0  504  512  518  522  528  530  534  540  542  548  554  558  560  564  570  572  578  582  584  588  590  594  596  598  599  600  602  603  604  606  608  612  614  618  620  624  630  632  638  642  644  648  654  660  662  668  672  674  680  684  690  698  3002 

遼寧省大連23中2009年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)秘笈8：

數(shù)學(xué)歸納法

試題詳情

2009年全國名校高三模擬試題分類匯編

圓錐曲線

試題詳情

海門實驗學(xué)校08―09年度第一學(xué)期高二年級期中考試

化學(xué)試題（必修）  

 命題人：吳一平  2008-10-30

1、本試題供非化學(xué)班學(xué)生使用；滿分100，答題時間為60分鐘。

2、請將第Ⅰ卷選擇題答案填入答題卡中，第Ⅱ卷非選擇題答案直接填在試卷上。

第Ⅰ卷（選擇題  共69分）

試題詳情

2009年全國名校高三模擬試題分類匯編

 圓錐曲線

 

試題詳情

遼寧省大連23中2009年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)秘笈7：

立體幾何

高考立體幾何試題一般共有4道(客觀題3道, 主觀題1道), 共計總分27分左右,考查的知識點在20個以內(nèi). 選擇填空題考核立幾中的計算型問題, 而解答題著重考查立幾中的邏輯推理型問題, 當(dāng)然, 二者均應(yīng)以正確的空間想象為前提. 隨著新的課程改革的進一步實施,立體幾何考題正朝著”多一點思考,少一點計算”的發(fā)展.從歷年的考題變化看, 以多面體和旋轉(zhuǎn)體為載體的線面位置關(guān)系的論證,角與距離的探求是常考常新的熱門話題.

 

    例1  四棱錐P―ABCD的底面是邊長為a的正方形，PB⊥面ABCD.

    （1）若面PAD與面ABCD所成的二面角為60°，求這個四棱錐的體積；

    （2）證明無論四棱錐的高怎樣變化，面PAD與面PCD所成的二面角恒大于90°

為從而只要算出四棱錐的高就行了.

面ABCD,

    ∴BA是PA在面ABCD上的射影.又DA⊥AB，

    ∴PA⊥DA，

    ∴∠PAB是面PAD與面ABCD所成的二面角的平面角，

      ∠PAB=60°.                

      而PB是四棱錐P―ABCD的高，PB=AB?tg60°=a,

     .                                    

（2）不論棱錐的高怎樣變化，棱錐側(cè)面PAD與PCD恒為全等三角形.

      作AE⊥DP，垂足為E，連結(jié)EC，則△ADE≌△CDE，

      是面PAD與面PCD所成的二面角的平面角.

          設(shè)AC與DB相交于點O，連結(jié)EO，則EO⊥AC，

                                       

      在

     故平面PAD與平面PCD所成的二面角恒大于90°.                   

    本小題主要考查線面關(guān)系和二面角的概念，以及空間想象能力和邏輯推理能力, 具有一定的探索性, 是一道設(shè)計新穎, 特征鮮明的好題.

 

（1）求證：AB­1⊥平面CED；

（2）求異面直線AB1與CD之間的距離；

（3）求二面角B1―AC―B的平面角.

講解:（1）∵D是AB中點，△ABC為等腰直角三角形，∠ABC=900，∴CD⊥AB又AA1⊥平面ABC，∴CD⊥AA1.

∴CD⊥平面A1B1BA  ∴CD⊥AB1，又CE⊥AB1， ∴AB1⊥平面CDE；

（2）由CD⊥平面A1B1BA  ∴CD⊥DE

∵AB1⊥平面CDE  ∴DE⊥AB1

∴DE是異面直線AB1與CD的公垂線段

∵CE=，AC=1 , ∴CD=

∴；

（3）連結(jié)B1C，易證B1C⊥AC，又BC⊥AC ,

∴∠B1CB是二面角B1―AC―B的平面角.

在Rt△CEA中，CE=，BC=AC=1,

∴∠B1AC=600

∴，  ∴,

∴  , ∴.

作出公垂線段和二面角的平面角是正確解題的前提, 當(dāng)然, 準確地作出應(yīng)當(dāng)有嚴格的邏輯推理作為基石.

例3  如圖a―l―是120°的二面角，A，B兩點在棱上，AB=2，D在內(nèi)，三角形ABD是等腰直角三角形，∠DAB=90°，C在內(nèi)，ABC是等腰直角三角形∠ACB=

（I）                                                            求三棱錐D―ABC的體積；

（2）求二面角D―AC―B的大小；     

（3）求異面直線AB、CD所成的角.

   

  

  講解:  (1) 過D向平面做垂線，垂足為O，連強OA并延長至E.

為二面角a―l―的平面角..

是等腰直角三角形，斜邊AB=2.又D到平面的距離DO=

（2）過O在內(nèi)作OM⊥AC,交AC的反向延長線于M,連結(jié)DM.則AC⊥DM.∴∠DMO  為二面角D―AC―B的平面角. 又在△DOA中，OA=2cos60°=1.且

  （3）在平在內(nèi)，過C作AB的平行線交AE于F，∠DCF為異面直線AB、CD所成的角.  為等腰直角三角形，又AF等于C到AB的距離，即△ABC斜邊上的高,

異面直線AB,CD所成的角為arctg

    比較例2與例3解法的異同, 你會得出怎樣的啟示? 想想看.

 

    例4

 

 

 

 

                        圖①                        圖②

 

   講解:  設(shè)容器的高為x．則容器底面正三角形的邊長為,

       

                .

    當(dāng)且僅當(dāng) .

故當(dāng)容器的高為時，容器的容積最大，其最大容積為

對學(xué)過導(dǎo)數(shù)的同學(xué)來講，三次函數(shù)的最值問題用導(dǎo)數(shù)求解是最方便的，請讀者不妨一試. 另外，本題的深化似乎與2002年全國高考文科數(shù)學(xué)壓軸題有關(guān)，還請做做對照. 類似的問題是:

    某企業(yè)設(shè)計一個容積為V的密閉容器，下部是圓柱形，上部是半球形，當(dāng)圓柱的底面半徑r和圓柱的高h為何值時，制造這個密閉容器的用料最省（即容器的表面積最�。�.

   例5 已知三棱錐P―ABC中，PC⊥底面ABC，AB=BC，

D、F分別為AC、PC的中點，DE⊥AP于E．

    （1）求證：AP⊥平面BDE；                

（2）求證：平面BDE⊥平面BDF；

（3）若AE∶EP=1∶2，求截面BEF分三棱錐

P―ABC所成兩部分的體積比．

講解:  (1）∵PC⊥底面ABC，BD平面ABC，∴PC⊥BD．

由AB=BC，D為AC的中點，得BD⊥AC．又PC∩AC=C，∴BD⊥平面PAC． 又PA平面、PAC，∴BD⊥PA．由已知DE⊥PA，DE∩BD=D，∴AP⊥平面BDE．

  （2）由BD⊥平面PAC，DE平面PAC，得BD⊥DE．由D、F分別為AC、PC的中點，得DF//AP．

由已知，DE⊥AP，∴DE⊥DF. BD∩DF=D，∴DE⊥平面BDF．

又DE平面BDE，∴平面BDE⊥平面BDF．

  （3）設(shè)點E和點A到平面PBC的距離分別為h1和h2．則

           h1∶h2=EP∶AP=2∶3,

    

    故截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分體積的比為1∶2或2∶1

值得注意的是, “截面BEF分三棱錐P―ABC所成兩部分的體積比”并沒有說明先后順序, 因而最終的比值答案一般應(yīng)為兩個, 希不要犯這種”會而不全”的錯誤.

例6  已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個半圓，它被過底面中心O1且平行于母線AB的平面所截，若截面與圓錐側(cè)面的交線是焦參數(shù)（焦點到準線的距離）

為p的拋物線.

（1）求圓錐的母線與底面所成的角；

（2）求圓錐的全面積．

    講解: （1）設(shè)圓錐的底面半徑為R，母線長為l，

由題意得：,

即,

所以母線和底面所成的角為

（2）設(shè)截面與圓錐側(cè)面的交線為MON，其中O為截面與

AC的交點，則OO1//AB且

在截面MON內(nèi)，以O(shè)O1所在有向直線為y軸，O為原點，建立坐標系，則O為拋物的頂點，所以拋物線方程為x2=－2py，點N的坐標為（R，－R），代入方程得

R2=－2p（－R），得R=2p，l=2R=4p.

∴圓錐的全面積為.

將立體幾何與解析幾何相鏈接, 頗具新意, 預(yù)示了高考命題的新動向. 類似請思考如下問題:

     一圓柱被一平面所截，截口是一個橢圓．已知橢圓的

長軸長為5，短軸長為4，被截后幾何體的最短側(cè)面母     

線長為1，則該幾何體的體積等于          ．

 

   例7 如圖，幾何體ABCDE中，△ABC是正三角形，EA和DC都垂直于平面ABC，且EA=AB=2a， DC=a，F(xiàn)、G分別為EB和AB的中點.

（2）求證：AF⊥BD；

 (3) 求二面角B―FC―G的正切值.

講解: ∵F、G分別為EB、AB的中點，

∴FG=EA，又EA、DC都垂直于面ABC,  FG=DC，

    ∴四邊形FGCD為平行四邊形，∴FD∥GC，又GC面ABC，

    ∴FD∥面ABC.

（2）∵AB=EA，且F為EB中點，∴AF⊥EB  ①  又FG∥EA，EA⊥面ABC

∴FG⊥面ABC ∵G為等邊△ABC，AB邊的中點，∴AG⊥GC.

∴AF⊥GC又FD∥GC，∴AF⊥FD  ②

由①、②知AF⊥面EBD，又BD面EBD，∴AF⊥BD.

    （3）由（1）、（2）知FG⊥GB，GC⊥GB，∴GB⊥面GCF.

過G作GH⊥FC，垂足為H，連HB，∴HB⊥FC.

∴∠GHB為二面角B-FC-G的平面角.

易求.

    例8  如圖，正方體ABCD―A1B1C1D1的棱長為1，P、Q分別是線段AD1和BD上的點，且

D1P∶PA=DQ∶QB=5∶12.

 

(1) 求證PQ∥平面CDD1C1；

 

 

 (2) 求證PQ⊥AD；

 

 

 (3) 求線段PQ的長.

講解:  （1）在平面AD1內(nèi)，作PP1∥AD與DD1交于點P1，在平面AC內(nèi)，作

QQ1∥BC交CD于點Q1，連結(jié)P1Q1.

    ∵ ,     ∴PP1QQ1 .?

由四邊形PQQ1P1為平行四邊形,   知PQ∥P1Q1? ?

而P1Q1平面CDD1C1，  所以PQ∥平面CDD1C1?

（2）AD⊥平面D1DCC1，    ∴AD⊥P1Q1，?

又∵PQ∥P1Q1，   ∴AD⊥PQ.?

（3）由（1）知P1Q1 PQ,

，而棱長CD=1.     ∴DQ1=.  同理可求得 P1D=.

在Rt△P1DQ1中，應(yīng)用勾股定理, 立得

P1Q1=.?

做為本題的深化, 筆者提出這樣的問題: P, Q分別是BD,上的動點,試求的最小值, 你能夠應(yīng)用函數(shù)方法計算嗎? 試試看. 并與如下2002年全國高考試題做以對照, 你會得到什么啟示?

如圖，正方形ABCD、ABEF的邊長都是1,而且平面ABCD、ABEF互相垂直。點M在AC上移動，點N在BF上移動，若CM=BN=

（1）       求MN的長；

（2）       當(dāng)為何值時，MN的長最�。�

（3）       當(dāng)MN長最小時，求面MNA與面MNB所成的二面角的大小。

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

立體幾何知識是復(fù)課耗時較多, 而考試得分偏底的題型. 只有放底起點, 依據(jù)課本, 熟化知識, 構(gòu)建空間思維網(wǎng)絡(luò), 掌握解三角形的基本工具, 嚴密規(guī)范表述, 定會突破解答立幾考題的道道難關(guān).

 

 

 

 

試題詳情

2008年11月

綿陽南山中學(xué)2008年秋季高2010 級半期考試

化學(xué)試題

          命題：張明盛       審核：卿明華

可能用到的相對原子質(zhì)量： H  1      O  16     Al  27　　

第I 卷（選擇題，共50 分）

試題詳情

遼寧省大連23中2009年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)秘笈6：

幾何題

    高考解析幾何試題一般共有4題(2個選擇題, 1個填空題, 1個解答題), 共計30分左右, 考查的知識點約為20個左右. 其命題一般緊扣課本, 突出重點, 全面考查. 選擇題和填空題考查直線, 圓, 圓錐曲線, 參數(shù)方程和極坐標系中的基礎(chǔ)知識. 解答題重點考查圓錐曲線中的重要知識點, 通過知識的重組與鏈接, 使知識形成網(wǎng)絡(luò), 著重考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系, 求解有時還要用到平幾的基本知識,  這點值得考生在復(fù)課時強化.

 

    例1  已知點T是半圓O的直徑AB上一點，AB=2、OT=t  (0<t<1)，以AB為直腰作直角梯形，使垂直且等于AT，使垂直且等于BT，交半圓于P、Q兩點，建立如圖所示的直角坐標系.

(1)寫出直線的方程；

   （2）計算出點P、Q的坐標；

   （3）證明：由點P發(fā)出的光線，經(jīng)AB反射后，反射光線通過點Q.                  

 

   講解:  通過讀圖,  看出點的坐標.

(1 ) 顯然,  于是 直線

的方程為；

   （2）由方程組

解出  、；               

   （3）,

 

        .

   由直線PT的斜率和直線QT的斜率互為相反數(shù)知，由點P發(fā)出的光線經(jīng)點T反射，反射光線通過點Q.

    需要注意的是, Q點的坐標本質(zhì)上是三角中的萬能公式, 有趣嗎?

例2  已知直線l與橢圓有且僅有一個交點Q，且與x軸、y軸分別交于R、S，求以線段SR為對角線的矩形ORPS的一個頂點P的軌跡方程．

   講解：從直線所處的位置, 設(shè)出直線的方程,

   由已知，直線l不過橢圓的四個頂點，所以設(shè)直線l的方程為

代入橢圓方程 得

         

化簡后，得關(guān)于的一元二次方程

            

于是其判別式

由已知，得△=0．即  ①

在直線方程中，分別令y=0，x=0，求得

 令頂點P的坐標為（x，y），  由已知，得

 代入①式并整理，得 ,  即為所求頂點P的軌跡方程．

    方程形似橢圓的標準方程, 你能畫出它的圖形嗎?

   例3已知雙曲線的離心率，過的直線到原點的距離是

 （1）求雙曲線的方程；

 （2）已知直線交雙曲線于不同的點C，D且C，D都在以B為圓心的圓上，求k的值.

  講解：∵（1）原點到直線AB：的距離.

     故所求雙曲線方程為

（2）把中消去y，整理得 .

     設(shè)的中點是，則

    

  

即

故所求k=±.

為了求出的值, 需要通過消元, 想法設(shè)法建構(gòu)的方程.

   例4 已知橢圓C的中心在原點，焦點F1、F2在x軸上，點P為橢圓上的一個動點，且∠F1PF2的最大值為90°，直線l過左焦點F1與橢圓交于A、B兩點，△ABF2的面積最大值為12．

  （1）求橢圓C的離心率；

  （2）求橢圓C的方程．

   講解：（1）設(shè), 對 由余弦定理, 得

  ，

解出  

 （2）考慮直線的斜率的存在性，可分兩種情況：

   i) 當(dāng)k存在時，設(shè)l的方程為………………①

  橢圓方程為

 由   得   .

于是橢圓方程可轉(zhuǎn)化為  ………………②

將①代入②，消去得     ,

整理為的一元二次方程，得       .

則x1、x2是上述方程的兩根．且

，

也可這樣求解：

 

AB邊上的高

  

ii) 當(dāng)k不存在時，把直線代入橢圓方程得

 

由①②知S的最大值為  由題意得=12  所以   

  故當(dāng)△ABF2面積最大時橢圓的方程為：

下面給出本題的另一解法,請讀者比較二者的優(yōu)劣：

設(shè)過左焦點的直線方程為：…………①

（這樣設(shè)直線方程的好處是什么？還請讀者進一步反思反思.）

橢圓的方程為：

由得：于是橢圓方程可化為：……②

把①代入②并整理得：

于是是上述方程的兩根.

,

AB邊上的高,

從而

     

當(dāng)且僅當(dāng)m=0取等號，即

    由題意知,  于是  .

    故當(dāng)△ABF2面積最大時橢圓的方程為：

   例5  已知直線與橢圓相交于A、B兩點，且線段AB的中點在直線上.

（１）求此橢圓的離心率；

（2 ）若橢圓的右焦點關(guān)于直線的對稱點的在圓上，求此橢圓的方程.

 

   講解:（1）設(shè)A、B兩點的坐標分別為 得

,   

根據(jù)韋達定理，得            

  

 ∴線段AB的中點坐標為（）. 

 由已知得

  故橢圓的離心率為 .

 （2）由（1）知從而橢圓的右焦點坐標為 設(shè)關(guān)于直線的對稱點為

解得     

由已知得

故所求的橢圓方程為 .

   例6   已知⊙M：軸上的動點，QA，QB分別切⊙M于A，B兩點，

   （1）如果，求直線MQ的方程；

   （2）求動弦AB的中點P的軌跡方程.

文本框:    講解:（1）由，可得由射影定理，得   在Rt△MOQ中，

  ，

    故，

    所以直線AB方程是

  （2）連接MB，MQ，設(shè)由

點M，P，Q在一直線上，得

由射影定理得

即 把（*）及（**）消去a，并注意到，可得

   適時應(yīng)用平面幾何知識，這是快速解答本題的要害所在，還請讀者反思其中的奧妙.

    例7   如圖，在Rt△ABC中，∠CBA=90°，AB=2，AC=。DO⊥AB于O點，OA=OB，DO=2，曲線E過C點，動點P在E上運動，且保持| PA |+| PB |的值不變.

（1）建立適當(dāng)?shù)淖鴺讼担笄�E的方程；

（2）過D點的直線L與曲線E相交于不同的兩點M、N且M在D、N之間，設(shè)，

 

 

                       

   試確定實數(shù)的取值范圍．

講解: （1）建立平面直角坐標系, 如圖所示 .                                     

    ∵| PA |+| PB |=| CA |+| CB |                                        y

 C

A     O         B

∵                                                                                 

∴曲線E的方程是  .

   （2）設(shè)直線L的方程為 , 代入曲線E的方程，得

       

設(shè)M1（,  則

    
   
    
    
    
    
    
    ①
     
    ②
     
    ③
    i)  L與y軸重合時，                         

    ii)  L與y軸不重合時，
      由①得   
      又∵,
    ∵  或  
    ∴0＜＜1 ,                                           

     
    ∴ .                 

    ∵
    而  ∴
    ∴                            
    ∴ ,  ,
    ∴的取值范圍是 .    
        值得讀者注意的是，直線L與y軸重合的情況易于遺漏，應(yīng)當(dāng)引起警惕.

        例8  直線過拋物線的焦點，且與拋物線相交于A兩點.
       （1）求證：;
       （2）求證：對于拋物線的任意給定的一條弦CD，直線l不是CD的垂直平分線.
                    

      講解: （1）易求得拋物線的焦點.
      若l⊥x軸，則l的方程為.
    若l不垂直于x軸，可設(shè),代入拋物線方程整理得            
. 
    綜上可知  .
    （2）設(shè)，則CD的垂直平分線的方程為
    假設(shè)過F，則整理得
         
    ，. 
    這時的方程為y=0，從而與拋物線只相交于原點. 而l與拋物線有兩個不同的交點，因此與l不重合，l不是CD的垂直平分線.
        此題是課本題的深化，你能夠找到它的原形嗎？知識在記憶中積累，能力在聯(lián)想中提升. 課本是高考試題的生長點，復(fù)課切忌忘掉課本！
     
        例9 某工程要將直線公路l一側(cè)的土石，通過公路上的兩個道口A和B，沿著道路AP、BP運往公路另一側(cè)的P處，PA=100m，PB=150m，∠APB=60°，試說明怎樣運土石最省工？
        講解: 以直線l為x軸，線段AB的中點為原點對立直角坐標系，則在l一側(cè)必存在經(jīng)A到P和經(jīng)B到P路程相等的點，設(shè)這樣的點為M，則
         
|MA|+|AP|=|MB|+|BP|,
    即  
|MA|－|MB|=|BP|－|AP|=50,
    ,
    ∴M在雙曲線的右支上.
    故曲線右側(cè)的土石層經(jīng)道口B沿BP運往P處，曲線左側(cè)的土石層經(jīng)道口A沿AP運往P處，按這種方法運土石最省工.
    相關(guān)解析幾何的實際應(yīng)用性試題在高考中似乎還未涉及，其實在課本中還可找到典型的范例，你知道嗎？
    解析幾何解答題在歷年的高考中�？汲Ｐ�, 體現(xiàn)在重視能力立意, 強調(diào)思維空間, 是用活題考死知識的典范. 考題求解時考查了等價轉(zhuǎn)化, 數(shù)形結(jié)合,
分類討論, 函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想, 以及定義法, 配方法, 待定系數(shù)法, 參數(shù)法, 判別式法等數(shù)學(xué)通法.
     
     
    		
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