1.2.2
空间中的平行关系
2
课堂探究
探究一
平面与平面平行的判定定理
平面与平面平行判定的四种常用证明方法：
(1)(定义法)证明两个平面没有公共点，通常采用反证法．
(2)(利用判定定理)一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面，证明时应遵循先找后作的原则，即先在一个平面内找到两条与另一个平面平行的相交直线，若找不到再作辅助线．
(3)(转化为线线平行)平面α内的两条相交直线与平面β内的两条直线分别平行，则α∥β．
(4)(利用平行平面的传递性)若α∥β，β∥γ，则α∥γ．
【典型例题1】
如图所示，三棱柱ABCA1B1C1，D是BC上一点，且A1B∥平面AC1D，D1是B1C1的中点．
求证：平面A1BD1∥平面AC1D．
思路分析：由A1B∥平面AC1D 平面A1BC∩平面AC1D＝ED，A1B∥ED D为BC中点 得出结论．
证明：如图所示，连接A1C交AC1于点E，
因为四边形A1ACC1是平行四边形，
所以E是A1C的中点，连接ED，
因为A1B∥平面AC1D，
平面A1BC∩平面AC1D＝ED，
所以A1B∥ED．
因为E是A1C的中点，
所以D是BC的中点．
又因为D1是B1C1的中点，
所以BD1∥C1D，A1D1∥AD．
又A1D1∩BD1＝D1，AD∩C1D＝D，
所以平面A1BD1∥平面AC1D．
探究二
平面与平面平行的性质定理
1．平面与平面平行的性质定理实际给出了判定两条直线平行的一种方法，应用时需要作(找)出第三个平面与已知的两个平行平面的交线，从而说明两交线平行．类似于线面平行的性质定理，是以平面为媒介证明线线平行的．该定理可以简单地概括为：面面平行 线线平行．
2．两个平面平行除了具有上述性质外，还有以下结论，这些结论在证题中经常遇到．
(1)如果两个平面平行，那么其中一个平面内的任一直线均平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面间的平行线段相等．
(3)经过平面外一点，有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(5)平行于同一平面的两个平面平行(即平行平面的传递性)．
【典型例题2】
如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E为CC1的中点，求证：AC∥平面DB1E．
证明：取B1B的中点F，连接EF，FC，FA，
因为E，F为中点，
所以EFBC，
又因为BCAD，
所以EFAD，
所以四边形EFAD为平行四边形，
所以AF∥DE，
又因为E，F为中点，且C1CB1B，
有CEB1F，
所以四边形CEB1F为平行四边形，
所以B1E∥FC，
因为B1E∩DE＝E，CF∩AF＝F，
所以平面ACF∥平面DB1E，
因为AC 平面ACF，
所以AC∥平面DB1E．
【典型例题3】
如图，已知α∥β，点P是平面α，β外的一点(不在α与β之间)，直线PB，PD分别与α，β相交于点A，B和C，D．
(1)求证：AC∥BD．
(2)已知PA＝4
cm，AB＝5
cm，PC＝3
cm，求PD的长．
解：(1)证明：因为PB∩PD＝P，
所以不妨设直线PB和PD确定一个平面γ，则α∩γ＝AC，β∩γ＝BD．
又α∥β，所以AC∥BD．
(2)由(1)得AC∥BD，
所以＝，所以＝，
所以CD＝
(cm)，
所以PD＝PC＋CD＝
(cm)．
探究三
探索型问题
解探索型问题常用策略：
(1)(条件探索型)所给问题结论明确，需要完备条件或条件需探索，或条件增删需确定，或条件正误需判断．
(2)(结论探索型)先探索结论再去证明，在探索过程中常先从特殊情况入手，通过观察、分析、归纳进行猜测，得出结论，再就一般情况去证明结论．
【典型例题4】
如图所示，在四棱锥P ABCD中，AB∥CD，E，F分别为PC，PD的中点，在底面ABCD内是否存在点Q，使平面EFQ∥平面PAB？若存在，确定点Q的位置；若不存在，说明理由．
解：存在．点Q在底面ABCD的中位线GH上，理由如下：
取AD，BC的中点G，H，连接FG，HE，GH．
因为F，G分别为DP，DA的中点，所以FG∥PA．
因为FG平面PAB，PA 平面PAB，
所以FG∥平面PAB．
因为AB∥CD，EF∥CD，EF∥AB，
而EF平面PAB，AB 平面PAB，
所以EF∥平面PAB．
因为EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面PAB．
又GH∥CD，所以GH∥EF．
所以平面EFG即平面EFGH．
所以平面EFGH∥平面PAB．
又点Q∈平面ABCD，所以点Q∈(平面EFGH∩平面ABCD)．所以点Q∈GH．
所以点Q在底面ABCD的中位线GH上．1.1.6
棱柱、棱锥、棱台和球的表面积
课堂探究
探究一
棱柱、棱锥、棱台的面积问题
对于多面体，只有直棱柱，正棱锥和正棱台可直接用公式求侧面积，其余多面体的侧面积要把每个侧面积求出来再相加，求解时还要注意区分是求侧面积还是表面积．
【典型例题1】
如图所示，正四棱锥底面正方形的边长为4
cm，高与斜高的夹角为30°，求该正四棱锥的侧面积和表面积．
思路分析：根据多面体的侧面积公式，必须求出相应多面体的底面边长和各侧面的斜高，我们可以把问题转化到三角形内加以分析求解．
解：正四棱锥的高PO，斜高PE，底面边心距OE组成一个Rt△POE．
因为OE＝2
cm，∠OPE＝30°，
所以PE＝＝4(cm)．
因此S正四棱锥侧＝ch′＝×4×4×4＝32(cm2)，
S正四棱锥表＝S正四棱锥侧＋S正四棱锥底＝32＋4×4＝48(cm2)．
点评解决此类题目先利用正棱锥的高、斜高、底面边心距组成的直角三角形求解相应的元素，再代入面积公式求解．空间几何体的表面积运算，一般先转化为平面几何图形的运算，再充分利用平面几何图形的特性通过解三角形完成基本量的运算．
【典型例题2】
已知正六棱台的两底面边长分别为1
cm和2
cm，高是1
cm，求它的侧面积．
解：如图所示是正六棱台的一个侧面及其高组成的一部分(其余部分省略)，则侧面ABB1A1为等腰梯形，OO1为高，且OO1＝1
cm，AB＝1
cm，A1B1＝2
cm，取AB和A1B1的中点C，C1，连接OC，CC1，O1C1，则CC1为正六棱台的斜高，且四边形OO1C1C为直角梯形．
根据正六棱台的性质可得，
OC＝AB＝
(cm)，
O1C1＝A1B1＝(cm)，
所以CC1＝＝
(cm)．又知上、下底面周长分别为c＝6AB＝6(cm)，c′＝6A1B1＝12(cm)，斜高h′＝CC1＝cm．所以正六棱台的侧面积为S正六棱台侧＝(c＋c′)h′＝×(6＋12)×＝(cm2)．
点评求正棱台的侧面积同正棱锥类似，除了利用相对应的侧面积公式，也要利用正棱台中的核心直角梯形．
探究二
圆柱、圆锥、圆台的面积问题
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式：S圆柱侧＝2πrl，S圆锥侧＝πrl，S圆台侧＝π(r1＋r2)l，
如上图，当r1变化时，相应的图形也随之变化，当r1＝0，r2＝r时，相应的圆台就转化为圆锥，而当r1＝r2＝r时，相应的圆台就转化为圆柱，相应的侧面积公式也随之变化．
圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式之间的变化关系为
S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)lS圆锥侧＝πrl．
2．对于圆锥还要明确如下结论：
(1)圆锥的侧面展开图是扇形．
(2)圆锥的底面周长 扇形的弧长．
(3)圆锥的母线长 扇形的半径．
(4)S扇形＝(其中n°为扇形圆心角的度数，r为扇形的半径)．
【典型例题3】
(1)圆锥的底面直径为6，高是4，则它的侧面积为( )
A．12π
B．24π
C．15π
D．30
解析：作圆锥轴截面如图，高AD＝4，底面半径CD＝3，则母线AC＝5，得S侧＝π×3×5＝15π．
答案：C
(2)矩形的边长分别为1和2，分别以这两边所在直线为轴旋转，所形成几何体的侧面积之比为( )
A．1∶2
B．1∶1
C．1∶4
D．1∶3
解析：以边长1的边所在直线为轴旋转形成的几何体的侧面积S1＝2π×2×1＝4π，以2所在边为轴旋转形成的几何体的侧面积S2＝2π×1×2＝4π，故S1∶S2＝1∶1，选B．
答案：B
探究三
球的切接问题
对球的表面积公式的考查，通常与球的性质结合在一起．与其他多面体和旋转体组合也是考查球的表面积的一种常见方式．
常见的有关球的一些性质：
(1)长方体的8个顶点在同一个球面上，则长方体的体对角线是球的直径；球与正方体的六个面均相切，则球的直径等于正方体的棱长；球与正方体的12条棱均相切，则球的直径是正方体的面对角线．
(2)球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径．
【典型例题4】
(1)已知长方体的长、宽、高分别为2,3,6，则其外接球的表面积为( )
A．196π
B．49π
C．44π
D．36π
解析：长方体的体对角线长为＝7，所以其外接球的直径为2R＝7，即R＝，所以它的表面积为4πR2＝49π．故选B．
答案：B
(2)已知圆台内有一表面积为144π
cm2的内切球，如果圆台的下底面与上底面半径之差为5
cm，求圆台的表面积．
解：其轴截面如图所示，设圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，母线长为l，球半径为R，则r2－r1＝5，母线l＝r1＋r2．
因为4πR2＝144π，所以R＝6．
又l2＝(2R)2＋(r2－r1)2，
所以(r1＋r2)2＝(2R)2＋(r2－r1)2＝(2×6)2＋52＝132．
所以r1＋r2＝13．
结合r2－r1＝5得r1＝4，r2＝9，所以l＝13．
所以S圆台表＝＋＋π(r1＋r2)l
＝π·42＋π·92＋π(4＋9)·13＝266π(cm2)．
探究四
易错辨析
易错点：因考虑不全面而致误
【典型例题5】
用互相平行且距离为27的两个平面截球面，两个截面圆的半径分别为r1＝15，r2＝24，试求球的表面积．
错解：设球的半径为R，由题意可设球心到两平行平面的距离为OO1＝d1，OO2＝d2，如图所示，
可得d1，d2，R之间的关系：
所以225＋＝576＋(27－d1)2，
解得d1＝20，d2＝7，R＝25．
所以S球＝4πR2＝2
500π．
错因分析：错解中只分析了两平行平面位于球心异侧的情况，还应该讨论两平行平面位于球心同侧的情况．
正解：设球的半径为R，球心O到两平行截面的距离分别为OO1＝d1，OO2＝d2．
(1)当两平行截面位于球心O异侧时，
如图①，则
所以225＋＝576＋(27－d1)2．
解得d1＝20，d2＝7，R＝25．
所以S球＝4πR2＝2
500π．
(2)当两平行截面位于球心O同侧时，如图②，则所以225＋＝576＋(d1－27)2．
解得d1＝20，d2＝－7，不符合题意，即这种情况不存在．
综上可知，球的表面积为2
500π．1.1.7
柱、锥、台和球的体积
课堂探究
探究一
柱体的体积
1．柱体(棱柱、圆柱)的体积等于它的底面积S和高h的积，即V柱体＝Sh．底面半径是r，高是h的圆柱体的体积的计算公式是V圆柱＝πr2h．
2．平行六面体的体积求解是比较常见的，因为平行六面体的六个面都是平行四边形，故可以用任意一组平行的面作为底面，其余面作为侧面．解题时，我们以解直棱柱的体积居多，故在平行六面体中选底面时，以构成直棱柱为首选因素．
【典型例题1】
(1)如图，某几何体的主视图是平行四边形，左视图和俯视图都是矩形，则该几何体的体积为( )
A．
B．
C．
D．
解析：由三视图知，该几何体为平行六面体，由图知高h＝＝．
底面积：S＝3×3＝9，
所以其体积V＝．
答案：B
(2)用一块长4
m，宽2
m的矩形铁皮卷成一个圆柱形铁筒，如何制作可使铁筒的体积最大？
解：①若以矩形的长为圆柱的母线l，则l＝4
m，此时圆柱底面周长为2
m，即圆柱底面半径为R＝m，所以圆柱的体积为V＝πR2·l＝·4＝(m3)．
②若以矩形的宽为圆柱的母线，同理可得V＝(m3)，
所以第二种方法可使铁筒体积最大．
探究二
锥体的体积
求锥体的体积常见的方法：
(1)公式法：直接代入公式求解．
(2)等积法：如四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面积和高都易求的形式即可．
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱、三棱柱补成四棱柱等．
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积．
【典型例题2】
圆锥底面半径为3，母线长为5，则这个圆锥的体积为( )
A．36π
B．18π
C．45π
D．12π
解析：V圆锥＝πr2·h，
由于r＝3，h＝4(其轴截面如图)，
得V＝×π×9×4＝12π．
答案：D
探究三
台体的体积
1．台体体积公式适用于棱台和圆台．
2．圆台(棱台)的高是指两个底面之间的距离．
3．柱体、锥体、台体的体积关系如图所示．
【典型例题3】
若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的体积是( )
A．cm3
B．cm3
C．
cm3
D．
cm3
解析：由三视图可知该几何体上部分为一长方体，下部分为正四棱台．
V＝4×4×2＋(42＋4×8＋82)×2＝(cm3)．
答案：B
探究四
球的体积
球的体积的计算常与其他几何体结合，将球的性质、简单几何体的性质融合在一起考查．
常见的有内切和外接问题，求解与球有关的切接问题时要认真分析题中已知条件，明确切点或接点的位置，正确作出截面图，再分析相关量间的数量关系．
【典型例题4】
平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为( )
A．
B．
C．
D．
解析：利用截面圆的性质先求得球的半径长．
如图所示，设截面圆的圆心为O′，M为截面圆上任一点，
则OO′＝，O′M＝1，
所以OM＝＝，即球的半径为．
所以V＝＝．
答案：B
探究五
易错辨析
易错点：将几何体误认为锥体而致误
【典型例题5】
如图所示，在三棱柱ABC A1B1C1中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成了AEF A1B1C1和BB1E CC1F两部分，它们的体积分别为V1，V2，那么V1∶V2＝__________．
错解：由已知可知几何体AEF A1B1C1是三棱台，几何体BB1E CC1F是四棱锥．
设三棱柱的底面积为S，高为h，则由锥、台的体积公式可得，
V1＝＝，V2＝＝．
所以V1∶V2＝∶＝7∶3．
错因分析：几何体BB1E CC1F不是一个规则的几何体，而错解中将其看成了锥体．
正解：设三棱柱的高为h，底面的面积为S，体积为V，则V＝V1＋V2＝Sh．
因为E，F分别为AB，AC的中点，所以S△AEF＝，
V1＝＝，V2＝Sh－V1＝，
故V1∶V2＝7∶5．
答案：7∶52.2.4
点到直线的距离
课堂探究
探究一
点到直线的距离
1．求点P(x1，y1)到直线Ax＋By＋C＝0的距离的计算步骤：
(1)给点的坐标赋值：x1＝？，y1＝？；
(2)给A，B，C赋值：A＝？，B＝？，C＝？；
(3)计算d＝；
(4)给出d的值．
2．P(x1，y1)到几种特殊形式的直线方程的距离可以用公式求，也可以直接写出．
【典型例题1】
求点P(3，－2)到下列直线的距离：
(1)3x－4y＋1＝0； (2)y＝6； (3)y轴．
思路分析：直接利用点到直线的距离公式求解即可．
解：由点到直线的距离公式d＝，得
(1)点P(3，－2)到直线3x－4y＋1＝0的距离d＝＝；
(2)点P(3，－2)到直线y－6＝0的距离d＝＝8；
(3)点P(3，－2)到y轴的距离等于点P(3，－2)到直线x＝0的距离，d＝＝3.
点评
直线方程先化为一般式Ax＋By＋C＝0，再使用点到直线的距离公式d＝不易出错，当直线与坐标轴平行或重合时，不必使用点到直线的距离公式，如点P(3,2)到直线x＝5与直线y＝－1的距离分别为2与3.
【典型例题2】
求过点A(2,1)且原点到该直线的距离为2的直线方程．
思路分析：对于过一点A(2,1)的直线，应先考虑直线的斜率不存在时是否适合，再设斜率存在时，直线的斜率为k，利用直线的点斜式方程写出直线方程，并化为一般式方程，最后用点到直线的距离公式求解．
解：(1)当过点A(2,1)的直线的斜率不存在时，直线方程为x＝2，此时，直线到原点的距离为d＝|x－0|＝|2－0|＝2，所以x＝2适合要求．
(2)当过点A(2,1)的直线的斜率存在时，设斜率为k，
则直线方程为y－1＝k(x－2)，
化为一般式方程为kx－y－2k＋1＝0.
所以原点到直线的距离为d＝＝2，
即＝2，整理得4k2－4k＋1＝4k2＋4，所以k＝－，
所以直线方程为y－1＝－(x－2)，
即3x＋4y－10＝0.
综上可知，所求直线的方程为x＝2或3x＋4y－10＝0.
点评
过一定点求直线方程多用待定系数法，且注意验证过该点且斜率不存在的直线是否满足题意．
探究二
两条平行线之间的距离
对于两平行直线间的距离公式，应注意以下几点：
(1)直线的方程必须是一般式，而且方程中x，y项的系数分别对应相等，对于不同系数的应先化为相同后再求距离．
(2)两条平行直线间的距离，也可以转化为在一条直线上的一个点到另一条直线的距离来求，即转化为点到直线的距离．
(3)两条平行线间的距离是这两条直线上的点之间的最小距离，也就是它们的垂线段的长．
【典型例题3】
求与直线l：5x－12y＋6＝0平行且到l的距离为2的直线方程．
思路分析：根据两条直线平行可设出所求直线方程5x－12y＋c＝0，再根据两直线间的距离求c.
解法一：设所求直线的方程为5x－12y＋c＝0(c≠6)．
在直线5x－12y＋6＝0上取一点P0，
点P0到直线5x－12y＋c＝0的距离为＝，由题意得＝2.
所以c＝32或c＝－20.
故所求直线的方程为5x－12y＋32＝0和5x－12y－20＝0.
解法二：设所求直线的方程为5x－12y＋c＝0，
由两平行直线间的距离公式得2＝，
解得c＝32或c＝－20.
故所求直线的方程为5x－12y＋32＝0和5x－12y－20＝0.
探究三
易错辨析
易错点：因忽视斜率不存在的情况而致误
【典型例题4】
求经过点P(－3,5)，且与原点距离等于3的直线l的方程．
错解：设所求直线方程为y－5＝k(x＋3)，
整理，得kx－y＋3k＋5＝0.
所以原点到该直线的距离d＝＝3.
所以15k＋8＝0.所以k＝－.
故直线l的方程为－x－y＋3×＋5＝0，
即8x＋15y－51＝0.
错因分析：没有考虑斜率不存在的情况，用点斜式设直线方程时，必须先弄清斜率是否存在，否则可能丢解．
正解：当直线的斜率存在时，设所求直线方程为y－5＝k(x＋3)，整理，得kx－y＋3k＋5＝0.
所以原点到该直线的距离d＝＝3.
所以15k＋8＝0.
所以k＝－.
故所求直线方程为y－5＝－(x＋3)，
即8x＋15y－51＝0.
当直线的斜率不存在时，直线方程为x＝－3也满足题意．
故满足题意的直线l的方程为8x＋15y－51＝0或x＝－3.2.2.1
直线方程的概念与直线的斜率
课堂探究
探究一
直线的倾斜角
求直线的倾斜角的方法及注意点．
(1)方法：结合图形，利用特殊三角形(如直角三角形)求角．
(2)两点注意：
①当直线与x轴平行或重合时，倾斜角为0°；当直线与x轴垂直时，倾斜角为90°；
②注意直线倾斜角的取值范围．
【典型例题1】
(1)直线x＝－1的倾斜角为( )
A．135°
B．90°
C．45°
D．0°
解析：因为直线与x轴垂直，所以倾斜角为90°．
答案：B
(2)下列说法正确的是( )
A．一条直线和x轴的正方向所成的角，叫做这条直线的倾斜角
B．直线的倾斜角α在第一或第二象限
C．和x轴平行的直线，它的倾斜角为0°
D．不是每一条直线都有倾斜角
解析：倾斜角的定义是直线向上的方向和x轴正方向所成的角，故A错误；倾斜角的范围是0°≤α<180°，故B错误；和x轴平行的直线的倾斜角是0°，故C正确；每条直线都有倾斜角，故D错误．
答案：C
探究二
求直线的斜率
1．若两点的横坐标相等，则直线的斜率不存在．
2．若两点的横坐标不相等，则将两点的坐标代入斜率计算公式．当两点的坐标中有字母时，要注意分类讨论．
【典型例题2】
已知直线l经过两点A(2，－1)，B(t,4)，求直线l的斜率．
思路分析：点B的坐标中含参数t，注意分类讨论．
解：(1)当t＝2时，直线l与x轴垂直，所以直线l的斜率不存在．
(2)当t≠2时，直线l的斜率k＝＝，
所以综上所述，当t＝2时，直线l的斜率不存在；
当t≠2时，直线l的斜率k＝．
探究三斜率公式的综合应用
利用直线的斜率公式可以解决以下几类问题：
(1)若已知直线的斜率或直线斜率间的关系，可求直线所过点的坐标中参数的值．
(2)可以判断三点是否共线．
已知三点A，B，C，若过A，B两点的直线的斜率与过A，C两点的直线的斜率相等，此时A，B，C三点共线．
【典型例题3】
(1)若过点P(1－a,1＋a)与Q(3,2a)的直线的倾斜角为钝角，则实数a的取值范围是________．
解析：因为直线的倾斜角为钝角，
所以直线的斜率小于0，
即kPQ＝＝<0，
所以－2
答案：－2(2)求证A(1,5)，B(0,2)，C(2,8)三点共线．
证明：(方法一)利用斜率公式计算出AB和AC两条直线的斜率，
kAB＝＝3，kAC＝＝3．
因为直线AB和AC的斜率相同，又直线AB和AC过同一点A，所以A，B，C三点共线．
(方法二)因为|AB|＝
＝，
|AC|＝＝，
|BC|＝＝，
即|AB|＋|AC|＝|BC|，
所以A，B，C三点共线．
【典型例题4】
已知实数x，y满足y＝－2x＋8，且2≤x≤3，求的最大值和最小值．
思路分析：根据的几何意义，本题的实质是求线段y＝－2x＋8(2≤x≤3)上的点与原点连线的斜率的最值．
解：如图，由已知得，点P(x，y)在线段AB上运动，其中A(2,4)，B(3,2)，
而＝，其几何意义为直线OP的斜率．
设直线OA，OB，OP的斜率分别为kOA，kOB，kOP．
由图可知kOB≤kOP≤kOA，而kOB＝，kOA＝2．
故所求的的最大值为2，最小值为．
点评利用斜率公式解决代数问题的关键是：根据题目中代数式的特征，看是否可以写成
(x1≠x2)的形式，从而联想其几何意义(即直线的斜率)，再利用几何图形的直观性来分析解决问题．
探究四
易错辨析
易错点：忽视了倾斜角的范围而致误
【典型例题5】
设直线l过原点，其倾斜角为α，将直线l绕坐标原点按逆时针方向旋转30°，得到直线l1，则直线l1的倾斜角为( )
A．α＋30°
B．α－150°
C．150°－α
D．当0°≤α<150°时为α＋30°，当150°≤α<180°时为α－150°
错解：直线l按逆时针方向旋转30°，结合倾斜角的定义及旋转角的概念可知l1的倾斜角为α＋30°．
答案：A
错因分析：没有考虑到α＋30°会大于或等于180°，这样就不满足倾斜角θ的范围为0°≤θ<180°了．
正解：要分类讨论，旋转30°后，看α＋30°是否是集合{θ|0°≤θ<180°}中的元素．若是，则l1的倾斜角为α＋30°；若不是，则l1的倾斜角为α＋30°－180°＝α－150°．
答案：D1.1.4
投影与直观图
课堂探究
探究一
平行投影性质的应用
1．在应用平行投影性质时，要注意投射线、投射面之间的位置关系，尤其不要忽视投射线平行于所给平面图形的情形．
2．常见图形的平行投影
图形
图形的平行投影
点
是一个点
线段
是线段或一个点
线段的中点
是一个点(包括投影的线段的中点)
直线
是直线或一个点
平行直线
是两条平行直线，或重合为一条直线，或是两个点
平面图形
当平面图形与投射线不平行时，投影与原图形相似(包括全等)
【典型例题1】
下列四个命题：
①矩形的平行投影一定是矩形；
②梯形的平行投影一定是梯形；
③两条相交直线的平行投影可能平行；
④如果一个三角形的平行投影仍是三角形，那么它的中位线的平行投影一定是这个三角形的平行投影的三角形的中位线．
其中正确命题的个数为( )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：当投射线与投射面垂直，矩形所在平面与投射面平行时，矩形的平行投影是矩形；当投射线与矩形所在平面平行时，投影是一条线段；当投射线与矩形不平行，矩形所在平面与投射面不平行时，其投影一般情况下为平行四边形，①错误；当投射线与梯形所在平面平行时，投影是一条线段；当梯形所在平面与投射线不平行时，梯形的平行投影一定是梯形，②错误；当投射线与两相交直线所在平面平行时它的投影是一条直线；当投射线与两相交直线确定的平面不平行时，它的投影仍是两条相交直线，③错误；“一个三角形的平行投影仍是三角形”，说明投射线与三角形所在的平面不平行，故可以用平行投影的性质“在平行直线上，两条线段平行投影的比等于这两条线段的比”来判断，④是正确的．
答案：B
探究二
画平面图形的直观图
1．画水平放置的平面多边形的直观图的关键是确定顶点的位置．
2．建立平面直角坐标系时，结合图形的结构特征，尽量使原平面图形的顶点在坐标轴或与坐标轴平行的线段上．
3．原图中不与x轴或y轴平行的线段，可以先作坐标轴的平行线为辅助线画出其端点然后再连线．
【典型例题2】
画出水平放置的等腰梯形的直观图．
思路分析：根据斜二测画法的规则，首先在原来的等腰梯形中建立平面直角坐标系，要使尽可能多的顶点和线段在坐标轴上，这样作起图来较为方便，然后按横线相等，竖线是原来的一半的原则，作出对应的各个顶点，连线即成．
画法：
(1)如图①，取AB所在直线为x轴，AB中点O为原点，建立直角坐标系，画对应的坐标系x′O′y′，使∠x′O′y′＝45°．
(2)以O′为中点在x′轴上取A′B′＝AB，在y′轴上取O′E′＝OE，以E′为中点画C′D′∥x′轴，并使C′D′＝CD．
(3)连接B′C′，D′A′，并擦去辅助线x′轴和y′轴及O′点、E′点，所得的四边形A′B′C′D′就是水平放置的等腰梯形ABCD的直观图，如图③．
探究三
画空间图形的直观图
1．画棱柱、棱锥直观图的步骤：
(1)画轴：通常以高所在直线为z轴建系．
(2)画底面：根据平面图形的直观图画法确定底面．
(3)确定顶点：利用与z轴平行或在z轴上的线段确定有关顶点．
(4)成图：擦去辅助线，连线成图．
2．画棱台的直观图的四个步骤：
(1)画轴：通常以高所在直线为z轴建系．
(2)画下底面．
(3)画高，画上底面．
(4)连线成图．
【典型例题3】
有一个正三棱锥，底面边长为3
cm，高为3
cm，画出这个正三棱锥的直观图．
思路分析：根据斜二测画法，先建立恰当的坐标系画出正三角形的直观图，再确定出正三棱锥的顶点即可．
解：(1)先画出边长为3
cm的正三角形水平放置的直观图，如图①所示；
(2)过正三角形的中心O′建立z′轴，画出正三棱锥的顶点V′，使V′O′＝3
cm，连接V′A′，V′B′，V′C′，如图②所示；
(3)擦去辅助线，被遮住部分用虚线表示，得到正三棱锥的直观图，如图③．
点评正棱锥的直观图在今后的学习中经常要用到，应该掌握正棱锥直观图的画法思路，以便在今后的学习中，可以较快、较准确地画出正棱锥的草图．画草图的步骤为：画底面、找底面的中心、作高连线．
探究四
直观图的还原
直观图的还原其实是画直观图的逆过程，只要明确角与边的转化关系，即可简化解答相关问题．
(1)角的关系：
原图形 斜二测直观图形
∠xOy＝90°??∠x′O′y′＝45°(或135°)．
(2)长度关系：
与x轴平行的线段画后对应线段；
与y轴平行的线段画后对应线段．
【典型例题4】
(1)水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知A′C′＝3，B′C′＝2，则AB边上的中线的实际长度为__________．
解析：分析易知△ABC为以∠C为直角的直角三角形，且AC＝3，BC＝2×2＝4，所以AB＝5，故AB边上的中线长为．
答案：
(2)已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，那么原△ABC的面积为__________．
解析：如图所示，过C′作y′轴的平行线C′D′，与x′轴交于点D′，
则C′D′＝＝a．
又C′D′是原△ABC的高CD的直观图，
所以CD＝a，故S△ABC＝AB·CD＝a2．
答案：a2
探究五
易错辨析
易错点：混淆了直观图与平行投影的区别而致误
【典型例题5】
关于利用斜二测画法画直观图有以下结论：
①三角形的直观图是三角形；
②平行四边形的直观图是平行四边形；
③正方形的直观图是正方形；
④菱形的直观图是菱形．
其中正确的个数是( )
A．0
B．1
C．2
D．3
错解：A
错因分析：混淆了直观图与平行投影的区别，直观图是利用平行投影的性质画出来的一种能反映原物体整体特征的图示，而平行投影的情况就较多了．
正解：正方形、菱形的直观图通常为平行四边形而不具有其他性质，即③④不正确，故选C．
答案：C2.2.3
两条直线的位置关系
课堂探究
探究一 判断两条直线的位置关系
1．(1)判断两条直线平行，需要判断其斜率相等(斜率存在时)，即k1＝k2.两条直线斜率相等，则两条直线可能平行也可能重合，还需要再进一步判断截距不相等，即b1≠b2.如果两条直线的斜率不存在，两条直线的方程为x＝a1，x＝a2，只需a1≠a2即可；(2)判断两条直线平行，也可用系数比．
2．判断两条直线垂直：(1)如果斜率都存在，只判断k1k2＝－1，如果一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率必等于零，从斜率的角度判断，应注意上面的两种情况；(2)利用A1A2＋B1B2＝0判断．
【典型例题1】
判断下列各组直线的位置关系，若相交，求出交点的坐标．
(1)l1：4x＋3y－2＝0与l2：x＋2y＋2＝0；
(2)l1：x＋2y－＝0与l2：2x＋4y－1＝0；
(3)l1：x－3y＝0与l2：y＝x＋1.
思路分析：判断两直线位置关系的解法有三种：一是根据方程组的解的个数判定；二是根据方程的系数间的关系判定；三是化成斜截式方程判定．
解法一：(1)解方程组
①×2－②×3得5x－10＝0，所以x＝2.
将x＝2代入①得y＝－2，所以两直线相交，交点坐标为(2，－2)．
(2)解方程组
①×2－②得0＝0，即此方程组有无数多个解，所以两直线重合．
(3)解方程组
由①得x＝3y，代入②得y＝y＋1，即0＝1不成立，所以方程组无解，所以两直线平行．
解法二：(1)由于A1＝4，B1＝3，C1＝－2，A2＝1，B2＝2，C2＝2，
所以D1＝A1B2－A2B1＝4×2－1×3＝5≠0，所以两直线相交．
解方程组得
所以两直线的交点为(2，－2)．
(2)由于A1＝1，B1＝2，C1＝－，A2＝2，B2＝4，C2＝－1，
所以D1＝A1B2－A2B1＝1×4－2×2＝0，
D2＝A1C2－A2C1＝1×(－1)－2×＝－1＋1＝0，所以两直线重合．
(3)由于A1＝1，B1＝－3，C1＝0，A2＝，B2＝－1，C2＝1，
所以D1＝A1B2－A2B1＝1×(－1)－×(－3)＝－1＋1＝0，D2＝A1C2－A2C1＝1×1－×0＝1－0＝1≠0，所以两直线平行．
解法三：(1)l1：y＝－x＋，l2：y＝－x－1.
因为k1≠k2，所以两直线相交．
(2)l1：y＝－x＋，l2：y＝－x＋.
因为k1＝k2且b1＝b2，所以两直线重合．
(3)l1：y＝x，l2：y＝x＋1.
因为k1＝k2且b1≠b2，所以两直线平行．
点评 根据方程组解的个数判断两直线位置关系，当x，y的系数是未知数时不好用；利用方程的系数间的关系判定难记忆；化成斜截式易操作．
探究二 利用两条直线的位置关系确定参数
利用两直线的位置关系求字母参数取值时，提倡直接根据两直线平行、相交或垂直的系数整式条件列方程或不等关系，这样不易丢解或增解；若用比例式求解，一定要对特殊情况单独讨论．
【典型例题2】
(1)直线l1：(m＋2)x＋(m2－3m)y＋4＝0，l2：2x＋4(m－3)y－1＝0，如果l1∥l2，求m的值；
(2)直线l1：ax＋(1－a)y＝3与l2：(a－1)x＋(2a＋3)y＝2互相垂直，求a的值．
思路分析：既可以用直线一般式方程形式判断，也可以用斜率的关系求解，但需考虑斜率不存在的情况．
(1)解法一：当l1，l2的斜率都存在时，由l1∥l2，得＝，解得m＝－4；
当l1，l2的斜率不存在时，l1与l2的方程分别为x＝－，x＝，显然l1∥l2，m＝3.
故m＝－4或m＝3即为所求．
解法二：若l1∥l2，则有
解得m＝－4.
当m＝3时，直线l1与l2的方程分别为x＝－，x＝，显然l1∥l2，综上所述m＝－4或m＝3.
(2)解法一：当a＝1时，l1为x＝3，l2为y＝，故l1⊥l2；
当a＝－时，l1的方程为－x＋y＝3，l2的方程为－x＝2，显然l1，l2不垂直；
当a≠1，且a≠－时，由k1·k2＝－1，得×＝－1，解得a＝－3.
综上所述，当a＝1或a＝－3时，l1⊥l2.
解法二：利用A1A2＋B1B2＝0，即a(a－1)＋(1－a)(2a＋3)＝0，解得a＝1或a＝－3.
探究三 求与已知直线平行或垂直的直线方程
1．求与直线y＝kx＋b平行的直线的方程时，根据两直线平行的条件可设为y＝kx＋m(m≠b)，然后通过待定系数法，求参数m的值．
2．求与直线Ax＋By＋C＝0平行的直线方程时，可设方程为Ax＋By＋m＝0(m≠C)，代入已知条件求出m即可．
3．求与直线y＝kx＋b(k≠0)垂直的直线方程时，根据两直线垂直的条件可设为y＝－x＋m(k≠0)，然后通过待定系数法，求参数m的值．
4．求与直线Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为零)垂直的直线时，可巧设为Bx－Ay＋m＝0(A，B不同时为零)，然后用待定系数法，求出m.
【典型例题3】
已知点A(2,2)和直线l：3x＋4y－20＝0.求：
(1)过点A和直线l平行的直线方程；
(2)过点A和直线l垂直的直线方程．
思路分析：本题可根据两条直线平行与垂直时斜率间的关系，求出所求直线的斜率后用点斜式求解，也可利用直线系方程来求解．
(1)解法一：利用直线方程的点斜式求解．
由l：3x＋4y－20＝0，得直线l的斜率kl＝－.
设过点A且平行于l的直线为l1，则直线l1的斜率kl1＝kl＝－，所以l1的方程为y－2＝－(x－2)，即3x＋4y－14＝0.
解法二：利用直线系方程求解．
设过点A且平行于直线l的直线l1的方程为3x＋4y＋m＝0(m≠－20)．
由点A(2,2)在直线l1上，得3×2＋4×2＋m＝0，解得m＝－14.
故直线l1的方程为3x＋4y－14＝0.
(2)解法一：设过点A与l垂直的直线为l2，直线l的斜率为kl，直线l2的斜率为.
因为kl＝－1，所以kl2＝，
故直线l2的方程为y－2＝(x－2)，
即4x－3y－2＝0.
解法二：设过点A且垂直于直线l的直线l2的方程为4x－3y＋m＝0.
因为l2经过点A(2,2)，
所以4×2－3×2＋m＝0，解得m＝－2.
故l2的方程为4x－3y－2＝0.
探究四
对称问题
关于对称问题，主要有中心对称和轴对称两种：
(1)对于点关于点的对称，只需运用中点坐标公式即可；
(2)对于直线关于点的对称，根据所求直线与已知直线平行可先设出方程，然后利用已知直线上任取一点的对称点一定在所求直线上即可求出方程．结论为l关于点P(x0，y0)对称的直线方程是A(2x0－x)＋B(2y0－y)＋C＝0.
对于点关于直线的对称，一般按下列步骤处理．
若两点P1(x1，y1)与P2(x2，y2)关于直线l：Ax＋By＋C＝0对称，则线段P1P2的中点在对称轴l上，而且连接P1，P2的直线垂直于对称轴l.
由方程组可得到点P1关于l对称的点P2的坐标(x2，y2)(其中A≠0，x1≠x2)．
【典型例题4】
(1)求点A(3,2)关于点B(－3,4)的对称点C的坐标；
(2)求直线3x－y－4＝0关于点P(2，－1)对称的直线l的方程；
(3)求点A(2,2)关于直线2x－4y＋9＝0的对称点B的坐标．
思路分析：(1)利用中点坐标公式列方程求解；
(2)根据所求直线上任意一点关于点P(2，－1)的对称点的坐标均满足已知直线方程来求解；
(3)利用中点坐标公式及垂直关系联合列式求解．
解：(1)设C(x，y)，由中点坐标公式得解得
故所求的对称点的坐标为C(－9,6)．
(2)取直线l上任一点(x，y)，则它关于点P(2，－1)的对称点(4－x，－2－y)在直线3x－y－4＝0上．
所以3(4－x)－(－2－y)－4＝0.
所以3x－y－10＝0.
所以所求直线l的方程为3x－y－10＝0.
(3)设B(a，b)是A(2,2)关于直线2x－4y＋9＝0的对称点，根据直线AB与已知直线垂直，且线段AB的中点在已知直线2x－4y＋9＝0上，则有
解得
所以所求的对称点的坐标为B(1,4)．
探究五 易错辨析
易错点：忽视了两条直线垂直的特殊情况而致误
【典型例题5】
求经过点A(2,1)且与直线2x＋ay－10＝0垂直的直线l的方程．
错解：因为所求直线与2x＋ay－10＝0垂直，
所以根据l1⊥l2k1k2＝－1，得所求直线的斜率为，
所以根据点斜式得l：y－1＝(x－2)，
整理得ax－2y－2a＋2＝0.
错因分析：漏掉了当a＝0时这一特殊情况的讨论，其实斜率为0的直线与斜率不存在的直线也是相互垂直的，但却不能用k1k2＝－1来求．
正解：①当a＝0时，已知直线化为x＝5，此时直线斜率不存在，则所求直线l的斜率为0，
因为直线l过点A(2,1)，所以直线l的方程为y－1＝0(x－2)，即y＝1.
②当a≠0时，已知直线2x＋ay－10＝0的斜率为－，因为直线l与已知直线垂直，设直线l的斜率为k，所以k·＝－1，所以k＝.
因为直线l过点A(2,1)，所以所求直线l的方程为y－1＝(x－2)，即ax－2y－2a＋2＝0.所求直线l的方程为y＝1或ax－2y－2a＋2＝0.
又y＝1是ax－2y－2a＋2＝0的一个特例，故所求直线l的方程为ax－2y－2a＋2＝0.2.4
空间直角坐标系
堂探究
探究一 空间中点的坐标
1．过点M作MM1垂直于平面xOy，垂足为M1，求出M1的x坐标和y坐标，再由射线M1M的指向和线段M1M的长度确定z坐标．
2．构造以OM为体对角线的长方体，由长方体的三个棱长结合点M的位置，可以确定点M的坐标．
3．若题中所给的图形中存在垂直于坐标轴的平面，或点M在坐标轴或坐标平面上，则利用这一条件，再作轴的垂线即可确定点M的坐标．
【典型例题1】
已知一个长方体的长、宽、高分别为5,3,4，试建立适当的空间直角坐标系，写出长方体的各个顶点的坐标．
思路分析：可以以长方体的一个顶点为原点，建立空间直角坐标系，也可以以长方体的中心作为原点．
解：如图所示，以A为坐标原点，AB所在的直线为x轴，AD所在的直线为y轴，AA1所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz.易知|AB|＝3，|BC|＝5，|AA1|＝4，
则A(0,0,0)，B(3,0,0)，D(0,5,0)，A1(0,0,4)，C(3,5,0)，D1(0,5,4)，B1(3,0,4)，C1(3,5,4)．
点评 建立坐标系的原则是让更多的点落在坐标轴上，进而使得点的坐标表示比较简单．
探究二 空间中的对称问题
在空间直角坐标系内，已知点P(x，y，z)，则有如下对称规律：
点P关于原点的对称点是P1(－x，－y，－z)；
点P关于x轴的对称点是P2(x，－y，－z)；
点P关于y轴的对称点是P3(－x，y，－z)；
点P关于z轴的对称点是P4(－x，－y，z)；
点P关于坐标平面xOy的对称点是P5(x，y，－z)；
点P关于坐标平面yOz的对称点是P6(－x，y，z)；
点P关于坐标平面xOz的对称点是P7(x，－y，z)．
【典型例题2】
(1)在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)关于x轴的对称点的坐标是( )
Ａ.(－2,1，－4)
B．(－2，－1，－4) C．(2，－1,4)
D．(2,1，－4)
解析：由于点P关于x轴对称后，它在x轴的分量不变，在y，z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点P1的坐标为(－2，－1，－4)．
答案：B
(2)在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)关于xOy平面的对称点的坐标是( )
Ａ.(－2,1，－4)
B．(－2，－1，－4) C．(2，－1,4)
D．(2,1，－4)
解析：由于点P关于xOy平面对称后，它在x轴、y轴的分量不变，在z轴的分量变为原来的相反数，所以对称点P2的坐标为(－2,1，－4)．
答案：A
探究三 空间两点的距离公式的应用
求空间两点间的距离的步骤：
【典型例题3】
(1)若已知点A(1,1,1)，B(－3，－3，－3)，则线段AB的长为( )
Ａ.4
B．2
C．4
D．3
解析：|AB|＝＝4.
答案：A
(2)在长方体ABCD A1B1C1D1中，|AB|=|BC|=2，|D1D|=3，点M是B1C1的中点，点N是AB的中点．建立如图所示的空间直角坐标系．
①写出点D，N，M的坐标；
②求线段MD，MN的长度．
解：①因为D是原点，则D(0,0,0)．
由|AB|=|BC|=2，|D1D|=3，得A(2,0,0)，B(2,2,0)，B1(2,2,3)，C1(0,2,3)．
因为N是AB的中点，所以N(2,1,0)．
同理可得M(1,2,3)．
②由两点间的距离公式，得
|MD|=＝，
|MN|==.
探究四 空间中点坐标公式的应用
平面上的中点坐标公式可推广到空间，即设A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则AB中点P.大家对数轴上的中点公式，平面上的中点公式及空间中的中点公式进行对比，以加深理解．
【典型例题4】
在空间直角坐标系中，点P(－2,1,4)关于点M(2，－1，－4)的对称点的坐标是( )
Ａ.(0,0,0)
B．(2，－1，－4) C．(6，－3，－12)
D．(－2,3,12)
解析：设对称点为P3，则点M为线段PP3的中点，设P3(x，y，z)，由中点坐标公式，可得x＝2×2－(－2)＝6，y＝2×(－1)－1＝－3，z＝2×(－4)－4＝－12，所以P3(6，－3，－12)．
答案：C
探究五 易错辨析
易错点：因忽视动点M所处的范围而致误
【典型例题5】
已知点A(1,2,3)，B(3，－1，－2)，且|MA|＝|MB|，求动点M的轨迹方程．
错解：设M(x，y，z)，依题意得，
(x－1)2＋(y－2)2＋(z－3)2＝(x－3)2＋(y＋1)2＋(z＋2)2，整理得2x－3y－5z＝0.
所以动点M的轨迹方程为2x－3y－5z＝0，轨迹是线段AB的垂直平分线．
错因分析：把平面几何中的结论硬套在空间几何中了，实际上满足|MA|＝|MB|的动点M在空间中的轨迹是线段AB的垂直平分面．注意范围的改变．
正解：设M(x，y，z)，依题意，得
(x－1)2＋(y－2)2＋(z－3)2＝(x－3)2＋(y＋1)2＋(z＋2)2，整理得2x－3y－5z＝0，
所以动点M的轨迹方程为2x－3y－5z＝0，轨迹是线段AB的垂直平分面．2.3.4
圆与圆的位置关系
课堂探究
探究一 圆与圆位置关系的判断
判断两圆的位置关系的方法有两种：
(1)(几何法)利用两圆圆心之间的距离d与两圆的半径r1，r2的关系判断：
①外离d>r1＋r2；
②外切d＝r1＋r2；
③相交|r1－r2|＜d＜r1＋r2；
④内切d＝|r1－r2|；
⑤内含d＜|r1－r2|.
(2)(代数法)两圆的位置关系，可利用两圆方程所构成的方程组或的解判断，当方程组无解时，两圆外离或内含；当方程组有唯一解时，两圆外切或内切；当方程组有两解时，两圆相交．
【典型例题1】
已知圆C1：x2＋y2－2x－3＝0，C2：x2＋y2－4x＋2y＋3＝0.试判断两圆的位置关系，若有交点，求出交点坐标．
解：变为标准方程：C1：(x－1)2＋y2＝4，C2：(x－2)2＋(y＋1)2＝2.
圆心坐标分别为(1,0)和(2，－1)，
圆心距d＝，半径分别为r1＝2，r2＝.
r1－r2＝2－，r1＋r2＝2＋，
所以r1－r2＜d＜r1＋r2，所以两圆相交．
由
解得或
故其交点坐标为(3,0)，(1，－2)．②
探究二 两圆的公切线问题
求两圆的公切线时，要先判断两圆的位置关系，再确定公切线的条数．
【典型例题2】
(1)圆C1：x2＋y2＋4x－4y＋7＝0和圆C2：x2＋y2－4x－10y＋13＝0的公切线有( )
Ａ.2条
B．3条 C．4条
D．0条
解析：由x2＋y2＋4x－4y＋7＝0，得圆心和半径分别为O1(－2,2)，r1＝1；
由x2＋y2－4x－10y＋13＝0，得圆心和半径分别为O2(2,5)，r2＝4.
因为d(O1，O2)＝5，r1＋r2＝5，即r1＋r2＝d(O1，O2)，所以两圆外切，由平面几何知识得两圆有3条公切线．
答案：B
(2)判断圆C1：x2＋y2＋2x－6y－26＝0与圆C2：x2＋y2－4x＋2y＋4＝0的公切线条数，并求公切线的方程．
思路分析：首先判断两圆的位置关系，得出公切线的条数，再求公切线方程．
解：将圆C1化为标准方程：(x＋1)2＋(y－3)2＝36，
将圆C2化为标准方程：(x－2)2＋(y＋1)2＝1，
得圆C1的圆心坐标：C1(－1,3)，半径r1＝6，
圆C2的圆心坐标：C2(2，－1)，半径r2＝1.
所以|C1C2|＝＝5.
又|C1C2|＝|r1－r2|＝5，即两圆内切，
所以圆C1与圆C2有一条公切线．
公切线的方程为x2＋y2＋2x－6y－26－(x2＋y2－4x＋2y＋4)＝0，即3x－4y－15＝0.
检验知直线3x－4y－15＝0是两圆的公切线．
探究三 两圆的公共弦问题
1．两圆相交时，公共弦所在的直线方程：
若圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0与圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0相交，则两圆公共弦所在直线的方程为(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋F1－F2＝0.
2．公共弦长的求法：
(1)(代数法)将两圆的方程联立，解出交点坐标，利用两点间的距离公式求出弦长．
(2)(几何法)求出公共弦所在直线的方程，利用圆的半径、半弦长、弦心距构成的直角三角形，根据勾股定理求解．
【典型例题3】
已知两圆x2＋y2－2x＋10y－24＝0和x2＋y2＋2x＋2y－8＝0.
(1)试判断两圆的位置关系；
(2)求公共弦所在直线的方程；
(3)求公共弦的长度．
思路分析：只有当两圆相交时，才能将两圆方程相减得到公共弦所在直线的方程，才能求公共弦的长度．
解：(1)将两圆方程配方化为标准方程，得
C1：(x－1)2＋(y＋5)2＝50，
C2：(x＋1)2＋(y＋1)2＝10.
则圆C1的圆心为(1，－5)，半径r1＝5，
圆C2的圆心为(－1，－1)，半径r2＝.
又|C1C2|＝2，r1＋r2＝5＋，r1－r2＝5－，
所以r1－r2＜|C1C2|＜r1＋r2.
所以两圆相交．
(2)将两圆方程相减，得公共弦所在直线方程为x－2y＋4＝0.
(3)方法一：两方程联立，得方程组
两式相减得x＝2y－4，③
把③代入②得y2－2y＝0，所以y1＝0，y2＝2.
故
所以交点坐标为(－4,0)和(0,2)．
所以两圆的公共弦长为＝2.
方法二：两方程联立，得方程组
两式相减得x－2y＋4＝0，即为两圆相交弦所在直线的方程．
由x2＋y2－2x＋10y－24＝0，得(x－1)2＋(y＋5)2＝50，其圆心为C(1，－5)，半径r＝5.
圆心C到直线x－2y＋4＝0的距离为d＝＝3.
设公共弦长为2l，由勾股定理r2＝d2＋l2，得50＝45＋l2，解得l＝，所以公共弦长为2.
点评 求两相交圆的公共弦所在直线的方程及公共弦长时，一般不用求交点坐标的方法求解，常用两方程相减消去二次项，得到公共弦所在直线的方程，再由勾股定理求弦长这种方法求解．
探究四 利用两圆的位置关系求参数问题
利用两圆位置关系求参数取值或范围的步骤：
(1)化圆的方程为标准方程，写出圆心坐标和半径；
(2)计算出两圆的圆心距；
(3)通过圆心距与半径和及半径差的关系列出参数满足的等式或不等式，进而求出参数的取值或范围．
【典型例题4】
(1)圆x2＋y2＝r2与圆(x－3)2＋(y＋1)2＝r2(r>0)外切，则r的值是( )
Ａ.
B. C．5
D.
解析：由题意知＝2r，解得r＝.
答案：D
(2)若两圆x2＋y2＝m和x2＋y2＋6x－8y－11＝0有公共点，则实数m的取值范围是( )
.m＜1
B．m>121
C．1≤m≤121
D．1＜m＜121
解析：x2＋y2＋6x－8y－11＝0化成标准方程为(x＋3)2＋(y－4)2＝36.
圆心距为d＝＝5，若两圆有公共点，则|6－|≤5≤6＋，所以1≤m≤121.
答案：C
探究五 圆系方程
1．同心圆的圆系方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，其中a，b为定值，r为参数，r>0.
2．半径相等的圆系方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，其中r>0且r是定值，a，b是参数．
3．过圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0与直线l：Ax＋By＋C＝0的交点的圆系方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＋λ(Ax＋By＋C)＝0(λ∈R)．
4．过圆C1：x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＝0和圆C2：x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2＝0的交点的圆系方程为x2＋y2＋D1x＋E1y＋F1＋λ(x2＋y2＋D2x＋E2y＋F2)＝0(λ≠－1)．
若λ＝－1，则方程(D1－D2)x＋(E1－E2)y＋F1－F2＝0，表示过两圆交点的直线方程．
【典型例题5】
求经过圆x2＋y2＋6x－4＝0和圆x2＋y2＋6y－28＝0的交点且圆心在直线x－y－4＝0上的圆的方程．
思路分析：解法一：首先求出交点坐标，然后用待定系数法求解；解法二：利用圆系方程求解．
解法一：解方程组
得两圆的交点A(－1,3)，B(－6，－2)．
设所求圆的圆心为(a，b)，因圆心在直线x－y－4＝0上，故b＝a－4.
则有＝，
解得a＝，故圆心为，
半径为＝.
故圆的方程为2＋2＝，
即x2＋y2－x＋7y－32＝0.
解法二：设所求圆的方程为x2＋y2＋6x－4＋λ(x2＋y2＋6y－28)＝0(λ≠－1)，其圆心为，代入x－y－4＝0求得λ＝－7.
故所求圆的方程为x2＋y2－x＋7y－32＝0.
点评 求圆的方程方法较多，但利用圆系方程或圆的几何性质求解，运算量小且简单．
探究六 易错辨析
易错点：因方程丢解而致误
【典型例题6】
已知集合A＝{(x，y)|x2＋y2＝4}，B＝{(x，y)|(x－3)2＋(y－4)2＝a2}，若A∩B中有且仅有一个元素，求a的值．
错解：由条件A∩B中有且仅有一个元素可知两圆相切，所以|O1O2|＝5＝a＋2或5＝a－2.
所以a＝3或a＝7.
错因分析：把a误认为是正数而导致丢解．
正解：由A∩B中有且仅有一个元素，可知两圆相切，
所以|O1O2|＝5＝|a|＋2或5＝||a|－2|，
解得a＝±3或a＝±7.
综上所述，可知a的值为±3或±7.1.2.3
空间中的垂直关系
1
课堂探究
探究一
线面垂直的判定
(1)利用直线与平面垂直的判定定理来判定直线与平面垂直的步骤：
①在这个平面内找两条直线，使它们和这条直线垂直；
②确定这个平面内的两条直线是相交的直线；
③根据判定定理得出结论．
(2)利用直线与平面垂直的判定定理判定直线与平面垂直的技巧：
证明线面垂直时要注意分析几何图形，寻找隐含的和题目中推导出的线线垂直关系，进而证明线面垂直．三角形全等、等腰三角形、菱形、正方形的对角线、三角形中的勾股定理等都是找线线垂直的方法．
【典型例题1】
如图所示，直角△ABC所在平面外有一点S，且SA＝SB＝SC，点D为斜边AC的中点．
(1)求证：SD⊥平面ABC；
(2)若AB＝BC，求证：BD⊥平面SAC．
思路分析：由于D是AC的中点，SA＝SC，则SD是△SAC的高，连接BD，可证△SDB≌△SDA．由于AB＝BC，所以Rt△ABC是等腰直角三角形，则BD⊥AC，利用线面垂直的判定定理即可得证．
证明：(1)因为SA＝SC，D为AC的中点，所以SD⊥AC．
在Rt△ABC中，连接BD．
则AD＝DC＝BD．又因为SB＝SA，SD＝SD，
所以△ADS≌△BDS．所以SD⊥BD．
又AC∩BD＝D，所以SD⊥平面ABC．
(2)因为BA＝BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC．
又由(1)知SD⊥BD，
AC∩SD＝D，所以BD⊥平面SAC．
探究二
线面垂直的判定定理与推论的应用
(1)平面内证明线线平行的四种方法：
①两条直线被第三条直线所截，若同位角相等(或内错角相等或同旁内角互补)，则两直线平行．
②三角形中位线、梯形中位线的性质．
③平行四边形对边平行的性质．
④平行线分线段成比例定理．
(2)空间中证明线线平行的四种方法：
①(基本性质4)平行于同一条直线的两条直线平行．
②(线面平行的性质定理)如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任意一个平面与已知平面的交线与该直线平行．
③(面面平行的性质定理)如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
④(线面垂直的性质定理)如果两条直线垂直于同一个平面，那么这两条直线平行．
【典型例题2】
如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，M是AB上一点，N是A1C的中点，MN⊥平面A1DC．
求证：MN∥AD1．
证明：因为ADD1A1为正方形，
所以AD1⊥A1D．
又因为CD⊥平面ADD1A1，
所以CD⊥AD1．
因为A1D∩CD＝D，
所以AD1⊥平面A1DC．
又因为MN⊥平面A1DC，
所以MN∥AD1．
探究三
距离问题
求点到平面距离的基本步骤是：①找到或作出要求的距离；②使所求距离在某一个三角形中；③在三角形中根据三角形的边角关系求出距离．
【典型例题3】
如图所示，已知P为△ABC外一点，PA，PB，PC两两垂直，PA＝PB＝PC＝a，求点P到平面ABC的距离．
思路分析：作出点到平面的垂线，进一步求出垂线段的长．
证明：过P作PO⊥平面ABC于点O，连接AO，BO，CO，
所以PO⊥OA，PO⊥OB，PO⊥OC．
因为PA＝PB＝PC＝a，
所以△PAO≌△PBO≌△PCO．
所以OA＝OB＝OC，所以O为△ABC的外心．
因为PA，PB，PC两两垂直，
所以AB＝BC＝CA＝，
所以△ABC为正三角形，所以OA＝AB＝，
所以PO＝＝．
所以点P到平面ABC的距离为．
探究四
易错辨析
易错点：忘记分类讨论而致误
【典型例题4】
已知：线段AB的中点为O，O∈平面α．
求证：A，B两点到平面α的距离相等．
错解：如图所示，过点A，B作平面α的垂线，垂足分别为A1，B1，则AA1，BB1分别是点A、点B到平面α的距离．在Rt△AA1O和Rt△BB1O中，
AO＝BO，∠B1OB＝∠A1OA，
所以Rt△AOA1≌Rt△BOB1，
所以AA1＝BB1，即A，B两点到平面α的距离相等．
错因分析：错误的原因有两种：一是忽略了AB α的情况；二是认为∠AOA1和∠BOB1为对顶角而相等，其实应说明B1，O，A1三点共线才行．
正解：(1)当线段AB 平面α时，显然A，B到平面α的距离均为0，相等．
(2)当AB平面α时，如图，分别过点A，B作平面α的垂线，垂足分别为A1，B1，则AA1，BB1分别是点A、点B到平面α的距离，且AA1∥BB1．
所以AA1与BB1确定一个平面，设为β，则α∩β＝A1B1．因为O∈AB，AB β，所以O∈β．
又因为O∈α，所以O∈A1B1．所以∠AOA1＝∠BOB1．
又AA1⊥A1O，BB1⊥B1O，AO＝BO，
所以Rt△AA1O≌Rt△BB1O．所以AA1＝BB1，即A，B两点到平面α的距离相等．1.1.1
构成空间几何体的基本元素
课堂探究
探究一
平面的概念及表示
1．在立体几何中，平面是无限延展的，是理想的、绝对平直的．
2．平面是抽象出来的，没有厚度、没有大小，因此无法度量．平面几何中的平面图形，如三角形、四边形等都是有大小的，可以度量的，它们本身不是平面．
3．任何一个平面都可以将空间分为两部分，如果想从平面的一侧到另一侧，必须穿过这个平面．
【典型例题1】
判断下列说法是否正确，并说明理由．
(1)平面的形状是平行四边形；
(2)任何一个平面图形都是一个平面；
(3)圆和平面多边形都可以表示平面；
(4)若′，则平面ABCD大于平面A′B′C′D′．
解：(1)不正确．我们常用平行四边形表示平面，但不能说平面的形状是平行四边形，平面是无形状可言的．
(2)不正确．平面和平面图形是两个完全不同的概念，平面图形是有大小的，它是不可能无限延展的．
(3)正确．通常情况下我们利用平行四边形来表示平面，但有时根据需要也可以用圆或其他平面多边形来表示平面．
(4)不正确．因为平面无大小、面积可言．
探究二
构成几何体的基本元素
空间中的几何体，一方面可以看作是由若干个面(平面的一部分或曲面的一部分)围成的，另一方面也可以用运动的观点来看待，即我们常说的“点动成线、线动成面、面动成体”．
【典型例题2】
(1)下列结论中正确的是( )
A．直线平行运动的轨迹一定是平面
B．曲线运动的轨迹一定是曲面
C．平面图形运动的轨迹一定是几何体
D．点运动的轨迹一定是线
(2)如图所示，长方体ABCD A1B1C1D1中，下列说法正确的有__________．(填序号)
①长方体的顶点一共有8个；
②线段AA1所在的直线是长方体的一条棱；
③矩形ABCD所在的平面是长方体的一个面；
④长方体由六个平面围成．
解析：(1)直线平行移动可形成曲面，如图①，故A错；曲线运动可以形成平面，如图②，故B错；平面图形运动后的轨迹可能是一个面，不一定是几何体，故C错；点运动的轨迹一定是线，故D对．
(2)①长方体一共有8个顶点；
②长方体的一条棱为线段AA1；
③矩形ABCD为长方体的一个面；
④长方体由六个矩形(包括它的)内部围成．
答案：(1)D (2)①
探究三
几何体中基本元素的位置关系
以长方体为例，
1．平行关系．
(1)直线与直线的平行关系：
如图，在长方体的12条棱中，分成“长”“宽”“高”三组，其中“高”AA1，BB1，CC1，DD1相互平行；“长”AB，DC，A1B1，D1C1相互平行；“宽”AD，BC，A1D1，B1C1相互平行．
(2)直线与平面的平行关系：
在长方体的12条棱及表面中，若棱所在的直线与某一平面(棱不在该平面内)不相交，就平行．
(3)平面与平面的平行关系：长方体的对面相互平行．
2．垂直关系．
(1)直线与平面的垂直关系：
在长方体的棱所在直线与各表面中，若直线与平面有且只有一个公共点，则二者垂直．
(2)平面与平面的垂直关系：
在长方体的各表面中，若两平面有公共点，则二者垂直．
【典型例题3】
(1)在长方体ABCD A1B1C1D1中，与棱A1A既不平行也不相交的棱有( )
A．1条
B．2条
C．3条
D．4条
(2)如图所示的长方体ABCD A1B1C1D1，在长方体的面与棱中，
①与棱BC平行的棱是哪几条？
②与棱BC平行的平面是哪几个？
③与棱BC垂直的平面是哪几个？
④与平面BC1垂直的平面是哪几个？
(1)解析：与棱A1A平行的棱有3条，相交的有4条，故既不平行也不相交的有4条．
答案：D
(2)解：在长方体的面与棱中，
①与棱BC平行的棱有：棱B1C1，A1D1，AD．
②与棱BC平行的平面有：平面A1C1，平面AD1．
③与棱BC垂直的平面有：平面AB1，平面DC1．
④与平面BC1垂直的平面有：平面AB1，平面A1C1，平面DC1，平面AC．
探究四 易错辨析
易错点1：不理解直线与平面的关系而致误
【典型例题4】
能正确表示点A在直线l上且直线l在平面α内的是( )
错解：B
错因分析：在平面内的直线一定要将表示它的线段画在表示平面的平行四边形的内部．
正解：选项A只表示点A在直线l上；选项D表示直线l与平面α相交于点A；选项B中的直线l有部分在平行四边形的外面，所以不能表示直线在平面α内，故选C．
答案：C
点评点、线、面这三个原始概念各自具有三大特征：
(1)点：①最基本元素；②只有位置；③没有大小．
(2)直线：①没有粗细；②绝对的直；③向两方无限延伸．
(3)平面：①没有厚度；②绝对的平；③向周围无限延展．
易错点2 对“运动方向”认识不清而致误
【典型例题5】下列说法错误的是__________．(填序号)
(1)射线运动后的轨迹不可能是整个平面；
(2)直线绕着一个点转动，只能形成曲面；
(3)将一个矩形沿同一方向移动一段距离，其轨迹就是长方体．
错解：填(1)(2)或填(1)(3)或填(2)(3)．
错因分析：忽视了运动方向，或者说运动方向考虑不全面而致误．
(1)没考虑射线绕顶点；(2)没考虑直线绕一点左右转动；(3)没考虑必须沿铅垂线方向．
正解：(1)错误．水平放置的射线绕顶点在水平面内旋转一周，可形成平面．
(2)错误．直线绕一个点左右转动也能形成平面．
(3)错误．矩形上各点沿铅垂线方向移动相同的距离，其轨迹才形成长方体．
答案：(1)(2)(3)1.2.1
平面的基本性质与推论
课堂探究
探究一
文字语言、图形语言和符号语言的转换
我们在立体几何中使用符号语言时，还应明确符号语言在代数与几何中的差异．首先是结合集合知识了解规定符号的背景，找出它们的区别与联系：
(1)“∈， ， ，∩”等符号来源于集合符号，但在读法上用几何语言，例如，A∈α，读作“点A在平面α内”，a α读作“直线a在平面α内”，α∩β＝l读作“平面α，β相交于直线l”．
(2)在“A∈α，A α，l α，l α”中“A”视为平面α(集合)内的点(元素)，直线l(集合)视为平面α(集合)的子集．明确这一点，才能正确使用集合符号．
【典型例题1】
如图所示，写出图形中的点、直线和平面之间的关系．
图(1)可以用几何符号表示为________________．
图(2)可以用几何符号表示为________________．
解析：图(1)可以用几何符号表示为α∩β＝AB，a α，b β，a∥AB，b∥AB．
即平面α与平面β相交于直线AB，直线a在平面α内，直线b在平面β内，直线a平行于直线AB，直线b平行于直线AB．
图(2)可以用几何符号表示为α∩β＝MN，△ABC的三个顶点满足条件A∈MN，B∈α，C∈β，B MN，C MN．
即平面α与平面β相交于直线MN，△ABC的顶点A在直线MN上，点B在α内但不在直线MN上，点C在平面β内但不在直线MN上．
答案：α∩β＝AB，a α，b β，a∥AB，b∥AB α∩β＝MN，△ABC的三个顶点满足条件A∈MN，B∈α，C∈β，B MN，C MN
探究二
点线共面问题
(1)证明点线共面的主要依据：
①如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内(基本性质1)；
②经过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面(基本性质2及推论)．
(2)证明点线共面的常用方法：
①纳入平面法：先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内；
②辅助平面法：先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合．
【典型例题2】
(1)有下列四个说法：
①过三点确定一个平面；
②矩形是平面图形；
③三条直线两两相交则确定一个平面；
④两个相交平面把空间分成四个区域．
其中错误的序号是( )
A．①和②
B．①和③
C．②和④
D．②和③
解析：不共线的三点确定一个平面，故①错；三条直线两两相交，交于三点时，确定一个平面，交于一点时，可确定一个或三个平面，故③错．
答案：B
(2)如图所示，已知直线a与两平行直线b，c都相交．求证：a，b，c三线共面．
思路分析：有两种方法．①先用两平行直线b，c确定一个平面，再证a也在这个平面内；②先由两条相交直线a，b确定一个平面，再证c也在这个平面内．
证法一：因为b∥c，则b，c确定一个平面，设为α，如图，
令a∩b＝A，a∩c＝B，
所以A∈α，B∈α，
所以AB α，即直线a α．
所以a，b，c三线共面．
证法二：因为a与b是相交直线，则a，b确定一个平面，设为α，如图，
设a∩c＝A，过A点在α内作直线c′∥b，
因为c∥b，c′∥b，所以c∥c′．
又因为c与c′相交于点A，
所以c与c′重合．所以a，b，c三线共面．
点评本题为我们证明共面问题提供了多角度的思维模式，但整体套路都是先用部分对象确定一个平面，再证明剩余对象都在这个平面内．
探究三
点共线、线共点问题
证明多点共线，通常是过其中两点作一条直线，然后证明其他的点也在这条直线上，或者根据已知条件设法证明这些点同时在两个相交平面内，然后根据基本性质3就得到这些点在两个平面的交线上．证明三线共点问题，可把其中一条作为分别过其余两条直线的两个平面的交线，然后再证另两条直线的交点在此直线上，此外还可先将其中一条直线看做某两个平面的交线，证明该交线与另两条直线分别交于两点，再证这两点重合，从而得到三线共点．
【典型例题3】
(1)如图，α∩β＝l，在梯形ABCD中，AD∥BC，且AB α，CD β．求证：AB，CD，l共点(相交于一点)．
证明：如图，在梯形ABCD中，设AB∩CD＝E，
因为AB α，CD β，所以E∈α，E∈β．
又α∩β＝l，所以E∈l，即AB，CD，l共点(相交于一点)．
(2)如图所示，已知△ABC的三个顶点都不在平面α内，它的三边AB，BC，AC延长后分别交平面α于点P，Q，R．求证：点P，Q，R在同一条直线上．
证明：已知AB的延长线交平面α于点P，根据基本性质3，平面ABC与平面α必相交于一条直线，设为l．
因为P∈直线AB，所以P∈平面ABC．
又直线AB∩α＝P，所以P∈α．
所以P是平面ABC与平面α的公共点．
因为平面ABC∩平面α＝l，所以P∈l．
同理，Q∈l，R∈l．
所以点P，Q，R在同一条直线l上．
探究四
交线问题
画两平面的交线时，关键是找到这两个平面的两个公共点，这两个公共点的连线即是．在找公共点的过程中往往要借助于基本性质1和基本性质3，一般是用基本性质1找到，再用基本性质3证明．
【典型例题4】
如图所示，G是正方体ABCD A1B1C1D1的棱DD1延长线上一点，E，F是棱AB，BC的中点．试分别画出过下列点、直线的平面与正方体表面的交线．
(1)过点G及直线AC；
(2)过三点E，F，D1．
思路分析：找出两个平面的两个公共点，则过这两个公共点的直线为两平面的交线．
解：(1)画法：连接GA交A1D1于点M；连接GC交C1D1于点N；连接MN，AC，则MA，CN，MN，AC为所求平面与正方体表面的交线．如图①所示．
(2)画法：连接EF交DC的延长线于点P，交DA的延长线于点Q；连接D1P交CC1于点M，连接D1Q交AA1于点N；连接MF，NE，则D1M，MF，FE，EN，ND1为所求平面与正方体表面的交线．如图②所示．
点评 (1)在平面几何中，凡是所引的辅助线都要画成虚线．
(2)在立体几何中，被遮挡的部分画成虚线，没被遮挡的部分则画成实线．在学习时，一定要正确添加辅助线，否则将影响空间立体感的形成，不利于空间想象力的培养．2.3.2
圆的一般方程
课堂探究
探究一
二元二次方程表示圆的条件
方程x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的两种判断方法：
(1)(配方法)对形如x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0的二元二次方程可以通过配方变形成“标准”形式后，观察是否表示圆；
(2)(运用圆的一般方程的判断方法求解)即通过判断D2＋E2－4F是否为正，确定它是否表示圆．
【典型例题1】
若关于x，y的方程x2＋mxy＋y2＋2x－y＋n＝0表示的曲线是圆，则m＋n的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
解析：因为x2＋mxy＋y2＋2x－y＋n＝0表示圆，
所以
解得n＜，所以m＋n＜.
答案：A
探究二
用待定系数法求圆的方程
1．用待定系数法求圆的方程的大致步骤如下：
2．对圆的一般方程和标准方程的选择：
(1)如果由已知条件容易求得圆心坐标、半径或需利用圆心的坐标或半径来列方程的问题，一般采用圆的标准方程，再用待定系数法求出a，b，r.
(2)如果已知条件和圆心或半径都无直接关系，一般采用圆的一般方程，再利用待定系数法求出常数D，E，F.
【典型例题2】
(1)已知A(－1,1)，B(6,0)，C(－1,7)，则△ABC的外接圆的方程是__________．
解析：设圆的方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，将A，B，C三点的坐标代入方程，解方程组得D＝－6，E＝－8，F＝0，从而圆的方程为x2＋y2－6x－8y＝0.
答案：x2＋y2－6x－8y＝0
(2)求圆心在y＝－x上且过两点(2,0)，(0，－4)的圆的一般方程，并把它化成标准方程．
解：
探究三
与圆有关的轨迹问题
圆是一个双重对称图形，与圆有关的轨迹问题可结合圆的有关性质解决，解决的方法可以是直接法、定义法、相关点代入法等．
(1)直接法：根据题设，建立适当的平面直角坐标系，设出动点坐标，并找出动点所满足的关系式；
(2)定义法：当所列出的关系式符合圆的定义时，可利用定义写出点的轨迹方程；
(3)相关点代入法：若动点P(x，y)因为圆上的另一动点Q(x1，y1)而运动，且x1，y1可用x，y表示，则将Q点的坐标代入已知圆的方程，求得动点的轨迹方程．
【典型例题3】
已知一曲线是与两定点(0,0)和(3,0)距离之比为m(m>0)的点的轨迹，求此曲线方程，并说明是什么曲线．
思路分析：设动点坐标为(x，y)，将题设条件等式用方程给出，化简方程为最简形式即可．
解：设所求曲线上任一点的坐标为P(x，y)，
由题意得，＝m，
即(m2－1)x2＋(m2－1)y2－6m2x＋9m2＝0.
当m＝1时，x＝，其轨迹为两点的中垂线；
当m≠1时，方程可化为2＋y2＝2，其轨迹是以为圆心，以为半径的圆．
点评
求轨迹方程与轨迹是不同的，求轨迹方程时只需要求出方程，求轨迹时，不仅要求出轨迹方程，还要指出方程表示的图形，如果方程中含有参数要分类讨论，如有不符合条件的点要舍去．
【典型例题4】
已知点P在圆C：x2＋y2－8x－6y＋21＝0上运动，求线段OP的中点M的轨迹方程．
解法一：设点M(x，y)，点P(x0，y0)，
则所以
因为点P(x0，y0)在圆C：x2＋y2－8x－6y＋21＝0上，
所以x20＋y20－8x0－6y0＋21＝0.
所以(2x)2＋(2y)2－8·(2x)－6·(2y)＋21＝0.
即点M的轨迹方程为x2＋y2－4x－3y＋＝0.
解法二：设点M的坐标为(x，y)，连接OC，PC，取线段OC的中点A，连接MA.
圆C的方程可化为(x－4)2＋(y－3)2＝4，圆心C(4,3)，|CP|＝2，则点A的坐标为.
如图所示，在△OCP中，M，A分别是OP，OC的中点，
则|MA|＝|CP|，即|MA|＝1.
又当O，C，P三点共线时，|MA|＝1.
所以点M的轨迹是以A为圆心，1为半径的圆．
所以点M的轨迹方程为(x－2)2＋2＝1.
探究四
求圆关于点(线)对称的圆
1．求圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2关于点P(x0，y0)对称的圆的方程，首先要找出圆心C(a，b)关于点P(x0，y0)的对称点，得到对称圆的圆心，半径不变，即得所求圆的方程．
2．求圆关于直线mx＋ny＋p＝0对称的圆的方程，只需求出圆心关于直线的对称点即可．
【典型例题5】
试求圆C：x2＋y2－x＋2y＝0关于直线l：x－y＋1＝0对称的曲线C′的方程．
思路分析：对称圆的圆心坐标变化、半径不变，另外可利用相关点法来求．
解法一：设P′(x，y)为所求曲线C′上任意一点，P′关于l的对称点为P(x0，y0)，则P(x0，y0)在圆C上．
由题意可得
解得
(
)
因为P(x0，y0)在圆C上，
所以x20＋y20－x0＋2y0＝0，将(
)代入，
得(y－1)2＋(x＋1)2－(y－1)＋2(x＋1)＝0.
化简，得x2＋y2＋4x－3y＋5＝0，
即曲线C′的方程是x2＋y2＋4x－3y＋5＝0.
解法二：(特殊对称)
圆C关于直线l的对称图形仍然是圆，且半径不变，故只需求圆心C′，
圆心C关于直线l：x－y＋1＝0的对称点为C′，因此所求圆C′的方程为(x＋2)2＋2＝.1.2.2
空间中的平行关系
1
课堂探究
探究一
基本性质4的应用
基本性质4说明把平行线的传递性推广到空间也能成立，这个基本性质是判断两条直线平行的重要方法之一，其关键在于寻找联系所证两条平行直线的第三条直线．此外，我们还要熟悉各种几何图形的定义和特征．
【典型例题1】
如图所示，已知E，F分别是空间四边形ABCD的边AB与BC的中点，G，H分别是边CD与AD上靠近D的三等分点，求证：四边形EFGH是梯形．
思路分析：要证明四边形EFGH是梯形，只需证一组对边平行且不相等即可．通过本题条件可知，利用平面的基本性质4即可解决．
证明：在△ABC中，因为E，F分别是AB，BC边上的中点，
所以EFAC．
又在△ACD中，G，H分别是CD，AD边上的三等分点，＝＝，所以GHAC．
所以EF∥GH，且EF≠GH，
即四边形EFGH是梯形．
探究二
等角定理的应用
证明角相等的常用方法有：
(1)利用题设中的条件，将要证明的两个角放在两个三角形中，利用三角形全等或三角形相似证明两个角相等．
(2)在题目中若不容易构造三角形或不能利用三角形全等或相似来证明角相等，可考虑两个角的两边，可利用定理证明这两个角的两边分别对应平行且方向相同或相反，从而达到目的．
【典型例题2】
(1)空间中有一个∠A的两边和另一个∠B的两边分别平行，∠A＝70°，则∠B＝________．
解析：因为∠A的两边和∠B的两边分别平行，
所以∠A＝∠B或∠A＋∠B＝180°．
又∠A＝70°，所以∠B＝70°或110°．
答案：70°或110°
(2)已知E，E1分别是正方体ABCD A1B1C1D1的棱AD，A1D1的中点．求证：∠BEC＝∠B1E1C1．
解：如图所示，连接EE1，
因为E1，E分别为A1D1，AD的中点，
所以A1E1
AE．
所以四边形A1E1EA为平行四边形，
所以A1AE1E．
又因为A1AB1B，
所以E1EB1B，
所以四边形E1EBB1是平行四边形，
所以E1B1∥EB．
同理E1C1∥EC．
又∠BEC与∠B1E1C1对应边方向相同，所以∠BEC＝∠B1E1C1．
探究三
直线与平面平行的判定定理
1．应用判定定理时，要注意“内”“外”“平行”三个条件必须都具备，缺一不可．
2．要明确其思路是用直线与直线平行判定直线和平面平行．应用时，只需在平面内找到一条直线与已知直线平行即可．简单地说，线∥线 线∥面．
3．在题目中出现中点时，常见的证线线平行的两种途径．
(1)中位线→线线平行．
(2)平行四边形→线线平行．
【典型例题3】
一木块形状如图所示，点P在平面VAC内，过点P将木块锯开，使截面平行于直线VB和AC，应该怎样画线？
思路分析：可考虑利用线面平行的判定定理分析“目标线”的画法．
解：如图，在平面VAC内经过点P作EF∥AC，且与VC的交点为F，与VA的交点为E．在平面VAB内，经过点E作EH∥VB，与AB交于点H．在平面VBC内，经过点F作FG∥VB，与BC交于点G，连接GH，则EF，FG，GH，HE为截面与木块各面的交线．
证明如下：因为EH∥VB，FG∥VB，
所以EH∥FG，可知E，H，G，F四点共面．
因为VB平面EFGH，EH 平面EFGH，
所以VB∥平面EFGH．
同理可证AC∥平面EFGH．
点评
证明线面平行时，先在平面内找与已知直线平行的直线，若找不到，再添加辅助线．添加辅助线一般要结合特殊点、特殊图形，添加的辅助线多为中线、高线、中位线或特殊图形的边．
探究四
直线与平面平行的性质定理的应用
1．性质定理可作为直线和直线平行的判定方法．应用时，需要经过已知直线找平面(或作平面)与已知平面相交，以平面为媒介证明线线平行．
2．定理中的三个条件：(1)直线a∥平面α；(2)平面α，β相交，即α∩β＝b；(3)直线a在平面β内．缺一不可．
定理的应用流程可表示如下：
【典型例题4】
如图，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH，CD∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．
思路分析：(1)利用线面平行的判定和性质定理进行证明；(2)利用图形相似的性质来求边长．
解：(1)证明：因为四边形EFGH为平行四边形，
所以EF∥HG．因为HG 平面ABD，EF平面ABD，所以EF∥平面ABD．
因为EF 平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，
所以EF∥AB，易得AB∥平面EFGH．同理，CD∥EH，所以CD∥平面EFGH．
(2)设EF＝x(0边形，EF∥AB，CD∥EH，
所以CD∥FG，＝．
故＝＝＝1－．从而FG＝6－．
于是四边形EFGH的周长为l＝＝12－x．
又0＜x＜4，所以8＜l＜12，
即四边形EFGH周长的取值范围为(8,12)．
点评
线面平行的判定定理与性质定理常常交替使用：先通过线线平行推出线面平行，再通过线面平行推出线线平行，复杂的题目还可以继续推下去，我们可称为平行链，如下：
线线平行线面平行线线平行
探究五
易错辨析
易错点：将bα与b∥α等同而致误
【典型例题5】
平面外的两条平行直线中的一条平行于这个平面，那么另一条直线也平行于这个平面．
已知：直线a∥b，a∥平面α，a，bα．求证：b∥α．
错解：因为直线a∥b，所以a与b无公共点．
又因为a∥平面α，所以a与平面α也无公共点，
又bα，所以b与α无公共点，所以b∥α．
错因分析：bα包含b∥α和b∩α＝M两种情况，上面证明误认为bα即意味着b∥α而致错．
正解：如图所示，过a及平面α内一点A作平面β，
设β∩α＝c．因为a∥α，所以a∥c．
因为a∥b，所以b∥c．因为bα，c α，所以b∥α．
点评
条件中有a∥α，为了利用直线和平面平行的性质定理，因此过a作平面β与α相交，这里我们把平面β称为辅助平面，它可以起到桥梁作用，作辅助平面是把空间问题向平面问题转化的一种手段．
和平面几何中添加辅助线一样，在构造辅助平面时，一定要确认这个平面是存在的．在本例中就是以“直线及此直线外一点确定一个平面”为依据作出辅助平面的．1.2.3
空间中的垂直关系
2
课堂探究
探究一
面面垂直的判定
(1)面面垂直的定义，判定的方法是：
①证明第三个平面与两个相交平面的交线垂直；
②证明这两个平面与第三个平面相交所得的两条交线互相垂直；
③根据定义，这两个平面互相垂直．
(2)面面垂直的判定定理．在证明两个平面垂直时，一般先从现有的直线中寻找平面的垂线，若这样的直线在现有的图中不存在，则可通过作辅助线来解决．
【典型例题1】
在正方体AC1中，求证：平面BDD1B1⊥平面ACC1A1．
证明：如图所示，因为AA1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以AA1⊥BD．
又在底面ABCD内，对角线AC⊥BD，且AA1∩AC＝A，
所以BD⊥平面ACC1A1．
又BD 平面BDD1B1，
所以平面BDD1B1⊥平面ACC1A1．
【典型例题2】
如图，在四面体ABCD中，BD＝，AB＝AD＝CB＝CD＝AC＝a，求证：平面ABD⊥平面BCD．
思路分析：图形中的垂直关系较少，不妨考虑利用定义法证明．
证明：取BD的中点为E，连接AE，CE，
因为CB＝CD＝AB＝AD，
所以AE⊥BD，CE⊥BD，则有BD⊥平面AEC．
因为AB＝AD＝CB＝CD＝AC＝a，BD＝，
所以△ABD和△BCD都是等腰直角三角形，AE，CE都是斜边上的中线．
所以AE＝CE＝BD＝．
又AC＝a，所以AE2＋CE2＝AC2．所以AE⊥CE．
又AE，CE分别是平面AEC与平面ABD、平面BCD的交线，所以平面ABD⊥平面BCD．
探究二
面面垂直的性质
(1)当所给的题目中有面面垂直的条件时，一般要注意是否有垂直于两个平面交线的垂线，如果有，可利用性质定理将面面垂直转化为线面垂直或线线垂直；如果没有，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，这样把面面垂直转化为线面垂直或线线垂直．
(2)面面垂直性质定理的常用推论：
①两相交平面同时垂直于第三个平面，那么两相交平面的交线也垂直于第三个平面．
②两个互相垂直的平面的垂线也互相垂直．
③如果两个平面互相垂直，那么其中一个平面的垂线与另一个平面平行或在另一个平面内．
【典型例题3】
(1)如图所示，三棱锥P ABC的底面在平面α内，且AC⊥PC，平面PAC⊥平面PBC，点P，A，B是定点，则动点C运动形成的图形是( )
A．一条线段
B．一条直线
C．一个圆
D．一个圆，但要去掉两个点．
解析：因为平面PAC⊥平面PBC，AC⊥PC，
AC 平面PAC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，
所以AC⊥平面PBC．
又因为BC 平面PBC，
所以AC⊥BC，所以∠ACB＝90°，
所以动点C运动形成的图形是以AB为直径的圆，
除去A和B两点，故选D．
答案：D
(2)如图，AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，平面PAC⊥平面ABC，
①判断BC与平面PAC的位置关系，并证明．
②判断平面PBC与平面PAC的位置关系．
解：①BC⊥平面PAC．
证明：因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，B的任意一点，所以∠ACB＝90°，所以BC⊥AC．
又因为平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，BC 平面ABC，所以BC⊥平面PAC．
②因为BC 平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAC．
探究三
探索型问题
(1)垂直关系的相互转化：
(2)探究型问题的两种解题方法：
①(分析法)即从问题的结论出发，探求问题成立的条件．
②(反证法)先假设使结论成立的条件存在，然后进行推证，推出矛盾，否定假设，确定使结论成立的条件不存在．
【典型例题4】
如图，在三棱锥A BCD中，∠BCD＝90°，BC＝CD＝1，AB⊥平面BCD，∠ADB＝60°，E，F分别是AC，AD上的动点，且＝＝λ(0<λ<1)．
(1)求证：不论λ为何值，总有平面BEF⊥平面ABC．
(2)当λ为何值时，平面BEF⊥平面ACD．
解：(1)因为AB⊥平面BCD，所以AB⊥CD．
因为CD⊥BC，且AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC．
又因为＝＝λ(0<λ<1)，
所以不论λ为何值，恒有EF∥CD．
所以EF⊥平面ABC，EF 平面BEF．
所以不论λ为何值，恒有平面BEF⊥平面ABC．
(2)由(1)知，BE⊥EF，
因为平面BEF⊥平面ACD，
所以BE⊥平面ACD，所以BE⊥AC．
因为BC＝CD＝1，∠BCD＝90°，∠ADB＝60°，
所以BD＝，AB＝tan
60°＝．
所以AC＝＝．
由AB2＝AE·AC，得AE＝．所以λ＝＝．
探究四
易错辨析
易错点1：忽略了几何体的所属范围而致误
【典型例题5】
已知在四边形ABCD中，四个角∠ABC，∠BCD，∠CDA，∠DAB都是直角．求证：四边形ABCD是矩形．
错解：根据初中所学知识，可知四边形ABCD是矩形．
错因分析：上述说明不严谨，忽略了四边形是空间四边形的检验与讨论．
正解：(1)当四边形ABCD是平面四边形时，易得其是矩形．
(2)若四边形ABCD是空间四边形，可设点C在平面ABD之外，如图所示，设C′是点C在平面ABD内的射影，
因为AD 平面ABD，CC′⊥平面ABD，所以CC′⊥AD．又CD⊥AD，CC′∩CD＝C，所以AD⊥平面CC′D，
所以C′D⊥AD．同理C′B⊥AB．
CD2＋CB2>C′D2＋C′B2．①
连接BD，在△BCD中，∠BCD＝90°，
故CD2＋CB2＝BD2．②
在平面四边形ABC′D中，
因为∠DAB＝∠ABC′＝∠ADC′＝90°，所以∠BC′D＝90°，
所以C′D2＋C′B2＝BD2．③
将②③代入①得BD2>BD2，矛盾，故四边形ABCD不可能是空间四边形，只能是平面四边形，
所以四边形ABCD是矩形．
易错点2：忽略了问题的唯一性而致误
【典型例题6】
已知直线a不垂直于平面α，如图所示，求证：过a有且只有一个平面与α垂直．
错解：记A∈a，过A作b⊥α，a∩b＝A，则可得a，b确定一个平面β，由b⊥α，b β，得α⊥β，这说明过a有且只有一个平面β与α垂直．
错因分析：仅证明了命题的存在性，而忽略了唯一性．
正解：(1)存在性．设A∈a，过A作b⊥α，a∩b＝A a，b确定一个平面，记作β．
α⊥β．
(2)唯一性．假设过a不止一个平面垂直于α，可设除β外还有平面γ满足γ⊥α， a⊥α．
这与a不垂直于α矛盾．从而假设不成立，所以只有一个平面垂直于α．
于是，由(1)(2)可知原命题成立．2.1
平面直角坐标系中的基本公式
课堂探究
探究一
数轴上的坐标运算
(1)向量的数量(或坐标)与向量的长度是不同的量，向量的数量(或坐标)是在向量的长度前面加上向量的方向符号，它可能为正也可能为负，还可以为零．向量的数量(或坐标)的绝对值等于向量的长度．
(2)向量的坐标用AB表示，BA表示向量的坐标，AB＝－BA，向量的长度记为||，线段AB的长度记为|AB|，且||＝|AB|＝|x2－x1|，AB＝x2－x1．
数轴上任意三点A，B，C，都有关系式AC＝AB＋BC，但却不一定有||＝||＋||，它与A，B，C三个点的相对位置有关．
【典型例题1】
(1)已知A，B，C是数轴上任意三点．
①若AB＝5，CB＝3，求AC．
②证明：AC＋CB＝AB．
①解：因为AC＝AB＋BC，
所以AC＝AB－CB＝5－3＝2．
②证明：设数轴上A，B，C三点的坐标分别为xA，xB，xC，
则AC＋CB＝(xC－xA)＋(xB－xC)＝xB－xA＝AB，
所以AC＋CB＝AB．
(2)已知数轴上两点A(a)，B(5)，分别求出满足下列条件时a的取值．
①两点间距离为5．
②两点间距离大于5．
③两点间距离小于3．
解：数轴上两点A，B之间的距离为|AB|＝|5－a|．
①根据题意得|5－a|＝5，
解得a＝0或a＝10．
②根据题意得|5－a|>5，
即5－a>5或5－a<－5，故a<0或a>10．
③根据题意得|5－a|<3，
即－3<5－a<3，故2探究二
平面内两点间距离公式的应用
(1)距离公式还可以变形为|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2．
(2)在涉及求平方和的最小值的问题时，可通过两点间距离公式的形式进行构造变形，利用动点到定点的最小距离求解．
【典型例题2】
已知点A(a,3)，B(3,3a＋3)的距离为5，求a的值．
思路分析：由两点的距离公式可以表示出|AB|，而|AB|＝5，可得关于a的方程，解方程即可求出a的值．
解：因为x1＝a，y1＝3，x2＝3，y2＝3a＋3，
所以|AB|＝
＝＝5，
即(a－3)2＋(3a)2＝25，
展开得a2－6a＋9＋9a2＝25，
所以10a2－6a－16＝0，即5a2－3a－8＝0，
解之得a＝－1或a＝，因此a的值为－1或．
探究三
平面内中点坐标公式的应用
对于平面内中点坐标公式需要从以下两方面来认识：
①从公式上看，根据方程思想，可以知二求一，即只要知道公式两边的任意两个量，就可以求出第三个量．
②从图象上看，只要知道任意两个点，就可以求出第三个点．
【典型例题3】
已知△ABC的两个顶点A(3,7)，B(－2,5)，若AC，BC的中点都在坐标轴上，求点C的坐标．
思路分析：由于AC，BC的中点的连线为△ABC中位线，应与底边AB平行．又因为边AB与x轴、y轴均不平行，所以两中点不会在同一条坐标轴上．再根据坐标轴上点的坐标的特点即可求解．
解：设点C的坐标为(x，y)，边AC的中点为D，BC的中点为E，则DEAB．
因为AB与坐标轴不平行，所以D，E两点不可能都在x轴或y轴上．
线段AC的中点D的坐标为，
线段BC的中点E的坐标为．
若点D在y轴上，则＝0，即x＝－3，此时点E的横坐标不为零，点E要在坐标轴上只能在x轴上，
所以＝0，即y＝－5，所以C(－3，－5)．
若点D在x轴上，则＝0，即y＝－7，此时点E只能在y轴上，
所以＝0，即x＝2，此时C(2，－7)．
综上可知，适合题意的点C的坐标为(－3，－5)或(2，－7)．
点评
对本题而言，讨论三角形两边的中点在不同的坐标轴上是关键．
探究四
易错辨析
易错点1：因扩大取值范围而致误
【典型例题4】
求函数y＝＋的最小值．
错解：因为x2＋1≥1，所以≥1．
又因为x2－4x＋8＝(x－2)2＋4≥4，
所以≥2．
所以y＝＋≥3．
所以函数y＝＋的最小值为3．
错因分析：没有验证等号是否成立，而导致扩大了y的取值范围，实际上x是同步的，不能轻易分开．若分别讨论，必须验证等号成立的条件是否满足题意．
正解：因为y＝＋
＝＋，
令A(0,1)，B(2,2)，P(x,0)，则y＝|PA|＋|PB|．
这样求函数的最小值问题，就转化为在x轴上求一点P，使得|PA|＋|PB|取得最小值问题．
借助于光学的知识和对称的知识，如图所示，作出点A关于x轴的对称点A′(0，－1)，连接BA′交x轴于点P，可知|BA′|即为|PA|＋|PB|的最小值．
即|BA′|＝＝．
所以函数的最小值ymin＝．
易错点2：因考虑问题不全面而致误
【典型例题5】
已知一平行四边形三个顶点的坐标分别为(－1，－2)，(3,1)，(0,2)，求这个平行四边形第四个顶点的坐标．
错解：设A(－1，－2)，B(3,1)，C(0,2)，第四个顶点D的坐标为(x，y)，由于四边形ABCD为平行四边形，则由中点坐标公式得解得
所以点D的坐标为(－4，－1)，即平行四边形的第四个顶点的坐标为(－4，－1)．
错因分析：误认为平行四边形为四边形ABCD，其实还有四边形ABDC，四边形ACBD，由于考虑不全面而导致丢解．
正解：设A(－1，－2)，B(3,1)，C(0,2)，第四个顶点D的坐标为(x，y)，
(1)若四边形ABCD是平行四边形，
则由中点坐标公式得
解得
所以点D的坐标为(－4，－1)．
(2)若四边形ABDC是平行四边形，
则由中点坐标公式得
解得所以点D的坐标为(4,5)．
(3)若四边形ACBD是平行四边形，
则由中点坐标公式得
解得
所以点D的坐标为(2，－3)．
综上所述，满足条件的平行四边形第四个顶点的坐标为(－4，－1)或(4,5)或(2，－3)．1.1.2
棱柱、棱锥和棱台的结构特征
课堂探究
探究一
棱柱的结构特征
判断一个几何体是棱柱的依据及关键点
(1)依据：判断是否是棱柱要紧扣棱柱的定义．
(2)抓住三个关键点．
①底面：两个多边形全等且所在平面互相平行．
②侧面：都是平行四边形．
③侧棱：互相平行且相等．
以上三点缺一不可．
【典型例题1】
(1)下列几何体是棱柱的有( )
A．5个
B．4个
C．3个
D．2个
解析：棱柱的结构特征有三方面：有两个面互相平行；其余各面是平行四边形；这些平行四边形面中，每相邻两个面的公共边都互相平行，当一个几何体同时满足这三方面的特征时，这个几何体才是棱柱．
①上述三方面的特征都符合，是棱柱；②没有两个平行平面，所以不是；③符合条件，是棱柱；④虽然有两个平面平行，但其余各面不是平行四边形，因此不是；⑤只有三角形的面，没有符合的一个条件，所以不是；⑥有两个平行平面，但其余各面中有的不是平行四边形，所以⑥不是．因此符合条件的只有①③．
答案：D
(2)给出下列几个结论：
①长方体一定是正四棱柱．
②正方体一定是正四棱柱．
③长方体一定是直棱柱．
④有一条侧棱与底面两边垂直的棱柱是直棱柱．
⑤有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱．
其中错误的是__________．(填序号)
解析：侧棱垂直于底面的棱柱为直棱柱，而底面为正多边形的直棱柱为正棱柱．对照各结论知①④⑤错误．
答案：①④⑤
探究二
棱锥、棱台的结构特征
判断棱锥、棱台的常用方法有：
(1)举反例法：
结合棱锥、棱台的定义举反例直接判断关于棱锥、棱台结构特征的某些说法不正确．
(2)直接法：
棱锥
棱台
定底面
只有一个面是多边形，此面即为底面
两个互相平行的面，即为底面
看侧棱
相交于一点
延长后相交于一点
【典型例题2】
判断以下说法，正确的是( )
A．所有面都是三角形的几何体一定是三棱锥
B．三棱锥的每一个面都可作为底面
C．底面是正多边形，各侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
D．正棱锥的所有棱长都相等
解析：如图(1)的几何体所有的面为三角形，但不是三棱锥，故A错．如图(2)中，棱AD＝1，其余棱长为2，
满足题意，但不是正三棱锥，故C错．正棱锥中，所有侧棱长都相等，故D错．而三棱锥又称四面体，每个面都是三角形，故每个面都可作为底面，故B正确．
答案：B
【典型例题3】
下列关于棱锥、棱台的说法：
(1)用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台．
(2)棱台的侧面一定不会是平行四边形．
(3)棱锥的侧面只能是三角形．
(4)由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥．
(5)棱锥被平面截成的两部分不可能都是棱锥．
其中正确说法的序号是__________．
解析：(1)错误，若平面不与棱锥底面平行，用这个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台；
(2)正确，棱台的侧面一定是梯形，而不是平行四边形；
(3)正确，由棱锥的定义知棱锥的侧面只能是三角形；
(4)正确，由四个面围成的封闭图形只能是三棱锥；
(5)错误，如图所示四棱锥被平面PBD截成的两部分都是棱锥．
答案：(2)(3)(4)
探究三
有关正棱锥、正棱台中的计算问题
1．正棱锥、正棱台中的直角三角形，正棱锥中的几个重要的直角三角形．如图所示，正棱锥中，点O为底面中心，M是CD的中点，则△SOM，△SOC均是直角三角形，很明显，△SMC，△OMC也是直角三角形．
2．正棱台中的几个重要的直角梯形：如图所示，由斜高、侧棱构成的直角梯形E1ECC1，由斜高、高构成的直角梯形O1E1EO，由高、侧棱构成的直角梯形O1OCC1．
【典型例题4】
(1)若正四棱锥的底面积为4，侧棱长为2，则其斜高为__________．
解析：正四棱锥的侧面为等腰三角形，如图，作PE⊥CD于点E，则PE为斜高，E为CD的中点．由底面积为4，知底面边长为2，在Rt△PCE中，PC＝2，CE＝1，所以PE＝＝．
答案：
(2)一个正四棱台的上、下底面面积分别为4,16，一侧面面积为12，求该棱台的斜高、高、侧棱长．
解：如图，设O′，O分别为上、下底面的中心，即OO′为正四棱台的高，E，F分别为B′C′，BC的中点，
则EF⊥BC，EF为斜高．
由上底面面积为4，上底面为正方形，可得B′C′＝2；同理，BC＝4．
因为四边形BCC′B′的面积为12，
所以×(2＋4)·EF＝12，
所以EF＝4．
过B′作B′H⊥BC交BC于点H，
则BH＝BF－B′E＝2－1＝1，B′H＝EF＝4．
在Rt△B′BH中，
BB′＝＝＝．
同理，在直角梯形O′OFE中，计算出O′O＝．综上，该正四棱台的侧棱长为，斜高为4，高为．
探究四
立体图形的展开问题
解决空间几何体表面上两点间的最短线路问题，一般都是将空间几何体表面按某一种方式展开，转化为求平面内两点间的线段长，这体现了数学中的转化思想．
【典型例题5】
如图所示，在四面体P ABC中，PA＝PB＝PC＝2．∠APB＝∠BPC＝∠APC＝30°，一只蜜蜂从A点出发沿四面体的表面绕行一周，再回到A点，求蜜蜂经过的最短路程．
解：将四面体沿PA剪开，并展成如图所示的平面图形，则AA′就是所求的最短路程．
因为∠APA′＝90°，PA＝PA′＝2，所以最短路程AA′为．
探究五
易错辨析
易错点：对棱柱、棱锥、棱台的结构把握不清而致误
【典型例题6】
如图所示，关于几何体的说法正确的序号有______．
(1)这是一个六面体；
(2)这是一个四棱台；
(3)这是一个四棱柱；
(4)此几何体可由三棱柱截去一个三棱柱得到；
(5)此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到．
错解：答案中含有(2)．
错因分析：未对几何体侧棱延长后是否交于一点验证，而直接由侧面是否为梯形做出误判．
正解：(1)正确，因为有六个面，属于六面体的范围；
(2)错误，因为侧棱的延长线不能交于一点，所以不正确；
(3)正确，如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱；
(4)(5)都正确，如图所示．
答案：(1)(3)(4)(5)1.1.5
三视图
课堂探究
探究一
正投影问题
作物体的正投影，一般是按照这样的过程：
如图所示，把要作投影的物体放在投射面和观察者中间，按观察者—物体—投射面的顺序摆好．由观察者的眼睛假想发出一束平行的投射线，这些投射线经过物体轮廓线上的顶点后，与投射面垂直相交，这些交点连接起来的图形，就是物体的正投影．
【典型例题1】
如图所示，在正方体ABCD A1B1C1D1中，E是正方形ADD1A1的中心，F是棱C1D1的中点，则四边形AC1FE在平面BCC1B1内的正投影是( )
A．一个三角形
B．一个梯形
C．一条线段
D．三个点
解析：本题主要考查正投影的性质，问题的关键是找到四个点A，C1，F，E在平面BCC1B1内正投影的位置．可知F和C1在平面BCC1B1内的正投影是点C1，A在平面BCC1B1内的正投影是点B，而E在平面BCC1B1内的正投影是BC1的中点，因此四边形AC1FE在平面BCC1B1内的正投影是线段BC1．
答案：C
点评
确定空间图形正投影的关键是边界点正投影的确定，要注意投射面的位置．本题中投射面若是平面ABCD，四边形AC1FE的正投影就成了一个等腰梯形．
探究二
简单组合体的三视图
1．画组合体的三视图的“四个步骤”
(1)析：分析组合体的组成形式．
(2)分：把组合体分解成简单几何体．
(3)画：画分解后的简单几何体的三视图．
(4)拼：将各个三视图拼合成组合体的三视图．
2．画三视图时要注意的“三个问题”
(1)先画主体部分，后画次要部分．
(2)几个视图要配合着画．一般是先画主视图再确定左视图和俯视图．
(3)组合体的各部分之间要画出分界线．
【典型例题2】
(1)某几何体的主视图和左视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是( )
解析：由于该几何体的主视图和左视图相同，且上部分是一个矩形，正三角形的边长与高不等，因此俯视图不可能是C．
答案：C
(2)如图是棱柱和圆柱构成的组合体，请画出它的三视图．
解：该物体是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的，主视图反映正六棱柱的三个侧面和圆柱的侧面，左视图反映正六棱柱的两个侧面和圆柱的侧面，俯视图反映正六棱柱的上底面和圆柱在正六棱柱的上底面上的投影．
探究三
三视图的还原问题
1．由三视图还原几何体的三个步骤．
2．在还原过程中，下列常见几何体的三视图要熟记，以方便还原．
几何体
主视图
左视图
俯视图
正方体
长方体
圆柱
圆锥
圆台
球
【典型例题3】
(1)如图所示，甲、乙、丙是三个立体图形的三视图，甲、乙、丙对应的标号正确的是( )
①长方体 ②圆锥 ③三棱锥 ④圆柱
A．④③②
B．②①③
C．①②③
D．③②④
解析：由于甲的俯视图是圆，则该几何体是旋转体，又因主视图和左视图均是矩形，则甲是圆柱；由于乙的俯视图是三角形，则该几何体是多面体，又因主视图和左视图均是三角形，则该多面体的各个面都是三角形，则乙是三棱锥；由于丙的俯视图是圆和圆心，则该几何体是旋转体，又因主视图和左视图均是三角形，则丙是圆锥．
答案：A
(2)说出如图所示三视图表示的几何体．
解：①由几何体的三视图知，该几何体的底面是正六边形，侧面是有一个公共顶点的六个等腰三角形，故该几何体是正六棱锥．
②由几何体的三视图知，该几何体的底面是圆，相交的部分是一个与底面圆同圆心的圆，主视图和左视图是两个全等的等腰梯形，故该几何体是两个圆台的组合体．
探究四
三视图中的计算问题
涉及三视图中的计算问题，首先要明确一个几何体的三视图的排列规律：俯视图在主视图的下方，长度与主视图一样，左视图在主视图的右面，高度与主视图一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．其次要将三视图对应的几何体还原正确，最后在还原的几何体中进行相关计算即可．
【典型例题4】
(1)如图是正四棱锥的三视图，其中主视图为边长为1的正三角形，则这个四棱锥的侧棱长为__________．
解析：画出这个正四棱锥，由三视图知，底边长CD＝1，E为CD的中点，斜高PE＝1，
在Rt△PEC中，
侧棱PC＝＝．
答案：
(2)网格纸的小正方形的边长是1，在其上用实线画出了某多面体的三视图，则这个多面体最长的一条棱的长为__________．
解析：这是一个四棱锥，其直观图如图．
底面ABCD是边长为2的正方形，高PC的长为2．
由图可知该几何体是正方体切割后的一部分(四棱锥P ABCD)，还原在正方体中，如图所示．
多面体最长的一条棱即为正方体的对角线AP，
在Rt△PBC中，解得PB＝，
在Rt△ABP中，由AP2＝AB2＋PB2，得AP＝．
答案：
探究五
易错辨析
易错点1：忽视物体轮廓线虚实而致误
【典型例题5】
试画出如图中(1)(2)所示物体的主视图与俯视图．
错解：物体(1)的主视图与俯视图如图①所示，
物体(2)的主视图与俯视图如图②所示．
错因分析：忽视了物体的轮廓线及其虚实．
正解：物体(1)的主视图与俯视图如图①所示，
物体(2)的主视图与俯视图如图②所示．
易错点2：对组合体衔接部分想象不清而致误
【典型例题6】
画出如图所示物体的三视图．
错解：
错因分析：此几何体左视图与俯视图不易出错，对于主视图错解中把物体的连接部分误认为是两个圆柱简单的对接，其实是两圆柱进行了咬合，形成的交线是曲的，而不是直的．
正解：此几何体是由两个圆柱镶嵌而成的，主视图反映两个圆柱的侧面；左视图反映上面圆柱的侧面和下面圆柱的底面；俯视图反映上面圆柱的底面和下面圆柱的侧面，其三视图如图所示．2.2.2
直线方程的几种形式
课堂探究
探究一
直线方程的点斜式
利用点斜式求直线方程的步骤如下：
①确定直线要经过的定点(x0，y0)．
②明确直线的斜率k．
③由点斜式直接写出直线方程．
注意：点斜式使用的前提条件是斜率存在；当斜率不存在时，直线没有点斜式方程，其方程为x＝x0．
【典型例题1】
求满足下列条件的直线的方程：
(1)过点P(－4,3)，斜率k＝－2；
(2)过点P(2，－5)，且与x轴平行；
(3)过点P(3，－1)，且与y轴平行．
思路分析：利用直线方程的点斜式及特殊位置的直线表示形式解答．
解：(1)直线过点P(－4,3)，斜率k＝－2，由点斜式得y－3＝－2(x＋4)，整理得所求方程为2x＋y＋5＝0．
(2)直线过点P(2，－5)，且与x轴平行，则斜率k＝0，
故所求直线方程为y＋5＝0(x－2)，即y＝－5．
(3)直线与y轴平行，说明斜率不存在，
又因为直线过点P(3，－1)，
所以直线的方程为x＝3．
探究二
直线方程的斜截式
(1)由直线斜截式方程的推导过程可以看出，在点斜式中若点P(x0，y0)为直线l与y轴的交点，得到的直线方程即为斜截式，因此斜截式为点斜式的特殊情况．
(2)直线与x轴垂直时，斜率不存在，不能用直线方程的斜截式表示．因此，斜截式方程不能表示与x轴垂直的直线．
(3)斜截式方程y＝kx＋b的特点：左端y的系数恒为1，右端x的系数k和常数项b均有明显的几何意义，k是直线的斜率，b是直线在y轴上的截距，截距实质上为直线与y轴交点的纵坐标，直线与y轴的交点与原点的距离为|b|．
【典型例题2】
(1)写出直线斜率为－1，在y轴上截距为－2的直线的斜截式方程；
(2)求过点A(6，－4)，斜率为－的直线的斜截式方程；
(3)已知直线l的方程为2x＋y－1＝0，求直线的斜率、在y轴上的截距以及与y轴交点的坐标．
解：(1)易知k＝－1，b＝－2，故直线的斜截式方程为y＝－x－2．
(2)由于直线的斜率k＝－，且过点A(6，－4)，根据直线的点斜式方程得直线方程为y＋4＝－
(x－6)，化成斜截式为y＝－x＋4．
(3)直线方程2x＋y－1＝0可化为y＝－2x＋1，由直线的斜截式方程知：直线的斜率k＝－2，在y轴上的截距b＝1，直线与y轴交点的坐标为(0,1)．
探究三
直线方程的两点式
(1)当直线斜率不存在(x1＝x2)或斜率为0(y1＝y2)时，不能用两点式求出它的方程，若x1＝x2，y1≠y2，则直线方程为x－x1＝0；若y1＝y2，x1≠x2，则直线方程为y－y1＝0．
(2)直线方程的两点式不能表示与坐标轴垂直的两类直线．若变形为(x2－x1)(y－y1)＝(y2－y1)(x－x1)，此时可表示过任意两点的直线的方程．
【典型例题3】
(1)求过两点(2，－5)和(－2,3)的直线的两点式方程；
(2)求过两点A(0,0)，B(1,1)的直线方程．
解：(1)由直线的两点式方程得所求直线的方程为
＝，即＝．
(2)由直线的两点式方程得直线AB的方程为＝，即y＝x，也就是x－y＝0．
探究四
直线方程的截距式
对直线的截距式方程应注意以下几点：
①在方程＋＝1中，要求a≠0，b≠0，即两个截距都不为0，因此它不能表示过坐标原点或平行于x轴、y轴的直线．
②当题目条件中涉及截距相等或互为相反数时，若选用截距式来求解，注意截距都为0，即直线过原点这种情况．
【典型例题4】
在x，y轴上的截距分别是－3,4的直线方程是( )
A．4x＋3y－12＝0
B．4x－3y＋12＝0
C．4x＋3y－1＝0
D．4x－3y＋1＝0
解析：根据直线方程的截距式写出直线方程＋＝1，化简得4x－3y＋12＝0，故选B．
答案：B
探究五
直线方程的一般式
(1)直线的一般式方程与其他四种形式的转化：
(2)当直线方程Ax＋By＋C＝0的系数A，B，C满足下列条件时，直线Ax＋By＋C＝0有如下性质：
①当A≠0，B≠0时，直线与两条坐标轴都相交；
②当A≠0，B＝0，C≠0时，直线只与x轴相交，即直线与y轴平行，与x轴垂直；
③当A＝0，B≠0，C≠0时，直线只与y轴相交，即直线与x轴平行，与y轴垂直；
④当A＝0，B≠0，C＝0时，直线与x轴重合；
⑤当A≠0，B＝0，C＝0时，直线与y轴重合．
【典型例题5】
设直线l的方程为(a＋1)x＋y＋2－a＝0(a∈R)．
(1)若l在两坐标轴上的截距相等，求l的方程；
(2)若l不经过第二象限，求实数a的取值范围．
思路分析：(1)从截距的定义入手，因方程中含有变量a，故需要对截距进行分类讨论．(2)中涉及图象过象限问题，可将方程转化为斜截式，从斜率和截距两方面进行综合考虑．
解：(1)当直线过原点时，该直线在x轴和y轴上的截距为零，当然相等．
所以a＝2，直线l的方程即3x＋y＝0．
当a≠2时，截距存在且均不为0，
所以＝a－2，即a＋1＝1，
所以a＝0，直线l的方程为x＋y＋2＝0．
(2)将l的方程化为y＝－(a＋1)x＋a－2，
则或所以a≤－1．
综上所述，a的取值范围是a≤－1．
点评
对于与截距有关的问题，一定要注意截距为0的特殊情况，再者对直线方程的一般式往往根据需要将其转化为点斜式、斜截式等形式．
探究六
易错辨析
易错点：忽视截距为零的情况而致误
【典型例题6】
求经过点P(2,3)，并且在两坐标轴上截距相等的直线l的方程．
错解：设直线方程为＋＝1，
将x＝2，y＝3代入，
得＋＝1，解得a＝5．
故所求的直线方程为x＋y－5＝0．
错因分析：忘记截距为0的情况，而导致丢解．
正解1：(1)当截距为0时，直线l过点(0,0)，(2,3)，
所以直线l的斜率为k＝＝，
所以直线l的方程为y＝，
即3x－2y＝0．
(2)当截距不为0时，可设直线l的方程为＋＝1．
因为直线l过点P(2,3)，
所以＋＝1，所以a＝5．
所以直线l的方程为x＋y－5＝0．
综上可知，直线l的方程为3x－2y＝0或x＋y－5＝0．
正解2：由题意知，直线l的斜率存在，且不为0．
设直线方程为y－3＝k(x－2)，且k≠0．
令x＝0，则y＝3－2k；令y＝0，则x＝2－．
由题意，知3－2k＝2－，解得k＝或k＝－1．
故满足条件的直线方程是y－3＝
(x－2)或y－3＝－(x－2)，
即3x－2y＝0或x＋y－5＝0．1.1.3
圆柱、圆锥、圆台和球
课堂探究
探究一
概念辨析题
(1)对于旋转体，必须清楚直角梯形必须绕其垂直于底边的腰旋转才能形成圆台；直角三角形必须绕直角边旋转才能形成圆锥；圆柱是由矩形绕其一边旋转而形成的几何体，类比棱台的定义，圆台也可以看作是一个圆锥被一个平行于底面的平面所截得的．
(2)对于组合体我们要弄清楚它是由哪几个简单的几何体组合而成的，尤其对于旋转体先要看清所选取的旋转轴，再结合圆柱、圆锥、圆台和球的定义加以判断．
【典型例题1】
(1)下列说法中正确的是( )
A．圆台是直角梯形绕其一边旋转而成的
B．圆锥是直角三角形绕其一边旋转而成的
C．圆柱不是旋转体
D．圆台可以看作是由平行于底面的平面截一个圆锥而得到的
解析：根据旋转体的定义及圆锥与圆台的内在联系易知D正确．
答案：D
(2)如图，由等腰梯形、矩形、半圆、圆、倒三角形对接形成的轴对称平面图形，若将它绕轴l旋转180°后形成一个几何体，下面说法不正确的是( )
A．该组合体可以分割成圆台、圆柱、圆锥和两个球体
B．该组合体仍然关于轴l对称
C．该组合体中的圆锥和球只有一个公共点
D．该组合体中的球和半球只有一个公共点
解析：旋转180°后形成的组合体是由一个圆锥、一个球体、一个半球、一个圆柱和一个圆台组合而成，故选项A不正确．
答案：A
探究二
简单旋转体的计算问题
(1)对于圆柱的性质，要注意以下两点：一是轴线垂直于圆柱的底面；二是三类截面的性质——平行于底面的截面是与底面全等的圆，轴截面是一个由上、下底面圆的直径和母线组成的矩形、平行于轴线的截面是一个由上、下底面圆的弦和母线组成的矩形．
(2)对于圆锥的性质，要注意以下两点：一是两类截面——平行于底面的截面是与底面相似的圆，过圆锥的顶点且与底面相交的截面是一个由两条母线和底面圆的弦组成的等腰三角形；二是圆锥的母线l、高h和底面圆的半径R组成一个直角三角形．有关圆锥的计算，一般归结为解这个直角三角形，往往会用到关系式l2＝h2＋R2．
(3)对于圆台的性质，要注意以下两点：一是圆台的母线共点，所以由任意两条母线确定的截面为一等腰梯形，但是与上、下底面都相交的截面不一定是梯形；二是圆台的母线l、高h和上底面圆的半径r、下底面圆的半径R组成一个直角梯形，且有l2＝h2＋(R－r)2成立，有关圆台的计算问题，常归结为解这个直角梯形．
【典型例题2】
轴截面为正方形的圆柱叫做等边圆柱，已知某等边圆柱的轴截面面积为16
cm2，求其底面周长和高．
思路分析：作出圆柱的轴截面，建立轴截面边长和圆柱底面半径、高之间的关系，进而求解问题．
解：如图所示，作出等边圆柱的轴截面ABCD，
由题意知，四边形ABCD为正方形，设圆柱的底面半径为r
cm，则AB＝AD＝2r．
其面积S＝AB×AD＝2r×2r＝4r2＝16，解得r＝2．
所以其底面周长C＝2πr＝2π×2＝4π(cm)，高2r＝4(cm)．
点评解决圆柱基本量的计算问题，要抓住它的基本量：底面半径、高(母线)与轴截面矩形之间的关系，注意在轴截面矩形中的一边长为圆柱的高，另一边长为圆柱的底面直径．
【典型例题3】
用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台的上、下底面半径的比是1∶λ，截去圆锥的母线长是l0，求圆台的母线长．
解：作原圆锥的截面图如图所示，设圆台的母线长为l，截得圆锥底面与原圆锥底面半径分别是x，λx，根据相似三角形的性质得：
＝＝，所以l＝l0(λ－1)．
点评圆锥平行于底面的截面是一个圆面，过圆锥的顶点作的截面是一个等腰三角形，利用相似三角形的理论来求解圆台母线的长，体现了将立体几何问题转化为平面几何问题处理的基本思想．
探究三
组合体问题
组合体问题中常见的主要是切接问题，解决此类问题关键要画出组合体的核心截面，并保证截面图能搭建起两个或多个几何体的内在联系，能反映出各个几何体的核心元素，这样就将立体几何问题的计算归结为平面几何问题的计算．
【典型例题4】
若圆锥的轴截面是一个面积为cm2的正三角形，那么其内切球的半径为( )
A．4πcm
B．6cm
C．cm
D．
πcm
解析：轴截面如图所示，设正三角形SAB的边长为a
cm，圆O′的半径为R
cm，则
××a＝＝，
所以a＝6．
又S△SO′B＋S△SO′A＋S△AO′B＝，
所以3××6×R＝．所以R＝．故选C．
答案：C
【典型例题5】
一个圆锥的底面半径为2，高为6，在其中有一个高为x的内接圆柱．
(1)用x表示圆柱的轴截面面积S．
(2)当x为何值时，S最大？
思路分析：考虑应用轴截面中的平行关系列比例式解决．
解：(1)根据题意作截面图如图所示，设内接圆柱的底面圆半径为r，
由已知得＝，
所以r＝．
所以S＝2··x＝－x2＋4x，其中0＜x＜6．
(2)当x＝－＝3时，S最大．
点评
涉及立体几何中的最值问题，一般是设出变元，利用函数思想来解决．
探究四
球中的计算问题
解决有关球的问题时常用到如下性质：
(1)用任意平面截球所得的截面是一个圆面，球心和截面圆圆心的连线与这个截面垂直．
(2)如果分别用R和r表示球的半径和截面圆的半径，用d表示球心到截面的距离，则R2＝r2＋d2．球的有关计算问题，常归结为解这个直角三角形问题．
【典型例题6】
已知A，B，C是球O上的三点，AB＝10，AC＝6，BC＝8，球O的半径等于13，则球心O到△ABC所在小圆的距离为__________．
思路分析：本题考查了球的性质及截面的性质应用，同时考查了学生识图能力和运算能力．解答本题的关键是AB为小圆的直径．
解析：因为AB＝10，AC＝6，BC＝8，
所以△ABC为Rt△且AB为点A，B，C所在小圆的直径．
所以r＝5．
轴截面图如图，所以d2＝R2－r2＝132－52＝122，
所以d＝12．
答案：12
探究五
易错辨析
易错点：不理解球面距离的含义而致误
【典型例题7】
设地球半径为R，在北纬45°圈上有A，B两地，它们的纬线圈上的劣弧长等于R，求A，B两地间的球面距离．
错解：如图所示，A，B是北纬45°圈上两点，O′为此纬线圈的圆心，易知∠AO′B所对的劣弧的长为所求球面距离．
故A，B两地间的球面距离为R．
错因分析：没有理解A，B两地间的球面距离是过A，B两点的大圆在A，B间的劣弧长度．
正解：如图所示，A，B是北纬45°圈上的两点，AO′为此纬线圈的半径，
所以OO′⊥AO′，OO′⊥BO′．
因为∠OAO′＝∠OBO′＝45°，
所以AO′＝BO′＝OA·cos
45°＝R．
设∠AO′B为α°，
则·AO′＝·R＝R，所以α＝90．
连接AB，则
AB＝＝＝R．
在△AOB中，AO＝BO＝AB＝R，
则△AOB为正三角形，
所以∠AOB＝60°．
所以A，B两地间的球面距离为＝R．2.3.1
圆的标准方程
课堂探究
探究一
直接法求圆的标准方程
(1)①由圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2可知，圆心为(a，b)，半径为r，它体现了圆的几何性质；②圆的标准方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2中有三个参数a，b，r，只要求出a，b，r，圆的方程也就确定了，因此确定圆的方程需三个独立条件，其中圆心是圆的定位条件，半径是圆的定形条件．
(2)几种特殊形式的圆的标准方程
条件
方程形式
圆心在原点
x2＋y2＝r2(r≠0)
过原点
(x－a)2＋(y－b)2＝a2＋b2(a2＋b2≠0)
圆心在x轴上
(x－a)2＋y2＝r2(r≠0)
圆心在y轴上
x2＋(y－b)2＝r2(r≠0)
圆心在x轴上且过原点
(x－a)2＋y2＝a2(a≠0)
圆心在y轴上且过原点
x2＋(y－b)2＝b2(b≠0)
与x轴相切
(x－a)2＋(y－b)2＝b2(b≠0)
与y轴相切
(x－a)2＋(y－b)2＝a2(a≠0)
与两坐标轴都相切
(x－a)2＋(y－b)2＝a2(|a|＝|b|≠0)
【典型例题1】
(1)圆心是C(－3,4)，半径长为5的圆的方程为( )
A.(x－3)2＋(y＋4)2＝5
B．(x－3)2＋(y＋4)2＝25
C．(x＋3)2＋(y－4)2＝5
D．(x＋3)2＋(y－4)2＝25
解析：因为圆心是C(－3,4)，半径长为5，所以圆的方程为(x＋3)2＋(y－4)2＝25.
答案：D
(2)已知点A(－4，－5)，B(6，－1)，则以线段AB为直径的圆的方程为__________．
解析：AB的中点坐标即为圆心坐标C(1，－3)，又圆的半径r＝|AC|＝，
所以所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋3)2＝29.
答案：(x－1)2＋(y＋3)2＝29
探究二
待定系数法求圆的标准方程
1．待定系数法求圆的标准方程，需求出圆心和半径，即列出关于a，b，r的方程组，求出a，b，r.一般步骤如下：
(1)根据题意，设所求的圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2；
(2)根据已知条件，建立关于a，b，r的方程组；
(3)解方程组，求出a，b，r，代入圆的方程中，求出圆的标准方程．
2．有时求圆的方程时，用上初中所学圆的几何性质往往使问题容易解决．
圆的常用几何性质如下：
(1)圆心在过切点，且与切线垂直的直线上；
(2)圆心必是两弦中垂线的交点；
(3)不过圆心的弦，弦心距d，半弦长m及半径r满足r2＝d2＋m2；
(4)直径所对的圆周角是90°，即圆的直径的两端点与圆周上异于端点的任意一点的连线互相垂直．
【典型例题2】
一个圆经过两点A(10,5)，B(－4,7)，半径为10，求圆的方程．
思路分析：本题考查了圆的标准方程的求解，可根据题目中的条件，利用待定系数法求解．
解法一：设圆心为(a，b)，
则
①－②整理得7a－b－15＝0，即b＝7a－15.③
将③代入①得a2－6a＋8＝0，
所以或
故所求圆的方程为(x－2)2＋(y＋1)2＝100或(x－4)2＋(y－13)2＝100.
解法二：线段AB的中点坐标为(3,6)，kAB＝－，
则线段AB的垂直平分线方程为y－6＝7(x－3)，即y＝7x－15.
设圆心为(a，b)，由于圆心在AB的垂直平分线上，所以b＝7a－15.③
又因为(a－10)2＋(b－5)2＝100，④
将③代入④可得a＝2或a＝4.(以下同解法一)
【典型例题3】
求下列圆的方程：
(1)圆心在直线y＝－2x上，且与直线y＝1－x相切于点(2，－1)；
(2)圆心C(3,0)，且截直线y＝x＋1所得的弦长为4.
(3)已知一个圆关于直线2x＋3y－6＝0对称，且经过点A(3,2)，B(1，－4)．
思路分析：利用圆的标准方程，把条件转化为关于圆心和半径的方程组来求解．
解：(1)设圆心为(a，－2a)，半径为r，则圆的方程为(x－a)2＋(y＋2a)2＝r2.
由解得
所以所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2.
(2)设圆的半径为r，则圆的方程为(x－3)2＋y2＝r2，利用点到直线的距离公式可以求得d＝＝2，所以r＝＝2.
所以所求圆的方程为(x－3)2＋y2＝12.
(3)AB的垂直平分线为y＋1＝－
(x－2)，即x＋3y＋1＝0.
因为圆心在弦AB的垂直平分线上，也在对称轴上，
则由得
即圆心为，
所以半径为r＝＝.
所以圆的方程为(x－7)2＋＝.
探究三
点与圆的位置关系
判断点P(x0，y0)与圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2的位置关系有几何法和代数法两种：
(1)对于几何法，主要是利用点与圆心的距离与半径比较大小；
(2)对于代数法，主要把点的坐标代入圆的标准方程，左端与r2比较．
【典型例题4】
已知在平面直角坐标系中有A(0,1)，B(2,1)，C(3,4)，D(－1,2)四点，这四点能否在同一个圆上，为什么？
思路分析：先确定出过其中三点的一个圆的方程，再验证第四个点是否在这个圆上，即可得出答案．
解：设经过A，B，C三点的圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.①
把A，B，C的坐标分别代入①，得
解此方程组，得
所以，经过A，B，C三点的圆的标准方程是(x－1)2＋(y－3)2＝5.
把点D的坐标(－1,2)代入上述圆的方程，得(－1－1)2＋(2－3)2＝5.
所以，点D在经过A，B，C三点的圆上，即A，B，C，D四点在同一个圆上．
探究四易错辨析
易错点：因考虑问题不全面而致误
【典型例题5】
已知圆C的半径为2，且与y轴和直线4x－3y＝0都相切，试求圆C的标准方程．
错解：由题意可设圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝4，又圆C与y轴相切，可知a＝2，
又圆C与4x－3y＝0相切，可知＝2，解得b＝6或b＝－.
所以圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－6)2＝4或(x－2)2＋＝4.
错因分析：圆C与y轴相切意味着|a|＝2，而不是a＝2.
正解：设圆C的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝4，由题意可得|a|＝2，即a＝±2.
当a＝2时，由圆C与4x－3y＝0相切，得
＝2，解得b＝－或b＝6；
当a＝－2时，由＝2，解得b＝－6或b＝.
综上可知，满足条件的圆C的标准方程为(x－2)2＋(y－6)2＝4或(x－2)2＋＝4或(x＋2)2＋(y＋6)2＝4或(x＋2)2＋＝4.2.3.3
直线与圆的位置关系
课堂探究
探究一
直线与圆的位置关系
直线与圆的位置关系的判断方法：
(1)(几何法)由圆心到直线的距离d与圆的半径r的大小关系判断；
(2)(代数法)根据直线与圆的方程组成的方程组解的个数来判断；
(3)(直线系法)若直线恒过定点，可通过判断点与圆的位置关系判断，但有一定的局限性，必须是过定点的直线系．
【典型例题1】
(1)已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则( )
A.l与C相交
B．l与C相切
C．l与C相离
D．以上三个选项均有可能
解析：(方法一)圆C的方程是(x－2)2＋y2＝4，所以点P到圆心C(2,0)的距离是d＝1＜2，所以点P在圆C内部，所以直线l与圆C相交．
(方法二)将点P的坐标代入圆的方程，得32＋02－4×3＝9－12＝－3＜0，所以点P(3,0)在圆内，所以过点P的直线l与圆C相交．
答案：A
(2)已知动直线l：y＝kx＋5和圆C：(x－1)2＋y2＝1，则当k为何值时，直线l与圆C相离？相切？相交？
解：(方法一)(代数法)
联立得方程组
得(k2＋1)x2＋(10k－2)x＋25＝0，
则Δ＝(10k－2)2－4(k2＋1)·25＝－40k－96，
所以当直线l与圆C相离时，－40k－96＜0，即k>－；
当直线l与圆C相切时，－40k－96＝0，即k＝－；
当直线l与圆C相交时，－40k－96>0，即k＜－.
(方法二)(几何法)
圆C：(x－1)2＋y2＝1的圆心为C(1,0)，半径r＝1.
设圆心C到直线l的距离为d，则d＝.
当d>r，即>1时，k>－，此时直线l与圆C相离．
当d＝r，即＝1时，k＝－，此时直线l与圆C相切．
当d＜r，即＜1时，k＜－，此时直线l与圆C相交．
探究二
弦长问题
1．直线被圆所截得的弦长问题多利用半弦、半径、圆心到直线的距离构成的直角三角形来处理．
2．若用代数法求弦长，请参考基础知识自主梳理中“3”．
【典型例题2】
求直线y＝x被圆(x－2)2＋(y－4)2＝10所截得的弦长．
思路分析：求直线被圆所截得的弦长的方法：一是利用弦心距、半径和半弦所构成的直角三角形，二是用弦长公式．
解法一：由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离d＝＝.
于是，弦长为2＝2＝4.
解法二：联立方程y＝x与(x－2)2＋(y－4)2＝10，
得x2－6x＋5＝0.①
设两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1，x2是方程①的两个根，于是由根与系数的关系，得x1＋x2＝6，x1x2＝5，
则|AB|＝＝4.
探究三
圆的切线问题
求过圆外一点的圆的切线的三种常用方法：
(1)设切线斜率，利用圆心到直线的距离等于半径求出斜率；
(2)设切点坐标，利用切线的性质解出切点坐标，由直线方程的两点式写出直线方程；
(3)设切线斜率，利用判别式等于零，解出斜率．
对第(1)和(3)两种方法应用时务必注意切线斜率不存在的情形．
【典型例题3】
已知直线5x＋12y＋m＝0与圆x2－2x＋y2＝0相切，则m＝__________.
解析：由题意，得圆心C(1,0)，半径r＝1，
则＝1，解得m＝8或－18.
答案：8或－18
探究四
与圆有关的最值问题
与圆有关的最值问题，可借助几何特征及几何法先确定达到最值的位置，再进行计算．有些与圆有关的最值问题涉及是否过圆心，有时注意考虑表达式中字母的几何意义，如两点间距离公式、斜率公式、在y轴上的截距等．
【典型例题4】
已知实数x，y满足y＝，求m＝及b＝2x＋y的取值范围．
思路分析：y＝可化为x2＋y2＝3(y≥0)，即以(0,0)为圆心，半径为的半圆，m＝＝，可看作半圆上的点与点(－3，－1)连线的斜率；b可看作与半圆相交的直线2x＋y－b＝0在y轴上的截距．
解：y＝表示以原点为圆心，半径为的上半圆，m＝表示过点(－3，－1)和(x，y)的直线的斜率，如图(1)所示．
图(1)
图(2)
可知kAB≤m≤kAC.
所以kAB＝＝.
因为AC与半圆x2＋y2＝3(y≥0)相切，
所以kAC＝.
所以m的取值范围是.
由b＝2x＋y，知b表示直线2x＋y－b＝0在y轴上的截距，如图(2)所示．
可知直线b＝2x＋y一定位于两直线l1与l2之间．
由直线l2与半圆相切，得b＝，由直线l1过D(－，0)，得b＝－2.
故b的取值范围是[－2，]．
点评
本题解决的关键是理解m和b的几何意义，同时要借助分界线探求参数的取值范围．
探究五
易错辨析
易错点：因忽视斜率不存在的情况而致误
【典型例题5】
若直线l过点P(2,3)，且与圆(x－1)2＋(y＋2)2＝1相切，求直线l的方程．
错解：设直线l：y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0.
因为直线l与圆(x－1)2＋(y＋2)2＝1相切，
所以＝1，所以k＝.
所以直线l的方程为12x－5y－9＝0.
错因分析：忘记讨论斜率不存在的情况．
正解：(1)若直线l的斜率存在，
设直线l：y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0.
因为直线l与圆(x－1)2＋(y＋2)2＝1相切，
所以＝1，所以k＝.
所以直线l的方程为12x－5y－9＝0.
(2)若直线l的斜率不存在，则直线l：x＝2也符合要求．所以直线l的方程为12x－5y－9＝0或x＝2.