2.2.3
两条直线的位置关系
2.2.4
点到直线的距离
自主广场
我夯基
我达标
1.方程|y-x|=1表示的图形是(
)
A.一条射线
B.两条相交直线
C.两条平行直线
D.两条射线
思路解析:含有绝对值的直线方程，一般情况要进行分类讨论,也就是说根据绝对值的运算法则(也叫去绝对值符号法则)将直线方程中的绝对值符号去掉，再分别画出去掉绝对值符号的方程对应的图象，从而作出正确判断.根据绝对值的运算法则，方程|y-x|=1可化为方程y-x=1或方程y-x=-1，这两个方程对应的图象如图所示.因此，选C.
图2-2-(3,4)-5
答案:C
2.l1:A1x+B1y+C1=0，l2:A2x+B2y+C2=0，l1与l2只有一个公共点，则(
)
A.A1B1-A2B2=0
B.A1B2-A2B1≠0
C.≠
D.
≠
思路解析:两条直线相交的充分且必要条件，要会推导，不要死记硬背结论.
答案:B
3.两直线2x-my+4=0和2mx+3y-6=0的交点位于第二象限，则m的取值范围是(
)
A.≤m≤2
B.＜m＜2
C.≤m＜2
D.＜m≤2
思路分析:在平面直角坐标系中，第二象限的点的坐标的性质是：横坐标为负，纵坐标为正，通过解方程组求出两直线的交点坐标，又由已知交点在第二象限可得关于m的不等式组，解不等式组得m的取值范围.
解:解方程组得两直线2x-my+4=0和2mx+3y-6=0的交点坐标为()，又∵交点在第二象限，∴
解不等式组得-＜m＜2，因此，选B.
答案：B
4.经过点A(1，2)，并且在两坐标轴上的截距的绝对值相等的直线共有(
)
A.1条
B.2条
C.3条
D.4条
思路分析:本题可以有两种解法，一是求出具体的满足条件的所有直线，即可知道共有多少条；二是画出符合条件的所有图象，也可以知道共有多少条直线.
图2-2-(3,4)-6
解法一：(穷举法)设经过点A(1，2)的直线方程为y-2=k(x-1),则直线与两坐标轴的截距分别为1-，2-k,根据题意,得|1-|=|2-k|，解得k1=1,k2=-1,k3=2,∴有3条.
解法二：(数形结合法——图象法)如图所示，符合条件的直线共有3条.因此，选C.
答案：C
5.经过点A(-2，2)并且和两坐标轴围成的三角形面积是1的直线方程是(
)
A.x+2y-2=0或x+2y+2=0
B.x+2y+2=0或2x+y+2=0
C.2x+y-2=0或x+2y+2=0
D.2x+y+2=0或x+2y-2=0
思路分析:此题是根据题目中给的两个已知条件(过定点A，三角形面积是1)求直线方程的题目，通常用待定系数法解决这类问题，根据题设中的一个条件——过定点A设出直线方程后，再根据题设中的另一个条件将题意转化成关于待定系数的方程，从而得解.
解：设经过点A(-2，2)的直线方程为y-2=k(x+2),直线与两坐标轴的截距分别为-2-和2k+2，根据题意,得|-2-||2k+2|=1，解得k1=-,k2=-2，∴直线方程为2x+y+2=0或x+2y-2=0，因此，选D.
答案：D
6.直线3x-4y-6=0关于y轴对称的直线方程是(
)
A.3x+4y-6=0
B.3x+4y+6=0
C.3x-4y=0
D.3x-4y+6=0
思路解析:欲求关于y轴对称的直线方程，首先要明确关于y轴对称的点的性质：关于y轴对称的点的纵坐标相等，横坐标互为相反数.
∴关于y轴对称的直线方程，即将原方程中的横坐标变号，纵坐标不变即可.
将直线3x-4y-6=0中的x用-x代换得直线3x-4y-6=0关于y轴对称的直线方程3x+4y+6=0，因此，选B.
答案：B
7.如果点P(4，a)到直线l:4x-3y-1=0的距离不大于3，那么a的取值范围是(
)
A.a≤0或a≥10
B.a＜0或a＞10
C.0≤a≤10
D.0＜a＜10
思路解析:一个是点到直线的距离公式，另一个是将题意翻译成不等式，第三个是解不等式.根据题意,得≤3，解得0≤a≤10.因此，选C.
答案：C
8.图2-2-(3,4)-7中哪几个图象与下述两件事分别吻合地最好？请你为剩下的那个图象写出一件事.
(1)我离开家不久，发现自己把作业本忘在家里了，于是立刻返回家里取了作业本再去上学；
(2)我骑着车一路以常速行驶，只是在途中遇到一次交通堵塞，耽搁了一段时间.
图2-2-(3,4)-7
(其中，t表示时间，y表示离开家的距离)
答案：对应关系:(1)—D，(2)—A.
我综合
我发展
9.若三点A(2,2)、B(a,0)、C(0,b)(ab≠0)共线，则的值等于______________.
思路解析:由于点A在第一象限，点B在x轴上，点C在y轴上，因此三点所在的直线斜率存在，因此直线AB的斜率与直线BC的斜率相等，从而将题意转化为关于a和b的等式，再进一步整理求出的值.根据题意，得2a=b(a-2)，整理得=.
答案：
10.两条平行线分别过点A(-2，-2)和B(1，3)，它们之间的距离为d，如果这两条直线各自绕着A、B旋转并且保持平行，则d值范围是________________.
思路解析:这虽然是一个动态变化的问题，但我们在分析的时候一定要在动中找静，分析平行线间的距离最小也要大于0，最大为这两点间的距离，|AB|=，∴d∈(0,］.
答案:(0,］
11.直线l过点A(3，2)，且被l1:x-3y+10=0和l2:2x-y-8=0所截得的线段恰以A为中点，求直线l的方程.
思路分析:设四个未知数,列四个独立的方程，理论上没有错误，但实际上这样做却解不出来.解法一利用点B、C分别在直线l1、l2上，只设两个未知数，克服了“多元”的困难.解法二利用BC的中点为A(3，2)等，只设一个未知数，也解决了问题.直线ｌ经过点A(3，2)，再充分利用中点的性质即可.
解法一:减少未知数.
设直线l交l1于点B(3t-10，t)，交l2于点C(a，2a-8)，
由BC中点为A，得故点B(2，4).
由两点式,得AB所在的直线方程为,
即直线l的方程为2x+y-8=0.
解法二:巧用中心对称.
设直线l交l1于点B(3t-10，t)，
则B关于A(3，2)的对称点C(16-3t，4-t)在直线l2上.
故2(16-3t)-(4-t)-8=0.
解得t=4，点B(2，4).(下同解法一，略)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
自主广场
我夯基
我达标
1.点(2，0，3)在空间直角坐标系中的位置是在
(
)
A.y轴上
B.xOy平面上
C.xOz平面上
D.第一卦限内
思路解析:已知点的坐标确定点在空间直角坐标系中的哪个位置的题目,要先从特殊坐标值0入手,如果有一个坐标值为0,那么这个点就一定在坐标平面内,如果有两个坐标值为0,那么这个点就一定在坐标轴上,如果有3个坐标值为0,那么这个点就一定在原点上.如果没有特殊的坐标值0,关键就是判断好坐标的性质符号,然后与卦限的符号对应.
因为点(2，0，3)的纵坐标为0,所以此点一定在xOz平面上.
因此,选C.
答案：C
2.已知两点M1(-1，0，2)、M2(0，3，-1)，此两点间的距离为(
)
A.
B.
C.19
D.11
思路解析:已知两点的坐标，求两点间的距离，关键是要熟记空间两点间的距离公式,还要正确无误地把对应的坐标代入公式，同时计算正确.
由空间两点间的距离公式,得.因此，选A.
答案：A
3.如图2-4-(1,2)-4所示，正方体的棱长为1，M是所在棱上的中点，N是所在棱上的四分之一分点，则M、N之间的距离为(
)
图2-4-(1,2)-4
A.
B.
C.
D.
思路解析:本题有两种解题思路，一是根据空间两点间的距离公式进行求解，但是要先给出点M和点N的坐标.二是根据图象可得，点M和点N都在同一个平面内，可以根据平面几何知识和勾股定理解决.根据题意,得点M和点N的坐标分别为(1,0,
)、(,1,0)，根据空间两点间的距离公式,得.
因此，选B.
答案：B
4.点M(4，-3，5)到原点的距离d=_________________.
思路解析:已知一个点的坐标，求这个点到原点的距离，可以选用空间直角坐标系中的两点间的距离公式的特殊形式，即d=，将已知点的坐标代入即可.
把点M(4，-3，5)的坐标代入公式d=,得d=.
答案：
5.指出下列点的特殊性:(4，0，0)、(0，-7，0)、(0，-7，2)、(5，0，3).
思路解析:空间点的特殊性有以下几个方面：一是点在坐标轴上，三个坐标值中有两个坐标值为0；二是点在坐标平面内，三个坐标值中有一个坐标值为0；三是点在坐标原点上，三个坐标值都等于0.
答案：因为点(4，0，0)的纵坐标和竖坐标都等于0，所以这个点在坐标x轴上；因为点(0，-7，0)的横坐标和竖坐标都等于0，所以这个点在y轴上；因为点(0，-7，2)的横坐标为0，所以这个点在坐标平面yOz内；因为点(5，0，3)的纵坐标等于0，所以这个点在坐标平面xOz内.
6.指出下列各点在空间中的哪一个卦限.
(1)(-1，3，2)；(2)(3，3，-1)；(3)(-5，-2，-2)；(4)(-5，1，-1).
思路解析:根据一个点的坐标判断这个点在空间直角坐标系中的哪个卦限，关键是要判断准确这个点的各个坐标的性质符号和哪个卦限的符号相对应.
答案：(1)点(-1，3，2)在第Ⅱ卦限；(2)点(3，3，-1)在第Ⅴ卦限；(3)点(-5，-2，-2)在第Ⅶ卦限；(4)点(-5，1，-1)在第Ⅵ卦限.
7.若空间点M(x,y,z)的坐标满足条件xyz＜0,问M点可能在空间中的哪几个卦限
思路分析:对题中的已知条件要进行分类讨论，然后根据讨论得出的横坐标、纵坐标和竖坐标的符号对应各个卦限的符号进行判断.
解：当x＞0时，因为xyz＜0，所以y与z异号.则点M的坐标符号为(+，+，-)或(+，-，+)，同理，当x＜0时，点M的坐标符号为(-，+，+)或(-，-，-).因此，点M可能在Ⅱ、Ⅳ、Ⅴ、Ⅶ卦限.
8.方程x2+y2+z2-2x+4y+2z=0表示什么曲面？
思路分析:实际上，目前我们知道的三元二次方程表示的曲面只有球面，但为了说明这个方程表示的是球面，还要对其进行配方，观察它符合球面方程.
解：将方程x2+y2+z2-2x+4y+2z=0配方变形,得(x-1)2+(y+2)2+(z+1)2=6.因此，这个方程表示的是以(1,-2,-1)为球心,半径为6的球面.
我综合
我发展
9.如图2-4-(1,2)-5，在长方体OABC—D′A′B′C′中，OA=3，OC=4，OD′=3，A′C′与B′D′相交于点P，分别写出点C、B′、P的坐标.
图2-4-(1,2)-5
思路解析:求空间点的坐标的关键是要分别求出横坐标、纵坐标和竖坐标，在求这三个坐标的时候，要根据具体题意作出相关线段，或者找到表示坐标的向量.
根据题意，得点C在y轴上，因为OC=4，所以点C的坐标为(0，4，0)；点B′的横坐标与点A的横坐标相同，因为OA=3，所以点B′的横坐标为3，点B′的纵坐标与点C的纵坐标相同，因为OC=4，所以点B′的纵坐标为4，点B′的竖坐标与点D′的竖坐标相同，因为OD′=3，所以点B′的竖坐标为3，所以点B′的坐标为(3，4，3)；点P的横坐标为点A横坐标的一半，纵坐标为点C纵坐标的一半，竖坐标与点D′的竖坐标相同，因此，点P的坐标为P(1.5，2，3).
答案：C(0，4，0)，B′(3，4，3)，P(1.5，2，3).
10.如图2-4-(1,2)-6，正方体OABC—D′A′B′C′的棱长为a，E、F、G、H、I、J分别为棱C′D′、D′A′、A′A、AB、BC、CC′的中点，写出正六边形EFGHIJ各顶点的坐标.
图2-4-(1,2)-6
思路解析:正六边形EFGHIJ各顶点都在坐标平面内,因此可以先确定属于哪个坐标平面,然后再在这个坐标平面内确定点的坐标,这样就把空间的点的坐标转化为平面内的点的坐标了,最后再加上另一个坐标0.
由图可知,正六边形EFGHIJ的顶点F、G在坐标平面xOz内，因为正方体OABC—D′A′B′C′的棱长为a，所以AG=D′F=，而点G的横坐标与点A的横坐标相同，点F的竖坐标与点D′的竖坐标相同，都为a，所以点F和点G的坐标分别为F(，0，a)，G(a，0，).
同理可知，点H和点I在坐标平面xOy内，坐标分别为H(a，，0)，I(，a，0)，点E和点J在坐标平面yOz内，坐标分别为E(0，，a)，J(0，a,
).
答案：E(0，，a)，F(，0，a)，G(a，0，)，H(a，，0)，I(，a，0)，J(0，a,
).
11.已知一长方体ABCD—A1B1C1D1的对称中心在坐标原点O，交于同一顶点的三个面分别平行于三个坐标平面，顶点A(-2，-3，-1)，求其他七个顶点的坐标.
思路解析:解答本题的关键是能正确地将空间图形画出来，然后根据图形分析各点的坐标情况进行解答.
一般情况下，空间几何体的顶点的字母标注顺序是逆时针方向标，
所以顶点B是点A关于坐标平面yOz的对称点，
所以点B的坐标为(2，-3，-1)，顶点C是点A关于坐标轴z轴的对称点，
所以点C的坐标为(2，3，-1)，顶点D是点A关于坐标平面xOz的对称点，
所以点D的坐标为(-2，3，-1)，点A1是点A关于坐标平面xOy的对称点，
所以点A1的坐标为(-2，-3，1)，点B1是点A关于坐标轴y轴的对称点，
所以点B1的坐标为(2，-3，1)，顶点C1是点A关于坐标原点的对称点，
所以点C1的坐标为(2，3，1)，顶点D1是点A关于坐标轴x轴的对称点，
所以点D1的坐标为(-2，3，1).
答案：B(2，-3，-1)，C(2，3，-1)，D(-2，3，-1)，A1(-2，-3，1)，B1(2，-3，1)，C1(2，3，1)，D1(-2，3，1).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
自主广场
我夯基
我达标
1.已知A(3)、B(-2)两点，则AB=_____________，|AB|=_____________.
思路解析：由于AB是向量，因此一定要用终点坐标减去起点坐标，|AB|是向量AB的长度，因此一定要求向量AB的数量的绝对值.AB=-2-3=-5；|AB|=|-2-3|=|-5|=5.
答案：-5
5
2.已知点M(2，2)平分线段AB，且A(x，3)、B(3，y)，则x=_____________,y=_____________.
思路解析：“点M(2，2)平分线段AB”的含义就是点M是线段AB的中点，故可以用中点坐标公式把题意转化为方程组进行求解.∵点M(2，2)平分线段AB，∴，解得x=1，y=1.
答案：1
1
3.已知点A(5，12)，在x轴上求一点P，使点P与点A的距离等于13，则满足条件的点为___________________.
思路解析：可以用方程的思想根据平面内两点间的距离公式把题意转化成方程(组)进行求解.
设点P的坐标为(x，0)，根据题意，得=13，解得x1=0，x2=10.
答案:(0,0)或(10,0)
4.已知△ABC的三个顶点的坐标为A(，2)、B(0，1)、C(0，3)，则此三角形的形状是_______________.
思路解析：判断三角形的形状，首先要知道三角形都有哪些形状.按边分：等边三角形，等腰三角形;按角分：锐角三角形，钝角三角形，直角三角形.所以在判断三角形的形状时，既要考虑到边的情况，也要考虑到角的情况.根据本题的题设我们先要根据平面内两点间的距离公式计算三角形的边长.
∵|AB|==2,
|AC|==2,
|BC|==2,
∴△ABC为等边三角形.
答案：等边三角形
5.已知三角形三个顶点的坐标为A(1，1)、B(3，1)、C(2，2)，此三角形的形状是_____________.
思路解析：已知三角形的三个顶点的坐标判断三角形的形状，首先要求出各边的边长，然后考查三边的长度是否满足勾股定理,从而判定三角形的形状.
∵|AB|==2,
|AC|=,
|BC|=,
∴|AC|=|BC|.又∵AB2=4,AC2+BC2=4,∴AB2=AC2+BC2.
∴三角形是等腰直角三角形.
答案：等腰直角三角形
6.已知ABCD的三个顶点A(0，0)、B(x1，y1)、D(x2，y2)，则顶点C的坐标为___________.
思路解析：由于ABCD的各顶点的顺序已经确定，因此点C的坐标是唯一确定的.根据平行四边形的性质——对角线互相平分，再根据中点坐标公式的逆向应用，即可求出点C的坐标.
设顶点C的坐标为(m,n)，AC与BD的交点为O，则O为AC和BD的中点，根据题意，得点O的坐标为(,).
又∵点O为AC的中点，∴=,
=.
解得m=x2+x1,n=y2+y1,∴点C的坐标为(x1+x2,y1+y2).
答案：(x1+x2,y1+y2)
7.判定下列各组点中，哪一个点一定位于另一个点的右侧.
(1)M(2x)、N(x)；(2)A(c)、B(c+2)；(3)C(x)、D(x-a)；(4)E(x)、F(x2).
思路解析：∵(1)中的2x与x、(3)中的x与x-a、(4)中的x与x2都无法确定两个数的大小关系，而(2)中的c与c+2大小关系容易确定:c＜c+2，∴B(c+2)一定在A(c)的右侧.
答案：(2).
8.在数轴上求一点的坐标，使它到点A(-9)的距离等于它到点B(-3)的距离的2倍.
思路解析：设所求点为C(x)，则由题意得|x-(-9)|=2·|x-(-3)|，解得x=3或x=-5.∴符合条件的点有两个:C1(3)、C2(-5).
答案：C1(3)或C2(-5).
9.在数轴上，运用两点间距离的概念和计算公式，解下列方程:
(1)|x+3|+|x-1|=5；(2)|x+3|+|x-1|=4；(3)|x+3|+|x-1|=3.
思路分析：本题中的三个小题实质上是一道题，即在数轴上求到两个定点A(-3)和B(1)的距离之和分别等于5、4、3的点的坐标.
解：(1)∵-3到1的距离等于4，如图所示，到两个定点A(-3)和B(1)的距离之和等于5的点为C(1.5)或C(-3.5)，
图2-1-(1,2)-6
∴x=-3.5或x=1.5.
(2)如图所示，在线段AB上的任意一点到两个定点A(-3)和B(1)的距离之和都等于4，∴-3≤x≤1.
(3)在数轴上找不到一点到两个定点A(-3)和B(1)的距离之和等于3，∴方程|x+3|+|x-1|=3无解.
综上，(1)x=-3.5或x=1.5;(2)x∈{x|-3≤x≤1};(3)x∈.
图2-1-(1,2)-7
10.如图2-1-(1,2)-7，等边△ABC的顶点A的坐标为(，0)，B、C在y轴上，
(1)写出B、C两点的坐标；
(2)求△ABC的面积和周长.
思路分析：根据等边三角形的性质和题设中的条件，可利用两点间距离公式求边长,从而求出顶点B和C的坐标，再根据三角形面积公式和周长公式解答问题(2).
解：(1)如图2-1-(1,2)-4，∵△ABC为等边三角形，|AO|=,∴|OC|=1,|OB|=1,
即B、C两点的坐标分别为B(0,-1)、C(0,1).
(2)由(1)得|BC|=2,∴△ABC的周长为6,面积为×2×=.
我综合
我发展
11.|x+2|+|x-3|≤a恒成立，则a的取值是________________.
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|=5.
答案：5
12.如图2-1-(1,2)-8所示，平面中两条直线l1和l2相交于点O，对于平面上任意一点M,若p、q分别是M到直线l1和l2的距离，则称有序非负实数对(p,q)是点M的“距离坐标”，根据上述定义，“距离坐标”是(1，2)的点的个数是____________.
图2-1-(1,2)-8
思路解析：根据题中对“距离坐标”的定义，如果给出平面上的一个点，我们可以测量出它的距离坐标.本题需要逆向应用距离坐标的定义，在平面内找出符合条件“距离坐标为(1，2)的所有点”的个数.因此要把在平面内到这两条直线距离分别为1和2的点都找到，然后取它们的交集，即确定了一个点.把所有这样的点都找到便知这样的点的个数,如图所示.
图2-1-(1,2)-9
答案：4
13.函数y=的最小值为______________，此时相应的x值为______________.
思路解析：将函数关系式转化成平面直角坐标系中的两点间的距离公式进行分析.转化后可以发现题意就是在x轴上求一点，使这点到两个定点的距离之和为最小,并求最小值.
y=,在x轴上求一点，使这个点到两定点A(1，1)、B(2，3)的距离之和最小.作点A(1，1)关于x轴的对称点C(1，-1)，则线段BC的长度为所求最小值，即ymin=|BC|=，线段BC与x轴的交点即为所求的x值.直线BC的函数关系式为y=4x-5,它与x轴的交点为(，0)，∴x=.
答案：
14.如图2-1-(1,2)-10，梯形ABCD在平面直角坐标系中，AD∥BC，∠ADC=90°，|AB|=|DA|+|CB|，腰DC在x轴上，O是线段DC的中点，|BO|=4，且∠BOC=60°.
求:(1)A、B、C、D各点的坐标；
(2)梯形ABCD的面积.
图2-1-(1,2)-10
思路分析：此题求点B、C、D的坐标并不困难，难点在于求点A的坐标，此时需要作一条辅助线，即过点A作AE垂直BC于E，然后用方程的思想求出线段AD的长.
解：(1)如图所示，过点A作AE⊥BC于E，
图2-1-(1,2)-11
设点A的纵坐标为y，根据题意，得A(0,y).
∵AD∥BC，∠ADC=90°，∴∠BCD=90°.
又∵|BO|=4，且∠BOC=60°，
∴|OC|=2，|BC|=.
∴点C的坐标为(2，0)，点B的坐标为(2,).
又∵O为线段DC的中点，∴|DO|=2.
∴点D的坐标为(-2,0).
∴|AE|=|DC|=4，|EC|=|AD|=y，|BE|=|BC|-|EC|=-y.
∵|AB|=|DA|+|CB|=y+,
又∵∠BCD=90°,∴AB2=AE2+BE2,
即(y+)2=42+(-y)2.解得y=，
∴点A的坐标为(-2，).
(2)S梯形ABCD=×(+)×4=.
综上，(1)B(2,23)、C(2,0)、D(-2,0)、A(-2,);(2)
.
15.已知等边△ABC的两个顶点的坐标为A(-4，0)、B(2，0)，试求:
(1)C点的坐标；
(2)△ABC的面积.
思路分析：画出图形之后，根据等边三角形的性质用方程的思想求出点C的坐标，再根据面积公式求出△ABC的面积.
解：(1)如图所示，设点C的坐标为(x,y)，根据题意，得|AB|=|-4-2|=6，
图2-1-(1,2)-12
∵△ABC为等边三角形，
∴
解得
因此，点C的坐标为(-1,)或(-1,-).
(2)S△ABC=×6×=.
综上，(1)C(-1,
)或C(-1,-);(2).1.2.3
空间中的垂直关系
自主广场
我夯基
我达标
1.若直线l不垂直于平面α，那么平面α内(
)
A.不存在与l垂直的直线
B.只存在一条与l垂直的直线
C.存在无数条直线与l垂直
D.以上都不对
思路解析:直线与平面不垂直也可以垂直平面内的无数条直线,不过它们都是平行直线,不能是相交直线.
答案：C
2.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，与AD1垂直的平面是(
)
A.平面DD1C1C
B.平面A1DB1
C.平面A1B1C1D1
D.平面A1DB
思路解析:由直线与平面垂直的判定定理可以证明与AD1垂直的平面是平面A1DB1.
答案：B
3.(2006广东高考,5)给出以下四个命题：
①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行;
②如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面;
③如果两条直线都平行于一个平面，那么这两条直线互相平行;
④如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直.
其中真命题的个数是(
)
A.4
B.3
C.2
D.1
思路解析:由定义及判定定理知①②④正确，故选B.
答案：B
4.设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面.考查下列命题，其中正确的命题是(
)
A.m⊥α,nβ,m⊥nα⊥β
B.α∥β,m⊥α,n∥βm⊥n
C.α⊥β,m⊥α,n∥βm⊥n
D.α⊥β,α∩β=m,n⊥mn⊥β
思路解析:正确的命题是α∥β,m⊥α,n∥βm⊥n，选B.
答案：B
5.已知正△ABC的边长为2
cm，PA⊥平面ABC，A为垂足，且PA=2
cm,那么P到BC的距离为_____________.
思路解析:取BC的中点D，连结AD、PD，由于△ABC为等边三角形，所以AD⊥BC，
又PA⊥平面ABC，所以PA⊥BC，则BC⊥平面PAD，所以BC⊥PD，故PD就是所求的距离，
根据正△ABC的边长为2
cm，则AD=3，在Rt△PAD中，PA=2，根据勾股定理可得PD=7.
答案：
6.若平面α及这个平面外的一条直线l同时垂直于直线m,则直线l和平面α的位置关系是___________________.
思路解析:过l作平面β，设α∩β=a.∵m⊥α，∴m⊥a.又m⊥l，l、a同在β内，故l∥a.∴l∥α.
答案：l∥α
我综合
我发展
7.Rt△ABC的斜边AB在平面α内，直角顶点C在α外,C在α上射影为D(不在AB上)，则△ABD是(
)
A.直角三角形
B.锐角三角形
C.钝角三角形
D.锐角或钝角三角形
思路解析:如图,AD＜AC,DB＜BC，∴AD2+DB2＜AC2+BC2=AB2.∴∠ADB为钝角.
图1-2-3-7
答案：C
8.正方形ABCD的边长为12,PA⊥平面ABCD，PA=12，则点P到对角线BD的距离为(
)
A.
B.
C.
D.
思路解析:如图,连结AC交BD于O点,
图1-2-3-8
则PA⊥BD,AO⊥BD.∴BD⊥面PAO.
故PO为P到BD的距离.
在Rt△AOP中，PA=12，AO=.
∴PO=.
答案：D
9.P是平行四边形ABCD所在平面外一点，若P到四边的距离都相等，则ABCD(
)
A.是正方形
B.是长方形
C.有一个内切圆
D.有一个外接圆
思路解析:根据空间射影定理，点P在面ABCD内射影为四边形的内切圆的圆心.
答案：C
10.求证：如果两个平面互相垂直，那么经过第一个平面内的一点而垂直于第二个平面的直线在第一个平面内.
思路解析:反证法与同一法都是间接证法，但前者证的是原命题的逆否命题；后者证的是原命题的逆命题，但原命题必须符合同一法则.由于同一法则不易掌握，所以遇到有可能利用同一法证明的题，可改为用反证法形式证明.如题中可假设AB?α,在平面α内作AE⊥CD，得AE⊥β，又AB⊥β，与过一点只有一条直线与平面垂直矛盾，所以假设不成立，得ABα.
图1-2-3-9
答案:已知：α⊥β，α∩β=CD,A∈α,AB⊥β.
求证：ABα.
证明：如图，在平面α内作AE⊥CD,
则AE⊥β，而AB⊥β，
∴AB与AE重合.∵AEα，∴ABα.
11.如图1-2-3-10所示，四面体A—BCD被平行于棱AB、CD的平面EFGH所截.其中AC=AD=BC=BD，AB=2CD,则AH∶HC的值为多少时，四边形EFGH的面积最大？
图1-2-3-10
思路分析:根据线段之间的关系判定四边形的形状,写出面积的函数关系式,再求最值,体现了函数思想.
解：如图所示，设=λ，
则,
由题设可得GH∥DC，EH∥AB，
∴GH=·CD，EH=·AB.
又AC=AD=BC=BD，
易证得AB⊥CD.
∴四边形EFGH为矩形.
∴S矩形EFGH=GH·EH=·CD·AB=·2·CD2=·CD2≤·CD2
=CD2.
当且仅当λ=,即λ=1时等号成立,
即AH∶HC等于1时，四边形EFGH面积取最大值.1.2.2
空间中的平行关系
自主广场
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1.下列命题中正确命题的个数为(
)
①如果一条直线与一平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行
②如果一条直线与一平面相交，那么这条直线与平面内的无数条直线垂直
③过平面外一点有且只有一条直线与平面平行
④一条直线上有两点到一个平面的距离相等，则这条直线平行于这个平面
A.0
B.1
C.2
D.3
思路解析:对于①，直线与平面平行，只是说明直线与平面没有公共点，也就是直线与平面内的直线没有公共点，没有公共点的两条直线其位置关系除了平行之外，还有异面，如图.正方体ABCD—A1B1C1D1，A1B1∥平面ABCD，A1B1与BC的位置关系是异面，并且容易知道，异面直线A1B1与BC所成的角为90°，因此命题①是错误的.
对于③，如图，
图1-2-2-3
∵A1B1∥AB，A1D1∥AD且AD、AB平面ABCD，A1D1、A1B1平面ABCD，
∴A1B1∥平面ABCD，A1D1∥平面ABCD，可以说明过平面外一点不只有一条直线与已知平面平行，而是有无数多条，可以想象，经过面A1B1C1D1内一点A1的任一条直线，与平面ABCD的位置关系都是平行的.
因此,命题③也是错误的.
对于④，我们可以继续借助正方体ABCD—A1B1C1D1来举反例,如图，取AD、BC的中点分别为E、F，A1D1、B1C1的中点为G、H，连结EFGH，
图1-2-2-4
∵E、F、G、H分别为AD、BC、A1D1、B1C1的中点，
∴可以证明EFHG为平行四边形，且该截面恰好把正方体一分为二，A、D两个点到该截面的距离相等，但AD∩平面EFHG=E,
因此命题④也是错误的.
对于②，把一直角三角板的一直角边放在桌面内，让另一直角边抬起，即另一直角边与桌面的位置关系是相交.可以得出在桌面内与直角边所在的直线平行的直线与另一直角边垂直.∴正确命题的个数只有一个.
答案：B
2.平面α∥平面β，A、C∈α,B、D∈β，点E、F分别在线段AB、CD上，且.求证：EF∥β.
思路分析:构造过EF的平面平行于β，利用面面平行的性质，因题设中四点A、B、D、C没有说明是否共面，所以需要分类讨论，以免解答不完整.
图1-2-2-5
证明：（1）当AB、CD异面时，过A作AH∥CD交β于H，则四边形AHCD为平行四边形，
在平面AHDC内作FG∥AC交AH于G，连结EG，则,
又，∴.
∴EG∥β.又EGβ,BHβ,
∴EG∥β.又FG∥AC∥HD，FGβ,DHβ，
∴FG∥β.又EG∩FG=G.
∴平面EFG∥平面β.
又EF平面EFG，∴EF∥β.
（2）当AB、CD共面时，
∵α∥β,∴AC∥BD.
∴四边形ABCD为平行四边形或梯形.
由于,得到EF∥BD，BDβ，EFβ，
∴EF∥β.
3.如图1-2-2-6，a∥α，A是α另一侧的点，B、C、D∈a，线段AB、AC、AD交α于E、F、G点，若BD=4，CF=4，AF=5，求EG.
图1-2-2-6
思路分析:首先根据平行证明三角形相似,再利用相似比求值.
解：Aa，∴A、a确定一个平面，设为b.
∵B∈a，∴B∈b，
又A∈b，∴ABb.
同理,ACb，ADb.
∵点A与直线a在α的异侧,
∴b与α相交.
∴面ABD与面α相交，交线为EG.
∵BD∥α，BD面BAD，面BAD∩α=EG.
∴BD∥EG.∴△AEG∽△ABD.
∴(相似三角形对应线段成比例).
∴EG=.
4.证明若一条直线与一个平面平行,则经过此平面内的一点与这条直线平行的直线在这个平面内.
已知:如图1-2-2-7,a∥α,A∈α,A∈b,a∥b.求证:bα.
图1-2-2-7
图1-2-2-8
思路分析：由直线和平面平行,可以得出此直线和平面内无数条直线平行,但并不是和平面内所有直线都平行.利用性质定理,要作辅助平面寻求α内与a平行的直线.过α内一点作某直线与a平行的说法是不妥当的.
证明：如图1-2-2-8,假设bα,
∵A∈α,A∈b,
∴b和α相交.
∵a∥α,A∈α,
∴Aa,过直线a与直线外一点A确定平面β,α∩β=b′,则a∥b′.
∵a∥b,∴b′∥b与b∩b′=A矛盾.
∴bα.
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我发展
5.如图1-2-2-9,四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形.
图1-2-2-9
(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，判定与性质定理常常交替使用,即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，即：线线平行线面平行线线平行;（2）利用相似性质来求边长.
（1）证明：∵EFGH为平行四边形，∴EF∥HG.
∵HG平面ABD，
∴EF∥平面ABD.
∵EF平面ABC.
平面ABD∩平面ABC=AB,
∴EF∥AB.
∴AB∥平面EFGH.
同理,∵CD∥EH,
∴CD∥平面EFGH.
（2）解：设EF=x(0
∴.
故.
从而FG=6-x.
于是四边形EFGH的周长为l=2(x+6-x)=12-x.
又0故答案为(8,12).
6.若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
思路分析:可以利用两个平面平行的性质定理和判定定理进行证明.
证明：在平面α内取两条相交直线a、b，分别过a、b作平面φ、δ，使它们分别与平面β交于两相交直线α′、b′.
∵α∥β，∴a∥a′,b∥b′.
又∵β∥γ，同理在平面γ内存在两相交直线a″、b″，使得a′∥a″,b′∥b″.
∴a∥a″,b∥b″.∴α∥γ.
7.如图,在底面是菱形的四棱锥P—ABCD中,点E在PD上,且PE∶ED=2∶1.试在棱PC上是否存在一点F,使BF∥平面AEC 证明你的结论.
图1-2-2-10
思路分析:探索性问题是以考查创新意识、创新精神为目标的一种题型，这类问题常以新颖的形式出现，解题入口宽，而且往往有比较隐蔽的条件，解这类题目必须通过分析判断、演绎推理、联想转化、尝试探索等多种思维形式去寻求解决途径.
解：当F是棱PC的中点时,BF∥平面AEC.证明如下:
图1-2-2-11
取PE的中点M,连结FM,则FM∥CE.①
由EM=PE=ED,
知E是MD的中点.连结BM、BD,设BD∩AC=O，则O为BD的中点.
所以BM∥OE.②由①②知平面BFM∥平面AEC.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
自主广场
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1.直线l的倾斜角α的范围是(
)
A.0°＜α＜180°
B.0°＜α≤180°
C.0°≤α＜180°
D.0°≤α＜180°且α≠90°
思路解析：正确理解倾斜角的取值范围，对于0°与180°，取0°而不取180°；另外倾斜角应包含90°.
答案：C
2.过点M()、N()的直线的倾斜角为(
)
A.135°
B.45°
C.60°
D.120°
思路解析：可以求出过M、N两点的斜率k=1，故倾斜角为45°.
答案：B
3.直线l过点A(2,1)、B(3,m2)(m∈R),则直线l斜率的范围为(
)
A.［-1,+∞)
B.(-1,+∞)
C.(-∞,-1)
D.(-∞,-1］
思路解析：由斜率公式求出斜率k=m2-1，故k≥-1.
答案：A
4.已知直线l1：ax-y-b=0,l2：bx-y+a=0,当a、b满足一定的条件时,它们的图形可以是(
)
图2-2-(1,2)-4
思路解析：直线l1的斜率为a，在y轴上的截距是-b；直线l2的斜率为b，在y轴上的截距是a.对于A图，由直线l1知斜率a＜0，在y轴上的截距-b＞0，即b＜0；由直线l2知斜率b＞0，在y轴上的截距a＞0，条件矛盾.对于B图,由直线l1知斜率a＞0，在y轴上的截距-b＞0，即b＜0；由直线l2知斜率b＜0，在y轴上的截距a＞0，条件相容.对于C图,由直线l1知斜率a＜0，在y轴上的截距-b＞0，即b＜0；由直线l2知斜率b＜0，在y轴上的截距a＞0，条件矛盾.对于D图,由直线l1知斜率a＞0，在y轴上的截距-b＜0，即b＞0；由直线l2知斜率b＜0，在y轴上的截距a＞0，条件矛盾.
答案：B
5.直线(2m2-5m+2)x-(m2-4)y+5=0的斜率与直线x-y+1=0的斜率相同，则m等于(
)
A.2或3
B.2
C.3
D.-3
思路解析：由条件可知=1，所以m2-5m+6=0，解得m=3或m=2.又因为方程Ax+By+C=0成为直线方程的条件是A、B不同时为0,所以舍去m=2.
答案：C
6.油槽储油20
m3,从一管道等速流出,50分钟流完.关于油槽剩余油量Q(m3)和流出时间t(分)之间的关系用图可表示为(
)
图2-2-(1,2)-5
思路解析：Q=20-t，0≤t≤50，它表示斜率为-的一条线段，而D图所表示的线段的斜率为，不合题意.
答案：B
7.光线射到x轴上并经x轴反射,已知入射光线的倾斜角α1=30°,则入射光线的斜率为k1=_______________,反射光线的倾斜角为α2=_______________,斜率为k2=_______________.
思路解析：由反射定律知α2与α1互补.
答案：
150°
-
我综合
我发展
8.若经过A(-1,-1)、B(-4,y)、C(x,3)三点的直线的斜率为-2,则实数x=_______________,y=_______________.
思路解析：利用两点斜率公式,由=-2，解得x=-3；由=-2，解得y=5.
答案：-3
5
9.a、b、c是两两不等的实数,则经过P(b,b+c)、C(a,c+a)的直线的倾斜角为_____________.
思路解析：应用斜率公式k=，得k==1，
∴倾斜角为45°.
答案：45°
10.设动点P、P′的坐标分别为(x,y)、(x′,y′),它们满足若P、P′在同一直线上运动,问这样的直线是否存在？若存在,求出方程；若不存在,请说明理由.
思路分析：可假设待求直线的方程为Ax+By+C=0，必有Ax′+By′+C=0.将条件代入方程后，得到的方程应与Ax+By+C=0表示同一条直线，比较两个方程中的对应项的系数可求出A、B、C.
解：设P、P′在同一直线Ax+By+C=0上运动，则有Ax′+By′+C=0.
将代入Ax′+By′+C=0得
(3A+B)x+(2A+4B)y+C+A-3B=0.
它与直线Ax+By+C=0表示同一条直线.
于是
解得A∶B∶C=1∶(-1)∶4或A∶B∶C=4∶8∶(-5).
于是，满足条件的直线方程存在，其方程为x-y+4=0或4x+8y-5=0.
11.一条直线经过点M(2,1),且在两坐标轴上的截距和是6,求该直线的方程.
思路分析：直线和两坐标轴截距存在且不为0,于是想到用截距式求解.
解：由题意,设直线在x轴上的截距为a,则其在y轴上的截距为6-a.
于是我们可列出此直线的截距式方程为=1,代入点M的坐标(2，1),得到关于a的一元二次方程,解得a=3或a=4,从而得到直线的方程为或,化为一般式方程即为x+y-3=0或x+2y-4=0.
12.某房地产公司要在荒地ABCDE(如图2-2-(1,2)-6)上划出一块长方形地面(不改变方位)建造一幢八层的公寓楼，问如何设计才能使公寓占地面积最大？并求出最大面积.(精确到1
m2)
图2-2-(1,2)-6
思路分析：要找出最大面积，我们可以考虑列方程构造二次函数来解决.
解：如图，在线段AB上任取一点P，分别向CD、DE作垂线划得一块长方形土地，建立如图所示的直角坐标系，则AB的方程为=1.设P(x，20-)，则长方形面积S=(100-x)［80-(20-)］(0≤x≤30).
图2-2-(1,2)-7
化简得S=-2++6
000(0≤x≤30).配方，易得x=5，y=时，S最大，其最大值为6
017
m2.1.2.1
平面的基本性质与推论
自主广场
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1.下列图形中,满足α∩β=AB,aα,bβ,a∥AB,b∥AB的图形(图1-2-1-14)是(
)
图1-2-1-14
思路解析:可以根据图形的特点及直线与平面平行的性质进行判断,也可以使用反证法进行证明.
答案：C
2.若点B在直线b上,b在平面β内,则B、b、β之间的关系可以记作(
)
A.B∈b∈β
B.B∈bβ
C.Bbβ
D.Bb∈β
思路解析:关键是弄清点与直线是元素与集合之间的关系,直线与平面是集合与集合之间的关系.
答案：B
3.如果直线a平面α,直线b平面α,M∈α,N∈b且M∈l,N∈l,那么(
)
A.lα
B.lα
C.l∩α=M
D.l∩α=N
思路解析:因为M∈α,N∈b,a,bβ,所以M,N∈α,而MN确定平面l,根据公理1可知lα.故选A.
答案：A
4.已知一条直线和这条直线外不在同一直线上的三点，讨论可以确定平面的个数.
思路分析:解决问题要围绕条件，关键是分清点与直线的各种位置关系，进行分类讨论.公理3及其推论是高考考查的重点知识，一般是与排列组合知识综合在一起考查.要注意分类讨论思想的应用.
解：设直线l及l外不共线的三点A、B、C.由公理3知A、B、C可以确定一个平面α，若l在α内，这时只能确定一个平面.若l不在α内,(1)若A、B、C中有两点与l共面，这时可以确定三个平面.(2)若A、B、C中无任何两点与l共面，这时可以确定四个平面.综上所述，一直线与这条直线外不共线的三点，确定平面的个数可以是1个、3个或4个.
5.如图1-2-1-15，直线a∥b∥c，直线l分别交a、b、c于点A、B、C,求证：四条直线a、b、c、l共面.
图1-2-1-15
思路分析:证明共面问题的主要依据是公理3及其推论，由此入手进行思维，发掘解题方法.证明共面的方法有：(1)先根据公理3及其推论确定一个平面，再证明有关的点、线在此平面内；(2)过有关的点、线分别确定一个平面，然后再证明这些平面重合；(3)反证法.
证法一：∵a∥b，∴a，b确定一个平面a.
∵A∈a，B∈b，∴A∈α，B∈α.
又A∈l，B∈l，∴lα.
∵C∈l，∴C∈α.
∴a与C同在d内.
又∵a∥c，∴直线a、c确定一个平面β.
∵点C∈c，cβ，则点C∈β，即平面β也是直线a和点C确定的平面.
∴平面α和平面β重合，因此cα.
∴a、b、c、l共面.
证法二：由证法一得a、b、l共面α，即b在a、l确定的平面内.
同理,可证c在a、l确定的平面内.
∵过a与l只能确定一个平面，∴a、b、c、l共面于a、l确定的平面.
我综合
我发展
6.如图1-2-1-16，已知E、F与G分别为正方体ABCD—A1B1C1D1棱AB、B1C1与DA的中点，试过E、F、G三点作正方体ABCD—A1B1C1D1的截面.
图1-2-1-16
思路解析:公理2是确定截面的理论依据，同时本题中也蕴含了点共线的证明方法，通常证明两个点都在两个平面的交线上，再证明第三点既在第一个平面内，又在第二个平面内,即也在交线上.解决过点的截面问题关键在于能依据公理2及公理3确定截面与几何体的交线.
图1-2-1-17
作法:
(1)连结GE并延长交CB延长线于M，交CD延长线于N，连结MF，交棱B1B于点H，连结HE.
(2)延长EH交A1B1的延长线于点R.连结FR，FR交D1C1于Q.
(3)连结QN交D1D于点K，连结KG.六边形KGEHFQ就是所要作的截面.
7.有一种骰子，每一面上都有一个英文字母，图1-2-1-18是从3种不同的角度看同一粒骰子的情形.请问H反面的字母是什么？
图1-2-1-18
思路分析:此题中解决问题的关键点在于能够把空间正方体的表面展开成一个平面图形，这种化空间为平面的解题思想是立体几何解题的一种基本思想.同时在学习立体几何时，可以借助实物模型培养自己的空间想象能力.
解：H的反面是S，原正方体表面字母的排列如图.
图1-2-1-19
代数解法:由①设S的对面X，H的对面Y，E的对面Z.见题图.
若X、Y、Z中没有S，则由①②知S的相邻4个面分别为H、E、O、P，但由②③知S相邻的面中有两个不同的P,与已知矛盾.
∴X、Y、Z中还有一个S,即六个面是E、H、S、O、P、S的某种排列,与P相邻的面有S、O、H、S.∴P与E相对，即Z=P.
又由②③中P的倒置知,②到③的变化中有一个翻转过程，故H的反面为S.
8.已知三个平面两两相交，有三条交线,求证:若这三条交线不平行，则它们交于一点.
思路分析:证明三线共点的基本思路是先证其中两条直线有交点，再证该交点在第三条直线上.对于证空间中多线共点，平面几何中证多线共点的思维方法仍然适用，只是在思考中应考虑空间图形的特点.
答案：已知：如图,设三个平面为α、β、γ，且α∩β=c，α∩γ=b，β∩γ=a.且a、b、c不平行.
图1-2-1-20
求证：a、b、c三线交于一点.
证明:α∩β=c，α∩γ=b，∴bα，cα.
∵b、c不相互平行，
∴b、c交于一点.设b∩c=P，
∵P∈c，cβ，∴P∈β.同理,P∈γ.
∵β∩γ=a，∴P∈a.故a、b、c交于一点P.
9.如图1-2-1-21,点A平面BCD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA上的点，若EH与FG交于P(这样的四边形ABCD就叫做空间四边形).
求证：P在直线BD上.
图1-2-1-21
思路分析:证明点在直线上及三点共线都可以使用公理2进行,即说明点P在某两个平面的交线上即可.
证明：∵EH∩FG=P，∴P∈EH，P∈FG，
∵E、H分别属于直线AB、AD，
∴EH平面ABD.∴P∈平面ABD.
同理,P∈平面CBD.
又∵平面ABD∩平面CBD=BD，
∴P在直线BD上.1.1.1
构成空间几何体的基本元素
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1.下列说法正确的是（
）
A.一个平面面积为4
m2
B.一条直线长为5
cm
C.正方体的面是平面的一部分,而不是整个平面
D.三角形是一个平面
思路解析：直线是无限延伸的,没有长短;平面是无限延展的,没有面积,没有厚度.根据这些性质,逐项进行排除可知选C.
答案：C
2.下列叙述中,一定是平面的是（
）
A.一条直线平行移动形成的面
B.三角形经过延展得到的平面
C.组成圆锥的面
D.正方形围绕一条边旋转形成的面
思路解析：直线平行移动可以形成平面或曲面,只有在方向不变的情况下才能得到平面.
答案：B
3.长方体中棱的条数是（
）
A.6
B.8
C.12
D.16
思路解析：长方体有六个面,12条棱.故选C.
答案：C
4.一个棱锥至少含有的面的个数为（
）
A.2
B.3
C.4
D.6
思路解析:本题考查棱锥的特征，棱锥至少是三棱锥,有三个侧面和一个底面,共4个面.故选C.
答案：C
5.请叙述一下立体几何中平面的基本特征.
思路解析:立体几何中的平面具有其特有的性质,要结合概念加以理解.
答案：立体几何中的平面是平的、无限延展的,没有大小和厚度,现实中所说的平面都是立体几何中平面的一部分,立体几何中的平面只能想象.在实际中通常用一个平行四边形来表示平面.
我综合
我发展
6.如图1-1-1-4所示,画中的一朵花,有五片花瓣.下列叙述不正确的是（
）
图1-1-1-4
A.花瓣由曲线组成
B.图中组成花瓣的曲线相交于一点
C.图中只有花柄是直线段组成的
D.组成花瓣的曲线是无限延伸的
思路解析:观察图中的花朵我们发现花瓣是由曲线组成的,而花柄是一条线段,这里所有的曲线也都是有一定长度的,而不是无限延伸的.故选D.
答案：D
7.下列说法正确的是（
）
A.生活中的几何体都是由平面组成的
B.曲面都是有一定大小的
C.直线是无限个点组成的,而线段是由有限个点组成的
D.直线平移时不改变方向一定不可能形成曲面
思路解析:组成几何体的面既可以是平面,也可以是曲面;曲面也可以是无限延展的;直线和线段都是由无数个点组成的.故选D.
答案：D
8.把如图1-1-1-5的平面沿虚线折叠可以折叠成的几何体是_____________.
图1-1-1-5
思路解析:图1-1-1-5由六个正方形组成,可以实际进行折叠试验得出结论是正方体.
答案：正方体
9.动手制作一个熟悉的几何体,观察它的每个面的特点.
思路解析:(略)
答案：(略)2.3.1
圆的标准方程
2.3.2
圆的一般方程
自主广场
我夯基
我达标
1.下列方程中表示圆的是(
)
A.x2+y2-2x+2y+2=0
B.x2+y2-2xy+y+1=0
C.x2+2y2-2x+4y+3=0
D.x2+y2+4x-6y+9=0
思路解析:题中的4个选项都是二元二次方程，一个二元二次方程是否表示圆，要判断它是否同时满足以下这三个条件：(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+E2-4F＞0.根据这三个条件对每一个方程进行判断.因为选项A中D2+E2-4F=4+4-8=0，所以选项A不正确；因为选项B中有-2xy项，所以选项B也不正确；因为选项C中两个平方项的系数一个等于1，另一个等于2，不满足A=C的条件，所以选项C也不正确；选项D同时满足这三个条件，所以选项D是正确的.因此，选D.
答案：D
2.已知方程x2+y2-2kx+2k+3=0表示圆,则k的取值范围是(
)
A.(-∞,-1)
B.(3,+∞)
C.(-∞,-1)∪(3,+∞)
D.
思路解析:利用D2+E2-4F＞0就可求得k∈(-∞,-1)∪(3,+∞).
答案：C
3.已知圆C的方程为f(x，y)=0，点A(x0，y0)是圆外的一点，那么方程f(x，y)-f(x0，y0)=0表示的曲线是(
)
A.与圆C重合的圆
B.过点A与圆C相交的圆
C.过点A且与圆C同心的圆
D.可能不是圆
思路解析:此题所给出的圆的方程是一个抽象的方程，实际上，我们只学习了两种圆的方程，完全可以分别用两种方程来分析这道题.这里还基于一个结论：圆外的点的坐标代入圆的方程后，方程就变成了不等式.因为点A(x0，y0)是圆外的一点，所以f(x0，y0)＞0，由方程f(x，y)-f(x0，y0)=0,得f(x，y)=f(x0，y0)，不妨设圆C的方程f(x，y)=0为方程(x-a)2+(y-b)2-r2=0，则方程f(x，y)=f(x0，y0)即为(x-a)2+(y-b)2=r2+f(x0，y0)，此方程表示的正是过点A且与圆C同心的圆.因此，选C.
答案：C
4.圆(x+2)2+y2=5关于原点(0，0)对称的圆的方程为(
)
A.(x-2)2+y2=5
B.x2+(y-2)2=5
C.(x+2)2+(y+2)2=5
D.x2+(y+2)2=5
思路解析:求圆关于某点或直线的对称图形的方程,主要是求圆心关于点或直线的对称点.求出圆心(-2,0)关于(0,0)的对称点为(2,0).
答案：A
5.设P(x，y)是曲线x2+(y+4)2=4上任意一点，则的最大值为(
)
A.+2
B.
C.5
D.6
思路解析:此题的解题关键是要能从观察式子的特征中产生联想，即这个式子的几何意义是什么.
因为式子的几何意义是点P(x，y)与点(1，1)之间的距离，又因为P(x，y)是曲线x2+(y+4)2=4上任意一点，所以的最大值即为在圆x2+(y+4)2=4上求一点，使这个点到点(1，1)的距离最大.
如图2-3-(1,2)-4所示，|CB|即为所求，而|CB|=|CA|+|AB|，圆x2+(y+4)2=4的圆心坐标为A(0，-4)，半径为2，即|AB|=2，而|AC|=，所以|CB|=+2，即的最大值为+2.
因此，选A.
图2-3-(1,2)-4
答案：A
6.程x2+y2+x-2y+m=0表示圆时，m∈___________.
思路解析:如果方程x2+y2+x-2y+m=0表示圆，则D2+E2-4F＞0一定成立.根据这个条件可以把题意转化为不等式，从而求出m的取值范围.
因为方程x2+y2+x-2y+m=0表示圆，所以1+4-4m＞0，
解得m＜.所以m∈(-∞,).
答案：(-∞,
)
7.直线3x+4y-12=0和两坐标轴围成的三角形的外接圆的方程是_______________.
思路解析:直线与两坐标轴的交点是A、B，AB为圆的直径，即AB的中点为圆心，AB长的一半为圆的半径.
答案：(x-2)2+(y-)2=
8.已知圆M：(x+cosθ)2+(y-sinθ)2=1，直线l：y=kx，下面四个命题：
A.对任意实数k与θ，直线l和圆M相切
B.对任意实数k与θ，直线l和圆M有公共点
C.对任意实数θ，必存在实数k，使得直线l与圆M相切
D.对任意实数k，必存在实数θ，使得直线l与圆M相切
其中真命题的代号是____________.(写出所有真命题的代号)
思路解析:圆心坐标为(-cosθ，sinθ)，圆的半径为1，圆心到直线的距离为d==|sin(θ+φ)|≤1,
故选B、D.
答案：BD
我综合
我发展
9.求圆心在直线y=-4x上,并且与直线l：x+y-1=0相切于点(3,-2)的圆的方程.
思路分析:已知圆心在y=-4x上，所以可设圆心为(a,-4a)，利用圆心到直线l：x+y-1=0的距离等于圆心到点(3，-2)的距离等于半径，就可以求出圆的方程.
解：依题意,设圆心为(a,-4a),则其到直线x+y-1=0的距离及其到点(3，-2)的距离都等于半径的长度.应用两点间的距离公式及点到直线的距离公式,可得圆心到点(3，-2)的距离=,圆心到直线l的距离=，即得=，对这个式子两边平方并化简得a=1.于是容易计算得到此圆的圆心为(1,-4),半径长为22,于是得到此圆的方程为(x-1)2+(y+4)2=8.
10.求过点A(-1,3),B(4,2),且在x轴、y轴上的四个截距之和是14的圆的方程.
思路分析:本题所给的条件是过两个定点和截距三个条件，考虑到知道三点就可以求出圆的方程，所以考虑应用圆的一般式并结合根与系数的关系解决这个问题.
解：设圆的一般式方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，①
由题意可知
令①中的y=0，可得x2+Dx+F=0，圆在x轴上的截距之和为-D；
令①中的x=0，可得y2+Ey+F=0，圆在y轴上的截距之和为-E.
结合以上的方程组可以解得D=-4,E=-10,F=16.
所以我们得到此圆的方程为x2+y2-4x-10y+16=0.
11.设A、B两点是圆心都在直线3x-2y+5=0上的相交两圆的两个交点,且A的坐标是(-4,5),求点B的坐标.
思路分析:解本题要充分利用平面几何的知识.注意到两圆相交，则意味着两交点关于连心线对称,即B点应为点A关于直线3x-2y+5=0的对称点.
解：设B(x，y),因AB垂直于直线l：3x-2y+5=0，且A(-4，5)，故直线AB的方程为y-5=(x+4).
解方程组得交点P().
又由中点坐标公式得
.
解得x=.
∴B().
12.已知实数x、y满足方程x2+y2-4x+1=0.
(1)求的最大值和最小值;
(2)求x2+y2的最大值和最小值.
思路分析:方程x2+y2-4x+1=0表示圆心(2,0),半径为的圆;的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率,x2+y2表示圆上一点到原点距离的平方,故可借助于平面几何知识,利用数形结合来求解.
解：(1)原方程化为(x-2)2+y2=3,表示以点(2,0)为圆心,以为半径的圆.
设=k,即y=kx,当直线与圆相切时,斜率k取最大值和最小值,此时有,解得k=±.
故的最大值为,最小值为-.
(2)x2+y2表示圆上一点到原点距离的平方,由平面几何知识知原点与圆心的连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值.
又圆心到原点的距离为2,故(x2+y2)max=(2+)2=7+4,(x2+y2)min=(2-)2=7-4.1.1.4
投影与直观图
1.1.5
三视图
自主广场
我夯基
我达标
1．甲、乙、丙、丁四人分别面对面坐在一张四边形桌子旁边,桌上一张纸上写着数字“9”,甲说他看到的是“6”,乙说他看到的是“6”,丙说他看到的是“6”,丁说他看到的是“9”,则下列说法正确的是（
）
A.甲在丁的对面,乙在甲的左边,丙在丁的右边
B.丙在乙的对面,丙的左边是甲,右边是乙
C.甲在乙的对面,甲的右边是丙,左边是丁
D.甲在丁的对面,乙在甲的右边,丙在丁的右边
思路解析:可以从每个人观察的角度进行分析.
答案：D
2．有一个正方体,在它的各个面上分别标上字母A、B、C、D、E、F,甲、乙、丙三位同学从不同的方向去观察这个正方体,观察结果如图1-1-(4,5)-16所示.问这个正方体中F的对面是_____________,E的对面是_____________,D的对面是_____________.
图1-1-(4,5)-16
思路解析:此题解决问题的关键在于能够把空间正方体的表面展开成一个平面图形,这种化空间为平面的解题思想是立体几何的一种基本思想,还要有较强的空间想象能力.
答案：
C
A
B
3
画一个底面边长为5
cm,高为11.5
cm的正五棱锥的直观图,比例尺为1∶5.
思路解析:画正五棱锥的直观图只需根据斜二测画法,选择恰当的坐标系画出正五边形的直观图,进而确定出正五棱锥的顶点即可.
答案：画法:(1)画轴:画x′轴、y′轴、z′轴,记坐标原点为O′,使∠x′O′y′=45°,使∠x′O′z′=90°；
(2)画底面:x′轴、y′轴画边长为1
cm的正五边形的直观图ABCDE，并使正五边形的中心对应点O′；
(3)画高线:在z′轴上取O′S==2.3(cm)；
(4)成图:顺次连结SA、SB、SC、SD、SE,并加以整理(去掉辅助线,并将被遮住的部分改为虚线),就得到正五棱锥的直观图.
图1-1-(4,5)-17
4.要将一个正方体模型展开成平面图形,需要剪断多少条棱？你的结论可以作为一条规律来用吗？
思路解析:正方体有6个面,所以展开后的平面图形只要5条棱相连就可以了.
答案：需要剪断7条棱.
因为正方体有6个面,12条棱,两个面有一条棱相连,展开后六个面就有5条棱相连,所以剪断7条棱.规律是正方体的平面展开图只能有5条棱相连,但是,有5条棱相连的6个正方形图形不一定是正方体的平面展开图.
我综合
我发展
5.由一些大小相同的小正方体组成简单几何体的主视图和俯视图如图1-1-(4,5)-18所示.
(1)请你画出这个几何体的左视图；
(2)若组成这个几何体的小正方体的块数为n，请你写出n的所有可能值.
图1-1-(4,5)-18
思路解析:给出一个几何体的三视图，原几何体的形状不唯一确定,在本题中只知道主视图、俯视图,那么几何体可能有较多的情况.
答案：现在在俯视图中，按主视图的图形填上符合条件的每个位置上小正方体的块数，共有如下15种可能：
图1-1-(4,5)-19
根据这15种情况可以画出左视图共有5种情况，同时也可以确定组成这个几何体所需要的小正方体块数.
(1)左视图共有如下5种情况：
图1-1-(4,5)-20
图①,⑥,
的左视图如图（1）所示；图②,③,⑦,,的左视图如图（2）所示；图④,⑤,⑨,⑩,的左视图如图（3）所示；图⑧的左视图如图（4）所示；图的左视图如图（5）所示.
(2)①中n=11；②中n=10；③中n=9；④中n=10；⑤中n=9；⑥中n=10；
⑦中n=9；⑧中n=8；⑨中n=9；⑩中n=8；中n=10；中n=9；中n=8；中n=9；中n=8.所以n的值为8，9，10，11.
6.图1-1-(4,5)-21(1)中的几何体是一个正方体,图1-1-(4,5)-21(2)是这个正方体的一个平面展开图,图1-1-(4,5)-21(a)、(b)、(c)也是这个正方体的平面展开图,但每一展开图上都有四个面上的图案没画出来,请你给补上.
1-1-(4,5)-21
思路解析:根据几何体的特点和三视图的画法进行画图.
答案：图(a)、(b)、(c)标有数字的空白面上的图案见下图中的(a)、(b)、(c).
插入图片b42;S
2;X
2
图1-1-(4,5)-22
7
欣赏世界各地著名建筑的图片,结合学过的知识讨论它们有哪些结构特征.
图1-1-(4,5)-23
思路解析:可以从不同角度,仔细观察图中图形的特点,把具体的建筑物进行抽象,总结出所具有的特点.
答案：(1)—(8)分别是圆台,棱锥,长方体,棱柱,球体,圆柱,圆柱和圆锥,五棱柱.2.3.3
直线与圆的位置关系
2.3.4
圆与圆的位置关系
自主广场
我夯基
我达标
1.若圆x2+y2-2x+4y+m=0与x轴相切，则m的值为(
)
A.1
B.7
C.3或7
D.-3或-7
思路解析:由于已知圆与x轴相切，因此圆的方程与x轴所在直线的方程联立的方程组的解有且只有一个，据此，将题意转化为方程组，再进一步将方程组转化为关于x的一元二次方程，根据前面的分析，此方程也应该有两个相等的实数根，则判别式为零.根据题意，得消去y,得x2-2x+m=0，因为已知圆与x轴相切，所以Δ=4-4m=0，所以m=1.因此，选A.
答案：A
2.已知直线l:ax-y+b=0，圆M:x2+y2-2ax+2by=0，则l与M在同一坐标系中的图形只可能是(
)
图2-3-(3,4)-7
思路解析:由于直线l:ax-y+b=0和圆M:x2+y2-2ax+2by=0的系数相关联，因此直线l与圆的位置关系在同一个平面直角坐标系中大致是可以确定的.
因为圆M的方程为x2+y2-2ax+2by=0，所以圆M一定过原点.
所以排除选项A和选项C.
又因为圆M的圆心坐标为(a,-b)，而选项D中反映的信息是直线的斜率为负，即a＜0，而圆M的圆心在第一象限，即a＞0,因此排除选项D.
因此，选B.
答案：B
3.曲线y=1+与直线y=k(x-2)+4有两个交点时，实数k的取值范围是(
)
A.(,+∞)
B.(,］
C.(0，)
D.(
,)
图2-3-(3,4)-8
思路解析:这道题乍一看就想把两个方程联立组成方程组，然后转化为一元二次方程，根据判别式大于零可以求出k的取值范围.但是这样做正好中了命题人设下的“圈套”了，同时也反映出了“审题”不认真的“毛病”.
如图所示，因为直线y=k(x-2)+4过定点(2，4)，且点C的坐标为(-2，1)，所以k的最大值为，而曲线y=1+与直线y=k(x-2)+4相切时，k的值为或不存在,所以k的取值范围为＜k≤.
因此，选B.
答案：B
4.如图2-3-(3,4)-9，在直角坐标系中，某车床的两个传动齿轮对应是⊙O1和⊙O2，半径分别为1和2，忽略两齿轮的间隙，已知⊙O1上某一点A顺时针方向旋转的角速度为弧度/秒，当t=0时，⊙O2上一点B(5，0)，当t=14秒时，B运动到B′，则B′的坐标为(
)
图2-3-(3,4)-9
A.(4，)
B.(4，)
C.(2，)
D.(2，)
思路解析:根据⊙O1旋转的角速度为求出⊙O2旋转的角速度，然后计算出14秒后点B旋转了多少弧度，从而得到点B′的位置，计算出其坐标即可.
图2-3-(3,4)-10
因为⊙O1和⊙O2的半径分别为1和2，又因为⊙O1旋转的角速度为，所以⊙O2旋转的角速度为，当t=14秒时，点B逆时针旋转了×14=，如图所示.即∠B′O2B=，所以点B′的坐标为(4，3).因此，选A.
答案：A
5.圆(x-1)2+(y+)2=1的切线方程中有一个是(
)
A.x-y=0
B.x+y=0
C.x=0
D.y=0
思路解析:本题主要考查圆的切线的求法，直线与圆相切的充要条件是圆心到直线的距离等于半径.
直线ax+by=0与(x-1)2+(y+)2=1相切，则=1，由排除法，
选C.本题也可数形结合，用图象法解最简捷.
答案:C
6.直线x+y=1与圆x2+y2-2ay=0(a＞0)没有公共点，则a的取值范围是(
)
A.(0,-1)
B.(-1,+1)
C.(--1,+1)
D.(0,+1)
思路解析:根据题意可得，直线与圆相离，因此，圆心到直线的距离大于圆的半径，故在求出圆心坐标和圆的半径后，利用点到直线的距离公式求出圆心到直线的距离大于半径，将题意转化为关于a的不等式，从而求出a的取值范围.由圆x2+y2-2ay=0(a＞0)的圆心(0,a)到直线x+y=1的距离大于a，且半径为a，a＞0,得＞a，解得a∈(0,-1).
因此，选A.
答案：A
7.已知圆x2-4x-4+y2=0的圆心是点P，则点P到直线x-y-1=0的距离是______________.
思路解析:求出圆心的坐标，再根据点到直线的距离公式求解.
由已知得圆心为P(2,0)，由点到直线距离公式得d==.
答案：
8.过点(1，)的直线l将圆(x-2)2+y2=4分成两段弧，当劣弧所对的圆心角最小时，直线l的斜率k=_______________.
思路解析:根据题意可以判断，定点(1，)在圆的内部，欲使所得劣弧所对的圆周角最小，则直线l必与定点与圆心的连线垂直，再根据两条直线垂直，斜率互为倒数求解.
由题意可知定点A(1,
)在圆(x-2)2+y2=4的内部,圆心为O(2,0),要使得劣弧所对的圆心角最小,只能是直线l⊥OA,所以kl=.
答案：
我综合
我发展
9.已知实数A、B、C满足A2+B2=2C2≠0，求证:直线Ax+By+C=0与圆x2+y2=1交于不同的两点P、Q，并求弦PQ的长.
思路分析:证明直线与圆相交既可以用代数方法列方程组、消元、证明Δ＞0，又可以用几何方法证明圆心到直线的距离小于圆半径.
图2-3-(3,4)-11
证明：设圆心O(0，0)到直线Ax+By+C=0的距离为d，则d=,
∴直线Ax+By+C=0与圆x2+y2=1相交于两个不同点P、Q.
如图所示,|OM|=d=,|OP|=1.
∴|PQ|=2|MP|=2·.
故|PQ|=.
10.求以圆C1:x2+y2-12x-2y-13=0和圆C2：x2+y2+12x+16y-25=0的公共弦为直径的圆的方程.
思路分析:先将两个圆的方程联立组成方程组消去二次项得两圆公共弦所在的直线的方程，然后再求出弦的端点的坐标，进一步求出弦的中点的坐标和弦的一半的长，可得所求圆的方程；也可以用待定系数法根据圆系方程进行求解.解法比较简炼.
解法一：联立两圆方程
相减得公共弦所在直线方程为4x+3y-2=0.
再由
联立得两圆点坐标A(-1,2),B(5,6).
∵所求圆以AB为直径，
∴圆心是AB的中心点M(2,-2),
圆的半径为r=|AB|=5.
于是圆的方程为(x-2)2+(y+2)2=25.
解法二：设所求圆的方程为
x2+y2-12x-2y-13+λ(x2+y2+12x+16y-25)=0(λ为参数),
得圆心C().
∵圆心C应在公共弦AB所在直线上，
∴4·+3·-2=0.
解得λ=.
∴所求圆的方程为x2+y2-4x+4y-17=0.1.1.2
棱柱、棱锥和棱台的结构特征
1.1.3
圆柱、圆锥、圆台和球
自主广场
我夯基
我达标
1.平行六面体的两个对角面都是矩形,且底面又是正方形,则此平行六面体一定是（
）
A.直平行六面体
B.正四棱柱
C.长方体
D.正方体
思路解析:根据两个对角面是矩形可知侧棱和底面垂直,所以首先是直四棱柱,再根据底面是正方形可知是正四棱柱.
答案：B
2.下列判断正确的是（
）
A.平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形
B.平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形
C.过圆锥顶点的截面是等腰三角形
D.过圆台上底面中心的截面是等腰梯形
思路解析:根据圆锥与圆台的定义和图形进行判断即可.
答案：C
3.如图1-1-（2，3）-8,正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都是2，E、F分别是AB、A1C1的中点，则EF的长是（
）
A.2
B.
C.
D.
思路解析:取AC的中点G，连结EG，FG，则易得FG=2，EG=1，故EF=.
答案：C
图1-1-
(2,3)-8
图1-1-
(2,3)-9
4.水平桌面α上放有4个半径均为2R的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形).在这4个球的上面放1个半径为R的小球,它和下面4个球恰好都相切,则小球的球心到水平桌面α的距离是______________.
思路解析:5个球心组成一个正四棱锥，这个正四棱锥的底面边长为4R，侧棱长为3R，求得它的高为R，所以小球的球心到水平桌面α的距离是3R.
答案：3R
5.如图1-1-（2，3）-10，圆锥底面半径是6,轴截面顶角是直角,过两条母线的截面SCB截去底面圆周的,求截面面积.
图1-1-(2,3)-10
思路分析:截面问题的图形一般较为复杂、难读,要正确识图,寻找各量之间的关系.
解：由题知,轴截面顶角∠ASB=90°,OA=6,
图1-1-
(2,3)-11
∴SA=SB=SC=.连结OB、OC，∵弧BC的长为底面圆周长的，
∴∠BOC=×360°=60°.∴OB=OC=BC=6.
∴SD=.∴S△SCB=×6×=9.
6.如图1-1-
(2,3)-12,圆锥和一个球面相交，球心在圆锥的顶点，球半径等于圆锥的高，若圆锥的侧面被球与圆锥的交线所平分，求圆锥的高与母线间夹角α的大小.
图1-1-(2,3)-12
思路分析:可以根据圆锥和球的对称性,画出对应的轴截面图,分析计算出圆的侧面和相交部分的关系.
解：由题图知△VAB是轴截面，设VB交⊙V于C，作CD⊥VO于D，记VO=h,由已知∠AVO=α=∠BVO,∵VO=h=VBcosα,∴VB=.
又BO=htanα,CD=VCsinα=VOsinα=hsinα,根据题意，小圆锥侧面积是大圆锥侧面积的一半，可列出方程π·CD·VC=π·BO·VB,即hsinα·h=htanα·,化简可得cos2α=,即cosα=±.
根据实际情况,cosα=,所以α=45°.
我综合
我发展
7.已知圆锥的母线长为l，底面半径为R，如果过圆锥顶点的截面面积的最大值是，则（
）
A.≤
B.=
C.≥
D.<
思路解析:因为=sin90°,所以圆锥轴截面顶角大于等于90°,据此求解即可.
答案：C
8.长方体一个顶点上三条棱的长分别为a、b、c
(a,b,c两两不等)，一条对角线为AB，长方体的表面上A、B两点间的最短路程为，则a、b、c的大小关系是___________.
思路解析:求在长方体表面上从A到B的最短路途，由于长方体的对称性，可从以下三种实现方式（如图1-1-
(2,3)-13）中比较获得：
图1-1-
(2,3)-13
(1)AB1′=;
(2)AB2′=;
(3)AB3′=.
由已知最短路程为第(2)种情况下获得：
∴AB1′>AB2′且AB3′>AB2′.
而AB1′与AB3′大小关系不定，
∴可知a、b、c的关系为2ac>2bc且2ab>2bc，2bc与2ab不定，即a>b且a>c，b、c关系不定.
答案：a>b且a>c,b、c关系不定
9.如图1-1-
(2,3)-14,过球O的表面上一点A,引三条长度相等的弦AB、AC、AD,且两两夹角都是2α.若球的半径为R,求弦AB的长.
图1-1-(2,3)-14
思路分析:由于AB=AC=AD，B、C、D也在球面上，过B、C、D可有一圆面.
因为三弦两两夹角均为2α，故BC=CD=DB，△BCD为正三角形，A—BCD形成一个正三棱锥，△BCD的中心O1也是底面BCD所在圆的圆心，且OO1⊥平面BCD.
求AB弦长，即为求三棱锥的侧棱长，从球转化到棱锥，即可找到解题办法.
解：连结BC、CD、BD，作球的直径AOE，连结BE.设AE与截面BCD的交点为O1，连结BO1，则∠ABE=90°.
BC=CD=BD,
图1-1-(2,3)-15
从而可得O1是正△BCD的中心，AO⊥平面BCD.
设AB=x，AO1=h,则BC=2xsinαBO1=××2xsinα=x·sinα.
在Rt△AO1B中,∵AO12=AB2-O1B2,
∴h2=x2-（xsinα）2.
又由直角三角形射影定理，得x2=2R·h→h2=,∴=x2-(xsinα)2,
x2=R2(3-4sin2α),x=R,
即弦AB的长为R.
10.图1-1-
(2,3)-16中的几何体是一棱长为4厘米的正方体,若在它的各个面的中心位置上各打一个直径为2厘米、深为1厘米的圆柱形的孔,求打孔后几何体的表面积是多少？(π=3.14)
图1-1-
(2,3)-16
思路分析:因为正方体的棱长为4厘米,而孔深只有1厘米,所以正方体没有被打透.打孔后所得几何体的表面积等于原来正方体的表面积,再加上六个完全一样的圆柱的侧面积.这六个圆柱的高为1厘米,底面圆的半径为1厘米.
解：正方体的表面积为16×6=96(平方厘米),
一个圆柱的侧面积为2π×1×1=6.28(平方厘米),
几何体的表面积为96+6.28×6=133.68(平方厘米).
所以几何体的表面积为133.68平方厘米.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
自主广场
我夯基
我达标
1．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为(
)
A.
B.
C.
D.
思路解析:设球的半径为R,过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面,由勾股定理可得一个半径为的圆,所以.
答案：A
2.正方体的内切球与其外接球的体积之比为(
)
A.1∶
B.1∶3
C.1∶3
D.1∶9
思路解析:设正方体的棱长为a，则它的内切球的半径为a，它的外接球的半径为a，故所求的比为1∶3，选C.
答案：C
3.如图11-(6,7)-5，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P—ABCDEF，则此正六棱锥的侧面积是____________.
图11-(6,7)-5
思路解析:显然正六棱锥P—ABCDEF的底面的外接圆是球的一个大圆，于是可求得底面边长为2.依题意可得正六棱锥P—ABCDEF的高为2，以此可求得侧面积为.
答案：
4.如图11-(6,7)-6，在正三棱柱ABC—A1B1C1中，所有棱长均为1，则点B1到平面ABC1的距离为___________.
图11-(6,7)-6
思路解析:利用等体积法，易知，
所以点B1到平面ABC1的距离为h=.
答案：
5.正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积为__________________.
思路解析:如图，在△OPA中，因为PA=3,OA=,所以正四棱锥的高h==1,故正四棱锥的体积为V=Sh=.
图11-(6,7)-7
答案：
6.一块长方体木料,长、宽、高分别为8厘米、4厘米、6厘米,把它切削成一个体积最大的圆柱体,求这个圆柱体的体积是多少？(π取3.14)
思路分析:根据此题提供的条件,削成圆柱体有三种情况,要按条件比较一下哪一种削法削成的圆柱体最大.
解：(1)以长8厘米,宽4厘米的面为底,6厘米为高,圆柱的体积为V=π×()2×6=24π(立方厘米).
(2)以长8厘米,宽6厘米的面为底,4厘米为高,圆柱的体积为V=π×()2×4=36π(立方厘米).
(3)以长6厘米,宽4厘米的面为底,8厘米为高,圆柱的体积为V=π×()2×8=32π(立方厘米).
通过比较,以长8厘米,宽6厘米的面为底,以4厘米为高,削出的圆柱体体积最大,
Vmax=π×()2×4=36π=113.04(立方厘米).
7.在正四棱台内作一个内接棱锥，该棱锥以这个棱台的上底面正方形作底，以下底面正方形的中心作顶点.如果棱台上、下底面的边长分别为a和b，棱台和这个内接棱锥的侧面积相等，求这个内接棱锥的高，以及本题有解的限制条件.
思路解析:可以根据侧面积相等建立方程,解方程或者根据方程判断解的情况即可得出结论.
解：设内接棱锥的高为x,则棱锥的斜高h1=,棱台的斜高h2=.由棱台和内接棱锥的侧面积相等可得关于x的方程·4a·=·4(a+b)·.解方程可得x=.
答:这个内接棱锥的高为.当a,b满足0我综合
我发展
8.图11-(6,7)-8所示图形是一个底面直径为20厘米的装有一部分水的圆柱形玻璃杯,水中放着一个底面直径为6厘米、高为20厘米的圆锥体铅锤,当铅锤从水中取出后,杯里的水将下降几厘米？(π=3.14)
图11-(6,7)-8
思路分析:因为玻璃杯是圆柱形的,所以铅锤取出后,水面下降部分实际上是一个小圆柱,这个圆柱的底面与玻璃杯的底面一样,是一直径为20厘米的圆,它的体积正好等于圆锥体铅锤的体积,这个小圆柱的高就是水面下降的高度.
解：因为圆锥形铅锤的体积为×π×()2×20=60π(立方厘米).
设水面下降的高度为x,则小圆柱的体积为π×()2×x=100πx(立方厘米).
所以有下列方程60π=100πx,解此方程得x=0.6(厘米).
答:铅锤取出后,杯中水面下降了0.6厘米.
9.有位油漆工用一把长度为50
cm，横截面半径为10
cm的圆柱形刷子给一块面积为10
m2的木板涂油漆，且圆柱形刷子以每秒5周的速度在木板上匀速滚动前进，则油漆工完成任务所需的时间是多少 （精确到0.01秒）
思路分析:本题虽然是实际问题，但是通过仔细分析后，还是归为圆柱的侧面积问题.解决此题的关键是注意到圆柱形刷子滚动一周所经过的面积就相当于把圆柱的侧面展开的面积，即滚动一周所经过的面积等于圆柱的侧面积.从而使问题迎刃而解.
解：圆柱形刷子滚动一周涂过的面积就等于圆柱的侧面积，
∵圆柱的侧面积为S侧=2πrl=2π·0.1·0.5=0.1π
m2,
又∵圆柱形刷子以每秒5周匀速滚动,
∴圆柱形刷子每秒滚过的面积为0.5π.
因此油漆工完成任务所需的时间t=≈6.37(秒).
10.斜三棱柱ABC—A1B1C1中,底面是边长为a的正三角形,侧棱长为b,AA1与底面相邻两边AB、AC都成45°角,求棱柱的侧面积.
思路分析:求几何体的侧面积可以计算每个侧面积,然后相加,也可以根据侧面展开图的特点计算展开图的面积.另外,棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)的面积与侧棱的乘积也是棱柱的侧面积.
图11-(6,7)-9
解法一:如图，作A1O⊥面ABC于O,
∵AA1与AB、AC都成45°角,
∴AO是∠BAC的平分线.
又△ABC为正三角形,
∴AO⊥BC.
由三垂线定理知AA1⊥BC,
又AA1∥BB1∥CC1,
图11-(6,7)-10
∴四边形BB1C1C为矩形.
S侧=2absin45°+ab=(2+1)ab.
解法二:如图,作BM⊥AA1于M，连结CM,可证得△BMA≌△CMA.
∴CM⊥AA1,△BMC是棱柱的直截面.
∵∠MAB=∠MAC=45°,
∴CM=BM=a,
C直截面=a+a+a=(2+1)a.
∴S侧=(+1)ab.
11.如图1-1-(6,7)-11，ABCD—A′B′C′D′是一个无底无盖的纸皮箱，AB=a，BC=b，BB′=c,且a>b>c,如果一只蚂蚁从A点出发爬行到点C′,那么它走过的最短路程是多少？
图11-(6,7)-11
思路分析:解决多面体表面两点的最短距离问题，通常要把多面体表面展开，从而转化为求平面两点间的距离问题，在展开表面时，要注意考虑是否可以有多种展开方式.本题中由于长方体的三条棱长不相等，所以有三种展开方式，把这三种情况的最后结果求出来，再比较他们的大小，就可得出最小值.
解：将长方体表面沿棱展开，由于长方体的三条棱长不一样，因此展开有三种可能，如下图三个图形（1）、（2）、（3）中AC′的长分别为：
图11-(6,7)-12
;
;
.
∵a>b>c>0,∴ab>ac>bc>0.
∴最短路线的长为.
∴蚂蚁从A点出发爬行到点C′走过的最短路程为.