f x x x =-，(1)1f =，切点(1,1)，∴'2()1f x x=-，∴'(1)121k f ==-=-， ∴曲线()f x 在点(1,1)处的切线方程为：1(1)y x -=--，即20x y +-=． 请考生在第19、20、21三题中任选一题做答，假如多做，则按所做的第一题记分.19. 如右图，圆1O 与圆2O 内切于点A ，其半径分别为3与2，圆1O 的弦AB 交圆2O 于点C （1O 不在AB 上），AD 是圆1O 的一条直径。
2022年高考数学备考艺体生百日突围系列 专题06选讲内容(综合篇)解析版
【2021年高考备考艺体生文化课精选好题突围系列】专题六选讲部分几何证明选讲【背一背重点学问】1、比例线段有关定理（1假如一组平行线在一条直线上截得的线段相等，那么在其他直线上截得的线段也相等。
（22、相像三角形的判定及性质（1相像系数）。
个三角形相像。
简述为：两角对应相等，两三角形相像。
等，那么这两个三角形相像。
简述为：两边对应成比例且夹角相等，两三角形相像。
两个三角形相像。
简述为：三边对应成比例，两三角形相像。
（2相像三角形外接圆的直径比、周长比等于相像比，外接圆的面积比等于相像比的平方。
3、直角三角形的射影定理与斜边的比例中项。
4、圆周角定理90°的圆周角所对的弦是直径。
5、圆内接四边形的性质与判定定理圆内接四边形判定定理：假如一个四边形的对角互补，那么这个四边形的四个顶点共圆。
6、圆的切线的性质及判定定理7、弦切角的性质8、与圆有关的比例线段（圆幂定理）【讲一讲提高技能】1.必备技能：（1）相像三角形的判定与性质的应用①判定两个三角形相像的方法：两角对应相等，两三角形相像；两边对应成比例且夹角相等，两三角形相像；三边对应成比例，两三角形相像；相像三角形的定义．②证明线段成比例，若已知条件中没有平行线，但有三角形相像的条件(如角相等，有相等的比例式等)，常考虑相像三角形的性质构造比例式或利用中间比求解．③相像三角形的性质应用可用来考查与相像三角形相关的元素，如两个三角形的高、周长、角平分线、中线、面积、外接圆的直径、内切圆的面积等．（2）四点共圆的证明方法求证四边形的一个外角等于与它不相邻的内角；（2）当它们在一条线段同侧时，可证它们对此线段张角相等，也可以证明它们与某肯定点距离相等；如两点在一条线段异侧，则证明它们与线段两端点连成的凸四边形对角互补。
（2）平面几何中有关角与比例线段问题的求解方法①与切线有关的角度问题，应考虑应用弦切角的性质定理求解；②与切线有关的比例式或线段问题，应留意利用弦切角，确定三角形相像的条件，若条件不明显需添加帮助线．③与圆有关的等积线段或成比例的线段，常利用圆周角或弦切角证明三角形相像，在相像三角形中查找比例线段；也可以利用相交弦定理、切割线定理证明线段成比例，在实际应用中，一般涉及两条相交弦应首先考虑相交弦定理，涉及两条割线就要想到割线定理，见到切线和割线时要留意应用切割线定理．2.典型例题例1、如图所示，已知⊙O是△ABC的外接圆，AB＝BC，AD是BC边上的高，AE是⊙O的直径．(1)求证：AC·BC＝AD·AE；(2)过点C作⊙O的切线交BA的延长线于点F，若AF＝4，CF＝6，求AC的长．【解析】(1)证明：连接BE，则△ABE为直角三角形．由于∠ABE＝∠ADC＝90°，∠AEB＝∠ACB，所以△ABE∽△ADC.则ABAD＝AEAC，即AB·AC＝AD·AE.又AB＝BC，所以AC·BC＝AD·AE.(2)由于FC是⊙O的切线，所以FC2＝AF·BF.又AF＝4，FC＝6，所以BF＝9，AB＝BF－AF＝5.由于∠ACF＝∠FBC，又∠CFB＝∠AFC，所以△AFC∽△CFB.则AFCF＝ACBC，即AC＝AF·BCCF＝103.例2如图，AB是⊙O的一条切线，切点为B，直线ADE，CFD，CGE都是⊙O的割线，已知AC=AB.(1)若CG=1，CD=4，求GFDE的值.(2)求证：FG//AC;【答案】(1)4DEGF=;(2)详见解析.【分析】(1)证CGF∆∽CDE∆,依据比例可求得DEGF的值. (2)依据割线定理得比例关系,从而可证得ADC△∽ACE△,从而可得角相等,可证得线线平.【解析】所以ADC ACE∠=∠，又由于ADC EGF∠=∠，所以EGF ACE∠=∠，所以FG//AC．----------------------10分例3、如图，P是⊙O外一点，P A是切线，A为切点，割线PBC与⊙O相交于点B，C，PC＝2P A，D为PC的中点，AD 的延长线交⊙O 于点E .证明：(1)BE ＝EC ； (2)AD ·DE ＝2PB 2.证明：(1)连线AB ，AC ，由题设知P A ＝PD ， 故∠P AD ＝∠PDA .由于∠PDA ＝∠DAC ＋∠DCA ，∠P AD ＝∠BAD ＋∠P AB ，∠DCA ＝∠P AB ， 所以∠DAC ＝∠BAD ， 从而BE ︵＝EC ︵. 因此BE ＝EC .(2)由切割线定理得P A 2＝PB ·PC . 由于P A ＝PD ＝DC ， 所以DC ＝2PB ，BD ＝PB .由相交弦定理得AD ·DE ＝BD ·DC ， 所以AD ·DE ＝2PB 2.【练一练提升力量】1.如图，AB 是圆O 的直径，弦AB CD ⊥于点M ，E 是CD 延长线上一点，,43,8,10OM ED CD AB ===EF 切圆O 于F ，BF 交CD 于G ．（1）求证：EFG ∆为等腰三角形； （2）求线段MG 的长． 【解析】2.如图所示，AB 是半径为1的圆O 的直径，过点A ，B 分别引弦AD 和BE ，相交于点C ，过点C 作CF ⊥AB ，垂足为点F .已知∠CAB ＝15°，∠DCB ＝50°.(1)求∠EAB 的大小； (2)求BC ·BE ＋AC ·AD 的值．【解析】 (1)由于AB 为圆O 的直径，故∠AEB ＝90°，又由于∠ECA ＝∠DCB ＝50°，所以在Rt △AEC 中，∠CAE ＝40°，故∠EAB ＝∠EAC ＋∠BAC ＝55°.(2)连接BD .由(1)，知∠AEC ＋∠AFC ＝180°，故A ，F ，C ，E 四点共圆， 所以BC ·BE ＝BF ·BA ，①易知∠ADB ＝90°， 同理可得AC ·AD ＝AF ·AB ，②联立①②，知BC ·BE ＋AC ·AD ＝(BF ＋AF )·AB ＝AB 2＝22＝4.极坐标与参数方程【背一背重点学问】1.平面直角坐标系中的伸缩变换：//,(0),(0)x x y y λλμμ⎧=>⎪⎨=>⎪⎩2.极坐标系（1）极坐标系的概念：平面内取一个定点O ,叫做极点,自极点O 引一条射线Ox ,叫做极轴;再选定一个长度单位,一个角度单位(通常取弧度)及其正方向(通常取逆时针方向),这样就建立了一个极坐标系.设M 是平面内一点,极点O 与点M 的距离|OM|叫做点M 的极径,记为ρ;以极轴Ox 为始边,射线OM 为终边的角xOM ∠叫做点M 的极角,记为θ.有序数对),(θρ叫做点M 的极坐标,记作),(θρM .（2）直角坐标与极坐标的互化：把直角坐标系的原点作为极点,x 轴的正半轴作为极轴,并在两种坐标系中取相同的长度单位.设M 是坐标平面内任意一点,它的直角坐标是),(y x ,极坐标是),(θρ,则极坐标与直角坐标的互化公式如表:（3） 常见曲线的极坐标方程：曲线 图形 极坐标方程圆心在极点,半径为r 的圆(02)r ρθπ=≤<圆心为(,0)r ,半径为r 的圆2cos ()22r ππρθθ=-≤<圆心为(,)2r π,半径为r 的圆2sin (0)r ρθθπ≤<过极点,倾斜角为α的直线(1)()()R R θαρθπαρ=∈=+∈或 (2)(0)(0)θαρθπαρ=≥=+≥和过点(,0)a ,与极轴垂直的直线cos ()22a ππρθθ=-<<过点(,)2a π,与极轴平行的直线sin (0)a ρθθπ=<<3、参数方程（1）参数方程的概念：一般地,在平面直角坐标系中,假如曲线上任意一点的坐标,x y 都是某个变数t 的函数()()x f t y g t =⎧⎨=⎩①,并且对于t 的每一个允许值,由方程组①所确定的点(,)M x y 都在这条曲线上,那么方程①就叫做这条曲线的参数方程,联系变数,x y 的变数t 叫做参变数,简称参数,相对于参数方程而言,直接给出点的坐标间关系的方程叫做一般方程.（2）参数方程和一般方程的互化：曲线的参数方程和一般方程是曲线方程的不同形式,一般地可以通过消去参数而从参数方程得到一般方程.在参数方程与一般方程的互化中,必需使,x y 的取值范围保持全都.（3）常见曲线的参数方程：①圆22200()()x x y y r -+-=的参数方程为⎩⎨⎧+=+=θθsin cos 00r y y r x x （θ为参数）；②椭圆12222=+b y a x 的参数方程为⎩⎨⎧==θθsin cos b y a x （θ为参数）； ③双曲线12222=-by a x 的参数方程⎩⎨⎧==θθtan sec b y a x （θ为参数）； ④抛物线22y px =参数方程222x pt y pt ⎧=⎨=⎩(t 为参数）；⑤过定点),(00y x P 、倾斜角为α的直线的参数方程⎩⎨⎧+=+=ααsin cos 00t y y t x x （t 为参数）。
高考数学备考艺体生辅导第十一讲《立体几何》
《艺体生文化课-百日突围系列》专题11 立体几何三视图【背一背基础知识】1.投影：区分中心投影与平行投影。
平行投影分为正投影和斜投影。
2.三视图——是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；正视图——光线从几何体的前面向后面正投影，得到的投影图；侧视图——光线从几何体的左面向右面正投影，得到的投影图；正视图——光线从几何体的上面向下面正投影，得到的投影图；注：（1）俯视图画在正视图的下方，“长度”与正视图相等；侧视图画在正视图的右边，“高度”与正视图相等，“宽度”与俯视图。
（简记为“正、侧一样高，正、俯一样长，俯、侧一样宽”.（2）正视图，侧视图，俯视图都是平面图形，而不是直观图。
3.直观图——是观察着站在某一点观察一个空间几何体而画出的图形。
直观图通常是在平行投影下画出的空间图形。
【讲一讲基本技能】1.必备技能：三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．一般地，若俯视图中出现圆，则该几何体可能是球或旋转体，若俯视图是多边形，则该几何体一般是多面体；若主视图和左视图中出现三角形，则该几何体可能为椎体.2.典型例题例1某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（）A．1 B2 C3．2【答案】C【解析】【考点定位】三视图.【名师点晴】本题主要考查的是三视图，属于容易题．解题时一定要抓住三视图的特点，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体中最长棱的棱长即可．例2某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于（）1112A．822+ B．1122+ C．1422+ D．15【答案】B【解析】【考点定位】三视图和表面积．【名师点睛】本题考查三视图和表面积计算，关键在于根据三视图还原体，要掌握常见几何体的三视图，比如三棱柱、三棱锥、圆锥、四棱柱、四棱锥、圆锥、球、圆台以及其组合体，并且要弄明白几何体的尺寸跟三视图尺寸的关系；有时候还可以利用外部补形法，将几何体补成长方体或者正方体等常见几何体，属于中档题．【练一练趁热打铁】1.圆柱被一个平面截去一部分后与半球（半径为r）组成一个几何体，该几何体的三视图中的正视图和俯视图如图所示，若该几何体的表面积为1620π+，则r=( )（A ）1 （B ）2 （C ）4 （D ）8 【答案】B 【解析】【考点定位】简单几何体的三视图；球的表面积公式；圆柱的测面积公式学科网【名师点睛】本题考查简单组合体的三视图的识别，是常规提，对简单组合体三三视图问题，先看俯视图确定底面的形状，根据正视图和侧视图，确定组合体的形状，再根据“长对正，宽相等，高平齐”的法则组合体中的各个量.2. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ） A ．3π B ．4π C ．24π+ D ．34π+【答案】D【解析】由几何体的三视图可知该几何体为圆柱的截去一半，所以该几何体的表面积为21121222342πππ⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=+，故答案选D【考点定位】1.空间几何体的三视图；2.空间几何体的表面积.【名师点睛】1.本题考查空间几何体的三视图及几何体的表面积，意在考查考生的识图能力、空间想象能力以及技术能力；2.先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体各个面的面积即可；3.本题属于基础题，是高考常考题型.3.如图,三棱柱的棱长为2,底面是边长为2的正三角形,1111C B A AA 面⊥,正视图是边长为2的正方形,俯视图为正三角形,则左视图的面积为（ ）A ．4B ．22C ．23D ．2【答案】C 【解析】几何体的表面积和体积【背一背基础知识】1. .柱体、锥体、台体和球的表面积与体积(1)表面积公式 (2)体积公式①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ①柱体的体积V ＝Sh ； ②圆锥的表面积S ＝πr (r ＋l )； ②锥体的体积V ＝13Sh ；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ③台体的体积V ＝13(S ′＋SS ′＋S )h ；④球的表面积S ＝4πR 2 ④球的体积V ＝43πR【讲一讲基本技能】 1.必备技能：求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键所在。
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第六章 第6节
1．O 为空间任意一点，若OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →
，则A ，B ，C ，P 四点( )
A ．一定不共面
B ．一定共面
C ．不一定共面
D ．无法判断
解析：B [ ∵OP →＝34OA →＋18OB →＋18OC →
，且34＋18＋18＝1.∴P ，A ，B ，C 四点共面．]
2．(2019·成都市模拟)已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6，2u －1,2λ)，若a ∥b ，则λ与u 的值可以是( )
A ．2，1
2
B ．－13，12
C ．－3,2
D ．2,2
解析：A [由题意知(λ＋1)·2λ＝2×6，可得λ＝－3或2，由0·2λ＝2(2u －1)得u ＝1
2，分
析选项知A 正确．故选A.]
3．(2019·东城区期末)结晶体的基本单位成为晶胞，如图是食盐晶胞的示意图(可看成是八个棱长为1
2的小正方体堆积成的正方体)，其中白点○代表钠原子，黑点●代表氯原子．建
立空间直角坐标系O －xyz 后，图中最上层中心的钠原子所在位置的坐标是( )
A.⎝⎛⎭⎫12，12，1
B.()0，0，1
C.⎝⎛⎭
⎫1，1
2，1 D.⎝⎛⎭
⎫1，12，1
2 解析：A [设图中最上层中间的钠原子所在位置为B 点，以O 、B 为相对顶点，作出长方体ABCD －OEFG ，如图所示：
∵平面BFGD 经过点B 与x 轴垂直，
∴点B 在x 轴上的射影为G 点，结合G ⎝⎛⎭⎫12，0，0得B 的横坐标为1
2；同理可得，点B 在y 轴上的射影为E 点，结合E ⎝⎛⎭⎫0，12，0得B 的纵坐标为1
2；点B 在z 轴上的射影为D 点，结合D (0,0,1)得B 的竖坐标为1.由此可得点B 的坐标为⎝⎛⎭⎫
12，12，1.故选A.]
4．如图，在△ABC 中，点D ，E 是线段BC 上两个动点，且AD →＋AE →＝xAB →＋yAC →
，则
1x ＋4
y
的最小值为( )
A.32 B ．2 C.52 D.92
解析：D [设AD →＝mAB →＋nAC →，AE →＝λAB →＋μAC →
，其中m ，n ，λ，μ为实数． 因为B ，D ，E ，C 共线，所以m ＋n ＝1，λ＋μ＝1.
因为AD →＋AE →＝xAB →＋yAC →＝(m ＋λ)AB →＋(n ＋μ)AC →
，则x ＋y ＝m ＋n ＋λ＋μ＝2， 易知x ＞0，y ＞0，所以1x ＋4y ＝12⎝⎛⎭⎫1x ＋4y (x ＋y )＝1
2⎝⎛⎭⎫5＋y x ＋4x y ≥12⎝
⎛⎭⎫5＋2y x ·4x y ＝9
2
.] 5．(2019·哈尔滨市模拟)已知a ＝(2，－1,2)，b ＝(2,2,1)，则以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为( )
A.65
B.
65
2
C ．4
D ．8
解析：A [|a |＝3，|b |＝3，而a ·b ＝4＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉， ∴cos 〈a ，b 〉＝4
9，故sin 〈a ，b 〉＝
1－⎝⎛⎭⎫492＝659
，于是以a ，b 为邻边的平行四边形的面积为S ＝
|a ||b |sin 〈a ，b 〉＝3×3×
65
9
＝65.故选A.] 6．(2019·银川市模拟)已知点A (1,2,1)，B (－1,3,4)，D (1,1,1)，若AP →＝2PB →，则|PD →
|的值是________．
解析：设P (x ，y ，z )，∴AP →＝(x －1，y －2，z －1).PB →＝(－1－x,3－y,4－z )，由AP →＝2PB →，得点P 坐标为⎝⎛⎭⎫－13，83，3，又D (1,1,1)，∴|PD →|＝773
. 答案：
773
7．(2019·包头市模拟)如图所示，PD
垂直于正方形ABCD 所在平面，AB ＝2，E 为PB 的中点，cos 〈DP →，AE →
〉＝33，若以DA ，DC ，DP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直
角坐标系，则点E 的坐标为________．
解析：由已知得D (0,0,0)，A (2,0,0)，B (2,2,0)， 设P (0,0，a )(a >0)，则E ⎝
⎛⎭⎫1，1，a 2， 所以DP →＝(0,0，a )，AE →＝⎝⎛⎭⎫－1，1，a 2，|DP →
|＝a ， |AE →
|＝
(－1)2＋12＋
⎝⎛⎭⎫a 22＝2＋a 2
4＝8＋a 22
.
又cos 〈DP →，AE →
〉＝33，所以0·(－1)＋0·1＋
a 22a ·
8＋a 2
2＝33，
解得a 2＝4，即a ＝2，所以E (1,1,1)． 答案：(1,1,1)
8．如图所示，已知二面角α－l －β的平面角为θ⎝⎛⎭
⎫θ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，AB ⊥BC ，BC ⊥CD ，AB 在平面β内，BC 在l 上，CD 在平面α内，若AB ＝BC ＝CD ＝1，则AD 的长为________．
解析：AD →＝AB →＋BC →＋CD →
，
所以AD →2＝AB →2＋BC →2＋CD →2＋2AB →·CD →＋2AB →·BC →＋2BC →·CD →＝1＋1＋1＋2cos(π－θ)＝3－2cos θ，
所以|AD →
|＝3－2cos θ，即AD 的长为3－2cos θ. 答案：3－2cos θ
9．已知a ＝(1，－3,2)，b ＝(－2,1,1)，点A (－3，－1,4)，B (－2，－2,2)． (1)求|2a ＋b |；
(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →
⊥b ？(O 为原点)
解：(1)2a ＋b ＝(2，－6,4)＋(－2,1,1)＝(0，－5,5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2. (2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB →＝(－3，－1,4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )，若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95
.因此存在点E ，使得OE →
⊥b ，此时E 点的坐标为⎝⎛⎭⎫－65，－145，25. 10．(2019·遵义市调研)已知空间三点A (－2,0,2)，B (－1，1,2)，C (－3,0,4)，设a ＝AB →
，b ＝AC →.
(1)若|c |＝3，且c ∥BC →
，求向量c ； (2)求向量a 与向量b 的夹角的余弦值． 解：(1)∵c ∥BC →
，
BC →
＝(－3,0,4)－(－1,1,2)＝(－2，－1,2)， ∴c ＝mBC →
＝m (－2，－1,2)＝(－2m ，－m,2m )， ∴|c |＝－2m 2＋－m 2＋2m 2＝3|m |＝3， ∴m ＝±1，∴c ＝(－2，－1,2)或(2,1，－2)． (2)∵a ＝(1,1,0)，b ＝(－1,0,2)， ∴a ·b ＝(1,1,0)·(－1,0,2)＝－1，
又∵|a |＝12＋12＋02＝2，|b |＝－12＋02＋22＝5， ∴cos 〈a ，b 〉＝
a ·
b |a ||b |＝－110
＝－10
10， 即向量a 与向量b 的夹角的余弦值为－10
10
.。