课堂新坐标2014高考数学(理)二轮专题复习第1部分-专题4-第2讲
课堂新坐标2014高考数学(理)二轮专题复习第2部分-第1讲
1 1 1 1 ∴a＝3或a＝5， 故 a＝3或5， 综 上 可 知 ， 1 1 a∈{ 0 ，3，5}． 1 1 {0，3，5}
x ＝ 0不 是 函 数 的 零 mx2－2x＋1
mf0 ( ) ＜0， 所 以 m＜0 . (－∞，0 ) ∪{ 1 } ．
【答案】 C 【错因分析与防范措施】
本题忽视m＝0的情况，导致
解题失误．对于多项式函数或方程、不等式，如果含有参数 一定首先考虑最高次项系数为0的情况．
二轮专题复习 ·数学（理）
错 误 的 原 因 是 认 为
p：
1 1 >0的否定是非p： 2 ≤0，从而认为非p对应的 2 x －x－2 x －x－2 x的集合是{x|－1<x<2}．事实上若命题p中元素组成的集合为 M，那么对p的否定非p组成的集合就是M的补集．求解时应 先求解集合M，再求其补集．ห้องสมุดไป่ตู้
二轮专题复习 ·数学（理）
二轮专题复习 ·数学（理）
【错因分析与防范措施】
在求出a的值后，没有验证
集合中的元素是否满足集合元素的互异性是导致错误的根本 原因．在解决集合中含参数的问题时，一定要进行检验，看 是否满足集合元素的互异性． 【正解】 由A∩B＝{9}，知9∈A.
①当2a－1＝9时，a＝5，检验不符合要求，舍去； ②当a2＝9时，a＝3或a＝－3，检验a＝3不符合要求． 故a＝－3.
切 线 的 斜 率
k应 是 在 切 点 处 P点 一 定 是 切
2014届高三一轮复习课堂新坐标理科数学人教A版选修4-4第二节参数方程
明 考
基 础
【解析】 由题意知，直线l的参数方程是
情
典 例
xy＝＝51＋＋ttscionsππ33 ，，即yx＝＝51＋＋2t2，3t.
探 究
代入直线x－y－2 3＝0，得
课 后 作
·
提 知 能
1＋2t －(5＋ 23t)－2 3＝0，∴t＝－10－6 3.
业
由t的几何意义，知|MM0|＝|t|＝10＋6 3.
高
自
主
1．(人教A版教材习题改编)将参数方程
考 体
落
验
实 · 固 基
xy＝＝s2i＋n2θsin2θ，(θ为参数)化为普通方程为________．
· 明 考 情
础
【解析】 将sin2θ＝y代入x＝2＋sin2θ得y＝x－2，
又0≤sin2θ≤1，得2≤x≤3.
典
例 探
【答案】 y＝x－2(2≤x≤3)
典
∵
x＝－1－t， y＝2＋3t，
消t后，得3x＋y＋1＝0，表示直
例 探
线．
课 后
究
作
· 提
【答案】 圆与直线
业
知
能
菜单
新课标 ·理科数学（广东专用）
3．(2013·汕头质检)在平面直角坐标系xOy中，直
高
自
主 落 实 ·
线l的参数方程为 xy＝＝tt＋，1 (参数t∈R)，圆C的参数方程
考 体 验 · 明
自 主
【尝试解答】
由xy＝＝ba＋＋ttscions
θ， θ. ②
①
高 考 体
落 实
(1)当t为非零常数时，
验 ·
·
固 基 础
原方程组为xy－－tt ba＝＝scions
《课堂新坐标》高考数学一轮总复习课件：第一章 第二节 集合(共31张PPT)
落实·固基础 A．U C．{3，5，6}
B．{1，3，5} D．{2，4，6}
高考体验·明
【解析】 ∵U＝{1，2，3，4，5，6}，M＝{1，2，4} ，
∴∁UM＝{3，5，6}． 探究·提知能 【答案】 C
课后作
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
3．若P＝{x|x＜1}，Q＝{x|x＞－1}，则( )
A．{6} B．{5，8} C．{6，8} D．{5，6，8}
(2)(2012·浙江高考)设集合A＝{x|1<x<4}，集合B＝{x|x2 －2x－3≤0}，则A∩(∁RB)＝( )
探究·提知能 A．(1，4)
B．(3，4)
课后作
C．(1，3)
D．(1，2)∪(3，4)
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
C．∁RP Q
D．Q ∁RP
集合B是点集，表示抛物线y＝x2＋1上所有点组成的集合．
【解析】 a＝0 时，B＝ 【尝试解答】 当a＝0，b＝1，2，6时，a＋b＝1，2，6；
当y＝1时，x可取2，3，4，5，共有4个数； 在具体情境中，了解全集与空集的含义．
A，a≠0 时，B
C． ，{25，20} D． {(25，20)}
落实·固基础
高考体验·明
探究·提知能 菜单
课后作
新课标 ·文科数学（广东专用）
1．解答本题(2)时应注意两点：一是A∪B＝A B A；
二是B A时，应分B
B≠
落实·固基础
高考体验·明
2．集合A中元素的个数记为n，则它的子集的个数为2n
，真子集的个数为2n－1，非空真子集的个数为2n－2.
3．已知两集合间的关系求参数时，关键是将两集合间 的关系转化为元素或区间端点间的关系，进而转化为参数满
课堂新坐标2014高考数学(理)二轮专题复习课时作业15
课时作业(十五)直线与圆1．圆(x＋2)2＋y2＝4与圆(x－2)2＋(y－1)2＝9的位置关系为()A．内切B．相交C．外切D．相离【解析】两圆的圆心分别为(－2,0)，(2,1)，半径分别为r＝2，R＝3，两圆的圆心距离为(－2－2)2＋(0－1)2＝17，则R－r<17<R＋r，所以两圆相交．【答案】 B2．(2013·广东高考)垂直于直线y＝x＋1且与圆x2＋y2＝1相切于第一象限的直线方程是()A．x＋y－2＝0 B．x＋y＋1＝0C．x＋y－1＝0 D．x＋y＋2＝0【解析】与直线y＝x＋1垂直的直线方程可设为x＋y＋b＝0，由x＋y＋b＝0与圆x2＋y2＝1相切，可得|b|12＋12＝1，故b＝±2.因为直线与圆相切于第一象限，故结合图形分析知b＝－2，故直线方程为x＋y－2＝0，故选A.【答案】 A3．(2013·济南调研)已知圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的圆心为抛物线y2＝4x的焦点，且与直线3x＋4y＋2＝0相切，则该圆的方程为()A．(x－1)2＋y2＝6425B．x2＋(y－1)2＝6425C．(x－1)2＋y2＝1 D．x2＋(y－1)2＝1 【解析】因为抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，∴a＝1，b＝0.又根据r＝|3×1＋4×0＋2|32＋42＝1，∴圆的方程为(x－1)2＋y2＝1.【答案】 C4．已知圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0，设该圆中过点(3,5)的最长弦和最短弦分别为AC和BD，则四边形ABCD的面积是()A．10 6 B．20 6C．30 6 D．40 6【解析】配方可得(x－3)2＋(y－4)2＝25，其圆心为C(3,4)，半径为r＝5，则过点(3,5)的最长弦|AC|＝2r＝10，最短弦|BD|＝2r2－12＝46，且有AC⊥BD，则四边形ABCD的面积为S＝12|AC|×|BD|＝20 6.【答案】 B5．(2013·江西高考)过点(2，0)引直线l与曲线y＝1－x2相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于()A.33B．－33C．±33D．－ 3【解析】由于y＝1－x2，即x2＋y2＝1(y≥0)，直线l与x2＋y2＝1(y≥0)交于A，B两点，如图所示，S△AOB ＝12·sin ∠AOB≤12，且当∠AOB＝90°时，S△AOB 取得最大值，此时AB＝2，点O到直线l的距离为22，则∠OCB＝30°，所以直线l的倾斜角为150°，则斜率为－3 3.【答案】 B二、填空题6．(2013·浙江高考)直线y＝2x＋3被圆x2＋y2－6x－8y＝0所截得的弦长等于__________．【解析】圆的方程可化为(x－3)2＋(y－4)2＝25，故圆心为(3,4)，半径r＝5.又直线方程为2x－y＋3＝0，所以圆心到直线的距离为d＝|2×3－4＋3|4＋1＝5，所以弦长为2 r2－d2＝2×25－5＝220＝4 5.【答案】 4 57．(2013·湖北高考)已知圆O ：x 2＋y 2＝5，直线l ：x cos θ＋y sin θ＝1⎝ ⎛⎭⎪⎫0<θ<π2.设圆O 上到直线l 的距离等于1的点的个数为k ，则k ＝________.【解析】 ∵圆心(0,0)到直线的距离为1，又∵圆O 的半径为5，故圆上有4个点符合条件．【答案】 48．设圆x 2＋y 2＝2的切线l 与x 轴的正半轴、y 轴的正半轴分别交于点A ，B ，当|AB |取最小值时，切线l 的方程为________．【解析】 设切线l 方程为x a ＋y b ＝1，因为l 与圆相切，则圆心(0,0)到l 的距离d ＝2＝11a 2＋1b 2， 即1a 2＋1b 2＝12，|AB |2＝a 2＋b 2＝2(a 2＋b 2)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋b 2a 2＋a 2b 2≥8. 当且仅当a ＝b 时等号成立，解得a ＝b ＝2，所以x ＋y ＝2.【答案】 x ＋y ＝2三、解答题9．已知点A (－3,0)，B (3,0)，动点P 满足|P A |＝2|PB |.(1)若点P 的轨迹为曲线C ，求此曲线的方程；(2)若点Q 在直线l 1：x ＋y ＋3＝0上，直线l 2经过点Q 且与曲线C 只有一个公共点M ，求|QM |的最小值．【解】 (1)设点P 的坐标为(x ，y )，且|P A |＝2|PB |. 则(x ＋3)2＋y 2＝2(x －3)2＋y 2.化简得曲线C ：(x －5)2＋y 2＝16.(2)曲线C 是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图．由直线l 2是此圆的切线，连接CQ ，则|QM |＝|CQ |2－|CM |2＝|CQ |2－16，当CQ ⊥l 1时，|CQ |取最小值，|CQ |＝|5＋3|2＝42，此时|QM |的最小值为32－16＝4. 10．在平面直角坐标系xOy 中，曲线y ＝x 2－6x ＋1与坐标轴的交点都在圆C 上．(1)求圆C 的方程；(2)若圆C 与直线x －y ＋a ＝0交于A ，B 两点，且OA ⊥OB ，求a 的值．【解】 (1)曲线y ＝x 2－6x ＋1与y 轴的交点为(0,1)，与x 轴的交点为(3＋22，0)，(3－22，0)．故可设C 的圆心为(3，t )，则有32＋(t －1)2＝(22)2＋t 2，解得t ＝1. 则圆C 的半径为32＋(t －1)2＝3.所以圆C 的方程为(x －3)2＋(y －1)2＝9.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，其坐标满足方程组⎩⎨⎧x －y ＋a ＝0，(x －3)2＋(y －1)2＝9.消去y ，得方程2x 2＋(2a －8)x ＋a 2－2a ＋1＝0.由已知可得，判别式Δ＝56－16a －4a 2>0.因此x 1,2＝(8－2a )±56－16a －4a 24， 从而x 1＋x 2＝4－a ，x 1x 2＝a 2－2a ＋12.① 由于OA ⊥OB ，可得x 1x 2＋y 1y 2＝0.又y 1＝x 1＋a ，y 2＝x 2＋a ，所以2x 1x 2＋a (x 1＋x 2)＋a 2＝0.②由①②得a ＝－1，满足Δ>0，故a ＝－1.11. (2012·福州模拟)已知过点A (－1，0)的动直线l 与圆C ：x 2＋(y －3)2＝4相交于P ，Q 两点，M 是PQ 的中点，l 与直线m ：x ＋3y ＋6＝0相交于N .图5－1－1(1)求证：当l 与m 垂直时，l 必过圆心C ；(2)当|PQ |＝23时，求直线l 的方程；(3)探索AM →·AN →是否与直线l 的倾斜角有关，若无关，请求出其值；若有关，请说明理由．【解】 (1)证明 ∵l 与m 垂直，且k m ＝－13，∴k l ＝3，故直线l 的方程为y ＝3(x ＋1)，即3x －y ＋3＝0.∵圆心坐标为(0,3)满足直线l 方程，∴当l 与m 垂直时，l 必过圆心C .(2)当直线l 与x 轴垂直时，易知x ＝－1符合题意．当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，即kx －y ＋k ＝0，∵PQ ＝23，∴CM ＝4－3＝1，则由CM ＝|－k ＋3|k 2＋1＝1，得k ＝43， ∴直线l ：4x －3y ＋4＝0.故直线l 的方程为x ＝－1或4x －3y ＋4＝0.(3)∵CM ⊥MN ，∴AM →·AN →＝(AC →＋CM →)·AN →＝AC →·AN →＋CM →·AN →＝AC →·AN →. 当l 与x 轴垂直时，易得N (－1，－53)，则AN →＝(0，－53)，又AC →＝(1,3)，∴AM →·AN →＝AC →·AN →＝－5.当l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋1)，则由⎩⎨⎧ y ＝k (x ＋1)，x ＋3y ＋6＝0，得N (－3k －61＋3k ，－5k 1＋3k )，则AN →＝(－51＋3k ，－5k 1＋3k )， ∴AM →·AN →＝AC →·AN →＝－51＋3k ＋－15k 1＋3k＝－5， 综上所述，AM →·AN →与直线l 的斜率无关，且AM →·AN →＝－5.。
《课堂新坐标》2014高考数学(文)一轮总复习(人教新课标·广东专用)课件：选修4-4 第二节 参数
高
自
考
主
体
落
验
实
·
·
明
固
考
基
情
础
x＝a＋tcos θ，
在方程 y＝b＋tsin θ (a，b为正常数)
中，当t为常数，θ为参数时，方程表示的曲线是
典 ________．
例
课
探
后
究
作
·
业
提
知
能
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
【思路点拨】 消去参数，化为普通方程，再根据普通
高
自 主
方程判断曲线类型．
xa22＋by22＝1(a＞b＞
后 作 业
知
能
0)
(θ为参数)
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
高
自
考
主
落 实
1．过M0(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参
· 固 基 础
数方程为
x＝x0＋tcos y＝y0＋tsin
α， α
(t为参数)．参数t的
体 验 · 明 考 情
几何意义是什么？
【提示】 t的几何意义是：表示直线l上以定
课 后
究
作
·
业
提
知
能
菜单
新课标 ·文科数学（广东专用）
3．直线、圆、椭圆的参数方程
高
自
考
主 落
轨迹
普通方程
参数方程
体 验
实 ·
y－y0＝tan α(x－
· 明
固 基 础
直线
x0) π (α≠ 2 ，点斜式)
(t为参数)
考 情
典 例 探 究 · 提
课堂新坐标高考数学理二轮专题复习第部分专题第讲省公共课一等奖全国赛课获奖课件
C，选D.
考点回扣
(2)结合已知条件画出图形，然后按照要求作出正视图．
本讲命题
根据已知条件作出图形：四面体C1—A1DB，标出各个
点的坐标如图(1)所示，
探究突破
课时作
可以看出正视图是正方形，如图(2)所示．故选A.
【答案】 (1)D (2)A
菜单
第13页
二轮专题复习 ·数学（理）
1．解答本例(2)时，可先确定四面体各个顶点在投影面
c2求解．
探究突破
课时作
菜单
第32页
二轮专题复习 ·数学（理）
变式训练3 (2013·辽宁高考)已知直三棱柱ABC－A1B1C1 考点回扣的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，本讲命题
AA1＝12，则球O的半径为( )
3 17 A. 2
B．2 10
探究突破
13 C. 2
D．3 10
探究突破
课时作
菜单
第20页
二轮专题复习 ·数学（理）
(2) 由三视图可知该几何体为一个直三棱
柱被截去了一个小三棱锥，如图所示．三棱柱的
考点回扣底面为直角三角形，且直角边长分别为3和4，三
本讲命题
棱柱的高为5，故其体积V1＝
1 2
×3×4×5＝
30(cm3)，小三棱锥的底面与三棱柱的上底面相同，高为3，
课时作
菜单
第7页
二轮专题复习 ·数学（理）
4．(直观图)若△ABC的直观图的面积为2，则△ABC的
考点回扣面积S△ABC＝________.
本讲命题
【解析】 根据原图形的面积是直观图面积的2 2倍知S △ABC＝4 2.
探究突破 【答案】 4 2
课堂新坐标2014高考数学(理)二轮专题复习课时作业13
课时作业(十三)点、直线、平面之间的位置关系一、选择题1．(2013·浙江高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面() A．若m∥α，n∥α，则m∥nB．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若m∥n，m⊥α，则n⊥αD．若m∥α，α⊥β，则m⊥β【解析】可以借助正方体模型对四个选项分别剖析，得出正确结论．A项，当m∥α，n∥α时，m，n可能平行，可能相交，也可能异面，故错误；B项，当m∥α，m∥β时，α，β可能平行也可能相交，故错误；C项，当m∥n，m⊥α时，n⊥α，故正确；D项，当m∥α，α⊥β时，m可能与β平行，可能在β内，也可能与β相交，故错误．故选C.【答案】 C2．(2013·青岛模拟)已知m、n、l是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，给出以下命题：①若m⊂α，n∥α，则m∥n；②若m⊂α，n⊂β，α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，则m⊥n；③若n∥m，m⊂α，则n∥α；④若α∥γ，β∥γ，则α∥β.其中正确命题的序号是()A．②④B．②③C．③④D．①③【解析】对于命题①，m、n可能是异面直线，故①错；对于命题③，可能有n⊂α，故③错；故选A.【答案】 A3．(2013·天津模拟)已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，有下列五个命题：①若l⊂β，且α∥β，则l∥α；②若l⊥β，且α∥β，则l⊥α；③若l⊥β，且α⊥β，则l∥α；④α∩β＝m，且l∥m，则l∥α；⑤若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则l∥m.则所有正确命题的序号是()A．①③⑤B．②④⑤C．①②⑤D．①②④【解析】根据面面平行的性质知，①②正确，⑤中由l∥α，l平行平面α中的某条直线x，同理l平行平面β中的某条直线y，从而x∥y，所以y∥α，进而y∥m，故l∥m，所以⑤正确．故选C.【答案】 C4．(2013·广东高考)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥nC．若m⊥n，m⊂α，n⊂β，则α⊥βD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β【解析】本题可以依据相应的判定定理或性质定理进行判断，也可以借助于长方体模型，利用模型中的直线和平面进行判断．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，平面BCC1B1⊥平面ABCD，BC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面ABCD，而BC1不垂直于BC，故A错误．平面A1B1C1D1∥平面ABCD，B1D1⊂平面A1B1C1D1，AC⊂平面ABCD，但B1D1和AC不平行，故B错误．AB⊥A1D1，AB⊂平面ABCD，A1D1⊂平面A1B1C1D1，但平面A1B1C1D1∥平面ABCD，故C错误．故选D.【答案】 D5．(2013·江西高考)如图4－2－8，正方体的底面与正四面体的底面在同一平面α上，且AB∥CD，正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，那么m＋n＝()图4－2－8A．8 B．9C．10 D．11【解析】取CD的中点H，连接EH，HF.在四面体CDEF中，CD⊥EH，CD⊥FH，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，所以正方体的左、右两个侧面与EF平行，其余4个平面与EF相交，即n＝4.又因为CE与AB在同一平面内，所以CE与正方体下底面共面，与上底面平行，与其余四个面相交，即m＝4，所以m＋n＝4＋4＝8.【答案】 A二、填空题图4－2－96．如图4－2－9，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别是棱C1D1，C1C的中点．以下四个结论：①直线AM与直线CC1相交；②直线AM与直线BN平行；③直线AM与直线DD1异面；④直线BN与直线MB1异面．其中正确结论为________．(注：把你认为正确的结论序号都填上)【解析】由图可知AM与CC1是异面直线；AM与BN也是异面直线；AM 与DD1是异面直线；BN与MB1也是异面直线，故①②错误，③④正确．【答案】 ③④7．(2013·黄冈模拟)给出下列命题：①直线a 与平面α不平行，则a 与平面α内的所有直线都不平行； ②直线a 与平面α不垂直，则a 与平面α内的所有直线都不垂直； ③异面直线a ，b 不垂直，则过a 的任何平面与b 都不垂直； ④若直线a 和b 共面，直线b 和c 共面，则a 和c 共面． 其中错误的命题是________．(只填序号)【解析】 对于命题①②，当直线a 在平面α内时，结论不成立，故命题①②错；对于命题③，假设过a 的一个平面与b 垂直，则异面直线a ，b 垂直与已知矛盾．故命题③正确；对于命题④，当直线a 和b 平行，b 与c 相交时，a 和c 可能是异面直线，故命题④错误．【答案】 ①②④8．(2013·安徽高考)如图4－2－10，正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC 1上的动点，过点A ，P ，Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是________(写出所有正确命题的编号)．图4－2－10①当0＜CQ ＜12时，S 为四边形； ②当CQ ＝12时，S 为等腰梯形；③当CQ ＝34时，S 与C 1D 1的交点R 满足C 1R ＝13； ④当34＜CQ ＜1时，S 为六边形； ⑤当CQ ＝1时，S 的面积为62.【解析】 ①当0＜CQ ＜12时，如图(1)． 在平面AA 1D 1D 内，作AE ∥PQ ， 显然E 在棱DD 1上，连接EQ ， 则S 是四边形APQE .②当CQ ＝12时，如图(2)． 显然PQ ∥BC 1∥AD 1，连接D 1Q ， 则S 是等腰梯形． ③当CQ ＝34时，如图(3)．作BF ∥PQ 交CC 1的延长线于点F ，则C 1F ＝12.作AE ∥BF ，交DD 1的延长线于点E ，D 1E ＝12，AE ∥PQ ， 连接EQ 交C 1D 1于点R ，由于Rt △RC 1Q ∽Rt △RD 1E ， ∴C 1Q ∶D 1E ＝C 1R ∶RD 1＝1∶2，∴C 1R ＝13.④ 当34＜CQ ＜1时，如图(3)，连接RM (点M 为AE 与A 1D 1交点)，显然S 为五边形APQRM .⑤当CQ ＝1时，如图(4)．同③可作AE ∥PQ 交DD 1的延长线于点E ，交A 1D 1于点M ，显然点M 为A 1D 1的中点，所以S 为菱形APQM ，其面积为12MP ×AQ ＝12×2×3＝62.【答案】 ①②③⑤ 三、解答题9．(2013·江西高考)如图4－2－11，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ∥CD ，AD ⊥AB ，AB ＝2，AD ＝2，AA 1＝3，E 为CD 上一点，DE ＝1，EC ＝3.图4－2－11(1)证明：BE ⊥平面BB 1C 1C ； (2)求点B 1到平面EA 1C 1的距离．【解】 (1)证明 过点B 作CD 的垂线交CD 于点F ，则 BF ＝AD ＝2，EF ＝AB －DE ＝1，FC ＝2.在Rt △BFE 中，BE ＝ 3. 在Rt △CFB 中，BC ＝ 6.在△BEC 中，因为BE 2＋BC 2＝9＝EC 2，故BE ⊥BC . 由BB 1⊥平面ABCD ，得BE ⊥BB 1， 所以BE ⊥平面BB 1C 1C .(2)连接B 1E ，则三棱锥E －A 1B 1C 1的体积V ＝13AA 1·S △A 1B 1C 1＝ 2.在Rt △A 1D 1C 1中，A 1C 1＝A 1D 21＋D 1C 21＝3 2.同理，EC 1＝EC 2＋CC 21＝32， A 1E ＝A 1A 2＋AD 2＋DE 2＝23， 故S △A 1C 1E ＝3 5.设点B 1到平面EA 1C 1的距离为d ， 则三棱锥B 1－EA 1C 1的体积V ＝13·d ·S △EA 1C 1＝5d ， 从而5d ＝2，d ＝105.10．(2013·济南模拟)如图4－2－12，斜三棱柱A 1B 1C 1—ABC 中，侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，底面ABC 是边长为2的等边三角形，侧面AA 1C 1C 是菱形，∠A 1AC ＝60°，E 、F 分别是A 1C 1、AB 的中点．图4－2－12(1)求证：EC ⊥平面ABC ； (2)求三棱锥A 1—EFC 的体积．【解】 证明 (1)在平面AA 1C 1C 内，作A 1O ⊥AC ，O 为垂足．因为∠A 1AC ＝60°，所以AO ＝12AA 1＝12AC ，即O 为AC 的中点，所以OC 綊A 1E .因而EC 綊A 1O .因为侧面AA 1C 1C ⊥底面ABC ，交线为AC ，A 1O ⊥AC ，所以A 1O ⊥平面ABC .所以EC ⊥平面ABC .(2)F 到平面A 1EC 的距离等于B 点到平面A 1EC 距离BO 长度的一半，而BO ＝ 3.所以VA 1—EFC ＝VF —A 1EC ＝13S △A 1EC ·12BO ＝13·12A 1E ·EC ·32＝13·12·3·32＝14.11．(2013·青岛模拟)如图4－2－13，在长方形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 为CD 的中点，F 为AE 的中点．现在沿AE 将三角形ADE 向上折起，在折起的图形中解答下列问题：图4－2－13(1)在线段AB上是否存在一点K，使BC∥平面DFK？若存在，请证明你的结论；若不存在，请说明理由．(2)若平面ADE⊥平面ABCE，求证：平面BDE⊥平面ADE.【解】(1)线段AB上存在一点K，且当AK＝14AB时，BC∥平面DFK.证明如下：设H为AB的中点，连接EH，则BC∥EH.又因为AK＝14AB，F为AE的中点，所以KF∥EH，所以KF∥BC，∵KF⊂平面DFK，BC⊄平面DFK，∴BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点，DA＝DE＝1，所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE，所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE，所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点，AB＝2，BC＝1，所以在折起后的图形中，AE＝BE＝2，从而AE2＋BE2＝4＝AB2，所以AE⊥BE.因为AE∩DF＝F，所以BE⊥平面ADE，因为BE⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE.。
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本 讲 命 题 视 角
②若m⊥α，m⊥β，则α∥β；
热
③若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥β；
点
课
探 究
④若m∥α，α∩β＝n，则m∥n.
突
时 作 业
破
其中正确的命题是________．(只填序号)
菜单
二轮专题复习 ·数学（理）
【解析】 本题考查空间直线与平面间的位置关系的判
主 干 考 点 回 扣
断等知识，根据线面垂直的判定和面面平行的判定可知①② 正确；类似①得n⊥α，n⊂β，由面面垂直的判定定理得α⊥
点
回 扣
PQMN，故②正确；异面直线PM与BD所成的角等于PM与
本 讲 命 题 视 角
PN所成的角，故④正确．对于命题③，当AC≠BD时，截面
PQMN也可能是正方形，故命题③错误．
热
点 探
【答案】 ①②④
课 时
究 突
作 业
破
菜单
二轮专题复习 ·数学（理）
主 干 考 点 回 扣
本 讲 命 题 视 角
(1)(2013·潍坊模拟)已知m，n是两条不同直线，
α，β是两个不同平面，给出四个命题：
热 点
①α∩β＝m，n⊂α，n⊥m，则α⊥β
课
探 究
②m⊥α，m⊥β，则α∥β
突 破
③m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
时 作 业
④m∥α，n∥β，m∥n，则α∥β
其中正确的命题是( )
A．①②
B．②③
C．①④
D．②④
主 干
合的平面，给出下列命题：
考
点 回
①α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n；
扣
本 讲 命 题 视 角
②若m、n⊂α，m∥β，n∥β，则α∥β；
③若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β；
热
点 探
④m、n是两条异面直线，若m∥α，m∥β，n∥α，n∥
课 时
究 突
β，则α∥β.
作 业
破
其中真命题是________．(只填序号)
菜单
二轮专题复习 ·数学（理）
【解析】 因两平行平面内任两条直线不一定平行，故
主 干 考 点 回 扣
①不对．而m、n⊂α，m∥β，n∥β时，α与β可以相交，故② 不对．因为m∥n，m⊥α.所以n⊥α.又因为n⊥β，所以α∥β，
本 讲 命 题 视 角
③正确．过m、n作平面M、N分别交α、β于m1、m2、n1、
本 讲 命 题 视 角
热
点
课
探
时
究 突
(2)根据所给的已知条件作图，如图所示．
作 业
破
由图可知α与β相交，且交线平行于l，故选D.
【答案】 (1)B (2)D
菜单
二轮专题复习 ·数学（理）
主
干
考
点
求解空间线面位置关系判断题的两大思路：
回
扣
本 讲 命 题 视 角
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直
考
点 回
Q，R，S分别是所在棱的中点，则四个点不共面的一个图是
扣
本 讲 命 题 视 角
()
热
点
课
探
时
究 突
作 业
破
菜单
二轮专题复习 ·数学（理）
主 干 考 点 回 扣
【解析】 在选项A、C中，PS∥QR，故四点共面，在 选项B中，RS的延长线与QP的延长线相交于一点，故四点共
本 讲 命 题 视 角
图4－2－1
时
究 突 破
作
①AC⊥BD；②AC∥截面PQMN；③AC＝BD；④异面 业
直线PM与BD所成的角为45°.
正确的有________．(只填序号)
菜单
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【解析】 由已知易得PQ∥AC，QM∥BD，又PQ⊥
主
干 考
QM，所以AC⊥BD，故①正确；由PQ∥AC可得AC∥截面
面，在选项D中，直线PS和QR是异面直线，故四点不共面．
【答案】 D
热
点
课
探
时
究 突
作 业
破
菜单
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2．(平面的性质)空间四边形ABCD中，E、F分别是AB、
AD上的点，G、H分别是BC、CD上的点，若EG与FH交于点
主 干
P，则点P在直线________ 上．
考
点 回
【解析】
n2，由线面平行的性质定理知m1∥m2，n1∥n2且m1与n1相
热
点 探
交，所以α∥β，故④对．
课 时
究 突
作 业
破
【答案】 ③④
菜单
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主 干 考 点 回 扣
4．(垂直的判定)已知两个不同的平面α、β和两条不重合 的直线m、n，有下列四个命题：
①若m∥n，m⊥α，则n⊥α；
的判定定理和性质定理逐项判断．
热
点 探
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等
课 时
究 突
模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行判断．
作 业
破
菜单
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主 干
变式训练1 (2013·杭州模拟)设l是直线，α，β是两个不
探 究 突
时
【思路点拨】
(1)借助线面、面面平行与垂直的判定定
作 业
破 理与性质定理判断．
(2)画出符合条件的图形，根据图形判断．
菜单
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【自主解答】 (1)由面面平行的判定定理知，②正确，
主 干 考 点 回 扣
③中由m⊥α，m⊥n，知n∥α或n在平面α内，又n⊥β，从而α ⊥β，故③正确，①④不正确．故选B.
本 讲 命 题 视 角
β，故③正确；④中m与n的位置关系不确定，④错误．
热
【答案】 ①②③
点
课
探
时
究 突
作 业
破
菜单
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5．(线线、线面位置关系)如图4－2－1所示，在四面体
ABCD中，截面PQMN是正方形，则下列命题中：
主 干 考 点 回 扣
本 讲 命 题 视 角
热
点 探
课
扣
本 讲 命 题 视 角
如图，∵EG∩FH＝P，
∴P∈EG，P∈FH，
热
点 探
又EG⊂平面ABC，FH⊂平面ADC，
课 时
究
突
∴P∈平面ABC，P∈平面ADC.
作 业
破
∴点P在平面ABC与平面ADC的交线上，即AC上．
【答案】 AC
菜单
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3．(平行的判定)已知m、n是不同的直线，α、β是不重
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主 干 考 点 回 扣
本 讲 命 题 视 角
第二讲 点、直线、平面之间的位置关系
热
点
课
探
Hale Waihona Puke 时究 突作 业
破
菜单
主 干 考 点 回 扣
热 点 探 究 突 破
菜单
二轮专题复习 ·数学（理）
本 讲 命 题 视 角
课 时 作 业
二轮专题复习 ·数学（理）
主
干
1．(线线位置关系)下列各图是正方体或正四面体，P，
菜单
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(2)(2013·课标全国卷Ⅱ)已知m，n为异面直线，m⊥平面
主 α，n⊥平面β.直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则( )
干
考 点
A．α∥β且l∥α
回
扣
B．α⊥β且l⊥β
本 讲 命 题 视 角
C．α与β相交，且交线垂直于l
热
D．α与β相交，且交线平行于l
点
课