第二部分 高考五大高频考点例析
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等．
要熟练掌握圆的方程，会用待定系数法求
备考 圆的方程．能利用代数法和几何法判断并解决
指要 直线与圆的位置关系．尤其重视几何法即平面 几何的性质在解决问题中的作用.
[例5]
(2011· 新课标全国卷)在平面直角坐标系xOy中，
曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C上．
[答案] 1
10．由P(2,3)发出的光线射到直线x＋y＝1上，反射后过点 Q(1,1)，则反射光线所在的直线方程为________．
解析：设P关于直线x＋y＝1的对称点为P′(a，b) a＋2 b＋3 ＋ ＝1， 2 2 则 b－3 a－2＝1，
a＝－2， 解得 b＝－1.
[例4]
(2011· 浙江高考)若直线x－2y＋5＝0与直线
2x＋my－6＝0互相垂直，则实数m＝________.
[解析] 根据题意知，当m＝0时，两直线不会垂直，
故m≠0，因直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0的斜率 1 2 1 2 分别为2和－m，由垂直条件得2· m)＝－1，故m＝1. (－
空间中的平行与垂直是空间中两大主题，
考查 所 以 高 考 对 它 们 的 考 查 就 必 定 是 热 点 、 重 方式 点．主要考查空间位置关系的证明，以主观题 为主． 备考 指要 深刻理解教材中的公理、定理，尤其判定
定理和性质定理，要求不仅掌握文字语言，还
要掌握符号语言和图形语言.
[例3]
(2011· 山东高考)如图，在四棱台ABCD－
12．已知A(1,1)，B(2,3)，直线l过点P(3,0)，且A、B到直线 l的距离相等，则l的方程为________．
解析：当l过AB的中点或与AB平行时满足条件AB的中 3 点为(2，2)，kAB＝2. 4 ∴l的方程为y＝－3(x－3)或y＝2(x－3)， 即4x＋3y－12＝0或2x－y－6＝0.
A．32 C．48
B．16＋16 2 D．16＋32 2
解析：由三视图知，四棱锥为正四棱锥，四个侧面为 四个全等的三角形，由图知，侧面三角形的高h＝ 1 2 2 ，S侧＝ 2 ×4×2 2 ×4＝16 2 ，∴表面积为S侧＋ 4×4＝16 2＋16.
答案：B
4．(2011· 上海高考)若一个圆锥的主视图(如图所示)是
6．(2011· 全国改编)已知α⊥β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足， 点B∈β，BD⊥l，D为垂足．则AB＝2，AC＝BD＝1， 则CD＝ A．2 C. 2 B. 3 D．1 ( )
解析：如图，连接 AD，设 CD＝x(x＞0)． ∵AC⊥l， ∴AD2＝AC2＋CD2＝1＋x2. 由题意知，△ABD 是直角三角形， ∴∠BDA＝90° ， ∴AB2＝AD2＋BD2. 即 4＝1＋x2＋1， ∴x＝ 2，即 CD＝ 2. 答案：C
形式考查以位置关系为主的真假判断． 备考 要求牢固掌握线线、线面和面面位置关系，熟
指要 练掌握位置关系中的定义、定理、公理及有关推论.
[例2]
(2011· 四川高考)l1，l2，l3是空间三条不同的
( )
直线，则下列命题正确的是
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
证明：(1)如图，连接BD，MO，在平行四边 形ABCD中，∵O为AC的中点，∴O为BD的中
点．又M为PD的中点，∴PB∥MO.∵P B 平面
ACM，MO平面ACM，∴PB∥平面ACM. (2)∵∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1， ∴∠DAC＝90°，即AD⊥AC. 又PO⊥平面ABCD，AD平面ABCD，
边长为3,3,2的三角形，则该圆锥的侧面积为________．
解析：由主视图可知，圆锥的底面半径r＝1，母线l＝3.
S侧＝πrl＝π×1×3＝3π. 答案：3π
空间直线、平面的位置关系是高考考查的重点， 考查 主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面间
方式 位置关系的判定，考查形式是客观题，以客观题的
又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.
(2)如图，连接AC，A1C1.
设AC交BD于点E，连接EA1. 因为四边形ABCD为平行四边形， 1 所以EC＝ AC. 2 由棱台定义及AB＝2AD ＝2A1B1知，A1C1∥EC且
A1C1＝EC，
[答案] D
1．(2011· 广东高考)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同
在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么 一个正五棱柱的对角线的条数共有 A．20 C．12 B．15 D．10 ( )
解析：如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1 E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1、 AD1，同理从B、C、D、E点出发的对角线也 有两条，共2×5＝10条．
[解析]
对于A选项：l1可与l3垂直，如墙角，∴A错
误；对于B选项：结论(一直线垂直于两平行线中的一条， 则这条直线垂直于另一条)，∴B正确；对于C选项： l1∥l2∥l3，但l1，l2，l3可不共面，如三棱柱的三条侧棱， 故C错误；对于D选项：l1，l2，l3交于一点，l1，l2，l3可 确定三个平面，不一定共面，故D错误．
(2)由(1)知，DA⊥DB，DC⊥DA， ∵DB＝DA＝DC＝1，DB⊥DC， ∴AB＝BC＝CA＝ 2， 1 1 从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝2×1×1＝2， 1 3 S△ABC＝2× 2× 2×sin60° 2 ， ＝ 1 3 3＋ 3 ∴ 表面积S＝2×3＋ 2 ＝ 2 .
9．(2011· 辽宁高考)如图，四边形ABCD为 正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA， 1 QA＝AB＝2PD. (1)证明：PQ⊥平面DCQ； (2)求棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值.
第2 部分 模块 高考 对接
高考 五大 高频 考点 例析
考点一 空间几何的结构和三视图 考点二 空间直线、平面的位置关系 考点三 空间中的平行与垂直关系
考点四 直线方程与直线的位置关系
考点五Βιβλιοθήκη Baidu直线与圆、圆与圆的位置关 系
1. 棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台及球是
立体几何的基础，弄清它们的结构特征对解决
P′Q的方程为2x－3y＋1＝0，即为所求的方程．
答案：2x－3y＋1＝0
11．过点P(3,4)且与点A(－3,2)距离最远的直线方程
为________．
1 解析：当直线与AP垂直时满足条件，又kAP＝3. 所以所求直线方程为y－4＝－3(x－3)． 即3x＋y－13＝0.
答案：3x＋y－13＝0
所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1∥EA1. 又因为EA1平面A1BD，CC1 所以CC1∥平面A1BD. 平面A1BD，
7．(2011· 天津高考改编)如图，在四棱锥PABCD中，底面 ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O 为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点. (1)证明：PB∥平面ACM； (2)证明：AD⊥平面PAC；
∴PO⊥AD，而AC∩PO＝O，
∴AD⊥平面PAC.
8．(2011· 陕西高考)如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，
∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折
起，使∠BDC＝90°. (1)证明：平面ADB⊥平面BDC； (2)若BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积．
解：(1)∵折起前AD是BC边上的高， ∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又DB∩DC＝D， ∴AD⊥平面BDC. ∵AD平面ABD， ∴平面ABD⊥平面BDC.
答案：D
2．(2011· 陕西高考)某几何体的三视图如图所示，则它 的体积为 ( )
2π A．8－ 3 C．8－2π
π B．8－3 2π D. 3
解析：由三视图知该几何体是一个棱长为2的正方体 内挖去了一个底面半径为1高为2的圆锥，∴它的体积 2 为8－3π.
答案：A
3．(2011· 北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四 棱锥的表面积是 ( )
解：(1)证明：由条件知PDAQ为直角梯形． 因为QA⊥平面ABCD，所以平面PDAQ⊥平面 ABCD，交线为AD. 又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，所以DC ⊥平面PDAQ.可得PQ⊥DC. 2 在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝ 2 PD，则 PQ⊥QD. 所以PQ⊥平面DCQ.
(2)设AB＝a.由题设知AQ为棱锥QABCD的高，所以棱锥 1 3 Q－ABCD的体积V1＝3a . 由(1)知PQ为棱锥P－DCQ的高，而PQ＝ 2 2 面积为 2 a ， 1 3 所以棱锥P－DCQ的体积V2＝3a . 故棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值为1. 2 a，△DCQ的
A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边 形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)证明：AA1⊥BD； (2)证明：CC1∥平面A1BD.
证明：(1)法一： 面ABCD， 所以D1D⊥BD.
因为D1D⊥平面ABCD，且BD平
在△ABD中，由余弦定理，得
[例1]
(2011· 湖南高考)设如图是某
几何体的三视图，则该几何体的体积为 ( )
A．9π＋42 9 C.2π＋12
B．36π＋18 9 D.2π＋18
[解析]
由三视图知该几何体是一个球与长方体的组
4 3 3 9 合．球的体积为 3 π×( 2 ) ＝ 2 π，长方体的体积为3×3×2 ＝18，故选D.
考 立体几何问题至关重要．
查 2. 几何体结构的考查多以选择题为主，但解答题 方 式 的推理证明又都是以理解结构为基础的，在高 考中，三视图与几何体表面积体积的计算相结
合的题目，是高考考查的重点，主要以客观题
形式出现，有时也以解答题形式出现．
备
要求牢固把握多种几何体的结构特征，在对
考 比中把握实质和不同，掌握几何体三视图的画法， 指 理解“长对正，高平齐，宽相等”的原则，掌握 要 几何体表面积、体积的计算公式.
答案：4x＋3y－12＝0或2x－y－6＝0
1.本部分主要考查的内容有：①圆的一般方程和标 准方程；②直线与圆的位置关系；③圆与圆的位置关 考 系，尤其是直线与圆的位置关系更是高考的重点． 查 方 式
2.此类问题的综合性较强，难度也较大，题型主要
是选择题和填空题．考查的方法主要有数形结合，坐
标法、化归与转化、直接法、待定系数法、代入法
所以BD⊥D1D.
如图，取AB的中点G，连接DG.
在△ABD中，由AB＝2AD，得
AG＝AD.又∠BAD＝60°， 所以△ADG为等边三角形， 所以GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB.
又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，
所以∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，
所以BD⊥AD.
BD2＝AD2＋AB2－2AD· ABcos∠BAD.
又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，所以BD2＝3AD2. 所以AD2＋BD2＝AB2，因此AD⊥BD. 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.
法二：
因为DD1⊥平面ABCD，且BD 平面ABCD，
1. 本部分主要考查：①直线方程的求解与应用；
考 ②两直线平行与垂直的条件；③平面解析几何 查 中距离公式，这些都是解析几何的基础内容， 方 也是高考的主要内容．
式
2.考查形式以小题为主，偶尔也会有解答题出现
备
在理解直线倾斜角和斜率的基础上，能根据
考 斜率判断两直线的平行与垂直；掌握直线方程的 指 几种形式，能根据条件求直线方程，并能利用方 要 程研究垂线与直线、直线与圆的位置关系.
[答案]
B
5．(2011· 浙江高考)若直线l不平行于平面α，且l⃘α，则 ( A．α内的所有直线与l异面 )
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
解析：由题意可得，l与α相交，则α内不存在与l平行 的直线；(反证法)假设存在mα，且m∥l，又 ∵l α，∴l∥α.这与l不平行平面α相矛盾． 故假设错误．原命题正确，故选B. 答案：B
要熟练掌握圆的方程，会用待定系数法求
备考 圆的方程．能利用代数法和几何法判断并解决
指要 直线与圆的位置关系．尤其重视几何法即平面 几何的性质在解决问题中的作用.
[例5]
(2011· 新课标全国卷)在平面直角坐标系xOy中，
曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C上．
[答案] 1
10．由P(2,3)发出的光线射到直线x＋y＝1上，反射后过点 Q(1,1)，则反射光线所在的直线方程为________．
解析：设P关于直线x＋y＝1的对称点为P′(a，b) a＋2 b＋3 ＋ ＝1， 2 2 则 b－3 a－2＝1，
a＝－2， 解得 b＝－1.
[例4]
(2011· 浙江高考)若直线x－2y＋5＝0与直线
2x＋my－6＝0互相垂直，则实数m＝________.
[解析] 根据题意知，当m＝0时，两直线不会垂直，
故m≠0，因直线x－2y＋5＝0与直线2x＋my－6＝0的斜率 1 2 1 2 分别为2和－m，由垂直条件得2· m)＝－1，故m＝1. (－
空间中的平行与垂直是空间中两大主题，
考查 所 以 高 考 对 它 们 的 考 查 就 必 定 是 热 点 、 重 方式 点．主要考查空间位置关系的证明，以主观题 为主． 备考 指要 深刻理解教材中的公理、定理，尤其判定
定理和性质定理，要求不仅掌握文字语言，还
要掌握符号语言和图形语言.
[例3]
(2011· 山东高考)如图，在四棱台ABCD－
12．已知A(1,1)，B(2,3)，直线l过点P(3,0)，且A、B到直线 l的距离相等，则l的方程为________．
解析：当l过AB的中点或与AB平行时满足条件AB的中 3 点为(2，2)，kAB＝2. 4 ∴l的方程为y＝－3(x－3)或y＝2(x－3)， 即4x＋3y－12＝0或2x－y－6＝0.
A．32 C．48
B．16＋16 2 D．16＋32 2
解析：由三视图知，四棱锥为正四棱锥，四个侧面为 四个全等的三角形，由图知，侧面三角形的高h＝ 1 2 2 ，S侧＝ 2 ×4×2 2 ×4＝16 2 ，∴表面积为S侧＋ 4×4＝16 2＋16.
答案：B
4．(2011· 上海高考)若一个圆锥的主视图(如图所示)是
6．(2011· 全国改编)已知α⊥β，点A∈α，AC⊥l，C为垂足， 点B∈β，BD⊥l，D为垂足．则AB＝2，AC＝BD＝1， 则CD＝ A．2 C. 2 B. 3 D．1 ( )
解析：如图，连接 AD，设 CD＝x(x＞0)． ∵AC⊥l， ∴AD2＝AC2＋CD2＝1＋x2. 由题意知，△ABD 是直角三角形， ∴∠BDA＝90° ， ∴AB2＝AD2＋BD2. 即 4＝1＋x2＋1， ∴x＝ 2，即 CD＝ 2. 答案：C
形式考查以位置关系为主的真假判断． 备考 要求牢固掌握线线、线面和面面位置关系，熟
指要 练掌握位置关系中的定义、定理、公理及有关推论.
[例2]
(2011· 四川高考)l1，l2，l3是空间三条不同的
( )
直线，则下列命题正确的是
A．l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共点⇒l1，l2，l3共面
证明：(1)如图，连接BD，MO，在平行四边 形ABCD中，∵O为AC的中点，∴O为BD的中
点．又M为PD的中点，∴PB∥MO.∵P B 平面
ACM，MO平面ACM，∴PB∥平面ACM. (2)∵∠ADC＝45°，且AD＝AC＝1， ∴∠DAC＝90°，即AD⊥AC. 又PO⊥平面ABCD，AD平面ABCD，
边长为3,3,2的三角形，则该圆锥的侧面积为________．
解析：由主视图可知，圆锥的底面半径r＝1，母线l＝3.
S侧＝πrl＝π×1×3＝3π. 答案：3π
空间直线、平面的位置关系是高考考查的重点， 考查 主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面间
方式 位置关系的判定，考查形式是客观题，以客观题的
又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.
(2)如图，连接AC，A1C1.
设AC交BD于点E，连接EA1. 因为四边形ABCD为平行四边形， 1 所以EC＝ AC. 2 由棱台定义及AB＝2AD ＝2A1B1知，A1C1∥EC且
A1C1＝EC，
[答案] D
1．(2011· 广东高考)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同
在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么 一个正五棱柱的对角线的条数共有 A．20 C．12 B．15 D．10 ( )
解析：如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1 E1中，从顶点A出发的对角线有两条：AC1、 AD1，同理从B、C、D、E点出发的对角线也 有两条，共2×5＝10条．
[解析]
对于A选项：l1可与l3垂直，如墙角，∴A错
误；对于B选项：结论(一直线垂直于两平行线中的一条， 则这条直线垂直于另一条)，∴B正确；对于C选项： l1∥l2∥l3，但l1，l2，l3可不共面，如三棱柱的三条侧棱， 故C错误；对于D选项：l1，l2，l3交于一点，l1，l2，l3可 确定三个平面，不一定共面，故D错误．
(2)由(1)知，DA⊥DB，DC⊥DA， ∵DB＝DA＝DC＝1，DB⊥DC， ∴AB＝BC＝CA＝ 2， 1 1 从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝2×1×1＝2， 1 3 S△ABC＝2× 2× 2×sin60° 2 ， ＝ 1 3 3＋ 3 ∴ 表面积S＝2×3＋ 2 ＝ 2 .
9．(2011· 辽宁高考)如图，四边形ABCD为 正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA， 1 QA＝AB＝2PD. (1)证明：PQ⊥平面DCQ； (2)求棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值.
第2 部分 模块 高考 对接
高考 五大 高频 考点 例析
考点一 空间几何的结构和三视图 考点二 空间直线、平面的位置关系 考点三 空间中的平行与垂直关系
考点四 直线方程与直线的位置关系
考点五Βιβλιοθήκη Baidu直线与圆、圆与圆的位置关 系
1. 棱柱、棱锥、棱台和圆柱、圆锥、圆台及球是
立体几何的基础，弄清它们的结构特征对解决
P′Q的方程为2x－3y＋1＝0，即为所求的方程．
答案：2x－3y＋1＝0
11．过点P(3,4)且与点A(－3,2)距离最远的直线方程
为________．
1 解析：当直线与AP垂直时满足条件，又kAP＝3. 所以所求直线方程为y－4＝－3(x－3)． 即3x＋y－13＝0.
答案：3x＋y－13＝0
所以四边形A1ECC1为平行四边形，因此CC1∥EA1. 又因为EA1平面A1BD，CC1 所以CC1∥平面A1BD. 平面A1BD，
7．(2011· 天津高考改编)如图，在四棱锥PABCD中，底面 ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O 为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点. (1)证明：PB∥平面ACM； (2)证明：AD⊥平面PAC；
∴PO⊥AD，而AC∩PO＝O，
∴AD⊥平面PAC.
8．(2011· 陕西高考)如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，
∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折
起，使∠BDC＝90°. (1)证明：平面ADB⊥平面BDC； (2)若BD＝1，求三棱锥D－ABC的表面积．
解：(1)∵折起前AD是BC边上的高， ∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB. 又DB∩DC＝D， ∴AD⊥平面BDC. ∵AD平面ABD， ∴平面ABD⊥平面BDC.
答案：D
2．(2011· 陕西高考)某几何体的三视图如图所示，则它 的体积为 ( )
2π A．8－ 3 C．8－2π
π B．8－3 2π D. 3
解析：由三视图知该几何体是一个棱长为2的正方体 内挖去了一个底面半径为1高为2的圆锥，∴它的体积 2 为8－3π.
答案：A
3．(2011· 北京高考)某四棱锥的三视图如图所示，该四 棱锥的表面积是 ( )
解：(1)证明：由条件知PDAQ为直角梯形． 因为QA⊥平面ABCD，所以平面PDAQ⊥平面 ABCD，交线为AD. 又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，所以DC ⊥平面PDAQ.可得PQ⊥DC. 2 在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝ 2 PD，则 PQ⊥QD. 所以PQ⊥平面DCQ.
(2)设AB＝a.由题设知AQ为棱锥QABCD的高，所以棱锥 1 3 Q－ABCD的体积V1＝3a . 由(1)知PQ为棱锥P－DCQ的高，而PQ＝ 2 2 面积为 2 a ， 1 3 所以棱锥P－DCQ的体积V2＝3a . 故棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值为1. 2 a，△DCQ的
A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边 形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°. (1)证明：AA1⊥BD； (2)证明：CC1∥平面A1BD.
证明：(1)法一： 面ABCD， 所以D1D⊥BD.
因为D1D⊥平面ABCD，且BD平
在△ABD中，由余弦定理，得
[例1]
(2011· 湖南高考)设如图是某
几何体的三视图，则该几何体的体积为 ( )
A．9π＋42 9 C.2π＋12
B．36π＋18 9 D.2π＋18
[解析]
由三视图知该几何体是一个球与长方体的组
4 3 3 9 合．球的体积为 3 π×( 2 ) ＝ 2 π，长方体的体积为3×3×2 ＝18，故选D.
考 立体几何问题至关重要．
查 2. 几何体结构的考查多以选择题为主，但解答题 方 式 的推理证明又都是以理解结构为基础的，在高 考中，三视图与几何体表面积体积的计算相结
合的题目，是高考考查的重点，主要以客观题
形式出现，有时也以解答题形式出现．
备
要求牢固把握多种几何体的结构特征，在对
考 比中把握实质和不同，掌握几何体三视图的画法， 指 理解“长对正，高平齐，宽相等”的原则，掌握 要 几何体表面积、体积的计算公式.
答案：4x＋3y－12＝0或2x－y－6＝0
1.本部分主要考查的内容有：①圆的一般方程和标 准方程；②直线与圆的位置关系；③圆与圆的位置关 考 系，尤其是直线与圆的位置关系更是高考的重点． 查 方 式
2.此类问题的综合性较强，难度也较大，题型主要
是选择题和填空题．考查的方法主要有数形结合，坐
标法、化归与转化、直接法、待定系数法、代入法
所以BD⊥D1D.
如图，取AB的中点G，连接DG.
在△ABD中，由AB＝2AD，得
AG＝AD.又∠BAD＝60°， 所以△ADG为等边三角形， 所以GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB.
又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，
所以∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°，
所以BD⊥AD.
BD2＝AD2＋AB2－2AD· ABcos∠BAD.
又因为AB＝2AD，∠BAD＝60°，所以BD2＝3AD2. 所以AD2＋BD2＝AB2，因此AD⊥BD. 又AD∩D1D＝D，所以BD⊥平面ADD1A1. 又AA1平面ADD1A1，所以AA1⊥BD.
法二：
因为DD1⊥平面ABCD，且BD 平面ABCD，
1. 本部分主要考查：①直线方程的求解与应用；
考 ②两直线平行与垂直的条件；③平面解析几何 查 中距离公式，这些都是解析几何的基础内容， 方 也是高考的主要内容．
式
2.考查形式以小题为主，偶尔也会有解答题出现
备
在理解直线倾斜角和斜率的基础上，能根据
考 斜率判断两直线的平行与垂直；掌握直线方程的 指 几种形式，能根据条件求直线方程，并能利用方 要 程研究垂线与直线、直线与圆的位置关系.
[答案]
B
5．(2011· 浙江高考)若直线l不平行于平面α，且l⃘α，则 ( A．α内的所有直线与l异面 )
B．α内不存在与l平行的直线
C．α内存在唯一的直线与l平行
D．α内的直线与l都相交
解析：由题意可得，l与α相交，则α内不存在与l平行 的直线；(反证法)假设存在mα，且m∥l，又 ∵l α，∴l∥α.这与l不平行平面α相矛盾． 故假设错误．原命题正确，故选B. 答案：B