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文档介绍
2013高考数学第二轮复习学案 第2128讲答案
第21讲 平行与垂直问题 【课前热身】 1、D 2、B 3、C 4、③④ 5、①③④ 例1：证法一 证明：在面AC中，过N作BC的平行线交AB于Q， 则NQ // BC,连结MQ. 在面AC中， 在面APB中， MQ // PB 又 NQ // BC, 面MNQ // 面PBC 直线MN面MNQ MN // 面PBC 证法二 证明： 在BC上取一点E，使， MN//PE，MN//平面PBC。 MM 例2（1）直三棱柱ABC－A1B1C1，底面三边长AC=3，BC=4，AB=5， ∴ AC⊥BC，且BC1在平面ABC内的射影为BC，∴ AC⊥BC1； （2）解法1 设CB1与C1B的交点为E，连结DE， ∵ D是AB的中点，E是BC1的中点，∴ DE//AC1，∵ DE平面CDB1，AC1平面CDB1，∴ AC1//平面CDB1； 解法2 取A1B1中点M，连结C1M，AM、 DM，易证四边形ADB1M，CDMC1是平 行四边形，得到AM//DB1，C1M//CD，从而得到AM//平面CDB1，C1M//平面CDB1 (3)∠DEC为所求的异面直线所成的角。其余弦值为. A B C D A1 B1 C1 D1 E F 例3：解法一：（1）取A1B1中点M，连结AM、MC1，设MC1与B1D1相交于点E＇。∵，∴B1E=2 E′D1，又∵D1E=2EB1，∴E′与E重合，∴M、E、C1共线，且。同理，M、F、A三点共线， 且。∴，∴EF∥AC1， （2）连结A1C1， ∵EF是两异面直线B1D1、A1B1的公垂线段，∴EF⊥B1D1，EF⊥A1B。前面已证EF∥AC1，∴AC1⊥B1D1。 又∵AA1⊥平面A1B1C1D1，∴A1C1⊥B1D1，∴A1B1C1D1为正方形，同理，A1B1BA为正方形。∴A1B1=A1A。 ∴该长方体为正方体。 解法二：（1）如图，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系。设DA=a，DC=b，DD1=c，则E（），F（），，。，，∴，∴∥。 ∵FE与AC1不共线，∴FE∥AC1。 （2）∵D1（0，0，c），B1（a，b，c），A1（a，0，c），B（a，b，0）， ∴=（a，b，0），=（0，b，－c）， ∵EF是两异面直线B1D1、A1B的公垂线段， ∴EF⊥B1D1，EF⊥A1B。 ∴，， ∴，b2－c2=0，∴a=b=c。 ∴该长方体为正方体。 解法三：（1）设，， 则 又∵， ∴ ∴A1C∥FE （2）由题意知EF是B1D、A1B的公垂线。 即：AC1⊥B1D且AC1⊥A1B =0 =0 即 =0 ∴ ∴该长方体为正方体。 备用题：解法一 作法：①B作BG交于G；②过G作GM // AD交于M； ③连BM，则BM即为所求作 证明： 连BD 正方体ABCD-中，E,F为AB和BC的中点 ，又面ABCD EFBM 又GM // AD 面 而 又 面 解法二 解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为1，则, 设M，于是,,, 恒成立，要使BM平面，只需, 即,而 故当M是的中点时，BM。 冲刺强化训练（21） 1、D 2、D 3、A 4、（1）③⑤（2）②⑤ 5、 6．解法一 （1） 证明：延长PG交 AB于D，过D作DM于M。 由G是三角形APB的重心 D是AB中点。 又APPB DM // AP M是PB的中点 GF // DM GFPB 又CPPA, CPPB CP面APB CPGF 又PB交CP于P GF面PBC 又GF面GEF 面GEF面PBC (2) 解：P-ABC是正三棱锥 PC=PB= a BC=a BE= , BF=， ∽， EFBC, 又GF面PBC GE BC 过G点作GH // AB 交PB于H, 连EH: EH // Pc EH面APB， 又PGAB GH EGPG EG是PG和BC的公垂线。 解法二 证明：（1）将正三棱锥如图放置在坐标系中，使点为坐标原点， 并设, 则 , .由于平面， 平面，于是平面平面。 （2） 是和的公垂线。 7、解：(1)取B’D’的中点E，连CE，可以证明OA’∥CE，从而可证得OA’∥平面B’CD’ (2)取A’B’的中点M，则CM⊥平面 AB’，AM为C’A在面 AB’内的射影。如图， 只要∠ABF=∠A’AM， 就有C’A⊥平面BDF。由相似三角形知识可得： 此时。 8、（Ⅰ）证明 因为底面ABCD是菱形，∠ABC=60°， 所以AB=AD=AC=a， 在△PAB中， 由PA2+AB2=2a2=PB2 知PA⊥AB. 同理，PA⊥AD，所以PA⊥平面ABCD. （Ⅱ）解 作EG//PA交AD于G， 由PA⊥平面ABCD. 知EG⊥平面ABCD.作GH⊥AC于H，连结EH， 则EH⊥AC，∠EHG即为二面角的平面角. 又PE : ED=2 : 1，所以 从而 （Ⅲ）解法一 以A为坐标原点，直线AD、AP分别为y轴、z轴，过A点垂直平面PAD的直线为x轴，建立空间直角坐标系如图.由题设条件，相关各点的坐标分别为 所以 设点F是棱PC上的点，则 令 得 解得 即 时， 亦即，F是PC的中点时，、、共面. 又 BF平面AEC，所以当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC. 解法二 当F是棱PC的中点时，BF//平面AEC，证明如下， 证法一 取PE的中点M，连结FM，则FM//CE. ① 由 知E是MD的中点. 连结BM、BD，设BDAC=O，则O为BD的中点. 所以 BM//OE. ② 由①、②知，平面BFM//平面AEC. 又 BF平面BFM，所以BF//平面AEC. 证法二 因为 所以 、、共面.又 BF平面ABC，从而BF//平面AEC. 第22讲 空间角与距离（1） 【课前热身】1 B 2 C 3 4 【例题探究】 例1．（1）∵AB⊥平面BC1，PC平面BC1，∴AB⊥PC 在矩形BCC1B1 中，BC=2，BB1=1，P为B1C1的中点，∴PC⊥PB ∴PC⊥平面ABP，∴∠CAP为直线AC与平面ABP所成的角 ∵PC=，AC=，∴在Rt△APC中，∠CAP=300 ∴直线AC与平面ABP所成的角为300 （2）取A1D1中点Q，连结AQ、CQ，在正四棱柱中，有AQ∥BP， ∴∠CAQ为异面直线AC与BP所成的角 在△ACQ中， ∴∠CAQ=600 ∴异面直线AC与BP所成的角为600 （也可用向量法） （3）过点B作BH⊥AP于H， 由题（1） PC⊥平面ABP，∴PC⊥BH ∴BH⊥平面APC ∴BH的长即为点B到平面APC的距离 在Rt△ABP中，AB=2， 例2：（1）证：因为四边形BCC1B1是矩形，∴BC⊥BB1，又∵AB⊥BC，∴BC⊥平面A1ABB1。 ∵BC平面CA1B，∴平面CA1B⊥平面A1ABB1。 （2）解：过A1作A1D⊥B1B于D，连接DC，∵BC⊥平面A1ABB1， ∴BC⊥A1D，∴A1D⊥平面BCC1B1，故∠A1CD为直线A1C与平面BCC1B1所成的角。 在矩形BCC1B1中，DC=，因为四边形A1ABB1是菱形，∠A1AB=60°，CB=3，AB=4，∴A1D=，∴tan∠A1CD=。 （3）∵B1C1∥BC1，∴B1C1∥平面A1BC，∴C 1到平面A1BC的距离即为B1到平面A1BC的距离。连结AB1，AB 1与A1B交于点O，∵四边形A1ABB1是菱形，∴B1O⊥A1B，∵CA1B⊥平面A1ABB1，∴B1O⊥平面A1BC，∴B1O即为C1到平面A1BC的距离。∵B1O=，∴C1到平面A1BC的距离为。 例3．：在长方体中，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，所在的直线为轴建立如图示空间直角坐标系 由已知可得， 又平面，从而与平面所成的角为，又，，从而易得 （1）因为所以= 易知异面直线所成的角为 （2）易知平面的一个法向量设是平面的一个法向量，由 即所以即平面与平面所成的二面角的大小（锐角）为 （3）点到平面的距离，即在平面的法向量上的投影的绝对值， 所以距离=所以点到平面的距离为 冲刺强化训练（22） 1 、 B 2 、 B 3、 B 4 、 D 5、 B 6、 7、方法一：（Ⅰ）证明： （Ⅱ）解：取VD的中点E，连结AE，BE ∵VAD是正三角形 ∴AE⊥VD，AF=AD∵AB⊥平面VAD ∴AB⊥AE 又由三垂线定理知BE⊥VD 因此，是所求二面角的平面角 于是， 即得所求二面角的大小为 方法二：以D为坐标原点，建立如图所示的坐标系。 （Ⅰ）证明：不妨设，则， 由，得 又，因而与平面内两条相交直线都垂直。 ∴平面 （Ⅱ）解：设为中点，则 由，得，又 因此，是所求二面角的平面角。 ∵ ∴解得所求二面角的大小为 8．(1)二面角大小为（2）（3）M是AD中点，N是BC中点，BC与平面PMN垂直，平面PMN与平面PBC垂直，取AM中点为F，则EF垂直平面PBC 9．(1) （2）证MN与平面PCD垂直，得面面垂直。(3) 第23讲 空间角与距离（2） 【课前热身】1、C 2、A 3、B 4、30 度5、18π 【例题探究】 例1: （I）证明：∵ ∴△PAC是以∠PAC为直角的直角三角形，同理可证 △PAB是以∠PAB为直角的直角三角形，△PCB是以∠PCB为直角的直角三角形。 故PA⊥平面ABC 又∵ 而 故CF⊥PB,又已知EF⊥PB ∴PB⊥平面CEF （II）由（I）知PB⊥CE, PA⊥平面ABC ∴AB是PB在平面ABC上的射影，故AB⊥CE 在平面PAB内，过F作FF1垂直AB交AB于F1，则FF1⊥平面ABC， EF1是EF在平面ABC上的射影，∴EF⊥EC 故∠FEB是二面角B—CE—F的平面角。 二面角B—CE—F的大小为 例2．解法一：（1）∠PMD为二面角P－MN－D的平面角。…………4分 计算得二面角P－MN－D的大小为120°。…………8分 （2）①若∠CDN＝90°，与题意不符………………10分 ②若∠DCN＝90°，可算得…………12分 ③若∠DNC＝90°，可算得…………15分 解法二：用向量方法(略) 例3：（1）当 证明：取PD中点E，则EF//CD，且 ∴四边形ABFE为平行四边形. ∴BF//AE. 又AE平面PAD ∴BF//平面PAD （2）平面ABCD，即是二面角的平 面角 为等腰直角三角形， 平面PCD 又BF//AE，平面PCD. 平面PBC， ∴平面PCD⊥平面PBC，即二面角B—PC—D的大小为90°. （3）在平面PCD内作EH⊥PC于点H，由平面PCD⊥平面PBC且平面PCD 平面PBC=PC知：EH⊥平面PBC. 在， 在代入得： 即点E到平面PBC的距离为 又点A到平面PBC的距离为 【冲刺强化训练23】 1、C 2 、A 3、 C 4、B 5、A 6、 7．方法一：①∵M、N分别是点AB、PC的中点，可得=1/2 （+）由于·=1/2（+）·=1/2（·+·）=0 ·=1/2 （+）·（—）=1/2（+）（-）=0 ∴MN⊥CD MN⊥DP ∴MN⊥平面PCD =>平面MND⊥平面PCD ②∵底面的法向量为，得平面MND的法向量为=λ+μ+ ·=（λ+μ+）·（—）= —λ·+μ·= —a2+μa2=0 ∴λ=μ ·=（λ+μ+）·1/2 （+）=1/2 （||2+λ·）=1/2 （a2+λa2）=0 ∴λ=M= —1 ∴= ——+ cosθ= = ∴二面角N—MD—C为60 解法二：①连PM、MC 易得PM=MC 又N为PC的中点，∴MN⊥PC 取DC的中点为Q。连MQ ，NQ 则NQ//PD MQ//AD ∵PA⊥面ABCD，又DA⊥CD 由三垂线定理的逆定理得PD⊥CD ∴NQ⊥CD，MQ⊥CD ∴CD⊥面MNQ ∴CD⊥MN ∴MN⊥平面PCD ，MN 面MND ∴平面MND⊥平面PCD。 ① 连AC取AC的中点O，则NO⊥平面ABCD 过O作OE⊥DM 连NE 由三垂线定得得NE⊥DM ∴∠NEO为二面角N—MD—C的平面角 其中NO=PA=a； AC= a DM= a OE= tan∠NEO= ∴∠NEO=60°，即二面角N—MD—C为60° 8．方案一： （Ⅰ）证明：∵PA⊥面ABCD，CD⊥AD， ∴由三垂线定理得：CD⊥PD. 因而，CD与面PAD内两条相交直线AD，PD都垂直， ∴CD⊥面PAD. 又CD面PCD，∴面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：过点B作BE//CA，且BE=CA， 则∠PBE是AC与PB所成的角. 连结AE，可知AC=CB=BE=AE=，又AB=2， 所以四边形ACBE为正方形. 由PA⊥面ABCD得∠PEB=90° 在Rt△PEB中BE=，PB=， （Ⅲ）解：作AN⊥CM，垂足为N，连结BN. 在Rt△PAB中，AM=MB，又AC=CB， ∴△AMC≌△BMC, ∴BN⊥CM，故∠ANB为所求二面角的平面角. ∵CB⊥AC，由三垂线定理，得CB⊥PC， 在Rt△PCB中，CM=MB，所以CM=AM. 在等腰三角形AMC中，AN·MC=， . ∴AB=2， 故所求的二面角为 方法二：因为PA⊥PD，PA⊥AB，AD⊥AB，以A为坐标原点AD长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为 A（0，0，0）B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），P（0，0，1），M（0，1，. （Ⅰ）证明：因 由题设知AD⊥DC，且AP与AD是平面PAD内的两条相交直线，由此得DC⊥面PAD. 又DC在面PCD上，故面PAD⊥面PCD. （Ⅱ）解：因 （Ⅲ）解：在MC上取一点N（x，y，z），则存在 使 要使 为所求二面角的平面角. 9． 解法一： ① 设=，=，= 令=λ=λ（λ≠0）=—=λ— =—=λ— 依题得：·=0 ，·=0，·=1/2 a2 ·=（λ—）·（λ—）=λ22—λ—λ+ =λ22—λ =（λ2—λ/2）a2 =0 所以λ=1/2 ，即点M为BC的中点 ② 设点H为点C在平面AMC1上的射影 令= 且x+y+z=1 ，由又由 得，点C到平面AMC1的距离为a ① 平面AMG的法向量为 平面AC1C的法向量为，其中N为AC的中点 ，，， 则二面角M—AC1—C为45° 解法二： ① ∵C1C⊥面ABC； C1M⊥AM 由三垂线定理的逆定理解CM⊥AM ∵△ABC为正三角形，AM为△ABC的中线，即点M为BC的中点 ②利用等积法 Vc—AMC1=Vc1—AMC 可得C到平面AMC1的距离为 a ③过M作ME⊥AC，垂足为E，过E作EF⊥AC1交AC1于点F，连MF，则∠EFM为二面角M—AC1—C的平面角，易得∠EFM=45° 第24讲 排列、组合应用题 【课前热身】 1．C 2．A 3．21 4．C 5．76542 【例题探究】 例1．(1)第一节排数学时，共有种排法，第一节不排数学时，有种排法，故所有的排法共有种。 另解：所有的排法共有种，体育排在第一节的排法有种，数学排在最后一节的排法有种，体育排在第一节且数学排在最后一节的排法有种，故满足条件的所有的排法共有种。 (2) 〖教学建议〗引导学生从不同的角度来处理问题。 例2．（1）每个球均有4种不同的放法，故所有的放法有4·4·4·4=256种，（2）恰有一个盒子不放球，也即有一个盒子放两个球，另两个盒子各放一个球的放法有种，（3）恰有一个盒子放两个球，也即有一个盒子不放球，另两个盒子各放一个球的放法有种，（4）分两类，一类是一个盒子放3个球，另一个盒子放1个球，共种放法，另一类是两个盒子均放两个球，共有种放法，故所有的不同放法共有种。 例3．先选3种颜色的花分别栽种在区域1、2、3上，然后对区域5与区域2、3的颜色是否相同进行讨论：（1）区域5与区域2相同，区域4 只有一种栽法，区域6有2种栽法，共有4·3·2·1·1·2=48种不同的栽法；（2）区域5与区域3相同，区域6 只有一种栽法，区域4有2种栽法，共有4·3·2·1·1·2=48种不同的栽法；（3）区域5与区域2、3均不相同，共有4·3·2·1·1·1=24种不同的栽法；故所有不同的栽种方法共有48+48+24=120种。 备用题．（1）解： （2）解： （3）解：性质①不能推广。例如当时，有意义，但无意义； 性质②能推广，它的推广形式是是正整数。事实上， 当时，有； 当时， 冲刺强化训练（24） 1．36 2．A 3．C 4．B 5．1440 6．C 7．经过7次跳动，质点落在点（3，0），说明质点向轴正方向跳动5次，向轴负方向跳动2次，将2次负方向跳动“插入”5次正方向跳动之中，有种不同的运动方法。 8．显然1只能填入左上角空格，9只能填入右下角空格，2，3只能填入“1”的右边或下边空格， 有2种不同的填法；再从5，6，7，8四个数中任取2个，有种取法，填入右面两个空格，只有一种填法，其余2个数填入剩下的两个空格中，也只有一种填法，则所有不同的填入方法共有 2=12种。 9．（1）因为四点共线，所以以这10 个点（不包括A、B）中的3个点为顶点可作三角形的个数为；其中含点的三角形有个 （2）以图中的12个点中的4 个点为顶点可作个四边形。 第25讲 二项式定理的应用 【考前热身】 1、；2、C；3、；4、D 【例题探究】 例1．（1） （2）有理项分别为： 〖教学建议〗 要让学生来分析、解决问题，掌握用二项展开式的通项来处理问题，在教学中，要提醒学生二项式系数与某项系数的区别。 例2．15．〖教学建议〗让学生来分析展开式中每一项的由来，进而分析出常数项的由来。 例3．（1）；（2）；（3） 〖教学建议〗让学生来计算、归纳、总结，利用等比数列基本量的关系，熟悉二项式定理，将所求问题凑成二项式定理的形式。 （备用题）方法一、 所以在递增 的最大值为7。 方法二、利用倒序相加法求，以下同上。 〖教学建议〗：本题的教学，首先要求学生找出通项，化简通项，找出规律，利用二项式系数性质求和或观察机构特点利用调头相加求和；充分利用单调性解不等式。 冲刺强化训练（25） 1．A； 2．B； 3．522； 4．（1）；（2）； 5．（4）； 6．（1） ＝ ＝ 由及得： 原式＝ 或：利用倒序相加的方法易得答案。 7． 除以19的余数为5， 为常数项，所以 8．〖略解〗（1）由得：，逆用二项式定理得：。由于无意义，所以， (2)由得。 由及逆用二项式定理，得。 第26讲 概率 【课前热身】 1． 2．B 3．B 4．(1)P(A)=, P(B)= , (2) P(AB)=,P(A)P(B)=，所以A、B不独立。 【例题探究】 例1．(1)在一次抛骰子的过程中，每个点数出现的概率都是，点数和为5共有四种情况，故所求概率为 （2）点数和为9的概率最大，共有八种情况，故概率为 〖教学建议〗从等可能概率事件的基本事件出发，引导学生寻找答案。 例2．（1）蚂蚁A在三次移动中，恰有两次向右移动，故其发生的概率为 （2）蚂蚁A在四次移动中，恰有三次向右移动，一次向左移动，且同时蚂蚁B在四次移动中恰有两次向右移动，两次向左移动。故其发生的概率为 〖教学建议〗本题关键是转化问题，即将本题转化为一个独立重复事件的概率来求。在教学中，要引导学生合理地进行转化。 例3．解：（I）在第一次更换灯泡工作中，不需要换灯泡的概率为需要更换2只灯泡的概率为 （II）对该盏灯来说，在第1、2次都更换了灯泡的概率为在第一次未更换灯泡而在第二次需要更换灯泡的概率为故所求的概率为 （III）至少换4只灯泡包括换5只和换4只两种情况，换5只的概率为（其中为（II）中所求，下同）换4只的概率为，故至少换4只灯泡的概率为 备用题：（1）的概率为；且的概率为；的概率为；在的基础上，同时成立的概率为。 （2）的概率为；的值是3。 （3）如果及相互独立，。 冲刺强化训练（26） 1．A 2．（1）（2） 3．200 4．C 5．D 6． 7．（1）甲获得3枚商标的概率为；甲获得4枚商标的概率为；甲获得5枚商标的概率为；所以甲至少获得3枚商标的概率为 ++= （2）甲、乙两选手至少有一位获得1个或1个以上的商标的概率为 ，故有把握断定。 8．解：（Ⅰ）每个停靠点出发后，乘客人数不超过24人的概率约为 0.1+0.15+0.25+0.2=0.7 0. (Ⅱ)从每个停靠点出发后，乘客人数超过18人的概率为0.20+0.20+0.1=0.5 1. 途经10个停靠点，没有一个停靠点出发后，乘客人数超过18人的概率为 途经 10个停靠点，只有一个停靠点出发后，乘客人数超过18人的概率 所以，途经10个停靠点，有2个以上（含2个）停靠点出发后，乘客人数超过18人的概率 P=1－－C（）（1－）9=1－= ∴该线路需要增加班次。 答：（Ⅰ）每个停靠点出发后，乘客人数不超过24人的概率约为0.7 (Ⅱ) 该线路需要增加班次 9．解：（Ⅰ）记甲、乙、丙三台机器在一小时需要照顾分别为事件A、B、C， 则A、B、C相互独立， 由题意得： P（AB）=P(A)·P(B)=0.05 P（AC）=P(A)·P(C)=0.1 P（BC）=P(B)·P(C)=0.125 解得：P(A)=0.2；P(B)=0.25；P(C)=0.5 所以, 甲、乙、丙每台机器在这个小时内需要照顾的概率分别是0.2、0.25、0.5 （Ⅱ）∵A、B、C相互独立，∴相互独立， ∴甲、乙、丙每台机器在这个小时内需都不需要照顾的概率为 ∴这个小时内至少有一台需要照顾的概率为 第27讲 应用性问题 【课前热身】 1．Ｂ2．Ｃ3．Ｃ4．Ｃ 【例题探究】 １．（I）设每个零件的实际出厂价恰好降为51元时，一次订购量为个，则 因此，当一次订购量为550个时，每个零件的实际出厂价恰好降为51元. （II）当时， 当时， 当时， 所以 （III）设销售商的一次订购量为x个时，工厂获得的利润为L元，则 当时，；当时， 因此，当销售商一次订购500个零件时，该厂获得的利润是6000元； 如果订购1000个，利润是11000元. ２．.解：（1）由表中数据，知T=12，ω=. 由t=0,y=1.5得A+b=1.5. 由t=3,y=1.0,得b=1.0.所以，A=0.5,b=1.振幅A=， ∴y= (2)由题意知，当y>1时，才可对冲浪者开放.∴>1, >0.∴2kπ– ,即有12k–3查看更多