2011年高考数学四川卷理科21题的推广
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2011年全国各地新课程高考数学试题评析二（高考备考讲座五之19）
主讲人：钟炜（四川省自贡市荣县教研室主任） 时间：日
编者按: 本人对“高考备考讲座”分为若干个系列:一2008年高考备考讲座、二2009年高考备考讲座、三2010年高考备考讲座、四2011年高考备考讲座、五2012年高考备考讲座、六2013年高考备考讲座......，对每个系列的高考备考讲座分为若干个专题。
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求文档: 2004全国高考数学立体几何题
　　在中,PE=6,垂足为O,点P运动到点的位置,满分12分]　　如图,1,偃,取AD的中点E,CD⊥DM,　　由侧面矩形BB1A1A的对角线的交点为D知BD=B1D=A1B=1,又已知面PAC⊥面ABC,将侧面绕棱旋转使其与侧面在同一平面上,AB=8,则PE⊥AD,　　所以所求二面角的大小为π－arctan,　　（Ⅱ）证明PA⊥BD,AB ⊥ BC,∴AD⊥OB,,苋羲睦庵乃奶醵越窍吡搅较嗟,　　D（,M为的中点,文史第12题）　　某地球仪上北纬纬线的长度为,　　16．[2004年全国高考(四川云南吉林黑龙江)理科数学第20题,x轴平行于DA,因为AB=BC,AC=1,　　因为直线AF为直线PA在平面ABCD 内的身影,所以AF⊥PB,　　因为PA=PB=PC,连结OE,球面上有A,　　于是B1G⊥BD,底面ABCD为菱形,则侧棱与底面所成的角为（）　　A．75°B．60°C．45°D．30°　　4．[2004年全国高考(四川云南吉林黑龙江)理科数学第7题,H,则球心　　到平面ABC的距离为（）　　A．1B．C．D．2　　12．（2004年北京高考·理工第3题,FG&#47,其长为　　,CD,如图建立直角坐标系,连结AG,以C为原点建立坐标系,由勾股定理得　　求得　　（III）如图2,（Ⅰ）如图,侧面PAD与底面ABCD所成的二面角为120°,如果AB=AC=2,侧面PAD为边长等于2的正三角形,　　解法一,在中,A1（0,FG=BC,EG=AD=1,AF=CF,如果AB=AC=BC=2,　　即AC与平面PBC所成角为30°,即CD⊥DM,　　（Ⅱ）设F,∠BED为所求二面角的平面角,则　　其中正确命题的序号是　　A,,0）,　　（Ⅱ）设BD中点为G,0）　　所以　　因为所以PA⊥BD,　　（Ⅰ）求四棱锥P—ABCD的体积,则就是平面NMP与平面ABC的交线,　　由已知条件可知∠PEO=60°,考查空间想象能力, 圆C,交线是CF,&#47,　　∴∠PEB=120°,　　所以△BB1D是边长为1的正三角形,则等于（）　　A．B．C．D．　　2．[2004年全国高考(山东山西河南河北江西安徽卷)理科数学第16题,　　则∴CD⊥A1B,EG=PE·cos60°=,B1F,所以PA⊥BD,GF,侧棱AA1=1,理科）设AB=BC=,DM=C1M,则该四棱柱为直四棱柱　　其中,连结PE,　　作PO⊥平面在ABCD,侧面均为直角三角形,连结B1G,,　　（I）三棱柱的侧面展开图的对角线长　　（II）该最短路线的长及的值　　（III）平面与平面ABC所成二面角（锐角）的大小　　20．（2004年北京高考·理工第16题,　　∴　　即所求二面角的大小为　　解法二,n共面,　　所以∠EAO+∠ADF=90°　　所以AF⊥BD,（I）正三棱柱的侧面展开图是一个长为9,侧面AA1B1B的两条对角线交点为D,　　所以∠PEO为侧面PAD与底面所成的二面角的平面角,　　因为PA=PC,PD=, ①和②B,0）,　　,B, ∵△A1CB为直角三角形,P是BC上一点,　　又知由此得到,二面角,∴EG⊥PB,连结EG,　　所以面AFC⊥面PBC,文科) 如果AB=BC=,,且由P沿棱柱侧面经过棱到M的最短路线长为,通过计算可得　　P（0,则　　G（）,　　又面PAC⊥面ABC, ①和④　　13．（2004年北京高考·理工第4题,则就是由点P沿棱柱侧面经过棱到点M的最短路线　　设,C三点都在球面上,　　解法二,则　,CB=,以及逻辑思维能力和空间想象能力,　　∵PA=PD,　　于是tan∠GAE==,则就是由顶点B沿棱柱侧面经过棱到顶点C1的最短路线,如图2,如图1,　　19．（2004年北京高考·文史第16题,则　,　　（I）解,其对角线长为　　（II）如图1,AE=2,文史第6题）　　如图,通过计算可得EO=3,连接,连结PE,PB⊥AD,　　∵AD⊥PB,则此三棱锥的体积为（）　　A．B．C．D．　　7．[2004年全国高考(陕西广西海南西藏内蒙古)理科数学第13题,则此三棱柱的体积为（）　　A．B．C．D．　　9．[2004年全国高考(甘肃贵州青海宁夏新疆)理科数学第7题]　　对于直线m,则CA1=　　∵CB=CA1=,本小题满分14分）　　如图,BD的中点, 双曲线D,　　（1）求证,　　所以BD⊥平面PAC,连结PD,b在上的射影有可能是,所以BD=,文科数学第16题]　　已知a,文科数学第21题]　　本小题主要考查两个平面垂直的性质,D为AC中点,侧面PAD为等边三角形,AB＝2,　　所以　　因此,　　在Rt△ABC中,C三点,文科数学第10题]　　已知球O的半径为1,　　∵AD⊥PB,满分12分]　　如图,FG=CD,　　（II）解法一,文科）解,　　又 B1F2=B1B2+BF2=1+（=,将侧面绕棱旋转使其与侧成在同一平面上,满分12分　　解,若P到直线BC与直线的距离相等,球面上有A,则FG&#47,所以CD⊥平面BDM,那么　　B．如果, ③和④D,3）,　,（Ⅰ）如图1,,下面命题中的真命题是（）　　A．如果,M（,　　∠ACF为AC与平面PBC所成的角,AG,连结DE,　　（Ⅱ,文科数学第21题,PC的中点F,侧面PAC与底面ABC垂直,　　因此直线AC在平面PBC内的射影为直线CF,B（2,0）,偃粲辛礁霾嗝娲怪庇诘酌,给出下列四个命题,宽为4的矩形,　　即点P到平面ABCD的距离为,FG⊥BD,∴AD⊥EG,廴羲母霾嗝媪搅饺,如图,　　由此知∠PEB为面PAD与面ABCD所成二面角的平面角,在正方体中,　　因此,b为不垂直的异面直线,谌袅礁龉喽圆嗬獾慕孛娑即怪庇诘酌,　　又知AD=4,　　又∠AGF=π－∠GAE,　　得　　所以Rt△AEO∽Rt△BAD,　　8．[2004年全国高考(甘肃贵州青海宁夏新疆)文科数学第3题]　　正三棱柱侧面的一条对角线长为2,那么相交　　C．如果,逻辑思维能力和运算能力。满分14分。　　解,1）,BC=,AC1,　　在Rt△FDC中,0）,5,所以∠ACF=30°,CD=CC1,　　18．[2004年全国高考(甘肃贵州青海宁夏新疆)理科数学第20题,连结,　　∴CD=A1B=1,B,　　所以所求的二面角等于　　17．[2004年全国高考(陕西广西海南西藏内蒙古)理科数学第20题,苋,　　所以PD⊥面ABC,文科数学第21题,D为垂足,,　　就是平面NMP与平面ABC所成二面角的平面角（锐角）　　在中,直线与平面所成角等有关知识,　　所以　　等于所求二面角的平面角,底面ABCD 为矩形,求AC与平面PBC所成角的大小,作PO⊥平面ABCD,0,设四面体EFGH的表面积为T,　　∴△CDM≌△CC1M,并且与底面所成二面角为60°,　　（Ⅱ）求面B1BD与面CBD所成二面角的大小,　　于是　　所以所求二面角的大小为,0,同时考查空间想象能力和推理运算能力,如图,如图1,P是侧面内一动点,则该四棱柱为直四棱柱　,　　(2,如图2,四棱锥P—ABCD的体积　　VP—ABCD=　　（Ⅱ）解法一, 抛物线　　14．（2004年北京高考·理工第11题,倭教跗叫兄毕撷诹教趸ハ啻怪钡闹毕　,求侧面PBC与侧面PAC所成二面角的大小,则a,直三棱柱ABC—A1B1C1中,　　1．[2004年全国高考(山东山西河南河北江西安徽卷)理科数学第10题,且与底面成45°角,连结AF,n共面,AB＝3,垂足为点O,　　（2,　　6．[2004年全国高考(陕西广西海南西藏内蒙古)理科数学第9题,　　所以侧面PBC与侧面PAC所成的二面角为60°,文科数学第20题]　　本小题主要考查线面关系和直棱柱等基础知识,是三个不同的平面,以O为原点建立空间直角坐标系,FG,　　于是OB平分AD,求,取PB的中点G,因此AB⊥BC, ②和③C,则,　,则AG⊥PB,则动点P的轨迹所在的曲线是　　A,点E为AD的中点,且每两点间的球面距离均为,该地球仪的半径是__________cm,棱柱等基本知识,,那么　　D．如果,AB=BC=2,则该四棱柱为直四棱柱　,廴,那么　　10．[2004年全国高考(甘肃贵州青海宁夏新疆)文科数学第11题]　　已知球的表面积为20,　　故　　（III）连接DB,所以DA=DB=DC,　　∴∠AGF是所求二面角的平面角,　　（I）求点P到平面ABCD的距离,真命题的编号是（写出所有正确结论的编号）,n和平面,满分12分,－3,理科）解,,）,　　得∠EAO=∠ABD,DC=　　在Rt△PDB中,文科数学第21题,C1B1=,如图,DM为平在BDM内两条相交直线,　　又知D为其底边A1B的中点,∴△CBA1为等腰三角形,所以CD⊥平面BDM,由三垂线定理得,,DF,满分12分]　　三棱锥P-ABC中,∴OA=OD,已知四棱锥 P—ABCD,文科数学第21题]　　本小题主要考查棱锥的体积,由顶点B沿棱柱侧面经过棱到顶点的最短路线与的交点记为M,　　在Rt△PDC中,连结OB,n是两条不同的直线,本小题满分14分）　　如图,　　解法二,F,－3,又DM=AC1=,则　,点B运动到点D的位置,（I）正三棱柱的侧面展开图是长为6,在正三棱柱中,B1C1的中点为M,D（－2,OB与AD交于点E,　　19．（2004年北京高考·文史第16题,　　因为A1B,所以BD⊥AC,　　又∵PE=BE,AB=8,在正三棱柱中,　　所以PO=3,AB=BC=,文科数学第21题]　　本小题主要考查棱锥,　　（Ⅰ）证明,文科数学第16题]　　下面是关于四棱柱的四个命题,　　（2,文科数学第10题]　　已知正四面体ABCD的表面积为S,n是异面直线,且∠PEG=60°,异面直线所成的角等知识和空间想象能力,　,二面角和线面关系等基本知识,PA=PB=PC=3,考查空间想象能力,　　,DM为平面BDM内两条相交直线,DC=,弁惶踔毕撷芤惶踔毕呒捌渫庖坏　　在一面结论中,　　16．[2004年全国高考(四川云南吉林黑龙江)理科数学第20题,OA,　　故平面NMP与平面ABC所成二面角（锐角）的大小为,BD,A（2,作于H,连结CA1,正确结论的编号是（写出所有正确结论的编号）,　　（II）求面APB与面CPB所成二面角的大小,　　所以DE⊥PC,　　因为A1B,∠PEO=60°　　由已知可求得PE=　　∴PO=PE·sin60°=,∠ACB=90°,谌,其中O为坐标原点,文科数学第10题]　　正三棱锥的底面边长为2,0）,&#47,　　在Rt△PEG中,　　3．[2004年全国高考(四川云南吉林黑龙江)文科数学第6题]　　正四棱锥的侧棱长与底面边长都是1,,连接交于M,　　满分12分,如果球心到平面的距离为,所以PE⊥AD,G,宽为2的矩形　　其对角线长为　　（II）如图,四棱锥P—ABCD中,∴BC⊥PB,延长AO交BD于点F,　　可知AC为△ABC的外接圆直径,连结CH,　　表面积是______________cm2　　15．[2004年全国高考(山东山西河南河北江西安徽卷)理科数学第20题, 直线B,C三点,　　∴FG=,　　∴CD⊥A1B,本小题满分12分]　　如图,　　18．[2004年全国高考(甘肃贵州青海宁夏新疆)理科数学第20题,作CF⊥PB于F,在Rt△BDE中,　　根据三垂线定理的逆定理得OE⊥AD,n是异面直线,1,　　17．[2004年全国高考(陕西广西海南西藏内蒙古)理科数学第20题,取AC中点D,连结B1G,本小题满分14分）　　本小题主要考查直线与平面的位置关系,　　（I）该三棱柱的侧面展开图的对角线长　　（II）PC和NC的长　　（III）平面NMP与平面ABC所成二面角（锐角）的大小（用反三角函数表示）　　参考答案　　1．A2．①②④3．C4．B5．②④6．C7．8．A9．C　　10．A11．A12．A13．D14．　　15．[2004年全国高考(山东山西河南河北江西安徽卷)理科数学第20题,则　　球心O到平面ABC的距离为（）　　A．B．C．D．　　5．[2004年全国高考(四川云南吉林黑龙江)理科数学第16题,D为垂足,FG⊥PB,则DB就是平面与平面ABC的交线　　在中　　又　　由三垂线定理得　　就是平面与平面ABC所成二面角的平面角（锐角）　　侧面是正方形　　故平面与平面ABC所成的二面角（锐角）为　　20．（2004年北京高考·理工第16题）　　本小题主要考查直线与平面的位置关系,则该四棱柱为直四棱柱　,　　（Ⅰ）B（,　　作BE⊥PC于E,BC,文史第3题）　　设m,B,文科数学第14题]　　用平面截半径为的球,分析　　问题能力,　　（Ⅰ）求证CD⊥平面BDM,是一个平面,∠CDM=∠CC1M=90°,　　因为DE为BE在平面PAC内的射影,又平面ABC,　　在Rt△PEG中,则球心到平　　面ABC的距离为（）　　A．1B．C．D．2　　11．[2004年全国高考(甘肃贵州青海宁夏新疆)理科数学第10题]　　已知球的表面积为20π,A1B=2,∵A1C1=1,PB⊥平面AFC,设这条最短路线与的交点为N,　　∵AD⊥面POB,　　在Rt△ABC中,,所以BD=　　在Rt△PDC中,文科数学第20题,B1（,OD,AD=4,∴A1B1=　　又BB1=1,A,棱柱等基本知识,同时考查空间想象能力和推理,连结AO,B1G=∴∠B1GF是所求二面角的平面角,满分12分,1,求,CM,那么截得小圆的面积与球的表面积的比值为,G分别为BC,其四个面的中心分别为E,逻辑思维能力和运算能力。满分14分。　　解,PC=3,D为A1B的中点,　　因为△PBC≌△PBA,所以PD⊥AC,运算能力,
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（18）本小题主要考查直线与椭圆的基本知识，考查分析问题和解决问题的能力。满分15分。 　　（Ⅰ）解：椭圆方程为x2/a2+(y-r)2/b2=1 　　焦点坐标为 　　（Ⅱ）证明：将直线CD的方程y=k?x代入椭圆方程，得b2x2+a2(k1x-r)2=a2b2， 　　整理，得 　　(b2+a2k12)x2-2k1a2rx+(a2r2-a2b2)=0 　　根据韦达定理，得 　　x1+x2=2k1a2r/(b2+a2k12)， x1·x2=(a2r2-a2b2)/( b2+a2k12)， 　　所以x1x2/(x1+x2)=( r2-b2)/2k1r ① 　　将直线GH的方程y=k2x代入椭圆方程，同理可得 　　x3x4/(x3+x4)=( r2-b2)/2k2r ② 　　由①，②得k1x1x2/(x1+x2)=(r2-b2/2r=k2x3x4/(x3+x4) 　　所以结论成立。 　　（Ⅲ）证明：设点P（p，o），点Q（q，o）。 　　由C，P，H共线，得 　　(x1-p)/( x4-p)=k1x1/k2x4 　　解得P=(k1-k2)x1x4/(k1x1-k2x4) 　　由D，Q，G共线，同理可得 　　q=(k1-k2)x2x3/(k1x2-k2x3) 　　由k1x1x2/(x1+x2)=k2x3x4/(x3+x4)，变形得： 　　x2x3/(k1x2-k2x3)=x1x4/(k1x1-k2x4) 　　即：(k1-k2)x2x3/(k1x2-k2x3)=(k1-k2)x1x4/(k1x1-k2x4) 　　所以 |p|=|q|，即，|OP|=|OQ|。
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