2010屆高三數(shù)學高考知識點匯編-直線、平面、簡單幾何體1

PAGE1-2010屆高考數(shù)學知識點匯編（全套）直線、平面、簡單幾何體一、知識結構另注：三余弦公式？其中為線面角，為斜線與平面內直線所成的角，為？二、主要類型及證明方法（主要復習向量法）1、定性：（1）直線與平面平行：向量法有幾種證法；非向量法有種證法。（2）直線與平面垂直：向量法有幾種證法；非向量法有種證法。（3）平面與平面垂直：向量法有幾種證法；非向量法有種證法。2、定量：（1）點P到面的距離d=（2）異面直線之間的距離：（同上）（3）異面直線所成的角：（4）直線與平面所成的角：（5）銳二面角：三、例題設集合A＝{正四面體}，B＝{正多面體}，C＝{簡單多面體}，則A、B、C之間的關系為(A)

A.ABC B.ACB C.CBA D.CAB集合A＝{正方體}，B＝{長方體}，C＝{正四棱柱}，則A、B、C之間的關系為(B)

A.ABC B.ACB C.CAB D.BAC長方體ABCD－A'B'C'D'中，E、F、G分別是AB、BC、BB'上的點，則△EFG的形狀是(C)

A.等邊三角形 B.直角三角形 C.銳角三角形 D.鈍角三角形長方體的一條對角線與同一頂點處的三條棱所成角分別為α、β、γ，則有(A)

A.cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1 B.sin2α＋sin2β＋sin2γ＝1

C.cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2 D.sin2α＋sin2β＋sin2γ＝3長方體的一條對角線與同一頂點處的三個面所成角分別為α、β、γ，則有(B)

A.cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1 B.sin2α＋sin2β＋sin2γ＝1

C.cos2α＋cos2β＋cos2γ＝3 D.sin2α＋sin2β＋sin2γ＝2長方體ABCD－A'B'C'D'中，∠D'BA＝45o,∠D'BB'＝60o，則∠D'BC＝(C)

A.30o B.45o C.60o D.75o長方體的全面積為11，所有棱長之和為24，則這個長方體的一條體對角線長為(C)

A.2EQ\r(3) B.EQ\r(14) C.5 D.6棱錐的底面積為S，高位h，平行于底面的截面面積為S'，則截面與底面的距離為()

A.EQ\f((\r(S)－\r(S'))h,\r(S)) B.EQ\f((\r(S)＋\r(S'))h,\r(S)) C.EQ\f((S－S')h,S) D.EQ\f((S＋S')h,S)

A三棱錐P－ABC的三條側棱長相等，則頂點在底面上的射影是底面三角形的()

A.內心 B.外心 C.垂心 D.重心

B三棱錐P－ABC的三條側棱與底面所成的角相等，則頂點在底面上的射影是底面三角形的()

A.內心 B.外心 C.垂心 D.重心

B三棱錐P－ABC的三個側面與底面所成的二面角相等，則頂點在底面上的射影是底面三角形的()

A.內心 B.外心 C.垂心 D.重心

A三棱錐P－ABC的三條側棱兩兩垂直，則頂點在底面上的射影是底面三角形的()

A.內心 B.外心 C.垂心 D.重心

C三棱錐V－ABC中，VA＝BC,VB＝Ac,VC＝Ab，側面與底面ABC所成的二面角分別為α、β、γ(都是銳角)，則cosα＋cosβ＋cosγ＝()

A.1 B.2 C.EQ\f(1,2) D.EQ\f(1,3)

A四面體的四個面中，下列說法錯誤的是()

A.可以都是直角三角形 B.可以都是等腰三角形

C.不能都是頓角三角形 D.可以都是銳角三角形

C正n棱錐側棱與底面所成角為α，側面與底面所成角為β，則tanα∶tanβ＝()

A.sinEQ\f(π,n) B.cosEQ\f(π,n) C.sinEQ\f(2π,n) D.cosEQ\f(2π,n)

B一個簡單多面體的各個面都是三角形，且有6個頂點，則這個多面體的面數(shù)為()

A.4 B.6 C.8 D.10

C正八面體的相鄰兩個面所成二面角的大小為()

A.arccosEQ\f(1,3) B.π－arccosEQ\f(1,3) C.EQ\f(π,2)－arccosEQ\f(1,3) D.－arccosEQ\f(1,3)

B正方體的全面積為a2，它的頂點都在一個球面上，這個球的表面積為()

A.EQ\f(πa2,3) B.EQ\f(πa2,2) C.2πa2 D.3πa2

B一個長方體的長、寬、高分別為3、4、5，且它的頂點都在一個球面上，這個球的表面積為()

A.20EQ\r(2)π B.25EQ\r(2)π C.50π D.200π

C在球面上有四個點P、A、B、C，如果PA、PB、PC兩兩互相垂直，且PA＝PB＝PC＝a，那么這個球面的面積是()

A.2πa2 B.3πa2 C.4πa2 D.6πa2

B北緯30o的圓把北半球面積分為兩部分，這兩部分面積的比為()

A.1∶1 B.2∶1 C.EQ\r(3)∶1 D.EQ\r(2)∶1

A地球半徑為R，在北緯30o的圓上有兩點A、B，A點的經度為東經120o，B點的經度為西經60o，則A、B兩點的球面距離為()

A.EQ\f(1,3)πR B.EQ\f(\r(3),2)πR C.EQ\f(1,2)πR D.EQ\f(2,3)πR

D球面上有三個點，其中任意兩個點的球面距離都等于大圓周長的EQ\f(1,6)，經過這三個點的小圓周長為4π，那么這個球的半徑為()

A.4EQ\r(3) B.2EQ\r(3) C.2 D.EQ\r(3)

B球面上有三個點A、B、C，其中AB＝18,BC＝24,AC＝30，且球心到平面ABC的距離為球半徑的一半，那么這個球的半徑為()

A.10EQ\r(3) B.10 C.20 D.30

A在北緯60o圈上有甲、乙兩地，它們在緯度線上的弧長等于EQ\f(π,2)R，R為地球半徑，則這兩地的球面距離為()

A.EQ\r(2)πR B.EQ\f(1,3)πR C.EQ\f(\r(2),2)πR D.EQ\f(\r(3),2)πR

B填空題：設m、n是不重合的兩條直線，是不重合的平面，給出下列命題：請判斷其是否正確，如錯誤，請舉出反例。若，則若，則若，則若，則若，則若內有不共線的三點到的距離相等，則若，則若a、b是異面直線，，則三、解答題如圖：已知正三棱柱ABC－A'B'C'的側棱長為2，底面邊長為1，M是BC的中點。

(1)求異面直線AB'與BC'的夾角；

(2)在直線CC'上求一點N，使得MN⊥AB'。若AB的中點為P，BC’的中點Q，求證：PQ//面ABC

(1)解法一：因為EQ\o(AB',\s\up5(→))＝\o(AB,\s\up5(→))＋\o(BB',\s\up5(→))，\o(BC',\s\up5(→))＝\o(BB',\s\up5(→))＋\o(B'C',\s\up5(→))又因為ABC－A'B'C'是正三棱柱，∴EQ\o(AB,\s\up5(→))⊥\o(BB',\s\up5(→)),\o(BB',\s\up5(→))⊥\o(B'C',\s\up5(→))<EQ\o(AB,\s\up5(→))，\o(B'C',\s\up5(→))>＝\f(2π,3)由題意，EQ|\o(AB,\s\up5(→))|＝|\o(B'C',\s\up5(→))|＝1，|\o(BB',\s\up5(→))|＝2從而得：EQ\o(AB',\s\up5(→))·\o(BC',\s\up5(→))＝(\o(AB,\s\up5(→))＋\o(BB',\s\up5(→)))(\o(BB',\s\up5(→))＋\o(B'C',\s\up5(→)))＝EQ\o(AB,\s\up5(→))·\o(BB',\s\up5(→))＋(\o(BB',\s\up5(→)))2＋\o(AB',\s\up5(→))·\o(B'C',\s\up5(→))＋\o(BB',\s\up5(→))·\o(B'C',\s\up5(→))＝EQ|\o(BB',\s\up5(→))|2＋\o(AB,\s\up5(→))·\o(B'C',\s\up5(→))＝4＋EQ|\o(AB,\s\up5(→))||\o(B'C',\s\up5(→))|cos<\o(AB,\s\up5(→))·\o(B'C',\s\up5(→))>＝EQ\f(7,2)∴cos<EQ\o(AB',\s\up5(→))，\o(BC',\s\up5(→))>＝\f(\o(AB',\s\up5(→))·\o(BC',\s\up5(→)),|\o(AB',\s\up5(→))||\o(BC',\s\up5(→))|)＝\f(\f(7,2),5)＝\f(7,10)∴<EQ\o(AB',\s\up5(→))，\o(BC',\s\up5(→))>＝arccos\f(7,10)即異面直線AB'與BC'的夾角為arccosEQ\f(7,10)

解法二：以A點為坐標原點，AA'為z軸，AC為y軸，建立空間直角坐標系，

由題意：A(0，0，0)，B(EQ\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)，B'(EQ\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2)，C'(0，1，2)

EQ\o(AB',\s\up5(→))＝(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2)EQ\o(BC',\s\up5(→))＝(0，1，2)－(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)＝(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2)

cos<EQ\o(AB',\s\up5(→))，\o(BC',\s\up5(→))>＝\f(\o(AB',\s\up5(→))·\o(BC',\s\up5(→)),|\o(AB',\s\up5(→))||\o(BC',\s\up5(→))|)＝EQ\f((\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2)·(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2),\r((\f(\r(3),2))2＋(\f(1,2))2＋22)·\r((－\f(\r(3),2))2＋(\f(1,2))2＋22))＝\f(7,10)

∴<EQ\o(AB',\s\up5(→))，\o(BC',\s\up5(→))>＝arccos\f(7,10)即異面直線AB'與BC'的夾角為arccosEQ\f(7,10)

(2)解法一：設EQ\o(CN,\s\up5(→))＝x\o(BB',\s\up5(→))由題意可得：EQ\o(MC,\s\up5(→))＝\f(1,2)\o(BB',\s\up5(→))EQ\o(AB',\s\up5(→))＝\o(AB,\s\up5(→))＋\o(BB',\s\up5(→))，\o(MN,\s\up5(→))＝\o(MC,\s\up5(→))＋\o(CN,\s\up5(→))<EQ\o(AB,\s\up5(→))，\o(B'C',\s\up5(→))>＝\f(2π,3)

∵EQ\o(AB',\s\up5(→))⊥\o(MN,\s\up5(→))，∴\o(AB',\s\up5(→))·\o(MN,\s\up5(→))＝0也就是EQ(\o(AB,\s\up5(→))＋\o(BB',\s\up5(→)))·(\o(MC,\s\up5(→))＋\o(CN,\s\up5(→)))＝0

∴EQ\o(AB,\s\up5(→))·\o(MC,\s\up5(→))＋\o(BB',\s\up5(→))·\o(MC,\s\up5(→))＋\o(AB,\s\up5(→))·\o(CN,\s\up5(→))＋\o(BB',\s\up5(→))·\o(CN,\s\up5(→))＝0∴EQ|\o(AB,\s\up5(→))|·|\o(MC,\s\up5(→))|cos<\o(AB,\s\up5(→))，\o(MC,\s\up5(→))>＋x|\o(BB',\s\up5(→))|2＝0∴－EQ\f(1,4)＋4x＝0∴x＝EQ\f(1,16)即當EQ|\o(CN,\s\up5(→))|＝\f(1,8)時，AB'⊥MN.

解法二：同解法一建立空間直角坐標系，

有A(0，0，0)，B(EQ\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)，M(EQ\f(\r(3),4)，\f(3,4)，0)，N(0，1，z)

EQ\o(AB',\s\up5(→))＝(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2)，\o(MN,\s\up5(→))＝(－\f(\r(3),4)，\f(1,4)，z)∵EQ\o(AB',\s\up5(→))⊥\o(MN,\s\up5(→))，∴\o(AB',\s\up5(→))·\o(MN,\s\up5(→))＝0

∴EQ(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，2)·(－\f(\r(3),4)，\f(1,4)，z)＝0∴－EQ\f(3,8)＋\f(1,8)＋