2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇2-3

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2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇1-2

《走向高考》高考总复习
π，求正四面体的体积．
A
分析：设法寻求正四面体的棱长与球的半径之间的关系．
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第五篇
第1章
《走
设AE为球的直径．故AD⊥DE，AE⊥O1D.
向高考》高考总复习 A
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第五篇
第1章
方法2：将正四面体ABCD置于正方体中．正四面体的外接球即为正方体的外接球，正方体的对角线长为球的直径．
《走向高考》高考总复习 A
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第五篇
第1章
《走向高考
[例7]
(理)四棱锥P－ABCD中，侧面PAD是正三角形，
》高考总复习
且与底面垂直，又底面ABCD为矩形，E是PD中点． (1) (1)求证：PB∥平面ACE； PB ACE (2)若PB⊥AC，且PA＝2，求三棱锥E－PBC的体积．
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第五篇
第1章
点评：在求某几何体的体积时，经常采用“割补法” 和“等积变换”等方法，设法实现复杂向简单，未知向已知的转化．请读者想一想，此题还可以用什么方法解？
《走向高考》高考总复习 A
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第五篇
第1章
四、卷起、折叠与展开 [例4] 矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形
《走向高考》高考总复习
ABCD折起，使平面DAC⊥平面ABC，则四面体ABCD的外接球的体积为 ( )

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇1-2

第五篇第1章第二讲一、选择题1．(文)下列由小正方形组成的平面图形能够折成正方体的是( )[答案] A(理)如图，能作为正方体的表面展开图的是( )A ．①②③④B ．①②④⑥C ．①②⑤⑥D ．③④⑤⑥ [答案] C[解析] ③④两图在折叠时会出现两个正方形重合的情况，故不能折成完整的正方体． 2．(文)一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个圆，那么这个几何体的侧面积为 ( )A.π4B.5π4C ．π D.3π2[答案] C[解析] 此几何体是底半径为12，高为1的圆柱，其侧面积为2π×12×1＝π.(理)侧棱长为4，底面边长为3的正三棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为 ( )A ．76πB ．68πC ．20πD ．9π [答案] C[解析] 设球心为O ′，如图，球半径R ＝OO ′2＋OC 2＝4＋1＝5，∴S 球＝4π·R 2＝20π.3．(文)P 为△ABC 所在平面外的一点，且P A ＝PC ，则P 在平面ABC 上的正投影必在△ABC 的 ( )A ．AC 边的垂直平分线上B ．AC 边的高线上 C ．AC 边的中线上D ．∠ABC 的角平分线上 [答案] A[解析] 设P 在平面ABC 上的正投影为O ，∵P A ＝PC ，∴OA ＝OC ，从而O 点必在线段AC 的中垂线上．(理)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别是AA 1、C 1D 1的中点，G 是正方形BCC 1B 1的中心，则空间四边形AGFE 在该正方体的表面上的正投影不可能是 ( )[答案] B[解析] 在上、下两个面上投影为A ，在左、右两个面上投影为D ，在前、后两个面上投影为C ，故不可能为B.4．(文)棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的8个顶点都在球O 的表面上，E 、F 分别是棱AA 1、DD 1的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为 ( )A.21 B ．1 C ．1＋22 D. 2 [答案] D[解析] 由条件知球O 半径为32，球心O 到直线EF 的距离为12，由垂径定理可知直线EF 被球O 截得的线段长d ＝2⎝⎛⎭⎫322－⎝⎛⎭⎫122＝ 2.(理)设棱锥的底面积是8cm 2，那么这个棱锥的中截面(过棱锥高的中点且平行于底面的截面)的面积是 ( )A ．4cm 2B ．22cm 2C ．2cm 2 D.2cm 2 [答案] C[解析] 设截得的棱锥高为h ′，中截面面积为S ′，原棱锥的高为h ，底面积为S .由性质，S ′S ＝⎝⎛⎭⎫h ′h 2∴S ′＝14S ＝2cm 2.5．(文)一个封闭正方体各面分别标有A 、B 、C 、D 、E 、F 六个字母，现放成三种位置如图，则A 、B 、C 对面字母分别为 ( )A ．D 、E 、FB ．F 、D 、EC ．E 、F 、D D ．E 、D 、F [答案] B[解析] 由图(1)可知，A 、B 、C 是交于同一顶点的三个面，故由图(2)知，D 的对面为B ；由(3)知，A 的对面为F ，从而C 的对边为E ，∴选B.(理)正方体的直观图如图所示，则其展开图是 ( )[答案] D[解析] A 、C 折成正方体后，三个侧面小正方形中的线均相连，B 折起后，三条线平行，故A 、B 、C 均不对．6．(文)若圆锥轴截面的顶角θ满足π3<θ<π2，则其侧面展开图中心角α满足 ( )A.π4<α<π3B.π3<α<π2C.π2<α<π D ．π<α<2π [答案] D[解析] ∵θ∈⎝⎛⎭⎫π3，π2 ∴θ2∈⎝⎛⎭⎫π6，π4， ∴sin θ∈⎝⎛⎭⎫12，22.又r l ＝sin θ∈⎝⎛⎭⎫12，22， ∴其侧面展开图中心角α＝rl·2π∈(π，2π)．(理)过圆锥顶点的所有截面中，如果面积最大的是轴截面，那么圆锥侧面展开图的圆心角θ的取值范围是 ( )A. ⎝⎛⎦⎤0，π2 B ． (0，π) C ．(0，2π) D ．(0，2π] [答案] D[解析] 由于过顶点的截面都是以圆锥的母线为腰的等腰三角形，其面积的大小将取决于顶角，如果轴截面的顶角大于90°，那么过顶点可以作一个顶角为90°的截面，它是所有截面积中的最大者．所以当且仅当轴截面的顶角不大于90°时，轴截面的面积最大．如图，设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，轴截面顶角为α则sin α2＝r l，易知，当且仅当0<α≤π2时，在过顶点P 的所有截面中，以轴截面的面积为最大．将圆锥沿母线PB 剪开展平，得到扇形PBB ′，由弧长公式得θ·l ＝2πr ，即r l ＝θ2π，∴sinα2＝θ2π， ∵0<α≤π2，∴0<θ2π≤22，即0<θ≤2π.7．如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2DC ＝2，∠DAB ＝60°，E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P －DCE 的外接球的体积为 ( )A.43π27B.6π2C.6π8D.6π24[答案] C[解析] 根据题意折叠后的三棱锥P －DCE 为正四面体，且棱长为1，以此正四面体来构造正方体，则此正方体的棱长为22，故正方体的体对角线的长为62，且正方体的外接球也为此正四面体的外接球，∴外接球的半径为64，∴V 球＝43πr 3＝43π⎝⎛⎭⎫643＝6π8，选C.[点评] 本题以折叠问题为载体，考查多面体(正四面体)的外接球问题(多面体切接问题)，能力要求较高，体现了最新《考试大纲》“要构造有一定的深度和广度的数学问题”的高考命题要求．8．(文)(09·山东)一空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ( )A ．2π＋2 3B ．4π＋2 3C ．2π＋233D ．4π＋233[答案] C[解析] 由几何体的三视图可知，该几何体是由一个底面直径和高都是2的圆柱和一个底面边长为2，侧棱长为2的正四棱锥叠放而成．故该几何体的体积为V ＝π×12×2＋13×(2)2×3＝2π＋233，故选C.(理)(09·宁夏、海南)一个棱锥的三视图如图，则该棱锥的全面积(单位：cm 2)为 ( )A ．48＋12 2B ．48＋24 2C ．36＋12 2D ．36＋24 2[答案] A[解析] 三棱锥如图所示．AO ⊥底面BCD ，O 是BD 中点，BC ＝CD ＝6，BC ⊥CD ，AO ＝4，AB ＝AD .S △BCD ＝12×6×6＝18，S △ABD ＝12×62×4＝12 2.取AC 中点E ，连结AE 、OE .可得BC ⊥AE ，AE ＝AO 2＋OE 2＝5，∴S △ABC ＝S △ACD ＝12×6×5＝15，∴S 全＝18＋122＋15＋15＝48＋12 2.9．(文)一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等，设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为h 1、h 2、h ，则h 1 h 2 h ＝ ( )A.3 1 1B.3 2 2C.3 2 2D.3 2 3 [答案] B[解析] 拼成三棱柱如图ABC －A 1B 1C 1，不妨设棱长为1，则三棱锥与三棱柱的高为均为63.而四棱锥A 1－BCC 1B 1的高为直线A 1A 和平面BCC 1B 1的距离22，∴22 63 63＝3 2 2.(理)(08·全国Ⅱ)正四棱锥的侧棱长为23，侧棱与底面所成的角为60°，则该棱锥的体积为 ( )A ．3B ．6C ．9D ．18 [答案] B[解析] 如图所示，SB ＝23，∠SBO ＝60°在Rt △SOB 中，OB ＝3，SO ＝3 底面正方形边长BC ＝3·2＝ 6∴V S －ABCD ＝13·(6)2·3＝6.10．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π [答案] C[解析] 设正棱柱底面边长为a ，则S 底＝a 2， ∴V ＝S 底·h ＝4a 2＝16，∴a ＝2.又正四棱柱内接于球，若球的半径为R ，则 (2R )2＝22＋22＋42＝24，∴R ＝ 6. ∴球的表面积为4πR 2＝24π. 二、填空题11．(文)已知正四棱锥的底面边长是4cm ，侧棱长是23cm ，它的高与斜高的长分别为________．[答案] 2cm,22cm[解析] 设正四棱锥S －ABCD 的高为SO ，过点O 作OE ⊥BC 于E ，则E 为BC 中点．所以SO ⊥OB ，SO ⊥OE . ∵BC ＝4，∴BE ＝OE ＝2， ∴OB ＝2 2.在Rt △SOB 中， SO ＝SB 2－OB 2＝(23)2－(22)2＝2在Rt △SOE 中，SE ＝SO 2＋OE 2＝22＋22＝2 2 ∴此棱锥的高为2cm ，斜高为22cm.(理)已知正四棱台上、下底面边长分别为2cm 和4cm ，它的侧面积等于两底面积之和，则它的斜高为________，高为________．[答案] 53cm ，43cm[解析] 设高为h ，斜高为h ′，则S 侧＝12×(2＋4)h ′×4＝12h ′，S 底＝22＋42＝20，由题设S 侧＝S 底，∴h ′＝53，∴h ＝⎝⎛⎭⎫532－1＝43. 12．圆锥的高和底面半径相等，它的一个内接圆柱的高和圆柱底面半径也相等．则圆柱的表面积和圆锥的表面积之比为________．[答案] 2－1[解析] 设圆柱和圆锥的底面半径分别是r 、R ，根据相似得r R ＝R －r R .即r R ＝12.∴R ＝2r .母线l ＝2R ，∴S 圆柱表S 圆锥表＝2πr 2＋2πr 2πR ·2R ＋πR 2＝4πr 2(2＋1)4r 2＝2－1. [点评] 解决组合体的问题，首先要分清切接的结构，然后画出合理的示意图，属于旋转体的一般画出它们的轴截面图．运用相似寻求各个量之间的关系．13．(08·宁夏、海南)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．[答案] 4π3[解析] 正六棱柱的侧棱长h ＝986×316＝3，∵球心在六棱柱的最长体对角线上，∴球的直径、正棱柱的侧棱、底面正六边形的最长对角线构成直角三角形，∴2R ＝(3)2＋12＝2，∴R ＝1，∴V 球＝43×π×13＝4π3.14．(09·辽宁)某几何体的三视图如图(尺寸的长度单位为m)．则该几何体的体积为________m 3. [答案] 4[解析] 由三视图知，三棱锥的高为侧视图中直角三角形的竖直边，底面三角形一边上的高恰为左视图中直角三角形的水平边，其直观图如图所示．∴PF ＝2，CE ＝3，AB ＝4，∴V ＝13×2×12×3×4＝4(m 3)．15．侧棱长为23的正三棱锥V －ABC 中，∠AVB ＝∠BVC ＝∠CVA ＝40°，过点A 作截面AEF ，求截面△AEF 周长的最小值．[解析] 沿侧棱VA 剪开，侧面展开如图，线段AA 1的长为所求△AEF 周长的最小值，取AA 1中点D ，则VD ⊥AA 1，∠AVD ＝60°，∴AA 1＝2AD ＝6.16．已知过球面上三点A 、B 、C 的截面与球心O 的距离等于球半径的一半，且AB ＝BC ＝CA ＝3，求球的半径．[解析] 设球的半径为R ，则截面△ABC 到球心的距离d ＝12R .由AB ＝BC ＝CA ＝3，知△ABC 外接圆半径r ＝AB 2sin60°＝33＝ 3.∴3＝R 2－⎝⎛⎭⎫12R 2，∴R ＝2. 17．(09·广东)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图1所示，墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH ，下半部分是长方体ABCD －EFGH .图2、图3分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图．(1)请画出该安全标识墩的侧(左)视图； (2)求该安全标识墩的体积； (3)证明：直线BD ⊥平面PEG .[解析] (1)该安全标识墩侧视图如图所示．(2)该安全标识墩的体积 V ＝V P －EFGH ＋V ABCD －EFGH ＝13×40×40×60＋40×40×20(3)由题设知四边形ABCD和四边形EFGH均为正方形，∴FH⊥EG，又ABCD－EFGH为长方体，∴BD⊥FH.设点O是EFGH的对称中心，∵P－EFGH是正四棱锥，∴PO⊥平面EFGH.而FH⊂平面EFGH，∴PO⊥FH.∵FH⊥PO，FH⊥EG，PO∩EG＝O，PO⊂平面PEG，EG⊂平面PEG，∴FH⊥平面PEG.而BD∥FH，故BD⊥平面PEG.。

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇1章头

《走向高考》高考总复习 A
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第五篇
第1章
●命题趋势高考对本章内容的考查主要有：一是考查空间几何体的概念、性质，以空间几何体为载体考查线面位置关系的推理、论证．二是考查几何量(角度、距离、面积、体积) 的计算．
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第五篇
第1章
●备考指南 (1)立足课本，控制难度，重点突出，坚持稳定，同时改革探索是新高考的导向．课本例题具有紧扣教材，简明扼要，难度适中，方法典型，符合“通法通性”的特点，不少定理是以例题的形式出现的，因此重视课本的作用是能否提高复习效果的关键．
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第五篇
第1章
(2)总结规律，规范训练．立体几何解题过程中常带有明显的规律性．只有不断总结，才能不断提高．本章复习还应注意规范训练．注意作、证、求三环节交代要清，表达要规范、严谨，要准确运用符号语言等． (3) (3)本章复习应根据定义、概念、定理多的特点进行．重在理清各种几何体的结构特征及相应的面积、体积计算公式及图形的画法．
第五篇
第1章
《走向高考》高考总复习
第五篇
立体几何
A
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第1章
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第五篇

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,物理,3-5-1

课后强化作业
问题.
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选修 3-5
考点体验
题型设计
《走向高考》高考总复习
实验目的
·
验证碰撞中的动量守恒．
人教版物理
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考点体验
实验原理如下图所示，质量为m1 、m2 的两小球在水平方向上发生正碰，水平方向合外力为零，动量守恒： m1v1 ＝ m1v1′ ＋ m2v2′ ，本实验在误差允许范围内验证上式成
课后强化作业
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选修 3-5
考点体验
1．用天平测两球的质量m1、m2. 2．用游标卡尺测两球的直径． 3．将斜槽固定在桌边，调整斜槽底座，使斜槽末端
题型设计
的切线水平．
4．将被碰球放在斜槽前边的小支柱上，调节小支柱高度，使两球碰撞时一样高，且碰撞后的速度方向都在同
题型设计
滚下，使它们发生正碰．重复实验10次，找出入射小球与
被碰球落地点的平均位置M、N. 9．测量入射小球碰撞前后的水平距离OP、OM，被
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碰小球的水平距离O′N.
课后强化作业
10．比较m1OP与m1OM＋m2O′N是否相等，如果在误差允许的范围内相等，就验证了动量守恒定律．
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选修 3-5
注意事项
考点体验
1．入射球和被碰球m1>m2，r1＝r2.

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇2-3

第五篇第2章第三讲一、选择题1．设m 、n 是两条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面．给出下列四个命题： ①若m ⊥α，n ∥α，则m ⊥n ；②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若m ∥α，n ∥α，则m ∥n ； ④若a ⊥γ，β⊥γ，则α∥β. 其中正确命题的序号是 ( ) A ．①和② B ．②和③ C ．③和④ D ．①和④ [答案] A2．a 、b 为不重合的直线，α，β为不重合的平面，给出下列4个命题： ①a ∥α且a ∥b ⇒b ∥α； ②a ⊥α且a ⊥b ⇒b ∥α； ③a ⊥α且a ⊥b ⇒b ⊥α； ④a ⊥β且α⊥β⇒a ∥α. 其中正确命题的个数为 ( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 [答案] A[解析]⎭⎪⎬⎪⎫a ∥αa ∥b ⇒b ∥α或b ⊂α； ⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥αa ⊥b ⇒b ∥α或b ⊂α；⎭⎪⎬⎪⎫a ⊥βα⊥β⇒a ∥α或a ⊂α.3．如图，BC 是Rt △ABC 的斜边，AP ⊥平面ABC ，PD ⊥BC 于D ，则图中共有________个直角三角形 ( )A ．8B ．7C ．6D ．5[答案] A[解析] △PAC ，△P AD ，△PAB ，△PDC ，△PDB ，△CDA ，△BDA ，△CAB 共8个． 4．(文)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AB 、C 1D 1的中点，则直线A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的正弦值为 ( )A.63B.33C.66D.22 [答案] A[解析] 连接B 1C 、A 1C ，在正方体中，A 1B 1⊥平面B 1BCC 1，∴A 1B 1⊥B 1C ，∵E 、F 分别为棱AB 、C 1D 1的中点， ∴四边形A 1ECF 为菱形，由∠B 1A 1E ＝∠B 1A 1F 知，A 1B 1在平面A 1ECF 上的射影为∠EA 1F 的平分线A 1C ， ∴∠B 1A 1C 为A 1B 1与平面A 1ECF 所成的角，设正方体棱长为a ，则sin ∠B 1A 1C ＝B 1C A 1C ＝2a 3a ＝63.(理)棱长都为2的直平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，∠BAD ＝60°，则对角线A 1C 与侧面DCC 1D 1所成角的正弦值为 ( )A.12B.22C.34D.38 [答案] C[解析] 过点A 1作直线A 1M ⊥D 1C 1，交C 1D 1延长线于点M ，可得A 1M ⊥平面DD 1C 1C ，∠A 1CM 就是直线A 1C 与面DD 1C 1C 所成的角．由于所有棱长均为2，及∠A 1D 1C 1＝120°，得A 1M ＝A 1D 1sin60°＝3，又A 1C ＝AC 21＋CC 21＝(23)2＋22＝4，∴sin ∠A 1CM ＝A 1M A 1C ＝34，故应选C.5．(文)(09·山东)已知α，β表示两个不同的平面，m 为平面α内的一条直线，则“α⊥β”是“m ⊥β”的 ( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 [答案] B[解析] 由面面垂直的判定定理可知必要性成立，而当两平面α、β垂直时，α内的直线m 只有在垂直于两平面的交线时才垂直于另一个平面β，∴为必要不充分条件，故选B.(理)若平面α与平面β相交，直线m ⊥α，则 ( ) A ．β内必存在直线与m 平行，且存在直线与m 垂直B ．β内不一定存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直C ．β内不一定存在直线与m 平行，但必存在直线与m 垂直D ．β内必存在直线与m 平行，不一定存在直线与m 垂直 [答案] C[解析] 若β内存在直线与m 平行，则必有β⊥α，但α与β不一定垂直，故否定A 、D ；在β内必存在与m 在β内射影垂直的直线，从而此线必与m 垂直，否定B ，故选C.6．过正方形ABCD 之顶点A 作PA ⊥平面ABCD ，若P A ＝AB ，则平面ABP 与平面CDP 所成二面角的度数为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° [答案] B[解析] 过P 作直线l ∥AB ，则l 为二面角的棱，易证∠APD 即为所求． ∵AP ＝AD ，∠P AD ＝90°，∴∠APD ＝45°. 7．(09·四川)如图，已知六棱锥P －ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，PA ＝2AB ，则下列结论正确的是 ( )A ．PB ⊥ADB ．平面PAB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面PAED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° [答案] D[解析] ∵PB 在底面的射影为AB ，AB 与AD 不垂直，排除A.又BD ⊥AB ，BD ⊥PA ，∴BD ⊥平面PAB .但BD 不在平面PBC 内，排除B.对于C 选项，∵BD ∥AE ，∴BD ∥平面PAE ，∴BC 与平面PAE 不平行，排除C.又∵PD 与平面ABC 所成角为∠PDA ，∵AD ＝2AB ＝PA ，∴∠PDA ＝45°，故选D.8．△SQD 在正四面体D －ABC 的四个面上的射影可能．．是 ( )A ．①②③④B ．②③④C ．①③④D ．①②④ [答案] A[解析] △SDQ 在面ADC 上的射影如图③，△SDQ 在面ABD 上的射影为图④，△SDQ 在面ABC 上的射影为图①，△SDQ 在面BDC 上的射影为图②，因此选A.9．(文)(09·北京)若正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长为1，AB 1与底面ABCD 成60°角，则A 1C 1到底面ABCD 的距离为 ( )A.33B ．1 C. 2 D. 3 [答案] D[解析] 依题可知∠B 1AB ＝60°，平面A 1B 1C 1D 1∥平面ABCD ，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1D 1， ∴B 1B 即为所求距离，在△ABB 1中得， B 1B ＝ 3.故选D. (理)(09·全国Ⅰ)已知二面角α－l －β为60°，动点P 、Q 分别在面α、β内，P 到β的距离为3，Q 到α的距离为23，则P 、Q 两点之间距离的最小值为 ( )A . 2B ．2C ．2 3D ．4 [答案] C[解析] 如图，PB 、QD 分别垂直于平面α、β，B 、D 为垂足，过B 、D 作BA 、DC 与两平面的交线垂直，连结PB 、QD ，易求得PA ＝2，CQ ＝4，10．已知a、b、c是直线，α、β是平面，下列条件中，能得出直线a⊥平面α的是() A．a⊥c，a⊥b，其中b⊂α，c⊂αB．a⊥b，b∥αC．α⊥β，a∥βD．a∥b，b⊥α[答案] D[解析]A中缺b与c相交的条件；如图(1)，可知b∥α，a⊥b时，a与α可平行、可相交，相交时也可垂直，故B错；如图(2)是一个正方体，满足α⊥β，直线a可以是AC，也可以是AB，故C错．二、填空题11．直角△ABC的斜边BC在平面α内，顶点A在平面α外，则△ABC的两条直角边在平面α内的射影和斜边BC组成的图形只能是________．[答案]线段或钝角三角形[解析]当△ABC所在平面与α垂直时为线段；否则如图A′C2＋A′B2<AC2＋AB2＝BC2，∴△A′BC为钝角三角形．12．△ABC的三边长分别为3、4、5，P为面ABC外一点，它到三边的距离都等于2，则P到面ABC的距离是________．[答案] 3[解析]顶点在底面上的射影O为三角形ABC的内心，其内切圆半径r＝1，则PO＝ 3.13．P为△ABC所在平面外一点，P A、PB、PC与平面ABC所成角均相等，又PA与BC垂直，那么△ABC形状可以是________．①正三角形②等腰三角形③非等腰三角形④等腰直角三角形(将你认为正确的序号全填上)[答案]①②④[解析]设点P在底面ABC上的射影为O，由P A、PB、PC与平面ABC所成角均相等，得OA＝OB＝OC，即点O为△ABC的外心，又由P A⊥BC，得OA⊥BC，即AO为△ABC 中BC边上的高线，∴AB＝AC，即△ABC必为等腰三角形，故应填①②④.14．已知a、b为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a、b在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点．在上面结论中，正确结论的编号是________(写出所有正确结论的编号)[答案]①②④三、解答题15．已知矩形ABCD中，过A作SA⊥面ABCD，再过A作AE⊥SB交SB于E，作EF⊥SC 交SC于F.(1)求证：AF⊥SC；(2)若SD∩面AEF＝G，求证：AG⊥SD.[证明](1)因为SA⊥平面AC，BC⊂平面AC，所以SA⊥BC，因为ABCD为矩形，所以AB⊥BC，所以BC⊥平面SAB，所以BC⊥AE，又SB⊥AE，所以AE⊥平面SBC，所以AE⊥SC，又EF⊥SC，所以SC⊥平面AEF，所以AF⊥SC.(2)因为SA⊥平面AC，所以SA⊥DC，又AD⊥DC，所以DC⊥平面SAD.所以DC⊥AG.又由(1)有SC⊥平面AEF，AG 平面AEF.所以SC⊥AG，所以AG⊥平面SDC.所以AG⊥SD.16．(文)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°，2AB＝BC＝BB1＝a，且A1C∩AC1＝D，BC1∩B1C＝E，截面ABC1与截面A1B1C交于DE，(1)求证：A1B1⊥平面BB1C1C(2)求证：A1C⊥BC1(3)求证：DE⊥平面BB1C1C[解析]证明：(1)∵三棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，∴侧面与底面垂直，即平面A1B1C1⊥平面BB1C1C，又∵AB⊥BC，∴A1B1⊥B1C1，从而A1B1⊥平面BB1C1C.(2)由题设可知四边形BB1C1C为正方形，∴BC1⊥B1C，又由(1)可知A1B1⊥平面BB1C1C，而BC1 平面BB1C1C，∴A1B1⊥BC1，又∵A1B1∩B1C＝B1，且A1B1 平面A1B1C，B1C 平面A1B1C，∴BC1⊥平面A1B1C，而A1C 平面A1B1C，∴BC1⊥A1C.(3)∵直三棱柱的侧面均为矩形，而D、E分别为所在侧面对角线的交点，∴D为A1C 的中点，E为B1C的中点，∴DE∥A1B1，而由(1)知，A1B1⊥平面BB1C1C.∴DE⊥平面BB1C1C.(理)如图，已知在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AD⊥DC，AB∥DC，DC＝DD1＝2AD ＝2AB＝2.(1)求证：DB ⊥平面B 1BCC 1；(2)设E 是DC 上一点，试确定E 的位置，使得D 1E ∥平面A 1BD ，并说明理由．[解析] (1)证明：∵AB ∥DC ，AD ⊥DC ，∴AB ⊥AD ，在Rt △ABD 中，AB ＝AD ＝1，∴BD ＝2，易求BC ＝2，又∵CD ＝2，∴BD ⊥BC . 又BD ⊥BB 1，B 1B ∩BC ＝B ， ∴BD ⊥平面B 1BCC 1.(2)DC 的中点即为E 点．∵DE ∥AB ，DE ＝AB ，∴四边形ABED 是平行四边形． ∴AD 綊BE .又AD 綊A 1D 1，∴BE 綊A 1D 1，∴四边形A 1D 1EB 是平行四边形．∴D 1E ∥A 1B . ∵D 1E ⊄平面A 1BD ， ∴D 1E ∥平面A 1BD .17．在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，E ∈BB 1，截面A 1EC 与侧面A 1ACC 1所成角为90°. (1)求证：BE ＝B 1E ；(2)若AA 1＝A 1B 1，求平面A 1EC 与平面A 1B 1C 1所成二面角的大小．[解析] (1)取A 1C 1中点F ，作EG ⊥面AC 1于G ，⎭⎪⎬⎪⎫B 1F ∥EG B 1E ∥面AC 1⇒BE ∥FG ⇒B 1EGF 为平行四边形⇒FG ⊥A 1C 1⇒G 为A 1C 之中点．从而E 为BB 1之中点．∴BE ＝B 1E .(2)由(1)知G 为矩形ACC 1A 1的中心，过G 作直线平行于A 1C 1，交AA 1于点P ，交CC 1于Q 点，连结EP ，EQ ，则平面A 1B 1C 1∥平面PEQ ，即求平面AEC 与平面PEQ 所成的角，∵交线为EG ，∴其平面角为∠A 1GP ，因AA 1＝A 1B 1，则ACC 1A 1为正方形，则∠A 1GP ＝45°.。

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇3-2

第五篇第3章第二讲一、选择题1．已知{a ，b ，c }是空间一个基底，p ＝a ＋b ，q ＝a －b ，一定可以与向量p 、q 构成空间另一基底的是 ( )A ．aB ．bC ．cD ．无法确定 [答案] C[解析] ∵a ，b ，c 不共面，∴p ，q ，c 不共面，若存在x 、y ∈R ，使 c ＝xp ＋yq ＝(x ＋y )a ＋(x －y )b ， ∴a ，b ，c 共面矛盾．2．已知ABCD 是四面体，O 是△BCD 内一点，则AO →＝13(AB →＋AC →＋AD →)是O 为△BCD重心的 ( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既非充分也非必要条件 [答案] C[解析] 设E 为CD 中点， AO →＝13(AB →＋AC →＋AD →)＝13AB →＋13(BC →－BA →＋BD →－BA →) ＝13AB →＋13(BC →＋BD →)－23BA → ＝AB →＋23BE →，∴BO →＝23BE →.即O 为△BCD 的重心而O 为△BCD 的重心时，显然有AO →＝13(AB →＋AC →＋AD →)，故选C.3．已知空间四边形OABC ，M 、N 分别是对边OA 、BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG GN＝2，设OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x 、y 、z 的值分别是 ( )A ．x ＝13，y ＝13，z ＝13B ．x ＝13，y ＝13，z ＝16C ．x ＝13，y ＝16，z ＝13D ．x ＝16，y ＝13，z ＝13[答案] D[解析] ∵MG GN ＝2，∴MG →＝23MN →，∴OG →＝OM →＋MG →＝OM →＋23(ON →－OM →)＝13OM →＋23ON →＝16OA →＋23×12(OB →＋OC →) ＝16OA →＋13OB →＋13OC →. 4．已知a ＝(λ＋1,0,2)，b ＝(6,2μ－1,2λ)，若a ∥b ，则λ与μ的值可以是 ( )A ．2，12B ．－13，12C ．－3,2D ．2,2 [答案] A[解析] ∵a ∥b ，∴存在实数k ，使b ＝ka ，即：(6,2μ－1,2λ)＝(kλ＋k,0,2k )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧kλ＋k ＝62μ－1＝02λ＝2k，∴⎩⎪⎨⎪⎧ μ＝12λ＝2k ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧μ＝12λ＝－3k ＝－3，故选A.5．二面角的棱上有A 、B 两点，直线AC 、BD 分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB .已知AB ＝4，AC ＝6，BD ＝8，CD ＝217，则该二面角的大小为 ( )A ．150°B ．45°C ．60°D ．120° [答案] C[解析] 由条件知，CA →·AB →＝0，AB →·BD →＝0， CD →＝CA →＋AB →＋ BD →. ∴|CD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝62＋42＋82＋2×6×8cos 〈CA →，BD →〉＝116＋96cos 〈CA →，BD →〉＝(217)2，∴cos 〈CA →，BD →〉＝－12，∴〈CA →，BD →〉＝120°，所以二面角的大小为60°. 6．(08·福建)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AA 1＝1，则BC 1与平面BB 1D 1D 所成角的正弦值为 ( )A.63 B.255 C.155 D.105 [答案] D[解析] 以B 为原点，直线BC 、BA 、BB 1分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则D (2,2,0)，B 1(0,0,1)，C 1(2,0,1)．设平面BB 1D 1D 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0n ·BB 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0z ＝0，取n ＝(1，－1,0)，直线BC 1的方向向量BC 1→＝(2,0,1)，∴直线BC 1与平面BB 1D 1D 所成的角为θ，满足sin θ＝|BC 1→·n ||BC 1→|·|n |＝105.7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，若E 、F 分别是BC 、DD 1中点，则B 1到平面ABF 的距离为 ( )A.33B.55C.53D.255 [答案] D[解析] (1)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,1)，B 1(1,1,0)，F (0,0，12)，E (12，1,1)，B (1,1,1)，AB →＝(0,1,0)，B 1E →＝(－12，0,1)，F A →＝(1,0，12)∵F A →·B 1E →＝(1,0，12)·(－12，0,1)＝0.∴AF →⊥B 1E →，又AB →⊥B 1E →.∴B 1E →⊥平面ABF .则平面ABF 的法向量为B 1E →＝(－12，0,1)，AB 1→＝(0,1，－1)．B 1到平面ABF 的距离为 8．已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，棱A 1A ＝5，AB ＝12，那么直线B 1C 1和平面A 1BCD 1的距离是 ( )A ．5B.132C.6013D ．8 [答案] C[解析] 解法1：∵B 1C 1∥BC ，且B 1C 1⊄平面A 1BCD 1，BC ⊂平面A 1BCD 1，∴B 1C 1∥平面A 1BCD 1.从而点B 1到平面A 1BCD 1的距离即为所求．过点B 1作B 1E ⊥A 1B 于E 点．∵BC ⊥平面A 1ABB 1，且B 1E ⊂平面A 1ABB 1，∴BC ⊥B 1E . 又BC ∩A 1B ＝B ，∴B 1E ⊥平面A 1BCD 1，在Rt △A 1B 1B 中，B 1E ＝A 1B 1·B 1B A 1B ＝5×1252＋122＝6013，因此直线B 1C 1和平面A 1BCD 1的距离为6013.解法2：以D 为原点，DA →、DC →、DD 1→的方向为x 、y 、z 轴正方向建立空间直角坐标系，则C (0,12,0)，D 1(0,0,5)，设B (x,12,0)，B 1(x,12,5) (x ≠0) 设平面A 1BCD 1的法向量n ＝(a ，b ，c )，由n ⊥BC →，n ⊥CD 1→得n ·BC →＝(a ，b ，c )·(－x,0,0)＝－ax ＝0，∴a ＝0， n ·CD 1→＝(a ，b ，c )·(0，－12,5)＝－12b ＋5c ＝0，∴b ＝512c ，∴可取n ＝(0,5,12)，B 1B →＝(0,0，－5)，∴B 1到平面A 1BCD 1的距离d ＝|B 1B →·n ||n |＝6013即所求．9．在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，∠BCA ＝90°，点D 1、F 1分别是A 1B 1、A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BD 1与AF 1所成的角的余弦值是 ( )A.3010B.12C.3015D.1510 [答案] A[解析] 建立如图所示的坐标系，设BC ＝1，则A (－1,0,0)，F 1⎝⎛⎭⎫－12，0，1，B (0，－1,0)，D 1（－12，－12，1），即AF 1→＝⎝⎛⎭⎫12，0，1，BD 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，12，1. ∴cos 〈AF 1→，BD 1→〉＝AF 1→·BD 1→|AF 1→|·|BD 1→|＝3010.10．二面角α－l －β等于120°，A 、B 是棱l 上两点，AC 、BD 分别在半平面α、β内，AC ⊥l ，BD ⊥l ，且AB ＝AC ＝BD ＝1，则CD 的长等于 ( )A. 2B. 3 C ．2 D. 5 [答案] C[解析] 如图．∵二面角α－l －β等于120°，∴CA →与BD →夹角为60°.由题设知，CA →⊥AB →，AB →⊥BD →，|AB →|＝|AC →|＝|BD →|＝1， |CD →|2＝|CA →＋AB →＋BD →|2＝|CA →|2＋|AB →|2＋|BD →|2＋2CA →·AB →＋2AB →·BD →＋2CA →·BD →＝3＋2×cos60°＝4，∴|CD →|＝2.二、填空题11．在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 和N 分别是A 1B 1和BB 1的中点，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值为________．[答案] 25[解析] 以D 为坐标原点，DA →为x 轴，DC →为y 轴，DD 1→为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (1,0,0)，M ⎝⎛⎭⎫1，12，1，C (0,1,0)，N ⎝⎛⎭⎫1，1，12，则AM →＝⎝⎛⎭⎫0，12，1，CN →＝⎝⎛⎭⎫1，0，12. ∴cos 〈AM →，CN →〉＝AM →·CN →|AM →|·|CN →|＝25.12．如图，AB 是异面直线a 、b 的公垂线段，AB ＝4，a 、b 成60°角，在a 上取P 点使AP ＝8，求点P 到b 的距离为______．[答案] 8[解析] 设PM ⊥b ，垂足为M ，由题设条件AP →·BM →＝|AP →|·|BM →|·cos60°＝4|BM →|. BM →·PM →＝BM →·(P A →＋AB →＋BM →)＝BM →·P A →＋BM →2＝0， ∴BM →·P A →＝－BM →2，即BM →·AP →＝BM →2＝4|BM →|， ∴|BM →|＝4， ∴|PM →|2＝|P A →＋AB →＋BM →|2 ＝P A →2＋AB →2＋BM →2＋2P A →·AB →＋2P A →·BM →＋2AB →·BM →＝64＋16＋BM →2＋2P A →·BM →＝80－BM →2＝64，∴|PM →|＝8. 13．(08·全国Ⅰ)等边三角形ABC 与正方形ABDE 有一公共边AB ，二面角C －AB －D 的余弦值为33，M 、N 分别是AC 、BC 的中点，则EM 、AN 所成角的余弦值等于________．[答案] 16[解析] 解法1：如图所示，设正方形的边长为1，取ED 的中点H ，连结AH ，HN ，由题意知MN 綊EH ，∴HN ∥EM ，则∠HNA 就是所求的的异面直线的夹角．过点A 作AP ∥FN ，使AP ＝FN ，连结EP ，由EA ⊥AB ，AP ⊥AB ，∴∠EAP 就是二面角C －AB －D 的平面角．又∵EA ＝1，AP ＝34，∴cos ∠EAP ＝12＋(34)2－EP 22×1×34＝33，∴EP 2＝1116，又∵MN ∥AB 且AB ⊥平面EP A ， ∴MN ⊥平面EP A ，MN ⊥EP ，∴EM ＝EP 2＋MP 2＝1116＋116＝32，∵AH ＝52，AN ＝(34)2＋(34)2＝32， ∴cos ∠HNA ＝(32)2＋(32)2－(52)22×32×32＝16.解法2：取AB 的中点G ，ED 的中点H ，∵△ABC 为正三角形，∴GC ⊥AB .易知GH ⊥AB .设GA →＝a ，GH →＝b ，GC →＝c ，正方形边长为2，则|a |＝1，|b |＝2，|c |＝3，a ·b ＝0，a ·c＝0，b ·c ＝2×3×33＝2.∴EM →＝EA →＋AM →＝EA →＋12AC →＝－b ＋12(c －a )，AN →＝12(AC →＋AB →)＝12(c －a －2a )＝12(c －3a )，EM →·AN →＝⎝⎛⎭⎫－12a －b ＋12c ·⎝⎛⎭⎫－32a ＋12c ＝34a 2＋32a ·b －34a ·c －14a ·c －12b ·c ＋14c 2 ＝34－1＋34＝12， |EM →|＝14a 2＋b 2＋14c 2－bc ＝3，|AN →|＝94a 2＋14c 2－32a ·c ＝3，∴cos 〈EM →，AN →〉＝|EM →·AN →||EM →|·|AN →|＝16.14．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为a ，则异面直线BD 与B 1C 的距离为________．[答案] 33a[解析] 建立如图所示的空间直角坐标系，则DB →＝(a ，a,0)，B 1C →＝(－a,0，－a )．设n ＝(x ，y ，z )且n ·DB →＝0，n ·B 1C →＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋ay ＝0－ax －az ＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x z ＝－x ，令x ＝－1，则n ＝(－1,1,1)，又∵CB →＝(a,0,0)， ∴BD 与B 1C 的距离d ＝|CB →·n ||n |＝33a .三、解答题15．在底面是菱形的四棱锥P －ABCD 中，∠ABC ＝60°，P A ＝AC ＝a ，PB ＝PD ＝2a ，F 为PC 的中点，点E 在PD 上，且PEED＝2，求证：BF ∥平面AEC .[解析] ∵BF →＝BC →＋12CP →＝AD →＋12(CD →＋DP →)＝AD →＋12CD →＋32DE →＝AD →＋12(AD →－AC →)＋32(AE →－AD →)＝32AE →－12AC →，∴BF →、AE →、AC →共面．又BF ⊄平面AEC ，从而BF ∥平面AEC .16．如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABC 成60°的角，底面ABCD 是直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝90°，AB ＝BC ＝12AD .(1)求证：平面PCD ⊥平面P AC ；(2)设E 是棱PD 上一点，且PE ＝13PD ，求异面直线AE 与PB 所成的角．[解析] 如图，建立空间直角坐标系A －xyz . ∵P A ⊥平面ABCD ，PB 与平面ABC 成60°， ∴∠PBA ＝60°.取AB ＝1，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (1,1,0)，P (0,0，3)，D (0,2,0)．(1)∵AC →＝(1,1,0)，AP →＝(0,0，3)，CD →＝(－1,1,0)，∴AC →·CD →＝－1＋1＋0＝0，AP →·CD →＝0.∴AC ⊥CD ，AP ⊥CD ，∴CD ⊥平面P AC . CD ⊂平面PCD ，∴平面PCD ⊥平面P AC .(2)∵PE →＝13PD →，∴E (0，23，233)，∴AE →＝(0，23，233)．又PB →＝(1,0，－3)，∴AE →·PB→＝－2.∴cos<AE →·PB →>＝AE →·PB →|AE →|·|PB →|＝－243×2＝－34.∴异面直线AE 与PB 所成的角为arccos 34.17．如图，已知正三棱柱ABC －A ′B ′C ′的侧棱长为2，底面边长为1，M 是BC 的中点，在直线CC ′上是否存在一点N ，使得MN ⊥AB ′？若存在，请指出它的位置；若不存在，请说明理由．[解析] 假设在直线CC ′上存在一点N ，使得MN ⊥AB ′，设CN →＝xCC ′→. ∵MN →＝MC →＋CN →＝12BC →＋xCC ′→，AB ′→＝AB →＋BB ′→＝AB →＋CC ′→，∴MN →·AB ′→＝⎝⎛⎭⎫12BC →＋xCC ′→·(AB →＋CC ′→)＝0，即12BC →·AB →＋12BC →·CC ′→＋xCC ′→·AB →＋xCC ′→2＝0， 12|BC →||AB →|cos 〈BC →，AB →〉＋4x ＝0. ∴－14＋4x ＝0，∴x ＝116.即在直线CC ′上存在一点N ，当|CN →|＝18时，MN ⊥AB ′.。

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇2-1

第五篇第2章第一讲一、选择题1．(09·湖南)平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面也与CC1共面的棱的条数为() A．3B．4C．5D．6[答案] C[解析]如图，平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，既与AB共面，也与CC1共面的棱为BC、C1D1、DC、AA1、BB1，共5条．2．在空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA上分别取E、F、G、H四点，若EF 与GH交于点M，则() A．M一定在AC上B．M一定在BD上C．M可能在AC上也可能在BD上D．M不在AC上，也不在BD上[答案] A[解析]点P在平面ABC内，又在平面ADC内，故必在交线AC上．3．(文)过平行六面体ABCD－A1B1C1D1任意两条棱的中点作直线，其中与平面DBB1D1平行的直线共有() A．4条B．6条C．8条D．12条[答案] D[解析]如图，在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中E、F、G、H、M、N、P、Q分别为相应棱的中点，容易证明平面EFGH、平面MNPQ均与平面DBB1D1平行．而平面EFGH和平面MNPQ中分别有6条直线(四条边和两条对角线)满足要求，共有12条直线符合要求．(理)(08·陕西)如图，α⊥β，α∩β＝l，A∈α，B∈β，A，B到l的距离分别是a和b.AB与α，β所成的角分别是θ和φ，AB在α，β内的射影分别是m和n.若a>b，则() A．θ>φ，m>nB．θ>φ，m<nC．θ<φ，m<nD．θ<φ，m>n[答案] D[解析]∵α⊥β，AC⊥β，垂足为C，BD⊥α，垂足为D，由题设条件AC＝a，BD＝b，AB与平面α所成的角∠BAD＝θ，AB与平面β所成的角∠ABC＝φ，AB在α、β内的射影分别为AD＝m，BC＝n，∵a>b，∴φ>θ，m>n.[点评]在有公共斜边AB的两个直角三角形△ABC与△ABD中，其余两角直角边，若BC>BD，则一定有AC<AD，若BC<BD，则一定有AC>AD，其对的角也有相同的大小关系．4．(文)(08·四川)直线l⊂平面α，经过α外一点A与l、α都成30°角的直线有且只有() A．1条B．2条C．3条D．4条[答案] B[解析]所求直线在α内的射影必与直线l平行或重合，这样的直线只有两条．(理)(08·浙江)对两条不相交的空间直线a与b，必存在平面α，使得()A．a⊂α，b⊂αB．a⊂α，b∥αC．a⊥α，b⊥αD．a⊂α，b⊥α[答案] B[解析]a、b异面时，A错，C错；若D正确，则必有a⊥b，故排除A、C、D，选B.5．若空间中有四个点，则“这四个点中有三点在同一条直线上”是“这四个点在同一个平面上”的() A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充分必要条件D．既非充分又非必要条件[答案] A[解析]若有三点共线于l，当第四点在l上时共面，当第四点不在l上时，l与该点确定一个平面α，这四点共面于α；若四点共面，则未必有三点共线．6．将正方体纸盒展开如图所示，直线AB，CD在原正方体中的位置关系是()A．平行B．垂直C．相交成60°角D．异面且成60°角[答案] D7．如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，若BC＝CA＝CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值为()A.3010B.12C.3015D.1510[答案] A[解析]取BC的中点E，连结EF1、EA，则可知∠EF1A或其补角为BD1与AF1所成的角，在三角形AEF1中由余弦定理可求．8．(09·江西)如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错．误．的为()A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°[答案] C[解析]∵MN∥PQ，∴MN∥平面ABC，∴MN∥AC.同理BD∥QM，∵MN⊥QM，∴AC⊥BD，∴A正确；∵AC∥MN，∴AC∥面PQMN，故B对；∵BD∥QM，∴PM与BD所成角即为∠PMQ，∴PM与BD成45°角，故D对．选C.9．(09·福建)设m，n是平面α内的两条不同直线；l1，l2是平面β内的两条相交直线，则α∥β的一个充分而不必要条件是() A．m∥β且l1∥αB．m∥l1且n∥l2C．m∥β且n∥βD．m∥β且n∥l2[答案] B[解析]如图(1)，α∩β＝l，m⊥l，l1∥l，满足m∥β且l1∥α，故排除A；如图(2)，α∩β＝l，m∥n∥l，满足m∥β，n∥β，故排除C.在图(2)中，m∥n∥l∥l2满足m∥β，n∥l2，故排除C，故选A.[点评]∵l1与l2相交，m∥l1，n∥l2，∴m与n相交，由面面平行的判定定理可知α∥β；但当m、n⊂α，l1，l2⊂β，l1与l2相交，α∥β时，如图(3)，得不出m∥l1且n∥l2.10．(广东揭阳)已知直线l、m，平面α、β，则下列命题中的假命题是() A．若α∥β，l⊂α，则l∥βB．若α∥β，l⊥α，则l⊥βC．若l∥α，m⊂α，则l∥mD．若α⊥β，α∩β＝l，m⊂α，m⊥l，则m⊥β[答案] C[解析]如图，l∥α，m、n⊂α，l∥n，m∩n＝P，此时，l与m异面，知C错．二、填空题11．四边形ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝BD＝1，当ABCD能成为空间四边形时，AC的取值范围是________．[答案](0，3)[解析]以BD为轴转动△ABD，当A与C重合时，AC＝0，当ABCD为平面四边形时，AC＝3，∴0<AC< 3.12．如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，异面直线A1B与B1C所成角的大小为______．[答案]60°[解析]连结D1C、B1D1易得∠B1CD1即为A1B与B1C所成的角，由△CB1D1为正三角形，得∠B1C1D1＝60°.13．两异面直线a、b所成角为60°，直线l与a、b所成角均为θ，则θ的取值范围是________．[答案][30°，90°][解析]平移使它们均过同一点O，当l在60°角的平分线位置时，θ＝30°，将L绕着O 点转动到与a，b都垂直时，θ＝90°.∴30°≤θ≤90°.14．已知直线l1、l2与平面α.则下列结论中：①若l1⊂α，l2∩α＝A，则l1、l2为异面直线②若l1∥l2，l1∥α，则l2∥α③若l1⊥l2，l1⊥α，则l2∥α④若l1⊥α，l2⊥α，则l1∥l2正确结论的序号是________．[答案]④[解析]①错，l1、l2也可能相交；②错，l2也可能在α内；③错，l2也可能在α内；④正确，垂直于同一平面的两条直线平行．三、解答题15．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 是AB 的中点，F 是A 1A 的中点，求证： (1)E 、C 、D 1、F 四点共面； (2)CE 、D 1F 、DA 三线共点．[解析] (1)如图，连接EF 、A 1B 、CD 1易证EF ∥CD 1，可知E 、F 、C 、D 1四点共面．(2)∵EF 綊12CD 1，∴D 1F 、CE 延长后交于一点P又P ∈D 1F ，D 1F ⊂平面A 1D 1DA ，∴P ∈平面A 1D 1DA 又P ∈CE ，CE ⊂平面ABCD ，∴P ∈平面ABCD 又平面A 1D 1DA ∩平面ABCD ＝AD ∴P ∈AD 即三线共点．16．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1. 求：(1)AB 与B 1C 所成的角； (2)AB 与B 1D 的距离．[解析] (1)∵AB ∥CD ，∴∠B 1CD 为AB 和B 1C 所成的角， ∵DC ⊥平面BB 1C 1C ， ∴DC ⊥B 1C ，于是∠B 1CD ＝90°，∴AB 与B 1C 所成的角为90°.(2)∵AB ∥CD ，AB ⊄平面B 1DC ，DC ⊂平面B 1DC ， ∴AB ∥平面B 1DC ，从而AB 与B 1D 的距离即为AB 与平面B 1DC 的距离，连接BC 1交BC 于O 点，易知BO ⊥B 1C ，BO ⊥CD ，∴BO ⊥平面B 1DC ， ∴BO 的长为B 到平面B 1DC 的距离，∵BO ＝22，∴AB 与B 1D 的距离为22.17．(文)如图，已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为D 1C 1、B 1C 1的中点，AC ∩BD ＝P ，A 1C 1∩EF ＝Q ，若A 1C 交平面BDEF 于点R ，试确定点R 的位置．[解析]如图，在正方体AC1中，∵Q∈A1C1，∴Q∈平面A1C1CA.又Q∈EF，∴Q∈平面BDEF，即Q是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点．同理，P也是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点．∴平面A1C1CA∩平面BDEF＝PQ，又A1C∩平面BDEF＝R，∴R∈A1C，∴R∈平面A1C1CA，又R∈平面BDEF，∴R∈PQ，∴R是A1C与PQ的交点．(理)如图所示长方体ABCD－A1B1C1D1中．(1)判定直线D1B和直线B1C的位置关系，为什么？(2)若E、F∈B1C，G、H∈D1B，求证：直线FG和直线EH是异面直线．[解析](1)解：直线D1B和直线B1C是异面直线，因为B1C⊂平面BB1C1C，D1B∩平面BB1C1C＝B，且B∉B1C，由异面直线判定定理知，D1B和B1C是异面直线．(2)证明：假设FG和EH共面于平面α，由FG⊂α，知F、G∈α，同理，H、E∈α.由G、H∈D1B，知D1B⊂α，同理，B1C⊂α.这与已证的结论D1B和B1C是异面直线矛盾，∴FG 和直线EH是异面直线．。

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,阶段性测试题4-推荐下载

[答案] B [解析] 令 f(x)＝x3－3x2－9x＋2，则 f′(x)＝3x2－6x－9，
令 f′(x)＝0 得 x＝－1 或 x＝3(舍去)．
∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20.
∴f(x)的最小值为 f(2)＝－20，故 m≤－20，综上可知应选 B. (理)已知实数 a，b，c，d 成等比数列，且曲线 y＝3x－x3 的极大值点坐标为(b，c)，则
3
27
27
分别将 t＝0 和 t＝2代入①式，得 k＝－a 和 k＝ 4 －a，由它们互为相反数得，a＝ 8 . 4．(文)若关于 x 的不等式 x3－3x2－9x＋2≥m 对任意 x∈[－2,2]恒成立，则 m 的取值
范围是
( )
A．(－∞，7]
B．(－∞，－20]
C．(－∞，0]
D．[－12,7]
( )
( )
C．①③
D．②④
[答案] B
[解析] 因为三次函数的导函数为二次函数，其图象为抛物线，观察四图，由导函数与
原函数的关系可知，当导函数大于 0 时，其函数为增函数，当导函数小于 0 时，其函数为减
函数，由此规律可判定③④不正确．
3．已知曲线 C：f(x)＝x3－ax＋a，若过曲线 C 外一点 A(1,0)引曲线 C 的两条切线，它
4
1
＝3t3－t2＋3， 1
令 S′＝4t2－2t＝0，∵0<t<1，∴t＝2，
1
1
1
B.3
D.3
t
∫
1
2
易知当 t＝2时，Smin＝4. 8．已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，x∈[－2,2]表示的曲线过原点，且在 x＝±1 处的切

2011走向高考贾凤山高中总复习语文

第四篇第3章第三节一、阅读下面的文章，完成1～4题。

青春的告别典礼——群访罗大佑叶蓉(主持人)：刚才，你在后台也听到了，我们今天所有的嘉宾一起合唱了你在20世纪创作的一首老歌《野百合也有春天》，我想知道，那一瞬间，你在想些什么？罗大佑(以下简称罗)：很多往事……然后是……还有那些没有收到版税的老歌！(大笑，全场大笑)戈攻(英语电视节目主持人)：前几天，我和沈光远在聊天，谈到他老婆的时候，他很自豪地对我说：“在台湾，人家都说我老婆黄韵玲是‘音乐教母’。

”我相信，你也应该听到过人家称呼你是“音乐教父”，你怎么看待这个称呼？罗：其实，我不太喜欢“音乐教父”这4个字，因为如果一个音乐人到了那个位置的话，万一，我在音乐上有些什么问题，我就没办法找人问，你是教父，你问谁啊？(全场笑声)累！叶蓉：最近，你的新唱片《美丽岛》受到了媒体的广泛关注，而且，在宣传中反复提到了“十年磨一剑”的说法，我想问的是……10首歌，真的要花掉你10年的时间吗？罗：其实，我10年间，一共录了30首歌，这张唱片是我从这30首歌里面挑出来的16首，再则，我写歌的确是特别慢的，也许很多人不知道，我的《童年》，光歌词就写了5年。

而且，我想说的是，《美丽岛》这张唱片对我来讲，真的是非常重要，要么就是晚节不保，要么就是保住晚节，保住晚节太重要了！(大笑，全场哄笑)叶蓉：我在这儿要给你出示一样特别有意义的纪念品，这是一个资深媒体人——星空卫视的黄平，他至今收藏着你2000年上海演唱会的票根，你看！黄平(资深媒体人)：其实，我并没有收藏票根的习惯，只是很偶然地把它夹在一本书里面，当书签，而这本书始终也没有看完，所以……罗：我跟你讲，其实你珍藏的是你的记忆，而不是罗大佑的演唱会。

黄：对！我至今记得我们那次去听大佑的演唱，其实没有很多伤感，没有太多的激动，反而是大家有一种欣喜，仿佛觉得自己去参加了一个青春的告别典礼！吴朝阳(资深媒体人)：时代不同了，和你当年走红的方式不同，今天活跃在舞台上的很多新生代歌星，可能他的音乐我没听过，但是他今天有什么绯闻，明天有什么隐私，我想，大家倒都知道了。

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,语文,4-3-2

课堂巩固训练
学习《平民千字课本》，几个月就能写信、记账、读报感
兴趣”表述有误；D.“不是急于创建乡村师范学校”与文意不符。
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第四篇
触摸高考
第三章
2．陶行知由推行城市平民教育转向改造乡村教育，原因是什么？请简要分析。答：__________________________________________ ______________________________________________
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《走向高考》高考总复习 · 新课标版语文
第四篇
触摸高考
第三章
经过陶行知呕心沥血的浇灌，这颗种子终于破土萌芽了。1926年12月，陶行知连续发表几篇文章。他主张： “乡村学校做改进乡村生活的中心，乡村教师做改造乡村生活的灵魂。”“乡村师范之主旨在于造就有农夫的身
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第四篇
触摸高考
第三章
10 年前，钱钟书先生安详离世。遵钱先生遗嘱， “一切从简”，连在八宝山的告别仪式也只有短短的20分钟。“如此寂静。”钱先生的一位生前好友说。那日，清华的南北主干道上飘起了一千只纸鹤，学生们用这种方
考点精析
式，静静地送别他们的老学长。
考点精析
在全国二十多个省市形成热潮的时候，他开始转向思考改造乡村教育的问题了。 B．陶行知游栖霞山时遇到张大哥，发现他对学习
《走向高考》高考总复习 · 新课标版语文
指点迷津
《平民千字课本》，几个月就能写信、记账、读报感兴

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,英语,必修3-5

《走向高考》高考总复习
考
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必修三
考
Module 4-6 4-
《走
即学即用 (2006天津天津)Fitness is important in sport, but of at 天津
考
向高考》高考总复习
least________importance are skills. A． A．fair C．equal ．答案：答案：C B． B．reasonable D．proper ．
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Module 4-6 4-
5．________ n. 顾问．顾问________v. 建议建议________n. 劝告，劝告，忠告________adj. 适当的，明智的适当的，忠告 6．________n. 诚实．诚实________adj. 诚实的 ________adj.(反义词不诚实的反义词)不诚实的反义词 7．________n. 公正．公正________adj. 公正的公正的________adj. (反义词不公正的反义词)不公正的反义词 8．________n. 贡献．贡献________v. 贡献 9．________n. 争/辩论．辩论________v. 争/辩论辩论辩论 ________adj. 争/辩论的辩论的 10．________n. 状况，条件，环境．状况，条件，环境________ adj. 有条件的
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必修三
考Байду номын сангаас
Module 4-6 4-

2011走向高考,贾凤山,高中总复习,第5篇1-1

9．直观图 (1)直观图：用来表示空间图形的平面图形，叫做空间图形的直观图． (2)斜二侧画法的规则是：
①在已知图形中取互相垂直的轴Ox、Oy，再作Oz轴，
使∠xOz＝90°，且∠yOz＝90°. ②画直观图时，把Ox、Oy、Oz画成对应的轴O′x′、 O′y′ 、 O′z′ ，使 ∠ x′O′y′ ＝ 45°( 或 135°) ， ∠ x′O′z′ ＝ 90°.x′O′y′所确定的平面表示水平平面．
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第五篇
第1章
要点自主归纳思想方法点拨课堂典例讲练课堂巩固训练
6．球的概念 (1)定义：半圆以它的直径为旋转轴旋转所成的曲面叫做球面，球面所围成的几何体叫球体，简称球． (2)球的截面性质
平行投影的投影线是相互平行的．图形的平行投影：如果图形F上的所有点在平面α内关于直线l的平行投影构成图形F′，则F′叫做图形F在α内关于直线l的平行投影．平面α叫做投影面，l叫做投影线．
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第五篇
第1章
要点自主归纳思想方法点拨课堂典例讲练课堂巩固训练
1°当d＝0时，截面过球心，此时截面积最大，此圆叫球的大圆．或球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆． 2°不过球心的截面截得的圆叫球的小圆．
7．组合体
由柱、锥、台、球等基本几何体组合而成的几何体叫做组合体．
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走向高考贾凤山高中总复习语文附录五

走向高考-贾凤山-高中总复习-语文附录五————————————————————————————————作者: ————————————————————————————————日期: ?附录五文学知识18.文学体裁知识文学体裁是指文章的体例款式，亦即文章的体裁类型。

１.散文(1)古代散文。

为差别于韵文、骈文，凡不押韵、不重排偶的散体文章,包含经、传、史册在内，一律称为散文。

我国古代散文的几种文体:①赋。

最早出现于诸子散文中，一种讲究文采、韵律，并具诗歌和散文性质的文体。

主要特色是“铺采摛文、体物写志”，极尽铺陈夸张之能事,重视于借景抒怀,而于结尾处又常常发一点谈论。

经历了骚赋（战国)、辞赋（汉)、骈赋(魏晋)、律赋(唐）、文赋(宋)等发展过程。

教材选有杜牧的《阿房宫赋》、苏轼的《赤壁赋》等。

②论。

一种论文体，最早见于诸子散文中。

作者常用来对某种理论、主张、政治制度或社会风俗等从根本上观察、商讨，辨是非,别真伪，澄清对错。

此中援事引例，引经据典，或论其事实,或批判错误，语言富裕论辩力,逻辑性强,又颇具文采。

教材选有贾谊的《过秦论》、苏洵的《六国论》等。

③说。

是说明事理、问题的义理文,有的重视于谈论,如《师说》《捕蛇者说》；有的重视于记述，如周敦颐的《爱莲说》。

④书序。

序也作“叙”,或称“引”,有现在天的“前言”“序言”，是说明书本著述或第一版意旨、编写体例和作者状况的文章。

也可包含对作家作品的谈论和对相关问题的研究阐发。

一般写在书本或诗文前方，列于书后的称“跋”或“后序”。

教材中有欧阳修的《伶官传序》、文天祥的《指南录后序》等。

⑤赠序。

古代送别，长辈或尊者写诗文赠予给下辈，称为赠序。

内容多为推重、赞成或鼓励。

比如宋濂的《送东阳马生序》。

⑥奏议文。

古代臣属进呈帝王的奏章类文章。

它包含疏、表、对策、议对、封事等。

疏,为分条陈说的奏章,如魏征的《谏太宗十思疏》;表,是陈说某种建议或事情,如诸葛亮的《出师表》;对策,古代考试把问题写到策上,考生回答的文章叫对策,如苏轼的《教战守策》。

走向高考贾凤山高中总复习语文附录五

走向高考-贾凤山-高中总复习-语文附录五————————————————————————————————作者: ————————————————————————————————日期:ﻩ附录五文学常识18.文学体裁常识文学体裁是指文章的体例样式，亦即文章的体裁类别。

１.散文(1)古代散文。

为区别于韵文、骈文，凡不押韵、不重排偶的散体文章,包括经、传、史书在内，一律称为散文。

我国古代散文的几种文体:①赋。

最早出现于诸子散文中，一种讲求文采、韵律，并具诗歌和散文性质的文体。

主要特点是“铺采摛文、体物写志”，极尽铺陈夸张之能事,侧重于借景抒情,而于结尾处又往往发一点议论。

经历了骚赋（战国)、辞赋（汉)、骈赋(魏晋)、律赋(唐）、文赋(宋)等发展过程。

教材选有杜牧的《阿房宫赋》、苏轼的《赤壁赋》等。

②论。

一种论文体，最早见于诸子散文中。

作者常用来对某种理论、主张、政治制度或社会习俗等从根本上考察、探讨，辨是非,别真伪，澄清对错。

其中援事引例，引经据典，或论其事实,或批驳谬误，语言富有论辩力,逻辑性强,又颇具文采。

教材选有贾谊的《过秦论》、苏洵的《六国论》等。

③说。

是阐明事理、问题的义理文,有的侧重于议论,如《师说》《捕蛇者说》；有的侧重于记叙，如周敦颐的《爱莲说》。

④书序。

序也作“叙”,或称“引”,有如今日的“引言”“前言”，是说明书籍著述或出版意旨、编写体例和作者情况的文章。

也可包括对作家作品的评论和对有关问题的研究阐发。

一般写在书籍或诗文前面，列于书后的称“跋”或“后序”。

教材中有欧阳修的《伶官传序》、文天祥的《指南录后序》等。

⑤赠序。

古代送别，长者或尊者写诗文赠送给下辈，称为赠序。

内容多为推重、赞许或勉励。

例如宋濂的《送东阳马生序》。

⑥奏议文。

古代臣属进呈帝王的奏章类文章。

它包括疏、表、对策、议对、封事等。

疏,为分条陈述的奏章,如魏征的《谏太宗十思疏》;表,是陈述某种意见或事情,如诸葛亮的《出师表》;对策,古代考试把问题写到策上,考生回答的文章叫对策,如苏轼的《教战守策》。

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要点自主归纳思想方法点拨课堂典例讲练课堂巩固训练课后强化作业
第五篇
第2章
(2)在线段AD上存在点G，使GF⊥平面PBC，且G点
是AD的中点．取AD的中点G，连结PG、BG，则PG＝BG.又F为AB 的中点，故GF⊥PB. ∵F为PB中点，
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要点自主归纳思想方法点拨课堂典例讲练课堂巩固训练课后强化作业
第五篇
第2章
一、同一法 [例1] 已知：β⊥α，γ⊥α，β∩γ＝l.求证：l⊥α.
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要点自主归纳思想方法点拨课堂典例讲练课堂巩固训练课后强化作业
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第2章
(2)二面角：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，在二面角的棱上任取一点O，在两个半平面内以O为垂足作棱的垂线OA与OB，则∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的取值范围是[0°，180°)，θ＝
(
)
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解析：本题考查空间线面位置关系的判定．A：与两相互垂直直线平行的平面的位置关系不能确定；B：平面内的一条直线与另一个平面的交线垂直，这两个平面的位置关系也不能确定；C：这两个平面也有可能重合；D是
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证明：∵∠ABC＝90°，∴AB⊥BC，又∵SA⊥平面ABC，∴SA⊥BC，而SA∩AB＝A， ∴BC⊥平面SAB，又AP⊂平面SAB， ∴BC⊥AP，而AP⊥SB，
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第2章
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(3)性质
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B．若l∥α，α∥β，则l⊂β
C．若l⊥α，α∥β，则l⊥β D．若l∥α，α⊥β，则l⊥β 解析：若两平面平行，一直线垂直于其中一个平面，则它垂直于另一个平面，故选C.
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答案：C
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知识归纳 1．直线与平面垂直 (1)定义：如果一条直线与一个平面内的所有直线都垂直，则这条直线和这个平面垂直．
(2)判定方法
①用定义．
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[例1]
对于直线m、l和平面α、β，α⊥β的一个充分
条件是
A．m⊥l，m∥α，l∥β B．m⊥l，α∩β＝m，l⊂α C．m∥l，m⊥α，l⊥β D．m∥l，l⊥β，m⊂α
(文)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD为正方形，PD＝DC，F是PB的中点．求证： (1)DF⊥AP.
(2)在线段AD上是否存在点G，使GF⊥平面PBC？若
存在，说明G点的位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．
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第三讲线面、面面垂直的判定及性质
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误区警示
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2．不要将“经过一点有且仅有一条直线与平面垂直”；“经过一点有且仅有一个平面与已知直线垂直”； “经过平面外一点有无数条直线与已知平面平行，这无数条直线在同一个平面内，即经过平面外一点有且仅有一个
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二、特殊点在平面上的射影 1．△ABC所在平面外一点P在平面ABC内射影为O， (1)若PA＝PB＝PC，则O为△ABC外心 (2)若P到△ABC三边距离相等，则O为△ABC内心或
旁心
(3)若PA、PB、PC两两垂直，则O为△ABC的垂心 2．∠ACB所在平面外一点P在平面ACB内射影为O (1)若∠PCA＝∠PCB，则O在∠BCA的平分线上 (2)若P到∠BCA两边距离相等，则O在∠BCA的平分
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线上
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∴AP⊥平面SBC，∴PQ为AQ在平面SBC内的射影，
又AQ⊥SC，∴PQ⊥SC.
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0°时两个半平面共面；0°<θ<90°时为锐二面角；θ＝
90°时为直二面角；90°<θ<180°时为钝二面角．
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解析：(1)取AB的中点E，则PA∥EF.设PD＝DC＝a，易求得
由于DE2＝EF2＋DF2，故DF⊥EF，
又EF∥PA，∴DF⊥PA.
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分析：给出的条件为面面垂直，故证明本题应充分利用二面垂直的性质：如果两个平面互相垂直 (一)在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面；
(二)在一个面内取一点，过该点向另一个平面作垂线，
平面与已知平面平行”；“经过直线外一点有且仅有一条为l”弄混错用．
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则垂线必在前一个平面内； (三)一个平面内不在交线上的点在另一个平面内的射影必落在交线上．
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(3)性质 ①性质定理 ②重要结论
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第2章
证明：证法1：设α、β、γ三个平面相交于点A，过A 作l′⊥α