高二历史的知识点

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高二历史的知识点范文第1篇

【关键词】门脉高压性十二指肠病;胃镜;门脉高压性胃病

DOI:10.3760/cma.j.issn 1673-8799.2010.06.72

作者单位:519000珠海,中山大学附属第五医院消化内科(周小军 周怀力),

普外科(李月婵 郭惠学)

肝硬化门脉高压症所致上消化道的病变除食管和胃底静脉曲张外,尚有非静脉曲张性疾病,其中常见的为门脉高压性胃病,而门脉高压性十二指肠病(portalhyper-tensive duodenum,PHD)国内报道较少,现将我们观察到的36例患者的临床内镜资料分析如下。

1 资料与方法

1.1 一般资料 本组36例患者均为本院2002~2008年住院的肝炎后肝硬化患者,诊断符合第五次全国病毒性肝炎会议制定的诊断标准[1],其中男21例,女15例,年龄33~73岁,平均45.2岁。

1.2 方法 全部病例均于入院1周内接受胃镜检查,检查前服用利多卡因胶浆,检查时插至十二指肠降部,对门脉高压性胃病及十二指肠糜烂的镜下特点进行分析并行幽门螺杆菌检查。门脉高压性胃病分类标准:轻度:淡粉红色样斑点或猩红热样疹;粘膜皱襞表面条索状发红;红斑呈剥脱样或镶嵌图案样外观,即红斑充血斑块,黏膜呈现细白网状类似蛇皮样表现;重度:弥散性樱桃红样斑点或弥漫融合性出血性胃炎[2]。十二指肠糜烂的分级标准为[3]:轻度:粘膜有红色斑纹或点状糜烂;中度:粘膜有大片斑纹呈环状或线状糜烂;重度:粘膜广泛糜烂或水肿和肠腔狭窄。

2 结果

2.1 临床表现 门脉高压病程1~8年,平均3.8年。肝功能child分级A级8例(22.2%),B级18例(50.0%),C级10例(27.8%)。除肝硬化的一般临床表现外,腹水28例(77.8%)。其中19例曾行食管静脉曲张套扎治疗。

2.2 胃镜下食管及胃粘膜表现 36例患者均有食管或/和胃底静脉曲张,其中轻度8例(22.2%),中度9例(25.0%),重度19例(52.8%)。36例患者均有门脉高压性胃病,轻度21例(58.3%),重度15例(41.7%)。

2.3 胃镜下十二指肠表现 PHD轻度17例(47.2%);中度13例(36.1%);重度6例(16.7%)。球部病变12例(33.3%),降部病变16例(44.4%),球部降部同时病变8例(22.3%)。其中PHD为重度时,门脉高压性胃病及食管胃底静脉曲张均为重度,且都有腹水,与肝功能无相关性。PHD轻度的门脉高压性胃病表现为轻度,食管胃底静脉曲张以轻、中度为主,10例有腹水。

3 讨论

PHD的发病机制尚不清楚,多认为与门脉高压所致肠道血液动力学改变密切相关,是在门脉高压的基础上发生的肠粘膜下毛细血管扩张、瘀血、血流量增加,动静脉短路以及毛细血管内皮和粘膜上皮细胞超微结构的改变。超声内镜显示十二指肠壁粘膜及粘膜下层增厚,十二指肠壁内及壁周血管组织增生,组织学所见十二指肠糜烂包括皮下水肿、粘膜及粘膜下血管扩张[3]。内毒素血症、神经肽、NO、前列腺素、胰高糖素等亦参与了PHD的发生机制。本组患者均同时合并有门脉高压性胃病,且与门脉高压性胃病、食管胃底静脉曲张的程度相平行,这说明PHD可能和门脉高压性胃病的发病机理相似,与门脉压力密切相关。

PHD本身缺乏特异性临床表现,临床上常无明显症状,大多表现为上消化道消化不良症状,部分为慢性及隐匿性消化道出血。其诊断主要通过胃镜检查,其内镜下表现为十二指肠非特异性炎性病变和多种血管性病变,前者主要表现为十二指肠粘膜充血、水肿、红斑、颗粒样改变、易脆性和自发性出血;后者主要包括樱桃红点征、毛细血管扩张或血管发育异常改变。本研究发现PHD与肝功能损害程度无相关性,分布部位以十二指肠降部为主,病变表浅、多发,沿Kerckring’s皱襞环形分布。而通常所见的十二指肠炎的糜烂主要分布在球部,降部糜烂相对少见[4]。可能是因为前者的发病基础是门脉高压导致的粘膜和血管病变,而后者的病因是刺激性食物、药物、饮酒或胃酸等,所致的损害更易发生在接近幽门的十二指肠球部。

因此,肝硬化门脉高压性十二指肠病不同于非特异性十二指肠炎,是门脉高压导致的十二指肠粘膜的一种损害,与门脉高压有关,其临床表现无特异性。目前门脉高压性肠病研究以结直肠为主,文献报道相对也较多,但门脉高压引起的小肠病变我们了解甚少,至于它们之间的起病特点有无异同更值得我们去探索。随着胶囊内镜及双气囊小肠镜在临床的逐步应用,小肠疾病我们也会了解得越来越多。

参考文献

[1] 中华医学会传染病与寄生虫病学分会和肝病学分会.病毒性肝炎防治方案.中华肝脏病杂志,2000,8(6):324-329.

[2] Mccormack TT,Sims J,Eyre-brook I,et al.Gastric leaion in portal hypertension:flammatory gastritis or congestive gastropathy.Gut,1985,26(11):1226-1232.

高二历史的知识点范文第2篇

一、历史课堂沉闷的原因

（一）忽视了人的存在。

这里的人不单单指学生，也包括教师。虽然课改已实施几年了，但一些教师迫于分数的压力，使课堂上学生的主体地位基本上被剥夺了，教师在教学中对知识处理的主观能动性也被自己忽略了。课堂的主宰者是一个个知识点和考点，它们是课堂真正的最高统治者，教师和学生却是知识传递和接受的工具，而不是真正意义上的人。教师在课堂上强调重点，经常说：“这是考试重点，画下来，这段话全部背下来。”这种做法完全把历史看成了僵硬的东西，自然学生也就把学习历史和死记硬背、枯燥无味联系在一起，从而使得历史和历史课的生命力丧失殆尽。这样的传授是丧失了人本性、思想性、情感性、时代性的历史知识的传授，换言之，教师把活生生的历史变成了死的知识，不仅使教学效果大打折扣，而且剥夺了、压制了学生学习的积极性和主动性。

（二）缺少了情感性。

初中生对感性认识很感兴趣，但对于理性认识很难接受。而现在的历史课堂多是一二三四和ABCD等干巴巴的知识点，甚至有的教师为了节省时间，为了达到立竿见影的效果，上课直接勾画知识点，然后让学生背，最后做巩固练习。这样的历史课堂不可能出现师生智慧的碰撞和情感的交流，历史事件的人文启迪也不能凸显，使历史教学失去了魅力。

（三）缺少了思想性和时代性。

历史教学的目的是让学生“以史为鉴”，但为了片面追求高分，在课上不给学生真正感悟历史的空间，不给学生思考历史的时间，不联系现实问题，就只能是死的课堂，无用的课堂。学生记忆的历史知识也只是短暂的记忆，并非“有意义”的学习。如在讲“大禹治水”一课时，如果按照教材的编排照本宣科地对学生讲述治水的方法、过程、精神等，然后让学生背诵，则不能收到理想的教学效果。而我在讲述后，设置了这样一个问题：“你能否在现实生活中举两个例子来证明堵和疏的不同结果？”这种教学方法，使得学生的参与度很高，学生几乎全部理解了疏导的真正含义。

二、促使历史课堂“活”起来的策略

（一）要创设有效的历史情境。

所谓有效的历史情境，即教师根据历史学科和历史知识的特点，根据学生的年龄特点和心理认知特点，投入、运用或渗透情感并利用各种教学手段，如：语言、挂图、实物、模型、录音机和录像等渲染出历史教学具体、形象、生动、感人的环境和氛围，从听觉、视觉、感觉等多方面唤起学生身临其境的感觉，让学生在这种最佳的环境和氛围中感悟历史，进而达到理解与认识的升华。如在讲完孔子、庄子和韩非子的主要思想后，我创设了这样一个教学情境：假如我班有一位孔子老师，一位庄子老师，一位韩非子老师，对于犯错误的同学，他们会如何处置呢？你认为哪一种处置方法更好？学生们进行了激烈的讨论，参与的热情很高。这样不但帮助学生复习巩固了孔子、庄子和韩非子的思想，而且让学生进行了运用和转化，激发了学生学习历史的兴趣，使其把古代的知识教学和现实生活联系在一起，使得遥远的历史具有了时代性，拉近了与学生的距离，为学生提供了应用历史知识的空间。

（二）要锤炼自己的语言。

优美、生动、形象的语言能使人产生美感，生成一种积极的动力。教师优美、生动、形象的语言能激发学生的学习兴趣，吸引学生的注意力，达到师生情感交流，产生共鸣。因此，教师在平时要不断加强自己的语言训练，声调要有节奏，抑扬顿挫，吐字清晰，明白流畅，要尽可能通俗易懂，深入浅出；讲解要有生有色，描述要有血有肉，力求形象生动，这样就能在潜移默化中使学生产生和保持对学习历史的兴趣，变被动接受为主动探究。如在讲解“万里长城”时，如果只说“长城工程浩大，雄伟壮观”，就不够形象。若改为：“一外国宇航员曾说，从太空看地球，只能见到两项人工建筑，一是荷兰的拦海大堤，二是中国的万里长城”，“用长城的砖石土块筑成一道高二米半，宽一米的长堤，足足可以绕地球一周”，这样就使长城的“壮观”、“浩大”显得形象鲜明。可见，优美、生动形象的语言是改变历史课枯燥乏味的主要手段。

历史教师的语言是教师基本功的重要内容，是取得良好教育效果的重要途径，语言科学得当，便会取得事半功倍的效果。

（三）巧用角色扮演，激发学生的参与热情。

“角色扮演”即在老师的指导下，学生通过模拟角色扮演，在轻松、活泼的气氛中展示自己对历史人物的评判和对历史事件的理解。

“角色扮演”可以是老师根据课堂的需要，指导学生进行历史人物的角色扮演，生动地再现当时的历史场景，让扮演者和观看的学生体会历史事件的深刻背景和历史人物的心情，最后教师根据学生的体会加以引导和升华。比如，在“张骞通西域”一课中，教师可以根据教材第68页下面的情景插图组织学生表演张骞踏上西行的漫漫征程前向汉武帝告别的情景，让学生根据所学知识设计张骞与汉武帝之间的对话，进而感受张骞的坚定、忠诚与伟大。

高二历史的知识点范文第3篇

立体几何

第二十三讲

空间中点、直线、平面之间的位置关系

2019年

1.(2019全国III文8）如图，点N为正方形ABCD的中心，ECD为正三角形，平面ECD平面ABCD，M是线段ED的中点，则

A．BM=EN，且直线BM、EN

是相交直线

B．BM≠EN，且直线BM，EN

是相交直线

C．BM=EN，且直线BM、EN

是异面直线

D．BM≠EN，且直线BM，EN

是异面直线

2.（2019全国1文19）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求点C到平面C1DE的距离．

3.（2019全国II文7）设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是

A．α内有无数条直线与β平行

B．α内有两条相交直线与β平行

C．α，β平行于同一条直线

D．α，β垂直于同一平面

4.（2019北京文13）已知l，m是平面外的两条不同直线．给出下列三个论断：

①lm；②m∥；③l．

以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．

5.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1；

（2）BEC1E．

6.（2019全国II文17）如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BEEC1.

（1）证明：BE平面EB1C1；

（2）若AE=A1E，AB=3，求四棱锥的体积．

7.(2019全国III文19）图1是由矩形ADEB、ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.

（1）证明图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC平面BCGE；

（2）求图2中的四边形ACGD的面积.

8.（2019北京文18）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．

（Ⅰ）求证：BD平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

9.（2019天津文17）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.

10.（2019江苏16）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．

求证：（1）A1B1∥平面DEC1；

（2）BEC1E．

11.（2019浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.

（1）证明：；

（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

12.（2019北京文18）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底部ABCD为菱形，E为CD的中点．

（Ⅰ）求证：BD平面PAC；

（Ⅱ）若∠ABC=60°，求证：平面PAB平面PAE；

（Ⅲ）棱PB上是否存在点F，使得CF∥平面PAE？说明理由．

13.（2019全国1文16）已知∠ACB=90°，P为平面ABC外一点，PC=2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么P到平面ABC的距离为___________．

14.（2019全国1文19）如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点.

（1）证明：MN∥平面C1DE；

（2）求点C到平面C1DE的距离．

15.（2019天津文17）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，

（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.

16.（2019浙江8）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则

A．β

B．β

C．β

D．α

17.（2019浙江19）如图，已知三棱柱，平面平面,，分别是AC，A1B1的中点.

（1）证明：；

（2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.

2010-2018年

一、选择题

1．(2018全国卷Ⅱ)在正方体中，为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为

A．

B．

C．

D．

2．(2018浙江)已知平面，直线，满足，，则“∥”是“∥”的

A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

3．（2017新课标Ⅰ）如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接与平面不平行的是

4．（2017新课标Ⅲ）在正方体中，为棱的中点，则

A．

B．

C．

D．

5．（2016年全国I卷）平面过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，∥平面CB1D1，平面ABCD=m，平面ABB1

A1=n，则m，n所成角的正弦值为

A．

B．

C．

D．

6．（2016年浙江）已知互相垂直的平面

交于直线l．若直线m，n满足m∥α，nβ，则

A．m∥l

B．m∥n

C．nl

D．mn

7．（2015新课标1）《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问”积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有

A．斛

B．斛

C．斛

D．斛

8．（2015新课标2）已知、是球的球面上两点，，为该球面上的动点．若三棱锥体积的最大值为36，则球的表面积为

A．

B．

C．

D．

9．（2015广东）若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，是平面与平面的交线，则下列命题正确的是

A．与，都不相交

B．与，都相交

C．至多与，中的一条相交

D．至少与，中的一条相交

10．（2015浙江）如图，已知，是的中点，沿直线将翻折成，所成二面角的平面角为，则

11．（2014广东）若空间中四条两两不同的直线，满足，则下面结论一定正确的是

A．

B．

C．既不垂直也不平行

D．的位置关系不确定

12．（2014浙江）设是两条不同的直线，是两个不同的平面

A．若，，则

B．若，则

C．若则

D．若，，，则

13．（2014辽宁）已知，表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是

A．若则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

14．（2014浙江）如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面的射击线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小（仰角为直线与平面所成角）。若，，则的最大值

A．

B．

C．

D．

15．（2014四川）如图，在正方体中，点为线段的中点。设点在线段上，直线

与平面所成的角为，则的取值范围是

A．

B．

C．

D．

16．（2013新课标2）已知为异面直线，平面，平面．直线满足，，则

A．且

B．且

C．与相交，且交线垂直于

D．与相交，且交线平行于

17．（2013广东）设是两条不同的直线,是两个不同的平面，下列命题中正确的是

A．若,,,则

B．若,,,则

C．若,,,则

D．若,,,则

18．（2012浙江）设是直线，是两个不同的平面

A．若∥，∥，则∥

B．若∥，，则

C．若，，则

D．若,

∥，则

19．（2012浙江）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，

A．存在某个位置，使得直线与直线垂直

B．存在某个位置，使得直线与直线垂直

C．存在某个位置，使得直线与直线垂直

D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直

20．（2011浙江）下列命题中错误的是

A．如果平面，那么平面内一定存在直线平行于平面

B．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面

C．如果平面，平面，，那么

D．如果平面，那么平面内所有直线都垂直于平面

21．（2010山东）在空间，下列命题正确的是

A．平行直线的平行投影重合

B．平行于同一直线的两个平面平行

C．垂直于同一平面的两个平面平行

D．垂直于同一平面的两条直线平行

二、填空题

22．(2018全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为_____．

三、解答题

23．（2018全国卷Ⅱ）如图，在三棱锥中，，

，为的中点．

(1)证明：平面；

(2)若点在棱上，且，求点到平面的距离．

24．（2018全国卷Ⅲ）如图，矩形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．

(1)证明：平面平面；

(2)在线段上是否存在点，使得平面？说明理由．

25．（2018北京）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，=，，分别为，的中点．

(1)求证：；

(2)求证：平面平面；

(3)求证：∥平面．

26．（2018天津）如图，在四面体中，是等边三角形，平面平面，点为棱的中点，，，．

(1)求证：；

(2)求异面直线与所成角的余弦值；

(3)求直线与平面所成角的正弦值．

27．(2018江苏)在平行六面体中，，．

求证：(1)平面；

(2)平面平面．

28．(2018浙江)如图，已知多面体，，，均垂直于平面，，，，．

(1)证明：平面；

(2)求直线与平面所成的角的正弦值．

29．（2017新课标Ⅱ）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，．

(1)证明：直线∥平面；

(2)若的面积为，求四棱锥的体积。

30．（2017新课标Ⅲ）如图，四面体中，是正三角形，．

(1)证明：；

(2)已知是直角三角形，．若为棱上与不重合的点，且，求四面体与四面体的体积比．

31．（2017天津）如图，在四棱锥中，平面，，，，，，．

（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值；

（Ⅱ）求证：平面；

（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．

32．（2017山东）由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为正方形，为与的交点，为的中点，平面，

（Ⅰ）证明：∥平面；

（Ⅱ）设是的中点，证明：平面平面．

33．（2017北京）如图，在三棱锥中，，，，，为线段的中点，为线段上一点．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求证：平面平面；

（Ⅲ）当∥平面时，求三棱锥的体积．

34．（2017浙江）如图，已知四棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，，，，为的中点．

（Ⅰ）证明：∥平面；

（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

35．（2017江苏）如图，在三棱锥中，ABAD，BCBD，平面ABD平面BCD，点E、F（E与A、D不重合）分别在棱AD，BD上，且EFAD．

求证：（1）EF∥平面ABC；

（2）ADAC．

36．（2017江苏）如图，水平放置的正四棱柱形玻璃容器Ⅰ和正四棱台形玻璃容器Ⅱ的高均为32cm，容器Ⅰ的底面对角线的长为10cm，容器Ⅱ的两底面对角线，的长分别为14cm和62cm．

分别在容器Ⅰ和容器Ⅱ中注入水，水深均为12cm．

现有一根玻璃棒，其长度为40cm．（容器厚度、玻璃棒粗细均忽略不计）

（1）将放在容器Ⅰ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度；

（2）将放在容器Ⅱ中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．

37．（2016年山东）在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.

（I）已知AB=BC，AE=EC.求证：ACFB；

（II）已知G，H分别是EC和FB的中点.求证：GH∥平面ABC.

38．（2016年天津）如图，四边形ABCD是平行四边形，平面AED平面ABCD，EFAB，AB=2，BC=EF=1，AE=，DE=3，∠BAD=60º，G为BC的中点.

(Ⅰ)求证：FG平面BED；

(Ⅱ)求证：平面BED平面AED；

(Ⅲ)求直线EF与平面BED所成角的正弦值.

39．（2016年全国I卷）如图，已知正三棱锥的侧面是直角三角形，，顶点在平面内的正投影为点，在平面内的正投影为点，连结并延长交于点．

（I）证明：是的中点；

（II）在图中作出点在平面内的正投影（说明作法及理由），并求四面体的体积．

40．（2016年全国II卷）如图，菱形的对角线与交于点，点、分别在，上，，交于点，将沿折到的位置.

(Ⅰ)证明：；

(Ⅱ)若,求五棱锥体积．

41．（2016年全国III卷）如图，四棱锥中，底面，，，，为线段上一点，，为的中点．

（Ⅰ）证明平面；

（Ⅱ）求四面体的体积．

42．（2015新课标1）如图四边形为菱形，为与交点，平面．

（Ⅰ）证明：平面平面；

（Ⅱ）若，，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．

43．（2015新课标2）如图，长方体中，，，，点，分别在，上，．过点，的平面与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．

（Ⅰ）在图中画出这个正方形（不必说明画法和理由）；

（Ⅱ）求平面把该长方体分成的两部分体积的比值．

44．（2014山东）如图，四棱锥中，，，

分别为线段的中点.

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）求证：．

45．(2014江苏)如图，在三棱锥中，，E，F分别为棱的中点．已知，

求证：（Ⅰ）直线平面；

（Ⅱ）平面平面．

46．（2014新课标2）如图，四棱锥中，底面为矩形，平面，为的中点．

（Ⅰ）证明：∥平面；

（Ⅱ）设二面角为60°，=1，=，求三棱锥的体积．

47．（2014天津）如图，四棱锥的底面是平行四边形，，,,,分别是棱,的中点．

（Ⅰ）证明:

平面；

（Ⅱ）若二面角为，

（ⅰ）证明：平面平面；

（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．

48．（2013浙江）如图，在四棱锥PABCD中，PA面ABCD，AB=BC=2，AD=CD=，PA=，∠ABC=120°，G为线段PC上的点．

（Ⅰ）证明：BD面APC

；

（Ⅱ）若G是PC的中点，求DG与APC所成的角的正切值；

（Ⅲ）若G满足PC面BGD，求

的值．

49．（2013辽宁）如图，是圆的直径，垂直圆所在的平面，是圆上的点．

（Ⅰ）求证：；

（Ⅱ）设为的中点，为的重心，求证：平面．

50．（2012江苏）如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点D不同于点C），且为的中点．

求证：（Ⅰ）平面平面；

（Ⅱ）直线平面．

51．(2012广东)如图所示，在四棱锥中，平面，，是中点，是上的点，且，为中边上的高．

（Ⅰ）证明：平面；

（Ⅱ）若，求三棱锥的体积；

（Ⅲ）证明：平面．

52．（2011江苏）如图，在四棱锥中，平面PAD平面ABCD，AB=AD，∠BAD=60°，E、F分别是AP、AD的中点．

求证：（Ⅰ）直线EF∥平面PCD；

（Ⅱ）平面BEF平面PAD．

53．（2011广东）如图，在椎体P-ABCD中，ABCD是边长为1的棱形，且∠DAB=60，,PB=2，E，F分别是BC,PC的中点．

（Ⅰ）证明：AD平面DEF；

（Ⅱ）求二面角P-AD-B的余弦值．

54．（2010天津）如图，在五面体中，四边形是正方形，平面，∥，=1，=，∠＝∠＝45°．

（Ⅰ）求异面直线与所成角的余弦值；

（Ⅱ）证明平面；

（Ⅲ）求二面角的正切值．

55．（2010浙江）如图，在平行四边形中，=2，∠=120°．为线段的中点，将沿直线翻折成，使平面平面，为线段的中点．

（Ⅰ）求证：∥平面；

（Ⅱ）设为线段的中点，求直线与平面所成角的余弦值．

专题八

立体几何

第二十三讲

空间中点、直线、平面之间的位置关系

答案部分

2019年

2019年

1.解析

如图所示，联结，.

因为点为正方形的中心，为正三角形，平面平面，是线段的中点，所以平面，平面，因为是中边上的中线，是中边上的中线，直线，是相交直线，设，则，，

所以，，

所以．故选B．

2.解析

（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.

由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.

（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.

由已知可得，，所以DE平面，故DECH.

从而CH平面，故CH的长即为C到平面的距离，

由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.

从而点C到平面的距离为.

3.解析：对于A，内有无数条直线与平行，则与相交或，排除；

对于B，内有两条相交直线与平行，则；

对于C，，平行于同一条直线，则与相交或，排除；

对于D，，垂直于同一平面，则与相交或，排除．

故选B．

4.解析

若②，过作平面，则，又③，则，又，同在内，所以①，即.

5.证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以CC1BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，

所以BE平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BEC1E.

6.解：（1）由已知得B1C1平面ABB1A1，BE平面ABB1A1，

故.

又，所以BE平面.

（2）由（1）知∠BEB1=90°.由题设知RtABE≌RtA1B1E，所以，故AE=AB=3，.

作，垂足为F，则EF平面，且.

所以，四棱锥的体积.

7.解析（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．

又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．

（2）取的中点，联结，.

因为，平面，所以平面，故.

由已知，四边形是菱形，且得，故平面.

因此.

在中，，，故.

所以四边形的面积为4.

8.解析（Ⅰ）因为平面ABCD，且平面，

所以．

又因为底面ABCD为菱形，所以．

又平面，平面，，

所以平面PAC．

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，平面ABCD，

所以PAAE．

因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，

所以AECD．

又，所以ABAE．

又平面，平面，，所以AE平面PAB．

又平面，所以平面PAB平面．

（Ⅲ）棱PB上存在点F，且为的中点，使得CF∥平面PAE．

取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．

因为，分别为，的中点，则FG∥AB，且FG=AB．

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，

所以CE∥AB，且CE=AB．

所以FG∥CE，且FG=CE．

所以四边形CEGF为平行四边形，

所以CF∥EG．

因为CF平面PAE，EG平面PAE，

所以CF∥平面PAE．

9.解析

（Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.

（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，

因为为等边三角形，且为的中点，所以.又，

故在中，.

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

10..证明：（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，

所以ED∥AB.

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1，

所以A1B1∥ED.

又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，

所以A1B1∥平面DEC1.

（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BEAC.

因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1平面ABC.

又因为BE⊂平面ABC，所以CC1BE.

因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，

所以BE平面A1ACC1.

因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BEC1E.

11.（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC.

又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，

平面A1ACC1∩平面ABC=AC，

所以，A1E平面ABC，则A1EBC.

又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.

所以BC平面A1EF.

因此EFBC.

（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．

由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．

由（I）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，

所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.

不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=.

由于O为A1G的中点，故，

所以．

因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．

12.解析（Ⅰ）因为平面ABCD，且平面，

所以．

又因为底面ABCD为菱形，所以．

又平面，平面，，

所以平面PAC．

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，平面ABCD，

所以PAAE．

因为底面ABCD为菱形，∠ABC=60°，且E为CD的中点，

所以AECD．

又，所以ABAE．

又平面，平面，，所以AE平面PAB．

又平面，所以平面PAB平面．

（Ⅲ）棱PB上存在点F，且为的中点，使得CF∥平面PAE．

取F为PB的中点，取G为PA的中点，连结CF，FG，EG．

因为，分别为，的中点，则FG∥AB，且FG=AB．

因为底面ABCD为菱形，且E为CD的中点，

所以CE∥AB，且CE=AB．

所以FG∥CE，且FG=CE．

所以四边形CEGF为平行四边形，

所以CF∥EG．

因为CF平面PAE，EG平面PAE，

所以CF∥平面PAE．

13.

过点P作PO平面ABC交平面ABC于点O，

过点P作PDAC交AC于点D，作PEBC交BC于点E，联结OD，OC，OE，

则

所以又,

故四边形为矩形.

有所做辅助线可知，

所以，

所以矩形为边长是1的正方形，则.

在中，，所以.

即为点P到平面ABC的距离，即所求距离为.

14.解析

（1）连结.因为M，E分别为的中点，所以，且.又因为N为的中点，所以.

由题设知，可得，故，因此四边形MNDE为平行四边形，.又平面，所以MN∥平面.

（2）过C作C1E的垂线，垂足为H.

由已知可得，，所以DE平面，故DECH.

从而CH平面，故CH的长即为C到平面的距离，

由已知可得CE=1，C1C=4，所以，故.

从而点C到平面的距离为.

15.解析

（Ⅰ）连接，易知，.又由，故，又因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）取棱的中点，连接.依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故.又已知，，所以平面.

（Ⅲ）连接，由（Ⅱ）中平面，可知为直线与平面所成的角，

因为为等边三角形，且为的中点，所以.又，

故在中，.

所以，直线与平面所成角的正弦值为.

16.解析：解法一：如图G为AC的中点，V在底面的射影为O，则P在底面上的射影D在线段AO上，

作于E，易得，过P作于F，

过D作，交BG于H，

则，，，

则，可得；

，可得.

解法二：由最小值定理可得，记的平面角为(显然)，

由最大角定理可得；

解法三特殊图形法：设三棱锥为棱长为2的正四面体，P为VA的中点，

易得，可得，，，

故选B．

17.（I）连接A1E，因为A1A=A1C，E是AC的中点，所以A1EAC.

又平面A1ACC1平面ABC，A1E平面A1ACC1，

平面A1ACC1∩平面ABC=AC，

所以，A1E平面ABC，则A1EBC.

又因为A1F∥AB，∠ABC=90°，故BCA1F.

所以BC平面A1EF.

因此EFBC.

（Ⅱ）取BC中点G，连接EG，GF，则EGFA1是平行四边形．

由于A1E平面ABC，故AE1EG，所以平行四边形EGFA1为矩形．

由（I）得BC平面EGFA1，则平面A1BC平面EGFA1，

所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.

连接A1G交EF于O，则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角（或其补角）.

不妨设AC=4，则在RtA1EG中，A1E=2，EG=.

由于O为A1G的中点，故，

所以．

因此，直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是．

2010-2018年

1．C【解析】如图，连接，因为，所以异面直线与所成角等于相交直线与所成的角，即．不妨设正方体的棱长为2，则，，由勾股定理得，又由平面，可得，

所以，故选C．

2．A【解析】若，，∥，由线面平行的判定定理知∥．若∥，，，不一定推出∥，直线与可能异面，故“∥”是“∥”的充分不必要条件．故选A．

3．A【解析】由正方体的线线关系，易知B、C、D中，所以平面，

只有A不满足．选A．

4．C【解析】如图，连结，易知平面，所以，又，所以平面，故，选C．

5．A【解析】因为过点的平面与平面平行，平面∥平面，所以∥∥，又∥平面，所以∥，则与所成的角为所求角，所以，所成角的正弦值为，选A．

6．C【解析】选项A，只有当或时，；选项B，只有当时；选项C，由于，所以；选项D，只有当或时，，故选C．

7．B【解析】由得圆锥底面的半径，所以米堆的体积，所以堆放的米有斛．

8．C【解析】三棱锥，其中为点到平面的距离，而底面三角形时直角三角形，顶点到平面的最大距离是球的半径，

故=，其中为球的半径，

所以，所以球的表面积．

9．D【解析】若直线和是异面直线，在平面内，在平面内，是平面与平面的交线，则至少与，中的一条相交，故选A．

10．B【解析】解法一

设，，则由题意知．

在空间图形中，连结，设=．

在中，．

过作，过作，垂足分别为．

过作，使四边形为平行四边形，则，

连结，则就是二面角的平面角，所以．

在中，，．

同理，，，故．

显然平面，故．

在中，．

在中，

=

，

所以

，

所以（当时取等号），

因为，，而在上为递减函数，

所以，故选B．

解法二

若，则当时，，排除D；当时，，，排除A、C，故选B．

11．D【解析】利用正方体模型可以看出，与的位置关系不确定．选D．

12．C【解析】选项中均可能与平面平行、垂直、斜交或在平面内，故选．

13．B【解析】对于选项A，若，则与可能相交、平行或异面，A错误；显然选项B正确；对于选项C，若，，则或，C错误；对于选项D，若，，则或或与相交，D错误．故选B．

14．D【解析】作，垂足为，设，则，

由余弦定理，

，

故当时，取得最大值，最大值为．

15．B【解析】直线与平面所成的角为的取值范围是，

由于，，

所以的取值范围是

16．D【解析】作正方形模型，为后平面，为左侧面

可知D正确．

17．D【解析】A中可能平行、垂直、也可能为异面；B中还可能为异面；C中

应与中两条相交直线垂直时结论才成立，选D．

18．B【解析】利用排除法可得选项B是正确的，∥，，则．如选项A：∥，∥时，或∥；选项C：若，，∥或；选项D：若,

，∥或．

19．B【解析】过点作，若存在某个位置，使得，则面，从而有，计算可得与不垂直，则A不正确；当翻折到时，因为，所以面，从而可得；若，因为，所以面，从而可得，而，所以这样的位置不存在，故C不正确；同理，D也不正确，故选B．

20．D【解析】对于D，若平面平面，则平面内的某些直线可能不垂直于平面，即与平面的关系还可以是斜交、平行或在平面内，其余选项易知均是正确的．

21．D【解析】两平行直线的平行投影不一定重合，故A错；由空间直线与平面的位置关系及线面垂直与平行的判定与性质定理可知、均错误，故选D．

22．【解析】由题意画出图形，如图，

设是底面圆的直径，连接，则是圆锥的高，设圆锥的母线长为，

则由，的面积为8，得，得，在中，

由题意知，所以，．

故该圆锥的体积．

23．【解析】(1)因为，为的中点，所以，且．

连结．因为，所以为等腰直角三角形，

且，．

由知，．

由，知平面．

(2)作，垂足为．又由(1)可得，所以平面．

故的长为点到平面的距离．

由题设可知，，．

所以，．

所以点到平面的距离为．

24．【解析】(1)由题设知，平面平面，交线为．

因为，平面，所以平面，故．

因为为上异于，的点，且为直径，所以

．

又=，所以平面．

而平面，故平面平面．

(2)当为的中点时，∥平面．

证明如下：连结交于．因为为矩形，所以为中点．

连结，因为为

中点，所以∥．

平面，平面，所以∥平面．

25．【解析】(1)，且为的中点，．

底面为矩形，，

．

(2)底面为矩形，．

平面平面，平面．

．又，

平面，平面平面．

(3)如图，取中点，连接．

分别为和的中点，，且．

四边形为矩形，且为的中点，

，

，且，四边形为平行四边形，

．

又平面，平面，

平面．

26．【解析】(1)由平面平面，平面∩平面=，，可得平面，故．

(2)取棱的中点，连接，．又因为为棱的中点，故∥．所以（或其补角）为异面直线与所成的角．

在中，，故．

因为平面，故．

在中，，故．

在等腰三角形中，，可得．

所以，异面直线与所成角的余弦值为．

(3)连接．因为为等边三角形，为边的中点，故，

．又因为平面平面，而平面，

故平面．所以，为直线与平面所成的角．

在中，．

在中，．

所以，直线与平面所成角的正弦值为．

27．【证明】(1)在平行六面体中，．

因为平面，平面，

所以∥平面．

(2)在平行六面体中，四边形为平行四边形．

又因为，所以四边形为菱形，

因此．

又因为，∥，

所以．

又因为=，平面，平面，

所以平面．

因为平面，

所以平面平面．

28．【解析】(1)由，，，，得

，

所以．

故．

由，，，，得，

由，得，

由，得，所以，故．

因此平面．

(2)如图，过点作，交直线于点，连结．

由平面得平面平面，

由得平面，

所以是与平面所成的角．

由，，

得，，

所以，故．

因此，直线与平面所成的角的正弦值是．

29．【解析】（1）在平面内，因为，所以∥，

又平面，平面，故∥平面．

（2）取的中点，连结，．由及∥，

得四边形正方形，则．

因为侧面为等边三角形且垂直于底面，平面平面=，所以，底面．因为底面，所以．

设，则，，，．取的中点，连结，则，所以．

因为的面积为，所以，解得（舍去），．于是，，．

所以四棱锥的体积．

30．【解析】（1）取的中点连结，.因为，所以．

又由于是正三角形，所以.从而平面，故BD.

（2）连结．

由（1）及题设知，所以．

在中，．

又，所以

，故.

由题设知为直角三角形，所以．

又是正三角形，且，所以．

故为BD的中点，从而到平面的距离为到平面的距离的，四面体的体积为四面体的体积的，即四面体与四面体的体积之比为1:1．

31．【解析】（Ⅰ）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角．因为AD平面PDC，所以ADPD．在RtPDA中，由已知，得，故．

所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为．

（Ⅱ）证明：因为AD平面PDC，直线PD平面PDC，所以ADPD．又因为BC//AD，所以PDBC，又PDPB，所以PD平面PBC．

（Ⅲ）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角．

因为PD平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，所以为直线DF和平面PBC所成的角．

由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，由已知，得CF=BC–BF=2．又ADDC，故BCDC，在RtDCF中，可得,在RtDPF中，可得．

所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为．

32．【解析】（Ⅰ）取中点,连接，，

由于为四棱柱,

所以，，

因此四边形为平行四边形,

所以,

又面,平面,

所以∥平面,

（Ⅱ）．，分别为和的中点，

，

又平面，平面，

所以，

，所以，，

又，平面，

所以平面

又平面,

所以平面平面．

33．【解析】（Ⅰ）因为，，所以平面，

又因为平面，所以．

（Ⅱ）因为，为中点，所以，

由（Ⅰ）知，，所以平面．

所以平面平面．

（Ⅲ）因为平面，平面平面，

所以．

因为为的中点，所以，．

由（Ⅰ）知，平面，所以平面．

所以三棱锥的体积．

34．【解析】（Ⅰ）如图，设PA中点为F，连结EF，FB．

因为E，F分别为PD，PA中点，所以EF∥AD且，

又因为BC∥AD，，所以

EF∥BC且EF=BC，

即四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF，

因此CE∥平面PAB．

（Ⅱ）分别取BC，AD的中点为M，N．连结PN交EF于点Q，连结MQ．

因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，所以Q为EF中点，

在平行四边形BCEF中，MQ∥CE．

由为等腰直角三角形得

PNAD．

由DCAD，N是AD的中点得

BNAD．

所以

AD平面PBN，

由BC∥AD得

BC平面PBN，

那么，平面PBC平面PBN．

过点Q作PB的垂线，垂足为H，连结MH．

MH是MQ在平面PBC上的射影，所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．

设CD=1．

在中，由PC=2，CD=1，PD=得CE=，

在PBN中，由PN=BN=1，PB=得，

在中，，MQ=，

所以

，

所以，直线CE与平面PBC所成角的正弦值是．

35．【解析】证明：（1）在平面内，因为，，所以.

又因为平面，平面，所以∥平面.

（2）因为平面平面，

平面平面=，

平面，，

所以平面.

因为平面，所以.

又，，平面，平面，

所以平面，

又因为平面，

所以．

36．【解析】（1）由正棱柱的定义，平面，

所以平面平面，．

记玻璃棒的另一端落在上点处．

因为，．

所以，从而．

记与水平的交点为，过作，为垂足，

则平面，故，

从而．

答：玻璃棒没入水中部分的长度为16cm.

(

如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为24cm)

（2）如图，，是正棱台的两底面中心.

由正棱台的定义，平面

，

所以平面平面，.

同理，平面平面，.

记玻璃棒的另一端落在上点处.

过作，为垂足，

则==32.

因为=

14，=

62，

所以=

，从而.

设则.

因为，所以.

在中，由正弦定理可得，解得.

因为，所以.

于是

.

记与水面的交点为，过作，为垂足，则

平面，故=12，从而

=.

答:玻璃棒没入水中部分的长度为20cm.

(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为20cm)

37．【解析】（Ⅰ）证明：因，所以与确定一个平面，连接，因为

为的中点，所以；同理可得，又因为，所以平面，因为平面，．

（Ⅱ）设的中点为，连，在中，是的中点，所以，又，所以；在中，是的中点，所以，又，所以平面平面，因为平面，所以平面．

38．【解析】（Ⅰ）证明：取的中点为，连接，在中，因为是的中点，所以且，又因为，所以且，即四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．

（Ⅱ）证明：在中，，由余弦定理可，进而可得，即，又因为平面平面平面；平面平面，所以平面.又因为平面，所以平面平面．

（Ⅲ）解：因为，所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角.过点作于点，连接，又因为平面平面，由（Ⅱ）知平面，所以直线与平面所成角即为.在中，，由余弦定理可得，所以，因此，在中，，所以直线与平面所成角的正弦值为．

39．【解析】（Ⅰ）因为在平面内的正投影为，所以

因为在平面内的正投影为，所以

所以平面，故

又由已知可得，，从而是的中点.

（Ⅱ）在平面内，过点作的平行线交于点，即为在平面内的正投影.

理由如下：由已知可得，，又,所以，,因此平面，即点为在平面内的正投影.

连接，因为在平面内的正投影为，所以是正三角形的中心.

由（Ⅰ）知，是的中点，所以在上，故

由题设可得平面，平面，所以，因此

由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且，可得

在等腰直角三角形中，可得

所以四面体的体积

40．【解析】（Ⅰ）由已知得，，

又由得，故

由此得，所以

（Ⅱ）由得

由得

所以

于是故

由（Ⅰ）知，又，

所以平面于是

又由，所以，平面

又由得

五边形的面积

所以五棱锥体积

41．【解析】（Ⅰ）由已知得，取的中点，连接，由为中点知，.

又，故平行且等于，四边形为平行四边形，于是.

因为平面，平面，所以平面.

（Ⅱ）因为平面，为的中点，所以到平面的距离为．取的中点，连结.由得，

.

由得到的距离为，故.

所以四面体的体积.

42．【解析】（Ⅰ）因为四边形为菱形，所以，

因为平面，所以，故平面．

又平面，所以平面平面．

（Ⅱ）设=，在菱形中，由=120°，

可得=，=．

因为，所以在中，可得．

由平面，知为直角三角形，可得．

由已知得，三棱锥的体积．

故．

从而可得．

所以的面积为3，的面积与的面积均为．

故三棱锥的侧面积为．

43．【解析】（Ⅰ）交线围成的正方形如图

（Ⅱ）作，垂足为，则，，．因为为正方形，所以．

于是，，．

因为长方形被平面分成两个高为10的直棱柱，所以其体积的比值为（也正确）．

44．【解析】（Ⅰ）设，连结OF，EC，

由于E为AD的中点，，

所以,

因此四边形ABCE为菱形，所以O为AC的中点，又F为PC的中点，

因此在中，可得.

又平面BEF，平面BEF，所以平面.

（Ⅱ）由题意知，，所以四边形为平行四边形，

因此．又平面PCD，所以，因此．

因为四边形ABCE为菱形，所以.

又，AP，AC平面PAC，所以平面．

45．【解析】（Ⅰ）为中点，DE∥PA，

平面DEF，DE平面DEF，PA∥平面DEF，

（Ⅱ）为中点，，

为中点，，

，，DEEF，

，，

，DE平面ABC，

DE平面BDE，平面BDE平面ABC．

46．【解析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连结EO．

因为ABCD为矩形，所以O为BD的中点。

又E为PD的中点，所以EO∥PB。

EO平面AEC,PB平面AEC，所以PB∥平面AEC.

（Ⅱ）因为PA平面ABCD，ABCD为矩形，所以AB，AD，AP两两垂直．

如图，以A为坐标原点，的方向为轴的正方向，为单位长，建立空间直角坐标系，

则.

设，则。

设为平面ACE的法向量，

则即，

可取．

又为平面DAE的法向量，

由题设，即，解得．

因为E为PD的中点，所以三棱锥的高为．

三棱锥的体积．

47．【解析】（Ⅰ）证明：如图取PB中点M，连接MF，AM.因为F为PC中点，

故MF//BC且MF=BC．由已知有BC//AD，BC=AD．又由于E为AD中点，

因而MF//AE且MF=AE，故四边形AMFE为平行四边形，

所以EF//AM，又AM平面PAB，而EF平面PAB，

所以EF//平面PAB.

（Ⅱ）（i）证明：连接PE，BE．因为PA=PD，BA=BD，而E为AD中点，

故PEAD，BEAD，所以PEB为二面角P-AD-B的平面角．在三角形PAD中，

由，可解得PE=2．

在三角形ABD中，由，可解得BE=1．

在三角形PEB中，PE=2，BE=1，，

由余弦定理，可解得PB=，从而，即BEPB，

又BC//AD，BEAD，从而BEBC，因此BE平面PBC．又BE平面ABCD，

所以平面PBC平面ABCD．

（ii）连接BF，由（i）知BE平面PBC．所以EFB为直线EF与平面PBC所成的角，

由PB=，PA=，AB=得ABP为直角，而MB=PB=，可得AM=，

故EF=，又BE=1，故在直角三角形EBF中，

所以直线EF与平面PBC所成角的正弦值为．

48．【解析】（Ⅰ）设点O为AC，BD的交点，

由AB＝BC，AD＝CD，得BD是线段AC的中垂线．

所以O为AC的中点，BDAC．

又因为PA平面ABCD，BD平面ABCD，

所以PABD．所以BD平面APC．

（Ⅱ）连结OG.由(1)可知OD平面APC，则DG在平面APC内的射影为OG，所以∠OGD是DG与平面APC所成的角．

由题意得OG＝PA＝.

在ABC中，AC＝＝，

所以OC＝AC＝.

在直角OCD中，OD＝＝2.

在直角OGD中，tan∠OGD＝.

所以DG与平面APC所成的角的正切值为.

（Ⅲ）连结OG.因为PC平面BGD，OG平面BGD，所以PCOG.

在直角PAC中，得PC＝.

所以GC＝.

从而PG＝，

所以.

49．【解析】（Ⅰ）由AB是圆O的直径，得ACBC．

由PA平面ABC，BC平面ABC，得PABC，

又PA∩AC=A，PA平面PAC，AC平面PAC，

所以BC平面PAC．

（Ⅱ）连OG并延长交AC与M，链接QM，QO.

由G为∆AOC的重心，得M为AC中点，

由G为PA中点，得QMPC.

又O为AB中点，得OMBC.

因为QM∩MO=M，QM平面QMO．

所以QG//平面PBC．

50．【解析】（Ⅰ）因为是直三棱柱，所以平面ABC，又平面,所以，又因为平面，所以平面，又AD平面ADE，所以平面ADE平面.

（Ⅱ）因为，为的中点，所以．因为平面，且平面，所以又因为，平面，

，所以平面，所以AD．又AD平面，平面，所以平面．

51．【解析】（Ⅰ）平面，面

又面

（Ⅱ）是中点点到面的距离，

三棱锥的体积

，

（Ⅲ）取的中点为，连接，，

又平面面面面，

点是棱的中点

，

得：平面．

52．【证明】：（Ⅰ）在PAD中，因为E、F分别为AP，AD的中点，所以EF//PD．

又因为EF平面PCD，PD平面PCD，

所以直线EF//平面PCD．

（Ⅱ）连结DB，因为AB=AD，∠BAD=60°，

所以ABD为正三角形，因为F是AD的中点，所以BFAD．

因为平面PAD平面ABCD，BF平面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，

所以BF平面PAD．又因为BF平面BEF，所以平面BEF平面PAD．

53．【解析】法一：（Ⅰ）证明：取AD中点G，连接PG，BG，BD．因PA=PD，有，在中，，有为等边三角形，因此，所以平面PBG

又PB//EF，得，而DE//GB得AD

DE，又，所以AD

平面DEF。

（Ⅱ），为二面角P—AD—B的平面角，

在，

在，

，

法二：（Ⅰ）取AD中点为G，因为

又为等边三角形，因此，，

从而平面PBG．

延长BG到O且使得PO

OB，又平面PBG，PO

AD，

所以PO

平面ABCD．

以O为坐标原点，菱形的边长为单位长度，直线OB，OP分别为轴，z轴，平行于AD的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系．

设

由于

得

平面DEF．

（Ⅱ）

取平面ABD的法向量

设平面PAD的法向量

由

取

54．【解析】（Ⅰ）因为四边形是正方形，所以//.故为异面直线与所成的角.因为平面，所以.故.

在中，=1，=，==3,

故==.

所以异面直线和所成角的余弦值为.

（Ⅱ）证明：过点作//,交于点，则.由,可得,从而,又,=,所以平面.

(Ⅲ)解：由（Ⅱ）及已知，可得=，即为的中点.取的中点，连接，则,因为//,所以//.过点作，交于，则为二面角--的平面角。

连接，可得平面,故.从而.由已知，可得=.由//,,得.

在中，,

所以二面角--的正切值为．

55．【解析】

(Ⅰ)取的中点G，连结GF，CE，由条件易知

FG∥CD，FG=CD．BE∥CD,BE=CD．所以FG∥BE，FG=BE．

故四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG．

因为平面，BF平面，所以

BF//平面．

（Ⅱ）解：在平行四边形,ABCD中，设BC=，则AB=CD=2，AD=AE=EB=，

连CE，因为．

在BCE中，可得CE=，

在ADE中，可得DE=，

在CDE中，因为CD2=CE2+DE2，所以CEDE,

在正三角形中，M为DE中点，所以DE.

由平面平面BCD,

可知平面BCD,

CE.

取的中点N，连线NM、NF，

所以NFDE，NF.

因为DE交于M，

所以NF平面，

则∠FMN为直线FM与平面新成角．

在RtFMN中，NF=,

MN=,

FM=，

高二历史的知识点范文第4篇

第一，看历史书的方法。这里所说的历史书，既包括我们使用的历史教科书，也包括历史文本资料（历史刊物等），还包括相关的历史学习网站中的资料。中国的历史源远流长，历史书种类繁多。要想学好历史，除了进行大量的阅读外，没有捷径可循。我一般看历史书的方法是：先看目，了解整本书的知识框架结构；其次看前言，了解成书的缘由；最后看正文，知道书的内容以及作者对相关史实的观点。在此过程中，要精读重要的历史书。对一些不太重要的历史书仅需简单浏览、了解就够了。精读的书要慢读、细读、反复读；对于需要泛读的书可以一目十行、蜻蜓点水，快速地从书中汲取有用的信息。

在平时看历史教科书的过程中，我们要尽力做到“五到”：目录要看到，从整体上把握教科书全貌；单元前言要看到，把握具体学习模块的概况；正文要看到，要细读正文里大量的知识点和评价；活动思考题也要研究到，熟悉和研究知识是以哪种方式转化为试题的；最后就是看到教科书后的历史大事年表，历史大事年表是对正文的补充。

第二，课堂听课的方法。我听课的方法主要包括以下四个方面：听，思，记，悟。“听”就是听讲，听的时候要思维集中，把握老师和同学讲话的要点和关键之处。“思”就是思考。一方面思考课堂上听讲的内容哪些需要记忆和学习，另一方面思考课堂上的内容是否掌握住了，有无疑问和困惑。“记”既包括在课堂学习中对知识的理解和记忆，也包括对知识要点做笔记。我的历史听课笔记内容包括板书提纲、学习重点、老师对教材的拓展和挖掘等。笔记要简洁明了，以便自己日后进行整理和复习。所谓“悟”，就是要学习和掌握老师处理问题的方法，同时也要观察学习其他同学在历史学习中的成功之处。

第三，搜集历史资料的方法。搜集历史资料前，应首先确定时间、地域和内容范围。其次，寻找获取资料的有效渠道。我比较常用的渠道：一是到图书馆查阅相关历史资料，多读书，多思悟；二是利用互联网进行搜索；三是在旅游过程中多看、多听、多问。要根据对学习的重要程度对资料进行筛选、分类整理，以便在学习中使用、查找、联系。

第四，探讨历史问题的方法。老师经常强调，历史学的要求就是“论从史出，史论结合”。我们在运用手中掌握的历史资料探讨历史问题前，首先，应对历史资料进行认真的鉴定，要鉴定材料的来源、材料的真假、材料的作者、材料的性质等。其次，在使用历史资料作证据时，应注意选用典型的、重要的材料，以说明问题。要选用多且不同来源的相关材料来论证某一个问题，遵循“孤证不立”的原则。最后，要全面认识和理解所选材料的含义，不断章取义、主观臆断、随意阐释，要用证据支撑论点或结论。

第五，做历史练习的方法。我这里所讲的“练习”主要是做书面作业。通过练习，可加深对已学历史知识的理解和感悟，通过练习可及时发现自己在历史学习上的不足。发现不足要及时弥补，弥补的过程也是知识系统化和条理化的过程。我做习题的一般步骤为：第一步，审题，即“获取和解读信息”。 第二步，将所学知识与试题的形式和内容建立正确的联系，即“调动和运用知识”。 第三步，正确表述事物和现象，准确描述和阐释事物的特征，运用判断、归纳、演绎、比较、概括等方法论证问题。

第六，记忆历史知识的方法。记忆历史知识是学好历史课程的基础和前提。对于大多数同学来说，记忆历史知识往往是比较头疼的事，甚至是烦恼的事，因此学会和掌握一些记忆的方法和技巧是有必要的。比如：边学习边记忆，先理解后记忆，有效重复。此外，还可以把学到的新的、比较陌生的历史知识和已经掌握的比较熟悉的历史知识联系起来或者将其纳入到已有的历史知识网络中去。具体的记忆方法有很多，如联想记忆法、形象记忆法、逻辑记忆法、比较记忆法、归类记忆法、提纲记忆法、图表记忆法、谐音记忆法、歌诀记忆法、数字记忆法等。

高二历史的知识点范文第5篇

关键词历史；开卷考试；复习策略

如何在有限的时间里提高复习效率?这是所有中学生面临的问题,对于开卷考试,学生更应树立正确的应考观念,掌握科学的复习方法。首先,改变错误观念。提到开卷考试,有些学生认为,平时看不看书无所谓,反正高中学业水平测试可以带教材和复习资料进考场,到时抄书就行了!其实这是一种错误的观念。高中学业水平测试考试时间有限、命题涉及范围广、考查知识点多、试题综合性强,并遵循“以能力立意命题”为原则。如果,学生平时忽视对基础知识进行系统地掌握,那么想在短时间内,靠查找教材和资料答好试题并取得理想的成绩,难度是很大的。其中,一个重要的原因就是时间不够。从以往情况来看,基础知识掌握不扎实的学生在答题时,由于翻书时间过长,往往试卷做不完,从而影响考试成绩。其次,要掌握正确的复习方法。

1.注重对基础史实的记忆。历届高中学业水平测试命题,都会依据课程标准和考试说明,试题的难度适中。基本史实的再现仍是考查的重点,因此熟悉甚至记住基础史实,将会大大减少翻书的时间,提高答题速度,节省出较多的时间思考难度较大的题目。只有在熟练掌握基础史实的前提下,才能在考试中快速做出正确选择与判断。

2.识记教材框架。高二年级时间紧迫,要求每一位学生都能熟记学过的知识要点,似乎不太现实。对于开卷考试,考生如果能在最短的时间里,迅速找到所考查知识点在教材中的位置,不仅能加快答题速度,还能提高答卷质量。这就要求考生必须对每册、每单元、每课的大致框架非常熟悉。

3.充分利用时间。学生要备齐教材,把它们放在书桌的一角,随时翻看,哪怕是无意识的,也会起到事半功倍的效果。

4.多做真题和模拟题。注意时间分配,逐渐适应高中学业水平测试。高中学业水平测试的试卷题型多样,而且考试时间有限,考生如果不能合理分配时间,很可能会出现顾此失彼的现象,从而影响考试成绩。所以,学生在平时训练和模拟考试时,应该学会分配考试时间,按高中学业水平测试要求来控制答题速度,逐渐适应高中学业水平测试。

5.做到课前预习,发现问题。课本是知识的重要载体,通过预习,学生才能在上课时把握教材的重点、难点。看历史书不能单纯读故事,而要多思考,边看书边用笔圈、勾、点、画。圈点的过程既是提炼重点的过程,也是发现问题、提出问题以及解决问题的过程。