2017版高考数学(文)人教A版(全国)一轮复习课件第八章 立体几何 8.5 Word版含答案
解析
由直线与平面垂直的定义，可知D正确.
1
2
3
4
5
解析答案
2.设平面α与平面β相交于直线m，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥m，
则“α⊥β”是“a⊥b”的( A )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析 若α⊥β，因为α∩β＝m，b⊂β，b⊥m，所以根据两个平面垂直的性质定 理可得b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b；反过来，当a∥m时，因为b⊥m，且a，m共 面，一定有b⊥a，但不能保证b⊥α，所以不能推出α⊥β.
(5)a⊥α，a⊂β⇒α⊥β.( √ )
(6)若两平面垂直，则其中一个平面内的任意一条直线垂直于另一个平面.( × )
答案
2
考点自测
1.(教材改编)下列条件中，能判定直线l⊥平面α的是( D )
A.l与平面α内的两条直线垂直
B.l与平面α内无数条直线垂直
C.l与平面α内的某一条直线垂直
D.l与平面α内任意一条直线垂直
①求证：EF⊥平面BCG；
证明 由已知得
△ABC≌△DBC， 因此AC＝DC. 又G为AD的中点，所以CG⊥AD. 同理BG⊥AD，又BG∩CG＝G，因此AD⊥平面BGC.
又EF∥AD，所以EF⊥平面BCG.
解析答案
②求三棱锥D－BCG的体积. 1 附：锥体的体积公式V＝ Sh，其中S为底面面积，h为高. 3 解 在平面ABC内，作AO⊥BC，交CB的延长线于O，如图 由平面ABC⊥平面BCD，知AO⊥平面BDC. 又G为AD中点，因此G到平面BDC的距离h是AO长度的一半.
求证：PA⊥CD.
思维升华
解析答案
跟踪训练10
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，
§8.5 直线、平面垂直的判定与性质
第八章 立体几何
内容 索引
基础知识 自主学习
题型分类 深度剖析 思想与方法系列
思想方法 感悟提高 练出高分
基础知识 自主学习
1
知识梳理
1.直线与平面垂直
图形 条件 a⊥b，b⊂α(b为α内的任意 一条直线) 判 定 结论 a⊥α
a⊥m，a⊥n，m、n⊂α， m∩n＝O
在△AOB 中，AO＝AB· sin 60° ＝ 3， 1 所以 VD－BCG＝VG－BCD＝ S△DBC· h 3 1 1 3 1 ＝3×2BD· BC· sin 120° ·2 ＝2.
解析答案
(2) 如图所示，已知 AB 为圆 O 的直径，点 D 为线段 AB 上一点，且 AD＝ 1 DB，点 C 为圆 O 上一点，且 BC＝ 3AC，PD⊥平面 ABC，PD＝DB. 3
1
2
ห้องสมุดไป่ตู้
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解析答案
5.(教材改编)在三棱锥P－ABC中，点P在平面ABC中的射影为点O， 外 心. (1)若PA＝PB＝PC，则点O是△ABC的___ 解析 如图1，连接OA，OB，OC，OP， 在Rt△POA、Rt△POB和Rt△POC中，PA＝PC＝PB， 所以OA＝OB＝OC， 即O为△ABC的外心.
同理可证BD，AH为△ABC底边上的高，
即O为△ABC的垂心.
1 2 3 4 5
解析答案 返回
题型分类 深度剖析
题型一
直线与平面垂直的判定与性质
例1 (1)(2014· 辽宁)如图，△ABC和△BCD所在平面互相垂直，且AB＝BC＝BD
＝2，∠ABC＝∠DBC＝120°，E，F，G分别为AC，DC，AD的中点.
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解析答案
3.已知m和n 是两条不同的直线，α和β是两个不重合的平面，下面给
出的条件中一定能推出m⊥β的是( C )
A.α⊥β且m⊂α
C.m∥n且n⊥β
B.α⊥β且m∥α
D.m⊥n，n⊂α且α∥β
解析
由线线平行性质的传递性和线面垂直的判定定理，可知C正确.
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解析答案
4.(教材改编)PD垂直于正方形ABCD所在的平面，连接PB，PC，PA， 7 对. AC，BD，则一定互相垂直的平面有__ 解析 由于PD⊥平面ABCD，故平面PAD⊥平面ABCD， 平面PDB⊥平面ABCD，平面PDC⊥平面ABCD， 平面PDA⊥平面PDC，平面PAC⊥平面PDB， 平面PAB⊥平面PAD，平面PBC⊥平面PDC，共7对.
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解析答案
垂 心. (2)若PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，则点O是△ABC的____ 解析 如图2，∵PC⊥PA，PB⊥PC，PA∩PB＝P， ∴PC⊥平面PAB，AB⊂平面PAB， ∴PC⊥AB， 又AB⊥PO，PO∩PC＝P， ∴AB⊥平面PGC，
又CG⊂平面PGC，
∴AB⊥CG，即CG为△ABC边AB的高.
a⊥α
a∥b，
a ⊥α
b⊥α
答案
性
a⊥α， b⊂α
a⊥b
质
a⊥α，b⊥α
a∥b
答案
2.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义 两个平面相交，如果它们所成的二面角是直二面角 ，就说这两个平 面互相垂直. (2)判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判
定
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
∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC.
而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE.
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.
定
理
l⊂β ⇒α⊥β l ⊥α
答案
文字语言
图形语言
符号语言
α⊥β α∩β＝a l⊂β l⊥a
性 如果两个平面互相垂直，
质 理 那么在一个平面内垂直于 定 它们 交线的直线垂直于另 一个平面
⇒ l⊥α
答案
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)直线l与平面α内的无数条直线都垂直，则l⊥α.( × ) (2)若直线a⊥平面α，直线b∥α，则直线a与b垂直.( √ ) (3)直线a⊥α，b⊥α，则a∥b.( √ ) (4)若α⊥β，a⊥β⇒a∥α.( × )
2017版高考数学(文)人教A版(全国)一轮复习课件第八章 立体几何 8.2 Word版含答案
b.若长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a，b，c，外接球的半径为 R， 则 2R＝ a2＋b2＋c2.
c.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
思考辨析
判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和.( √ )
(2)锥体的体积等于底面积与高之积.( × )
例4
已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB )
＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(
3 17 A. 2 13 C. 2
B.2 10 D.3 10
解析答案
2.本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S1与 其内切球的表面积S2的比值为多少？
思维升华 解析答案
跟踪训练1
(2015· 福建 ) 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于 ( )
A．8＋2 2 C．14＋2 2
B．11＋2 2 D．15
解析答案
题型二
求空间几何体的体积间的基本关系
命题点1 求以三视图为背景的几何体的体积
例2 (2015· 课标全国Ⅱ) 一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余 部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为 ( )
(3)球的体积之比等于半径比的平方.( × )
(4)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差.( √ )
(5)长方体既有外接球又有内切球.( × )
(6)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱
的侧面积是2πS.( × )
答案
2
考点自测
1.(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆， 则底面圆的半径为( B ) A.1 cm C.3 cm B.2 cm D. 3 cm 2
2017届高三数学人教版A版数学高考一轮复习课件：第八章 第八节 曲线与方程
上任意一点，线段 PF 的垂直 平分线和半径 PE 相交于 Q.
|n(y2
－
y1)|
＝
1 2
Δ |n|·m2＋2
＝
2·
m2＋1 m2＋22
＝
(1)求动点 Q 的轨迹 Γ 的方程；
m2＋1 1
(2)若直线 l 与圆 O：x2＋y2＝1 2· m2＋2·m2＋2
相切，并与(1)中轨迹 Γ 交于
不同的两点 A，B，当O→A·O→B＝ ∵mm22＋＋21＋m21＋2＝1，且 λ＝mm22＋ ＋12∈23，43，
(1)当点 P 在圆 O 上运动时， ＋y2＝1.
பைடு நூலகம்
求点 M 的轨迹 E 的方程； (2)当直线 PN 的斜率不存在时，
(2)若圆 O 在点 P 处的切线与 x 轴交于点 N，试判断直线 MN 与轨迹 E 的位置关系．
直线 MN 的方程为 x＝2 或 x＝－ 2.显然与轨迹 E 相切． 当直线 PN 的斜率存在时，设 PN
第七页，编辑于星期六：一点 十五分。
知识点
知识点
试题
解析
2．平面上有三个点 A(－2，y)， B0，2y，C(x，y)，若A→B⊥B→C，
A→B＝2，－2y，B→C＝x，2y， → → →→
由AB⊥BC，得AB·BC＝0，
则动点 C 的轨迹方程为 __y_2_＝__8_x_____．
即 2x＋－2y·2y＝0，∴动点 C 的轨迹方程为 y2＝8x.
中，已知两点 A(3,1)，B(－1,3)，若 所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即 点 C 满足O→C＝λ1O→A＋λ2O→B(O 为原 xy＝＝λ31λ＋1－3λλ22，，
点 则 A．点)，直其C线的中轨λ1迹，λ是2∈( BRA．，椭且) 圆λ1＋λ2＝1，解得λλ12＝＝y3＋y11－003xx，，
2017届高三数学人教版A版数学高考一轮复习课件：第八章 第五节 椭圆
＝ |F1F|2－|PF|2＝ 4 52－42＝8. 由椭圆定义，得|PF1|＋|PF|＝2a＝4＋8 ＝12，从而 a＝6，得 a2＝36，于是 b2 ＝a2－c2＝36－(2 5)2＝16， 所以椭圆 C 的方程为3x62＋1y62 ＝1.
的面积最大，
从而直线 l 的方程为 y＝± 27x－2.
第二十二页，编辑于星期六：一点 十五分。
考点三 典题悟法 演练冲关
试题
解析
2．(2016·邯郸质检)已知椭圆 C：ax22＋
(1)
由
题
意
，
得
c a
＝
2 2
，
得
b＝ c.因为
by22＝1(a>b>0)过点 A－ 22， 23，离 心率为 22，点 F1，F2 分别为其左、 右焦点． (1)求椭圆 C 的标准方程． (2)是否存在圆心在原点的圆，使得该 圆的任意一条切线与椭圆 C 恒有两
恰好经过椭圆中心并且交椭圆于点 线，所以可得∠F1MF2＝90°，|MF2|
M，N，若过 F1 的直线 MF1 是圆 F2
的切线，则椭圆的离心率为( A )
＝c.因为|F1F2|＝2c，所以可得|MF1|
＝ 3 c. 由 椭 圆 定 义 可 得 |MF1| ＋
|MF2|＝c＋ 3c＝2a，可得离心率 e
离
心率
为
1 2
，
则
m＝
___2_____.
因为焦点在 x 轴上，所以 0<m<2，所以 a2＝2，b2 ＝m，c2＝a2－b2＝2－m. 椭圆的离心率为 e＝21，所 以 e2＝14＝ac22＝2－2 m，解 得 m＝32.
高考数学一轮复习专题八立体几何5空间向量及其在立体几何中的应用应用篇课件新人教A版
设直线MN与平面PAB所成角为θ, DN =λ DC(λ∈[0,1]),
则 MN
= MA
+ AD
+ DN
=(λ+1,2λ-1,-1),
又平面PAB的一个法向量为n=(1,0,0),
| λ 1|
则sin θ=|cos< MN ,n>|=
( λ 1)2 (2 λ 1) 2 1
( λ 1) 2
=
,
2
5λ 2 λ 3
1
( λ 1)2
t2
5
令λ+1=t(t∈[1,2]),则 2
= 2
=
≤ ,
2
7
5 λ 2 λ 3 5t 12t 10 10 1 12 1 5
5
∴sin θ≤ 35 ,当t= ,即λ= 2 时,等号成立,
7
3
系有关的存在性问题;(2)与空间角有关的存在性问题.解决方案有两种:①
根据题目的已知条件进行综合分析和观察猜想,找出点或线的位置,然后
加以证明,得出结论;②假设所求的点或线存在,并设定参数表达已知条
件,根据题目进行求解,若能求出参数的值且符合已知限定的范围,则存在
这样的点或线,否则不存在.向量法是解决此类问题的常用方法,它可以将
(2)因为DE⊥平面ABCD,
所以∠EBD就是BE与平面ABCD所成的角,
即∠EBD=60°,所以 ED = 3 .
BD
由AD=3,四边形ABCD是正方形,得BD=3 2 ,
则DE=3 6 ,所以AF= 6 .
如图,分别以DA,DC,DE所在直线为x轴,y轴,z轴建立空间直角坐标系,
2017高考数学(理)一轮复习配套课件：第八章立体几何8.5
自查自纠
1．直角 2．(1)直线 l 与平面 α 互相垂直 l⊥α 平面 α 的垂线
直线 l 的垂面 垂足 距离 (2)两条相交直线 (3)平行 3．锐角 [0°，90°] 4．(1)两个半平面所组成的图形 (2)垂直于棱 [0°，180°] 5．(1)直二面角 (2)垂线 (3)交线
解：B1D⊥平面 ACC1A1，所以 B1D⊥CF. 要 CF⊥平面 B1DF，只要 CF⊥DF 即可． 令 CF⊥DF，∠A1FD＝∠ACF，∠AFC＝∠A1DF， 设 AF＝x，则 A1F＝3a－x. 由 Rt△CAF∽Rt△FA1D，得AA1CF＝AA1FD，即3a2－a x＝ax， 解得 x＝a 或 x＝2a.(亦可由勾股定理求得)故填 a 或 2a.
而 A1B1＝1，B1M＝ B1C12＋MC21＝ 2， 故 tan∠MA1B1＝AB11BM1＝ 2.
第二十页，编辑于星期六：二十一点 四十八分。
(2)证明：由 A1B1⊥平面 BCC1B1，BM⊂平面 BCC1B1， 得 A1B1⊥BM.① 由(1)知，B1M＝ 2，又 BM＝ BC2＋CM2＝ 2，B1B＝2， B1M2＋BM2＝B1B2，从而 BM⊥B1M.② 又 A1B1∩B1M＝B1，由①②得 BM⊥平面 A1B1M. 而 BM⊂平面 ABM，∴平面 ABM⊥平面 A1B1M.
第十Hale Waihona Puke 页，编辑于星期六：二十一点 四十八分。
(2)∵棱柱 ABC-A1B1C1 是直三棱柱，∴CC1 ⊥平面 ABC.∵AC⊂平面 ABC，∴AC⊥CC1.又 ∵AC⊥BC ， CC1 ⊂ 平 面 BCC1B1 ， BC ⊂ 平 面 BCC1B1，BC∩CC1＝C，∴AC⊥平面 BCC1B1.又 ∵BC1⊂平面 BCC1B1，∴BC1⊥AC.∵BC＝CC1， ∴ 矩 形 BCC1B1 是 正 方 形 ， ∴ BC1 ⊥ B1C. 又 AC∩B1C＝C，∴BC1⊥平面 B1AC.又∵AB1⊂平面 B1AC，∴BC1⊥AB1.
2017版高考数学人教A版(全国)一轮复习 课件 第八章 立体几何 第1讲
答案 (1)D (2)C
基础诊断
考点突破第二十二页，编辑于星课期堂六：总二十结点 十分。
考点二 空间几何体的表面积 【例2】 (1)(2015·安徽卷)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体
的表面积是( )
A.1＋ 3 C.2＋ 3
B.1＋2 2 D.2 2
基础诊断
考点突破第二十三页，编辑于星课期堂六：总二十结点 十分。
基础诊断
考点突破第三页，编辑于星期六课：堂二十总点 结十分。
(1)圆柱可以由 矩形 绕其任一边所在直线旋
转得到. (2)圆锥可以由直角三角形绕其 直角边 所在 旋 直线旋转得到. 转 (3)圆台可以由直角梯形绕 直角腰 所在直 体 线或等腰梯形绕上、下底中点连线所在直线旋
转得到，也可由平行于底面的平面截圆锥得到. (4)球可以由半圆面或圆面绕 直径 所在直
表面积为 S＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝
π＋2π＋4＝3π＋4.
(2)由已知条件知该三棱锥为边长为 1 的正四面体，其
高为 h＝ 36，其内切球球心在正四面体的高上且分高
的比为 3∶1，故内切球半径 r＝14× 36＝126，
球的表面积
S＝4πr2＝4π×
1262＝π6 .
π 答案 (1)D (2) 6
基础诊断
考点突破第二十九页，编辑于星课期堂六：总二十结点 十分。
考点三 空间几何体的体积
【例3】 (1)(2015·浙江卷)某几何体的三视图如图所示(单位 ：cm)，则该几何体的体积是( )
A.8 cm3
32 C. 3
cm3
B.12 cm3
40 D. 3
cm3
基础诊断
考点突破第三十页，编辑于星期课六堂：二总十点结十分。
人教A版高考总复习一轮文科数学精品课件 第8章立体几何 指点迷津(八) 空间几何体的截面问题 (2)
所以截面面积为
+
S= 2
·h=
2+2 2
2
×
3 2
2
=
2 2
)
2
9
.故选
2
B.
=
9
2
=
3 2
,
2
本 课 结 束
是棱C1C的中点,则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为(
A.矩形
B.三角形
C.正方形
D.等腰梯形
)
答案:D
解析:取BC的中点H,连接AH,GH,由题意得GH∥EF,AH∥A1F,
又GH⊄平面A1EF,EF⊂平面A1EF,
∴GH∥平面A1EF,同理AH∥平面A1EF,
又GH∩AH=H,GH,AH⊂平面AHG,
α∥平面A1BC1或者α与平面A1BC,BC,CC1,C1D1,D1A1,A1A的中点为E,F,G,H,K,L,易证点
E,F,G,H,K,L共面.则正六边形EFGHKL平行于平面A1BC1.
由 KH
1
A1C1,得
2
KH=
2
,
2
正六边形 EFGHKL 的面积
第八章
指点迷津(八) 空间几何体的截面问题
空间几何体的截面问题
用平面去截一个几何体,所截出的面叫做截面.我们可以想象,类似于用刀
去切(截)几何体,把几何体分成两部分,刀在几何体上留下的痕迹就是截面
的形状,截面是一个平面图形.空间几何体的截面问题涉及平面的基本事实、
空间线面的位置关系、点线共面、线共点等问题,综合性较强,对直观想象
和逻辑推理的数学素养有着较高的要求.
2017版高考数学人教A版(全国)一轮复习 课件 第八章 立体几何 第2讲
基础诊断
考点突第破二十一页，编辑于星课期六堂：总二十结点 十一分。
∵AC⊥BD，MN∥BD， ∴MN与AC垂直，故B正确； ∵A1B1与BD异面，MN∥BD， ∴MN与A1B1不可能平行， 故D错误，选D.
答案 (1)②④ (2)D
基础诊断
考点突第破二十二页，编辑于星课期六堂：总二十结点 十一分。
答案 C
基础诊断
考点突第破八页，编辑于星期六课：二堂十总点 十结一分。
4.(2015·广东卷)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平 面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是( )
A.l与l1，l2都不相交 B.l与l1，l2都相交 C.l至多与l1，l2中的一条相交 D.l至少与l1，l2中的一条相交
答案 60°或30°
基础诊断
考点突第破二十八页，编辑于星课期六堂：总二十结点 十一分。
规律方法 求异面直线所成的角常用方法是 平移法，平移的方法一般有三种类型：利 用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线 段的端点或中点)作平行线平移；补形平 移.
【训练2】 如图，已知不共面的三条 直线a，b，c相交于点P，A∈a，B∈a ，C∈b，D∈c，求证：AD与BC是异 面直线.
证明 法一 (反证法)假设AD和BC共面，所确定的平 面为α，那么点P，A，B，C，D都在平面α内， ∴直线a，b，c都在平面α内，与已知条件a，b，c不共面
矛盾，假设不成立，
做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角).
②范围： 0，π2 .
基础诊断
考点突第破四页，编辑于星期六课：二堂十总点 十结一分。
3.空间直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面的位置关系有 相交 、平行、 在平面内 三
高三数学高考(文)第一轮复习精品课件：第8单元 解析几何新人教A
第45讲 │ 规律总结
第46讲 │ 双曲线
第46讲 双曲线
第46讲 │ 知识梳理 知识梳理
第46讲 │ 知识梳理
第46讲 │ 知识梳理
第46讲 │ 要点探究 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第42讲 │ 两直线的位置关系与点到直线的距离
第42讲 两直线的位置关系与 点到直线的距离
第42讲 │ 知识梳理 知识梳理
第42讲 │ 知识梳理
第42讲 │ 知识梳理
第42讲 │ 知识梳理
第42讲 │ 知识梳理
第42讲 │ 要点探究 要点探究
第42讲 │ 要点探究
第42讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第46讲 │ 要点探究
第41讲 │ 知识梳理
第41讲 │ 知识梳理
第41讲 │ 知识梳理
第41讲 │ 要点探究 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第41讲 │ 要点探究
第43讲 │ 要点探究
高考数学一轮复习第八章 立体几何
第八章 立 体 几 何1.立体几何初步 (1)空间几何体①认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.②能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二侧法画出它们的直观图.③会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.④了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式.(2)点、直线、平面之间的位置关系①理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：·公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内.·公理2：过不在一条直线上的三点，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，那么它们有且只有一条过该点的公共直线.·公理4：平行于同一条直线的两条直线平行. ·定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.②以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理.理解以下判定定理： ·平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行.·一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行.·一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直.·一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直.理解以下性质定理，并能够证明：·如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行.·两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行.·垂直于同一个平面的两条直线平行.·两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直.③能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.2.空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置.(2)会简单应用空间两点间的距离公式. 3.空间向量与立体几何 (1)了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.(2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示. (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能用向量的数量积判断向量的共线和垂直.(4)理解直线的方向向量及平面的法向量. (5)能用向量语言表述线线、线面、面面的平行和垂直关系.(6)能用向量方法证明立体几何中有关线面位置关系的一些简单定理(包括三垂线定理).(7)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立体几何问题中的应用.§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图1.棱柱、棱锥、棱台的概念 (1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱.※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱.侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是A.棱柱的底面一定是平行四边形( 得到图解：还原正方体知该几何体侧视图为正方形，为实线，B 1C 的正投影为A 1D ，且B 1C 被遮挡为虚故选B.(2014·福建)将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面________.解：所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故填2π.已知正三角形ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________.解：如图所示是实际图形和直观图.由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′O ′C ′＝68a.各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是三棱柱 C.四棱锥解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征.常见的有以下几类：为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱.某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是解：D 选项的正视图应为如图所示的图形.故选积为20cm ________cm 解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得4.对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点.本题给出了几何体的三视图，要掌握三视图的画法“长对正、高平齐，宽相等”，不难将其还原得到三棱锥.(2014·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为__________.解：该三棱锥的直观图如图所示，易知PB ⊥平面ABC ，则有PA ＝22＋2，故最长棱为P A.类型三 空间多面体的直观图 如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥画法：(1)画轴.如图1，画x 轴、y 使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1画底面.利用斜二测画法画出底面′使OO ′等于三视图中相应高度，过的平行线′，Oy 的平行线O ′y ′，利用′画出底面A ′B ′C ′D ′.图2画正四棱锥顶点.在Oz 上截取点等于三视图中相应的高度.连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′D ，整理得到三视图表示的几何体2所示.点拨：根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图.已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A. 2B.6 2C.13D.2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝22.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝22.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长.解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r.根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm .点拨：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解.(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A.1B.2C.3D.4解：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B.1.在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系.2.正多面体(1)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成.(2)如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.(3)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体.它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R).3.长方体的外接球(1)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R .(2)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R .4.棱长为a 的正四面体(1)斜高为32a ；(2)高为63a ；(3)对棱中点连线长为22a ； (4)外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ；(5)正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3.5.三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度.由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等.6.一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比发生了变化，注意原图与直观图中的“三变、三不变”.三变：坐标轴的夹角改变，与y 轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变.三不变：平行性不变，与x 轴平行的线段长度不变，相对位置不变.1.由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A.六棱锥B.六棱台C.六棱柱D.非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C.2.下列说法中，正确的是( ) A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其它侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等 解：棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其它侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确.故选C.3.将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A.一个圆台、两个圆锥B.两个圆台、一个圆柱C.两个圆台、一个圆锥D.一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥.故选D.4.(2014·江西)一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )解：由直观图可知，该几何体由一个长方体和一个截角三棱柱组成，从上往下看，外层轮廓线是一矩形，矩形内部有一条线段连接两个三角形.故选B.5.(2013·四川)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的直观图可以是( )A.棱柱B.棱台C.圆柱D.圆台解：由俯视图可知该几何体的上、下两底面为半径不等的圆，又∵正视图和侧视图相同，∴可判断其为旋转体.故选D.6.(2014·课标Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A.6 2B.4 2C.6D.4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥D ABC ，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥D ABC ，如图若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________.解：由正视图知，三棱柱是底面边长为的正三棱柱，所以底面积为2×3×2×1＝6，所以其表面积为3.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球____________.解：由三视图可知该组合体为球内接棱长为∴正方体的体对角线为球的直径，，r＝3.故填是截去一个角的长方体，试按图示的中几何体三视图如图b.如图1是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图1中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体.斜二测画法：(1)画轴.如图2，画x轴，xOy＝45°，∠xOz＝∠yOz＝90°画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF 轴上截取O′，使OO′等于正六棱柱的高，过的平行线O′x′，Oy的平行线O′x′与O′y′画出底面A′.画正六棱锥顶点.在Oz上截取点P，使等于正六棱锥的高.成图.连接PA′，PB′，PC′，PD′，′，BB′，CC′，DD′，EE′，FF理得到三视图表示的几何体的直观图如图3注意：图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段，长度为原来..某长方体的一条对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条对角线的投影长分和b，求ab的最大值.解：如图，则有1＝7，DC1＝6，1＝a，AC＝b，AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称.故选C.§8.2 空间几何体的表面积与体积1.柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S 正棱台侧＝__________(其中C ，C ′为底面周长，h 为高，h ′为斜高).(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________(其中r ，r ′为底面半径，l 为母线长). (3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和. 2.柱体、锥体、台体的体积 (1)棱柱、棱锥、棱台的体积 V 棱柱＝__________，V 棱锥＝__________，V 棱台＝__________ (其中S ，S ′为底面积，h 为高). (2)圆柱、圆锥、圆台的体积V 圆柱＝__________，V 圆锥＝__________，V 圆台＝__________(其中r ，r ′为底面圆的半径，h 为高). 3.球的表面积与体积(1)半径为R 的球的表面积S 球＝________. (2)半径为R 的球的体积V 球＝________,________).自查自纠：1.(1)Ch 12Ch ′ 12()C ＋C ′h ′(2)2πrl πrl π(r ＋r ′)l (3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积2.(1)Sh 13Sh 13h ()S ＋SS ′＋S ′(2)πr 2h 13πr 2h 13πh ()r 2＋rr ′＋r ′23.(1)4πR 2 (2)43πR 3圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A.6π(4π＋3)B.8π(3π＋1)C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2) 解：分两种情况：①以边长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr ＝4π，r ＝2，∴S 底＝πr 2＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以边长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr ＝6π，r ＝3.∴S 底＝πr 2＝9π，S 表＝2S 底＋S 侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3).故选C. 正三棱锥的底面边长为2，侧面均为直角三角形，则此三棱锥的体积为( ) A.23 2 B. 2 C.23 D.43 2解：∵正三棱锥的侧面均为直角三角形，故侧面为等腰直角三角形，且直角顶点为棱锥的顶点，∴侧棱长为2，V ＝13×12×(2)2×2＝23.故选C.(2014·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的体积是( )A.233B.476C.6D.7 解：如图示，由三视图可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥后余下的部分，其体积V ＝8－2×13×12×1×1×1＝233.故选A. 长方体ABCD A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB ＝2，AD ＝3，AA 1＝1，则球面面积为________.单位：解：由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的其体积V ＝π×12×4＋13π×22×.类型一 空间几何体的面积问题 如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD BDC ＝90°.若BD ＝1，求三棱锥D ABC解：∵折起前AD 是BC 边上的高，∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥又∠BDC ＝90°.＝DA ＝DC ＝1，∴AB ＝BC ＝CA ＝2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴三棱锥D ABC 的表面积S ＝12×3＋. 的矩形，正视图高为4的等腰三角形，侧视图底边长为6，面积S.解：由已知可得该几何体是一个底面为矩形，，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥PAD ，PBC 是全等的等腰三角形，边上的高为h 1＝42＋⎝ ⎛2PAB ，PCD 也是全等的等腰三角形，h 2＝42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622⎝ ⎛12×6×42＋12×8×5空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______.设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为＝2π×4sin α＝π4时，S 取最大值球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.点拨：根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据.圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的侧面积是____________cm 2.解：如图示，设上底面周长为c.∵扇环的圆心角是180°，∴c ＝π·S A. 又∵c ＝2π×10＝20π， ∴SA ＝20.同理SB ＝40. ∴AB ＝SB －SA ＝20，∴S 圆台侧＝π(10＋20)·AB＝600π(cm 2).故填600π.类型三 空间多面体的体积问题如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32 解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD BNC ＋V E AMD ＋V F BN C.依题意知AEFB 为等腰梯形.易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32. 作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224，V E AMD ＝V F BNC ＝224，V AMD BNC ＝S △BNC ·MN ＝24.∴V ABCDEF ＝23，故选A.点拨：求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.18C.24D.30解：由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的.所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.故选C. 类型四 空间旋转体的体积问题已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )A.2π3＋12B.4π3＋16C.2π6＋16 D.2π3＋12解：由三视图可得该几何体的上部是一个三棱锥，下部是半球，根据三视图中的数据可得V ＝12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＋13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1×1＝2π6＋16.故选C.点拨：根据已知三视图想象出该几何体的直观图，然后分析该几何体的组成，再用对应的体积公式进行计算.(2014·课标Ⅱ)如图，网格纸上正方形小格的边长为1(表示1cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为3cm ，高为6cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )A.1727 B.59 C.1027 D.13解：原来毛坯体积为：π·32·6＝54π(cm 3)，由三视图知该零件由左侧底面半径为2cm ，高为4cm 的圆柱和右侧底面半径为3cm ，高为2cm 的圆柱构成，故该零件的体积为：π·22·4＋π·32·2＝34π(cm 3)，切削掉部分的体积为54π－34π＝20π(cm 3)，故切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为20π54π＝1027 .故选C.1.几何体的展开与折叠 (1)几何体的表面积，除球以外，都是利用展开图求得的，利用空间问题平面化的思想，把一个平面图形折叠成一个几何体，再研究其性质，是考查空间想象能力的常用方法.(2)多面体的展开图①直棱柱的侧面展开图是矩形；②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的，底面是正多边形；③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的，底面是正多边形.(3)旋转体的展开图①圆柱的侧面展开图是矩形，矩形的长(或宽)是底面圆周长，宽(或长)是圆柱的母线长；②圆锥的侧面展开图是扇形，扇形的半径长是圆锥的母线长，弧长是圆锥的底面周长；③圆台的侧面展开图是扇环，扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长.注：①圆锥中母线长l 与底面半径r 和展开图扇形中半径和弧长间的关系及符号容易混淆，同学们应多动手推导，加深理解.②圆锥和圆台的侧面积公式S 圆锥侧＝12cl 和S 圆台侧＝12(c ′＋c )l 与三角形和梯形的面积公式在形式上相同，可将二者联系起来记忆.2.空间几何体的表面积的计算方法有关空间几何体的表面积的计算通常是将空间图形问题转化为平面图形问题，这是解决立体几何问题常用的基本方法.(1)棱柱、棱锥、棱台等多面体的表面积可以分别求各面面积，再求和，对于直棱柱、正棱锥、正棱台也可直接利用公式；(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算其侧面积时需将曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和；(3)组合体的表面积应注意重合部分的处理. 3.空间几何体的体积的计算方法(1)计算柱、锥、台体的体积，关键是根据条件找出相应的底面面积和高，应注意充分利用多面体的截面特别是轴截面，将空间问题转化为平面问题求解.(2)注意求体积的一些特殊方法：分割法、补体法、还台为锥法等，它们是计算一些不规则几何体体积常用的方法，应熟练掌握.(3)利用三棱锥的“等体积性”可以解决一些点到平面的距离问题，即将点到平面的距离视为一个三棱锥的高，通过将其顶点和底面进行转化，借助体积的不变性解决问题.1.已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角π B.8－π2 D.8－π4解：直观图为棱长为2的正方体割去两个底面14圆柱，其体积V ＝23－2×14×π×故选B.将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 折成直二面角，得到四面体A BCD ，则四面体的外接球的表面积为( )B.50πC.5πD.10π解：由题设知AC 为外接球的直径，∴，S 表＝4πR 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝25π.故选，N 是球O 半径OP 上的两点，且分别过N ，M ，O 作垂直于OP 的平面，得三个圆，则这三个圆的面积之比为( )∶6 B.3∶6∶8 ∶9 D.5∶8∶9解：设球的半径为R ，以N ，M 为圆心的圆的半，r 2.由题知M ，N 是OP 的三等分点，三个圆的面积之比即为半径的平方比，在球的轴截面的外接圆的半径R 2－r 2＝63，的距离为2d ＝2d ＝13×34×23ABC ×2R ＝36，排除)一个六棱锥的体积为的正六边形，侧棱长都相等，则该________.设该六棱锥的高是h ，则V ，解得h ＝1.∴侧面三角形的高为，∴侧面积S ＝12×由题意可设直角梯形上底、下底和高为，它们分别为圆台的上、下底半径和高BC ⊥OA 于C ，则Rt ′B ＝4x －2x ＝2x ，＋BC 2＝（2x ）2侧＝[π(2x )2∶[π＝2∶8∶9.·上海)底面边长为，其表面展开图是三角形P 1的边长及三棱锥的体积V.解：由正三棱锥P ABC 的性质及其表面展开图，B ，C 分别是△P 1P 2P .依三角形中位线定理可得4.易判断正三棱锥P 的正四面体，其体积为V ＝212×四面体体积公式可见8.1名师点津4)一个圆锥的底面半径为R ＝2，高为在这个圆锥内部有一个高为x 的内接圆柱值时，圆柱的表面积最大？最大值是多少？解：如图是圆锥的轴截面，设圆柱的底面半径，解得r ＝R －R H x ＝2－ (图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，4<V 3 B.V 1<V 3<V 2<V 4 3<V 4 D.V 2<V 3<V 1<V 4解：由已知条件及三视图可知，该几何体从上到下依次是圆台，圆柱，正方体，棱台，则·π＋4π)＝7π3，V 2＝π×8，V 4＝13×1×(4＋4×16＋<V 1<V 3<V 4.故选C.§8.3 空间点、线、面之间的位置关系1.平面的基本性质 (1)公理1：如果一条直线上的______在一个平面内，那么这条直线在此平面内.它的作用是可用来证明点在平面内或__________________.(2)公理2：过____________上的三点，有且只有一个平面.公理2的推论如下：①经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面；②经过两条相交直线，有且只有一个平面； ③经过两条平行直线，有且只有一个平面. 公理2及其推论的作用是可用来确定一个平面，或用来证明点、线共面.(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们____________过该点的公共直线.它的作用是可用来确定两个平面的交线，或证明三点共线、三线共点等问题.2.空间两条直线的位置关系 (1)位置关系的分类 错误!(2)异面直线①定义：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线.注：异面直线定义中“不同在任何一个平面内的两条直线”是指“不可能找到一个平面能同时经过这两条直线”，也可以理解为“既不平行也不相交的两条直线”，但是不能理解为“分别在两个平面内的两条直线”.②异面直线的画法：画异面直线时，为了充分显示出它们既不平行又不相交，也不共面的特点，常常需要以辅助平面作为衬托，以加强直观性.③异面直线所成的角：已知两条异面直线a ，b ，经过空间任一点O 作直线a ′∥a ，b ′∥b ，把a ′与b ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角).异面直线所成角的范围是____________.若两条异面直线所成的角是直角，则称两条异面直线__________，所以空间两条直线垂直分为相交垂直和__________.3.平行公理公理4：平行于____________的两条直线互相平行(空间平行线的传递性).它给出了判断空间两条直线平行的依据.4.等角定理等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角____________.自查自纠：1.(1)两点 直线在平面内 (2)不在一条直线 (3)有且只有一条2.(1)一个公共点 没有公共点 没有公共点(2)③⎝⎛⎦⎥⎤0，π2 互相垂直 异面垂直3.同一条直线4.相等或互补(2013·安徽)在下列命题中，不是．．公理的是( )A.平行于同一个平面的两个平面相互平行B.过不在同一直线上的三点，有且只有一个平面C.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内D.如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线解：公理是不需要证明的原始命题，而选项A 是面面平行的性质定理，故选A.若∠AOB ＝∠A 1O 1B 1，且OA ∥O 1A 1，OA 与O 1A 1的方向相同，则下列结论中正确的是( )A.OB ∥O 1B 1且方向相同B.OB ∥O 1B 1C.OB 与O 1B 1不平行D.OB 与O 1B 1不一定平行解：两角相等，角的一边平行且方向相同，另一边不一定平行，如圆锥的母线与轴的夹角.故选D.若点P ∈α，Q ∈α，R ∈β，α∩β＝m ，且R ∉m ，PQ ∩m ＝M ，过P ，Q ，R 三点确定一个平面γ，则β∩γ是( )A.直线Q RB.直线P RC.直线R MD.以上均不正确 解：∵PQ ∩m ＝M ，m ⊂β，∴M ∈β.又M ∈平面PQ R ，即M ∈γ，故M 是β与γ的公共点.又R∈β，R ∈平面PQ R ，即R∈γ，∴R 是β与γ的公共点.∴β∩γ＝M R .故选C.给出下列命题：①空间四点共面，则其中必有三点共线； ②空间四点不共面，则其中任何三点不共线； ③空间四点中有三点共线，则此四点必共面； ④空间四点中任何三点不共线，则此四点不共。