步步高苏教版高考数学理科一轮配套课件中档题目强化练——立体几何

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步步高苏教版高考数学理科一轮配套课件专题五高考中的立体几何问题

高考题型突破
题型一
【例 1】
空间中的平行、垂直问题
如图，四棱锥 P－
思维启迪解析思维升华
ABCD中， AB⊥ AC， AB⊥ PA， AB∥ CD， AB＝ 2CD， E， F， G， M， N 分别为 PB， AB， BC， PD， PC 的中点 . (1)求证： CE∥平面PAD； (2)求证：平面 EFG⊥平面 EMN.
思维启迪解析思维升华
ABCD中， AB⊥ AC， AB⊥ PA， AB∥ CD， AB＝ 2CD， E， F， G， M， N 分别为 PB， AB， BC， PD， PC 的中点 . (1)求证： CE∥平面PAD； (2)求证：平面 EFG⊥平面 EMN.
因为E，F分别为PB，AB的中点，所以EF∥PA. 又EF⊄平面PAD，所以EF∥平面 PAD. 因为CF∩EF＝F，故平面CEF∥平面PAD. 又CE⊂平面CEF，所以CE∥平面 PAD. (2)因为E、F分别为PB、AB的中
高考题型突破
题型一
【例 1】
空间中的平行、垂直问题
如图，四棱锥 P－
思维启迪解析思维升华
ABCD中， AB⊥ AC， AB⊥ PA， AB∥ CD， AB＝ 2CD， E， F， G， M， N 分别为 PB， AB， BC， PD， PC 的中点 . (1)求证： CE∥平面PAD；
方法二
连结CF.
数学
苏（理）
专题五高考中的立体几何问题
第八章立体几何
考点自测
自我检测查缺补漏
题号
1 2 3 4 5
答案
④
解析
④ ②④ 5 平行
高考题型突破
题型一
【例 1】

2021届高考数学一轮总复习第七章立体几何7.1空间几何体的结构特征三视图和直观图课件苏教版

∴OC＝ OD2＋CD2 ＝ 4 22＋22＝6， ∴OA＝OC，故四边形 OABC 是菱形．
(2)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＝
2 2.
∵四边形 AECD 为矩形，AD＝1，
∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝ 22＋1.
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 45°或 135°，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，直观图中仍平行于坐标轴；平行于 x 轴和 z 轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于 y 轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．
所以截面上方部分的侧视图为选项 A 中的图形，故选 A．
方法技巧三视图问题的常见类型： 1由几何体的直观图求三视图.注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示. 2由几何体的三视图还原几何体的形状.根据俯视图确定几何体的底面，再根据正视图或侧视图确定几何体的侧面与侧棱的特征，调整虚、实线对应的棱、面的位置，可确定几何体的形状. 3 由几何体的部分视图画出剩余的视图 . 先根据已知的一部分视图，还原、推测直观图的可能形状，再找出其剩下部分视图的可能形状.
1．(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的 “幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式 V 柱体＝Sh，其中 S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体
的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( B )
A．158 C．182

步步高苏教版新高考数学理科一轮复习配套练习9.4直线与圆的位置关系(含答案详析)

第4讲直线与圆的位置关系一、填空题1．若直线l：ax＋by＝1与圆C：x2＋y2＝1有两个不同交点，则点P(a，b)与圆C的位置关系是________．解析由题意得圆心(0,0)到直线ax＋by＝1的距离小于1，即d＝1a2＋b2＜1，所以有a2＋b2＞1，∴点P在圆外．答案在圆外2．设圆C与圆x2＋(y－3)2＝1外切，与直线y＝0相切，则C的圆心轨迹为________．解析设圆心C(x，y)，由题意得(x－0)2＋(y－3)2＝y＋1(y＞0)，化简得x2＝8y－8.答案x2＝8y－83．若圆C：(x－h)2＋(y－1)2＝1在不等式x＋y＋1≥0所表示的平面区域内，则h的最小值为________．解析h取最小值时，直线x＋y＋1＝0与圆O：(x－h)2＋(y－1)2＝1相切且在直线x＋y＋1＝0向右上方，所以|h＋2|2＝1，h＝－2±2，所以h min＝2－2.答案2－24．过点(－1，－2)的直线l被圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦长为2，则直线l的斜率为________．解析将圆的方程化成标准方程为(x－1)2＋(y－1)2＝1，其圆心为(1,1)，半径r＝1.由弦长为2得，弦心距为22.设直线方程为y＋2＝k(x＋1)，即kx－y＋k－2＝0，∴|2k－3|k2＋1＝22，化简得7k2－24k＋17＝0，∴k＝1或k＝177.答案 1或1775．将直线2x －y ＋λ＝0沿x 轴向左平移1个单位，所得直线与圆x 2＋y 2＋2x －4y ＝0相切，则实数λ的值为________．解析由题意，得直线2(x ＋1)－y ＋λ＝0，即2x －y ＋2＋λ＝0与圆(x ＋1)2＋(y －2)2＝5相切，所以|λ－2|5＝5，λ－2＝±5，所以λ＝－3或λ＝7.答案－3或76．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆x 2＋y 2＝4上有且只有四个点到直线12x －5y ＋c ＝0的距离为1，则实数c 的取值范围是________．解析画图可知，圆上有且只有四个点到直线12x －5y ＋c ＝0的距离为1，该圆半径为2即圆心O (0,0)到直线12x －5y ＋c ＝0的距离d ＜1，即0＜|c |13＜1，∴－13＜c ＜13.答案 (－13,13)7．从圆x 2－2x ＋y 2－2y ＋1＝0外一点P (3,2)向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为________．解析圆的方程整理为(x －1)2＋(y －1)2＝1，C (1,1)，∴s in ∠APC ＝15，则cos ∠APB ＝cos2∠APC ＝1－2×⎝ ⎛⎭⎪⎫152＝35. 答案 358．直线l 与圆x 2＋y 2＋2x －4y ＋a ＝0(a <3)相交于A ，B 两点，若弦AB 的中点C 为(－2,3)，则直线l 的方程为________．解析圆的方程可化为(x ＋1)2＋(y －2)2＝5－a .由圆的几何性质可知圆心(－1,2)与点C (－2,3)的连线必垂直于l ，∴k AB ＝－2－3＝1，∴l 的方程为x －y ＋5＝0.答案 x －y ＋5＝09．已知圆C ：x 2＋y 2＝12，直线l ：4x ＋3y ＝25.(1)圆C 的圆心到直线l 的距离为________；(2)圆C 上任意一点A 到直线l 的距离小于2的概率为________．解析 (1)圆C 圆心坐标为(0,0)、半径r ＝23，l ：4x ＋3y －25＝0，由点到直线的距离公式得d ＝|4×0＋3×0－25|42＋32＝5.(2) 如图所示，当OM ＝3时，AB ︵上的点满足到直线l的距离小于2.由平面几何知识可求得∠AOB ＝60°，故所求概率为AB ︵的长度与圆周长之比，所以所求概率为16.答案 (1)5 (2)1610．由直线y ＝x ＋1上的一点向圆(x －3)2＋y 2＝1引切线，则切线长的最小值为________．解析如图所示，设直线上一点P ，切点为Q ，圆心为M ，则|PQ |即为切线长，MQ 为圆M 的半径，长度为1， |PQ |＝|PM |2－|MQ |2＝|PM |2－1，要使|PQ |最小，即求|PM |的最小值，此题转化为求直线y ＝x ＋1上的点到圆心M 的最小距离，设圆心到直线y ＝x ＋1的距离为d ，则d ＝|3－0＋1|12＋(－1)2＝∴|PM |的最小值为22，∴|PQ |＝|PM |2－1≥(22)2－1＝7. 答案 7二、解答题11．已知：圆C ：x 2＋y 2－8y ＋12＝0，直线l ：ax ＋y ＋2a ＝0.(1)当a 为何值时，直线l 与圆C 相切；(2)当直线l 与圆C 相交于A 、B 两点，且AB ＝22时，求直线l 的方程．解将圆C 的方程x 2＋y 2－8y ＋12＝0配方得标准方程为x 2＋(y －4)2＝4，则此圆的圆心为(0,4)，半径为2.(1)若直线l 与圆C 相切，则有|4＋2a |a 2＋1＝2.解得a ＝－34. (2)过圆心C 作CD ⊥AB ，则根据题意和圆的性质，得⎩⎪⎨⎪⎧ CD ＝|4＋2a |a 2＋1，CD 2＋DA 2＝AC 2＝22，DA ＝12AB ＝ 2.解得a ＝－7或a ＝－1.故所求直线方程为7x －y ＋14＝0或x －y ＋2＝0.12. 如图，已知位于y 轴左侧的圆C 与y 轴相切于点(0,1)且被x 轴分成的两段圆弧长之比为1∶2，过点H (0，t )的直线l 与圆C 相交于M 、N 两点，且以MN 为直径的圆恰好经过坐标原点O .(1)求圆C 的方程；(2)当t ＝1时，求出直线l 的方程；(3)求直线OM 的斜率k 的取值范围．解 (1)因为位于y 轴左侧的圆C 与y 轴相切于点(0,1)，所以圆心C 在直线y＝1上．设圆C 与x 轴的交点分别为A 、B .由圆C 被x 轴分成的两段弧长之比为2∶1，得∠ACB ＝2π3.所以CA ＝CB ＝2.圆心C 的坐标为(－2,1)，所以圆C 的方程为(x ＋2)2＋(y －1)2＝4.(2)当t ＝1时，由题意知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝mx ＋1. 由⎩⎨⎧ y ＝mx ＋1，(x ＋2)2＋(y －1)2＝4，得⎩⎨⎧ x ＝0，y ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－4m 2＋1，y ＝m 2－4m ＋1m 2＋1.不妨令M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 2＋1，m 2－4m ＋1m 2＋1，N (0,1)．因为以MN 为直径的圆恰好经过O (0,0)，所以OM →·ON →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 2＋1，m 2－4m ＋1m 2＋1·(0,1) ＝m 2－4m ＋1m 2＋1＝0，解得m ＝2±3. 所以所求直线l 方程为y ＝(2＋3)x ＋1或y ＝(2－3)x ＋1.(3)设直线MO 的方程为y ＝kx . 由题意，知|－2k －1|1＋k 2≤2，解得k ≤34. 同理，得－1k ≤34，解得k ≤－43或k ＞0. 由(2)知，k ＝0也满足题意．所以k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－43∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34. 13．已知圆M ：(x －1)2＋(y －1)2＝4，直线l ：x －y －6＝0，A 为直线l 上一点．(1)若AM ⊥直线l ，过A 作圆M 的两条切线，切点分别为P ，Q ，求∠P AQ 的大小；(2)若圆M 上存在两点B ，C ，使得∠BAC ＝60°，求点A 横坐标的取值范围．解 (1)圆M 的圆心M (1,1)，半径r ＝2，直线l 的斜率为－1，而AM ⊥l ， ∴k AM ＝1.′∴直线AM 的方程为y ＝x .由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ，x ＋y －6＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝3，即A (3,3)．如图，连结MP ，∵∠P AM ＝12∠P AQ ，sin ∠P AM ＝PM AM ＝2(3－1)2＋(3－1)2＝22， ∴∠P AM ＝45°，∴∠P AQ ＝90°.(2)过A (a ，b )作AD ，AE ，分别与圆M 相切于D ，E 两点，因为∠DAE ≥∠BAC ，所以要使圆M 上存在两点B ，C ，使得∠BAC ＝60°，只要做∠DAE ≥60°. ∵AM 平分∠DAE ，∴只要30°≤DAM <90°.类似于第(1)题，只要12≤sin ∠DAM <1，即2(a －1)2＋(b －1)2≥12且(a －1)2＋(b －1)2≥12<1.又a ＋b －6＝0，解得1≤a ≤5，即a 的取值范围是[1,5]．14．已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝4，直线l 1过定点A (1,0)．(1)若l 1与圆相切，求l 1的方程；(2)若l 1与圆相交于P ，Q 两点，线段PQ 的中点为M ，又l 1与l 2：x ＋2y ＋2＝0的交点为N ，判断AM ·AN 是否为定值，若是，则求出定值；若不是，请说明理由．解 (1)①若直线l 1的斜率不存在，即直线是x ＝1，符合题意．②若直线l 1斜率存在，设直线l 1为y ＝k (x －1)，即kx －y －k ＝0.由题意知，圆心(3,4)到已知直线l 1的距离等于半径2，即|3k －4－k |k 2＋1＝2，解得k ＝34.所求直线方程是x ＝1或3x －4y －3＝0.(2)直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线方程为kx －y －k ＝0.由⎩⎨⎧ x ＋2y ＋2＝0，kx －y －k ＝0，得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －22k ＋1，－3k 2k ＋1. 又直线CM 与l 1垂直，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx －k ，y －4＝－1k (x －3) 得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋4k ＋31＋k2，4k 2＋2k 1＋k 2. 所以AM ·AN ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋4k ＋31＋k 2－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋2k 1＋k 22· ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －22k ＋1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 2k ＋12＝2|2k ＋1|1＋k 21＋k 2·31＋k 2|2k ＋1|＝6为定值，故AM ·AN 是定值，且为6.。

步步高苏教版高考数学理科一轮配套课件7.6数学归纳法

n
2)· „· (n ＋ n)＝ 2 · 1· 3· 5· „· (2n －1)(n∈N ).
*
证明时注意等式两边从 n＝ k 到 n＝k＋1 时的变化 .
题型分类·深度剖析
题型一用数学归纳法证明等式
思维启迪解析思维升华
证明
①当 n＝1 时，等式左边＝2，
【例 1 】
求证： (n ＋ 1)(n ＋右边＝2，故等式成立；
2
5
2k
题型分类·深度剖析
题型一用数学归纳法证明等式
思维启迪解析思维升华
【例 1 】
求证： (n ＋ 1)(n ＋
2)· „· (n ＋ n)＝ 2n· 1· 3· 5· „· (2n －1)(n∈N*).
题型分类·深度剖析
题型一用数学归纳法证明等式
思维启迪解析思维升华
【例 1 】
求证： (n ＋ 1)(n ＋
题型分类·深度剖析
题型二用数学归纳法证明不等式
思维启迪解析思维升华
3 2 【例 3】已知函数 f(x)＝ax－ x 2 1 的最大值不大于，又当 (1)利用题中条件分别确定 a 的 6 1 1 1 范围，进而求 a； x∈[ ， ]时，f(x)≥ . 4 2 8 (1)求 a 的值； (2)利用数学归纳法证明 . 1 (2) 设 0<a1< ， an ＋ 1 ＝ f(an) ， 2 1 * n∈N ，证明：an< . n＋1
所以当 n＝k＋1 时，等式也成立.
由(1)(2)可知，对一切 n∈N*等式都成立.
题型分类·深度剖析
题型二用数学归纳法证明不等式
思维启迪解析思维升华
3 2 【例 3】已知函数 f(x)＝ax－ x 2 1 的最大值不大于，又当 6 1 1 1 x∈[ ， ]时，f(x)≥ . 4 2 8 (1)求 a 的值； 1 (2) 设 0<a1< ， an ＋ 1 ＝ f(an) ， 2 1 * n∈N ，证明：an< . n＋1

【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习第八章立体几何 8.3 直线、平面平行的判定与性质课件理

第八章立体几何
§8.3 直线、平面平行的判定与性质
内容索引
基础知识自主学习
题型分类深度剖析答题模板系列
思想方法感悟提高练出高分
基础知识自主学习
1
知识梳理
1.直线与平面平行的判定与性质
判定定义
图形
定理
性质
条件
a∩α＝∅
a⊂α，b⊄α，a∥b
a∥α
a∩α＝∅
a∥α，a⊂β，α∩β＝b
E为PD的中点，AB＝1，
求证：CE∥平面PAB；
解析答案
(2)如图所示，CD，AB均与平面EFGH平行，E，F，G， H分别在BD，BC，AC，AD上，且CD⊥AB.求证：四边形EFGH是矩形.
证明
∵CD∥平面EFGH，而平面EFGH∩平面BCD＝EF，
∴CD∥EF.
同理HG∥CD，HE∥AB且GF∥AB，∴EF∥HG.同理HE∥GF，
③若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线；
④若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面.
解析答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13 14 15
② 3.设l为直线，α，β是两个不同的平面.下列命题中正确的是________. ①若l∥α，l∥β，则α∥β； ②若l⊥α，l⊥β，则α∥β； ③若l⊥α，l∥β，则α∥β； ④若α⊥β，l∥α，则l⊥β. 解析 l∥α，l∥β，则α与β可能平行，也可能相交，故①项错；由“同垂直于一条直线的两个平面平行”可知②项正确；由l⊥α，l∥β可知α⊥β，故③项错；由α⊥β，l∥α可知l与β可能平行，也可能l⊂β，也可能相交，故④项错.

步步高苏教版高考数学理科一轮配套课件1.1集合的概念与运算

知识回顾理清教材
图形
A∪B＝ {x|x∈A A∩B＝ {x|x∈A ∁sA＝ {x|x∈S，符号
或 x∈B}
且 x∈B}
且 x∉A}
基础知识·自主学习
要点梳理
4.集合的运算性质并集的性质： A∪∅＝A；A∪A＝A；A∪B＝B∪A；A∪B＝A⇔ B⊆A . 交集的性质： A∩∅＝∅；A∩A＝A；A∩B＝B∩A；A∩B＝A⇔ A⊆B . 补集的性质： A∪(∁SA)＝ S ；A∩(∁SA)＝ ∅ ；∁S(∁SA)＝ A .
(3)空集：空集是任意一个集合的子集，是任何非空集合的真子集．即∅⊆A，∅ B(B≠∅)．
n 2 (4)若 A 含有 n 个元素，则 A 的子集有个，A 的非空子集
n 有 2 －1 个．
(5)集合相等：若 A⊆B，且 B⊆A，则 A＝B
.
基础知识·自主学习
要点梳理
3．集合的运算集合的并集集合的交集集合的补集
题型分类·深度剖析
跟踪训练 1 (1)已知集合 A＝{(x，y)|x，y∈R，且 x2＋y2＝1}，
题型分类·深度剖析
题型一集合的基本概念
思维启迪解析答案思维升华
【例 1】
(1) 已知集合 A ＝
当 y＝4 时， x 可取 5，有 1 个．
{1,2,3,4,5}，B＝{(x，y)|x∈A，
故共有 1＋2＋3＋4＝10(个)．
y∈A，x－y∈A}，则 B 中所含 (2) 因为 {1 ， a ＋ b ， a} ＝ b 10 元素的个数为________ ． 0，，b，a≠0， a (2)设 a，b∈R，集合{1，a＋b， b 所以 a＋b＝0，得a＝－1， b ，则 b－a＝ 0 ，， b a} ＝ a 所以 a＝－1，b＝1. 2 ________. 所以 b－a＝2.

【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习第八章立体几何 8.5 平行与垂直的综合应用课件文

c.利用三角形中位线定理证明；
d.利用线面平行、面面平行的性质定理证明.
②证明线面平行的常用方法 a.利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证线线平行； b.利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证面面平行. ③证明面面平行的方法证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证面面平行转化为证线面平行，再转化为证线线平行.
易忽略“a∩b＝ O”或“c∩d＝ O′”
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1) 若平面外一条直线上有两个点到平面的距离相等，则直线与平面平
行.( × )
(2)若直线a∥α，P∈α，则过点P且平行于a的直线有无数条.( × )
(3)若a⊥b，b⊥c，则a∥c.( × )
(4)α，β，γ为三个不同平面，α∥β，β∥γ⇒α∥γ.( √ )
(2)证明空间中垂直关系的方法： ①证明线线垂直的常用方法 a.利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直； b.利用勾股定理逆定理； c.利用线面垂直的性质，即要证线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可. ②证明线面垂直的常用方法 a.利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；
答题模板系列
6.立体几何平行、垂直的证明问题
典例
(14分)(2014· 北京)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底
如图，四边形 AA1C1C 为矩形，四边形 CC1B1B 为菱形，且平面
CC1B1B⊥平面AA1C1C，D，E分别为边A1B1，C1C的中点.
求证：(1)BC1⊥平面AB1C；

步步高苏教版新高考数学理科一轮复习配套练习8.1空间几何体及其表面积与体积(含答案详析)

第八章立体几何第1讲空间几何体及其表面积与体积一、填空题1．已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为________．解析这个空间几何体的直观图如图所示，由题知这个空间几何体的侧视图的底面边长是3，故其侧视图只可能是②中的图形．答案②2．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的四个顶点，这些几何形体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析①显然可能；②不可能；③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体；④取正方体中对面上的两条异面对角线的四个端点构成的几何体；⑤正方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥D1－DBC满足条件．答案 ①③④⑤3．在三棱锥S －ABC 中，面SAB ，SBC ，SAC 都是以S 为直角顶点的等腰直角三角形，且AB ＝BC ＝CA ＝2，则三棱锥S －ABC 的表面积是________．解析设侧棱长为a ，则2a ＝2，a ＝2，侧面积为3×12×a 2＝3，底面积为34×22＝3，表面积为3＋ 3.答案 3＋ 34．在直观图(如图所示)中，四边形O ′A ′B ′C ′为菱形且边长为2 cm ，则在xOy 坐标系中，四边形ABCO 为________，面积为________cm 2.解析由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图，即在xOy 坐标系中，四边形ABCO 是一个长为4 cm ，宽为2 cm 的矩形，所以四边形ABCO 的面积为8 cm 2.答案矩形 85. 如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V ＝13×1×1×22＝26.答案 266. 如图所示，三棱柱ABC －A1B 1C 1的所有棱长均为a ，∠A 1AB ＝∠A 1AC ＝60°，则其全面积为________．解析如题图，过B 作BD ⊥AA 1于D ，连接CD ，则△BAD ≌△CAD ，所以∠ADB ＝∠ADC ＝90°，所以AD ⊥CD ，AD ⊥BD ，所以△BCD 为垂直于侧棱AA 1的截面．又因为∠BAD ＝60°，AB ＝a ，所以BD ＝32a .所以△BDC 的周长为(3＋1)a ，从而S 侧＝(3＋1)a 2，S 底＝12×a 2sin 60°＝34a 2.故S 全＝S 侧＋2S 底＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋1a 2. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋1a 2 7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，点M 是BC 的中点，点P 是平面ABCD 内的一个动点，且满足PM ＝2，P 到直线A 1D 1的距离为5，则点P 的轨迹是________．解析由PM ＝2，知点P 在以M 为圆心，2为半径的圆上．又由P 到直线A 1D 1的距离为5，知点P 在与BC 平行且过AB 中点的直线上，故点P 的轨迹是它们的交点，即为两点．答案两个点8．已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形ABCD 周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱锥D －ABC 的外接球表面积等于________．解析设矩形的两邻边长度分别为a ，b ，则ab ＝8，此时2a ＋2b ≥4ab ＝82，当且仅当a ＝b ＝22时等号成立．此时四边形ABCD 为正方形，其中心到四个顶点的距离相等，均为2，无论怎样折叠，其四个顶点都在一个半径为2的球面上，这个球的表面积是4π×22＝16π.答案 16π9．已知点P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，且P A 、PB 、PC 两两成60°角，P A ＝PB ＝PC ＝1 cm ，则球的表面积为________cm 2.解析如图，取AB 的中点M ，连接PM 、CM ，过P 作棱锥的高PN ，则垂足N 必在CM 上，连接AN .棱锥的四个侧面都是边长为1的正三角形，故可得CM ＝PM ＝32，从而CN ＝23CM ＝33，在Rt △PCN 中，可求得PN ＝63，连接AO ，则AN ＝CN ＝33，设AO ＝PO ＝R ，则在Rt △OAN 中，有R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫63－R 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫332，解得R ＝64.∴球的表面积S ＝4πR 2＝3π2(cm 2)．答案 32π10．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积和体积分别为________，__________.解析由三视图可知，该几何体的下部是一底边长为2，高为4的长方体，上部为一球，球的直径等于正方形的边长．所以长方体的表面积为S 1＝2×2×2＋4×2×4＝40，长方体的体积为V 1＝2×2×4＝16，球的表面积和体积分别为S 2＝4×π×12＝4π，V 2＝43×π×13＝4π3，故该几何体的表面积为S ＝S 1＋S 2＝40＋4π，该几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝16＋4π3. 答案 40＋4π；16＋43π二、解答题11. 如图，四边形ABCD 为正方形，QA ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：PQ ⊥平面DCQ ；(2)求棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值．(1)证明由条件知四边形PDAQ 为直角梯形．因为QA ⊥平面ABCD ，所以平面PDAQ ⊥平面ABCD ，交线为AD .又四边形ABCD 为正方形，DC ⊥AD ，所以DC ⊥平面PDAQ ，可得PQ ⊥DC .在直角梯形PDAQ 中可得DQ ＝PQ ＝22PD ，则PQ ⊥QD .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .(2)解设AB ＝a .由题设知AQ 为棱锥Q －ABCD 的高，所以棱锥Q －ABCD 的体积V 1＝13a 3.由(1)知PQ 为棱锥P －DCQ 的高，而PQ ＝2a ，△DCQ 的面积为22a 2，所以棱锥P －DCQ 的体积V 2＝13a 3.故棱锥Q －ABCD 的体积与棱锥P －DCQ 的体积的比值为1.12．如图，把边长为2的正六边形ABCDEF 沿对角线BE 折起，使AC ＝ 6.(1)求证：平面ABEF ⊥平面BCDE ；(2)求五面体ABCDEF 的体积．解设原正六边形中，AC ∩BE ＝O ，OF ∩BE ＝O ′，由正六边形的几何性质可知OA ＝OC ＝3，AC ⊥BE ，DF ⊥BE .(1)证明：在五面体ABCDE中，OA2＋OC2＝6＝AC2，∴OA⊥OC，又OA⊥OB，∴OA⊥平面BCDE.∵OA⊂平面ABEF，∴平面ABEF⊥平面BCDE.(2)由BE⊥OA，BE⊥OC知BE⊥平面AOC，同理BE⊥平面FO′D，∴平面AOC ∥平面FO′D，故AOC－FO′D是侧棱长(高)为2的直三棱柱，且三棱锥B －AOC和E－FO′D为大小相同的三棱锥，∴V ABCDEF＝2V B－AOC＋V AOC－FO′D＝2×13×12×(3)2×1＋12×(3)2×2＝4.13. 如图所示，在平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥E－ABD的侧面积．(1)证明在△ABD中，因为AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，所以BD＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠DAB＝23，所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD.又因为平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD.又因为DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.(2)解由(1)知AB⊥BD，因为CD∥AB，所以CD⊥BD，从而DE⊥BD，在Rt△DBE中，由DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，得S△BDE ＝12DB·DE＝2 3.又因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，所以AB⊥BE.因为BE＝BC＝AD＝4，所以S △ABE ＝12AB ·BE ＝4，因为DE ⊥BD ，平面EBD ⊥平面ABD ，所以ED ⊥平面ABD ，而AD ⊂平面ABD ，所以ED ⊥AD ，所以S △ADE ＝12AD ·DE ＝4.综上，三棱锥E －ABD 的侧面积S ＝8＋2 3.14．如图(1)所示，在直角梯形ABEF 中(图中数字表示线段的长度)，将直角梯形DCEF 沿CD 折起，使平面DCEF ⊥平面ABCD ，连结部分线段后围成一个空间几何体，如图(2)所示．(1)求证：BE ∥平面ADF ；(2)求三棱锥F －BCE 的体积．(1)证明法一取DF 的中点G ，连结AG ，EG ，∵CE 綉12DF ，∴EG 綉CD .又∵AB 綉CD ，∴EG 綉AB .∴四边形ABEG 为平行四边形．∴BE ∥AG .又∵BE ⊄平面ADF ，AG ⊂平面ADF ，∴BE ∥平面ADF .法二由题图(1)可知BC ∥AD ，CE ∥DF ，折叠之后平行关系不变．∵BC ∥AD ，BC ⊄平面ADF ，AD ⊂平面ADF ，∴BC ∥平面ADF .同理CE ∥平面ADF .∵BC ∩CE ＝C ，BC 、CE ⊂平面BCE ，∴平面BCE ∥平面ADF .∵BE ⊂平面BCE ，BE ⊄平面ADF ，∴BE ∥平面ADF .(2)解法一 ∵V F －BCE ＝V B －CEF ，由题图(1)，可知BC ⊥CD ，又∵平面DCEF ⊥平面ABCD ，平面DCEF ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面DCEF .由题图(1)可知，DC ＝CE ＝1，S △CEF ＝12CE ×DC ＝12，∴V F －BCE ＝V B v CEF ＝13×BC ×S △CEF ＝16.法二由题图(1)，可知CD ⊥BC ，CD ⊥CE ，∵BC ∩CE ＝C ，∴CD ⊥平面BCE .∵DF ∥CE ，点F 到平面BCE 的距离等于点D 到平面BCE 的距离为1，由题图(1)，可知BC ＝CE ＝1，S △BCE ＝12BC ×CE ＝12，∴V F －BCE ＝13×CD ×S △BCE ＝16.法三如图所示，过E 作EH ⊥FC ，垂足为H ，由图可知BC ⊥CD ，∵平面DCEF ⊥平面ABCD ，平面DCEF ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊥DC ，BC ⊂平面ABCD ，∴BC ⊥平面DCEF .又∵EH ⊂平面DCEF ，∴BC ⊥EH ，∴EH ⊥平面BCF .由BC ⊥FC ，FC ＝DC 2＋DF 2＝5，S △BCF ＝12BC ×CF ＝52，在△CEF 中，由等面积法可得EH ＝15，∴V F －BCE ＝V E －BCF ＝13×EH ×S △BCF ＝16.。

步步高苏教版高考数学理科一轮配套课件8.6立体几何中的向量方法(一)——证明平行与垂直

解析
90°
P1
40 15 7 ，－ 7 ，4
3
4
5
2∶3∶(－4)
题型分类·深度剖析
题型一
【例 1 】
证明平行问题
(2013· 浙江改编 )如图，
思维启迪解析思维升华
在四面体 A－ BCD 中， AD⊥平面 BCD，BC⊥ CD，AD＝ 2，BD ＝ 2 2， M 是 AD 的中点，P 是 BM 的中点，点 Q 在线段 AC 上，且 AQ＝ 3QC. 证明： PQ∥平面 BCD.
v＝xv1＋yv2 .
(3)设直线 l 的方向向量为 v，平面 α 的法向量为 u，则 l∥α 或 l⊂α⇔
v⊥u
.
(4)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1， u2，则 α∥β⇔ u1 ∥u2 .
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾理清教材
3.用向量证明空间中的垂直关系 (1)设直线 l1 和 l2 的方向向量分别为 v1 和 v2，则 l1⊥l2⇔
方法二在线段 CD 上取点 F，使得 DF＝3FC，连结 OF，同证法一建立空间直角坐标系，写出点 A、B、C 的坐标，设点 C 坐标为(x0，y0,0).
→ 1→ ∵CF＝4CD，设 F 点坐标系(x，y,0)则
题型分类·深度剖析
题型一
【例 1 】
证明平行问题
(2013· 浙江改编 )如图，
v2 ＝0. v1⊥v2 ⇔ v1·
(2)设直线 l 的方向向量为 v，平面 α 的法向量为 u，则 l⊥α ⇔ v∥u .
(3)设平面 α 和 β 的法向量分别为 u1 和 u2，则 α⊥β⇔
u1⊥u2
⇔
u1· u2＝0 .

【步步高】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习第八章立体几何 8.4 直线、平面垂直的判定与性质课件理

方法与技巧
(2)证明线面垂直的方法 ①线面垂直的定义：a与α内任何直线都垂直⇒a⊥α；
m、n⊂α，m∩n＝A ⇒l⊥α； ②判定定理 1： l⊥m，l⊥n
③判定定理2：a∥b，a⊥α⇒b⊥α；
④面面平行的性质：α∥β，a⊥α⇒a⊥β；
⑤面面垂直的性质：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
解析答案
(2)若四棱锥PDFBC的体积为7，求线段BC的长.
解析答案
题型三
线面角、二面角的求法
例3 如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD， AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC， E是PC的中点. (1)求PB和平面PAD所成的角的大小；
解析答案
(2)证明：AE⊥平面PCD；
解析答案
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思想与方法系列
思想与方法系列
16.立体几何证明问题中的转化思想
典例
(14分)如图所示，M，N，K分别是正方体
ABCD—A1B1C1D1的棱AB，CD，C1D1的中点. 求证：(1)AN∥平面A1MK；思维点拨要证线面平行，需证线线平行.
思维点拨
解析答案
(2)平面A1B1C⊥平面A1MK.
思维点拨
线线垂直.
要证面面垂直，需证线面垂直，要证线面垂直，需证
思维点拨
解析答案
温馨提醒
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思想方法感悟提高
方法与技巧
1.三类论证 (1)证明线线垂直的方法 ①定义：两条直线所成的角为90°； ②平面几何中证明线线垂直的方法； ③线面垂直的性质：a⊥α，b⊂α⇒a⊥b； ④线面垂直的性质：a⊥α，b∥α⇒a⊥b.
③若m⊥β，n⊥β，n⊥α，则m⊥α；
④若m⊥n，n⊥β，β⊥α，则m⊥α.

【步步高】高三数学大一轮复习中档题型规范练向量与三角函数课件理苏教版

解析
A组专项基础训练
1
2
3
4
5
6
7
8
9
6．函数 y＝sinπ2＋xcosπ6－x的最大值为__2_＋_4__3__．
解析
y＝sinπ2＋xcosπ6－x＝cos x·cosπ6－x
＝cos xcos
π 6·cos
x＋sin
π 6·sin
x
＝cos
x
3 2 cos
x＋21sin
x＝
23cos2x＋21sin
解析
由已知条件得 f(x)＝2cosωx＋φ＋π3，由题意得T2＝π2，∴T＝π.∴T＝2ωπ，∴ω＝2.
又∵f(0)＝2cosφ＋π3，x＝0 为 f(x)的对称轴， ∴f(0)＝2 或－2，又∵|φ|<π2，∴φ＝－π3.
A组专项基础训练
1
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6．函数 y＝sinπ2＋xcosπ6－x的最大值为________．
又φ∈0，π2，所以φ＝π6，故f(x)的解析式为f(x)＝2sin2x＋π6.
A组专项基础训练
1
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9
9．(14分)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0,0<φ<
π 2
)的图象
与x轴的相交点中，相邻两个交点之间的距离为
π 2
，且图象上一
个最低点为M23π，－2. (1)求f(x)的解析式；(2)当x∈1π2，π2时，求f(x)的值域．
解析
A组专项基础训练
1
2
3

步步高苏教版高考数学理科一轮配套课件专题三高考中的三角函数的综合问题

3 1 ＝2( 2 sin ωx－ 2 cos ωx)－1＝ π (2)若函数 y＝ f(x)的图象与直线 2sin(ωx－6)－1. y＝－1的两个相邻交点间的距 π 由－1≤sin(ωx－ )≤1， 6 π 离为，求函数 y＝ f(x)的单调 π 2 得－3≤2sin(ωx－ )－1≤1， 6 增区间 . 所以函数f(x)的值域为[ －3,1].
解 f(x)＝sin2x－2sin xcos x＋3cos2x＝1－sin 2x＋2cos2x π ＝2＋cos 2x－sin 2x＝2＋ 2cos(2x＋ ). 4 (1)函数f(x)的最小正周期T＝π.
19π 11 π 9π (2)因为 24 ≤x≤π，所以 6 π≤2x＋4≤ 4 . 2 π 所以 2 ≤cos(2x＋4)≤1. π 所以3≤2＋ 2cos(2x＋4)≤2＋ 2，即3≤f(x)≤2＋ 2. 所以函数f(x)的最小值为3，最大值为2＋ 2.
对三角函数的性质的讨论，首先要化成y＝Asin(ωx＋φ) ＋k(一角、一次、一函数)的形式；根据 (2)中条件可确定 ω.
高考题型突破
题型一三角函数的图象和性质
思维启迪解析思维升华
【例 1】已知函数 f(x)＝ sin(ωx 3 1 π π 2 ωx ＋ )＋ sin(ωx－ )－ 2cos ，解 (1)f(x)＝ 2 sin ωx＋2cos ωx＋ 6 6 2 3 1 sin ωx－ cos ωx－(cos ωx＋1) x∈ R(其中 ω>0). 2 2
3 2 (2)由(1)和cos Acos B＝可 5 α.
高考题型突破
性质可知，y＝f(x)的周期为π，
2π 所以＝π，即ω＝2. ω
π y＝－1的两个相邻交点间的距所以f(x)＝2sin(2x－6)－1， π 离为，求函数 y＝ f(x)的单调再由2kπ－ π ≤2x－ π ≤2kπ＋ π 2 2 6 2

高考数学苏教版理大一轮复习讲义中档题型规范练立体几何

叙述的方式有三种：顺叙、倒叙、插叙（能充实文章内容、丰富故事情节，使情节发展更合理）。叙述人称: 第一人称,真实、亲切、自然。
第二人称，有亲切感，便于直接对话；也增强语势，便于抒情。用于物,有拟人化效果。第三人称，不受时间、空间限制，自由灵活。
（二）描写。描写是把描写对象的状貌、情态描绘出来，再现给读者的一种表达方式。它是记叙文，特别是文学创作中的主要表达方式之一。
中考语文专题复习
了解表达方式体会其在文中的表达效果
一【考点分析】《盐城市2018说明、议论、抒情等表达方式，能体会它们在文中的表达效果。”
五种表达方式：
记叙说明议论描写抒情
（一）记叙。记叙是最基本、最常见的一种表达方式，它是作者对人物的经历和事件的发展变化过程以及场景、空间的转换所作的叙说和交代。
常见考点三：其他描写作用 1.描写角度：正面（直接）描写、侧面（间接）描写
答题模式：衬托、突出……特点。 2.描写人物的方法：语言、动作、神态、心理、外貌
答题模式：写出了人物……的性格特征。 3.描写的感官角度：视觉、听觉、味觉、触觉
答题模式：生动形象，使人身临其境。 4.描写景物的方法：动静结合
常见考点一：本段（本句）运用了……表达方式，有何作用？记叙文中抒情、议论的作用
记叙中的抒情的作用：抒发了作者……的感情，引发读者共鸣，使文章更具感染力。
记叙中议论的作用：引发读者思考，突出中心，升华主题，起到画龙点睛的作用。
常见考点二：描写及作用 1.肖像、神态描写及作用答题模式：交代了人物的……身份、……地
位、……处境、经历以及……心理状态、……思想性格等。
2.语言、行动描写及作用答题模式：形象生动地表现出人物的……心理（心情），并反映了人物的……性格特征或 ……精神品质，有时还推动了情节的发展。

高考数学一轮总复习培养解题能力精讲系列专题八立体几何课件理苏教版

第十一页，共19页。
因为 A(－ 3，0)，B( 3，0)，所以A→C·D→B＋A→D·C→B＝ (x1＋ 3，y1)·( 3－x2，－y2)＋(x2＋ 3，y2)·( 3－x1，－y1) ＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1) ＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2 ＝6＋22k＋2＋3k122.(12 分) 由已知得 6＋22k＋2＋3k122＝8，解得 k＝± 2.(13 分)
直线与椭圆交于 C，D 两点．若A→C·D→B＋A→D·C→B＝8，求 k 的值．
解（1）设 F(－c,0)，由ac＝ 33，知 a＝ 3C. 过点 F 且与 x 轴垂直的直线为 x＝－c，
代入椭圆方程－a2c2＋by22＝1，解得 y＝± 36b，(2 分)
第十页，共19页。
于是236b＝43 3，解得 b＝ 2，(3 分) 又 a2－c2＝b2，从而可得 a＝ 3，c＝1，(4 分) 所以椭圆的方程为x32＋y22＝1.(5 分) (2) 设点 C(x1，y1)，D(x2，y2)，由 F(－1,0)得直线 CD 的方程为 y＝k(x＋1)，(6 分) 由方程组yx3＝2＋ky22x＝＋11，消去 y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.(8 分) 因为直线过椭圆内的点，无论 k 为何值，直线和椭圆总相交。由根与系数的关系可得则 x1＋x2＝－2＋6k32k2，x1x2＝32k＋2－3k62，(9 分)
答案 x＝－1 或 y－2＝m＋1 1(x＋1)
第五页，共19页。
2、方法优化
利用(lìyòng)几何性质巧设方程求
典例22、在平面直角半坐径标系 xOy 中，曲线 y＝x2－6x＋1 与坐标轴

步步高苏教版高考数学理科一轮配套课件10.2排列与组合

n
基础知识·自主学习
要点梳理
知识回顾理清教材
2.组合 (1) 组合的定义：从 n 个不同元素中取出 m(m≤ n) 个元素并成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合 . (2)组合数的定义：从 n 个不同元素中取出 m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m
位数的个数为 A4 4＝24；第二类：0 不在十位位置上，这时，由于 5 不能排在十位位置上，所以，十位位置上只能排 1,3,7 之一，这一步有 A1 3＝3 种方法.又由于 0 不能排在万位位置上，所以万位位置上只能排 5 或 1,3,7 被选作十位上的数字后余下的两个数字之一，这一步有方法 A1 3＝3(种).十位、万位上的数字选定后，其余三个数字全排列即可，这一步有方法 A3 3＝6(种).根据分步计数原理，第 1 3 二类中所求五位数的个数为 A1 · A · A 3 3 3＝54. 由分类计数原理，符合条件的五位数共有 24＋54＝78(个).
中间和两端有 A3 包括甲在 8种排法，
6 A3 · A 8 6＝ 336× 720＝ 241 920(种 )
(2)甲、乙两人必须排在两端；内的其余 6 人有 A6种排法，故共有 6 (3)男女相间.
排法 .
题型分类·深度剖析
题型一排列问题
思维启迪解析思维升华
【例 1】有 4 名男生、5 名女方法三 (等机会法)
m 个元素的组合数，用 Cn 表示 . n！ m A n m！n－m！ (3)组合数的计算公式： Cm n ＝ m＝ Am nn－1n－2„n－m＋1 m！＝，由于 0！＝1，所以 C0 n＝ 1 . n－m m m－1 m m C C C (4)组合数的性质： ①Cn ＝ n ； ② Cn＋1＝ n ＋ n .

【步步高】高考数学大一轮复习 12.3几何概型名师课件理苏教版

解析记事件A为“弦长超过圆内接等边三角形的边长”，如图，不妨在过等边三角形BCD的顶点B的直
径BE上任取一点F作垂直于直径的弦，当弦为CD时，
就是等边三角形的边长(此时F为OE中点)，弦长大于
CD的充要条件是圆心O到弦的距离小于OF，由几何概型公式得： P(A)＝12×2 2＝12.
题型二与面积、体积有关的几
出的概率.
(4)结论：将解出的数学模型
跟踪训练3 (2014·重庆)某校早上8：00开始上课，假设该校学生小张与小王在早上7：30～7：50之间到校，且每人在该时间段的任何时刻到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为________.(用数字作答) 解析在平面直角坐标系中画出由小王(x)和小张(y)到校的时间对应的点(x，y)所构成的平面区域，再画出小张比小王至少早到5分钟对应的点(x，y)所构成的平面区域，计算出两区域的面积，利用几何概型的概率公式计算即可.
思维点拨
解析
思维升华
A的面积所求概率为 P(A)＝Ω的面积
一可昼能夜的内.如到果达甲该船码停头泊的时时间刻为是1等h，＝24－12×122＋4224－22×12
乙船停泊时间为2 h，求它们中的任意一艘都不需要等待码头空
＝550766.5＝11
013 152.
出的概率.
题型三生活中的几何概型问题例3 甲、乙两船驶向一个不能同时停泊两艘船的码头，它们在
思维升华
例3 甲、乙两船驶向一个不能 A为图中阴影
同时停泊两艘船的码头，它们在部分，全部结
一昼夜内到达该码头的时刻是等果构成集合Ω 可能的.如果甲船停泊时间为1 h，为边长是24 乙船停泊时间为2 h，求它们中的正方形及其内部. 的任意一艘都不需要等待码头空

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