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2012版高三数学一轮精品复习学案:第七章 立体几何(单元总结与测试)

时间:2012-05-03


版高三数学一轮精品复习学案: 2012 版高三数学一轮精品复习学案:第七章 立体几何 单元总结与测试
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一、选择题 1.下图是一个空间几何体的三视图,根据图中尺寸(单位:cm),可知几何体的表面积是( )

A.18+ 3 C.17+2 3 [答案] D

B.16+2 3 D.18+2 3

[解析] 由三视图可得,该几何是一个底面边长为 2 高为 3 的正三棱柱,其表面积 S=3×2×3+2× 18+2 3cm2.

3 ×22= 4

→ → → → 2.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E 为侧面 BCC1B1 的中心.若AE=zAA1+xAB+yAD,则 x+y +z 的值为( A.1 C.2 [答案] C → → → → 1 → 1→ [解析] ∵AE=AB+BE=AB+ AA1+ AD. 2 2 3.已知四棱锥 P-ABCD 的三视图如图,则四棱锥 P-ABCD 的全面积为( ) ) 3 B. 2 3 D. 4

A.3+ 5 C.5 [答案] A

B.2+ 5 D.4

[解析] 画出直观图如图.其中 PD=2,底面正方形边长为 1,

∵BA⊥AD,PD⊥平面 ABCD,∴BA⊥PA, 在 Rt△PAD 中,PA= 5, 1 1 ∴四棱锥的全面积 S=1×1+?2×2×1?×2+ × 5×1×2=3+ 5. ? ? 2 4.设 m,n 是平面 α 内的两条不同直线;l1,l2 是平面 β 内的两条相交直线,则 α∥β 的一个充分而不必 要条件是( ) B.m∥l1 且 n∥l2 D.m∥β 且 n∥l2

A.m∥β 且 l1∥α C.m∥β 且 n∥β [答案] B

[解析] 如图(1),α∩β=l,m∥l,l1∥l,满足 m∥β 且 l1∥α,故排除 A; 如图(2),α∩β=l,m∥n∥l,满足 m∥β,n∥β,故排除 C.

在图(2)中,m∥n∥l∥l2 满足 m∥β,n∥l2,故排除 D,故选 B. 5.设 a、b 为两条直线,α、β 为两个平面.下列四个命题中,正确的命题是( A.若 a、b 与 α 所成的角相等,则 a∥b B.若 a∥α,b∥β,α∥β,则 a∥b C.若 a?α,b?β,a∥b,则 α∥β D.若 a⊥α,b⊥β,α⊥β,则 a⊥b [答案] D [解析] 若直线 a、b 与 α 成等角,则 a、b 平行、相交或异面;对选项 B,如 a∥α,b∥β,α∥β,则 a、b 平行、相交或异面;对选项 C,若 a?α,b?β,a∥b,则 α、β 平行或相交;对选项 D,由 或 a?β,无论哪种情形,由 b⊥β 都有 b⊥a.,故选 D.
? a⊥α ? ??a∥β β⊥α? ?

)

6.定点 A 和 B 都在平面 α 内,定点 P?α,PB⊥α,C 是 α 内异于 A 和 B 的动点,且 PC⊥AC.那么,动点 C 在平面 α 内的轨迹是( )

A.一条线段,但要去掉两个点 B.一个圆,但要去掉两个点 C.一个椭圆,但要去掉两个点 D.半圆,但要去掉两个点 [答案] B [解析] 连接 BC,∵PB⊥α,∴AC⊥PB. 又∵PC⊥AC,∴AC⊥BC. ∴C 在以 AB 为直径的圆上.故选 B. → 1→ 1→ → → 7.将边长为 1 的正方形 ABCD 沿对角线 BD 折成直二面角,若点 P 满足BP=2BA-2BC+BD,则|BP|2 的值为( 3 A. 2 10- 2 C. 4 [答案] D [解析] 由题意,翻折后 AC=AB=BC, 1→ 1→ → → ∴∠ABC=60°,∴|BP|2=| BA- BC+BD|2 2 2 1 → 1 → 1→ → → → → → 1 1 1 → = |BA |2+ |BC |2+|BD |2- BA ·BC -BC ·BD +BA ·BD = + +2- ×1×1×cos60°-1× 2cos45°+1× 2 4 2 4 4 2 4 9 ×cos45°= . 4 8. 与正方体 ABCD-A1B1C1D1 的三条棱 AB、CC1、A1D1 所在直线的距离相等的点( A.有且只有 1 个 C.有且只有 3 个 [答案] D [解析] 如图连结 B1D,可知 B1D 上的点到 AB、CC1、A1D1 的距离均相等,故选 D. B.有且只有 2 个 D.有无数个 ) ) B.2 9 D. 4

9. 已知二面角 α-l-β 的大小为 120°,点 B、C 在棱 l 上,A∈α,D∈β,AB⊥l,CD⊥l,AB=2,BC= 1,CD=3,则 AD 的长为( A. 14 C.2 2 [答案] D → → → → → → → → → → → → → [解析] 由条件知|AB|=2, |=1, |=3, ⊥BC, ⊥CD, |BC |CD AB BC 〈AB, 〉 CD =60°, =AB+BC+CD, AD → → → → → → → → → → ∴|AD|2=|AB|2+|BC|2+|CD|2+2AB·BC+2BC·CD+2AB·CD =4+1+9+2×2×3×cos60° → =20,∴|AD|=2 5. 10. 如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,O 是底面 A1B1C1D1 的中心,则点 O 到平面 ABC1D1 的距离为( ) ) B. 13 D.2 5

1 A. 2 C. 2 2

B. D.

2 4 3 2

[答案] B [解析] 以 D 为原点,DA、DC、DD1 为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系,则 A(1,0,0),B(1,1,0), 1 1 D1(0,0,1),C1(0,1,1),O?2,2,1?,设平面 ABCD 的法向量 n=(x,y,1),则 ? ? → ?n·AB=0 ? ? ? ?y=0 ?x=1 ? ,∴? ,∴? ,∴n=(1,0,1), → ?-x+1=0 ?y=0 ? ? ?n·AD1=0 ? 1 1 → 又OD1=?-2,-2,0?, ? ? 1 → |n·OD1| 2 2 ∴O 到平面 ABC1D1 的距离 d= = = . |n| 2 4 → → → → → → → → 11. 已知四边形 ABCD 满足:AB·BC>0,BC·CD>0,CD·DA>0,DA·AB>0,则该四边形为( A.平行四边形 C.平面四边形 B.梯形 D.空间四边形 )

[答案] D π π π π → → [解析] ∵AB·BC>0, ∴∠ABC> , 同理∠BCD> , ∠CDA> , ∠DAB> , 由内角和定理知, 四边形 ABCD 2 2 2 2 一定不是平面四边形,故选 D. → 1→ 12. 已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 1,AM= MC,点 N 为 B1B 的中点,则线段 MN 的长度为 2 ( A. C. ) 21 6 15 6 B. D. 6 6 15 3

[答案] A → → → → 1→ [解析] MN=AN-AM=AN- AC 3 → → 1 → → → =AB+BN- AB+AD+AA1 3

(

)

2→ 1 → 1→ = AB+ AA1- AD. 6 3 3 → ∴MN=|MN|= 二、填空题 13. 13.如图,已知正三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面边长为 2cm,高为 5cm,则一质点自点 A 出发,沿着三棱 柱的侧面绕行两周到达点 A1 的最短路线的长为________cm. 4→ 1 → 1→ 21 |AB|2+ |AA1|2+ |AD|2= . 36 9 9 6

[答案] 13 [解析] 如图,将三棱柱侧面 A1ABB1 置于桌面上,以 A1A 为界,滚动两周(即将侧面展开两次),则最短 线长为 AA″1 的长度,∴AA1=5,AA″=12,∴AA″1=13.

14. 已知某个几何体的三视图如上图, 根据图中标出的尺寸 (单位: , cm) 可得这个几何体的体积是

cm3 .

解析:由图可知: V =

1 8000 × 20 × 20 × 20 = . 3 3

15.直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,BC=1,AA1= 6,M 是 CC1 的中点, 则异面直线 AB1 与 A1M 所成角为________. [答案] π 2

[解析] 由条件知 AC、BC、CC1 两两垂直,以 C 为原点,CB,CA,CC1 分别为 x 轴,y 轴,z 轴建立空 间直角坐标系,则 B(1,0,0),A(0, 3,0),B1(1,0, 6),M(0,0, 6 ),A1(0, 3, 6), 2

6 → → ∴AB1=(1,- 3, 6),A1M=(0,- 3,- ), 2 → → AB1·A1M → → cos〈AB1,A1M〉= =0, → → |AB1|·|A1M| π → → ∴〈AB1,A1M〉= , 2 π 即直线 AB1 与 A1M 所成角为 . 2 16. 在直角坐标系中,设 A(3, 2) , B ( ?2, ?3) ,沿 y 轴把坐标平面折成 120 的二面角后, AB 的长为
o

答案: 2 11

三、解答题 1 17.在直角梯形 ABCD 中,∠B=90°,DC∥AB,BC=CD= AB=2,G 为线段 AB 的中点,将△ADG 17. 2 沿 GD 折起,使平面 ADG⊥平面 BCDG,得到几何体 A-BCDG.

(1)若 E,F 分别为线段 AC,AD 的中点,求证:EF∥平面 ABG; (2)求证:AG⊥平面 BCDG; (3)VC-ABD 的值. [解析] (1)证明:依题意,折叠前后 CD、BG 位置关系不改变,∴CD∥BG. ∵E、F 分别为线段 AC、BD 的中点,∴在△ACD 中,EF∥CD,∴EF∥BG. 又 EF?平面 ABG,BG?平面 ABG,∴EF∥平面 ABG.

(2)证明:将△ADG 沿 GD 折起后,AG、GD 位置关系不改变,∴AG⊥GD, 又平面 ADG⊥平面 BCDG,平面 ADG∩平面 BCDG=GD,AG?平面 AGD,∴AG⊥平面 BCDG. (3)解:由已知得 BC=CD=AG=2, 又由(2)得 AG⊥平面 BCDG,即点 A 到平面 BCDG 的距离 AG=2, 1 ∴VC-ABD=VA-BCD= S△BCD·AG 3 1 1 4 = ×?2×2×2?×2= . ? 3 ? 3

18. 18.已知几何体 A—BCED 的三视图如图所示,其中俯视图和侧视图都是腰长为 4 的等腰直角三角形,正 视图为直角梯形. (1)求此几何体的体积 V 的大小; (2)求异面直线 DE 与 AB 所成角的余弦值; (3)试探究在 DE 上是否存在点 Q,使得 AQ BQ 并说明理由(一、二、五中必做,其它学校选做).

解析: 解析 (1)由该几何体的三视图知



,且 EC=BC=AC=4 ,BD=1,



∴ 即该几何体的体积 V 为 16.

. -----------3 分

(2)解法 1:过点 B 作 BF//ED 交 EC 于 F,连结 AF, 解法 则∠FBA 或其补角即为异面直线 DE 与 AB 所成的角.-------5 分 在△BAF 中,∵AB= ,BF=AF= .





即异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为

.------------------------------------------7 分

解法 2:以 C 为原点,以 CA,CB,CE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系.

则 A(4,0,0) ,B(0,4,0) ,D(0,4,1) ,E(0,0,4)



,∴

∴异面直线 DE 与 AB 所成的角的余弦值为 (3)解法 1:在 DE 上存在点 Q,使得 AQ 解法



BQ.--------------------------------------------------8 分

取 BC 中点 O,过点 O 作 OQ⊥DE 于点 Q,则点 Q 满足题设. 连结 EO、OD,在 Rt△ECO 和 Rt△OBD 中











∴ ,



.-----------------10 分



∴ ∴以 O 为圆心、以 BC 为直径的圆与 DE 相切.切点为 Q ∴ ,















面 ACQ

w.w.w. k.s.5.u.c.o .m



.-------------------------------------------------------------------------12 分

解法 2: 以 C 为原点,以 CA,CB,CE 所在直线为 x,y,z 轴建立空间直角坐标系. 设满足题设的点 Q 存在,其坐标为(0,m,n) ,则

, BQ ----------------------------①

∵AQ



∵点 Q 在 ED 上,∴存在

使得



-----------②

②代入①得

,解得

∴满足题设的点 Q 存在,其坐标为 19.如图,在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AC⊥BC,AC=BC=CC1,M、N 分别是 A1B、B1C1 的中点.(Ⅰ) 求证:MN⊥平面 A1BC; (Ⅱ)求直线 BC1 和平面 A1BC 所成角的大小. (Ⅰ)由已知 BC⊥AC,BC⊥CC1, 【解】解法一: 所以 BC⊥平面 ACC1A1.连结 AC1,则 BC⊥AC1. 由已知,侧面 ACC1A1 是正方形,所以 A1C⊥AC1. 又 BC I A1C = C ,所以 AC1⊥平面 A1BC. A 因为侧面 ABB1A1 是正方形,M 是 A1B 的中点,连结 AB1,则点 M 是 AB1 的中点. 又点 N 是 B1C1 的中点,则 MN 是△AB1C1 的中位线,所以 MN∥AC1. 故 MN⊥平面 A1BC. (Ⅱ)因为 AC1⊥平面 A1BC,设 AC1 与 A1C 相交于点 D, 连结 BD,则∠C1BD 为直线 BC1 和平面 A1BC 所成角. C1 A1 D M C A B M C B A1 C1 N B1

N B1

2 设 AC=BC=CC1=a,则 C1 D = a , BC1 = 2a . 2

在 Rt△BDC1 中,sin∠C1BD=

C1 D 1 = , BC1 2

所以∠C1BD=30?,故直线 BC1 和平面 A1BC 所成的角为 30?. 解法二: (Ⅰ)据题意 CA、CB、CC1 两两垂直,以 C 为原点, CA、CB、CC1 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立空间 直角坐标系,如图. A1 设 AC=BC=CC1=a,则 B1 z C1 N

B(0, a, 0), B1 (0, a, a ), A(a, 0, 0), C (0, 0, 0), C1 (0, 0, a ) ,
a a a a A1 (a, 0, a ) , M ( , , ), N (0, , a ) . 2 2 2 2 uuur uuur uuuu r a a 所以 BA1 = ( a, ? a, a ) , CA1 = ( a, 0, a ) , MN = ( ? , 0, ) 2 2 uuuu uuur r uuuu uuur r 于是 MN ? BA1 = 0 , MN ? CA1 = 0 ,即 MN⊥BA1,MN⊥CA1.
又 BA1 I CA1 = A1 ,故 MN⊥平面 A1BC.

M C B x A y

( Ⅱ ) 因 为 MN⊥ 平 面 A1BC , 则 MN 为 平 面 A1BC 的 法 向 量 , 又 BC1 = (0, ? a, a ) ,

uuuu r

uuuu r



uuuu uuuu r r uuuu uuuu r r BC1 ? MN r r cos < BC1 , MN >= uuuu uuuu = | BC1 || MN |

a2 2 2a × 2 a 2

=

uuuu uuuu r r 1 o ,所以 < BC1 , MN >= 60 .(11 分) 2

故直线 BC1 和平面 A1BC 所成的角为 30?.

(12 分)

20.(本题满分 15 分)某组合体由直三棱柱 ABC ? A 1 B1 C1 与正三棱锥 B ? ACD 组成,如图所示,其中,

AB ⊥ BC .它的正视图、侧视图、俯视图的面积分别为 2 2 +1, 1 , 2 2 +1.

(1)求直线 CA 1 与平面 ACD 所成角的正弦; (2)在线段 AC1 上是否存在点 P ,使 B1 P ⊥ 平面 ACD , 若存在,确定点 P 的位置;若不存在,说明理由.

20.解:(1)设BA = BC = BD = a, BB1 = b

1 2 ? ?ab + 2 a = 2 2 + 1 ?a = 2 ? ? 由条件 ? ?? ?b = 2 ? ? 1 a2 = 1 ?2 ?

以点B为原点,分别以BC、BB1、BA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则 A(0, 0, 2), C ( 2, 0, 0), D(0, ? 2, 0), B1 (0, 2, 0), C1 ( 2, 2, 0), A1 (0, 2, 2) r ? 2 2 2 ? r uuu ? 2 2 2? ,? , ,? , Q ?ACD的重心G ? ? ∴ a = BG = ? ? 为平面ACD的法向量. ? 3 ? ? 3 ? 3 3 ? 3 3 ? ? ? 2 2 ? uuur r uuur 6 3 又CA1 = ( ? 2, 2, 2), 则 cos a, CA1 = = 6 6 2 2? 3 6 ∴所求角的正弦值为 6 uuu r uuuu r (2)令 AP = mAC1 = 2m, 2m, ? 2m uuur uuur uuu r r B1 P = B1 A + AP = 2m, 2m ? 2, 2 ? 2m = λ a

(

(

)

)

? 2 λ ? 2m = 3 ? ? 2 ? ∴ ? 2m ? 2 = ? λ ∴ 无解 3 ? ? 2 λ ? 2 ? 2m = 3 ? ? ∴ 不存在满足条件的点P.
21.(本题满分 12 分) 如图,已知四棱锥 P ? ABCD 的底面是正方形, PA ⊥底面 ABCD ,且 PA = AD = 2 ,点 M 、 N 分别 在侧棱 PD 、 PC 上,且 PM = MD (Ⅰ)求证: AM ⊥平面 PCD ;

uuur 1 uuur PN = NC 2 (Ⅱ)若 ,求平面 AMN 与平面 PAB 的所成锐
二面角的大小 解: (Ⅰ)建立如图所示的空间直角坐标系 A ? xyz , 又 PA=AD=2,则有 P(0,0,2) ,D(0,2,0)
M (0,1,1), C (2, 2, 0).

uuu r uuuu r ∴ PC = (2, 2, ?2). AM = (0,1,1) ……3 分

(Ⅰ)Q AM ?CD = 0, AM ?PC = 0 ∴ AM ⊥ CD, AM ⊥ PC 又 PC I CD = C ,∴ AM ⊥ 平面PCD. ……………7 分
uuur 1 uuur 1 2 x ? 0 = (2 ? x),∴ x = . N ( x, y, z ),Q PN = NC , 2 3 2 (Ⅱ)设 则有

uuuu uuu r r

uuuu uuu r r

y=

同理可得

2 4 2 2 4 ,z = . N ( , , ). 3 3 即得 3 3 3 ………………9 分

uuu uuur 4 4 8 r PC ? AN = + ? = 0,∴ PC ⊥ AN . 3 3 3 由
uuu r ∴ 平面AMN的法向量为PC = (2, 2, ?2). uuur 而平面 PAB 的法向量可为 AD = (0, 2, 0),
uuu uuur r uuu uuur r 4 3 PC ? AD . ∴ cos < PC , AD >= uuu uuur = = r 3 12 ? 4 PC ? AD

arccos
故所求平面 AMN 与 PAB 所成锐二面角的大小为 22.(19) (本小题满分 14 分)

3 . 3 …………12 分

0 在直三棱柱 ABC ? A1 B1C1 中, AB = AC = 1 , ∠BAC = 90 ,且异面直线 A1 B 与 B1C1 所成的角等于

60 0 ,设 AA1 = a .

(Ⅰ)求 a 的值; (Ⅱ)求平面 A1 BC1 与平面 B1 BC1 所成的锐二面角的大小. (19)解法一: : (1)建立如图坐标系,于是 B (1,0,0) , B1 (1,0,1) , C1 (0,1,1) , A1 (0,0, a ) ( a > 0 )

B1C1 = (?1,1,0) , A1 B = (1,0,? a ) ,

?→

?→

∴ B1C1 ? A1 B = ?1 …………3 分
由于异面直线 A1 B 与 B1C1 所成的角 60 ,
0

?→

?→

?→

?→

0 所以 B1C1 与 A1 B 的夹角为 120 0 即 | B1C1 | ? | A1 B | cos120 = ?1

?→

?→

1 ? 2 ? 1 + a 2 ( ? ) = ?1 ? a = 1 2 ………6 分
(2)设向量 n = ( x, y , z ) 且 n ⊥ 平面 A1 BC1 于是 n ⊥ A1 B 且 n ⊥ A1C1 ,即 n? A1 B = 0 且 n? A1C1 = 0 , 又 A1 B = (1,0,?1) , A1C1 = (0,1,0) ,
?→ ?→ → ?? → → ?? → → ?? → → ?? →





?x ? z = 0 ? y=0 所以 ? ,
不妨设 n = (1,0,1) ……8 分 同理得 m = (1,1,0) ,使 m ⊥ 平面 BB1C1 , (10 分) 设 m 与 n 的夹角为 θ ,所以依 m? n =| m | ? | n | ? cos θ ,
→ → → → → → → → →

? 2 ? 2 ? cos θ = 1 ? cos θ =
→ →

1 ? θ = 60 0 2 ,………………12 分

m ⊥ 平面 BB1C1 , n ⊥ 平面 A1 BC1 ,
因此平面 A1 BC1 与平面 B1 BC1 所成的锐二面角的大小为 60 。…………14 分
0

说明:或者取 BC 的中点 M ,连接 AM ,

?→ 1 1 ?→ AM = ( , ,0) 2 2 显然 AM ⊥ 平面 BB1C1 于是

A1 B1 E F A

C1

解法二: (1)Q BC // B1C1 , :

∴ ∠A1 BC 就是异面直线 A1 B 与 B1C1 所成的角,
0 即 ∠A1 BC = 60 ,……(2 分)

C B

连接 A1C ,又 AB = AC ,则 A1 B = A1C

∴ ?A1 BC 为等边三角形,……………………………4 分
由 AB = AC = 1 , ∠BAC = 90 ? BC =
0

2,

2 ∴ A1 B = 2 ? 1 + a = 2 ? a = 1 ;………6 分

(2)取 A1 B 的中点 E ,连接 B1 E ,过 E 作 EF ⊥ BC1 于 F , 连接 B1 F ,

B1 E ⊥ A1 B , A1C1 ⊥ B1 E ? B1 E ⊥ 平面 A1 BC1 ? B1 E ⊥ BC1
又 EF ⊥ BC1 ,所以 BC1 ⊥ 平面 B1 EF ,即 B1 F ⊥ BC1 , 所以 ∠B1 FE 就是平面 A1 BC1 与平面 B1 BC1 所成的锐二面角的平面角。…………8 分

在 ?B1 EF 中, ∠B1 EF = 90 ,
0

B1 E =

2 B F = 1× 2 1 3 , 2 ,



sin ∠B1 FE =

B1 E 3 = B1 F 2 ? ∠B1 FE = 60 0 ,…………………………10 分
0

因此平面 A1 BC1 与平面 B1 BC1 所成的锐二面角的大小为 60 。…………14 分 说明:取 B1C1 的中点 D ,连接 A1 D ,…………同样给分(也给 14 分)

【思想与方法解读】 思想与方法解读】
函数与方程思想

函数与方程都是中学数学中最重要的内容。而函数与方程思想更是中学数学的一种基本思想,几乎渗 透到中学数学的各个领域,在解题中有着广泛的应用,是历年来高考考查的重点。 1、一般地,函数思想就是构造函数从而利用函数的图象与性质解题,经常利用的性质是:单调性、 奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等。在解题中,善于挖掘题目的隐含条件,构造出函数解析 式和妙用函数的性质,是应用函数思想的关键,它广泛地应用于方程、不等式、数列等问题。 2、方程的思想就是将所求的量(或与所求的量相关的量)设成未知数,用它表示问题中的其他各量, 根据题中的已知条件,列出方程(组) ,通过解方程或对方程进行研究,使问题得到解决。 3、 方程的思想与函数的思想密切相关: 方程 f(x)=0 的解就是函数 y=f(x)的图象与 x 轴的交点的横坐标; 函数 y=f(x)也可以看作二元方程 f(x)-y=0。通过方程进行研究,方程 f(x)=a 有解,当且仅当 a 属于函数 f(x) 的值域;函数与方程的这种相互转化关系十分重要。 4、函数与方程思想解决的相关问题 (1)函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面: ①借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题; ②在问题研究中通过建立函数关系式或构造中间函数;把研究的问题化为讨论函数的有关性质,达到 化难为易,化繁为简的目的。 (2)方程思想在解题中的应用主要表现在四个方面: ①解方程或解不等式; ②带参变数的方程或不等式的讨论,常涉及一元二次方程的判别式、根与系数的关系、区间根、区间 上恒成立等知识应用; ③需要转化为方程的讨论,如曲线的位置关系等; ④构造方程或不等式求解问题。


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