北师大版数学高一-课堂新坐标14-15数学必修2讲义 模块高考热点透视

模块高考热点透视必修2模块高考热点透视第一章立体几何初步【命题趋势】从近几年的高考试题看，本章主要考查空间几何体的结构，三视图与几何体空间几何体的结构和三视图(教材第20页练习第7(1)题)根据以下三视图想象物体原形，并画出物体的实物图．图11．(2012·北京高考)某三棱锥的三视图如图2所示，该三棱锥的表面积是()图2A．28＋65B．30＋6 5C．56＋12 5 D．60＋12 5【命题意图】本题主要考查三视图和几何体表面积相结合的计算．【解析】 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ， 所以AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5.在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.【答案】 B2．(2012·福建高考)一个几何体的三视图如图3所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.图3【命题意图】 本题考查了由三视图还原几何体及几何体的体积计算．【解析】 由三视图知，几何体下面是两个球，球半径为32；上面是长方体，其长、宽、高分别为6、3、1，所以V ＝43π×278×2＋1×3×6＝9π＋18. 【答案】 18＋9π1．(2012·福建高考)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是()A．球B．三棱锥C．正方体D．圆柱【解析】 球、正方体的三视图形状都相同，大小均相等，首先排除选项A 和C.对于如图所示三棱锥O －ABC ，当OA 、OB 、OC 两两垂直且OA ＝OB ＝OC 时，其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B.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】 D2．(2012·广东高考)某几何体的三视图如图4所示，它的体积为( )图4A ．12πB ．45πC ．57πD ．81π【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，圆柱的底面半径为3，高为5，∴V ＝V 圆锥＋V 圆柱＝13Sh1＋Sh2＝13×π×32×4＋π×32×5＝57π. 【答案】 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.图51．(2012·课标全国卷)如图6，直三棱柱ABC －A1B1C1中，AC ＝BC ＝12AA1，D 是棱AA1的中点，DC1⊥BD.图6(1)证明：DC1⊥BC ；(2)求二面角A1－BD －C1的大小．【命题意图】 本题综合考查了垂直关系及二面角大小的求解，考查学生的综合计算能力．【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．以C 为坐标原点，的方向为x 轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系C －xyz.由题意知A1(1,0,2)，B(0,1,0)，D(1,0,1)，C1(0,0,2)．则＝(0,0，－1)，＝(1，－1,1)，＝(－1,0,1)．设n ＝(x ，y ，z)是平面A1B1BD 的法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋z ＝0，z ＝0， 可取n ＝(1,1,0)． 同理，设m ＝(x ，y ，z)是平面C1BD 的法向量，则即⎩⎪⎨⎪⎧ x －y ＋z ＝0，－x ＋z ＝0， 可取m ＝(1,2,1)．从而cos 〈n ，m 〉＝n·m |n|·|m|＝32. 故二面角A1－BD －C1的大小为30°.图7 2．(2012·全国高考改编)如图7，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PA ⊥底面ABCD ，AC ＝22，PA ＝2，E 是PC 上的一点，PE ＝2EC.证明：PC ⊥平面BED.【命题意图】 本题主要考查线面垂直问题．【证明】 因为底面ABCD 为菱形，所以BD ⊥AC.又PA ⊥底面ABCD ，所以PC ⊥BD.如图，设AC ∩BD ＝F ，连接EF.因为AC ＝22，PA ＝2，PE ＝2EC ，故PC ＝23，EC ＝233，FC ＝2， 从而PC FC ＝6，AC EC＝ 6.因为PC FC ＝AC EC，∠FCE ＝∠PCA ，所以△FCE ∽△PCA ，∠FEC ＝∠PAC ＝90°. 由此知PC ⊥EF.因为PC 与平面BED 内两条相交直线BD ，EF 都垂直，所以PC ⊥平面BED.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∥βB ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥βC ．若α⊥β，l ⊥α，则l ⊥βD ．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．【答案】 B 2．(2012·江苏高考)如图8，在直三棱柱ABC －A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D ，E 分别是棱BC ，CC1上的点(点D 不同于点C)，且AD ⊥DE ，F 为B1C1的中点．图8求证：(1)平面ADE ⊥平面BCC1B1；(2)直线A1F ∥平面ADE.【证明】 (1)因为ABC －A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.又AD ⊂平面ABC ，所以CC1⊥AD.又因为AD ⊥DE ，DE ⊂平面BCC1B1，CC1∩DE ＝E ，所以AD ⊥平面BCC1B1.又AD ⊂平面ADE ，所以平面ADE ⊥平面BCC1B1.(2)因为A1B1＝A1C1，F 为B1C1的中点，所以A1F ⊥B1C1.因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F ⊂平面A1B1C1，所以CC1⊥A1F.又因为CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，所以A1F ⊥平面BCC1B1.由(1)知AD ⊥平面BCC1B1，所以A1F ∥AD.又AD ⊂平面ADE ，A1F ⊄平面ADE ，所以A1F ∥平面ADE.第二章解析几何初步【命题趋势】从近几年的高考试题看，本章主要考查直线方程的求解与应用；两直线平行与垂直的条件，平面解析几何中的距离公式；圆的标准方程与一般方程；直线和圆的位置关系；圆与圆的位置关系，考查的主要方法有数形结合，坐标法，化归与转化，待定系数法，代入法等.直线与圆的位置关系(教材第82页例5)判断下列直线与圆(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系．(1)x－y－2＝0；(2)x＋2y－1＝0.1．(2012·陕西高考)已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则()A．l与C相交B．l与C相切C．l与C相离D．以上三个选项均有可能【命题意图】考查直线与圆的位置关系及两点距离公式．【解析】将点P(3,0)的坐标代入圆的方程，得32＋02－4×3＝9－12＝－3<0，∴点P(3,0)在圆内．∴过点P的直线l定与圆C相交．【答案】 A2．(2012·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________．【命题意图】本题主要考查了直线与圆的位置关系及点到直线的距离公式．【解析】可转化为圆C的圆心到直线y＝kx－2的距离不大于2.圆C的标准方程为(x－4)2＋y2＝1，圆心为(4,0)．由题意知(4,0)到kx－y－2＝0的距离应不大于2，即|4k－2|k2＋1≤2.整理，得3k2－4k≤0.解得0≤k≤43.故k的最大值为43.【答案】4 31．(2012·广东高考)在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于()A．3 3 B．2 3C. 3 D．1【解析】圆x2＋y2＝4的圆心为(0,0)，半径为2，则圆心到直线3x＋4y－5＝0的距离为d＝532＋42＝1.∴|AB|＝2r2－d2＝24－1＝2 3.【答案】 B2．(2012·安徽高考)若直线x－y＋1＝0与圆(x－a)2＋y2＝2有公共点，则实数a的取值范围是()A ．B ．C ．D ．(－∞，－31，＋∞)【解析】 由题意知，圆心为(a,0)，半径r ＝ 2.若直线与圆有公共点，则圆心到直线的距离小于或等于半径， 即|a －0＋1|2≤2，∴|a ＋1|≤2.∴－3≤a ≤1，故选C. 【答案】 C。