2013届高三数学二轮复习热点 专题一 高考中选择题、填空题解题能力突破23 考空间几何体的三视图与直观图 理
荆门市2013届高三二轮专题复习-数列
an 与和 Sn 与项数 n 之间的关系（单调性）的考查 数列的前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系 an
n 1 S1 , ，在数列求通项公式中占有 S S , n 2 n 1 n
重要地位位置， 很多数列试题就是以此为出发点设计的。 主要考查考生对数列的前 n 项和 Sn 与通项 an 的关系的理解和分类讨论思想的运用考查。 4.（2012 年高考（浙江理第 7 题容易题） ）设 S n 是公差为 d(d≠0)的无穷等差数列{a n}的前 n 项和,则下列命题错误 的是 （ ） ．． A．若 d<0,则数列{S n}有最大项 B．若数列{S n}有最大项,则 d<0 C．若数列{S n}是递增数列,则对任意的 n N*,均有 S n>0 D．若对任意的 n N*,均有 S n>0,则数列{S n}是递增数列 解析 答案为 C。选项 C 显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，„．满足数列{S n} 是递增数列，但是 S n＞0 不成立． 题后反思：在明确项 an 与和 Sn 与项数 n 之间的等量关系的前提下，还要能辨别它们之 间的变化（增，减）关系，即函数关系。同时要清楚作为数列判定增减性的特定方法： an 1 ﹥ an (n 1) 递增， an 1 ﹤ an (n 1) 递减。 考点四 等差等比数列的整体(局部)思想在解题中的应用
3a 3d 3, a 2, a 4, 由题意得 1 解得 1 或 1 a ( a d )( a 2 d ) 8. d 3, d 3. 1 1 1 所以由等差数列通项公式可得 an 2 3(n 1) 3n 5 ,或 an 4 3(n 1) 3n 7 .
证法二 对任意 k N , 2Sk
高考数学(考点解读+命题热点突破)专题13 空间中的平行
专题13 空间中的平行与垂直【考向解读】1.以选择题、填空题的形式考查，主要利用平面的基本性质及线线、线面和面面的判定与性质定理对命题的真假进行判断，属基础题.2.以解答题的形式考查，主要是对线线、线面与面面平行和垂直关系交汇综合命题，且多以棱柱、棱锥、棱台或其简单组合体为载体进行考查，难度中等. 【命题热点突破一】 空间线面位置关系的判定(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．例1、【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ； （2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析【解析】证明：（1）在直三棱柱111ABC A B C -中，11//AC AC 在三角形ABC 中，因为D,E 分别为AB,BC 的中点. 所以//DE AC ，于是11//DE AC又因为DE ⊄平面1111,AC F AC ⊂平面11AC F 所以直线DE//平面11AC F【变式探究】(1)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )A．l与l1，l2都不相交B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交D．l至少与l1，l2中的一条相交(2)平面α∥平面β的一个充分条件是( )A．存在一条直线a，a∥α，a∥βB．存在一条直线a，a⊂α，a∥βC．存在两条平行直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥αD．存在两条异面直线a，b，a⊂α，b⊂β，a∥β，b∥α答案 (1)D (2)D解析(1)若l与l1，l2都不相交则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，这与l1和l2异面矛盾，∴l至少与l1，l2中的一条相交．(2)若α∩β＝l，a∥l，a⊄α，a⊄β，则a∥α，a∥β，故排除A.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，则a∥β，故排除B.若α∩β＝l，a⊂α，a∥l，b⊂β，b∥l，则a∥β，b∥α，故排除C.故选D.【特别提醒】解决空间点、线、面位置关系的组合判断题，主要是根据平面的基本性质、空间位置关系的各种情况，以及空间线面垂直、平行关系的判定定理和性质定理进行判断，必要时可以利用正方体、长方体、棱锥等几何模型辅助判断，同时要注意平面几何中的结论不能完全引用到立体几何中． 【变式探究】已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不重合的平面，给出下列命题： ①若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n ； ②若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥α； ③若α⊥β，m ∥α，则m ⊥β； ④若m ⊥α，m ∥β，则α⊥β. A ．0 B ．1 C ．2D ．3答案 C【命题热点突破二】 空间平行、垂直关系的证明空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．例2、 【2016高考江苏卷】(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D ，E 分别为AB ，BC 的中点，点F 在侧棱B 1B 上，且11B D A F ⊥ ，1111AC A B ⊥.求证：（1）直线DE ∥平面A 1C 1F ； （2）平面B 1DE ⊥平面A 1C 1F .【答案】（1）详见解析（2）详见解析（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1111AA ⊥平面A B C 因为11AC ⊂平面111A B C ，所以111AA⊥A C 又因为111111*********,,AC A B AA ABB A A B ABB A A B AA A ⊥⊂⊂=I ，平面平面 所以11AC ⊥平面11ABB A因为1B D ⊂平面11ABB A ，所以111AC B D ⊥又因为1111111111111C F,C F,B D A AC A A F A AC A F A ⊥⊂⊂=I F ，平面平面 所以111C F B D A ⊥平面因为直线11B D B DE ⊂平面，所以1B DE 平面11.AC F ⊥平面【变式探究】如图，三角形PDC 所在的平面与长方形ABCD 所在的平面垂直，PD ＝PC ＝4，AB ＝6，BC ＝3.(1)证明：BC ∥平面PDA ；(2)证明：BC ⊥PD ；(3)求点C 到平面PDA 的距离．(3)解 如图，取CD 的中点E ，连接AE 和PE.因为PD ＝PC ，所以PE ⊥CD ，在Rt △PED 中，PE ＝PD 2－DE 2＝42－32＝7.因为平面PDC ⊥平面ABCD ，平面PDC ∩平面ABCD ＝CD ，PE ⊂平面PDC ， 所以PE ⊥平面ABCD ， 由(2)知：BC ⊥平面PDC ， 由(1)知：BC ∥AD ， 所以AD ⊥平面PDC ， 因为PD ⊂平面PDC ，所以AD ⊥PD .设点C 到平面PDA 的距离为h ， 因为V 三棱锥CPDA ＝V 三棱锥PACD ， 所以13S △PDA ·h ＝13S △ACD ·PE ，即h ＝S △ACD ·PE S △PDA ＝12×3×6×712×3×4＝372，所以点C 到平面PDA 的距离是372.【特别提醒】 垂直、平行关系的基础是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进行平行转换；三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进行平行转换．(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l ⊥α，a ⊂α⇒l ⊥a . 【变式探究】如图所示，已知AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形，AD ＝DE ＝2AB ，F 为CD 的中点．求证：(1)AF ∥平面BCE ； (2)平面BCE ⊥平面CDE .证明 (1)如图，取CE 的中点G ，连接FG ，BG . ∵F 为CD 的中点，∴GF ∥DE 且GF ＝12DE .∵AB ⊥平面ACD ，DE ⊥平面ACD ， ∴AB ∥DE ，∴GF ∥AB . 又AB ＝12DE ，∴GF ＝AB .∴四边形GFAB 为平行四边形， 则AF ∥BG .∵AF ⊄平面BCE ，BG ⊂平面BCE ， ∴AF ∥平面BCE .(2)∵△ACD 为等边三角形，F 为CD 的中点，∴AF ⊥CD . ∵DE ⊥平面ACD ，AF ⊂平面ACD ， ∴DE ⊥AF .又CD ∩DE ＝D ，故AF ⊥平面CDE . ∵BG ∥AF ，∴BG ⊥平面CDE .∵BG ⊂平面BCE ，∴平面BCE ⊥平面CDE . 【命题热点突破三】 平面图形的折叠问题平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生变化、有的没有发生变化，这些发生变化和没有发生变化的性质是解决问题的关键．一般地，在翻折后还在一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化，解决这类问题就是要根据这些变与不变，去研究翻折以后的空间图形中的线面关系和各类几何量的度量值，这是化解翻折问题的主要方法．例3、【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，5,6AB AC ==，点,E F 分别在,AD CD 上，54AE CF ==，EF 交BD 于点H ．将DEF ∆沿EF 折到D EF '∆位置，10OD '=． （Ⅰ）证明：D H '⊥平面ABCD ； （Ⅱ）求二面角B D A C '--的正弦值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）295. 【解析】（Ⅰ）由已知得AC BD ⊥，AD CD =，又由AE CF =得AE CFAD CD=，故AC EF ∥. 因此EF HD ⊥，从而EF D H '⊥.由5AB =,6AC =得2204DO B AB AO ==-=.由EF AC ∥得14OH AE DO AD ==.所以1OH =，==3D H DH '. 于是222223110D H OH D O ''+=+==，故D H OH '⊥.又D H EF '⊥，而OH EF H =I ， 所以D H ABCD '⊥平面.（Ⅱ）如图，以H 为坐标原点，HF u u u r的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系H xyz -，则()0,0,0H ，()3,1,0A --，()0,5,0B -，()3,1,0C -，()0,0,3D '，(3,4,0)AB =-u u u r，()6,0,0AC =u u u r ，()3,1,3AD '=u u u u r .设()111,,x y z =m 是平面ABD '的法向量，则0AB AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u rm m ，即11111340330x y x y z -=⎧⎨++=⎩，所以可取()4,3,5=-m .设()222,,x y z =n 是平面ACD '的法向量，则0AC AD ⎧⋅=⎪⎨'⋅=⎪⎩u u u r u u u u rn n ，即222260330x x y z =⎧⎨++=⎩，所以可取()0,3,1=-n .于是75cos ,255010⋅<>===⨯m n m n m n ， 295sin ,25<>=m n .因此二面角B D A C '--的正弦值是29525. 【变式探究】如图(1)，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，点F 为线段CD 上的一点，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使A 1F ⊥CD ，如图(2)．(1)求证：DE ∥平面A 1CB ； (2)求证：A 1F ⊥BE ；(3)线段A 1B 上是否存在点Q ，使A 1C ⊥平面DEQ ？请说明理由． 例3 (1)证明 因为D ，E 分别为AC ，AB 的中点，所以DE∥BC.又因为DE⊄平面A1CB，BC⊂平面A1CB，所以DE∥平面A1CB.(3)解线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又因为DE∥BC，所以DE∥PQ.所以平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.又因为P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP.从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.【特别提醒】(1)折叠问题中不变的数量和位置关系是解题的突破口；(2)存在探索性问题可先假设存在，然后在此前提下进行逻辑推理，得出矛盾或肯定结论．【变式探究】如图(1)，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2，作如图(2)折叠，折痕EF∥DC.其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF ⊥平面MDF ； (2)求三棱锥M －CDE 的体积．(1)证明 因为PD ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥AD .又因为ABCD 是矩形，CD ⊥AD ，PD 与CD 交于点D ， 所以AD ⊥平面PCD .又CF ⊂平面PCD ， 所以AD ⊥CF ，即MD ⊥CF .又MF ⊥CF ，MD ∩MF ＝M ，所以CF ⊥平面MDF . (2)解 因为PD ⊥DC ，BC ＝2，CD ＝1，∠PCD ＝60°， 所以PD ＝3，由(1)知FD ⊥CF ， 在直角三角形DCF 中，CF ＝12CD ＝12.过点F 作FG ⊥CD 交CD 于点G ，得FG ＝FC sin60°＝12×32＝34，所以DE ＝FG ＝34，故ME ＝PE ＝3－34＝334， 所以MD ＝ME 2－DE 2＝3342－342＝62. S △CDE ＝12DE ·DC ＝12×34×1＝38. 故V M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝13×62×38＝216.【高考真题解读】9.【2016高考新课标2理数】 ,αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题： （1）如果,,//m n m n αβ⊥⊥，那么αβ⊥. （2）如果,//m n αα⊥，那么m n ⊥.（3）如果//,m αβα⊂，那么//m β.（4）如果//,//m n αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等. 其中正确的命题有 ． (填写所有正确命题的编号） 【答案】②③④10.【2016高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 .【答案】12【解析】ABC △中，因为2,120AB BC ABC ==∠=o，所以30BAD BCA ∠=∠=o .由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅2222222cos12012=+-⨯⨯=o ，所以3AC =设AD x =，则023x <<23DC x =.在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅22222cos30x x =+-⋅o 234x x =-+.故2234BD x x =-+在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.由余弦定理可得2222222(234)3cos 2222PD PB BD x x x BPD PD PB x +-+--+∠===⋅⋅⋅，所以30BPD ∠=o.由此可得，将△ABD 沿BD 翻折后可与△PBD 重合，无论点D 在任何位置，只要点D 的位置确定，当平面PBD ⊥平面BDC 时，四面体PBCD 的体积最大（欲求最大值可不考虑不垂直的情况）.EDCBAP过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =，则11sin 22PBD S BD d PD PB BPD=⨯=⋅∠△， 即2112342sin 3022x x d x -+⨯=⋅o ，解得2234d x x =-+.而△BCD 的面积111sin (23)2sin 30(23)222S CD BC BCD x x =⋅∠=-⋅=-o . 当平面PBD ⊥平面BDC 时： 四面体PBCD 的体积2111(23)332234BCD V S d x x x =⨯=⨯-⋅-+△21(23)6234x x x x -=-+. 观察上式，易得23(23)2x xx x +--≤，当且仅当=23x x -，即=3x 时取等号，同时我们可以发现当=3x 时，2234x x -+取得最小值，故当=3x 时，四面体PBCD 的体积最大，为1.211.【2016高考新课标1卷】平面α过正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α//平面CB 1D 1,αI 平面ABCD =m ,αI 平面AB B 1A 1=n ,则m 、n 所成角的正弦值为 (A)32 (B )22 (C)33 (D)13【答案】A12.【2016高考新课标3理数】在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（ ）（A ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π【答案】B【解析】要使球的体积V 最大，必须球的半径R 最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值32，此时球的体积为334439()3322R πππ==，故选B ．1．(2015·安徽，5)已知m ，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是( ) A ．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行 B ．若m ，n 平行于同一平面，则m 与n 平行C ．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线D ．若m ，n 不平行，则m 与n 不可能垂直于同一平面2．(2015·浙江，8)如图，已知△ABC ，D 是AB 的中点，沿直线CD 将△ACD 翻折成△A ′CD ，所成二面角A ′－CD －B 的平面角为α，则( )A ．∠A ′DB ≤α B ．∠A ′DB ≥αC ．∠A ′CB ≤αD ．∠A ′CB ≥α解析 极限思想：若α＝π，则∠A ′CB ＜π，排除D ；若α＝0，如图，则∠A ′DB ，∠A ′CB 都可以大于0，排除A ，C.故选B.答案 B3．(2015·浙江，13)如图，三棱锥A －BCD 中，AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝3，AD ＝BC ＝2，点M ，N 分别是AD ，BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是________．解析 连接DN ，作DN 的中点O ，连接MO ，OC .在△AND 中．M 为AD 的中点，则OM 12AN .所以异面直线AN ，CM所成角为∠CMO ，在△ABC 中，AB ＝AC ＝3，BC ＝2，则AN ＝22，∴OM ＝ 2.在△ACD 中，同理可知CM ＝22，在△BCD 中，DN ＝22，在Rt △ONC 中，ON ＝2，CN ＝1∴OC ＝ 3.在△CMO 中，由余弦定理cos ∠CMO ＝|MC |2＋|MO |2－|OC |22|MC |·|MO |＝8＋2－32×22×2＝78.答案 784．(2015·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.证明(1)由题意知，E为B1C的中点，又D为AB1的中点，因此DE∥AC.又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C.(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC.因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以BC1⊥AC.因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C.因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC.又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.5．(2015·新课标全国Ⅱ，19)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值．解(1)交线围成的正方形EHGF如图：6．(2015·新课标全国Ⅰ，18)如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC＝120°，E，F是平面ABCD同一侧的两点，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(1)证明：平面AEC⊥平面AFC，(2)求直线AE与直线CF所成角的余弦值．(1)证明连接BD，设BD∩AC＝G，连接EG，FG，EF.在菱形ABCD中，不妨设GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝ 3.由BE⊥平面ABCD，AB＝BC，可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝3，且EG⊥AC.在Rt △EBG中，可得BE＝2，故DF＝22.在Rt △FDG中，可得FG＝62.在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝2，DF＝22，可得EF＝322，从而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.因为EG⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.7．(2014·江苏，16)如图，在三棱锥P－ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA ＝6，BC＝8，DF＝5.求证：(1)直线PA ∥平面DEF ； (2)平面BDE ⊥平面ABC . 证明(1)因为D ，E 分别为棱PC ，AC 的中点，所以DE ∥PA . 又因为PA ⊄平面DEF ，DE ⊂平面DEF ， 所以直线PA ∥平面DEF .(2)因为D ，E ，F 分别为棱PC ，AC ，AB 的中点，PA ＝6，BC ＝8， 所以DE ∥PA ，DE ＝12PA ＝3，EF ＝12BC ＝4.又因为DF ＝5， 故DF 2＝DE 2＋EF 2，所以∠DEF ＝90°，即DE ⊥EF . 又PA ⊥AC ，DE ∥PA ，所以DE ⊥AC .因为AC ∩EF ＝E ，AC ⊂平面ABC ，EF ⊂平面ABC ， 所以DE ⊥平面ABC . 又DE ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面ABC .8．(2014·新课标全国Ⅱ，18)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为矩形，PA ⊥平面ABCD ，E 为PD 的中点．(1)证明：PB ∥平面AEC ；(2)设二面角D －AE －C 为60°，AP ＝1，AD ＝3，求三棱锥E －ACD 的体积．(2)解 因为PA ⊥平面ABCD ，ABCD 为矩形，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为坐标原点，AB →的方向为x 轴的正方向，|AP →|为单位长，建立空间直角坐标系A －xyz ，则D (0，3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，12，AE →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，32，12. 设B (m ，0，0)(m >0)，则C (m ，3，0)，AC →＝(m ，3，0)． 设n 1＝(x ，y ，z )为平面ACE 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AC →＝0，n 1·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧mx ＋3y ＝0，32y ＋12z ＝0，可取n 1＝⎝⎛⎭⎪⎫3m ，－1，3. 又n 2＝(1，0，0)为平面DAE 的法向量，由题设知|cos 〈n 1，n 2〉|＝12，即33＋4m 2＝12，解得m ＝32.因为E 为PD 的中点，所以三棱锥E －ACD 的高为12，三棱锥E －ACD 的体积V ＝13×12×3×32×12＝38.。
江西省2013年高考数学第二轮复习专题升级训练13用空间向量的方法解立体几何问题理
9．在空间直角坐标系中有棱长为 a 的正方体 ABCD－A1B1C1D1，点 M是线段 DC1 上的动点， 则点 M到直线 AD1 距离的最小值是 __________．
则 A( a, 0,0) ， D1(0,0 ， a) ． 设 M(0 ， x，x)(0 ≤ x≤a) ，
( 如原图所示 ) ，
有 AM ＝ ( － a，x， x) ， AD1 ＝( － a, 0，a) ，
则 cos 〈 AM ， AD1 〉＝ AM AM
AD1 ＝ AD1
a2＋ 45° B ．60° C ．90° D ．120°
5．过正方形 ABCD的顶点 A，引 PA⊥平面 ABCD. 若 PA＝BA，则平面 ABP和平面 CDP所成
的二面角的大小是 (
)．
A．30° B ．45° C ．60° D ．90° 6．如图所示， 正方体 ABCD－ A1B1C1D1 的棱长为 1，线段 B1D1 上有两个动点 则下列结论中错误的是 ( ) ．
2 E，F且 EF＝ 2 ，
-1-
A．AC⊥ BE B．EF∥平面 ABCD C．三棱锥 A- BEF的体积为定值 D．异面直线 AE， BF所成的角为定值 二、填空题 ( 本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分 ) 7．如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD－ A1B1C1D1 中， M和 N 分别是 A1B1 和 BB1 的中点， 那么直线 AM与 CN所成角的余弦值为 __________ ．
三、解答题 ( 本大题共 3 小题，共 46 分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算 步骤 )
2013高考数学二轮复习 专题限时集训(十一)A 空间几何体配套作业 理(解析版,新课标)
专题限时集训(十一)A[第11讲空间几何体](时间：30分钟)111－1所示，则该几何体的俯视图为( )11－1图11－22．一个多面体的三视图如图11－3所示，其中正视图是正方形，侧视图是等腰三角形．则该几何体的表面积为( )A．88 B．98 C．108 D．158－3图11－43．一个简单组合体的三视图及尺寸如图11－4所示，则该组合体的体积为( )A．32 B．48 C．56 D．644．已知体积为3的正三棱柱(底面是正三角形且侧棱垂直底面)的三视图如图11－5所示，则此三棱柱的高为( )A.13B.23C．1 D.4311－511－65．一个长方体经过切割后得到的几何体的三视图如图11－6所示，则该几何体的体积是( )A．4 B．4.5 C．5 D．5.56．某圆柱被一平面所截得到的几何体如图11－7(1)所示，若该几何体的正视图是等腰直角三角形，俯视图是圆(如图11－7(2))，则它的侧视图是( )11－7图11－87．一个几何体的三视图如图11－9所示，则这个几何体的体积为( )A.32B.12C.32D.32＋1图11－9图11－108．一空间几何体的三视图如图11－10所示，则该几何体的体积为( )A.533π B.553π C．18π D.763π9．一个几何体的三视图如图11－11所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，该几何体的体积是________；若该几何体的所有顶点在同一球面上，则球的表面积是________．－1111－1210．如图11－12，已知三棱锥O－ABC，OA，OB，OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△OBC内运动(含边界)，则MN的中点P 的轨迹与三棱锥的面OAB，OBC，OAC围成的几何体的体积为________．专题限时集训(十一)A【基础演练】1．C [解析] 长方体的侧面与底面垂直，所以俯视图是C.2．A [解析] 由三视图可知，该几何体是一个横放的三棱柱，底面三角形是等腰三角形(底为6，高为4)，三棱柱的高为4，故底面三角形的腰长为32＋42＝5.故该几何体的表面积为S ＝12×6×4×2＋5×4×2＋6×4＝88.故选A.3．D [解析] 该简单组合体是两个柱体的组合．体积是6×4×1＋2×4×5＝64. 【提升训练】4．C [解析] 由俯视图的高等于侧视图的宽，正三棱柱的底面三角形高为3，故边长为2.设正三棱柱的高为h ，则由正三棱柱的体积公式得，3＝12×2×3×h ⇒h ＝1.5．C [解析] 由三视图可知几何体如图所示，是在原长方体中挖去两个三棱锥A －BCD ，A －EFG ，所以几何体的体积为V ＝V 长方体－V A －BCD －V A －EFG ＝3×2×1－2×13×12×1×1×3＝5.6．D [解析] 其中椭圆面的正投影为圆，侧视图是选项D 中的图形．7．B [解析] 由三视图可知，该几何体是一个横放的四棱锥，底面是直角梯形(上底为1，下底为2，高为1)，高为1，故这个几何体的体积为V ＝13（1＋2）×12×1＝12.8．B [解析] 由三视图知，空间几何体是一个圆柱和一个圆台的组合体．该几何体的体积为V ＝π×22×4＋13π×1(22＋12＋2×1)＝16π＋73π＝553π.9.13 3π [解析] 该空间几何体是底面边长和高均为1且一条侧棱垂直底面的四棱锥，其体积为13×12×1＝13；这个四棱锥与单位正方体具有相同的外接球，故外接球的半径为32，所以其表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3π.10.π6 [解析] 根据已知三角形MON 是以O 为直角的直角三角形，故OP ＝MN2＝1，即点P的轨迹是以点O 为球心的八分之一球面，其与三棱锥的三个侧面围成的空间几何体的体积为18×4π3×13＝π6.。
高三数学二轮复习热点专题一高考中选择题填空题解题能力突破13考查
卜人入州八九几市潮王学校"2021届高三数学二轮复习热点专题一高考中选择题、填空题解题才能打破13考察简单的线性规划理"【例39】►(2021·)变量x，y满足约束条件那么z＝3x＋y的最大值为()．A．12B．11 C．3D．－1解析首先画出可行域，建立在可行域的根底上，分析最值点，然后通过解方程组得最值点的坐标，代入即可．如右图中的阴影局部即为约束条件对应的可行域，当直线y＝－3x＋z经过点A时，z获得最大值．由⇒此时，z＝y＋3x＝11.答案B【例40】►(2021·)假设函数y＝2x图象上存在点(x，y)满足约束条件那么实数m的最大值为()．A.B．1 C.D．2解析可行域如图中的阴影局部所示，函数y＝2x的图象经过可行域上的点，由得即函数y＝2x的图象与直线x＋y－3＝0的交点坐标为(1,2)，当直线x＝m经过点(1,2)时，实数m取到最大值为1，应选B.答案B[押题31]甲、乙、丙三种食物的维生素A、维生素D的含量及本钱如下表：并使混合食物中至少含有560单位维生素A和630单位维生素D，那么本钱最低为()．A．84元B．85元C．86元D．88元答案：B[设配成10千克的混合食物分别用甲、乙、丙三种食物x千克、y千克、z千克，混合食物的本钱为p元，那么z＝10－x－y，p＝11x＋9y＋4z＝11x＋9y＋4×(10－x－y)＝7x＋5y＋40，由题意可得：即作出可行域(如图)，当直线p＝7x＋5y＋40经过点A时，它在y轴上的截距最小，即p最小，解方程组得x＝5，y＝2，故点A的坐标为(5,2)，所以p m i n＝7×5＋5×2＋40＝85.][押题32]假设实数x，y满足不等式组目的函数z＝x－2y的最大值为2，那么实数a的值是()．A．－2B．0 C．1D．2答案：D[要使目的函数z＝x－2y获得最大值，只需直线y＝x－在y轴上的截距－最小，当目的函数z ＝x－2y＝2时，其对应的直线在y轴上的截距为－1，过点(2,0)，结合图形知，点(2,0)为直线x＝2与x ＋2y－a＝0的交点，那么2＋2×0－a＝0，得a＝2，选故D.]。
高三数学二轮复习重点
高三数学二轮复习重点高三数学第二轮重点复习内容专题一：函数与不等式，以函数为主线，不等式和函数综合题型是考点函数的性质：着重掌握函数的单调性，奇偶性，周期性，对称性。
这些性质通常会综合起来一起考察，并且有时会考察具体函数的这些性质，有时会考察抽象函数的这些性质。
一元二次函数：一元二次函数是贯穿中学阶段的一大函数，初中阶段主要对它的一些基础性质进行了了解，高中阶段更多的是将它与导数进行衔接，根据抛物线的开口方向，与x轴的交点位置，进而讨论与定义域在x轴上的摆放顺序，这样可以判断导数的正负，最终达到求出单调区间的目的，求出极值及最值。
不等式：这一类问题常常出现在恒成立，或存在性问题中，其实质是求函数的最值。
当然关于不等式的解法，均值不等式，这些不等式的基础知识点需掌握，还有一类较难的综合性问题为不等式与数列的结合问题，掌握几种不等式的放缩技巧是非常必要的。
专题二：数列。
以等差等比数列为载体，考察等差等比数列的通项公式，求和公式，通项公式和求和公式的关系，求通项公式的几种常用方法，求前n项和的几种常用方法，这些知识点需要掌握。
专题三：三角函数，平面向量，解三角形。
三角函数是每年必考的知识点，难度较小，选择，填空，解答题中都有涉及，有时候考察三角函数的公式之间的互相转化，进而求单调区间或值域;有时候考察三角函数与解三角形，向量的综合性问题，当然正弦，余弦定理是很好的工具。
向量可以很好得实现数与形的转化，是一个很重要的知识衔接点，它还可以和数学的一大难点解析几何整合。
专题四：立体几何。
立体几何中，三视图是每年必考点，主要出现在选择，填空题中。
大题中的立体几何主要考察建立空间直角坐标系，通过向量这一手段求空间距离，线面角，二面角等。
另外，需要掌握棱锥，棱柱的性质，在棱锥中，着重掌握三棱锥，四棱锥，棱柱中，应该掌握三棱柱，长方体。
空间直线与平面的位置关系应以证明垂直为重点，当然常考察的方法为间接证明。
专题五：解析几何。
高三数学二轮复习热点 专题一 高考中选择题、填空题解题能力突破13 考查简单的线性规划 理
【例39】► (2012·广东)已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧y ≤2，x ＋y ≥1，x －y ≤1，则z ＝3x ＋y 的最大值为( )．A ．12B ．11C ．3D ．－1解析 首先画出可行域，建立在可行域的基础上，分析最值点，然后通过解方程组得最值点的坐标，代入即可．如右图中的阴影部分即为约束条件对应的可行域，当直线y ＝－3x ＋z 经过点A 时，z 取得最大值．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2，x －y ＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2，此时，z ＝y ＋3x ＝11.答案 B【例40】► (2012·福建)若函数y ＝2x图象上存在点(x ，y )满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≤0，x －2y －3≤0，x ≥m ，则实数m 的最大值为( )．A.12 B ．1 C.32D ．2解析 可行域如图中的阴影部分所示，函数y ＝2x的图象经过可行域上的点，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x，x ＋y －3＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，即函数y ＝2x的图象与直线x ＋y －3＝0的交点坐标为(1,2)，当直线x ＝m 经过点(1,2)时，实数m 取到最大值为1，应选B.答案 B命题研究：可行域是二元一次不等式组表示的区域，求目标函数一般是简单函数的最优解问题或求含参数的参数值或范围.[押题31] 甲、乙、丙三种食物的维生素A 、维生素D 的含量及成本如下表：甲乙丙维生素A(单位/千克)607040维生素D(单位/千克)804050成本(元/千克)119 4混合食物中至少含有560单位维生素A和630单位维生素D，则成本最低为( )．A．84元 B．85元 C．86元 D．88元答案：B [设配成10千克的混合食物分别用甲、乙、丙三种食物x千克、y千克、z 千克，混合食物的成本为p元，则z＝10－x－y，p＝11x＋9y＋4z＝11x＋9y＋4×(10－x－y)＝7x＋5y＋40，由题意可得：⎩⎪⎨⎪⎧60x＋70y＋40z≥560，80x＋40y＋50z≥630，x≥0，y≥0，z＝10－x－y≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x＋3y－16≥0，3x－y－13≥0，x≥0，y≥0，x＋y≤10，作出可行域(如图)，当直线p＝7x＋5y＋40经过点A时，它在y轴上的截距最小，即p最小，解方程组⎩⎪⎨⎪⎧3x－y＝13，2x＋3y＝16，得x＝5，y＝2，故点A的坐标为(5,2)，所以p m i n＝7×5＋5×2＋40＝85.][押题32] 若实数x，y满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x－2≤0，y－1≤0，x＋2y－a≥0，目标函数z＝x－2y的最大值为2，则实数a的值是( )．A．－2 B．0 C．1 D．2答案： D [要使目标函数z＝x－2y取得最大值，只需直线y＝12x－z2在y轴上的截距－z2最小，当目标函数z ＝x －2y ＝2时，其对应的直线在y 轴上的截距为－1，过点(2,0)，结合图形知，点(2,0)为直线x ＝2与x ＋2y －a ＝0的交点，则2＋2×0－a ＝0，得a ＝2，选故D.]。
2013届高三数学二轮复习 必考问题专项突破14 用空间向量法解决立体几何问题 理-推荐下载
3z，
1
则
cos〈m， 〉＝
C→F |m||C→F|
所以二面角 FBDC 的余弦值为 5 .
m·C→F
＝
1 5＝
5
5 5，
对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或 者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的 计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．
②对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面 的法向量的夹角来求．
如图所示，二面角 αlβ，平面 α 的法向量为 n1，平面 β 的法向量为 n2，〈n1，n2〉 ＝θ，则二面有 αlβ 的大小为 θ 或 πθ.
空间距离的计算 直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离．
(3)根据运算结果解释相关问题． 3．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系：(1)求线面角时，得 到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦； (2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.
向量法证明垂直与平行
多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体，求证线线、线面、面面的平行或垂直，其中
考问题 14 用空间向量法解决立体几何问题
(2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形 ABCD 是等腰梯形， AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面 ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD⊥平面 AED； (2)求二面角 F BD C 的余弦值． (1)证明 因为四边形 ABCD 是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°， 所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又 CB＝CD，所以∠CDB＝30°， 因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又 AE⊥BD，且 AE∩AD＝A， AE，AD⊂平面 AED，所以 BD⊥平面 AED. (2)解 连接 AC，由(1)知 AD⊥BD，所以 AC⊥BC.又 FC⊥平面 ABCD，因此 CA，CB，CF 两两垂直， 以 C 为坐标原点，分别以 CA，CB，CF
高三数学二轮复习热点专题一高考中选择题填空题解题能力突破2考查函数的定义域
"2021届高三数学二轮复习热点 专题一 高考中选择题、填空题解题才能打破2 考察函数的定义域、值域及解析式 理 "制卷人：打自企； 成别使； 而都那。
审核人：众闪壹； 春壹阑； 各厅……日期：2022年二月八日。
【例7】► (2021·)函数f (x )＝1－2log 6x 的定义域为________．解析 由1－2log 6x ≥0得，log 6x ≤12，解得0＜x ≤ 6. 答案 (0，6]【例8】► (2021·)假设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x ≤1，lg x ，x ＞1，那么f (f (10))＝( )．A ．lg 101B ．2C ．1D ．0解析 f (10)＝lg10＝1，故f (f (10))＝f (1)＝1＋1＝2.答案 B命题研究：1.函数的定义域和值域，一般和一次不等式、一元二次不等式、指数不等式、对数不等式的求解相结合.,2.对函数解析式的考察常考察分段函数求值.[押题5] 函数f (x )＝ln(x 2－3x ＋2)的定义域为________．解析 由x 2－3x ＋2＞0得x ＞2或者x ＜1.答案 (－∞，1)∪(2，＋∞)[押题6] 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，x ≥4，f x ＋1， x ＜4，那么f (log 23)＝( )．A ．1 B.18 C.116 D.124答案：D [因为log 23＜4，所以f (log 23)＝f (log 23＋1)＝f (log 26)，同理得f (log 26)＝f (log 26＋1)＝f (log 212)＝f (log 224)，而log 224＞log 216＝4，所以f (log 23)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12log 224＝2－log 224＝124.]制卷人：打自企；成别使；而都那。
审核人：众闪壹；春壹阑；各厅……日期：2022年二月八日。
高三数学二轮复习热点专题一高考中选择题填空题解题能力突破2考查函数的定义域
"2021届高三数学二轮复习热点 专题一 高考中选择题、填空题解题才能打破2 考察函数的定义域、值域及解析式 理 "制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O 二二年二月七日【例7】► (2021·)函数f (x )＝1－2log 6x 的定义域为________．解析 由1－2log 6x ≥0得，log 6x ≤12，解得0＜x ≤ 6. 答案 (0，6]【例8】► (2021·)假设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋1，x ≤1，lg x ，x ＞1，那么f (f (10))＝( )．A ．lg 101B ．2C ．1D ．0解析 f (10)＝lg10＝1，故f (f (10))＝f (1)＝1＋1＝2.答案 B命题研究：1.函数的定义域和值域，一般和一次不等式、一元二次不等式、指数不等式、对数不等式的求解相结合.,2.对函数解析式的考察常考察分段函数求值.[押题5] 函数f (x )＝ln(x 2－3x ＋2)的定义域为________．解析 由x 2－3x ＋2＞0得x ＞2或者x ＜1.答案 (－∞，1)∪(2，＋∞)[押题6] 函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，x ≥4，f x ＋1， x ＜4，那么f (log 23)＝( )．A ．1 B.18 C.116 D.124答案：D [因为log 23＜4，所以f (log 23)＝f (log 23＋1)＝f (log 26)，同理得f (log 26)＝f (log 26＋1)＝f (log 212)＝f (log 224)，而log 224＞log 216＝4，所以f (log 23)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12log 224＝2－log224＝124.]制卷人：歐陽文化、歐陽理複；制卷時間：二O二二年二月七日。
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"2013届高三数学二轮复习热点 专题一 高考中选择题、填空题
解题能力突破23 考查空间几何体的三视图与直观图 理 "
【例53】► (2012·广东)某几何体的三视图如图所示，它的体积为( )．
A．12π B．45π C．57π D．81π
解析 利用三视图中的数据分析出几何体中的必要数据，最后利用基本公式求解．由三
视图可知，该几何体是由底面直径为6，高为5的圆柱与底面直径为6，母线长为5的圆锥
组成的组合体，因此，体积为V＝π×32×5＋13×π×32×52－32＝57π.
答案 C
【例54】► (2012·安徽)某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是________．
解析 通过三视图可知，该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱．所以该几何体的表面
积是2×12×(2＋5)×4＋2×4＋4×5＋4×4＋4×5＝92.
答案 92
命题研究：1.以选择题的形式考查空间几何体三视图的识别与判断；,2.以选择题、填
空题的形式求空间几何体有关的长度、体积与面积.
[押题45] 如图所示，三棱锥PABC的底面ABC是直角三角形，直角边长AB＝3，AC＝4，
2
过直角顶点的侧棱PA⊥平面ABC，且PA＝5，则该三棱锥的正视图是( )．
答案： D [三棱锥的正(主)视图，即是光线从三棱锥模型的前面向后面投影所得到投
影图形，结合题设条件给出的数据进行分析，可知D符合要求. 故选D.]
[押题46] 在一个几何体的三视图中，正(主)视图和俯视图如右图所示，则相应的侧(左)
视图可以为( )．
答案： D [通过正(主)视图及俯视图可看出几何体为半个圆锥和一个三棱锥组合在一
起，故侧视图为D.]