第八章复习资料
第八章-复习题
第八章道德性与品德的形成复习题一、选择题1.皮亚杰认为，儿童道德性是从他律向自律按阶段发展的，自律出现的年龄是（）A．8岁以后 B．10岁以后 C．12岁以后 D．14岁以后2.利用两难故事法研究儿童的道德发展的心理学家是（）A．皮亚杰 B．柯尔伯格 C．华莱士 D．班杜拉3．一个人想起了岳飞、文天祥等英雄人物时，多半会唤起一种对高风亮节、坚贞不屈行为的钦慕之情，这种情绪体验属于（）A．直觉的道德感 B．想象性的道德感 C．伦理性的道德感 D．感性的道德感4．儿童与少年的自我道德评价能力相对于对别人的评价往往（）A．提前 B．落后 C．同步 D．不确定5．任何一种品德都包含以下哪几种成分？（）A．道德认识、道德感、道德意志和道德行为方式B．道德认识、道德感、道德信念和道德行为方式C．道德信念、道德感、道德意志和道德行为方式D．道德认识、道德信念、道德意志和道德行为方式6．科尔伯格认为，一个人的道德成熟是指（）A．道德行为习惯的形成 B．尊重准则和社会公正感两方面C．道德信念的形成 D．能运用道德原则进行是非判断7．由于对道德结构成分的认识不同，行为派强调教育培养的重点应是( )A．移情教育 B．意志教育 C．行为训练D．说理教育8.按照皮亚杰的道德发展阶段论，9岁的儿童一般处于（）A.可逆性阶段B.权威阶段C.自我中心阶段D.公正阶段9.道德是一种（）A.社会现象，属于政治范畴B.意识现象，属于政治范畴C.社会现象，属于社会的上层建筑D.意识现象，属于社会的上层建筑10.在班杜拉看来，决定道德行为的是（）A.年龄和教育B.情境和教育C.教育D.环境、榜样和强化11.科尔伯格认为，儿童道德判断的前习俗水平包括两个阶段( )。
A.“好孩子”定向水平、权威定向水平B.权威和维护社会秩序定向水平、原则定向水平C.原则定向水平、良心定向水平D.惩罚和服从定向、工具性的享乐主义定向12.皮亚杰认为，儿童在判断行为对错时，是( )。
第八章 二次型同步复习
11.
0 设实对称阵 A 1
1 0
1 1
，求正交矩阵
Q
，使得
Q
1
AQ
为对角阵.
1 1 0
12. 用配方法将下列二次型化为标准形，并求所用变换的矩阵 P .
1） f
x12
2
x
2 2
5x32
2 x1 x2
2 x1 x3
6x2 x3 ；
2） f x12 2x22 4x32 2x1x2 4x1x3 ;
得 f (a1, a2 , , an ) 0 , 又存在 b1, b2 , , bn 使得 f (b1, b2 , , bn ) 0 , 则称
f (x1, x2 , , xn ) 是不定二次型.
(2) 定理 设 f (x1, x2 , , xn ) 是实二次型, 它的相伴矩阵的秩为 r ,则有
称为 A 的顺序主子式.
a11 a12 a1k
pk
a21
a22
a2k
ak1 ak 2 akk
(k 1, 2,, n)
nn
2. 二次型正定的判别定理 实二次型 f (x1, x2 , , xn )
aij xi x j 是正定的充分必
i1 j1
要条件是它的全部顺序主子式都大于零.
§8.2 标准型
1. 标准型的定义 二次型 f (x1, x2 ,, xn ) 经过线性替换后得到的只含有平方和的二次
型称为二次型 f (x1, x2 ,, xn ) 的标准型.
2. 化二次型为标准型的方法 (1) 配方法， (2) 初等变换法， (3) 正交替换.
大学古代文学复习资料 第八章 陆游等中兴四大诗人
第八章陆游等中兴四大诗人陈与义、吕本中去世以后，一批出生于靖康前后的诗人登上诗坛。
他们是在烽火连天的时代里成长起来的，山河破碎的动荡时势使他们具有完全不同于苏轼、黄庭坚的创作环境。
而且他们自少就感受到诗坛风气的转变，所以比陈、吕等前辈更富有独创精神，最终以全新的艺术风貌取代了江西诗派在诗坛上的主流地位。
这些诗人中以陆游、杨万里、范成大、尤袤四人最为著名，被称为“中兴四大诗人”。
第一节陆游的创作道路和诗歌渊源陆游(1125～1210)，字务观，号放翁，越州山阴(今浙江绍兴)人。
他出生的第二年适逢靖康之乱，随其父陆宰离开中原南归。
陆游的生活经历大致可分为三个时期：一、45岁以前，他任镇江通判等职，后因赞助张浚北伐而罢职家居；二、自46岁入蜀从军至65岁被劾罢官；三、66岁以后在山阴农村闲居20年。
陆游的诗歌创作道路与其生活经历密切相关，也可分为三个时期：一、45岁之前为初期。
此期的创作受江西诗派的影响较大，曾几、吕本中的爱国精神和诗法技巧都给他以很大的教益，其诗歌的爱国主义基调已初步奠定，但视野还不够广阔，同时偏重形式技巧，以“藻绘”为工，尚未形成自己的创作个性。
二、46岁至65岁为中期。
是他创作最为辉煌的高峰期。
火热的前线生活为诗人的爱国诗歌创作开辟了崭新的天地，频繁的迁徙使其眼界和心胸都随之大开，他的诗风逐渐跨越了江西诗派的藩篱，形成了博大宏肆、雄浑苍劲的主导风格，这是陆游创作中具有本质性的变化。
三、66岁至去世为晚期。
这时期，陆诗的内容和风格较之以前又有所变化。
自然风光、田园景物、农村生活成为诗中表现的主题，风格也趋于闲适自然、古朴平淡，但诗人的爱国热情始终不衰，仍在一定程度上保持着中期的主导风格。
这20年，诗人写了7000多首诗，是他创作的又一丰收期。
陆游与江西诗派有着深刻的渊源关系。
他师事曾几，又私淑吕本中，对曾、吕二人服膺终生。
陆游接受曾、吕的影响首先在于爱国的情操；艺术上也受到曾、吕较深的影响，对“活法”说深信不疑，直到70岁时还对曾几授予他的“文章切勿参死句” （《赠应秀才》）一语津津乐道。
8 第八章二元一次方程组复习
③- ④得： y 2
∴原方程组的解是 x 4
y
2
七年级 数学
多媒体课件
方程组
5x 2y 24 ①
ax by 14
和
②
ax by 10 ③ 2x 5y 18 ④
有相同的解，求ａ和ｂ的值．
解：由① ④得 5x 2 y 24① 2x 5 y 18④
35y x 10 40( y 0.5) x
x 220
y
6
2.某中学组织初一学生春游,原计划租用 45座客车若干辆,但有15人没有座位;若 租用同样数量的60座客车,则多出了一辆 车,且其余客车恰好坐满.已知45座客车 日租金为每辆220元, 60座客车日租金为 每辆300元,试问:(1)初一年级的人数是多 少?原计划租用45座客车多少辆?(2)若租 用同一种车,要使每位同学都有座位,怎样 租用更合算?
你能列出方程（组）吗？
解：设牛x头，羊y只，依题意得：
5x 2 y 24 2x 5y 18
你会用两种方法解吗？ (1)代入法; (2)加减法.
七年级 数学
多媒体课件
5x 2 y 24 ① 2x 5y 18 ②
解：由① 得： y 12 5 x ③
2
2.二元一次方程的解: 使二元一次方程两边的值相等的两个未知 数的值,叫做二元一次方程的解.
3.二元一次方程组: 由两个一次方程组成,共有两个未知数的方 程组,叫做二元一次方程组.
四、知识应用
1.二元一次方程 2m+3n=11 ( C ) A.任何一对有理数都是它的解. B.只有两组解. C.只有两组正整数解. D.有负整数解. m=1，n=3； m=4，n=1.
中国近现代史纲要复习资料第八章
第八章社会主义基本制度的全面确立第一节《共同纲领》的全面实施与新民主主义革命任务的胜利完成1、[单选]1949年中华人民共和国的成立标志着中国现代史的开端。
2、[单选]在新解放区，人民解放军进行了大规模的剿匪作战，共消灭国民党土匪武装200多万。
3、[单选]1951年5月，西藏和平解放标志着中国人民解放军完成全国大陆的解放。
4、[单选]1950年6月，中央人民政府颁布了《中华人民共和国土地改革法》。
5、[单选]新中国成立初期开展的镇压反革命运动的政策是镇压与宽大相结合。
6、[单选]新中国建立社会主义国营经济的最主要途径和手段是没收官僚资本。
7、[单选]1950年5月，第一部《中华人民共和国婚姻法》颁布。
8、[单选]中共七届三中全会提出争取国家财政经济状况基本好转的任务。
9、[单选]到1953年3月，我国建立了县级以上的民族自治区达47个。
10、[单选]1951年至1952年“五反”运动开展的领域是私营工商业。
11、[单选]新中国的第一个五年计划中，集中主要力量发展的是重工业。
12、[单选]新中国成立初期，我国主持召开的第一次大型国际会议是亚洲太平洋地区和平会议。
13、[单选]中国人民志愿军司令员兼政治委员是彭德怀。
14、[单选]1949年10月2日，第一个照会中国政府，决定同中华人民共和国建立外交关系的国家是苏联。
15、[单选]新民主主义社会的起止时间是1949年——1956年。
16、[多选]20世纪中国人民在前进道路上经历的第一交历史性巨大变化是新中国的成立和社会主义制度的建立。
17、[多选]中华人民共和国的成立奈志着新民主主义革命基本胜利；半殖民地半封建社会结束；中国进入新民主主义社会。
18、[多选]建国初期进行的运动主要有土地改革运动、镇压反革命运动、三反五反运动、抗美援朝运动。
19、[多选]建国初期，中国共产党对很高营工商业进行全面调整的原则是公私兼顾、劳资两利。
20、[多选]党的七届三中全会提出获得国家财政经济状况根本好转的条件是土地改革的完成；现有工商业的调整；国家机构所需经费的大量节减。
复习资料第八章访谈法
第八章访谈法第一节访谈法的特点和类型一、访谈法的基本特点1.访谈法的含义访谈法是在当代社会研究方法体系中的一种最重要、使用最广泛的一种收集资料的方法。
社会研究者们普遍地使用这种方法，以获得大量的研究资料。
访谈法的含义：访谈法又叫访问法，即调查者通过与被调查者的交谈而获取信息的一种调查方法。
访谈法最基本的特点是调查者和被调查者在同一时间进行交谈，既包括面对面直接交谈，也包括借助电话等通讯手段的交谈，以及通过翻译而进行的使用不同语言的交谈。
（不包括信件进行的交流）二、访谈法的优缺点和其他调查方法相比，访谈法的突出特点是使调查者和被调查者之间形成较多的人际互动，更容易获得真实、深入的资料。
（一）访谈法的优点：（1）信息量大。
（既可以了解被调查者的客观情况，也可以挖掘被调查者的内在主观情况）（2）灵活性高。
（访谈研究的一个主要优点是它的灵活性）、（3）适用范围广。
（适用于社会各个群体的被调查者，特别是对于一些特殊的调查群体）（4）控制性强。
（可以保证回答是真实可靠的，同时可以确保回答的完整性）（5）访谈法可以与其他方法相合，以获取更加丰富的信息。
（二）访谈法的缺点：（1）开放式的访谈标准不一，其结果难以进行定量研究；（同一问题可能有不同回答，造成访谈误差）（2）成本较高。
访谈研究费用极高。
（3）访谈通常时间长。
（4）隐蔽性差。
（5）受访谈对象周围环境的影响大。
（婴儿的哭闹、电话、来客的打断等等）三、访谈法的类型：（1）根据对访谈过程的控制程度可以分为：结构式访谈法、无结构式访谈法；结构式访谈法，也叫标准化访谈法。
是按照统一设计的有一定结构的问卷所进行的访谈。
结构式访谈法的特点是：对于每个被访者来说，访谈中提出的问题、提问的方式、顺序以及被访谈者回答的格式和记录方式等都是相同的，有时甚至连访谈的时间、地点、周围环境等外部条件，也要求保持基本的一致。
结构式访谈法的最大好处是，访谈结果在形式上比较统一，便于进行量化的统计分析。
第八章意志(复习稿、练习及参考答案)
第八章意志教学要求：1.了解意志的一般概念、青少年意志品质及特点2.掌握意志行动的结构、意志过程的障碍与克服、青少年良好意志品质的培养第一节意志概述引入案例：张海迪、林肯、桑德斯上校思考：成功的背后体现了他们的什么心理过程？（意志）一、意志的一般概念意志是人为了达到一定目的，自觉地组织自己的行动，并与困难相联系的心理过程。
二、意志行动的结构一个完整的意志行动过程是由采取决定和执行决定这两个阶段构成的。
采取决定是意志行动的开始阶段，是行动前头脑中确立目标、考虑计划并引向行动的一种酝酿活动，它决定着意志行动的方向。
执行决定是意志行动的完成阶段，它使头脑里的意图、愿望、计划和措施在行动中加以实施，从而达到目的。
在这两个阶段中又包含着许多复杂的互相联系的心理成分。
（一）采取决定阶段1．开展动机斗争由于人的需要是多种多样的，由需要而产生的动机也是复杂多样的。
其间有些可能是相互矛盾的。
当动机发生矛盾冲突时，便产生动机斗争。
动机斗争解决后，才能确定行动的目的。
动机冲突有三类：（1）双趋冲突（2）双避冲突（3）趋避冲突2．确定行动目的动机斗争后，行动的目的也就确定下来。
例：就业与考研，最后确定考研3．选择达到目的行动方法在确定目的后，必须考虑如何实现这个目的的行动方法。
（二）执行决定阶段执行决定可以有两种情况：一种是为了达到近期目的决定了立即执行；另一种是长远的目的，决定以后不立即施行，只是心理上的定向，要为今后实现这个远大的目标而做长期的准备工作。
但制定了计划而不去实施，却是意志薄弱的表现。
例：《方与圆》作者丁远峙所举的案例。
三、意志过程的障碍与克服（一）动机冲突与对待1．了解你的动机2．了解你的动机所处的位置3．学会改变自己的动机和解除冲突的方法（1）理解分析，做出调整同时放弃，另谋出路（2）让时间来考验4、折中处理，两面兼顾5、迂回而取（二）挫折感与对待挫折感是指个人动机活动受到阻碍后所引起的情绪反应。
在遭受挫折时，应注意以下面几种态度和方法去对待：1．以积极的态度对待挫折例：(1)南非前总统曼德拉的名言。
第八章_运动和力总复习
要点回顾
惯性与惯性定律（牛顿第一定律） 惯性定律 惯性 (牛顿第一定律)
惯性是物体本 惯性定律是物体不受力 区 身的一种属性 时遵循的运动规律 别 无论物体是否 惯性定律的成立是有条 受力，无论处于 件的，即：只有物体在不 何种运动状态， 受力或受平衡力时才成立 物体都具有惯性
要点回顾
物体受力条件 物体运动状态 说明
课堂练习
3．小华在做“探究影响滑动摩擦力大小因素” 的实验时，其中一步的操作如图6，这样操作的 同一水平面 错误是：物体不在 上运动。纠正错 误后，若使木块由铺有毛巾的木板运动到光滑的 变小 木板上，则木块受到的滑动摩擦力将 （选填“变大”、“变小”或“不变”）。
4．设想一下， 图6 当你骑车在公路上行驶时， 在不受任何力的作用下，将会（ A ） A．做匀速直线运动 B．立即停下 C．慢慢停下 D．做加速运动
课堂练习
13．小明用150 N的水平力，推着重500 N的小车 在水平地面上匀速运动，则( C ) A．小车对地面的压力是150 N B．推力大于小车所受的阻力 C．小车受到的阻力是150 N D．地面对小车的支持力是150 N 14.运动员百米赛跑情景如下,说法正确的是（ C ） A.以地面为参照物，运动员是静止的 B.运动员的鞋底花纹很深，可以减小摩擦 C.运动员冲到终点，不能立即停下，是由于人具 有惯性 D.运动员跑得越快，到达终点所用时间越长
图1
甲方案：在水平实验桌面上将木板用线拉 住，通过弹簧测力计沿木板方向水平拉木块，使 木块在木板上面滑动。 乙方案：将木板放在水平实验桌面上，用线 通过弹簧测力计水平地拉住木块，沿木板方向水 平拉木板，使木板在木块下面滑动。
例题解析
（1）从实验操作方面考虑，应选择 乙 方案， 简述你的理由 因为在甲方案中，要保持木块的 匀速运动，不容易；乙方案中，只需要拉动木 。 板运动就行，不需要保持匀速运动 （2）从实验误差方面考虑，应选择 乙 方案， 简述你的理由 因为在甲方案中，要保持木块的 匀速运动时读数，不容易读得准确；乙方案中， 。 弹簧测力计是静止的，读数容易读得准确
高一物理期末复习 第八章 机械能守恒定律
高一物理期末复习 第八章 机械能守恒定律【知识清单】 【知识点1】功1．功的公式：W ＝ ，其中F 、l 、α分别为 、位移的大小、 ． 2．功是 (填“矢”或“标”)量．在国际单位制中，功的单位是 ，符号是 . 【知识点2】正功和负功 1．力对物体做正功或负功的条件 由W ＝ 可知(1)当α＝π2时，W ＝ ，力F 对物体 (填“做正功”“做负功”或“不做功”)．(2)当0≤α＜π2时，W 0，力F 对物体做 功(填“做正功”“做负功”或“不做功”)．(3)当π2＜α≤π时，W 0，力F 对物体做 功(填“做正功”“做负功”或“不做功”)．【知识点3】总功的计算当一个物体在几个力的共同作用下发生一段位移时，这几个力对物体所做的总功等于： (1)各个力分别对物体所做功的 ． (2)几个力的 对物体所做的功． 【知识点3】．功率①P ＝ （定义式）；②P ＝Fvcos α。
v 为平均速度，则P 为 功率；v 为瞬时速度，则P 为 功率．机车功率 （1）在水平面上静止开始匀加速行驶时，已知f 、m 、a 。
则t 时刻机车的功率P= ；（2）在水平面上匀速行驶时，阻力f=kv 2，则机车的功率P= 。
模型一 以恒定功率启动模型二 以恒定加速度启动【知识点4】重力做的功1．重力所做的功W G＝，Δh指初位置与末位置的高度差．2．重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的有关，而跟物体无关．【知识点5】重力势能1．定义：物体由于被举高而具有的能量叫重力势能．2．大小：物体的重力势能等于它所受与所处的乘积，表达式为E p＝ .3．单位： .4．重力做功和重力势能变化的关系：重力做正功，重力势能，重力做负功，重力势能 .关系式：W G＝ .5．重力势能的相对性①参考平面：物体的重力势能总是相对于来说的，这个叫作参考平面，在参考平面上物体的重力势能取为 .②重力势能的相对性：E p＝mgh中的h是物体重心相对的高度．选择不同的参考平面，物体重力势能的数值是的，但重力势能的差值．(后两空选填“相同”或“不同”)③标矢性：重力势能为量，其正负表示重力势能的大小．物体在参考平面上方时，物体的高度为正值，重力势能为值；在参考平面下方时，物体的高度为负值，重力势能为值．【知识点6】弹性势能1．定义：发生形变的物体的各部分之间，由于有的相互作用而具有的势能，叫弹性势能．2．影响弹性势能的因素(1)弹性势能跟形变大小有关：同一弹簧，在弹性限度内，形变大小，弹簧的弹性势能就越大．(2)弹性势能跟劲度系数有关：在弹性限度内，不同的弹簧发生同样大小的形变，劲度系数，弹性势能越大．【知识点7】动能、动能定理1．表达式：E k ＝ . 单位：与 的单位相同，国际单位为 ，符号为 . 2．标矢性：动能是 量，只有 ，没有方向． 3．动能定理①内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中 ．②表达式：W ＝ .如果物体受到几个力的共同作用，W 即为 ，它等于 ．③动能定理既适用于恒力做功的情况，也适用于 做功的情况；既适用于直线运动，也适用于 运动．【知识点8】应用动能定理解题的一般步骤：(1)选取研究对象(通常是单个物体)，明确它的运动过程．(2)对研究对象进行受力分析，明确各力做功的情况，求出外力做功的代数和． (3)明确物体在初、末状态的动能E k1、E k2.(4)列出动能定理的方程W ＝E k2－E k1，结合其他必要的辅助方程求解并验算． 【知识点9】机械能守恒定律1．机械能： 、 与 统称为机械能．2．内容：在只有 或 做功的物体系统内， 与 可以互相转化， 而 保持不变．3．表达式：12mv 22＋mgh 2＝ 或E k2＋E p2＝ .4．应用机械能守恒定律解决问题只需考虑运动的初状态和 ，不必考虑两个状态间 ，即可以简化计算． 5．判断机械能是否守恒的方法(1)做功条件分析：只有重力和系统内弹力做功，其他力不做功或做功的代数和始终为零． (2)能量转化分析：系统内只有动能、重力势能及弹性势能的相互转化，即系统内只有物体间的机械能相互转移，则机械能守恒．(3)定义判断法：如物体沿竖直方向或沿斜面匀速运动时，动能不变，势能变化，机械能不守恒． 【基础题组】1.关于功率概念，下列说法中正确的是 （ ） A ．力对物体做的功越多，力做功的功率越大 B ．功率是描述物体做功快慢的物理量C ．从公式P ＝Fv 可知，汽车的发动机功率可以随速度的不断增大而提高D ．当轮船航行时，如果牵引力与阻力相等时，合外力为零，此时发动机的实际功率为零，所以船行驶的速度也为零。
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》8
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.7立体几何中的向量方法(二)——求空间角和距离最新考纲1.能用向量方法解决线线、线面、面面的夹角的计算问题.2.体会向量方法在研究几何问题中的作用．1．两条异面直线所成角的求法设a ，b 分别是两异面直线l 1，l 2的方向向量，则2.直线与平面所成角的求法设直线l 的方向向量为a ，平面α的法向量为n ，直线l 与平面α所成的角为θ，a 与n 的夹角为β，则sin θ＝|cos β|＝|a ·n ||a ||n |.3．求二面角的大小(1)如图①，AB ，CD 分别是二面角α－l －β的两个面内与棱l 垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈AB →，CD →〉．(2)如图②③，n 1，n 2分别是二面角α－l －β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cos θ|＝|cos 〈n 1，n 2〉|，二面角的平面角大小是向量n 1与n 2的夹角(或其补角)．概念方法微思考1．利用空间向量如何求线段长度？提示利用|AB →|2＝AB →·AB →可以求空间中有向线段的长度．2．如何求空间点面之间的距离？提示点面距离的求法：已知AB 为平面α的一条斜线段，n 为平面α的法向量，则点B 到平面α的距离为|BO →|＝|AB →||cos 〈AB →，n 〉|.题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)两直线的方向向量所成的角就是两条直线所成的角．(×)(2)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角．(×)(3)两个平面的法向量所成的角是这两个平面所成的角．(×)(4)两异面直线夹角的范围是0，π2，直线与平面所成角的范围是0，π2，二面角的范围是[0，π]．(√)(5)若二面角α－a －β的两个半平面α，β的法向量n 1，n 2所成角为θ，则二面角α－a －β的大小是π－θ.(×)题组二教材改编2．已知两平面的法向量分别为m ＝(0，1，0)，n ＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为()A ．45°B ．135°C ．45°或135°D ．90°答案C解析cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝11·2＝22，即〈m ，n 〉＝45°.∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.3．如图，正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为22，则AC 1与侧面ABB 1A 1所成的角为______．答案π6解析如图，以A 为原点，以AB →，AE →(AE ⊥AB )，AA 1→所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴(如图)建立空间直角坐标系，设D 为A 1B 1的中点，则A (0，0，0)，C 1(1，3，22)，D (1，0，22)，∴AC 1→＝(1，3，22)，AD →＝(1，0，22)．∠C 1AD 为AC 1与平面ABB 1A 1所成的角，cos ∠C 1AD ＝AC 1，→·AD→|AC 1→||AD →|＝(1，3，22)·(1，0，22)12×9＝32，又∵∠C 1AD ∈0，π2，∴∠C 1AD ＝π6.题组三易错自纠4．在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为()A.110B.25C.3010D.22答案C 解析以点C 为坐标原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设BC ＝CA ＝CC 1＝2，则可得A (2，0，0)，B (0，2，0)，M (1，1，2)，N (1，0，2)，∴BM →＝(1，－1，2)，AN →＝(－1，0，2)．∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM ，→·AN →|BM →||AN →|＝1×(－1)＋(－1)×0＋2×212＋(－1)2＋22×(－1)2＋02＋22＝36×5＝3010.5．已知向量m ，n 分别是直线l 和平面α的方向向量和法向量，若cos 〈m ，n 〉＝－12，则l与α所成的角为________．答案30°解析设l 与α所成角为θ，∵cos 〈m ，n 〉＝－12，∴sin θ＝|cos 〈m ，n 〉|＝12，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.题型一求异面直线所成的角例1如图，四边形ABCD 为菱形，∠ABC ＝120°，E ，F 是平面ABCD 同一侧的两点，BE ⊥平面ABCD ，DF ⊥平面ABCD ，BE ＝2DF ，AE ⊥EC .(1)证明：平面AEC ⊥平面AFC ；(2)求直线AE 与直线CF 所成角的余弦值．(1)证明如图所示，连接BD ，设BD ∩AC ＝G ，连接EG ，FG ，EF .在菱形ABCD 中，不妨设GB ＝1.由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝ 3.由BE ⊥平面ABCD ，AB ＝BC ＝2，可知AE ＝EC .又AE ⊥EC ，所以EG ＝3，且EG ⊥AC .在Rt △EBG 中，可得BE ＝2，故DF ＝22.在Rt △FDG 中，可得FG ＝62.在直角梯形BDFE 中，由BD ＝2，BE ＝2，DF ＝22，可得EF ＝322，从而EG 2＋FG 2＝EF 2，所以EG ⊥FG .又AC ∩FG ＝G ，AC ，FG ⊂平面AFC ，所以EG ⊥平面AFC .因为EG ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面AFC .(2)解如图，以G 为坐标原点，分别以GB ，GC 所在直线为x 轴、y 轴，|GB →|为单位长度，建立空间直角坐标系Gxyz ，由(1)可得A (0，－3，0)，E (1，0，2)，1，0C (0，3，0)，所以AE →＝(1，3，2)，CF →1，－3故cos 〈AE →，CF →〉＝AE ，→·CF →|AE →||CF →|＝－33.所以直线AE 与直线CF 所成角的余弦值为33.思维升华用向量法求异面直线所成角的一般步骤(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系；(2)确定异面直线上两个点的坐标，从而确定异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值．跟踪训练1三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，△ABC 为等边三角形，AA 1⊥平面ABC ，AA 1＝AB ，N ，M 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，则AM 与BN 所成角的余弦值为()A.110B.35C.710D.45答案C解析如图所示，取AC 的中点D ，以D 为原点，BD ，DC ，DM 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设AC ＝2，则A (0，－1，0)，M (0，0，2)，B (－3，0，0)，－32，－12，所以AM →＝(0，1，2)，BN →＝32，－12，2所以cos 〈AM →，BN →〉＝AM ，→·BN →|AM →|·|BN →|＝725×5＝710，故选C.题型二求直线与平面所成的角例2(2018·全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．(1)证明由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解如图，作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF .所以PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，，01，－32，DP →，32，HP →，0又HP →为平面ABFD 的法向量，设DP 与平面ABFD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈HP →，DP →〉|＝|HP ，→·DP →||HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.思维升华若直线l 与平面α的夹角为θ，直线l 的方向向量l 与平面α的法向量n 的夹角为β，则θ＝π2－β或θ＝β－π2，故有sin θ＝|cos β|＝|l ·n ||l ||n |.跟踪训练2(2018·全国Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．(1)证明因为PA ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.如图，连接OB .因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .因为OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，OB ，AC ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC .(2)解由(1)知OP ，OB ，OC 两两垂直，则以O 为坐标原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz ，如图所示．由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23)．由(1)知平面PAC 的一个法向量为OB →＝(2，0，0)．设M (a ，2－a ，0)(0≤a ≤2)，则AM →＝(a ，4－a ，0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0，得y ＋23z ＝0，＋(4－a )y ＝0，可取y ＝3a ，得平面PAM 的一个法向量为n ＝(3(a －4)，3a ，－a )，所以cos 〈OB →，n 〉＝OB ，→·n |OB ，→||n |＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a 2.由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝cos 30°＝32，所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a 2＝32，解得a ＝－4(舍去)或a ＝43.所以n －833，433，－又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34.题型三求二面角例3(2018·济南模拟)如图1，在高为6的等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，且CD ＝6，AB ＝12，将它沿对称轴OO 1折起，使平面ADO 1O ⊥平面BCO 1O .如图2，点P 为BC 中点，点E 在线段AB 上(不同于A ，B 两点)，连接OE 并延长至点Q ，使AQ ∥OB .(1)证明：OD ⊥平面PAQ ；(2)若BE ＝2AE ，求二面角C —BQ —A 的余弦值．(1)证明由题设知OA ，OB ，OO 1两两垂直，所以以O 为坐标原点，OA ，OB ，OO 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设AQ 的长度为m ，则相关各点的坐标为O (0，0，0)，A (6，0，0)，B (0，6，0)，C (0，3，6)，D (3，0，6)，Q (6，m ，0)．∵点P 为BC 中点，∴，92，∴OD →＝(3，0，6)，AQ →＝(0，m ，0)，PQ →，m －92，－∵OD →·AQ →＝0，OD →·PQ →＝0，∴OD →⊥AQ →，OD →⊥PQ →，且AQ →与PQ →不共线，∴OD ⊥平面PAQ .(2)解∵BE ＝2AE ，AQ ∥OB ，∴AQ ＝12OB ＝3，则Q (6，3，0)，∴QB →＝(－6，3，0)，BC →＝(0，－3，6)．设平面CBQ 的法向量为n 1＝(x ，y ，z )，1·QB ，→＝0，1·BC ，→＝06x ＋3y ＝0，3y ＋6z ＝0，令z ＝1，则y ＝2，x ＝1，则n 1＝(1，2，1)，易知平面ABQ 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，设二面角C —BQ —A 的平面角为θ，由图可知，θ为锐角，则cos θ＝|n 1·n 2|n 1|·|n 2||＝66.思维升华利用向量法求二面角的大小的关键是确定平面的法向量，求法向量的方法主要有两种：①求平面的垂线的方向向量；②利用法向量与平面内两个不共线向量的数量积为零，列方程组求解．跟踪训练3(2018·全国Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD 所在平面垂直，M 是 CD上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)当三棱锥M －ABC 体积最大时，求平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值．(1)证明由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，又DM ⊂平面CMD ，故BC ⊥DM .因为M 为 CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC .又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解以D 为坐标原点，DA →的方向为x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz .当三棱锥M －ABC 体积最大时，M 为 CD的中点．由题设得D (0，0，0)，A (2，0，0)，B (2，2，0)，C (0，2，0)，M (0，1，1)，AM →＝(－2，1，1)，AB →＝(0，2，0)，DA →＝(2，0，0)，设n ＝(x ，y ，z )是平面MAB 的法向量，则·AM ，→＝0，·AB ，→＝0，2x ＋y ＋z ＝0，y ＝0.可取n ＝(1，0，2)，DA →是平面MCD 的一个法向量，因此cos 〈n ，DA →〉＝n ·DA ，→|n ||DA ，→|＝55，sin 〈n ，DA →〉＝255.所以平面MAB 与平面MCD 所成二面角的正弦值是255.利用空间向量求空间角例(12分)如图，四棱锥S －ABCD 中，△ABD 为正三角形，∠BCD ＝120°，CB ＝CD ＝CS ＝2，∠BSD ＝90°.(1)求证：AC ⊥平面SBD ；(2)若SC ⊥BD ，求二面角A －SB －C 的余弦值．(1)证明设AC ∩BD ＝O ，连接SO ，如图①，因为AB ＝AD ，CB ＝CD ，所以AC 是BD 的垂直平分线，即O 为BD 的中点，且AC ⊥BD .[1分]在△BCD 中，因为CB ＝CD ＝2，∠BCD ＝120°，所以BD ＝23，CO ＝1.在Rt △SBD 中，因为∠BSD ＝90°，O 为BD 的中点，所以SO ＝12BD ＝3.在△SOC 中，因为CO ＝1，SO ＝3，CS ＝2，所以SO 2＋CO 2＝CS 2，所以SO ⊥AC .[4分]因为BD ∩SO ＝O ，BD ，SO ⊂平面SBD ，所以AC ⊥平面SBD .[5分](2)解方法一过点O 作OK ⊥SB 于点K ，连接AK ，CK ，如图②，由(1)知AC ⊥平面SBD ，所以AO ⊥SB .因为OK ∩AO ＝O ，OK ，AO ⊂平面AOK ，所以SB ⊥平面AOK .[6分]因为AK ⊂平面AOK ，所以AK ⊥SB .同理可证CK ⊥SB .[7分]所以∠AKC 是二面角A －SB －C 的平面角．因为SC ⊥BD ，由(1)知AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .在Rt △SOB 中，OK ＝SO ·OB SB ＝62.在Rt △AOK 中，AK ＝AO 2＋OK 2＝422，同理可求CK ＝102.[10分]在△AKC 中，cos ∠AKC ＝AK 2＋CK 2－AC 22AK ·CK ＝－10535.所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]方法二因为SC ⊥BD ，由(1)知，AC ⊥BD ，且AC ∩SC ＝C ，AC ，SC ⊂平面SAC ，所以BD ⊥平面SAC .而SO ⊂平面SAC ，所以SO ⊥BD .[6分]由(1)知，AC ⊥平面SBD ，SO ⊂平面SBD ，所以SO ⊥AC .因为AC ∩BD ＝O ，AC ，BD ⊂平面ABCD ，所以SO ⊥平面ABCD .[7分]以O 为原点，OA →，OB →，OS →的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，如图③，则A (3，0，0)，B (0，3，0)，C (－1，0，0)，S (0，0，3)．所以AB →＝(－3，3，0)，CB →＝(1，3，0)，SB →＝(0，3，－3)．[8分]设平面SAB 的法向量n ＝(x 1，y 1，z 1)，AB ，→·n ＝－3x 1＋3y 1＝0，SB ，→·n ＝3y 1－3z 1＝0，令y 1＝3，得平面SAB 的一个法向量为n ＝(1，3，3)．同理可得平面SCB 的一个法向量为m ＝(－3，1，1)．[10分]所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－3＋3＋37×5＝10535.因为二面角A －SB －C 是钝角，所以二面角A －SB －C 的余弦值为－10535.[12分]利用向量求空间角的步骤第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角．1．已知两平面的法向量分别为m ＝(1，－1，0)，n ＝(0，1，－1)，则两平面所成的二面角为()A ．60°B ．120°C ．60°或120°D ．90°答案C解析cos 〈m ，n 〉＝m·n |m||n |＝－12·2＝－12，即〈m ，n 〉＝120°.∴两平面所成二面角为120°或180°－120°＝60°.2.如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，CA ＝CC 1＝2CB ，则直线BC 1与直线AB 1所成角的余弦值为()A.55B.53C.56D.54答案A解析设CA ＝2，则C (0，0，0)，A (2，0，0)，B (0，0，1)，C 1(0，2，0)，B 1(0，2，1)，可得向量AB 1→＝(－2，2，1)，BC 1→＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos 〈AB 1→，BC 1→〉＝AB 1→·BC 1→|AB 1→||BC 1→|＝0＋4－14＋4＋1×0＋4＋1＝15＝55，故选A.3．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 为BB 1的中点，则平面A 1ED 与平面ABCD 所成的锐二面角的余弦值为()A.12B.23C.33D.22答案B解析以A 为原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz ，设棱长为1，则A 1(0，0，1)，，0D (0，1，0)，∴A 1D →＝(0，1，－1)，A 1E →，0设平面A 1ED 的一个法向量为n 1＝(1，y ，z )，1D ，→·n 1＝0，1E ，→·n 1＝0，－z ＝0，－12z ＝0，＝2，＝2，∴n 1＝(1，2，2)．∵平面ABCD 的一个法向量为n 2＝(0，0，1)，∴cos 〈n 1，n 2〉＝23×1＝23，即所成的锐二面角的余弦值为23.4．在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，AC 与B 1D 所成角的大小为()A.π6B.π4C.π3D.π2答案D解析以A 为坐标原点，AB ，AD ，AA 1所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，则A (0，0，0)，C (1，1，0)，B 1(1，0，1)，D (0，1，0)．∴AC →＝(1，1，0)，B 1D →＝(－1，1，－1)，∵AC →·B 1D →＝1×(－1)＋1×1＋0×(－1)＝0，∴AC →⊥B 1D →，∴AC 与B 1D 所成的角为π2.5．(2018·上饶模拟)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，AB ＝AA 1＝2，则异面直线AB 1与CA 1所成角的余弦值为()A ．0B ．－14C.14D.12答案C解析以A 为原点，在平面ABC 内过A 作AC 的垂线为x 轴，以AC 所在直线为y 轴，以AA 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，0，0)，B 1(3，1，2)，A 1(0，0，2)，C (0，2，0)，AB 1→＝(3，1，2)，A 1C →＝(0，2，－2)，设异面直线AB 1和A 1C 所成的角为θ，则cos θ＝|AB 1→·A 1C →||AB 1→|·|A 1C →|＝|－2|8·8＝14.∴异面直线AB 1和A 1C 所成的角的余弦值为14.6．(2018·上海松江、闵行区模拟)如图，点A ，B ，C 分别在空间直角坐标系O －xyz 的三条坐标轴上，OC →＝(0，0，2)，平面ABC 的法向量为n ＝(2，1，2)，设二面角C －AB －O 的大小为θ，则cos θ等于()A.43B.53C.23D ．－23答案C解析由题意可知，平面ABO 的一个法向量为OC →＝(0，0，2)，由图可知，二面角C －AB －O 为锐角，由空间向量的结论可知，cos θ＝|OC ，→·n ||OC ，→||n |＝|4|2×3＝23.7．在三棱锥P －ABC 中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC ＝90°，D ，E ，F 分别是棱AB ，BC ，CP 的中点，AB ＝AC ＝1，PA ＝2，则直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为________．答案55解析以A 为原点，AB ，AC ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由AB ＝AC ＝1，PA ＝2，得A (0，0，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，0，，12，，12，∴PA →＝(0，0，－2)，DE →，12，DF →－12，12，设平面DEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·DE ，→＝0，·DF ，→＝0，＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，则n ＝(2，0，1)，设直线PA 与平面DEF 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PA →〉|＝|PA ，→·n ||PA ，→||n |＝55，∴直线PA 与平面DEF 所成角的正弦值为55.8.如图，在正方形ABCD 中，EF ∥AB ，若沿EF 将正方形折成一个二面角后，AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，则AF 与CE 所成角的余弦值为________．答案45解析∵AE ∶ED ∶AD ＝1∶1∶2，∴AE ⊥ED ，即AE ，DE ，EF 两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB ＝EF ＝CD ＝2，则E (0，0，0)，A (1，0，0)，F (0，2，0)，C (0，2，1)，∴AF →＝(－1，2，0)，EC →＝(0，2，1)，∴cos 〈AF →，EC →〉＝AF ，→·EC →|AF →||EC →|＝45，∴AF 与CE 所成角的余弦值为45.9.如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E ，F 分别是棱AB ，BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是__________．答案60°解析以B 点为坐标原点，以BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，BB 1所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系．设AB ＝BC ＝AA 1＝2，则C 1(2，0，2)，E (0，1，0)，F (0，0，1)，则EF →＝(0，－1，1)，BC 1→＝(2，0，2)，∴EF →·BC 1→＝2，∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝EF ，→·BC 1→|EF →||BC 1→|＝22×22＝12，∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，∴EF 和BC 1所成的角为60°.10．(2018·福州质检)已知点E ，F 分别在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱BB 1，CC 1上，且B 1E ＝2EB ，CF ＝2FC 1，则平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角的正切值为________．答案23解析方法一延长FE ，CB 相交于点G ，连接AG ，如图所示．设正方体的棱长为3，则GB ＝BC ＝3，作BH ⊥AG 于点H ，连接EH ，则∠EHB 为所求锐二面角的平面角．∵BH ＝322，EB ＝1，∴tan ∠EHB ＝EB BH ＝23.方法二如图，以点D 为坐标原点，DA ，DC ，DD 1所在直线分别为x轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系Dxyz ，设DA ＝1，由已知条件得A (1，0，0)，，1，1AE →，1AF →1，1设平面AEF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，·AE ，→＝0，·AF ，→＝0，＋13z ＝0，x ＋y ＋23z ＝0.令y ＝1，z ＝－3，x ＝－1，则n ＝(－1，1，－3)，取平面ABC 的法向量为m ＝(0，0，－1)，设平面AEF 与平面ABC 所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos 〈n ，m 〉|＝31111，tan θ＝23.11．(2018·皖江八校联考)如图，在几何体ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1ACC 1⊥底面ABC ，四边形A 1ACC 1是正方形，B 1C 1∥BC ，Q 是A 1B 的中点，且AC ＝BC ＝2B 1C 1，∠ACB ＝2π3.(1)证明：B 1Q ⊥A 1C ；(2)求直线AC 与平面A 1BB 1所成角的正弦值．(1)证明如图所示，连接AC 1与A 1C 交于M 点，连接MQ .∵四边形A 1ACC 1是正方形，∴M 是AC 1的中点，又Q 是A 1B 的中点，∴MQ ∥BC ，MQ ＝12BC ，又∵B 1C 1∥BC 且BC ＝2B 1C 1，∴MQ ∥B 1C 1，MQ ＝B 1C 1，∴四边形B 1C 1MQ 是平行四边形，∴B 1Q ∥C 1M ，∵C 1M ⊥A 1C ，∴B 1Q ⊥A 1C .(2)解∵平面A 1ACC 1⊥平面ABC ，平面A 1ACC 1∩平面ABC ＝AC ，CC 1⊥AC ，CC 1⊂平面A 1ACC 1，∴CC 1⊥平面ABC .如图所示，以C 为原点，CB ，CC 1所在直线分别为y 轴和z 轴建立空间直角坐标系，令AC ＝BC ＝2B 1C 1＝2，则C (0，0，0)，A (3，－1，0)，A 1(3，－1，2)，B (0，2，0)，B 1(0，1，2)，∴CA →＝(3，－1，0)，B 1A 1→＝(3，－2，0)，B 1B →＝(0，1，－2)，设平面A 1BB 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ⊥B 1A 1→，n ⊥B 1B →，－2y ＝0，2z ＝0，可令y ＝23，则x ＝4，z ＝3，∴平面A 1BB 1的一个法向量n ＝(4，23，3)，设直线AC 与平面A 1BB 1所成的角为α，则sin α＝|n ·CA ，→||n |·|CA ，→|＝23231＝9331.12．(2018·赣州模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，侧面PAD ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，其中AB ∥CD ，∠CDA ＝90°，CD ＝2AB ＝2，AD ＝3，PA ＝5，PD ＝22，点E 在棱AD 上且AE ＝1，点F 为棱PD 的中点．(1)证明：平面BEF ⊥平面PEC ；(2)求二面角A －BF －C 的余弦值．(1)证明在Rt △ABE 中，由AB ＝AE ＝1，得∠AEB ＝45°，同理在Rt △CDE 中，由CD ＝DE ＝2，得∠DEC ＝45°，所以∠BEC ＝90°，即BE ⊥EC .在△PAD 中，cos ∠PAD ＝PA 2＋AD 2－PD 22PA ·AD ＝5＋9－82×3×5＝55，在△PAE 中，PE 2＝PA 2＋AE 2－2PA ·AE ·cos ∠PAE ＝5＋1－2×5×1×55＝4，所以PE 2＋AE 2＝PA 2，即PE ⊥AD .又平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ⊂平面PAD ，所以PE ⊥平面ABCD ，所以PE ⊥BE .又因为CE ∩PE ＝E ，CE ，PE ⊂平面PEC ，所以BE ⊥平面PEC ，所以平面BEF ⊥平面PEC .(2)解由(1)知EB ，EC ，EP 两两垂直，故以E 为坐标原点，以射线EB ，EC ，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (0，22，0)，P (0，0，2)，，－22，D (－2，2，0)，－22，22，AB →，22，BF →－322，22，BC →＝(－2，22，0)，设平面ABF 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB ，→＝22x 1＋22y 1＝0，·BF →＝－322x 1＋22y 1＋z 1＝0，不妨设x 1＝1，则m ＝(1，－1，22)，设平面BFC 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2)，·BC ，→＝－2x 2＋22y 2＝0，·BF ，→＝－322x 2＋22y 2＋z 2＝0，不妨设y 2＝2，则n ＝(4，2，52)，记二面角A －BF －C 为θ(由图知应为钝角)，则cos θ＝－|m ·n ||m |·|n |＝－|4－2＋20|10·70＝－11735，故二面角A －BF －C 的余弦值为－11735.13.如图，在四棱锥S －ABCD 中，SA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠BAD ＝90°，且AB ＝4，SA ＝3.E ，F 分别为线段BC ，SB 上的一点(端点除外)，满足SF BF ＝CE BE＝λ，当实数λ的值为________时，∠AFE 为直角．答案916解析因为SA ⊥平面ABCD ，∠BAD ＝90°，以A 为坐标原点，AD ，AB ，AS 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz .∵AB ＝4，SA ＝3，∴B (0，4，0)，S (0，0，3)．设BC ＝m ，则C (m ，4，0)，∵SF BF ＝CE BE＝λ，∴SF →＝λFB →.∴AF →－AS →＝λ(AB →－AF →)．∴AF →＝11＋λ(AS →＋λAB →)＝11＋λ(0，4λ，3)，∴F0，4λ1＋λ，31＋λ同理可得m 1＋λ，4，0，∴FE →m 1＋λ，41＋λ，－31＋λ∵FA →0，－4λ1＋λ，－31＋λ∠AFE 为直角，即FA →·FE →＝0，则0·m 1＋λ＋－4λ1＋λ·41＋λ＋－31＋λ·－31＋λ＝0，∴16λ＝9，解得λ＝916.14．(2018·海南五校模拟)如图，已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝AC ＝1，AB ⊥AC ，M ，N ，Q 分别是CC 1，BC ，AC 的中点，点P 在直线A 1B 1上运动，且A 1P →＝λA 1B 1→(λ∈[0，1])．(1)证明：无论λ取何值，总有AM ⊥平面PNQ ；(2)是否存在点P ，使得平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°？若存在，试确定点P 的位置，若不存在，请说明理由．(1)证明连接A1Q.∵AA1＝AC＝1，M，Q分别是CC1，AC的中点，∴Rt△AA1Q≌Rt△CAM，∴∠MAC＝∠QA1A，∴∠MAC＋∠AQA1＝∠QA1A＋∠AQA1＝90°，∴AM⊥A1Q.∵N，Q分别是BC，AC的中点，∴NQ∥AB.又AB⊥AC，∴NQ⊥AC.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∴NQ⊥AA1.又AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面ACC1A1，∴NQ⊥平面ACC1A1，∴NQ⊥AM.由NQ∥AB和AB∥A1B1可得NQ∥A1B1，∴N，Q，A1，P四点共面，∴A1Q⊂平面PNQ.∵NQ∩A1Q＝Q，NQ，A1Q⊂平面PNQ，∴AM⊥平面PNQ，∴无论λ取何值，总有AM⊥平面PNQ.(2)解如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则A1(0，0，1)，B1(1，0，1)，，1，12，，12，NM →－12，12A 1B 1→＝(1，0，0)．由A 1P →＝λA 1B 1→＝λ(1，0，0)＝(λ，0，0)，可得点P (λ，0，1)，∴PN→λ，12，－设n ＝(x ，y ，z )是平面PMN 的法向量，·NM ，→＝0，·PN ，→＝0，＋12y ＋12z ＝0，＋12y －z ＝0，＝1＋2λ3x ，＝2－2λ3x ，令x ＝3，得y ＝1＋2λ，z ＝2－2λ，∴n ＝(3，1＋2λ，2－2λ)是平面PMN 的一个法向量．取平面ABC 的一个法向量为m ＝(0，0，1)．假设存在符合条件的点P ，则|cos 〈m ，n 〉|＝|2－2λ|9＋(1＋2λ)2＋(2－2λ)2＝12，化简得4λ2－14λ＋1＝0，解得λ＝7－354或λ＝7＋354(舍去)．综上，存在点P ，且当A 1P ＝7－354时，满足平面PMN 与平面ABC 的夹角为60°.15．在四棱锥P －ABCD 中，AB →＝(4，－2，3)，AD →＝(－4，1，0)，AP →＝(－6，2，－8)，则这个四棱锥的高h 等于()A ．1B ．2C ．13D ．26答案B 解析设平面ABCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，⊥AB →，⊥AD →，x －2y ＋3z ＝0，4x ＋y ＝0，令y ＝4，则n ，4则cos 〈n ，AP →〉＝n ·AP →|n ||AP →|＝－6＋8－323133×226＝－2626，∴h ＝2626×226＝2.16.如图所示，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，四边形ACFE 为矩形，且CF ⊥平面ABCD ，AD ＝CD ＝BC ＝CF .(1)求证：EF ⊥平面BCF ；(2)点M 在线段EF 上运动，当点M 在什么位置时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，并求此时二面角的余弦值．(1)证明设AD ＝CD ＝BC ＝1，∵AB ∥CD ，∠BCD ＝120°，∴AB ＝2，∴AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，则BC ⊥AC .∵CF ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥CF ，而CF ∩BC ＝C ，CF ，BC ⊂平面BCF ，∴AC ⊥平面BCF .∵EF ∥AC ，∴EF ⊥平面BCF .(2)解以C 为坐标原点，分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，∴AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)．设n ＝(x ，y ，z )为平面MAB 的法向量，·AB ，→＝0，·BM ，→＝0，－3x ＋y ＝0，－y ＋z ＝0，取x ＝1，则n ＝(1，3，3－λ)．易知m ＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量，∴cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝11＋3＋(3－λ)2×1＝1(λ－3)2＋4.∵0≤λ≤3，∴当λ＝0时，cos 〈n ，m 〉取得最小值77，∴当点M 与点F 重合时，平面MAB 与平面FCB 所成的锐二面角最大，此时二面角的余弦值为77.。
《思想政治教育方法论》第八章复习资料
第八章思想政治教育的一般方法第一节疏导教育法一、疏导教育法的含义疏，即疏通，思想政治教育中的疏通，是指广开言路，集思广益，让大家敞开思想，把各自的观点和意见都充分发表出来。
导，即引导，开导，思想政治教育中的引导，就是循循善诱，说服教育，把各种不同的思想和言论引向正确、健康的轨道。
疏导教育法就是对人民内部的思想认识问题，既不堵塞言路，又要善于引导，帮助人民群众提高思想认识。
疏与导是辩证统一的关系。
二、疏导教育法的具体方式第一，分导。
所谓分导，就是分而导之。
根据不同的情况，分导可分为分散而导，分步而导，分头而导。
第二，利导。
所谓利导，就是因势利导。
抓思想发展趋势，抓教育有利时机，抓发挥积极因素，是思想政治教育因势利导的主要条件。
第三，引导。
所谓引导，就是启发诱导。
引导是教育者指导受教育者主动、积极、自觉提高思想认识的方法。
一、比较教育法的含义比较教育法是将两种不同现象、事物、理论的性质、特点进行比较鉴别，得出正确结论，用以提高思想认识的方式。
具体形式：①纵向比较：比较过去和现在，从中找出人或事物的变化发展趋势②横向比较：同一时间把同类人员或事物加以比较优势：有利于人们辨别是非，区分优劣，检验认识的正确与错误二、比较教育法的具体运用第一，比较鉴别法：通过比较对照，辨别真伪、是非和先进与落后，提高人们思想认识的方法。
第二，回忆对比法：通过回想过去，对比现在，从中得出有益结论以提高人们政治觉悟和思想认识的教育方法。
第三，类比法：通过某些属性相似的两类教育对象或两类现象的比较，提出各自在其他属性上也相似的一种教育方法，也叫推理法或引申法。
第四，比较教育法运用的条件①遵循可比性原则：一般同类事物之间可比，异类事物之间若具有某些相同属性可比，没有任何共同性的事物之间不可比。
还必须选定合理的比较标准。
②不能只从事物的形式或现象上比，应着重从内容上、本质上比。
③必须进行全面地比较，即综合对比才能正确认识事物。
含义：典型教育也称为示范教育，是通过典型的人或事进行示范，教育人们提高思想认识的一种方法。
第八章 磁场8-专题(新课标复习资料)
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②动态圆法找磁场区域 例6 如图所示，ABCD是边长为a 的正方形．质量为m、电荷量为e的电子 以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边 射入正方形区域．在正方形内适当区域 中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从 A点射出磁场．不计重力，求： (1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小． (2)此匀强磁场区域的最小面积．
选修3-1
第八章 磁场
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为了决定该磁场区域的另一 边界，我们来考察射中A点的电子 的速度方向与BA的延长线交角为 π θ(不妨设0≤θ≤ )的情形．该电子 2 的运动轨迹qpA如图所示．
选修3-1
第八章 磁场
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︵ 图中， 圆AP的圆心为 O， 垂直于 BC 边， pq 由③式知， ︵ 圆弧AP的半径仍为 a，在 D 为原点、DC 为 x 轴，AD 为 y 轴的坐标系中，P 点的坐标(x，y)为 x＝asinθ y＝－acosθ ④ ⑤
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[解析]
(1)由圆周运动的特点可知， C 点入射的电 从
子，只有立即进入磁场，才能由 A 点离开磁场． ︵ 设匀强磁场的磁感应强度的大小为 B.令圆弧AEC是自 C 点垂直于 BC 入射的电子在磁场中的运行轨道．电子所 受到的磁场的作用力 F 洛＝ev0B ① 应指向圆弧的圆心， 因而磁场的方向应垂直于纸面向 ︵ 外．圆弧AEC的圆心在 CB 边或其延长线上．依题意，圆 心在 A、C 连线的中垂线上，故 B 点即为圆心，圆半径为 v2 0 a 按照牛顿定律有 F 洛＝F 向＝m a
选修3-1
第八章 磁场
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r＋rsin30° ＝a
第八章：压强(章复习)PPT课件(北师大版)
4、液体压强特点：
液体的压强只与液体的密度和液体的深度有 关，而与液体的质量、体积、重力、容器的 底面积、容器形状均无关。
4.液体压强计算公式：
ρ — 液 体 密 度 千克/米3 kg/m3
P=ρgh
g = 9.8N/Kg
h——所求点到液面的 米
m
竖直距离。
即深度
例、某中学组织学生考察当时在建的河西防 洪堤工程技术人员给学生展示了防洪堤的剖 面图，如图所示，请你结合所学过的知识解 释防洪堤为什么要做成上窄下宽的形状。
４、大气压的测定： 托里拆利实验
标准大气压：
76cm
通常把等于760mm
水银柱的大气压，
叫做标准大气压。
P0=1.013×105Pa 1标准大气压=＿76＿0mmHg=＿1.＿01＿×＿10＿5 Pa
托里拆利实验所测大气压的大小： 叫一个标准大气压p0
p0=p水银= ρgh = 13.6×103kg/m3×9.8N/kg×0.76m =1.013 × 105Pa
宽大的房基
很细的钉尖 骆驼宽大的脚掌 钢轨铺在枕木上
练：1、如图所示的事例中，属于减小压强的是【 D 】
2.一块砖长24cm、宽12cm、厚5cm，重24N，怎样 放置在水平面上，地面受到的压强最大？最大压强 是多大？
二、液体压强 1、液体内部产生压强的原因：
液体受重力且具有流动性。 2、测量：压强计 用途：测量液体内部压强
5.引导分析下图中液体对容器底的压力F与液体 的重力G的关系。
F=G
F<G
F>G
6、连通器
（1）定义： __底__部__处__处__连__通_________
(2)原理：连通器里装一种液体且液体不流动时，各
七年级地理第八章图文复习资料
草场退化
沙漠面积扩大
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澳
大
利
亚
澳大利亚地形
东部 山地►►大分水岭 中部 平原►►大自流 盆地 西部 高原►►西部高原
东 部 地 形
中 部 地 形
西 部 地 形
澳大利亚的气候
思 考
澳大利亚气候的分布特点对它的农牧业有何影响？
想一想
为什麽澳大利亚 的动物具有古老性 和特有性？
澳大利亚农牧业的分布
主 页
7.传统的畜牧业
荷兰的奶牛
英国牧场的牛群
苏 格 兰 的 牧 场
第三节 撒哈拉以南的 非洲
范围与海陆位置
索马里半岛 几内亚湾
——高原为主 撒哈拉以南非洲的地形
埃塞俄比亚高原
刚 果 盆 地
东非高原
南非高原 东非大裂谷 乞力马扎罗山 好望角
该地区的地势特征什么？ 撒哈拉以南的非洲与北非相比，地势哪个更高一些？ 本地区哪种地形所占比例更大一些？
东南沿海多良港，对外交通便利。 英国移民首先到达地，开发时间早。
其他地区人口稀少 广大内陆、西部地区 东北部沿海 气候干旱，多为沙漠和草原。
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高温多雨，原始热带雨林，尚未开发。
二、地形特点
1.以平原和山地为主 2.平原：分布在波罗的海河北海沿岸， 莱茵河以东称为波德平原，以西为西欧平原。 3.山地： 北部：斯堪的纳维亚山脉 南部：阿尔卑斯山 4.本区最高山峰：勃朗峰，位于意法边境 5.本区湖波众多，形成原因主要是冰川作用。
三、欧洲西部的气候特点
温带海洋气候特点
冬季温和、夏季凉爽， 年降水多，且各月均匀 全年温和湿润
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高数期末复习资料(第八章,第九章)
第八章；向量代数与空间解析几何 1.向量及其线性运算1.1向量概念及线性运算1.2 向量的方向角，方向余弦，在某轴的投影例：(,,)OA x y z =，则，cos ||||x x OA r α==，cos ||||y y OA r β==，cos ||||z z OA r γ== 投影||cos ba a Prj ϕ=2.向量的数量积，向量积，混合积：||||cos a b a b θ⋅= ，||||||sin a b a b θ⨯=，xy z xyzi j ka b a a a b b b ⨯=()xy z xy z x yza a a abc b b b c c c ⨯⋅=3.平面 3.1 平面方程（1） 平面的点法式方程：000()()()0A x x B y y C z z -+-+-= （2） 平面的一般方程:0Ax By Cz D +++=（3） 平面的截距式方程:1x y za b c++= （知三点求平面方程：利用任意两点做差乘得法向量，在利用另一点用点法式可得）3.2两平面的夹角11111:0A x B y C z D ∏+++=22222:0A x B y C z D ∏+++=夹角余弦：cos θ=121212120A A B B C C ∏⊥∏⇐⇒++=11112222//A B C A B C ∏∏⇐⇒==4.空间直线4.1 空间直线的方程（1）一般式：可看作两平面交线 （2）对称式：000x x y y z z m n p---== （3）参数式：000x x mt y y nt z z pt=+⎧⎪=+⎨⎪=+⎩4.2空间直线的位置关系121212120L L m m n n p p ⊥⇐⇒++=；11112222//m n p L L m n p ⇐⇒==5.点线面距离：66设()()()000011112222,,,,,,,,M x y z M x y z M x y z === （1）两点间距离公式：12M M =（2）点线距离，直线过M1，方向向量为v ，|1|||MM v d v ⨯=（3）两直线间距离：设L1,L2 分别过M1,M2, 且方向向量分别为1s ，2s， 则()1212|1||MM s s d s s ⋅⨯=⨯ 6.曲面及其方程6.1旋转曲面：平面曲线绕其坐标轴旋转时，则该坐标轴对应的变量不变，另一变量改为该变量与第三个变量平方和的正负平方根，如设有曲线(,)0:0f x y L z =⎧⎨=⎩其绕x 轴旋转形成的旋转曲面方程为:(,0f x =绕Y 轴旋转形成的旋转曲面方程为:()0f y =例：球面：2221x y z ++= 圆锥面：222x y z +=旋转双曲面：2222221x y z a a c+-=6.2柱面： 平行于定直线并沿定曲线C 移动的直线L 所形成的曲面，这条定曲线叫柱面的准线，动直线叫柱面的母线. （曲面方程缺一个变量） 例：圆柱面：222x y R += 抛物柱面：22(0)x pyp =>椭圆柱面：22221x y a b+=6.3二次曲面（1）椭球面：2222221x y z a b c++=(2) 椭圆抛物面：（3）马鞍面：2222x y z p q-+=（4）单叶双曲面2222221x y z a b c +-=（5）双叶双曲面：2222221x y z a b c --=（6）双曲抛物面2222x y z a b-=（马鞍面）（7）椭圆锥面：22222x y z a b+=（z=xy 为马鞍面）7. 空间曲线方程,投影(1)空间曲线的一般方程:(,,)0(,,)0F x y zG x y z =⎧⎨=⎩(2)空间曲线的参数方程:()()()x x t y y t z z t =⎧⎪=⎨⎪=⎩(3) 曲线在xoy 面上的投影曲线为:(,)0H x y z =⎧⎨=⎩练习题：1. 椭圆222210y z b c x ⎧+=⎪⎨⎪=⎩绕oy 轴旋转而成的曲面方程为（ ）。
第八章 磁场8-2(新课标复习资料)
随 堂 针 对 训 练
考 技 案 例 导 析
m . 2qU
m 2qU
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考 技 案 例 导 析
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第八章 磁场
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高三物理
关键一点：洛伦兹力对电荷不做功；安培力对 通电导线可做正功，可做负功，也可不做功；电 场力对电荷可做正功，可做负功，也可不做功． 例1 如图所示，在 阴极射线管的正下方平行 放置一根通有强直流电流 的长直导线，且电流的方向水平向右，则阴极射 线将会( )
考 技 案 例 导 析
所以M中通有电流，C、D选项错．A、B两选项 中，电流均为自上而下，由安培定则知，导线间 磁场方向指向纸外，再根据左手定则可知，A、B 正确．
答案：AB
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第八章 磁场
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二、带电粒子在匀强磁场中的圆周运动的基 本型问题 1. (1)圆心的确定，因f洛一定指向圆心，f洛⊥v ①任意两个f洛的指向交点为圆心； ②任意一弦的中垂线一定过圆心； ③已知粒子运动轨迹上的两条弦，作出两弦 垂直平分线，交点即为圆心．
2qU ① m
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＝a②
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由洛伦兹力提供向心力： v2 qvB＝m r1 ③ 2mU . q
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1 由①②③式得：B＝ a (2)粒子速率恒定，从 进入磁场到第一次打到ED 板的轨迹与EC边相切时，
第八章-机械能守恒定律章末复习-知识点和题型总结-2023年高一物理期末高效复习专题
第八章机械能守恒定律章末复习[知识点]一：动能和势能的转化1．动能与重力势能间的转化只有重力做功时，若重力做正功，则重力势能转化为动能，若重力做负功，则动能转化为重力势能，转化过程中，动能与重力势能之和保持不变．2．动能与弹性势能间的转化被压缩的弹簧把物体弹出去，射箭时绷紧的弦把箭弹出去，这些过程都是弹力做正功，弹性势能转化为动能．二．机械能动能、重力势能和弹性势能统称为机械能，在重力或弹力做功时，不同形式的机械能可以发生相互转化．三：机械能守恒定律1、在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．2．守恒定律表达式(1)E k2－E k1＝E p1－E p2，即ΔE k增＝ΔE p减．(2)E k2＋E p2＝E k1＋E p1.(3)E2＝E1.四．守恒条件物体系统内只有重力或弹力做功．1．对机械能守恒条件的理解(1)从能量转化的角度看，只有系统内动能和势能相互转化，无其他形式能量之间(如内能)的转化．(2)从系统做功的角度看，只有重力和系统内的弹力做功，具体表现在：①只受重力作用，例如：所有做抛体运动的物体(不计空气阻力时)机械能守恒．②系统内只有重力和弹力作用，如图甲、乙、丙所示．甲乙丙图甲中，小球在摆动过程中线的拉力不做功，如不计空气阻力，只有重力做功，小球的机械能守恒．图乙中，A、B间，B与地面间摩擦不计，A自B上端自由下滑的过程中，只有重力和A、B间的弹力做功，A、B组成的系统机械能守恒．但对B来说，A对B的弹力做功，这个力对B来说是外力，B的机械能不守恒．图丙中，不计空气阻力，球在摆动过程中，只有重力和弹簧与球间的弹力做功，球与弹簧组成的系统机械能守恒．但对球来说，机械能不守恒．2．判断机械能守恒的方法(1)做功分析法(常用于单个物体)分析物体受力⇒明确各力做功情况⇒⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫只有重力、弹簧弹力做功有其他力做功，但W其他＝0⇒机械能守恒(2)能量分析法(常用于多个物体组成的系统)分析能量种类⇒只有动能、重力势能、弹性势能⇒机械能系统守恒五．机械能守恒定律和动能定理的比较两大规律比较内容机械能守恒定律动能定理表达式E1＝E2ΔE k＝－ΔE pΔE A＝－ΔE B W＝ΔE k 应用范围只有重力或弹力做功时无条件限制物理意义其他力(重力、弹力以外)所做的功是机械能变化的量度合外力对物体做的功是动能变化的量度关注角度 守恒的条件和始末状态机械能的形式及大小动能的变化及改变动能的方式(合外力做功情况)[考点题型]考点题型一：机械能的概念和计算1．（2021·湖南郴州·高一期末）用拉力将一个重为5N 的物体匀速提升4m ，在这个过程中，不计阻力，下列说法正确的是（ ）A ．物体的重力做了20J 的功B ．拉力对物体做了20J 的功C ．物体动能减少了20JD ．物体的机械能减少了20J2．（2021·北京市延庆区教育科学研究中心高一期末）一位同学在实验室的地面上用一个质量为1kg 的小车以一定的速度挤压弹簧，当小车的动能为20J 时，弹簧的弹性势能恰好是10J ，如果以距地面3m 高的天花板为零势面，则此时小车、弹簧和地球构成的系统总机械能是（ ）（g =10m/s 2）A ．30JB ．0JC ．60JD ．-30J 3．（2021·黑龙江·尚志市尚志中学高一期末）起重机以4g的加速度将质量为m 的物体匀减速地沿竖直方向提升高度h ，已知重力加速度为g ，空气阻力不计，则（ ）A ．物体克服重力做功为mghB ．起重机钢索的拉力对物体做功为34mghC ．物体的动能减少了34mghD ．物体的机械能减少了34mgh考点题型二：机械能守恒定律的条件4．（2021·广东广州·高一期末）如图所示，拉力F 将物体沿斜面向下拉，已知拉力大小与摩擦力大小相等，则下列说法中正确的是（）A．物体的动能增加B．物体的动能保持不变C．物体的总机械能增加D．物体的总机械能保持不变5．（2020·辽宁·朝阳县柳城高级中学高一期末）关于机械能是否守恒的论述，正确的是（）A．沿水平面运动的物体，机械能一定守恒B．做匀速运动的物体，机械能一定守恒C．合外力对物体做功等于零时，物体的机械能一定守恒D．只有重力对物体做功时，机械能一定守恒6．（2021·湖南湘西·高一期末）如图所示，下列关于机械能守恒的判断正确的是（）A．甲图中，火箭加速升空的过程中，机械能守恒B．乙图中物体在拉力F作用下沿斜面匀速上升，机械能守恒C．丙图中小球在水平面内做匀速圆周运动，机械能守恒D．丁图中轻弹簧将地面上A、B两小车弹开，两小车组成的系统机械能守恒考点题型三：机械能与曲线运动7．（2021·陕西·宝鸡市陈仓区教育体育局教学研究室高一期末）如图所示，在地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落在比地面低h的湖面上。
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第八章社会主义法在社会生活中的作用
习题部分
一、填空题
1、法与生产力的联系一般是以__生产关系__为中介的。
2、社会主义法的首要任务是对__社会主义基本经济制度__的确认和保护。
3、社会主义法确认和保护以__按劳分配__为主体，多种分配方式并存的制度，并体现_效率优先___、兼顾公平的原则。
4、法与政治，尤其是掌握政权的阶级或人民的政治的关系，相对而言，政治对法更居于_主导地位___，政治_制约___着法。
5、社会主义法与人民民主专政的关系实质上是社会主义__国家政权__与__社会主义法__的关系。
6、社会主义法的政治基础是__人民民主专政__。
7、社会主义法与精神文明之间的关系，是__辩证统一__的关系。
8、现代科学技术对法的内容、__形式__、调整范围、__调整方法__、法律技术以及法律术语等各个方面都有着重大影响。
9、我国主张在互相尊重主权和__领土完整，互不侵犯，互不干涉内政，平等互利，和平共处等五项原则__的基础上，建立和平、_稳定___、公平、合理的国际政治经济新秩序。
10、我国在对外交往中历来恪守“_条约必须遵守___”的国际法原则。
二、单项选择题
1、法的社会本质归根结底取决于（C）。
A一国的历史传统 B地理环境
C经济基础的性质 D一国的民族文化特点
2、政治的核心是（B）。
A政治权利 B政治权力 C政治关系 D国家机构
三、多项选择题
1、法的社会本质归根结底取决于（AB）。
A经济基础的性质 B经济基础的状况
C一国的阶级力量的对比 D一国的历史传统
2、社会主义法与精神文明的统一性，表现为：（ABCD）。
A两者都是社会主义经济基础的上层建筑
B都表现着工人阶级领导的广大人民的意志和要求
C都以四项基本原则为根本指导思想
D最终为实现共产主义历史使命服务
3、社会主义法通过哪几个方面直接调整和保护生产力的发展：（ACD）。
A对劳动者的保护 B对经济制度的保护
C对生产资料的保护 D对科学技术的保护
4、法与政治有哪些的区别？（ABCD）
A反映的内容不同 B在上层建筑中的地位不同
C形式不同 D调控的功能不同
基本问题
1、法与经济基础的关系：
（1）法作为阶级社会上层建筑的组成部分，是建立在该社会的经济基础上的，是被决定的因素。
(2)经济基础的性质和状况归根结底决定着法的产生和
发展决定了法的社会本质。
（3）法能够对产生它的经济基础始终起着服务和保障作用。
2、法与生产力之间的关系：
（1）生产力的关系一般是以生产关系为中介的。
（2）法的产生、发展和消亡最终受社会生产力水平的制约。
（3）法是通过保护它的经济基础而促进或压抑产生力的发展。
3、社会主义法与社会生产力之间的关系：
（1）在社会主义制度下，社会生产力的不断发展，社会主义物质基础的不断加强，是社会主义法存在、巩固、发展以及发挥作用的根本保证。
（2）社会主义法通过调整产生关系来促进生产力的发展。
（3）社会主义法直接调整和保护生产力的发展。
主要体现在：
①社会主义法对劳动者的保护；
②社会主义法对生产资料的保护；
③社会主义法对科学技术的保护。
4、法与政治的区别：
（1）法与政治是从不同的角度和内容反映经济关系。
政治通过把经济地位不的人们之间的利益冲突集中起来，通过不同的人、派别、集团和阶级的活动，从经济关系的个别矛盾中抽象出一般矛盾，使之上升为政治关系；而法则以法律规范的形式反映社会经济关系的规范性和秩序性。
（2）法与政治的形式不同。
政治体现了社会生活的组织性，政治的形式有国家、政党、政治组织等；而法体现了社会生活的规律性，法的形式有宪法、法律、行政法规、地方性法规和国际条约等。
（3）法与政治的调控功能不同。
政治是通过政治行为和政治过程来实现的；而法是通过赋予法律关系主体以一定的法律权利并使其承担相应的法律义务来调整社会关系的。
5、社会主义法与人民民主专政之间的关系：
社会主义法与人民民主专政都是社会主义社会上层建筑的重要组成部分，两者有密切的关系，其实质是社会主义国家政权与社会主义法的关系。
表现为：
（1）民民主专政是社会主义法的前提条件和政治基础。
①人民民主专政是国家权力的建立是产生社会主义法的前提条件，人民民主专政是社会主义法得以生存和发挥作用的基本条件；
②社会主义法是人民民主专政的国家权力的有组织、有系统、规范化的表现；
③人民民主专政是保证社会主义法制定和实施的一种力量。
（2）社会主义法是实现人民民主专政的重要工具和保障。
①社会主义法是组织人民民主专政国家政权的必要条件；
②社会主义法为人民民主专政的国家权力规定了活动依据；
③社会主义法是实现人民民主专政的重要保障。