第一篇：立体几何知识要点
立体几何知识要点
平行、垂直关系证明的思路清楚吗？
平行垂直的证明主要利用线面关系的转化：
线∥线线∥面面∥面
性质(判定)线⊥线线⊥面面⊥面()
线∥线线面面∥面
1、线面平行
（1）判定：若平面外一条直线平行于平面内一条直线，则该直线平行于平面。
即：a∥b，b面，aa∥面
（2）性质：若一直线平行于平面，过该直线的另一平面与已知平面相交，则所得的交线与已知直线平行。
即：a∥面，a面，ba∥b2、面面平行
（1）判定：若一平面两相交直线平行于另一平面，则两平面平行。即：a,b且abO,a//,b////
（2）性质：若两平面平行，且同时与第三个平面相交，则所得的两条交线平行。
即：//,a,ba//b3、线面垂直
（1）判定：若一直线垂直于平面内两条相交直线，则该直线垂直于平面。即：a⊥b，a⊥c，b，c，bcOa⊥
（2）性质：垂直于同一平面的两直线平行。
即：a⊥面，b⊥面a∥b4、面面垂直
（1）判定： 若一平面经过另一平面的一条垂线，则这两个平面垂直。即：a⊥面，a面⊥
（2）性质：若两平面垂直，其中一平面内垂直于交线的直线垂直于另一平面。
即：面⊥面，l，a，a⊥la⊥
第二篇：知识要点
知识要点
一、乡村振兴战略
（一）乡村振兴战略的提出：2018年12月28日至29日，中央农村工作会议在京举行。会议把乡村振兴战略作为2018年和今后一个时期的农业农村工作的重要政策。此次中央农村工作会议对乡村振兴所作的部署，具有很强的现实性和针对性，为乡村振兴战略实现良好开局指明了方向。
（二）乡村振兴战略的目标任务：农业强、农村美、农民富 到2020年，乡村振兴取得重要进展，制度框架和政策体系基本形成；到2035年，乡村振兴取得决定性进展，农业农村现代化基本实现；到2050年，乡村全面振兴，农业强、农村美、农民富全面实现。
农业农村农民问题是关系国计民生的根本性问题，中共十九大提出实施乡村振兴战略，就是要进一步解决好“三农”问题，实现农业强、农村美、农民富。
需要看到，当前中国乡村振兴面临的最重要问题就是资金、技术、人才等要素随经济发展过度向城市集中，而相应的体制机制又不利于要素在城乡之间双向流动。如此一来，一方面农村优质要素源源不断流出，另一方面城市要素来到农村后又经常没有给农民带来切实的利益。玉溪农林投资开发有限公司等融资平台的产生，就是为了更好地解决好这些“三农”问题。
（三）乡村振兴战略的道路（七个“必须”）：走中国特色社会主义乡村振兴道路，一是必须重塑城乡关系，走城乡融合发展之路。二是必须巩固和完善农村基本经营制度，走共同富裕之路。三是必须深化农业供给侧结构性改革，走质量兴农之路。四是必须坚持人与自然和谐共生，走乡村绿色发展之路。五是必须传承发展提升农耕文明，走乡村文化兴盛之路。六是必须创新乡村治理体系，走乡村善治之路。七是必须打好精准脱贫攻坚战，走中国特色减贫之路。会议提到的七个“必须”充分诠释了中国特色社会主义乡村振兴道路的内涵，同时也指明了方向。（多项选择）
二、农业项目规划
（一）农业项目规划：就是围绕农业项目的目标，进行可行性研究，提出实现目标的最优方案、措施和计划。
（二）农业项目规划的主要内容: 一是农业项目的优势与劣势分析评价和前景预测;二是农业项目的目标、重点、布局;三是农业项目投资概算及效益分析； 四是实施农业项目的主要措施与步骤。
（三）农业项目管理
一是项目申报。要“先规划再申报，先评估后审批”，并按申报流程报批，不得越级报批。
二是项目建设。项目一经上级有关部门批准立项，项目建设单位必须严格按照审批文件执行，不得擅自变更项目建设地点、建设性质、建设单位、建设内容、降低工程质量、压缩投资规模等。确因客观原因需进行重大变更的项目，应当重新向上级报批可行性研究报告。三是项目竣工验收及后评价阶段。农业项目竣工验收是对项目建设及资金使用等进行的全面审查和总结。对不符合竣工验收要求的建设项目不予验收，由验收组织单位提出整改要求，限期整改。经验收无法整改或整改后仍达不到竣工验收要求的项目县(市)，地区二年之内不按排任何农业项目。四是项目档案管理。
三、农产品物流
（一）农产品加工：是把农产品制成成品或半成品的生产过程，包括初加工和深加工。
农产品初加工是指对农产品的一次性的不涉及对农产品内在成分改变的加工。
农产品精加工是指对农产品二次以上的加工，主要是指对蛋白质资源、油脂资源、新营养资源及活性成分的提取和利用。
（二）农产品加工业发展的基本原则。
以农为本、转化增值。立足资源优势和特色，以农产品加工业为引领，着力构建全产业链和全价值链，进一步丰富品种、提升质量、创建品牌，提高农产品附加值。
市场主导、政府支持。尊重企业主体地位，充分发挥市场在资源配置中的决定性作用。针对农产品加工业的薄弱环节、瓶颈制约和重点领域，强化政府服务，加大扶持力度。
科技支撑、综合利用。依靠科学技术，建设全程质量控制、清洁生产和可追溯体系，生产开发安全优质、绿色生态的各类食品及加工品，促进资源循环高效利用。
集聚发展、融合互动。充分发挥新型城镇化辐射带动作用，引导加工产能向农产品主产区、优势区和物流节点集聚，促进加工企业向园区集中，打造专用原料、加工转化、现代物流、便捷营销融合发展的产业集群。
（三）农产品加工业的主要目标。
到2020年，农产品加工转化率达到68%，规模以上农产品加工业主营业务收入年均增长6%以上，农产品加工业与农业总产值比达到2.4∶1；结构布局进一步优化，关键环节核心技术和装备取得较大突破，行业整体素质显著提升，支撑农业现代化和带动农民增收作用更加突出，满足城乡居民消费需求的能力进一步增强。
到2025年，农产品加工转化率达到75%，农产品加工业与农业总产值比进一步提高；自主创新能力显著增强，转型升级取得突破性进展，形成一批具有较强国际竞争力的知名品牌、跨国公司和产业集群，基本接近发达国家农产品加工业发展水平。
（四）农产品物流：就是以农产品为对象，通过农产品的产后加工、包装、储存、运输和配送等物流环节，做到农产品保值增值，最终送到消费者手中的活动。
（五）农产品物流的特点：
一是农产品物流数量特别大，品种特别多。
二是农产品物流要求高。
1、由于农产品与工业品不同，它是有生命的动物性与植物性产品。所以，农产品的物流特别要求“绿色物流”，在物流过程中做到不污染、不变质。
2、由于农产品价格较低，一定要做到低成本运行。
3、由于农产品流通涉及到保证与提高农民的收入。因此，在物流过程中，一定要做到服务增值，即农产品加工转化，农产品加工配送。
三是农产品物流难度大。包装难、运输难、仓储难。
四、休闲观光农业
（一）休闲观光农业：是把休闲观光旅游与农业结合在一起的一种旅游活动。
（二）休闲观光农业的种类
（1）观光农园：在城市近郊或风景区附近开辟特色果园、菜园、茶园、花圃等，让游客入内摘果、拔菜、赏花、采茶，享受田园乐趣。这是国外观光农业最普遍的一种形式；
（2）农业公园：即按照公园的经营思路，把农业生产场所、农产品消费场所和休闲旅游场所结合为一体；
（3）教育农园：这是兼顾农业生产与科普教育功能的农业经营形态。代表性的有法国的教育农场，日本的学童农园，台湾的自然生态教室等；
（4）森林公园；（5）民俗观光村。
（三）休闲观光农业存在问题
一是缺乏统筹规划。乡村旅游发展所在地，很多是经济发展落后的地方，因此，资金不充足，导致很多乡村旅游缺乏合理规划，甚至没有形成一个完整、详细的总体规划来指导其发展，最终导致乡村旅游发展的总体形象、发展战略以及发展布局、发展目标不明确，这样很容易导致乡村旅游发展与初衷出现偏差。
二是旅游产品独特性缺乏。乡土气息是乡村旅游的特质，也应该是发展乡村旅游的重点打造对象，然而随着乡村旅游的不断发展，很多地区忽视了这一点，逐渐趋于大众化旅游，造成产品的同质化现象，忽略了乡村旅游游客的参与性项目，而只是单纯地满足游客旅游的最基本的六大要素。对于项目地文化、民俗的深度挖掘不到位，长期下去，这些基本旅游功能的乡村旅游产品根本无法支撑其长久有效发展，也是乡村旅游今后发展的一个瓶颈。
三是资金回收期较长，经营效益不理想。乡村旅游的白炽化发展，导致其盲目开发，缺乏对乡村旅游项目的投资回收期的合理预算，即便进行合理预算，在具体经营过程中，由于各种原因，偏离规划目标，导致实际的投资回收期遥遥无期，加上很多乡村旅游旅游宣传意识薄弱，在“酒香也怕巷子深”的时代，这是任何旅游发展致命的弱点，结果是旅游地经营效益不理想，导致人力、物力、财力的极大浪费。四是乡村旅游发展的季节性导致资源的浪费。大众旅游中出现的旅游旺季“人看人，人挤人”，旅游淡季“旅店关门、旅游基础设施搁置”的现象在乡村旅游发展过程中逐渐显现，究其原因，主要是乡村旅游产品的单一性、乡村旅游观光化发展以及乡村旅游发展中营销策略的不到位等原因所导致的乡村旅游的季节性所致。
五是“硬”服务与“软”服务均有待提高。“硬”服务是乡村旅游发展所依托的基础配套设施，正如上面所提到的，乡村旅游发展所在地大多是经济欠发达地区，基础设施相对比较落后，发展旅游很大程度上依赖的是政府的大力支持，基础设施也是，还处于不完善状态。同样，旅游服务等“软”服务虽然随着乡村旅游的发展不断提高，但是要支撑其继续发展还需要进一步的提升。
五、土地整理开发与土地流转
（一）土地整理开发：是指运用财政专项资金，对农村未利用土地、废弃地等进行开垦，对田、水、路、林、村等实行综合整治，以增加有效耕地面积、提高耕地质量的行为。
（二）土地整理的主要内容：（1）调整农地机构，归并零散地；（2）平整土地，改良土壤；（3）道路、林网、沟渠等综合建设；（4）归并农村居民点、乡镇工业用地；（5）复垦废弃土地；（6）划定地界，确定权属；（7）改善环境，维护生态平衡。
（三）土地流转：是指拥有土地承包经营权的农户将土地经营权（使用权）转让给其他农户或经济组织，即保留承包权，转让使用权。土地流转有利于促进农民获得财产性增收（如租金收入），有利于进一步激活农业剩余劳动力的转移，为农业规模化、集约化、高效化经营提供广阔空间，有利于开启城乡融合的新路径。
（四）土地流转的方式：可以通过转包、转让、入股、合作、租赁、互换等方式出让经营权,鼓励农民将承包地向专业大户、合作社等流转,发展农业规模经营。
六、农副产品电子商务
（一）农村电商前景
一是人口红利巨大。农村人口9亿多，网民还不到2亿。二是农村电商规模持续增长已成为电商新引擎。2014年农村电商规模1800亿，2016年上升为4600亿，未来农村电商的潜在规模将超万亿。2015年，11个发达国家中87%的人口使用互联网，而我国农村的这个比例仅为19%；随着一二线城市市场渐趋饱和，淘宝、腾讯、京东、百度、国美、苏宁等行业巨头纷纷布局“农村电商”，农村电商规模持续增长已成为电商新引擎。
（二）布局农村电商，难点在哪里？
1.物流配送受限。包括玉溪市在内的县级物流体系还不健全，多数村级地域尚未开通物流配送服务。
2.目标消费群体不会操作。农村的电脑普及率并不高，很多人无法熟练操作电脑。网络应用渗透还比较弱，对于网购流程与操作不清楚。
3.信任问题凸显。之前对网络购物接触少因而对商品质量缺乏信心。网购骗局层出不穷，对网购资金安全也缺乏信心。
4.平台引流难。零基础引流，无经验不知从何下手。传统模式引流，投入成本大，引流不精准。
（三）农村电子商务怎么做? 农产品和水果的销售大部分还是依赖地面批发分销，就算是褚橙，也是通过线上品牌传播电商销售一部分然后大部分通过线下批发走量的。所以，原产地的B2B交易批发平台就成为很好的模式，全国各地的批发分销或者零售商都可以在上面进行采购然后物流配送直接到他们的各地分仓甚至可以直接配送到他们的消费者手里。传统电子商务已经面临淘汰，新的移动电商和新的推广模式已经势在必行，特别是农村电子商务更多的需求是把农产品推广出去，而不是让农村成为新的消费群体，移动电商时代，农村电子商务发展可以不依靠淘宝这种流量平台，完全可以打造自己的平台，就像hishop移动云商城那样，推出的五合一商城，全网营销模式，整合pc和移动，采用分销推广方式，更加符合农村电子商务产地化特点。
第三篇：上海高三上立体几何知识梳理(考点提要)
立体几何题型梳理
一、判断题
1、平面分空间
2、确定平面个数问题
3、找异面直线对
4、线线、线面、面面位置关系的确定
二、证明题
1、共面问题
2、异面直线的证明（反证法）
3、等角定理证全等
4、空间线线
（1）线线平行问题的判定
ab①ac；②同一平面内，不相交；③线面平行线线平行； bc
④面面平行线线平行
（2）线线垂直问题的判定
al①定义法（所成角为90）；②bl；③线面垂直线线垂直； ab
5、空间线面
（1）线面平行
① 定义法（l）；②线线平行线面平行；③面面平行线面平行；
（2）线面垂直
①定义法；②线线垂直线面垂直
6、空间面面
面面平行
① 定义法；②线面平行面面平行
三、计算题
1、求角问题
（1）异面直线所成角
（2）线面角
（3）二面角的平面角
2、求距离问题
（1）异面直线距离；（2）点线距离；（3）点面距离；(4)线面距离；（5）面面距离。
3、作图题
（1）点、线、面关系图；
（2）截面画法、交线画法；
（3）空间四边形画法；
（4）平面图形的直观图画法，直棱柱、正棱锥直观图画法。
第四篇：高三复习系列之知识体系之立体几何
图（注意实虚线）求作空间几何体的三视俯视图看底面形状和大小利用三视图求空间几何体的侧面积、表面积（全面积）、体积边为斜高求面积主视图、侧视图高为体高求体积平行类命题命题的真假判断垂直类命题平行垂直综合命题中位线求证线线平行线面平行在面内找线（平移），求证所找线与已知线平行平行四边形证线线平行等腰、等边三角形形状类线线垂直直角梯形矩形、菱形、正方形、相交线垂直圆与直径位置关系的证明线线垂直求证直角三角形求三边，检验勾股定理立体几何异面线垂直找过其中一条线的平面，求证线面垂直线面垂直在面内找两条相交直线，求证两次线线垂直来与另一个面垂直的直线，求证线面垂直面面垂直在其中一个面内找看起柱体体积和差法三棱锥体积求几何体体积转化顶点法锥体体积体积问题关键：底面上高的证明（线面垂直）直接法四棱锥体积和差法求点面距离：等积法另：了解斜二测画法、异面直线所成的角、线面角；掌握空间线面位置关系、面面位置关系
第五篇：立体几何2018高考
2018年06月11日青冈一中的高中数学组卷
一．选择题（共11小题）
1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）
A． B． C． D．
2．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8
π
D．10π
3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A． B． C．
D．
4．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值为（）A． B． C．
D．，则异面直线AD1与DB1所5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）
第1页（共23页）
A．2 B．4 C．6 D．8
6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6 C．8
D．8
7．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9A．12，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）B．18 C．2D．54
8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）
A．1 B．2 C．3 D．4
9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）
第2页（共23页）
A．2 B．2 C．3 D．2
10．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A． B．
C．
D．
11．已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ
1二．解答题（共8小题）
12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．
13．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
第3页（共23页）
14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2（1）证明：PO⊥平面ABC；，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．
（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．
15．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；
（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．
16．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
所在平面垂直，M是上异于C，D（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
第4页（共23页）
17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
所在平面垂直，M是（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
18．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；
（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．
第5页（共23页）
第6页（共23页）
2018年06月11日青冈一中的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共11小题）
1．中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）
A． B． C． D．
【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．
故选：A．
2．已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（）A．12π B．12π C．8
π
D．10π
【解答】解：设圆柱的底面直径为2R，则高为2R，圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，可得：4R2=8，解得R=，第7页（共23页）
则该圆柱的表面积为：故选：D．
=10π．
3．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为（）A． B． C．
D．
【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，则A（2，0，0），E（0，2，1），D（0，0，0），C（0，2，0），=（﹣2，2，1），=（0，﹣2，0），设异面直线AE与CD所成角为θ，则cosθ===，sinθ==，∴tanθ=．
∴异面直线AE与CD所成角的正切值为．
故选：C．
第8页（共23页）
1为z轴，建立空间直角DD
4．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=成角的余弦值为（）A． B． C．
D．，则异面直线AD1与DB1所【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=，），D（0，0，0），∴A（1，0，0），D1（0，0，B1（1，1，），），=（﹣1，0，=（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ=
=
=，． ∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为故选：C．
5．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）
第9页（共23页）
A．2 B．4 C．6 D．8
【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱．
如图所示：故该几何体的体积为：V=故选：C．
．
6．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为（）A．8 B．6 C．8
D．8
【解答】解：长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，即∠AC1B=30°，可得BC1=可得BB1=
=
2．=8
．
=2
．
所以该长方体的体积为：2×故选：C．
第10页（共23页）
7．设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且面积为9A．12，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为（）B．18 C．2D．54
【解答】解：△ABC为等边三角形且面积为9，可得，解得AB=6，球心为O，三角形ABC 的外心为O′，显然D在O′O的延长线与球的交点如图： O′C==，OO′=
=2，则三棱锥D﹣ABC高的最大值为：6，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为：故选：B．
=18
．
8．某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）
第11页（共23页）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：四棱锥的三视图对应的直观图为：PA⊥底面ABCD，AC=，CD=，可得三角形PCD不是直角三角形． PC=3，PD=2所以侧面中有3个直角三角形，分别为：△PAB，△PBC，△PAD． 故选：C．
9．某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）
第12页（共23页）
A．2 B．2 C．3 D．2
【解答】解：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：
圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度：故选：B．
10．已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（）A． B．
C．
D．
=2．
【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，此时正六边形的边长故选：A．
明明就的最大值为：6×
=
．
11．已知四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点）．设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角为θ3，则（）
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
第13页（共23页）
【解答】解：∵由题意可知S在底面ABCD的射影为正方形ABCD的中心． 过E作EF∥BC，交CD于F，过底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，连接SN，取CD中点M，连接SM，OM，OE，则EN=OM，则θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO． 显然，θ1，θ2，θ3均为锐角． ∵tanθ1=∴θ1≥θ3，又sinθ3=∴θ3≥θ2． 故选：D．，sinθ2=，SE≥SM，=，tanθ3=，SN≥SO，二．解答题（共8小题）
12．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2．（1）设圆锥的母线长为4，求圆锥的体积；
（2）设PO=4，OA、OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，如图．求异面直线PM与OB所成的角的大小．
【解答】解：（1）∵圆锥的顶点为P，底面圆心为O，半径为2，圆锥的母线长为4，第14页（共23页）
∴圆锥的体积V==
=．
（2）∵PO=4，OA，OB是底面半径，且∠AOB=90°，M为线段AB的中点，∴以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，P（0，0，4），A（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），O（0，0，0），=（1，1，﹣4），=（0，2，0），设异面直线PM与OB所成的角为θ，则cosθ==
=
．
∴θ=arccos．
∴异面直线PM与OB所成的角的为arccos
．
13．如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以把△DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF．（1）证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．
第15页（共23页）
DF为折痕
【解答】（1）证明：由题意，点E、F分别是AD、BC的中点，则，由于四边形ABCD为正方形，所以EF⊥BC． 由于PF⊥BF，EF∩PF=F，则BF⊥平面PEF．
又因为BF⊂平面ABFD，所以：平面PEF⊥平面ABFD．（2）在平面DEF中，过P作PH⊥EF于点H，联结DH，由于EF为面ABCD和面PEF的交线，PH⊥EF，则PH⊥面ABFD，故PH⊥DH．
在三棱锥P﹣DEF中，可以利用等体积法求PH，因为DE∥BF且PF⊥BF，所以PF⊥DE，又因为△PDF≌△CDF，所以∠FPD=∠FCD=90°，所以PF⊥PD，由于DE∩PD=D，则PF⊥平面PDE，故VF﹣PDE=，因为BF∥DA且BF⊥面PEF，所以DA⊥面PEF，所以DE⊥EP．
设正方形边长为2a，则PD=2a，DE=a 在△PDE中，所以故VF﹣PDE=，，第16页（共23页）
又因为所以PH==，=，． 所以在△PHD中，sin∠PDH=即∠PDH为DP与平面ABFD所成角的正弦值为：
14．如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB=BC=2（1）证明：PO⊥平面ABC；
（2）若点M在棱BC上，且MC=2MB，求点C到平面POM的距离．，PA=PB=PC=AC=4，O为AC的中点．
【解答】（1）证明：∵AB=BC=2角形，AC=4，∴AB2+BC2=AC2，即△ABC是直角三又O为AC的中点，∴OA=OB=OC，∵PA=PB=PC，∴△POA≌△POB≌△POC，∴∠POA=∠POB=∠POC=90°，∴PO⊥AC，PO⊥OB，OB∩AC=0，∴PO⊥平面ABC；（2）解：由（1）得PO⊥平面ABC，PO=在△COM中，OM=S，=
．
=××=，第17页（共23页）
S△COM==．，设点C到平面POM的距离为d．由VP﹣OMC=VC﹣POM⇒解得d=，． ∴点C到平面POM的距离为
15．如图，在四面体ABCD中，△ABC是等边三角形，平面ABC⊥平面ABD，点M为棱AB的中点，AB=2，AD=2（Ⅰ）求证：AD⊥BC；
（Ⅱ）求异面直线BC与MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直线CD与平面ABD所成角的正弦值．，∠BAD=90°．
【解答】（Ⅰ）证明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC；
（Ⅱ）解：取棱AC的中点N，连接MN，ND，∵M为棱AB的中点，故MN∥BC，∴∠DMN（或其补角）为异面直线BC与MD所成角，在Rt△DAM中，AM=1，故DM=∵AD⊥平面ABC，故AD⊥AC，在Rt△DAN中，AN=1，故DN=，在等腰三角形DMN中，MN=1，可得cos∠DMN=∴异面直线BC与MD所成角的余弦值为
；
．
（Ⅲ）解：连接CM，∵△ABC为等边三角形，M为边AB的中点，故CM⊥AB，CM=，第18页（共23页）
又∵平面ABC⊥平面ABD，而CM⊂平面ABC，故CM⊥平面ABD，则∠CDM为直线CD与平面ABD所成角． 在Rt△CAD中，CD=在Rt△CMD中，sin∠CDM=，．
． ∴直线CD与平面ABD所成角的正弦值为
16．如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．
所在平面垂直，M是
上异于C，D
【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦半圆弦所在平面，CM⊂半圆弦
所在平面，所在平面垂直，所以AD⊥∴CM⊥AD，M是上异于C，D的点．∴CM⊥DM，DM∩AD=D，∴CD⊥平面AMD，CD⊂平面CMB，∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：
连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得MC∥OP，MC⊄平面BDP，OP⊂平面BDP，第19页（共23页）
所以MC∥平面PBD．
17．如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧上异于C，D的点．
（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；
（2）当三棱锥M﹣ABC体积最大时，求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值．
所在平面垂直，M是
【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM⊥MC，∵正方形ABCD所在的平面与半圆弧∴AD⊥平面BCM，则AD⊥MC，∵AD∩DM=D，∴MC⊥平面ADM，∵MC⊂平面MBC，∴平面AMD⊥平面BMC．（2）∵△ABC的面积为定值，∴要使三棱锥M﹣ABC体积最大，则三棱锥的高最大，此时M为圆弧的中点，建立以O为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图 ∵正方形ABCD的边长为2，∴A（2，﹣1，0），B（2，1，0），M（0，0，1），则平面MCD的法向量=（1，0，0），设平面MAB的法向量为=（x，y，z）
第20页（共23页）
所在平面垂直，则=（0，2，0），=（﹣2，1，1），由•=2y=0，•=﹣2x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=2，即=（1，0，2），则cos＜，＞=
=
=，则面MAB与面MCD所成二面角的正弦值sinα=
=
．
18．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1． 求证：（1）AB∥平面A1B1C；（2）平面ABB1A1⊥平面A1BC．
【解答】证明：（1）平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB∥A1B1，⇒AB∥平面A1B1C；
（2）在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，⇒四边形ABB1A1是菱形，⊥AB1⊥A1B．
第21页（共23页）
在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=AB，AB1⊥B1C1⇒AB1⊥BC． ∴
⇒AB1⊥面A1BC，且AB1⊂平面ABB1A1⇒平面ABB1A1⊥平面A1BC．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点．（Ⅰ）求证：PE⊥BC；
（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD．
【解答】证明：（Ⅰ）PA=PD，E为AD的中点，可得PE⊥AD，底面ABCD为矩形，可得BC∥AD，则PE⊥BC；
（Ⅱ）由于平面PAB和平面PCD有一个公共点P，且AB∥CD，在平面PAB内过P作直线PG∥AB，可得PG∥CD，即有平面PAB∩平面PCD=PG，由平面PAD⊥平面ABCD，又AB⊥AD，可得AB⊥平面PAD，即有AB⊥PA，PA⊥PG；
同理可得CD⊥PD，即有PD⊥PG，可得∠APD为平面PAB和平面PCD的平面角，第22页（共23页）
由PA⊥PD，可得平面PAB⊥平面PCD；
（Ⅲ）取PC的中点H，连接DH，FH，在三角形PCD中，FH为中位线，可得FH∥BC，FH=BC，由DE∥BC，DE=BC，可得DE=FH，DE∥FH，四边形EFHD为平行四边形，可得EF∥DH，EF⊄平面PCD，DH⊂平面PCD，即有EF∥平面PCD．
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