2-2模块高考热点透视

• 一、释疑难 • 对课堂上老师讲到的内容自己想不通卡壳的问题，应该在课堂上标出来，下课时，在老师还未离开教室的时候，要主动请老师讲解清楚。如果老师已
经离开教室，也可以向同学请教，及时消除疑难问题。做到当堂知识，当堂解决。 • 二、补笔记 • 上课时，如果有些东西没有记下来，不要因为惦记着漏了的笔记而影响记下面的内容，可以在笔记本上留下一定的空间。下课后，再从头到尾阅读一
x2P＝9kk22＋m281，即
xP＝3
±km k2＋9.
(11 分)
将点m3 ，m的坐标代入 l 的方程得 b＝m（33－k），因此 xM＝k3m（（k2k＋－93））. (12 分)
四边形 OAPB 为平行四边形，当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 xP＝2xM.
于是 3
解题模板
第一步 先假定：假设结论成立. 第二步 再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解. 第三步 下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则 否定假设. 第四步 再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规 范性.
【训练 4】 如图，过椭圆 M：x22＋y2＝1 的右焦点 F 作直线交椭圆于 A， C 两点. (1)当 A，C 变化时，在 x 轴上求定点 Q，使得∠AQF＝∠CQF； (2)设直线 QA 与椭圆 M 的另一个交点为 B，连接 BF 并延长交椭圆于点 D，当四边形 ABCD 的面积取得最大值时，求直线 AC 的方程.
遍自己写的笔记，既可以起到复习的作用，又可以检查笔记中的遗漏和错误。遗漏之处要补全，错别字要纠正，过于潦草的字要写清楚。同时，将自己 对讲课内容的理解、自己的收获和感想，用自己的话写在笔记本的空白处。这样，可以使笔记变的更加完整、充实。 • 三、课后“静思2分钟”大有学问 • 我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过 程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的 课后复习30分钟。

说明神农架夏季、冬季均吸引游客的自然原因。
【思路点拨】 解答本题需注意两点，一是注意区域自 然特征与旅游资源的关系；二是认真读图析图，获取等高线 有关信息分析解答问题。
【解析】 本题特别强调冬季和夏季都吸引游客，这就 要求从气候和地形两方面考虑，根据图中提供的经纬度信 息，可以判断神农架地处亚热带，气候条件可以使植被景观 保持全年具有观赏价值。根据等高线信息可以判断当地海拔 较高，地形起伏大，垂直差异形成了适于不同季节观赏的景 观。
发展旅游业的重要意义
意义
表现
发展国际旅游能增加国家外汇收入
促进经 发展国内旅游能回笼货币，加速资金周转 济发展 旅游业是综合性行业，发展旅游业，能加速第三
产业发展，改善区域产业结构
旅游业基本上是劳动密集型行业，发展旅游业能
够吸纳大量劳动力，扩大就业机会
促进社 会文化 繁荣
促进区域文化交流，使地区之间的文化差异趋于 缩小
由上述[模块考情透析]，可以看出“旅游资源的综合评 价”近三年命题频率较高，全国和许多省份都有对此知识的 考查。该知识点中“旅游资源开发条件评价的基本内容，评 价旅游资源的开发条件”是考查的热点内容。今后的高考仍 将会以我国或世界著名的旅游景区生态旅游等开发利用为切 入点，题型以综合题为主，来考查旅游资源开发条件评价的 基本内容和评价旅游资源开发条件，因此应持续高度关注。
旅游资源的类型、成因及分布
由上述[模块考情透析]，可以看出“旅游资源的类型、 成因与分布”近几年高考命题频率较高，并且全国和许多省 份都有对此知识的考查。该知识点中“旅游资源的特点，自 然旅游资源与人文旅游资源的区别、我国典型旅游资源的形 成与分布”等都是高考命题关注的热点。今后的高考还会将 结合图文材料来考查我国或世界著名景区旅游资源的分布、 特点及成因”，题型以综合题为主。

面半径为 3，高为 5，
∴V＝V
圆锥＋V
圆
柱
＝
1 3
Sh1
＋
Sh2
＝
1 3
×π×32×4＋π×32×5＝57π.
【答案】 C
空间平行、垂直关系 (教材第 41 页 A 组第 7 题)
如图 5，四棱锥 P—ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，PA ⊥底面 ABCD，PA＝AB 点 E 是棱 PB 的中点，求证：AE⊥PC.
不论圆柱如何放置，其三视图的形状都不会完全相同， 故答案选 D.
【答案】 D
2．(2012·广东高考)某几何体的三视图如图 4 所示，它的
体积为( )
A．12π
B．45π
C．57π
D．81π
图4
【解析】 由三视图知该几何体是由圆
柱、圆锥两几何体组合而成，直观图如图所示．
圆锥的底面半径为 3，高为 4，圆柱的底
【解】 (1)证明：由题设知，三棱柱的侧面为矩形．由 于 D 为 AA1 的中点，故 DC＝DC1.
又 AC＝12AA1，可得 DC21＋DC2＝CC21，所以 DC1⊥DC. 而 DC1⊥BD，DC∩BD＝D，所以 DC1⊥平面 BCD. 因为 BC⊂平面 BCD，所以 DC1⊥BC.
(2)由(1)知 BC⊥DC1，且 BC⊥CC1，则 BC⊥平面 ACC1A1， 所以 CA，CB，CC1 两两相互垂直．
1．(2012·浙江高考)设 l 是直线，α，β 是两个不同的平面
A．若 l∥α，l∥β，则 α∥β
()
B．若 l∥α，l⊥β，则 α⊥β
C．若 α⊥β，l⊥α，则 l⊥β
D．若 α⊥β，l∥α，则 l⊥β
【解析】 设 α∩β＝a，若直线 l∥a，且 l⊄α，l⊄β，则 l ∥α，l∥β，因此 α 不一定平行于 β，故 A 错误；由于 l∥α， 故在 α 内存在直线 l′∥l，又因为 l⊥β，所以 l′⊥β，故 α ⊥β，所以 B 正确；若 α⊥β，在 β 内作交线的垂线 l，则 l⊥α， 此时 l 在平面 β 内，因此 C 错误；已知 α⊥β，若 α∩β＝a，l ∥a，且 l 不在平面 α，β 内，则 l∥α 且 l∥β，因此 D 错误．

(9 分)
由 BC∥AD 得 BC⊥平面 PBN，因为 BC 平面 PBC，所以平面 PBC⊥平面 PBN.
(11 分)
过点Q作PB的垂线，垂足为H，则QH⊥平面PBC.连接MH，则MH是MQ在平面PBC
上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.设CD＝1.
(12分)
在△PCD 中，由 PC＝2，CD＝1，PD＝ 2得 CE＝ 2，
因为E，F分别为PD，PA中点，
所以 EF∥AD 且 EF＝12AD，
(1 分)
又因为 BC∥AD，BC＝12AD，
(2 分)
所以 EF∥BC 且 EF＝BC，即四边形 BCEF 为平行所以 CE∥BF.
又因为 CE 平面 PAB，BF 平面 PAB，因此 CE∥平面 PAB.
(5 分) (6 分)
(2)解 分别取BC，AD的中点为M，N，连接PN交EF于点Q，连接MQ.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，在平行四边形
BCEF中，MQ∥CE.
(7分)
由△PAD 为等腰直角三角形得 PN⊥AD.由 DC⊥AD，BC∥AD，BC＝12AD，N 是 AD
的中点得 BN⊥AD.因为 PN∩BN＝N，所以 AD⊥平面 PBN.
解题模板
第一步 由线线平行得平行四边形； 第二步 由线线平行得线面平行； 第三步 由线线垂直得线面垂直； 第四步 得出线面角； 第五步 在三角形中计算各个边，求值.
【训练 2】如图，三棱柱 ABC-A1B1C1 所有的棱长均为 2，A1B＝ 6， A1B⊥AC. (1)求证：A1C1⊥B1C； (2)求直线 AC 和平面 ABB1A1 所成角的余弦值. (1)证明 法一 取AC的中点O，连接A1O，BO，∴BO⊥AC.