高中數(shù)學(xué) 第2部分 模塊復(fù)習(xí) 新人教A版必修2含答案

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1、 （人教版）精品數(shù)學(xué)教學(xué)資料 第2部分 模塊復(fù)習(xí) 新人教A版必修2 　　　　　　　　　　　　　　　　一、知識(shí)體系全覽 ——理清知識(shí)脈絡(luò)　主干知識(shí)一網(wǎng)盡覽 　　　　　　　　　　　　　　　　二、高頻考點(diǎn)聚焦 ——鎖定備考范圍　高考題型全盤突破 空間幾何體的結(jié)構(gòu)與特征 空間幾何體的結(jié)構(gòu)與特征考查方向有兩個(gè)方面：一是在選擇、填空題中直接考查結(jié)構(gòu)特征，二是作為載體在解答題中考查位置關(guān)系的判定證明，多與三視圖相結(jié)合．要充分掌握柱、錐、臺(tái)、球的定義及結(jié)構(gòu)特征，解題時(shí)要注意識(shí)別幾何體的性質(zhì)． [例1]　某幾何體的三視圖如圖所示，那么這個(gè)幾何體是(　　) A．

2、三棱錐　　　　　　　　　 B．四棱錐 C．四棱臺(tái) D．三棱臺(tái) [解析]　由所給三視圖與直觀圖的關(guān)系，可以判定對(duì)應(yīng)的幾何體為如圖所示的四棱錐，且PA⊥面ABCD，AB⊥BC，BC∥AD. [答案]　B 1．根據(jù)下列對(duì)幾何體結(jié)構(gòu)特征的描述，說出幾何體的名稱： (1)由八個(gè)面圍成，其中兩個(gè)面是互相平行且全等的正六邊形，其他各面都是矩形； (2)一個(gè)圓面繞其一條直徑所在的直線旋轉(zhuǎn)180°所圍成的幾何體． 解：(1)該幾何體有兩個(gè)面是互相平行且全等的正六邊形，其他各面都是矩形，滿足每相鄰兩個(gè)面的公共邊都相互平行這一條件，故該幾何體是六棱柱，如圖(1)． (2

3、)該幾何體為球，如圖(2)． 2．下列各立體圖形表示的是柱體或由柱體構(gòu)成的幾何體是(　　) A．①②③⑤　　　　　　　　 B．③④⑤ C．①④⑤ D．②③④ 解析：選C?、偈侨庵谑菆A臺(tái)中挖去一個(gè)圓柱形成的幾何體，③是正方體去掉一個(gè)角后形成的幾何體，④是五棱柱，⑤是正方體. 空間幾何體的三視圖、直觀圖與表面積、體積 空間幾何體的三視圖的考查主要有兩個(gè)方面：一是由幾何體考查三視圖、二是由三視圖還原幾何體后求表面積與體積，題型多為選擇題、填空題，主要考查空間想象能力． 在解決三視圖問題時(shí)一定要遵循“長對(duì)正、高平齊、寬相等”，看清三視圖的實(shí)虛線，還原幾何

4、體時(shí)，幾何體的擺放位置，求表面積時(shí)注意組合體中銜接面的處理，求體積時(shí)要注意體積分割、轉(zhuǎn)化求法的應(yīng)用，對(duì)于三棱錐的體積還要注意等積轉(zhuǎn)換法的應(yīng)用． [例2]　(2012·北京高考)某三棱錐的三視圖如圖所示，該三棱錐的表面積是(　　) A．28＋6　　　　　　　　　 B．30＋6 C．56＋12 D．60＋12 [解析]　　由三棱錐的三視圖可得三棱錐的直觀圖如圖(1)所示． S△ACD＝×AC×DM＝×5×4＝10. S△ABC＝×AC×BC＝×5×4＝10. 在△CMB中，∠C＝90

5、°，∴BM＝5. ∵DM⊥平面ABC，∴∠DMB＝90°， ∴DB＝ ＝，∴△BCD為直角三角形，∠DCB＝90°，∴S△BCD＝×5×4＝10. 在△ABD中，如圖(2)，S△ABD＝×2×6＝6， ∴S表＝10＋10＋10＋6＝30＋6. [例3]　(2011·廣東高考)如圖，某幾何體的正視圖，側(cè)視圖和俯視圖分別為等邊三角形、等腰三角形和菱形，則該幾何體的體積為(　　) A．4 B．4 C．2 D．2 [解析]　由題得該幾何體是如圖所示的四棱錐P－ABCD，

6、AO＝ ＝， ∴棱錐的高h(yuǎn)＝PO＝ ＝＝3， ∴V＝××2××2×3＝2. [答案]　C 3．如圖，四邊形ABCD是一水平放置的平面圖形的斜二測(cè)直觀圖，AB∥CD，AD⊥CD，且BC與y軸平行，若AB＝6，CD＝4，BC＝2，則原平面圖形的實(shí)際面積是________． 解析：由斜二測(cè)直觀圖的作圖規(guī)則知，原平面圖形是梯形，且AB，CD的長度不變，仍為6和4，高BC＝4， 故所求面積S＝×(4＋6)×4＝20. 答案：20 4．(2012·遼寧高考)一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積

7、為________． 解析：如圖所示： 該幾何體為長為4，寬為3，高為1的長方體內(nèi)部挖去一個(gè)圓柱． ∴S表＝2×(4×3－π)＋2×(3×1)＋2×(4×1)＋2π＝24－2π＋6＋8＋2π＝38. 5．(2012·江蘇高考)如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，則四棱錐A－BB1D1D的體積為________cm3. 解析：法一：∵VA－A1B1D1＝××3×3×2＝3， VABD－A1B1D1＝×3&#

8、215;3×2＝9， ∴VA－BB1D1D＝VABD－A1B1D1－VA－A1B1D1＝6(cm3)． 法二：連接AC交BD于O，則有AC⊥BD，AC⊥BB1， ∴AC⊥平面BB1D1D， ∴AO即為四棱錐A－BB1D1D的高， ∴VA－BB1D1D＝×3×2×＝6(cm3)． 答案：6 與球有關(guān)的問題 與球有關(guān)的組合體是命題的熱點(diǎn)，多為選擇、填空題，有時(shí)也與三視圖相結(jié)合，主要考查球的表面積與體積的求法． 對(duì)于此類問題的關(guān)鍵是求出球的半徑，在解決時(shí)要充分借助于圖形(空間圖或截面圖)化空間問題為平面問題． [例4]　

9、(2011·新課標(biāo)全國卷)已知兩個(gè)圓錐有公共底面，且兩圓錐的頂點(diǎn)和底面的圓周都在同一個(gè)球面上．若圓錐底面面積是這個(gè)球面面積的，則這兩個(gè)圓錐中，體積較小者的高與體積較大者的高的比值為________． [解析]　設(shè)圓錐的底面半徑為r，球面半徑為R， 則πr2＝×4πR2，解得r＝R， 所以對(duì)應(yīng)球心距為R，故小圓錐的高為R－R＝R，大圓錐的高為R，所以之比為. [答案]　 6.如圖，半徑為2的球O中有一內(nèi)接圓柱，當(dāng)圓柱的軸截面為正方形時(shí)球的表面積與圓柱的側(cè)面積之差為________． 解析：若圓柱的軸截面為正方形，則圓柱的高與底面圓直徑相等，且截面正方形

10、的對(duì)角線長為球的直徑，設(shè)圓柱高為h，底面圓半徑為r，則h＝2，r＝，圓柱的側(cè)面積S＝h·2πr＝2·2π＝8π.球的表面積為S＝4πR2＝16π，∴球的表面積與側(cè)面積之差為8π. 答案：8π 7．已知過球面上三點(diǎn)A，B，C的截面到球心O的距離等于球半徑的一半，且AB＝BC＝CA＝3 cm，求球的體積． 解：由AB＝BC＝CA＝3知△ABC為邊長為3的正三角形，設(shè)其中心為O′，連接OO′，AO′，則OO′⊥AO′，AO′＝.設(shè)球半徑為R，則OO′＝.在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2即R2＝()2＋2，∴R＝2.∴球的體積V＝π23＝π (cm3)．

11、 空間點(diǎn)、線、面位置關(guān)系的判斷與證明 [例5]　(2012·江蘇高考)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分別是棱BC，CC1上的點(diǎn)(點(diǎn)D不同于點(diǎn)C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)．求證： (1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線A1F∥平面ADE. [證明]　(1)因?yàn)锳BC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC， 又AD?平面ABC，所以CC1⊥AD. 又因?yàn)锳D⊥DE，CC1，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BCC1

12、B1. (2)因?yàn)锳1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點(diǎn)，所以A1F⊥B1C1. 因?yàn)镃C1⊥平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F. 又因?yàn)镃C1，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. 8．(2012·北京高考)如圖1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分別為AC，AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F為線段CD上的一點(diǎn)．將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，

13、如圖2. (1)求證：DE∥平面A1CB； (2)求證：A1F⊥BE； (3)線段A1B上是否存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ？說明理由． 解：(1)證明：因?yàn)镈，E分別為AC，AB的中點(diǎn)， 所以DE∥BC. 又因?yàn)镈E?平面A1CB， 所以DE∥平面A1CB. (2)證明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC， 所以DE⊥AC. 所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC. 而A1F?平面A1DC，所以DE⊥A1F. 又因?yàn)锳1F⊥CD，CD∩DE＝D， 所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE. (3)線段A1B上存在點(diǎn)Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下

14、： 如圖，分別取A1C，A1B的中點(diǎn)P，Q，連接PQ，則PQ∥BC. 又因?yàn)镈E∥BC，所以DE∥PQ. 所以平面DEQ即為平面DEP. 由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C. 又因?yàn)镻是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點(diǎn)， 所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP，即A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點(diǎn)Q，使得A1C⊥平面DEQ. 9．(2011·福建高考)如圖，四棱錐P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，點(diǎn)E在線段AD上，且CE∥AB. (1)求證：CE⊥平面PAD； (2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45&#

15、176;，求四棱錐P－ABCD的體積． 解：(1)證明：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CE?平面ABCD， 所以PA⊥CE， 因?yàn)锳B⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD. 又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD. (2)由(1)可知CE⊥AD.在直角三角形ECD中， DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1. 又因?yàn)锳B＝CE＝1，AB∥CE， 所以四邊形ABCE為矩形， 所以SABCD＝SABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE＝1×2＋×1×1＝. 又PA⊥平面AB

16、CD，PA＝1， 所以V四棱錐P－ABCD的體積等于 SABCD·PA＝××1＝. 直線方程與兩直線的位置關(guān)系 主要以選擇、填空題的形式考查直線方程的求法，及由直線方程研究兩直線的位置關(guān)系，在解答題中常與其他曲線結(jié)合考查直線與曲線的位置關(guān)系． 掌握直線方程的各種形式及轉(zhuǎn)化關(guān)系，能根據(jù)直線方程求斜率、截距，并會(huì)判斷兩直線的平行、垂直關(guān)系． [例6]　根據(jù)下列條件，求直線方程： (1)已知直線過點(diǎn)P(－2,2)且與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積為1； (2)過兩直線3x－2y＋1＝0和x＋3y＋4＝0的交點(diǎn)，且垂直于直線x＋3y＋4＝0

17、. [解]　(1)設(shè)所求直線的方程為＋＝1. 依題意，得解得或 故所求直線方程是＋y＝1或＋＝1， 即x＋2y－2＝0或2x＋y＋2＝0. (2)設(shè)所求直線的方程為 (3x－2y＋1)＋λ(x＋3y＋4)＝0， 即(3＋λ)x＋(3λ－2)y＋(1＋4λ)＝0. 由所求直線垂直于直線x＋3y＋4＝0，得 －·＝－1，解得λ＝. 故所求直線的方程是3x－y＋2＝0. 10．已知直線l1：(m＋2)x＋(m2－3m)y＋4＝0，l2：2x＋4(m－3)y－1＝0，如果l1∥l2，求m的值． 解：當(dāng)直線l1和l2都有斜率時(shí)， 即m≠0且m≠3時(shí)，由＝≠， 解

18、得m＝－4，經(jīng)驗(yàn)證可知兩直線平行． 當(dāng)直線l1和l2都無斜率時(shí)，l1：x＝－，l2：x＝， 顯然l1∥l2，此時(shí)m＝3. 綜上所述m＝－4或m＝3. 11．求經(jīng)過兩條直線x＋3y－10＝0和3x－y＝0的交點(diǎn)，且與原點(diǎn)的距離為1的直線方程． 解：由方程組 解得兩條直線的交點(diǎn)A(1,3)． 當(dāng)斜率存在時(shí)， 設(shè)所求直線方程為y－3＝k(x－1)， 即kx－y＋3－k＝0. ∵原點(diǎn)到直線的距離為1， 即＝1，即|3－k|＝， 兩邊平方，整理，得k＝. 故直線方程為y－3＝(x－1)， 即4x－3y＋5＝0. 當(dāng)斜率不存在時(shí)，直線方程為x＝1，符合題意． 故所求直線方程

19、為x＝1或4x－3y＋5＝0. 圓的方程 主要以選擇、填空題的形式考查圓的方程的求法，或利用圓的幾何性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合求函數(shù)式的最值．也可與其他曲線結(jié)合綜合考查圓的方程的應(yīng)用． 求圓的方程的主要方法是待定系數(shù)法，確定圓的方程需要三個(gè)獨(dú)立的條件，求解時(shí)要注意結(jié)合圖形，觀察幾何特征，簡(jiǎn)化運(yùn)算． [例7]　有一圓C與直線l：4x－3y＋6＝0相切于點(diǎn)A(3,6)，且經(jīng)過點(diǎn)B(5,2)，求此圓的方程． [解]　法一：設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，尋找三個(gè)方程構(gòu)成方程組求解．設(shè)圓的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝r2， 則圓心為C(a，b)，由|CA|＝|CB|，CA⊥l，得 解得

20、所以圓的方程為(x－5)2＋2＝. 法二：設(shè)圓的一般方程求解． 設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，由CA⊥l， A(3,6)，B(5,2)在圓上，得 解得 所以所求圓的方程為x2＋y2－10x－9y＋39＝0. 12．圓心在直線5x－3y＝8上，且圓與兩坐標(biāo)軸均相切，求此圓的標(biāo)準(zhǔn)方程． 解：設(shè)所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2(r>0)．因?yàn)閳A與兩坐標(biāo)軸均相切，故圓心坐標(biāo)滿足x0－y0＝0或x0＋y0＝0. 又圓心在直線5x－3y＝8上， 所以5x0－3y0＝8. 由得 由得 所以圓心坐標(biāo)為(4,4)或(1，－1)，相應(yīng)的半徑為r＝

21、4或r＝1，故所求圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－4)2＋(y－4)2＝16或(x－1)2＋(y＋1)2＝1. 13．已知實(shí)數(shù)x，y滿足方程x2＋y2－4x＋1＝0. (1)求的最大值和最小值； (2)求y－x的最大值和最小值； (3)求x2＋y2的最大值和最小值． 解：(1)原方程化為(x－2)2＋y2＝3，表示以點(diǎn)(2,0)為圓心，半徑為的圓． 設(shè)＝k，即y＝kx，當(dāng)直線y＝kx與圓相切時(shí)，斜率k取得最大值和最小值，此時(shí)有＝，解得 k＝±. 故的最大值為，最小值為－. (2)設(shè)y－x＝b，即y＝x＋b，當(dāng)y＝x＋b與圓相切時(shí)，縱截距b取得最大值和最小值，此時(shí)＝，即b＝－2&

22、#177;.故(y－x)max＝－＋，(y－x)min＝－2－. (3)x2＋y2表示圓上的點(diǎn)與原點(diǎn)距離的平方，由平面幾何知識(shí)知其在原點(diǎn)與圓心的連線與圓的兩個(gè)交點(diǎn)處取得最大值和最小值．又知圓心到原點(diǎn)的距離為2，故(x2＋y2)max＝(2＋)2＝7＋4，(x2＋y2)min＝(2－)2＝7－4. 直線、圓的位置關(guān)系 多在選擇題、填空題考查直線方程與圓的方程的求法，涉及直線與圓有關(guān)的基本問題，對(duì)于直線中內(nèi)容很少單獨(dú)考查． 在解決直線與圓的問題時(shí)，充分發(fā)揮數(shù)形結(jié)合思想的運(yùn)用，尤其是涉及弦長問題，多用幾何法． [例8]　圓x2＋y2＝4上的點(diǎn)到直線x－y＋2＝0的距離的最大

23、值為(　　) A．2＋ B．2－ C. D．0 [解析]　因?yàn)閳Ax2＋y2＝4的圓心O到直線x－y＋2＝0的距離d＝＝，所以圓上的點(diǎn)到直線距離的最大值為d＋r＝＋2. [答案]　A [例9]　已知2a2＋2b2＝c2，則直線ax＋by＋c＝0與圓x2＋y2＝4的位置關(guān)系是(　　) A．相交但不過圓心 B．過圓心 C．相切 D．相離 [解析]　由已知圓：x2＋y2＝4的圓心到直線ax＋by＋c＝0距離是d＝，又2a2＋2b2＝c2， ∴|c|＝·，即＝|c|， ∴d＝＝. 又圓x2＋y2＝4的半徑r＝2， ∴d＜r，故直線與圓x2＋y2＝4相交．

24、 又圓心(0,0)代入直線ax＋by＋c＝0得c＝0， ∴a＝b＝0，不合題意，故此直線不過圓心． [答案]　A [例10]　(2012·廣東高考)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線3x＋4y－5＝0與圓x2＋y2＝4相交于A、B兩點(diǎn)，則弦AB的長等于(　　) A．3 B．2 C. D．1 [解析]　圓x2＋y2＝4的圓心(0,0)到直線3x＋4y－5＝0的距離d＝1，圓的半徑為2，所以弦長|AB|＝2＝2. [答案]　B 14．(2012·福建高考)直線x＋y－2＝0與圓x2＋y2＝4相交于A，B兩點(diǎn)，則弦AB的長度等于(　　) A．2 B

25、．2 C. D．1 解析：選B　圓心(0,0)到直線x＋y－2＝0的距離為1，所以|AB|＝2＝2. 15．(2011·江西高考)若曲線C1：x2＋y2－2x＝0與曲線C2：y(y－mx－m)＝0有四個(gè)不同的交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－，)　　　　 B．(－，0)∪(0，) C．[－，] D．(－∞，－)∪(，＋∞) 解析：選B　整理曲線C1方程得，(x－1)2＋y2＝1，知曲線C1為以點(diǎn)C1(1,0)為圓心，以1為半徑的圓；曲線C2則表示兩條直線，即x軸與直線l：y＝m(x＋1)，顯然x軸與圓C1有兩個(gè)交點(diǎn)，知直線l與x軸相交，故有圓心C1到直線

26、l的距離d＝<r＝1，解得m∈(－，)，又當(dāng)m＝0時(shí)，直線l與x軸重合，此時(shí)只有兩個(gè)交點(diǎn)，應(yīng)舍去． 16．求過點(diǎn)M(－3,3)且被圓x2＋y2＋4y－21＝0所截得的弦長為8的直線方程． 解：圓的方程x2＋y2＋4y－21＝0可化為x2＋(y＋2)2＝25，半徑長R＝5， 當(dāng)所求直線斜率不存在時(shí)，直線方程為x＝－3，滿足已知條件． 當(dāng)所求直線斜率存在時(shí)，設(shè)斜率為k，則可設(shè)直線方程為y－3＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＋3＝0. 又圓心(0，－2)到直線的距離d＝＝＝3，則k＝－.則直線方程為8x＋15y－21＝0. 綜上所述，所求的直線方程為x＝－3或8x＋15y－21＝0

27、. 　　　　　　　　　　　　　　三、模塊驗(yàn)收評(píng)估(教師用書獨(dú)具) ——考前熱身自評(píng)，學(xué)習(xí)效果心知肚明 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分) 1．一個(gè)長方體去掉一個(gè)小長方體，所得幾何體的正視圖與側(cè)視圖分別如圖所示，則該幾何體的俯視圖為(　　) 解析：選C　由幾何體的正視圖、側(cè)視圖，結(jié)合題意，可知選C. 2．如圖是一個(gè)幾何體的三視圖，其中正視圖和側(cè)視圖都是一個(gè)兩底長分別為2和4，腰長為4的等腰梯形，則該幾何體的側(cè)面積是(　　) A．6π　　　　　　　　　　 B．12π C．18π D．24π 解析：選B　∵正視圖和側(cè)視圖都是等腰梯形，俯視圖是一

28、個(gè)圓環(huán)， ∴該幾可體是一個(gè)圓臺(tái)，且圓臺(tái)的上、下底半徑分別為1和2，母線為4， ∴S側(cè)＝π(r＋r′)l＝π·(1＋2)×4＝12π. 3．一個(gè)球的內(nèi)接正方體的表面積為54，則球的表面積為(　　) A．27π B．18π C．9π D．54π 解析：選A　設(shè)正方體的棱長為a，球的半徑為r， 則6a2＝54，∴a＝3. 又∵2r＝a， ∴r＝a＝， ∴S表＝4πr2＝4π×＝27π. 4．(2012·莆田高一檢測(cè))已知高為3的直棱柱ABC－A′B′C′的底面是邊長為1的正三角形(如圖所示)，則三棱錐B′－ABC的體積為(　　)

29、 A. B. C. D. 解析：選D　VB′－ABC＝·S△ABC·h＝××3＝. 5．(2012·廈門高一檢測(cè))已知直線l1經(jīng)過兩點(diǎn)(－1，－2)，(－1,4)，直線l2經(jīng)過兩點(diǎn)(2,1)，(x,6)，且l1∥l2，則x＝(　　) A．2 B．－2 C．4 D．1 解析：選A　因?yàn)橹本€l1經(jīng)過兩點(diǎn)(－1，－2)，(－1,4)，所以直線l1的傾斜角為.而l1∥l2，所以，直線l2的傾斜角也為，又直線l2經(jīng)過兩點(diǎn)(2,1)，(x,6)，所以，x＝2. 6．一個(gè)底面是正三角形的三棱柱的正視圖如圖所示，則其體積等于(　　

30、) A．6 B．2 C. D．2 解析：選C　由正視圖可知該三棱柱的底面邊長為2，棱柱的高為1，故其體積V＝×2××1＝. 7．(2012·揭陽高一檢測(cè))直線x＋ky＝0,2x＋3y＋8＝0和x－y－1＝0交于一點(diǎn)，則k的值是(　　) A. B．－ C．2 D．－2 解析：選B　解方程組得則點(diǎn)(－1，－2)在直線x＋ky＝0上，得k＝－. 8．圓：x2＋y2－4x＋6y＝0和圓：x2＋y2－6x＝0交于A，B兩點(diǎn)，則AB的垂直平分線的方程是(　　) A．x＋y＋3＝0 B．2x－y－5＝0 C．3x－y－9＝0

31、 D．4x－3y＋7＝0 解析：選C　AB的垂直平分線即是兩圓連心線所在的直線，兩圓的圓心為(2，－3)，(3,0)，則所求直線的方程為＝，即3x－y－9＝0. 9．在四面體A－BCD中，棱AB，AC，AD兩兩互相垂直，則頂點(diǎn)A在底面BCD上的投影H為△BCD的(　　) A．垂心 B．重心 C．外心 D．內(nèi)心 解析：選A　∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A， ∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD. ∵AH⊥平面BCD，∴AH⊥CD，AB∩AH＝A， ∴CD⊥平面ABH，∴CD⊥BH. 同理可證CH⊥BD，DH⊥BC，則H是△BCD的垂心． 10．(2011

32、83;湖北高考)設(shè)球的體積為V1，它的內(nèi)接正方體的體積為V2，下列說法中最合適的是(　　) A．V1比V2大約多一半 B．V1比V2大約多兩倍半 C．V1比V2大約多一倍 D．V1比V2大約多一倍半 解析：選D　設(shè)正方體的棱長為a，則正方體的體積為V2＝a3，則球半徑為a，球體積V1＝πa3，則V1－V2＝πa3－a3＝(π－1)a3≈1.72a3. 二、填空題 11．(2012·湖北高考)已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________． 解析：由三視圖可知，該幾何體是由三個(gè)圓柱構(gòu)成的組合體，其中兩邊圓柱的底面直徑是4，高為1，中間圓柱的底面直徑

33、為2，高為4，所以該組合體的體積為2×π×22×1＋π×12×4＝12π. 答案：12π 12．已知平面α，β和直線m，給出條件： ①m∥α；②m⊥α；③m?α；④α⊥β；⑤α∥β. (1)當(dāng)滿足條件________時(shí)，有m∥β； (2)當(dāng)滿足條件________時(shí)，有m⊥β(填所選條件的序號(hào))． 解析：由面面平行和線面平行的定義知若m?α，α∥β則m∥β；由線面垂直的定義知若m⊥α，α∥β，則m⊥β. 答案：(1)③⑤　(2)②⑤ 13．(2012·福建師大附中高一檢測(cè))如圖，將邊長為1的正方形ABCD沿對(duì)角線AC折

34、起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱錐D－ABC中，給出下列三種說法： ①△DBC是等邊三角形；②AC⊥BD；③三棱錐D－ABC的體積是. 其中正確的序號(hào)是________(寫出所有正確說法的序號(hào))． 解析：取AC的中點(diǎn)E，連接DE，BE， 則DE⊥AC，BE⊥AC，且DE⊥BE. 又DE＝EC＝BE，所以DC＝DB＝BC， 故△DBC是等邊三角形． 又AC⊥平面BDE， 故AC⊥BD. 又VD－ABC＝S△ABC·DE＝××1×1×＝，故③錯(cuò)誤． 答案：①② 14．已知直線l經(jīng)過點(diǎn)P(－4，－3)，且被

35、圓(x＋1)2＋(y＋2)2＝25截得的弦長為8，則直線l的方程是________． 解析：∵(－4＋1)2＋(－3＋2)2＝10<25， ∴點(diǎn)P在圓內(nèi)．當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，l的方程為 x＝－4，將x＝－4代入圓的方程， 得y＝2或y＝－6， 此時(shí)弦長為8.當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l的方程為 y＋3＝k(x＋4)，即kx－y＋4k－3＝0， 當(dāng)弦長為8時(shí)，圓心到直線的距離為 ＝3，則＝3， 解得k＝－.則直線l的方程為y＋3＝－(x＋4)，即4x＋3y＋25＝0. 答案：4x＋3y＋25＝0或x＝－4 三、解答題 15．已知兩條直線l1：3x＋4y－2＝0與l2：2x

36、＋y＋2＝0的交點(diǎn)P，求： (1)過點(diǎn)P且過原點(diǎn)的直線方程； (2)過點(diǎn)P且垂直于直線l3：x－2y－1＝0的直線l的方程． 解：由解得 ∴點(diǎn)P的坐標(biāo)是(－2,2)， (1)所求直線方程為y＝－x. (2)∵所求直線l與l3垂直，∴設(shè)直線l的方程為2x＋y＋C＝0.把點(diǎn)P的坐標(biāo)代入得2×(－2)＋2＋C＝0，得C＝2.∴所求直線l的方程為2x＋y＋2＝0. 16．某幾何體的三視圖如圖所示，P是正方形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，G是PB的中點(diǎn)． (1)根據(jù)三視圖，畫出該幾何體的直觀圖； (2)在直觀圖中，①證明：PD∥平面AGC. ②證明：平面PBD⊥平面AGC.

37、解：(1)該幾何體的直觀圖如圖所示． (2)證明：如圖，①連接AC，BD交于點(diǎn)O，連接OG， 因?yàn)镚為PB的中點(diǎn)，O為BD的中點(diǎn)， 所以O(shè)G∥PD. 又OG?平面AGC，PD?平面AGC， 所以PD∥平面AGC. ②連接PO，由三視圖，PO⊥平面ABCD， 所以AO⊥PO. 又AO⊥BO，BO∩PO＝O， 所以AO⊥平面PBD. 因?yàn)锳O?平面AGC， 所以平面PBD⊥平面AGC. 17．已知圓C：x2＋y2－8y＋12＝0，直線l經(jīng)過點(diǎn)D(－2,0)，且斜率為k. (1)求以線段CD為直徑的圓E的方程； (2)若直線l與圓C相離，求k的取值范圍． 解：(1)

38、將圓C的方程x2＋y2－8y＋12＝0配方得標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＋(y－4)2＝4， 則此圓的圓心為C(0,4)，半徑為2. 所以CD的中點(diǎn)E(－1,2)，|CD|＝＝2， ∴r＝， 故所求圓E的方程為(x＋1)2＋(y－2)2＝5. (2)直線l的方程為y－0＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0. 若直線l與圓C相離，則有圓心C到直線l的距離＞2， 解得k＜. 18．(2012·山東高考)在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，F(xiàn)C⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF. (1)求證：BD⊥平面AED； (2)求二

39、面角F­BD­C的余弦值． 解：(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD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°，即AD⊥BD. 又AE⊥BD， 且AE∩AD＝A，AE，AD?平面AED， 所以BD⊥平面AED. (2)如圖，取BD的中點(diǎn)G，連接CG，F(xiàn)G，由于CB＝CD，因此CG⊥BD， 又FC⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以FC⊥BD. 由于FC∩CG＝C，F(xiàn)C，CG?平面FCG， 所以BD⊥平面FCG， 故BD⊥FG， 所以∠FGC為二面角F­BD­C的平面角． 在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°， 因此CG＝CB. 又CB＝CF， 所以GF＝＝CG， 故cos ∠FGC＝， 因此二面角F­BD­C的余弦值為.