高考数学二轮复习专项
——立体几何(含详解)
1. 如图，平面V AD ⊥平面ABCD ，△V AD 是等边三角形，ABCD 是矩形，AB ∶AD ＝2∶1，F 是AB 的中点．
（1）求VC 与平面ABCD 所成的角；
（2）求二面角V-FC-B 的度数；
（3）当V 到平面ABCD 的距离是3时，求B 到平面VFC 的距离．
2.如图正方体ABCD-1111D C B A 中，E 、F 、G 分别是B B 1、AB 、BC 的中点．
（1）证明：F D 1⊥EG ；
（2）证明：F D 1⊥平面AEG ；
（3）求AE
3. 在直角梯形P1DCB 中，P1D//CB ，CD//P1D 且P1D = 6，BC = 3，DC =6，A 是P1D 的中点，沿AB 把平面P1AB 折起到平面PAB 的位置，使二面角P －CD －B 成45°角，设E 、F 分别是线段AB 、PD 的中点． （1）求证：AF//平面PEC ；
（2）求平面PEC 和平面PAD 所成的二面角的大小；
（3）求点D 到平面PEC 的距离．
4. 如图四棱锥ABCD P -中，
⊥PA 底面ABCD ，4=PA 正方形的边长为2
（1）求点A 到平面PCD 的距离；
（2）求直线PA 与平面PCD 所成角的大小； （3）求以PCD 与PAC 为半平面的二面角的正切值。
5. 如图，在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是∠DAB=60°且边长为1的菱形。侧面PAD 是正三角形，其所在侧面垂直底面ABCD ，G 是AD 中点。 （1）求异面直线BG 与PC 所成的角； （2）求点G 到面PBC 的距离；
（3）若E 是BC 边上的中点，能否在棱PC 上找到一点F ，使平面DEF ⊥平面ABCD ，并说明理由。
C
D A P1 D
B C
F E A
P
D
A
P
6. 如图，正三棱柱中点是中，AC E C B A ABC 111-. (1)求证：平面111A ACC BEC 平面⊥； (2)求证：11//BEC AB 平面；
(3)若的大小，求二面角C BC E AB A A --=1122
.
7. 如图，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD ⊥底面
ABCD
，SB =
（1）求证：BC SC ⊥；
（2）（文科）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小； （理科）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小。
8. 如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=AA1=2， ∠ACB=90°，D 、E 分别为AC 、AA1的中点.点F 为 棱AB 上的点.
(Ⅰ)当点F 为AB 的中点时.
E
A
C
B 1
A 1
C
(1)求证：EF ⊥AC1；
(2)求点B1到平面DEF 的距离.
(Ⅱ)若二面角A-DF-E 的大小为FB AF ,求
4π的值.
9. 已知正四棱柱1111ABCD A B C D -中11,2AB AA ==，点E 为1CC 的中点，F 为1BD 的中点。 ⑴求
1D E
与DF 所成角的大小；
⑵求证：EF ⊥面1BDD ； ⑶求点1D 到面BDE 的距离。
10. 在三棱锥ABC P -中,⊥PC 平面ABC ,D BC AB AC PC ,,2===是PB 上一点,且
⊥CD 平面PAB .
⑴求证: ⊥AB 平面PCB ; ⑵ 求二面角B PA C --的大小; ⑶求异面直线AP 与BC 的距离.
11. 如图所示：四棱锥P-ABCD 底面一直角梯形，BA ⊥AD ，CD ⊥AD ，CD=2AB ，PA
⊥底面ABCD ，E 为PC 的中点. （1）证明：EB ∥平面PAD ； （2）若PA=AD ，证明：BE ⊥平面PDC ；
（3）当PA=AD=DC 时，求二面角E-BD-C 的正切值.
12. 如图，已知正三棱柱ABC —111C B A 的底面边长是2，D 是侧棱1CC 的中点，直线AD 与侧面
11BB C C 所成的角为45 ．
1 C
E
A
1
A
（Ⅰ）求此正三棱柱的侧棱长； （Ⅱ） 求二面角C BD A --的大小； （Ⅲ）求点C 到平面ABD 的距离．
13. 如图，已知M ，N 分别是棱长为1的正方体1111ABCD A BC D -的棱1BB 和11B C 的中点，
求： （1）MN 与1CD 所成的角； （2）MN 与
1CD 间的距离。
14. 如图，棱锥P —ABCD 的底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，PA=AD=2，BD=22. （Ⅰ）求证：BD ⊥平面PAC ；
（Ⅱ）求二面角P —CD —B 的大小； （Ⅲ）求点C 到平面PBD 的距离.
15. 已知：四棱锥P-ABCD,ABCD PA 平面⊥,底面ABCD 是直角梯形，?=∠90A ，且AB
∥CD,
CD AB 21=
, 点F 为线段PC 的中点，
(1)求证： BF ∥平面PAD ； (2) 求证：CD BF ⊥。
16. 在如图所示的几何体中，EA ⊥平面ABC ，DB ⊥平面ABC ，
C
D
P
A
B
AC BC ⊥，2AC BC BD AE ===，M 是AB 的中点。
（Ⅰ）求证：CM EM ⊥；
（Ⅱ）求CM 与平面CDE 所成的角； 17. 如图
，
在
五
棱锥
S ABCDE
-中
,
,2,SA ABCDE SA AB AE BC DE ⊥=====面,
120BAE BCD CDE ∠=∠=∠=?.
(1)求证：SB BC ⊥; (2)求点E 到面SCD 的距离； (3)求二面角B SC A --的大小.
18. 如图，已知ABCD 是直角梯形，?=∠90ABC ，BC AD //，
1,2===BC AB AD ，PA ⊥平面ABCD ．
(1) 证明：CD PC ⊥；
(2) 在PA 上是否存在一点E ，使得BE ∥平面PCD ？若存在，找出点E ，并证明：BE ∥平面PCD ；若不存在，请说明理由；
（3）若2=PA ，求二面角C PD A --的余弦值．
E
M
A
C
B
D
S
E
A
D C
B
19. 如图，四棱锥P —ABCD 的底面是AB=2，BC=2的矩形，侧面PAB 是等边三角形，且侧面PAB ⊥底面ABCD （I ）证明：侧面PAB ⊥侧面PBC ；
（II ）求侧棱PC 与底面ABCD 所成的角； （III ）求直线AB 与平面PCD 的距离．
20. 已知等腰梯形PDCB 中（如图1），PB=3，DC=1，PB=BC=2，A 为PB 边上一点，且PA=1，将△PAD 沿AD 折起，使面 PAD ⊥面ABCD （如图2）。 （1）证明：平面PAD ⊥PCD ；
（2）试在棱PB 上确定一点M ，使截面AMC 把几何体分成的两部分1:2: MACB PD CMA V V ； （3）在M 满足（Ⅱ）的情况下，判断直线AM 是否平行面PCD.
答案：
1.取AD 的中点G
，连结VG ，CG ．
（1）∵ △ADV 为正三角形，∴ VG ⊥AD ． 又平面VAD ⊥平面ABCD ．AD 为交线，
∴ VG ⊥平面ABCD ，则∠VCG 为CV 与平面ABCD 所成的角．
C
D
B
A P
设AD ＝a ，则a
VG 2=
，a DC 2=．
在Rt △GDC 中，
a
a a GD DC GC 23
4222
2
2
=+=+=． 在Rt △VGC 中，
33
tan ==
∠GC VG VCG ．
∴
30=∠VCG ．
即VC 与平面ABCD 成30°．
（2）连结GF ，则
a AF AG GF 23
22=
+=
．
而
a BC FB FC 2622=
+=．
在△GFC 中，2
22FC GF GC +=． ∴ GF ⊥FC ．
连结VF ，由VG ⊥平面ABCD 知VF ⊥FC ，则∠VFG 即为二面角V-FC-D 的平面角．
在Rt △VFG 中，
a GF VG 23=
=．
∴ ∠VFG ＝45°． 二面角V-FC-B 的度数为135°．
（3）设B 到平面VFC 的距离为h ，当V 到平面ABCD 的距离是3时，即VG ＝3． 此时32==BC AD ，6=
FB ，23=FC ，23=VF ．
∴ 9
21
==??FC VF S VFC ，
2321
==
??BC FB S BFC ．
∵
VCF B FCB V V V --=，
∴ VFC
FBC S h S VG ??????=3131
． ∴ 9
31
23331??=??h ．
∴ 2=
h 即B 到面VCF 的距离为2．
2.以D 为原点，DA 、DC 、1所在的直线分别为x 、y 、z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1AC 棱长为a ，则D （0，0，0），A （a ，0，0），B （a ，a ，0），1D （0，0，a ），E （a ，
a ，2a ），F （a ，2a ，0），G （2a ，a ，0）．
（1）a D (1=，2a ，-a ），2(a -=，0，)
2a
-， ∵ 0
)2)((02)2(1=--+?+-=?a
a a a a D ，
∴ EG F D ⊥1．
（2）0(=，a ，2a
），
∴ 0
2201=?-?+?=?a
a a a a D ．
∴ AE F D ⊥1．
∵ E AE EG = ，∴ ⊥F D 1平面AEG ．
（3）由0(=，a ，2a
），D 1＝（a ，a ，a -），
∴
222222
2=
-++++-=?a a a a a a a ．
3. ①取PC 中点M ，连结FM 、EM
∵ F 、M 分别为PD 、PC 中点 ∴ FM ＝2
1CD
//
//
C
D A P1
∵ E 为AB 中点，∴ AE ＝
2
1CD
∴ FM ＝AE ， ∴FMEA 为平行四边形
∴ AF//EM
∵ AF ?平面PEC ，EM ?平面PEC ∴ AF//平面PEC
②延长DA ，CE 交于点N ，连结PN
∵ AB ⊥PA ， AB ⊥AD
∴ AB ⊥平面PAD ∵
AB//DC ∴ DC ⊥平面
PAD ∴DC ⊥PD DC ⊥AD ∴ ∠PDA 为二面角P －CD －B 的平面角 ∴ ∠PDA ＝45° ∵ PA ＝AD ＝３ ∠PDA ＝45°
∵ PD ＝23 ∴PA ⊥AD
又 PA ⊥AB ∴PA ⊥平面ABCD
∵ AE//CD 且E 为AB 中点 ∴ AE ＝21
CD ∴AE 为△NDC 的中位线 ∴ AN ＝AD ＝PA ∴△PND 为Rt △ 又 NE ＝EC ＝242 PE ＝242
∴ △PNC 为Rt △ ∴ PC ⊥PN PD ⊥PN
∴ ∠CPD 为平面PEC 和平面PAD 所成二面角的平面角 又 PD ＝23 CD ＝6 PD ⊥DC ∴ tan ∠CPD ＝PD CD
＝236＝33
∴ ∠CPD ＝30°
∴ 平面PEC 和平面PAD 所成二面角为30° ③连结ED
∵ PA ⊥平面ABCD
∴ VP －CED ＝3
1S △CED·PA ＝
313362
1
????＝6
2
3
VP －CED ＝VD －PCE ＝6
2
3
设点D 到平面PCE 的距离为d ．
//
//
D B C F
E
A
P
B C
F
E A P D
N M
…6’
S △PCE ＝33
VP －PCE ＝3
1S △DCE·d ＝6
2
3
∴ d ＝22
3
点D 到平面PEC 的距离为22
3．
4. （1）过A 作PD AE ⊥
⊥PA 平面ABCD ∴平面⊥PAD 平面ABCD ⊥∴⊥CD AD CD ,
平面PAD
又?AE 平面PAD ，,AE CD ⊥∴又⊥∴⊥AE AE
PD 平面PCD
AE ∴为A 到平面PCD 的距离。
在PAD Rt ?中5224,
2,422=+=∴==PD AD PA
由
AE
PD AD PA S PAD ?=?=
?2121 得5545224=?=AE ；
（2）由（1）知⊥AE 平面PCD A P D ∠∴为直线PA 与平面PCD 所成的角
在PAD Rt ?中，
21arctan
2
1
tan =∠∴==
∠APD PA AD APD
（3）过A 作PC AF ⊥，连EF ，由（1）知⊥AE 平面PCD ，由三垂线定理的逆定理知
PC EF ⊥ AFE ∠∴为二面角D PC A --的平面角，
在PAC Rt ?中
334=
AF ，在AEF Rt ?中，
15
30
4)554()334(
2222=-=-=AE AF EF
2
6
3015`45
54tan =
==∠∴EF AE AFE
5. （1）∵△PAD 为正三角形，G 为AD 中点， ∴PG ⊥AD
又PG ?面PAD ，面PAD ⊥面ABCD 面PAD∩面ABCD=AD
∴PG ⊥面ABCD ，又GB ?面ABCD ∴PG ⊥GB
又∵∠DAB=60°，四边形ABCD 为菱形， ∴BA=BD ∴BG ⊥AD
以G 为原点，GB 所在直线为x 轴，GD 所在直线为y 轴，GP 所在直线为z 轴，建立（如图所示）空间直角
坐标系
G —xyz ，则G （0，0，0），
)0,0,23(
B ，
)23
,0,0(P ，)0,21
,23(),0,1,23(
E C
)0,0,23
(),23,1,23(
=-=GB PC
∴GB 与PC 所成角θ的余弦值为：
10
30
3034
314643
cos ==
?+=
=
θ
1030arccos
=∴θ
（2）设面PBC 的一个法向量为)0,1,0(),1,,(==BC y x n 由0=?和0=?得
)1,0,1(,101023
230
=???
??===??
????=-+=n z y x y x y 即
∴G 到面PBC
的距离46223223
=
===d
（3）设存在F 点，使面DEF ⊥面ABCD ，且F 分的比为λ
则)123
,11
,123(λλλλ+++F
∵∠DAB=60°，∴BD=DC ，又∵E 为BC 中点，∴BC ⊥DE 由BC ?面ABCD ，面DEF∩面ABCD=DE 知 BC ⊥面DEF
)123
,2111,23123()0,1,0(=+-+-+?=?∴λλ
λλ 即1
,021
11=∴=-+λλ
∴F 为PC 中点
6. (1)证明：11111AA BE ABC AA
C B A ABC ⊥∴∴-平面是正三棱柱 . 11A A C C BE AC BE AC E ABC 平面的中点，是是正三角形，
⊥∴⊥∴? . 又1111A ACC BEC BEC BE 平面平面，
平面⊥∴? . (2)证明：连结D C B BC C B =?111，设.
的中点是是矩形，是正三棱柱C B D B BCC C B A ABC 111111∴- .
又因为E 是AC 的中点，DE AB //1∴.
而11111//BEC AB BEC AB BEC DE 平面，
平面，平面∴??. (3)作CG G BC FG F EC CF ，连结于，于11⊥⊥.111A ACC BEC 平面平面⊥
11BC CG BEC CF ⊥⊥∴，由三垂线定理得，平面.
的平面角是二面角C BC E CGF --∠∴1
设a A A AB A A a AB 222211===，则， .
a
EC CC EC CF ECC Rt 66111
=?=?中，在. a BC CC BC CG BCC Rt 3
3
111=?=
?中，在.
4522
sin =∠∴==
∠?CGF CG CF CGF CGF Rt ，中，在.
451的大小是二面角C BC E --∴.
7. （1）如图建立空间直角坐标系，则
()()()
1,1,0,0,1,0,1,0,0B C BC =-
；
连结BD ，则在直角三角形SDB 中，1SD =，()()0,0,1,0,1,1S SC ∴=-
0B C S C
?= ，BC SC ∴⊥
，BC SC ∴⊥。 （2）（文科）()
1111,0,,,0,,1,1,12222M DM SB ????==- ? ?????
， 设DM 与SB
的夹角为α，异面直线DM 与SB 所成角为θ，
c o s c o s 0θα==
，
2π
θ∴=
∴异面直线DM 与SB 所成角的大小为2π
。
（理科）平面ASD 的一个法向量()10,1,0n =
，
设平面BSC 的一个法向量()2,,n x y z = ，22,n BC n SB
⊥⊥ ， 00x x y z -=?∴?
+-=?，令1y =，则()20,1,1n = ，
设1n 与2n 的夹角为β
，则
cos β=
， 由图形得，面ASD 与面BSC 所成二面角的大小为4π。
8. 解：(1)(1)DF ∥BC,BC ⊥AC,∴DF ⊥AC
∵平面ACC1A1⊥平面ABC ，∴DF ⊥平面ACC1A12π
∴DF ⊥AC1
∵ACC1A1是正方形 ∴AC1⊥DE
∴AC1⊥面DEF ∴AC1⊥EF ，即EF ⊥AC1
(2)∵B1C1∥BC ，BC ∥DF ，∴B1C1……∥平面DEF 点在B1到平面DEF 的距离等于点C1到平面DEF 的距离 ∴DF ⊥平面ACC1A1∴平面DEF ⊥平面ACC1A1 ∵AC1⊥DE ∴AC1⊥平面DEF
设AC1∩DE=O ，则C1O 就是点C1到平面DEF 的距离
由题设计算，得C1O=223
(3)当点F 为AB 的中点即FB AF
=1时，DF ∥BC,∴DF ⊥AC,∵AA1⊥面ABC ，∴ED ⊥DF ，∠
EDA 即为二面角A-DF-E 的平面角，由AE=AD ，因此∠EDA=4π
9. （1）取1DD 中点M ，连CM ，则,//1E D MC 取F D 1的中点N ，连DF MN MN //,则，
NMC ∠∴是DF E D 与1所成的角。
46
21,26)22(
1,22===+==DF MN DF CM .
过N 作
4
46
,410,2343,11==∴=?==⊥NC PC NP DD NP BD BN DB NP 由
,6324621646216
6cos -=??-
+=∠∴NMC DF E D 与1∴所成的角为
63arccos （2）连BE ，则B ED E D BE 11,?∴=为等腰三角形，C C EF B D EF 11,⊥⊥∴又 ⊥∴⊥∴EF D D EF ,1平面1BDD （3）
,
1
1
DBE D DBD E V V --= 可知⊥EF 面,1DBD 设1D 到面BDE 的距离为d ，则
33
22
3
22
2,2
3
,2,11=?
=∴=
=?=?????d S S EF S d S DBE DBD DBD BDE 10. (1)4个字的160人,5个字的40人. (2)
ξ 2 3
4
5
P
41
21 51 201
05.3=ξE (3) 305
18.解:(1) ∵⊥PC 平面ABC ,?AB 平面ABC ,∴AB PC ⊥ ∵⊥CD 平面,PAB ?AB 平面,PAB ∴AB CD ⊥ 又,C CD PC =?∴⊥AB 平面PCB (2)由(1)可求得2=
BC ,以点B 为坐标原点,BC 为x 轴,BA 为y 轴,过点B 与CP 平行的
直线为轴建立空间直角坐标系,则)2,0,2(),0,0,2(),0,0,0(),0,2,0(P C B A .
取AC 的中点E ,连BE ,则AC BE ⊥,从而,⊥BE 平面PAC ,
)0,22,22(
E ,
所以,平面PAC 的法向量为
)0,22
,22(
=→
BE .
设平面PAB 的法向量为),,(z y x m =→
,).2,2,2(),0,2,0(-=-=→
→
AP AB
则?????=?=?→
→→
→,0,0m AP m AB 即????
?=+-=-,0222,02z y x y 令1-=z ,得).1,0,2(-=→m
所以
,3
3
|
|||,cos =
?>=
<→
→
→
→→
→BE m BE m BE m ∴所求二面角的大小为
33arccos
.
(3)设向量),,(111z y x n =→与→
→BC AP ,都垂直,则由?????=?=?→
→→
→,
0,0BC n AP n 得
????
?=+-=,0222.
021111z y x x 令1=z ,得)1,2,0(=→n .
所以异面直线AP 与BC 的距离
.3
3
2|
|||=
?=
→
→
→n BA n d
11. （1）取PD 中点Q ，连EQ 、AQ ，则∵QE ∥CD ，CD ∥AB ，∴QE ∥AB ，
又
BE
ABEQ AB CD QE ∴?==
,2
1
是平行四边形
又BE PAD
AQ ∴?平面∥平面PAD…3分
（2）PA ⊥底面ABCD ∴CD ⊥PA ，又CD ⊥AD ∴CD ⊥平面PAD ∴AQ ⊥CD 若PA=AD ， ∴Q 为PD 中点，∴AQ ⊥PD ∴AQ ⊥平面PCD ∵BE ∥AQ ，∴BE ⊥平面PCD…………………7分 （3）连结AC ，取AC 的中点G ，连EG ，EG ∥PA ，
∵PA ⊥平面ABCD ，∴EC ⊥平面ABCD ，过G 作GH ⊥BD ，连EH ，则EH ⊥BD ， ∴∠EHG 是二面角E —BD —C 的平面角.
设AB=1，则PA=AD=DC=2AB=2. ∴
,
5,12
1
22=+===
AB AD DB PA EG
又
2,
==∠=∠AG AC AB DC ACD CAB A C D ?∴∽△ABG ，,121
==∴AD BG
,90 =∠=∠ADC ABG ∴BG ∥AD ，∠GBH=∠ADB ，∴△ABD ∽△HBG.
55
1
,==
∠=?=
∴=∴
HG EG
EHG tg DB BG AB HG BD
BG
AB HG .
12. （Ⅰ）设正三棱柱ABC —111C B A 的侧棱长为x ．取BC 中点E ，连AE ．
ABC ? 是正三角形，AE BC ∴⊥．
又底面ABC ⊥侧面11BB C C ，且交线为BC ．
AE ∴⊥侧面11BB C C ．
连ED ，则直线AD 与侧面
11BB C C 所成的角为45ADE ∠= ．
在AED Rt ?
中，
tan 45AE
ED
=
=
，解得x =
∴
此正三棱柱的侧棱长为
注：也可用向量法求侧棱长．
（Ⅱ）解法1：过E 作EF BD ⊥于F ，连AF ，
⊥AE 侧面,11C C BB ∴AF BD ⊥．
AFE ∴∠为二面角C BD A --的平面角．
在BEF Rt ?中，sin EF BE EBF =∠，又
1,sin CD BE EBF BD =∠=
==，
∴
EF =
．
又AE
∴在AEF Rt ?中，
tan 3AE
AFE EF ∠=
=．
故二面角C BD A --的大小为arctan 3． 解法2：（向量法，见后）
（Ⅲ）解法1：由（Ⅱ）可知，⊥BD 平面AEF ,∴平面AEF ⊥平面ABD ，且交线为AF ，
∴过E 作EG AF ⊥于G ，则EG ⊥平面ABD ．
在AEF Rt ?
中，
AE EF EG AF
?=
==
．
E 为BC 中点，∴点C 到平面ABD
的距离为
210EG =
．
解法2：（思路）取AB 中点H ，连CH 和DH ，由,C
A C
B =D A D B =，易得平面ABD ⊥
平面CHD ，且交线为DH ．过点C 作CI DH ⊥于I ，则CI 的长为点C 到平面ABD 的距离．
解法3：（思路）等体积变换:由C ABD
A BCD V V --=
解法4：（向量法，见后） 题（Ⅱ）、（Ⅲ）的向量解法：
（Ⅱ）解法2：如图，建立空间直角坐标系xyz o -．则(0,1,0),(0,1,0),(,0)A B C D -．
设1(,,)n x y z =
为平面ABD 的法向量．
由?????=?=?0,021AD n n
得
0y y ?=?
-+=．
取1
(n =
1
又平面BCD 的一个法向量2
(0,0,1).n =
∴
10
10
1)3()6(1)1,0,0()1,3,6(,cos 222212121=
+-+-??--=?>= 结合图形可知，二面角C BD A -- 的大小为 arccos 10． （Ⅲ）解法4：由（Ⅱ）解法2 ，1 (),n = (0,1CA =- ∴点C 到平面ABD 的距离 d =2 2 2 1 )3()6()1,3,6()3,1,0(+-+---?-=＝10302． 13. (1)以D 为原点,,DA,DC,DD1分别为X 、Y 、Z 轴建立如图的空间坐标系。则 1111(1,0,0).(1,1,0).(0,1,0).(0,0,0)(1,0,1).(1,1,1).(0,1,1).(0,0,1)A B C D A B C D 。 由于M 、N 是111,BB B C 的中点，11(1,1,),(,1,1) 22M N 从而111(,0,),(0,1,1) 22MN CD =-=- 。 则 1 1111cos ,2 |||| MN CD MN CD MN CD ?<>=== ? 故MN 与 1CD 所成的角为3π 。 （2）设与 1MN CD 与都垂直的方向向量为(,,)n x y z = 。 则100MN n CD n ??=???=?? 即110220x z y z ?-+=???-+=? 即x y z == 取1x =，则(1,1,1)n = 。 所以MN 与1CD 间的距离为3||||MC n d n ?=== 14. 方法一： 证：（Ⅰ）在Rt △BAD 中，AD=2，BD=22， ∴AB=2，ABCD 为正方形， 因此BD ⊥AC. ∵PA ⊥平面ABCD ，BD ?平面ABCD ， ∴BD ⊥PA . 又∵PA∩AC=A ∴BD ⊥平面PAC. 解：（Ⅱ）由PA ⊥面ABCD ，知AD 为PD 在平面ABCD 的射影，又CD ⊥AD ， ∴CD ⊥PD ，知∠PDA 为二面角P —CD —B 的平面角 . 又∵PA=AD ， ∴∠PDA=450 . （Ⅲ）∵PA=AB=AD=2 ∴PB=PD=BD=22 设C 到面PBD 的距离为d ，由 PBD C BCD P V V --=， 有d S PA S PBD BCD ??=????31 31， 即d ???=????0260sin )22(21 312222131得 332 = d 方法二： 证：（Ⅰ）建立如图所示的直角坐标系， 则A （0，0，0）、D （0，2，0）、P （0，0，2）. 在Rt △BAD 中，AD=2，BD=22， ∴AB=2. ∴B （2，0，0）、C （2，2，0）， ∴)0,2,2(),0,2,2(),2,0,0(-===BD AC AP ∵0,0=?=? 即BD ⊥AP ，BD ⊥AC ，又AP∩AC=A ， ∴BD ⊥平面PAC. 解：（Ⅱ）由（Ⅰ）得)0,0,2(),2,2,0(-=-=. 设平面PCD 的法向量为),,(1z y x n =，则0,011=?=?n n ， D P A B C 第1讲 三角函数与平面向量 A 组 基础达标 1.若点? ????sin 5π 6，cos 5π6在角α的终边上，则sin α的值为________． 2.已知α∈? ????0，π2，2sin2α＝cos2α＋1，那么sin α＝________. 3.(2019·榆林模拟)若sin ? ????A ＋π4＝7210，A ∈? ?? ??π4，π，则sin A ＝________． 4.若函数f (x )＝2sin ? ????2x ＋φ－π6(0<φ<π)是偶函数，则φ＝________． 5.已知函数y ＝A sin (ωx ＋φ)＋B (A ＞0，ω＞0，|φ|＜π 2)的部分图象如图所示，那 么φ＝________． (第5题) 6.已知sin ? ????α＋π3＝1213，那么cos ? ?? ??π6－α＝________． 7.在距离塔底分别为80m ，160m ，240m 的同一水平面上的A ，B ，C 处，依次测得塔顶的仰角分别为α，β，γ.若α＋β＋γ＝90°，则塔高为________m. 8.(2019·湖北百校联考)设α∈? ????0，π3，且6sin α＋2cos α＝ 3. (1) 求cos ? ????α＋π6的值； (2) 求cos ? ????2α＋π12的值． B 组 能力提升 1.计算：3cos10°－1 sin170°＝________． 2.(2019·衡水模拟改编)设函数f (x )＝2cos (ωx ＋φ)对任意的x ∈R ，都有f ? ????π3－x ＝f ? ????π3＋x ，若函数g (x )＝3sin (ωx ＋φ)＋cos (ωx ＋φ)＋2，则g ? ?? ??π3的值是________． 3.已知函数f (x )＝sin (ωx ＋φ)(ω＞0)的图象的一个对称中心为? ????π2，0，且f ? ?? ? ?π4＝1 2 ，那么ω的最小值为________． 4.已知函数f (x )＝sin ? ????ωx ＋π5(ω>0)，f (x )在[0，2π]上有且仅有5个零点，给出以下四个结论： ①f (x )在(0，2π)上有且仅有3个极大值点； ②f (x )在(0，2π)上有且仅有2个极小值点； ③f (x )在? ????0，π10上单调递增； ④ω的取值范围是???? ??125，2910. 其中正确的结论是________．(填序号) 5.(2019·浙江卷)已知函数f (x )＝sin x ，x ∈R . (1) 当θ∈[0，2π)时，函数f (x ＋θ)是偶函数，求θ的值； (2) 求函数y ＝??????f ? ????x ＋π122＋??????f ? ????x ＋π42 的值域． 6.(2019·临川一中)已知函数f (x )＝M sin (ωx ＋π 6)(M >0，ω>0)的大致图象如图所示， 其中A (0，1)，B ，C 为函数f (x )的图象与x 轴的交点，且BC ＝π. (1) 求M ，ω的值； 高中数学必修2立体几何测试题及答案（一）一，选择（共80分，每小题4分） 1，三个平面可将空间分成n个部分，n的取值为（） A，4；B，4，6；C，4，6，7 ；D，4，6，7，8。 2，两条不相交的空间直线a、b，必存在平面α，使得（） A，a?α、b?α；B，a?α、b∥α；C，a⊥α、b⊥α；D，a?α、b⊥α。 3，若p是两条异面直线a、b外的任意一点，则（） A，过点p有且只有一条直线与a、b都平行；B，过点p有且只有一条直线与a、b都垂直；C，过点p有且只有一条直线与a、b都相交；D，过点p有且只有一条直线与a、b都异面。 4，与空间不共面四点距离相等的平面有（）个 A，3 ；B，5 ；C，7；D，4。 5，有空间四点共面但不共线，那么这四点中（） A，必有三点共线；B，至少有三点共线；C，必有三点不共线；D，不可能有三点共线。 6，过直线外两点，作与该直线平行的平面，这样的平面可有（）个 A，0；B，1；C，无数；D，涵盖上三种情况。 7，用一个平面去截一个立方体得到的截面为n边形，则（） A，3≤n≤6 ；B，2≤n≤5 ；C，n=4；D，上三种情况都不对。 8，a、b为异面直线，那么（） A，必然存在唯一的一个平面同时平行于a、b；B，过直线b 存在唯一的一个平面与a平行；C，必然存在唯一的一个平面同时垂直于a、b；D，过直线b 存在唯一的一个平面与a垂直。 9，a、b为异面直线，p为空间不在a、b上的一点，下列命题正确的个数是（） ①过点p总可以作一条直线与a、b都垂直；②过点p总可以作一条直线与a、b都相交；③ 过点p 总可以作一条直线与a 、b 都平行；④过点p 总可以作一条直线与一条平行与另一条垂直；⑤过点p 总可以作一个平面与一条平行与另一条垂直。 A ，1； B ，2； C ，3； D ，4。 10，异面直线a 、b 所成的角为80°，p 为空间中的一定点，过点p 作与a 、b 所成角为40° 的直线有（ ）条 A ，2； B ，3； C ，4； D ，6。 11，P 是△ABC 外的一点，PA 、PB 、PC 两两互相垂直，PA=1、PB=2、PC=3，则△ABC 的 面积为（ ）平方单位 A ，25； B ，611； C ，27； D ，2 9。 12，空间四个排名两两相交，以其交线的个数为元素构成的集合是（ ） A ，{2，3，4}； B ，{1，2，3，}； C ，{1，3，5}； D ，{1，4，6}。 13，空间四边形ABCD 的各边与对角线的长都是1，点P 在AB 上移动 ，点Q 在CD 上移 动，点P 到点Q 的最短距离是（ ） A ，21； B ，22； C ，23； D ，4 3。 14，在△ABC 中，AB=AC=5，BC=6，PA ⊥平面ABC ，PA=8，则P 到BC 的距离是（ ） A ，45； B ，43； C ，25； D ，23。 15，已知m ，n 是两条直线，α，β是两个平面，下列命题正确的是（ ） ①若m 垂直于α内的无数条直线，则m ⊥α；②若m 垂直于梯形的两腰，则m 垂直于梯形所 在的平面；③若n ∥α，m ?α，则n ∥m ；④若α∥β，m ?α，n ⊥β，则n ⊥m 。 A ，①②③； B ，②③④； C ，②④； D ，①③。 16，有一棱长为1的立方体，按任意方向正投影，其投影最大面积为（ ） 计数原理与二项式定理 A组——大题保分练 1．设集合A,B是非空集合M的两个不同子集,满足：A不是B的子集,且B也不是A的子集． (1)若M＝{a1,a2,a3,a4},直接写出所有不同的有序集合对(A,B)的个数； (2)若M＝{a1,a2,a3,…,a n},求所有不同的有序集合对(A,B)的个数． 解：(1)110. (2)集合M有2n个子集,不同的有序集合对(A,B)有2n(2n－1)个． 当A?B,并设B中含有k(1≤k≤n,k∈N*)个元素, 则满足A?B的有序集合对(A,B)有n∑ k＝1C k n(2k－1)＝ n ∑ k＝0 C k n2k－ n ∑ k＝0 C k n＝3n－2n个． 同理,满足B?A的有序集合对(A,B)有3n－2n个． 故满足条件的有序集合对(A,B)的个数为2n(2n－1)－2(3n－2n)＝4n＋2n－2×3n. 2．记1,2,…,n满足下列性质T的排列a1,a2,…,a n的个数为f(n)(n≥2,n∈ N*)．性质T：排列a1,a2,…,a n中有且只有一个a i ＞a i＋1 (i∈{1,2,…,n－1})． (1)求f(3)； (2)求f(n)． 解：(1)当n＝3时,1,2,3的所有排列有(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2), (3,2,1),其中满足仅存在一个i∈{1,2,3},使得a i＞a i＋1的排列有(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1), (3,1,2),所以f(3)＝4. (2)在1,2,…,n的所有排列(a1,a2,…,a n)中, 若a i＝n(1≤i≤n－1),从n－1个数1,2,3,…,n－1中选i－1个数按从小到大的顺序排列为a1,a2,…,a i－1,其余按从小到大的顺序排列在余下位置,于是满足题意的排列个数为C i－1 n－1. 若a n＝n,则满足题意的排列个数为f(n－1)． 综上,f(n)＝f(n－1)＋n－1 ∑ i＝1 C i－1 n－1＝f(n－1)＋2n－1－1. 高考数学二轮复习策略 ：六个重在 重在解题思想的分析，即在复习中要及时将四种常见的数学思想渗透到解题中去;重 在知识要点的梳理，即第二轮复习不像第一轮复习，没有必要将每一个知识点都讲到，但 是要将重要的知识点用较多的时间重点讲评，及时梳理;重在解题方法的总结，即在讲评 试题中关联的解题方法要给学生归类、总结，以达触类旁通的效果;重在学科特点的提炼，数学以概念性强，充满思辨性，量化突出，解法多样，应用广泛为特点，在复习中要展 现提炼这些特点;重在规范解法，考生在平时的解题那怕是考试中很少注意书写规范，而 高考是分步给分，书写不规范，逻辑不连贯会让考生把本应该得的分丢了。 ：强化训练 每章一次综合测试;每月一次月考;对每次训练要做到批改、讲评及时、到位，科学统计，及时总结，发现问题，查漏补缺，及时反馈。并同时要求学生去反思错解原因，以达 到巩固知识，提高能力的目的，力争做到让学生练有所得，听有所获。 ：四个转变 1.变介绍方法为选择方法，突出解法的发现和运用. 2.变全面覆盖为重点讲练，突出高考热点问题. 3.变以量为主为以质取胜，突出讲练落实. 4.变以补弱为主为扬长补弱并举，突出因材施教 ：强化通法通解 我们可以把数学思想方法分类，更好的指导我们的学习。一是具体操作方法，解题直 接用的，比如说常见的换元法，数列求和的裂项、错位相减法，特殊值法等;二是逻辑推 理法，比如证明题所用的综合法、分析法、反证法等;三是宏观指导意义的数学思想方法，比如数形结合、分类讨论、化归转化等。我们把这些思想方法不断的渗透到平时的学习中 和做题中，能力会在无形中得到提高的。 ：解决混淆点 学习中的“混淆点”就是几个相近或相似的知识点之间互相混淆。“混淆点”的形成 是对知识点理解不深，记忆不准确，表现为概念模糊，做题时混淆使用。我们的策略是对 知识点应该及时复习巩固，做题时要多加思考与细心。 2020高考数学之立体几何解答題23題 一．解答题（共23小题） 1．在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ADNM⊥平面ABCD，∠DAB=60°，AD=2，AM=1，E为AB的中点． （Ⅰ）求证：AN∥平面MEC； （Ⅱ）在线段AM上是否存在点P，使二面角P﹣EC﹣D的大小为？若存在，求出AP的长h；若不存在，请说明理由． 2．如图，三棱柱中ABC﹣A1B1C1中，点A1在平面ABC内的射影D为棱AC的中点，侧面A1ACC1为边长为2 的菱形，AC⊥CB，BC=1． （Ⅰ）证明：AC1⊥平面A1BC； （Ⅱ）求二面角B﹣A1C﹣B1的大小． 3．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，PB⊥AD侧面PAD为边长等于2的正三角形，底面ABCD为菱形，侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°． （I）求点P到平面ABCD的距离， （II）求面APB与面CPB所成二面角的大小． 4．在正三棱锥P﹣ABC中，底面正△ABC的中心为O，D是PA的中点，PO=AB=2，求PB与平面BDC所成角的正弦值． 5．如图，正三棱锥O﹣ABC的三条侧棱OA、OB、OC两两垂直，且长度均为2．E、F分别是AB、AC的中点，H是EF的中点，过EF作平面与侧棱OA、OB、OC或其延长线分别相交于A1、B1、C1，已知． （1）求证：B1C1⊥平面OAH； （2）求二面角O﹣A1B1﹣C1的大小． 6．如图，在三棱锥A﹣BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD=，BD=CD=1，另一个侧面是正三角形． （1）求证：AD⊥BC． （2）求二面角B﹣AC﹣D的大小． （3）在直线AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定E的位置；若不存在，说明理由． 高三文科数学二轮复习策略 抓《考试说明》与信息研究 第二轮复习中，不可能再面面俱到。要在复习中做到既有针对性又避免做无用功，既减轻学生负担，又提高复习效率，就必须认真研究《考试说明》，吃透精神实质，抓住考试内容和能力要求，同时还应关注近三年的高考试题以及对试题的评价报告，捕捉高考信息，吸收新课程的新思想、新理念，从而转化为课堂教学的具体内容，使复习有的放矢，事半功倍。 突出对课本基础知识的再挖掘 近几年高考数学试题坚持新题不难，难题不怪的命题方向。强调对通性通法的考查，并且一些高考试题能在课本中找到“原型”。尽管剩下的复习时间不多，但仍要注意回归课本，只有透彻理解课本例题，习题所涵盖的数学知识和解题方法，才能以不变应万变。当然回归课本不是死记硬背，而是抓纲悟本，引导学生对着课本目录回忆和梳理知识，对典型问题进行引申，推广发挥其应有的作用。 抓好专题复习，领会数学思想 高考数学第二轮复习重在知识和方法专题的复习。在知识专题复习中可以进一步巩固第一轮复习的成果，加强各知识板块的综合。尤其注意知识的交叉点和结合点，进行必要的针对性专题复习。例如: 1.函数与导数。此专题函数和导数、应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。 2.三角函数、平面向量和解三角形。此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。 3.数列。此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。 4.立体几何。此专题注重点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点。 5.解析几何。此专题中解析几何是重点，以基本性质、基本运算为目标。突出直线和圆、圆锥曲线的交点、弦长、轨迹等。 6.概率与统计、算法初步、复数。此专题中概率统计是重点，以摸球、射击问题为背景理解概率问题。 7.不等式、推理与证明。此专题中不等式是重点，注重不等式与其他知识的整合。 专题复习对备课的要求很高，通过对例习题的精选、精讲、精练，力求归纳出知识模块形成体系，同时也要能提炼出数学思想层次的东西。 2019年高考数学二轮复习五大技巧 对于高考数学二轮复习，有哪些问题需要注意呢?小编为大家整理了2019年高考数学二轮复习策略，帮助考生制定高考二轮复习计划，提高高考数学成绩。 1、重点知识，落实到位 函数、导数、数列、向量、不等式、直线与平面的位置关系、直线与圆锥曲线、概率、数学思想方法等，这些既是高中数学教学的重要内容，又是高考的重点，而且常考常新，经久不衰。因此，在复习备考中，一定要围绕上述重点内容作重点复习，保证复习时间、狠下功夫、下足力气、练习到位、反思到位、效果到位。并将这些板块知识有机结合，形成知识链、方法群。如聚集立体几何与其他知识的整合，就包括它与方程、函数、三角、向量、排列组合、概率、解析几何等的整合，善于将已经完成过的题目做一次清理，整理出的解题通法和一般的策略，“在知识网络交汇点设计试题”是近几年高考命题改革反复强调的重要理念之一，在复习备考的过程中，要打破数学章节界限，把握好知识间的纵横联系与融合，形成有序的网络化知识体系。 2、新增内容，注重辐射 新增内容是新课程的活力和精髓，是近、现代数学在高中的渗透，且占整个高中教学内容的40%左右，而高考这部分内容的分值，远远超出其在教学中所占的比例。试题加大了对新教材中增加的线性规划、向量、概率、导数等知识的考查力度，对新增内容一一作了考查，分值达50多分，并保持了将概率内容作为应用题的格局。因此，复习 中要强化新增知识的学习，特别是新增数学知识与其它知识的结合。向量在解题中的作用明显加强，用导数做工具研究函数的单调性和证明不等式问题，导数亦成为高考解答题目的必考内容之一。 3、思想方法，重在体验 数学思想方法作为数学的精髓，历来是高考数学考查的重中之重。“突出方法永远是高考试题的特点”，这就要求我们在复习备考中应重视“通法”，重点抓方法渗透。 首先，我们应充分地重视数学思想方法的总结提炼，尽管数学思想方法的掌握是一个潜移默化的过程，但是我们认为，遵循“揭示—渗透”的原则，在复习备考中采取一些措施，对于数学思想方法以及数学基本方法的掌握是可以起到促进作用的，例如，在复习一些重点知识时，可以通过重新揭示其发生过程，适时渗透数学思想方法。 其次，要真正地重视“通法”，切实淡化“特技”，我们不应过分地追求特殊方法和特殊技巧，不必将力气花在钻偏题、怪题和过于繁琐、运算量太大的题目上，而应将主要精力放在基本方法的灵活运用和提高学生的思维层次上，另外，在复习中，还应充分重视解题回顾，借助于解题之后的反思、总结、引申和提炼来深化知识的理解和方法的领悟。 4、综合能力，强化训练 近年来高考数学试题，在加强基础知识考查的同时，突出能力立意。以能力立意，就是从问题入手，把握学科的整体意义，用统一的数学观点组织材料，对知识的考查倾向于理解和应用，特别是知识的综合 【高中数学】单元《空间向量与立体几何》知识点归纳 一、选择题 1．如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的体积为（ ） A ． 643 π B ．8316π π+ C ．28π D ．8216π π+ 【答案】B 【解析】 【分析】 结合三视图，还原直观图，得到一个圆锥和一个圆柱，计算体积，即可． 【详解】 结合三视图，还原直观图，得到 故体积22221183242231633V r h r l πππππ=?+?=?+??=+，故选B ． 【点睛】 本道题考查了三视图还原直观图，考查了组合体体积计算方法，难度中等． 2．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，13,1AB AD AA ===,而对角线1A B 上存 在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ） A ．7 B ．3 C ．1+3 D ．2 【答案】A 【解析】 【分析】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD 并求出，就 是最小值． 【详解】 把面1AA B 绕1A B 旋转至面1BA M 使其与对角面11A BCD 在同一平面上，连接1MD ．1MD 就是1||||AP D P +的最小值， Q ||||3AB AD ==，1||1AA =，∴0113tan 3,60AA B AA B ∠==∴∠=． 所以11=90+60=150MA D ∠o o o 221111111113 2cos 13223()72 MD A D A M A D A M MA D ∴=+-∠=+-??- ??= 故选A ． 【点睛】 本题考查棱柱的结构特征，考查计算能力，空间想象能力，解决此类问题常通过转化，转化为在同一平面内两点之间的距离问题，是中档题． 3．已知圆锥SC 的高是底面半径的3倍，且圆锥SC 的底面直径、体积分别与圆柱OM 的底面半径、体积相等，则圆锥SC 与圆柱OM 的侧面积之比为（ ）. A 10 B ．3:1 C ．2:1 D 102 【答案】A 高三数学二轮复习计划 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 高三理科数学二轮复习计划 高三数学一轮复习一般以知识，技能方法的逐点扫描和梳理为主，通过一轮复习，学生大都掌握基本概念、性质、定理及一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。二轮复习承上启下，是促进知识灵活运用的关键时期，是发展学生思维水平提高学生综合能力的关键时期，对讲练检测要求较高。所以制订高三数学二轮复习计划如下。 根据本学期的复习任务，将本学期的备考工作划分为以下四个阶段： 第一阶段(专题复习)：从2018年2月22日～2018年4月30日完成以主干知识为主的专题复习 第二阶段(选择填空演练)：从2018年3月1日～2018年5月20日完成以选择填空为主的专项训练 第三阶段(综合训练)：从2018年5月～2018年5月26完成以训练能力为主的综合训练 第四阶段(自由复习和强化训练)：从2018年5月27日～2018年6月6日。 高三数学二轮复习计划 第一阶段：专题复习 (一)目标与任务： 强化高中数学主干知识的复习，形成良好的知识网络。强化考点，突出重点，归纳题型，培养能力。 根据高考试卷中解答题的设置规律，本阶段的复习任务主要包括以下七个知识专题： 专题一：集合、函数、导数与不等式。此专题函数和导数以及应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况是在客观题中考查导数的几何意义和导数的计算，属于容易题;二是在解答题中进行综合考查，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等，此题具有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合。 专题二：数列、推理与证明。数列由旧高考中的压轴题变成了新高考中的中档题，主要考查等差等比数列的通项与求和，与不等式的简单综合问题是近年来的热门问题。 专题三：三角函数、平面向量和解三角形。平面向量和三角函数的图像与性质、恒等变换是重点。近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题、一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点。平面向量具有几何与代数形式的双重性，是一个重要的知识交汇点，它与三角函数、解析几何都可以整合。 专题四：立体几何。注重几何体的三视图、空间点线面的关系及空间角的计算，用空间向量解决点线面的问题是重点。 专题五：解析几何。直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程的探求以及最值范围、定点定值、对称问题是命题的主旋律。近几年高考中圆锥曲线问题具有两大特色：一是融综合性、开放性、探索性为一体;二是向量关系的引入、三 微专题3 平面向量问题的“基底法”与“坐标法” 例1 如图，在等腰梯形ABCD 中，已知AB ∥DC ，AB ＝2，BC ＝1，∠ABC ＝60°，动点E 和F 分别在线段BC 和DC 上．若BE →＝λBC →，D F →＝19λDC →，则 AE →·A F → 的最小值为 ________． (例1) 变式1 在△ABC 中，已知AB ＝10，AC ＝15，∠BAC ＝π 3，点M 是边AB 的中点， 点N 在直线AC 上，且AC →＝3AN → ，直线CM 与BN 相交于点P ，则线段AP 的长为________． 变式2若a ，b ，c 均为单位向量，且a ·b ＝0，(a －c )·(b －c )≤0，则|a ＋b －c |的最大值为________． 处理平面向量问题一般可以从两个角度进行： 切入点一：“恰当选择基底”．用平面向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，再用该基底表示向量，其实质就是利用平行四边形法则或三角形法则进行向量的加减运算和数乘运算． 切入点二：“坐标运算”．坐标运算能把学生从复杂的化简中解放出来，快速简捷地达成解题的目标．对于条件中包含向量夹角与长度的问题，都可以考虑建立适当的坐标系，应用坐标法来统一表示向量，达到转化问题，简单求解的目的． 1. 设E ，F 分别是Rt △ABC 的斜边BC 上的两个三等分点，已知AB ＝3，AC ＝6，则AE →·A F → ＝________． 2. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝2，点E 为BC 的中点，点F 在边CD 上，若AB →·A F →＝2，则AE →·B F →＝________． 3. 如图，在平行四边形ABCD 中，AD ＝1，∠BAD ＝60°，E 为CD 的中点．若AC →·BE → ＝33 32 ，则AB 的长为________． (第2题) (第3题) (第4题) 4. 如图，在2×4的方格纸中，若a 和b 是起点和终点均在格点上的向量，则向量2a ＋b 与a －b 夹角的余弦值是________． 5. 已知向量OA →与OB →的夹角为60°，且|OA →|＝3，|OB →|＝2，若OC →＝mOA →＋nOB →，且OC → ⊥AB → ，则实数m n ＝________． 6. 已知△ABC 是边长为3的等边三角形，点P 是以A 为圆心的单位圆上一动点，点Q 满足AQ →＝23AP →＋13 AC →，则|BQ → |的最小值是________． 7. 如图，在Rt △ABC 中，P 是斜边BC 上一点，且满足BP →＝12 PC → ，点M ，N 在过点P 的直线上，若AM →＝λAB →，AN →＝μAC → ，λ，μ>0，则λ＋2μ的最小值为________． (第7题) (第8题) (第9题) 8. 如图，在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 相交于点O ，E 为线段AO 的中点．若BE → ＝λBA →＋μBD → (λ，μ∈R )，则λ＋μ＝________． 9. 如图，在直角梯形ABCD 中，若AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，AD ＝AB ＝4，CD ＝1， 动点P 在边BC 上，且满足AP →＝mAB →＋nAD → (m ，n 均为正实数)，则1m ＋1n 的最小值为________． 10. 已知三点A(1，－1)，B(3，0)，C(2，1)，P 为平面ABC 上的一点，AP →＝λAB →＋μAC → 且AP →·AB →＝0，AP →·AC →＝3. (1) 求AB →·AC →的值； (2) 求λ＋μ的值． 2019年高考数学二轮复习计划作者：佚名 首先，我们应当明确为什么要进行高考第二轮复习?也就是高考数学复习通常要分三轮完成，对于第二轮的目的和意义是什么呢?第一轮复习的目的是将我们学过的基础知识梳理和归纳，在这个过程当中主要以两个方面作为参考。第一个是以教材为基本内容，第二个以教学大纲以及当年的考试说明，作为我们参考的依据，然后做到尽量不遗漏知识，因为这也是作为我们二轮三轮复习的基础。 对于高三数学第二轮复习来说，要达到三个目的：一是从全面基础复习转入重点复习，对各重点、难点进行提炼和把握；二是将第一轮复习过的基础知识运用到实战考题中去，将已经把握的知识转化为实际解题能力；三是要把握各题型的特点和规律，把握解题方法，初步形成应试技巧。 高三数学第二轮的复习，是在第一轮复习的基础上，对高考知识点进行巩固和强化，是考生数学能力和学习成绩大幅度提高的关键阶段，我们学校此阶段的复习指导思想是：巩固、完善、综合、提高。就大多数同学而言，巩固，即巩固第一轮单元复习的成果，把巩固三基(基础知识、基本方法、基本技能)放在首位，强化知识的系统与记忆；完善，就是通过此轮复习，查漏补缺，进一步建立数学思想、知识规律、方法运用等体系并不断总结完善；综合，就是在课堂做题与课外 训练上，减少单一知识点的试题，增强知识点之间的衔接，增强试题的综合性和灵活性；提高，就是进一步培养和提高对数学问题的阅读与概括能力、分析问题和解决问题的能力。因此，高三数学第二轮的复习，对于课堂听讲并适当作笔记，课外训练、自主领悟并总结等都有较高要求，有“二轮看水平”的说法!是最“实际”的一个阶段。 要求学生就是“四个看与四个度”：一看对近几年高考常考题型的作答是否熟练，是否准确把握了考试要求的“度”--《考试说明》中“了解、理解、掌握”三个递进的层次，明确“考什么”“怎么考”；二看在课堂上是否紧跟老师的思维并适当作笔记，把握好听、记、练的“度”；三看知识的串连、练习的针对性是否强，能否使模糊的知识清晰起来，缺漏的板块填补起来，杂乱的方法梳理起来，孤立的知识联系起来，形成系统化、条理化的知识框架，控制好试题难易的“度”；四看练习或检测与高考是否对路，哪些内容应稍微拔高，哪些内容只需不降低，主次适宜，重在基础知识的灵活运用和常用数学思想方法的掌握，注重适时反馈的“度”。在高考一轮复习即将结束、二轮复习即将开始这样一个承上启下的阶段，时间紧，任务重，往往是有40天左右时间。如何做到有条不紊地复习呢?现结合我最近的学习及多年的做法谈下面几点意见，供同行们参考。 第一，构建知识网络，高考试题的设计，重视数学知识的综 2019-2020年高考数学大题专题练习——立体几何（一） 1.如图所示，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形，⊥PD 平面ABCD ， 2PD AB ==，点,,E F G 分别为,,PC PD BC 的中点. (1)求证：EF PA ⊥； (2)求二面角D FG E --的余弦值. 2.如图所示，该几何体是由一个直角三棱柱ADE BCF -和一个正四棱锥P ABCD -组合而成，AF AD ⊥，2AE AD ==. (1)证明：平面⊥PAD 平面ABFE ； (2)求正四棱锥P ABCD -的高h ，使得二面角C AF P --的余弦值是 22 . 3.四棱锥P ABCD -中，侧面PDC是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是 面积为ADC ∠为锐角，M为PB的中点． （Ⅰ）求证：PD∥面ACM． （Ⅱ）求证：PA⊥CD． （Ⅲ）求三棱锥P ABCD -的体积． 4.如图，四棱锥S ABCD -满足SA⊥面ABCD，90 DAB ABC ∠=∠=?．SA AB BC a ===，2 AD a =． （Ⅰ）求证：面SAB⊥面SAD． （Ⅱ）求证：CD⊥面SAC． S B A D M C B A P D 5.在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，测棱PD ⊥底面ABCD ，PD DC =，点E 是 BC 的中点，作EF PB ⊥交PB 于F ． （Ⅰ）求证：平面PCD ⊥平面PBC ． （Ⅱ）求证：PB ⊥平面EFD ． 6.在直棱柱111ABC A B C -中，已知AB AC ⊥，设1AB 中点为D ，1A C 中点为E ． （Ⅰ）求证：DE ∥平面11BCC B ． （Ⅱ）求证：平面11ABB A ⊥平面11ACC A ． E D A B C C 1 B 1 A 1 D A B C E F P 2021年高考数学专题复习导练测 第八章 立体几何阶段测试（十）理 新人教A 版 一、选择题 1．空间中四点可确定的平面有( ) A ．1个 B ．3个 C ．4个 D ．1个或4个或无数个 答案 D 解析 当这四点共线时，可确定无数个平面；当这四点不共线且共面时，可确定一个平面；当这四点不共面时，其中任三点可确定一个平面，此时可确定4个平面． 2．一个长方体被一个平面所截，得到的几何体的三视图，如图所示，则这个几何体的体积为( ) A ．8 B ．4 C ．2 D ．1 答案 C 解析 根据该几何体的三视图知，该几何体是一个平放的三棱柱；它的底面三角形的面积为S 底面＝1 2×2×1＝1，棱柱高为h ＝2，∴棱柱的体积为S 棱柱＝S 底面·h ＝1×2＝2. 3．下列命题中，错误的是( ) A ．三角形的两条边平行于一个平面，则第三边也平行于这个平面 B ．平面α∥平面β，a ?α，过β内的一点B 有唯一的一条直线b ，使b ∥a C ．α∥β，γ∥δ，α、β、γ、δ所成的交线为a 、b 、c 、d ，则a ∥b ∥c ∥d D ．一条直线与两个平面成等角，则这两个平面平行 答案D 解析A正确，三角形可以确定一个平面，若三角形两边平行于一个平面，而它所在的平面与这个平面平行，故第三边平行于这个平面；B正确，两平面平行，一面中的线必平行于另一个平面，平面内的一点与这条线可以确定一个平面，这个平面与已知平面交于一条直线，过该点在这个平面内只有这条直线与a平行；C正确，利用同一平面内不相交的两直线一定平行判断即可确定C是正确的；D错误，一条直线与两个平面成等角，这两个平面可能是相交平面，故应选D. 4．在空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，且DA⊥平面ABC，则△ABC的形状是( ) A．锐角三角形B．直角三角形 C．钝角三角形D．不能确定 答案B 解析作AE⊥BD，交BD于E， ∵平面ABD⊥平面BCD， ∴AE⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴AE⊥BC， 而DA⊥平面ABC，BC?平面ABC，∴DA⊥BC， 又∵AE∩AD＝A，∴BC⊥平面ABD， 而AB?平面ABD，∴BC⊥AB， 即△ABC为直角三角形．故选B. 5．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，D为侧棱PC上的一点，它的正视图和侧视图如图所示，则下列命题正确的是( ) 江苏省2013届高考数学（苏教版）二轮复习专题10 数__列(Ⅱ) 回顾2008～2012年的高考题，数列是每一年必考的内容之一.其中在填空题中，会出现等差、等比数列的基本量的求解问题.在解答题中主要考查等差、等比数列的性质论证问题，只有2009年难度为中档题，其余四年皆为难题. 预测在2013年的高考题中，数列的考查变化不大： 1填空题依然是考查等差、等比数列的基本性质. 2在解答题中，依然是考查等差、等比数列的综合问题，可能会涉及恒等关系论证和不等关系的论证. 1．在等差数列{a n }中，公差d ＝12，前100项的和S 100＝45，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝________. 解析：S 100＝1002(a 1＋a 100)＝45，a 1＋a 100＝9 10 ， a 1＋a 99＝a 1＋a 100－d ＝25 . a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝50 2 (a 1＋a 99)＝502×25 ＝10. 答案：10 2．已知数列{a n }对任意的p ，q ∈N * 满足a p ＋q ＝a p ＋a q ，且a 2＝－6，那么a 10＝________. 解析：由已知得a 4＝a 2＋a 2＝－12，a 8＝a 4＋a 4＝－24，a 10＝a 8＋a 2＝－30. 答案：－30 3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，令T n ＝ S 1＋S 2＋…＋S n n ，称T n 为数列a 1，a 2，…，a n 的“理 想数”，已知数列a 1，a 2，…，a 500的“理想数”为2 004，那么数列12，a 1，a 2，…，a 500的“理想数”为________． 解析：根据理想数的意义有， 2 004＝500a 1＋499a 2＋498a 3＋…＋a 500 500， ∴501×12＋500a 1＋499a 2＋498a 3＋…＋a 500 501 ＝ 501×12＋2 004×500 501 ＝2 012. 答案：2 012 4．函数y ＝x 2 (x >0)的图象在点(a k ，a 2 k )处的切线与x 轴交点的横坐标为a k ＋1，k 为正整数， a 1＝16，则a 1＋a 3＋a 5＝________. 解析：函数y ＝x 2 (x >0)在点(16,256)处的切线方程为y －256＝32(x －16)．令y ＝0得a 2 ＝8；同理函数y ＝x 2(x >0)在点(8,64)处的切线方程为y －64＝16(x －8)，令y ＝0得a 3＝4；依次同理求得a 4＝2，a 5＝1.所以a 1＋a 3＋a 5＝21. 答案：21 5．将全体正整数排成一个三角形数阵： 按照以上排列的规律，第n 行(n ≥3)从左向右的第3个数为________． 2019年高考数学第二轮复习策略与重点 ?数学第二轮复习阶段是考生综合能力与应试技巧提高的阶段。在这一阶段，老师将以“数学思想方法”、解题策略和应试技巧为主线。老师的讲解，不再重视知识结构的先后次序。首先，着重提高考生采用“配方法、待定系数法、换元法、数形结合、分类讨论、数学模型”等方法解决数学问题的能力。其次，考生要注意用一些解题的特殊方法，特殊技巧，以提高解题速度和应对策略。要在这一阶段得到提高，应做到以下几点： 首先，要加强基础知识的回顾与内化。由于第一轮复习时间比较长，范围也比较广，前面复习过的内容容易遗忘，而临考前的强化训练，对遗忘的基本概念，基本思维方法又不能全部覆盖，加上一模的试题起点不会很高，这就要求同学们课后要抽出时间多看课本，回顾基本概念、性质、法则、公式、公理、定理；回顾基本的数学方法与数学思想；回顾疑点，查漏补缺；回顾老师教学时或自己学习时总结出来的正确结论，联想结论的生成过程与用法；回顾已往做错的题目的正确解法以及典型题目，以达到内化基础知识和基本联系的目的。 其次，要紧跟老师的复习思路与步骤。课堂上要认真听讲，力图当堂课内容当堂课消化；认真完成老师布置的习题，同时要重视课本中的典型习题。做练习时，遇到不会的或拿不准的题目要打上记号。不管对错都要留下自己的思路，等老师讲评时心中就有数了，起码能够知道当时解题时的思维偏差在何处，对偶尔做对的题目也不会轻易放过，还能够检测出在哪些地方复习不到位，哪些地方有疏忽或漏洞。 另外，在做题过程中，还要注意几点：1、不片面追求解题技巧，如果基础不好，则不要过多做难题，而要把常用的解法掌握熟练。2、提高准确率，优化解题方法，提高解题质量，这关系考试的成败。 第一轮复习重在基础，指导思想是全面、系统、灵活，在抓好单元知识、夯实“三基”的基础上，注意知识的完整性，系统性，初步建立明晰的知识网络。 第二轮复习则是在第一轮的基础上，对高考知识进行巩固和强化，数学能力及学习成绩大幅度提高的阶段。指导思想是巩固、完善、综合、提高。巩固，即巩固第一轮学习成果，强化知识系统的记忆；完善是通过专题复习，查漏补缺，进一步完善强化知识体系；综合，是减少单一知识的训练，增强知识的连接点，增强题目的综合性和灵活性；提高是培养、提高思维能力，概括能力以及分析问题解决问题的能力。针对第二轮复习的特点，同学们需注意以下几个方面： 1.加强复习的计划性。由于第二轮复习的前后跨越性比较大，这就要求同学们要事先回顾基础知识，回顾第一轮中的相关内容，抓住复习的主动权，以适应大跨度带来的不适应。 2.提高听课的效率。深刻体会老师对问题的分析过程，密切注意老师解决问题时的“突破口，切入点”，及时修正自己的不到之处，在纠正中强化提高。 3.加强基础知识的灵活运用。要做到这一点，至关重要的是加强理论的内化，通过第二轮的复习，进一步有意识地强化对书本上定义、定理、公式、法则的理解，对这些东西理解水平的高低决定了你能否灵 高考第一轮复习专题素质测试题 立体几何（文科） 班别______学号______姓名_______评价______ （考试时间120分钟，满分150分，试题设计：隆光诚） 一、选择题（每小题5分，共60分. 以下给出的四个备选答案中，只有一个正确） 1．（10全国Ⅱ）与正方体1111ABCD A BC D -的三条棱 AB 、1CC 、11A D 所在直线的距离相等的点（ ） A.有且只有1个 B.有且只有2个 C.有且只有3个 D.有无数个 2.（09福建）设,m n 是平面α内的两条不同直线；12,l l 是平面β内的两条相交直线， 则//αβ的一个充分而不必要条件是（ ） A. 1////m l βα且 B. 12////m l l 且n C. ////m n ββ且 D. 2////m n l β且 3.（08四川）直线l α?平面，经过α外一点A 与l α、都成30?角的直线有且只有（ ） A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 4.（08宁夏）已知平面α⊥平面β，α∩β= l ，点A ∈α，A ?l ，直线AB ∥l ，直线AC ⊥l ，直线m ∥α，m ∥β，则下列四种位置关系中，不一定．．．成立的是（ ） A. AB ∥m B. AC ⊥m C. AB ∥β D. AC ⊥β 5.（10湖北）用a 、b 、c 表示三条不同的直线，y 表示平面，给出下列命题： ①若a ∥b ，b ∥c ，则a ∥c ；②若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ⊥c ；③若a ∥y ，b ∥y ，则a ∥b ； ④若a ⊥y ，b ⊥y ，则a ∥b .其中真命题是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①④ D.③④ 6．（10新课标）设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a ，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积 为（ ） A.3πa 2 B.6πa 2 C.12πa 2 D. 24πa 2 7．（08全国Ⅱ）正四棱锥的侧棱长为32，侧棱与底面所成的角为?60，则该棱锥的体积 江苏南通市2018届高三数学第二次调研 试卷（含答案） 南通市2018届高三第二次调研测试 数学Ⅰ 参考公式：柱体的体积公式，其中为柱体的底面积，为高． 一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 1．已知集合，则▲． 2．已知复数，其中为虚数单位．若为纯虚数，则实数a 的值为▲． 3．某班40名学生参加普法知识竞赛，成绩都在区间上，其频率分布直方图如图所示， 则成绩不低于60分的人数为▲． 4．如图是一个算法流程图，则输出的的值为▲． 5．在长为12cm的线段AB上任取一点C，以线段AC，BC 为邻边作矩形，则该矩形的面积 大于32cm2的概率为▲． 6．在中，已知，则的长为▲． 7．在平面直角坐标系中，已知双曲线与双曲线有公共的 渐近线，且经过点 ，则双曲线的焦距为▲． 8．在平面直角坐标系xOy中，已知角的始边均为x轴的非负半轴，终边分别经过点 ，，则的值为▲． 9．设等比数列的前n项和为．若成等差数列，且，则的值为▲． 10．已知均为正数，且，则的最小值为▲． 11．在平面直角坐标系xOy中，若动圆上的点都在不等 式组表示的平面区域 内，则面积最大的圆的标准方程为▲． 12．设函数（其中为自然对数的底数）有3个不同的零点，则实数 的取值范围是▲． 13．在平面四边形中，已知，则的值为▲． 14．已知为常数，函数的最小值为，则的所有值为▲．二、解答题：本大题共6小题，共计90分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明、 证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分14分） 在平面直角坐标系中，设向量，，． （1）若，求的值； 宾阳中学2018届高三数学备课组第二轮复习计划 为使二轮复习有序进行，使我们的复习工作卓有成效并最终赢得胜利，在校、年级领导指导下，结合年级2018届高考备考整体方案的基础上，经数学基组研究，制定本工作计划。 一、成员： 韦胜华（基组长）、黎锦勇、文育球、韦振、施平凡、候微、张善军、蓝文斌、陈卫庆、黄凤宾、李雪凤、韦衍凤、梁建祥、卢焕荣、黄恩端、林祟标。 本届高三学生由于高一、高二赶课较快，训练量较少，所以基础相对薄弱，数学的五大能力：计算能力、逻辑推理能力、空间想象能力、抽象概括能力、数据处理能力都较差，处理常规问题的通解通法未能落实到位，常见的数学思想还未形成。 二、努力目标及指导思想： 1、承上启下，使知识系统化、条理化，促进灵活应用。 2、强化基础夯实，重点突出，难点分解，各个击破，综合提高。 三、时间安排：2018年1月下旬至4月中旬。 四、方法与措施： （一）重视《考试大纲》（以2018年为准）与《考试说明》（参照2017年的考试说明）的学习，这两本书是高考命题的依据，是回答考什么、考多难、怎样考这3个问题的具体规定和解说。 （二）重视课本的示范作用，虽然2018年高考是全新的命题模式，但教材的示范作用绝不能低估。 （三）注重主干知识的复习，对于支撑学科知识体系的重点知识，要占有较大的比例，构成数学试题的主体。 （四）注重数学思想方法的复习。在复习基础知识的同时，要进一步强化基本数学思想和方法的复习，只有这样，在高考中才能灵活运用和综合运用所学的知识。 （五）注重数学能力的提高，数学能力包括空间想象能力、抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、数据处理能力以及应用意识和创新意识。 （六）注重数学新题型的练习。以高考试题为代表，构建新题型。 宾阳中学2018届高三理科数学备课组第二轮复习计划第1页（共2页）2020版高考数学二轮复习专题汇编全集
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