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必修二模块高考热点透视


数学[新课标· 必修2]

模块高考热点透视 第一章 空间几何体

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【命题趋势】 从近几年的高考试题看,高考对本章的考查主要立足于 以下几点:空间几何体的结构、三视图及其与几何体体积、 表面积的计算.题目难度以中低档为主,考查学生的等价转化 能力和数形结合思想.

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数学[新课标· 必修2] 三视图与直观图

(教材 P15 练习第 2 题) 观察下列几何体的三视图,想象并说出它们的几何结构 特征,然后画出它们的示意图:

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图1
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1.(2013· 四川高考)一个几何体的三视图如图 2 所示,则 该几何体的直观图可以是( )

图2

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【命题意图】 本题考查三视图的识别能力.要求能通 过对所给三视图进行想象推理得出结论,考查识图能力、空 间想象能力,难度较小.
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【思路点拨】 先观察俯视图,再结合正视图和侧视图 还原为空间几何体. 【解析】 由俯视图是圆环可排除 A,B,C,进一步将 已知三视图还原为几何体,可得选项 D.

【答案】 D

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2.(2012· 四川高考)一个几何体的三视图如图 3 所示,则 该几何体可以是( )

图3 A.棱柱 B.棱台 C.圆柱 D.圆台

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【命题意图】 本题考查三视图的相关知识,并通过对 给出的三视图进行恰当分析来考查学生的识图能力,难度较 小.
【思路点拨】 先观察俯视图,再结合正视图和侧视图 还原空间几何体. 【解析】 由俯视图是圆环可排除 A,B,由正视图和侧 视图都是等腰梯形可排除 C,故选 D.

【答案】 D

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1.(2012· 陕西高考)将正方体(如图 4(1)所示)截去两个三 棱锥,得到如图 4(2)所示的几何体,则该几何体的左视图为 ( )

图4

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【解析】 还原正方体后,将 D1,D,A 三点分别向正 方体右侧面作垂线.D1A 的射影为 C1B,且为实线,B1C 被遮 挡应为虚线.
【答案】 B

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2.(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 C.正方体 B.三棱锥 D.圆柱 )

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【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】 D

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空间几何体的表面积与体积

(教材 P28 练习第 1 题) 将一个气球的半径扩大 1 倍,它的体积扩大到原来的几 倍?

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1.(2013· 课标全国卷Ⅰ)如图 5,有一个水平放置的透明 无盖的正方体容器,容器高 8 cm,将一个球放在容器口,再 向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm,如 果不计容器厚度,则球的体积为( )

图5
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500π A. cm3 3 866π B. cm3 3 1 372π C. cm3 3 2 048π D. cm3 3

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【命题意图】 本题考查球的截面性质及球的体积,考 查利用球的截面求解半径的能力,考查了数形结合能力和运 算求解能力.难度较小.
【思路点拨】 利用球的截面性质结合直角三角形求解.

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【解析】

如图,作出球的一个截面,则 MC=8-6= 为 5,

1 1 2(cm),BM= AB= ×8=4(cm).设球的半径 2 2 R cm,则 R2=OM2+MB2=(R-2)2+42,∴R= 4 500 3 ∴V 球= π×5 = π(cm3). 3 3
【答案】 A

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2.(2013· 课标全国卷Ⅱ)已知正四棱锥 O—ABCD 的体积 3 2 为 ,底面边长为 3,则以 O 为球心,OA 为半径的球的表 2 面积为________.

【命题意图】 本题考查正四棱锥、球的几何性质及其 体积、表面积的求法,考查根据所给的几何体求高和侧棱长 的能力,考查了逻辑思维能力、运算能力和转化思想,难度 中等.

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【思路点拨】 本题先求出正四棱锥的高 h,然后求出 侧棱的长,再运用球的表面积公式求解.

1 3 2 3 2 【解析】 V 四棱锥 O—ABCD= × 3× 3h= , 得 h= , 3 2 2 ∴OA =h
2 2

?AC? ? ?2 18 6 +? 2 ? = + =6. 4 4 ? ?

∴S 球=4πOA2=24π.
【答案】 24π

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1.(2013· 湖北高考)我国古代数学名著《数书九章》中有 “天池盆测雨”题:在下雨时,用一个圆台形的天池盆接雨 水.天池盆盆口直径为二尺八寸,盆底直径为一尺二寸,盆 深一尺八寸.若盆中积水深九寸,则平地降雨量是________ 寸.(注:①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积;② 一尺等于十寸)

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【解析】

圆台的轴截面是下底长为 12 寸,上底长为

28 寸,高为 18 寸的等腰梯形,雨水线恰为中位线,故雨水 线直径是 20 寸, π 2 ?10 +10×6+62?×9 3 ∴降水量为 =3(寸). 2 π×14
【答案】 3

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2. (2013· 课标全国卷Ⅰ)已知 H 是球 O 的直径 AB 上一点, AH∶HB=1∶2,AB⊥平面 α,H 为垂足,α 截球 O 所得截面 的面积为 π,则球 O 的表面积为________.
【解析】 如图, 设球 O 的半径为 R, 则由 AH∶HB=1∶ 2得 1 2 R HA= · 2R= R,∴OH= . 3 3 3 ∵截面面积为 π=π·(HM)2, ∴HM=1.
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在 Rt△HMO 中,OM2=OH2+HM2, 1 2 1 2 2 ∴R = R +HM = R +1, 9 9
2

3 2 ∴R= . 4 ∴S 球=4πR
2

?3 2? ? ?2 9 =4π· ? 4 ? =2π. ? ?

9 【答案】 π 2

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三视图与面积问题

(教材 P36 复习参考题 A 组第 8 题) 用硬纸依据如图 6 所示(单位:cm)的平面图形制作一个 几何体,画出该几何体的三视图并求出其表面积.

图6
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1.(2013· 湖南高考)已知棱长为 1 的正方体的俯视图是一 个面积为 1 的正方形,则该正方体的正视图的面积不可能 等 ... 于( ) A.1 B. 2 2-1 C. 2 2+1 D. 2

【命题意图】 本题考查对空间几何体三视图的理解与 应用.试题难度:中等.

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【思路点拨】 根据正方体的正视图的形状求解.
【解析】 当正方体的俯视图是面积为 1 的正方形时, 2-1 其正视图的最小面积为 1,最大面积为 2.因为 <1,因 2 2-1 此所给选项中其正视图的面积不可能为 ,故选 C. 2
【答案】 C

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2.(2013· 福建高考)已知某一多面体内接于球构成一个简 单组合体,如果该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图 7 所示,且图中的四边形是边长为 2 的正方形,则该球的表 面积是________.

图7

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【命题意图】 本题考查三视图及球的表面积,以及球 与其内接正方体组成的几何体的性质,考查寻找球与正方体 的关系的能力,考查了空间想象能力和转化意识,难度较大.
【思路点拨】 由三视图知组合体为球内接正方体.

【解析】 正方体的棱长为 2,若球半径为 R,则 2R= 2 3,∴R= 3.∴S 球表=4πR2=4π×3=12π.

【答案】 12π

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1.(2013· 重庆高考)某几何体的三视图如图 8 所示,则该 几何体的表面积为( )

图8 A.180 B.200 C.220 D.240

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【解析】 的直四棱柱.

由三视图知识知该几何体是底面为等腰梯形

等腰梯形的上底长为 2,下底长为 8,高为 4,腰长为 5, 1 直四棱柱的高为 10,所以 S 底= ×(8+2)×4×2=40,S 侧= 2 10×8+10×2+2×10×5=200,S D.
【答案】 D


=40+200=240,故选

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2.(2013· 湖南高考)已知正方体的棱长为 1,其俯视图是 一个面积为 1 的正方形,侧视图是一个面积为 2的矩形,则 该正方体的正视图的面积等于( 3 A. 2 B.1 ) D. 2

2+1 C. 2

【解析】 由于该正方体的俯视图是面积为 1 的正方形, 侧视图是一个面积为 2的矩形,因此该几何体的正视图是一 个长为 2,宽为 1 的矩形,其面积为 2.

【答案】 D
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数学[新课标· 必修2] 三视图与体积问题

(教材 P29 习题 1.3B 组第 1 题) 如图 9 是一个奖杯的三视图,试根据奖杯的三视图计算 它的表面积和体积(尺寸如图,单位:cm,π 取 3.14,结果精 确到 1 cm3,可用计算器).

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图9
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1.(2013· 广东高考)某四棱台的三视图如图 10 所示,则该四 棱台的体积是( )

图 10 A.4
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14 B. 3
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16 C. 3

D.6
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【命题意图】 本题考查了三视图的概念、性质,考查 了棱台的体积计算,考查了由四棱台的三视图能还原出实际 几何体以及相应的尺寸的能力, 考查了学生的空间想象能力, 难度中等.
【思路点拨】 由四棱台的三视图还原出直观图 及其对应的数据,把数据代入棱台的体积公式进行 计算.

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【解析】 由三视图可还原出四棱台的直观图如图所示, 其上底和下底都是正方形,边长分别是 1 和 2,与底面垂直 1 的棱为棱台的高, 长度为 2, 故其体积为 V= ×(12+ 1×4+ 3 14 2 )×2= ,选 B. 3
2

【答案】 B

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2.(2013· 课标全国卷Ⅰ)某几何体的三视图如图 11 所示, 则该几何体的体积为( )

图 11 A.16+8π C.16+16π
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B.8+8π D.8+16π
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【命题意图】 本题考查三视图和几何体体积的求法. 考 查了将三视图还原为原几何体的能力考查了空间想象能力, 考查了公式的应用意识和运算求解能力.难度中等.
【思路点拨】 将三视图还原为原来的几何体,再利用 体积公式求解.

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【解析】 原几何体为组合体:上面是长方体,下面是圆 1 柱的一半 ( 如图所示 ) ,其体积为 V = 4×2×2 + 2 π×22×4=16+8π.

【答案】 A

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3.(2013· 湖北高考)一个几何体的三视图如图 12 所示, 该几何体从上到下由四个简单几何体组成,其体积分别记为 V1,V2,V3,V4,上面两个简单几何体均为旋转体,下面两 个简单几何体均为多面体,则有( )

图 12
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A.V1<V2<V4<V3 C.V2<V1<V3<V4

B.V1<V3<V2<V4 D.V2<V3<V1<V4

【命题意图】 本题考查空间几何体的三视图以及体积 的计算等知识,考查了学生的识图能力、空间想象能力以及 运算求解能力,难度中等.
【思路点拨】 先根据三视图判断四个几何体的形状, 再结合所给数据计算各个几何体的体积,最后做出比较.

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【解析】 由三视图可知,四个几何体自上而下依次是: 1 圆台、 圆柱、正方体、棱台,其体积分别为 V1= ×1×(π+2π 3 7 1 2 3 +4π)= π,V2=π×1 ×2=2π,V3=2 =8,V4= ×1×(4+8 3 3 28 +16)= ,于是有 V2<V1<V3<V4. 3
【答案】 C

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1.(2013· 重庆高考)某几何体的三视图如图 13 所示,则 该几何体的体积为( )

图 13 560 A. 3 580 B. 3 C.200 D.240

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【解析】

由三视图知该几何体为直四棱柱,其底面为

等腰梯形,上底长为 2,下底长为 8,高为 4,故面积为 S= ?2+8?×4 =20. 2 又∵棱柱的高为 10,所以体积 V=Sh=20×10=200.
【答案】 C

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2.(2013· 江西高考)一几何体的三视图如图 14 所示,则 该几何体的体积为( )

图 14 A.200+9π C.140+9π B.200+18π D.140+18π

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【解析】 由三视图可知该几何体的下面是一个长方体, 上面是半个圆柱组成的组合体.长方体的长、宽、高分别为 10、4、5,半圆柱底面圆半径为 3,高为 2,故组合体体积 V =10×4×5+9π=200+9π.
【答案】 A

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3.(2013· 辽宁高考)某几何体的三视图如图 15 所示,则 该几何体的体积是________.

图 15

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【解析】

由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去

一个正四棱柱, 圆柱底面圆半径为 2, 高为 4, 故体积为 16π; 正四棱柱底面边长为 2,高为 4,故体积为 16,故题中几何 体的体积为 16π-16.

【答案】 16π-16

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第二章

点、直线、平面之间的位置关系

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【命题趋势】 从近几年的高考试题看,高考对本章的考查主要立足于 空间点、线、面的位置关系及线线角、线面角和二面角等问 题.多以解答题的形式出现,常以棱柱、棱锥、正方体为背景, 综合考查学生分析问题、逻辑推理及空间想象能力.

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数学[新课标· 必修2]
空间平行、垂直关系的判断

(教材 P73 习题 2.3A 组第 2 题) 已知平面 α、β、γ 且 α⊥γ,β∥α,求证 β⊥γ.

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1.(2013· 广东高考)设 m,n 是两条不同的直线,α,β 是 两个不同的平面,下列命题中正确的是( A.若 α⊥β,m?α,n?β,则 m⊥n B.若 α∥β,m?α,n?β,则 m∥n C.若 m⊥n,m?α,n?β,则 α⊥β D.若 m⊥α,m∥n,n∥β,则 α⊥β )

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【命题意图】

本题考查了线、面平行与垂直的相关知

识.本题综合性强,覆盖面广,准确解答这样的题目需要扎 实的知识基础,较强的知识综合能力.因为长方体模型中包 含很多直线和平面的位置关系,所以借助长方体模型,可以 化抽象为直观,从而降低难度.由题意,也可以先在大脑中 勾画出符合条件的立体图形,故考查了空间想象能力,然后 进行举反例和推理论证,故又考查了推理论证能力.试题难 度中等.

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【思路点拨】 本题可以依据相应的判定定理或性质定 理进行判断,也可以借助于长方体模型,利用模型中的直线 和平面进行判断.

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【解析】

如图,在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中,平面

BCC1B1⊥平面 ABCD, BC1?平面 BCC1B1, BC?平面 ABCD, 而 BC1 不垂直于 BC,故 A 错误. 平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD,B1D1?平面 A1B1C1D1,AC?平面 ABCD,但 B1D1 和 AC 不 平行,故 B 错误. AB⊥A1D1,AB?平面 ABCD,A1D1?平面 A1B1C1D1,但 平面 A1B1C1D1∥平面 ABCD,故 C 错误.故选 D.

【答案】 D
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2. (2013· 江西高考)如图 16, 正方体的底面与正四面体的 底面在同一平面 α 上,且 AB∥CD,正方体的六个面所在的 平面与直线 CE,EF 相交的平面个数分别记为 m,n,那么 m +n=( )

图 16 A.8 B.9 C.10 D.11

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【命题意图】 本题考查线面平行和线面相交的判定, 考查学生的空间想象能力和判定定理的应用能力. 难度中等.

【思路点拨】 根据直线与平面的位置关系求解.

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【解析】 取 CD 的中点 H, 连接 EH, HF.在四面体 CDEF 中,CD⊥EH,CD⊥FH,所以 CD⊥平面 EFH,所以 AB⊥ 平面 EFH,所以正方体的左、右两个侧面与 EF 平行,其余 4 个平面与 EF 相交,即 n=4.又因为 CE 与 AB 在同一平面内, 所以 CE 与正方体下底面共面,与上底面平行,与其余四个 面相交,即 m=4,所以 m+n=4+4=8.

【答案】 A

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3.(2013· 山东高考)如图 17,四棱锥 P—ABCD 中,AB ⊥AC,AB⊥PA,AB∥CD,AB=2CD,E,F,G,M,N 分 别为 PB,AB,BC,PD,PC 的中点.

图 17 (1)求证:CE∥平面 PAD; (2)求证:平面 EFG⊥平面 EMN.

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【命题意图】

本题考查线面平行、面面平行的判定定

理,线面垂直、面面垂直的判定定理及三角形的中位线定理、 平行线的传递性等.要证明线面平行需证明线线平行或面面 平行;要证明面面垂直,需证明线面垂直,线线垂直,因此 本题主要考查了学生的思维转化的能力及空间想象能力.难 度中等.

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【思路点拨】 (1)要证明线面平行,可考虑证明线线平 行,也可先证面面平行,进而转化为证线面平行,利用三角 形的中位线或平行四边形的性质证明线线平行是证明平行问 题首先要考虑到的. (2)要证明平面 EFG⊥平面 EMN, 可考虑 先证明平面 EMN 中的 MN 垂直于平面 EFG,即转化为证明 线面垂直,而要证明 MN⊥平面 EFG,需要证明 MN 垂直于 平面 EFG 中的两条相交直线.

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【证明】 (1)法一 如图①, 取 PA 的中点 H, 连接 EH , DH. 因为 E 为 PB 的中点,

图① 1 所以 EH∥AB,EH= AB. 2

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1 又 AB∥CD,CD= AB, 2 所以 EH∥CD,EH=CD. 所以四边形 DCEH 是平行四边形. 所以 CE∥DH. 又 DH?平面 PAD,CE?平面 PAD, 所以 CE∥平面 PAD.

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法二 如图②,连接 CF.

图② 因为 F 为 AB 的中点, 1 所以 AF= AB. 2 1 又 CD= AB,所以 AF=CD. 2

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又 AF∥CD, 所以四边形 AFCD 为平行四边形.所以 CF∥AD. 又 CF?平面 PAD,所以 CF∥平面 PAD. 因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点,所以 EF∥PA. 又 EF?平面 PAD,所以 EF∥平面 PAD. 因为 CF∩EF=F,故平面 CEF∥平面 PAD. 又 CE?平面 CEF, 所以 CE∥平面 PAD.

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(2)因为 E,F 分别为 PB,AB 的中点, 所以 EF∥PA. 又 AB⊥PA,所以 AB⊥EF. 同理可证 AB⊥FG. 又 EF∩FG=F,EF?平面 EFG,FG?平面 EFG, 因此 AB⊥平面 EFG. 又 M,N 分别为 PD,PC 的中点,所以 MN∥DC. 又 AB∥DC,所以 MN∥AB,所以 MN⊥平面 EFG. 又 MN?平面 EMN, 所以平面 EFG⊥平面 EMN.
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1.(2013· 课标全国卷Ⅱ)已知 m,n 为异面直线,m⊥平 面 α,n⊥平面 β.直线 l 满足 l⊥m,l⊥n,l?α,l?β,则( A.α∥β 且 l∥α B.α⊥β 且 l⊥β C.α 与 β 相交,且交线垂直于 l D.α 与 β 相交,且交线平行于 l )

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【解析】 根据所给的已知条件作图,如图所示. 由图可知 α 与 β 相交,且交线平行于 l,故选 D.
【答案】 D

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2. (2013· 江西高考)如图 18, 正方体的底面与正四面体的 底面在同一平面 α 上,且 AB∥CD,则直线 EF 与正方体的六 个面所在的平面相交的平面个数为________.

图 18

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【解析】 取 CD 的中点 H,连接 EH、FH.在正四面体 CDEF 中,由于 CD⊥EH,CD⊥HF,所以 CD⊥平面 EFH, 所以 AB⊥平面 EFH,则平面 EFH 与正方体的左右两侧面平 行,则 EF 也与之平行,与其余四个平面相交.
【答案】 4

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3.(2013· 江苏高考)如图 19,在三棱锥 S—ABC 中,平面 SAB⊥平面 SBC,AB⊥BC,AS=AB.过 A 作 AF⊥SB,垂足为 F,点 E,G 分别是棱 SA,SC 的中点.

图 19 求证:(1)平面 EFG∥平面 ABC; (2)BC⊥SA.

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【证明】 (1)因为 AS=AB,AF⊥SB,垂足为 F,所以 F 是 SB 的中点. 又因为 E 是 SA 的中点, 所以 EF∥AB. 因为 EF?平面 ABC,AB?平面 ABC,所以 EF∥平面 ABC. 同理 EG∥平面 ABC.又 EF∩EG=E, 所以平面 EFG∥平面 ABC.

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(2)因为平面 SAB⊥平面 SBC,且交线为 SB,又 AF?平 面 SAB,AF⊥SB,所以 AF⊥平面 SBC. 因为 BC?平面 SBC,所以 AF⊥BC. 又因为 AB⊥BC,AF∩AB=A,AF?平面 SAB,AB?平 面 SAB,所以 BC⊥平面 SAB. 因为 SA?平面 SAB,所以 BC⊥SA.

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求空间的角与距离

(教材 P73 习题 2.3A 组第 4 题) 如图 20,三棱锥 V-ABC 中,VA=VB=AC=BC=2, AB=2 3,VC=1,试画出二面角 V-AB-C 的平面角,并求 它的度数.

图 20
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1. (2013· 山东高考)已知三棱柱 ABC—A1B1C1 的侧棱与底 9 面垂直,体积为 ,底面是边长为 3的正三角形.若 P 为底 4 面 A1B1C1 的中心,则 PA 与平面 ABC 所成角的大小为( 5π A. 12 π B. 3 π C. 4 π D. 6 )

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【命题意图】

本题考查三棱柱的概念与性质,斜线与

平面所成角的概念以及柱体的体积公式,解三角形,直观图 的画法等.作出三棱柱的直观图,作出斜线与平面所成的角, 考查概念理解能力以及空间想象能力, 借助体积及解三角形, 考查了学生的运算能力.难度中等.

【思路点拨】 画出三棱柱 ABC—A1B1C1,作出 PA 与平 面 ABC 所成的角,解三角形求角.

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【解析】 如图所示,P 为正三角形 A1B1C1 的中心,设 O 为△ABC 的中心,由题意知:PO⊥平面 ABC,连接 OA, 则∠PAO 即为 PA 与平面 ABC 所成的角. 在正三角形 ABC 中,AB=BC=AC= 3, 3 ?? ??2 3 3 则 S= ×? 3? = , 4 4 9 VABC—A1B1C1=S×PO= ,∴PO= 3. 4 3 PO 又 AO= × 3=1,∴tan∠PAO= = 3, 3 AO π ∴∠PAO= . 3
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【答案】 B

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2.(2013· 大纲全国卷)已知圆 O 和圆 K 是球 O 的大圆和 3 小圆,其公共弦长等于球 O 的半径,OK= ,且圆 O 与圆 K 2 所在的平面所成的一个二面角为 60° ,则球 O 的表面积等于 ________.

【命题意图】 本题考查球的大圆、小圆及球的截面性 质,二面角的平面角,球的表面积公式等知识.考查空间想 象能力,在作、证二面角的平面角时,考查了推理论证能力, 求球的半径过程中对运算求解能力进行了考查.难度较大.
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【思路点拨】 根据球的截面性质以及二面角的平面角 的定义确定平面角,把球的半径转化到直角三角形中计算, 进而求得球的表面积.

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【解析】 如图所示,公共弦为 AB,设球的半径为 R, 则 AB=R.取 AB 中点 M,连接 OM、KM,由圆的性质知 OM ⊥AB,KM⊥AB,所以∠KMO 为圆 O 与圆 K 所在平面所成 的一个二面角的平面角,则∠KMO=60° . 3 OK 在 Rt△KMO 中,OK= ,所以 OM= 2 sin 60° = 3. 1 在 Rt△OAM 中,因为 OA =OM +AM ,所以 R =3+ 4
2 2 2 2

R2,解得 R2=4,所以球 O 的表面积为 4πR2=16π.
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【答案】 16π

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3.(2013· 北京高考)如图 21,在正方体 ABCDA1B1C1D1 中,P 为对角线 BD1 的三等分点,P 到各顶点的距离的不同 取值有( )

图 21 A.3 个 C.5 个 B.4 个 D.6 个

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【命题立意】 本题考查空间线面关系中线面、线线垂直的论证,线段 相等的证明.本题中画出空间几何体,根据空间几何体的特 征分析问题属于考查数形结合能力及空间想象能力,根据空 间线面的垂直关系证明 AC⊥PO 及 B1C⊥PH 属于考查推理论 证能力,由点 P 到点 A,B1,C 的距离相等推出点 P 到点 A1, C1,D 的距离相等属于类比推理能力,而点 P 到正方体 8 个 顶点的距离有 4 个属于考查分类讨论能力.难度较大.

【思路点拨】 画出几何图形,利用空间线面关系定理 定性分析.
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【解析】 如图, 取底面 ABCD 的中心 O, 连接 PA, PC, PO. ∵AC⊥平面 DD1B,又 PO?平面 DD1B, ∴AC⊥PO.又 O 是 BD 的中点, ∴PA=PC.同理,取 B1C 与 BC1 的交点 H, 易证 B1C⊥平面 D1C1B, ∴B1C⊥PH.又 H 是 B1C 的中点,∴PB1=PC,∴PA=PB1=PC.同理可证 PA1 = PC1 = PD. 又 P 是 BD1 的 三 等 分 点 , ∴ PB≠PD1≠PB1≠PD, 故点 P 到正方体的顶点的不同距离有 4 个.
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【答案】 B

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1. (2013· 辽宁高考)已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 的 6 个顶 点都在球 O 的球面上.若 AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1= 12,则球 O 的半径为( 3 17 A. 2 B.2 10 ) 13 C. 2 D.3 10

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【解析】 因为直三棱柱中 AB=3,AC=4,AA1=12, AB⊥AC,所以 BC=5,且 BC 为过底面 ABC 的截面圆的直 径.取 BC 中点 D,则 OD⊥底面 ABC,则 O 在侧面 BCC1B1 内, 矩形 BCC1B1 的对角线长即为球直径, 所以 2R= 122+52 13 =13,即 R= . 2 【答案】 C

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2.(2013· 浙江高考)在空间中,过点 A 作平面 π 的垂线, 垂足为 B,记 B=fπ(A).设 α,β 是两个不同的平面,对空间 任意一点 P,Q1=fβ[fα(P)],Q2=fα[fβ(P)],恒有 PQ1=PQ2,则 ( A.平面 α 与平面 β 垂直 B.平面 α 与平面 β 所成的(锐)二面角为 45° C.平面 α 与平面 β 平行 D.平面 α 与平面 β 所成的(锐)二面角为 60° )

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【解析】 设 P1=fα(P), P2=fβ(P), 则 PP1⊥α, P1Q1⊥β, PP2⊥β,P2Q2⊥α. 若 α∥β, 则 P1 与 Q2 重合、 P2 与 Q1 重合, 所以 PQ1≠PQ2, 所以 α 与 β 相交.设 α∩β=l,由 PP1∥P2Q2,所以 P,P1, P2,Q2 四点共面.同理 P,P1,P2,Q1 四点共面.所以 P, P1, P2, Q1, Q2 五点共面, 且 α 与 β 的交线 l 垂直于此平面. 又 因为 PQ1=PQ2,所以 Q1,Q2 重合且在 l 上,四边形 PP1Q1P2 π 为矩形.那么∠P1Q1P2= 为二面角 αlβ 的平面角,所以 α 2 ⊥β.
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【答案】 A

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3 . (2013· 北京高考 ) 如图 22 ,在棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1 中,E 为 BC 的中点,点 P 在线段 D1E 上, 点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为________.

图 22

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【解析】 如图,过点 E 作 EE1⊥平面 A1B1C1D1, 交直线 B1C1 于点 E1, 连接 D1E1, DE, 在平面 D1DEE1 内过点 P 作 PH∥EE1 交 D1E1 于 点 H,连接 C1H,则 C1H 即为点 P 到直线 CC1 的距离.当点 P 在线段 D1E 上运动时,点 P 到直线 CC1 的距离的最小值为 点 C1 到线段 D1E1 的距离,即为△C1D1E1 的边 D1E1 上的高 h. 2 2 5 ∵C1D1=2,C1E1=1,∴D1E1= 5,∴h= = . 5 5

2 5 【答案】 5
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点线面位置关系的综合应用

(教材 P79B 组第 1 题) 如图 23,边长为 2 的正方形 ABCD 中, (1)点 E 是 AB 的中点,点 F 是 BC 的中点,将△AED, △DCF 分别沿 DE,DF 折起,使 A,C 两点重合于点 A′.求 证:A′D⊥EF.

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1 (2)当 BE=BF= BC 时,求三棱锥 A′-EFD 的体积. 4

图 23

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1. (2013· 课标全国卷Ⅱ)如图 24, 直三棱柱 ABC—A1B1C1 中,D,E 分别是 AB,BB1 的中点.

图 24 (1)证明:BC1∥平面 A1CD; (2)设 AA1=AC=CB=2,AB=2 2,求三棱锥 C—A1DE 的体积.
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【命题意图】 本题考查直线与平面的位置关系、几何 体体积公式.本题证明直线与平面平行,考查了转化与化归 的思想方法,同时考查了空间想象能力和推理论证的能力, 对于体积的求解考查的是简单的运算求解能力.难度中等.
【思路点拨】 (1)运用直线与平面平行的判定定理进行 求解;(2)求三棱锥的体积,应先找出三棱锥的高及底面积并 求出,然后运用体积公式求解.

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【解】 (1)证明:连接 AC1 交 A1C 于点 F,则 F 为 AC1 中点. 又 D 是 AB 中点,连接 DF,则 BC1∥DF. 因为 DF?平面 A1CD,BC1?平面 A1CD,所以 BC1 ∥平面 A1CD. (2)因为 ABC—A1B1C1 是直三棱柱,所以 AA1⊥ CD. 由已知 AC=CB,D 为 AB 的中点,所以 CD⊥AB. 又 AA1∩AB=A,于是 CD⊥平面 ABB1A1.
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由 AA1=AC=CB=2,AB=2 2得 ∠ACB=90° ,CD= 2,A1D= 6,DE= 3,A1E=3, 故 A1D2+DE2=A1E2,即 DE⊥A1D. 1 1 所以 V 三棱锥 C—A1DE= × × 6× 3× 2=1. 3 2

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2.(2013· 广东高考)如图 25(1),在边长为 1 的等边三角 形 ABC 中,D,E 分别是 AB,AC 上的点,AD=AE,F 是 BC 的中点,AF 与 DE 交于点 G.将△ABF 沿 AF 折起,得到 2 如图(2)所示的三棱锥 A-BCF,其中 BC= . 2

(1) 图 25
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(2)

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(1)证明:DE∥平面 BCF; (2)证明:CF⊥平面 ABF; 2 (3)当 AD= 时,求三棱锥 F-DEG 的体积 VF-DEG. 3

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【命题意图】

本题主要考查了直线与平面平行、直线

与平面垂直的判定、平面与平面平行的判定与性质、三棱锥 体积的求法.在求解过程中,也考查了对应线段成比例、勾 股定理的逆定理等平面图形知识.本题要证直线和平面垂直 或平行,需要进行线、面间位置关系的转化,考查了转化与 化归思想,同时也考查了推理论证能力.本题属于折叠问题, 要分析清楚折叠前后变化的元素和不变化的元素,考查了空 间想象能力.难度中等.

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【思路点拨】 (1)要证直线和平面平行,可证直线与该 平面内的一条直线平行,也可证直线所在的平面与该平面平 行.(2)要证直线和平面垂直,需要证明直线和该平面内的两 条相交直线垂直.(3)要求三棱锥的体积,需要确定底面面积 和高,然后代入棱锥的体积公式计算.

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【解】

(1)法一 在折叠后的图形中,因为 AB=AC,

AD AE AD=AE,所以 = ,所以 DE∥BC. AB AC 因为 DE?平面 BCF,BC?平面 BCF, 所以 DE∥平面 BCF.

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法二 在折叠前的图形中,因为 AB=AC,AD=AE, AD AE 所以 = ,所以 DE∥BC,即 DG∥BF,EG∥CF. AB AC 在折叠后的图形中,仍有 DG∥BF,EG∥CF. 又因为 DG?平面 BCF,BF?平面 BCF, 所以 DG∥平面 BCF,同理可证 EG∥平面 BCF. 又 DG∩EG=G,DG?平面 DEG,EG?平面 DEG, 故平面 DEG∥平面 BCF. 又 DE?平面 DEG,所以 DE∥平面 BCF.

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(2)证明: 在折叠前的图形中, 因为△ABC 为等边三角形, BF=CF, 所以 AF⊥BC, 则在折叠后的图形中, AF⊥BF, AF⊥CF. 1 2 又 BF=CF= ,BC= , 2 2 所以 BC2=BF2+CF2,所以 BF⊥CF. 又 BF∩AF=F,BF?平面 ABF,AF?平面 ABF, 所以 CF⊥平面 ABF.

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(3)由(1)知,平面 DEG∥平面 BCF, 由(2)知 AF⊥BF,AF⊥CF, 又 BF∩CF=F,所以 AF⊥平面 BCF, 所以 AF⊥平面 DEG,即 GF⊥平面 DEG. 1 3 在折叠前的图形中,AB=1,BF=CF= ,AF= . 2 2 2 AD 2 由 AD= 知 = , 3 AB 3 又 DG∥BF,

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DG AG AD 2 所以 = = = , BF AF AB 3 2 1 1 2 3 3 所以 DG=EG= × = ,AG= × = , 3 2 3 3 2 3 3 所以 FG=AF-AG= . 6 1 1 S △ 故三棱锥 F-DEG 的体积为 V 三棱锥 F-DEG=3 DEG· FG= 3
? 1 ? 3 3 ?1?2 × ×?3? × = . 2 ? ? 6 324

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1.(2013· 大纲全国卷)如图 26,四棱锥 P—ABCD 中,∠ ABC=∠BAD=90° ,BC=2AD,△PAB 和△PAD 都是边长为 2 的等边三角形.

图 26 (1)证明:PB⊥CD; (2)求点 A 到平面 PCD 的距离.
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【解】 (1)证明:取 BC 的中点 E,连接 DE,则四边形 ABED 为正方形.过点 P 作 PO⊥平面 ABCD,垂足为 O. 连接 OA,OB,OD,OE. 由△PAB 和△PAD 都是等边三角形知 PA=PB=PD, 所以 OA=OB=OD, 即点 O 为正方形 ABED 对角线的交点, 故 OE⊥BD,从而 PB⊥OE. 因为 O 是 BD 的中点,E 是 BC 的中点, 所以 OE∥CD. 因此 PB⊥CD.
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(2)取 PD 的中点 F,连接 OF,则 OF∥PB. 由(1)知,PB⊥CD,故 OF⊥CD. 1 又 OD= BD= 2,OP= PD2-OD2= 2, 2 故△POD 为等腰三角形, 因此 OF⊥PD. 又 PD∩CD=D,所以 OF⊥平面 PCD. 因为 AE∥CD,CD?平面 PCD,AE?平面 PCD, 所以 AE∥平面 PCD.

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因此点 O 到平面 PCD 的距离 OF 就是点 A 到平面 PCD 1 的距离,而 OF= PB=1, 2 所以点 A 到平面 PCD 的距离为 1.

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2.(2013· 浙江高考)如图 27,在四棱锥 PABCD 中,PA ⊥平面 ABCD,AB=BC=2,AD=CD= 7,PA= 3,∠ABC =120° ,G 为线段 PC 上的点.

图 27

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(1)证明:BD⊥平面 APC; (2)若 G 为 PC 的中点, 求 DG 与平面 APC 所成的角的正 切值; PG (3)若 G 满足 PC⊥平面 BGD,求 的值. GC

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【解】 (1)证明:设点 O 为 AC,BD 的交点. 由 AB=BC,AD=CD,得 BD 是线段 AC 的中 垂线,所以 O 为 AC 的中点,BD⊥AC. 又因为 PA⊥平面 ABCD,BD?平面 ABCD, 所以 PA⊥BD. 所以 BD⊥平面 APC.

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(2)连接 OG.由(1)可知,OD⊥平面 APC,则 DG 在平面 APC 内的射影为 OG, 所以∠OGD 是 DG 与平面 APC 所成的 角. 1 3 由题意得 OG= PA= . 2 2 在△ABC 中,AC= AB2+BC2-2AB· BC· cos∠ABC=
? 1? ? - 4+4-2×2×2×? ? 2?=2 ? ?

3,

1 所以 OC= AC= 3. 2
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在直角△OCD 中,OD= CD2-OC2= 7-3=2. OD 4 3 在直角△OGD 中,tan∠OGD= = . OG 3 4 3 所以 DG 与平面 APC 所成的角的正切值为 . 3

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(3)因为 PC⊥平面 BGD, OG?平面 BGD, 所以 PC⊥OG. 在直角△PAC 中,PC= PA2+AC2= 3+12= 15, AC· OC 2 3× 3 2 15 所以 GC= = = . PC 5 15 3 15 PG 3 从而 PG= ,所以 = . 5 GC 2

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第三章

直线与方程

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【命题趋势】 从近几年的高考试题看,高考对本章的考查主要立足于 直线方程、直线与其它曲线的结合等问题.多以选择题和填空 题形式出现,属基础题.求解时,注意数形结合思想和等价转 化思想的灵活应用.

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直线方程及其应用

(教材 P106 练习第 2 题) 已知点 A(a,-5)与 B(0,10)间的距离是 17,求 a 的值.

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1.(2013· 四川高考)在平面直角坐标系内,到点 A(1,2), B(1,5) , C(3,6) , D(7 ,- 1) 的距离之和最小的点的坐标是 ________.

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【命题意图】 本题考查直线方程及两相交直线的综合 应用.通过将所求点与已知四点之间的距离最小等价转化为 两线段距离之和最小, 考查了转化化归思想与逻辑推理能力, 距离的求解考查了运算求解能力.难度较大.
【思路点拨】 将所求点与已知四点之间的距离最小等 价转化为两线段距离之和最小.

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【解析】 设平面上任一点 M,因为|MA|+|MC|≥|AC|, 当且仅当 A,M,C 共线时取等号,同理|MB|+|MD|≥|BD|, 当且仅当 B,M,D 共线时取等号,连接 AC,BD 交于一点 M,若|MA|+|MC|+|MB|+|MD|最小,则点 M 为所求. 6-2 又 kAC= =2,∴直线 AC 的方程为 y-2=2(x-1), 3-1 即 2x-y=0.①

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5-?-1? 又 kBD= =-1, 1-7 ∴直线 BD 的方程为 y-5=-(x-1),即 x+y-6=0.②
? ?2x-y=0, 由①②得? ? ?x+y-6=0, ? ?x=2, ∴? ? ?y=4,.

∴M(2,4).

【答案】 (2,4)

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2.(2013· 湖北高考)小明骑车上学,开始时匀速行驶,途 中因交通堵塞停留了一段时间后,为了赶时间加快速度行 驶.与以上事件吻合得最好的图象是( )

图 28
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【命题意图】 本题考查有关直线的知识.考查数形结 合思想和分析问题的能力,难度中等. 【思路点拨】 先分析小明的运动规律,再结合图象作 出判断.

【解析】

距学校的距离应逐渐减小,由于小明先是匀

速运动,故前段是直线段,途中停留时距离不变,后段加速, 直线段比前段下降的快,故应选 C.

【答案】 C

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1.(2013· 辽宁高考)已知点 O(0,0),A(0,b),B(a,a3).若 △OAB 为直角三角形,则必有( A.b=a3 1 B.b=a + a
3

)

C.(b-a D.|b-a

3 ?

? 1? 3 )?b-a -a? ?=0 ? ?

3

? 1? ? 3 |+?b-a -a? ?=0 ? ?

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【解析】 若以 O 为直角顶点,则 B 在 x 轴上,则 a 必 为 0,此时 O,B 重合,不符合题意; π 若∠A= ,则 b=a3≠0. 2
3 a -b π 2 若∠B= ,根据斜率关系可知 a · =-1, 2 a

所以 a(a3-b)=-1, 1 即 b-a - =0. a
3

以上两种情况皆有可能,故只有 C 满足条件.
【答案】 C
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2.(2013· 安徽高考)函数 y=f(x)的图象如图 29 所示,在 区间[a,b]上可找到 n(n≥2)个不同的数 x1,x2,?,xn,使得 f?x1? f?x2? f?xn? = =?= ,则 n 的取值范围是( x1 x2 xn )

图 29 A.{3,4} C.{3,4,5} B.{2,3,4} D.{2,3}

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【解析】 由题意, 函数 y=f(x)上的任一点坐标为(x, f(x)), f?x? f?x1? 故 表示曲线上任一点与坐标原点连线的斜率.若 = x x1 f?x2? f?xn? =?= ,则曲线上存在 n 个点与原点连 x2 xn 线的斜率相等,即过原点的直线与曲线 y=f(x) 有 n 个交点.如图,数形结合可得 n 的取值可为 2,3,4.
【答案】 B

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第四章

圆与方程

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【命题趋势】 从近几年的高考试题看, 高考对本章的考查主要立足于 圆的方程及直线与圆的位置关系.多以选择题、填空题的形式 出现,有时也融合在解答题中,属基础题.常以直线与圆的位 置关系为载体,考查几何问题代数化的方法,考查数形结合 的思想.

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直线、圆的位置关系

(教材 P144B 组第 6 题) 已知圆 C:(x-1)2+(y-2)2=25,直线 l:(2m+1)x+(m +1)y-7m-4=0. (1)求证:直线 l 恒过定点. (2)判断直线 l 被圆 C 截得的弦何时最长、何时最短?并 求截得的弦长最短时 m 的值以及最短长度.

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1.(2013· 安徽高考)直线 x+2y-5+ 5=0 被圆 x2+y2- 2x-4y=0 截得的弦长为( A.1 B.2 ) C.4 D.4 6

【命题意图】 本题主要考查直线与圆相交形成弦长的 求法、点到直线的距离公式等.在求此类弦长时,一般是构 造相应的直角三角形, 数形结合求解, 考查运算求解能力. 难 度中等.

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【思路点拨】 先把圆的一般方程化为标准方 程,求出圆心和半径,再在圆中构造直角三角形, 利用勾股定理求弦长.

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【解析】 圆的方程可化为 C:(x-1)2+(y-2)2=5,其 圆心为 C(1,2),半径 R= 5.如图所示,取弦 AB 的中点 P,连 接 CP,则 CP⊥AB,圆心 C 到直线 AB 的距离 d=|CP|= |1+4-5+ 5| 2 2 = 1. 在 Rt △ ACP 中, | AP | = R - d =2,故直 2 2 1 +2 线被圆截得的弦长|AB|=4.
【答案】 C

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2.(2013· 山东高考)过点(3,1)作圆(x-1)2+y2=1 的两条 切线,切点分别为 A,B,则直线 AB 的方程为( A.2x+y-3=0 C.4x-y-3=0 B.2x-y-3=0 D.4x+y-3=0 )

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【命题意图】

本题考查直线方程、圆的方程及直线与

圆的位置关系、圆与圆的位置关系.考查巧妙运用圆的几何 性质,将求直线方程转化为求两圆的公共弦方程,考查了化 归与转化的能力,灵活地运用数学知识的能力,同时考查了 运算能力.难度中等.

【思路点拨】 利用圆的几何性质,将题目转化为求两 圆的公共弦方程.

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【解析】 设 P(3,1),圆心 C(1,0),切点为 A、B,则 P、 A、C、B 四点共圆,且 PC 为圆的直径,∴四边形 PACB 的 外接圆方程为(x-2)
2

? 1? ? ?2 5 +?y-2? = ,① 4 ? ?

圆 C:(x-1)2+y2=1,② ①-②得 2x+y-3=0,此即为直线 AB 的方程.

【答案】 A

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3.(2013· 江苏高考)如图 30,在平面直角坐标系 xOy 中, 点 A(0,3),直线 l:y=2x-4.设圆 C 的半径为 1,圆心在 l 上.

图 30 (1)若圆心 C 也在直线 y=x-1 上, 过点 A 作圆 C 的切线, 求切线的方程; (2)若圆 C 上存在点 M,使 MA=2MO,求圆心 C 的横坐 标 a 的取值范围.
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【命题意图】 本题考查了圆的方程、圆的切线方程的 求解以及两圆的位置关系等知识.本题(1)问求切线方程考查 了学生的运算求解能力,(2)问将问题转化为判断两个圆有公 共点的问题,考查了等价转化能力.试题难度中等.
【思路点拨】 (1)两直线交点即为圆心,从而可得圆 C 的方程, 然后可求出切线方程; (2)由题意建立关于 a 的方程, 通过方程有解求得 a 的取值范围.

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【解】 (1)由题设,圆心 C 是直线 y=2x-4 和 y=x-1 的交点,解得点 C(3,2),于是切线的斜率必存在.设过 A(0,3) 的圆 C 的切线方程为 y=kx+3. |3k+1| 由题意,得 2 =1, k +1 3 解得 k=0 或 k=- , 4 故所求切线方程为 y=3 或 3x+4y-12=0.

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(2)因为圆心在直线 y=2x-4 上, 所以圆 C 的方程为(x-a)2+[y-2(a-2)]2=1. 设点 M(x,y),因为 MA=2MO, 所以 x2+?y-3?2=2 x2+y2, 化简得 x2+y2+2y-3=0,即 x2+(y+1)2=4, 所以点 M 在以 D(0,-1)为圆心,2 为半径的圆上. 由题意,点 M(x,y)在圆 C 上,所以圆 C 与圆 D 有公共 点,

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则|2-1|≤CD≤2+1,即 1≤ a2+?2a-3?2≤3. 整理,得-8≤5a2-12a≤0. 由 5a2-12a+8≥0,得 a∈R; 12 由 5a -12a≤0,得 0≤a≤ . 5
2

所以点 C 的横坐标 a

? 12? ? 的取值范围为?0, 5 ? ?. ? ?

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1. (2013· 广东高考)垂直于直线 y=x+1 且与圆 x2+y2=1 相切于第一象限的直线方程是( A.x+y- 2=0 C.x+y-1=0 )

B.x+y+1=0 D.x+y+ 2=0

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【解析】 与直线 y=x+1 垂直的直线方程可设为 x+y |b| +b=0,由 x+y+b=0 与圆 x +y =1 相切,可得 2 2= 1 +1
2 2

1,故 b=± 2.因为直线与圆相切于第一象限,故结合图形分 析知 b=- 2,故直线方程为 x+y- 2=0,故选 A.
【答案】 A

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2.(2013· 江西高考)若圆 C 经过坐标原点和点(4,0),且与 直线 y=1 相切,则圆 C 的方程是________.

【解析】

因为圆的弦的垂直平分线必过圆心且圆经过

点(0,0)和(4,0),所以设圆心为(2,m).又因为圆与直线 y=1 相切, 所以 ?4-2?2+?0-m?2=|1-m|, 所以 m2+4=m2-2m
? 3? 3 ? ?2 25 2 +1,解得 m=- ,所以圆的方程为(x-2) +?y+2? = . 2 4 ? ?

【答案】 (x-2)

2

? 3? ? ?2 25 +?y+2? = 4 ? ?

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3. (2013· 陕西高考)已知点 M(a, b)在圆 O: x2+y2=1 外, 则直线 ax+by=1 与圆 O 的位置关系是( A.相切 B.相交 C.相离 ) D.不确定

【解析】 由题意知点在圆外,则 a2+b2>1,圆心到直 1 线的距离 d= 2 2<1,故直线与圆相交. a +b

【答案】 B

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