第一章 空间几何体
§1.1 空间几何体的结构
第1课时 多面体的结构特征
一、基础过关
1．下列说法中正确的是 ( )
A．棱柱的侧面可以是三角形
B．由6个大小一样的正方形所组成的图形是正方体的展开图
C．正方体的各条棱长都相等
D．棱柱的各条棱长都相等
2．棱台不具备的特点是 ( )
A．两底面相似 B．侧面都是梯形
C．侧棱都相等 D．侧棱延长后都交于一点
3. 如图，将装有水的长方体水槽固定底面一边后倾斜一个小角度，则倾斜后水槽中的水形成的几何体是 ( )
A．棱柱 B．棱台
C．棱柱与棱锥的组合体 D．不能确定
4．若棱台上、下底面的对应边之比为1∶2，则上、下底面的面积之比是( )
A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1
5．一个棱柱有10个顶点，所有的侧棱长的和为60 cm，则每条侧棱长为________cm.
6．在下面的四个平面图形中，哪几个是侧棱都相等的四面体的展开图________(填序号)．
7．如图所示为长方体ABCD—A′B′C′D′，当用平面BCFE把这个长方体分成两部分后，各部分形成的多面体还是棱柱吗？如果不是，请说明理由；如果是，指出底面及侧棱．
8. 如图所示的是一个三棱台ABC—A1B1C1，如何用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．
二、能力提升
9．下图中不可能围成正方体的是( )
10．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何体的4个顶点，这些几何体是________(写出所有正确结论的编号)．
①矩形；
②不是矩形的平行四边形；
③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；
④每个面都是等边三角形的四面体；
⑤每个面都是直角三角形的四面体．
11．根据下列对于几何体结构特征的描述，说出几何体的名称．
(1)由八个面围成，其中两个面是互相平行且全等的正六边形，其它各面都是矩形；
(2)由五个面围成，其中一个面是正方形，其它各面都是有一个公共顶点的全等三角形．
三、探究与拓展
12．正方体的截面可能是什么形状的图形？
答案
1．C 2.C 3.A 4.B 5.12 6.①②
7．解 截面BCFE右侧部分是棱柱，因为它满足棱柱的定义．
它是三棱柱BEB′—CFC′，其中△BEB′和△CFC′是底面．
EF，B′C′，BC是侧棱，截面BCFE左侧部分也是棱柱．它是四棱柱ABEA′—DCFD′.
其中四边形ABEA′和四边形DCFD′是底面．A′D′，EF，BC，AD为侧棱．
8．解 过A1、B、C三点作一个平面，再过A1、B、C1作一个平面，就把三棱台ABC—A1B1C1分成三部分，形成的三个三棱锥分别是A1—ABC，B—A1B1C1，A1—BCC1.
9．D 10.①③④⑤
11．解 (1)该几何体有两个面是互相平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，可满足每相邻两个面的公共边都相互平行，故该几何体是六棱柱．
(2)该几何体的其中一个面是四边形，其余各面都是三角形，并且这些三角形有一个公共顶点，因此该几何体是四棱锥．
12．解 本问题可以有如下各种答案：
①截面可以是三角形：等边三角形、等腰三角形、一般三角形；
②截面三角形是锐角三角形；
③截面可以是四边形：平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、等腰梯形；截面为四边形时，这个四边形中至少有一组对边平行；
④截面可以是五边形；
⑤截面可以是六边形；
⑥截面六边形可以是等角(均为120°)的六边形．特别地，可以是正六边形．
截面图形举例
第2课时 旋转体与简单组合体的结构特征
一、基础过关
1．下列说法正确的是 ( )
A．直角三角形绕一边旋转得到的旋转体是圆锥
B．夹在圆柱的两个截面间的几何体还是一个旋转体
C．圆锥截去一个小圆锥后剩余部分是圆台
D．通过圆台侧面上一点，有无数条母线
2．下列说法正确的是 ( )
A．直线绕定直线旋转形成柱面
B．半圆绕定直线旋转形成球体
C．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台
D．圆柱的任意两条母线所在的直线是相互平行的
3．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是( )
A．(1)(2) B．(1)(3) C．(1)(4) D．(1)(5)
4．观察如图所示的四个几何体，其中判断正确的是 ( )
A．a是棱台 B．b是圆台
C．c是棱锥 D．d不是棱柱
5．将等边三角形绕它的一条中线旋转180°，形成的几何体是________．
6．请描述下列几何体的结构特征，并说出它的名称．
(1)由7个面围成，其中两个面是互相平行且全等的五边形，其它面都是全等
的矩形；
(2)如右图，一个圆环面绕着过圆心的直线l旋转180°.
7. 如图所示，梯形ABCD中，AD∥BC，且AD二、能力提升
8．下列说法正确的个数是 ( )
①长方形绕一条直线旋转一周所形成的几何体是圆柱；②过圆锥侧面上一点有无数条母线；③圆锥的母线互相平行．
A．0 B．1 C．2 D．3
9．一个正方体内有一个内切球，作正方体的对角面，所得截面图形是下图中的( )
10．已知球O 是棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O所得的截面面积为________．
11．以直角三角形的一条边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体有哪些？
三、探究与拓展
12．如图所示，圆台母线AB长为20 cm，上、下底面半径分别为5 cm和10 cm，从母线AB的中点M拉一条绳子绕圆台侧面转到B点，求这条绳长的最小值．
答案
1．C 2.D 3.D 4.C 5.圆锥
6．解 (1)特征：具有棱柱的特征，且侧面都是全等的矩形，底面是正五边形．几何体为正五棱柱．
(2)由两个同心的大球和小球，大球里去掉小球剩下的部分形成的几何体，即空心球．
7．解 如图所示，旋转所得的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥后剩余部分构成的组合体．
8．A 9.B
10.
11．解 假设直角三角形ABC中，∠C＝90°.以AC边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体如图(1)所示．
当以BC边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体如图(2)所示．
当以AB边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体如图(3)所示．
12．解 作出圆台的侧面展开图，如图所示，由其轴截面中Rt△OPA与Rt△OQB相似，得＝，可求得OA＝20 cm.设∠BOB′＝α，由于扇形弧的长与底面圆Q的周长相等，而底面圆Q的周长为2π×10 cm.扇形OBB′的半径为OA＋AB＝20＋20＝40 cm，扇形OBB′所在圆的周长为2π×40＝80π cm.所以扇形弧的长度20π为所在圆周长的.所以OB⊥OB′.所以在Rt△B′OM中，B′M2＝402＋302，
所以B′M＝50 cm，即所求绳长的最小值为50 cm.
§1.2 空间几何体的三视图和直观图
1.2.1 中心投影与平行投影
1.2.2 空间几何体的三视图
一、基础过关
1．下列命题正确的是 ( )
A．矩形的平行投影一定是矩形
B．梯形的平行投影一定是梯形
C．两条相交直线的投影可能平行
D．一条线段中点的平行投影仍是这条线段投影的中点
2．如图所示的一个几何体，哪一个是该几何体的俯视图 ( )
3．如图所示，下列几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的是 ( )
A．①② B．①③ C．①④ D．②④
4．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为 ( )
5．根据如图所示俯视图，找出对应的物体．
(1)对应________；(2)对应________；
(3)对应________；(4)对应________；
(5)对应________．
6．若一个三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的高(两底面之间的距离)和底面边长分别是______和________．
7．在下面图形中，图(b)是图(a)中实物画出的正视图和俯视图，你认为正确吗？如果不正确，请找出错误并改正，然后画出侧视图(尺寸不作严格要求)．
8．画出如图所示的四棱锥和三棱柱的三视图．
二、能力提升
9．一个长方体去掉一角的直观图如图所示，关于它的三视图，下列画法正确的是( )
10．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )
A．球 B．三棱锥
C．正方体 D．圆柱
11．用若干块相同的小正方体搭成一个几何体，该几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体需要的小正方体的块数是________．
12．如图，螺栓是棱柱和圆柱的组合体，画出它的三视图．
三、探究与拓展
13．用小立方体搭成一个几何体，使它的正视图和俯视图如图所示，搭建这样的几何体，最多要几个小立方体？最少要几个小立方体？
答案
1．D 2.C 3.D 4．C
5．(1)D (2)A (3)E (4)C (5)B 6.2 4
7．解 图(a)是由两个长方体组合而成的，正视图正确，俯视图错误，俯视图应该画出不可见轮廓线(用虚线表示)，侧视图轮廓是一个矩形，有一条可视的交线(用实线表示)，正确画法如图所示．
8．解 三视图如图所示：
9．A 10．D
11．6
12．解 该物体是由一个正六棱柱和一个圆柱组合而成的，正视图反映正六棱柱的三个侧面和圆柱侧面，侧视图反映正六棱柱的两个侧面和圆柱侧面，俯视图反映该物体投影后是一个正六边形和一个圆(中心重合)．它的三视图如图所示．
13．解 由于正视图中每列的层数即是俯视图中该列的最大数字，因此，用的立方块数最多的情况是每个方框都用该列的最大数字，即如图①所示，此种情况共用小立方块17块．
而搭建这样的几何体用方块数最少的情况是每列只要有一个最大的数字，其他方框内的数字可减少到最少的1，即如图②所示，这样的摆法只需小立方块11块．
1.2.3 空间几何体的直观图
一、基础过关
1．下列结论：
①角的水平放置的直观图一定是角；
②相等的角在直观图中仍然相等；
③相等的线段在直观图中仍然相等；
④两条平行线段在直观图中对应的两条线段仍然平行．
其中正确的有 ( )
A．①② B．①④ C．③④ D．①③④
2．在用斜二测画法画水平放置的△ABC时，若∠A的两边分别平行于x轴、y轴，则在直观图中∠A′等于 ( )
A．45° B．135° C．90° D．45°或135°
3．下面每个选项的2个边长为1的正△ABC的直观图不是全等三角形的一组是 ( )
4．如图甲所示为一个平面图形的直观图，则此平面图形可能是图乙中的 ( )
5．利用斜二测画法得到：
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．
以上结论中，正确的是______________．(填序号)
6．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____________．
7．如图是一梯形OABC的直观图，其直观图面积为S.求梯形OABC的面积．
8．如图所示，已知几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．
二、能力提升
9．如图，正方形O′A′B′C′的边长为1 cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图的周长是 ( )
A．8 cm B．6 cm
C．2(1＋) cm D．2(1＋) cm
10．如图所示的是水平放置的△ABC在直角坐标系的直观图，其中D′是A′C′的中点，且∠A′C′B′≠30°，则原图形中与线段BD的长相等的线段有________条．
11．如图所示，为一个水平放置的正方形ABCO，它在直角坐标系xOy中，点B的坐标为(2,2)，则在用斜二测画法画出的正方形的直观图中，顶点B′到x′轴的距离为________．
12．如图所示，梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝4 cm，CD＝2 cm，∠DAB＝30°，AD＝3 cm，试画出它的直观图．
三、探究与拓展
13．在水平放置的平面α内有一个边长为1的正方形A′B′C′D′，如图，其中的对角线A′C′在水平位置，已知该正方形是某个四边形用斜二测画法画出的直观图，试画出该四边形的真实图形并求出其面积．
答案
1．B 2.D 3.C 4.C 5.①② 6.2.5
7．解 设O′C′＝h，则原梯形是一个直角梯形且高为2h.
过C′作C′D′⊥O′A′于D′，
则C′D′＝h.
由题意知C′D′(C′B′＋O′A′)＝S.
即h(C′B′＋O′A′)＝S.
又原直角梯形面积为S′＝·2h(C′B′＋O′A′)
＝h(C′B′＋O′A′)＝＝2S.
所以梯形OABC的面积为2S.
8．解 (1)作出长方体的直观图ABCD－A1B1C1D1，如图a所示；
(2)再以上底面A1B1C1D1的对角线交点为原点建立x′，y′，z′轴，如图b所示，在z′上取点V′，使得V′O′的长度为棱锥的高，连接V′A1，V′B1，V′C1，V′D1，得到四棱锥的直观图，如图b；
(3)擦去辅助线和坐标轴，遮住部分用虚线表示，得到几何体的直观图，如图c.
9．A 10.2 11.
12．解 画法：步骤：
(1)如图a所示，在梯形ABCD中，
以边AB所在的直线为x轴，点A为原点，
建立平面直角坐标系xOy.如图b所示，
画出对应的x′轴，y′轴，使∠x′O′y′＝45°.
(2)在图a中，过D点作DE⊥x轴，垂足为E.在图b中，
在x′轴上取A′B′＝AB＝4 cm，
A′E′＝AE＝≈2.598 cm；
过点E′作E′D′∥y′轴，使E′D′＝ED＝×＝0.75 cm，再过点D′作D′C′∥x′轴，且使D′C′＝DC＝2 cm.
(3)连接A′D′、B′C′，并擦去x′轴与y′轴及其他一些辅助线，如图c所示，则四边形A′B′C′D′就是所求作的直观图．
13．解 四边形ABCD的真实图形如图所示，
∵A′C′在水平位置，A′B′C′D′为正方形，
∴∠D′A′C′＝∠A′C′B′
＝45°，
∴在原四边形ABCD中，
DA⊥AC，AC⊥BC，
∵DA＝2D′A′＝2，
AC＝A′C′＝，
∴S四边形ABCD＝AC·AD＝2.
§1.3 空间几何体的表面积与体积
第1课时 柱体、锥体、台体的表面积
一、基础过关
1．用长为4、宽为2的矩形做侧面围成一个高为2的圆柱，此圆柱的轴截面面积为( )
A．8 B. C. D.
2．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比为 ( )
A. B. C. D.
3．若一个圆台的正视图如图所示，则其侧面积等于 ( )
A．6 B．6π C．3π D．6π
4．三视图如图所示的几何体的全面积是 ( )
A．7＋ B.＋ C．7＋ D.
5．如果圆锥的侧面展开图是半圆，那么这个圆锥的顶角(圆锥轴截面中两条母线的夹角)是________．
6．一简单组合体的三视图及尺寸如下图所示(单位：cm)，则该组合体的表面积为________cm2.
7．表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为________．
8．长方体ABCD—A1B1C1D1中，宽、长、高分别为3、4、5，现有一个小虫从A出发沿长方体表面爬行到C1来获取食物，求其路程的最小值．
二、能力提升
9．已知由半圆的四分之三截成的扇形的面积为B，由这个扇形围成一个圆锥，若圆锥的全面积为A，则A∶B等于 ( )
A．11∶8 B．3∶8 C．8∶3 D．13∶8
10．一个几何体的三视图如图，该几何体的表面积为 ( )
A．372 B．360 C．292 D．280
11．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．
12．有一根长为3π cm，底面半径为1 cm的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，求铁丝的最短长度．
三、探究与拓展
13．有一塔形几何体由3个正方体构成，构成方式如图所示，上层正方体下底面的四个顶点是下层正方体上底面各边的中点．已知最底层正方体的棱长为2，求该塔形的表面积(含最底层正方体的底面面积)．
答案
1．B 2．A 3．C 4.A 5.60° 6.12 800 7.2
8．解 把长方体含AC1的面作展开图，有三种情形如图所示：利用勾股定理可得AC1的长分别为、、.
由此可见图②是最短路线，其路程的最小值为.
9．A 10．B
11．38
12．解 把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形ABCD(如图所示)，由题意知BC＝3π cm，AB＝4π cm，点A与点C分别是铁丝的起、止位置，故线段AC的长度即为铁丝的最短长度．
AC＝＝5π cm，
故铁丝的最短长度为5π cm.
13．解 易知由下向上三个正方体的棱长依次为2，，1.
考虑该几何体在水平面的投影，可知其水平面的面积之和为下底面积最大正方体的底面面积的二倍．
∴S表＝2S下＋S侧
＝2×22＋4×[22＋()2＋12]＝36.
∴该几何体的表面积为36.
第2课时 柱体、锥体、台体、球的体积与球的表面积
一、基础过关
1．一个三棱锥的高和底面边长都缩小为原来的时，它的体积是原来的 ( )
A. B. C. D.
2．两个球的半径之比为1∶3，那么两个球的表面积之比为 ( )
A．1∶9 B．1∶27 C．1∶3 D．1∶1
3．已知直角三角形的两直角边长为a、b，分别以这两条直角边所在直线为轴，旋转所形成的几何体的体积之比为 ( )
A．a∶b B．b∶a C．a2∶b2 D．b2∶a2
4．若球的体积与表面积相等，则球的半径是 ( )
A．1 B．2 C．3 D．4
5．将一钢球放入底面半径为3 cm的圆柱形玻璃容器中，水面升高4 cm，则钢球的半径是________ cm.
6．如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为______ cm3.
7．(1)表面积相等的正方体和球中，体积较大的几何体是______；
(2)体积相等的正方体和球中，表面积较小的几何体是______．
8．在球面上有四个点P、A、B、C，如果PA、PB、PC两两垂直且PA＝PB＝PC＝a，求这个球的体积．
二、能力提升
9．有一个几何体的三视图及其尺寸如图(单位：cm)，则该几何体的表面积和体积分别为( )
A．24π cm2,12π cm3 B．15π cm2,12π cm3
C．24π cm2,36π cm3 D．以上都不正确
10．圆柱的底面半径为1，母线长为2，则它的体积和表面积分别为 ( )
A．2π，6π B．3π，5π
C．4π，6π D．2π，4π
11．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________ m3.
12．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．
三、探究与拓展
13．有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．
答案
1．C 2.A 3.B 4.C 5.3 6．6
7．(1)球 (2)球
8．解 ∵PA、PB、PC两两垂直，PA＝PB＝PC＝a.
∴以PA、PB、PC为相邻三条棱可以构造正方体．
又∵P、A、B、C四点是球面上四点，
∴球是正方体的外接球，正方体的对角线是球的直径．
∴2R＝a，R＝a，
∴V＝πR3＝π(a)3＝πa3.
9．A 10.A 11.9π＋18
12．解 由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，如图所示为圆锥的轴截面．
根据切线性质知，当球在容器内时，水深为3r，水面的半径为r，则容器内水的体积为V＝V圆锥－V球＝π·(r)2·3r－πr3＝πr3，
而将球取出后，设容器内水的深度为h，
则水面圆的半径为h，
从而容器内水的体积是
V′＝π·(h)2·h＝πh3，
由V＝V′，得h＝r.
即容器中水的深度为r.
13．解 设正方体的棱长为a.如图所示．
(1)中正方体的内切球球心是正方体的中心，切点是正方体六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，
所以有2r1＝a，
r1＝，
所以S1＝4πr＝πa2.
(2)中球与正方体的各棱的切点在每条棱的中点，
过球心作正方体的对角面得截面，
2r2＝a，r2＝a，
所以S2＝4πr＝2πa2.
(3)中正方体的各个顶点在球面上，
过球心作正方体的对角面得截面，
所以有2r3＝a，r3＝a，
所以S3＝4πr＝3πa2.
综上可得S1∶S2∶S3＝1∶2∶3.
章末检测
一、选择题
1．如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，水平放置，所得的几何体是 ( )
A．棱柱 B．棱台
C．棱柱与棱锥组合体 D．无法确定
1题图 2题图
2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆．其中正确的是 ( )
A．①② B．②③ C．①③ D．①②
3．如图所示的正方体中，M、N分别是AA1、CC1的中点，作四边形D1MBN，则四边形D1MBN在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是
( )
4．如图所示的是水平放置的三角形直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边上的一点，且D′离C′比D′离B′近，又A′D′∥y′轴，那么原△ABC的AB、AD、AC三条线段中( )
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AD，最短的是AC
4题图 5题图
5．具有如图所示直观图的平面图形ABCD是 ( )
A．等腰梯形 B．直角梯形
C．任意四边形 D．平行四边形
6．如图是一个几何体的三视图，则在此几何体中，直角三角形的个数是 ( )
A．1 B．2 C．3 D．4
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 ( )
A．6 B．9 C．12 D．18
8．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.π B．4π C．4π D．6π
9．如图所示，则这个几何体的体积等于 ( )
A．4 B．6 C．8 D．12
10．将正三棱柱截去三个角(如图1所示，A，B，C分别是△GHI三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为选项图中的 ( )
11．圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为 ( )
A．120° B．150° C．180° D．240°
12．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为 ( )
A. B. C. D.
二、填空题
13．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．
①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱
⑤圆锥 ⑥圆柱
14．已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于________ cm3.
15．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________．
16.一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是________．
三、解答题
17．某个几何体的三视图如图所示(单位：m)，
(1)求该几何体的表面积(结果保留π)；
(2)求该几何体的体积(结果保留π)．
18．如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图如图．
(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图(不写作法)；
(2)求这个几何体的体积．
19. 如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．
20. 如图所示，有一块扇形铁皮OAB，∠AOB＝60°，OA＝72 cm，要剪下来一个扇形环ABCD，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)．
试求：(1)AD的长；(2)容器的容积．
答案
1．A 2.B 3.D 4．C 5．B 6．D 7.B 8.B 9．A 10．A 11．C 12．A
13．①②③⑤
14．1 15.24π
16.－
17．解 由三视图可知：该几何体的下半部分是棱长为2 m的正方体，上半部分是半径为1 m的半球．
(1)几何体的表面积为S＝×4π×12＋6×22－π×12＝24＋π(m2)．
(2)几何体的体积为V＝23＋××π×13＝8＋(m3)．
18．解 (1)直观图如图．
(2)这个几何体是一个四棱锥．
它的底面边长为2，高为，
所以体积V＝×22×＝.
19．解 S表面＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2
＝(4＋60)π.
V＝V圆台－V圆锥
＝π(r＋r1r2＋r)h－πrh′
＝π(25＋10＋4)×4－π×4×2
＝π.
20．解 (1)设圆台上、下底面半径分别为r、R，AD＝x，
则OD＝72－x，由题意得
，∴.
即AD应取36 cm.
(2)∵2πr＝·OD＝·36，
∴r＝6 cm，
圆台的高h＝＝＝6.
∴V＝πh(R2＋Rr＋r2)＝π·6·(122＋12×6＋62)＝504π(cm3)．
阶段通关训练(一)
(60分钟 100分)
一、选择题(每小题5分，共30分)
1.已知某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是 ( )
A.长方体 B.圆柱
C.四棱锥 D.四棱台
【解析】选A.该几何体是长方体，如图所示.
2.以钝角三角形的较小边所在的直线为轴，其他两边旋转一周所得到的几何体是 ( )
A.两个圆锥拼接而成的组合体
B.一个圆台
C.一个圆锥
D.一个圆锥挖去一个同底的小圆锥
【解析】选D.如图以AB为轴所得的几何体是一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥.
3.已知△ABC是边长为2a的正三角形，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为 ( )
A. a2 B.a2 C.a2 D.a2
【解析】选C.直观图面积S′与原图面积S具有关系：S′=S.因为
S△ABC=(2a)2=a2，所以S△A′B′C′=×a2=a2.
【补偿训练】某三角形的直观图是斜边长为2的等腰直角三角形，如图所示，则原三角形的面积是________.
【解析】根据直观图和原图形的关系可知原图形的面积为×2×2=2.
答案：2
4.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是 ( )
A. B. C. D.1
【解析】选B.由三视图可判断该三棱锥底面为等腰直角三角形，三棱锥的高为2，则V=××1×1×2=..Com]
【补偿训练】已知正三棱锥V-ABC的正视图、侧视图和俯视图如图所示，则该正三棱锥侧视图的面积是 ( )
A. B.6 C.8 D.6
【解析】选D.如图，根据三视图间的关系可得BC=2，所以侧视图中VA′==2，所以三棱锥侧视图面积S△VBC=×2×2=6，故选D.
5.(2018·蚌埠高二检测)若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为 ( )
A.π B.π C.π D.
【解析】选A.设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意解得所以圆锥的高为h==，V=πr2h=π×12×=π.
6.(2018·雅安高二检测)设正方体的全面积为24，那么其内切球的体积是
( )
A.π B.π C.π D.π
【解析】选B.正方体的全面积为24，所以，设正方体的棱长为a，6a2=24， a=2，正方体的内切球的直径就是正方体的棱长，所以球的半径为1，内切球的体积：V=π.
二、填空题(每小题5分，共20分)
7.棱锥的高为16，底面积为512，平行于底面的截面面积为50，则截得的棱台的高为________.
【解题指南】根据面积比等于相似比的平方建立关于高的等式求解.
【解析】设棱台的高为x，则有=，解之，得x=11.
答案：11
8.(2018·绍兴高二检测)已知几何体的三视图(如图)，则该几何体的体积为________，表面积为________.
【解析】根据三视图分析可知，该几何体为一底面边长为2的正四棱锥，其高h==，所以体积V=×22×=，表面积S=4××2×+22=4+4.
答案： 4+4
9.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________.
【解析】如图所示，由V=Sh得，S=4，即正四棱柱底面边长为2.
所以A1O1=，A1O=R=.
所以S球=4πR2=24π.
答案：24π
10.圆台的底面半径分别为1和2，母线长为3，则此圆台的体积为________.
【解析】圆台的高h==2，所以体积V=(R2+Rr+r2)h=π.
答案：π
三、解答题(共4小题，共50分)
11.(12分)如图几何体上半部分是母线长为5，底面圆半径为3的圆锥，下半部分是下底面圆半径为2，母线长为2的圆台，计算该几何体的表面积和体积.
【解析】圆锥侧面积为S1=πrl=15π，圆台的侧面积为S2=π(r+r′)l=10π，圆台的底面面积为S底=πr′2=4π，所以表面积为：S=S1+S2+S底=15π+10π+4π=29π；圆锥的体积V1=πr2h1=12π，圆台的体积V2=πh2(r2+rr′+r′2)=π，所以体积为：V=V1+V2=12π+π.
12.(12分)如图是一个几何体的正视图和俯视图.
(1)试判断该几何体是什么几何体？
(2)画出其侧视图，并求该平面图形的面积.
(3)求出该几何体的体积.
【解析】 (1)由该几何体的正视图和俯视图可知该几何体是一个正六棱锥.
(2)该几何体的侧视图如图.
其中AB=AC，AD⊥BC，且BC的长是俯视图正六边形对边的距离，即BC=a，AD是正六棱锥的高，即AD=a，所以该平面图形的面积为·a·a=a2.
(3)设这个正六棱锥的底面积是S，体积为V，
则S=6×a2=a2，
所以V=×a2×a=a3.
13.(13分)如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB=90°，∠ADC=135°，AB=5，CD=2，AD=2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积.
【解析】S表面=S圆台底面+S圆台侧面+S圆锥侧面=π×52+π×(2+5)×5+π×2×2
=(4+60)π.
V=V圆台-V圆锥=π(+r1r2+)h-πh′
=π(25+10+4)×4-π×4×2=π.
14.(13分)(2018·湖北实验中学高一检测)如图，△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=
30°，BC=，在三角形内挖去一个半圆(圆心O在边BC上，半圆与AC，AB分别相切于点C，M，与BC交于点N)，将△ABC绕直线BC旋转一周得到一个旋转体.
(1)求该几何体中间一个空心球的表面积的大小.
(2)求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积.
【解析】(1)连接OM，则OM⊥AB，
设OM=r，则OB=-r，
在△BMO中，sin∠ABC===，
所以r=，所以S=4πr2=π.
(2)因为△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=，
所以AC=1，
所以V=V圆锥-V球=π×AC2×BC-πr3=π×12×-π=.
【能力挑战题】
(2018·葫芦岛高一检测)如图，一个圆锥的底面半径为2cm，高为6cm，其中有一个高为xcm的内接圆柱.
(1)试用x表示圆柱的侧面积.
(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大.
【解题指南】(1)由题意作出几何体的轴截面，根据轴截面和比例关系列出方程，求出圆柱的底面半径，再表示出圆柱的侧面积.
(2)由(1)求出的圆柱侧面面积的表达式，根据二次函数的性质求出圆柱侧面面积的最大值.
【解析】(1)设所求的圆柱的底面半径为r，它的轴截面如图：
由图得，=，即r=2-，
所以S圆柱侧=2πrx=2πx=4πx-x2.
(2)由(1)知当x=-=3时，这个二次函数有最大值为6π，
所以当圆柱的高为3cm时，它的侧面积最大为6πcm2.
课件54张PPT。
第 一 章 空间几何体热点考点例析答案： D答案： A答案： A答案： C答案： C答案： B答案： B答案： D答案： D答案： A答案： 3π
谢谢观看！课件140张PPT。章末复习课第一章 空间几何体1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识；
2.能熟练画出几何体的直观图或三视图，能熟练地计算空间几何体的表面积和体积，体会通过展开图、截面化空间为平面的方法.要点归纳题型探究达标检测学习目标1.空间几何体的结构特征及其侧面积和体积答案互相平行形四边互相平行要点归纳 主干梳理 点点落实答案多边形有一个公共顶点平行于棱锥底面答案矩形的一边一条直角边答案平行于圆锥底面底面和截面半圆的直径半圆面2.空间几何体的三视图与直观图
(1)三视图是观察者从三个不同位置观察同一个空间几何体而画出的图形；
它包括正视图、侧视图、俯视图三种.画图时要遵循“长对正、高平齐、宽相等”的原则.注意三种视图的摆放顺序，在三视图中，分界线和可见轮廓线都用实线画出，不可见轮廓线用虚线画出.熟记常见几何体的三视图.画组合体的三视图时可先拆，后画，再检验.(2)斜二测画法：主要用于水平放置的平面图形或立体图形的画法.它的主要步骤：
①画轴；②画平行于x、y、z轴的线段分别为平行于x′、y′、z′轴的线段；③截线段：平行于x、z轴的线段的长度不变，平行于y轴的线段的长度变为原来的一半.
三视图和直观图都是空间几何体的不同表示形式，两者之间可以互相转化.
(3)转化思想在本章应用较多，主要体现在以下几个方面
①曲面化平面，如几何体的侧面展开，把曲线(折线)化为线段.
②等积变换，如三棱锥转移顶点等.
③复杂化简单，把不规则几何体通过分割，补体化为规则的几何体等.返回类型一 三视图与直观图题型探究 重点难点 个个击破例1 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )解析答案反思与感悟解析 将三视图还原为实物图求体积.
由三视图可知，此几何体(如图所示)是底面半径为1，反思与感悟答案 B由三视图确定几何体分三步.
第一步：通过正视图和侧视图确定是柱体、锥体还是台体.若正视图和侧视图为矩形，则原几何体为柱体；若正视图和侧视图为等腰三角形，则原几何体为锥体；若正视图和侧视图为等腰梯形，则原几何体为台体.
第二步：通过俯视图确定是多面体还是旋转体.若俯视图为多边形，则原几何体为多面体；若俯视图为圆，则原几何体为旋转体.
第三步：由“长对正、高平齐、宽相等”的原则确定几何体的尺寸.跟踪训练1 一几何体的三视图如图所示.
(1)说出该几何体的结构特征并画出直观图；
解 由三视图知该几何体是由一个圆柱与
一个等底圆锥拼接而成的组合体，
其直观图如图所示.解析答案(2)计算该几何体的体积与表面积.
解 由三视图中尺寸知，组合体下部是底面
直径为8 cm，高为20 cm的圆柱，
上部为底面直径为8 cm，母线长为5 cm的圆锥.表面积S＝π·42＋2π·4·20＋π·4·5＝196π(cm2).
∴该几何体的体积为336π cm3，表面积为196π cm2.解析答案类型二 柱体、锥体、台体的表面积和体积例2 圆柱有一个内接长方体AC1，长方体对角线长是 圆柱的
侧面展开平面图为矩形，此矩形的面积是100π cm2，求圆柱的体积.
解 设圆柱底面半径为r cm，高为h cm.
如图所示，则圆柱轴截面长方形的对角线长等于它
的内接长方体的体对角线长，反思与感悟∴V圆柱＝Sh＝πr2h＝π×52×10＝250π(cm3).
∴圆柱体积为250π cm3.解析答案则几何体的表面积及体积的计算是现实生活中经常能够遇到的问题，在计算中应注意各数量之间的关系及各元素之间的位置关系，特别是特殊的柱、锥、台体，要注意其中矩形、梯形及直角三角形等重要的平面图形的应用.跟踪训练2 正四棱柱的对角线长为3 cm，它的表面积为16 cm2，求它的体积.
解 设正四棱柱的底面边长为a cm，高为b cm，返回解析答案类型三 几何体的有关最值问题
例3 如图，在底面半径为1，高为2的圆柱上A点处有一只蚂蚁，它要围绕圆柱由A点爬到B点，问蚂蚁爬行的最短距离是多少？
解 把圆柱的侧面沿AB剪开，然后展开成为平面图形——矩形，
如图所示，
连接AB′，则AB′即为蚂蚁爬行的最短距离.
∵AB＝A′B′＝2，
AA′为底面圆的周长，且AA′＝2π×1＝2π，解析答案反思与感悟有关旋转体中某两点表面上的长度最小问题，一般是利用展开图中两点的直线距离最小来求解；有关面积和体积的最值问题，往往把面积或体积表示为某一变量的二次函数的形式，然后利用二次函数的知识求最值.跟踪训练3 有一根长为3π cm，底面半径为1 cm的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，求铁丝的最短长度.
解 把圆柱侧面及缠绕其上的铁丝展开，在平面上得到矩形ABCD(如图所示)，
由题意知BC＝3π cm，AB＝4π cm，
点A与点C分别是铁丝的起、止位置，
故线段AC的长度即为铁丝的最短长度.
故铁丝的最短长度为5π cm.返回解析答案123达标检测 解析答案1.湖面上浮着一个球，湖水结冰后将球取出，冰上留下一个冰面直径为24 cm，深为8 cm的空穴，则这个球的半径为( )
A.8 cm B.10 cm C.12 cm D.13 cm45解析 冰面空穴是球的一部分，截面图如图所示，
设球心为O，冰面圆的圆心为O1，球半径为R，在Rt△OO1B中，由勾股定理R2＝(R－8)2＋122，
解得R＝13(cm).D解析答案2.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺，问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )12345A.14斛 B.22斛 C.36斛 D.66斛12345答案 B解析答案3.某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积是( )12345解析 由三视图知底面为等腰直角三角形，
三棱锥的高为2.C解析答案123454.如图所示，已知正三棱柱ABC--A1B1C1的底面边长为1，高为8，一质点从A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路径的长为___.
解析 如下图所示，
将两个三棱柱的侧面沿侧棱AA1
展开并拼接，105.如右图是一个奖杯的三视图，求这个奖杯的体积.
解 由三视图可以得到奖杯的结构，底座是一个
四棱台，杯身是一个长方体，顶部是球体.12345所以，这个奖杯的体积为解析答案1.研究空间几何体，需在平面上画出几何体的直观图或三视图，由几何体的直观图可画它的三视图，由三视图可得到其直观图，同时可以通过作截面把空间几何问题转化成平面几何问题来解决.
2.圆柱、圆锥、圆台的表面积公式，我们都是通过展开图、化空间为平面的方法得到的，求球的切接问题通常也是由截面把空间问题转化为平面问题解决.返回章末复习课第二章 点、直线、平面之间的位置关系1.整合知识结构，梳理各知识网络，进一步巩固、深化所学知识；
2.提高综合运用知识的能力和空间想象能力，在空间实现平行关系、垂直关系、垂直与平行关系之间的转化.要点归纳题型探究达标检测学习目标要点归纳 主干梳理 点点落实1.四个公理
公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内.
公理2：过__________________的三点，有且只有一个平面.
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有_____________________.
公理4：平行于同一条直线的两条直线互相_____.
2.直线与直线的位置关系答案————共面直线异面直线：不同在_____一个平面内，没有公共点两点不在同一条直线上一条过该点的公共直线平行平行相交任何3.平行的判定与性质
(1)直线与平面平行的判定与性质答案a∩α＝?a?α，b?α，a∥ba∥αa∥α，a?β，α∩β＝b(2)面面平行的判定与性质答案α∩β＝?a?β，b?β，a∩b＝P，a∥α，b∥αα∥ββ∩γ＝bα∩γ＝a(3)空间中的平行关系的内在联系4.垂直的判定与性质
(1)直线与平面垂直答案任意m∩n＝O答案a⊥αb?αa∥b(2)平面与平面垂直的判定与性质定理α⊥β，
α∩β＝a，
l?β，
l⊥a垂线答案(3)空间中的垂直关系的内在联系.答案5.空间角
(1)异面直线所成的角
①定义：设a，b是两条异面直线，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的_____________叫做异面直线a，b所成的角(或夹角).
②范围：设两异面直线所成角为θ，则0°<θ≤90°.锐角(或直角)(2)直线和平面所成的角
①平面的一条斜线与它在______________所成的锐角叫做这条直线与这个平面所成的角.
②当直线与平面垂直和平行(或直线在平面内)时，规定直线和平面所成的角分别为__________.
(3)二面角的有关概念
①二面角：从一条直线和由这条直线出发的_____________所组成的图形叫做二面角.
②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为端点，在两个半平面内分别作_________的两条射线，这两条射线所成的角叫做二面角的平面角.返回答案平面内的射影90°和0°两个半平面垂直于棱类型一 几何中共点、共线、共面问题题型探究 重点难点 个个击破例1 如图所示，空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
求证：(1)E、F、G、H四点共面；
证明 ∵BG∶GC＝DH∶HC，∴GH∥BD，
又EF∥BD，∴EF∥GH，
∴E、F、G、H四点共面.解析答案(2)GE与HF的交点在直线AC上.
证明 ∵G、H不是BC、CD的中点，∴EF≠GH.
又EF∥GH，∴EG与FH不平行，
则必相交，设交点为M.反思与感悟?M在面ABC与面ACD的交线上，
又面ABC∩面ACD＝AC?M∈AC.
∴GE与HF的交点在直线AC上.解析答案1.证明共面问题
证明共面问题，一般有两种证法：一是由某些元素确定一个平面，再证明其余元素在这个平面内；二是分别由不同元素确定若干个平面，再证明这些平面重合.
2.证明三点共线问题
证明空间三点共线问题，通常证明这些点都在两个面的交线上，即先确定出某两点在某两个平面的交线上，再证明第三个点是两个平面的公共点，当然必在两个平面的交线上.
3.证明三线共点问题
证明空间三线共点问题，先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上的问题.跟踪训练1 如图，O是正方体ABCD－A1B1C1D1上底面ABCD的中心，M是正方体对角线AC1和截面A1BD的交点.求证：O、M、A1三点共线.证明 ∵O∈AC，AC?平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1.
∵M∈AC1，AC1?平面ACC1A1，∴M∈平面ACC1A1.
又已知A1∈平面ACC1A1，
即有O、M、A1三点都在平面ACC1A1上，
又O、M、A1三点都在平面A1BD上，
所以O、M、A1三点都在平面ACC1A1与平面A1BD的交线上，
所以O、M、A1三点共线.解析答案类型二 空间中的平行关系例2 如图，E、F、G、H分别是正方体ABCD—A1B1C1D1的棱BC、CC1、C1D1、AA1的中点，
求证：(1)GE∥平面BB1D1D；
证明 如图，取B1D1中点O，连接GO，OB，解析答案∴OG綊BE，四边形BEGO为平行四边形.
∴OB∥GE.
∵OB?平面BDD1B1，GE?平面BDD1B1，
∴GE∥平面BDD1B1.(2)平面BDF∥平面B1D1H.
证明 由正方体性质得B1D1∥BD，
∵B1D1?平面BDF，BD?平面BDF，
∴B1D1∥平面BDF.
连接HB，D1F，易证HBFD1是平行四边形，得HD1∥BF.
∵HD1?平面BDF，BF?平面BDF，
∴HD1∥平面BDF.
∵B1D1∩HD1＝D1，
∴平面BDF∥平面B1D1H.解析答案反思与感悟1.判断线面平行的两种常用方法
面面平行判定的落脚点是线面平行，因此掌握线面平行的判定方法是必要的，判定线面平行的两种方法：
(1)利用线面平行的判定定理.
(2)利用面面平行的性质，即当两平面平行时，其中一平面内的任一直线平行于另一平面.
2.判断面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的判定定理.
(2)面面平行的传递性(α∥β，β∥γ?α∥γ)；
(3)利用线面垂直的性质(l⊥α，l⊥β?α∥β).跟踪训练2 如图，△ABC为正三角形，EC⊥平面ABC，DB⊥平面ABC，CE＝CA＝2BD，M是EA的中点，N是EC的中点，求证：平面DMN∥平面ABC.
证明 ∵M、N分别是EA与EC的中点，∴MN∥AC，
又∵AC?平面ABC，MN?平面ABC，∴MN∥平面ABC，
∵DB⊥平面ABC，EC⊥平面ABC，∴BD∥EC，
∵N为EC中点，EC＝2BD，∴NC綊BD，
∴四边形BCND为矩形，∴DN∥BC，
又∵DN?平面ABC，BC?平面ABC，
∴DN∥平面ABC，
又∵MN∩DN＝N，∴平面DMN∥平面ABC.解析答案例3 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点.
证明：(1)CD⊥AE；
证明 在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.
而AE?平面PAC，∴CD⊥AE.类型三 空间中的垂直关系解析答案(2)PD⊥平面ABE.
证明 由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC.
由(1)，知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD，∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB.
又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD，而PD?平面PAD，
∴AB⊥PD.
又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE.解析答案反思与感悟空间垂直关系的判定方法
(1)判定线线垂直的方法：
①计算所成的角为90°(包括平面角和异面直线所成的角)；
②线面垂直的性质(若a⊥α，b?α，则a⊥b).
(2)判定线面垂直的方法：
①线面垂直定义(一般不易验证任意性)；
②线面垂直的判定定理(a⊥b，a⊥c，b?α，c?α，b∩c＝M?a⊥α)；
③平行线垂直平面的传递性质(a∥b，b⊥α?a⊥α)；
④面面垂直的性质(α⊥β，α∩β＝l，a?β，a⊥l?a⊥α)；
⑤面面平行的性质(a⊥α，α∥β?a⊥β)；
⑥面面垂直的性质(α∩β＝l，α⊥γ，β⊥γ?l⊥γ).反思与感悟(3)面面垂直的判定方法：
①根据定义(作两平面构成二面角的平面角，计算其为90°)；
②面面垂直的判定定理(a⊥β，a?α?α⊥β).跟踪训练3 如图，A，B，C，D为空间四点.在△ABC中，AB＝2，(1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD；解 如图，取AB的中点E，连接DE，CE，
因为△ADB是等边三角形，所以DE⊥AB.
当平面ADB⊥平面ABC时，因为平面ADB∩平面ABC＝AB，
所以DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE，解析答案解 当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.
证明如下：①当D在平面ABC内时，
因为AC＝BC，AD＝BD，
所以C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.
②当D不在平面ABC内时，
由(1)知AB⊥DE.又因AC＝BC，所以AB⊥CE.
又DE，CE为相交直线，所以AB⊥平面CDE，
由CD?平面CDE，得AB⊥CD.
综上所述，总有AB⊥CD.解析答案(2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论.类型四 空间角问题解析答案例4 如图，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点.
(1)求PB和平面PAD所成的角的大小；解 在四棱锥P—ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，AB?平面ABCD，
故PA⊥AB.又AB⊥AD，PA∩AD＝A，
从而AB⊥平面PAD，故PB在平面PAD内的射影为PA，
从而∠APB为PB和平面PAD所成的角.
在Rt△PAB中，AB＝PA，故∠APB＝45°.
所以PB和平面PAD所成的角的大小为45°.(2)证明：AE⊥平面PCD；
证明 在四棱锥P—ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
故CD⊥PA.由条件CD⊥AC，PA∩AC＝A，
所以CD⊥平面PAC.
又AE?平面PAC，所以AE⊥CD.
由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.
因为E是PC的中点，所以AE⊥PC.
又PC∩CD＝C，所以AE⊥平面PCD.解析答案(3)求二面角A—PD—C的正弦值.解析答案反思与感悟解 过点E作EM⊥PD，垂足为M，连接AM，如图所示.
由(2)知，AE⊥平面PCD，AM在平面PCD内的射影是EM，
则可证得AM⊥PD.
因此∠AME是二面角A—PD—C的平面角.
由已知，可得∠CAD＝30°.
设AC＝a，可得在Rt△ADP中，∵AM⊥PD，∴AM·PD＝PA·AD，反思与感悟1.求异面直线所成的角常用平移转化法(转化为相交直线的夹角).
2.求直线与平面所成的角常用射影转化法(即作垂线、找射影).
3.二面角的平面角的作法常有三种：(1)定义法；(2)垂线法；(3)垂面法.解析答案跟踪训练4 如图，正方体的棱长为1，B′C∩BC′＝O，求：
(1)AO与A′C′所成角的度数；
解 ∵A′C′∥AC，
∴AO与A′C′所成的角就是∠OAC.
∵AB⊥平面BC′，OC?平面BC′，
∴OC⊥AB，又OC⊥BO，AB∩BO＝B.
∴OC⊥平面ABO.
又OA?平面ABO，∴OC⊥OA.解析答案(2)AO与平面ABCD所成角的正切值；
解 如图，作OE⊥BC于E，连接AE.
∵平面BC′⊥平面ABCD，
∴OE⊥平面ABCD，
∴∠OAE为OA与平面ABCD所成的角.解析答案(3)平面AOB与平面AOC所成角的度数.
解 ∵OC⊥OA，OC⊥OB，OA∩OB＝O，
∴OC⊥平面AOB.
又∵OC?平面AOC，
∴平面AOB⊥平面AOC.
即平面AOB与平面AOC所成角的度数为90°.返回123达标检测 解析答案1.下列四个结论：
(1)两条直线都和同一个平面平行，则这两条直线平行.
(2)两条直线没有公共点，则这两条直线平行.
(3)两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线平行.
(4)一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线和这个平面平行.
其中正确的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.34解析 (1)两条直线都和同一个平面平行，这两条直线三种位置关系都有可能；
(2)两条直线没有公共点，则这两条直线平行或异面；
(3)两条直线都和第三条直线垂直，则这两条直线三种位置关系都有可能；
(4)一条直线和一个平面内无数条直线没有公共点，则这条直线也可在这个平面内.
答案 A1234解析答案2.设有不同的直线m、n和不同的平面α、β，下列四个命题中，正确的是( )
A.若m∥α，n∥α，则m∥n
B.若m?α，n?α，m∥β，n∥β，则α∥β
C.若α⊥β，m?α，则m⊥β
D.若α⊥β，m⊥β，m?α，则m∥α1234解析 选项A中当m∥α，n∥α时，m与n可以平行、相交、异面；
选项B中满足条件的α与β可以平行，也可以相交；
选项C中，当α⊥β，m?α时，m与β可以垂直，也可以平行等.
故选项A、B、C均不正确.D解析答案3.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，O是底面ABCD对角线的交点.
求证：(1)C1O∥面AB1D1；
证明 如图，连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O1，连接AO1，
∵ABCD－A1B1C1D1是正方体，∴A1ACC1是平行四边形，
∴A1C1∥AC且A1C1＝AC，
又O1，O分别是A1C1，AC的中点，
∴O1C1∥AO且O1C1＝AO，
∴四边形AOC1O1是平行四边形，
∴C1O∥AO1，AO1?面AB1D1，C1O?面AB1D1，
∴C1O∥面AB1D1.1234解析答案(2)A1C⊥面AB1D1.
证明 ∵CC1⊥面A1B1C1D1，
∴CC1⊥B1D1，
又∵A1C1⊥B1D1，
∴B1D1⊥面A1C1CA，
即A1C⊥B1D1，同理可证A1C⊥AB1，
又B1D1∩AB1＝B1，∴A1C⊥面AB1D1.1234解析答案12344.如图，AB是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一动点.
(1)证明：△PBC是直角三角形.
解 因为AB是⊙O的直径，C是圆周上不同于A，
B的一动点，
所以BC⊥AC，
因为PA⊥平面ABC，所以BC⊥PA，
又PA∩AC＝A，所以BC⊥平面PAC，
所以BC⊥PC，
所以△PBC是直角三角形.1234(2)若PA＝AB＝2，且当直线PC与平面ABC所成角正切值为 时，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值.解析答案1234解 如图，过A作AH⊥PC于H，连接BH，
因为BC⊥平面PAC，所以BC⊥AH，PC∩BC＝C，
所以AH⊥平面PBC，所以∠ABH是直线AB与平面PBC所成角，
因为PA⊥平面ABC，所以∠PCA即是PC与平面ABC所成角，一、平行关系
1.平行问题的转化关系2.直线与平面平行的主要判定方法
(1)定义法；(2)判定定理；(3)面与面平行的性质.3.平面与平面平行的主要判定方法
(1)定义法；(2)判定定理；(3)推论；
(4)a⊥α，a⊥β?α∥β.
二、垂直关系
1.空间中垂直关系的相互转化2.判定线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理.
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”.
(3)利用“一条直线垂直于两平行平面中的一个，则与另一个也垂直”.
(4)利用面面垂直的性质.
3.判定线线垂直的方法
(1)平面几何中证明线线垂直的方法.
(2)线面垂直的性质：a⊥α，b?α?a⊥b.
(3)线面垂直的性质：a⊥α，b∥α?a⊥b.4.判断面面垂直的方法
(1)利用定义：两个平面相交，所成的二面角是直二面角.
(2)判定定理：a?α，a⊥β?α⊥β.
三、空间角的求法
1.找异面直线所成角的三种方法
(1)利用图中已有的平行线平移.
(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移.
(3)补形平移.
2.线面角：求斜线与平面所成的角关键是找到斜线在平面内的射影，即确定过斜线上一点向平面所作垂线的垂足.通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形.返回章末复习课第三章 直线与方程1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识；
2.培养综合运用知识解决问题的能力，能灵活选择直线方程的形式并熟练运用待定系数法求解，渗透数形结合、分类讨论的数学思想.要点归纳题型探究达标检测学习目标要点归纳 主干梳理 点点落实1.直线的倾斜角与斜率
(1)直线的倾斜角α的范围是 .
(3)斜率的求法：
①依据倾斜角；②依据直线方程；③依据两点的坐标.答案存在0°≤α<180°2.直线方程的几种形式的转化3.两条直线的位置关系
设l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则
(1)平行?A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0；
(2)相交?A1B2－A2B1≠0；y=kx+b答案返回答案类型一 待定系数法的应用题型探究 重点难点 个个击破例1 直线l被两条直线l1：4x＋y＋3＝0和l2：3x－5y－5＝0截得的线段的中点为P(－1,2)，求直线l的方程.解析答案反思与感悟解 方法一 设直线l与l1的交点为A(x0，y0)，
由已知条件，得直线l与l2的交点为B(－2－x0 ，4－y0)，即3x＋y＋1＝0.解析答案反思与感悟方法二 设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.因此所求直线方程为y－2＝－3(x＋1)，
即3x＋y＋1＝0.解得k＝－3.解析答案反思与感悟方法三 两直线l1和l2的方程为
(4x＋y＋3)(3x－5y－5)＝0， ①
将上述方程中(x，y)换成(－2－x,4－y)，
整理可得l1与l2关于(－1,2)对称图形的方程：
(4x＋y＋1)(3x－5y＋31)＝0. ②
①－②整理得3x＋y＋1＝0，即为所求直线方程.反思与感悟待定系数法，就是所研究的式子(方程)的结构是确定的，但它的全部或部分系数是待定的，然后根据题中条件来确定这些系数的方法.直线的方程常用待定系数法求解.选择合适的直线方程的形式是很重要的，一般情况下，与截距有关的，可设直线的斜截式方程或截距式方程；与斜率有关的，可设直线的斜截式或点斜式方程等.跟踪训练1 求在两坐标轴上截距相等，且到点A(3,1)的距离为 的直线的方程.解析答案解 当直线过原点时，设直线的方程为y＝kx，即kx－y＝0.所以所求直线的方程为x－y＝0或x＋7y＝0.
当直线不经过原点时，解得a＝2或a＝6.所以所求直线的方程为x＋y－2＝0或x＋y－6＝0.
综上可知，所求直线的方程为x－y＝0或x＋7y＝0或x＋y－2＝0
或x＋y－6＝0.类型二 数形结合思想的应用解析答案反思与感悟解析答案解 将已知条件变形为故设M(x,0)，A(1,2)，B(2,1)，
∴原函数变为y＝||MA|－|MB||.
则上式的几何意义为：x轴上的点M(x,0)到定点A(1,2)与B(2,1)的距离的差的绝对值，由图可知，当|AM|＝|BM|时，y取最小值0.此时点M在坐标原点， y最小＝0.解得x＝0，反思与感悟又由三角形性质可知||MA|－|MB||≤|AB|，即当||MA|－|MB||＝|AB|，
也即当A、B、M三点共线时，y取最大值.
由已知得AB的方程为y－2＝－(x－1)，即y＝－x＋3，
令y＝0得x＝3，
∴当x＝3时，数形结合是解析几何的灵魂，两点间的距离公式和点到直线的距离公式是数形结合常见的结合点，常用这两个公式把抽象的代数问题转化为几何问题来解决，也能把几何问题转化为代数问题来解决，这就是数形结合.跟踪训练2 已知实数x、y满足4x＋3y－10＝0，求x2＋y2的最小值.解析答案解 设点P(x，y)，则点P在直线l：4x＋3y－10＝0上，如图所示，当OP⊥l时，|OP|取最小值|OM|，即|OP|的最小值是2.
所以x2＋y2的最小值是4.类型三 分类讨论思想的应用解析答案反思与感悟例3 过点P(－1,0)、Q(0,2)分别作两条互相平行的直线，使它们在x轴上截距之差的绝对值为1，求这两条直线的方程.反思与感悟解 当两条直线的斜率不存在时，两条直线的方程分别为x＝－1，x＝0，它们在x轴上截距之差的绝对值为1，符合题意.
当直线的斜率存在时，设其斜率为k，
则两条直线的方程分别为y＝k(x＋1)，y－2＝kx.
令y＝0，得x＝－1与x＝
由题意得 即k＝1.
∴两条直线的方程分别为y＝x＋1，y＝x＋2，
即为x－y＋1＝0，x－y＋2＝0.
综上可知，所求的两直线方程分别为x＝－1，x＝0或x－y＋1＝0，
x－y＋2＝0.本章涉及直线方程的形式时，常遇到斜率的存在性问题的讨论，如两直线平行(或垂直)时，斜率是否存在；已知直线过定点时，选择点斜式方程，要考虑斜率是否存在.解析答案跟踪训练3 已知经过点A(－2,0)和点B(1,3a)的直线l1与经过点P(0，－1)和点Q(a，－2a)的直线l2互相垂直，求实数a的值.当a＝0时，P(0，－1)，Q(0,0)，这时直线l2为y轴，
A(－2,0)、B(1,0)，这时直线l1为x轴，显然l1⊥l2.
综上可知，实数a的值为1或0.类型四 对称问题的求法解析答案例4 已知直线l：y＝3x＋3，试求：
(1)点P(4,5)关于直线l的对称点的坐标；
解 设点P关于直线l的对称点为P′(x′，y′)，
则PP′的中点M在直线l上，且直线PP′垂直于直线l.∴P′点的坐标为(－2,7).解析答案反思与感悟(2)直线l关于点A(3,2)对称的直线方程.
解 设直线l关于点A(3,2)对称的直线为l3，则直线l上任一点P(x1，y1)关于点A的对称点P3(x3，y3)一定在直线l3上，反之也成立.代入l的方程后，得3x3－y3－17＝0.
即l3的方程为3x－y－17＝0.(1)中心对称
①两点关于点对称：设P1(x1，y1)，P(a，b)，则P1(x1，y1)关于P(a，b)对称的点为P2(2a－x1 ，2b－y1)，即P为线段P1P2的中点.
②两直线关于点对称：设直线l1，l2关于点P对称，这时其中一条直线上任一点关于点P对称的点在另外一条直线上，必有l1∥l2，且P到l1、l2的距离相等.
(2)轴对称
两点关于直线对称：设P1，P2关于直线l对称，则直线P1P2与l垂直，且P1P2的中点在l上.解析答案跟踪训练4 在直线l：3x－y－1＝0上求一点P，使得：
(1)P到A(4,1)和B(0,4)的距离之差最大；解 如图，B关于l的对称点B′(3,3).
直线AB′的方程为2x＋y－9＝0，即P(2,5).解析答案(2)P到A(4,1)和C(3,4)的距离之和最小.由图象可知：|PA|＋|PC|≥|AC′|.返回123达标检测 解析答案1.直线l在两坐标轴上的截距相等，且点M(1，－1)到直线l的距离为 ，则直线l的方程为_______________.45解析 当直线l经过原点时，设直线方程为y＝kx，∴直线方程为x－y＝0，
当在坐标轴上的截距不为零时，解得k＝1，即x＋y－a＝0，得a＝±2，∴直线方程为x＋y－2＝0或x＋y＋2＝0.
综上所述得l的方程为x－y＝0或x＋y＋2＝0或x＋y－2＝0.答案 x－y＝0或x＋y＋2＝0或x＋y－2＝01234解析答案2.已知直线l经过2x＋y－5＝0与x－2y＝0的交点，则点A(5,0)到l的距离的最大值为________.1234∴直线l过点(2,1).
由题意得，当l与点A和交点连线垂直时，点A到l的距离为最大，解析答案3.已知A(2,4)与B(3,3)关于直线l对称，则直线l的方程为___________.
解析 由题意知，直线l即为AB的垂直平分线，
∴kl·kAB＝－1，得kl＝1，1234x－y＋1＝0即x－y＋1＝0.解析答案12344.设直线l的方程为(a＋1)x＋y＋2－a＝0 (a∈R).
(1)若l在两坐标轴上截距相等，求l的方程；
解 当直线过原点时，该直线在x轴和y轴上的截距为零，
∴a＝2，方程即为3x＋y＝0.
当直线不经过原点时，截距存在且均不为0.∴a＝0，方程即为x＋y＋2＝0.
综上，l的方程为3x＋y＝0或x＋y＋2＝0.1234(2)若l不经过第二象限，求实数a的取值范围.
解 将l的方程化为y＝－(a＋1)x＋a－2，∴a≤－1.
综上可知a的取值范围是a≤－1.解析答案1.一般地，与直线Ax＋By＋C＝0平行的直线方程可设为Ax＋By＋m＝0；与之垂直的直线方程可设为Bx－Ay＋n＝0.
2.过直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0与l2：A2x＋B2y＋C2＝0的交点的直线系方程为A1x＋B1y＋C1＋λ(A2x＋B2y＋C2)＝0 (λ∈R)，但不包括l2.
3.点到直线与两平行线间的距离的使用条件：
(1)求点到直线的距离时，应先化直线方程为一般式.
(2)求两平行线之间的距离时，应先将方程化为一般式且x，y的系数对应相等.返回章末复习课第四章 圆与方程1.整合知识结构，梳理知识网络，进一步巩固、深化所学知识；
2.培养综合运用知识解决问题的能力，能灵活、熟练运用系数法求解圆的方程，能解决直线与圆的综合问题，渗透数形结合的数学思想.要点归纳题型探究达标检测学习目标要点归纳 主干梳理 点点落实1.圆的方程
(1)圆的标准方程：___________________.
(2)圆的一般方程：____________________________________.
2.点和圆的位置关系
设点P(x0，y0)及圆的方程(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
(1)(x0－a)2＋(y0－b)2>r2?点P_______.
(2)(x0－a)2＋(y0－b)2(3)(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2?点P_______.答案(x－a)2＋(y－b)2＝r2x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)在圆外在圆内在圆上3.直线与圆的位置关系
设直线l与圆C的圆心之间的距离为d，圆的半径为r，则d__r→相离；d__r→相切；d__r→相交.
4.圆与圆的位置关系
设C1与C2的圆心距为d，半径分别为r1与r2，则答案>＝<5.求圆的方程时常用的四个几何性质(3)形如(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题，可转化为动点到定点的距离的平方的最值问题.7.计算直线被圆截得的弦长的常用方法
(1)几何方法
运用弦心距(即圆心到直线的距离)、弦长的一半及半径构成直角三角形计算.6.与圆有关的最值问题的常见类型返回类型一 求圆的方程题型探究 重点难点 个个击破例1 根据条件求下列圆的方程：
(1)求经过A(6,5)，B(0,1)两点，并且圆心在直线3x＋10y＋9＝0上的圆的方程；
解 由题意知线段AB的垂直平分线方程为3x＋2y－15＝0，解析答案∴所求圆的方程为(x－7)2＋(y＋3)2＝65.解析答案反思与感悟解析答案解 方法一 设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，∴(a－b)2＝4，
又∵b＝2a，∴a＝2，b＝4或a＝－2，b＝－4，
故所求圆的方程是(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10.反思与感悟解析答案解 方法二 设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝10，
∵圆心C(a，b)在直线y＝2x上，∴b＝2a.
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，
得2x2－2(a＋b)x＋a2＋b2－10＝0.
设直线y＝x交圆C于A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴(x1＋x2)2－4x1x2＝16.反思与感悟反思与感悟∴所求圆的方程为(x－2)2＋(y－4)2＝10或(x＋2)2＋(y＋4)2＝10.求圆的方程主要是根据圆的标准方程和一般方程，
利用待定系数法求解，采用待定系数法求圆的方程的一般步骤为
第一步：选择圆的方程的某一形式；
第二步：由题意得a，b，r(或D，E，F)的方程(组)；
第三步：解出a，b，r(或D，E，F)；
第四步：代入圆的方程.
注：解题时充分利用圆的几何性质可获得解题途径，减少运算量，
例如：圆的切线垂直于经过切点的半径；圆心与弦的中点连线垂直于弦；两圆相交时，连心线垂直平分两圆的公共弦；两圆相切时，连心线过切点等.跟踪训练1 求圆心在直线y＝－4x上，且与直线l：x＋y－1＝0相切于点P(3，－2)的圆的方程.解析答案解 方法一 设所求圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)，解得a＝1，b＝－4，r＝ ，
故所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.方法二 过切点且与x＋y－1＝0垂直的直线为y＋2＝x－3，
与y＝－4x联立可求得圆心为(1，－4).于是所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8.类型二 直线与圆、圆与圆的位置关系例2 已知点P(0,5)及圆C：x2＋y2＋4x－12y＋24＝0.若直线l过点P，且被圆C截得的线段长为 ，求l的方程.解析答案反思与感悟解 如图所示，|AB|＝ ，设D是线段AB的中点，则CD⊥AB，在Rt△ACD中，可得|CD|＝2.
设所求直线l的斜率为k，则直线l的方程为y－5＝kx，
即kx－y＋5＝0.由点C到直线AB的距离公式：此时直线l的方程为3x－4y＋20＝0.
又∵直线l的斜率不存在时，也满足题意，此时方程为x＝0.
∴所求直线l的方程为x＝0或3x－4y＋20＝0.反思与感悟直线与圆相交时，常涉及到弦长问题，弦长的计算有以下两种思路：
(1)代数方法：将直线和圆的方程联立得方程组，消元后得到一个一元二次方程，在判别式Δ>0的前提下，可利用根与系数的关系求弦长.
解决直线与圆相交问题时，常利用几何方法，即构造直角三角形，利用勾股定理，直线与圆相切时，圆心到直线的距离等于半径，圆心和切点的连线垂直于切线.解 设所求圆C的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，解析答案跟踪训练2 已知圆C与圆x2＋y2－2x＝0相外切，并且与直线x＋ y＝0相切于点Q(3，－ )，求圆C的方程.例3 设定点M(－3,4)，动点N在圆x2＋y2＝4上运动，以OM、ON为两边作平行四边形MONP，求点P的轨迹.类型三 与圆有关的轨迹问题解析答案反思与感悟解 如图所示，设P(x，y)，N(x0，y0)，由于平行四边形的对角线互相平分，又N(x＋3，y－4)在圆上，故(x＋3)2＋(y－4)2＝4.
因此所求轨迹为圆：(x＋3)2＋(y－4)2＝4，反思与感悟求与圆有关的轨迹问题时，根据题设条件的不同常采用以下方法：
(1)直接法：直接根据题目提供的条件列出方程.
(2)定义法：根据圆、直线等定义列方程.
(3)几何法：利用圆的几何性质列方程.
(4)代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式等.跟踪训练3 已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2,0)，B(1,1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点.
(1)求线段AP中点的轨迹方程；解 设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x－2,2y).
因为P点在圆x2＋y2＝4上，
所以(2x－2)2＋(2y)2＝4，
故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1.解析答案(2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程.
解 设PQ的中点为N(x，y)，连接BN.
在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.
设O为坐标原点，连接ON，则ON⊥PQ，
所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，
所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.
故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.解析答案类型四 分类讨论在直线与圆中的应用解析答案例4 已知直线l经过点P(－4，－3)，且被圆(x＋1)2＋(y＋2)2＝25截得的弦长为8，求直线l的方程.
解 圆(x＋1)2＋(y＋2)2＝25的圆心为(－1，－2)，半径r＝5，
①当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝－4，由题意可知直线x＝－4符合题意.
②当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋3＝k(x＋4)，即kx－y＋4k－3＝0.即所求直线方程为4x＋3y＋25＝0，
综上所述，满足题设的直线l方程为x＝－4或4x＋3y＋25＝0.在用二元二次方程表示圆时要分类讨论，在求直线方程时，根据题意不确定斜率是否存在，要分斜率存在与斜率不存在这两种情况进行分类讨论.解析答案跟踪训练4 过点A(4，－3)作圆C：(x－3)2＋(y－1)2＝1的切线，求此切线方程.返回解 ∵(4－3)2＋(－3－1)2＝17>1，
∴点A在圆外.
①若所求直线的斜率存在，
设切线斜率为k，则切线方程为y＋3＝k(x－4)，
因为圆心C(3,1)到切线的距离等于半径1，②若切线斜率不存在，圆心C(3,1)到直线x＝4的距离也为1，
这时直线与圆也相切，所以另一条切线方程是x＝4.
综上，所求切线方程为15x＋8y－36＝0或x＝4.返回123达标检测 解析答案1.如图，已知圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于两点A，B(B在A的上方)，且|AB|＝2，则
(1)圆C的标准方程为_____________________.4(2)圆C在点B处的切线在x轴上的截距为________.
解析 令x＝0得：B(0， ＋1).1234解析答案解析答案2.已知圆M：(x－1)2＋(y－1)2＝4，直线l过点P(2,3)且与圆M交于A，B两点，且|AB|＝2，则直线l的方程为________________________.12341234解析 (1)当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y－3＝k(x－2)，即kx－y＋3－2k＝0.
作示意图如图，MC⊥AB于C.故直线l的方程为3x－4y＋6＝0.(2)当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝2，综上所述，直线l的方程为3x－4y＋6＝0或x＝2.解析答案3.圆x2＋y2＝4上的点到直线x－y＋2＝0的距离的最大值为________.1234解析答案1234解 设方程(x－3)2＋(y－3)2＝6上的任意一点P(x，y).由图可知，当直线OP与圆相切时，斜率取最值.初中我们从平面几何的角度研究过圆的问题，本章则主要是利用圆的方程从代数角度研究了圆的性质，如果我们能够将两者有机地结合起来解决圆的问题，将在处理圆的有关问题时收到意想不到的效果.
圆是非常特殊的几何图形，它既是中心对称图形又是轴对称图形，它的许多几何性质在解决圆的问题时往往起到事半功倍的作用，所以在实际解题中常用几何法，充分结合圆的平面几何性质.那么，经常使用的几何性质有(1)圆的切线的性质：圆心到切线的距离等于半径；切点与圆心的连线垂直于切线；切线在切点处的垂线一定经过圆心；圆心、圆外一点及该点所引切线的切点构成直角三角形的三个顶点等等.
(2)直线与圆相交的弦的有关性质：相交弦的中点与圆心的连线垂直于弦所在直线；弦的垂直平分线(中垂线)一定经过圆心；弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形的三边，满足勾股定理.
(3)与直径有关的几何性质：直径是圆的最长的弦；圆的对称轴一定经过圆心；直径所对的圆周角是直角.返回章末检测
一、选择题
1．如图所示的长方体，将其左侧面作为上底面，右侧面作为下底面，水平放置，所得的几何体是 ( )
A．棱柱 B．棱台
C．棱柱与棱锥组合体 D．无法确定
1题图 2题图
2．一个简单几何体的正视图、侧视图如图所示，则其俯视图不可能为：①长方形；②正方形；③圆．其中正确的是 ( )
A．①② B．②③ C．①③ D．①②
3．如图所示的正方体中，M、N分别是AA1、CC1的中点，作四边形D1MBN，则四边形D1MBN在正方体各个面上的正投影图形中，不可能出现的是
( )
4．如图所示的是水平放置的三角形直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边上的一点，且D′离C′比D′离B′近，又A′D′∥y′轴，那么原△ABC的AB、AD、AC三条线段中( )
A．最长的是AB，最短的是AC
B．最长的是AC，最短的是AB
C．最长的是AB，最短的是AD
D．最长的是AD，最短的是AC
4题图 5题图
5．具有如图所示直观图的平面图形ABCD是 ( )
A．等腰梯形 B．直角梯形
C．任意四边形 D．平行四边形
6．如图是一个几何体的三视图，则在此几何体中，直角三角形的个数是 ( )
A．1 B．2 C．3 D．4
7．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 ( )
A．6 B．9 C．12 D．18
8．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.π B．4π C．4π D．6π
9．如图所示，则这个几何体的体积等于 ( )
A．4 B．6 C．8 D．12
10．将正三棱柱截去三个角(如图1所示，A，B，C分别是△GHI三边的中点)得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图为选项图中的 ( )
11．圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为 ( )
A．120° B．150° C．180° D．240°
12．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为 ( )
A. B. C. D.
二、填空题
13．一个几何体的正视图为一个三角形，则这个几何体可能是下列几何体中的________(填入所有可能的几何体前的编号)．
①三棱锥 ②四棱锥 ③三棱柱 ④四棱柱
⑤圆锥 ⑥圆柱
14．已知某三棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该三棱锥的体积等于________ cm3.
15．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________．
16.一个水平放置的圆柱形储油桶(如图所示)，桶内有油部分所在圆弧占底面圆周长的，则油桶直立时，油的高度与桶的高度的比值是________．
三、解答题
17．某个几何体的三视图如图所示(单位：m)，
(1)求该几何体的表面积(结果保留π)；
(2)求该几何体的体积(结果保留π)．
18．如图是一个空间几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是边长为2的正三角形，俯视图如图．
(1)在给定的直角坐标系中作出这个几何体的直观图(不写作法)；
(2)求这个几何体的体积．
19. 如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．
20. 如图所示，有一块扇形铁皮OAB，∠AOB＝60°，OA＝72 cm，要剪下来一个扇形环ABCD，作圆台形容器的侧面，并且余下的扇形OCD内剪下一块与其相切的圆形使它恰好作圆台形容器的下底面(大底面)．
试求：(1)AD的长；(2)容器的容积．
答案
1．A 2.B 3.D 4．C 5．B 6．D 7.B 8.B 9．A 10．A 11．C 12．A
13．①②③⑤
14．1 15.24π
16.－
17．解 由三视图可知：该几何体的下半部分是棱长为2 m的正方体，上半部分是半径为1 m的半球．
(1)几何体的表面积为S＝×4π×12＋6×22－π×12＝24＋π(m2)．
(2)几何体的体积为V＝23＋××π×13＝8＋(m3)．
18．解 (1)直观图如图．
(2)这个几何体是一个四棱锥．
它的底面边长为2，高为，
所以体积V＝×22×＝.
19．解 S表面＝S圆台底面＋S圆台侧面＋S圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2
＝(4＋60)π.
V＝V圆台－V圆锥
＝π(r＋r1r2＋r)h－πrh′
＝π(25＋10＋4)×4－π×4×2
＝π.
20．解 (1)设圆台上、下底面半径分别为r、R，AD＝x，
则OD＝72－x，由题意得
，∴.
即AD应取36 cm.
(2)∵2πr＝·OD＝·36，
∴r＝6 cm，
圆台的高h＝＝＝6.
∴V＝πh(R2＋Rr＋r2)＝π·6·(122＋12×6＋62)＝504π(cm3)．
