与名师对话高三数学(文)一轮复习课件：名师专题讲座4
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高三数学一轮复习课件：名师专题讲座4
(1)证明：A1O∥平面 B1CD1； (2)设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A1EM⊥平面 B1CD1.
[审题程序] 第一步：利用中位线、平行四边形的性质在三角形 B1CD1 内 确定与 A1O 平行的直线； 第二步：在平面 A1EM 或平面 B1CD1 内寻找与另一平面垂直 的直线； 第三步：应用线面垂直、正方形的性质通过线线垂直证得线 面、面面垂直．
(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者 补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何 体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将 三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．
(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积， 可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时， 可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求 “点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三 棱锥．
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 1．(2017·云南省 11 校高三调研)如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝ 3，BC＝1， AD＝2 3，∠ACD＝60°，E 为 CD 的中点．
(1)求证：BC∥平面 PAE； (2)求点 A 到平面 PCD 的距离．
[解] (1)证明：在平面 ABCD 中，因为∠BAD＝∠ABC＝90°， 所以 BC∥AD.
又 BC⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD，故 BC∥平面 PAD. (2)如图，取 AD 的中点 M，连接 PM，CM.由 AB＝BC＝12AD 及 BC∥AD，∠ABC＝90°，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM⊥ AD.
由 cos∠ADB＝cos∠ADE，得 x＝ 2，所以点 E 是 BD 的中 点，则 VD－ACE＝VB－ACE，即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积 比为 1∶1.
[审题程序] 第一步：利用中位线、平行四边形的性质在三角形 B1CD1 内 确定与 A1O 平行的直线； 第二步：在平面 A1EM 或平面 B1CD1 内寻找与另一平面垂直 的直线； 第三步：应用线面垂直、正方形的性质通过线线垂直证得线 面、面面垂直．
(2)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者 补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何 体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将 三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．
(3)等体积法：一般利用三棱锥的“等积性”求三棱锥体积， 可以把任何一个面作为三棱锥的底面．注意两点：一是求体积时， 可选择“容易计算”的方式来计算；二是利用“等积性”可求 “点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三 棱锥．
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 1．(2017·云南省 11 校高三调研)如图所示，在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝ 3，BC＝1， AD＝2 3，∠ACD＝60°，E 为 CD 的中点．
(1)求证：BC∥平面 PAE； (2)求点 A 到平面 PCD 的距离．
[解] (1)证明：在平面 ABCD 中，因为∠BAD＝∠ABC＝90°， 所以 BC∥AD.
又 BC⊄平面 PAD，AD⊂平面 PAD，故 BC∥平面 PAD. (2)如图，取 AD 的中点 M，连接 PM，CM.由 AB＝BC＝12AD 及 BC∥AD，∠ABC＝90°，得四边形 ABCM 为正方形，则 CM⊥ AD.
由 cos∠ADB＝cos∠ADE，得 x＝ 2，所以点 E 是 BD 的中 点，则 VD－ACE＝VB－ACE，即四面体 ABCE 与四面体 ACDE 的体积 比为 1∶1.
与名师对话 高三文科数学第一轮复习 第九章 解析几何 第一节 直线与方程
B．4
课
后
C．1 或 3
D．1 或 4
跟 踪
训
核
[解析] 因为过点 M(－2，m)，N(m,4)的直线的斜率为 1， 练
心
考 点 突 破
所以4m－＋m2＝1，解得 m＝1.故选 A.
第25页
第9章 第1节
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·数学(文)
考点二 直线的方程
基
础
【例 2】 根据所给条件求直线的方程：
课 后
跟
数 k＝tanα 的单调性，当 α 取值在0，π2，即由 0 增大到π2α≠π2
踪 训 练
核
心 考 点 突
时，k 由 0 增大到＋∞，当 α 取值在π2，π时，即由π2α≠π2增
破 大到 π(α≠π)时，k 由－∞增大到 0.
第22页
第9章 第1节
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·数学(文)
高考总复习·课标版·数学(文)
基
础
知 识
[解析] (1)直线 xsinα－y＋1＝0 的斜率是 k＝sinα，
回
顾
又∵－1≤sinα≤1，∴－1≤k≤1.
课 后
跟
当 0≤k≤1 时，倾斜角的范围是0，π4，
踪 训 练
核
心 考 点 突
当－1≤k<0 时，倾斜角的范围是34π，π.故选 D.
破
第17页
第9章 第1节
第27页
第9章 第1节
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·数学(文)
基
础 知 识 回
(2)由题设知纵、横截距不为 0，设直线方程为ax＋12－y a＝
顾 1，
与名师对话2019届高三数学(文)一轮复习：第五章 平面向量、复数 5-1
(2)善于利用三角形中位线、相似三角形对应边成比例等平面 几何的性质，把未知向量转化为与已知向量有直接关系的向量来 求解．
(3)P→A＋P→B＋P→C＝0⇔P 为△ABC 的重心； (4)A→D＝12(A→B＋A→C)⇔D 是△ABC 中 BC 边的中点．
[跟踪演练]
1．在▱ABCD 中，A→B＝a，A→D＝b，A→N＝3N→C，M 为 BC 的中
形的形状是( )
A．矩形
B．平行四边形
C．等腰梯形 D．以上都不对
[解析] 由A→B＝12D→C得，AB∥DC，且|A→B|＝12|D→C|，∴四边形 ABCD 为梯形．又|A→D|＝|B→C|，∴四边形 ABCD 为等腰梯形．
[答案] C
5．若 a，b 是两个不共线的非零向量，a 与 b 的起点相同， 已知 a，tb，13(a＋b)三个向量的终点在同一条直线上，则 t＝ ________.
规定：0 与任一向量 平行． (5)相等向量：长度 相等 且方向 相同 的向量． (6)相反向量：长度 相等 且方向 相反 的向量．
2．向量的线性运算
3.两个向量共线定理 向量 b 与 a(a≠0)共线的充要条件是 有且只有一个实数 λ，使得 b＝λa .
[温馨提示] 一个易错点：零向量的性质 零向量的方向不确定，所以在处理平行问题时，一般规定零 向量与任何一个向量平行．在讨论两个向量共线时，考生容易忽 视零向量．如：下列叙述错误的是 ①②③④ (填序号)． ①若 a∥b，b∥c，则 a∥c；②|a|＋|b|＝|a＋b|⇔a 与 b 方向相 同；③向量 b 与向量 a 共线的充要条件是有且只有一个实数 λ， 使得 b＝λa；④若 λa＝λb，则 a＝b.
吃透教材 夯双基
填一填 记一记 厚积薄发
2021届 与名师对话 高三理科数学第一轮 第四章 三角函数、解三角形 第八节 解三角形应用举例
突
破
第7页
第4章 第8节
与名师对话·系列丛书
高考总复习·课标版·数学(理)
基
础
知
识 回
4．坡角与坡度
顾
(1)坡角：坡面与水平面所成的二面角的度数(如图④， 课
后
角 θ 为坡角)；
跟 踪
训
核
(2)坡度：坡面的铅直高度与水平长度之比(如图④，i 为 练
心
考 点
坡度)．坡度又称为坡比．
突
破
第8页
第4章 第8节
识
回 顾
距 3 km 的 C，D 两点，并测得∠ACB＝75°，∠BCD＝45°，
∠ ADC ＝ 30°， ∠ ADB ＝ 45°， 则 A ， B 之 间 的 距 离 为
课 后
跟
___5_____km.
踪 训
核
练
心 考
[思路引导] △ACD 中求 AC→△BCD 中求 BC→△ABC
点
突 破
中求 AB.
础 知
在△BCD 中，∠BCD＝45°，∠BDC＝75°，∠CBD＝60°.
识
回 顾
∴BC＝
s3isni6n07°5°＝
6＋ 2
2(km)．
课 后
在△ABC 中，由余弦定理，得
跟 踪
训
核 心 考
AB2＝(
3)2＋
6＋ 2
22
－
2×
3×
6＋ 2
2×cos75°＝3
练
点
突 破
＋2＋ 3－ 3＝5，所以 AB＝ 5 km，∴A，B 之间的距离为
破 位、近似计算要求．
第10页
第4章 第8节
【与名师对话】高考数学一轮复习 2.9函数与方程课件 文
的函数y＝
f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间 一分为二 ，使区 间的两个端点逐步逼近 零点 ，进而得到零点近似值的方法叫做 二分法． (2)给定精确度ε，用二分法求函数f(x)零点近似值的步骤如 下：
①确定区间[a，b]，验证f(a)· f(b)<0，给定精确度ε；②求区 间(a，b)的中点c；③计算f(c)； (ⅰ)若f(c)＝0，则c就是函数的零点； (ⅱ)若f(a)· f(c)<0，则令b＝c(此时零点x0∈(a，c))； (ⅲ)若f(c)· f(b)<0，则令a＝c(此时零点x0∈(c，b))． ④判断是否达到精确度ε.即：若|a－b|<ε，则得到零点近似 值a(或b)；否则重复②③④.
由图知满足条件的 a 的取值范围是 a>1.
答案：a>1
考 点
互 动 探 究
考点一 判断函数零点所在区间
判断函数在某个区间上是否存在零点，要根据具体题目灵活 处理，当能直接求出零点时，就直接求出进行判断；当不能直接 求出时，可根据零点存在性定理判断；当用零点存在性定理也无 法判断时可画出图象判断．
D.
(2)f(a) ＝(a－b)(a －c) ，f(b)＝(b － c)(b－ a)，f(c) ＝(c－ a)(c－ b)．又 a<b<c，则 f(a)>0，f(b)<0，f(c)>0，又该函数是二次函数， 且开口向上，可知两根分别在(a，b)和(b，c)内，选 A.
【答案】
(1)D
(2)A
判断解所在区间或已知解所在区间及求参数的取值范围都 用零点的存在性定理．
解析：f(x)＝3ax－2a＋1 在[ －1,1] 上存在一个零点，则 f(－ 1 1)· f(1)≤0，即 a≥ 或 a≤－1. 5
【与名师对话】高考数学一轮复习 1.2命题及其关系、充分条件与必要条件课件 文
原命题与其逆否命题同真同假．
an＋an＋1 (2014· 陕西卷) 原命题为“若 <an ，n∈N＋ ，则 {an}为 2 递减数列”，关于其逆命题，否命题，逆否命题真假性的判断依 次如下，正确的是( A．真，真，真 C．真，真，假 ) B．假，假，真 D．假，假，假
【思路启迪】 从原命题和否命题的真假性入手，利用原命 题与逆否命题等价判断．
x 解析： <0⇔0<x<1.由已知，得(0,1) (0，m)，所以 m>1. x－1
答案：(1，＋∞)
考 点
互 动 探 究
考点一 命题的关系及命题真假的判断
1.在判断四种命题之间的关系时，首先要分清命题的条件与 结论，再比较每个命题的条件与结论之间的关系，要注意四种命 题关系的相对性，一个命题定为原命题，也就相应地有了它的 “逆命题”、“否命题”和“逆否命题”． 2 ．对于命题真假的判定，关键是分清命题的条件与结论， 只有将条件与结论分清，再结合所涉及的知识才能正确地判断命 题的真假．
an＋an＋1 【解析】 从原命题的真假入手，由于 2 <an⇔an＋1<an ⇔{an}为递减数列，即原命题和否命题均为真命题，又原命题与 逆否命题同真同假，则逆命题、否命题和逆否命题均为真命题， 选 A.
【答案】 A
(1) 判断命题的四种形式的关键是准确把握命题的条件和结 论， 然后根据命题的四种形式进行判断即可； (2)互为逆否命题的 两个命题是等价命题，即同为真或同为假．根据这个结论我们可 以把一些难于判断的命题转化为其逆否命题来判断， 其中原命题 和其逆否命题、其逆命题和其否命题都互为逆否命题．
(3)四种命题的真假关系 ①两个命题互为逆否命题，它们有 相同 的真假性； ②两个命题互为逆命题或互为否命题，它们的真假性 没有关系． 问题探究： 一个命题的“否命题”与“否定”是同一个命题 吗？ 提示：不是．命题的否命题既否定命题的条件又否定命题的 结论，而命题的否定仅是否定命题的结论．
【与名师对话】高考数学一轮复习 第四章 平面向量阶段整合课件 文
已知函数f(x)＝2acos x＋bsin
π 1 f4＝ . 2
2
xcos
3 3 x－ 2 ，且f(0)＝ 2 ，
(1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)的单调递减区间； (3)函数f(x)的图象经过怎样的平移才能使所得图象关于原点 对称？ 【思路启迪】 先求出f(x)的解析式，再求解．
a b (ωx＋φ)(ห้องสมุดไป่ตู้os φ＝ 2 2，sin φ＝ 2 2)的形式来求． a ＋b a ＋b
(2014· 潍坊模拟)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(x∈R，A>0， π ω>0,0<φ< )的部分图象如图所示． 2
(1)求f(x)的解析式； π2 π π (2)设g(x)＝fx－ 12 ，求函数g(x)在x∈－ 6 ， 3 上的最大值， 并确定此时x的值．
二、解三角形 以正弦定理、余弦定理的综合运用为主，在解题时，要分 析清楚题目条件，利用正弦定理、余弦定理及面积公式转化为 三角形中各边之间的关系或各角之间的关系，并结合三角形的 内角和为180° ，诱导公式，同角三角函数基本关系，两角和与 差的正弦、余弦、正切公式进行化简求值．
(2014· 辽宁卷)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a， 1 → → b，c，且a>c.已知BA· BC＝2，cos B＝3，b＝3.求： (1)a和c的值； (2)cos(B－C)的值． 【思路启迪】 (1)结合向量数量积、余弦定理列方程组求 解；(2)利用正弦定理结合两角差的余弦公式求解．
【解】 3 故a＝ 2 .
3 3 3 (1)由f(0)＝ 2 ，得2a－ 2 ＝ 2 ，
π 1 由f4＝2，得
3 b 3 1 2 ＋2－ 2 ＝2，所以b＝1.
与名师对话2019届高三数学(文)一轮复习：第一章 集合与常用逻辑用语 1-3
4．如果命题“綈 q∨p”与“綈 p∨q”都是真命题，则下列
结论： ①命题“p∧q”是真命题；②命题“p∨q”是假命题；③命
题“綈 p∧q”是假命题；④命题“綈 p∧q”是真命题．Байду номын сангаас
其中可能成立的个数是( )
A．1
B．2
C．3
D．4
[解析] 命题綈 q∨p 为真，则綈 q 与 p 中至少有一个为真； 命题綈 p∨q 为真，则綈 p 与 q 中至少有一个为真．若 p 为真， 则綈 p 为假，由命题綈 p∨q 为真可得 q 为真；若 p 为假，由命 题綈 q∨p 为真可得綈 q 为真，即 q 为假．由以上可知，命题 p
[温馨提示] (1)对于省略量词的命题，应先挖掘命题中隐含
的量词，改写成含量词的完整形式，再写出命题的否定．如全等
三角形的对应边相等，其否定是
存在两个全等三角形，其对应边不都相等
．
(2)复合命题的否定：①“綈 p”的否定是“p”；②“p∨q”的
否定是“綈 p∧綈 q”；③“p∧q”的否定是“綈 p∨綈 q”，如
[跟踪演练] 1．(2015·湖北卷)命题“∃x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否 定是 ( ) A．∃x0∈(0，＋∞)，lnx0≠x0－1 B．∃x0∉(0，＋∞)，lnx0＝x0－1 C．∀x∈(0，＋∞)，lnx≠x－1 D．∀x∉(0，＋∞)，lnx＝x－1
[解析] 因为原命题是特称命题，所以原命题的否定是全称 命题．“∃x0∈(0，＋∞)，lnx0＝x0－1”的否定为“∀x∈(0，＋ ∞)，lnx≠x－1”．故选 C.
题，故选 B.
(2)函数 y＝2－ax＋1 的图象可看作是先把函数 y＝ax 的图象向 左平移一个单位，再将所得图象沿 x 轴作翻折，最后再将所得图 象向上平移 2 个单位得到，而 y＝ax 的图象恒过(0,1)，所以 y＝2 －ax＋1 的图象恒过(－1,1)，因此 p 为假命题；若函数 f(x－1)为偶 函数，即图象关于 y 轴对称，f(x)的图象由 f(x－1)向左平移一个单 位得到，所以 f(x)的图象关于直线 x＝－1 对称，因此 q 为假命题．故
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(2)因为 AC⊥BD，E，M 分别为 AD 和 OD 的中点，所以 EM ⊥BD. 又 A1E⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 A1E⊥BD，所 以 BD⊥平面 A1EM. 又 BD∥B1D1，所以 B1D1⊥平面 A1EM， 又 B1D1⊂平面 B1CD1，所以平面 A1EM⊥平面 B1CD1.
[审题程序] 第一步：利用中位线、平行四边形的性质在三角形 B1CD1 内 确定与 A1O 平行的直线； 第二步：在平面 A1EM 或平面 B1CD1 内寻找与另一平面垂直 的直线； 第三步：应用线面垂直、正方形的性质通过线线垂直证得线 面、面面垂直．
[规范解答]
解法一：(1)证明：如图所示，取 B1D1 的中点
∴△ACE 为等边三角形， ∴∠CAE＝60° ＝∠BCA， ∴BC∥AE， 又 AE⊂平面 PAE，BC⊄平面 PAE， ∴BC∥平面 PAE.
(2)设点 A 到平面 PCD 的距离为 d，根据题意可得， PC＝2 2，PD＝CD＝4，∴S△PCD＝2 7， ∵VP－ACD＝VA－PCD， 1 1 ∴3· S△ACD· PA＝3· S△PCD· d. 1 1 1 ∴3×2×2×2 3×2＝3×2 7d， 2 21 ∴d＝ 7 ， 2 21 ∴点 A 到平面 PCD 的距离为 7 .
第 八 章
立体几何
名师专题讲座(四) 立体几何的高考解答题型及求解策略
专题概述 立体几何的高考解答题型及求解策略 立体几何的解答题型主要采用 “ 论证与计算 ” 相结合的模 式，即首先是利用定义、定理、公理等证明空间的线线、线面、 面面平行或垂直，再计算几何体的体积．试题背景有折叠问题、 探索性问题等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及转化与化归 思想的应用能力.
题型一
线面位置关系的证明
题型概览：空间中线面的平行与垂直的证明主要是利用判定 定理和性质定理去解决，还有一些常用的结论，有时也会用到， 熟悉线线、线面与面面之间的转化，其中线面关系又是联系线线 与面面关系的桥梁，在审题与解题时要关注它们之间的转化关 系．
(2017· 山东卷)由四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 截去三棱 锥 C1－B1CD1 后得到的几何体如图所示． 四边形 ABCD 为正方形， O 为 AC 与 BD 的交点，E 为 AD 的中点，A1E⊥平面 ABCD. (1)证明：A1O∥平面 B1CD1； (2)设 M 是 OD 的中点，证明：平面 A1EM⊥平面 B1CD1.
2.如图，四边形 ABCD 是菱形，四边形 MADN 是矩形，平面 MADN⊥平面 ABCD，E、F 分别为 MA、DC 的中点，求证：
(1)EF∥平面 MNCB； (2)平面 MAC⊥平面 BND.
[解]
(1)如图，取 NC 的中点 G，连接 FG，MG.
1 因为 ME∥ND 且 ME＝ ND，F、G 分别为 DC、NC 的中点， 2 1 FG∥ND 且 FG＝2ND，
所以 A1E⊥BD， 因为 B1D1∥BD， 所以 EM⊥B1D1，A1E⊥B1D1， 又 A1E⊂平面 A1EM，EM⊂平面 A1EM，A1E∩EM＝E， 所以 B1D1⊥平面 A1EM， 又 B1D1⊂平面 B1CD1， 所以平面 A1EM⊥平面 B1CD1. 解法二：(1)证明：在四棱柱中，B1D1∥BD，又 B1C∥A1D， 显然 B1D1∩B1C＝B1， BD∩A1D＝D， 所以平面 B1CD1∥平面 A1BD. 又 A1O⊂平面 A1BD，所以 A1O∥平面 B1CD1.
[解题反思]
(1)本例中证明 A1O∥平面 B1CD1，解法一利用
线面平行的判定定理证明，而解法二由面面平行的判定定理的推 论得到，体现线线，面面向线面关系的转化．(2)在平面 A1EM⊥ 平面 B1CD1 的证明中解法一的关键是证明 B1D1⊥平面 A1EM，解 法二是先证明 BD⊥平面 A1EM，再转化为 B1D1⊥平面 A1EM，从 而得证．
所以 FG 与 ME 平行且相等，所以四边形 MEFG 是平行四边 形， 所以 EF∥MG， 又 MG⊂平面 MNCB，EF⊄平面 MNCB， 所以 EF∥平面 MNCB.
(2)如图，连接 BD、MC. 因为四边形 MADN 是矩形，所以 ND⊥AD. 因为平面 MADN⊥平面 ABCD，平面 ABCD∩平面 MADN＝ AD， DN⊂平面 MADN， 所以 ND⊥平面 ABCD， 所以 ND⊥AC. 因为四边形 ABCD 是菱形，所以 AC⊥BD. 因为 BD∩ND＝D，所以 AC⊥平面 BDN. 又 AC⊂平面 MAC， 所以平面 MAC⊥平面 BDN.
[答题模板] 解决这类问题的答题模板如下：
[题型专练] 1． (2017· 云南省 11 校高三调研)如图所示， 在四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥底面 ABCD，PA＝2，∠ABC＝90° ，AB＝ 3，BC＝1， AD＝2 3，∠ACD＝60° ，E 为 CD 的中点．
(1)求证：BC∥平面 PAE； (2)求点 A 到平面 PCD 的距离．
O1，连接 CO1，A1O1，
因为 ABCD－A1B1C1D1 是四棱柱， 所以 A1O1∥OC，A1O1＝OC， 所以四边形 A1OCO1 是平行四边形，
所以 A1O∥O1C. 又 O1C⊂平面 B1CD1，A1O⊄平面 B1CD1， 所以 A1O∥平面 B1CD1. (2)因为 AC⊥BD，E，M 分别为 AD 和 OD 的中点， 所以 EM⊥BD. 又 A1E⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，
[解] (1)证明：∵AB＝ 3，BC＝1，∠ABC＝90° ， ∴AC＝2，∠BCA＝60° . 在△ACD 中，∵AD＝2 3，AC＝2，∠ACD＝60° ， ∴AD2＝AC2＋CD2－2AC· CD· cos∠ACD， ∴CD＝4，∴AC2＋AD2＝CD2， ∴△ACD 是直角三角形， 又 E 为 CD 的中点， 1 ∴AE＝ CD＝CE，∵∠ACD＝60° ， 2