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考点26 双曲线一、填空题1、（2011全国高考理科15）已知F1、F2分别为双曲线C: - =1的左、右焦点，点AC，点M的坐标为(2，0)，AM为F1AF2的平分线则|AF2| = .【思路点拨】本题用内角平分线定理及双曲线的定义即可求解.【精讲精析】6.由角平分线定理得：,所以,又因为,故.2、（2011全国高考文科16）已知F1、F2分别为双曲线C: - =1的左、右焦点，点AC，点M的坐标为(2，0)，AM为F1AF2的平分线则|AF2| = .【思路点拨】本题用内角平分线定理及双曲线的定义即可求解.【精讲精析】6.由角平分线定理得：,所以,又因为,故.3、（2011上海高考理科T3）设m是常数，若点F(0,5)是双曲线的一个焦点，则 m= .【思路点拨】本题考查圆锥曲线中的双曲线知识，注意到此题的隐含条件m0,再结合双曲线中的就可很容易求出答案。【精讲精析】由已知条件解得4、（2011四川高考理科14）双曲线上一点到双曲线右焦点的距离是4，那么点到左准线的距离是 .【思路点拨】双曲线的第一定义和第二定义的应用.【精讲精析】16 由双曲线的方程可知，设左右焦点分别为 由到双曲线右焦点的距离是4，可知点在双曲线的右支上， 点到左焦点的距离，设点到左准线的距离为，由双曲线的第二定义可知， 高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点27 抛物线一、选择题1、（2011湖北高考理科T4）将两个顶点在抛物线上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n，则xyOFABCDA. n=0 B. n=1 C. n=2 D. n 3【思路点拨】数形结合.【精讲精析】选C. 根据抛物线的对称性，正三角形的两个顶点一定关于x轴对称，且过焦点的两条直线倾斜角分别为和，这时过焦点的直线与抛物线最多只有两个交点，如图所以正三角形的个数记为，所以选C.2、（2011全国高考理科10）已知抛物线C：的焦点为F，直线与C交于A，B两点则=(A) (B) (C) (D) 【思路点拨】方程联立求出A、B两点后转化为解三角形问题.【精讲精析】选D.联立，消y得，解得.不妨设A在x轴上方，于是A，B的坐标分别为(4,4),(1,-2),可求，利用余弦定理.高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点28 圆锥曲线的综合问题一、选择题1、(2011重庆高考文科T9)设双曲线的左准线与两条渐近线交于两点，左焦点在以为直径的圆内,则该双曲线的离心率的取值范围为 ( )(A) (B) (C) (D) 【思路点拨】先设出双曲线的标准方程,写出左准线的方程和渐近线的方程,根据左焦点与圆的位置关系求解离心率的范围.【精讲精析】选B.设双曲线的方程为,则左准线的方程为渐近线方程为,故可求得,所以,以为直径的圆的方程为,因为左焦点在圆内,所以,即,根据化简得, 即解得,又因为双曲线的离心率,所以.二、解答题2、（2011湖北高考理科T20）（本小题满分14分）平面内与两定点，连续的斜率之积等于非零常数的点的轨迹，加上、两点所成的曲线可以是圆、椭圆或双曲线.（）求曲线的方程，并讨论的形状与值得关系；（）当时，对应的曲线为；对给定的，对应的曲线为，设、是的两个焦点.试问：在上，是否存在点，使得的面积.若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【思路点拨】（1）设M（x,y）,利用可得的方程为，再根据与0，-1的大小分类讨论；（2）设,由N在C1上可得，再由可将用表示，由此可求点N存在时，的取值范围，设，又先求出后，即可求出【精讲精析】可设动点为M，其坐标为(x，y)，当时，由条件可得即又、的坐标满足故依题意，曲线C的方程为.当时，曲线C的方程为C是焦点在y轴上的椭圆；当时，曲线C的方程为，C是圆心在原点的圆；当时，曲线C的方程为C是焦点在x轴上的椭圆；当时，曲线C的方程为C是焦点在x轴上的双曲线.由知，当时，C1的方程为.当时，C2的两个焦点分别为对于给定的， C1上存在点使得的充要条件是由得，由得，当，即或时，存在点N，使；当，即故时，不存在满足条件的点N.当时，由，可得令，则由可得从而于是由，可得即综上：当时，在C1上，存在点N，使得，且当时，在C1上，存在点N，使得，且时，在C1上，不存在满足条件的点N.3、（2011全国高考理科21）已知O为坐标原点，F为椭圆在y轴正半轴上的焦点，过F且斜率为的直线与C交与A、B两点，点P满足()证明：点P在C上；（）设点P关于点O的对称点为Q，证明：A、P、B、Q四点在同一圆上.【思路点拨】方程联立利用韦达定理是解决这类问题的基本思路，注意把用坐标表示后求出P点的坐标，然后再结合直线方程把P点的纵坐标也用A、B两点的横坐标表示出来.从而求出点P的坐标,代入椭圆方程验证即可证明点P在C上.(II)此问题证明有两种思路：思路一：关键是证明互补.通过证明这两个角的正切值的和为零即可，在求正切值时要注意利用倒角公式.思路二：根据圆的几何性质圆心一定在弦的垂直平分线上，所以根据两条弦的垂直平分线的交点找出圆心N，然后证明N到四个点A、B、P、Q的距离相等即可.【精讲精析】 (I)设直线，与联立得由得,所以点P在C上.（II）方法一：同理所以互补，因此A、P、B、Q四点在同一圆上.方法二：由和题设知，,PQ的垂直平分线的方程为设AB的中点为M，则，AB的垂直平分线的方程为由得、的交点为,故.所以A、P、B、Q四点在同一圆圆N上.4、（2011上海高考理科T23）已知平面上的线段及点，任取上一点，线段长度的最小值称为点到线段的距离，记作（1）求点到线段的距离；（2）设是长为2的线段，求点的集合所表示的图形面积；（3）写出到两条线段距离相等的点的集合，其中，是下列三组点中的一组.对于下列三种情形，只需选做一种，满分分别是2分，6分，8分；若选择了多于一种情形，则按照序号较小的解答计分.【思路点拨】本题考查解析几何知识，第（1）问比较简单，可以直接求出，注意的是已知的是线段，不能直接使用点到直线距离公式，第（2）问是为最后一问做铺垫的，稍有难度，第三问非常好，设计了多种情况，开拓了学生的思维，锻炼了学生的解题能力。【精讲精析】（1） 显然在线段的（3，0）一端取得最小值，故最小值为：（2） 设线段L的端点分别为A，B，以直线AB为x轴，AB的中点为原点建立直角坐标系。则A（-1,0），B（1,0），点集D由如下曲线围城其面积为（3） 如图所示，显然可知该集合就是整个y轴，如图所示，由三段组成：第一段是y轴上，所有满足的所有点；第二段是抛物线，原因是到定点的距离等于到定直线的距离，该抛物线为；第三段是直线，该直线为：如图所示，由若干部分构成，由直线四条直线将坐标平面分成9个区域，对这9个区域分别标号后，依次讨论满足条件的点集：第区：到两直线距离相等的点是对角线，即；第区：到定点D的距离等于到定直线y轴的距离相等，是抛物线，但该抛物线不在第区内，故第区没有满足条件的点。第区：到两个定点A、D的距离相等，是AD的中垂线，即；第区：到定点A与定直线x轴的距离相等，是抛物线，为：第区：到两个定点A、D的距离相等，应该是AD的中垂线，但该线不在第区内，故第区没有满足条件的点。第区：到定直线y轴的距离等于到定点O距离，y轴过O，故满足条件的点只有x轴的非正半轴，即第区：到同一个点O的距离相等的点，是整个第三象限的点，即第区：到定直线x轴，与到定点O的距离相等，x轴过点O，故满足条件的为y轴的非正半轴，即第区：到定点O、D的距离相等的点，为OD的中垂线，该线不经过，过第区没有满足条件的点。5、（2011四川高考理科21）椭圆有两顶点A(-1,0)、B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线与椭圆交与C、D两点，并与x轴交于点.直线AC与直线BD交于点.（）当=时，求直线的方程；()当点P异于A、B两点时，求证: 为定值.【思路点拨】（）先求出椭圆的标准方程，因为直线过定点(0,1)，故只需利用弦长公式求出斜率即可. ()直线过定点(0,1)，但斜率不确定，故点的坐标随直线斜率的变化而变化.所以可用直线的斜率表示点.若设设的方程为则要证为定值，只需用表示点的横坐标.通过联立直线AC,BD的方程求点的横坐标.【精讲精析】（）因椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为 由已知得，.则椭圆方程为.直线垂直于轴时与题意不符.设的方程为.由消去得， . 则，. ， 由解得.的方程为或.() 直线垂直于轴时与题意不符. 设的方程为点的坐标为 设，由（）知，直线的方程为，直线的方程为，将两直线方程联立，消去得.，与异号.与异号，与同号.解得.点的坐标为.故为定值.6、（2011四川高考文科21）过点的椭圆的离心率为，椭圆与轴交于两点A（）、，过点的直线与椭圆交于另一点，并与轴交于点，直线与直线交于点.（I）当直线过椭圆右焦点时，求线段的长；（）当点P异于点B时，求证：为定值.【思路点拨】（）先求出椭圆的标准方程，已知点,椭圆右焦点为，故直线的方程为，代入椭圆方程，可求出点的坐标，利用两点间距离公式求线段即可. ()直线过定点，但斜率不确定，故点的坐标随直线斜率的变化而变化.所以可用直线的斜率表示点.若设的方程为则要证为定值，只需用表示点的横坐标.通过联立直线AC,BD的方程求点的横坐标.【精讲精析】（） 由已知得，解得.则椭圆方程为.椭圆的右焦点为，此时直线的方程为，代入椭圆方程化简得.解得代入直线方程得点的坐标为.故()当直线垂直于轴时与题意不符. 设的方程为 代入椭圆方程化简得. 解得点的坐标为.又直线的方程为，直线的方程为，联立得点的坐标为.又为故为定值.7、 (2011重庆高考理科T15)设圆位于抛物线与直线所围成的封闭区域(包含边界)内,则圆的半径能取到的最大值为 【思路点拨】当圆和抛物线及直线都相切时半径最大,此时圆心位于轴上.【精讲精析】当圆的半径最大时,设圆心坐标为,则半径为,其中圆的方程为,联立消去得, ,整理得因为圆与抛物线相切,所以,解之得又因为,所以,半径为.答案：8、 (2011重庆高考理科T20) （本小题满分12分，()小问5分，()小问7分）如图，椭圆的中心为原点，离心率，一条准线的方程为.()求该椭圆的标准方程；() 设动点满足：，其中是椭圆上的点，直线与的斜率之积为，问：是否存在两个定点，使得为定值？若存在，求的坐标；若不存在，说明理由.【思路点拨】由椭圆的离心率及准线的定义可求出的值,然后由可求出的值,从而得出椭圆的标准方程.直接设出的坐标,根据题目中的条件列出等式求解.【精讲精析】()由解得故椭圆的标准方程为.()设,则由得即因为点在椭圆上,所以,故设分别为直线的斜率,由题设条件知,因此所以所以点是椭圆上的点.设该椭圆的左,右焦点为,则由椭圆的定义为定值,又因,因此两焦点的坐标为高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点29平面和空间直线一、选择题1、（2011四川高考理科3）是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）.（A） (B) （C） (D) 选项具体分析结论A空间中垂直于同一条直线的两条直线不一定平行，如图.命题错误B有异面直线所成的角可知， 命题正确C空间中三条互相平行的直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱不共面.命题错误D空间中共点的三条直线不一定共面，如三棱锥中共顶点的三条棱不共面.命题错误【思路点拨】空间中直线平行、垂直、共面的判断方法.【精讲精析】选B，高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点30直线和平面平行、平面和平面平行一、解答题（2011四川高考文科19）如图，在直三棱柱中，延长至点，使,连接交棱于点,（）求证：；()求二面角的平面角的余弦值.【思路点拨】（）由可知，为的中点. 为的中点.连接与交于点，连接，则.由线面平行的判定定理可知，.()找出二面角的平面角：过做于点，连结.【精讲精析】（）连接与交于点，连接， , .（）过做于点，连结. 由三垂线定理可知 故二面角的平面角的余弦值.高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点31空间的角一、填空题1、（2011全国高考理科16）己知点E、F分别在正方体ABCD-A1B2C3D4的棱BB1 、CC1上，且B1E=2EB, CF=2FC1，则面AEF与面ABC所成的二面角的正切值等于 .【思路点拨】本题应先找出两平面的交线，进而找出或做出二面角的平面角是解决此问题的关键,延长EF必与BC相交，交点为P，则AP为面AEF与面ABC的交线.【精讲精析】.延长EF交BC的延长线于P，则AP为面AEF与面ABC的交线，因为，所以为面AEF与面ABC所成的二面角的平面角.2、（2011全国高考文科15）已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为C1D1的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为 .【思路点拨】找出异面直线AE与BC所成的角是解本题的关键.只要在平面A1B1C1D1内过E作及B1C1的平行线即可.【精讲精析】. 取A1B1的中点M连接EM，AM，AE，则就是异面直线AE与BC所成的角.在中，.二、解答题3、（2011全国高考文科20）如图，四棱锥中， ,，侧面为等边三角形. ()证明：()求AB与平面SBC所成角的大小.【思路点拨】第()问的证明的突破口是利用等边三角形SAB这个条件，找出AB的中点E，连结SE，DE，就做出了解决这个问题的关键辅助线.(II)本题直接找线面角不易找出，要找到与AB平行的其他线进行转移求解.【精讲精析】证明：（I）取AB中点E，连结DE，则四边形BCDE为矩形，DE=CB=2.连结SE，则又SD=1，故所以为直角.由，得,所以.SD与两条相交直线AB、SE都垂直.所以（）由知，作，垂足为F，则,作，垂足为G，则FG=DC=1.连结SG，则又，,故，作，H为垂足，则.即F到平面SBC的距离为.由于ED/BC，所以ED/平面SBC，E到平面SBC的距离d也为.设AB与平面SBC所成的角为，则,.解法二：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的直角坐标系C-xyz,设D（1，0，0），则A（2，2，0），B（0，2，0）.又设S（x,y,z），则x0,y0,z0.(I)由得故.由得，又由得，即，故.于是，故，又所以.（II）设平面SBC的法向量，则又故取得，又.故AB与平面SBC所成的角为.4、（2011上海高考文科T20）已知是底面边长为1的正四棱柱，高，求（1）异面直线与所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；（2）四面体的体积【思路点拨】本题以常见几何体正四棱柱为载体，着重考查立体几何中的线面角、面面角、点线距等相关问题。【精讲精析】(1)连结，则有，则异面直线与所成角即为与所成角，即，而在中，故异面直线与所成角为（2）显然只要长方体的体积减去顶点上的直角三棱锥的体积就是所求的体积，即5、（2011四川高考理科19）如图，在直三棱柱中，是棱上的一点,是的延长线与的延长线的交点且（）求证：；()求二面角的平面角的余弦值；（）求点到平面的距离.【思路点拨】（）即证明为棱的中点. 连结与交于点，连结，则 为中点，则为棱的中点.()(法一)找出二面角的平面角：过做于点，连结.（法二）空间向量法.（）（法一）点到平面的距离是点到平面的距离，由等积法求解: 【精讲精析】（）连结与交于点，连结， （）过做于点，连结. 由三垂线定理可知 故二面角的平面角的余弦值.（）由题意可知，点到平面的距离是点到平面的距离，设此距离为， 由已知可得又点到平面的距离等于（法二）如图，以为原点，所在的直线分 别为建立空间直角坐标系，则()设 由此可得.设平面的一个法向量为，则令由此可得.故.()由（）知，平面的一个法向量为 又为平面的一个法向量， 故二面角的平面角的余弦值.（） 设平面的一个法向量为 令又点到平面的距离高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点32 空间的距离一、选择题1、（2011全国高考理科6）已知直二面角，点,C为垂足，为垂足若AB=2，AC=BD=1，则D到平面ABC的距离等于(A) (B) (C) (D) 1 【思路点拨】本题关键是找出或做出点D到平面ABC的距离DE，根据面面垂直的性质不难证明平面，进而平面ABC,所以过D作于E，则DE就是要求的距离.【精讲精析】选C.如图，作于E，由为直二面角，得平面，进而，又，于是平面ABC，故DE为D到平面ABC的距离.在中，利用等面积法得.2、（2011全国高考文科8）已知直二面角，点A，,C为垂足，点B，,D为垂足.若AB=2，AC=BD=1，则CD= （A） 2 （B） （C） （D）1【思路点拨】解决本题关键是找出此二面角的平面角，然后把要求的线段放在三角形中求解即可.【精讲精析】选C. 在平面内过C作，连接BM，则四边形CMBD是平行四边形，因为，所以，又,就是二面角，的平面角.所以代入后不难求出.二、解答题3、（2011上海高考理科T21）已知是底面边长为1的正四棱柱，为与的交点.（1）设与底面所成角的大小为，二面角的大小为.求证：；（2）若点C到平面AB1D1的距离为，求正四棱柱的高.【思路点拨】本题以常见几何体正四棱柱为载体，着重考查立体几何中的线面角、面面角、点线距等相关问题。【精讲精析】（1）连结，则与底面所成角的大小即为，二面角的大小即为，且在中，在中，即(2)利用，设，的高为h,则,即即，即，又根据直角中的勾股定理得，由解得，故正四棱柱的高为2.高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点33 棱柱、棱锥的概念和性质一、填空题1、（2011上海高考理科T7）若圆锥的侧面积为，底面面积为，则该圆锥的体积为 .【思路点拨】经过分析，要求解圆锥的体积，根据圆锥的体积公式，需要求解圆锥的底面积以及圆锥的高，而底面积已知，关键是利用已知的圆锥的侧面积公式求高。【精讲精析】由圆锥的侧面积公式，由底面面积为，求得底面的半径为1，进而求出底面的周长为，母线为2，圆锥的高是，则该圆锥的体积为2、（2011上海高考文科T7）若一个圆锥的主视图（如图所示）是边长为3，3，2的三角形，则该圆锥的侧面积为 .【思路点拨】经过分析，要求解圆锥的侧面积，需根据圆锥的侧面积公式求解，需要求解圆锥的底面周长以及圆锥的母线长.【精讲精析】根据题意得，底面的半径为，母线长度为3，故侧面积为.高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点34 多面体、球一、选择题1、（2011湖北高考文科7）设球的体积为，它的内接正方体的体积为，下列说法中最合适的是A. 比大约多一半B. 比大约多两倍半C. 比大约多一倍D. 比大约多一倍半【思路点拨】先找出球的半径与其内接正方体的棱长之间的关系，再表示出与后再比较大小.【精讲精析】选D.设球的半径为，正方体的棱长为，则，又，因此比大约多一倍半2、（2011全国高考理科11）已知平面截一球面得圆M，过圆心M且与成二面角的平面截该球面得圆N.若该球面的半径为4，圆M的面积为4，则圆N的面积为 (A)7 (B)9 (C)11 (D)13【思路点拨】做出如图所示的图示，问题即可解决.【精讲精析】选D. 如图所示,由圆的面积为4，知球心到圆的距离,在中, MN=,故圆的半径为3,圆的面积为.3、（2011全国高考文科11）设两圆、都和两坐标轴相切，且都过点（4，1），则两圆心的距离= (A)4 (B) (C)8 (D) 【思路点拨】本题根据条件确定出圆心在直线y=x上并且在第一象限是解决这个问题的关键.【精讲精析】选C. 由题意知圆心在直线y=x上并且在第一象限,设圆心坐标为,则,即,所以由两点间的距离公式可求出.4、(2011重庆高考理科T9)高为的四棱锥的底面是边长为的正方形，点S、A、B、C、D均在半径为的同一球面上，则底面ABCD的中心与顶点之间的距离为( )(A) (B) (C) (D) 【思路点拨】根据题意可分为球心与四棱锥的顶点在底面同侧和异侧两种情况，然后分别计算.【精讲精析】选C.设球心为,底面四边形的中心为,顶点在底面上的射影为,则易知,且当在底面的同侧时,过作,则,又所以为的中点,为等腰三角形,所以.当在底面的异侧时,设交于点,则由及结合三角形相似,可知,在直角三角形中,直角边大于斜边,故不满足题意.所以底面的中心和顶点的距离为1.5、 (2011重庆高考文科T10)高为的四棱锥的底面是边长为的正方形,点均在半径为的同一球面上,则底面的中心与顶点之间的距离为( )(A) (B) (C) (D) 【思路点拨】根据题意可知球心与四棱锥的顶点在底面同侧,然后利用三角形相似进行计算.【精讲精析】选A.设球心为,底面四边形的中心为,顶点在底面上的射影为,则易知,且过作,则,又,所以直角三角形中,所以,在直角三角形中.二、填空题6、（2011四川高考理科15）如图，半径为的球中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是_.【思路点拨】外接球的球心到圆柱底面圆周上任意一点的距离都等于球的半径，球形与圆柱上下底面圆心的联线垂直于圆柱的底面，不妨设圆柱底面的半径为，用与表示圆柱的侧面积.【精讲精析】 如图，设圆柱的底面半径为，上底面的圆心为，连结,则垂直于圆柱的底面，设为圆上的任意一点，连结，则，则，圆柱的高为， 圆柱的侧面积当且仅当时等号成立.此时球的表面积为.球的表面积与圆柱的表面积之差为7、（2011四川高考文科15）如图，半径为4的球O中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的侧面积之差是 .【思路点拨】外接球的球心到圆柱底面圆周上任意一点的距离都等于球的半径4，球心与圆柱上下底面圆心的连线垂直于圆柱的底面，不妨设圆柱底面的半径为，用与4表示圆柱的侧面积.【精讲精析】 如图，设圆柱的底面半径为，上底面的圆心为，连接,则垂直于圆柱的上底面，设为圆上的任意一点，连接，则，则，圆柱的高为，圆柱的侧面积当且仅当时等号成立.此时球的表面积为.球的表面积与圆柱的侧面积之差为高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点35 空间向量及其运算一、选择题1、（2011上海高考理科T17） 设是平面上给定的5个不同点，则使成立的点的个数为（ ）（A）0. （B）1. （C）5. （D）10.【思路点拨】本题考查空间向量的相等知识，从平面的向量知识拓展到空间的向量问题，考查了学生的类比能力和迁移能力。【精讲精析】答案选B。在平面中我们知道“三角形ABC的重心G满足：”则此题就能很快的答出，点M即为这5个点的重心，即点M只有一个点。高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点36 空间向量的坐标运算一、解答题1、（2011湖北高考理科T18）（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱的各棱长都是4，是的中点，动点在侧棱上，且不与点重合.ABCEA1C1B1（）当=1时，求证：；（）设二面角的大小为，求的最小值.【思路点拨】解法1：（1）先找出EF在平面A1ACC1内的射影，再证明射影与A1C垂直，又因为A1C与AC1垂直，故只需证明射影与AC1平行即可；（2）由（1）的结论利用三垂线定理作出二面角的平面角，再设，最终将用表示，转化为含有角的三角函数的最值问题.解法2：以点A为坐标原点，AC与AA1所在直线为轴和轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【精讲精析】解法1，过E作ENAC于N，连结EF.如图1，连结NF、AC1 ，由直棱柱的性质知，底面ABC侧面A1C.又底面ABC 侧面A1C = AC ，且EN底面ABC，所以 EN侧面A1 C,NF为EF在侧面A1 C内的射影.在RtCNE中， .则由，得 NFAC1 ，又 AC1A1C ，故 NFA1C .由三垂线定理得.如图2，连结AF，过N作NMAF于M，连结ME.由知 EN侧面A1 C，根据三垂线定理得EMAF，所以EMN是二面角C-AF-E的平面角，即EMN = ，设FAC = ，则0 45.中，中，故又0 45，故当，即当= 45时，达到最小值，此时F与C1重合.解法2：建立如图所示的空间角坐标系，则由已知可得、 、，于是，.则故.设，平面AEF的一个法向量为，则由得，于是由，可得即取.又由直棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为，于是为锐角可得所以.由，得，即故当，即点F与点C1重合时，取得最小值2、（2011湖北高考文科18）（本小题满分12分）如图，已知正三棱柱-的底面边长为2，侧棱长为，点E在侧棱上，点F在侧棱上，且,.(I) 求证：；(II) 求二面角的大小.【思路点拨】解法1：(1)利用勾股定理的逆定理证明C1EEF，C1ECE，从而可证C1E平面CEF；(2)先证明CFEF，再由(1)可得CF平面C1EF，故EFC1为二面角的平面角.解法2：以点A为坐标原点，AC与AA1所在直线为轴和轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解.【精讲精析】解法1：()由已知可得，于是有，所以.又，所以平面.平面，.()在中，由可得，于是有，所以.又由知，且，所以平面.又平面，故.于是即为二面角的平面角.由知是等腰直角三角形，所以，即二面角的大小为.解法2：建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得()()设平面的一个法向量为由，得即可取设侧面的一个法向量为由，及可取设二面角的大小为，于是由为锐角可得所以即所求二面角的大小为.3、（2011全国高考理科19）如图，四棱锥中，,，侧面为等边三角形，.（）证明：;（)求与平面所成角的大小.【思路点拨】本题第（I）问可以直接证明，也可建系证明.（II）建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算计算把求角的问题转化为数值计算问题,思路清晰思维量小.【精讲精析】计算SD=1，于是，利用勾股定理，可知，同理，可证又，因此，.（II）过D做，如图建立空间直角坐标系D-xyz，A(2,-1,0),B(2,1,0),C(0,1,0),可计算平面SBC的一个法向量是.所以AB与平面SBC所成角为.4、 (2011重庆高考理科T19) （本小题满分12分，()小问5分，()小问7分）.如图，在四面体中，平面平面，. （）若，求四面体的体积. () 若二面角为，求异面直线与所成角的余弦值.【思路点拨】取的中点,可根据题意证明为四面体的高,从而可求出四面体的体积,求异面直线与所成角的余弦值时,可以根据异面直线所成角的定义来求解,也可以建立空间直角坐标系利用向量的夹角公式求解.【精讲精析】()设为的中点,由于,所以.平面平面,知平面,即是四面体的面上的高,且在中,因由勾股定理易知所以,四面体的体积.()设分别为边的中点,则,从而是异面直线与所成的角或其补角.设为边的中点,则,由,知,又由()有平面,故友三垂线定理知,所以为二面角的平面角,由题设知设则在中,从而因为故,从而在中,又,从而在中,因,由余弦定理得因此,异面直线与所成角的余弦值为5、(2011重庆高考文科T20) (本小题满分12分，（I）小问6分，（II）小问6分.)如题(20)图,在四面体中,平面平面,()求四面体的体积;()求二面角的平面角的正切值.【思路点拨】过点作的垂线,即四面体的高,进而计算出的面积利用体积公式求出四面体的体积,在求二面角的正切值时,可以先找出二面角的平面角,把它放在三角形中求解,也可以建立空间直角坐标系利用向量求解.【精讲精析】()如图所示,过作,垂足为,故由平面平面,知平面,即是四面体的面上的高.设为边的中点,则由三线合一,知,从而由,得.在中,故四面体的体积.()过作,垂足为,连接.由()知平面,由三垂线定理知.故为二面角的平面角.在中,.在中,从而所以.在中,高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点37 两个计数原理、排列、组合及其应用、二项式定理及应用一、选择题1、 (2011重庆高考理科T4)(其中且),的展开式中与的系数相等,则 ( )(A) (B) (C) (D)【思路点拨】根据二项展开式的相关公式列出与的系数,然后根据系数相等求出的值.【精讲精析】选B. 的系数为,的系数为,由.可得, ,解之得.2、（2011全国高考理科7）某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有(A)4种 (B)10种 (C)18种 (D)20种【思路点拨】本题要注意画册相同，集邮册相同，这是重复元素，不能简单按照排列知识来求.所以要分类进行求解.【精讲精析】选B.分两类：取出1本画册，3本集邮册，此时赠送方法有种；取出2本画册，2本集邮册，此时赠送方法有种.总的赠送方法有10种.3、（2011四川高考理科12）在集合中任取一个偶数和一个奇数构成以原点为起点的向量.从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个向量为邻边作平行四边形.记所有作成的平行四边形的个数为，其中面积不超过的平行四边形的个数为，则（ ）.（A） （B） （C） （D）【思路点拨】古典概型的概率公式.首先确定构成向量的个数. 然后列举构成平行四边行的个数，最后列举事件“面积不超过的平四边形”所含基本事件的个数.【精讲精析】选A， 构成向量为（2,1），（2，3），（2,5），（4,1），（4,3），（4,5）共6个，从6个向量中任选两个作为邻边共构成个平行四边形，即结合平面直角坐标系可知，向量（2,1）与向量（2,3）分别向轴引垂线，两向量构成平行四边形的面积为为向量、所引垂线及轴构成三角形的面积差的2倍.如图所示的平行四边形的面积为，即两向量所构成平行四边形的面积为，面积不超过4,即符合条件的向量有（2,1）与（2,3），（2,1）与（4,1），（2,3）与（2,5），（2,3）与（4,1），（2,5）与（4,3）分别构成，共5个，即. 故选B.4、（2011全国高考文科9）4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有(A) 12种 (B) 24种 (C) 30种 (D)36种【思路点拨】解本题分两步进行：第一步先选出2人选修课程甲，第二步再把剩余两人分别从乙、丙两门中选修一门.【精讲精析】选B.第一步选出2人选修课程甲有种方法，第二步安排剩余两人从乙、丙中各选1门课程有种选法，根据分步计数原理，有种选法.二、填空题5、（2011湖北高考理科T11） 的展开式中含的项的系数为 【思路点拨】先写出的展开式的通项公式令x的指数为15求出r，再代入求解.【精讲精析】答案：17，由，得r=16，的项的系数为6、（2011湖北高考理科T15）给个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相连的着色方案如下图所示：n=1n=2n=3n=4由此推断，当时，黑色正方形互不相连的着色方案共有 种，至少有两个黑色正方形相连的着色方案共有 种，（结果用数值表示）【思路点拨】由n=1， 2，3,4时，黑色正方形互不相连的着色方案种数的规律，归纳时的情况；求至少有两个黑色正方形相连的着色方案种数可考虑利用对立事件求解.【精讲精析】答案：43.n=1， 2，3,4时，黑色正方形互不相连的着色方案种数分别为2,3，5,8，由此可看出后一个总是前2项之和，故n=5时应为5+8=13，n=6时应为8+13=21；时，所有的着色方案种数共 至少有两个黑色正方形相连的着色方案共有64-21=43种.7、（2011全国高考理科13）(1-)20的二项展开式中，x的系数与x9的系数之差为: .【思路点拨】解本题关键有两条：一是掌握展开式的通项公式，二是要注意.【精讲精析】0. 由得的系数为, x9的系数为,而.8、（2011全国高考文科13）(1-)10的二项展开式中x的系数与x9的系数之差为 .【思路点拨】解本题关键有两条：一是掌握展开式的通项公式，二是要注意.【精讲精析】0. 由得的系数为,的系数为,所以的系数与的系数之差为0.9、（2011上海高考理科T12）随机抽取的9位同学中，至少有2位同学在同一月份出生的概率为 （默认每个月的天数相同，结果精确到0.001）.【思路点拨】这道排列组合题出的很巧妙，如果正面解答，需要考虑很多种情况，所以解决本题宜采取逆向思维，考察学生的思维能力。【精讲精析】9位学生中没有人出生在同一个月，即种情况，则所求概率为10、（2011四川高考文科13）的展开式中的系数是 （用数字作答）.【思路点拨】. 【精讲精析】84 11、(2011重庆高考文科T11)的展开式中的系数是 【思路点拨】直接利用二项展开式的公式计算即可.【精讲精析】的展开式中,的系数为.高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )考点38随机事件的概率、互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率一、选择题KA1A21、（2011湖北高考理科T7）如图，用K、三类不同的元件连接成一个系统.当正常工作且、至少有一个正常工作时，系统正常工作，已知K、正常工作的概率依次是0.9、0.8、0.8，则系统正常工作的概率为A0.960 B.0.864 C.0.720 D.0.576【思路点拨】系统正常工作应保证K正常工作且、 中至少有一个正常工作.【精讲精析】选B. 由相互独立事件的概率公式得二、填空题2、（2011湖北高考理科T12）在30瓶饮料中，有3瓶已过了保质期.从这30瓶饮料中任取2瓶，则至少取到一瓶已过保质期的概率为 .（结果用最简分数表示）【思路点拨】利用对立事件的概率公式求解.【精讲精析】答案：从这30瓶饮料中任取2瓶，没有一瓶过保质期的概率为，因此至少取到一瓶已过保质期的概率为3、 (2011重庆高考理科T13)将一枚均匀的硬币抛掷次,则正面出现的次数比反面出现的次数多的概率为 .【思路点拨】正面出现的次数多包含4次正面,5次正面和6次正面三种情况,可求这三个随机事件的概率和.【精讲精析】答案：由题意知正面出现的次数多包含4次正面,5次正面和6次正面三种情况故其概率.4、 (2011重庆高考文科T14)从甲、乙等位同学中任选位去参加某项活动,则所选位中有甲但没有乙的概率为 【思路点拨】可由排列组合公式及古典概型的概率公式直接求解.【精讲精析】由题意知,所选的三位同学中有甲但没有乙的概率为.三、解答题5、（2011全国高考文科19）根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立. (I)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率； （）求该地3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买的概率.【思路点拨】此题第（I）问所求概率可以看作“该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险”和“该地的1位车主购买甲种保险”两个事件的和.由于这两个事件互斥，故利用互斥事件概率计算公式求解.（II）.此问关键是求出“该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买”的概率，然后再借助n次独立重复试验发生k次的概率计算公式求解即可.【精讲精析】记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险：B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险.C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买；E表示事件：该地的3位车主中恰有1位车主甲、乙两种保险都不购买.（I）P(A)=0.5,P(B)=0.3,C