中高考热点题型分析
高考政 治时政热点题型应对思路
高考政治时政热点题型应对思路在高考政治中，时政热点题型一直是考生们关注的重点和难点。
这类题型不仅考查学生对政治理论知识的掌握程度，更考验学生对时事政治的敏感度和分析解决问题的能力。
面对此类题型，我们需要掌握一套有效的应对思路，以提高答题的准确性和完整性。
首先，要注重日常的积累。
时政热点并非临时抱佛脚就能完全掌握的，需要我们在平时养成关注时事的习惯。
可以通过阅读权威的新闻媒体，如人民日报、新华社等，了解国内外的重大政治事件、经济发展动态、社会热点问题等。
同时，也要关注一些与政治学科相关的专题节目和评论文章，拓宽自己的视野和思维方式。
在积累的过程中，要有意识地进行分类整理。
比如，可以按照政治、经济、文化、社会、生态等不同领域进行划分，也可以按照国内和国际两个方面进行归类。
这样在遇到具体题目时，能够迅速地从脑海中调用相关的知识和信息。
其次，深入理解政治学科的基本理论。
时政热点题型往往是理论与实际的结合，只有对政治学科的基本概念、原理、观点有清晰的理解，才能准确地运用这些知识去分析和解决实际问题。
比如，对于经济生活中的供求关系、价值规律等原理，政治生活中的国家性质、政府职能等知识，都要做到融会贯通。
在答题时，要认真审题，明确题目所考查的知识点和要求。
很多同学在看到时政热点题目时，往往会急于作答，而忽略了对题目关键信息的提取和分析。
因此，要静下心来，仔细阅读题目，抓住关键词、限定词和答题方向。
对于材料分析题，要学会提取有效信息。
材料通常是答题的重要依据，我们需要从中找出与所学知识相关的内容，并进行归纳总结。
可以通过标记重点语句、概括段落大意等方式，将材料中的关键信息提炼出来，为后续的答题提供支持。
在组织答案时，要注意条理清晰、逻辑严密。
一般来说，可以按照“是什么、为什么、怎么样”的思路进行回答。
先阐述相关的政治概念或原理，说明题目中所涉及的现象或问题的本质；然后分析产生这种现象或问题的原因，包括内部原因和外部原因；最后提出解决问题的措施或建议。
高考生物 热点题型和提分秘籍细胞中的元素和化合物细胞中的无机物及糖类脂质(解析)
藏躲市安详阳光实验学校专题二细胞中的元素和化合物、细胞中的无机物及糖类、脂类【高频考点解读】1．近三年高考中，生物组织中糖类、脂肪和蛋白质检测的考查最为突出，多以选择题的形式直接考查对染色原理、过程及结果的识记；化合物的元素组成和水、无机盐的作用多以选择题的形式，结合代谢、重要化合物及生产生活实际，考查对水、Na＋、K＋、酶、激素、抗体、色素、核酸等的理解记忆。
2．对本讲内容的复习要注意以下几点：(1)通过比较，识记不同化合物的组成元素，联系生态系统的元素循环(物质循环)理解生物体与无机自然界元素组成的统一性和差异性。
(2)联系代谢、抗性和生产实际理解自由水和结合水的生理作用，通过实例识记无机盐的作用。
(3)牢记物质鉴定的试剂和显色反应，注意不同试剂的使用方法和不同物质鉴定的条件。
【热点题型】题型一考查组成细胞的化学元素例1、下列关于细胞中化学元素的叙述，正确的是( )A．细胞中一种元素的作用能被其他元素替代B．细胞中的脱氧核苷酸和脂肪酸都不含有氮元素C．主动运输机制有助于维持细胞内元素组成的相对稳定D．细胞中的微量元素因含量极少而不如大量元素重要解析：本题主要考查细胞中化学元素的相关知识。
细胞中每种元素的作用各不相同；脱氧核苷酸由C、H、O、N、P五种元素组成；细胞中的微量元素虽含量极少，但其作用和大量元素同等重要。
故A、B和D都不正确。
主动运输机制有助于维持细胞内元素组成的相对稳定。
答案：C【提分秘籍】运用元素的观点分析问题(1)从化合物的元素组成上分析代谢产物：糖类、脂质和蛋白质的组成元素中都有C、H、O，可推知其代谢产物中都有CO2和H2O；蛋白质中还含有N，故其代谢产物中还含有尿素。
(2)从化合物的元素含量上分析氧化分解释放能量的多少，脂肪的含氢量多于糖类，因此等质量的脂肪彻底氧化分解时所消耗的O2比糖类多，释放的能量也多于糖类。
(3)化合物的特殊元素组成在同位素标记法中的应用；利用同位素标记法可以示踪光合作用和细胞呼吸中碳、氧原子的去向；示踪分泌蛋白的合成、运输和分泌途径；在噬菌体侵染细菌实验中，用于证明DNA是遗传物质；在研究DNA复制时，可用于证明DNA分子的半保留复制方式；还可用于基因诊断和DNA 分子杂交。
高考导数题型分析及解题方法
高考导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1． 32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ； 3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3 题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =-2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0） 3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --= 4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线； 解：（1） 123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P所以切线方程为02 11=+-+=-y x x y 即，（2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为0/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围 解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即 ∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③ 由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
高考物理(热点+题型全突破)专题4.6 竖直面内的圆周运动问题(含解析)
专题4.6 竖直面内的圆周运动问题1. 轻绳模型绳或光滑圆轨道的内侧，如图所示，它的特点是：在运动到最高点时均没有物体支撑着小球。
下面讨论小球(质量为m )在竖直平面内做圆周运动(半径为R )通过最高点时的情况：(1) 临界条件小球到达最高点时受到绳子的拉力恰好等于零，这时小球做圆周运动所需要的向心力仅由小球的重力来提供。
根据牛顿第二定律得，mg ＝m v 2临界R，即v 临界＝Rg .这个速度可理解为小球恰好通过最高点或恰好通不过最高点时的速度，也可认为是小球通过最高点时的最小速度，通常叫临界速度。
(2) 小球能通过最高点的条件：当v >Rg 时，小球能通过最高点，这时绳子对球有作用力，为拉力。
当v ＝Rg 时，小球刚好能通过最高点，此时绳子对球不产生作用力。
(3) 小球不能通过最高点的条件：当v <Rg 时，小球不能通过最高点，实际上小球还没有到达最高点就已经脱离了轨道。
（如图）2. 轻杆模型杆和光滑管道，如图所示，它的特点是：在运动到最高点时有物体支撑着小球。
下面讨论小球(质量为m )在竖直平面内做圆周运动(半径为R )通过最高点时的情况：(1) 临界条件由于硬杆的支撑作用，小球恰能到达最高点的临界速度是：v 临界＝0。
此时，硬杆对物体的支持力恰等于小球的重力mg。
(2) 如上图所示的小球通过最高点时，硬杆对小球的弹力情况为：当v＝0时，硬杆对小球有竖直向上的支持力F N，其大小等于小球的重力，即F N＝mg.当0<v<Rg时，杆对小球的支持力竖直向上，大小随速度的增加而减小，其取值范围为0<F N<mg.当v＝Rg时，F N＝0.这时小球的重力恰好提供小球做圆周运动的向心力。
当v>Rg时，硬杆对小球有指向圆心(即方向向下)的拉力，其大小随速度的增大而增大。
3. 两种模型分析比较如下：轻杆模型均是没有支撑的小球均是有支撑的小球4. 分析物体在竖直平面内做圆周运动时的易错易混点（1）绳模型和杆模型过最高点的临界条件不同，其原因是绳不能有支撑力，而杆可有支撑力。
专题8.7 高考解答题热点题型-立体几何(解析版)
高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破专题8.7高考解答题热点题型---立体几何目录一、题型综述 (1)二题型全归纳 (1)题型一空间点、线、面的位置关系及空． (1)题型二平面图形的折叠问题 (7)题型三立体几何中的探索性问题 (10)三、高效训练突破 (15)一、题型综述立体几何是每年高考的重要内容，基本上都是一道客观题和一道解答题，客观题主要考查考生的空间想象能力及简单的计算能力．解答题主要采用证明与计算相结合的模式，即首先利用定义、定理、公理等证明空间线线、线面、面面的平行或垂直关系，再利用空间向量进行空间角的计算求解．重在考查考生的逻辑推理及计算能力，试题难度一般不大，属中档题，且主要有以下几种常见的热点题型．二题型全归纳题型一空间点、线、面的位置关系及空．1证明点共面或线共面的常用方法(1)直接法：证明直线平行或相交，从而证明线共面．(2)纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内．．(3)辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．2．证明空间点共线问题的方法(1)公理法：一般转化为证明这些点是某两个平面的公共点，再根据公理3证明这些点都在这两个平面的交线上(2)纳入直线法：选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上．3．证明线共点问题的常用方法先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．4.求异面直线所成角的方法(1)几何法①作：利用定义转化为平面角，对于异面直线所成的角，可固定一条，平移一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．①证：证明作出的角为所求角．①求：把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形求空间角．(2)向量法建立空间直角坐标系，利用公式|cos θ|＝|m ·n ||m ||n |求出异面直线的方向向量的夹角．若向量夹角是锐角或直角，则该角即为异面直线所成角；若向量夹角是钝角，则异面直线所成的角为该角的补角．【例1】如图，AE ①平面ABCD ，CF ①AE ，AD ①BC ，AD ①AB ，AB ＝AD ＝1，AE ＝BC ＝2.(1)求证：BF ①平面ADE ；(2)求直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值；(3)若二面角E －BD －F 的余弦值为13，求线段CF 的长． 【解题思路】由条件知AB ，AD ，AE 两两垂直，可以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，用空间向量解决．(1)寻找平面ADE 的法向量，证明BF →与此法向量垂直，即得线面平行．(2)CE →与平面BDE 的法向量所成角的余弦值的绝对值，即为直线CE 和平面BDE 所成角的正弦值；(3)设CF ＝h ，用h 表示二面角E －BD －F 的余弦值，通过解方程得到线段长．【规范解答】 (1)证明：以A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，AD 所在的直线为y 轴，AE 所在的直线为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A (0,0,0)，B (1,0,0)，设F (1,2，h )．依题意，AB →＝(1,0,0)是平面ADE 的一个法向量，又BF →＝(0,2，h )，可得BF →·AB →＝0，又直线BF ①平面ADE ，所以BF ①平面ADE .(2)依题意，D (0,1,0)，E (0,0,2)，C (1,2,0)，则BD →＝(－1,1,0)，BE →＝(－1,0,2)，CE →＝(－1，－2,2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·BD →＝0，n ·BE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，－x ＋2z ＝0，不妨令z ＝1，可得n ＝(2,2,1)． 因此有cos 〈CE →，n 〉＝CE →·n |CE →||n |＝－49. 所以直线CE 与平面BDE 所成角的正弦值为49. (3)设m ＝(x 1，y 1，z 1)为平面BDF 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧ m ·BD →＝0，m ·BF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x 1＋y 1＝0，2y 1＋hz 1＝0， 不妨令y 1＝1，可得m ＝⎝⎛⎭⎫1，1，－2h . 由题意，有|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝⎪⎪⎪⎪4－2h 3 2＋4h2＝13， 解得h ＝87.经检验，符合题意． 所以线段CF 的长为87. 【例2】.如图，在三棱锥P ABC 中，P A ①底面ABC ，①BAC ＝90°.点D ，E ，N 分别为棱P A ，PC ，BC 的中点，M 是线段AD 的中点，P A ＝AC ＝4，AB ＝2.(1)求证：MN ①平面BDE ；(2)已知点H 在棱P A 上，且直线NH 与直线BE 所成角的余弦值为721，求线段AH 的长． 【解析】：如图，以A 为原点，分别以AB →，AC →，AP →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系．依题意可得A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (0，4，0)，P (0，0，4)，D (0，0，2)，E (0，2，2)，M (0，0，1)，N (1，2，0)．(1)证明：DE →＝(0，2，0)，DB →＝(2，0，－2)．设n ＝(x ，y ，z )为平面BDE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DE →＝0，n ·DB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，2x －2z ＝0. 不妨设z ＝1，可取n ＝(1，0，1)．又MN →＝(1，2，－1)，可得MN →·n ＝0.因为MN ①平面BDE ，所以MN ①平面BDE .(2)依题意，设AH ＝h (0≤h ≤4)，则H (0，0，h )，进而可得NH →＝(－1，－2，h )，BE →＝(－2，2，2)．由已知，得|cos 〈NH →，BE →〉|＝|NH →·BE →||NH →||BE →|＝|2h －2|h 2＋5×23＝721， 整理得10h 2－21h ＋8＝0，解得h ＝85或h ＝12. 所以，线段AH 的长为85或12. 【例3】如图，在几何体ACD －A 1B 1C 1D 1中，四边形ADD 1A 1与四边形CDD 1C 1均为矩形，平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，B 1A 1①平面ADD 1A 1，AD ＝CD ＝1，AA 1＝A 1B 1＝2，E 为棱AA 1的中点．(1)证明：B 1C 1①平面CC 1E ；(2)求直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：因为B 1A 1①平面ADD 1A 1，所以B 1A 1①DD 1，又DD 1①D 1A 1，B 1A 1∩D 1A 1＝A 1，所以DD 1①平面A 1B 1C 1D 1，又DD 1①CC 1，所以CC 1①平面A 1B 1C 1D 1.因为B 1C 1①平面A 1B 1C 1D 1，所以CC 1①B 1C 1.因为平面ADD 1A 1①平面CDD 1C 1，平面ADD 1A 1∩平面CDD 1C 1＝DD 1，C 1D 1①DD 1，所以C 1D 1①平面ADD 1A 1.经计算可得B 1E ＝5，B 1C 1＝2，EC 1＝3，从而B 1E 2＝B 1C 21＋EC 21，所以在①B 1EC 1中，B 1C 1①C 1E .又CC 1，C 1E ①平面CC 1E ，CC 1∩C 1E ＝C 1，所以B 1C 1①平面CC 1E .(2)如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系，依题意得A (0，0，0)，C (1，0，1)，B 1(0，2，2)，C 1(1，2，1)，E (0，1，0)，则CE →＝(－1，1，－1)，B 1C →＝(1，－2，－1)．设平面B 1CE 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·B 1C →＝0，m ·CE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2y －z ＝0，－x ＋y －z ＝0，消去x 得y ＋2z ＝0， 不妨设z ＝1，可得m ＝(－3，－2，1)为平面B 1CE 的一个法向量，易得B 1C 1→＝(1，0，－1)，设直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，B 1C 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪m ·B 1C 1→|m |·|B 1C 1→|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－414×2＝277，故直线B 1C 1与平面B 1CE 所成角的正弦值为277. 题型二 平面图形的折叠问题【解法】解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”．(1)与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变；(2)与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变．【例1】如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把①DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ①BF .(1)证明：平面PEF ①平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解题思路】(1)①翻折前后的不变关系，四边形ABFE 是矩形．①证明BF ①平面PEF .①证明平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：①建系：借助第(1)问，过P 作平面ABFD 的垂线为z 轴，垂足为原点，EF 所在直线为y 轴，建系．①求直线DP 的方向向量和平面ABFD 的法向量．①由公式计算所求角的正弦值．解法二：①作：过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，连接DH .①证：证明PH ①平面ABFD ，得①PDH 为直线DP 与平面ABFD 所成角．①算：在Rt①PDH 中，PD 的长度是正方形ABCD 的边长，①PHD ＝90°，易知要求sin①PDH ，关键是求PH ；由此想到判断①PEF 的形状，进一步想到证明PF ①平面PED .【规范解答】(1)证明：由已知可得，BF ①PF ，BF ①EF ，又PF ∩EF ＝F ，所以BF ①平面PEF .又BF ①平面ABFD ，所以平面PEF ①平面ABFD .(2)解法一：作PH ①EF ，垂足为H .由(1)得，PH ①平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz ，设正方形ABCD 的边长为2.由(1)可得，DE ①PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ①PF .所以PH ＝32，EH ＝32，则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32， D ⎝⎛⎭⎫－1，－32，0，DP →＝⎝⎛⎭⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量． 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝|HP →·DP →||HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 解法二：因为PF ①BF ，BF ①ED ，所以PF ①ED ，又PF ①PD ，ED ∩PD ＝D ，所以PF ①平面PED ，所以PF ①PE ，设AB ＝4，则EF ＝4，PF ＝2，所以PE ＝23，过P 作PH ①EF 交EF 于点H ，因为平面PEF ①平面ABFD ，所以PH ①平面ABFD ，连接DH ，则①PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角，因为PE ·PF ＝EF ·PH ，所以PH ＝23×24＝3， 因为PD ＝4，所以sin①PDH ＝PH PD ＝34， 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 题型三 立体几何中的探索性问题【技巧要点】对命题条件的探索的三种途径途径一：先猜后证，即先观察与尝试给出条件再证明．途径二：先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性．途径三：将几何问题转化为代数问题【例1】(2020·湖北“四地七校”联考)在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，平面P AC ①底面ABCD ，P A ＝PC ＝2 2.(1)求证：PB ＝PD ；(2)若点M ，N 分别是棱P A ，PC 的中点，平面DMN 与棱PB 的交点为点Q ，则在线段BC 上是否存在一点H ，使得DQ ①PH ？若存在，求BH 的长；若不存在，请说明理由．【解题思路】 (1)要证PB ＝PD ，想到在①PBD 中，证明BD 边上的中线垂直于BD ，联系题目条件想到用面面垂直的性质证明线面垂直．(2)借助第(1)问的垂直关系建立空间直角坐标系，求平面DMN 的法向量n ，分别依据P ，B ，Q 共线和B ，C ，H 共线，设PQ →＝λPB →和BH →＝tBC →，利用垂直关系列方程先求λ再求t ，确定点H 的位置．【规范解答】 (1)证明：记AC ∩BD ＝O ，连接PO ，①底面ABCD 为正方形，①OA ＝OC ＝OB ＝OD ＝2.①P A ＝PC ，①PO ①AC ，①平面P AC ①底面ABCD ，且平面P AC ∩底面ABCD ＝AC ，PO ①平面P AC ，①PO ①底面ABCD .①BD ①底面ABCD ，①PO ①BD .①PB ＝PD .(2)存在．以O 为坐标原点，射线OB ，OC ，OP 的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系如图所示，由(1)可知OP ＝2.可得P (0,0,2)，A (0，－2,0)，B (2,0,0)，C (0,2,0)，D (－2，0,0)，可得M (0，－1,1)，N (0,1,1)，DM →＝(2，－1,1)，MN →＝(0，2,0)．设平面DMN 的法向量n ＝(x ，y ，z )，①DM →·n ＝0，MN →·n ＝0，①⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋z ＝0，2y ＝0. 令x ＝1，可得n ＝(1,0，－2)．记PQ →＝λPB →＝(2λ，0，－2λ)，可得Q (2λ，0,2－2λ)，DQ →＝(2λ＋2,0,2－2λ)，DQ →·n ＝0，可得2λ＋2－4＋4λ＝0，解得λ＝13. 可得DQ →＝⎝⎛⎭⎫83，0，43. 记BH →＝tBC →＝(－2t,2t,0)，可得H (2－2t,2t,0)，PH →＝(2－2t,2t ，－2)，若DQ ①PH ，则DQ →·PH →＝0，83(2－2t )＋43×(－2)＝0，解得t ＝12. 故BH ＝ 2.故在线段BC 上存在一点H ，使得DQ ①PH ，此时BH＝ 2.【例2】如图，在四棱锥PABCD中，P A①平面ABCD，底面ABCD为菱形，E为CD的中点．(1)求证：BD①平面P AC；(2)若①ABC＝60°，求证：平面P AB①平面P AE；(3)棱PB上是否存在点F，使得CF①平面P AE？说明理由．【解】(1)证明：因为P A①平面ABCD，所以P A①BD.因为底面ABCD为菱形，所以BD①A C.又P A∩AC＝A，所以BD①平面P A C.(2)证明：因为P A①平面ABCD，AE①平面ABCD，所以P A①AE.因为底面ABCD为菱形，①ABC＝60°，且E为CD的中点，所以AE①CD，所以AB①AE.又AB∩P A＝A，所以AE ①平面P AB .因为AE ①平面P AE ，所以平面P AB ①平面P AE .(3)棱PB 上存在点F ，使得CF ①平面P AE .取F 为PB 的中点，取G 为P A 的中点，连接CF ，FG ，EG .则FG ①AB ，且FG ＝12AB . 因为底面ABCD 为菱形，且E 为CD 的中点，所以CE ①AB ，且CE ＝12AB . 所以FG ①CE ，且FG ＝CE .所以四边形CEGF 为平行四边形．所以CF ①EG .因为CF ①平面P AE ，EG ①平面P AE ，所以CF ①平面P AE .【例3】图1是由矩形ADEB ，Rt①ABC 和菱形BFGC 组成的一个平面图形，其中AB ＝1，BE ＝BF ＝2，①FBC ＝60°.将其沿AB ，BC 折起使得BE 与BF 重合，连接DG ，如图2.(1)证明：图2中的A ，C ，G ，D 四点共面，且平面ABC ①平面BCGE ；(2)求图2中的二面角B －CG －A 的大小．【解析】：(1)证明：由已知得AD ①BE ，CG ①BE ，所以AD ①CG ，故AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ①BE ，AB ①BC ，故AB ①平面BCGE .又因为AB ①平面ABC ， 所以平面ABC ①平面BCGE .(2)作EH ①BC ，垂足为H .因为EH ①平面BCGE ，平面BCGE ①平面ABC ，所以EH ①平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，①EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3.以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG →＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取为m ＝(0，1，0)，所以cos n ，m ＝n ·m |n ||m |＝32. 因此二面角B CG A 的大小为30°.三、高效训练突破1.(2020·深圳模拟)已知四棱锥PABCD，底面ABCD为菱形，PD＝PB，H为PC上的点，过AH的平面分别交PB，PD于点M，N，且BD①平面AMHN.(1)证明：MN①PC；(2)当H为PC的中点，P A＝PC＝3AB，P A与平面ABCD所成的角为60°，求AD与平面AMHN所成角的正弦值．【解析】(1)证明：连接AC、BD且AC∩BD＝O，连接PO.因为ABCD为菱形，所以BD①AC，因为PD＝PB，所以PO①BD，因为AC∩PO＝O且AC、PO①平面P AC，所以BD①平面P AC，因为PC①平面P AC，所以BD①PC，因为BD①平面AMHN，且平面AMHN∩平面PBD＝MN，所以BD①MN，MN①平面P AC，所以MN①P C.(2)由(1)知BD ①AC 且PO ①BD ，因为P A ＝PC ，且O 为AC 的中点，所以PO ①AC ，所以PO ①平面ABCD ，所以P A 与平面ABCD 所成的角为①P AO ，所以①P AO ＝60°，所以AO ＝12P A ，PO ＝32P A ， 因为P A ＝3AB ，所以BO ＝36P A . 以OA →，OD →，OP →分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示．设P A ＝2，所以O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，－33，0)，C (－1，0，0)，D (0，33，0)，P (0，0，3)，H (－12，0，32)， 所以BD →＝(0，233，0)，AH →＝(－32，0，32)，AD →＝(－1，33，0)． 设平面AMHN 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n ·BD →＝0，n ·AH →＝0，即⎩⎨⎧233y ＝0，－32x ＋32z ＝0， 令x ＝2，则y ＝0，z ＝23，所以n ＝(2，0，23)，设AD 与平面AMHN 所成角为θ，所以sin θ＝|cos 〈n ，AD →〉|＝|n ·AD →|n ||AD →||＝34. 所以AD 与平面AMHN 所成角的正弦值为34. 2．(2020·河南联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，平面P AD ①平面ABCD ，①P AD 是边长为4的等边三角形，BC ①PB ，E 是AD 的中点．(1)求证：BE ①PD ；(2)若直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154，求平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值． 【解析】：(1)证明：因为①P AD 是等边三角形，E 是AD 的中点，所以PE ①AD .又平面P AD ①平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，PE ①平面P AD ，所以PE ①平面ABCD ，所以PE ①BC ，PE ①BE .又BC ①PB ，PB ∩PE ＝P ，所以BC ①平面PBE ，所以BC ①BE .又BC ①AD ，所以AD ①BE .又AD ∩PE ＝E 且AD ，PE ①平面P AD ，所以BE ①平面P AD ，所以BE ①PD .(2)由(1)得BE ①平面P AD ，所以①BAE 就是直线AB 与平面P AD 所成的角．因为直线AB 与平面P AD 所成角的正弦值为154， 即sin①BAE ＝154 ，所以cos①BAE ＝14. 所以cos①BAE ＝AE AB ＝2AB ＝14，解得AB ＝8，则BE ＝AB 2－AE 2＝215.由(1)得EA ，EB ，EP 两两垂直，所以以E 为坐标原点，EA ，EB ，EP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点P (0，0，23)，A (2，0，0)，D (－2，0，0)，B (0，215，0)，C (－4，215，0)，所以PB →＝(0，215，－23)，PC →＝(－4，215，－23)．设平面PBC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎪⎨⎪⎧PB →·m ＝0，PC →·m ＝0，得⎩⎨⎧215y －23z ＝0，－4x ＋215y －23z ＝0， 解得⎩⎨⎧x ＝0，z ＝5y . 令y ＝1，可得平面PBC 的一个法向量为m ＝(0，1，5)．易知平面P AD 的一个法向量为n ＝(0，1，0)，设平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的大小为θ，则cos θ＝⎪⎪⎪⎪m ·n |m ||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪（0，1，5）·（0，1，0）6×1＝66. 所以平面P AD 与平面PBC 所成的锐二面角的余弦值为66. 3.(2020·云南师范大学附属中学3月月考)如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，①ABC 是边长为2的正三角形，AA 1＝26，D 是CC 1的中点，E 是A 1B 1的中点．(1)证明：DE ①平面A 1BC;(2)求点A 到平面A 1BC 的距离．【解析】 (1)证明：如图取A 1B 的中点F ，连接FC ，FE .因为E ，F 分别是A 1B 1，A 1B 的中点，所以EF ①BB 1，且EF ＝12BB 1. 又在平行四边形BB 1C 1C 中，D 是CC 1的中点，所以CD ①BB 1，且CD ＝12BB 1，所以CD ①EF ，且CD ＝EF . 所以四边形CFED 是平行四边形，所以DE ①CF .因为DE ①/平面A 1BC ，CF ①平面A 1BC ，所以DE ①平面A 1BC .(2)法一：(等体积法)因为BC ＝AC ＝AB ＝2，AA 1＝26，三棱柱ABC A 1B 1C 1为直三棱柱，所以V 三棱锥A 1－ABC ＝13S ①ABC ×AA 1＝13×34×22×26＝2 2. 又在①A 1BC 中，A 1B ＝A 1C ＝27，BC ＝2，BC 边上的高h ＝ A 1B 2－⎝⎛⎭⎫12BC 2＝33， 所以S ①A 1BC ＝12BC ·h ＝3 3. 设点A 到平面A 1BC 的距离为d ，则V 三棱锥A －A 1BC ＝13S ①A 1BC ×d ＝13×33×d ＝3d . 因为V 三棱锥A 1－ABC ＝V 三棱锥A －A 1BC ，所以22＝3d ，解得d ＝263， 所以点A 到平面A 1BC 的距离为263. 法二：(向量法)由题意知，三棱柱ABC A 1B 1C 1是正三棱柱．取AB 的中点O ，连接OC ，OE .因为AC ＝BC ，所以CO ①AB .又平面ABC ①平面ABB 1A 1，平面ABC ∩平面ABB 1A 1＝AB ，所以CO ①平面ABB 1A 1.因为O 为AB 的中点，E 为A 1B 1的中点，所以OE ①AB ，所以OC ，OA ，OE 两两垂直．如图，以O 为坐标原点，以OA ，OE ，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，则C (0，0，3)，A (1，0，0)，A 1(1，26，0)，B (－1，0，0)．则BA 1→＝(2，26，0)，BC →＝(1，0，3)．设平面A 1BC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由⎩⎪⎨⎪⎧n ①BA 1→，n ①BC →，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ·BA 1→＝2x ＋26y ＝0，n ·BC →＝x ＋3z ＝0，整理得⎩⎨⎧x ＋6y ＝0，x ＋3z ＝0，令x ＝6，则y ＝－1，z ＝－ 2. 所以n ＝(6，－1，－2)为平面A 1BC 的一个法向量．而BA →＝(2，0，0)，所以点A 到平面A 1BC 的距离d ＝|BA →·n ||n |＝6×26＋1＋2＝263. 4．(2020·湖北十堰4月调研)如图，在三棱锥P －ABC 中，M 为AC 的中点，P A ①PC ，AB ①BC ，AB ＝BC ，PB ＝2，AC ＝2，①P AC ＝30°.(1)证明：BM ①平面P AC ；(2)求二面角B －P A －C 的余弦值．【答案】：见解析(1)证明：因为P A ①PC ，AB ①BC ，所以MP ＝MB ＝12AC ＝1，又MP 2＋MB 2＝BP 2，所以MP ①MB .因为AB ＝BC ，M 为AC 的中点，所以BM ①AC ， 又AC ∩MP ＝M ，所以BM ①平面P AC .(2)法一：取MC 的中点O ，连接PO ，取BC 的中点E ，连接EO ，则OE ①BM ，从而OE ①AC . 因为P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以MP ＝MC ＝PC ＝1. 又O 为MC 的中点，所以PO ①AC .由(1)知BM ①平面P AC ，OP ①平面P AC ，所以BM ①PO . 又BM ∩AC ＝M ，所以PO ①平面ABC .以O 为坐标原点，OA ，OE ，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由题意知A ⎝⎛⎭⎫32，0，0，B ⎝⎛⎭⎫12，1，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，BP →＝⎝⎛⎭⎫－12，－1，32，BA →＝(1，－1，0)， 设平面APB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP→＝－12x －y ＋32z ＝0，n ·BA →＝x －y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1，1，3)为平面APB 的一个法向量，易得平面P AC 的一个法向量为π＝(0，1，0)，cos 〈n ，π〉＝55， 由图知二面角B －P A －C 为锐角，所以二面角B －P A －C 的余弦值为55. 法二：取P A 的中点H ，连接HM ，HB ，因为M 为AC 的中点，所以HM ①PC ，又P A ①PC ，所以HM ①P A .由(1)知BM ①平面P AC ，则BH ①P A ， 所以①BHM 为二面角B －P A －C 的平面角．因为AC ＝2，P A ①PC ，①P AC ＝30°，所以HM ＝12PC ＝12.又BM ＝1，则BH ＝BM 2＋HM 2＝52， 所以cos①BHM ＝HM BH ＝55，即二面角B －P A －C 的余弦值为55.5．(2020·合肥模拟)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是正方形，BF ①平面ABCD ，DE ①平面ABCD ，BF ＝DE ，M 为棱AE 的中点．(1)求证：平面BDM ①平面EFC ；(2)若DE ＝2AB ，求直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值． 【答案】：见解析(1)证明：连接AC ，交BD 于点N ，连接MN ， 则N 为AC 的中点，又M 为AE 的中点，所以MN ①EC . 因为MN ①平面EFC ，EC ①平面EFC ， 所以MN ①平面EFC .因为BF ，DE 都垂直底面ABCD ，所以BF ①DE . 因为BF ＝DE ，所以四边形BDEF 为平行四边形，所以BD ①EF .因为BD ①平面EFC ，EF ①平面EFC ， 所以BD ①平面EFC .又MN ∩BD ＝N ，所以平面BDM ①平面EFC . (2)因为DE ①平面ABCD ，四边形ABCD 是正方形，所以DA ，DC ，DE 两两垂直，如图，建立空间直角坐标系D xyz .设AB ＝2，则DE ＝4，从而D (0，0，0)，B (2，2，0)，M (1，0，2)，A (2，0，0)，E (0，0，4)， 所以DB →＝(2，2，0)，DM →＝(1，0，2)， 设平面BDM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DB →＝0，n ·DM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2y ＝0，x ＋2z ＝0.令x ＝2，则y ＝－2，z ＝－1，从而n ＝(2，－2，－1)为平面BDM 的一个法向量． 因为AE →＝(－2，0，4)，设直线AE 与平面BDM 所成的角为θ，则 sin θ＝|cos 〈n ·AE →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·AE →|n |·|AE →|＝4515， 所以直线AE 与平面BDM 所成角的正弦值为4515.6.(2020·河南郑州三测)如图①，①ABC 中，AB ＝BC ＝2，①ABC ＝90°，E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，以EF 为折痕把①AEF 折起，使点A 到达点P 的位置(如图①)，且PB ＝BE .(1)证明：EF ①平面PBE ；(2)设N 为线段PF 上的动点(包含端点)，求直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值． 【解析】：(1)证明：因为E ，F 分别为边AB ，AC 的中点，所以EF ①BC . 因为①ABC ＝90°，所以EF ①BE ，EF ①PE ，又BE ∩PE ＝E ，所以EF ①平面PBE . (2)取BE 的中点O ，连接PO ，因为PB ＝BE ＝PE ，所以PO ①BE .由(1)知EF ①平面PBE ，EF ①平面BCFE ，所以平面PBE ①平面BCFE . 又PO ①平面PBE ，平面PBE ∩平面BCFE ＝BE ，所以PO ①平面BCFE .过点O 作OM ①BC 交CF 于点M ，分别以OB ，OM ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则B ⎝⎛⎭⎫12，0，0，P ⎝⎛⎭⎫0，0，32，C ⎝⎛⎭⎫12，2，0， F ⎝⎛⎭⎫－12，1，0，PC →＝⎝⎛⎭⎫12，2，－32， PF →＝⎝⎛⎭⎫－12，1，－32，由N 为线段PF 上一动点，得PN →＝λPF →(0≤λ≤1)，则可得N ⎝⎛⎭⎫－λ2，λ，32（1－λ），BN →＝⎝⎛⎭⎫－λ＋12，λ，32（1－λ）.设平面PCF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧PC →·m ＝0，PF →·m ＝0，即⎩⎨⎧12x ＋2y －32z ＝0，－12x ＋y －32z ＝0，取y ＝1，则x ＝－1，z ＝3，所以m ＝(－1，1，3)为平面PCF 的一个法向量．设直线BN 与平面PCF 所成的角为θ， 则sin θ＝|cos 〈BN →，m 〉|＝|BN →·m ||BN →|·|m |＝25·2λ2－λ＋1＝25·2⎝⎛⎭⎫λ－142＋78≤25·78＝47035(当且仅当λ＝14时取等号)，所以直线BN 与平面PCF 所成角的正弦值的最大值为47035.7．(2020·山东淄博三模)如图①，已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，将正方形ABCD 沿EF 折成如图①所示的二面角，且二面角的大小为60°，点M 在线段AB 上(包含端点)，连接AD .(1)若M 为AB 的中点，直线MF 与平面ADE 的交点为O ，试确定点O 的位置，并证明直线OD ①平面EMC ； (2)是否存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°？若存在，求此时二面角M EC F 的余弦值；若不存在，说明理由． 【答案】见解析【解析】：(1)因为直线MF ①平面ABFE ，故点O 在平面ABFE 内，也在平面ADE 内， 所以点O 在平面ABFE 与平面ADE的交线(即直线AE )上(如图所示)．因为AO ①BF ，M 为AB 的中点，所以①OAM ①①FBM ，所以OM ＝MF ，AO ＝BF ，所以AO ＝2. 故点O 在EA 的延长线上且与点A 间的距离为2. 连接DF ，交EC 于点N ，因为四边形CDEF 为矩形， 所以N 是EC 的中点．连接MN ，则MN 为①DOF 的中位线，所以MN ①OD ，又MN ①平面EMC ，OD ①/ 平面EMC ，所以直线OD ①平面EMC . (2)由已知可得EF ①AE ，EF ①DE ，又AE ∩DE ＝E ，所以EF ①平面ADE .所以平面ABFE ①平面ADE ，易知①ADE 为等边三角形，取AE 的中点H ，则易得DH ①平面ABFE ，以H 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则E (－1，0，0)，D (0，0，3)，C (0，4，3)，F (－1，4，0)，所以ED →＝(1，0，3)，EC →＝(1，4，3)． 设M (1，t ，0)(0≤t ≤4)，则EM →＝(2，t ，0)，设平面EMC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EM →＝0，m ·EC →＝0①⎩⎨⎧2x ＋ty ＝0，x ＋4y ＋3z ＝0，取y ＝－2，则x ＝t ，z ＝8－t 3，所以m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－2，8－t 3为平面EMC 的一个法向量．要使直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，则82t 2＋4＋（8－t ）23＝32，所以23t 2－4t ＋19＝32，整理得t 2－4t ＋3＝0， 解得t＝1或t ＝3，所以存在点M ，使得直线DE 与平面EMC 所成的角为60°，取ED 的中点Q ，连接QA ，则QA →为平面CEF 的法向量， 易得Q ⎝⎛⎭⎫－12，0，32，A (1，0，0)，所以QA →＝⎝⎛⎭⎫32，0，－32.设二面角M －EC －F 的大小为θ， 则|cos θ|＝|QA →·m ||QA →|·|m |＝|2t －4|3t 2＋4＋（8－t ）23＝|t －2|t2－4t ＋19. 因为当t ＝2时，cos θ＝0，平面EMC ①平面CDEF ，所以当t ＝1时，cos θ＝－14，θ为钝角；当t ＝3时，cos θ＝14，θ为锐角．综上，二面角M －EC －F 的余弦值为±14.。
近三年重庆高考数学热点分析
近三年某某高考热点题型分析（仅供参考）一、选择题与填空题（60分+16分=76分 力争取得55+12=67分 是取得120分的基础）1、集合运算与简易逻辑05年）若集合}0)5)(2(|{},034|{2<--∈=<+-∈=x x R x B x x R x A ，则=B A}32|{<<x x06年）已知集合{1,2,3,4,5,6,7}U =，{2,4,5,7}A =，{3,4,5}B =，则()()A B =D（A ）{1,6} （B ）{4,5} （C ）{2,3,4,5,7} （D ）{1,2,3,6,7}04年）已知p 是r 的充分不必要条件，s 是r 的必要条件，q 是s 的必要条件。
那么p 是q 成立的： （A ） A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件05年）已知βα,均为锐角，若q p q p 是则,2:),sin(sin :πβαβαα<++<的（B ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件06年）设11229(,),(4,),(,)5A x yBC x y 是右焦点为F 的椭圆221259x y +=上三个不同的点，则“,,AF BF CF 成等差数列”是“128x x +=”的 （A ） （A ）充要条件 （B ）必要不充分条件（C ）充分不必要条件 （D ）既非充分也非必要 2、直线与圆系列04年）圆222430x y x y +-++=的圆心到直线1x y -=的距离为（ D ）A ．2B ．1 D05年）圆5)2(22=++y x 关于原点（0，0）对称的圆的方程为（A ）A ．5)2(22=+-y xB ．5)2(22=-+y x C ．5)2()2(22=+++y xD ．5)2(22=++y x06年）以点（2，－1）为圆心且与直线3450x y -+=相切的圆的方程为（C ） （A ）22(2)(1)3x y -++= （B ）22(2)(1)3x y ++-= （C ）22(2)(1)9x y -++= （D ）22(2)(1)3x y ++-= 05年）若y x y x -=+则,422的最大值是2206年）已知变量x ，y 满足约束条件23033010x y x y y +-≤⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩。
高中物理经典：高考热点分析一：平衡问题 经典例题
高考热点分析一：平衡问题授课内容：例题１、为研究钢球的液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入液体中运动，用闪光照相方法拍摄钢球在不同时刻的位置。
如图所示，已知钢球在液体中运动时所受阻力F=kv2，闪光照相机的闪光频率为f，图中刻度尺的最小分度为s0，钢球的质量为m，则阻力常数k 的表达式为（）例题2、在电视节目中，我们常常能看到一种精彩的水上运动——滑水板，如图所示，运动员在快艇的水平牵引力作用下，脚踏倾斜滑板在水上匀速滑行，设滑板是光滑的，若运动员和滑板的总质量为m=70kg，滑板的总面积为S=0.12m2，水的密度为ρ=1.0×103kg/s。
理论研究表明：当滑板与水平方向的夹角为θ（板前端抬起的角度）时，水对板的作用力大小为N=ρSv2sin2θ，方向垂直于板面。
求：为使滑板能在水面上滑行，快艇水平牵引滑板的最小速度。
例题3、质量为m，带电量为q的小球，套在一根很长的绝缘直棒上。
将此棒竖直地放在相互平行且都是水平的匀强电场和匀强磁场中，电场强度为E，磁感应强度为B，小球与棒的动摩擦因数为μ，若不计空气阻力，求小球沿绝缘直棒匀速下滑时的速度。
例题4 有三根长度皆为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10-2kg的带电小球A和B，它们的电量分别-q和+q，q=1.00×10-7C。
A、B之间用第三根线连接起来。
空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。
现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。
求最后两球的机械能与电势能的总和与线断前相比改变了多少？（不计两带电小球间相互作用的静电力）例题5、如图所示，物块M通过与斜面平行的细绳与小物块m相连，斜面的倾角α可以改变。
讨论物块M对斜面的摩擦力的大小，则一定有（）A．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力越大B．若物块M保持静止，则α角越大，摩擦力越小C．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越大D．若物块M沿斜面下滑，则α角越大，摩擦力越小例题6、建筑工人要将建筑材料运到高处，常在楼顶装置一个定滑轮用绳AB通过滑轮将建筑材料提到一定高处，为了防止建筑材料与墙壁相碰，站在地面上的工人还另外用绳子CD拉住材料，使它与竖直墙面保持一定的距离l，如图所示。
高考语文 热点题型和提分秘籍 专题25 探究小说的丰富意蕴和艺术手法(含解析)1
专题25 探究小说的丰富意蕴和艺术手法人物是作品内容的重要因素，更确切地说是作品的主要构成部分。
因为小说的核心任务就是通过刻画人物、塑造典型人物形象来揭示社会生活的某些本质问题，从而表现作品的主题的。
热点题型一人物形象的概括与分析例1、阅读下面的文章，回答后面问题。
六指猴墨中白侯六是新来为东家赶马车的，右手六指，护院的都笑称他六指猴。
侯六也不恼，伸出手问：“像六指猴吗？”“六指猴是江洋大盗，你是给东家赶马车的。
”说完，大伙善意地笑了。
东家江大佬有钱，有钱的东家不住在泗州城。
东家喜欢住在五里城的凤凰墩。
凤凰墩背靠九座梅花山，西临拦山河，东边一条大道直通南边的泗州城。
东家爱去泗州城听戏。
东家听完泗州戏，侯六就陪他去梅岭茶馆。
东家和众玩家边品茶，边玩赏古玉。
众玩家要看东家腰上的玉。
东家掏出洁白的手帕，用嘴吹吹，才解下玉放在上面。
只见手帕上的蟠螭，圆眼怒睁，细眉飞扬，脚爪上翘，胛骨尽显，活泼有趣。
众人夸：“好玉。
”侯六却在旁边大碗喝着茶，喝完，就到泗州大街上逛。
东家品足了茶，侯六准时套好马车等他。
坎坷道，马车如履平地。
东家喜欢坐在车上眯着双眼哼着泗州戏，回味着茶馆玩玉时的惬意。
到家，东家拎起长衫下车，侯六就看到他腰带上那只活泼的蟠螭。
东家有钱，可有钱的东家人不坏。
东家喜欢拿出白花花的银子救济乡邻。
侯六常听人夸，东家是善人。
侯六拴好马，路过东家房时，就听东家和老婆说：“侯六人不小了，是该成家了……”侯六听后心一热，父母去世，无人再关心自己。
泗州大街，仁义当铺。
黑衣人闪身进屋。
老板贾仁义低声问：“玉呢？大人催要。
”黑衣人说：“盗不来。
”“没有你偷不来的宝贝，否则告知官府，丢的不仅是玉，还有多人的性命！”黑衣人不回答，抛下酬金，飞跃离去，眨眼钻进黑夜里。
天亮，府衙有人投案，声称自己是大盗六指猴。
师爷马皮金一看是马夫侯六，笑说：“你手长六手指，就是六指猴？”“我是六指猴，为东家赶车，实是想偷他的玉。
”马皮金只好向吴知府禀报。
2023年高考全国卷语文二轮热点题型演练：语言文字运用II(情境补写+修辞+压缩+句式+图文转换)
2023年高考全国卷语文二轮热点题型演练：语言文字运用II（情境补写+修辞+压缩+句式+图文转换）统编版高三总复习专题02语言文字运用II目录一、热点题型归纳 1【题型一】情境补写+修辞 1【题型二】情境补写+压缩8【题型三】情境补写+句式15【题型四】情境补写+图文转换23二、最新模考题组练32【题型一】情境补写+修辞【典例分析】阅读下面的文字，完成1-2题。
新疆的艾比湖面积约1200平方公里，是新疆第一大湖。
博尔塔拉河、精河、奎屯河及其他大大小小的河流，最终都投入了它博大的怀抱。
这汇集而来的河川之水，将天山和戈壁滩的大量盐分，①。
同时，炎热干旱的准噶尔气候和阿拉山口的强风，②。
久而久之，艾比湖之水也就变成了矿化度极高、含盐量超过30%、比海水高出近10倍的极浓咸水。
因此，艾比湖区盛产青盐和红盐。
湖中芒硝含量也极为丰富，还有着含量不可低估的钾、硫、镁、碘、硼、溴等矿物元素。
艾比湖是一个③。
蓝色波涛，绿色芦荡，多彩多姿的各类水鸟，把艾比湖装点得风光无限。
湖之东、南离湖不远的地方，又有着上百平方公里的野生树林，树林里有比人还高的红柳，需数人围抱的胡杨，还有梭梭、芨芨草和紫罗兰等五彩纷呈的野花。
这些树木和野花与四周荒凉单调的沙漠戈壁，共同形成了艾比湖区独特的景色。
1．请在文中横线处补写恰当的语句，使整段文字语意完整连贯，内容贴切，逻辑严密，每处不超过12个字。
2．文中画波浪线处使用了何种修辞手法？请简要分析其表达效果。
【答案】1．①都聚积在这辽阔的湖里②使湖水蒸发升腾很快（或使湖水很快蒸发升腾或加快湖水蒸发升腾的速度）③风光诱人、生机盎然的湖泊2．①文中画波浪线句子使用了拟人的修辞手法。
②语句既赋予艾比湖人的形象，又将博尔塔河、精河、奎屯河及其他大大小小的河流最终都汇聚到艾比湖的过程人格化，赋予它们人的动作；③既使表达更加生动、形象、具体，又表达了作者对艾比湖的喜爱之情。
【分析】1．本题考查学生语言表达之情境补写的能力。
2023中高考作文素材：13种热点应用文体归纳!(格式+注意点+范文)
2023中高考作文素材：13种热点应用文体归纳！（格式+注意点+范文）高考热点应用文：文学评论、一般书信、表扬信、慰问信、贺信、演讲稿、发言稿、倡议书、读（观）后感、主持词、辩论稿、书评、驳论文一、文学评论文学评论是对文学作品小说、诗歌、散文、戏剧、绘画、影视等进行评论的一种文体。
评论的目的是通过对其思想内容，创作风格，艺术特点等方面议论、评价，提高阅读，鉴赏水平。
【赏析角度与内容】1.赏析作品的主题思想。
主要是评析作品的思想内容和作者的观点态度，表现一个怎样的主题思想，反映了怎样的社会现实，指出作品有何积极意义或局限性。
赏析主题常用的术语有：中心突出、主题深刻、言近旨远、言简意丰、意在言外、含蓄蕴藉、深化主题等。
2.赏析作品的形象。
通常指文学作品中人物的精神面貌和性格特征。
分析作品的人物形象主要应从两个方面进行分析：一是揭示人物的典型意义（社会意义），二是简要分析人物主要的性格特征。
3.赏析作品的艺术手法。
文学作品的艺术手法是多种多样的，主要包括以下几个方面：（1）表达方式，如叙述、描写、议论、抒情、说明；（2）表现手法，如想像、联想、象征、渲染、烘托、对比、以小见大、先抑后扬、托物言志、借景抒情、寓情于景等；（3）叙述方式，如顺叙、倒叙、插叙、补叙等；（4）描写方式，如肖像描写、心理描写、语言描写、动作描写、环境描写等；（5）描写技法，如以动衬静、动静结合、虚实结合、点面结合、明暗结合、声色结合、粗笔勾勒、白描工笔等；（6）抒情方式，如直接抒情（直抒胸臆）、间接抒情（借景抒情、寓情于景）等；（7）修辞手法。
如比喻、比拟、设问、反问、借代、对偶、对比、夸张、反语、双关、互文、反复等。
4.赏析作品的构思技巧。
作品的构思技巧主要包括以下几个方面：（1）写作思路，如由此及彼、由表及里、由浅入深、由一个方面到几个方面等；（2）文章线索，如以某个中心事件为线索，以人物、感情、时间、空间为线索等；（3）层次结构，如总—分—总、总—分、分—总、分—分（并列；层进）；（4）选材特点，如生动典型、来自生活、新鲜亲切等；（5）行文布局，如开门见山、卒章显志、画龙点睛、以小见大、层层深入、过渡自然、前后呼应、伏笔铺垫、欲扬先抑、详略得当等。
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姓名：周定 学号：１０班级：数学１２－１班广东省内热点试题分析一．选择与填空分析16. （2014 广东） △ABC 绕点 A 顺时针旋转 45° 得到△ ,若∠BAC=90°,AB=AC= 2 , 则 图中阴影部分的面积等于？ 思路分析：本题考查图行的旋转，通过旋转的不变量，分析，进而求解答案。
如 图，我们知道很多的边长，求出需要的边长，在通过面积求解。
解：∵△ABC 绕点 A 顺时针旋转 45°得到△ A′B′C′,∠BAC=90°,AB=AC=2 ∴BC=2,∠C=∠B=∠CAC′=∠C′=45°, ∴AD⊥BC,B′C′⊥AB ∴AD=1/2BC=1,AF=FC′=1 ∴图中阴影部分的面积等于： S△AFC′-S△DEC′=1/2×1×1-1/2×2 1 2 12图 16(2014 广州） 若关于 的方程 x 2mx m 3m 2 0 有两个实数根 x1, x2 ，则2 22 x1 ( x1 x2 ) x2 的最小值为?分析思路：该题是含有变量的二元一次方程组，从所求的最小值出发，可以想到是有二 元函数的最值求解，这是有所创新的求解二元一次方程组中再构造二次函数求解。
解：由 x 2mx m 3m 2 0 以及韦达定理得2 2x1 x2 2m, x1 x2 m2 3m 2x1 ( x1 x2 ) x2 ( x1 x2 )2 x1x2 3m 3m 2令 y 3m 3m 2 3(m ) 2 221 25 4ymin 5 4（2014 珠海）4.已知圆柱体的底面半径为 3cm，高为 4cm，则圆柱体的侧面积为 （ D ） A．24π cm2 B．36π cm2 C．12cm2 D．24cm2思路分析：该题是简单的几何题求表面积的题型。
既然要求侧面积，则要知道周长就可以。
解：2 3 6 s 6 4 24（2014 深圳）12（2014 深圳）如图，已知四边形 ABCD 为等腰梯形，AD//BC，AB=CD，E 为 CD 中点，连接 AE，且 AE= BF=（ ） A．1 B. C. D. ， ,∠DAE=30°，作 AE⊥AF 交 BC 于 F，则思路分析：延长 AE 交 BC 的延长线于 G,根据线段中点的定义可得 CE=DE,根据两 直线平行,内错角相等可得到∠DAE=∠G=30°,然后利用"角角边"证明△ADE 和 △GCE 全等,根据全等三角形对应边相等可得 CG=AD,AE=EG,然后解直角三角形求出 AF,GF,过点 A 作 AM⊥BC 于 M,过点 D 作 DN⊥BC 于 N,根据等腰梯形的性质可得 BM=CN,再解直角三角形求出 MG,然后求出 CN,MF,然后根据 BF=BM-MF 计算即可得 解. 解：试题分析：如答图，延长 AE 交 BC 的延长线于 G， ∵E 为 CD 中点，∴CE=DE． ∵AD∥BC，∴∠DAE=∠G=30°． ∵在△ADE 和△GCE 中，∠DAE=∠G，∠AED=∠GEC，CE=DE， ∴△ADE≌△GCE（AAS）．∴CG=AD= 4 ． ，AE=EG=2 ．∴AG=AE+EG=2 +2 =∵AE⊥AF，∴AF=AGtan30°=，GF=AG÷cos30°=．过点 A 作 AM⊥BC 于 M，过点 D 作 DN⊥BC 于 N，则 MN=AD= ∵四边形 ABCD 为等腰梯形，∴BM=CN．，∵MG=AG•cos30°=，∴CN=MG﹣MN﹣CG=6﹣﹣=6﹣2．∵AF⊥AE，AM⊥BC，∴∠FAM=∠G=30°．∴FM=AF•sin30°= ∴BF=BM﹣MF=6﹣2 故选 D． ﹣2=4﹣2 ．．(2014 深圳）如图，直线 AB 的解析式为 y=2x+4，交 x 轴于点 A，交 y 轴于点 B， 以 A 为顶点的抛物线交直线 AB 于点 D，交 y 轴负半轴于点 C（0，﹣4）． （1）求抛物线的解析式； （2）将抛物线顶点沿着直线 AB 平移，此时顶点记为 E，与 y 轴的交点记为 F， ①求当△BEF 与△BAO 相似时，E 点坐标； ②记平移后抛物线与 AB 另一个交点为 G，则 S△EFG 与 S△ACD 是否存在 8 倍的关系？ 若有请直接写出 F 点的坐标．思路分析：（1）求出点 A 的坐标，利用顶点式求出抛物线的解析式． （2）①首先确定点 E 为 Rt△BEF 的直角顶点，相似关系为：△BAO∽△BFE；如 答图 2﹣1，作辅助线，利用相似关系得到关系式：BH=4FH，利用此关系式求出 点 E 的坐标． ②首先求出△ACD 的面积：S△ACD=8；若 S△EFG 与 S△ACD 存在 8 倍的关系，则 S△EFG=64 或 S△EFG=1；如答图 2﹣2 所示，求出 S△EFG 的表达式，进而求出点 F 的坐标． 试题解析：解：（1）∵直线 AB 的解析式为 y=2x+4， ∴令 x=0，得 y=4；令 y=0，得 x=﹣2．∴A（﹣2，0）、B（0，4）． ∵抛物线的顶点为点 A（﹣2，0），∴设抛物线的解析式为：y=a（x+2）2． ∵点 C（0，﹣4）在抛物线上，∴﹣4=4a，解得 a=﹣1． ∴抛物线的解析式为 y=﹣（x+2）2． （2）平移过程中，设点 E 的坐标为（m，2m+4）， 则平移后抛物线的解析式为：y=﹣（x﹣m）2+2m+4，∴F（0，﹣m2+2m+4）． ①∵点 E 为顶点，∴∠BEF≥90°， ∴若△BEF 与△BAO 相似，只能是点 E 作为直角顶点． ∴△BAO∽△BFE． ∴ ，即 ，可得：BE=2EF．如答图 1，过点 E 作 EH⊥y 轴于点 H， 则点 H 坐标为：H（0，2m+4）． ∵B（0，4），H（0，2m+4），F（0，﹣m2+2m+4）， ∴BH=|2m|，FH=|﹣m2|． 在 Rt△BEF 中，由射影定理得：BE2=BH•BF，EF2=FH•BF， 又∵BE=2EF，∴BH=4FH，即：4|﹣m2|=|2m|． 若﹣4m2=2m，解得 m= 或 m=0（与点 B 重合，舍去）；若﹣4m2=﹣2m，解得 m= 或 m=0（与点 B 重合，舍去），此时点 E 位于第一象限， ∠BEF 为钝角，故此情形不成立． ∴m= ．∴E（ ，3）．②假设存在． 联立抛物线 y=﹣（x+2）2 与直线 y=2x+4，可求得：D（﹣4，﹣4）， ∴S△ACD= ×4×4=8． ∵S△EFG 与 S△ACD 存在 8 倍的关系，∴S△EFG=64 或 S△EFG=1． 联立平移抛物线 y=﹣（x﹣m）2+2m+4 与直线 y=2x+4，可求得：G（m﹣2，2m）． ∴点 E 与点 M 横坐标相差 2，即：|xG|﹣|xE|=2． 如答图 2，S△EFG=S△BFG﹣S△BEF= BF•|xG|﹣ BF|xE|= BF•（|xG|﹣|xE|）=BF．∵B （0， 4） ， F （0， ﹣m2+2m+4） ， ∴BF=|﹣m2+2m|． ∴|﹣m2+2m|=64 或|﹣m2+2m|=1， ∴﹣m2+2m 可取值为：64、﹣64、1、﹣1． 当取值为 64 时，一元二次方程﹣m2+2m=64 无解， 故﹣m2+2m≠64． ∴﹣m2+2m 可取值为：﹣64、1、﹣1． ∵F（0，﹣m2+2m+4），∴F 坐标为：（0，﹣60）、（0，3）、（0，5）． 综上所述，S△EFG 与 S△ACD 存在 8 倍的关系，点 F 坐标为（0，﹣60）、（0，3）、 （0，5）．2014 全国各地中考试题热点分析 (2014 北京市)8.已知点 A 为某封闭图形边界上一定点，动点 P 从点 A 出发， 沿其边界顺时针匀速运动一周． 设点 P 运动的时间为 x， 线段 AP 的长为 y． 表 示 y 与 x 的函数关系的图象大致如图，则该封闭图形可能是（ A ）A 、B 、C 、D 、 思路分析：根据等边三角形，菱形，正方形，圆的性质，分析得到 y 随 x 的 增大的变化关系，然后选择答案解：A、等边三角形，点 P 在开始与结束的两边上直线变化， 在点 A 的对边上时，设等边三角形的边长为 a， 则y (3 2 3 a ) ( a x) 2 2 2（a＜x＜2a），符合题干图象； B、菱形，点 P 在开始与结束的两边上直线变化， 在另两边上时，都是先变速减小，再变速增加，题干图象不符合； C、 正 方形，点 P 在开始与结束的两边上直线变化， 在另 两边上，先变速增加至∠A 的对角顶点，再变速减小至另一顶点， 2 题干 图象不符合； D、圆，AP 的长度，先变速增加至 AP 为直径，然后再变速减小至点 P 回到点 A，题干图象不符合． 故选 A． 已知传送带与水平面所成斜坡的坡度 i=1：2.4，如果它把物体送到离地面 10 米 高的地方，那么物体所经过的路程为__26____米． 思路分析：画出草图，把相应的比例标出来，找到所求的关系，利用勾股定理即 可求解。
解：如图，由题意得：斜坡 AB 的坡度：i=1：2.4，AE=10 米，AE⊥BD， i AE 1 , BE 24 BE 2.4在RTABE中，AB AE2 BE 2 26 所以答案为26． (2014 重庆)7.2014 年 8 月 26 日，第二届青奥会将在南京举行，甲、乙、丙、 丁四位跨栏运动员在为该运动会积极准备，在某天“110 米跨栏”训练中，每 人各跑 5 次，据统计，它们的平均成绩都是 13.2 秒，甲、乙、丙、丁成绩的 方差分别是 0.11、0.03、0.05、0.02.则当天这四位运动员“110 米跨栏”训 练成绩最稳定的是（ ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁试题分析：方差就是和中心偏离的程度，用来衡量一批数据的波动大小（即这 批数据偏离平均数的大小）在样本容量相同的情况下，方差越小，说明数据的 波动越小， 越稳定.因此， ∵0.02＜0.03＜0.05＜0.11， ∴天这四位运动员 “110 米跨栏”训练成绩最稳定的是丁.故选 D.如图，反比例函数在第二象限的图象上有两点 A、B，它们的横坐标分别为-1， -3.直线 AB 与 x 轴交于点 C，则△AOC 的面积为（ C） A.8 B.10 C.12 D.24试题分析：∵反比例函数在第二象限的图象上有两点 A、B，它们的横坐标分别 为-1，-3， ∴A、B 两点的坐标分别为.(-1,6),(-3,2) 设直线 AB 的解析式为 y=kx+b，则-k+b=6,-3k+b=2,，解得:k=2,b=8 ∴直线 AB 的解析式为 y=2x+8 令 y=0,得 x=-4 ∴△AOC 的面积 s 1 4 6 12 2故选 C. 二、大题分析 （２１０４北京） ２５、 如图 1， 已知在平行四边形 ABCD 中， AB=5， BC=8， cosB=4 5 ，点 P 是边 BC 上的动点，以 CP 为半径的圆 C 与边 AD 交于点 E、F（点 F 在 点 E 的右侧），射线 CE 与射线 BA 交于点 G．（1）当圆 C 经过点 A 时，求 CP 的长； （2）连接 AP，当 AP∥CG 时，求弦 EF 的长； （3）当△AGE 是等腰三角形时，求圆 C 的半径长．思路分析： 这个题主要考查了相似三角形的判定与性质以及勾股定理以及锐角三 角函数关系等知识,利用分类讨论得出三角形 AGE 是等腰三角形时只能角 AGE=角 AEG 进而求出是解题关键.第一问中,当点 A 在圆 C 上时,点 E 和点 A 重合,过点 A 作 AH 垂直 BC 于 H,直接利用勾股定理求出 AC 进而得出答案 解：（1）如图 1，设⊙O 的半径为 r，当点 A 在⊙C 上时，点 E 和点 A 重合， 过点 A 作 AH⊥BC 于 H， ∴BH=AB，cosB=4， ∴AH=3，CH=4，∴ AC AH 2 CH 2 5 ∴此时 CP=r=5；（2）如图2，若AP ∥CE ，APCE 为平行四边形，∵CE=CP ，∴四边形APCE 是菱形，连接AC 、EP ，则AC ⊥EP ，∴AM=CM=25 由（1）知，AB=AC ，则∠ACB=∠B ，∴CP=CE=473)825(2825cos 22=-=∴=∠EF ABC CM（3）如图3：过点C 作CN ⊥AD 于点N ，设AQ ⊥BC ，4,=====BQ BC QC AN COSB ABBQ ∵cosB=54 ∴∠B ＜45°，∵∠BCG ＜90°，∴∠BGC ＞45°，∴∠BGC ＞∠B=∠GAE ，即∠BGC ≠∠GAE ，又∠AEG=∠BCG ≥∠ACB=∠B=∠GAE ，∴当∠AEG=∠GAE 时，A 、E 、G 重合，则△AGE 不存在．即∠AEG ≠∠GAE ∴只能∠AGE=∠AEG ，∵AD ∥BC ，∴△GAE ∽△GBC ，58,+==∴AE AE AE BG AG CB AE 即 解得：AE=3，EN=AN-AE=1，∴CE= 10132222=+=+CN EN24．（本题满分11分）已知抛物线36232++=bx x y 经过 A （2，0）． 设顶点为点P ，与x 轴的另一交点为点B ．（1）求b 的值，求出点P 、点B 的坐标；（2）如图，在直线 y=3x 上是否存在点D ，使四边形OPBD 为平行四边形？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在x 轴下方的抛物线上是否存在点M ，使△AMP ≌△AMB ？如果存在,试举例验证你的猜想；如果不存在，试说明理由． 思路分析：画出草图，把坐标带入，求出抛物线方程。