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、 2019屆數(shù)學(xué)人教版精品資料 第2部分 模塊復(fù)習(xí) 新人教A版必修2 　　　　　　　　　　　　　　　　一、知識體系全覽 ——理清知識脈絡(luò)　主干知識一網(wǎng)盡覽 　　　　　　　　　　　　　　　　二、高頻考點聚焦 ——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、球的定義及結(jié)構(gòu)特征，解題時要注意識別幾何體的性質(zhì)． [例1]　某幾何體的三視圖如圖所示，那么這個幾何體是(　　) A

2、．三棱錐　　　　　　　　　 B．四棱錐 C．四棱臺 D．三棱臺 [解析]　由所給三視圖與直觀圖的關(guān)系，可以判定對應(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)下列對幾何體結(jié)構(gòu)特征的描述，說出幾何體的名稱： (1)由八個面圍成，其中兩個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)該幾何

3、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?，②是圓臺中挖去一個圓柱形成的幾何體，③是正方體去掉一個角后形成的幾何體，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一定要遵循“長對正、高平齊、寬相等”，看清三視圖的實虛線，還原幾何體時，幾

4、何體的擺放位置，求表面積時注意組合體中銜接面的處理，求體積時要注意體積分割、轉(zhuǎn)化求法的應(yīng)用，對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°，∴BM＝5. ∵DM⊥平面ABC，∴∠DMB＝90°， ∴DB＝ ＝，∴△BCD為直角三角

5、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， AO＝ ＝， ∴棱錐的高h＝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直觀圖，AB∥CD，A

6、D⊥CD，且BC與y軸平行，若AB＝6，CD＝4，BC＝2，則原平面圖形的實際面積是________． 解析：由斜二測直觀圖的作圖規(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)一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為________． 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A

7、BCD－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＝×3×3×2＝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，多為選擇、填空題，有

8、時也與三視圖相結(jié)合，主要考查球的表面積與體積的求法． 對于此類問題的關(guān)鍵是求出球的半徑，在解決時要充分借助于圖形(空間圖或截面圖)化空間問題為平面問題． [例4]　(2011·新課標全國卷)已知兩個圓錐有公共底面，且兩圓錐的頂點和底面的圓周都在同一個球面上．若圓錐底面面積是這個球面面積的，則這兩個圓錐中，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

9、圓柱，當圓柱的軸截面為正方形時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，且截面正方形的對角線長為球的直徑，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

10、OO′＝.在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2即R2＝()2＋2，∴R＝2.∴球的體積V＝π23＝π (cm3)． 空間點、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(點D不同于點C)，且AD⊥DE，F(xiàn)為B1C1的中點．求證： (1)平面ADE⊥平面BCC1B1； (2)直線A1F∥平面ADE. [證明]　(1)因為ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC， 又AD?平面ABC，所以CC1⊥AD. 又因為AD⊥DE，CC1，DE

11、?平面BCC1B1，CC1∩DE＝E， 所以AD⊥平面BCC1B1.又AD?平面ADE， 所以平面ADE⊥平面BCC1B1. (2)因為A1B1＝A1C1，F(xiàn)為B1C1的中點，所以A1F⊥B1C1. 因為CC1⊥平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1， 所以CC1⊥A1F. 又因為CC1，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

12、別為AC，AB的中點，點F為線段CD上的一點．將△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，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Q，使A1C⊥平面DEQ？說明理由． 解：(1)證明：因為D，E分別為AC，AB的中點， 所以DE∥BC. 又因為DE?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. 又因為A1F⊥CD，CD∩DE＝D， 所以

13、A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE. (3)線段A1B上存在點Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下： 如圖，分別取A1C，A1B的中點P，Q，連接PQ，則PQ∥BC. 又因為DE∥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. 又因為P是等腰三角形DA1C底邊A1C的中點， 所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP，即A1C⊥平面DEQ. 故線段A1B上存在點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E在線段AD上，且CE∥AB. (

14、1)求證：CE⊥平面PAD； (2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱錐P－ABCD的體積． 解：(1)證明：因為PA⊥平面ABCD，CE?平面ABCD， 所以PA⊥CE， 因為AB⊥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. 又因為AB＝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ABCD，P

15、A＝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P(－2,2)且與兩坐標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，且垂直于直線x＋3y＋4＝0. [解]　(1)設(shè)所求直線的方程為

16、＋＝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：當直線l1和l2都有斜率時， 即m≠0且m≠3時，由＝≠， 解得m＝－4，經(jīng)驗證可知兩直線平行． 當直線l1

17、和l2都無斜率時，l1：x＝－，l2：x＝， 顯然l1∥l2，此時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，且與原點的距離為1的直線方程． 解：由方程組 解得兩條直線的交點A(1,3)． 當斜率存在時， 設(shè)所求直線方程為y－3＝k(x－1)， 即kx－y＋3－k＝0. ∵原點到直線的距離為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. 當斜率不存在時，直線方程為x＝1，符合題意． 故所求直線方程為x＝1或4x－3y＋5＝0. 圓的方

18、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獨立的條件，求解時要注意結(jié)合圖形，觀察幾何特征，簡化運算． [例7]　有一圓C與直線l：4x－3y＋6＝0相切于點A(3,6)，且經(jīng)過點B(5,2)，求此圓的方程． [解]　法一：設(shè)圓的標準方程，尋找三個方程構(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 所以圓的方程為(x－5)2＋2＝. 法二：設(shè)圓

19、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，且圓與兩坐標軸均相切，求此圓的標準方程． 解：設(shè)所求圓的標準方程為(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2(r>0)．因為圓與兩坐標軸均相切，故圓心坐標滿足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 所以圓心坐標為(4,4)或(1，－1)，相應(yīng)的半徑為r＝4或r＝1，故所求圓的標準方程為(x－4)2＋(y－4

20、)2＝16或(x－1)2＋(y＋1)2＝1. 13．已知實數(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(2,0)為圓心，半徑為的圓． 設(shè)＝k，即y＝kx，當直線y＝kx與圓相切時，斜率k取得最大值和最小值，此時有＝，解得 k＝±. 故的最大值為，最小值為－. (2)設(shè)y－x＝b，即y＝x＋b，當y＝x＋b與圓相切時，縱截距b取得最大值和最小值，此時＝，即b＝－2±.故(y－x)max＝－＋，(y－x)min＝－2－. (3)

21、x2＋y2表示圓上的點與原點距離的平方，由平面幾何知識知其在原點與圓心的連線與圓的兩個交點處取得最大值和最小值．又知圓心到原點的距離為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，對于直線中內(nèi)容很少單獨考查． 在解決直線與圓的問題時，充分發(fā)揮數(shù)形結(jié)合思想的運用，尤其是涉及弦長問題，多用幾何法． [例8]　圓x2＋y2＝4上的點到直線x－y＋2＝0的距離的最大值為(　　) A．2＋ B．2－ C. D．0 [解析]　因

22、為圓x2＋y2＝4的圓心O到直線x－y＋2＝0的距離d＝＝，所以圓上的點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． 又圓心(0,0)代入直線ax＋by＋c＝0得c＝0， ∴a＝b＝0，不合題意，

23、故此直線不過圓心． [答案]　A [例10]　(2012·廣東高考)在平面直角坐標系xOy中，直線3x＋4y－5＝0與圓x2＋y2＝4相交于A、B兩點，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，則弦AB的長度等于(　　) A．2 B．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＝

24、2. 15．(2011·江西高考)若曲線C1：x2＋y2－2x＝0與曲線C2：y(y－mx－m)＝0有四個不同的交點，則實數(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有兩個交點，知直線l與x軸相交，故有圓心C1到直線l的距離d＝

25、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， 當所求直線斜率不存在時，直線方程為x＝－3，滿足已知條件． 當所求直線斜率存在時，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. 　　　　　　　　　　　　　　三、模塊驗收評估(教師用書獨具) ——考前熱身自評，學(xué)習(xí)效果心知肚明 一、選擇

26、題(本大題共10小題，每小題5分，共50分) 1．一個長方體去掉一個小長方體，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．如圖是一個幾何體的三視圖，其中正視圖和側(cè)視圖都是一個兩底長分別為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，俯視圖是一個圓環(huán)， ∴該幾可體是一個圓臺，且圓臺的上、下底半徑分別為1和2，母線為4， ∴S側(cè)＝π(r＋r′)l＝π·(1＋2

27、)×4＝12π. 3．一個球的內(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)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(　　) A. B. C. D. 解析：選D　VB′－ABC＝·S△ABC·h＝××3＝. 5．(2012·廈門高一檢測)已知直線l1經(jīng)過兩點(－1，－2

28、)，(－1,4)，直線l2經(jīng)過兩點(2,1)，(x,6)，且l1∥l2，則x＝(　　) A．2 B．－2 C．4 D．1 解析：選A　因為直線l1經(jīng)過兩點(－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(2,1)，(x,6)，所以，x＝2. 6．一個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(　　) 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)直線x＋ky＝0,2x＋3y＋8＝0

29、和x－y－1＝0交于一點，則k的值是(　　) A. B．－ C．2 D．－2 解析：選B　解方程組得則點(－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，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 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A在底面BCD上的

30、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·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V

31、2＝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)當滿足條件________時，有m∥β； (2)當滿足條件______

32、__時，有m⊥β(填所選條件的序號)． 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)如圖，將邊長為1的正方形ABCD沿對角線AC折起，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. 其中正確的序號是________(寫出所有正確說法的序號)． 解析：取AC的中點E，連接DE，BE， 則DE⊥AC，BE⊥AC，且DE⊥BE. 又DE＝EC＝BE

33、，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錯誤． 答案：①② 14．已知直線l經(jīng)過點P(－4，－3)，且被圓(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P在圓內(nèi)．當l的斜率不存在時，l的方程為 x＝－4，將x＝－4代入圓的方程， 得y＝2或y＝－6， 此時弦長為8.當l的斜率存在時，設(shè)l的方程為 y＋3＝k(x＋4)，即kx－y＋4k－3＝0， 當弦長為8時，圓心到直線的

34、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＋y＋2＝0的交點P，求： (1)過點P且過原點的直線方程； (2)過點P且垂直于直線l3：x－2y－1＝0的直線l的方程． 解：由解得 ∴點P的坐標是(－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P的坐標代入得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

35、體的三視圖如圖所示，P是正方形ABCD對角線的交點，G是PB的中點． (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. 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O，連接OG， 因為G為PB的中點，O為BD的中點， 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. 因為AO?平面AGC， 所以平面PBD

36、⊥平面AGC. 17．已知圓C：x2＋y2－8y＋12＝0，直線l經(jīng)過點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)將圓C的方程x2＋y2－8y＋12＝0配方得標準方程為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

37、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)求二面角F-BD-C的余弦值． 解：(1)證明：因為四邊形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°，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F-BD-C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F-BD-C的余弦值為.