立体几何与排列组合
长方体正方体解题技巧
长方体正方体解题技巧长方体和正方体是立体几何中两个最基本的几何体，掌握它们的解题技巧对于解决其他复杂几何问题也有很大的帮助。
本文将围绕长方体和正方体的基础公式、比例关系、立体思维、切割合并、运动问题以及排列组合等方面进行介绍。
1.基础公式长方体和正方体是最常见的立体几何体，它们的基础公式包括体积和表面积等。
对于长方体，体积V可以表示为长a、宽b、高h的乘积，即V=a×b×h。
长方体的表面积S可以表示为2ab+2bc+2ac，即S=2(ab+bc+ac)。
对于正方体，体积V和表面积S都可以表示为边长a的立方和六倍边长的乘积，即V=a³和S=6a²。
2.比例关系长方体和正方体中存在一些比例关系，例如边长与角度的关系。
在长方体中，如果一个面是正方形，那么其余三个面也必须是长方形，而且长宽高两两垂直。
这意味着在长方体中，相邻面的面积比是相等的，而且长宽高两两之间的比也相等。
在正方体中，如果一个面是正方形，那么其余五个面也必须是正方形，而且相邻面的角度和边长都相等。
这意味着在正方体中，相邻面的面积比是相等的，而且每个面的面积和体积也都相等。
3.立体思维解决长方体和正方体的问题需要具备一定的立体思维，从三个方向上看问题，理解空间形态，掌握形体特征。
要充分运用长方体和正方体的性质，如对称性、平行性、垂直性等，帮助自己更好地理解问题。
例如，在解决一个涉及长方体和正方体的几何问题时，可以尝试将问题转化为一个二维问题，通过平面的角度解决三维问题。
4.切割合并在解决长方体和正方体的问题时，往往需要通过切割和合并的方式，将复杂的问题分解为几个简单的问题，从而化繁为简。
例如，一个复杂的长方体可以切割成几个小的长方体，通过计算每个小长方体的体积和表面积，再合并起来就可以得到整个长方体的体积和表面积。
要注意切割和合并过程中的一些细节问题，例如切割后每个部分的长度、角度、面积和体积等。
5.运动问题长方体和正方体中也存在一些运动问题，例如角速度和杆速度等。
高考数学各题型答题技巧
高考数学各题型答题技巧高考数学各题型答题技巧一、排列组合篇1.掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题。
2.理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。
3.理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。
4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。
5.了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。
6.了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。
7.了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。
8.会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率.二、立体几何篇1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。
2.判定两个平面平行的方法：(1)根据定义--证明两平面没有公共点;(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。
三、数列问题篇1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;2.在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
立体几何中的排列组合问题解法举隅
立体几何中的排列组合问题解法举隅立体几何中的排列组合问题解法举隅立体几何中的排列组合问题在近年的高考数学试题中出现的频次较高，且常考常新. 因为解决这类问题不仅要具备排列组合的有关知识，而且还要具备较强的空间想象能力. 因而是一类既富思考情趣，又融众多知识和技巧于一体且综合性强、灵活性高、难度颇大的挑战性问题. 解决这类问题的关键是明确形成几何图形的元素，并与排列组合形成对应关系，转化为排列组合问题，同时还要注意避免重复和遗漏. 下面结合具体例子谈谈这类问题的求解方法，供参考. 一、分步求解例1 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线有（）A. 12对B. 24对C. 36对D. 48对解由于六棱锥的6条侧棱交于一点, 底面六边形的6条边共面, 因而只能将侧1棱与底边相搭配. 第一步, 从6条侧棱中任取一条有C6种; 第二步, 从底面61条边中与这条侧棱不相交的4条边中任取一条有C4种, 由乘法原理知有11C6C4=24对, 故选B.二．分类求解例2 四边形的一个顶点为A, 从其它顶点与各棱的中点中取3点, 使它们和点A在同一平面上, 不同取法有( )A. 30种B. 33种C. 36种D. 39种3解符合条件的取法可分为两类: ①4个点(含A)在同一个侧面上,有3C5 30种；②4个点（含A）在侧棱与对棱中点的截面上，有3种. 由加法原理知不同取法共有33种，故选B.例3 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法种数是＿＿＿＿＿＿.1解分三类：5①如果用5种颜色有A5种染色方法.D图1B②如果用4种颜色，只能是底面四边形相对顶点同色. 如图1，如果A、C同色，只要考虑染S、A、B、D四顶点，有A54种染法，而B、D同色仍有A54种染法，用四色共有2A54种染法.3③如果用3种颜色，A、C同色，B、D同色，只要考虑S、A、B三个顶点，有A5种染法.53由加法原理知共有A5＋2A54＋A5＝420种染法.三、剔除求解例4 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，则不同的取法共有（）A. 150种B.147种C.144种D.141种4解从10个点中任取4点，有C10种取法，再剔除掉共面的取法.44① 共面的四点在四面体的某一个面内，有C6种取法，4个面共有4C6种；② 每条棱上的三个点与其对棱的中点四点共面，有6种；③由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个顶点共面，有3种.44故不共面的取法共有C10－4C6－6－3＝141种，故选D.例5 已知正方体ABCD-A1B1C1D1. （1）以正方体顶点为顶点的四面体有多少个？（2）从8个顶点中取出3个顶点，使至少有两个顶点在同一棱上，其取法种数为多少？（3）过8个顶点中任两点的直线与直线A1B异面的有多少条？C1 D1AB 图221解（1）从所有四点的组合中去掉共面的组合，6个表面四点共面，6个对角面四点共面. 所以共有四面体C84-12＝58个.D（2）如图2，A1BD这样的三点不能满足题意，可以认为这个三点组合与顶点A对应，正方体有8个顶点，每个顶点对应一个不合题意的三点组合. 所以满足题3意的三点取法共有C8－8＝48种.2（3）在8个顶点取2个的组合中，去掉侧面ABB1A1中的两点组合有C4个，再去掉过A1不在面ABB1A1内的四条直线与过B的4条直线，还要去掉与之平行的D1C.2所以共有C82 C4 4 4 1＝13条.四、构造模型求解例6 与空间不共面的四点距离相等的平面有多少个？解由题设条件，空间不共面的四点可构成四面体，考虑四面体的四个顶点在所求平面两侧的分布，易知当所求平面位于三棱锥的顶点与底面之间时有4个；当所求平面位于三棱锥相对棱之间时有3个. 故所求平面有7个. 例7 在正方体八个顶点的所有连线中，有多少对异面直线？解构造四面体求解，因为四面体的6条棱可构成3对异面直线，从而只要求出正方体的八个顶点可构成几个四面体即可，而这恰好是本文例5（1），故可得到(C84 12) 3 174对异面直线. 五、联想有关命题求解例8 以长方体的八个顶点中的任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为（）A.0B.6C.8D.24解联想课本习题：“将正方体截去一角，求证：截面是锐角三角形. ”易知从长方体的一个顶点出发的三条棱的另3个端点可构成锐角三角形，长方体有8个顶点，从而可构成8个锐角三角形，故选C.六、综合有关知识求解例9 以一个正五棱柱的顶点为顶点的四面体共有（）E11A.200个B.190个C.185个D.180个E图3C34解正五棱柱共有10个顶点，若每四个顶点构成一个四面体，共可构成C10＝210个四面体，其中四点在同一平面内的有三类：4① 每一底面的5点中选4点的组合方法有2C5个.② 5条侧棱中的任意两条棱上的四点有C52个.③一个底面的一边与另一个底面相应的一条对角线平行（例如AB∥E1C1），这样1共面的四点共有2C5个.4421故四面体的个数为C10＝180个，故选D. 2C5 C5 2C5例10 用正五棱柱的10个顶点中的5个顶点作四棱锥的5个顶点，共可得多少个四棱锥？解结合图3，以不同类型的四棱锥的底面分类可得：1① 以棱柱的底面为四棱锥底面的共有2C54C5个. 11②以棱柱的侧面为四棱锥底面的共有C5个. C611③以棱柱的对角面为四棱锥底面的共有C5个. C611④以图3中ABC1E1（为等腰梯形）为四棱锥底面的共有2C5个. C***-*****故可构成的四棱锥共有2C54C5＋C5＋C5＋2C5＝170个. C6C6C6例11 以四棱柱的顶点为顶点的三棱锥有多少个？解本题要讨论底面的形状，所求的答案与底面的形状有关.①若底面不是梯形，也不是平行四边形，则有C84－6－2＝62个.② 若底面是梯形，则有C84－6－4＝60个. ③ 若底面是平行四边形，则有C84－6－6＝58个. 综上所述，所求三棱锥的个数为62或60或58.。
(完整版)例析立体几何中的排列组合问题
例析立体几何中的排列组合问题春晖中学过月圆在数学中，排列、组合无论从内容上还是从思想方法上，都体现了实际应用的观点。
立体几何与排列组合综合问题是高考命题的新趋势，体现了《考试大纲》要求的在知识交汇处命题的指导思想，应引起考生的重视。
立体几何中的计数问题也是高考的热点题型，解决这类问题的基本方法是以点带面法，下面列举立体几何中排列、组合问题的几个例子。
1 点1．1 共面的点例1（1997年全国高考（文））四面体的一个顶点为A，从其它顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有（）A．30种 B．33种 C．36种 D．39种解析：四面体有4个顶点，6条棱有6个中点，每个面上的6个点共面。
点A所在的每个面中含A的4点组合有个，点A在3个面内，共有个组合；点A在6条棱的3条棱上，每条棱上有3个点，这3点与这条棱对棱的中点共面。
所以与点A共面的四点组合共有个。
答案：B点评：此题主要考查组合的知识和空间相像能力；属97文科试题中难度最大的选择题，失误的主要原因是没有把每条棱上的3点与它对棱上的中点共面的情况计算在内。
1．2 不共面的点例2（1997年全国高考（理））四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（）A．150种 B．147种 C．144种 D．141种解析：从10 个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类：第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一条棱上的3个点及对棱的中点，这4点共面有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形，它的4个顶点共面，有3种。
以上三类情况不合要求应减掉，所以不同取法共有种。
答案：D。
点评：此题难度很大，是当时高考中得分最低的选择题，对空间想像能力要求高，很好的考察了立体几何中点共面的几种情况；排列、组合中正难则反易的解题技巧及分类讨论的数学思想。
2 直线例3（2005年全国高考卷Ⅰ（理））过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）A．18对 B．24对 C．30对 D．36对分析：选项数目不大，若不宜用公式直接求解，可考虑用树图法。
排列组合在几何中的应用
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排歹 Ｉ Ｉ 组合在厂 Ｌ 何中ｃ Ｉ Ｉ ｌ 应用
■ 陈 明 字
排列组合和立体几何 题的结合在高考 中已屡见 不鲜 ，现在我们拿出几道 比较有代表性 的高考题加 以分析 ， 帮助我们拓展这方面 的解题思路 ： 例１ ， 如图 ， 一个 地区分为５ 个行政 区域 ， 现给地 图着色 ， 要求 相邻地 区不得使用 同一颜色 ， 现有４ 种 颜 色可供选择 ， 则不 同的着色方法共有 种（ 以 数字 作 答 ） 色的灯进行安装 ， 分３ 步进行 ， 第一步 ， Ａ、 Ｂ、 Ｃ 三点选 三种颜色灯泡共有Ａ ； 种选 法 ； 第二 步 ， 在Ａ 、 。 、 Ｃ 中 选一个装第４ 种颜色的灯泡 ， 有３ 种情况 ； 第三步 ， 为剩下的两个灯选颜色 ， 假设剩下 的为 Ｂ 、 Ｇ 。 ， 若 ８ 。 与Ａ同色 ， 则ｃ 只能选Ｂ点颜色 ； 若曰 ， 与ｃ 同色 ， 则（ 。 有』 ４ 、 曰 处两种颜色可选． 故为Ｂ 、 Ｃ 选 灯 泡 共有 ３ 种选法 ， 得到剩下的两个灯有３ 种情况 ， 则共有
有ｃ ・ Ａ ： ＝ ４ ８ 种所 以不 同的着 色方法 共有４ ８ ＋ ２ ４ ＝ ７ ２
种； 故答案为７ ２ 。
例２ ， 如图 ， 一 环形花 坛分 成Ａ， Ｂ， ｃ， Ｄ四块 ， 现 有４ 种不 同的花供选种 ， 要求在每块里种１ 种花 ， 且相 邻 的２ 块 种 不 同 的 花 ，则 不 同 的 种 法 总 数 为 （ 用数字作答 ）
— —
ｃ （ ｃ ｊ ） ＝ １ ４ ４ （ 种） ； ②用 第四种颜色替换 掉六个顶 点 中两个 ，显然被替换掉 的两个顶点的颜色编号不 能相 同 ， 否则 与（ １ ） 重复， 被替换掉 的两个顶点 也不 能在 同一底面上或同一侧棱上 ，因此被替换掉的两 个顶 点与被保 留的两个 同颜色顶点在 同一侧面上 ， 如 图（ 丁） ， 此 时相当于在（ １ ） 的条件下 ， 保 留一个侧 面上 的对角线 ， 考虑到重复情况 ， 不 同的涂色方法共
完整版例析立体几何中的排列组合问题
例析立体几何中的排列组合问题过月圆春晖中学在数学中，排列、组合无论从内容上还是从思想方法上，都体现了实际应用的观点。
立体几何与排列组合综合问题是高考命题的新趋势，体现了《考试大纲》要求的在知识交汇处命题的指导思想，应引起考生的重视。
立体几何中的计数问题也是高考的热点题型，解决这类问题的基本方法是以点带面法，下面列举立体几何中排列、组合问题的几个例子。
1 点1．1 共面的点11997年全国高考（文））（例A3A在同四面体的一个顶点为个点，使它们和点，从其它顶点与棱的中点中取）一平面上，不同的取法有（A30 B33 C36 D39种种．种．．．种4666A所解析：四面体有个中点，每个面上的个顶点，个点共面。
点条棱有34AA个面内，共有在点组合有个，点在的每个面中含个组合；点的A6333点与这条棱对棱的中点共面。
条棱的个点，这条棱上，每条棱上有在A共面的四点组合共有个。
所以与点B答案：97文科试题中难度最大的选点评：此题主要考查组合的知识和空间相像能力；属3点与它对棱上的中点共面的情况计择题，失误的主要原因是没有把每条棱上的算在内。
1．2 不共面的点21997年全国高考（理））（例104个不共面的点，不同的取法共有个点，在其中取四面体的顶点和各棱中点共）（A150 B147 C144 D141种．种．种．种．410 4点共面的情况有三类：第一个点中任取个点有解析：从种取法，其中4个点位于四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一条棱上类，取出的346种；第三类，由中位线构成的平行四边的个点及对棱的中点，这点共面有43种。
形，它的个顶点共面，有以上三类情况不合要求应减掉，所以不同取法共有种。
D答案：。
点评：此题难度很大，是当时高考中得分最低的选择题，对空间想像能力要求高，很好的考察了立体几何中点共面的几种情况；排列、组合中正难则反易的解题技巧及分类讨论的数学思想。
2 直线例3（2005年全国高考卷Ⅰ（理））过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）A．18对B．24对C．30对D．36对分析：选项数目不大，若不宜用公式直接求解，可考虑用树图法。
立体几何 排列组合题
排列、组合应用题大致可以分为三类，即不带限制条件的排列或组合题；带限制条件的排列或组合题；排列、组合综合题。
【例1】某年级开设语文、政治、体育、外语、历史、物理、化学七门课。
（1）一天开设七科不同课程，每科一节，其中体育不排在第一节，也不排在第七节，问有多少种排法？【例2】从6名男生、4名女生中选派 5名值日生，各有多少种选派方法？（1）只有一名女生；（2）至少有一名女生；（3）至多有2名女生；（4）女生A和B必选入；（5）女A或男甲只一个选入【例3】把12个人分成 3个小组，各有多少不同的分法？（1）各组人数分别为2，4，6人；（2）平均分成3个小组；（3）平均分成3个小组，进入3个不同车间；（4）平均分成3个小组，进入3个不同车间，每人担任不同的工作。
（3）解法一分两步：第一步平均分三组，第二步让三个小组分【例4】有9个工人，其中4人只能当钳工，3人只能当车工，另外2人既能当车工又能当钳工，现从这9人中，选派2名钳工和2名车工完成某项任务，共有多少种选派方法？解法一设既能当车工又能当钳工的二人为甲、乙。
以甲、乙为研究对象，分三类：排列、组合、二项式定理一、选择题:(本大题共6小题,每小题8分共48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.由数字1,3,5,7,9可以组成允许有重复数字的三位数和无重复数字的三位数的个数分别是 [ ]A.15,10B.125,12C.125,60D.243,60[ ]A.1B.2C.3D.43.已知集合A=｛0,2,3,5,9｝,从A中任取两个不同元素,它们的和作为元素构成集合B,则集合B的所有子集的个数为[ ]A.511B.512C.1024D.1023[ ]5.把 1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个格子,每格填一个数字,每个格的标号与该格所填数字都不同,则不同的填法有[ ]A.6种B.9种C.11种D.23种系数比的2倍,则a的值为[ ]二、填空题:(本大题共4小题,每小题10分共40分)1.十进制中,含3个奇数数字,含两个偶数数字的不含重复数字的五位数有个.2.圆周24等分,以这些等分点为顶点的直角三角形的数目是 .项是 .4.9192除以100的余数是 .三、本题12分参考答案一、1.C 2.C 3.B 4.A 5.B 6.A二、1.110402.2644.81三、证明:立体几何综合训练一、选择题1．正方体的一条对角线与正方体的棱可组成异面直线 [ ] A．2对 B．3对C．6对 D．12对2．已知直线a、b、c及平面α，具备以下哪一条件时，a∥b [ ] A．a∥α，b∥αB．a⊥c且b⊥cC．a、b与α所成角相等D．a⊥α、b⊥α3．各侧面都是等边三角形的正三棱锥，侧棱与底面所成的角为 [ ][ ]A．①与② B．③与④C．②与④ D．①与③5．梯形ABCD的底边AD在平面α内，另一底边BC到平面α的距离为5，且DA∶CB=7∶3，则梯形对角线的交点O到平面α的距离为 [ ]6．一个圆台的轴截面是半个正六边形，则圆台侧面展开后的中心角为 [ ] A．120° B．180°C．240° D．270°7．一个球过正方体A的各个顶点，正方体B的各条棱和这个球相切，正方体C的各个面和这个球相切，则正方体A、B、C的全面积之比为 [ ]A．2∶3∶6 B．1∶2∶38．三棱锥三侧面与底面所成二面角相等，那么顶点在底面的射影是底面三角形的[ ]A．重心 B．垂心C．内心 D．外心9．用任意平面截球，截得截面积不大于球面积的 [ ]10．三角形三边边长为a、b、c，分别以三边为轴旋转一周，所得旋转体体积之比为 [ ]二、填空题1．异面直线a、b成60°角，点A、B∈a，点C、D∈b，且AB=4，CD=2，E、F、G分别为AC、CB和BD中点，则E和G间距离为____．2．如果一条弧的长度与它所在圆的直径相等．那么这条弧所对的圆心角的弧度数是____．3．纬度为α的纬度圈上有A、B两点，这两点的纬度圈上的弧长为πRcosα(R为球的半径)，则这两点间的球面距离为____．积是____．三、解答题1．在四棱锥P-ABCD中，已知PD⊥底面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，且∠DAB=60°，AB=2CD，∠DCP=45°，设CD=a．(1)求四棱锥P-ABCD的体积．(2)求证：AD⊥PB．2．已知矩形ABCD，AB=4，BC=3，沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B，并使D点在平面ABC内的射影落在AB上，求二面角D-AC-B的余弦值．3．正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为15cm、高为20cm，求底边AB和对角线A1C间的距离．4．一个圆锥的外接球体积为972π，且内切球面积为圆锥的侧面积和底面积的等差中项．求这个圆锥的体积．立体几何综合训练参考答案一、选择题1．C 2．D 3．D 4．D 5．B 6．B 7．A 8．C 9．A 10．B二、填空题三、解答题1．(1)∵CD=a，∴AB=2a，PD=a．在△ABD中，BD2=5a2-2·2a2cos60°=3a2，AD2+BD2=a2+3a2=4a2=AB2，∴∠ADB=90°，而AD⊥DB．∵PD⊥面ABCD，∴BD是PB在面ABCD内射影，由三垂线定理知PB⊥AD．2．过D作DO⊥AB于点O，过D作DE⊥AC于点E，连结OE，则DO⊥面ABC，OE⊥AC．于是二面角D-AC-B的大小为3．连结A1D、B1C，∵AB∥CD，∴AB ∥面A 1DCB 1．∴ AB 与A 1C 的距离转化为AB 与面A 1C 的距离． ∵AB ⊥BC ，AB ⊥B 1B ， ∴AB ⊥面BB 1C ． 过B 作BH ⊥B 1C ，交于点H ， ∵ CD ∥AB ∴面A 1DCB 1⊥面BCB 1于是底边AB 和对角线A 1C 的距离为12cm ．4．如图2，设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线为l ，内切球心O ，半径为x ，外接球心O 1，半径为y ，则8h 2r=(l+r)3∵h 2=l 2-r 2，∴8(l 2-r 2)·r=(l+r)3．∵ l+r≠0，∴8(l-r)·r=(l+r)2．立体几何单元测试一、选择题(本题满分60分，每小题4分)(1)空间四边形各边中点为顶点的四边形是菱形，则空间四边形的两条对角线 [ ]A．互相垂直且可能长相等B．长相等但不垂直C．长相等且可能互相垂直D．必垂直但长不相等(2)A为直二面角α-l-β的棱l上的一点，两条长度都为a的线段AB，AC分别在α，β内，且都与l成45°角，则BC的长为[ ]A．a(3)四面体ABCD的棱长均为1，M，N分别在一组相对的棱AB和CD上，则线段MN的最小值是 [ ](4)若P为正方体ABCD-A1B1C1D1中棱A1B1的中点，则截面PC1D与面AA1B1B所成二面角的正切值为 [ ](5)平面α内有一个半径为a的圆O，OP⊥α且OP=a，PA是α的一条斜线，PA=2a(A∈α)，B为圆O上的任一点，则PA在α内的射影与AB所成的角中最大角的正弦值为 [ ](6)已知三棱台A1B1C1—ABC中，VB—A1B1C1=4，VC1—ABC=16，则VA1B1C1—ABC等于 [ ]A．28B．29C．30D．无法确定(7)半球内有一内接正方体，则这个半球面的面积与正方体表面积的比为 [ ]D．以上答案均不对(8)△ABC中BC长一定，A点在平行于BC的直线l上移动，若△ABC以直线l为轴旋转一周得一旋转体，则无论A点在直线l上的位置如何，正确结论是 [ ]A．体积和表面积都为定值B．体积为定值，表面积不为定值C．体积不为定值，表面积为定值D．表面积和体积均不为定值(9)如果一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，那么这两个二面角的平面角的大小关系是[ ]A．相等B．互补C．相等或互补D．无法确定(10)四面体一棱长为x，其余各棱长均为常数a，设四面体的体积函数为V(x)，则在定义域内V(x) [ ]A．是增函数但无最大值B．是增函数且有最大值C．不是增函数且无最大值D．不是增函数但有最大值(11)侧面都是直角三角形的正三棱锥，底面边长为a，则这个三棱锥的全面积是 [ ](12)已知三棱台ABC—A1B1C1中，S△A1B1C1=m2，S△ABC=n2(m＞n＞0)，BC到截面AB1C1的距离等于这个棱台的高，那么截面AB1C1的面积为 [ ]B．mnD．2mn(13)要挖一个半圆柱形鱼池，其池面为圆柱的轴截面，若池面周长为定值2a，则鱼池的最大容积为 [ ](14)圆锥全面积为π，则它的体积的最大值为 [ ](15)如果过圆锥顶点的面积最大的截面是轴截面，圆锥侧面展开图的圆心角为α，则α的取值范围是[ ]A．(0，2π)B．(0，π)二、填空题(本题满分20分，每小题4分)(16)已知P为Rt△ABC所在平面α外的一点，PA=PB=PC=13，两直角边AC，BC的长分别为8和6，则P到BC的距离为______．(17)已知E，F为△ABC中AB和AC的中点，△AEF和梯形EBCF各绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积分别记作V1和V2，则V1∶V2=______．(18)AD是边长为2a的正三角形的边BC的中线，若沿AD把△ABC折成直二面角，则B 到AC的距离为______．(19)圆台两底面半径分别为4和1，轴截面的两条对角线互相垂直，则圆台体积为______．Q的平面中，与球心的最大距离是______．三、解答题(21)(12分)如图25—1所示，在平行四边形ABCD中，已知AB=CD=a，AD=BC=2a，AC∩BD=E，∠A=60°，将其沿对角线BD折成直二面角．(Ⅰ)证明AB⊥平面BCD；(Ⅱ)证明平面ACD⊥平面ABD；(Ⅲ)求二面角A—CE—B的大小．(22)(12分)如图25—2所示，正三棱柱ABC—A'B'C'的底面边长和高都等于a，截面C'AB与截面CA'B'交于DE，求四面体BB'DE的体积．(23)(14分)如图25—3，正三棱柱ABC—A1B1C1中，D为A1A的中点，E为B1C1的中点．(Ⅰ)求证B1C1∥面DBC；(Ⅱ)若A1A=AB=2a，求二面角B—DC—A的大小(文科求该角的正切值)；(Ⅲ)求E到面DBC的距离．(24)(16分)如图25—4，在四棱台ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2a的正方形，A 1A⊥底面ABCD，且A1A=A1D1=a．(Ⅰ)求证C1C⊥面AB1D1；(Ⅱ)求面AB1D1和面ABCD所构成的二面角的大小(文科求出其正切函数值)；(Ⅲ)求多面体ABCD—B1C1D1的体积．(25)(16分)如图25—5，已知圆锥S—AB的轴截面是Rt△，D为母线SA的中点，C为底面圆内一点，若OC⊥AC，OH⊥SC于H．求证(Ⅰ)OH⊥SA；(Ⅱ)SA⊥面ODH；(Ⅲ)若母线长为2a，求三棱锥S—ODH体积的最大值．答案与提示一、(1)C(2)C(3)B(4)D (5)C(6)A (7)A(8)B(9)D(10)D(11)A(12)B(13)A(14)B(15)C提示：(3)M，N为AB和CD中点时，MN取得最小值．(5)PA在α内的射影与AB所成的角中，当AO⊥OB时，其角最大．此(9)只有当两个二面角的棱互相平行时，它们才可能相等或互补，否则可任意作一个平面α与二面的一个面垂直．又可任意作一个平面β与二面角另一个面垂直，则α，β相交所成的二面角的大小是任意的．(10)设四面体ABCD中，AD=x，则当面ABC与面DBC垂直时，其减．三、(21)(Ⅰ)在△ABD中，AB=a，AD=2a，∠A=60°，∴∠ABD=90°．同理∠CDB=90°∵面ABD⊥面BCD，且AB⊥BD，∴AB⊥面BCDACD，∴平面ACD⊥平面ABD设所求二面角为α，则(22)如图答25—1所示，取A′C′中点G，连EG，则EG∥面B′BCC′．将四面体BB′DE视为以△B′BD为底，E为顶点的三棱锥，则E到面B′BCC′的距离即为锥高，作GH⊥B′C′于H，(Ⅱ)取AC中点F，则BF⊥面ADC过B作BH⊥DC于H，则FH⊥DC∴∠BHF为B—DC—A的平面角EMD⊥面DBC(Ⅲ)取BC中点M，易证面A1过E作EN⊥DM于N，则EN⊥面DBC∴EN即为E到面BDC的距离，(24)(Ⅰ)过D1作D1E⊥AD于E，则D1E⊥面ABCD且A1AED1为边长是a的正方形，AE=ED=a∴AD1⊥D1D又∵AD⊥DC，∴AD1⊥DC∴AD1⊥面DCC1D1，∴AD1⊥C1C同理AB1⊥C1C，∴C1C⊥面AB1D1(Ⅱ)由A1A⊥面ABCD，可得面A1ACC1⊥面ABCD由C1C⊥面AB1D1知A1ACC1⊥面AB1D1可证明面ABCD和面AB1D1的交线必⊥面A1ACC1∴∠O1AC为面AB1D1和面ABCD所成二面角的平面角显然∠O1AC=∠A1O1A(Ⅲ)VABCD-B1C1D1+VABCD-A1B1C1D1-VA-A1B1D1(25)(Ⅰ)由SO⊥底面，OC⊥AC∴SC⊥AC∴AC⊥面SOC，∴AC⊥OH又OH⊥SC，∴OH⊥面SAC，∴OH⊥SA (Ⅱ)∵△SAB为Rt△，显然∠ASB=90°且SA=SB，∴△SAB为等腰直角三角形．∴△SOA也是等腰直角三角形．∴OD⊥SA，又∵SA⊥OH ∴SA⊥面ODH(Ⅲ)由(Ⅱ)SA⊥面ODH又∵OH⊥面SAC。
(填空)排列组合,解析几何,立体几何,数列(附有答案解析)
三、填空题29．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，1//AC 平面α，//BD 平面α，则正方体在平面α内的正投影面积为________．30如图，在矩形OABC 与扇形OCD 拼接而成的平面图形中，3OA =，5AB =，6COD π∠=，点E 在弧CD 上，F 在AB 上，3EOF π∠=.设FOC x ∠=，则当平面区域OECBF （阴影部分）的面积取到最大值时cos x =__________31．在一个半径为2的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器，要使该容器所盛液体尽可能多，则该容器的高应为_____．32．已知函数3()f x x mx n =++，对任意的[2,2]x ∈-，使得()2f x ≤，则m n +=___________.33．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为_____日．（结果保留一位小数，参考数据：lg 20.30≈，lg30.48≈）34．将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有_________种不同的放法.35．有两个分类变量x 和y ，其中一组观测值为如下的2×2列联表：其中a ，15a -均为大于5的整数，则a =__________时，在犯错误的概率不超过0.01的前提下为“x 和y 之间有关系”.附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++36．已知6(12)x +展开式的二项式系数的最大值为a ，系数的最大值为b ，则ba=___________. 37．如图，用四种不同颜色给图中的A ，B ，C ，D ，E ，F ，G ，H 八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有___________种.38．过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的右焦点作直线l ，使l 垂直于x 轴且交C 于M 、N 两点，双曲线C 虚轴的一个端点为A ，若AMN 是锐角三角形，则双曲线C 的离心率的取值范围___________．39．已知双曲线C ：()222210,0x y a b a b -=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 在双曲线C 的右支上，2OP OF =（O 为坐标原点）．若直线2PF 与C 的左支有交点，则C 的离心率的取值范围为______．40．已知点P ，Q 是椭圆上()2222:10x y C a b a b+=>>的两点，且线段PQ 恰为()2220x y r r +=>的一条直径，点P 关于x 轴的对称点为A ，设35PD PA =，直线QD 与椭圆C 的另一个交点为B ，且直线PQ ，PB 斜率之积为12-，则椭圆C 的离心率e 为____.41．已知圆22:1C x y +=，点(,2)M t ，若C 上存在两点,A B 满足2MA AB =，则实数t 的取值范围___________42．（2021·河南高二期末（理））已知点O 为坐标原点，点P 为圆22:146540A x y x y +--+=上一动点，点Q 为圆22:8120B x y x +-+=上一动点，设||||||OQ PQ AQ ++的最小值为m ，则m 的值为___________．43．过点()P 0,3作直线l ：()()m n x 2n 4m y 6n 0++--=的垂线，垂足为点Q ，则点Q 到直线x 2y 80--=的距离的最小值为______．44．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 分别是线段1CC 、BD 上的点，R 是直线AD 上的点，且12CP C P =，//PQ 平面11ABC D ，PQ RQ ⊥，则PR 的长为______.答案及解析29． 【分析】由题设知：面1//AHC K 面α，且正方体在平面α内的正投影面积为菱形1AHC K 面积与△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 在平面α上的投影面积之和，构建空间直角坐标系，应用向量法求△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 与面1AHC K 的夹角余弦值，进而求它们在面1AHC K 上的投影面积，即可求正方体在平面α内的正投影面积. 【详解】△1//AC 平面α，//BD 平面α，知：面1//AHC K 面α.△正方体在平面α内的正投影面积为如上图所示的菱形1AHC K 面积与△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 在平面α上的投影面积之和，又正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，则1AC HK ==，可构造如下图示，空间直角坐标系：△33(3,0,0),(0,0,),(3,3,)22A K H ，则有33(3,0,),(0,3,)22AK AH =-=，若面1AHC K 的一个法向量为111(,,)n x y z =，则111133023302n AK x z n AH y z ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，可得(1,1,2)n =-，而面//ABH 面11KC D ，它们的一个法向量为(1,0,0)m =，△6cos ,6||||n m n m n m ⋅<>==，即面1AHC K 与面ABH 、面11KC D 同理，面11//HB C 面ADK ，它们的一个法向量为(0,1,0)l =，△6cos ,6||||n l n l n l ⋅<>==-1AHC K 与面11HB C 、面ADK 夹角余弦值为 △△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 的面积均为94S =，△正方体在平面α内的正投影的面积为19692(|cos ,||cos ,|)22AHC K S S n m n l +<>+<>== 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质，结合正投影的定义可知正方体在平面α内的正投影面积为如上图所示的菱形1AHC K 面积与△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 在平面α上的投影面积之和，应用向量法求各面与面1AHC K 的夹角，进而求投影面积. 30．45【分析】先将阴影部分的面积表示为251915(25)62tan x x π+-+，9()25tan h x x x=+，只需求使得()h x 取最小值的0x 即可得到答案. 【详解】由已知，0[,]3x πθ∈，03tan 5θ=，易得扇形EOC 的面积为212525()52362x x ππ⨯-⨯=-， 四边形OCBF 的面积为133532tan x⨯-⨯⨯，故阴影部分的面积为251915(25)62tan x x π+-+，设9()25tan h x x x =+，则22'29sin 9cos ()25sin x x h x x--=+=2(4sin 3cos )(4sin 3cos )sin x x x x x +-，令'()0h x =，得33tan [45x =∈，记其解为0x ， 并且()h x 在00[,]x θ上单调递减，在0[,]3x π单调递增，所以()h x 得最小值为0()h x ，阴影部分的面积最大值为25156π+-0()h x ，此时03tan 4x =，04cos cos 5x x ===. 故答案为：45.【点睛】本题考查三角函数在平面几何中的应用，涉及到利用导数求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道有一定难度的题. 31【分析】设正四棱柱的高为h ，底面边长为a ，用h 表示出a ，写出正四棱柱容器的容积，利用导数求出V 取最大值时对应的h 值． 【详解】设正四棱柱的高为h ，底面边长为a ，如图所示；则h 2+2a 2＝（2×2）2， 所以a 2＝812-h 2，所以正四棱柱容器的容积为V ＝a 2h ＝（812-h 2）h 12=-h 3+8h ，h △（0，4）；求导数得V ′32=-h 2+8，令V ′＝0，解得h =所以h △（0V ′＞0，V （h ）单调递增；h △4）时，V ′＜0，V （h ）单调递减；所以h =V 取得最大值．【点睛】本题考查了球内接正四棱柱的体积的最值问题，也考查了利用导数求函数的最值问题，是中档题． 32．-3 【分析】由题设易知()()g x f x n =-为奇函数且2()3g x x m '=+，当0m ≥由导数研究()g x 单调性并确定最值，可得82()82n m f x n m --≤≤++，结合已知判断是否符合题设；当0m <由导数确定()g x 的零点，2、02<<判断是否符合题设，若符合结合恒成立，列不等式组求参数m 、n 即可. 【详解】由题意，令3()()g x f x n x mx =-=+，易知()g x 是奇函数，2()3g x x m '=+，1、当0m ≥时，()0g x '≥，即()g x 单调递增，min ()(2)82g x g m =-=--，max ()(2)82g x g m ==+， △82()82n m f x n m --≤≤++，任意的[2,2]x ∈-，使得()2f x ≤， 当0n ≥时，8282n m ++≥>，不合题意； 当0n <时，8282n m --<-<-，不合题意；2、当0m <时，()0g x '=有x =△2，则[2,2]x ∈-上()0g x '<，即()g x 单调递减，故82()82n m f x n m ++≤≤--，同1可知不合题意；当02<，则[2,-、2]上()0g x '>，即()g x 单调递增，(上()0g x '<，即()g x 单调递减，△△(2)822(2)822f n m f n m -=--≥-⎧⎨=++≤⎩得3m ≤-，或△2((23223m f n m f n ⎧=⋅+≤⎪⎪⎨⎪=+≥-⎪⎩得3m ≥-，△3m =-，代入△得0n =，故3m n +=-. 故答案为：3- 【点睛】关键点点睛：构造奇函数并利用导数研究单调性，进而确定()f x 的范围，结合分类讨论及不等式恒成立，列不等式组求参数. 33．2.6． 【详解】解：设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列{}n a ，其13a = ，公比为12 ，其前n 项和为n A ．莞（植物名）的长度组成等比数列{}n b ，其11b =，公比为2 ，其前n 项和为n B ．则131212,12112nnn nA B ⎛⎫- ⎪-⎝⎭==--，令n n A B = ，化为：6272nn+=， 解得26n = 或21n = （舍去）． 即：lg 6lg 31 2.6lg 2lg 2n ==+≈ . 所需的时间约为2.6 日. 34．535 【分析】根据每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，将每个盒子能放入的球个数列举出来，由总球数为5，以可能的球数组合列举分组，结合组合数求出它们所有不同放法 【详解】四个盒子放球的个数如下 1号盒子：{0，1} 2号盒子：{0，1，2}3号盒子：{0，1，2，3} 4号盒子：{0，1，2，3，4}结合由5个不同的小球全部放入盒子中，不同组合下放法5 = 1 + 4：153C 种5 = 2 + 3：254C 种5 = 1 + 1 + 3：31526C C 种 5 = 1 + 2 + 2：22536C C 种 5 = 1 + 1 + 1 + 2：2115323C C C 种△5个相同的小球放入四个盒子方式共有535种 故答案为：535 【点睛】本题考查了组合数，对问题分类、分组，应用组合数的计算 35．9 【分析】由题意，计算2K ，列出不等式求出a 的取值范围，再根据题意求得a 的值. 【详解】解：由题意知：2 6.635K ≥, 则()()()()2265302015131360 6.635204515505400a a a a a +---⎡⎤-⎣⎦=≥⨯⨯⨯，解得：8.65a ≥或0.58a ≤， 因为：5a >且155a ->，a Z ∈， 综上得：8.6510a ≤<，a Z ∈， 所以：=9a . 故答案为：9. 【点睛】本题考查独立性检验的应用问题. 36．12 【分析】由()n a b +的二项展开式的通项1C r n rr r n T a b -+=，可知6(12)x +展开式的二项式系数为6(0,1,,6)r C r =，当3r =时，二项式系数的最大值为a ，6(12)x +展开式的系数为62(0,1,,6)r rC r =，当满足116611662222r r r r r r r r C C C C ++--⎧≥⎨≥⎩时，系数的最大值为b ，求解即可. 【详解】 由题意可知6(12)x +展开式的二项式系数为6(0,1,,6)r C r =，当3r =时，取得最大值3620a C ==6(12)x +展开式的系数为62(0,1,,6)r r C r =，当满足116611662222r r r r r r r r C C C C ++--⎧≥⎨≥⎩时，系数最大. 即116!6!22!?(6)!(1)!?[6(1)]!6!6!22!?(6)!(1)!?[6(1)]!rr r r r r r r r r r r +-⎧≥⎪-+-+⎪⎨⎪≥⎪----⎩∴1261217r r r r ⎧≥⎪⎪-+⎨⎪≥⎪-⎩，即12(6)2(7)r r r r +≥-⎧⎨-≥⎩解得111433r ≤≤又0,1,,6r =4r ∴=时，系数的最大值为4462240b C ==则2401220b a == 故答案为：12 【点睛】本题考查二项式定理，求二项式系数最大值时，列出不等式组116611662222r r r r r r r r C C C C ++--⎧≥⎨≥⎩是解决本题的关键.属于一道较难的题. 37．168 【分析】分,,,E F G H 涂4种，3种或2种颜色，再分别计算涂色的方法种数.【详解】△对,,,E F G H 涂4种颜色，对于剩下的,,,A B C D 各剩2种颜色，且相邻的都含一种颜色是相同的，即当某个点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，那么,,,A B C D 共有2种情况，共有44248A ⨯=种，△对,,,E F G H 涂3种颜色，对于,,,E F G H 从4种颜色中取3种，即344C =，从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即133C =，再对这四种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，再对其他不重复的2种进行排列222A =，即2224A =对于剩下的,,,A B C D 同△一样，各剩2个颜色，当其中一点取一种颜色时，其他点颜色是确定的，共有2种，故共有312432224322296C C A ⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=种，△,,,E F G H 涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有24212C ⨯=种方法，,,,A B C D 共2种颜色，故共有242224C ⨯⨯=种方法， 所以一共有489624168++=种方法. 故答案为：168 【点睛】关键点点睛：本题考查排列，组合，计数原理的综合应用，本题的关键是正确分类,,,E F G H 的涂色方法种数，并且先涂,,,E F G H ，再涂,,,A B C D .38．【分析】根据已知条件确定M ，N ，A 的坐标，要使AMN 是锐角三角形，有0AM AN ⋅>且2b b a<，结合向量数量积的坐标表示，并整理为关于双曲线参数a 、c 的齐次不等式组，求离心率范围. 【详解】由题意知：2(,)b M c a ，2(,)b N c a -，不妨假设(0,)A b ，△AMN 是锐角三角形，△2MAN π∠<，即2242222()()0b b b AM AN c b b c b a a a⋅=+---=+->，且2b b a <，△42242222222201c a c a c a a c a a ⎧-+-->⎪⎪⎨-⎪>⎪⎩，整理得422420{2e e e -+<>，解得e ∈，故答案为：【点睛】关键点点睛：根据锐角三角形的性质，易知0AM AN ⋅>且2b b a<，由不等式组求离心率范围. 39．)+∞【分析】设P 位于第四象限，可知20PF bk a<<，设(),P x y ，由2OP OF =和P 在双曲线上可构造方程组求得P 点坐标，由此表示出2PF k ，由20PF b k a <<化简可得2b a >，根据e 可求得结果. 【详解】由双曲线方程知其渐近线方程为：by x a=±； 不妨设P 位于第四象限，则若直线2PF 与C 的左支有交点，则20PF b k a<<； 设(),P x y ，由2OP OF =得：222x y c +=，又22221x y a b-=，x ∴=2b yc =-，2220PF b k --∴==，20ba<，即2c ab ->，()()22222c ab a b c ∴->+， 整理可得：222a c ab <-，即2222c a b ab -=>，2ba∴>，e ∴=C的离心率的取值范围为)+∞.故答案为：)+∞.【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种： （1）根据已知条件，求解得到,a c 的值或取值范围，由ce a=求得结果； （2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于,a c 的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率e ，从而得到结果. 40． 【分析】已知得,P Q 关于原点对称，设00(,)P x y ，则00(,)Q x y --，00(,)A x y -，由向量线性运算求得D 点坐标，求得,QP QB 的斜率关系，再设11(,)B x y ，用点差法可求得22BP BQb k k a=-，再由已知斜率之积可得,a b 的等式，从而求得离心率．【详解】因为线段PQ 是圆222x y r +=的一条直径，所以,P Q 关于原点对称， 设00(,)P x y ，则00(,)Q x y --，00(,)A x y -，又35PD PA =，即003(2)5D y y y -=⨯-，015D y y =-，即001(,)5D x y -，所以00PQy k x =，000000122555QB QDPQ y y y k k k x x x -+===⋅=+，△ 设11(,)B x y ，则2210101022101010BP BQy y y y y y k k x x x x x x -+-⋅=⋅=-+-，又22112222002211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，相减得22221010220x x y y a b --+=，2221022210y y b x x a -=--， 所以22PB QB k k b a =-⋅，△，而12PQ PB k k =-，△，由△△△可得222152b a ⎛⎫⨯-=- ⎪⎝⎭，22215a c a -=，所以c e a ==．． 【点睛】本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于,,a b c 的齐次等式．解题方法是设0011(,),(,)P x y B x y ，由对称性得,,Q A 坐标，再得D 点坐标，用点差法求得22PB QB k k b a =-⋅，这样可利用直线的斜率得出关系式． 41．⎡⎣【分析】令(,)A x y ，根据2MA AB =得332(,)22x t y B --，由,A B 在圆C 上代入坐标，整理可将问题转化为两个圆有公共点，则两圆的圆心距离在15[,]33内，进而求t 的范围.【详解】由题意，可得如下示意图，令(,)A x y ，由2MA AB =知：332(,)22x t y B --，又,A B 在C 上， △22221(3)(32)144x y x t y +=--+=⎧⎪⎨⎪⎩，整理得22221{24339x y t x y +=⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即两圆有公共点，△两圆的圆心距离为d =，半径分别为1、23，故当1533d ≤≤时符合题意，△2021t ≤≤，即t∈[.故答案为：[. 【点睛】关键点点睛：设(,)A x y ，利用向量共线的坐标表示求B 坐标，将点代入圆的方程将问题转化为两圆有公共点，求参数范围. 42．8 【分析】将圆化为标准式，画出图形，利用圆的性质和三角形相似（线段长度关系）进行两次放缩即可得到答案. 【详解】 如图，P 为圆22:(7)(3)4A x y -+-=上一动点，Q 为圆22:(4)4B x y -+=上一动点，O 为坐标原点，取(3,0)T ，连接BQ ，TQ ，则||||1||||2TB BQ BQ OB ==，所以易得TBQ QBO ∽，所以||2||OQ TQ =，又易知||||2PQ AQ ≥-，所以||||||||2||22||2||22||28OQ PQ AQ OQ AQ QT AQ AT ++≥+-=+-≥-=． 故答案为：8. 43【分析】直线l ：()()m n x 2n 4m y 6n 0++--=，化为()()m x 4y n x 2y 60-++-=，可得直线l 经过定点()M 4,1.线段PM 的中点G.根据PQ l.⊥可得点Q 在以点G 为圆心，以PG 为半径点圆上.利用点到直线的距离公式可得点Q 到直线x 2y 80--=的距离的最小值． 【详解】解：直线l ：()()m n x 2n 4m y 6n 0++--=，化为()()m x 4y n x 2y 60-++-=，联立x 4y 0x 2y 60-=⎧+-=⎨⎩，解得x 4=，y 1=．∴直线l 经过定点()M 4,1．线段PM 的中点()G 2,2． PQ l ⊥．∴点Q 在以点G 为圆心，以PG其圆的标准方程为：22(x 2)(y 2)5-+-=．圆心G 到直线x 2y 80--=点距离d ==∴点Q 到直线x 2y 80--=【点睛】本题考查了直线系的应用、圆的方程、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．44【分析】如图所示，过点P 作1//PM BC 交MC 于点M ，连接,,QM QC RC ，证明2DQ QB =，RQ QC ⊥，再利用勾股定理计算得到答案. 【详解】如图所示：过点P 作1//PM BC 交MC 于点M ，连接,,QM QC RC .1//PM BC ，1BC ⊂平面11ABC D ，故//PM 平面11ABC D ，//PQ 平面11ABC D ， PMPQ P =，故平面//PQM 平面11ABC D ，故//QM AB ，故2DQ QB =.1CC ⊥平面ABCD ，RQ ⊂平面ABCD ，故1CC RQ ⊥，PQ RQ ⊥，PQ RQ Q =.故RQ ⊥平面PQC ，QC ⊂平面PQC ，故RQ QC ⊥.故CR ==PR =.3.【点睛】本题考查了立体几何中的线段长度，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.。
立体几何与排列组合
立体几何与排列组合1．平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1的六个面都是菱形，则D 1在面ACB 1上的射影是∆ACB 1的 （ ） A 重心 B 外心 C 内心 D 垂心2．长方体三条棱分别为a,b,c,若长方体所有的棱长度之和为24，一条对角线为5，体积为2，则cb a 111++等于 （ ） A411 B 114 C 211 D 112 3．已知，正四棱锥侧面是正三角形，设侧面与底面所成的二面角为1θ，相邻两侧面所成的二面角为2θ，则 （ ）A212θπθ-=B 2221θπθ-=C21θθ= D 221θθ=4．在北纬450圈上，有甲、已两地。
它们的经度分别为东经1400和西经1300，地球的半径是R ，则甲、已两地球面距离是 （ ） AR π21 B R π41 C R π23 D R π31 5．若三棱锥A －BCD 的侧面ABC 内一动点P 与底面BCD 的距离与到AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与△ABC 组成的图形可能是（ ）6．在空间四边形ABCD 中，AB =BC =CD =DA ， E ∈AB,F ∈CD 且AE ：EB =CF ：FD = λ （0＜ λ ＜1 ＝ 设EF 与AC 、BD 所成的角分别是 α 、 β ，则 α+β= （ ） A.大于90°B.小于90°C.等于90°D.与 λ 的值有关7.12名同学合影，站成了前排4人后排8人．现摄影要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为（ ） A ．2686C A B ．2283C AC ．2286C AD ．2285C A8.如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法种数为 （ ）(A)96 (B) 84 (C) 60 (D)489、将5明志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为 ( )A. 540B.300C.180D.15010.从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案为（ ）A 100B 110C 120D 18011.一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看.现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有 （ ） （A ）24种 (B)36种 （C ）48种 （D ）72种 12. 若9290129(13)......x a a x a x a x -=++++，则129......a a a +++=13、若=+++++++++=-5432101223344555,)2(a a a a a a x a x a x a x a x a x 则_________；14．已知长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中AA 1=AB=2，若棱AB 上存在点P ，使PC P D ⊥1，则棱AD 的长的取值范围是______15．已知△BCD 中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB=60°，E 、F 别是AC 、AD 上的动点，且).10(<<==λλADAF AC AE（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ； （Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？16．在四面体ABCD 中，1,,,==⊥⊥⊥BC AB CD BC BD AB BC AB 且。
立体几何中组合问题的几种解法
立体几何中组合问题的几种解法解决几何组合问题时，应准确灵活使用加法原理和乘法原理，要分类分步进行，做到不重复不遗漏。
1 直接求解法例1：四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法有多少种?分析：正面考虑本题各步骤的方法比较复杂，计算困难，应运用逆向思维，即先考虑从10个点任意取出4个点的方法，再减去从10个点中取出4点共面的的方法即可。
解：从10个点中找出4个点的方法有Ｃ410=210种，其中在四面体的四个面内各有6个点，取出共面的4个点的方法有4Ｃ4■=60种；相邻面各棱的中点4点共Ｃ410面的有3种；一条棱上三点与其相对棱中点也共面，共6种。
∴所求方法N=210-60-3-6=141(种)本题应注意“哪些点共面?”共有几种情况?[1]例2：从平面Ⅱ上取6个点，再从平面B上取4个点，这10个点最多可确定多少个三棱锥?解法①：分三种情况考虑：第一种情况从平面a上的6个点中任取一个再与从平面β上的4个点中任取3个点构成的三棱锥有Ｃ1■Ｃ■■个；第二种情况，从平面a上的6个点中任取2个与平面13上的4个点中任取2个点构成的三棱锥有Ｃ2■Ｃ2■个；第三种情况，从平面a上的6个点中任取3个点与平面β上的4个点中任取1个点构成的三棱锥有Ｃ■■Ｃ1■个。
根据加法原理共有Ｃ1■Ｃ■■+Ｃ2■Ｃ2■ +Ｃ■■Ｃ1■ =24+90+80=194(个)。
解法②：逆向思维：从10个点中任取4个点的组合数Ｃ410中，去掉4个点共面的两种情况即4点在平面a上的Ｃ4■个，4点在平面β上的Ｃ4■个。
其余的任4点都能构成一个三棱锥。
因此，可构成三棱锥Ｃ410-Ｃ4■-Ｃ4■=210-15-1=194(个)。
2 从几何概念上求解［2］例3：空间10个点，无三点共线，其中有六个点共面，其余无四个点共面，则这些可以组成四棱锥的个数有多少个?此题易错解，仿上例。
错解一：从共面的6个点中任取1个、2个、3个、4个点，与从另外4个不共面的点中任取4个、3个、2个、1个点可构成的四棱锥有Ｃ1■Ｃ4■＋Ｃ2■Ｃ■■＋Ｃ■■Ｃ2■=6+60=120+60=246(个)。
高考数学删减知识点
高考数学删减知识点随着教育改革的不断深入，高考数学的内容也在不断调整。
为了减轻学生的学习负担，数学考试中的一些知识点被逐渐删除或减少。
本文将为大家分析高考数学中的删减知识点，以帮助考生更好地备战高考。
一、解析几何的删减在过去，解析几何是高中数学中的一个重要部分，但是在近年来的高考中，解析几何的知识点逐渐被删减。
具体来说，高考数学中不再要求学生掌握解析几何的坐标系、点、直线、圆等的定义和基本性质。
这些内容较为繁琐，学生需要大量的时间去记忆和掌握，而实际运用的机会相对较少。
因此，在高考中删减这部分内容是为了减轻学生的负担，让他们有更多的时间和精力去学习其他重要的数学知识。
二、排列组合的删减在过去的高考数学中，排列组合是一个重要的知识点，要求学生掌握排列组合的概念、性质以及一些基本的计算方法。
然而，在近年来的高考中，排列组合的考查范围逐渐缩小。
具体来说，高考数学中不再要求学生掌握高阶排列组合、重复排列组合等复杂的计算方法。
这是因为在实际生活中，这些知识点的运用频率较低，而且需要较高的数学思维能力和计算能力，对大部分学生来说难度较大。
因此，在高考中删减这部分内容是为了照顾普通学生的实际学习情况。
三、立体几何的删减在过去的高考数学中，立体几何是一个相对复杂的知识点，要求学生掌握立体几何的基本概念、性质以及一些计算方法。
然而，在近年来的高考中，立体几何的考查范围逐渐缩小。
具体来说，高考数学中不再要求学生掌握曲面、体积等立体几何的计算方法。
这是因为这些知识点的运用相对较少，而且需要较高的数学思维能力和计算能力。
因此，在高考中删减这部分内容是为了让学生更好地掌握重要的数学知识，提高他们的数学素养。
四、其他知识点的删减除了上述列举的知识点之外，高考数学中还有一些其他的知识点被删减，比如立体坐标系的表达方式、函数的定义和性质等。
这些知识点的删减都是经过认真的思考和调查后做出的决策，目的是为了让高考数学更符合学生的实际学习情况和社会需求。
将排列组合及二项式定理改为解析几何和立体几何
将排列组合及二项式定理改为解析几何和立体几何1. 引言本文旨在探讨如何将排列组合及二项式定理的概念和方法应用于解析几何和立体几何中。
通过将这些数学概念与几何问题相结合，可以提供更深入的理解和解决问题的方法。
2. 排列组合与解析几何2.1 排列组合在解析几何中的应用排列组合是通过考虑事物的不同排列和组合方式来解决问题的方法。
在解析几何中，我们可以将排列组合的思想应用于点、线、面和体等几何对象的排列和组合情况。
例如，在一个坐标系中给定了若干个点，我们可以使用排列组合的方法来计算这些点能够构成的直线、平面或其他几何形状的数量。
这种方法可以帮助我们更好地理解几何对象之间的关系和特点。
2.2 二项式定理与解析几何的关系二项式定理是一种将两个数相乘的方法，它展示了一种将两个几何图形相乘的方法。
在解析几何中，我们可以将二项式定理应用于计算多个几何图形的组合形成的新图形的面积、体积或其他属性。
例如，在一个三维空间中，我们可以使用二项式定理来计算两个球的组合形成的空间的体积。
这种方法可以帮助我们计算复杂几何体之间的关系和属性。
3. 排列组合与立体几何3.1 排列组合在立体几何中的应用排列组合在立体几何中的应用主要涉及到对象的排列和组合方式。
在立体几何中，我们可以使用排列组合的方法来计算多边形的排列、几何体的摆放等问题。
例如，在一个平面上给定了多个点，我们可以使用排列组合的方法来计算这些点能够构成的多边形的数量。
这种方法可以帮助我们研究多边形之间的关系和特性。
3.2 二项式定理与立体几何的关系二项式定理在立体几何中的应用主要涉及到几何体的组合和性质方面。
通过运用二项式定理，我们可以计算几何体组合形成的新几何体的属性，比如面积、体积等。
例如，在一个三维空间中，我们可以使用二项式定理来计算多个几何体组合形成的新几何体的体积。
这种方法可以帮助我们研究复杂几何体之间的关系和属性。
4. 结论本文讨论了将排列组合及二项式定理的概念和方法应用于解析几何和立体几何中的相关应用。
高中数学：立体几何中的排列组合概率问题
主要是指以立体几何中的点、线、面的位置关系为背景的排列、组合、概率问题。
一、分类讨论共面问题例1、不共面的四个定点到平面α的距离都相等，这样的平面α共有（）A. 3个B. 4个C. 6个D. 7个解析：平面α可以分为两类：一类是在平面α的两侧各有两个点；另一类是在平面α的两侧分别有一个点和三个点。
如图1，设E、F、G、H、M 分别是AB、AC、AD、CD、BD的中点，过E、F、G三点的平面α满足题意，这样的平面有4个；又过E、F、H、M的平面α也满足题意，这样的平面有3个。
故适合题设的平面α共有7个，应选D。
图1例2、在四棱锥P—ABCD中，顶点为P，从其他的顶点和各棱的中点中取3个，使它们和点P在同一平面上，不同的取法有（）种。
A. 40B. 48C. 56D. 62图2解析：如图2，满足题设的取法可分为三类：（1）在四棱锥的每个侧面上除点P外任取3点，有（种）不同的取法；（2）在两个对角面上除点P外任取3点，共有（种）不同的取法；（3）过点P的每一条棱上的三点和与这条棱异面的棱的中点也共面，共有（种）不同的取法。
故不同的取法共有（种）。
这类问题应根据立体图形的几何特点，选取恰当的分类标准，做到分类既不重复，也不遗漏。
在例2中，最容易漏掉的是第（3）类，最易重复的也是第（3）类。
二、灵活转化异面问题例3、过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）A. 18对B. 24对C. 30对D. 36对解析：大家知道一个三棱锥可以确定3对异面直线，一个三棱柱可以组成（个）三棱锥，则共有36对异面直线。
故选D。
利用熟知的立体图形来灵活转化，是处理异面直线配对问题的常用方法。
例4、四棱锥的8条棱分别代表8种不同的化工产品，有公共点的两条棱所代表的化工产品在同一仓库中存放是危险的，没有公共点的棱所代表的化工产品在同一仓库中存放是安全的。
现有编号为①②③④的四个仓库，用来存放这8种化工产品，则安全存放的不同方法总数为（）A. 96B. 48C. 24D. 0图3解析：如图3，分别用1～8标号的棱表示8种不同的化工产品，易知可以两两放入同一仓库的情况如下（其实就是异面直线配对）：则8种产品安全存放有“（1，5）、（2，6）、（3，7）、（4，8）”和“（1，8）、（2，5）、（3，6）、（4，7）”两种可能，故所求的方法总数为（种），应选B。
数学母题38种
数学母题38种数学是一门深奥的科学，它不仅具有强大的理论基础，还有广泛的应用领域。
而在数学中，母题一直都是考试难度较大的一部分，在考生备考中重要性不言自明。
在这里，我将介绍38种数学母题，为备考的同学提供一些参考。
一、代数分式代数分式是数学中的一个基础概念，指的是由若干项组成的表达式，每一项中都含有某个未知量。
代数分式题目通常包含化简、分解等操作，考察学生的代数运算能力。
二、不等式不等式是数学中一个比较广泛的概念，常见形式有一元不等式、二元不等式等。
不等式题目主要考察学生的代数运算能力和逻辑推理能力。
三、方程方程是数学中的一个基础概念，是指含有未知量的等式。
方程题目主要考察学生的代数运算能力和解方程能力。
四、函数函数是数学中一个重要的概念，是指一种特定的关系，它将一个自变量映射到一个因变量上。
函数题目通常包含图像分析、函数值计算等操作，考察学生对函数的基本理解和应用能力。
五、立体几何立体几何是数学中一个较为复杂的概念，它涉及到三维空间中的形状和结构。
立体几何题目通常包含计算体积、表面积等操作，考察学生对几何概念的理解和运用能力。
六、平面几何平面几何是数学中的一个基础概念，它涉及到二维平面中的形状和结构。
平面几何题目通常包含计算长度、角度等操作，考察学生对平面几何概念的理解和应用能力。
七、三角函数三角函数是数学中的一类函数，它由正弦函数、余弦函数、正切函数等组成。
三角函数题目通常涉及到函数值、角度计算等操作，考察学生对三角函数的基本概念和应用能力。
八、数列与数列求和数列是数学中的一个基础概念，是由一列数字组成的序列。
数列求和题目则是基于数列的特性，考察学生的数学运算能力和资料分析能力。
九、排列组合排列组合是数学中的一个概念，它涉及到从一组元素中，按照一定的规则取出特定数量的元素。
排列组合题目通常涉及到选号、选手分组等操作，考察学生对排列组合概念的理解和应用能力。
十、概率概率是数学中的一个基础概念，指的是某个事件发生的可能性。
例谈立体几何背景下排列组合问题的不同解题思路
例谈立体几何背景下排列组合问题的不同解题思路排列数问题
穷举法：穷举法的核心是将所有可能性均列出来，为了避免数多或数漏，多采用树状图方法。
分类讨论法：①分清元素、位置和限制条件；②决定是从位置还是元素开始讨论（哪个少就从哪个开始讨论）；③从限制最多的开始讨论，随后是限制条件次多的，逐一进行讨论。
正难则反法：①不看限制条件求全集②求限制条件反面的子集，③全集减子集。
捆绑法：①把相邻元素捆绑处理②将捆绑后的元素当做一个整体进行排序。
插书法：①先考虑不受限值元素的排列②再将不相邻的元素插在前面元素排列在空位中。
组合数问题
分类数数问题：该类型题的主要难点是不要出现重复计数和遗漏计数的问题，常用的解题技巧是最大值法和正难则反法。
分组排序问题：
①每组所含元素个数一样多，又称之为平均分组，策略为：取取取后再去序；
②每组所含元素个数均不一样，策略为：取取取；
③每组所含元素个数有一样多的也有不一样多的，策略为：取取取后对于元素个数相等的组之间要去序。
涂色问题：①对要涂色的区域进行分组，涂几种颜色就分几组，分组的原则是同组的区域互不相邻，这一步是重点，通常采用的是穷举法；②进行排序，每组填一种颜色，就是颜色种类的全排列。
插棍问题：①正整数解问题②非负数整数解。
数学题型全归纳及总结
数学题型全归纳及总结2020-08-18数学题型全归纳及总结导读：高考数学如何复习才能更有效的提分？每天刷题真的会有效吗？在高考数学复习中，你遇到过类似的问题吗？下面的小编给你们带来了20XX高考数学备考冲刺:题型全归纳及总结，供考生们参考。
20XX新课标高考数学题型全归纳一、排列组合篇1. 掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题。
2. 理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。
3. 理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。
4. 掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。
5. 了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。
6. 了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。
7. 了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。
8. 会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率.二、立体几何篇1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。
2. 判定两个平面平行的方法：(1)根据定义--证明两平面没有公共点;(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。
三、数列问题篇1. 在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的'指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;2. 在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
第五讲 立体几何.
第五讲 立体几何立体几何作为高中数学的重要组成部分之一，当然也是每年的全国联赛的必然考查内容。
竞赛数学当中的立几题往往会以中等难度试题的形式出现在一试中，考查的内容常会涉及角、距离、体积等计算。
解决这些问题常会用到转化、分割与补形等重要的数学思想方法。
一、立体几何中的排列组合问题。
例一、（1991年全国联赛一试）由一个正方体的三个顶点所能构成的正三角形的个数为（A ）4； （B ）8； （C ）12； （D ）24。
分析：一个正方体一共有8个顶点，根据正方体的结构特征可知，构成正三角形的边必须是正方体的面对角线。
考虑正方体的12条面对角线，从中任取一条可与其他面对角线构成两个等边三角形，即每一条边要在构成的等边三角形中出现两次，故所有边共出现112224C =次，而每一个三角形由三边构成，故一共可构成的等边三角形个数为2483=个。
例二、（1995年全国联赛一试）将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法的总数是 。
分析：就四棱锥P —ABCD 而言，显然顶点P 的颜色必定不同于A 、B 、C 、D 四点，于是分三种情况考虑：① 若使用三种颜色，底面对角线上的两点可同色，其染色种数为：3560A =（种） ② 若使用四种颜色，底面有一对对角线同色，其染色种数为：1425240C A ⋅=（种）③ 若使用五种颜色，则各顶点的颜色各不相同，其染色种数为：55120A =（种）故不同染色方法种数是：420种。
二、与角有关的计算。
立体几何中的角包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角三种。
其中两条异面直线所成的角通过作两条异面直线的平行线找到表示异面直线所成角的相交直线所成的角，再构造一个包含该角的三角形，解三角形即可以完成；直线和平面所成的角则要首先找到直线在平面内的射影，一般来讲也可以通过解直角三角形的办法得到，其角度范围是[]0,90︒︒；二面角在求解的过程当中一般要先找到二面角的平面角，三种方法：①作棱的垂面和两个半平面相交；②过棱上任意一点分别于两个半平面内引棱的垂线；③根据三垂线定理或逆定理。
几何形体组合知识点总结
几何形体组合知识点总结1. 几何形体的分类几何形体可以根据维度的不同进行分类，一般可以分为一维、二维和三维几何形体。
一维几何形体：一维几何形体是指只有长度，没有宽度和高度的几何形体。
例如线段、射线和直线等。
二维几何形体：二维几何形体是指具有长度和宽度，但没有高度的几何形体。
例如矩形、正方形、三角形、圆形等。
三维几何形体：三维几何形体是指具有长度、宽度和高度的几何形体。
例如立方体、球体、圆柱体、圆锥体等。
2. 几何形体的组合几何形体的组合是指将多个几何形体按照一定的规则进行组合或排列，形成新的几何形体。
几何形体的组合可以分为两种基本情况：组合和分解。
组合：将多个相同或不同的几何形体按照一定的规则排列组合在一起，形成新的几何形体。
分解：将一个几何形体按照一定的规则进行拆分，得到其组成部分或者其他几何形体。
3. 几何形体的组合方法几何形体的组合方法有很多种，常见的有以下几种：叠加：将多个几何形体叠加在一起，形成新的几何形体。
例如将两个三角形叠加在一起形成一个平行四边形。
拼接：将多个几何形体通过拼接的方式组合在一起，形成新的几何形体。
例如将多个长方形通过拼接组合成一个更大的长方形。
堆叠：将多个几何形体按照一定的规则进行堆叠，形成新的几何形体。
例如将多个立方体按照一定的规则进行堆叠，形成一个更大的立方体。
拆分：将一个几何形体按照一定的规则进行拆分，得到其组成部分或者其他几何形体。
4. 几何形体的组合问题在几何形体的组合过程中，会涉及到一些与组合有关的问题，解决这些问题需要运用一些几何知识和技巧。
叠加问题：计算多个几何形体叠加在一起的表面积、体积等。
解决这类问题需要计算各个部分的面积、体积并进行叠加。
拼接问题：计算多个几何形体通过拼接形成的新几何形体的大小、面积、位置等。
解决这类问题需要分析各个部分的大小、位置关系并进行拼接。
堆叠问题：计算多个几何形体按照一定规则进行堆叠后的新几何形体的大小、体积等。
解决这类问题需要考虑堆叠的规则、层数等。
运用排列组合知识解决立体几何问题
运用排列组合知识解决立体几何问题
马西华
【期刊名称】《中学生数理化（尝试创新版）》
【年(卷),期】2012(000)012
【摘要】立体几何与排列组合综合问题是高考命题的新趋势，这是一类既富思考情趣，又融众多知识和技巧于一体，且综合性强、灵活性高、难度颇大的挑战性问题．解决这类问题，不仅要具备排列组合的有关知识，而且还要具备较强的空间想象能力．解决这类问题的关键是明确形成几何图形的元素，
【总页数】1页(P11-11)
【作者】马西华
【作者单位】山东
【正文语种】中文
【中图分类】G633.63
【相关文献】
1.正确运用WTO争端解决机制保护国家利益——论美欧针对我国知识产权执法启动WTO争端解决机制的法律对策 [J], 赵立群
2.谈运用向量工具解决立体几何问题 [J], 李让仁
3.运用空间向量知识,解决立体几何问题 [J], 刘汉文
4.理性语文:运用语文知识解决语文实践问题——"新课标"视域下的语文知识运用略谈 [J], 安杨华
5.运用排列组合知识求解集合问题 [J], 吴德明
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2020高考复习专题之立体几何与排列组合
§09. 立体几何 知识要点一、 平面.1. 经过不在同一条直线上的三点确定一个面.注：两两相交且不过同一点的四条直线必在同一平面内.2. 两个平面可将平面分成3或4部分.（①两个平面平行，②两个平面相交）3. 过三条互相平行的直线可以确定1或3个平面.（①三条直线在一个平面内平行，②三条直线不在一个平面内平行）[注]：三条直线可以确定三个平面，三条直线的公共点有0或1个. 4. 三个平面最多可把空间分成 8 部分.（X 、Y 、Z 三个方向） 二、 空间直线.1. 空间直线位置分三种：相交、平行、异面. 相交直线—共面有反且有一个公共点；平行直线—共面没有公共点；异面直线—不同在任一平面内[注]：①两条异面直线在同一平面内射影一定是相交的两条直线.（×）（可能两条直线平行，也可能是点和直线等）②直线在平面外，指的位置关系：平行或相交③若直线a 、b 异面，a 平行于平面α，b 与α的关系是相交、平行、在平面α内. ④两条平行线在同一平面内的射影图形是一条直线或两条平行线或两点.⑤在平面内射影是直线的图形一定是直线.（×）（射影不一定只有直线，也可以是其他图形） ⑥在同一平面内的射影长相等，则斜线长相等.（×）（并非是从平面外一点．．向这个平面所引的垂线段和斜线段）⑦b a ,是夹在两平行平面间的线段，若b a =，则b a ,的位置关系为相交或平行或异面.2. 异面直线判定定理：过平面外一点与平面内一点的直线和平面内不经过该点的直线是异面直线.（不在任何一个平面内的两条直线）3. 平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.4. 等角定理：如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行并且方向相同，那么这两个角相等（如下图）. （二面角的取值范围[)οο180,0∈θ） （直线与直线所成角(]οο90,0∈θ）（斜线与平面成角()οο90,0∈θ）（直线与平面所成角[]οο90,0∈θ） （向量与向量所成角])180,0[οο∈θ推论：如果两条相交直线和另两条相交直线分别平行，那么这两组直线所成锐角（或直角）相等. 5. 两异面直线的距离：公垂线的长度.空间两条直线垂直的情况：相交（共面）垂直和异面垂直.21,l l 是异面直线，则过21,l l 外一点P ，过点P 且与21,l l 都平行平面有一个或没有，但与21,l l 距离相等的点在同一平面内. （1L 或2L 在这个做出的平面内不能叫1L 与2L 平行的平面）三、 直线与平面平行、直线与平面垂直.1. 空间直线与平面位置分三种：相交、平行、在平面内.2. 直线与平面平行判定定理：如果平面外一条直线和这个平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行.（“线线平行，线面平行”）[注]：①直线a 与平面α内一条直线平行，则a ∥α. （×）（平面外一条直线） ②直线a 与平面α内一条直线相交，则a 与平面α相交. （×）（平面外一条直线）③若直线a 与平面α平行，则α内必存在无数条直线与a 平行. （√）（不是任意一条直线，可利用平行的传递性证之）④两条平行线中一条平行于一个平面，那么另一条也平行于这个平面. （×）（可能在此平面内）12方向相同12方向不相同⑤平行于同一直线的两个平面平行.（×）（两个平面可能相交）⑥平行于同一个平面的两直线平行.（×）（两直线可能相交或者异面） ⑦直线l 与平面α、β所成角相等，则α∥β.（×）（α、β可能相交）3. 直线和平面平行性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行.（“线面平行，线线平行”）4. 直线与平面垂直是指直线与平面任何一条直线垂直，过一点有且只有一条直线和一个平面垂直，过一点有且只有一个平面和一条直线垂直.● 若PA ⊥α，a ⊥AO ，得a ⊥PO （三垂线定理）， 得不出α⊥PO . 因为a ⊥PO ，但PO 不垂直OA . ● 三垂线定理的逆定理亦成立.直线与平面垂直的判定定理一：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这两条直线垂直于这个平面.（“线线垂直，线面垂直”）直线与平面垂直的判定定理二：如果平行线中一条直线垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面. 推论：如果两条直线同垂直于一个平面，那么这两条直线平行. [注]：①垂直于同一平面．．．．的两个平面平行.（×）（可能相交，垂直于同一条直线．．．．．的两个平面平行） ②垂直于同一直线的两个平面平行.（√）（一条直线垂直于平行的一个平面，必垂直于另一个平面） ③垂直于同一平面的两条直线平行.（√） 5. ⑴垂线段和斜线段长定理：从平面外一点．．向这个平面所引的垂线段和斜线段中，①射影相等的两条斜线段相等，射影较长的斜线段较长；②相等的斜线段的射影相等，较长的斜线段射影较长；③垂线段比任何一条斜线段短.[注]：垂线在平面的射影为一个点. [一条直线在平面内的射影是一条直线.（×）]⑵射影定理推论：如果一个角所在平面外一点到角的两边的距离相等，那么这点在平面内的射影在这个角的平分线上四、 平面平行与平面垂直.1. 空间两个平面的位置关系：相交、平行.2. 平面平行判定定理：如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，哪么这两个平面平行.（“线面平行，面面平行”）推论：垂直于同一条直线的两个平面互相平行；平行于同一平面的两个平面平行. [注]：一平面间的任一直线平行于另一平面.3. 两个平面平行的性质定理：如果两个平面平行同时和第三个平面相交，那么它们交线平行.（“面面平行，线线平行”）4. 两个平面垂直性质判定一：两个平面所成的二面角是直二面角，则两个平面垂直.两个平面垂直性质判定二：如果一个平面与一条直线垂直，那么经过这条直线的平面垂直于这个平面.（“线面垂直，面面垂直”）注：如果两个二面角的平面对应平面互相垂直，则两个二面角没有什么关系.5. 两个平面垂直性质定理：如果两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线也垂直于另一个平面.推论：如果两个相交平面都垂直于第三平面，则它们交线垂直于第三平面.证明：如图，找O 作OA 、OB 分别垂直于21,l l ，因为ααββ⊥⊂⊥⊂OB PM OA PM ,,,则OB PM OA PM ⊥⊥,. 6. 两异面直线任意两点间的距离公式：θcos 2222mn d n m l +++=（θ为锐角取加，θ为钝取减，综上，都取加则必有⎥⎦⎤⎝⎛∈2,0πθ）7. ⑴最小角定理：21cos cos cos θθθ=（1θ为最小角，如图）⑵最小角定理的应用（∠PBN 为最小角）POAaθθ1θ2图2P αβθM A B O简记为：成角比交线夹角一半大，且又比交线夹角补角一半长，一定有4条. 成角比交线夹角一半大，又比交线夹角补角小，一定有2条.成角比交线夹角一半大，又与交线夹角相等，一定有3条或者2条. 成角比交线夹角一半小，又与交线夹角一半小，一定有1条或者没有. 五、 棱锥、棱柱. 1. 棱柱.⑴①直棱柱侧面积：Ch S =（C 为底面周长，h 是高）该公式是利用直棱柱的侧面展开图为矩形得出的. ②斜棱住侧面积：l C S 1=（1C 是斜棱柱直截面周长，l 是斜棱柱的侧棱长）该公式是利用斜棱柱的侧面展开图为平行四边形得出的.⑵{四棱柱}⊃{平行六面体}⊃{直平行六面体}⊃{长方体}⊃{正四棱柱}⊃{正方体}. {直四棱柱}⋂{平行六面体}={直平行六面体}. 四棱柱平行六面体直平行六面体长方体正四棱柱正方体底面是平行四边形侧棱垂直底面底面是矩形底面是正方形侧面与底面边长相等⑶棱柱具有的性质：①棱柱的各个侧面都是平行四边形，所有的侧棱都相等；直棱柱的各个侧面．．．．都是矩形．．．．；正棱柱的各个侧面都是全等的矩形．．．．．. ②棱柱的两个底面与平行于底面的截面是对应边互相平行的全等．．多边形. ③过棱柱不相邻的两条侧棱的截面都是平行四边形.注：①棱柱有一个侧面和底面的一条边垂直可推测是直棱柱. （×） （直棱柱不能保证底面是钜形可如图）②（直棱柱定义）棱柱有一条侧棱和底面垂直. ⑷平行六面体：定理一：平行六面体的对角线交于一点．．．．．．．．．．．．．，并且在交点处互相平分. [注]：四棱柱的对角线不一定相交于一点.定理二：长方体的一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和.推论一：长方体一条对角线与同一个顶点的三条棱所成的角为γβα,,，则1cos cos cos 222=++γβα. 推论二：长方体一条对角线与同一个顶点的三各侧面所成的角为γβα,,，则2cos cos cos 222=++γβα. [注]：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.（×）（斜四面体的两个平行的平面可以为矩形） ②各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱.（×）（应是各侧面都是正方形的直．棱柱才行） ③对角面都是全等的矩形的直四棱柱一定是长方体.（×）（只能推出对角线相等，推不出底面为矩形） ④棱柱成为直棱柱的一个必要不充分条件是棱柱有一条侧棱与底面的两条边垂直. （两条边可能相交，可能不相交，若两条边相交，则应是充要条件）2. 棱锥：棱锥是一个面为多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形. [注]：①一个棱锥可以四各面都为直角三角形.②一个棱柱可以分成等体积的三个三棱锥；所以棱柱棱柱3V S hV ==.⑴①正棱锥定义：底面是正多边形；顶点在底面的射影为底面的中心.[注]：i. 正四棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形.（不是等边三角形） ii. 正四面体是各棱相等，而正三棱锥是底面为正△侧棱与底棱不一定相等iii. 正棱锥定义的推论：若一个棱锥的各个侧面都是全等的等腰三角形（即侧棱相等）；底面为正多边形.②正棱锥的侧面积：'Ch 21S =（底面周长为C ，斜高为'h ） ③棱锥的侧面积与底面积的射影公式：αcos 底侧S S =（侧面与底面成的二面角为α）附： 以知c ⊥l ，b a =⋅αcos ，α为二面角b l a --. 则l a S ⋅=211①，b l S ⋅=212②，b a =⋅αcos ③ ⇒①②③得αcos 底侧S S =.注：S 为任意多边形的面积（可分别多个三角形的方法）.⑵棱锥具有的性质： ①正棱锥各侧棱相等，各侧面都是全等的等腰三角形，各等腰三角形底边上的高相等（它叫做正棱锥的斜高）. ②正棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影组成一个直角三角形，正棱锥的高、侧棱、侧棱在底面内的射影也组成一个直角三角形.⑶特殊棱锥的顶点在底面的射影位置：①棱锥的侧棱长均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心.②棱锥的侧棱与底面所成的角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形的外心. ③棱锥的各侧面与底面所成角均相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心. ④棱锥的顶点到底面各边距离相等，则顶点在底面上的射影为底面多边形内心. ⑤三棱锥有两组对棱垂直，则顶点在底面的射影为三角形垂心.⑥三棱锥的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影为三角形的垂心.⑦每个四面体都有外接球，球心0是各条棱的中垂面的交点，此点到各顶点的距离等于球半径； ⑧每个四面体都有内切球，球心I 是四面体各个二面角的平分面的交点，到各面的距离等于半径.[注]：i. 各个侧面都是等腰三角形，且底面是正方形的棱锥是正四棱锥.（×）（各个侧面的等腰三角形不知是否全等） ii. 若一个三角锥，两条对角线互相垂直，则第三对角线必然垂直.简证：AB ⊥CD ，AC ⊥BD ⇒ BC ⊥AD. 令b AC c AD a AB ===,,得c a c b AD BC c AD a b AB AC BC -=⋅⇒=-=-=,，已知()()0,0=-⋅=-⋅c a b b c a0=-⇒c b c a 则0=⋅AD BC .iii. 空间四边形OABC 且四边长相等，则顺次连结各边的中点的四边形一定是矩形. iv. 若是四边长与对角线分别相等，则顺次连结各边的中点的四边是一定是正方形.简证：取AC 中点'O ，则⊥⇒⊥'⊥'AC AC O B AC o o ,平面=∠⇒⊥⇒'FGH BO AC B O O 90°易知EFGH 为平行四边形⇒EFGH 为长方形.若对角线等，则EFGH FG EF ⇒=为正方形. 3. 球：⑴球的截面是一个圆面. ①球的表面积公式：24R S π=. ②球的体积公式：334R V π=.⑵纬度、经度：①纬度：地球上一点P 的纬度是指经过P 点的球半径与赤道面所成的角的度数.②经度：地球上B A ,两点的经度差，是指分别经过这两点的经线与地轴所确定的二个半平面的二面角的度数，特别地，当经过点A 的经线是本初子午线时，这个二面角的度数就是B 点的经度. 附：①圆柱体积：h r V 2π=（r 为半径，h 为高）labcB CDAabcFEH GBCDAO'Or②圆锥体积：h r V 231π=（r 为半径，h 为高） ③锥形体积：Sh V 31=（S 为底面积，h 为高）4. ①内切球：当四面体为正四面体时，设边长为a，a h 36=，243a S =底，243a S =侧 得a a a R R a R a a a 46342334/424331433643222=⋅==⇒⋅⋅+⋅=⋅. 注：球内切于四面体：h S R S 313R S 31V 底底侧ACD B ⋅=⋅+⋅⋅⋅=- ②外接球：球外接于正四面体，可如图建立关系式.六. 空间向量.1. （1）共线向量：共线向量亦称平行向量，指空间向量的有向线段所在直线互相平行或重合. 注：①若a 与b 共线，b 与c 共线，则a 与c 共线.（×） [当0=b 时，不成立] ②向量c b a ,,共面即它们所在直线共面.（×） [可能异面]③若a ∥b ，则存在小任一实数λ，使b a λ=.（×）[与0=b 不成立] ④若a 为非零向量，则00=⋅a .（√）[这里用到)0(≠b b λ之积仍为向量]（2）共线向量定理：对空间任意两个向量)0(,≠b b a ，a ∥b 的充要条件是存在实数λ（具有唯一性），使b a λ=.（3）共面向量：若向量a 使之平行于平面α或a 在α内，则a 与α的关系是平行，记作a ∥α.（4）①共面向量定理：如果两个向量b a ,不共线，则向量P 与向量b a ,共面的充要条件是存在实数对x 、y 使b y a x P +=.②空间任一点．．．O ．和不共线三点．．．．．．A ．、．B ．、．C ．，则)1(=++++=z y x OC z OB y OA x OP 是PABC 四点共面的充要条件.（简证：→+==++--=AC z AB y AP OC z OB y OA z y OP )1(P 、A 、B 、C 四点共面） 注：①②是证明四点共面的常用方法.2. 空间向量基本定理：如果三个向量．．．．c b a ,,不共面．．．，那么对空间任一向量P ，存在一个唯一的有序实数组x 、y 、z ，使c z b y a x p ++=.推论：设O 、A 、B 、C 是不共面的四点，则对空间任一点P , 都存在唯一的有序实数组x 、y 、z 使OC z OB y OA x OP ++=(这里隐含x+y+z ≠1).AOR注：设四面体ABCD 的三条棱，,,,d AD c AC b AB ===其中Q 是△BCD 的重心，则向量)(31c b a AQ ++=用MQ AM AQ +=即证.3. （1）空间向量的坐标：空间直角坐标系的x 轴是横轴（对应为横坐标），y 轴是纵轴（对应为纵轴），z 轴是竖轴（对应为竖坐标）. ①令a =(a 1,a 2,a 3),),,(321b b b b =，则),,(332211b a b a b a b a ±±±=+))(,,(321R a a a a ∈=λλλλλ332211b a b a b a b a ++=⋅ a ∥)(,,332211R b a b a b a b ∈===⇔λλλλ332211b a b a b a ==⇔0332211=++⇔⊥b a b a b a b a 222321a a a a a a ++=⋅=(用到常用的向量模与向量之间的转化：a a a a a a ⋅=⇒⋅=2)232221232221332211||||,cos b b b a a a b a b a b a b a b a b a ++⋅++++=⋅⋅>=<ρρρρρρ②空间两点的距离公式：212212212)()()(z z y y x x d -+-+-=.（2）法向量：若向量a 所在直线垂直于平面α，则称这个向量垂直于平面α，记作α⊥a ，如果α⊥a 那么向量a 叫做平面α的法向量.（3）用向量的常用方法：①利用法向量求点到面的距离定理：如图，设n 是平面α的法向量，AB 是平面α的一条射线，其中α∈A ，则点B 到平面α的距离为||||n n AB ⋅.②利用法向量求二面角的平面角定理：设21,n n 分别是二面角βα--l 中平面βα,的法向量，则21,n n 所成的角就是所求二面角的平面角或其补角大小（21,n n 方向相同，则为补角，21,n n 反方，则为其夹角）. ③证直线和平面平行定理：已知直线≠⊄a 平面α，α∈⋅∈⋅D C a B A ,，且CDE 三点不共线，则a ∥α的充要条件是存在有序实数对μλ⋅使CE CD AB μλ+=.（常设CE CD AB μλ+=求解μλ,若μλ,存在即证毕，若μλ,不存在，则直线AB 与平面相交）.α▲nBCAαβ▲n 2n 1αCED ABII. 竞赛知识要点一、四面体.1. 对照平面几何中的三角形，我们不难得到立体几何中的四面体的类似性质： ①四面体的六条棱的垂直平分面交于一点，这一点叫做此四面体的外接球的球心；②四面体的四个面组成六个二面角的角平分面交于一点，这一点叫做此四面体的内接球的球心；③四面体的四个面的重心与相对顶点的连接交于一点，这一点叫做此四面体的重心，且重心将每条连线分为3︰1；④12个面角之和为720°，每个三面角中任两个之和大于另一个面角，且三个面角之和为180°. 2. 直角四面体：有一个三面角的三个面角均为直角的四面体称为直角四面体，相当于平面几何的直角三角形. （在直角四面体中，记V 、l 、S 、R 、r 、h 分别表示其体积、六条棱长之和、表面积、外接球半径、内切球半径及侧面上的高），则有空间勾股定理：S 2△ABC +S 2△BCD +S 2△ABD =S 2△ACD.3. 等腰四面体：对棱都相等的四面体称为等腰四面体，好象平面几何中的等腰三角形.根据定义不难证明以长方体的一个顶点的三条面对角线的端点为顶点的四面体是等腰四面体，反之也可以将一个等腰四面体拼补成一个长方体.（在等腰四面体ABCD 中，记BC = AD =a ，AC = BD = b ，AB = CD = c ，体积为V ，外接球半径为R ，内接球半径为r ，高为h ），则有①等腰四面体的体积可表示为22231222222222c b a b a c a c b V -+⋅-+⋅-+=；②等腰四面体的外接球半径可表示为22242c b a R ++=；③等腰四面体的四条顶点和对面重心的连线段的长相等，且可表示为22232c b a m ++=；④h = 4r.二、空间正余弦定理.空间正弦定理：sin ∠ABD/sin ∠A-BC-D=sin ∠ABC/sin ∠A-BD-C=sin ∠CBD/sin ∠C-BA-D 空间余弦定理：cos ∠ABD=cos ∠ABCcos ∠CBD+sin ∠ABCsin ∠CBDcos ∠A-BC-D立体几何知识要点一、知识提纲（一）空间的直线与平面⒈平面的基本性质 ⑴三个公理及公理三的三个推论和它们的用途． ⑵斜二测画法． ⒉空间两条直线的位置关系：相交直线、平行直线、异面直线． ⑴公理四（平行线的传递性）．等角定理． ⑵异面直线的判定：判定定理、反证法． ⑶异面直线所成的角：定义（求法）、范围．⒊直线和平面平行 直线和平面的位置关系、直线和平面平行的判定与性质． ⒋直线和平面垂直⑴直线和平面垂直：定义、判定定理． ⑵三垂线定理及逆定理． 5.平面和平面平行两个平面的位置关系、两个平面平行的判定与性质． 6.平面和平面垂直互相垂直的平面及其判定定理、性质定理．（二）直线与平面的平行和垂直的证明思路（见附图） （三）夹角与距离7.直线和平面所成的角与二面角⑴平面的斜线和平面所成的角：三面角余弦公式、最小角定理、斜线和平OAB CD面所成的角、直线和平面所成的角．⑵二面角：①定义、范围、二面角的平面角、直二面角． ②互相垂直的平面及其判定定理、性质定理． 8.距离⑴点到平面的距离．⑵直线到与它平行平面的距离．⑶两个平行平面的距离：两个平行平面的公垂线、公垂线段． ⑷异面直线的距离：异面直线的公垂线及其性质、公垂线段． （四）简单多面体与球 9.棱柱与棱锥 ⑴多面体．⑵棱柱与它的性质：棱柱、直棱柱、正棱柱、棱柱的性质．⑶平行六面体与长方体：平行六面体、直平行六面体、长方体、正四棱柱、 正方体；平行六面体的性质、长方体的性质．⑷棱锥与它的性质：棱锥、正棱锥、棱锥的性质、正棱锥的性质． ⑸直棱柱和正棱锥的直观图的画法． 10.多面体欧拉定理的发现 ⑴简单多面体的欧拉公式． ⑵正多面体． 11.球⑴球和它的性质：球体、球面、球的大圆、小圆、球面距离． ⑵球的体积公式和表面积公式． 二、常用结论、方法和公式1.从一点O 出发的三条射线OA 、OB 、OC ，若∠AOB=∠AOC ，则点A 在平面∠BOC 上的射影在∠BOC 的平分线上；2. 已知:直二面角M －AB －N 中，AE ⊂ M ，BF ⊂ N,∠EAB=1θ,∠ABF=2θ，异面直线AE 与BF 所成的角为θ，则;cos cos cos 21θθθ=3.立平斜公式：如图，AB 和平面所成的角是1θ，AC 在平面内，BC 和AB 的射影BA 1成2θ，设∠ABC=3θ,则cos 1θcos 2θ=cos 3θ；4.异面直线所成角的求法：（1）平移法：在异面直线中的一条直线中选择一特殊点，作另一条的平行线；（2）补形法：把空间图形补成熟悉的或完整的几何体，如正方体、平行六面体、长方体等，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系； 5.直线与平面所成的角斜线和平面所成的是一个直角三角形的锐角，它的三条边分别是平面的垂线段、斜线段及斜线段在平面上的射影。
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立体几何与排列组合
1．平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1的六个面都是菱形，则D 1在面ACB 1上的射影是∆ACB 1的 （ ） A 重心 B 外心 C 内心 D 垂心
2．长方体三条棱分别为a,b,c,若长方体所有的棱长度之和为24，一条对角线为5，体积为2，则c
b a 1
11++等于 （ ） A
411 B 114 C 211 D 11
2 3．已知，正四棱锥侧面是正三角形，设侧面与底面所成的二面角为1θ，相邻两侧面所成的二面角为2θ，则 （ ）
A
212
θπ
θ-=
B 2
2
2
1θπ
θ-
=
C
21θθ= D 2
2
1θθ=
4．在北纬450圈上，有甲、已两地。
它们的经度分别为东经1400和西经1300，地球的半径是R ，则甲、已两地球面距离是 （ ） A
R π21 B R π41 C R π23 D R π3
1 5．若三棱锥A －BCD 的侧面ABC 内一动点P 与底面BCD 的距离与到AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与△ABC 组成的图形可能是（ ）
6．在空间四边形ABCD 中，AB =BC =CD =DA ， E ∈AB,F ∈CD 且AE ：EB =CF ：FD = λ （0＜ λ ＜1 ＝ 设EF 与AC 、BD 所成的角分别是 α 、 β ，则 α+β= （ ） A.大于90°
B.小于90°
C.等于90°
D.与 λ 的值有关
7.12名同学合影，站成了前排4人后排8人．现摄影要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为（ ） A ．26
8
6
C A B ．2
28
3C A
C ．2
2
8
6
C A
D ．2
28
5C A
8.如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法种数为 （ ）
(A)96 (B) 84 (C) 60 (D)48
9、将5明志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为 ( )
A. 540
B.300
C.180
D.150
10.从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案为（ ）
A 100
B 110
C 120
D 180
11.一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看.现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有 （ ） （A ）24种 (B)36种 （C ）48种 （D ）72种 12. 若9
290129(13)
......x a a x a x a x -=++++，则129......a a a +++=
13、若
=+++++++++=-5432101223344555,)2(a a a a a a x a x a x a x a x a x 则_________；
14．已知长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中AA 1=AB=2，若棱AB 上存在点P ，使PC P D ⊥1，
则棱AD 的长的取值范围是______
15．已知△BCD 中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB=60°，E 、F 别是AC 、AD 上的动点，且).10(<<==λλAD
AF AC AE
（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ； （Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？
16．在四面体ABCD 中，
1,,,==⊥⊥⊥BC AB CD BC BD AB BC AB 且。
（1）求证： ABD CBD 平面平面⊥
1
A C
（2）是否存在这样的四面体，使二面角C-AD-B 的平面角为300 ？如果存在，求出CD 的长；如果不
存在，请找出一个角θ，使得存在这样的四面体，使二面角C-AD-B 的平面角为θ 。
17．如图，三棱锥P-ABC 中侧面PAC ⊥底面ABC ；PA=BC=a ，PC=AB=2a ,
∠APC=600 , D 为AC 的中点 求证（1）PA ⊥面ABC
（2）求二面角P-BD-A 的正切值 ； （3）求点A 到平面PBD 的距离
18．如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为3，侧棱AA 1=
2
3
3，
D 是CB 延长线上一点，且BD=BC ， （1）求证：直线BC 1‖平面AB 1D ； （2）求二面角B 1-AD-B 的大小； （3）求三棱锥C 1-ABB 1的体积。
、
17、如图所示,正四棱锥P ABCD -中，侧棱PA 与底面ABCD
. （1）求侧面PAD 与底面
ABCD 所成的二面角的大小；
（2）若E 是PB 的中点，求异面直线PD 与AE 所成角的正切值；
（3）在侧面PAD 上寻找一点F ，使EF ⊥侧面PBC ，试确定点F 的位置，并加以证明．
B
C
A
1A
C B
D
O
E P。