2.4
空间直角坐标系
2.4.1
空间直角坐标系
2.4.2
空间两点的距离公式
典题精讲
例1点P(-3,2,-1)
关于平面xOy的对称点是________________;
关于平面yOz的对称点是________________;
关于平面zOx的对称点是________________;
关于x轴的对称点是________________;
关于y轴的对称点是________________;
关于z轴的对称点是________________;
关于原点的对称点是________________.
思路解析:注意到点的对称方式,看清楚三维坐标对称后的符号的变化.
关于平面xOy的对称点横、纵坐标不变号，竖坐标变号；
关于平面yOz的对称点纵、竖坐标不变号，横坐标变号；
关于平面zOx的对称点横、竖坐标不变号，纵坐标变号；
关于x轴的对称点横坐标不变号，纵、竖坐标变号；
关于y轴的对称点纵坐标不变号，横、竖坐标变号；
关于z轴的对称点竖坐标不变号，纵、横坐标变号；
关于原点的对称点横、纵和竖坐标都变号.
答案：(-3,2,1)
(3,2,-1)
(-3,-2,-1)
(-3,-2,1)
(3,2,1)
(3,-2,-1)
(3,-2,1)
绿色通道：求对称点的坐标的规律是：关于谁对称，谁的坐标就不变号，其余的都要变号.
变式训练1(2006东北三校一模，18)点P在x轴上，它到点P1(0，2，3)的距离是到点P2(0，1，-1)的距离的2倍，求点P的坐标.
思路分析:本题给出了一个相等关系，即可以用方程的思想解决,即设出点P的坐标，然后将题意转化成方程进行解答.
解：因为点P在x轴上，设P(x，0，0)，
|PP1|=，
|PP2|=.
∵|PP1|=2|PP2|，
∴.
解得x=±1.故所求点的坐标为(1，0，0)或(-1，0，0).
例2建立球心为M0(x0，y0，z0)，半径为R的球面方程.
思路分析:根据到球心距离等于球半径列方程.在平面内到定点的距离等于定长的点的集合是圆，与之类似的是，在三维空间中，到定点的距离等于定长的点的集合是以定点为球心、以定长为半径的球面.
解：设M(x，y，z)是球面上的任意一点〔如图2-4-(1,2)-3〕，那么|M0M|=R，
即=R.
两边同时平方，得所求的球面方程为
(x-x0)2+(y-y0)2+(z-z0)2=R2.
如果球心在原点，那么x0=y0=z0=0，这时球面的方程为x2+y2+z2=R2.
图2-4-(1,2)-3
绿色通道：空间两点间的距离公式是目前我们解决空间问题的唯一的工具.
变式训练2证明以A(4,3,1)、B(7,1,2)、C(5,2,3)为顶点的△ABC是一等腰三角形.
思路分析:根据两点间的距离公式分别求出线段AB、BC、AC的长，然后就可发现这三条线段中有两条长度相等，即可得证.
解：由两点间距离公式得
|AB|=,
|BC|=,
|CA|=.
由于|BC|=|CA|=6，所以△ABC是一等腰三角形.
问题探究
问题根据“在直线坐标系中，研究点，在平面直角坐标系中，研究线(主要是直线和曲线)”，探究在空间直角坐标系中，到定点的距离等于定长的点的轨迹是什么，如何表示.
导思：在直线坐标系中，研究点的方法是建立一元方程，即任意一个实数都对应数轴上的一点；在平面直角坐标系中，研究线的方法是建立二元方程，这个方程是不定方程，有无数组解，每一个解都对应平面上的一个点，这些点的集合构成线；因此，在空间直角坐标系中，研究的对象应该是面，研究面的方法应该是建立三元方程，当然三元方程也是不定方程，也有无数组解，每一个解对应空间中的一个点，这些点的集合构成面.
探究：在平面直角坐标系中，到原点(0，0)的距离等于定长R的点的集合是以原点为圆心，以定长R为半径的圆.
圆的方程可以这样得到：设到原点(0，0)的距离等于定长R的任意一点P的坐标为(x,y)，则根据两点间距离公式有=R，即x2+y2=R2.
那么在空间直角坐标系中，到原点O(0，0，0)的距离等于定长R的点的集合是什么呢？
我们不妨设到原点O(0，0，0)的距离等于定长R的任意一点的坐标为P(x,y,z)，则根据空间两点间的距离公式,得=R，即x2+y2+z2=R2,它表示一个球面.2.2.1
直线方程的概念与直线的斜率
2.2.2
直线方程的几种形式
典题精讲
例1
已知三点A(1，-1)、B(3，3)、C(4，5)，求证:A、B、C三点共线.
思路分析：如果三点在一条直线上，那么任取两点得到的斜率应该是相同的(都是这条直线的斜率).
证法一:利用斜率公式.
∵kAB==2，kAC==2,∴kAB=kAC.
∴A、B、C三点共线.
证法二:利用直线方程.
设AB:y=kx+b，则∴
∴直线AB的方程为y=2x-3.
当x=4时，y=2×4-3=5，
故点C(4，5)在AB上.∴A、B、C三点共线.
绿色通道：判定三个点在一条直线上，通常有下面几种方法:一是任取两点得到的直线斜率是相同的；二是过任两点直线的方程是相同的；三是根据两点求出直线方程，判定第三点在这条直线上.显然第一种方法最简单.
变式训练1若三点A(2，2)、B(a,0)、C(0,4)共线，则a的值等于_______________.
思路解析:因为kAB=，kBC=，又因为三点A、B、C共线，所以kAB=kBC，即=，解得a=4.
答案:4
例2
设过定点A的直线l1的倾斜角为α.现将直线l1绕点A按逆时针方向旋转45°得到直线l2,设直线l2的倾斜角为β,请用α表示β的值.
思路解析：
先画出示意图,根据图形求解.
答案：画出如图2-2-(1,2)-1的示意图,从图中可得
图2-2-(1,2)-1
当0°≤α＜135°时,β=α+45°；
当135°≤α＜180°时,β=α+45°-180°=α-135°.
黑色陷阱：解答本题时,一些同学容易误解为β=α+45°.事实上,由于直线的倾斜角的范围为0°≤α＜180°,故当135°≤α＜180°时,180°≤α+45°＜225°.故作为直线的倾斜角应减去180°.所以解决该类问题决不能想当然地加或减去某个角.
变式训练2
如图2-2-(1,2)-2，直线l1的倾斜角α1=30°，直线l1⊥l2，求l1、l2的斜率.
图2-2-(1,2)-2
解：l1的斜率k1=tanα1=tan30°=，∵l2的倾斜角α2=90°+30°=120°，
∴l2的斜率k2=tan120°=tan(180°-60°)=-tan60°=.
例3设直线l的方程为(m2-2m-3)x+(2m2+m-1)y=2m-6，若直线在x轴上的截距是-3，试确定m的值.
思路分析：要熟悉直线方程的一般形式与其他形式间的联系.记清特殊形式的直线方程与一般方程的直线形式的转化条件.
解：令y=0，由题意得
由①式，得m≠3且m≠-1.由②式，得3m2-4m-15=0，
解得m=3或m=.因为m≠3，所以m=.
绿色通道：掌握截距的概念，如本题求直线在x轴上的截距，只需令y=0，就可解得.要注意“或”与“且”两字的区别.如本题中的不等式m2-2m-3≠0的解是m≠3且m≠-1；而方程3m2-4m-15=0的解是m=3或m=.
变式训练3已知直线ax+by+c=0的图形如图2-2-(1,2)-3，则(
)
图2-2-(1,2)-3
A.若c＞0，则a＞0，b＞0
B.若c＞0，则a＜0，b＞0
C.若c＜0，则a＞0，b＜0
D.若c＜0，则a＞0，b＞0
思路解析：∵直线ax+by+c=0的斜率k=＜0，
∴ab＞0.又∵直线在x轴、y轴上的截距分别为与，
∴＞0，＞0.∴ac＜0，bc＜0.若c＞0，则a＜0，b＜0；若c＜0，则a＞0，b＞0.选D.
答案:D
例4求直线2x+(3k-1)y+k-1=0在x、y轴上的截距.
思路分析：
按照截距的定义求解,即在方程中令y=0,则x的取值即为直线在x轴上的截距;令x=0,则y的取值即为直线在y轴上的截距.
解:令y=0,则x=,于是直线在x轴上的截距为；
令x=0,则(3k-1)y+k-1=0,于是直线在y轴上的截距为；
当k=时,直线在y轴上的截距不存在.
黑色陷阱：解答本题时,容易忽视对y轴截距是否存在的讨论，即忽视了k=的情形而造成错解.事实上，当k=时，分式无意义，此时的直线在y轴上的截距不存在.
变式训练4一条直线经过点M(2,3),则在两坐标轴上的截距相等的直线方程是____________.
思路解析：设直线在两轴上的截距均为a.
若a=0,则所求直线方程为3x-2y=0；
若a≠0,则同上可求得直线方程为x+y=5.
答案:3x-2y=0或x+y=5
问题探究
问题1
常见的对称问题有哪些？具体的处理方法如何？
导思:对称问题包括以下四类：点关于点的对称；点关于直线的对称；直线关于点的对称；直线关于直线的对称.也可归结为中心对称和轴对称两类，而这两类问题最终都可归结为点的对称问题.
若点P1与P2关于点M对称，则点M是P1、P2的中点.若已知其中任何两个点的坐标，都可以根据中点坐标公式求出另外一个点的坐标.
若点P1与P2关于直线l对称，则直线l是线段P1P2的中垂线，它应同时满足两个条件，即P1、P2的中点在直线l上，且P1P2的连线与l垂直，也就是说，P1P2的中点坐标满足直线l的方程，且P1P2连线的斜率与直线l的斜率互为倒数.
曲线是由点组成的，曲线关于点或直线的对称实质上就是点关于点或直线的对称.
探究：常见的对称问题有点关于点、点关于直线的对称问题以及曲线(含直线)关于点、曲线(含直线)关于直线的对称问题.具体的处理方法如下：
(1)点P(x0,y0)关于点M(a,b)的对称点为P(2a-x0,2b-y0);
(2)点P(a,b)不在直线l：Ax+By+C=0上，P关于直线l的对称点为P′(x,y)的求法：因为PP′中点M()在l上,PP′⊥l,所以由方程组可解出P′(x0,y0).
(3)几种特殊对称：点(a,b)关于x轴的对称点为(a,-b);点(a,b)关于y轴的对称点为(-a,b);点(a,b)关于y=x的对称点为(b,a);点(a,b)关于y=-x的对称点为(-b,-a);点(a,b)关于x+y=t的对称点为(t-b,t-a);点(a,b)关于x-y=m的对称点为(m+b,a-m).
(4)“曲线关于点对称”问题可用“点关于点对称”的方法解决；“曲线关于直线对称”问题可转化为“点关于直线对称”问题来解决.
问题2一般地，具有某种共同属性的一类直线的集合，称为直线系，它的方程叫做直线系方程.直线系方程中除含变量x、y以外，还可以根据具体条件取不同值的变量，称为参变量，简称参数.由于参数取向不同，就得到不同的直线系.你能试举出一些直线系的例子吗
导思:应用直线系解题，是指把待求的直线看成满足某种条件的直线的集合中的元素，再利用其他条件确定参数的值，是整体思想的具体运用.利用直线系解题可简化运算、提高解题效率、降低难度.
直线系y=kx+b中，若b为常数，它表示过定点(0,b)的直线系；若k为常数，它表示平行线系.
平行线系关注的是斜率相等，垂直关注的是斜率互为负倒数.设出相关的直线系方程后，要明确直线系中参数是谁.
对于过两直线交点的直线系方程，求交点坐标时，可先把方程转化成f1(x,y)+λf2(x,y)=0的形式，再解方程组求交点；也可赋予参数两个具体的值，将得到的两个方程联立方程组求交点坐标.
探究：几种常见的直线系：
(1)过定点的直线系
直线y=kx+b(其中k为参数，b为常数)，它表示过定点(0，b)的直线系，但不包括y轴(即x=0).
经过定点M(x0，y0)的直线系y-y0=k(x-x0)(k为参数)，
它表示经过定点(x0，y0)的直线系，但不包括平行于y轴的那一条(即x=x0).
(2)已知斜率的直线系
y=kx+b(k为常数，b为参数)，
它表示斜率为k的平行直线系.
若已知直线l：Ax+By+C=0，
与l平行的直线系为Ax+By+m=0(m为参数,且m≠C).
若已知直线l：Ax+By+C=0，
与l垂直的直线系为Bx-Ay+n=0(n为参数).
(3)经过两条直线交点的直线系
经过两直线l1：A1x+B1y+C1=0(A12+B12≠0)与l2：A2x+B2y+C2=0(A22+B22≠0)交点的直线系为m(A1x+B1y+C1)+n(A2x+B2y+C2)=0(其中m、n为参数，m2+n2≠0).
当m=1，n=0时，方程即为l1的方程；
当m=0，n=1时，方程即为l2的方程.
上面的直线系可改写成(A1x+B1y+C1)+λ(A2x+B2y+C2)=0(其中λ为实数).但是，方程中不包括直线l2，这个形式的直线系方程在解题中常见.1.2.1
平面的基本性质与推论
典题精讲
例1根据图形,写出图形中点、直线和平面之间的关系.
图1-2-1-4
图1-2-1-4(1)可以用几何符号表示为:___________________________________________.
图1-2-1-4(2)可以用几何符号表示为:___________________________________________.
思路解析：本题关键是找出图中基本元素点、直线、平面,然后再仔细分析点与直线、点与平面、直线与平面的位置关系,最后用文字语言和符号语言写出.
答案：图1-2-1-4(1)可以用几何符号表示为:
α∩β=AB,aα,bβ,a∥AB,b∥AB.
图1-2-1-4(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,BMN,CMN.
绿色通道：熟练掌握图形、文字、符号三者之间的相互转化是学习立体几何的基本要求之一.要正确解决此类问题需要从两个方面入手:一是从观察图形方面,可以联想图形对应的实物情形;二是正确理解对应符号的含义,可以结合集合的含义加以理解.
变式训练1(1)观察下面的三个图形,说出它们有何异同;
(2)用虚线画出图1-2-1-5(4)正方体和图1-2-1-5(5)三棱锥中被遮挡的棱,完成图形.
图1-2-1-5
思路解析：要注意不同侧面观察出的结果是不同的,可以结合实物加以理解.
答案：(1)图(1)可能是平面图形,也可能是空间图形的直观图；图(2)是MN凸在外面的一个空间图形的直观图；图(3)是MN凹在里面的一个空间图形的直观图.
(2)补充后如图1-2-1-6:
图1-2-1-6
例2求证：两两相交且不共点的四条直线共面.
思路分析：
可以结合公理3及其推论进行证明.需要注意的是,要根据条件画出满足条件的所有图形的情况进行证明.
答案:已知a、b、c、d是两两相交且不共点的四条直线，
求证：a、b、c、d共面.
图1-2-1-7
证明:(1)无三线共点情况，如图1-2-1-7，设a∩d=M，b∩d=N，c∩d=P，a∩b=Q，a∩c=R，b∩c=S.
∵a∩d=M，∴a、d可确定一个平面α.
∵N∈d，Q∈a，∴N∈α，Q∈α.∴NQα，即bα.
同理,cα.∴a、b、c、d共面.
(2)有三线共点的情况，如图1-2-1-8,
图1-2-1-8
设b、c、d三线相交于点K，
与a分别交于N、P、M且Ka，
∵Ka，∴K和a确定一个平面，设为β.
∵N∈a，aβ，∴N∈β.∴NKβ,即bβ.
同理,cβ，dβ，∴a、b、c、d共面.
由(1)(2)知a、b、c、d共面.
变式训练2
四条直线两两平行,任意三条不共面,过其中的任意两条作一个平面,共可以作平面__________.
思路解析:任意两条确定一个平面,四条直线确定6个平面.
答案:6
问题探究
问题（1）一个平面将空间分成几部分？
（2）两个平面将空间分成几部分？
（3）三个平面将空间分成几部分？画出图形(要求：至少有两种情况有画法过程).
导思:可以根据实际例子进行联想,也可以根据直线将平面分成多少部分进行类比.采用从简单到复杂递进的方法，首先对两个平面在空间的位置分类讨论，再让第3个平面以不同情况介入，然后分类解决.
探究：（1）一个平面将空间分成两部分.
（2）两个平面平行时，将空间分成三部分;两个平面相交时,将空间分成四部分.
（3）情况比较复杂,需分类予以处理.
情况1：当平面α、平面β、平面γ互相平行（即α∥β∥γ）,将空间分成四个部分,其图形如图1-2-1-9.
图1-2-1-9
情况2：当平面α与平面β平行，平面γ与它们相交，（即α∥β，γ与其相交），将空间分成六部分，其图形如图1-2-1-10.
图1-2-1-10
情况3：当平面α、平面β、平面γ都相交，且三条交线重合（即α∩β=l且α∩γ=l）.
将空间分成六部分，其图形如图1-2-1-11.
图1-2-1-11
共点，但互不重合（即α∩β=l，且γ与α、β都相交，三条交线共点）.将空间分成八部分，其图形如图1-2-1-12.
图1-2-1-12
情况4：平面α、平面β、平面γ两两相交且三条交线平行.（即α∩β=l，γ与α、β都相交且三条交线平行）将空间分成七部分，其图形如图1-2-1-13.
图1-2-1-131.2.3
空间中的垂直关系
典题精讲
例1如图1-2-3-1,在正方体ABCD—A1B1C1D1中,P是DD1的中点,O是底面ABCD的中心,求证:B1O⊥平面PAC.
图1-2-3-1
思路分析：要证B1O⊥平面PAC,根据直线和平面垂直的判定定理,只需证B1O垂直于平面PAC内两条相交直线.
证明:在正方体ABCD—A1B1C1D1中,设其棱长为2a,
因为B1B⊥平面AC,且AC平面AC,
所以B1B⊥AC.又O是正方形ABCD的中心,所以AC⊥BD.所以AC⊥平面B1BO.
而B1O平面B1BO,所以B1O⊥AC.
又PO2+OB12=3a2+6a2=9a2,PD12+B1D12=a2+8a2=9a2,
PB12=PD12+B1D12,所以PO2+OB12=PB12.所以B1O⊥PO.又PO∩AC=O,所以B1O⊥平面PAC.
绿色通道：正方体是最常见的几何体,正方体的面、棱、对角线等几何元素有着各种特殊的位置关系,它是研究直线和平面关系最为简单的模型之一.本题抓住了特殊几何体——正方体及特殊点P的位置关系,运用勾股定理的逆定理,通过计算证明了直线和直线垂直,再根据直线和平面垂直的判定定理证明了直线和平面垂直.
黑色陷阱：证明直线与平面垂直时一定要证明直线和平面内的两条相交直线垂直,如果没有考虑相交的情况就可能把本来不垂直的情况证明成垂直的,得到错误的结论.
变式训练1如图1-2-3-2,平面α内有一个半圆,直径为AB,过A作SA⊥平面α,在半圆上任取一点M,连结SM、SB,且N、H分别是A在SM、SB上的射影.
图1-2-3-2
(1)求证:NH⊥SB；
(2)这个图形中有多少个线面垂直关系？
(3)这个图形中有多少个直角三角形？
思路分析：解题时以空间的眼光观察图形，正确地发现线面的位置关系.
(1)证明：连结AM、BM.
∵AB为已知半圆直径，
∴AM⊥BM.
∵SA⊥平面α，MBα，
∴SA⊥MB.
∵AM∩SA=A，
∴MB⊥面SAM.
∵AN面SAM，
∴BM⊥AN.
∵AN⊥SM,
∴AN⊥面SMB.
∵AH⊥SB于H,则NH为AH在面SMB内的射影,
∴NH⊥SB.
(2)解：由(1)知,SA⊥面AMB,BM⊥面SAM,AN⊥面SMB.
∵SB⊥AH且SB⊥HN,
∴SB⊥平面ANH.
∴图中共有4个线面垂直关系.
(3)解：∵SA⊥平面AMB,
∴△SAB、△SAM均为直角三角形.
∵BM⊥平面SAM,
∴△BMA、△BMS均为直角三角形.
∵AN⊥平面SMB,
∴△ANS、△ANM、△ANH均为直角三角形.
∵SB⊥平面AHN,
∴△SHA、△BHA、△SHN均为直角三角形.
综上所述，图中共有10个直角三角形.
例2如图1-2-3-3,立体图形P—ABCD的侧面PAD是正三角形,且垂直于底面,底面ABCD是矩形,E是PD的中点.求证:平面ACE⊥平面PCD.
图1-2-3-3
思路分析：要证平面ACE⊥平面PCD,只需在其中一个平面内找一条直线垂直于另一个平面,即只需在该平面内找一条直线垂直于另一个平面内的两条相交直线即可.
证明：∵△PAD为正三角形,E为PD的中点,
∴AE⊥PD.
又∵平面PAD⊥平面AC,平面PAD与平面ABCD交于AD,DC⊥AD,
∴CD⊥平面PAD.
∴CD⊥AE.
∴AE⊥平面PCD.
又∵AE平面ACE,
∴平面ACE⊥平面PCD.
绿色通道：要证平面ACE⊥平面PCD,关键是利用平面与平面垂直的性质定理得CD⊥AE,再利用正三角形的性质及直线与平面垂直的判定定理、平面与平面垂直的判定定理.
变式训练2如图1-2-3-4,在立体图形A—BCD中,各个面均是正三角形,G、F、M分别是BC、AB、AC的中点,过FG的平面与平面ACD相交于EH,求证:平面BMD⊥平面FGHE.
图1-2-3-4
证明：因为△ABC是正三角形,M为AC的中点,所以MB⊥AC,同理,MD⊥AC.
所以AC⊥平面BDM.
又F、G为AB、CB中点,所以FG∥AC.
所以FG⊥平面BDM,FG平面FGHE.
所以平面BDM⊥平面FGHE.
例3过点S引三条不共面的直线SA、SB、SC，如图1-2-3-5，∠BSC=90°,∠ASC=∠ASB=60°，若截取SA=SB=SC=a,
(1)求证：平面ABC⊥平面BSC;
(2)求S到平面ABC的距离.
图1-2-3-5
思路分析：要证明平面ABC⊥平面BSC，根据面面垂直的判定定理，需在平面ABC或平面BSC内找到一条与另一个平面垂直的直线.
(1)证明:∵SA=SB=SC=a，
又∠ASC=∠ASB=60°，
∴△ASB和△ASC都是等边三角形.
∴AB=AC=a.取BC的中点为H，连结AH，
∴AH⊥BC.
在Rt△BSC中，BS=CS=a，
∴SH⊥BC，BC=a.
∴AH2=AC2-CH2=a2-(a)2=.
∴SH2=.
在△SHA中，AH2=，SH2=，SA2=a2.
∴SA2=SH2+HA2.
∴AH⊥SH.∴AH⊥平面SBC.
∵AH平面ABC，
∴平面ABC⊥平面SBC.
或∵SA=AC=AB，
∴顶点A在平面BSC内的射影H为△BSC的外心.
又△BSC为直角三角形，
∴H在斜边BC上.
又△BSC为等腰直角三角形，∴H为BC的中点.
∴AH⊥平面BSC.
∵AH平面ABC，
∴平面ABC⊥平面BSC.
(2)解:由前所证,SH⊥AH，SH⊥BC,
∴SH⊥平面ABC.
∴SH的长即为点S到平面ABC的距离，SH=.
∴点S到平面ABC的距离为.
绿色通道：把有些条件集中起来,一般可以得到一些线,再进行相应理解就可以得到相应的几何体,在几何体中研究线面之间的关系有很多简便的方法,也可以充分利用这些几何体的性质.
变式训练3在直三棱柱A1B1C1—ABC中,BC=CC1,当底面A1B1C1满足条件___________时,有AB1⊥BC1(注:填上你认为正确的一个条件即可,不必考虑所有可能的情况).
思路分析:要证明AB1⊥BC1，主要利用线面垂直的定义来寻找AB1所在某一平面与直线BC1垂直，又由于由BC=CC1,可得BC1⊥B1C,由此确定所找的平面就是平面ACB1.故对于这些开放探究题思考的方法是从特殊直线出发,然后利用条件确定边、角中特殊情形,而不是盲目地去找一个条件.
图1-2-3-6
解：连结B1C,由BC=CC1,可得BC1⊥B1C,
因此要证AB1⊥BC1,则只要证明BC1⊥平面AB1C,
即只要证AC⊥BC1即可,由直三棱柱可知,只要证AC⊥BC.
因A1C1∥AC,B1C1∥BC,故只要A1C1⊥B1C1即可.
(或者能推出A1C1⊥B1C1的条件,如∠A1C1B1=90°等)
答案:A1C1⊥B1C1
变式训练4平行四边形的一个顶点A在平面α内，其余顶点在α的同侧，已知其中有两个顶点到α的距离分别为1和2，那么剩下的一个顶点到平面α的距离可能是：①1;②2;③3;④4.
以上结论正确的为___________.(写出所有正确结论的编号)
思路解析：本题考查点到平面的距离及对图形不同情况的分类讨论思想.B、D到平面α的距离为1、2，则DB的中点到平面α的距离为,所以C到平面α的距离为3；B、C到平面α的距离为1、2，D到平面α的距离为x,则x+1=2或x+2=1,即x=1,所以D到平面α的距离为1；C、D到平面α的距离为1、2,同理可得B到平面α的距离为1.
答案：①③
问题探究
问题证明线面垂直、面面垂直都有哪些方法可以使用？
导思:证明线面垂直可以根据线线垂直及线面垂直的定义和判定定理进行判定,也可以利用等价转化的思路,把空间问题转化为平面问题,利用平面几何知识进行证明.面面垂直是在线面垂直的基础上进行定义的,因此可以根据线面垂直证明面面垂直,进一步可以转化为线线垂直,反过来,面面垂直也可以转化为线面垂直、线线垂直,体现了整体与局部之间的关系.
探究：证明线面垂直的方法:
(1)利用线面垂直的定义:a与α内的任何直线垂直a⊥α；
(2)利用判定定理:
(3)利用结论:a∥b,a⊥αb⊥α；
(4)利用面面平行的性质:α∥β,a⊥αa⊥β；
(5)利用面面垂直的性质:α⊥β,α∩β=l,aα,a⊥la⊥β.
在证明两平面垂直时,一般方法是先从现有的直线中寻找平面的垂线,若这样的直线图中不存在,则可通过作辅助线来解决.而作辅助线则应有理论根据并且要有利于证明,不能随意添加.在有平面垂直时,一般要用性质定理,在一个平面内作交线的垂线,使之转化为线面垂直,然后进一步转化为线线垂直.要熟练掌握“线线垂直”“线面垂直”“面面垂直”间的转化条件和转化运用,这种转化方法是本节内容的显著特征.2.3.3
直线与圆的位置关系
2.3.4
圆与圆的位置关系
典题精讲
例1如图2-3-(3,4)-3已知圆x2+y2+x-6y+c=0与直线x+2y-3=0的两交点为P、Q，且OP⊥OQ(O为原点)，求圆的方程.
图2-3-(3,4)-3
思路分析:涉及到直线与圆的交点问题，可以联立方程求解.
解法一:设P(x1，y1)、Q(x2，y2).
由
消去x,得(3-2y)2+y2+(3-2y)-6y+c=0，
即5y2-20y+12+c=0.
由韦达定理，得y1+y2=4，y1y2=.
如图2.3(3.4)3所示，
∵OP⊥OQ，
∴=-1，
即.
解得9-6(y1+y2)+5y1y2=0.
∴9-6×4+5×=0，解得c=3.
从而所求圆的方程为x2+y2+x-6y+3=0.
解法二:设过圆x2+y2+x-6y+c=0与直线x+2y-3=0的交点P、Q的圆的方程为x2+y2+x-6y+c+λ(x+2y-3)=0，
即x2+y2+(1+λ)x-(2λ-6)y+c-3λ=0.
∵OP⊥OQ，故该圆过原点,c-3λ=0,①
且圆心(，)在直线x+2y-3=0上,
+2·()-3=0.②
由①②求得λ=1，c=3.
故所求圆的方程为x2+y2+x-6y+3=0.
绿色通道：在解析几何中，更多的是把垂直转化为斜率问题，而较少利用勾股定理.在判定直线与圆的位置关系时，应选择能体现圆的几何性质的方法，即用圆心到直线距离与半径作比较，这样更简捷.
变式训练1若半径为1的圆分别与y轴的正半轴和射线y=x(x≥0)相切，则这个圆的方程为_________________.
思路解析:若半径为1的圆分别与y轴的正半轴和射线y=x(x≥0)相切，则圆心在直线y=x上，且圆心的横坐标为1，所以纵坐标为，这个圆的方程为(x-1)2+(y-)2=1.
答案：1
变式训练2(2006重庆高考,文3)以点(2，-1)为圆心且与直线3x-4y+5=0相切的圆的方程为
(
)
A.(x-2)2+(y+1)2=3
B.(x+2)2+(y-1)2=3
C.(x-2)2+(y+1)2=9
D.(x+2)2+(y-1)2=3
思路解析:根据题意,圆心到切线的距离即为圆的半径r==3，故选C.
答案：C
例2已知动直线l:(m+3)x-(m+2)y+m=0与圆C:(x-3)2+(y-4)2=9.
(1)求证:无论m为何值，直线l与圆C总相交.
(2)m为何值时，直线l被圆C所截得的弦长最小 并求出该最小值.
思路分析:分析已知条件:圆是定圆，直线不确定(方程中含有未知数m)，解题关键在于发现直线的特征:过定点.
(1)证法一:设圆心C(3，4)到动直线l的距离为d，则
d=≤.
∴当m=时，dmax=＜3(半径).
故动直线l总与圆C相交.
证法二:直线l变形为m(x-y+1)+(3x-2y)=0.
令解得
如图2-3-(3,4)-4所示，故动直线l恒过定点A(2，3).
图2-3-(3,4)-4
而|AC|=，
∴点A在圆内，故无论m取何值，直线l与圆C总相交.
(2)解法一:由平面几何知识知,弦心距越大,弦长越小.
由(1)知,当m=时，弦长最小.
∴最小值为.
解法二:由平面几何知识知，弦心距越大，弦长越小，
∴过点A且垂直AC的直线被圆C所截弦长最小.
∴kl=.
∴
解得m=.
此时弦长为.
故当m=时，直线被圆C所截弦长最小，最小值为.
绿色通道：解法一使用圆心到直线的距离判断直线与圆的位置关系，解法简便，运算量小.
解法二从所要证的结论分析，总与定圆相交的动直线可能是过定点的直线系，且定点必在圆内.于是抓住动直线与定圆的几何特征，数形结合，生动直观，迅速解决问题.
变式训练3设直线过点(0,a),其斜率为1,且与圆x2+y2=2相切,则a的值为(
)
A.±
B.±2
C.±2
D.±4
思路分析:设直线过点(0，a)，其斜率为1，且与圆x2+y2=2相切，设直线方程为y=x+a，圆心(0，0)到直线的距离等于半径，
∴.
∴a的值为±2，选B.
答案：B
例3已知P(x,y)在圆C:x2+y2-6x-4y+12=0上，
(1)求x-y的最大及最小值；
(2)求x2+y2的最大及最小值；
(3)求|PA|2+|PB|2的范围，其中A(-1,0)、B(1,0).
思路分析:利用直线与圆的位置关系还可以求最值；另外数形结合的方法也需注意.
(1)解：设x-y=m，则P(x,y)在l:x-y-m=0上.又在⊙C上,⊙C的圆心坐标为(3,2),
∴l与⊙C有公共点.
⊙C的圆心坐标为(3,2),
∴圆心到直线l的距离d=≤1，|1-m|≤，得1-≤m≤+1.
∴x-y的最大值为+1,最小值为1-.
(2)解法一:x2+y2=(x-0)2+(y-0)2=(=|OP|2.
由平面几何知识，连结直线OC交⊙C于A、B.
当P与A重合时，|OP|min=|OA|=|OC|-1=-1;
当P与B重合时，|OP|max=|OB|=|OC|+1=+1.
从而，14-2≤x2+y2≤14+2.
解法二:设x2+y2=r2(r＞0)，因此P在⊙O上，又在⊙C上，
图2-3-(3,4)-5
即⊙O与⊙C有公共点，由图2-3-(3,4)-5可知，当⊙O与⊙C外切时，r最小.
此时|OC|=r+1=,
∴rmin=-1.
当⊙O与⊙C内切时，r最大.
此时，|OC|=|r-1|=，
∴rmax=+1.
∴14-2≤x2+y2≤14+2.
(3)解：可化归为(2),
|PA|2+|PB|2=
=x2+2x+1+y2+x2-2x+1+y2=2(x2+y2)+2.
由(2)14-≤x2+y2≤14+，
∴30-≤|PA|2+|PB|2≤30+.
绿色通道：本题是坐标法的逆向应用,即用几何法研究代数问题——最值.
变式训练4圆x2+y2-4x-4y-10=0上的点到直线x+y-14=0的最大距离与最小距离的差是(
)
A.36
B.18
C.
D.
思路解析：圆x2+y2-4x-4y-10=0的圆心为(2，2)，半径为，圆心到直线x+y-14=0的距离为，所以直线与圆的位置关系是相离.因此圆上的点到直线的最大距离与最小距离的差是2R=，选C.
答案:C
例4已知圆C:x2+y2-2x-4y-20=0及直线l:(2m+1)x+(m+1)y=7m+4(m∈R).
(1)求证:不论m取什么实数，直线l与圆C总相交；
(2)求直线l被圆C截得的弦长最短长度及此时的直线方程.
思路分析:
(1)直线l是过一个定点的直线，若此定点在圆内，则此直线l必与圆C相交.
(2)当过定点的直线与圆心的距离最短，即此直线垂直于定点与圆心的连线时，被圆截得的弦最短.
(1)证明:把直线l的方程改写成(x+y-4)+m(2x+y-7)=0.
由方程组
解得
∴直线l总过定点(3，1).
圆C的方程可写成(x-1)2+(y-2)2=25.
∴圆C的圆心为(1，2)，半径为5，定点(3，1)到圆心(1，2)的距离为＜5.
∴点(3，1)在圆C内.
∴过点(3，1)的直线l总与圆C相交，即不论m为何实数，直线l与圆C总相交.
图2-3-(3,4)-6
(2)解：当直线l过定点M(3，1)且垂直于过点M的圆心的半径时，l被圆截得的弦长|AB|最短.(如图2-3-(3,4)-6)
|AB|=2.
此时，kAB==2.
∴直线AB的方程为y-1=2(x-3)，即2x-y-5=0.
故直线l被圆C截得的弦长的最短长度为，此时直线l的方程为2x-y-5=0.
绿色通道：充分考虑圆的几何性质，数形结合,如果对于第(2)问用纯代数的方法来解决,会很复杂.
变式训练5(2006高考全国卷Ⅰ，文7)从圆x2-2x+y2-2y+1=0外一点P(3,2)向这个圆作两条切线，则两切线夹角的余弦值为(
)
A.
B.
C.
D.0
思路解析:圆x2-2x+y2-2y+1=0的圆心为M(1，1)，半径为1，从圆外一点P(3,2)向这个圆作两条切线，则点P到圆心M的距离等于5，每条切线与PM的夹角的正切值等于，所以两切线夹角的正切值为tanθ=，该角的余弦值等于，选B.
答案：B
问题探究
问题1过一点作圆的切线,求切线方程.现利用点斜式,求出斜率值只有一个,那么该点在圆上吗？利用点斜式求直线方程,会产生漏解吗？如果漏解,会漏掉什么样的解？
导思：根据不同条件求圆的切线,主要有以下题型:
(1)已知切点,求切线方程.可根据切线垂直于过切点的半径直接写出切线的方程.注意只有一条.
(2)已知圆外一点,求圆的切线方程.切记有两条.
(3)已知切线的斜率求圆的切线方程.
求圆的切线方程常用的三种方法:
(1)设切点用切线公式法;
(2)设切线斜率用判别式法;
(3)设切线斜率,用圆心到切线的距离等于半径法.
探究：利用点斜式求直线方程时,很重要的一点就是注意点斜式不能表示斜率不存在的直线的方程,即倾斜角为的直线的方程.如果没有考虑到这一点就贸然运用点斜式方程就有可能产生漏解,忽略倾斜角为的直线的方程而造成错误.对于题中所给问题,先要判断此点与圆的位置关系,如果点在圆外,则过此点应该有两条圆的切线,现在只解出一个斜率,则说明遗漏了倾斜角为的切线方程;如果点在圆上,则应该有一条切线,现解出一个斜率,则正是所求切线的斜率;如果点在圆内,则不应该有切线,不可能解出正确的斜率值.
问题2将两个相交的非同心圆的方程x2+y2+Dix+Eiy+Fi=0(i=1,2)相减,可得一直线方程,这条直线方程具有什么样的特殊性呢？
导思：可以通过设出两圆的交点(x1,y1)、(x2,y2),将(x1,y1)代入两圆方程相减得到
(D1-D2)x1+(E1-E2)y1+F1-F2=0,
将(x2,y2)代入两圆方程相减得到(D1-D2)x2+(E1-E2)y2+F1-F2=0,
点(x1,y1)、(x2,y2)满足(D1-D2)x+(E1-E2)y+F1-F2=0,故该方程为公共弦所在直线的方程.
探究：两圆相减得一直线方程,它当然经过两圆的公共点.经过相交两圆的公共交点的直线是两圆的公共弦所在的直线.1.1.2
棱柱、棱锥和棱台的结构特征
1.1.3
圆柱、圆锥、圆台和球
典题精讲
例1(1)命题“一个几何体有两个面平行,其余各面为四边形,则此几何体为棱柱”是否正确？
(2)命题“一个几何体有两个面平行,其余各面为梯形,则此几何体为棱台”是否正确？
思路解析：
严格结合棱柱、棱台的定义和性质来判定.
答案：(1)不正确,其余各面为四边形,不能反应出侧棱互相平行.如图图1-1-(2,3)-1满足命题条件,但不是棱柱.
(2)不正确,此命题不能反映出侧棱延长后交于一点.如图图1-1-(2,3)-1满足命题条件,但不是棱台.
图1-1-(2,3)-1
绿色通道：如果肯定一个命题成立,则需要严格证明,而否定一个命题成立,只要举出一个反例即可.
黑色陷阱：对于棱柱这一几何体的认识如果只停留在表面,则会在感官上产生错觉,比如例题解析中的反例就是认识中容易忽略的物体形状.
变式训练1下列命题正确的是（
）
A.有一个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
B.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C.相邻两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
D.底面是正多边形的棱柱是直棱柱
思路解析：主要看由条件能否得出侧棱与底面垂直的结论.要使侧棱与底面垂直,需要侧棱与底面内的两条相交直线垂直.这里只有C满足条件.
答案：C
例2棱台的上、下底面面积分别为S1,S2,平行于底面的截面将棱台的侧面积分成m、n两部分,则截面面积为___________________.
思路解析：设截面面积为x,截得棱台的大棱锥被上底面S1的平面截下的小棱锥的侧面积为p,夹在S1与x间的侧面积为m,夹在x与S2之间的侧面积为n,则,即.又有,即.两式相除,得,所以,即x=.
答案：
绿色通道：如果题目中给出的量较为分散,应该先把这些量集中,最好是集中到某一个三角形中再求解.
变式训练2已知正三棱锥S—ABC的高SO=h,斜高SM=l,求经过SO的中点且平行于底面的截面△A′B′C′的面积.
解：连结OA、OM,在Rt△SOM中,
OM=,
因为棱锥S—ABC是正棱锥,所以点O是正△ABC的中心,
AB=2BM=2OMtan60°=
,S△ABC=AB2=·4·3(l2-h2)=(l2-h2).
因为△A′B′C′过SO的中点，所以三棱锥S—A′B′C′的高h′=h.
根据一般三棱锥的截面性质,有,
所以S△A′B′C′=(l2-h2).
例3(2006湖南高考,理9)棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面如图1-1-（2，3）-2,则图中三角形(正四面体的截面)的面积是（
）
图1-1-(2,3)-2
A.
B.
C.
D.
思路解析：首先根据题中所给的平面图形画出相应的立体图形,找出多面体的边长与球的半径之间的关系即可.棱长为2的正四面体ABCD的四个顶点都在同一个球面上,若过该球球心的一个截面为△ABF，如图1-1-
(2,3)-3所示，则图中AB=2，E为AB中点，则EF⊥DC，在△DCE中，DE=EC=，DC=2，
∴EF=.∴三角形ABF的面积是.
图1-1-
(2,3)-3
答案：C
绿色通道：正四面体是一个重要的几何体,由于其具有很好的对称性,所以经常把它和球结合起来考查.解决此类问题除了对几何体的性质有所了解之外,还要有极强的空间想象能力,掌握三维图形与二维图形的转化方法等.
变式训练3
表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的直径为（
）
A.
B.
C.
D.
思路解析：此正八面体是每个面的边长均为a的正三角形，所以由8×=，知a=1，则此球的直径为.
答案：A
问题探究
问题1如图1-1-
(2,3)-4，在正方形ABCD中，边长为a，E、F、G、H分别为四边AB、BC、CD、DA的中点.请探究如下问题：若沿EF、FG、GH、HE将四角折起，试问能折成一个四棱锥吗？为什么？你从中能得到什么结论？对于圆锥有什么类似的结论？
图1-1-
(2,3)-4
图1-1-
(2,3)-5
导思：把由平面围成的几何体沿着若干条棱剪开后，几何体的各面就可展开在同一平面内，得到一个平面多边形，这个平面多边形就叫做这个几何体的表面展开图.由于剪开的棱不同，同一个几何体的表面展开图可以不是全等形，但是，无论怎样剪，同一个多面体的表面展开图的面积是一样的.这种把有关立体几何问题转化为平面几何问题的数学思想方法和类比思想方法是我们解决立体几何问题的重要思想方法.
棱锥的侧面展开图是由有一个公共顶点的若干个三角形组成的(三角形的个数与棱锥的侧棱数相同)；棱锥的展开图是侧面展开图拼接底面多边形组成的.判断一平面展开图能否还原成棱锥的关键是先选好底面，然后再将从底面各边出发的三角形沿顶点折起，若各个顶点能重合且位于平面多边形外，则能构成棱锥，否则将不能构成棱锥.
探究：连结EG、FH，将正方形分成四个一样的小正方形.若将正方形ABCD沿EF、FG、GH、HE折起，则四个顶点必重合于正方形的中心，故不能折成一个四棱锥.
由此我们可以推想：
(1)所有棱锥的侧面三角形上以公共顶点为顶点的所有角之和必小于360°；
(2)所有棱锥的侧面展开图不可能是一个有公共顶点在一个多边形内部的图形(如图1-1-
(2,3)-5所示).
另外，对于圆锥我们有下列猜测：
圆锥的侧面展开图一定是一个扇形，绝不可能是圆，但可以是一个半圆.
问题2在图1-1-
(2,3)-6中，M、N是圆柱体的同一条母线上分别位于上、下底面上的两点，若从M点绕圆柱体的侧面到达N，沿怎样的路线路程最短？
图1-1-(2,3)-6
图1-1-(2,3)-7
导思：几何体表面上的最短线路问题是立体几何中的典型问题，是沟通立体几何与平面几何的途径题目，体现了解决立体几何问题的主要思想，就是将空间问题转化为平面问题.
对于圆柱、圆锥、圆台这些旋转体，通常利用侧面展开图解决，对于棱柱、棱锥、棱台这些多面体，通常把多面体展到平面上，然后在平面上求两点间的距离.
探究：首先注意题目中的“绕”字，这要求所求路径从俯视的角度看应该成为一个圆.沿圆柱体的母线MN将圆柱的侧面剪开铺平，得出圆柱的侧面展开图，如图1-1-
(2,3)-7(1)所示，从M点绕圆柱体的侧面到达N点，实际上是从侧面展开图的长方形的一个顶点M到达不相邻的另一个顶点N，而两点间以线段的长度最短.所以最短路线就是侧面展开图中长方形的一条对角线.如图11
（2，3）7（2）所示.2.3.1
圆的标准方程
2.3.2
圆的一般方程
典题精讲
例1求过三点A(1,12)、B(7,10)、C(-9,2)的圆的方程,并求出圆的圆心与半径,作出图形.
思路分析:因为圆过三个定点,故可以设圆的一般式方程来求圆的方程.
解：设所求的圆的方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0,依题意有
图2-3-(1,2)-1
解得D=-2,E=-4,F=-95.
于是所求圆的方程为x2+y2-2x-4y-95=0.
将上述方程配方得(x-1)2+(y-2)2=100.
于是,圆的圆心D的坐标为(1,2),半径为10,图形如图2-3-(1,2)-1所示.
绿色通道：求过三个定点的圆的方程往往采用待定系数法求解.利用圆经过不在同一直线上的三点的条件,由待定系数法求出圆的一般式方程,并由此讨论圆的几何性质.
对于由一般式给出的圆的方程,研究其几何性质(圆心与半径等)时,常可用配方法或公式法加以求解.
变式训练1已知圆C与圆(x-1)2+y2=1关于直线y=-x对称，则圆C的方程为(
)
A.(x+1)2+y2=1
B.x2+y2=1
C.x2+(y+1)2=1
D.x2+(y-1)2=1
思路解析:求出圆心(1,0)关于直线y=-x的对称点为(0,-1),得到圆C的圆心.故选C.
答案：C
例2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)圆心为C(0,3),且截直线y=x+1所得弦长为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(a,-2a),圆的方程为(x-a)2+(y-2a)2=r2.
由解得
∴所求圆的方程为(x-1)2+(y+2)2=2.
(2)设圆的方程为(x-3)2+y2=r2,利用点到直线的距离公式可以求得d=|=,再根据垂径定理可知r=.
∴所求圆的方程为(x-3)2+y2=12.
绿色通道：在解决与圆相关的问题时,如果涉及到圆心和半径,或者截得的弦长等问题,一般选用圆的标准方程来解题.
变式训练2已知圆的半径为,圆心在直线y=2x上,圆被直线x-y=0截得的弦长为,求圆的方程.
解：设圆的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,由圆心在直线y=2x上,得b=2a.①
由圆被直线x-y=0截得的弦长为,将y=x代入(x-a)2+(y-b)2=10,整理得
2x2-2(a+b)x+a2+b2-10=0.由弦长公式得.
化简得a-b=±2.②
解①②得a=2,b=4或a=-2,b=-4,
∴所求圆的方程为(x-2)2+(y-4)2=10或(x+2)2+(y+4)2=10.
例3如图2-3-(1,2)-2所示,已知圆的内接四边形ABCD中两对角线AC、BD互相垂直,垂足为E,又F是BC的中点,试用坐标法证明EF⊥AD.
图2-3-(1,2)-2
思路分析:题中两对角线互相垂直,不妨就选它们为坐标轴,此时四个顶点的坐标表示较为简捷.
证明：建立如图2.3(1.2)2所示的直角坐标系xOy,并设A、B、C、D的坐标分别为(0,-a),(b,0),(0,c),(-d,0)(a、b、c、d＞0).
于是BC中点F的坐标为(,),故kEF=.
又kAD=,故kEF·kAD=.
由圆的相交弦定理得AE·EC=DE·EB,即ac=bd.
∴kEF·kAD=-1.∴EF⊥AD.
黑色陷阱：用坐标法处理平面几何问题的关键是建立好坐标系,此题若不以两对角线为坐标轴,处理起来相当麻烦.在建立坐标系时,要使尽量多的点落在坐标轴上,或利用图中现有的垂直关系.
变式训练3在△AOB中,|OB|=3,|OA|=4,|AB|=5,点P是△AOB内切圆上的点,求|PA|2+|PB|2+|PC|2的最大值与最小值.
图2-3-(1,2)-3
解：如图2-3-(1,2)-3建立直角坐标系,使A、B、O三点坐标分别为(4,0)、(0,3)、(0,0).
设内切圆半径为r,则有2r+|AB|=|OA|+|OB|,∴r=1.
故内切圆方程为(x-1)2+(y-1)2=1.化为x2+y2-2x-2y+1=0,①
设点P(x,y),又∵|PA|2+|PB|2+|PC|2=3x2+3y2-8x-6y+25,②
由①知x2+y2-2y=2x-1,代入②得
|PA|2+|PB|2+|PC|2=3(2x-1)-8x+25
=-2x+22.
∵x∈[0,2],
∴|PA|2+|PB|2+|PC|2最大值为22,最小值为18.
例4判断下列方程是否表示圆，如果是,求出圆心和半径；如果不是,请说明理由.
(1)x2+y2+4x-2y+12=0；
(2)x2+y2-11x+3y-30=0；
(3)3x2+2y2+3x-3y+5=0.
思路解析:本题首先要观察各题目二次项系数是否相等,判定方程是否满足表示圆的条件,再依据公式得出圆心和半径.
答案：(1)x2+y2+4x-2y+12=0可以转化为(x+2)2+(y-1)2=-7,所以该方程不是圆的方程.
(2)在x2+y2-11x+3y-30=0中,-=,-=-,D2+E2-4F=250＞0,所以该方程表示圆心为(,-),半径为的圆.
(3)在3x2+2y2+3x-3y+5=0中,因二次项系数不相等,所以该方程不是圆的方程.
绿色通道：
对于这类问题,首先看题中所给方程是否能化为圆的方程的一般式形式：x2+y2+Dx+Ey+F=0,在D2+E2-4F＞0的情况下,则有(-,-)为圆心,为半径.不必死记这个公式,要掌握通过配方将圆的一般式转化为圆的标准式的方法.
变式训练4方程ax2+ay2-4(a-1)x+4y=0表示圆,求实数a的取值范围,并求出其中半径最小的圆的方程.
解：原方程可化为［x-］2+(y+)2=,
∵a2-2a+2＞0,
∴当a≠0且a∈R时,原方程表示圆.
又∵=+2≥2,
当且仅当a=2时等号成立.
∴a=2时圆的半径最小,此时圆的方程为(x-1)2+(y+1)2=2.
问题探究
问题1探究圆的标准方程和圆的一般方程的异同点.
导思：求圆的方程一般采用待定系数法，探究求圆的标准方程和圆的一般方程的异同点就是确定待定系数个数是否相同,待定系数的特征是否相同,需要具备什么样的已知条件才能分别求出这两种圆的方程.
探究：相同点：圆的标准方程和圆的一般方程中都有三个未知量(圆的标准方程中有三个待定系数:a、b、r，圆的一般方程中有三个待定系数:D、E、F)，故确定一个圆需要三个独立的条件，一般利用待定系数法确定，基本步骤为:
(1)根据题意，设所求的圆的方程;
(2)根据已知条件，建立关于a、b、r或D、E、F的方程组；
(3)解方程组，求出a、b、r或D、E、F的值，并把它们代入所设的方程中去，就可得到所求圆的方程.
不过针对具体问题，通过数形结合的思想，有时利用圆的几何性质解题，会有更简捷的解题途径.
不同点：一是待定系数的含义不同，圆的标准方程中的三个待定系数有明确的几何特征，而圆的一般方程中的三个待定系数没有明确的几何特征；二是要根据具体题目中的已知条件确定是求圆的标准方程还是求圆的一般方程.当题目中已知圆心和半径的条件时，要求圆的标准方程，当题目中已知圆上的三个点的时候，要求圆的一般方程.
问题2圆的一般方程是一个二元二次方程，试探究圆的一般方程与二元二次方程的关系.
导思：圆的一般方程是一个特殊的二元二次方程，也就是说只有当二元二次方程满足特定的条件时，这个二元二次方程才能表示圆，这就需要我们把圆的一般方程和普通的二元二次方程写出来，分析它们的具体特征和限制条件.
探究：比较圆的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F=0的系数和二元二次方程的一般形式Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0的系数可以发现，圆的一般方程是当二元二次方程的系数满足以下三个条件时的特殊情况.
(1)x2、y2项的系数相等且不为零，即A=C≠0;
(2)没有xy项，即B=0;
(3)D2+E2-4AF＞0.
由此，我们可以发现二元二次方程不都表示圆，只有满足上面三个条件的二元二次方程才可以表示圆，但是，所有圆的方程都是二元二次方程，圆的方程只是二元二次方程中的一类特殊的方程.
问题3一些圆的位置比较特殊，它们的方程有何特点？
导思：圆的方程由圆心坐标和半径唯一确定.当圆与x轴相切时，圆心到x轴的距离等于圆的半径，此时圆心的纵坐标等于圆的半径或半径的相反数；当圆与y轴相切时，圆心到y轴的距离等于圆的半径，此时圆心的横坐标等于圆的半径或半径的相反数；当圆心在某一直线上时，圆心坐标满足圆的方程.
探究：当圆心在原点时，x2+y2=r2(a=b=0)；
当圆与x轴相切时，(x-a)2+(y-b)2=b2(b≠0)；
当圆与y轴相切时，(x-a)2+(y-b)2=a2(a≠0)；
当圆与两坐标轴都相切时，(x-a)2+(y-b)2=a2(|a|=|b|≠0)；
当圆心在x轴上时，(x-a)2+y2=r2(r≠0)或x2+y2+Dx+F=0(D2-4F＞0)；
当圆心在y轴上时，x2+(y-b)2=r2(r≠0)或x2+y2+Ey+F=0(E2-4F＞0).
如果圆的位置符合上述情况，若按上述方程去设方程，可相对减少未知数的个数.1.1.6
棱柱、棱锥、棱台和球的表面积
1.1.7
柱、锥、台和球的体积
典题精讲
例1表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为(
)
A.
B.π
C.
D.π
思路解析：
此正八面体是每个面的边长均为a的正三角形，所以由8×,知a=1，则此球的直径为，故选A.
答案：A
绿色通道：球与正方体或长方体的接与切问题是高考中最常见的一种题型.若长方体内接于一个球,那么其对角线长等于球的直径.对于正方体来说,恰有球的直径等于正方体棱长的3倍.
变式训练1
已知正方体外接球的体积是π，那么正方体的棱长等于(
)
A.
B.
C.
D.
思路解析：正方体外接球的体积是π，则外接球的半径R=2，正方体的体对角线的长为4，棱长等于，选D.
答案：D
例2正四棱台AC1的高是17
cm,两底面的边长分别是4
cm和16
cm,求这个棱台的侧棱长和斜高.
思路分析：棱台中有关量的计算通常是归结到某个梯形内进行,而正棱台则是在直角梯形内进行.
图11-(6,7)-1
解：设棱台两底面的中心分别是O1和O,B1C1和BC的中点分别是E1和E,如图11-(6,7)-1所示,连结O1O、E1E、OB、O1B1、OE、O1E1,则OBB1O1和OEE1O1都是直角梯形.
∵A1B1=4
cm,AB=16
cm,
∴O1E1=2
cm,OE=8
cm,O1B1=cm,OB=cm.
因此BB1==19(cm),EE1=(cm),
即这个棱台的侧棱长是19
cm,斜高是cm.
绿色通道：正棱台的侧面积与斜高有一定的关系,而斜高的求解一般归结到一个梯形中,利用梯形的性质进行求解.
变式训练2棱台的两底面都是矩形，两底面对角线交点的连线是棱台的高且长为12
cm，上底的周长为112
cm，下底的长和宽分别为54
cm和30
cm.求棱台的侧面积.
思路解析：
首先可以根据平行成比例求出上底长和宽,再求侧面积.
解：设上底面的长为x
cm，宽为(56-x)
cm，把棱台恢复成棱锥以后小棱锥的高为h
cm.
则,∴x=36,56-x=20.
设侧面梯形的高分别为y
cm，z
cm.
则y==15,z==13.
∴S侧=(54+36)·13+(30+20)·15=1
170+750=1
920.
答：棱台的侧面积是1
920
cm2.
例3如图11-(6,7)-2，有一圆柱内接于底面半径为4、高为3的圆锥内，求此圆柱的侧面积的最大值.
图11-(6,7)-2
思路分析：本题圆柱的底面半径和母线长都在变，设圆柱的底面半径为r，通过轴截面中三角形的相似，可以找到圆柱的底面半径r和母线长l的关系，从而使l能用r来表示，利用圆柱的侧面积公式，最终把问题转化为求函数最大值的问题.
解：如题图所示，设圆柱的底面半径为r，母线长为l,
则CO=r，A′C=l，AO=4，SO=3.
在△SAO中，∵A′C∥SO,，
∴.∴l=.
根据圆柱的侧面积公式S侧=2πr·r(12-3r)=［-3(r-2)2+24］,
当r=2时，S侧最大，此时圆柱的侧面积的最大值为12π.
绿色通道：求圆柱的侧面积的关键是求圆柱的底面半径和母线长，本题中使l能用r来表示，把问题转化为求函数最大值的问题是常见的题型.
变式训练3直四棱柱的底面是矩形，且底面对角线的夹角为60°，对角面的面积为S，求此直四棱柱的侧面积.
思路分析：此题应可以将对角线大胆的设元，目的是方便列方程，将对角线设出，但设而不解.因此，底面两条边以及对角线全部用母线长l来表示，在最后进行侧面积的计算时，刚好约去l.
解：如图所示，设底面两边分别为a、b，侧棱长为l，
图11-(6,7)-3
底面对角线长为t，则AC=BD=t，设AC与BD相交于O点，则∠AOD=60°，∠AOB=120°,
∴△AOD是等边三角形.
∴AD=OA=AC=t.
∴△AOB是顶角为120°的等腰三角形，AB=OA=t.
又∵对角面的面积为S，S=t·l，∴t=.
∴AD=t=，AB=t=.
∴S侧=c·l=2(AD+AB)l=(+)l=(+1)S.
问题探究
问题
球与长方体、正方体的切、接问题较复杂,一般将球转化为平面问题解决.如下例:
棱长为2
cm的正方体容器盛满了水，把半径为1
cm的铜球放入水中，铜球刚好被淹没.现向正方体内放入一个铁球，使它淹没在水中，要使流出来的水量最多，这个铁球的半径应该为多少？
导思:铜球放入正方体容器刚好被淹没，相当于球内切于正方体，再放入一个铁球，要使流出的水量最多，就是使铁球与水面相切，画出过正方体的对角面的截面图，转化为平面问题求解.
探究：图11-(6,7)-4是正方体的对角面的截面图.
AC1=，AO=，AS=AO-OS=-1.
设铁球的半径为r，tan∠C1AC=.
图11-(6,7)-4
在△AO1D中，AO1=r，
∴AS=AO1+O1S=r+r.又AS=-1，
∴r+r=-1,r==(2-)
cm.
故铁球的半径为(2-)
cm.
单独说球很简单，因为球有多方位对称性，但是当球被平面所截，特别是与多面体切接时，问题的难度就大大增加了.要充分发挥空间想象力，把有关球的问题转化为平面问题，熟记一些常见的球与多面体组成的组合体的截面图，将有利于解题.2.1
平面直角坐标系中的基本公式
2.1.1
数轴上的基本公式
2.1.2
平面直角坐标系中的基本公式
典题精讲
例1已知数轴上的两点A(x1)、B(x2)，求线段AB中点的坐标.
思路分析：结合中点公式和数轴上的基本公式求解.
解：设AB中点为O′(x)，∵O′(x)是AB的中点，
∴AO′=O′B.
又∵A(x1)、B(x2)，
∴AO′=x-x1，O′B=x2-x.
由x-x1=x2-x得x=，
∴中点坐标为O′().
绿色通道：这个结果可以作为结论在以后的解题中使用,即已知数轴上的两点A(x1)、B(x2)，则线段AB中点O′的坐标为().
变式训练1已知数轴上的两点A(x1)、B(x2)，C是线段AB的中点，D是线段AC的中点，求点C的坐标.
解:根据中点坐标公式，由题意知C(),
则D(),即D().
例2根据下列条件，在数轴上分别画出点P(x)并说明式子表示的意义.
(1)d(x，2)＜1；(2)|x-2|＞1；(3)|x-2|=1.
思路分析:结合数轴，找出符合条件的点P(x)即可.
解：如图:
图2-1-(1,2)-2
B(1)、A(2)、C(3)、D(4).
(1)d(x，2)＜1表示到点A(2)的距离小于1的点的集合，
∴d(x，2)＜1表示线段BC(不包括端点).
(2)|x-2|＞1表示到点A(2)的距离大于1的点的集合，
∴|x-2|＞1表示射线BO和射线CD(不包括顶点).
(3)|x-2|=1表示到点A(2)的距离等于1的点的集合，
∴|x-2|=1表示点B(1)和点C(3).
绿色通道：题目给出的是一些不等式，但是却可以表示一些点、线段或射线等几何图形，从而体会数形结合的思想.
变式训练2|x-2|+|x-3|的最小值是_________________.
思路解析:|x-2|表示数轴上的任意一点到点A(2)的距离，|x-3|表示数轴上的任意一点到点B(3)的距离，那么|x-2|+|x-3|表示数轴上的任意一点C(x)到点A(2)的距离与到点B(3)的距离之和，即|AC|+|CB|≤|AB|=1.
答案:1
例3已知A(-2，3)、B(2，-4)两点，求d(A，B).
思路分析:直接代入两点间距离公式即可.
解：∵x1=-2，x2=2，
∴Δx=x2-x1=2-(-2)=4.
又∵y1=3，y2=-4，
∴Δy=y2-y1=(-4)-3=-7.
∵d(A，B)=
∴d(A，B)=.
答：d(A，B)=.
黑色陷阱：套用错误公式d(A,B)=.
变式训练3已知点A(1，4)、B(4，0)，在x轴上的点M与B的距离等于点A、B之间的距离，求点M的坐标.
解：∵点M在x轴上，∴设M(a，0)，则|a-4|==5.
解得a=-1或a=9.∴M(-1，0)或M(9，0).
例4
用坐标法证明定理:如果四边形ABCD是长方形，则对任一点M，等式AM2+CM2=BM2+DM2成立.
思路分析:用坐标法证明几何问题时,选取合适的坐标系是一个很重要的问题,选取好的坐标系将给解题带来很大的方便.本题中既可以选取长方形的一个顶点作为坐标系的原点(如证法一),也可以利用长方形的对称性选取长方形的中心作为坐标系的原点(如证法二).
证法一:建立如图2-1-(1,2)-3所示的坐标系，设长方形ABCD的长为a、宽为b，
图2-1-(1,2)-3
则A(0，b)、B(0，0)、C(a，0)、D(a，b)，
设M(x，y)，
∴AM2+CM2
=［(y-b)2+(x-0)2］+［(y-0)2+(x-a)2］
=2x2+2y2-2ax-2by+a2+b2.
又∵BM2+DM2=［(y-0)2+(x-0)2］+［(y-b)2+(x-a)2］
=2x2+2y2-2ax-2by+a2+b2，
∴AM2+CM2=BM2+DM2.
证法二:建立如图2-1-(1,2)-4所示坐标系，
图2-1-(1,2)-4
设A(a，b)、B(-a，b)、C(-a，-b)、D(a，-b)、M(x，y)，
则|MA|2+|MC|2=(x-a)2+(y-b)2+(x+a)2+(y+b)2
=2(x2+y2+a2+b2)，
|MB|2+|MD|2=(x+a)2+(y-b)2+(x-a)2+(y+b)2
=2(x2+y2+a2+b2),
∴AM2+CM2=BM2+DM2.
绿色通道：建立坐标系时，应当依据图形的形状特征合理选择.不同的坐标选择，整理过程的复杂程度不同，应该合理选择，以求简化解题过程.
变式训练4已知点A(1，1)、B(5，3)、C(0，3)，求证:△ABC为直角三角形.
证明：∵AB=,
AC=，
BC=
显然有AB2+AC2=BC2.
∴△ABC为直角三角形.
变式训练5
如图2-1-(1,2)-5所示平面直角坐标系中,在等腰梯形ABCO中，底AB=2，腰AO=4，∠AOC=60°，试求:
图2-1-(1,2)-5
(1)A、B、C三点的坐标；
(2)梯形ABCO的面积S.
解：(1)如图2-1-(1,2)-5，过点A、B作AE⊥x轴，BF⊥x轴，∵AO=4，∠AOC=60°,
∴|AE|=|BF|=|AO|sin60°=,
|OE|=|FC|=|AO|cos60°=2.
∴A(2，)、B(4，)、C(6，0).
(2)∵|AB|=2，|OC|=6，|AE|=，
∴S=
(2+6)×=.
问题探究
问题
在一个平面直角坐标系中，给定一个多边形的几个顶点的坐标，怎样判断这个多边形的形状呢
导思:对直线的平行、垂直的判断我们可以根据前节所学内容进行.
探究：总结一下前面学过的知识，可以尝试从以下角度进行判断：看两条直线是否平行、看几个顶点间的距离是否相等.1.1.4
投影与直观图
1.1.5
三视图
典题精讲
例1画出下列几何体(如图1-1-(4,5)-7)的三视图.
图1-1-(4,5)-7
思路解析：首先确定正视图的观察方向,然后根据作图步骤画图即可.
答案：(1)三视图如图1-1-(4,5)-8所示.
图1-1-(4,5)-8
(2)三视图如图1-1-(4,5)-9所示.
图1-1-(4,5)-9
绿色通道：画三视图首先要认真观察几何体的特点,根据几何体的特点,结合画三视图的步骤即可.
变式训练1
画出右图(如图1-1-(4,5)-10)的三视图.
图1-1-(4,5)-10
思路解析：根据三视图的定义,分别从不同方位观察图形的特征,画出对应的图形.
答案：三视图如图1-1-(4,5)-11所示:
图1-1-(4,5)-11
例2小明设计了某个产品的包装盒,如图1-1-(4,5)-12,但是少设计了其中一部分,请你把它补上,使其能成为两边均有盖的正方体盒子.
图1-1-(4,5)-12
你能有几种弥补的办法？
思路解析：观察图形可以看出,这个正方体盒子的四个侧面和上底面已经有了,缺少一个下底面,可以有四种弥补方法.
答案：4
绿色通道：能正确识别平面图形与空间图形并能相互转化是具有良好空间想象能力的重要体现.
变式训练2任意画出例2中一种成功的设计图.
思路解析：根据所给图形进行观察,画出一种可能的图形即可.
答案：设计如图1-1-(4,5)-13.
图11-(4,5)-13
问题探究
问题1旋转体的三视图有哪些特征？是否存在着主视图、俯视图、左视图完全相同的几何体？
导思：要画出旋转体的三视图，一要明确常见旋转体的定义，即分别以矩形的一边、直角三角形的一条直角边、直角梯形垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体分别叫作圆柱、圆锥、圆台；二要明确三视图的规则要求.
探究：旋转体是平面图形绕轴旋转而构成的几何体，这就决定了旋转体的三视图具有共同特征：当旋转轴为竖直方向时，旋转体的主视图与左视图相同，即旋转体的轴截面，而俯视图都是圆面或圆环面.
存在三视图中主视图、左视图、俯视图完全相同的几何体.如正方体、球等.
图1-1-(4,5)-14
问题2用小立方块搭一个几何体，使得它的主视图和俯视图如图1-1-(4,5)-15所示，这样的几何体只有一种吗？它至少需要多少个小立方块？最多需要多少个立方块？
图1-1-(4,5)-15
导思：根据两视图可以估测到物体的形状，如果是三视图就可得到具体的物体形状.
探究：用三视图抽象出几何体的形状，由俯视图可知此几何体应是有三行和三列，且第三列的第一、二行都没有小立方块，其余的各行各列都有小立方块，再根据主视图，第一列中有一行是三层，第二列中至少有一行是二层，第三列最少要10个小立方块，最多要16个小立方块.应注意如何根据几何体的三视图，想象出空间物体的结构形状.2.2.3
两条直线的位置关系
2.2.4
点到直线的距离
典题精讲
例1(经典回放)在△ABC中，BC边的中点M(，)，直线AC的方程为x+1=0，直线AB的方程为x+y-1=0，求直线BC的方程.
思路分析:确定直线的方程需要两个条件，本题已经给出直线BC经过M点，∴只要求得点B(或C)的坐标或直线BC的斜率就可以了.
图2-2-(3,4)-1
解法一:利用两点式，参看图2-2-(3,4)-1.
设B(a，1-a)、C(-1，b)，
则
∴
∴B(-4，5)、C(-1，-4).
∴BC的方程为，即3x+y+7=0.
解法二:利用点斜式.
设直线BC的方程为y-=k(x+)(k存在).
由
得B点横坐标xB=(k存在).
又点C横坐标xC=-1，
∴由中点坐标公式得-1=-5，
解得k=-3.
∴直线BC的方程为3x+y+7=0.
解法三:利用两点式.
作MD∥AC交AB于D，则点D(-，)为边AB的中点，
∵A(-1，2)，∴B(-4，5).
∴由点M、B的坐标可得直线BC的方程为3x+y+7=0.
绿色通道：灵活运用直线方程的各种形式，常常要和平面几何的有关知识相结合.
黑色陷阱：一定要注意直线方程各种形式的应用条件.
变式训练1l过点P(2，3)，且与两坐标轴的截距相等,求直线l的方程.
解法一:利用点斜式(本题斜率存在且不为零).
设直线l的方程为y-3=k(x-2).
令x=0，得在y轴上的截距b=-2k+3；
令y=0，得在x轴上的截距a=2(k≠0).
由两坐标轴上截距相等，得-2k+3=2，
即k=-1或.
∴l的方程为x+y-5=0或3x-2y=0.
解法二:利用一般式.
设直线l的方程为x+y+C=0或kx-y=0，
由于点P(2，3)在l上,得2+3+C=0或2k-3=0，
故C=-5或k=.
∴l的方程为x+y-5=0或3x-2y=0.
例2已知直线l:3x-y-1=0，在l上求一点P，使得
(1)P到点A(4，1)和B(0，4)的距离之差最大；
(2)P到点A(4，1)和C(3，4)的距离之和最小.
图2-2-(3,4)-2
思路分析:利用三角形的性质(两边之和大于第三边，两边之差小于第三边)以及对称性质.
解：(1)如图2-2-(3,4)-2中，设点B关于l的对称点为B′(a,b),
则l是BB′的垂直平分线.
∴kBB′=.
∴
即点B′的坐标为(3，3).于是AB′的方程为
,即2x+y-9=0.
解方程组得
即l与AB′的交点坐标为(2，5).
由平面几何知识知，对l上的任意点P′，
有||P′A|-|P′B||=||P′A|-|P′B′||≤||PA|-|PB′||=|B′A|.
图2-2-(3,4)-3
当且仅当P′、B′、A共线时取等号.
故可知所求P点坐标为(2，5).
(2)如图2-2-(3,4)-3中，设C点关于l的对称点为C′，可求出C′的坐标为(,).
于是可得AC′所在直线的方程为19x+17y-93=0.
由AC′和l的方程联立,解得交点的坐标为P().
绿色通道：许多解析几何问题都需要结合平面几何的相关知识来解决.求解解析几何问题时常会碰到计算量大的问题，简化运算量的技巧是学习解析几何的一项基本技能.当直线满足某一规律时，直线上的点也满足这个规律，因此许多直线的问题是从分析直线上的某点入手的.
变式训练2
已知A(4，-3)、B(2，-1)和直线l:4x+3y-2=0，求一点P，使|PA|=|PB|，且点P到直线l的距离等于2.
解法一:设点P(x，y)，|PA|=|PB|，
∴.①
点P到直线l的距离等于2，
∴.②
由①②得P(1，-4)或().
解法二:设点P(x，y)，|PA|=|PB|，
∴点P在线段AB的垂直平分线上.
AB的垂直平分线的方程是y=x-5，
∴设点P(x，x-5).
点P到直线l的距离等于2，
∴
由上式得到x=1或，∴P(1，-4)或(，).
例3已知n条直线:x-y+C1=0(C1=),
x-y+C2=0,
x-y+C3=0,
……
x-y+Cn=0(其中C1＜C2＜C3＜…＜Cn).
这n条平行线中，每相邻两条之间的距离顺次为2，3，4，…，n.
(1)求Cn;
(2)求x-y+Cn=0与x轴、y轴围成的图形的面积;
(3)求x-y+Cn-1=0与x-y+Cn=0及x轴、y轴围成的图形的面积.
思路分析:
(1)由两条平行线间的距离公式,依次写出C2,C3,…,Cn,然后找出它们的共同的规律,利用逐项相加的方法把中间项C2,C3,…,Cn-1消去,即可得到Cn.在解决了第(1)问后,后面的两问便容易解决了.
解：(1)对任意的两条相邻的平行线Ci、Ci+1间的距离记为di(i=1,2,…,n-1),
根据两平行线间的距离公式有di=,i=1,2,…,n-1.
此即di=Ci+1-Ci,i=1,2,…,n-1.
分别令i=1,2,…,n-1,
再把所得的各式相加,
得(d1+d2+…+dn)=Cn-C1,
即(2+3+…+n)=Cn-C1.
把C1=代入此式得
Cn=(1+2+3+…+n)=.
(2)直线x-y+Cn=0在坐标轴上所截的线段长皆为|Cn|,
∴截得三角形的面积为|Cn|2=n2(n+1)2.
图2-2-(3,4)-4
(3)直线x-y+Cn-1=0与x-y+Cn=0及x轴、y轴围成图形的面积就是直线x-y+Cn=0在坐标轴上截得的三角形的面积与直线x-y+Cn-1=0在坐标轴上所截得的三角形的面积之差,如图2-2-(3,4)-4所示的阴影部分面积.
∴要求的阴影部分的面积为n2(n+1)2-n2(n-1)2=n3.
绿色通道：一般说来,数学题有多问时,后面的问题依赖于前面问题的解决,在高考中尤其如此,所以做第一问是关键.许多解析几何问题都需要结合平面几何的相关知识来解决.
黑色陷阱：如果对第(3)问不能转化为两个三角形的面积之差,将导致解题困难.
变式训练3（2006上海高考,文2）已知两条直线l1:ax+3y-3=0,l2:4x+6y-1=0.若l1∥l2，则a=______________.
思路解析：由于两条直线的斜率都存在，所以根据两条直线平行，斜率相等，可以将题意转化为关于a的方程进行求解.根据题意,得6a=12，解得a=2.
答案:2
变式训练4(2006福建高考,文1)已知两条直线y=ax-2和y=(a+2)x+1互相垂直，则a等于
(
)
A.2
B.1
C.0
D.-1
思路解析：由于两条直线的斜率都存在，所以根据两条直线垂直，斜率互为倒数，可以将题意转化为关于a的方程进行求解.根据题意,得a(a+2)+1=0，解得a=-1.因此选D.
答案:D
问题探究
问题1方程组的系数满足什么条件时，直线l1:A1x+B1y+C1=0和直线l2:A2x+B2y+C2=0相交、平行、重合呢？
导思：(1)如果这两条直线相交，由于交点同时在这两条直线上，交点的坐标一定是两个方程的唯一公共解；反过来，如果这两个二元一次方程只有一个公共解，那么以这个解为坐标的点必定是直线l1和l2的交点.因此两直线l1、l2相交方程组有唯一解.
(2)如果两条直线不相交，那么在平面直角坐标系内有两种情况：一是平行，一是重合.当两直线平行时，它们没有公共点，也就是说，同时满足这两个方程的解不存在，即方程组无解,即l1、l2平行方程组无实数解.
(3)如果两条直线重合，那么它们就有无数个公共点，也就是说，同时满足这两个方程的解有无数个，即方程组有无穷多个解,即l1、l2重合方程组有无穷多个解.
探究：我们解方程组
①×B2-②×B1，得(A1B2-A2B1)x+B2C1-B1C2=0.
当A1B2-A2B1≠0时，得x=.
再由①×A2-②×A1，当A1B2-A2B1≠0时，可得y=.
因此当A1B2-A2B1≠0时，方程组有唯一一组解，这时两直线相交.
当A1B2-A2B1=0，而B1C2-B2C1≠0(或A2C1-A1C2≠0)时，方程组无解，这说明两条直线没有公共点，两直线平行.
如果A1=λA2，B1=λB2，C1=λC2(其中λ≠0)，即这两个方程中未知数的对应系数成比例，直线l1的方程变为λ(A2x+B2y+C2)=0，两个方程解集相同，则两个方程表示同一条直线，即l1、l2重合.
通过上述讨论知道两直线间“形”的关系可化归为方程组的解即“数”的关系来研究，即以“数”解“形”，同时以“形”助“数”.
问题2
过两条相交直线交点的直线应该满足什么样的形式 已知直线l1：A1x+B1y+C1=0，l2：A2x+B2y+C2=0为两条相交直线，那么方程A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0能表示直线吗？若能，所表示的直线l与l1、l2间又有何关系？
导思：l1与l2相交≠A1B2≠A2B1.
探究：能否表示直线，只需检查两系数A1+λA2与B1+λB2能否同时为0.
显然，通过反面思考，即假设它们可同时为0，可证明此时两直线平行或重合，得出矛盾.
设l1与l2的交点为P(x0，y0)，代入A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0时，满足方程，所以A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2)=0过交点P.此方程可表示过交点P的除l2外的所有直线的方程.1.2.2
空间中的平行关系
典题精讲
例1已知α∥β，aα,B∈β，则在β内过点B的所有直线中(
)
A.不一定存在与a平行的直线
B.只有两条与a平行的直线
C.存在无数条与a平行的直线
D.存在唯一一条与a平行的直线
思路解析:本题围绕着面面平行与线线平行的关系来考虑，由面面平行的性质得到线线平行，由此得出结论.由于α∥β，aα,B∈β，所以由直线a与点B确定一个平面，这个平面与这两个平行平面分别相交，并且这两条交线平行，选D.
答案:D
变式训练1(2006石家庄一模)下列条件中，能推出两个平面α与β平行的是(
)
A.两个全等△ABC、△A1B1C1分别在平面α与平面β内，且AA1∥BB1∥CC1
B.一条直线与平面α、平面β所成的角相等
C.直线a∥α,a∥β
D.平面α、平面β分别与两条异面直线a、b都平行
思路解析:本题充分利用面面平行的判定定理即可，并且注意结合实际模型来帮助考虑问题，否则容易得到错误的结论.对于D，由于直线a、b平行于平面α，所以在平面α内必存在直线a1、b1分别与a、b平行，并且直线a1、b1必相交；同理，在平面β必存在直线a2、b2分别与a、b平行，并且直线a2、b2必相交，于是根据面面平行的判定定理知平面α与β平行.对于A、B、C三个选项都可以找出相应的反例，选D.
答案:D
例2如图1-2-2-1，ABCD—A′B′C′D′为长方体，底面是边长为a的正方形，高为2a，M、N分别是CD和AD的中点．
图1-2-2-1
（1）判断四边形MNA′C′的形状；
（2）求四边形MNA′C′的面积.
思路分析:可由MN∥AC，AC∥A′C′，得出MN∥A′C′,这是求解问题的关键所在．要注意挖掘长方体的隐含条件.
解:（1）连结AC．因为M、N分别是CD和AD的中点，所以MNAC.因为ABCD—A′B′C′D′为长方体.所以ACC′A′为矩形.所以A′C′AC，所以MNA′C′，所以四边形MNA′C′是梯形．在△A′AN和△C′CM中，因为∠A′AN=∠C′CM=90°,A′A=C′C=2a,AN=CM=a，所以△A′AN≌△C′CM.所以A′N=C′M．所以四边形MNA′C′是等腰梯形．
（2）由A′C′=a，MN=a，A′N=C′M=,得梯形高h=，所以S=．
绿色通道：抓住图形特征，将问题转化为具体的线面关系，把线面平行变为线线平行是处理空间几何问题常用的思想方法．
变式训练2图1-2-2-2是一块长方体形状的工件，现在要过BC和上表面内的一点P将工件切开，应怎样画线 所画的线与工件的下底面是什么位置关系
图1-2-2-2
思路分析：经过工件上表面内的点P和BC将工件切开，实际上是过BC和点P作截面，所画的线就是切面与长方体工件表面的交线.
解：在面A1B1C1D1内过点P作直线EF∥B1C1交A1B1和C1D1分别于点E、F.连结BE、CF，则沿折线BCEF切开即可.所画的直线EF与下底面平行，BE和CF都和下底面相交.
问题探究
问题证明线线平行、线面平行、面面平行分别有哪些方法可以使用？
导思:线面平行是立体几何的重要内容,而线线平行又是证明线面平行的基础,一般证明线面平行都转化为线线平行,反过来由线面平行也可以得到线线平行的性质.所以,可以根据线面平行来证明线线平行.面面平行可以转化为线面平行,进一步转化为线线平行,这也是立体几何研究问题的基本思路.反过来由面面平行也可以转化为线面平行,从而转化为线线平行,要理解立体问题与平面问题之间的关系和等价转化的基本思想.
探究：1.证明两条直线平行的方法
(1)利用空间平行线的传递性寻找第三条直线分别与前两条直线平行,这是判断两条直线平行的重要方法.
(2)利用线面平行的性质把线面平行转化为线线平行.
(3)利用两个平面平行的性质把面与面的平行转化为线线平行.
2.证明线面平行的方法
(1)利用定义:证明线面无公共点；
(2)利用线面平行的判定定理:线线平行转化为线面平行,即要证明平面外一条直线和这个平面平行,只要在这个平面内找到一条直线和已知直线平行就可以了.
3.证明两个平面平行的方法
(1)用面面平行的定义:两个平面没有公共点；
(2)用面面平行的判定定理:将线面平行转化为面面平行；
(3)也可以将线线平行直接转化为面面平行,即一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线.1.1.1
构成空间几何体的基本元素
典题精讲
例1我们熟悉的正方体的每个面具有什么特点 它和一般的长方体具有什么关系
思路解析：可以结合具体图形进行观察分析,自己用纸制作一个正方体形状的纸盒进行观察.
答案：正方体由六个面组成,它的每个面都是正方形,每条棱也都相等.它是长方体的一种特殊情况,与长方体的主要区别是：正方体的所有棱长相等,而长方体的棱长不一定相等；正方体的每个面都是正方形,而长方体的每个面都是矩形,不一定是正方形.
绿色通道：长方体和正方体是生活中最常见的两种几何体,通过对它们的认识可以加深对几何体概念的理解.多观察它们的特点,学会分析一般几何体的特点,这就要求我们在生活中多留心观察一些实物,加深对感官世界的认识.
变式训练1我们见过的三棱锥由几个面组成 每个面具有什么特点
思路解析：三棱锥也是很常见的几何体,可以结合实际图形进行观察得出结论.
答案：三棱锥由四个面组成,每个面都是三角形,其中三个面相交于一个顶点.
例2观察图1-1-1-1,请指出它由哪些面和线组成 这些面和线具有什么特点
思路解析：图中的几何体的面中有三角形,也有四边形,它们相交组成几何体,交线就是几何体的棱.
答案：图中的几何体由三个矩形和两个三角形组成.其交线共有9条,其中的两个三角形面互相平行,其余三个矩形面两两相交,其交线(即棱)互相平行.
黑色陷阱：对立体几何图形的感知是学习立体几何的基础,在立体几何中通常用平行四边形表示平面,在实际图形中不能把它当成平行四边形来看待.如此题中若把图中的三个四边形只看成一般的平行四边形就会导致错误.
图1-1-1-1
图1-1-1-2
变式训练2图1-1-1-2中几何体由哪些面组成,这些面具有什么特点
思路解析：可以从不同的侧面观察得出相关结论.
答案：图中几何体由两个面组成,一个是曲面,一个是平面,且是一个圆面.它们相交成一条曲线(即圆).
问题探究
问题正方体的截面可能是什么形状的图形？
导思：对于正方体的分割，可通过实物模型，实际切割实验，还可借助于多媒体手段进行切割实验.对于切割所得的平面图形可根据它的定义进行证明，从而判断出各个截面的形状.
探究：(1)截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角形.从角的角度看，可以是锐角三角形，但不能是直角三角形、钝角三角形.
(2)截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、非直角梯形、等腰梯形；截面为四边形时，这个四边形至少有一组对边平行.
(3)截面可以是五边形：截面五边形必须有两组分别平行的边，同时有两个角相等；截面五边形不可能是正五边形.
(4)截面可以是六边形：截面六边形必须有分别平行的边，同时有两个角相等，可以是正六边形.
截面图形如图1-1-1-3中各图所示：
1-1-1-3
