第八章例题

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七年级数学下册第八章二元一次方程组知识总结例题(带答案)

七年级数学下册第八章二元一次方程组知识总结例题单选题1、如果关于x ，y 的方程组{4x −3y =66x +my =26的解是整数，那么整数m 的值为（）A ．4，−4，−5，13B ．4，−4，−5，−13C ．4，−4，5，13D ．−4，5，−5，13 答案：B分析：先将m 看作已知量，解二元一次方程组，用m 表示出y ，再结合x ，y 为整数，得出y 的整数解，然后把y 的整数解代入①，得出x 的解，再把方程组的整数解代入②，即可得出m 的值．解：{4x −3y =6①6x +my =26②，由②×2−①×3，可得：y =342m+9， ∵x ，y 为整数，∴当(2m +9)为−34，−17，−2，−1，34，17，2，1时，y 为整数，∴把(2m +9)的值代入y =342m+9，可得：y =−1，y =−2，y =−17，y =−34，y =1，y =2，y =17，y =34，∴把y 的整数解代入①，可得：x =34，x =0，x =−454，x =−24，x =94，x =3，x =574，x =27，∴方程组{4x −3y =66x +my =26 的整数解为{x =0y =−2 ，{x =−24y =−34 ，{x =3y =2 ，{x =27y =34，把方程组的整数解代入②，可得：m =−13，m =−5，m =4，m =−4．故选：B小提示：本题考查了二元一次方程组的解、解二元一次方程组，解本题的关键是用含m 的代数式表示y ． 2、小颖家离学校1200米，其中有一段为上坡路，另一段为下坡路，她去学校共用了16分钟，假设小颖上坡路的平均速度是3千米/小时，下坡路的平均速度是5千米/小时，若设小颖上坡用了xmin ，下坡用了ymin ，根据题意可列方程组（）A ．{3x +5y =1200x +y =16B ．{360x +560y =1.2x +y =16C ．{3x +5y =1.2x +y =16D ．{360x +560y =1200x +y =16答案：B分析：根据路程=时间乘以速度得到方程360x +560y =1.2，再根据总时间是16分钟即可列出方程组. ∵她去学校共用了16分钟， ∴x+y=16，∵小颖家离学校1200米， ∴360x +560y =1.2，∴{360x +560y =1.2x +y =16 ，故选：B.小提示：此题考查二元一次方程组的实际应用，正确理解题意列出方程组，注意时间单位，这是解题中容易出现错误的地方.3、2x 3y m+1与3x n y 2是同类项，则m 与n 的值为（） A ．{m =1n =3 B ．{m =3n =1 C ．{m =2n =3 D ．{m =3n =2答案：A分析：根据同类项定义，所含字母相同，相同字母的指数也相同，列方程组求解即可．解：2x 3y m+1与3x n y 2是同类项，则{3=n m +1=2 ，解得：{m =1n =3．故选A ．小提示：本题考查同类项，二元一次方程组，掌握所含字母相同并且相同字母的指数也相同的项叫做同类项是解题关键．4、下列方程组中，有无数组解的是（）A ．{2x -y =-2x -2y =-1B ．{y =3x +5y =3x -2 C ．{x -4y -7=02x -8y -14=0 D ．{y =x -3y =2x -3分析：分别求解每一个选项的方程组的解，即可得出答案．解：A 、{2x -y =-2x -2y =-1解得：{x =-1y =0，方程组有唯一一组解，故此选项不符合题意；B 、{y =3x +5y =3x -2 解得方程组无解，故此选项不符合题意； C 、{x -4y -7=0①2x -8y -14=0②，①×2−②，得0x-0y =0，则x 、y 可取任何值，所以方程组有无数组解，故此选项符合题意； D 、{y =x -3y =2x -3解得：{x =0y =-3 ，方程组有唯一一组解，故此选项不符合题意；故选：C ．小提示：本题考查二元一次方程组的解，解二元一次方程组，注意二元一次方程组的解的三种情况：①方程组有唯一一组解，②方程组有无数组解，③方程组无解． 5、若|x −y −1|+3(x +y)2=0，则x 、y 的值为（） A ．x =0.5，y =0.5B ．x =−0.5，y =−0.5 C ．x =−0.5，y =0.5D ．x =0.5，y =−0.5 答案：D分析：本题可根据非负数的性质“两个非负数相加，和为0，这两个非负数的值都为0”，得到方程组，解出x 、y 的值即可．解：依题意得：{x −y −1=0...(1)x +y =0 (2)，由（1）得：x =y +1（3），将（3）代入（2）中得：y +1+y =2y +1=0， y =−0.5（4）．将（4）代入（3）得：x =0.5．故选：D ．小提示：本题考查解二元一次方程组和绝对值、偶次方的非负性，解题的关键是熟练运用二元一次方程组的6、已知{m +2n =−42m +n =9，则代数式m −n 的值是（）A ．－5B ．5C ．13D ．1 答案：C分析：两式相减即可得出答案．解：{m +2n =−4①2m +n =9②将②-①，得m −n =13 故选C ．小提示：本题考查了二元一次方程的特殊解法，找到两式与m −n 的关系是解题的关键．7、已知关于x ，y 的二元一次方程组{2x −y =4,kx +y =2 ，的解为{x =2,y =♥，其中“♥”是不小心被墨水涂的，则k 的值为（）A ．1B ．−1C ．2D ．−2 答案：A分析：将x =2，代入2x −y =4，得y =0，将{x =2y =0代入kx +y =2，即可求解．解：将x =2，代入2x −y =4，得y =0，将{x =2y =0 代入kx +y =2，得2k =2，解得k =1．故选A ．小提示：本题考查了二元一次方程组的解，理解二元一次方程的解的定义是解题的关键．8、一套数学题集共有100道题，甲、乙和丙三人分别作答，每道题至少有一人解对，且每人都解对了其中的60道．如果将其中只有1人解对的题称作难题，2人解对的题称作中档题，3人都解对的题称作容易题，那么下列判断一定正确的是（）A ．容易题和中档题共60道B ．难题比容易题多20道C ．难题比中档题多10道D ．中档题比容易题多15道分析：设容易题有a题，中档题有b题，难题有c题，根据“三种题型共100道，每道题至少有一人解对，且每人都解对了其中的60道”，即可得出关于a，b，c的三元一次方程组，用方程①×2-方程②，可求出c-a=20，即难题比容易题多20题，此题得解．解：设容易题有a题，中档题有b题，难题有c题，依题意，得：{a+b+c=100①3a+2b+c=3×60②①×2-②，得：c-a=20，∴难题比容易题多20题．故选：B．小提示：本题考查了三元一次方程组的应用，找准等量关系，正确列出三元一次方程组是解题的关键．9、如图，三个天平的托盘中形状相同的物体质量相等．图①、图②所示的两个天平处于平衡状态，要使第三个天平也保持平衡，可在它的右盘中放置( )A．3个球B．4个球C．5个球D．6个球答案：C分析：题目中的方程实际是说明了两个相等关系:设球的质量是x,小正方形的质量是y,小正三角形的质量是z.根据第一个天平得到:5x+2y=x+3z;根据第二个天平得到:3x+3y=2y+2z,把这两个式子组成方程组,解这个关于y,z 的方程组即可.解:设球的质量是x,小正方形的质量是y,小正三角形的质量是z.根据题意得到:{5x+2y=x+3z;3x+3y=2y+2z解得:{y=xz=2x;第三图中左边是:x+2y+z=x+2x+2x=5x,因而需在它的右盘中放置5个球.答:需在它的右盘中放置5个球.所以C选项是正确的.小提示：解决本题的关键是借助方程关系进行等量代换,进而求出球的数量.10、若−2a m b4与5a n+2b2m+n可以合并成一项，则mn的值是（）A．2B．0C．－1D．1答案：B分析：根据合并同类项法则和同类项定义得出{m=n+22m+n=4,求出m、n的值，最后求出答案即可．解：∵−2a m b4与5a n+2b2m+n可以合并成一项，∴{m=n+22m+n=4,解得：m=2，n=0，∴mn=2×0=0，故选：B．小提示：本题考查了同类项的含义，合并同类项，二元一次方程组的解法，能根据同类项的含义得出m=n+2和2m+n=4是解此题的关键．填空题11、若{a=1b=−2是关于a，b的二元一次方程ax−ay+b=3的一个解，则代数式2x−2y−1的值是____．答案：9分析：根据二元一次方程的解的概念将{a=1b=−2代入ax−ay+b=3中得到一个关于a，b的式子，然后整体代入求值即可．∵{a=1b=−2是关于a,b的二元一次方程ax−ay+b=3的一个解，∴x−y−2=3，∴x−y=5，2x−2y−1=2(x−y)−1=2×5−1=9，所以答案是：9．小提示：本题主要考查二元一次方程的解的概念和代数式求值，掌握二元一次方程的解的概念和整体代入法是解题的关键．12、二元一次方程组{3x +2y =122x −y =1的解为________．答案：{x =2y =3分析：方程组利用加减消元法求出解即可．解：{3x +2y =12①2x −y =1②．①+②×2得：7x =14，解得：x =2，把x =2代入②得：2×2-y =1 解得：y =3，所以，方程组的解为{x =2y =3，所以答案是：{x =2y =3．小提示：此题考查了解二元一次方程组，利用了消元的思想，消元的方法有：代入消元法与加减消元法． 13、《张丘建算经》里有一道题：“今有鸡翁一值钱五，鸡母一值钱三，鸡雏三值钱一.凡百钱买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何.”译文：每一只公鸡值五文钱，每一只母鸡值三文钱，每三只小鸡值一文钱.现在用一百文钱买一百只鸡，问这一百只鸡中，公鸡、母鸡、小鸡各有多少只？请你结合你学过的知识，写出一组能够按要求购买的方案：公鸡买______只，母鸡买_______只，小鸡买_______只. 答案： 4（答案不唯一） 18（答案不唯一） 78（答案不唯一）分析：设买了x 只公鸡，y 只母鸡，则买了（100−x −y ）只小鸡，利用总价＝单价×数量，即可得出关于x ，y 的二元一次方程，结合x ，y ，（100−x −y ）均为自然数，即可求出结论．解：设买了x 只公鸡，y 只母鸡，则买了（100−x −y ）只小鸡，依题意得：5x ＋3y ＋13（100−x −y ）＝100，即y ＝25−74x ，又∵x ，y ，（100−x −y ）均为自然数，∴{x＝0 y＝25100−x−y＝75或{x＝4y＝18100−x−y＝78或{x＝8y＝11100−x−y＝81或{x＝12y＝4100−x−y＝84，∴买的公鸡、母鸡、小鸡各0、25、75只或4、18、78只或8、11、81只或12、4、84只，所以答案是：0、25、75只或4、18、78只或8、11、81只或12、4、84．小提示：本题考查了二元一次方程的应用，找准等量关系，正确列出二元一次方程是解题的关键．14、若a，c，d是整数，b是正整数，且满足a＋b＝c，b＋c＝d，c＋d＝a，则a＋2b＋3c＋4d的最大值是_______．答案：-11分析：由a+b=c，c+d=a，可得b+d=0，再由b+c=d可得2b+c=b+d=0，进而得出c=-2b，a=c-b=-3b，代入a+b+c+d=-5b，已知b是正整数，其最小值为1，于是a+2b+3c+4d=-11b的最大值是-11．解：∵a+b=c①，b+c=d②，c+d=a③，由①+③，得（a+b）+（c+d）=a+c，∴b+d=0④，∵b+c=d②；由④+②，得2b+c=b+d=0，∴c=-2b⑤；由①⑤，得a=c-b=-3b，⑥由④⑤⑥，得a+2b+3c+4d=-11b，∵b是正整数，其最小值为1，∴a+2b+3c+4d的最大值是-11．所以答案是：-11．小提示：本题主要考查了三元一次方程组的应用，整式的加减、等式的基本性质，根据已知等式变形成a、c、d全部用同一个字母b来表示是解题的关键．15、若3x2m−3－y2n−1=5是二元一次方程，m+n=______．答案：3分析：含有两个未知数，且含未知数的项的次数是1的整式方程是二元一次方程，根据定义得到2m -3=1，2n -1=1，求出m ，n 即可得到答案．解：由题意的，2m -3=1，2n -1=1，解得m =2，n =1， ∴m +n =2+1=3，所以答案是：3．小提示：此题考查了二元一次方程的定义，熟记定义是解题的关键．解答题16、阅读下列解方程组的方法，然后回答问题．解方程组{19x +17y =18①16x +14y =15②解：由①﹣②得3x ＋3y ＝3即x ＋y ＝1③ ③×14得14x ＋14y ＝14④ ②﹣④得x ＝12，从而可得y ＝12 ∴方程组的解是{x =12y =12 ． (1)请你仿上面的解法解方程组{2022x +2020y =20212023x +2021y =2022．(2)猜测关于x ，y 的方程组{(a +1)x +(a −1)y =a (b +1)x +(b −1)y =b（a ≠b ）的解是什么，并利用方程组的解加以验证．答案：(1){x =12y =12(2)猜想：{x =12y =12，见解析分析：（1）仿照例题，②﹣①，得x +y ＝1③，③×2021，得2021x +2021y ＝2021④，②﹣④得x ＝12，从而得y ＝12，即可求解．（2）根据方程组中未知数的系数之间的关系，猜想方程组的解为{x =12y =12，代入方程组检验即可求解．（1）解：{2022x +2020y =2021①2023x +2021y =2022②②﹣①，得x +y ＝1③，③×2021，得2021x +2021y ＝2021④， ②﹣④得x ＝12，从而得y ＝12．∴方程组的解是{x =12y =12．（2）猜想：{x =12y =12．验证把方程组的解代入原方程组，得{12(a +1)+12(a −1)=a 12(b +1)+12(b −1)=b，即{a =a b =b 方程组成立． ∴方程组的解是{x =12y =12 ．小提示：本题考查了加减消元法解二元一次方程组，二元一次方程组的解，仿照例题求解是解题的关键． 17、数学乐园：解二元一次方程组{a 1x +b 1y =c 1①a 2x +b 2y =c 2②，①×b 2−②×b 1得：(a 1b 2−a 2b 1)x =c 1b 2−c 2b 1，当a 1b 2−a 2b 1≠0时，x =c 1b 2−c 2b 1a 1b 2−a 2b 1，同理：y =a 1c 2−a 2c1a 1b 2−a 2b 1；符号|a b c d |称之为二阶行列式，规定：|a bc d|=ad −bc ，设D =|a1b 1a 2b 2|，D x =|c1b 1c 2b 2|，D y =|a 1c 1a 2c 2|，那么方程组的解就是{x =DxD y =D y D(1)求二阶行列式|3456|的值； (2)解不等式：|x x −22−4|≥−2；(3)用二阶行列式解方程组{3x−2y=62x+3y=17；(4)若关于x、y的二元一次方程组{3x−my=62x+3y=17无解，求m的值．答案：(1)|3456|的值是−2(2)不等式的解集为x≤1(3){x=4y=3 (4)m=−4.5分析：（1）根据|a bc d|=ad−bc，即可求出|3456|；（2）根据|a bc d|=ad−bc，得|x x−22−4|≥−2=x×(−4)−2(x−2)≥−2，解出x，即可；（3）根据D=|a1b1a2b2|，D x=|c1b1c2b2|，D y=|a1c1a2c2|，那么方程组的解就是{x=D xDy=D yD，即可求出{3x−2y=62x+3y=17的解；（4）根据{3x−my=62x+3y=17无解，得D=0，即可求出m的值．（1）∵|a bc d|=ad−bc∴|3456|=3×6−4×5=−2∴|3456|的值是−2．（2）∵|a bc d|=ad−bc∴|x x−22−4|=−4x−2(x−2)∴|x x−22−4|≥−2=−4x−2(x−2)≥−2∴−4x−2x+4≥−2∴−6x≥−6∴x≤1∴|x x−22−4|≥−2的解集为x≤1．（3）∵方程组{a1x+b1y=c1①a2x+b2y=c2②∴方程组{3x−2y=62x+3y=17中，a1=3，a2=2，b1=−2，b2=3，c1=6，c2=17∴D=|a1b1a2b2|=|3−223|=9−(−4)=13D x=|c1b1c2b2|=|6−2173|=18+34=52D y=|a1c1a2c2|=|36217|=3×17−12=39x=D xD =5213=4，y=D yD=3913=3∴方程组的解为：{x=4y=3．（4）∵{a1x+b1y=c1①a2x+b2y=c2②∴方程组{3x−my=62x+3y=17中，a1=3，a2=2，b1=−m，b2=3，c1=6，c2=17∴D=|a1b1a2b2|=|3−m23|=9−2(−m)=9+2m∵{3x−my=62x+3y=17无解∴D=0∴9+2m=0解得m=−92．小提示：本题考查二元一次方程组的解法，解题的关键是理解题意新定义算法，根据二阶行列式计算．18、材料阅读：一个各个数位上数字均不相同且都不为0的四位自然数N，将其千位上数字与十位上数字之和记为x，百位上数字与个位上数字之和记为y，若x﹣y＝1．且其千位上数字与个位上数字之和等于百位上数字，则称N为“扬一数”．例如：N＝2573，x＝2+7＝9，y＝5+3＝8，x﹣y＝1，2+3＝5则2573是“扬一数”；再如N＝2354，x＝2+5＝7，y＝3+4＝7，x﹣y＝0≠1，所以2354不是“扬一数”．(1)请判断4652和4157，是不是“扬一数”，并说明理由；(2)已知一个四位数S是“扬一数”，且能被7整除，请求出所有满足条件的S．答案：(1)4652是“扬一数”，4157是“扬一数”，见解析(2)S＝7952或5873或3794分析：（1）根据新定义进行解答便可；（2）设S＝abcd，根据数S是“扬一数”，得（a+c）﹣（b+d）＝1且a+d＝b，进而得c＝2d+1，从而求得c＝3，d＝1或c＝5，d＝2或c＝7，d＝3或c＝9，d＝4，再根据S能被7整除，得157a+15d+1+a+2d+37为整数，进而得a+2d+37为整数，对应前面c、d的值便可求得a、b的值，于是问题得解．（1）解：4652是“扬一数”，4157不是“扬一数”．理由如下：∵N＝4652，x＝4+5＝9，y＝6+2＝8，x﹣y＝1，4+2＝6，∴4652是“扬一数”，∵N＝4157，x＝4+5＝9，y＝1+7＝8，x﹣y＝1，但4+7≠1，∴4157“扬一数”；（2）设S＝abcd，∵数S是“扬一数”，∴（a+c）﹣（b+d）＝1且a+d＝b，∴c﹣2d＝1，∴c＝2d+1，∴c＝3，d＝1或c＝5，d＝2或c＝7，d＝3或c＝9，d＝4，∵S能被7整除，∴1000a+100b+10c+d7=1000a+100(a+d)+10(2d+1)+d7＝157a+15d+1+a+2d+37为整数，∴a+2d+37为整数，∴a＝7，b＝9，c＝5，d＝2或a＝5，b＝8，c＝7，d＝3或a＝3，b＝7，c＝9，d＝4，∴S＝7952划5873或3794．小提示：本题主要考查了新定义，整除的应用，不定方程的应用，关键是正确应用新定义和解不定方程．。

部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识总结例题

(名师选题)部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案知识总结例题单选题1、如图1，已知PABC是直角梯形，AB∥PC，AB⊥BC，D在线段PC上，AD⊥PC．将△PAD沿AD折起，使平面PAD⊥平面ABCD，连接PB，PC，设PB的中点为N，如图2．对于图2，下列选项错误的是（）A．平面PAB⊥平面PBC B．BC⊥平面PDCC．PD⊥AC D．PB＝2AN2、已知直线l⊥平面α，有以下几个判断：①若m⊥l，则m//α；②若m⊥α，则m//l；③若m//α，则m⊥l；④若m//l，则m⊥α；上述判断中正确的是（）A．①②③B．②③④C．①③④D．①②④3、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．2334、南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m 时，相应水面的面积为140．0km 2；水位为海拔157．5m 时，相应水面的面积为180．0km 2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m 上升到157．5m 时，增加的水量约为（√7≈2.65）（）A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 35、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（）A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 6、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（） A ．6B ．12C ．24D ．487、如图，某圆锥的轴截面ABC 是等边三角形，点D 是线段AB 的中点，点E 在底面圆的圆周上，且BE ⌢的长度等于CE⌢的长度，则异面直线DE 与BC 所成角的余弦值是（）A ．√24B ．√64C ．√104D ．√1448、已知一个圆锥的体积为3π，其侧面积是底面积的2倍，则其底面半径为（） A ．2√3B ．3C ．√3D ．√33多选题9、如图所示，在棱长为2的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，则下列结论正确的是（）A．直线AM与BN是平行直线B．直线BN与MB1是异面直线C．直线MN与AC所成的角为60°D．平面BMN截正方体所得的截面面积为9210、如图所示，P为矩形ABCD所在平面外一点，矩形对角线交点为O，M为PB的中点，下列结论正确的是（）A．OM∥PD B．OM∥平面PCDC．OM∥平面PDA D．OM∥平面PBA11、如图，在棱长均相等的正四棱锥P−ABCD中，M、N分别为侧棱PA、PB的中点，O是底面四边形ABCD对角线的交点，下列结论正确的有（）A．PC//平面OMN B．平面PCD//平面OMNC．OM⊥PA D．PD⊥平面OMN填空题12、已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π则该圆锥的侧面积为________.部编版高中数学必修二第八章立体几何初步带答案(十八)参考答案1、答案：A分析：由已知利用平面与平面垂直的性质得到PD⊥平面ABCD，判定C正确；进一步得到平面PCD⊥平面ABCD，结合BC⊥CD判定B正确；再证明AB⊥平面PAD，得到△PAB为直角三角形，判定D正确；可证明平面PBC⊥平面PDC，若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC，矛盾，可判断A图1中AD⊥PC，则图2中PD⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴PD⊥平面ABCD，则PD⊥AC，故选项C正确；由PD⊥平面ABCD，PD⊂平面PDC，得平面PDC⊥平面ABCD，而平面PDC∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，BC⊥CD，∴BC⊥平面PDC，故选项B正确；∵AB⊥AD，平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴AB⊥平面PAD，则AB⊥PA，即△PAB是以PB为斜边的直角三角形，而N为PB的中点，则PB＝2AN，故选项D正确．由于BC⊥平面PDC，又BC⊂平面PBC∴平面PBC⊥平面PDC若平面PAB⊥平面PBC，则平面PAB与平面PDC的交线⊥平面PBC由于AB//平面PDC，则平面PAB与平面PDC的交线//AB显然AB不与平面PBC垂直，故A错误故选：A2、答案：B分析：根据线面的位置关系，线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理及线面垂直的性质逐项分析即得. 对于①，当m⊂平面α也可以有m⊥l，但m不平行于平面α，故①错；对于②，根据线面垂直的性质定理可知②正确；对于③，根据线面平行的性质定理可得存在n⊂α且m∥n．而直线l⊥平面α，故可根据线面垂直的性质得出l⊥n，故l⊥m正确；对于④，根据直线l⊥平面α，可在平面α内找到两条相交直线p，n，且l⊥p，l⊥n，又m∥l，所以m⊥p，m⊥n，故根据线面垂直的判定定理可知，m⊥α正确．即②③④正确．故选：B．3、答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V=23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.4、答案：C分析：根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0km2=140×106m2，下底面积S′=180.0km2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S′+√SS′)=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)=3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C ． 5、答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积. 设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B. 6、答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48 故选：D 7、答案：A分析：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则有∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，解三角形可求得答案. 解：过点A 作AO ⊥BC 于点O ，过点A 作DG ⊥BC 于点G ，取AO 的中点F ，连接GE 、OE 、EF ，则DF //BC ，且DF =12BC ，所以∠DEF （或其补角）就是异面直线DE 与BC 所成的角，设圆锥的底面半径为2，则DF =1，OE =2，AO =2√3，所以DG =OF =√3，在Rt △GOE 中，GO =1，OE =2，所以GE =√GO 2+OE 2=√5，在Rt△GDE中，GE=√5，DG=√3，所以DE=√GD2+GE2=2√2，在Rt△FOE中，FO=√3，OE=2，FE=√FO2+OE2=√7，所以在△DFE中，满足DF2+FE2=DE2，所以∠DFE=90∘，所以cos∠DEF=DFDE =2√2=√24，故选：A.8、答案：C分析：根据圆锥的侧面展开图和圆锥体积公式以及侧面积公式，即可求出结果. 设底面半径为r，高为ℎ，母线为l，如图所示：则圆锥的体积V=13πr2ℎ=3π，所以r2ℎ=9，即ℎ=9r2，S 侧=12⋅2πrl=2πr2，则l=2r，又ℎ=√l2−r2=√3r，所以√3r3=9，故r=√3．故选：C．9、答案：BCD解析：根据异面直线的定义直接判断AB选项，根据MN//D1C，转化求异面直线所成的角，利用确定平面的依据，作出平面BMN 截正方体所得的截面，并求面积. A.直线AM 与BN 是异面直线，故A 不正确； B.直线BN 与MB 1是异面直线，故B 正确；C. 由条件可知MN//D 1C ，所以异面直线MN 与AC 所成的角为∠ACD 1，△ACD 1是等边三角形，所以∠ACD 1=60∘，故C 正确；D.如图，延长MN ，并分别与DD 1和DC 交于E,F ，连结EA,GB 交于点F ，连结A 1M,BN ，则四边形A 1BNM 即为平面BMN 截正方体所得的截面，由对称性可知，四边形A 1BNM 是等腰梯形，MN =√2,A 1B =2√2，A 1M =BN =√5，则梯形的高是ℎ=√(√5)2−(√22)2=3√22，所以梯形的面积S =12×(√2+2√2)×3√22=92，故D 正确.故选：BCD小提示：关键点点睛：本题考查以正方体为载体，判断异面直线，截面问题，本题关键选项是D ，首先要作出平面BMN与正方体的截面，即关键作出平面EFG.10、答案：ABC分析：通过直线与平面平行的判定定理，即可判断ABC正确；由线面的位置关系，即可得到直线在平面内，故D错误；解：对于A，由于O为BD的中点，M为PB的中点，则OM∥PD，故正确；对于B，由于OM∥PD，OM⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，则OM∥平面PCD，故正确；对于C，由于OM∥PD，OM⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，则OM∥平面PAD，故正确；对于D，由于M∈平面PAB，故错误．故选：ABC．小提示：本题考查线面平行的判定定理及应用，考查直线与平面的位置关系，考查空间想象能力.11、答案：ABC分析：A选项，由中位线证明线线平行，推导出线面平行；B选项，在A选项的基础上证明面面平行；从而推导出D错误；由勾股定理的逆定理得到PA⊥PC，从而得到OM⊥PA.因为O为底面四边形ABCD对角线的交点，所以O为AC的中点，由M是PA的中点，可得PC∥MO，因为PC⊄在平面OMN，OM⊂平面OMN，所以PC//平面OMN，A正确；同理可推得PD//平面OMN，而PC∩PD=P，所以平面PCD//平面OMN，B正确；因为PD⊂平面PCD，故PD不可能垂直平面OMN，D错误；设该正四棱锥的棱长为a，则PA=PC=a,AC=√2a，所以PA⊥PC，因为PC∥MO，所以OM ⊥PA ，C 正确.故选ABC ．12、答案：39π分析：利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案. ∵V =13π62⋅ℎ=30π ∴ℎ=52∴l =√ℎ2+r 2=√(52)2+62=132 ∴S 侧=πrl =π×6×132=39π.所以答案是：39π.。

第八章产品成本核算例题

第八章产品成本核算例题【例1单选题】某企业生产甲、乙两种产品，2009 年12月共发生生产工人工资70 000 元，福利费10 000元。

上述人工费按生产工时比例在甲、乙产品间分配，其中甲产品的生产工时为1 200小时，乙产品的生产工时为800小时。

该企业生产甲产品应分配的人工费为（）元。

A.28 000B.32 000C.42 000D.48 000【例2计算题】甲公司设有运输和修理两个辅助生产车间，采用直接分配法分配辅助生产成本。

运输车间的成本按运输公里比例分配，修理车间的成本按修理工时比例分配。

该公司2007年2月有关辅助生产成本资料如下：（1）运输车间本月共发生成本22 500元，提供运输劳务 5 000 公里；修理车间本月共发生成本240 000 元，提供修理劳务 640工时。

（2）运输车间耗用修理车间劳务40工时，修理车间耗用运输车间劳务500 公里。

（3）基本生产车间耗用运输车间劳务 2 550 公里，耗用修理车间劳务320工时；行政管理部门耗用运输车间劳务 1 950 公里，耗用修理车间劳务280 工时。

要求：（1）编制甲公司的辅助生产成本分配表（表格如下，不需列出计算过程）。

（2）编制甲公司辅助生产成本分配的会计分录。

（“生产成本”科目要求写出明细科目，答案中的金额单位用元表示）【例3计算题】A 工业企业辅助生产车间的制造费用不通过 “制造费用”科目核算。

该企业 2010 年11月有关辅助生产费用的资料如下：计算时，分配率的小数算四位，第五位 4 舍 5 入；分配的小数尾差，计入管理费用。

要求：根据上列有关资料，采用交互分配法，编制辅助生产费用分配表和相应的会计分录。

【例4计算题】以上题为例，假定运输车间计划成本为每公里 2.5 元，供水车间计划成本为每吨4.5元。

辅助车间名称待分配费用供应劳务数量运输车间 3 300 元 1 100 公里供水车间10 400 元 2 080 吨 80 吨耗用劳务数量运输车间供水车间基本生产车间企业管理部门100 公里 900 公里 100 公里1600 吨 400 吨【例5计算题】某工业企业设有一个基本生产车间，生产甲、乙两种产品。

第八章去掉重叠剩多少(习题)

第八章去掉重叠剩多少（习题）1.某班组织象棋和军棋比赛，参加象棋比赛的有32人，参加军棋比赛的有28人，有18人两项比赛都参加了，这个班参加棋类比赛的共有多少人？2.在46人参加的采摘活动中，只采了樱桃的有18人，既采了樱桃又采了杏的有7人，既没采樱桃又没采杏的有6人，问：只采了杏的有多少人？3.四(二)班有48名学生，在一节自习课上，写完语文作业的有30人，写完数学作业的有20人，语文数学都没写完的有6人。

（1）问语文数学都写完的有多少人？（2）只写完语文作业的有多少人？4.某次英语考试由两部分组成，结果全班有12人得满分，第一部分有25人做对，第二部分有19人有错，问两部分都有错的有多少人？5.众享学校一个歌舞表演队里，能表演独唱的有10人，能表演跳舞的有18人，两种都能表演的有7人。

这个表演队共有多少人能登台表演歌舞？【参考答案】1.422.153.（1）8（2）224.65.211.对全班同学调查发现，会游泳的有20人，会打篮球的有25人。

两项都会的有10人，两项都不会的有9人。

这个班一共有多少人？2.某体育竞技比赛中，有长跑和跳高两种比赛，有34人不擅长长跑，有47人不擅长跳高，既不擅长跳高也不擅长长跑的有12人，那么跳高和长跑只擅长一种的一共有多少人？3.学校食堂现在有42人，其中26人爱吃鸡腿，17个人爱吃红烧肉，19人爱吃青菜，其中9个人既爱吃鸡腿又爱吃青菜，4个人既爱吃红烧肉又爱吃青菜，没有一个人是三种菜都爱吃的，但是每人至少爱吃一个菜。

请问：既爱吃鸡腿又爱吃红烧肉的有几个人？4.同学们去电影院看电影，喜欢看科技片而不喜欢看动画片的有19人，喜欢看动画片而不喜欢看喜剧片的有23人，喜欢看喜剧片而不喜欢看科技片的有29人，三种电影都喜欢的有8人，三种都不喜欢的有5人，那么一共有多少学生去了电影院？5.学校鼓励同学们养花，养月季花的有45人，养石榴花的有39人，养芍药花的有27人，三种花同时养的有7人，只养月季和石榴的有14人，只养石榴和芍药的有9人，只养芍药和月季的有8人，那么一共有多少人？【参考答案】1.442.573.74.845.66➢ 知识点睛1. 两量重叠问题用式子可表示成： (其中符号“ ”读作“并”，相当于中文“和”或者“或”的意思；符号“I ”读作“交”，相当于中文“且”的意思）。

第八章计算机安全例题与解析

第八章计算机安全例题与解析【例8-1】计算机病毒主要破坏信息的。

A.可审性和保密性B.不可否认性和保密性C.保密性和可靠性D.完整性和可用性【答案与解析】数据完整性是指数据不被改动，可用性是指授权的实体在需要时能访问资源和得到服务。

而计算机病毒可能修改程序·数据，它显然破坏了信息的完整性和可用性。

因此正确答案是D。

【例8-2]一下面关于计算机病毒描述错误的是。

A.计算机病毒具有传染性B.通过网络传染计算机病毒，其破坏性大大高于单机系统C.如果染上计算机病毒，该病毒会马上破坏你的计算机系统D.计算机病毒破坏数据的完整性【答案与解析】计算机病毒都有其激发条件，只有满足了激发条件，病毒才会发作。

并不是一旦感染，马上执行。

所以，答案C正确。

【例8-3】下面不属于信息安全的基本属性是。

A.保密性B.可用性C.完整性D.正确性【答案与解析】信息安全的基本属性包括:保密性、可用性、完整性、可靠性、可控性、可审性、不可抵赖性等，但信息的正确性的标准可能因人而异，判断结果不尽相同。

故D 是正确答案。

【例8-4]下列不属于计算机病毒特性的是。

A.传染性B.潜伏性C.可预见性D.破坏性【答案与解析】A, B, D都是计算机病毒所具有的特征，但是计算机病毒并不是可以预见的，你无法确切地知道计算机病毒何时传播，何时破坏。

所以正确答案为C。

【例8-5】关于预防计算机病毒说法正确的是。

A.仅需要使用技术手段即可有效预防病毒B.仅通过管理手段即可有效预防病毒C.管理手段与技术手段相结合才可有效预防病毒D.必须有专门的硬件支持才可预防病毒【答案与解析】计算机病毒的预防分为两种:管理方法_L的预防和技术上的预防，这两种方法的结合对防止病毒的传染是行之有效的，缺少任何一个环节，都会为计算机病毒提供传播的机会。

其次，即使是技术上的预防，也不一定需要有专门的硬件支持。

因此正确答案是C。

【例8-6]下面关于系统更新的说法，正确的是。

(带答案)初中物理第八章运动和力知识总结例题

(带答案)初中物理第八章运动和力知识总结例题单选题1、如下图所示，物体运动状态发生改变的是（）A．吊在天花板下静止的电灯B．路上匀速直线行驶的小汽车C．弯道上沿曲线匀速运动的运动员D．空中匀速直线下落的降落伞2、如果一个物体只受两个力的作用，这两个力的三要素完全相同，则该物体（）A．一定加速运动B．一定减速运动C．可能匀速直线运动D．一定不能静止或匀速直线运动3、体育课上有爬绳和爬杆两种运动，某同学先后以相同的姿势顺着绳子和杆匀速向上爬，受到的摩擦力（）A．爬绳时受到的摩擦力较大，是因为绳子粗糙B．爬绳和爬杆时，受到的摩擦力一样大C．爬杆时受到的摩擦力较大，是因为爬杆时手握杆的力要大些D．爬绳和爬杆时受到的摩擦力都向上4、如图所示，将弹簧测力计A、B的挂钩挂在一起，然后用手水平左右拉弹簧测力计的圆环，使其保持静止状态，当弹簧测力计A的示数为4N时，则弹簧测力计B的示数及右手对弹簧测力计B的拉力大小分别是（）A．8N、4NB．4N、8NC．0N、8ND．4N、4N5、如图，向右匀速行驶的动车桌面上有杯水，一束光斜射到水面上，保持人射光方向不变。

动车减速时（）A．入射角不变，折射角不变B．入射角变小，折射角变小C．入射角变大，折射角变大D．入射角变大，折射角变小6、如图所示，小明同学在练习滑板运动时，单脚蹬地，人和车一起向前滑行。

以下说法正确的是（）A．脚向后蹬地，人和车向前滑行，说明力的作用是相互的B．蹬地时，脚对地的压力和地对脚的支持力是一对平衡力C．当人和车一起滑行时，若车碰到障碍物，人会向后倾倒D．停止蹬地后，车滑行一段距离会停下，说明运动需要力来维持7、如图所示，篮球队员小明在进行上抛球训练，不计空气阻力，竖直向上抛出去的篮球（）A．在向上运动过程中，篮球受重力和向上的抛力B．在向上运动过程中，篮球只受向上的抛力C．在向上运动过程中，篮球只受重力D．运动到最高点时，篮球不受任何力8、如图各选项中的物体，受到非平衡力作用的是（）A．静立枝头的鸟B．加速升空的火箭C．匀速行驶的汽车D．匀速下降的降落伞9、足球比赛中,运动员用头顶球,球在向上飞,若此时受到的力都消失,则球将会A．静止B．做匀速直线运动C．下落D．无法判断10、如图是人们采用撞击锤柄下端的方法使松动的锤头紧紧套在锤柄上的情景，这主要是利用了下列哪一个物体有惯性（）A．凳子B．手C．锤柄D．锤头11、关于牛顿第一定律和惯性，下列说法错误的是（）A．牛顿第一定律不可能用实验直接验证B．牛顿第一定律是公认的物理学基本定律之一C．撞击锤柄下端使锤头套紧在锤柄上，是利用锤头的惯性D．环绕火星运行的“天问一号”探测器中的物体没有惯性12、人类对宇宙的认知是不断地提升、扩展的，古人认为地球是宇宙的中心。

第八章例题

σ 2 (a) = aI n
∀a ∈ K
这是K到 Kn×n的一个映射。 σ2是单射，但不是满射。
例3 系数在数域K上的全体多项式集合P[t]，构成按通常多项式的加法和数与多项式的乘法，数域K上的线性空间。例4 系数在数域K上次数不超过n的多项式集合 Pn[t]，按通常多项式的加法和数与多项式的乘法，构成数域K上的线性空间。例5 数域K上次数等于n的多项式集合，对于多项式的加法与数乘运算是否构成线性空间？解不构成。原因：（1）对加法不封闭，取 t n + 5 和 − t n − 2 属于该 n n 集合，但 (t + 5) + (−t − 2) = 3 不属于该集合；
例9 设 A ∈ K m×n ，非齐次线性方程组Ax=b的解向量集合 ~ 按通常向量的加法与数乘不构成数域 S， K上的线性空间。 ~ 原因：（1） S 可能是空集；（2） S 对加法不封闭； ~ （3） S 对数乘不封闭。例10 全体正实数集合R+，加法与数乘规定为 m ⊕ n = mn ， k o m = m k ， ∀m, n ∈ R + ，k ∈ R 则R+构成实线性空间。 1 其中1是零元素，是元素m的负元素。 m
= 0
L
0
0 M 0 1 0 M 0
~
1 1 1 1 G3 = 。， G4 = 1 0 0 1
的线性相关性。
解（1）设 k1 E11 + k 2 E12 + k3 E 21 + k 4 E 22 = O ，即 k1 k 2 0 0 = k3 k 4 0 0 只有 k1 = k 2 = k3 = k 4 = 0 ，故 E11, E12 , E21, E22 线性无关。（2）设 k1G1 + k 2G2 + k3G3 + k 4G4 = O ，即

第八章(1)库仑定律课堂例题

- 1 - 第八章静电场——库仑定律的应用例1. 如图所示的是一个带正电的验电器，当一个金属球A 靠近验电器上的金属小球B 时，验电器中金属箔片的张角减小，则：（） A ．金属球A 可能不带电 B ．金属球A 可能带负电C ．金属球A 可能带正电D ．金属球A 一定带负电例2. 电量分别为q 1和q 2的两个点电荷，相距r 时相互作用力为F ，则：（）A ．如果q 1和q 2恒定，当距离变为2r 时作用力将变为2F B ．如果其中一个电荷的电量和它们的距离都减半时，作用力将变为2FC ．如果它们的距离和电量都加倍时，作用力不变D ．如果它们的电量都加倍，距离变为r 2时，作用力变为2F例3. 真空中有两个相同的带等量异种电荷的小球A 和B ，分别固定在两处，二球间静电力为F 。

用一个不带电的同样小球C 先和A 接触，再与B 接触，然后移去C ，则A 、B 球之间的静电力变为_________F 。

若再使A 、B 两球距离减小为原来的一半，则它们之间的静电力为_________ F 。

例4. 有两个完全相同的金属小球A 和B ，分别带有+10Q 和-Q 的电荷量，球心间距离为r （远大于小球直径）。

将它们用绝缘支柱固定起来，现用第三个一样的不带电金属小球C 反复不断地与A 、B 轮流接触，最后移开C 后，A 、B 间作用力变为原来的多少倍？例5. 有两个点电荷的带电量分别为+Q 和+9Q ，放在真空中相距0.4m ，如果再引入第三个点电荷，正好使三个点电荷都处于平衡状态，则第三个点电荷带何种电荷的电性？应放在什么地方？电量为多少？例6. 两个大小相同的小球带有同种电荷，质量分别为m 1和m 2，带电量分别为q 1和q 2。

用绝缘细线悬挂后，因静电力而使两悬线张开，分别与铅锤线方向成夹角α1和α2，且两球同处一水平线上，如图所示，若α1=α2，下述结论正确的是：（）A ．q 1一定等于q 2B ．一定满足2211m q m qC ．m 1一定等于m 2D ．必须同时满足q 1=q 2，m 1=m 2例7. 在竖直绝缘墙壁上的Q 点，有一固定质点A ，在Q 点正上方的P点，用丝线悬挂一质点B ，A 、B 因均带负电而相互排斥，致使悬线与竖直方向夹角为θ，由于漏电，A 、B 电量逐渐减小，在电荷漏完之前，悬线拉力大小为：（）A ．逐渐减小B ．逐渐增大C ．保持不变D ．先变小后变大。

高中数学第八章立体几何初步知识总结例题(带答案)

高中数学第八章立体几何初步知识总结例题单选题1、如图，点N为正方形ABCD的中心，ΔECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD,M是线段ED的中点，则A．BM=EN，且直线BM,EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM,EN是相交直线C．BM=EN，且直线BM,EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM,EN是异面直线答案：B解析：利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．如图所示，作EO⊥CD于O，连接ON，过M作MF⊥OD于F．连BF，∵平面平面ABCD．EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF⊥平面ABCD，∴ΔMFB与ΔEON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO=√3,ON =EN=2，MF=√32,BF=52,∴BM=√7．∴BM≠EN，故选B．CDE小提示：本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形．2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解. 由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则OʹAʹ=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，故原平面图形的面积为1×4×4√2=8√2.2故选：A3、如图，用斜二测画法作水平放置的正三角形A1B1C1的直观图，则正确的图形是（）A．B．C．D．分析：由斜二侧画法的规则分析判断即可先作出一个正三角形A1B1C1，然后以B1C1所在直线为x轴，以B1C1边上的高所在的直线为y轴建立平面直角坐标系，画对应的x′,y′轴，使夹角为45°，画直观图时与x轴平行的直线的线段长度保持不变，与y轴平行的线段长度变为原来的一半，得到的图形如图，然后去掉辅助线即可得到正三角形的直观图如图，故选：A4、下列空间图形画法错误的是（）A．B．C．D．分析：根据空间图形画法：看得见的线画实线，看不见的线画虚线.即可判断出答案.D选项：遮挡部分应画成虚线．故选:D.5、如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A．(8+2√2)a2B．(2+4√2)a2C．(4+2√2)a2D．(6−4√2)a2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a，宽为a，所以面积为√2a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2+2√2a2=(4+2√2)a2.故选：C.6、已知三棱锥A−BCD的所有顶点都在球O的球面上，且AB⊥平面BCD，AB=2√3，AC=AD=4，CD= 2√2，则球O的表面积为（）A．20πB．18πC．36πD．24π答案：A分析：根据AB⊥平面BCD，得到AB⊥BC，AB⊥BD，再由AB=2√3，AC=AD=4，CD=2√2，得到BC⊥BD，则三棱锥A−BCD截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥BC，AB⊥BD，∴BC=BD=√42−(2√3)2=2，在△BCD中，CD=2√2，∴CD2=BC2+BD2，∴BC⊥BD.如图所示：三棱锥A−BCD的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，设球O的半径为R，则2R=√BA2+BC2+BD2=√(2√3)2+22+22=2√5，解得R=√5，所以球O的表面积为20π，故选：A.7、下列条件中，能得出直线m与平面α平行的是（）A．直线m与平面α内的所有直线平行B．直线m与平面α内的无数条直线平行C．直线m与平面α没有公共点D．直线m与平面α内的一条直线平行答案：C分析：根据线面平行的判定，线面平行的性质逐个辨析即可.对A ，直线m 与平面α内的所有直线平行不可能，故A 错误；对B ，当直线m 在平面α内时，满足直线m 与平面α内的无数条直线平行，但m 与α不平行；对C ，能推出m 与α平行；对D ，当直线m 在平面α内时，m 与α不平行.故选：C.8、如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形EFGH 为截面，长方形ABCD 为底面，则四边形EFGH 的形状为（）A ．梯形B ．平行四边形C ．可能是梯形也可能是平行四边形D ．矩形答案：B解析：利用面面平行的性质判断EF 与的平行、EH 与FG 平行.因为平面ABFE //平面CGHD ,且平面EFGH ∩平面ABFE =EF ,平面EFGH ∩平面CGHD =GH ,根据面面平行的性质可知EF //,同理可证明EH //FG .所以四边形EFGH 为平行四边形.故选：B.小提示：本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.多选题9、（多选）一个几何体有6个顶点，则这个几何体可能是（）A ．三棱柱B ．三棱台C ．五棱锥D ．四面体答案：ABCGH GH分析：根据棱柱、棱台、棱锥及四面体的图形分析，即可得答案.对于A ，三棱柱是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于B ，三棱台是上下两个三角形，有6个顶点，满足题意；对于C ，五棱锥是底面为五边形及一个顶点，有6个顶点，满足题意；对于D ，四面体的顶点个数为4个，不满足题意.故选：ABC.10、我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥．已知半球内有一个方锥，方锥的底面内接于半球的底面，方锥的顶点在半球的球面上，若方锥的体积为18，则半球的说法正确的是（）A ．半径是3B ．体积为18πC ．表面积为27πD ．表面积为18π答案：ABC分析：作出正四棱锥的对角面，为半球的半个大圆的内接三角形，由图形可用球的半径表示出棱锥底面边长，高，由棱锥体积求得半球半径．然后计算半球体积，表面积，判断各选项．如图，是正四棱锥的对角面，设球半径为r ，AC 是半圆的直径，则正四棱锥底面边长为√2r ，棱锥体积为V =13×(√2r)2×r =23r 3=18，r =3，半球体积为V =23πr 3=23π×33=18π，表面积为S =2π×32+π×32=27π，故选：ABC ．11、如图，正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则下列四个命题正确的是（）PAC △PAC△A．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π4B．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于π4C．点D到面ACD1的距离为√33D．三棱柱AA1D1−BB1C1外接球半径为√32答案：BCD分析：对于A：根据异面直线的求法易得：异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C；对于B：可证B1C⊥平面ABC1D1，则直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1；对于C：根据等体积转换V D−ACD1=V D1−ACD，求点D到面ACD1的距离；对于D：三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，直接求正方体外接球的半径即可．连接AC、AD1∵AB∥C1D1且AB=C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，∴异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C∵AC=AD1=D1C，则△ACD1为正三角形，即∠AD1C=π3A不正确；连接B1C在正方形BB1C1C中，BC1⊥B1C∵AB⊥平面BB1C1C，B1C⊂平面BB1C1C∴AB⊥B1CAB∩BC1=B，则B1C⊥平面ABC1D1∴直线BC与平面ABC1D1所成的角为∠CBC1=π4 B正确；根据等体积转换可知：V D−ACD1=V D1−ACD即13×ℎ×12×√2×√2×√32=13×1×12×1×1，则ℎ=√33C正确；三棱柱AA1D1−BB1C1的外接球即为正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球则外接球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1D1体对角线的一半，即R=√32D正确；故选：BCD．12、如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（）A．V3=2V2B．V3=V1C．V3=V1+V2D．2V3=3V1答案：CD分析：直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=V A−EFM+V C−EFM计算出V3，依次判断选项即可.设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√(2a)2+(√2a)2=√6a,FM=√a2+(√2a)2=√3a，EF=√a2+(2√2a)2=3a，EM2+FM2=EF2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.13、正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2√3，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3B．正三棱锥的斜高为√392C．正三棱锥的体积为27√34D．正三棱锥的侧面积为9√394答案：ABD分析：先求出正三棱锥的高和斜高，从而可判断AB的正误，再计算出体积和侧面积，从而可判断CD的正误.设E为等边三角形ADC的中心，F为CD的中点，连接PF,EF,PE，则PE为正三棱锥的高，PF为斜高，又PF=√12−94=√392，EF=32×√33=√32，故PE=√394−34=3,故AB正确.而正三棱锥的体积为13×3×√34×9=9√34，侧面积为3×12×3×√392=9√394，故C错误，D正确.故选：ABD.填空题14、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是____．①平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ；②DC 1⊥PC ；③∠APD 1的取值范围是[π2,π)； ④三棱锥C 1−D 1PC 的体积为定值43．答案：①②④分析：由正方体的特征知A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，由面面垂直的判定和线面垂直的性质可知①②正确；当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，由长度关系可求得cos∠APD 1>0，知③错误；由体积桥和三棱锥体积公式可确定④正确.对于①，∵几何体是正方体，∴A 1D 1⊥平面AA 1B 1B ，又A 1D 1⊂平面A 1D 1P ，∴平面A 1D 1P ⊥平面BB 1P ，①正确；对于②，在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，DC 1⊥对角面A 1BCD 1，对角面A 1BCD 1，∴DC 1⊥PC ，②正确；对于③，当点P 为线段A 1B 的一个四等分点且靠近点B 时，可得：AP =√102，D 1P =√342，AD 1=2√2，由余弦定理得：cos∠APD 1=AP 2+D 1P 2−AD 122AP⋅D 1P =52+172−82×√102×√342=√85>0，此时∠APD 1<π2，③错误；对于④，∵△D 1C 1C 的面积是定值S =12×2×2=2，点P 到面D 1C 1C 的距离为BC =2，∴三棱锥C 1−D 1PC的体积V =13×2×2=43，④正确． PC所以答案是：①②④．15、如图，在正方体中，A 、B 、C 、D 分别是顶点或所在棱的中点，则A 、B 、C 、D 四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．答案：①③④分析：四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．图①：证明AB ∥EF ，CD ∥EF ，可得AB ∥CD ；图③：证明BD ∥EF ，AC ∥EF ，可得BD ∥AC ；图④：证明GH ∥EF ，AC ∥EF ， BD ∥GH ，可得BD ∥AC ．图①：取GD 的中点F ，连结BF 、EF ，∵B 、F 均为相应边的中点，则：BF ∥HG又∵HG ∥，则BF ∥即ABFE 为平行四边形∴AB ∥EF同理: CD ∥EF则AB ∥CD 即A 、B 、C 、D 四点共面，图①正确；图②：显然AB 与CD 异面，图②不正确；AEAE图③：连结AC,BD,EF,∵BE∥DF即BDFE为平行四边形∴BD∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；图④：连结AC,BD,EF,GH,∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF同理：BD∥GH∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．所以答案是：①③④．16、一个正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的体积为________．答案：16分析：根据棱柱的体积公式直接计算即可.由题可得该正四棱柱的体积为2×2×4=16.所以答案是：16.解答题17、在正方体ABCD—A1B1C1D1中，E是棱BB1的中点．(1)求证：B1D∥平面ACE．(2)若F是棱CC1的中点，求证：平面B1DF∥平面ACE．答案：(1)证明见解析(2)证明见解析分析：（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；（2）证明B1F∥平面ACE，结合B1D∥平面ACE，利用面面平行判定定理证明即可.（1）连BD，使BD∩AC＝G，连EG．∵ABCD是正方形，BD∩AC＝G，∴DG＝BG．又∵E是BB1中点，∴B1E＝BE，∴DB1∥GE，又DB1⊄平面ACE，GE⊂平面ACE，∴B1D∥平面ACE．（2）∵E是棱BB1的中点，F是棱CC1的中点．∴B1E∥CF且B1E＝CF，∴四边形B1ECF是平行四边形，∴B1F∥CE，又∴B1F⊄平面ACE，CE⊂平面ACE，∴B1F∥平面ACE，由（1）B1D∥平面ACE，又∵DB1∩B1F＝B1，∴平面B1DF∥平面ACE．18、用符号表示下列语句，并画出图形.（1）平面α与β相交于直线l，直线a与α，β分别相交于点A，B；（2）点A，B在平面α内，直线a与平面α交于点C，点C不在直线AB上.答案：（1）α∩β＝l，a∩α＝A，a∩β＝B；图象见解析；（2）A∈α，B∈α，a∩α＝C，C∉AB；图象见解析分析：由题意将自然语言转化为符号语言,根据点线面的关系,借用集合符号,表示即可.（1）用符号表示：α∩β＝l,a∩α＝A,a∩β＝B，如图.（2）用符号表示：A∈α,B∈α,a∩α＝C,C∉AB，如图.小提示：本题主要考查点、线、面的关系的符号表达,属于基础题.。

(精选试题附答案)高中数学第八章立体几何初步典型例题

(名师选题)（精选试题附答案）高中数学第八章立体几何初步典型例题单选题1、下列说法正确的有（）①两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；②经过球面上不同的两点只能作一个大圆；③各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；④圆锥的轴截面是等腰三角形.A．1个B．2个C．3个D．4个答案：A解析：根据棱台、球、正方体、圆锥的几何性质，分析判断，即可得答案.①中若两个底面平行且相似，其余各面都是梯形，并不能保证侧棱延长线会交于一点，所以①不正确；②中若球面上不同的两点恰为球的某条直径的两个端点，则过此两点的大圆有无数个，所以②不正确；③中底面不一定是正方形，所以③不正确；④中圆锥的母线长相等，所以轴截面是等腰三角形，所以④是正确的.故选：A2、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.3、下列命题中，正确的是（）A ．三点确定一个平面B ．垂直于同一直线的两条直线平行C ．若直线l 与平面α上的无数条直线都垂直，则l ⊥αD ．若a 、b 、c 是三条直线，a ∥b 且与c 都相交，则直线a 、b 、c 在同一平面上答案：D分析：利用空间点、线、面位置关系直接判断.A.不共线的三点确定一个平面，故A 错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线l与平面α内的两条相交直线垂直，则直线l与平面α垂直，若直线l与平面α内的无数条平行直线垂直，则直线l与平面α不一定垂直，故C错误；D.因为a//b，所以a、b确定唯一一个平面，又c与a、b都相交，故直线a、b、c共面，故D正确；故选：D.4、已知三棱锥P−ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A．12πB．16πC．20πD．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC的外心为G，O为球心，所以OG⊥平面ABC，因为PA⊥平面ABC，所以OG//PA，设D是PA中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA，因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC，所以AG⊥PA，因此OD//AG，PA=1，因此四边形ODAG是平行四边形，故OG=AD=12由余弦定理，得)=2√3，BC=√AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12⇒AG=2，由正弦定理，得2AG=√3√32所以该外接球的半径R满足R2=(OG)2+(AG)2=5⇒S=4πR2=20π，故选：C．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.5、如图，已知正方体的棱长为a ，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为（）A ．(8+2√2)a 2B ．(2+4√2)a 2C ．(4+2√2)a 2D ．(6−4√2)a 2答案：C分析：拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，据此变化，进行求解. 由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为√2a ，宽为a ，所以面积为√2a 2，所以拼成的几何体的表面积为4a 2+2√2a 2=(4+2√2)a 2.故选：C.6、下图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（）A ．7√2π24B ．7√3π24C ．7√2π12D ．7√3π12答案：B分析：先计算出上下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为ℎ，母线长为l ，则2πr =π⋅1，2πR =π⋅2，解得r =12,R =1，l =2−1=1，ℎ=√l 2−(R −r )2=√12−(12)2=√32，设上底面面积为S ′=π⋅(12)2=π4，下底面面积为S =π⋅12=π，则体积为13(S +S ′+√SS ′)ℎ=13(π+π4+π2)⋅√32=7√3π24. 故选：B.7、如图所示，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面A 1B 1C 1，∠BAC =90°，AB =AA 1=1，D 是棱CC 1的中点，P 是AD 的延长线与A 1C 1的延长线的交点，若点Q 在线段B 1P 上，则下列结论中正确的是（）.A ．当点Q 为线段B 1P 的中点时，DQ ⊥平面A 1BDB ．当点Q 为线段B 1P 的三等分点时，DQ ⊥平面A 1BDC ．在线段B 1P 的延长线上，存在一点Q ，使得DQ ⊥平面A 1BDD ．不存在DQ 与平面A 1BD 垂直答案：D分析：依据线面垂直性质定理，利用反证法即可否定选项ABC ；按照点Q 为线段B 1P 的中点和点Q 不为线段B 1P的中点两种情况利用反证法证明选项D判断正确.连接AB1，交A1B于H在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，AB=AA1=1，则四边形A1B1BA为正方形，则AB1⊥A1B又∠BAC=90°，即AB⊥AC，又AA1⊥AC，AB∩AA1=A，AA1⊂面A1B1BA，AB⊂面A1B1BA则AC⊥面A1B1BA，则AC⊥A1B又AB1⊥A1B，AB1∩AC=A，AB1⊂面AB1C，AC⊂面AB1C则A1B⊥面AB1C，选项A：当点Q为线段B1P的中点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1若DQ⊥平面A1BD，则AB1⊥平面A1BD又A1B⊥面AB1C，则面AB1C//平面A1BD，这与AB1∩A1B=H矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；选项B：当点Q为线段B1P的三等分点时，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即当点Q为线段B1P的点三等分时，DQ⊥平面A1BD，不正确；选项C：在线段B1P的延长线上一点Q，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD不正确；选项D：由选项A可知，点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD不成立；假设点Q在线段B1P上，且不是中点，又D是棱CC1的中点，则DQ//AB1不成立，即DQ与AB1为相交直线，若DQ⊥平面A1BD，则DQ⊥A1B又AB1⊥A1B，DQ与AB1为相交直线，AB1⊂面AB1P，DQ⊂面AB1P则A1B⊥面AB1P，又A1B⊥面AB1C，则面AB1P//面AB1C这与面AB1P∩面AB1C=AB1矛盾，故假设不成立，即点Q在线段B1P上，且不是中点时，DQ⊥平面A1BD不正确；故不存在DQ与平面A1BD垂直.判断正确.故选：D8、设α,β为两个不同的平面，则α∥β的充要条件是（）A．α内有无数条直线与β平行B．α,β垂直于同一平面C．α,β平行于同一条直线D．α内的任何直线都与β平行答案：D分析：根据面面平行、相交的知识确定正确选项.A选项，α内有无数条直线与β平行，α与β可能相交，A选项错误.B选项，α,β垂直于同一平面，α与β可能相交，B选项错误.C选项，α,β平行于同一条直线，α与β可能相交，C选项错误.D选项，α内的任何直线都与β平行，则α//β，D选项正确.故选：D9、在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，若四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA=2√2，AB=BC=2，则该阳马的外接球的表面积为（）A．4πB．8πC．16πD．32π答案：C分析：补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，求出外接球半径，即可得出答案.解：因为四棱锥P−ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，如图，补全该阳马所得到的长方体，则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径，设外接球半径为R，则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16，所以R=2，所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.故选：C.10、球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆），我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC 的项点都在半径为2的球面上，球心到△ABC 所在平面距离为2√63，则A 、B 两点间的球面距离为（） A ．πB ．π2C ．2π3D ．3π4答案：C分析：设球心为点O ，计算出∠AOB ，利用扇形弧长公式可求得结果.设球心为点O ，平面ABC 截球O 所得截面圆的半径为r =√22−(2√63)2=2√33，由正弦定理可得4√33=AB sin∠ACB ，∴AB =4√33sin π3=2，又∵OA =OB =2，所以，△AOB 为等边三角形，则∠AOB =π3，因此，A 、B 两点间的球面距离为2×π3=2π3. 故选：C.小提示：思路点睛：求球面距离，关键就是要求出球面上两点与球心所形成的角，结合扇形的弧长公式求解，同时在计算球的截面圆半径时，利用公式r =√R 2−d 2（其中r 为截面圆的半径，R 为球的半径，d 为球心到截面的距离）来计算.填空题11、词语“堑堵”、“阳马”、“鳖臑”等出现自中国数学名著《九章算术・商功》，是古代人对一些特殊锥体的称呼．在《九章算术・商功》中，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有如图所示的“鳖臑”四面体PABC ，其中PA ⊥平面ABC ，PA =AC =2，BC =2√2，则四面体PABC 的外接球的表面积为______．答案：16π分析：确定外接球球心求得球半径后可得表面积．由于PA⊥平面ABC，因此PA与底面上的直线AC,AB,BC都垂直，从而AC与AB不可能垂直，否则△PBC是锐角三角形，由于AC<BC，因此有AC⊥BC，而PA与AC是平面PAC内两相交直线，则BC⊥平面PAC，PC⊂平面PAC，所以BC⊥PC，所以PB的中点O到P,A,B,C四个点的距离相等，即为四面体PABC的外接球球心．PB2=PA2+AB2=PA2+AC2+BC2=22+22+(2√2)2=16，PB=4，)2=4π×22=16π．所以所求表面积为S=4π×(PB2所以答案是：16π．12、已知一个圆锥的侧面积是底面面积的2倍，则该圆锥的母线与其底面所成的角的大小为______．答案：π32πrl=2⋅π⋅分析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，根据面积关系可得12r2，即可得到答案；设圆锥的母线长为l，底面半径为r，圆锥的母线与其底面所成的角为θ，则122πrl=2⋅π⋅r2⇒rl=12，∴cosθ=12⇒θ=60°，所以答案是：π313、如图所示，过三棱台上底面的一边A1C1，作一个平行于棱BB1的截面，与下底面的交线为DE．若D、E分别是AB、BC的中点，则V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC=______．答案：37分析：证得S△A1B1C1=14S△ABC，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.因为BB1//平面DEC1A1，且平面BB1C1C∩平面DEC1A1=C1E，所以BB1//C1E，又因为B1C1//BE，所以四边形BB1C1E为平行四边形，所以B1C1=BE，且E分别是BC的中点，所以B1C1=1 2BC，同理A1B1=12AB，因此S△A1B1C1=14S△ABC，设上底面的面积为S，高为ℎ，则下底面的面积为4S，所以V A1B1C1−DBEV A1B1C1−ABC =13(S+√S⋅4S+4S)ℎ=37，所以答案是：37.14、如图，已知平面四边形ABCD中，△ABD是边长为2的正三角形，BC⊥CD，以BD为棱折成直二面角A−BD−C，若折叠后A，B，C，D四点在同一球面上，则该球的体积为___________.答案：32√327π分析：如图，折叠后，取BD的中点H，连接CH,AH，由面面垂直的性质可得AH⊥平面BCD，由BC⊥CD，可得球心O在AH上，设球半径为R，求得半径R，再根据球的体积公式即可得出答案.解：如图，折叠后，取BD的中点H，连接CH,AH，因为△ABD是边长为2的正三角形，所以AH⊥BD，又二面角A−BD−C为直二面角，平面ABD⊥平面BCD，所以AH⊥平面BCD，则AH=√3，HC=1，又BC⊥CD，所以球心O在AH上，设球半径为R，则OA=OB=R，OH=√3−R，所以R2=(√3−R)2+1，解得R=2√33，所以球的体积为V=43π(2√33)3=32√327π.所以答案是：32√327π.15、如图，四棱锥S-ABCD的底面ABCD为正方形，SD⊥底面ABCD，则下列结论中正确的有______个．①AC⊥SB；②AB∥平面SCD；③SA与平面ABCD所成的角是∠SAD；④AB与SC所成的角等于DC与SC所成的角．答案：4分析：利用线面垂直的判定定理AC⊥平面SBD，进而可判定①正确．根据AB∥CD，利用线面平行的判定定理可证②正确．根据线面所成角的定义可判定③正确．根据AB∥CD，由异面直线所成角的定义可判定④正确．因为SD⊥底面ABCD，所以AC⊥SD．因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又BD∩SD＝D，所以AC⊥平面SBD，所以AC⊥SB，故①正确．因为AB∥CD，AB⊄平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AB∥平面SCD，故②正确．因为AD是SA在平面ABCD内的射影，所以SA与平面ABCD所成的角是∠SAD．故③正确．因为AB∥CD，所以AB 与SC所成的角等于DC与SC所成的角，故④正确．所以答案是：4.解答题16、如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，E为侧棱PC的中点.（1）求证：经过A、B、E三点的截面平分侧棱PD；（2）若PA⊥底面ABCD，且PA=AD=2，求四面体ABEP的体积..答案：（1）证明见解析；（2）23分析：（1）设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF，证明CD//EF.即得F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD；（2）取PB中点H，连EH，证明EH⊥平面PAB，即得解.（1）证明：设截面ABE与侧棱PD交于点F，连结EF,AF.因为底面ABCD为矩形，所以AB//CD.又AB⊄平面PCD，且CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD.又AB⊂平面ABE，且平面ABE∩平面PCD=EF，所以AB//EF.又因为AB//CD，所以CD//EF.因为E为PC的中点，所以F为PD的中点，即截面ABE平分侧棱PD. （2）∵PA⊥平面ABCD，BC⊆平面ABCD，∴BC⊥PA，又BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB.取PB中点H，连EH，∵E是PC中点，∴EH//BC，即EH=1且EH⊥平面PAB，又Rt△PAB的面积S=12PA⋅AB=2.∴四面体ABEP的体积V=V E−PAB=13⋅S⋅EH=23.小提示：方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）等体积法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.17、长方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别为棱AA1,CC1的中点.（1）求证：D1E//BF；（2）求证：∠B1BF=∠A1ED1.答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）先证明四边形EMC1D1为平行四边形，可得D1E//MC1，再证明四边形MBFC1为平行四边形，得BF//MC1，从而得D1E//BF；（2）根据等角定理证明即可.证明：（1）如图，取BB1的中点M，连接EM,C1M.在矩形ABB1A1中，易得EM//A1B1，EM=A1B1因为A1B1//C1D1，A1B1=C1D1，所以EM//C1D1，EM=C1D1所以四边形EMC1D1为平行四边形，所以D1E//MC1.在矩形BCC1B1中，易得MB//C1F，MB=C1F.所以四边形MBFC1为平行四边形，所以BF//MC1，所以D1E//BF.（2）因为D1E//BF，BB1//EA1，又∠B1BF与∠A1ED1的对应边方向相同，所以∠B1BF=∠A1ED1.18、如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；（2）若PD=DC=1，求四棱锥P−ABCD的体积．答案：（1）证明见解析；（2）√2．3分析：（1）由PD⊥底面ABCD可得PD⊥AM，又PB⊥AM，由线面垂直的判定定理可得AM⊥平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM⊥平面PBD；（2）由（1）可知，AM⊥BD，由平面知识可知，△DAB~△ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱锥P−ABCD的体积公式即可求出．（1）因为PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD，所以PD⊥AM，又PB⊥AM，PB∩PD=P，所以AM⊥平面PBD，而AM⊂平面PAM，所以平面PAM⊥平面PBD．（2）[方法一]：相似三角形法由（1）可知AM⊥BD．于是△ABD∽△BMA，故ADAB =ABBM．因为BM=12BC,AD=BC,AB=1，所以12BC2=1，即BC=√2．故四棱锥P−ABCD的体积V=13AB⋅BC⋅PD=√23．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知AM⊥DB,所以k AM⋅k BD=−1．建立如图所示的平面直角坐标系，设BC=2a(a>0)．因为DC=1，所以A(0,0)，B(1,0)，D(0,2a)，M(1,a)．从而k AM⋅k BD=a−01−0×2a−00−1=a×(−2a)=−2a2=−1．所以a=√22，即DA=√2．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，设|DA|=t，所以D(0,0,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，A(t,0,0)，B(t,1,0)．所以M(t2,1,0)，PB⃑⃑⃑⃑⃑ =(t,1,−1)，AM⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−t2,1,0)．所以PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =t ⋅(−t 2)+1×1+0×(−1)=−t 22+1=0．所以t =√2，即|DA|=√2．下同方法一.[方法四]：空间向量法由PB ⊥AM ，得PB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以(PD ⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ )⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．即PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．又PD ⊥底面ABCD ，AM 在平面ABCD 内，因此PD ⊥AM ，所以PD ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．所以DA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +AB ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅AM ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，由于四边形ABCD 是矩形，根据数量积的几何意义，得−12|DA ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+|AB ⃑⃑⃑⃑⃑ |2=0，即−12|BC ⃑⃑⃑⃑⃑ |2+1=0．所以|BC⃑⃑⃑⃑⃑ |=√2，即BC =√2．下同方法一. 【整体点评】(2)方法一利用相似三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三直接利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.19、如图，在四棱锥P －ABCD 中，四边形ABCD 为矩形，AB ⊥BP ，M ，N 分别为AC ，PD 的中点．（1）求证：MN ∥平面ABP ；（2）若BP ⊥PC ，求证：平面ABP ⊥平面APC ．答案：（1）证明见解析；（2）证明见解析.分析：（1）要证明线面平行，需证明线线平行，即连结BD，证明MN//BP；（2）要证明面面垂直，需证明线面垂直，利用垂直关系转化，证明PC⊥平面ABP. 证明：（1）连结BD，由已知，M为AC和BD的中点，又∵N为PD的中点，∴MN∥BP．∵MN⊄平面ABP，BP⊂平面ABP，∴MN∥平面ABP．（2）∵AB⊥BP，AB⊥BC，BP∩BC＝B，∴AB⊥平面BPC．∵PC⊂平面BPC，∴AB⊥PC．∵BP⊥PC，AB∩BP＝B，∴PC⊥平面ABP．∵PC⊂平面APC，∴平面ABP⊥平面APC．。

第八章例题

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[例3]：常压下以温度为20℃、相对湿度为60%的新鲜空气为介质，干燥某种湿物料。空气在预热器中被加热到90℃后送入干燥器，离开时的温度为45℃、湿度为 0.022kg/kg绝干气。每小时有1100kg温度为20℃、湿基含水量为3%的湿物料送入干燥器，物料离开干燥器时温度升到60℃、湿基含水量降到0.2%。湿物料的平均比热为3.28kJ/(kg绝干料· ℃)。忽略预热器向周围的热损失，干燥器的热损失为 1.2kW。试求：（1）水分蒸发量W；（2）新鲜空气消耗量L0 ；（3）若风机装在预热器的新鲜空气入口处，求风机的风量；（4）预热器消耗的热量QP；（5）干燥系统消耗的总热量Q；（6）向干燥器补充的热量QD；（7）干燥系统的热效率。解：根据题意画的流程图（略）（1）蒸发量W
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12）某湿物料在常压理想干燥器中进行干燥，湿物料的流率为1kg/h ，初始湿含量（湿基，下同）为3.5%，干燥产品的湿含量为0.5%。空气状况为：初始温度为25℃、湿度为，经预热后进干燥器的温度为160℃，如果离开干燥器的温度选定为60℃或40℃，试分别计算需要的空气消耗量及预热器的传热量。又若空气在干燥器的后续设备中温度下降了10℃，试分析以上两种情况下物料是否返潮？ 13）常压下已知25℃时氧化锌物料在空气的固相水分的平衡关系，其中当时，，当时，设氧化锌含水量，若与温度为25℃、相对湿度为40% 的恒定空气条件长时间充分接触，问该物料的平衡含水量，结合水分和非结合水分分别为多少？ 14）由实验测得某物料干燥速率与其所含水分直线关系。即。在某干燥条件下，湿物料从60㎏减到50㎏所需干燥时间60分钟。已知绝干物料重45㎏，平衡含水量为零。试问将此物料在相同干燥条件下，从初始含水量干燥至初始含水量的20%需要多长时间？ 15）某物料经过6小时的干燥，干基含水量自0.35降至0.10，若在相同干燥条件下，需要物料含水量从0.35降至0.05，试求干燥时间。物料的临界含水量为0.15，平衡含水量为0.04，假设在将速阶段中干燥速率与物料自由含水量成正比。

财务管理学---第8章-例题答案

第8章投资决策实务【例1·判断题】互斥方案的可行性评价与其投资决策是完全一致的行为。

（×）『答案解析』独立方案的可行性评价与其投资决策是完全一致的行为。

【例2·计算题】已知：某企业拟进行一项单纯固定资产投资，现有A、B两个互斥方案可供选择，相关资料如下表所示：方案建设期运营期012～1112 A固定资产投资**新增息税前利润（每年相等）**新增的折旧100100新增的营业税金及附加 1.5*所得税前净现金流量-10000200* B固定资产投资500500所得税前净现金流量**200*说明：表中“2～11”年一列中的数据为每年数，连续10年相等；用“*”表示省略的数据。

要求：（1）确定或计算A方案的下列数据：①固定资产投资金额；②运营期每年新增息税前利润；③不包括建设期的静态投资回收期。

（2）请判断能否利用净现值法做出最终投资决策。

（3）如果A、B两方案的净现值分别为180.92万元和273.42万元，请按照一定方法做出最终决策，并说明理由。

『正确答案』（1）①固定资产投资金额＝1000（万元）②运营期每年新增息税前利润＝所得税前净现金流量－新增折旧＝200－100＝100（万元）③不包括建设期的静态投资回收期＝1000/200＝5（年）（2）净现值法适用于原始投资相同且项目计算期相等的多方案比较决策，本题中A方案的原始投资额为1 000万元，B方案的原始投资额＝500＋500＝1 000万元，由此可知，A方案的原始投资额＝B方案的原始投资额；另外A方案的计算期＝B方案的计算期（均为12年），所以可以使用净现值法进行决策。

（3）因为B方案的净现值（273.42万元）大于A方案的净现值（180.92万元），因此应该选择B方案。

【例3·计算题】A项目与B项目为互斥方案，它们的项目计算期完全相同。

A项目原始投资的现值为150万元，净现值为29.97万元；B项目的原始投资的现值为100万元，净现值为24万元。

第八章-财产清查

第八章-财产清查第八章财产清查一、重点知识点及重点例题第一节财产清查概述知识点一财产清查的概念及分类1、（★★）【单项选择题】单位主要领导调离工作前进行的财产清查，应属于（）。

A、重点清查B、全面清查C、局部清查D、定期清查【答案】B【解析】单位主要负责人调离工作，需要进行全面清查2、（★★）【单项选择题】以下情况中，宜采用局部清查的有（）。

A、年终决算前进行的清查B、企业清产核资时进行的清查C、企业更换财产保管人员时D、企业改组为股份制试点企业进行清查【答案】C【解析】需要局部清查的情况：在有关人员调动时，也需要进行专题清查3、（★★）【不定项选择题】下列情况中，需要进行定期局部财产清查的有（）。

A．贵重的财产物资B．企业进行股份制改制前C．企业的债权债务D．单位主要负责人调离时【答案】AC【解析】企业进行股份制改制前和单位主要负责人调离时需要进行全面清查4、（★★★）【多项选择题】下列各项中，进行局部财产清查正确的做法是（）。

A．库存现金每月应至少清点一次B．银行借款每月同银行核对一次C．贵重物品每月应清查盘点一次D．往来款每年至少核对一至二次【答案】BCD【解析】对于库存现金应由出纳人员在每日业务终了时清点，做到日清月结5、（★★）【判断题】)全面清查概念是指对全部财产进行盘点和核对，因此包括各种在途材料，委托外单位加工、保管的材料。

盈、盘亏现象D、只有在实地盘存制下才可能出现财产的盘盈、盘亏现象【答案】ABC【解析】永续盘存制和实地盘存制两者盘点的目的不同，前者是为了达到账实一致，后者是为了倒算出发出数。

实地盘存制下账实是相符的，而永续盘存制账面随时反映出的财产物资的结余情况与通过盘点财产物资实际库存数量可能不相符，从而出现财产的盘盈盘亏现象3、（★★★）【单项选择题】财产物资的盘存制度采用实地盘存制和永续盘存制的根本区别在于（）。

A．本期收入存货数量的确定方法不同B．本期发出存货数量的确定方法不同C．期末结存存货数量的确定方法不同D．存货明细分类账簿设置的方法不同【答案】C【解析】永续盘存制和实地盘存制两者盘点的目的不同，前者是为了达到账实一致，后者是为了倒算出发出数。

高中物理第八章机械能守恒定律典型例题(带答案)

高中物理第八章机械能守恒定律典型例题单选题1、如图所示，质量为M 、半径为R 的半球形碗放置于水平地面上，碗内壁光滑。

现使质量为m 的小球沿碗壁做匀速圆周运动，其轨道平面与碗口平面的高度差用h 表示，运动过程中碗始终保持静止，设碗与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（）A ．h 越小，地面对碗的摩擦力越小B ．h 越小，地面对碗的支持力越大C ．若h ＝R 2，则小球的动能为mgR D ．若h ＝R 2，M ＝10m ，则碗与地面之间的动摩擦因数可以小于√311答案：CA ．对小球受力分析，其受到重力和支持力，二力的合力提供向心力，则F 向＝mg tan θθ为小球与半球形碗球心连线与竖直方向的夹角。

由几何关系知：h 越小，θ越大；则向心力F 向越大，对碗和小球组成的整体，由牛顿第二定律有f ＝F 向＝mg tan θ故h 越小，地面对碗的摩擦力越大，A 错误；B ．对碗和小球组成的整体受力分析，竖直方向合力为零，故地面对碗的支持力始终等于碗和小球的重力，故B 错误；C ．若h ＝R 2，则θ＝60°对小球根据牛顿第二定律可知34mg tan60°＝m 2√32R则小球的动能E k ＝12mv 2＝mgR C 正确；D ．若h ＝R2，根据 mg tan60°＝ma n解得a n ＝√3g结合AB 选项的分析可知μ(M ＋m )g ≥f ＝ma n解得μ≥√311D 错误。

故选C 。

2、2013年12月2日1时30分，嫦娥三号探测器由长征三号乙运载火箭从西昌卫星发射中心发射，首次实现月球软着陆和月面巡视勘察。

嫦娥三号的飞行轨道示意图如图所示。

假设嫦娥三号在环月段圆轨道和椭圆轨道上运动时，只受到月球的万有引力，则（）A ．若已知嫦娥三号环月段圆轨道的半径、运动周期和引力常量，则可算出月球的密度B ．嫦娥三号由环月段圆轨道变轨进入环月段椭圆轨道时，应让发动机点火使其减速C ．嫦娥三号在环月段椭圆轨道上P 点的速度大于Q 点的速度34D．嫦娥三号在动力下降阶段，其引力势能增大答案：BA．由于不确定月球的半径，根据密度公式，无法求月球的密度，选项A错误；B．嫦娥三号在进行变轨时，改变卫星的速度，此时万有引力不变，要做向心运动，故应让发动机点火使其减速，选项B正确；C．根据开普勒定律可知：近月点的速度大于远月点的速度，即v Q>v P，选项C错误；D．嫦娥三号在动力下降阶段，引力做正功，引力势能减小，选项D错误。

部编版高中物理必修二第八章机械能守恒定律知识总结例题

(名师选题)部编版高中物理必修二第八章机械能守恒定律知识总结例题单选题1、氢气球在空中匀速上升的过程中，它的（） A ．动能减小，重力势能增大B ．动能不变，重力势能增大 C ．动能减小，重力势能不变D ．动能不变，重力势能不变答案：B氢气球在空中匀速上升，质量不变，速度不变，动能不变，高度增大，重力势能变大。

故选B 。

2、将一小球从地面上以12m/s 的初速度竖直向上抛出，小球每次与水平地面碰撞过程中的动能损失均为碰前动能的n 倍，小球抛出后运的v −t 图像如图所示。

已知小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度大小为10m/s 2，则n 的值为（）A ．56B ．16C ．59D ．49 答案：B小球第一次上升的最大高度ℎ1=12(12+0)m =6m上升阶段，根据动能定理有−(mg +F f )ℎ1=−12mv 02v 0=12m/s下降阶段，根据动能定理可知碰前瞬间的动能为 mgℎ1−F f ℎ1=E k0=48m J第一次与地面碰撞的过程中动能损失ΔE k=E k0−12mv22=8m J则依题意有n=ΔE kE k1=16故ACD错误，B项正确。

故选B。

3、如图所示，在水平地面上方固定一水平平台，平台上表面距地面的高度H=2.2m，倾角θ= 37°的斜面体固定在平台上，斜面底端B与平台平滑连接。

将一内壁光滑血管弯成半径R=0.80m的半圆，固定在平台右端并和平台上表面相切于C点，C、D为细管两端点且在同一竖直线上。

一轻质弹簧上端固定在斜面顶端，一质量m=1.0kg的小物块在外力作用下缓慢压缩弹簧下端至A点，此时弹簧的弹性势能E p=2.8J，AB长L=2.0m。

现撤去外力，小物块从A点由静止释放，脱离弹簧后的小物块继续沿斜面下滑，经光滑平台BC，从C点进入细管，由D点水平飞出。

已知小物块与斜面间动摩擦因数μ=0.80，小物块可视为质点，不计空气阻力及细管内径大小，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

高中物理第八章机械能守恒定律知识总结例题(带答案)

高中物理第八章机械能守恒定律知识总结例题单选题1、如图所示，用细绳系住小球，让小球从M点无初速度释放，小球从M点运动到N点的过程中( )A．若忽略空气阻力，则机械能不守恒B．若考虑空气阻力，则机械能守恒C．绳子拉力不做功D．只有重力做功答案：CA．忽略空气阻力，拉力与运动方向垂直不做功，只有重力做功，机械能守恒，故A错误；B．若考虑空气阻力，阻力做功，则机械能不守恒，故B错误；C．拉力与运动方向即速度方向垂直不做功，故C正确；D．如果考虑阻力，重力和阻力都做功，不考虑阻力，重力做功，故D错误。

故选C。

2、如图，高台跳水项目中要求运动员从距离水面H的高台上跳下，在完成空中动作后进入水中。

若某运动员起跳瞬间重心离高台台面的高度为h1，斜向上跳离高台瞬间速度的大小为v0，跳至最高点时重心离台面的高度为h2，入水（手刚触及水面）时重心离水面的高度为h1。

图中虚线为运动员重心的运动轨迹。

已知运动员的质量为m，不计空气阻力，则运动员跳至最高点时速度及入水（手刚触及水面）时速度的大小分别是（）A．0，√v02+√2gHB．0，√2g(H+ℎ2−ℎ1)C．√v02+2g(ℎ1−ℎ2)，√v02+2gH D．√v02+2g(ℎ1−ℎ2)，√v02+2g(H−ℎ1)答案：C从跳离高台瞬间到最高点，据动能定理得−mg(ℎ2−ℎ1)=12mv2−12mv02解得最高点的速度v=√v02+2g(ℎ1−ℎ2)从跳离高台瞬间到入水过程，据动能定理得mgH=12mvʹ2−12mv02解得入水时的速度vʹ=√v02+2gH故选C。

3、如图所示，斜面倾角为θ＝37°，物体1放在斜面紧靠挡板处，物体1和斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，一根很长的不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质的小定滑轮，绳一端固定在物体1上，另一端固定在物体2上，斜面上方的轻绳与斜面平行。

物体2下端固定一长度为h的轻绳，轻绳下端拴在小物体3上，物体1、2、3的质量之比为4：1：5，开始时用手托住小物体3，小物体3到地面的高度也为h ，此时各段轻绳刚好拉紧。

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题(带答案)

高中数学必修二第八章立体几何初步典型例题单选题1、如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，其中B′C′=C′A′=2，A′B′，A′C′分别与x′轴，y′轴平行，则BC=（）A．2B．2√2C．4D．2√6答案：D分析：先确定△A′B′C′是等腰直角三角形，求出A′B′，再确定原图△ABC的形状，进而求出BC.由题意可知△A′B′C′是等腰直角三角形，A′B′=2√2，其原图形是Rt△ABC，AB=A′B′=2√2，AC=2A′C′=4，∠BAC=90°，则BC=√8+16=2√6，故选：D.2、如图直角△O′A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′=4，则原平面图形的面积是（）A．8√2B．4√2C．4D．√2答案：A解析：根据斜二测画法规则可求原平面图形三角形的两条直角边长度，利用三角形的面积公式即可求解.由题意可知△O′A′B′为等腰直角三角形，O′B′=4，则O′A′=2√2，所以原图形中，OB=4，OA=4√2，×4×4√2=8√2.故原平面图形的面积为12故选：A3、正方体中，点P，O，R，S是其所在棱的中点，则PQ与RS是异面直线的图形是（）A．B．C．D．答案：C分析：对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线PQ与RS共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．对于A，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，A1C1，则AC//A1C1，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，则有PQ//AC，RS//A1C1，因此PQ//RS，则直线PQ与RS共面，A错误；对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接AC，QS，PR，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有AP//CR且AP=CR，则四边形APRC为平行四边形，即有AC//PR，又QS//AC，因此QS//PR，直线PQ与RS共面，B错误；对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，如图，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有RS//BB1，而BB1⊂平面ABB1A1，RS⊄平面ABB1A1，则RS//平面ABB1A1，PQ⊂平面ABB1A1，则直线PQ与RS无公共点，又直线PQ与直线BB1相交，于是得直线PQ与RS不平行，则直线PQ与RS是异面直线，C正确；对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，D1C，PS，QR，如图，因为A1D1//BC且A1D1=BC，则四边形A1D1CB为平行四边形，有A1B//D1C，因为点P，Q，R，S是其所在棱的中点，有PS//A1B，QR//D1C，则PS//QR，直线PQ与RS共面，D错误.故选：C4、下面四个选项中一定能得出平面α/⁄平面β的是（）A．存在一条直线a，a//α，a//βB．存在一条直线a，a⊂α，a//βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α答案：D分析：对于A，B，C，举出符合条件的特例即可判断；对于D，过直线a作平面γ∩β=c，再证c//α即可. 如图，ABCD−A1B1C1D1是长方体，平面ABCD为平面α，平面ABB1A1为平面β，对于A，直线C1D1为直线a，显然a//α，a//β，而α与β相交，A不正确；对于B，直线CD为直线a，显然a⊂α，a//β，而α与β相交，B不正确；对于C，直线CD为直线a，直线A1B1为直线b，显然a⊂α，b⊂β，a//β，b//α，而α与β相交，C不正确；对于D，因a，b是异面直线，且a⊂α，b⊂β，过直线a作平面γ∩β=c，如图，则c//a，并且直线c与b必相交，而c⊄α，于是得c//α，又b//α，即β内有两条相交直线都平行于平面α，⁄平面β.因此，平面α/故选：D5、某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（）A ．132B ．223C ．152D ．233答案：C分析：根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为V =23−(13×12×12×1+13×12×12×2)=152，故选：C.6、已知圆锥的母线长为3，其侧面展开图是一个圆心角为2π3的扇形，则该圆锥的体积为（） A ．√23πB ．2√23πC ．πD ．√2π 答案：B分析：根据弧长计算公式，求得底面圆半径以及圆锥的高，即可求得圆锥的体积.设圆锥的底面圆半径为r ，故可得2πr =2π3×3，解得r =1，设圆锥的高为ℎ，则ℎ=√32−12=2√2，则圆锥的体积V =13×πr 2×ℎ=13×π×2√2=2√23π. 故选：B.7、已知正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则此棱锥的侧面积为（）A ．6B ．12C ．24D ．48答案：D分析：首先由勾股定理求出斜高，即可求出侧面积；解：正四棱锥的底面边长为6，侧棱长为5，则其斜高ℎ′=√52−(62)2=4，所以正四棱锥的侧面积S =12×4×6×4=48故选：D8、已知三棱锥P −ABC ，其中PA ⊥平面ABC ，∠BAC =120°，PA =AB =AC =2，则该三棱锥外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π答案：C分析：根据余弦定理、正弦定理，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.根据题意设底面△ABC 的外心为G ，O 为球心，所以OG ⊥平面ABC ，因为PA ⊥平面ABC ，所以OG//PA ，设D 是PA 中点，因为OP =OA ，所以DO ⊥PA ，因为PA ⊥平面ABC ，AG ⊂平面ABC ，所以AG ⊥PA ，因此OD//AG ，因此四边形ODAG 是平行四边形，故OG =AD =12PA =1，由余弦定理，得BC =√AB 2+AC 2−2AB ⋅AC ⋅cos120°=√4+4−2×2×2×(−12)=2√3，由正弦定理，得2AG =√3√32⇒AG =2，所以该外接球的半径R 满足R 2=(OG )2+(AG )2=5⇒S =4πR 2=20π，故选：C ．小提示：关键点睛：运用正弦定理、余弦定理是解题的关键.多选题9、(多选)下列说法中正确的是（）A．若直线l与平面α不平行，则l与α相交B．直线l在平面外是指直线和平面平行C．如果直线l经过平面α内一点P，又经过平面α外一点Q，那么直线l与平面α相交D．如果直线a∥b，且a与平面α相交于点P，那么直线b必与平面α相交答案：CD分析：由线面直线的位置关系逐一判断即可求解.若直线l与平面α不平行，则l与α相交或l⊂α，所以A不正确．若l⊄α，则l//α或l与α相交，所以B不正确．由线面直线的位置关系可知，C、D正确.故选：CD10、如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，M为AA1的中点，过B1M作长方体的截面α交棱CC1于N，则（）A．截面α可能为六边形B ．存在点N ，使得BN ⊥截面αC ．若截面α为平行四边形，则1≤CN ≤2D ．当N 与C 重合时，截面面积为3√64答案：CD分析：利用点N 的位置不同得到的截面α的形状判断选项A ，C ，利用线面垂直的判定定理分析选项B ，利用平面几何知识求相应的量结合梯形的面积公式求得截面的面积，从而可判断选项D ．长方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，AB =BC =1，AA 1=2，M 为AA 1的中点，过B 1M 作长方体的截面α交棱CC 1于N ，设N 0为CC 1的中点，根据点N 的位置的变化分析可得：当1≤CN ≤2时，截面α为平行四边形，当0<CN <1时，截面α为五边形，当CN =0时，即点N 与点C 重合时，截面α为梯形，故A 不正确，C 正确；设BN ⊥截面α，因为B 1M ⊂面α，所以BN ⊥B 1M ，所以N 只能与C 重合才能使BN ⊥B 1M ，因为BN 不垂直平面B 1CQM ，故此时不成立，故B 不正确；因为当点N 与点C 重合时，截面α为梯形，如下图所示：过M 作MH 垂直于B 1C 于H ，设梯形的高为ℎ，MH =x ，则由平面几何知识得：ℎ2=(√2)2−x 2=(√52)2−(√52−x)2，解得x =2√55,ℎ=√305，所以截面α的面积为：12×(√5+√52)×ℎ=12×3√52×√305=3√64，故D 正确；故选：CD ．小提示：关键点睛：本题考查长方体的截面的形状，关键在于分析动点在不同的位置时，截面的形状，运用线面平行的判定定理和平面几何知识求得截面的面积．11、在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的棱上一点，|PB|+|PC1|=λ，则（）A．λ=2时，满足条件的点P的个数为1B．λ=4时，满足条件的点P的个数为4C．λ=4√2时，满足条件的点P的个数为2D．若满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，则λ的取值范围为(2√2,4)答案：BC分析：根据各棱上的点P到B,C1两点距离之和对选项进行逐一分析，由此确定正确选项.设E,F分别是C1D1,AB的中点，|BD1|=√22+(2√2)2=2√3，|BE|=|C1F|=√12+(2√2)2=3，|A1C1|=|A1B|=2√2.由于|BC1|=2√2，所以|PB|+|PC1|=λ≥2√2，所以A选项错误.λ=4，满足|PB|+|PC1|=4的点为B1,C,E,F共4个，所以B选项正确.λ=4√2，满足|PB|+|PC1|=4√2的点为A1,D共2个，所以C选项正确.当P在正方形ADD1A1（不包括A,D,D1,A1）上运动时，λ∈(2+2√3,4√2)，此时棱A1B1与棱CD上，也存在点使λ∈(2+2√3,4√2).所以当λ∈(2+2√3,4√2)时，满足|PB|+|PC1|=λ的点P的个数为6，所以D选项错误.故选：BC填空题12、已知A、B、C、D四点不共面，且AB//平面α，CD∥α，AC∩α=E，AD∩α=F，BD∩α=H，BC∩α=G，则四边形EFHG是______四边形．答案：平行分析：由题，平面ABD∩平面α=FH，结合AB//平面α可得AB//FH，同理可得四边形EFHG另外三边与AB，CD的位置关系，即可得到答案.由题，平面ABD∩平面α=FH，因为AB//平面α，所以AB//FH，又平面ABC∩平面α=EG，所以AB//EG，则FH//EG，同理GH//CD//EF，所以四边形EFHG是平行四边形，所以答案是：平行13、如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD=BC，E､F分别是AB、CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为π3，则AD与EF所成角的大小为___________.答案：π3或π6分析：取AC的中点G，连接EG,GF，则∠EGF=π3或∠EGF=2π3，分别分析这两种情况下∠GFE的大小即为AD与EF所成角.解：如图所示：取AC的中点G，连接EG,GF，则EG//BC，GF//AD，所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD=BC，所以EG=GF，当∠EGF=π3时，△EGF为等边三角形，∠GFE=π3，即AD与EF所成角的大小为π3；当∠EGF=2π3时，EG=GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE=π6，即AD与EF所成角的大小为π6.所以答案是：π3或π6.14、已知三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，棱长均为2，顶点A 1在底面ABC 上的射影恰为AB 的中点D ，E 为AC 的中点，则直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为________．答案：34分析：根据三棱柱性质与题中的中点条件，可将所求直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值转化为求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值，那么就要通过多次转化最终求得△AGB 1中三边长，然后直接在△AGB 1中运用余弦定理即可.如图，取A 1C 1中点G ，连接B 1G,AG,AE,DE,GE ,由三棱柱的性质易证得GE //BB 1,GE =BB 1,所以四边形GEBB 1为平行四边形，所以GB 1//BE ,所以下面即求直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值.由题意知，A 1D ⊥平面ABC ,因为AB,DE ⊂平面ABC ,所以A 1D ⊥AB,A 1D ⊥DE ，在Rt △AA 1D 中，AA 1=2,AD =12AB =1,∠A 1DA =90°,求得A 1D =√3,∠A 1AD =60°. 所以在菱形AA 1B 1B 中，AB 1=2ABcos30°=2√3.在Rt △A 1DE 中，∠A 1DE =90°,A 1D =√3,DE =12BC =1,求得A 1E =2. 所以在△A 1AE 中，根据余弦定理得cos∠A 1AE =AA 12+AE 2−A1E 22AE⋅AA 1=14,所以cos∠AA 1G =cos(π−∠A 1AE)=−14.在△A 1AG 中根据余弦定理得AG 2=AA 12+A 1G 2−2AA 1⋅A 1Gcos∠AA 1G,AG =√6.在△AGB 1中，AG =√6,AB 1=2√3,GB 1=√3,根据余弦定理得cos∠GB 1A =GB 12+AB12−AG 22GB 1⋅AB 1=34,所以直线GB 1与直线AB 1所成角的余弦值为34，即直线BE 与直线AB 1所成角的余弦值为34. 故答案为:34解答题15、在空间四边形ABCD中，AB=CD，点M､N分别为BD､AC的中点.(1)若直线AB与MN所成角为60°，求直线AB与CD所成角的大小；(2)若直线AB与CD所成角为θ，求直线AB与MN所成角的大小.答案：(1)60°(2)θ2或π−θ2分析：根据异面直线所成角的定义，借助平行关系作出平行直线，从而找到异面直线所成角（或补角）即可求解.（1）如图，取AD的中点为P，连接PM､PN.因为点M､N分别为BD､AC的中点，所以PM//AB，PN//CD，且PM=12AB，PN=12CD，所以，∠MPN为直线AB与CD所成的角（或补角），∠PMN为直线AB与MN所成的角（或补角）. 又AB=CD，所以PM=PN，即△PMN为等腰三角形.直线AB与MN所成角为60°，即∠PMN=60°，则∠MPN=180°−2×60°=60°.所以，直线AB与CD所成的角为60°.（2）（2）若直线AB与CD所成的角为θ，则∠MPN=θ或∠MPN=π−θ.若∠MPN=θ，则∠PMN=π−∠MPN2=π−θ2，即直线AB与MN所成角为π−θ2；若∠MPN=π−θ，则∠PMN=π−∠MPN2=θ2，即直线AB与MN所成角为θ2.综上所述，直线AB与MN所成的角为θ2或π−θ2.。

第八章合同的终止案例

第八章合同的终止【例题】1甲装修公司欠乙建材商场货款5万元，乙商场需付甲公司装修费2万元。

现甲公司欠款已到期，乙商场欠费已过诉讼时效，甲公司欲以装修费充抵货款。

下列哪一种说法是正确的？A．甲公司有权主张抵销B．甲公司主张抵销，须经乙商场同意C．双方债务性质不同，不得抵销D．乙商场债务已过诉讼时效，不得抵销【解题思路】双方的债务符合抵销的构成要件。

根据民法理论，对于诉讼时效已过的债权，在性质上属于自然债务，在进行法定抵销时，只能作为被动债权，而不能作为主动债权。

因为对于自然债务而言，债权人无权获得国家强制力的保护，但是债务人自己履行是可以的，不会作为不当得利对待。

因此对于诉讼时效已过的债权，只有该债权的债务人有权主张抵销，而该债权的债权人则不得主张抵销。

此题文字“乙商场欠费”的表述略有问题。

【例题】2下列哪些情形出现时合同的权利义务终止? ABCA.债务人李某将欠王某的1万元钱还给了王某。

B.张三欠自己哥哥张二两万元，不久张二因车祸去世，张三是张二的唯一继承人。

C.甲借乙3万元，为期一年，但过了4年乙也没有向甲要钱。

D.甲偿还拖欠乙的两箱啤酒，乙拒绝受领，甲便将啤酒放在乙的门外，后被乞丐偷走。

【例题】3乙公司欠甲公司30万元，同时甲公司须在2006年9月20日清偿对乙公司的20万元货款。

甲公司在同年9月18日与丙公司签订书面协议，转让其对乙公司的30万元债权。

同年9月24日，乙公司接到甲公司关于转让债权的通知后，便主张20万元的抵销权。

下列说法哪些是正确的？（BC）A.甲公司与丙公司之间的债权转让合同于9月24日生效。

B.乙公司接到债权转让通知后，即负有向丙公司清偿30万元的义务。

C.乙公司于9月24日取得20万元的抵销权。

D.丙公司可以就30万元债务的清偿，要求甲公司和乙公司承担连带责任。

【案例】1三鹿集团与圣元集团签订了一个灌装机的买卖协议，三鹿公司买受圣元公司的灌装机用来灌装成品奶粉。

合同到期后，圣元公司交付的灌装机质量没有达到标准，三鹿公司表示不接受该设备，但并未表示要解除合同，圣元公司随即发出了催告通知，通知中记载“请贵方尽快通知我方关于此合同的处理意见”，三鹿公司收到通知恰逢董事长被抓，此合同后续事宜的处理就停顿了下来，两个半月后新任法定代表人欲与圣元公司解除合同，同时三鹿集团与某奶厂两年前签订了一个长期供应牛奶的购销合同，该奶厂此次被证实在牛奶中掺入了三氯氰胺，三鹿集团也欲与之解除合同，如果您是三鹿集团法律顾问，请问三鹿集团是否能解除合同？如何解除合同？合同解除后已经履行的与某奶厂签订的合同是否有效？后续事宜又应该如何处理？【案例】21999年10月，原告某公司与被告某厂签订“委托经销某某牌鹿茸酒协议”，约定原告为被告生产的某某牌鹿茸酒协议在北京市内的指定代理经销商，是北京市内的独家代理；被告保证其生产的鹿茸酒符合国家实用卫生标准，并提供卫生部出具的保健品批准证书，代理经销期限为1年。

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