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1、2010届高考数学知识点汇编（全套） 直线、平面、简单几何体 一、知识结构 另注：三余弦公式？其中为线面角，为斜线与平面内直线所成的角，为？ 二、主要类型及证明方法（主要复习向量法） 1、定性： （1）直线与平面平行：向量法有几种证法；非向量法有种证法。 （2）直线与平面垂直：向量法有几种证法；非向量法有种证法。 （3）平面与平面垂直：向量法有几种证法；非向量法有种证法。 2、定量： （1）点 P到面的距离d=| | |,cos| n nPA nPAPA （2）异面直线之间的距离：（同上） （3）异面直线所成的角：nPA,coscos （4）直线与平面所成的角：nPA,cossin （5）锐二
2、面角：nm,coscos 三、例题 1.设集合 A 正四面体 ， B正多面体 ， C简单多面体 ， 则 A、 B、 C之间的关系为( A) A.A B CB.A C BC.C B AD.C A B 2.集合 A正方体 ，B长方体 ，C 正四棱柱 ，则 A、B、C之间的关系为( B) A.A B CB.A C BC.C A BD.B A C 3.长方体 ABCD ABCD中，E、F、G 分别是 AB、BC、BB上的点， 则EFG的形状是 ( C) A.等边三角形B.直角三角形C.锐角三角形D.钝角三角形 4.长方体的一条对角线与同一顶点处的三条棱所成角分别为 、 、 ，则有 ( A) A.cos
3、 2 cos 2 cos2 1 B.sin 2 sin2 sin2 1 C.cos 2 cos2 cos 2 2 D.sin 2 sin2 sin2 3 5.长方体的一条对角线与同一顶点处的三个面所成角分别为 、 、 ，则有 ( B) A.cos 2 cos2 cos2 1 B.sin 2 sin2 sin2 1 C.cos 2 cos2 cos 2 3 D.sin 2 sin2 sin2 2 6.长方体 ABCD ABCD中， DBA45o,DBB60o，则 DBC( C) A.30o B.45o C.60o D.75o 7.长方体的全面积为11，所有棱长之和为24，则这个长方体的一条体对角
4、线长为( C) A.23 B.14 C.5 D.6 8.棱锥的底面积为S，高位 h，平行于底面的截面面积为S，则截面与底面的距离为( ) A.( SS )h S B.( S S)h S C.(SS )h S D.(S S)h S A 9.三棱锥 P ABC的三条侧棱长相等，则顶点在底面上的射影是底面三角形的( ) A.内心B.外心C.垂心D.重心 B 10.三棱锥 P ABC的三条侧棱与底面所成的角相等，则顶点在底面上的射影是底面三角形的 ( ) A.内心B.外心C.垂心D.重心 B 11.三棱锥 P ABC的三个侧面与底面所成的二面角相等，则顶点在底面上的射影是底面三角 形的 ( ) A.内
5、心B.外心C.垂心D.重心 A 12.三棱锥 P ABC的三条侧棱两两垂直，则顶点在底面上的射影是底面三角形的( ) A.内心B.外心C.垂心D.重心 C 13.三棱锥 V ABC中， VABC,VBAc,VCAb，侧面与底面ABC所成的二面角分别为 、 、 (都是锐角 )，则 cos cos cos ( ) A.1 B.2 C.1 2 D.1 3 A 14.四面体的四个面中，下列说法错误的是( ) A.可以都是直角三角形B.可以都是等腰三角形 C.不能都是顿角三角形D.可以都是锐角三角形 C 15.正 n 棱锥侧棱与底面所成角为 ，侧面与底面所成角为 ，则 tan tan ( ) A.sin
6、 n B.cos n C.sin2 n D.cos2 n B 16.一个简单多面体的各个面都是三角形，且有6 个顶点，则这个多面体的面数为( ) A.4 B.6 C.8 D.10 C 17.正八面体的相邻两个面所成二面角的大小为( ) A.arccos 1 3 B. arccos 1 3 C. 2 arccos 1 3 D.arccos1 3 B 18.正方体的全面积为a 2，它的顶点都在一个球面上，这个球的表面积为 ( ) A. a 2 3 B. a 2 2 C.2 a 2 D.3 a 2 B 19.一个长方体的长、宽、高分别为3、4、5，且它的顶点都在一个球面上，这个球的表面积 为( )
7、A.202B.252C.50D.200 C 20.在球面上有四个点P、A、B、C，如果 PA 、PB、PC两两互相垂直，且PAPBPC a，那 么这个球面的面积是( ) A.2a 2 B.3a 2 C.4a 2 D.6a 2 B 21.北纬 30o 的圆把北半球面积分为两部分，这两部分面积的比为( ) A.11 B.21 C.31 D.21 A 22.地球半径为R，在北纬 30o 的圆上有两点A、B，A 点的经度为东经120o，B 点的经度为西 经 60o，则 A、B两点的球面距离为( ) A.1 3 R B. 3 2 R C.1 2 R D.2 3 R D 23.球面上有三个点，其中任意两个
8、点的球面距离都等于大圆周长的 1 6，经过这三个点的小圆 周长为 4 ，那么这个球的半径为( ) A.43 B.23 C.2 D.3 B 24.球面上有三个点A、B、C，其中 AB18,BC24,AC 30，且球心到平面ABC 的距离为球 半径的一半，那么这个球的半径为( ) A.103 B.10 C.20 D.30 A 25.在北纬 60o圈上有甲、乙两地，它们在纬度线上的弧长等于 2R，R 为地球半径，则这两地 的球面距离为 ( ) A.2 R B.1 3 R C. 2 2 R D. 3 2 R B 填空题： 设 m、n 是不重合的两条直线，,是不重合的平面，给出下列命题：请判断其是否正确
9、， 如错误，请举出反例。 若,/n，则n 若mnnm,，则 若mn,，则nm/ 若,n，则nn或/ 若,，则/ 若内有不共线的三点到的距离相等，则/ 若/,/,baba，则/ 若 a、b 是异面直线，/,/,baba，则/ 三、解答题 26.如图：已知正三棱柱ABCABC的侧棱长为2，底面边长为1，M 是 BC的中点。 (1)求异面直线AB与 BC的夹角； (2)在直线 CC 上求一点N，使得 MNAB。 （3）若 AB 的中点为P，BC 的中点 Q，求证： PQ/面 ABC (1)解 法 一 ： 因 为 AB AB BB ，BC BB BC 又 因 为ABC ABC是 正 三 棱 柱 ， A
10、B BB ,BB BC 2 3 由 题 意 ， | AB | | BC | 1， | BB | 2 从 而 得 ： AB BC (AB BB )(BB BC ) AB BB (BB ) 2AB BC BB BC | BB | 2AB BC 4 | AB | BC | cos 7 2 cos AB BC | AB | BC | 7 2 5 7 10 arccos 7 10 即异面直线AB与 BC的夹角为arccos 7 10 解法二：以A 点为坐标原点，AA为 z轴， AC为 y 轴，建立空间直角坐标系， 由题意： A(0，0，0)，B( 3 2 ，1 2 ，0)，B( 3 2 ， 1 2，2)
11、，C(0，1， 2) AB ( 3 2 ，1 2，2) BC (0，1，2)( 3 2 ，1 2，0) ( 3 2 ，1 2，2) cos AB BC | AB | BC | ( 3 2 ， 1 2，2) ( 3 2 ， 1 2，2) ( 3 2 ) 2(1 2) 222 ( 3 2 ) 2(1 2) 222 7 10 arccos 7 10 即异面直线AB与 BC的夹角为arccos 7 10 (2)解法一：设 CN xBB 由题意可得： MC 1 2BB AB AB BB ，MN MC CN 2 3 AB MN ，AB MN 0 也就是 (AB BB ) (MC CN ) 0 AB MC
12、BB MC AB CN BB CN 0 | AB | | MC | cosx| BB | 20 1 44x 0 x 1 16 即当 | CN | 1 8时， ABMN. 解法二：同解法一建立空间直角坐标系， 有 A(0，0， 0)，B( 3 2 ， 1 2，0)，M( 3 4 ， 3 4，0)，N(0，1，z) AB ( 3 2 ， 1 2，2)，MN ( 3 4 ，1 4，z) AB MN ，AB MN 0 ( 3 2 ， 1 2，2) ( 3 4 ， 1 4，z)0 3 8 1 82z0 解得 z 1 8， N(0，1， 1 8) 即 CN 1 8时， ABMN. （3）非向量法略，另向量
13、法：方法一、基向量（待定系数法）) 1 , 4 1 , 4 3 (P )1 , 4 3 , 4 3 (Q，则)0 , 2 1 ,0(PQ，又因为)0, 2 1 , 2 3 (AB，)0, 1 , 0(AC 设 ACyABxPQ 得 yx yx yx 000 2 1 2 1 0 2 3 0 得 x=0,y=1/2,所以ABACPQ0 2 1 所以 PQ与 面 ABC 共面，又因为 ABCPQ面 ，所以 PQ/ 面 ABC 例 2 已知).1( 1 )(x x x xf（来源课本第二册P17、EX9 ；P23、EX4；P31、EX3 ） )()1(xf求的单调区间；(2) 求证：).()()(,
14、0yfxfyxfyx有 （3）若. 5 4 )()(:, )( 1 ,0 22 cfaf bba cba求证 讲解: （1） 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形 , 得 1 1 1)( x xf, .), 1() 1,()(上分别单调递增和在区间xf （2）首先证明任意).()()(,0yfxfyxfyx有事实 上,)( 1111 )()(yxxyf yxxy yxxy yxxy yxxyxy y y x x yfxf 而),()1 (,yxfyxxyfyxyxxy知由 )()()(yxfyfxf,0 4 ) 2 ( 1 )( 1 2 2a bba bba c .4 4 2 2
15、2 a aca 5 4 )4()()()( 22 fcafcfaf. 函 数 与 不 等 式 证 明 的 综 合 题 在 高 考 中 常 考 常 新 , 是 既 考 知 识 又 考 能 力 的 好 题 型 , 在 高 考 备 考 中 有 较 高 的 训 练 价 值 针对本例的求解 , 你能够想到证明任意 ).()()(,0yfxfyxfyx有采用逆向分析法, 给出你的想法! 例 4 对于函数)(xf，若存在 000 )(,xxfRx使成立，则称)( 0 xfx 为的不动点。如果函数 ),()( 2 Ncb cbx ax xf有且只有两个不动点0，2，且, 2 1 )2(f （1）求函数)(xf
16、的解析式； （2）已知各项不为零的数列1) 1 (4 n nn a fSa满足，求数列通项 n a； （3）如果数列 n a满足)(,4 11nn afaa ，求证：当2n时，恒有3 n a成立 . 讲解 : 依题意有x cbx ax 2 , 化简为, 0)1( 2 acxxb由违达定理 , 得 , 1 02 , 1 02 b a b c 解得, 2 1 0 c b a 代入表达式 cx c x xf ) 2 1( )( 2 ，由 , 2 1 1 2 )2( c f得xxfbcNbNcc)(, 1, 0, 3则若又不止有两个不 动点，).1( , ) 1(2 )(, 2, 2 2 x x x
17、xfbc故 （2）由题设得,2:1 )1 1 (2 ) 1 ( 4 2 2 nnn n n n aaS a a S得（*） 且 2 111 2:1, 1 nnnn aaSnna得代以（* ） 由（ * ）与（ * ）两式相减得： ,0) 1)(),()(2 11 2 1 2 1nnnnnnnnn aaaaaaaaa即 ,2:(*)1, 1 2 11111 aaanaaaa nnnn 得代入以或 解得0 1 a（舍去）或1 1 a，由1 1 a，若, 1 21 aaa nn 得这与1 n a矛盾， 1 1nn aa，即 n a是以 -1 为首项， -1 为公差的等差数列，nan； （3）采用反证
18、法，假设),2(3 nan则由（ 1）知 22 )( 2 1 n n nn a a afa ),2(, 1 4 3 ) 2 1 1 ( 2 1 ) 1 1 1( 2 1 )1(2 1 1 Nnnaa aa a a a nn nn n n n 即,有 21 aaa nn ， 而当, 3; 3 3 8 28 16 22 ,2 1 2 1 2n a a a an时这与假设矛 盾，故假设不成立，3 n a. 关于本例的第(3) 题, 我们还可给出直接证法,事实上 : 由 2 1 2 1 ) 2 11 (2 1 , 22 )( 2 1 2 11 nnn n nnn aaa a aafa得得 1n a0 或. 2 1n a , 30, 0 11nn aa则若结论成立； 若 1n a2，此时,2n从而, 0 )1(2 )2( 1 n nn nn a aa aa即数列 n a在2n时单调递 减，由 3 2 2 2 a，可知2,3 3 2 2 2 naan 在上成立 . 比较上述两种证法, 你能找出其中的异同吗? 数学解题后需要进行必要的反思, 学会反 思才能长进 .