立体几何与排列组合
长方体正方体解题技巧
长方体正方体解题技巧长方体和正方体是立体几何中两个最基本的几何体，掌握它们的解题技巧对于解决其他复杂几何问题也有很大的帮助。
本文将围绕长方体和正方体的基础公式、比例关系、立体思维、切割合并、运动问题以及排列组合等方面进行介绍。
1.基础公式长方体和正方体是最常见的立体几何体，它们的基础公式包括体积和表面积等。
对于长方体，体积V可以表示为长a、宽b、高h的乘积，即V=a×b×h。
长方体的表面积S可以表示为2ab+2bc+2ac，即S=2(ab+bc+ac)。
对于正方体，体积V和表面积S都可以表示为边长a的立方和六倍边长的乘积，即V=a³和S=6a²。
2.比例关系长方体和正方体中存在一些比例关系，例如边长与角度的关系。
在长方体中，如果一个面是正方形，那么其余三个面也必须是长方形，而且长宽高两两垂直。
这意味着在长方体中，相邻面的面积比是相等的，而且长宽高两两之间的比也相等。
在正方体中，如果一个面是正方形，那么其余五个面也必须是正方形，而且相邻面的角度和边长都相等。
这意味着在正方体中，相邻面的面积比是相等的，而且每个面的面积和体积也都相等。
3.立体思维解决长方体和正方体的问题需要具备一定的立体思维，从三个方向上看问题，理解空间形态，掌握形体特征。
要充分运用长方体和正方体的性质，如对称性、平行性、垂直性等，帮助自己更好地理解问题。
例如，在解决一个涉及长方体和正方体的几何问题时，可以尝试将问题转化为一个二维问题，通过平面的角度解决三维问题。
4.切割合并在解决长方体和正方体的问题时，往往需要通过切割和合并的方式，将复杂的问题分解为几个简单的问题，从而化繁为简。
例如，一个复杂的长方体可以切割成几个小的长方体，通过计算每个小长方体的体积和表面积，再合并起来就可以得到整个长方体的体积和表面积。
要注意切割和合并过程中的一些细节问题，例如切割后每个部分的长度、角度、面积和体积等。
5.运动问题长方体和正方体中也存在一些运动问题，例如角速度和杆速度等。
高考数学各题型答题技巧
高考数学各题型答题技巧高考数学各题型答题技巧一、排列组合篇1.掌握分类计数原理与分步计数原理，并能用它们分析和解决一些简单的应用问题。
2.理解排列的意义，掌握排列数计算公式，并能用它解决一些简单的应用问题。
3.理解组合的意义，掌握组合数计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的应用问题。
4.掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能用它们计算和证明一些简单的问题。
5.了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义。
6.了解等可能性事件的概率的意义，会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率。
7.了解互斥事件、相互独立事件的意义，会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率。
8.会计算事件在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率.二、立体几何篇1.有关平行与垂直(线线、线面及面面)的问题，是在解决立体几何问题的过程中，大量的、反复遇到的，而且是以各种各样的问题(包括论证、计算角、与距离等)中不可缺少的内容，因此在主体几何的总复习中，首先应从解决“平行与垂直”的有关问题着手，通过较为基本问题，熟悉公理、定理的内容和功能，通过对问题的分析与概括，掌握立体几何中解决问题的规律--充分利用线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)相互转化的思想，以提高逻辑思维能力和空间想象能力。
2.判定两个平面平行的方法：(1)根据定义--证明两平面没有公共点;(2)判定定理--证明一个平面内的两条相交直线都平行于另一个平面;(3)证明两平面同垂直于一条直线。
三、数列问题篇1.在掌握等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n项和公式的基础上，系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题;2.在解决综合题和探索性问题实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力。
立体几何中的排列组合问题解法举隅
立体几何中的排列组合问题解法举隅立体几何中的排列组合问题解法举隅立体几何中的排列组合问题在近年的高考数学试题中出现的频次较高，且常考常新. 因为解决这类问题不仅要具备排列组合的有关知识，而且还要具备较强的空间想象能力. 因而是一类既富思考情趣，又融众多知识和技巧于一体且综合性强、灵活性高、难度颇大的挑战性问题. 解决这类问题的关键是明确形成几何图形的元素，并与排列组合形成对应关系，转化为排列组合问题，同时还要注意避免重复和遗漏. 下面结合具体例子谈谈这类问题的求解方法，供参考. 一、分步求解例1 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线有（）A. 12对B. 24对C. 36对D. 48对解由于六棱锥的6条侧棱交于一点, 底面六边形的6条边共面, 因而只能将侧1棱与底边相搭配. 第一步, 从6条侧棱中任取一条有C6种; 第二步, 从底面61条边中与这条侧棱不相交的4条边中任取一条有C4种, 由乘法原理知有11C6C4=24对, 故选B.二．分类求解例2 四边形的一个顶点为A, 从其它顶点与各棱的中点中取3点, 使它们和点A在同一平面上, 不同取法有( )A. 30种B. 33种C. 36种D. 39种3解符合条件的取法可分为两类: ①4个点(含A)在同一个侧面上,有3C5 30种；②4个点（含A）在侧棱与对棱中点的截面上，有3种. 由加法原理知不同取法共有33种，故选B.例3 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，那么不同的染色方法种数是＿＿＿＿＿＿.1解分三类：5①如果用5种颜色有A5种染色方法.D图1B②如果用4种颜色，只能是底面四边形相对顶点同色. 如图1，如果A、C同色，只要考虑染S、A、B、D四顶点，有A54种染法，而B、D同色仍有A54种染法，用四色共有2A54种染法.3③如果用3种颜色，A、C同色，B、D同色，只要考虑S、A、B三个顶点，有A5种染法.53由加法原理知共有A5＋2A54＋A5＝420种染法.三、剔除求解例4 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，则不同的取法共有（）A. 150种B.147种C.144种D.141种4解从10个点中任取4点，有C10种取法，再剔除掉共面的取法.44① 共面的四点在四面体的某一个面内，有C6种取法，4个面共有4C6种；② 每条棱上的三个点与其对棱的中点四点共面，有6种；③由中位线构成的平行四边形（其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱），它的4个顶点共面，有3种.44故不共面的取法共有C10－4C6－6－3＝141种，故选D.例5 已知正方体ABCD-A1B1C1D1. （1）以正方体顶点为顶点的四面体有多少个？（2）从8个顶点中取出3个顶点，使至少有两个顶点在同一棱上，其取法种数为多少？（3）过8个顶点中任两点的直线与直线A1B异面的有多少条？C1 D1AB 图221解（1）从所有四点的组合中去掉共面的组合，6个表面四点共面，6个对角面四点共面. 所以共有四面体C84-12＝58个.D（2）如图2，A1BD这样的三点不能满足题意，可以认为这个三点组合与顶点A对应，正方体有8个顶点，每个顶点对应一个不合题意的三点组合. 所以满足题3意的三点取法共有C8－8＝48种.2（3）在8个顶点取2个的组合中，去掉侧面ABB1A1中的两点组合有C4个，再去掉过A1不在面ABB1A1内的四条直线与过B的4条直线，还要去掉与之平行的D1C.2所以共有C82 C4 4 4 1＝13条.四、构造模型求解例6 与空间不共面的四点距离相等的平面有多少个？解由题设条件，空间不共面的四点可构成四面体，考虑四面体的四个顶点在所求平面两侧的分布，易知当所求平面位于三棱锥的顶点与底面之间时有4个；当所求平面位于三棱锥相对棱之间时有3个. 故所求平面有7个. 例7 在正方体八个顶点的所有连线中，有多少对异面直线？解构造四面体求解，因为四面体的6条棱可构成3对异面直线，从而只要求出正方体的八个顶点可构成几个四面体即可，而这恰好是本文例5（1），故可得到(C84 12) 3 174对异面直线. 五、联想有关命题求解例8 以长方体的八个顶点中的任意3个为顶点的所有三角形中，锐角三角形的个数为（）A.0B.6C.8D.24解联想课本习题：“将正方体截去一角，求证：截面是锐角三角形. ”易知从长方体的一个顶点出发的三条棱的另3个端点可构成锐角三角形，长方体有8个顶点，从而可构成8个锐角三角形，故选C.六、综合有关知识求解例9 以一个正五棱柱的顶点为顶点的四面体共有（）E11A.200个B.190个C.185个D.180个E图3C34解正五棱柱共有10个顶点，若每四个顶点构成一个四面体，共可构成C10＝210个四面体，其中四点在同一平面内的有三类：4① 每一底面的5点中选4点的组合方法有2C5个.② 5条侧棱中的任意两条棱上的四点有C52个.③一个底面的一边与另一个底面相应的一条对角线平行（例如AB∥E1C1），这样1共面的四点共有2C5个.4421故四面体的个数为C10＝180个，故选D. 2C5 C5 2C5例10 用正五棱柱的10个顶点中的5个顶点作四棱锥的5个顶点，共可得多少个四棱锥？解结合图3，以不同类型的四棱锥的底面分类可得：1① 以棱柱的底面为四棱锥底面的共有2C54C5个. 11②以棱柱的侧面为四棱锥底面的共有C5个. C611③以棱柱的对角面为四棱锥底面的共有C5个. C611④以图3中ABC1E1（为等腰梯形）为四棱锥底面的共有2C5个. C***-*****故可构成的四棱锥共有2C54C5＋C5＋C5＋2C5＝170个. C6C6C6例11 以四棱柱的顶点为顶点的三棱锥有多少个？解本题要讨论底面的形状，所求的答案与底面的形状有关.①若底面不是梯形，也不是平行四边形，则有C84－6－2＝62个.② 若底面是梯形，则有C84－6－4＝60个. ③ 若底面是平行四边形，则有C84－6－6＝58个. 综上所述，所求三棱锥的个数为62或60或58.。
(完整版)例析立体几何中的排列组合问题
例析立体几何中的排列组合问题春晖中学过月圆在数学中，排列、组合无论从内容上还是从思想方法上，都体现了实际应用的观点。
立体几何与排列组合综合问题是高考命题的新趋势，体现了《考试大纲》要求的在知识交汇处命题的指导思想，应引起考生的重视。
立体几何中的计数问题也是高考的热点题型，解决这类问题的基本方法是以点带面法，下面列举立体几何中排列、组合问题的几个例子。
1 点1．1 共面的点例1（1997年全国高考（文））四面体的一个顶点为A，从其它顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有（）A．30种 B．33种 C．36种 D．39种解析：四面体有4个顶点，6条棱有6个中点，每个面上的6个点共面。
点A所在的每个面中含A的4点组合有个，点A在3个面内，共有个组合；点A在6条棱的3条棱上，每条棱上有3个点，这3点与这条棱对棱的中点共面。
所以与点A共面的四点组合共有个。
答案：B点评：此题主要考查组合的知识和空间相像能力；属97文科试题中难度最大的选择题，失误的主要原因是没有把每条棱上的3点与它对棱上的中点共面的情况计算在内。
1．2 不共面的点例2（1997年全国高考（理））四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（）A．150种 B．147种 C．144种 D．141种解析：从10 个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类：第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一条棱上的3个点及对棱的中点，这4点共面有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形，它的4个顶点共面，有3种。
以上三类情况不合要求应减掉，所以不同取法共有种。
答案：D。
点评：此题难度很大，是当时高考中得分最低的选择题，对空间想像能力要求高，很好的考察了立体几何中点共面的几种情况；排列、组合中正难则反易的解题技巧及分类讨论的数学思想。
2 直线例3（2005年全国高考卷Ⅰ（理））过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）A．18对 B．24对 C．30对 D．36对分析：选项数目不大，若不宜用公式直接求解，可考虑用树图法。
排列组合在几何中的应用
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排歹 Ｉ Ｉ 组合在厂 Ｌ 何中ｃ Ｉ Ｉ ｌ 应用
■ 陈 明 字
排列组合和立体几何 题的结合在高考 中已屡见 不鲜 ，现在我们拿出几道 比较有代表性 的高考题加 以分析 ， 帮助我们拓展这方面 的解题思路 ： 例１ ， 如图 ， 一个 地区分为５ 个行政 区域 ， 现给地 图着色 ， 要求 相邻地 区不得使用 同一颜色 ， 现有４ 种 颜 色可供选择 ， 则不 同的着色方法共有 种（ 以 数字 作 答 ） 色的灯进行安装 ， 分３ 步进行 ， 第一步 ， Ａ、 Ｂ、 Ｃ 三点选 三种颜色灯泡共有Ａ ； 种选 法 ； 第二 步 ， 在Ａ 、 。 、 Ｃ 中 选一个装第４ 种颜色的灯泡 ， 有３ 种情况 ； 第三步 ， 为剩下的两个灯选颜色 ， 假设剩下 的为 Ｂ 、 Ｇ 。 ， 若 ８ 。 与Ａ同色 ， 则ｃ 只能选Ｂ点颜色 ； 若曰 ， 与ｃ 同色 ， 则（ 。 有』 ４ 、 曰 处两种颜色可选． 故为Ｂ 、 Ｃ 选 灯 泡 共有 ３ 种选法 ， 得到剩下的两个灯有３ 种情况 ， 则共有
有ｃ ・ Ａ ： ＝ ４ ８ 种所 以不 同的着 色方法 共有４ ８ ＋ ２ ４ ＝ ７ ２
种； 故答案为７ ２ 。
例２ ， 如图 ， 一 环形花 坛分 成Ａ， Ｂ， ｃ， Ｄ四块 ， 现 有４ 种不 同的花供选种 ， 要求在每块里种１ 种花 ， 且相 邻 的２ 块 种 不 同 的 花 ，则 不 同 的 种 法 总 数 为 （ 用数字作答 ）
— —
ｃ （ ｃ ｊ ） ＝ １ ４ ４ （ 种） ； ②用 第四种颜色替换 掉六个顶 点 中两个 ，显然被替换掉 的两个顶点的颜色编号不 能相 同 ， 否则 与（ １ ） 重复， 被替换掉 的两个顶点 也不 能在 同一底面上或同一侧棱上 ，因此被替换掉的两 个顶 点与被保 留的两个 同颜色顶点在 同一侧面上 ， 如 图（ 丁） ， 此 时相当于在（ １ ） 的条件下 ， 保 留一个侧 面上 的对角线 ， 考虑到重复情况 ， 不 同的涂色方法共
完整版例析立体几何中的排列组合问题
例析立体几何中的排列组合问题过月圆春晖中学在数学中，排列、组合无论从内容上还是从思想方法上，都体现了实际应用的观点。
立体几何与排列组合综合问题是高考命题的新趋势，体现了《考试大纲》要求的在知识交汇处命题的指导思想，应引起考生的重视。
立体几何中的计数问题也是高考的热点题型，解决这类问题的基本方法是以点带面法，下面列举立体几何中排列、组合问题的几个例子。
1 点1．1 共面的点11997年全国高考（文））（例A3A在同四面体的一个顶点为个点，使它们和点，从其它顶点与棱的中点中取）一平面上，不同的取法有（A30 B33 C36 D39种种．种．．．种4666A所解析：四面体有个中点，每个面上的个顶点，个点共面。
点条棱有34AA个面内，共有在点组合有个，点在的每个面中含个组合；点的A6333点与这条棱对棱的中点共面。
条棱的个点，这条棱上，每条棱上有在A共面的四点组合共有个。
所以与点B答案：97文科试题中难度最大的选点评：此题主要考查组合的知识和空间相像能力；属3点与它对棱上的中点共面的情况计择题，失误的主要原因是没有把每条棱上的算在内。
1．2 不共面的点21997年全国高考（理））（例104个不共面的点，不同的取法共有个点，在其中取四面体的顶点和各棱中点共）（A150 B147 C144 D141种．种．种．种．410 4点共面的情况有三类：第一个点中任取个点有解析：从种取法，其中4个点位于四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一条棱上类，取出的346种；第三类，由中位线构成的平行四边的个点及对棱的中点，这点共面有43种。
形，它的个顶点共面，有以上三类情况不合要求应减掉，所以不同取法共有种。
D答案：。
点评：此题难度很大，是当时高考中得分最低的选择题，对空间想像能力要求高，很好的考察了立体几何中点共面的几种情况；排列、组合中正难则反易的解题技巧及分类讨论的数学思想。
2 直线例3（2005年全国高考卷Ⅰ（理））过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（）A．18对B．24对C．30对D．36对分析：选项数目不大，若不宜用公式直接求解，可考虑用树图法。
立体几何 排列组合题
排列、组合应用题大致可以分为三类，即不带限制条件的排列或组合题；带限制条件的排列或组合题；排列、组合综合题。
【例1】某年级开设语文、政治、体育、外语、历史、物理、化学七门课。
（1）一天开设七科不同课程，每科一节，其中体育不排在第一节，也不排在第七节，问有多少种排法？【例2】从6名男生、4名女生中选派 5名值日生，各有多少种选派方法？（1）只有一名女生；（2）至少有一名女生；（3）至多有2名女生；（4）女生A和B必选入；（5）女A或男甲只一个选入【例3】把12个人分成 3个小组，各有多少不同的分法？（1）各组人数分别为2，4，6人；（2）平均分成3个小组；（3）平均分成3个小组，进入3个不同车间；（4）平均分成3个小组，进入3个不同车间，每人担任不同的工作。
（3）解法一分两步：第一步平均分三组，第二步让三个小组分【例4】有9个工人，其中4人只能当钳工，3人只能当车工，另外2人既能当车工又能当钳工，现从这9人中，选派2名钳工和2名车工完成某项任务，共有多少种选派方法？解法一设既能当车工又能当钳工的二人为甲、乙。
以甲、乙为研究对象，分三类：排列、组合、二项式定理一、选择题:(本大题共6小题,每小题8分共48分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.由数字1,3,5,7,9可以组成允许有重复数字的三位数和无重复数字的三位数的个数分别是 [ ]A.15,10B.125,12C.125,60D.243,60[ ]A.1B.2C.3D.43.已知集合A=｛0,2,3,5,9｝,从A中任取两个不同元素,它们的和作为元素构成集合B,则集合B的所有子集的个数为[ ]A.511B.512C.1024D.1023[ ]5.把 1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个格子,每格填一个数字,每个格的标号与该格所填数字都不同,则不同的填法有[ ]A.6种B.9种C.11种D.23种系数比的2倍,则a的值为[ ]二、填空题:(本大题共4小题,每小题10分共40分)1.十进制中,含3个奇数数字,含两个偶数数字的不含重复数字的五位数有个.2.圆周24等分,以这些等分点为顶点的直角三角形的数目是 .项是 .4.9192除以100的余数是 .三、本题12分参考答案一、1.C 2.C 3.B 4.A 5.B 6.A二、1.110402.2644.81三、证明:立体几何综合训练一、选择题1．正方体的一条对角线与正方体的棱可组成异面直线 [ ] A．2对 B．3对C．6对 D．12对2．已知直线a、b、c及平面α，具备以下哪一条件时，a∥b [ ] A．a∥α，b∥αB．a⊥c且b⊥cC．a、b与α所成角相等D．a⊥α、b⊥α3．各侧面都是等边三角形的正三棱锥，侧棱与底面所成的角为 [ ][ ]A．①与② B．③与④C．②与④ D．①与③5．梯形ABCD的底边AD在平面α内，另一底边BC到平面α的距离为5，且DA∶CB=7∶3，则梯形对角线的交点O到平面α的距离为 [ ]6．一个圆台的轴截面是半个正六边形，则圆台侧面展开后的中心角为 [ ] A．120° B．180°C．240° D．270°7．一个球过正方体A的各个顶点，正方体B的各条棱和这个球相切，正方体C的各个面和这个球相切，则正方体A、B、C的全面积之比为 [ ]A．2∶3∶6 B．1∶2∶38．三棱锥三侧面与底面所成二面角相等，那么顶点在底面的射影是底面三角形的[ ]A．重心 B．垂心C．内心 D．外心9．用任意平面截球，截得截面积不大于球面积的 [ ]10．三角形三边边长为a、b、c，分别以三边为轴旋转一周，所得旋转体体积之比为 [ ]二、填空题1．异面直线a、b成60°角，点A、B∈a，点C、D∈b，且AB=4，CD=2，E、F、G分别为AC、CB和BD中点，则E和G间距离为____．2．如果一条弧的长度与它所在圆的直径相等．那么这条弧所对的圆心角的弧度数是____．3．纬度为α的纬度圈上有A、B两点，这两点的纬度圈上的弧长为πRcosα(R为球的半径)，则这两点间的球面距离为____．积是____．三、解答题1．在四棱锥P-ABCD中，已知PD⊥底面ABCD，底面ABCD为等腰梯形，且∠DAB=60°，AB=2CD，∠DCP=45°，设CD=a．(1)求四棱锥P-ABCD的体积．(2)求证：AD⊥PB．2．已知矩形ABCD，AB=4，BC=3，沿对角线AC把矩形折成二面角D-AC-B，并使D点在平面ABC内的射影落在AB上，求二面角D-AC-B的余弦值．3．正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为15cm、高为20cm，求底边AB和对角线A1C间的距离．4．一个圆锥的外接球体积为972π，且内切球面积为圆锥的侧面积和底面积的等差中项．求这个圆锥的体积．立体几何综合训练参考答案一、选择题1．C 2．D 3．D 4．D 5．B 6．B 7．A 8．C 9．A 10．B二、填空题三、解答题1．(1)∵CD=a，∴AB=2a，PD=a．在△ABD中，BD2=5a2-2·2a2cos60°=3a2，AD2+BD2=a2+3a2=4a2=AB2，∴∠ADB=90°，而AD⊥DB．∵PD⊥面ABCD，∴BD是PB在面ABCD内射影，由三垂线定理知PB⊥AD．2．过D作DO⊥AB于点O，过D作DE⊥AC于点E，连结OE，则DO⊥面ABC，OE⊥AC．于是二面角D-AC-B的大小为3．连结A1D、B1C，∵AB∥CD，∴AB ∥面A 1DCB 1．∴ AB 与A 1C 的距离转化为AB 与面A 1C 的距离． ∵AB ⊥BC ，AB ⊥B 1B ， ∴AB ⊥面BB 1C ． 过B 作BH ⊥B 1C ，交于点H ， ∵ CD ∥AB ∴面A 1DCB 1⊥面BCB 1于是底边AB 和对角线A 1C 的距离为12cm ．4．如图2，设圆锥的高为h ，底面半径为r ，母线为l ，内切球心O ，半径为x ，外接球心O 1，半径为y ，则8h 2r=(l+r)3∵h 2=l 2-r 2，∴8(l 2-r 2)·r=(l+r)3．∵ l+r≠0，∴8(l-r)·r=(l+r)2．立体几何单元测试一、选择题(本题满分60分，每小题4分)(1)空间四边形各边中点为顶点的四边形是菱形，则空间四边形的两条对角线 [ ]A．互相垂直且可能长相等B．长相等但不垂直C．长相等且可能互相垂直D．必垂直但长不相等(2)A为直二面角α-l-β的棱l上的一点，两条长度都为a的线段AB，AC分别在α，β内，且都与l成45°角，则BC的长为[ ]A．a(3)四面体ABCD的棱长均为1，M，N分别在一组相对的棱AB和CD上，则线段MN的最小值是 [ ](4)若P为正方体ABCD-A1B1C1D1中棱A1B1的中点，则截面PC1D与面AA1B1B所成二面角的正切值为 [ ](5)平面α内有一个半径为a的圆O，OP⊥α且OP=a，PA是α的一条斜线，PA=2a(A∈α)，B为圆O上的任一点，则PA在α内的射影与AB所成的角中最大角的正弦值为 [ ](6)已知三棱台A1B1C1—ABC中，VB—A1B1C1=4，VC1—ABC=16，则VA1B1C1—ABC等于 [ ]A．28B．29C．30D．无法确定(7)半球内有一内接正方体，则这个半球面的面积与正方体表面积的比为 [ ]D．以上答案均不对(8)△ABC中BC长一定，A点在平行于BC的直线l上移动，若△ABC以直线l为轴旋转一周得一旋转体，则无论A点在直线l上的位置如何，正确结论是 [ ]A．体积和表面积都为定值B．体积为定值，表面积不为定值C．体积不为定值，表面积为定值D．表面积和体积均不为定值(9)如果一个二面角的两个半平面分别垂直于另一个二面角的两个半平面，那么这两个二面角的平面角的大小关系是[ ]A．相等B．互补C．相等或互补D．无法确定(10)四面体一棱长为x，其余各棱长均为常数a，设四面体的体积函数为V(x)，则在定义域内V(x) [ ]A．是增函数但无最大值B．是增函数且有最大值C．不是增函数且无最大值D．不是增函数但有最大值(11)侧面都是直角三角形的正三棱锥，底面边长为a，则这个三棱锥的全面积是 [ ](12)已知三棱台ABC—A1B1C1中，S△A1B1C1=m2，S△ABC=n2(m＞n＞0)，BC到截面AB1C1的距离等于这个棱台的高，那么截面AB1C1的面积为 [ ]B．mnD．2mn(13)要挖一个半圆柱形鱼池，其池面为圆柱的轴截面，若池面周长为定值2a，则鱼池的最大容积为 [ ](14)圆锥全面积为π，则它的体积的最大值为 [ ](15)如果过圆锥顶点的面积最大的截面是轴截面，圆锥侧面展开图的圆心角为α，则α的取值范围是[ ]A．(0，2π)B．(0，π)二、填空题(本题满分20分，每小题4分)(16)已知P为Rt△ABC所在平面α外的一点，PA=PB=PC=13，两直角边AC，BC的长分别为8和6，则P到BC的距离为______．(17)已知E，F为△ABC中AB和AC的中点，△AEF和梯形EBCF各绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积分别记作V1和V2，则V1∶V2=______．(18)AD是边长为2a的正三角形的边BC的中线，若沿AD把△ABC折成直二面角，则B 到AC的距离为______．(19)圆台两底面半径分别为4和1，轴截面的两条对角线互相垂直，则圆台体积为______．Q的平面中，与球心的最大距离是______．三、解答题(21)(12分)如图25—1所示，在平行四边形ABCD中，已知AB=CD=a，AD=BC=2a，AC∩BD=E，∠A=60°，将其沿对角线BD折成直二面角．(Ⅰ)证明AB⊥平面BCD；(Ⅱ)证明平面ACD⊥平面ABD；(Ⅲ)求二面角A—CE—B的大小．(22)(12分)如图25—2所示，正三棱柱ABC—A'B'C'的底面边长和高都等于a，截面C'AB与截面CA'B'交于DE，求四面体BB'DE的体积．(23)(14分)如图25—3，正三棱柱ABC—A1B1C1中，D为A1A的中点，E为B1C1的中点．(Ⅰ)求证B1C1∥面DBC；(Ⅱ)若A1A=AB=2a，求二面角B—DC—A的大小(文科求该角的正切值)；(Ⅲ)求E到面DBC的距离．(24)(16分)如图25—4，在四棱台ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2a的正方形，A 1A⊥底面ABCD，且A1A=A1D1=a．(Ⅰ)求证C1C⊥面AB1D1；(Ⅱ)求面AB1D1和面ABCD所构成的二面角的大小(文科求出其正切函数值)；(Ⅲ)求多面体ABCD—B1C1D1的体积．(25)(16分)如图25—5，已知圆锥S—AB的轴截面是Rt△，D为母线SA的中点，C为底面圆内一点，若OC⊥AC，OH⊥SC于H．求证(Ⅰ)OH⊥SA；(Ⅱ)SA⊥面ODH；(Ⅲ)若母线长为2a，求三棱锥S—ODH体积的最大值．答案与提示一、(1)C(2)C(3)B(4)D (5)C(6)A (7)A(8)B(9)D(10)D(11)A(12)B(13)A(14)B(15)C提示：(3)M，N为AB和CD中点时，MN取得最小值．(5)PA在α内的射影与AB所成的角中，当AO⊥OB时，其角最大．此(9)只有当两个二面角的棱互相平行时，它们才可能相等或互补，否则可任意作一个平面α与二面的一个面垂直．又可任意作一个平面β与二面角另一个面垂直，则α，β相交所成的二面角的大小是任意的．(10)设四面体ABCD中，AD=x，则当面ABC与面DBC垂直时，其减．三、(21)(Ⅰ)在△ABD中，AB=a，AD=2a，∠A=60°，∴∠ABD=90°．同理∠CDB=90°∵面ABD⊥面BCD，且AB⊥BD，∴AB⊥面BCDACD，∴平面ACD⊥平面ABD设所求二面角为α，则(22)如图答25—1所示，取A′C′中点G，连EG，则EG∥面B′BCC′．将四面体BB′DE视为以△B′BD为底，E为顶点的三棱锥，则E到面B′BCC′的距离即为锥高，作GH⊥B′C′于H，(Ⅱ)取AC中点F，则BF⊥面ADC过B作BH⊥DC于H，则FH⊥DC∴∠BHF为B—DC—A的平面角EMD⊥面DBC(Ⅲ)取BC中点M，易证面A1过E作EN⊥DM于N，则EN⊥面DBC∴EN即为E到面BDC的距离，(24)(Ⅰ)过D1作D1E⊥AD于E，则D1E⊥面ABCD且A1AED1为边长是a的正方形，AE=ED=a∴AD1⊥D1D又∵AD⊥DC，∴AD1⊥DC∴AD1⊥面DCC1D1，∴AD1⊥C1C同理AB1⊥C1C，∴C1C⊥面AB1D1(Ⅱ)由A1A⊥面ABCD，可得面A1ACC1⊥面ABCD由C1C⊥面AB1D1知A1ACC1⊥面AB1D1可证明面ABCD和面AB1D1的交线必⊥面A1ACC1∴∠O1AC为面AB1D1和面ABCD所成二面角的平面角显然∠O1AC=∠A1O1A(Ⅲ)VABCD-B1C1D1+VABCD-A1B1C1D1-VA-A1B1D1(25)(Ⅰ)由SO⊥底面，OC⊥AC∴SC⊥AC∴AC⊥面SOC，∴AC⊥OH又OH⊥SC，∴OH⊥面SAC，∴OH⊥SA (Ⅱ)∵△SAB为Rt△，显然∠ASB=90°且SA=SB，∴△SAB为等腰直角三角形．∴△SOA也是等腰直角三角形．∴OD⊥SA，又∵SA⊥OH ∴SA⊥面ODH(Ⅲ)由(Ⅱ)SA⊥面ODH又∵OH⊥面SAC。
(填空)排列组合,解析几何,立体几何,数列(附有答案解析)
三、填空题29．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，1//AC 平面α，//BD 平面α，则正方体在平面α内的正投影面积为________．30如图，在矩形OABC 与扇形OCD 拼接而成的平面图形中，3OA =，5AB =，6COD π∠=，点E 在弧CD 上，F 在AB 上，3EOF π∠=.设FOC x ∠=，则当平面区域OECBF （阴影部分）的面积取到最大值时cos x =__________31．在一个半径为2的钢球内放置一个用来盛特殊液体的正四棱柱容器，要使该容器所盛液体尽可能多，则该容器的高应为_____．32．已知函数3()f x x mx n =++，对任意的[2,2]x ∈-，使得()2f x ≤，则m n +=___________.33．我国古代数学著作《九章算术》有如下问题：“今有蒲（水生植物名）生一日，长三尺；莞（植物名，俗称水葱、席子草）生一日，长一尺．蒲生日自半，莞生日自倍．问几何日而长等？”意思是：今有蒲生长1日，长为3尺；莞生长1日，长为1尺．蒲的生长逐日减半，莞的生长逐日增加1倍．若蒲、莞长度相等，则所需的时间约为_____日．（结果保留一位小数，参考数据：lg 20.30≈，lg30.48≈）34．将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有_________种不同的放法.35．有两个分类变量x 和y ，其中一组观测值为如下的2×2列联表：其中a ，15a -均为大于5的整数，则a =__________时，在犯错误的概率不超过0.01的前提下为“x 和y 之间有关系”.附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++36．已知6(12)x +展开式的二项式系数的最大值为a ，系数的最大值为b ，则ba=___________. 37．如图，用四种不同颜色给图中的A ，B ，C ，D ，E ，F ，G ，H 八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有___________种.38．过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的右焦点作直线l ，使l 垂直于x 轴且交C 于M 、N 两点，双曲线C 虚轴的一个端点为A ，若AMN 是锐角三角形，则双曲线C 的离心率的取值范围___________．39．已知双曲线C ：()222210,0x y a b a b -=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 在双曲线C 的右支上，2OP OF =（O 为坐标原点）．若直线2PF 与C 的左支有交点，则C 的离心率的取值范围为______．40．已知点P ，Q 是椭圆上()2222:10x y C a b a b+=>>的两点，且线段PQ 恰为()2220x y r r +=>的一条直径，点P 关于x 轴的对称点为A ，设35PD PA =，直线QD 与椭圆C 的另一个交点为B ，且直线PQ ，PB 斜率之积为12-，则椭圆C 的离心率e 为____.41．已知圆22:1C x y +=，点(,2)M t ，若C 上存在两点,A B 满足2MA AB =，则实数t 的取值范围___________42．（2021·河南高二期末（理））已知点O 为坐标原点，点P 为圆22:146540A x y x y +--+=上一动点，点Q 为圆22:8120B x y x +-+=上一动点，设||||||OQ PQ AQ ++的最小值为m ，则m 的值为___________．43．过点()P 0,3作直线l ：()()m n x 2n 4m y 6n 0++--=的垂线，垂足为点Q ，则点Q 到直线x 2y 80--=的距离的最小值为______．44．如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 、Q 分别是线段1CC 、BD 上的点，R 是直线AD 上的点，且12CP C P =，//PQ 平面11ABC D ，PQ RQ ⊥，则PR 的长为______.答案及解析29． 【分析】由题设知：面1//AHC K 面α，且正方体在平面α内的正投影面积为菱形1AHC K 面积与△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 在平面α上的投影面积之和，构建空间直角坐标系，应用向量法求△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 与面1AHC K 的夹角余弦值，进而求它们在面1AHC K 上的投影面积，即可求正方体在平面α内的正投影面积. 【详解】△1//AC 平面α，//BD 平面α，知：面1//AHC K 面α.△正方体在平面α内的正投影面积为如上图所示的菱形1AHC K 面积与△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 在平面α上的投影面积之和，又正方体1111ABCD A B C D -的棱长为3，则1AC HK ==，可构造如下图示，空间直角坐标系：△33(3,0,0),(0,0,),(3,3,)22A K H ，则有33(3,0,),(0,3,)22AK AH =-=，若面1AHC K 的一个法向量为111(,,)n x y z =，则111133023302n AK x z n AH y z ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，可得(1,1,2)n =-，而面//ABH 面11KC D ，它们的一个法向量为(1,0,0)m =，△6cos ,6||||n m n m n m ⋅<>==，即面1AHC K 与面ABH 、面11KC D 同理，面11//HB C 面ADK ，它们的一个法向量为(0,1,0)l =，△6cos ,6||||n l n l n l ⋅<>==-1AHC K 与面11HB C 、面ADK 夹角余弦值为 △△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 的面积均为94S =，△正方体在平面α内的正投影的面积为19692(|cos ,||cos ,|)22AHC K S S n m n l +<>+<>== 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质，结合正投影的定义可知正方体在平面α内的正投影面积为如上图所示的菱形1AHC K 面积与△ABH 、△11KC D 、△11HB C 、△ADK 在平面α上的投影面积之和，应用向量法求各面与面1AHC K 的夹角，进而求投影面积. 30．45【分析】先将阴影部分的面积表示为251915(25)62tan x x π+-+，9()25tan h x x x=+，只需求使得()h x 取最小值的0x 即可得到答案. 【详解】由已知，0[,]3x πθ∈，03tan 5θ=，易得扇形EOC 的面积为212525()52362x x ππ⨯-⨯=-， 四边形OCBF 的面积为133532tan x⨯-⨯⨯，故阴影部分的面积为251915(25)62tan x x π+-+，设9()25tan h x x x =+，则22'29sin 9cos ()25sin x x h x x--=+=2(4sin 3cos )(4sin 3cos )sin x x x x x +-，令'()0h x =，得33tan [45x =∈，记其解为0x ， 并且()h x 在00[,]x θ上单调递减，在0[,]3x π单调递增，所以()h x 得最小值为0()h x ，阴影部分的面积最大值为25156π+-0()h x ，此时03tan 4x =，04cos cos 5x x ===. 故答案为：45.【点睛】本题考查三角函数在平面几何中的应用，涉及到利用导数求函数的最值，考查学生的运算求解能力，是一道有一定难度的题. 31【分析】设正四棱柱的高为h ，底面边长为a ，用h 表示出a ，写出正四棱柱容器的容积，利用导数求出V 取最大值时对应的h 值． 【详解】设正四棱柱的高为h ，底面边长为a ，如图所示；则h 2+2a 2＝（2×2）2， 所以a 2＝812-h 2，所以正四棱柱容器的容积为V ＝a 2h ＝（812-h 2）h 12=-h 3+8h ，h △（0，4）；求导数得V ′32=-h 2+8，令V ′＝0，解得h =所以h △（0V ′＞0，V （h ）单调递增；h △4）时，V ′＜0，V （h ）单调递减；所以h =V 取得最大值．【点睛】本题考查了球内接正四棱柱的体积的最值问题，也考查了利用导数求函数的最值问题，是中档题． 32．-3 【分析】由题设易知()()g x f x n =-为奇函数且2()3g x x m '=+，当0m ≥由导数研究()g x 单调性并确定最值，可得82()82n m f x n m --≤≤++，结合已知判断是否符合题设；当0m <由导数确定()g x 的零点，2、02<<判断是否符合题设，若符合结合恒成立，列不等式组求参数m 、n 即可. 【详解】由题意，令3()()g x f x n x mx =-=+，易知()g x 是奇函数，2()3g x x m '=+，1、当0m ≥时，()0g x '≥，即()g x 单调递增，min ()(2)82g x g m =-=--，max ()(2)82g x g m ==+， △82()82n m f x n m --≤≤++，任意的[2,2]x ∈-，使得()2f x ≤， 当0n ≥时，8282n m ++≥>，不合题意； 当0n <时，8282n m --<-<-，不合题意；2、当0m <时，()0g x '=有x =△2，则[2,2]x ∈-上()0g x '<，即()g x 单调递减，故82()82n m f x n m ++≤≤--，同1可知不合题意；当02<，则[2,-、2]上()0g x '>，即()g x 单调递增，(上()0g x '<，即()g x 单调递减，△△(2)822(2)822f n m f n m -=--≥-⎧⎨=++≤⎩得3m ≤-，或△2((23223m f n m f n ⎧=⋅+≤⎪⎪⎨⎪=+≥-⎪⎩得3m ≥-，△3m =-，代入△得0n =，故3m n +=-. 故答案为：3- 【点睛】关键点点睛：构造奇函数并利用导数研究单调性，进而确定()f x 的范围，结合分类讨论及不等式恒成立，列不等式组求参数. 33．2.6． 【详解】解：设蒲（水生植物名）的长度组成等比数列{}n a ，其13a = ，公比为12 ，其前n 项和为n A ．莞（植物名）的长度组成等比数列{}n b ，其11b =，公比为2 ，其前n 项和为n B ．则131212,12112nnn nA B ⎛⎫- ⎪-⎝⎭==--，令n n A B = ，化为：6272nn+=， 解得26n = 或21n = （舍去）． 即：lg 6lg 31 2.6lg 2lg 2n ==+≈ . 所需的时间约为2.6 日. 34．535 【分析】根据每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，将每个盒子能放入的球个数列举出来，由总球数为5，以可能的球数组合列举分组，结合组合数求出它们所有不同放法 【详解】四个盒子放球的个数如下 1号盒子：{0，1} 2号盒子：{0，1，2}3号盒子：{0，1，2，3} 4号盒子：{0，1，2，3，4}结合由5个不同的小球全部放入盒子中，不同组合下放法5 = 1 + 4：153C 种5 = 2 + 3：254C 种5 = 1 + 1 + 3：31526C C 种 5 = 1 + 2 + 2：22536C C 种 5 = 1 + 1 + 1 + 2：2115323C C C 种△5个相同的小球放入四个盒子方式共有535种 故答案为：535 【点睛】本题考查了组合数，对问题分类、分组，应用组合数的计算 35．9 【分析】由题意，计算2K ，列出不等式求出a 的取值范围，再根据题意求得a 的值. 【详解】解：由题意知：2 6.635K ≥, 则()()()()2265302015131360 6.635204515505400a a a a a +---⎡⎤-⎣⎦=≥⨯⨯⨯，解得：8.65a ≥或0.58a ≤， 因为：5a >且155a ->，a Z ∈， 综上得：8.6510a ≤<，a Z ∈， 所以：=9a . 故答案为：9. 【点睛】本题考查独立性检验的应用问题. 36．12 【分析】由()n a b +的二项展开式的通项1C r n rr r n T a b -+=，可知6(12)x +展开式的二项式系数为6(0,1,,6)r C r =，当3r =时，二项式系数的最大值为a ，6(12)x +展开式的系数为62(0,1,,6)r rC r =，当满足116611662222r r r r r r r r C C C C ++--⎧≥⎨≥⎩时，系数的最大值为b ，求解即可. 【详解】 由题意可知6(12)x +展开式的二项式系数为6(0,1,,6)r C r =，当3r =时，取得最大值3620a C ==6(12)x +展开式的系数为62(0,1,,6)r r C r =，当满足116611662222r r r r r r r r C C C C ++--⎧≥⎨≥⎩时，系数最大. 即116!6!22!?(6)!(1)!?[6(1)]!6!6!22!?(6)!(1)!?[6(1)]!rr r r r r r r r r r r +-⎧≥⎪-+-+⎪⎨⎪≥⎪----⎩∴1261217r r r r ⎧≥⎪⎪-+⎨⎪≥⎪-⎩，即12(6)2(7)r r r r +≥-⎧⎨-≥⎩解得111433r ≤≤又0,1,,6r =4r ∴=时，系数的最大值为4462240b C ==则2401220b a == 故答案为：12 【点睛】本题考查二项式定理，求二项式系数最大值时，列出不等式组116611662222r r r r r r r r C C C C ++--⎧≥⎨≥⎩是解决本题的关键.属于一道较难的题. 37．168 【分析】分,,,E F G H 涂4种，3种或2种颜色，再分别计算涂色的方法种数.【详解】△对,,,E F G H 涂4种颜色，对于剩下的,,,A B C D 各剩2种颜色，且相邻的都含一种颜色是相同的，即当某个点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，那么,,,A B C D 共有2种情况，共有44248A ⨯=种，△对,,,E F G H 涂3种颜色，对于,,,E F G H 从4种颜色中取3种，即344C =，从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即133C =，再对这四种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，再对其他不重复的2种进行排列222A =，即2224A =对于剩下的,,,A B C D 同△一样，各剩2个颜色，当其中一点取一种颜色时，其他点颜色是确定的，共有2种，故共有312432224322296C C A ⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⨯=种，△,,,E F G H 涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有24212C ⨯=种方法，,,,A B C D 共2种颜色，故共有242224C ⨯⨯=种方法， 所以一共有489624168++=种方法. 故答案为：168 【点睛】关键点点睛：本题考查排列，组合，计数原理的综合应用，本题的关键是正确分类,,,E F G H 的涂色方法种数，并且先涂,,,E F G H ，再涂,,,A B C D .38．【分析】根据已知条件确定M ，N ，A 的坐标，要使AMN 是锐角三角形，有0AM AN ⋅>且2b b a<，结合向量数量积的坐标表示，并整理为关于双曲线参数a 、c 的齐次不等式组，求离心率范围. 【详解】由题意知：2(,)b M c a ，2(,)b N c a -，不妨假设(0,)A b ，△AMN 是锐角三角形，△2MAN π∠<，即2242222()()0b b b AM AN c b b c b a a a⋅=+---=+->，且2b b a <，△42242222222201c a c a c a a c a a ⎧-+-->⎪⎪⎨-⎪>⎪⎩，整理得422420{2e e e -+<>，解得e ∈，故答案为：【点睛】关键点点睛：根据锐角三角形的性质，易知0AM AN ⋅>且2b b a<，由不等式组求离心率范围. 39．)+∞【分析】设P 位于第四象限，可知20PF bk a<<，设(),P x y ，由2OP OF =和P 在双曲线上可构造方程组求得P 点坐标，由此表示出2PF k ，由20PF b k a <<化简可得2b a >，根据e 可求得结果. 【详解】由双曲线方程知其渐近线方程为：by x a=±； 不妨设P 位于第四象限，则若直线2PF 与C 的左支有交点，则20PF b k a<<； 设(),P x y ，由2OP OF =得：222x y c +=，又22221x y a b-=，x ∴=2b yc =-，2220PF b k --∴==，20ba<，即2c ab ->，()()22222c ab a b c ∴->+， 整理可得：222a c ab <-，即2222c a b ab -=>，2ba∴>，e ∴=C的离心率的取值范围为)+∞.故答案为：)+∞.【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种： （1）根据已知条件，求解得到,a c 的值或取值范围，由ce a=求得结果； （2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于,a c 的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率e ，从而得到结果. 40． 【分析】已知得,P Q 关于原点对称，设00(,)P x y ，则00(,)Q x y --，00(,)A x y -，由向量线性运算求得D 点坐标，求得,QP QB 的斜率关系，再设11(,)B x y ，用点差法可求得22BP BQb k k a=-，再由已知斜率之积可得,a b 的等式，从而求得离心率．【详解】因为线段PQ 是圆222x y r +=的一条直径，所以,P Q 关于原点对称， 设00(,)P x y ，则00(,)Q x y --，00(,)A x y -，又35PD PA =，即003(2)5D y y y -=⨯-，015D y y =-，即001(,)5D x y -，所以00PQy k x =，000000122555QB QDPQ y y y k k k x x x -+===⋅=+，△ 设11(,)B x y ，则2210101022101010BP BQy y y y y y k k x x x x x x -+-⋅=⋅=-+-，又22112222002211x y a b x y a b ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，相减得22221010220x x y y a b --+=，2221022210y y b x x a -=--， 所以22PB QB k k b a =-⋅，△，而12PQ PB k k =-，△，由△△△可得222152b a ⎛⎫⨯-=- ⎪⎝⎭，22215a c a -=，所以c e a ==．． 【点睛】本题考查求椭圆的离心率，解题关键是找到关于,,a b c 的齐次等式．解题方法是设0011(,),(,)P x y B x y ，由对称性得,,Q A 坐标，再得D 点坐标，用点差法求得22PB QB k k b a =-⋅，这样可利用直线的斜率得出关系式． 41．⎡⎣【分析】令(,)A x y ，根据2MA AB =得332(,)22x t y B --，由,A B 在圆C 上代入坐标，整理可将问题转化为两个圆有公共点，则两圆的圆心距离在15[,]33内，进而求t 的范围.【详解】由题意，可得如下示意图，令(,)A x y ，由2MA AB =知：332(,)22x t y B --，又,A B 在C 上， △22221(3)(32)144x y x t y +=--+=⎧⎪⎨⎪⎩，整理得22221{24339x y t x y +=⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即两圆有公共点，△两圆的圆心距离为d =，半径分别为1、23，故当1533d ≤≤时符合题意，△2021t ≤≤，即t∈[.故答案为：[. 【点睛】关键点点睛：设(,)A x y ，利用向量共线的坐标表示求B 坐标，将点代入圆的方程将问题转化为两圆有公共点，求参数范围. 42．8 【分析】将圆化为标准式，画出图形，利用圆的性质和三角形相似（线段长度关系）进行两次放缩即可得到答案. 【详解】 如图，P 为圆22:(7)(3)4A x y -+-=上一动点，Q 为圆22:(4)4B x y -+=上一动点，O 为坐标原点，取(3,0)T ，连接BQ ，TQ ，则||||1||||2TB BQ BQ OB ==，所以易得TBQ QBO ∽，所以||2||OQ TQ =，又易知||||2PQ AQ ≥-，所以||||||||2||22||2||22||28OQ PQ AQ OQ AQ QT AQ AT ++≥+-=+-≥-=． 故答案为：8. 43【分析】直线l ：()()m n x 2n 4m y 6n 0++--=，化为()()m x 4y n x 2y 60-++-=，可得直线l 经过定点()M 4,1.线段PM 的中点G.根据PQ l.⊥可得点Q 在以点G 为圆心，以PG 为半径点圆上.利用点到直线的距离公式可得点Q 到直线x 2y 80--=的距离的最小值． 【详解】解：直线l ：()()m n x 2n 4m y 6n 0++--=，化为()()m x 4y n x 2y 60-++-=，联立x 4y 0x 2y 60-=⎧+-=⎨⎩，解得x 4=，y 1=．∴直线l 经过定点()M 4,1．线段PM 的中点()G 2,2． PQ l ⊥．∴点Q 在以点G 为圆心，以PG其圆的标准方程为：22(x 2)(y 2)5-+-=．圆心G 到直线x 2y 80--=点距离d ==∴点Q 到直线x 2y 80--=【点睛】本题考查了直线系的应用、圆的方程、点到直线的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．44【分析】如图所示，过点P 作1//PM BC 交MC 于点M ，连接,,QM QC RC ，证明2DQ QB =，RQ QC ⊥，再利用勾股定理计算得到答案. 【详解】如图所示：过点P 作1//PM BC 交MC 于点M ，连接,,QM QC RC .1//PM BC ，1BC ⊂平面11ABC D ，故//PM 平面11ABC D ，//PQ 平面11ABC D ， PMPQ P =，故平面//PQM 平面11ABC D ，故//QM AB ，故2DQ QB =.1CC ⊥平面ABCD ，RQ ⊂平面ABCD ，故1CC RQ ⊥，PQ RQ ⊥，PQ RQ Q =.故RQ ⊥平面PQC ，QC ⊂平面PQC ，故RQ QC ⊥.故CR ==PR =.3.【点睛】本题考查了立体几何中的线段长度，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.。
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立体几何与排列组合
1．平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1的六个面都是菱形，则D 1在面ACB 1上的射影是∆ACB 1的 （ ） A 重心 B 外心 C 内心 D 垂心
2．长方体三条棱分别为a,b,c,若长方体所有的棱长度之和为24，一条对角线为5，体积为2，则c
b a 1
11++等于 （ ） A
411 B 114 C 211 D 11
2 3．已知，正四棱锥侧面是正三角形，设侧面与底面所成的二面角为1θ，相邻两侧面所成的二面角为2θ，则 （ ）
A
212
θπ
θ-=
B 2
2
2
1θπ
θ-
=
C
21θθ= D 2
2
1θθ=
4．在北纬450圈上，有甲、已两地。
它们的经度分别为东经1400和西经1300，地球的半径是R ，则甲、已两地球面距离是 （ ） A
R π21 B R π41 C R π23 D R π3
1 5．若三棱锥A －BCD 的侧面ABC 内一动点P 与底面BCD 的距离与到AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与△ABC 组成的图形可能是（ ）
6．在空间四边形ABCD 中，AB =BC =CD =DA ， E ∈AB,F ∈CD 且AE ：EB =CF ：FD = λ （0＜ λ ＜1 ＝ 设EF 与AC 、BD 所成的角分别是 α 、 β ，则 α+β= （ ） A.大于90°
B.小于90°
C.等于90°
D.与 λ 的值有关
7.12名同学合影，站成了前排4人后排8人．现摄影要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为（ ） A ．26
8
6
C A B ．2
28
3C A
C ．2
2
8
6
C A
D ．2
28
5C A
8.如图，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种一种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法种数为 （ ）
(A)96 (B) 84 (C) 60 (D)48
9、将5明志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为 ( )
A. 540
B.300
C.180
D.150
10.从5名男生和5名女生中选3人组队参加某集体项目的比赛，其中至少有一名女生入选的组队方案为（ ）
A 100
B 110
C 120
D 180
11.一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看.现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有 （ ） （A ）24种 (B)36种 （C ）48种 （D ）72种 12. 若9
290129(13)
......x a a x a x a x -=++++，则129......a a a +++=
13、若
=+++++++++=-5432101223344555,)2(a a a a a a x a x a x a x a x a x 则_________；
14．已知长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中AA 1=AB=2，若棱AB 上存在点P ，使PC P D ⊥1，
则棱AD 的长的取值范围是______
15．已知△BCD 中，∠BCD=90°，BC=CD=1，AB ⊥平面BCD ，∠ADB=60°，E 、F 别是AC 、AD 上的动点，且).10(<<==λλAD
AF AC AE
（Ⅰ）求证：不论λ为何值，总有平面BEF ⊥平面ABC ； （Ⅱ）当λ为何值时，平面BEF ⊥平面ACD ？
16．在四面体ABCD 中，
1,,,==⊥⊥⊥BC AB CD BC BD AB BC AB 且。
（1）求证： ABD CBD 平面平面⊥
1
A C
（2）是否存在这样的四面体，使二面角C-AD-B 的平面角为300 ？如果存在，求出CD 的长；如果不
存在，请找出一个角θ，使得存在这样的四面体，使二面角C-AD-B 的平面角为θ 。
17．如图，三棱锥P-ABC 中侧面PAC ⊥底面ABC ；PA=BC=a ，PC=AB=2a ,
∠APC=600 , D 为AC 的中点 求证（1）PA ⊥面ABC
（2）求二面角P-BD-A 的正切值 ； （3）求点A 到平面PBD 的距离
18．如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面边长为3，侧棱AA 1=
2
3
3，
D 是CB 延长线上一点，且BD=BC ， （1）求证：直线BC 1‖平面AB 1D ； （2）求二面角B 1-AD-B 的大小； （3）求三棱锥C 1-ABB 1的体积。
、
17、如图所示,正四棱锥P ABCD -中，侧棱PA 与底面ABCD
. （1）求侧面PAD 与底面
ABCD 所成的二面角的大小；
（2）若E 是PB 的中点，求异面直线PD 与AE 所成角的正切值；
（3）在侧面PAD 上寻找一点F ，使EF ⊥侧面PBC ，试确定点F 的位置，并加以证明．
B
C
A
1A
C B
D
O
E P。