集美大学高数总复习第七章
高中数学高考复习：第七章第1讲
第七章 立体几何
3．三视图 (1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从 几何体的___正__前_______方、____正__左______方、__正__上________ 方观察几何体画出的轮廓线． (2)三视图的画法 ①基本要求：____长__对__正____，__高__平__齐______，__宽__相__等______． ②画法规则：____正__侧______一样高，____正__俯______一样长， ___侧__俯_______一样宽；看不到的线画__虚____线．
(2)命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到 圆锥；命题②错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题 ③对；命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可 以．
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第七章 立体几何
判定与空间几何体结构特征有关命题的方法 (1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征， 依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中 的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定． (2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误 的，只要举出一个反例即可．
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第七章 立体几何
5.在直观图(如图所示)中，四边形 O′A′B′C′为菱形 且边长为 2 cm，则在平面直角坐标系 xOy 中，四 边形 ABCO 为____矩__形__，面积为______8__cm2. [解析] 由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图， 即在平面直角坐标系 xOy 中，四边形 ABCO 是一个长为 4 cm， 宽为 2 cm 的矩形，所以四边形 ABCO 的面积为 8 cm2.
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[题点通关]
第七章 立体几何
角度一 根据几何体的结构特征确认其三视图
2022届高考数学总复习 第七章 直线和圆 7-2课后巩固提升新人教A版
v【创优导学案】2022届高考数学总复习第七章直线和圆 7-2课后巩固提升（含解析）新人教A版
对应学生用书
1C．
1画出这个几何体的直观图不要求写画法；
2求这个几何体的表面积及体积．
解析1这个几何体的直观图如图所示．
2这个几何体可看成是正方体AC1及直棱柱B1C1Q A1D2，
所求几何体的体积V＝23＋错误!×错误!2×2＝10cm3．
11．12分2022·阳泉月考已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图或称主视图是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图或称左视图是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．
1求该几何体的体积V；
2求该几何体的侧面积S
解析
由题设可知，几何体是一个高为4的四棱锥，其底面是长、宽分别为8和6的矩形，正侧面及其相对侧面均为底边长为8，高为h1的等腰三角形，左、右侧面均为底边长为6，高为h2的等腰三角形，如图所示．
1几何体的体积为：V＝错误!·S矩形·h＝错误!×6×8×4＝64
2正侧面及相对侧面底边上的高为：h1＝错误!＝5左、右侧面的底边上的高为：h2＝错误!＝4错误!
故几何体的侧面面积为：
S＝2×错误!＝40＋24错误!
12．16分如图所示，正三角形ABC的边长为4，D、E、F分别为各边中点，M、N、N、EN、E NN、EN、E NP侧＝3×错误!×22－3×错误!×12＝错误!。
高等数学第7章(第一节)
y ( n ) f ( x, y, y,, y ( n 1) ) ( n 阶显式微分方程)
微分方程的解 — 使方程成为恒等式的函数. 通解 — 解中所含独立的任意常数的个数与方程 的阶数相同. 特解 — 通解中确定了任意常数的解, 其图形称为 积分曲线. — 确定通解中任意常数的条件. 初始条件 n 阶方程的初始条件(或初值条件):
高等数学
第三次课（2学时）
复习：定积分的应用
1. 平面图形的面积 直角坐标方程 边界方程 参数方程 极坐标方程
2.平面曲线的弧长 2 2 弧微分: d s (d x) (d y ) 直角坐标方程 曲线方程 参数方程方程
极坐标方程 d s r 2 ( ) r 2 ( ) d
20 解 (1) K (t ) 0 10x dx K (0) 3 t 100 3 20 2 (2)将t 9代入得K (9) 9 100 280 （百万元） 3 9 160 2 （3） I (t )dt K (9) K (4) 280 100 126 （百万元） 4 3 3
( x0 ) y0 , , y ( n 1) ( x0 ) y0 ( n 1) y ( x0 ) y0 , y
dy dx
引例1 通解: 特解:
2x
d2y
y x 1 2 y x2 C y x2 1
引例2
20 s t 0 0 , s 0.2 t 2 C1t C2 s 0.2 t 2 20 t
因为2 y dx 不是薄片侧面积△S 的 (线性主部)满足要求的近似值.
若光滑曲线由参数方程
y
y f (x)
o a
x
b x
ds dx
2022届高考数学总复习 第七章 直线和圆 7-4课后巩固提升新人教A版
【创优导学案】2022届高考数学总复习第七章直线和圆 7-4课后巩固提升（含解析）新人教A版
对应学生用书1C1A1C1C1C1F1F1A、n为两条不重合的直线，α、β为两个不重合的平面，则下列命题中真命题的序号是_________________________________________________．
①若m、n都平行于平面α，则m、n一定不是相交直线；
②若m、n都垂直于平面α，则m、n一定是平行直线；
③已知α、β互相平行，m、n互相平行，若m∥α，则n∥β；
④若m、n在平面α内的射影互相平行，则m、n互相平行．
解析①为假命题，②为真命题；在③中，n可以平行于β，也可以在β内，故是假命题；在④中，m、n也可能异面，故为假命题．
【答案】②
三、解答题本大题共3小题，共40分
10．12分
如图，，连接ME、MF，
则FM∥CD且FM＝错误!CD
又∵AE∥CD且AE＝错误!CD，
∴FM綊AE，即四边形AFME是平行四边形．
∴AF∥ME，又∵AF⊄平面⊂平面1C、N、1C1CN1C1C1CN∥平面A1BD，
又N＝N，∴平面MN是AB的中点，G是DF上的一点．当FG＝GD时，在棱AD上确定一点C，并给出证明．
解析由三视图可得直观图为直三棱柱，且底面ADF中，AD⊥DF，DF＝AD＝DC，点
∵GS∩AS＝S，FC∩CM＝C，∴平面GSA∥平面FMC
∵GA⊂平面GSA，∴GA∥平面FMC，
即GC。
广东专用2024版高考数学大一轮总复习第七章立体几何阶段集训5课件
解：因为 在平面 内， 在直线 上，所以 在平面 内，因为 在平面 内， 在直线 上，所以 在平面 内，所以直线 平面 ，故①正确.因为 在直线 上，而 在平面 内，所以 在平面 内，由①知 在平面 内，所以 在平面 与平面 的交线上，同理可知 ， 也在平面 与平面 的交线上，所以 ， ， 三点共线，所以②正确.因为 ， ， 三点共线，所以 ， ， ， 四点共面，故③正确.故填①②③.
.因为 ， ，所以 平面 .
又 平面 ，所以 ，故B正确.连接 ，设 ，连接 .因为 平面 ， 平面 ，则 .因为 ， ，所以 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角.设正方体的棱长为1，则 ， ， ，所以直线 与平面 所成的角为 ，故C错误.因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，易得 ，故D正确.故选ABD.
6.已知三棱锥 的四个顶点在球 的球面上， ， 是边长为2的正三角形， ， 分别是 ， 的中点， ，则球 的体积为( )
A. B. C. D.
√
解：（方法一）如图，因为 , 是边长为2的等边三角形，所以 为正三棱锥，所以 ，又 ， 分别为 ， 的中点，所以 ，所以 ，又 ， ,所以 平面 ，所以 平面 ，所以
（1） 证明： ；
解：证明:如图，连接 ,与 交于点 ，连接 .
因为四边形 是菱形，所以 ，即 .由翻折性质可知 .因为 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，所以 .
（2） 求 与平面 所成角的余弦值,及点 到平面 的距离.
[答案] 设点 到平面 的距离为 ，点 到平面 的距离为 ,三棱锥 的体积为 .由 ，得 .由已知可得 .因为 ， ，所以 ，所以 ，所以 .则 与平面 所成角的余弦值为 .
三、填空题：本题共2小题，每小题5分，共10分.
高考数学一轮总复习第七章立体几何7_1简单几何体的结构三视图和直观图课件理新人教A版
2．“三不变”平 与等 x轴性平不行变的线段长度不变 相对位置不变
跟踪训练 (1)若本例4条件不变，试求原图形的面积． 解析：原图为菱形，底边长为6，高为OD＝4 2， ∴S＝6×4 2＝24 2(cm2)．
(2)若本例4中直观图为如图所示的一个边长为1 cm的正方形，则原图形的周长是 多少？
(3)由正视图得该锥体的高是h＝ 22－12＝ 3，因为该锥体的体积为233，所以该
23 23
锥体的底面面积是S＝
3 13h
＝
3 3
＝2，A项的正方形的面积是2×2＝4，B项的圆的
3
面积是π×12＝π，C项的大三角形的面积是
1 2
×2×2＝2，D项不可能是该锥体的俯
视图，故选C.
[答案] (1)B (2)D (3)C
棱柱等的简单组合体)的三视图，能识别简单组合体 根据几何体的三视图求其
的三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它 体积与表面积．对空间几
们的直观图．
何体的结构特征、三视
3．会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与 图、直观图的考查，以选
直观图，了解空间图形的不同表示形式．
择题和填空题为主.
[基础梳理] 1．多面体的结构特征 (1)棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是 全等 的多边形． (2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形． (3)棱台可由 平行于底面 的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．
大小 是完全相同的； ②名称：三视图包括 正视图 、 侧视图 、 俯视图 ．
(2)三视图的画法： ①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成 虚线 ． ②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的 正前方、 正左方、
高中数学高考复习：第七章第4讲
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第七章 立体几何
角度三 线面平行性质的应用 3.如图，四边形 ABCD 是平行四边形，点 P 是平面 ABCD 外一点，M 是 PC 的中点，在 DM 上取一点 G，过 G 和 AP 作平面交平面 BDM 于 GH.求证： AP∥GH.
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第七章 立体几何
【解】 (1)证明：由已知得 AM＝23AD＝2. 取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 的中点知 TN∥BC， TN＝12BC＝2. 又 AD∥BC，故 TN AM，四边形 AMNT 为平行四边形，于 是 MN∥AT. 因为 AT⊂平面 PAB，MN⊄平面 PAB，
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第七章 立体几何
1.教材习题改编 如果直线 a∥平面 α，那么直线 a 与平面 α
内的( D )
A．一条直线不相交
B．两条直线不相交
C．无数条直线不相交
D．任意一条直线都不相交
[解析] 因为 a∥平面 α，直线 a 与平面 α 无公共点，因此 a
和平面 α 内的任意一条直线都不相交，故选 D．
平面平行，则其中一个平面内的任一条直线都平行于另一平
面，故 C 正确．
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第七章 立体几何
角度二 线面平行的证明 2．(2015·高考四川卷节选)一个正方体的平面展开图及该正方 体的直观图的示意图如图所示．在正方体中，设 BC 的中点 为 M，GH 的中点为 N.
(1)请将字母 F，G，H 标记在正方体相应的顶点处(不需说明 理由)； (2)证明：直线 MN∥平面 BDH.
高数第七章习题课解答
第七章习题课1.求函数z =.（总习题七A ，2） 解答 要使函数式有意义，只要⎪⎩⎪⎨⎧≠--≥---+020)2)((222222y x x y x x x y x 成立即可，从而只要⎪⎩⎪⎨⎧+≠≤-+-+22222220)2)((yx x x y x x y x 成立 当0≥x 时，由0)2)((2222≤-+-+x y x x y x 解得x y x x 222≤+≤，从而定义域为22{(,)|2}D x y x x y x =≤+<当0<x 时，由0)2)((2222≤-+-+x y x x y x 解得x y x x ≤+≤222，此时x y x ≤+≤220，矛盾.因此函数定义域就是22{(,)|2}D x y x x y x =≤+< 2. 求极限(,)(0,0)limx y xy e→+A ，4（1））解答1 令cos ,sin x y ρθρθ==，则22cos sin 01cos 1lim2x y x y e e ρθθρρρ→→→-==+； 解答2 当0,0→→y x 时，022→y x ，从而122→y x e又因为022→+y x 为无穷小，由无穷小替换定理，)(21~cos12222y x y x ++- 从而2121lim )()(21lim )(cos 1lim 2222220022*******200==++=++-→→→→→→y x y x y x y x y x y x e e y x y x e y x y x 3.讨论函数()22222(,)x y f x y x y x y =+-当(,)(0,0)x y →时的极限存在性.（总习题七A ，5）解答 取y x =和y x =-两条路径，有10lim )(lim 4402222200=+=-+→=→→x x y x y x y x x xy y x 04lim 4lim )(lim 22024********0=+=+=-+→→-=→→x x x x x y x y x y x x x xy y x 因此()22222(,)(0,0)limx y x y x y x y →+-不存在.4.讨论函数的连续性：（总习题七A ，6）⎪⎩⎪⎨⎧=≠=00)tan(),(22y x y yy x y x f解答 当0≠y 时，yy x y x f )tan(),(2=为初等函数，因此连续；当0=y 时，考虑)0,(0x 处的连续性.由于)0,(1)t an (lim )tan(lim ),(lim 020202220200000x f x x x y x y x y y x y x f y x x y x x y x x ==⋅=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋅==→→→→→→，因此函数在)0,(0x 处也连续，故函数处处连续.5.设x y u yf xg y x ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中函数,f g 具有二阶连续导数，求222u u x y x x y ∂∂+∂∂∂.（总习题七A ，11） 解答21u y y yf g xg f g g x y x x ∂-⎛⎫''''=⋅++⋅=+- ⎪∂⎝⎭， 2222223311u y y y y f g g g f g x y x xx y x ∂⎛⎫''''''''''=+⋅-++=+ ⎪∂⎝⎭， 2222211u x y x y f g g g f g x y y x x x y x ⎛⎫∂⎛⎫''''''''''''=-+⋅--=-- ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭， 故2220.u ux y x x y∂∂+=∂∂∂6.设函数()y y x =由(cos )(sin )1y xx y +=确定，求d d yx.（总习题七A ，12） 解答 由ln(cos )ln(sin )1y x x y ee +=，两边关于x 求导，得ln(cos )ln(sin )(sin )cos ln cos lnsin 0cos sin y x x y x y e y x y e y x y x y ⎛⎫-⎛⎫''+++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 即 ()()(cos )lncos tan (sin )lnsin cot 0y x x y x y x y y x y y ''-++⋅=.故 (cos )tan (sin )ln sin (cos )ln cos (sin )cot y x y x x y x y yy x x y x y-'=+.7．在已知的圆锥内嵌入一个长方体，如何选择其长、宽、高，使它的体积最大.（总习题七A ，15）解答 设圆锥的底半径为R ，高为h ，以底面圆心为坐标原点，底面圆心到顶点射线方向为z 轴正方向，建立坐标系，则圆锥的表面方程为z h -=， 在圆锥面上取点),,(z y x ，以之为顶点的长方体的体积则为 224.V x y z xyz =⨯⨯=设(,,,)[()F x y z xyz R z h λλ=+-+，令0,0,0,()0.x y z F yz F xz F xy R R z h λ⎧'=+=⎪⎪⎪⎪'=+=⎨⎪⎪'=+=⎪⎪-+=⎩解得3x y R ==，13z h =，此时当长宽高分别为3,322,322hR R 时，长方体体积最大，最大体积为2max 827V R h =. 8.求极限222(,)(,)limx x y xy x y →+∞+∞⎛⎫ ⎪+⎝⎭.（总习题七B ，1） 解答 由于2212xy x y ≤+，有2221022x x y x xy ⎪⎭⎫ ⎝⎛≤+≤，而021lim 2=⎪⎭⎫⎝⎛+∞→x x由夹逼准则知222(,)(,)lim0x x y xy x y →+∞+∞⎛⎫= ⎪+⎝⎭. 9.设函数(,)f x y 在点(0,0)的某邻域内有定义，且(0,0)3x f =，(0,0)1y f =-，则有 .（总习题七B ，4） A.(0,0)d 3d d z x y =-.B.曲面(,)z f x y =在点(0,0,(0,0))f 的一个法向量为(3,1,1)-.C.曲线(,),0z f x y y =⎧⎨=⎩在点(0,0,(0,0))f 的一个切向量为(1,0,3).D ．曲线(,),z f x y y =⎧⎨=⎩在点(0,0,(0,0))f 的一个切向量为(3,0,1).解答 选C函数(,)f x y 在点(0,0)处的两个偏导数存在，但不一定可微分，故（A ）不对；曲面(,)z f x y =可化为0),(=-z y x f ，其法向量为)1,,(-y x f f ，故在点(0,0,(0,0))f 处的一个法向量是(3,1,1)--，而不是(3,1,1)-，故（B ）不对；以x 为参数，则曲线x x =，0y =，(,0)z f x =的切向量为),,1(x f y '，故在点(0,0,(0,0))f 处的一个切向量为(1,0,3)，故（C ）对，（D ）不对.10．设(,)f xy 具有连续偏导数，且当0x ≠时有2(,)1f x x =，2(,)x f x x x '=，求2(,)y f xx '.（总习题七B ，5）解答 方程2(,)1f x x =左右两边对x 求导，得02),(),(22=⋅'+'x x x f x x f y x即 22(,)0y x xf x x '+=，求得21(,)2y f x x '=-. 11.设,sin ,sin u v x y u x v y +=+⎧⎪⎨=⎪⎩确定函数(,)u u x y =，(,)v v x y =，求d u ，d v .（总习题七B ，7）解答 将方程组改写成,sin sin ,u v x y y u x v +=+⎧⎨=⎩两式两边微分得,sin cos sin cos .du dv dx dy udy y udu vdx x vdv +=+⎧⎨+=+⎩消去dv ，得 ()sin cos (sin cos )cos cos v x v dx u x v dy du x v y u+--=+，消去du ，得 ()cos sin (sin cos )cos cos y u v dx u y u dy dv x v y u-++=+.12.=（0a >，为常数）上任何点处的切平面在各坐标轴上截距之和为a .（总习题七B ，8）证设(,,)F x y z =(,,)x y z 的法向量为⎛⎫=n ， 该点的切平面方程为)))0X x Y y Z z ---=，即X Z =这样，切平面在三个坐标轴上截距之和为a ==.13.在椭球面2222221x y z ++=上求一点，使得函数222(,,)f x y z x y z =++沿着点(1,1,1)A 到点(2,0,1)B 的方向导数具有最大值.（总习题七B ，9）解答 由)0,1,1(-=知0cos ,21cos ,21cos =-==γβα，而(2,2,2)f x y z =grad因此2220)f z x y l ∂=-+⋅=-∂ 作222(,,))(2221)L x y z x y x y z λ=-+++-，令22240,40,40,222 1.x y z L x L y L z x y z λλλ⎧==⎪==⎪⎨==⎪⎪++=⎩解得11,,022⎛⎫- ⎪⎝⎭，11,,022⎛⎫- ⎪⎝⎭.比较得知方向导数在点11,,022⎛⎫- ⎪⎝⎭14.证明：函数(1)cos yyz e x ye =+-有无穷多个极大值，但无极小值.（总习题七B ，10）证明 由(1)sin 0,(cos 1)0,yy z e x xz e x y y∂⎧=-+=⎪∂⎪⎨∂⎪=--=∂⎪⎩解得⎩⎨⎧==02y k x π或⎩⎨⎧-=+=2)12(y k x π.22(1)cos y z e x x ∂=-+∂，2sin y z e x x y ∂=-∂∂，22(cos 2)y z e x y y∂=--∂. 当0,2==y k x π时，1,0,2-==-=C B A ，由于0,022<>=-A B AC ，所以此时z 取得无穷多个极大值；当2,)12(-=+=y k x π时22,0,1---==+=e C B e A ，由0)1(222<+-=---e e B AC 知，此时z 没有极值.从而结论成立。
高考数学总复习 第七章第7课时 立体几何中的向量方法 课时闯关(含解析)
2013年高考数学总复习（山东专用）第七章第7课时 立体几何中的向量方法 课时闯关（含解析）一、选择题1．(2012·天水调研)已知二面角αl β的大小是π3，m ，n 是异面直线，且m ⊥α，n ⊥β，则m ，n 所成的角为( ) A.2π3 B.π3 C.π2 D.π6 解析：选B.∵m ⊥α，n ⊥β，∴异面直线m ，n 所成的角的补角与二面角αl β互补．又∵异面直线所成角的范围为⎝⎛⎦⎥⎤0，π2，∴m ，n 所成的角为π3.2．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，AA 1＝3，AD ＝22，P 为C 1D 1的中点，M 为BC 的中点．则AM 与PM 的位置关系为( )A ．平行B ．异面C ．垂直D ．以上都不对解析：选C.以D 点为原点，分别以DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D －xyz ，依题意，可得，D (0,0,0)，P (0,1，3)，C (0,2,0)， A (22，0,0)，M (2，2,0)． ∴PM →＝(2，2,0)－(0,1，3)＝(2，1，－3)， AM →＝(2，2,0)－(22，0,0)＝(－2，2,0)， ∴PM →·AM →＝(2，1，－3)·(－2，2,0)＝0， 即PM →⊥AM →，∴AM ⊥PM .3．直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝30°，BC ＝1，AA 1＝6，M 是CC 1的中点，则异面直线AB 1与A 1M 所成的角为( ) A ．60° B ．45° C ．30° D ．90°解析：选D.建立坐标系如图所示，易得M (0,0，62)，A 1(0，3，0)，A (0，3，6)，B 1(1,0,0)，∴AB 1→＝(1，－3，－6)，A 1M →＝(0，－3，62)．∴AB 1→·A 1M →＝1×0＋3－62＝0，∴AB 1→⊥A 1M →.即AB 1⊥A 1M .4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，则直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的余弦值是( )A.24B.23C.33 D.32 解析：选C.建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，设直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ， 则D (0,0,0)，A (1,0,1)，A 1(1,0,1)， B (1,1,0)，C 1(0,1,1)， ∴DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)， 设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝x ＋z ＝0n ·DB →＝x ＋y ＝0，令z ＝1，则x ＝－1，y ＝1.∴n ＝(－1,1,1)，∴sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋13·2＝63，∵θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，∴cos θ＝1－sin 2θ＝33.5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为( )A.12B.23C.33D.22解析：选B.建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，E⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，∴DA1→＝(1,0,1)，DE→＝⎝⎛⎭⎪⎫1，1，12，设n＝(x，y，z)为平面A1DE的法向量，则⎩⎨⎧n·DA1→＝x＋z＝0n·DE→＝x＋y＋12z＝0，令z＝－1，则x＝1，y＝－12，∴n＝⎝⎛⎭⎪⎫1，－12，－1，取平面ABCD的法向量m＝(0,0,1)则cos〈m，n〉＝－11×1＋14＋1＝－23，故所求锐二面角的余弦值为23.二、填空题6．已知AB→＝(1,5，－2)，BC→＝(3,1，z)，若AB→⊥BC→，BP→＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则实数x，y，z分别为________．解析：由题知，BP→⊥AB→，BP→⊥BC→.所以⎩⎪⎨⎪⎧AB→·BC→＝0，BP→·AB→＝0，BP→·BC→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧1×3＋5×1＋－2×z ＝0，x －1＋5y ＋－2×－3＝0，3x －1＋y －3z ＝0，解得，x ＝407，y ＝－157，z ＝4.答案：407，－157，47．(2012·贵阳调研)长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AA 1＝2，AD ＝1，E 为CC 1的中点，则异面直线BC 1与AE 所成角的余弦值为__________． 解析：建立坐标系如图，则A (1,0,0)，E (0,2,1)， B (1,2,0)，C 1(0,2,2)， ∴BC 1→＝(－1,0,2)， AE →＝(－1,2,1)，∴cos 〈BC 1→，AE →〉＝BC 1→·AE →|BC 1→||AE →|＝3010.答案：30108．设正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则点D 1到平面A 1BD 的距离是________．解析：如图建立空间直角坐标系， 则D 1(0,0,2)，A 1(2,0,2)， D (0,0,0)，B (2,2,0)， ∴D 1A 1→＝(2,0,0)， DA 1→＝(2,0,2)，DB →＝(2,2,0)，设平面A 1BD 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·DA 1→＝2x ＋2z ＝0n ·DB →＝2x ＋2y ＝0.令x ＝1，则n ＝(1，－1，－1)，∴点D 1到平面A 1BD 的距离d ＝|D 1A 1→·n ||n |＝23＝233.答案：233三、解答题9．(2011·高考辽宁卷)如图，四边形ABCD 为正方形，PD ⊥平面ABCD ，PD ∥QA ，QA ＝AB ＝12PD .(1)证明：平面PQC ⊥平面DCQ ； (2)求二面角Q -BP -C 的余弦值．解：如图，以D 为坐标原点，线段DA 的长为单位长，射线DA 为x 轴的正半轴建立空间直角坐标系D －xyz .(1)证明：依题意有Q (1,1,0)，C (0,0,1)，P (0,2,0)，则DQ →＝(1,1,0)，DC →＝(0,0,1)，PQ →＝(1，－1,0)．所以PQ →·DQ →＝0，PQ →·DC →＝0， 即PQ ⊥DQ ，PQ ⊥DC .又DQ ∩DC ＝D ，所以PQ ⊥平面DCQ .又PQ ⊂平面PQC ，所以平面PQC ⊥平面DCQ .(2)依题意有B (1,0,1)，CB →＝(1,0,0)，BP →＝(－1,2，－1)． 设n ＝(x ，y ，z )是平面PBC 的法向量，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·CB →＝0，n ·BP →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，－x ＋2y －z ＝0.因此可取n ＝(0，－1，－2)．同理，设m 是平面PBQ 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·BP →＝0，m ·PQ →＝0，可取m ＝(1,1,1)．所以cos 〈m ，n 〉＝－155. 故二面角Q -BP -C 的余弦值为－155.10．(2011·高考福建卷节选)如图，四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 中，AB ⊥AD ，AB ＋AD ＝4，CD ＝2，∠CDA ＝45°. (1)求证：平面PAB ⊥平面PAD .(2)设AB ＝AP ，若直线PB 与平面PCD 所成的角为30°，求线段AB 的长． 解：(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AB . 又AB ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)以A 为坐标原点，建立空间直角坐标系A －xyz (如图)． 在平面ABCD 内，作CE ∥AB 交AD 于点E ，则CE ⊥AD .在Rt △CDE 中，DE ＝CD ·cos45°＝1，CE ＝CD ·sin 45°＝1. 设AB ＝AP ＝t ，则B (t,0,0)，P (0,0，t )． 由AB ＋AD ＝4得AD ＝4－t ，所以E (0,3－t,0)，C (1,3－t,0)，D (0,4－t,0)， CD →＝(－1,1,0)，PD →＝(0,4－t ，－t )． 设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由n ⊥CD →，n ⊥PD →，得⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋y ＝0，4－t y －tz ＝0.取x ＝t ，得平面PCD 的一个法向量n ＝(t ，t,4－t )． 又PB →＝(t,0，－t )，故由直线PB 与平面PCD 所成的角为30°得，cos 60°＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n |·|PB →|， 即|2t 2－4t |t 2＋t 2＋4－t 2·2t 2＝12，解得t ＝45或t ＝4(舍去，因为AD ＝4－t >0)，所以AB ＝45.11．如图，在五面体ABCDEF 中，FA ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ∥FE ，AB ⊥AD ，M 为EC 的中点，AF＝AB ＝BC ＝FE ＝12AD .(1)求异面直线BF 与DE 所成的角的大小； (2)证明平面AMD ⊥平面CDE ； (3)求二面角A CD E 的余弦值． 解：如图所示，建立空间直角坐标系，点A 为坐标原点，设AB ＝1，依题意得B (1,0,0)，C (1,1,0)，D (0,2，0)，E (0,1,1)，F (0,0,1)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12.(1)BF →＝(－1,0,1)， DE →＝(0，－1,1)，于是cos 〈BF →，DE →〉＝BF →·DE →|BF →|·|DE →|＝0＋0＋12·2＝12.所以异面直线BF 与DE 所成的角的大小为60°.(2)证明：由AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，12，CE →＝(－1,0,1)，AD →＝(0,2,0)，可得CE →·AM →＝0，CE →·AD →＝0.因此，CE ⊥AM ，CE ⊥AD .又AM ∩AD ＝A ，故CE ⊥平面AMD .而CE ⊂平面CDE ，所以平面AMD ⊥平面CDE . (3)设平面CDE 的法向量为u ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧u ·CE →＝0，u ·DE →＝0.于是⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－y ＋z ＝0.令x ＝1，可得u ＝(1,1,1)．又由题设，平面ACD 的一个法向量为ν＝(0,0,1)．所以cos 〈u ，ν〉＝u ·ν|u ||ν|＝0＋0＋13·1＝33.因为二面角A -CD -E 为锐角， 所以其余弦值为33.。
高考数学总复习 第七章 直线和圆 73课后巩固提升含解析新人教A版
v【创优导学案】2014届高考数学总复习第七章直线和圆 7-3课后巩固提升（含解析）新人教A版(对应学生用书P291解析为教师用书独有)(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1．下列推理错误的是( ) A．A∈l，A∈α，B∈l，B∈α⇒l⊂αB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A、B、C∈α，A、B、C∈β且A、B、C不共线⇒α与β重合解析 C 当l⊄α，A∈l时，可能有A∈α.2．已知a，b是异面直线，直线c∥直线a，则c与b ( ) A．一定是异面直线 B．一定是相交直线C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线解析 C 若b∥c，由已知c∥a，所以a∥b，与a，b是异面直线矛盾，故c与b不可能平行．3．下列命题正确的是( ) A．若a⊂α，b⊂β，则直线a，b为异面直线B．若a⊂α，b⊄α，则直线a，b为异面直线C．若a∩b＝∅，则直线a，b为异面直线D．不同在任何一个平面内的两条直线叫异面直线解析 D A、B、C三选项中直线a，b可以平行，均错，故选D.4．如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，错误的为A．AC⊥BDB．AC∥截面PQMNC．AC＝BDD．异面直线PM与BD所成的角为45°解析 C ∵截面PQMN是正方形，∴PQ∥MN，∵MN在平面ADC中，∴PQ∥平面ADC.又∵PQ在平面ABC中，且平面ABC∩平面ADC＝AC，∴PQ∥AC，同理BD∥MQ，∴AC⊥BD，AC∥截面PQMN.异面直线PM与BD所成的角为45°.故选C.5．正方体ABCDA1B1C1D1中，P、Q、R分别是AB、AD、B1C1的中点，那么，正方体的过P、Q、R的截面图形是( ) A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形解析 D 如图所示，作RG∥PQ交C1D1于G，连接QP并延长与CB交于M，连接MR交BB1于E，连接PE、RE.同理连PQ并延长交CD于N，连接NG交DD1于F，连接QF，FG.∴截面为六边形PQFGRE.6．如图所示，ABCD A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论正确的是( ) A．A，M，O三点共线B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面解析 A 连接A1C1，AC，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1，∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上．∴A，M，O三点共线．二、填空题(本大题共3小题，每小题8分，共24分)7．下列命题中，不正确的是________．①没有公共点的两条直线是异面直线；②分别和两条异面直线都相交的两直线异面；③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它不可能和另一条直线平行；④一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．解析①中的直线可能平行；②中两直线也可能相交；③④正确．【答案】①②8．若直线a∥b，b∩c＝A，则a与c的位置关系是________．解析a与c不能平行，故两直线异面或相交．【答案】异面或相交9.如图是正四面体的平面展开图，G、H、M、N分别为DE、BE、EF、EC的中点，在这个正四面体中，①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．解析还原成正四面体后GH与EF为异面直线，BD与MN为异面直线，GH与MN成60°角，DE⊥MN.【答案】②③④三、解答题(本大题共3小题，共40分)10．(12分)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，H为直线B1D 与平面ACD1的交点．求证：D1、H、O三点共线．解析连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，∵BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形．又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1.即D1、H、O三点共线．11．(12分)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为D1C1、B1C1的中点，AC∩BD ＝P，A1C1∩EF＝Q，若A1C交平面BDEF于R点，试确定R点的位置．解析正方体AC1中，∵Q∈A1C1，∴Q∈平面A1C1CA，又Q∈EF，∴Q∈平面BDEF，即Q是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点，同理，P也是平面A1C1CA与平面BDEF的公共点．∴平面A1C1CA∩平面BDEF＝PQ，又A1C∩平面BDEF＝R，∴R∈A1C，∴R∈平面A1C1CA，R∈平面BDEF.∴R是A1C与PQ的交点．12．(16分)设A是平面BCD外的一点，E、F分别是BC、AD的中点．(1)求证：直线EF与BD是异面直线；(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．解析(1)用反证法．设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，∴DF与BE共面，即AD与BC共面，∴A、B、C、D在同一平面内，这与A是平面BCD外的一点相矛盾，故直线EF与BD是异面直线．(2)如图，取CD的中点G，连接EG、FG，则EG∥BD，∴相交直线EF与EG所成的锐角或直角即为异面直线EF与BD所成的角．∵AC⊥BD，AC＝BD，∴EG⊥FG，EG＝FG.在Rt△EGF中，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.。
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第七章 微分方程
一、 微分方程的基本概念
定义：含有未知函数及其导数（或微分）的等式称为微分方程。如果未知函数是一元函数，
则其满足的微分方程称为常微分方程；如果未知函数是多元函数，其导数就是偏导数，其所
满足的微分方程称为偏微分方程。在微分方程中出现的未知函数导数（或偏导数）的最高阶
数，称为微分方程的阶，若用某个函数及其各阶导数代入微分方程中的未知函数及其对应的
各阶导数后，微分方程成为恒等式，则称此函数为微分方程的解。如果微分方程的解中含有
独立的任意常数的个数等于微分方程的阶数，则称此解为微分方程的通解。如果微分方程中
的未知函数及其各阶导数都是一次幂的，则称它为线性微分方程。
二、 一阶微分方程
1． 变量可分离的微分方程：可以改写成dxxgdyyh)()(，两边积分得到
dxxgdyyh)()(
，由此所确定的函数就是变量可分离的方程的通解.
例1 求微分方程yxey2'的通解.
例2 设)(xf连续可微，且满足)(xfdtextf0)(，求)(xf的非积分表达式.
练习：一曲线在两坐标轴之间的任何切线段都被切点平分，求此曲线族.
解：设切线L与曲线切点为P=(x,y)，在x和y轴上交点分别为A和B， 因为P为AB的中点，
所以A=(2x,0)，B=(0,2y)。
根据导数的几何意义（切线L的斜率），得到 dy/dx=(2y-0)/(0-2x)=-y/x. 分离变量 dy/y=-dx/x， 积分
lny=-lnx+lnC
2.齐次微分方程： )(xygdxdy.可以通过变换xyxu)(, 化为变量可分离的微分方程
xuugdx
du
)(
求解.
例3求微分方程 tan()dyyxyxdxx的通解. （通解为Cxxy)sin(.）
3. 一阶线性微分方程：)()(xQyxPdxdy. 0)(yxPdxdy称为一阶线性齐次方程，
0)(xQ
时的方程称为一阶线性非齐次方程。用常数变易法可求得解公式：
2
()()() PxdxPxdxyeQxedxC＋
例4 求yyx通解。
例5求通过点（1，1）且在点（x,y）处切线斜率等于xxyln的曲线的方程
练习：求满足方程20)(2)(xdxxfxfx的解)(xf.
三、高阶微分方程的降阶法
1. )(xfy型的微分方程：
方程两边关于x积分，得到1)(Cdxxfy；再积分，就得到通解.
例6：求微分方程sin2cosyxx满足初始条件2)0(y，1)0(y的解。
练习 0)cos2()1(2dxxxydyx
2. ),(yxfy型的微分方程：
方程右端不显含y。令)(xpy，则dxdpy，于是方程降为变量p关于自变量x的一
阶方程),(pxfdxdp，如果此一阶方程的通解为),(1Cxp，则由方程
),(1Cxpdxdy
，可求出原方程的通解.
例7解微分方程 xyyx4 . （原方程的通解为212||lnCxCxy）
练习：求0)'(''22yyx的过点)0,1(，且在此点与1xy相切的积分曲线．
3. ),(yyfy型的微分方程
方程的右端不显含自变量x。若令)(ypdxdy，则dydppdxdydydpdxdpy，因此方程降为
变量p关于变量y的一阶方程),(pyfdydpp.若能求出它的通解),(1Cyp，再由方程
),(1Cypy
可得到原方程的通解.
例8 解微分方程0)(2yyy
四、二阶线性微分方程解的结构
3
)()()()(xfyxcyxbyxa,其中)(xa,)(xb
,)(xc称为微分方程的系数，如果系数全为
常数，则方程称为常系数线性微分方程。)(xf做线性微分方程的自由项，如果0)(xf，方
程称为线性齐次微分方程，否则称为线性非齐次微分方程。
1. 如果函数)(1xy与)(2xy是二阶线性线性齐次方程0)()()(yxcyxbyxa的两个
解，则)()(2211xyCxyCy也是方程的解，其中21,CC是任意常数。
2.如果在区间I上两个函数)(1xy和)(2xy之比是一个常数，即kxyxy)(/)(21或
kxyxy)(/)(12，则称)(1xy和)(2xy在区间I上是线性相关的，否则，则称)(1xy
和
)(2xy
在区间I上是线性无关的。
3. 如果)(1xy和)(2xy是二阶线性线性齐次方程0)()()(yxcyxbyxa的两个线性
无关的解，则)()(2211xyCxyCy就是该方程的通解，其中21,CC是两个任意常数。
4. 如果)(xyp是)()()()(xfyxcyxbyxa的一个特解，)(xyc是
0)()()(yxcyxbyxa的通解，则)()(xyxyypc是)()()()(xfyxcyxbyxa
的通
解。
五、二阶常系数线性微分方程
1. 二阶常系数线性齐次微分方程的解法：0cyybya
cba,,
为实常数，0a。20arbrc称为微分方程0cyybya的特征方程。
（1） 042acb.0cyybya的通解为 2121xrxreCeCy
（2） 042acb.0cyybya的通解为
)( 1112121xrxrxrexCCxeCeCy
.
（3）042acb.0cyybya的通解为 )sincos( 21xCxCeyx.
例9：解方程02yy； 09yy;20yyy；032yyy；
例10．方程0y9y的一条积分曲线通过点)1,(，且在该点和直线x1y相切，
求这条曲线.
练习 求微分方程03'4''yyy满足初始条件10)0(',6)0(yy特解．
2. 二阶常系数线性非齐次微分方程的解法：)(xfcyybya
（1）xnexPxf)()( 型：
方程具有如下形式的特解：
)()( 1110xnnnnkxnkpeBxBxBxBxexQxy
其中，)(xQn是与)(xPn同次（n次）的待定多项式，而k的取值，按不是特征方程的根，
是特征方程的单根或是特征方程的重根，依次取0，1或2.
4
例11求523yyy, 2)0( ,1)0(yy的特解
例12求微分方程xeyyy22通解.
练习 求微分方程xyye的通解。