2021新高考版大一轮复习用书数学第八章 8.1

8.1.2向量数量积的运算律学习目标核心素养1.通过向量数量积的定义给出向量数量积的运算律．(难点)2．能利用运算律进行向量的数量积运算．(重点、难点)1.通过向量加法与数乘运算律得到数量积的运算律，培养学生的数学抽象的核心素养．2．利用平面向量的运算律进行数量积运算，提升学生数学运算的核心素养.没有规矩不成方圆，国家法律保障每个公民的权利不受侵害，校规可为每个学生创造一个良好的学习生活环境……可见，世间事物往往要遵循一定的规律和法则才能生存．初中我们学过实数的乘法运算及乘法中的一些运算律，那么向量的数量积又满足哪些运算律呢？问题向量数量积的运算律在解题过程中有怎样的作用？提示若所求形式比较复杂，则应先运用数量积运算律展开、化简，再确定向量的模和夹角，最后根据定义求出数量积．1．两个向量数量积的运算律(1)交换律：a·b＝b·a．(2)结合律：(λa)·b＝λ(a·b)(λ∈R)．(3)分配律：(a＋b)·c＝a·c＋b·c.思考：“若a·b＝a·c，则b＝c”成立吗？为什么？[提示]不成立，如a⊥b，a⊥c时，a·b＝a·c，但b与c不一定相等．2．重要公式平方差公式(a＋b)(a－b)＝a2－b2完全平方公式(a±b)2＝a2±2a·b＋b2思考：根据实数的乘法公式，得到向量数量积的公式：(1)平方差公式：(a＋b)(a－b)＝__________；向量数量积公式：(a＋b)(a－b)＝________.(2)完全平方公式：(a±b)2＝__________；向量数量积公式：(a±b)2＝__________.[提示](1)a2－b2 ；a2－b2(2)a2±2ab＋b2；a2±2a·b＋b21．思考辨析(对的打“√”，错的打“×”)(1)(a·b)·c＝a·(b·c)．()(2)(a·b)2＝a2·b2. ()(3)a·[b(a·c)－c(a·b)]＝0. ()[提示](1)×.向量(a·b)·c与c共线，a·(b·c)与a共线，故不正确．(2)×.(a·b)2＝(|a||b|·cos θ)2＝a2b2cos2θ.(3)√.a·[b(a·c)－c(a·b)]＝(a·b)(a·c)－(a·c)(a·b)＝0.[答案](1)×(2)×(3)√2．已知|a|＝|b|＝2，a·b＝2，则|a－b|＝()A．1B．3C．2D．3或2C[|a－b|2＝a2－2a·b＋b2＝4－2×2＋4＝4，则|a－b|＝2.]3．已知|a|＝1，|b|＝1，|c|＝2，a与b的夹角为90°，b与c的夹角为45°，则a·(b·c)的化简结果是()A．0B．aC．b D．cB [b ·c ＝|b ||c |cos 45°＝1.所以a ·(b ·c )＝A ．]4．在△ABC 中，M 是BC 的中点，AM ＝3，BC ＝10，则AB →·AC →＝________. －16 [AB →·AC →＝(AM →＋MB →)·(AM →＋MC →)＝AM →2＋AM →·MC →＋AM →·MB →＋MB →·MC →＝|AM →|2＋(MB →＋MC →)·AM →＋|MB →||MC →|cos π＝9－25＝－16.]向量数量积的运算律的应用12(1)e 1·e 2；(2)(2e 1－e 2)·(－3e 1＋2e 2)；(3)(e 1＋e 2)2. [解] (1)e 1·e 2＝|e 1||e 2|cos 60°＝12. (2)由(1)可知e 1·e 2＝12，|e 1|＝|e 2|＝1， 所以(2e 1－e 2)·(－3e 1＋2e 2)＝－6e 21＋3e 2·e 1＋4e 1·e 2－2e 22＝－6|e 1|2＋3×12＋4×12－2|e 2|2 ＝－6＋72－2＝－92.(3)(e 1＋e 2)2＝(e 1＋e 2)·(e 1＋e 2)＝e 21＋e 1·e 2＋e 2·e 1＋e 22 ＝e 21＋2e 1·e 2＋e 22＝1＋1＋1＝3.求向量的数量积时，常用到的结论 (1)a 2＝|a |2；(2)(x a ＋y b )·(m c ＋n d )＝xm a ·c ＋xn a ·d ＋ym b ·c ＋yn b ·d ，其中x ，y ，m ，n ∈R ，类似于多项式的乘法法则；(3)(a ＋b )2＝a 2＋2a·b ＋b 2；(4)(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2a·b ＋2b·c ＋2a·c .同时还要注意几何性质的应用，将向量适当转化，转化的目的是用上已知条件.[跟进训练]1．(1)已知向量a 与b 的夹角为120°，且|a |＝4，|b |＝2，则(2a －b )·(a ＋3b )＝________.(2)已知向量a ，b 满足|b |＝5，|2a ＋b |＝53，|a －b |＝52，则|a |＝________. (1)0 (2)563 [(1)(2a －b )·(a ＋3b )＝2a 2＋6a·b －a·b －3b 2＝2|a |2＋5a·b －3|b |2 ＝2×16＋5×4×2×cos 120°－3×4＝0.(2)由已知有⎩⎪⎨⎪⎧4a 2＋4a·b ＋b 2＝75，a 2－2a·b ＋b 2＝50，将b 2＝|b |2＝25代入方程组，解得|a |＝563.]向量的夹角与垂直问题【例2】 (1)设向量a ，b 满足|a |＝|b |＝1及|3a －2b |＝7，则a ，b 的夹角为( ) A ．π3 B ．π6 C ．π4D ．2π3(2)已知|a |＝2，|b |＝1，向量a ，b 的夹角为60°，c ＝a ＋5b ，d ＝m a －2b ，求m 为何值时，c 与d 垂直．(1)A [设a 与b 的夹角为θ， 由题意得(3a －2b )2＝7， 所以9|a |2＋4|b |2－12a·b ＝7， 又|a |＝|b |＝1，所以a·b ＝12， 所以|a ||b |cos θ＝12，即cos θ＝12.又θ∈[0，π]，所以a ，b 的夹角为π3.] (2)[解] 由已知得a·b ＝2×1×cos 60°＝1. 若c ⊥d ，则c·d ＝0. 所以c·d ＝(a ＋5b )·(m a －2b ) ＝m a 2＋(5m －2)a·b －10b 2＝4m ＋5m －2－10＝9m －12＝0，所以m ＝43. 故当m ＝43时，c 与d 垂直．1．求向量夹角问题一般有两种思路(1)数量积a·b 与模积|a ||b |好求解，直接用变形公式cos θ＝a·b|a ||b |求值定角． (2)a·b 与|a ||b |不好求，可采用寻求两者关系，再用变形公式cos θ＝a·b |a ||b |求值定角．2．两个向量的夹角与其数量积的关系(1)向量a ，b 夹角为锐角的等价条件是a·b >0且a 与b 不同向共线． (2)a ，b 夹角为钝角的等价条件是a·b <0且a 与b 不反向共线． (3)a 与b 垂直的等价条件是a·b ＝0.[跟进训练](1)已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13，若n ⊥(t m ＋n )，则实数t 的值为( )A ．4B ．－4C ．94D ．－94(2)已知a ，b 满足|a |＝3，|b |＝2，|a ＋b |＝13，求a ＋b 与a －b 的夹角的余弦值．(1)B [由题意知cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝m·n 34|n |2＝13，所以m·n ＝14|n |2＝14n 2，因为n ·(t m ＋n )＝0， 所以t m ·n ＋n 2＝0，即14t n 2＋n 2＝0，所以t ＝－4.] (2)[解] 由已知|a |＝3，|b |＝2，|a ＋b |＝13， 所以(a ＋b )2＝13.即a 2＋2a·b ＋b 2＝13，所以2a·b ＝6.所以(a －b )2＝a 2－2a·b ＋b 2＝(a ＋b )2－4a·b ＝1. 即|a －b |＝1，(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝3－4＝－1， 故cos 〈a ＋b ，a －b 〉＝(a ＋b )·(a －b )|a ＋b ||a －b |＝－1313.向量数量积在平面几何证明中的应用【例3】 (1)点O 是△ABC 所在平面上的一点，且满足OA ·OB ＝OB ·OC ＝OA →·OC →，则点O 是△ABC 的( )A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心(2)如图所示，在正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，求证：AF ⊥DE .[思路探究] (1)恰当利用数量积的运算律，对已知等式变形，证明有关直线垂直．(2)选择基底表示AF →和DE →，转化为证明向量垂直．(1)B [因为OA →·OB →＝OB →·OC →， 所以OB →(OA →－OC →)＝OB →·CA →＝0， 所以OB →⊥CA →，同理OA →⊥BC →，OC →⊥AB →， 所以O 是△ABC 的垂心．](2)[证明] 设AD →＝a ，AB →＝b ，则|a |＝|b |，a·b ＝0， 又DE →＝DA →＋AE →＝－a ＋b 2，AF →＝AB →＋BF →＝b ＋a 2，所以AF →·DE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b ＋a 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a ＋b 2＝－12a 2－34a·b ＋b 22＝－12|a |2＋12|b |2＝0. 故AF →⊥DE →，即AF ⊥DE .利用向量法证明几何问题的方法技巧(1)利用向量表示几何关系，如位置关系、长度关系、角度关系. (2)进行向量计算，如向量的线性运算、数量积运算.(3)将向量问题还原成几何问题，如向量共线与三点共线或者直线平行，向量的夹角与直线的夹角等.[跟进训练]3．在边长为1的菱形ABCD 中，∠A ＝60°，E 是线段CD 上一点，满足|CE →|＝2|DE →|，如图所示，设AB →＝a ，AD →＝B ．(1)用a ，b 表示BE →；(2)在线段BC 上是否存在一点F 满足AF ⊥BE ？若存在，确定F 点的位置，并求|AF →|；若不存在，请说明理由．[解] (1)根据题意得：BC →＝AD →＝b ， CE →＝23CD →＝23BA →＝－23AB →＝－23a ， 所以BE →＝BC →＋CE →＝b －23a ．(2)结论：在线段BC 上存在使得4|BF →|＝|BC →|的一点F 满足AF ⊥BE ，此时|AF →|＝214.理由如下：设BF →＝tBC →＝t b ，则FC →＝(1－t )b ，(0≤t ≤1)， 所以AF →＝AB →＋BF →＝a ＋t b ，因为在边长为1的菱形ABCD 中，∠A ＝60°， 所以|a |＝|b |＝1，a ·b ＝|a ||b |cos 60°＝12，因为AF ⊥BE ，所以AF →·BE →＝(a ＋t b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫b －23a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23t a ·b －23a 2＋t b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－23t ×12－23＋t ＝0， 解得t ＝14，从而AF →＝a ＋14b ， 所以|AF →|＝AF →2＝a 2＋12a·b ＋116b 2＝1＋12×12＋116＝214.1．向量的数量积与实数乘积运算性质的比较实数a ，b ，c向量a ，b ，ca ≠0，a ·b ＝0⇒b ＝0 a ≠0，a ·b ＝0b ＝0 a ·b ＝b ·c (b ≠0)⇒a ＝ca·b ＝b·c (b ≠0)a ＝c|a ·b |＝|a |·|b | |a·b |≤|a |·|b | 满足乘法结合律不满足乘法结合律2.在求向量的模时，计算两向量的和与差的长度用|a ±b |＝(a ±b )2＝a 2±2a·b ＋b 2.3．辨明1个易错点实数运算满足乘法结合律，但向量数量积的运算不满足乘法结合律，即(a ·b )·c 不一定等于a ·(b·c )，这是由于(a·b )·c 表示一个与c 共线的向量，而a ·(b·c )表示一个与a 共线的向量，而c 与a 不一定共线．1．已知|a |＝3，|b |＝2，则(a ＋b )·(a －b )＝( ) A ．2 B ．3 C ．5D ．－5C [因为|a |＝3，|b |＝2，所以(a ＋b )·(a －b )＝a 2－b 2＝9－4＝5.]2．已知▱ABCD 中，|AB →|＝4，|AD →|＝3，N 为DC 的中点，BM →＝2MC →，则AM →·NM →＝( )A ．2B ．5C ．6D ．8C [AM →·NM →＝(AB →＋BM →)·(NC →＋CM →) ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋23AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫12AB →－13AD →＝12AB →2－29AD →2＝12×42－29×32＝6.故选C ．]3．已知向量|a |＝2|b |＝2，a 与b 的夹角为120°，则|a ＋2b |＝( ) A ．2 B ．3 C ．4D ．6A [因为向量|a |＝2|b |＝2，a 与b 的夹角为120°，则|a ＋2b |2＝(a ＋2b )2＝a 2＋4a ·b ＋4b 2＝4＋4|a ||b |·cos 120°＋4＝4.所以|a ＋2b |＝2.]4．已知向量a 与b 的夹角为30°，且|a |＝1，|2a －b |＝1，则|b |＝________. 3 [因为|2a －b |＝1，所以|2a －b |2＝4a 2＋b 2－4a·b ＝4＋|b |2－4|b |cos 30°＝1，即|b |2－23|b |＋3＝0，所以(|b |－3)2＝0，所以|b |＝ 3.]5．如图，已知△ABC 中，C 是直角，CA ＝CB ，D 是CB 的中点，E 是AB 上的一点，且AE ＝2EB ．求证：AD ⊥CE .[证明] 设此等腰直角三角形的直角边长为a ，则AD →·CE → ＝⎝⎛⎭⎫AC →＋CD →·⎝⎛⎭⎫CA →＋AE → ＝AC →·CA →＋CD →·CA →＋AC →·AE →＋CD →·AE → ＝－a 2＋0＋a ·223a ·22＋a 2·223a ·22 ＝－a 2＋23a 2＋13a 2＝0. 所以AD ⊥CE .。

专题8.1空间几何体及其三视图和直观图练基础1.（2020·广西兴宁�南宁三中高一期末）已知一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的组成方式为（）A．上面为圆台，下面为圆柱B．上面为圆台，下面为棱柱C．上面为棱台，下面为棱柱D．上面为棱台，下面为圆柱【答案】A【解析】结合图形分析知上面为圆台，下面为圆柱.故选：A.2.（2021·江西师大附中高二月考（理））如图是一个棱锥的正视图和侧视图，它们为全等的等腰直角三角形，则该棱锥的俯视图不可能是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据棱锥的三视图想象原几何体的结构，可以在正方体中想象描出原几何体，确定其结构．【详解】若几何体为三棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方且为直角三角形，故ABD 均有可能，若几何体是四棱锥，由其正视图和侧视图可知，其底面在下方，且为正方形，俯视图为正方形，但对角线应从左上到右下，C 不正确．故选：C ．3.（2021·江苏高一期末）已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为2π，则该圆锥的高为（）A ．1BC D ．2【答案】C【解析】由侧面积求出圆锥的底面圆半径，再根据勾股定理可求得其高.【详解】设圆锥的底面圆的半径为r ，母线为l ，则2l =，所以其侧面积为22rl r πππ==，解得1r =，==故选：C.4.（2020·河北易县中学高三其他（文））若圆台的母线与高的夹角为6π，且上、下底面半径之差为2，则该圆台的高为（）A ．233B ．2C ．22D ．3【答案】D【解析】设上、下底面半径分别为R ，r ，圆台高为h ，由题可知：tan 6R r h π-=，即233h =，所以23h =．故选：D5.（2020届浙江绍兴市诸暨市高三上期末）某几何体的正视图与侧视图如图所示：则下列两个图形①②中，可能是其俯视图的是（）A．①②都可能B．①可能，②不可能C．①不可能，②可能D．①②都不可能【答案】A【解析】若是①，可能是三棱锥；若是②，可能是棱锥和圆锥的组合；所以①②都有可能，故选：A.6．（2021·石家庄市第十七中学高一月考）如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，每个圆锥的底面直径和高均为12cm ，现有体积为396πcm 的细沙全部漏入下圆锥后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此锥形沙堆的高度为（）A ．3cmB ．6cmC ．8cmD ．9cm【答案】C【解析】根据圆锥的体积公式列方程求出沙堆的高．【详解】解：细沙漏入下部后，圆锥形沙堆的底面半径为6r =，设高为h ，则沙堆的体积为216963V h ππ=⋅⋅=圆锥，解得()8h cm =，所以圆锥形沙堆的高度为8cm ．故选：C ．7.（2021·云南弥勒市一中高一月考）如图，正方形OABC 的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（）A ．8B ．6C ．(21D ．(21+【答案】A【解析】根据斜二测画法的规则，得到原图形的形状为平行四边形，进而求得其边长，即可求解.【详解】由斜二测画法的规则，可得原图形为O A B C ''''是一个平行四边形，如图所示，因为水平放置的一个平面图形的直观图OABC 的边长为1的正方形，可得1,OA OB ==1,O A O B ''''==在直角O A B '''△中，可得3A B ''==，所以原图形的周长为11338+++=.故选：A.8．（2021·浙江高三三模）如图，等腰直角三角形ABC 在平面α上方，90BAC ∠= ，若ABC 以BC 为旋转轴旋转，形成的旋转体在平面α内的投影不可能的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】对直线BC 与平面α的位置关系进行分类讨论，判断出投影的形状，即可得出合适的选项.【详解】若BC α⊥，则形成的旋转体在平面α内的投影如D 选项所示；若//BC α，则形成的旋转体在平面α内的投影为正方形；若BC 与α所成的角的取值范围是0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭时，则形成的旋转体在平面α内的投影如A 、B 选项所示.投影不可能如C 选项所示.故选：C.9．（2020·上海市进才中学高二期末）设MN 是半径为R 的球的直径，则,M N 两点的球面距离是________．【答案】Rπ【解析】MN 是半径为R 的球的直径，则,M N 两点所对的球心角为π，球面距离为R π．故答案为：R π．10．（2020·全国）如图为一几何体的平面展开图，按图中虚线将它折叠起来，画出它的直观图．【答案】见解析【解析】由题设中所给的展开图可以得出，此几何体是一个四棱锥，其底面是一个边长为2的正方形，垂直于底面的侧棱长为2，其直观图如图所示.练提升1.（2021·四川高一期末（理））某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图.圆柱表面上的点P在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点Q在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从P到Q的路径中，最短路径的长度为（）A17B5C．32D．1【答案】B【解析】根据三视图分析出,P Q所在的位置，然后结合圆柱的侧面展开图即可求出结果.【详解】由三视图还原几何体，如图：即点B在距离点A在底面投影的14圆弧处，沿A所在的母线得到如图所示的侧面展开图，圆柱的底面周长即为侧面展开图的长，圆柱的高即为侧面展开图的宽，而线段AB 的距离即为所求P 到Q 的路径中的最短路径，因为底面周长为8,所以1824A B '=⨯=，又因为高为1，则1A A '=，所以2222125AB A A A B ''=+=+=,故选：B.2.【多选题】（2021·宁波市北仑中学高一期中）如图，棱长为a 的正四面体形状的木块，点P 是ACD △的中心．劳动课上需过点P 将该木块锯开，并使得截面平行于棱AB 和CD ，则下列关于截面的说法中正确的是（）A ．截面不是平行四边形B ．截面是矩形C ．截面的面积为229a D ．截面与侧面ABC 的交线平行于侧面ABD【答案】BCD【解析】过点P 构建四边形，通过相关直线间的平行关系进一步证明为平行四边形，找对应线之间的垂直证明截面为矩形，从而计算截面面积【详解】解：如图所示，在正四面体中，4个面均为正三角形，由于点P 为ACD △的中心，所以P 位于CD 的中线的23外，分别取,,,BC AC AD BD 的三等分点，则EM ∥AB ，EF ∥CD ，FN ∥AB ，MN ∥CD ，所以EM ∥FN ，EF ∥MN ，所以截面EFNM 为平行四边形，所以A 错误，延长AP 交CD 于G ，连接BG ，由于P 为ACD △的中心，所以G 为CD 的中点，因为AC AD BC BD ===，所以,AG CD BG CD ⊥⊥，因为AG BG G = ，所以CD ⊥平面ABG ，所以CD AB ⊥，因为EM ∥AB ，EF ∥CD ，所以EM EF ⊥，所以截面EFNM 为矩形，所以B 正确，因为2211,3333MN CD a ME AB a ====，所以2212339S MN ME a a a =⋅=⋅=，所以C 正确，对于D ，截面EFNM ⋂平面ABC ME =，ME ∥AB ，ME ⊄平面ABD ，AB Ì平面ABD ，所以ME ∥平面ABD ，所以D 正确，故选：BCD3.（2021·湖北随州市·广水市一中高一月考）如图所示，矩形O A B C ''''是水平放置一个平面图形的直观图，其6O A ''=，2O C ''=，则原图形是（）A ．正方形B ．矩形C ．菱形D ．梯形【答案】C【解析】由已知得原图为平行四边形，OD BC ^，利用勾股定理计算边长得到OC OA =,可判断原图形的形状.【详解】因为//O A B C ''''，=O A B C ''''，所以直观图还原得//OA BC ，=6OA BC O A ''==，四边形OABC 为平行四边形，OD BC ^，则2C D O C ''''==，2CD ∴=，O D C ''''==2OD O D ''==6OC =，所以6OC OA ==，故原图形为菱形．故选：C.4．（2021·肇州县第二中学高一月考）如图是利用斜二测画法画出的Rt ABO 的直观图，已知4O B ''=，且ABO 的面积为16，过点A '作A C x '''⊥轴于点C '，则A C ''的长为（）A ．BC ．D ．1【答案】A【解析】利用面积公式，求出直观图的高，求出''A B ，然后在直角三角形'''A B C 中求解即可【详解】解：由直观图可知，在Rt ABO 中，2ABO π∠=，因为ABO 的面积为16，4O B OB ''==,所以1162AB OB ⋅=，所以8AB =，所以''4A B =，因为'''4A B C π∠=，A C x '''⊥轴于点C '，所以''''sin 44AC A B π=⋅==故选：A5．（2021·宁夏大学附属中学高一月考）三棱锥S ABC -及其三视图中的正视图和侧视图如图所示，则棱SB 的长为（）A ．B ．CD ．【答案】B【解析】根据几何体的三视图，结合几何体的数量关系，在直角SBD 中，即可求解.【详解】如图所示，根据三棱锥S ABC -及其三视图中的正视图和侧视图，可得底面ABC 中，点D 为AC 的中点，BD =SC ⊥底面ABC ，又由点D 为AC 的中点，且根据侧视图，可得BD AC ⊥，在直角BCD △中，可得4BC ===又由4SC =，在直角SBC 中，可得SB =故选：B.6．（2021·江苏省镇江中学）点P 是平面ABC 外一点，且PA PB PC ==，则点P 在平面ABC 上的射影一定是ABC 的（）A ．外心B ．内心C ．重心D ．垂心【答案】A【解析】过点P 作PO ⊥平面ABC ，因为PA PB PC ==，得到OA OB OC ==，即可求解.【详解】如图所示，过点P 作PO ⊥平面ABC ，可得222222,OA PA PO OB PB PO OC PC PO =-=-=-因为PA PB PC ==，可得OA OB OC ==，所以O 为ABC 的外心.故选：A.7.（2021·上海高二期末）圆锥的高为1，3则过圆锥顶点的截面面积的最大值为____________【答案】2【解析】求出圆锥轴截面顶角大小，判断并求出所求面积最大值．【详解】如图，SAB 是圆锥轴截面，SC 是一条母线，设轴截面顶角为θ，因为圆锥的高为1tan 2θ(0,)θπ∈，所以23θπ=，232ππθ=>，设圆锥母线长为l ，则2l =，截面SBC 的面积为211sin sin 22S SB SC BSC l BSC =⋅∠=∠，因为2(0,]3BSC π∠∈，所以2BSC π∠=时，2max 1222S =⨯=．故答案为：2．8．（2021·浙江绍兴市·高一期末）已知四面体ABCD 的所有棱长均为4，点O 满足OA OB OC OD ===，则以O ABCD 表面所得交线总长度为______.【答案】3【解析】根据正四面体的结构特征求得O 到面的距离，进而利用球的截面的性质求得各面所在平面与球的截面圆的半径，注意与各面的三角形内切圆的半径比较，确定此截面圆是否整个在面所在的三角形内，进而确定球与各面的交线，得到球与四面体表面所得交线总长度．【详解】已知四面体ABCD 的所有棱长均为4，所以四面体ABCD 是正四面体，因为点O 满足OA OB OC OD ===，所以O 为正四面体ABCD 的中心.设正三角BCD 的中心为F ，正三角ACD 的中心为G ，CD 的中点为E ，则连接,,,,AF BG AE BE 则,BG AF O BF AG E ⋂=⋂=．:::1:3,:1:4,OF OA GF AB EF EB OF AF ===∴=则224223BE AE =-=24333BF BE ==，224364()33AF =-，643AF OF ==．因为球O 2O 被平面BCD 截得圆半径为22623(2)()33r PF ==-=，因为正三角形BCD 的边长为4，所以正三角形内切圆半径为232tan 303︒=，故球O 与四面体ABCD 的每一个面所得的交线为正好为内切圆，每个内切圆的周长为4323r π，所以球与四面体ABCD 1633．故答案为：1633π．9.（2020届浙江杭州四中高三上期中）某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是_____，最长棱长为_____．【答案】3【解析】由已知中的三视图可得该几何体是一个以直角梯形为底面的四棱锥，且梯形上下边长为1和2，高为2，如图：2AD =，2AB =，1BC =，PA x =，//AD BC ，PA ⊥平面ABCD ，AD AB ⊥，∴底面的面积1(12)232S =⨯+⨯=，∴几何体的体积1333V x ==，可得3x =，最长棱长为：PC故答案为：3．10．（2019·全国高考真题（理））中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面.1-.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，22,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+=+=，1x ∴==1．练真题1.（2021·全国高考真题）其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A ．2B ．C ．4D ．【答案】B【解析】设圆锥的母线长为l ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l 的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=l =.故选：B.2．（2021·北京高考真题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm ）来判断降雨程度．其中小雨（10mm <），中雨（10mm 25mm -），大雨（25mm 50mm -），暴雨（50mm 100mm -），小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（）A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨【答案】B【解析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.【详解】由题意，一个半径为()200100mm 2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050mm 2300⨯=，高为()150mm 的圆锥，所以积水厚度()22150150312.5mm 100d ππ⨯⨯==⨯，属于中雨.故选：B.3.（2020·全国高考真题（理））如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（）A．EB．F C．G D．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .故选：A4．(2019年高考全国Ⅲ卷理)如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则()A．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ，易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线.过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，MF ⊥平面ABCD ，MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,,22MF BF BM ==∴=BM EN ∴≠，故选B．5.（2018·北京高考真题（文））某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】分析：根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.详解：由三视图可得四棱锥P ABCD -，在四棱锥P ABCD -中，2,2,2,1PD AD CD AB ====，由勾股定理可知：3,PA PC PB BC ====，则在四棱锥中，直角三角形有：,,PAD PCD PAB ∆∆∆共三个，故选C.6.（2021·全国高考真题（理））以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________（写出符合要求的一组答案即可）．【答案】③④（答案不唯一）【解析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，如图所示，长方体1111ABCD A B C D -中，12,1AB BC BB ===，,E F 分别为棱11,BC BC 的中点，则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥E ADF -.故答案为：③④.。

第八章 8.1 第1课时A级——基础过关练1．(2021年武汉月考)(多选)观察如下所示的四个几何体,其中判断正确的是( )A．①是棱柱B．②不是棱锥C．③不是棱锥D．④是棱台【答案】ACD【解析】结合棱柱、棱锥、棱台的定义可知①是棱柱,②是棱锥,④是棱台,③不是棱锥．2．(多选)下列命题中错误的是( )A．有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行,其余各面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱C．用一个平面去截棱锥,底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台D．有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱【答案】ACD【解析】在A中,如图的几何体,有两个面平行,其余各面都是四边形的几何体不是棱柱,故A错误；在B中,由棱柱的定义知B正确；在C中,用一个平行于底面的平面去截棱锥,底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台,故C错误；在D中,如图的几何体,有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体不是棱柱,故D错误．故选ACD.3．如图所示,在三棱台A′B′C′－ABC中,截去三棱锥A′－ABC,则剩余部分是( )A．三棱锥B．四棱锥C．三棱柱D．组合体【答案】B【解析】余下部分是四棱锥A′－BCC′B′.4．下列三种叙述,正确的有( )①用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部分是棱台；②两个底面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体是棱台；③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．A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】A【解析】①中的平面不一定平行于底面,故①错；②③可用如图的反例检验,故②③错．故选A.5．下列图形中,不能折成三棱柱的是( )【答案】C【解析】C中,两个底面均在上面,因此不能折成三棱柱,其余均能折成三棱柱．6．四棱柱有________条侧棱,________个顶点．【答案】4 8【解析】四棱柱有4条侧棱,8个顶点(可以结合正方体观察求得)．7．对如图所示的几何体描述正确的是________(写出正确结论的序号)．①这是一个六面体；②这是一个四棱台；③这是一个四棱柱；④此几何体可由三棱柱截去一个小三棱柱而得到；⑤此几何体可由四棱柱截去一个小三棱柱而得到．【答案】①③④⑤【解析】在①中,∵这个几何体有六个面,∴这是个六面体,故①正确；在②中,∵这个几何体的侧棱延长后不能交于同一点,所以这不是个四棱台,故②错误；在③中,如果把这个几何体的正面或背面作为底面就会发现这是一个四棱柱,故③正确；在④中,如图1所示,此几何体可由三棱柱截去一个小三棱柱而得到,故④正确；在⑤中,如图2所示,此几何体可由四棱柱截去一个小三棱柱而得到,故⑤正确．故选①③④⑤.图1 图28．如图,M是棱长为2 cm的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1的中点,沿正方体表面从点A 到点M的最短路程是________cm.【答案】13【解析】由题意,若以BC为轴展开,则A,M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为2 cm,3 cm,故两点之间的距离是13 cm.若以BB1为轴展开,则A,M两点连成的线段所在的直角三角形的两直角边的长度分别为1,4,故两点之间的距离是17 cm.故沿正方体表面从点A到点M的最短路程是13 cm.9．如图,在边长为2a的正方形ABCD中,E,F分别为AB,BC的中点,沿图中虚线将3个三角形折起,使点A,B,C重合,重合后记为点P.(1)折起后形成的几何体是什么几何体？(2)这个几何体共有几个面,每个面的三角形有何特点？(3)每个面的三角形面积为多少？解：(1)如图,折起后的几何体是三棱锥．(2)这个几何体共有4个面,其中△DEF为等腰三角形,△PEF为等腰直角三角形,△DPE和△DPF 均为直角三角形．(3)S △PEF ＝12a 2,S △DPF ＝S △DPE ＝12×2a ·a ＝a 2,S △DEF ＝S 正方形ABCD －S △PEF －S △DPF －S △DPE ＝(2a )2－12a 2－a 2－a 2＝32a 2. 10．如图所示,长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1.(1)这个长方体是棱柱吗？如果是,则该图形是几棱柱？为什么？(2)用平面BCNM 把这个长方体分成两部分,各部分形成的几何体还是棱柱吗？如果是,则该图形是几棱柱,并用符号表示；如果不是,请说明理由．解：(1)是棱柱,并且是四棱柱,因为长方体相对的两个面是互相平行的四边形(作底面),其余各面都是矩形(作侧面),且相邻侧面的公共边互相平行,符合棱柱的定义．(2)截面BCNM 的上方部分是三棱柱BB 1M －CC 1N ,下方部分是四棱柱ABMA 1－DCND 1.B 级——能力提升练11．下列命题中,真命题是( )A ．顶点在底面上的投影到底面各顶点的距离相等的三棱锥是正三棱锥B ．底面是正三角形,各侧面是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥C ．顶点在底面上的投影为底面三角形的垂心的三棱锥是正三棱锥D ．底面是正三角形,并且侧棱都相等的三棱锥是正三棱锥【答案】D【解析】对于选项A,到三角形各顶点距离相等的点为三角形外心,该三角形不一定为正三角形,故该命题是假命题；对于选项B,如图所示,△ABC 为正三角形,若PA ＝PB ＝AB ＝BC ＝AC ≠PC ,△PAB ,△PBC ,△PAC 都是等腰三角形,但它不是正三棱锥,故该命题是假命题；对于选项C,顶点在底面上的投影为底面三角形的垂心,底面为任意三角形皆可,故该命题是假命题；对于选项D,顶点在底面上的投影是底面三角形的外心,又因为底面三角形为正三角形,所以外心即为中心,故该命题是真命题．故选D.12．(2021年焦作模拟)如图所示都是正方体的表面展开图,还原成正方体后,其中两个完全一样的是( )A ．①②B ．②③C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】在图②③中,5不动,把图形折起,则2,5为对面,1,4为对面,3,6为对面,故图②③完全一样,而图①④则不同．13．五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个五棱柱的对角线共有________条．【答案】10【解析】在上底面选一个顶点,同时在下底面选一个顶点,且这两个顶点不在同一侧面上,这样上底面每个顶点对应两条对角线,所以共有10条．14．给出两块正三角形纸片(如图所示),要求将其中一块剪拼成一个底面为正三角形的三棱锥模型,另一块剪拼成一个底面是正三角形的三棱柱模型,请设计一种剪拼方案,分别用虚线标示在图中,并作简要说明．解：如图1所示,沿正三角形三边中点连线折起,可拼得一个底面为正三角形的三棱锥．图1 图2如图2所示,在正三角形三个角上剪出三个相同的四边形,其较长的一组邻边边长为三角形边长的14,有一组对角为直角,余下部分按虚线折成,可成为一个缺上底的底面为正三角形的三棱柱,而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个底面为正三角形的棱柱的上底．C 级——探索创新练15．(2021年哈尔滨月考)如图,在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中,AB ＝3,BC ＝4,A 1A ＝5,现有一只甲壳虫从点A 出发沿长方体表面爬行到点C 1来获取食物,试画出它的最短爬行路线,并求其路程的最小值．解：把长方体的部分面展开,如图,有三种情况．对甲、乙、丙三种展开图利用勾股定理可得AC1的长分别为90,74,80,由此可见乙是最短线路,所以甲壳虫可以先在长方形ABB1A1内由A到E,再在长方形BCC1B1内由E到C1,也可以先在长方形AA1D1D内由A到F,再在长方形DCC1D1内由F到C1,其最短路程为74.。

第2课时　定点与定值问题例1　(12分)(2019·北京)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A (0,1)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N .若|OM |·|ON |＝2，求证：直线l 经过定点．规范解答(1)解　由题意，得b 2＝1，c ＝1，所以a 2＝b 2＋c 2＝2.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.[2分](2)证明　设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则直线AP 的方程为y ＝y 1－1x 1x ＋1.[4分]令y ＝0，得点M 的横坐标x M ＝－x 1y 1－1.又y 1＝kx 1＋t ，从而|OM |＝|x M |＝|x 1kx 1＋t －1|.同理，|ON |＝|x 2kx 2＋t －1|.由Error!得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，[6分]则x 1＋x 2＝－4kt1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2.[8分]所以|OM |·|ON |＝|x 1kx 1＋t －1|·|x 2kx 2＋t －1|＝|x 1x 2k 2x 1x 2＋k (t －1)(x 1＋x 2)＋(t －1)2|＝|2t 2－21＋2k 2k 2·2t 2－21＋2k 2＋k (t －1)·(－4kt 1＋2k 2)＋(t －1)2|＝2|1＋t 1－t |.[10分]又|OM |·|ON |＝2，所以2|1＋t 1－t |＝2.解得t ＝0，所以直线l 经过定点(0,0)．[12分]解圆锥曲线综合问题的一般步骤第一步：确定曲线方程(一般根据待定系数法或定义法)．第二步：设直线方程并与曲线方程联立，得关于x 或y的一元二次方程．第三步：写出根与系数的关系(或求出交点出标)．第四步：将第三步得出的关系代入题目条件，解决范围、最值或定点、定值等问题．第五步：反思回顾，考虑方程有解条件和图形完备性．跟踪训练1　(2019·全国Ⅲ)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求该圆的方程．(1)证明　设D (t ，－12)，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由于y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1，整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0.所以直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点(0，12).(2)解　由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由Error!可得x 2－2tx －1＝0，Δ＝4t 2＋4>0恒成立，于是x 1＋x 2＝2t ，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M (t ，t 2＋12).由于EM → ⊥AB → ，而EM → ＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，|EM →|＝2，所求圆的方程为x 2＋(y －52)2＝4；当t ＝±1时，|EM →|＝2，所求圆的方程为x 2＋(y －52)2＝2.综上，所求圆的方程为x 2＋(y －52)2＝4或x 2＋(y －52)2＝2.定值问题例2　(2020·河南八市重点高中联考)已知O 为坐标原点，过点M (1,0)的直线l 与抛物线C ：y 2＝2px (p >0)交于A ，B 两点，且OA → ·OB →＝－3.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点M 作直线l ′⊥l 交抛物线C 于P ，Q 两点，记△OAB ，△OPQ 的面积分别为S 1，S 2，证明：1S 21＋1S 2为定值．(1)解　设直线l ：x ＝my ＋1，联立方程Error!消x 得，y 2－2pmy －2p ＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝2pm ，y 1y 2＝－2p ，又因为OA → ·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(my 1＋1)(my 2＋1)＋y 1y 2＝(1＋m 2)y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＋1＝(1＋m 2)(－2p )＋2pm 2＋1＝－2p ＋1＝－3.解得p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明　由(1)知M (1,0)是抛物线C 的焦点，所以|AB |＝x 1＋x 2＋p ＝my 1＋my 2＋2＋p ＝4m 2＋4.原点到直线l 的距离d ＝11＋m 2，所以S 1＝12×11＋m 2×4(m 2＋1)＝21＋m 2.因为直线l ′过点(1,0)且l ′⊥l ，所以S 2＝21＋(1m )2＝21＋m 2m 2.所以1S 21＋1S 2＝14(1＋m 2)＋m 24(1＋m 2)＝14.即1S 21＋1S 2为定值14.思维升华　圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．跟踪训练2　已知点M 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点，F 1，F 2分别为C 的左、右焦点，且|F 1F 2|＝4，∠F 1MF 2＝60°，△F 1MF 2的面积为433.(1)求椭圆C 的方程；(2)设N (0,2)，过点P (－1，－2)作直线l ，交椭圆C 于异于N 的A ，B 两点，直线NA ，NB 的斜率分别为k 1，k 2，证明：k 1＋k 2为定值．(1)解　在△F 1MF 2中，由12|MF 1||MF 2|sin 60°＝433，得|MF 1||MF 2|＝163.由余弦定理，得|F 1F 2|2＝|MF 1|2＋|MF 2|2－2|MF 1||MF 2|·cos 60°＝(|MF 1|＋|MF 2|)2－2|MF 1||MF 2|(1＋cos 60°)，解得|MF 1|＋|MF 2|＝42.从而2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝42，即a ＝22.由|F 1F 2|＝4得c ＝2，从而b ＝2，故椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)证明　当直线l 的斜率存在时，设斜率为k ，显然k ≠0，则其方程为y ＋2＝k (x ＋1)，由Error!得(1＋2k 2)x 2＋4k (k －2)x ＋2k 2－8k ＝0.Δ＝56k 2＋32k >0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k (k －2)1＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－8k1＋2k 2.从而k 1＋k 2＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝2kx 1x 2＋(k －4)(x 1＋x 2)x 1x 2＝2k －(k －4)·4k (k －2)2k 2－8k＝4.当直线l 的斜率不存在时，可得A (－1，142)，B (－1，－142)，得k 1＋k 2＝4.综上，k 1＋k 2为定值．1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，且经过点A(3，12).(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点B (4,0)作一条斜率不为0的直线l 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，记点P 关于x 轴对称的点为P ′.证明：直线P ′Q 经过x 轴上一定点D ，并求出定点D 的坐标．(1)解　由椭圆的定义，可知2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝(23)2＋(12)2＋12＝4.解得a ＝2.又b 2＝a 2－(3)2＝1.∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明　由题意，设直线l 的方程为x ＝my ＋4(m ≠0)．设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则P ′(x 1，－y 1)．由Error!消去x ，可得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0.∵Δ＝16(m 2－12)>0，∴m 2>12.∴y 1＋y 2＝－8mm 2＋4，y 1y 2＝12m 2＋4.∵k P ′Q ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1m (y 2－y 1).∴直线P ′Q 的方程为y ＋y 1＝y 2＋y 1m (y 2－y 1)(x －x 1)．令y ＝0，可得x ＝m (y 2－y 1)y 1y 1＋y2＋my 1＋4.∴x ＝2my 1y 2y 1＋y 2＋4＝2m ·12m 2＋4－8m m 2＋4＋4＝24m －8m ＋4＝1.∴D (1,0)．∴直线P ′Q 经过x 轴上定点D ，其坐标为(1,0)．2．(2020·西安模拟)设F 1，F 2为椭圆C ：x 24＋y 2b 2＝1(b >0)的左、右焦点，M 为椭圆上一点，满足MF 1⊥MF 2，已知△MF 1F 2的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设C 的上顶点为H ，过点(2，－1)的直线与椭圆交于R ，S 两点(异于H )，求证：直线HR 和HS 的斜率之和为定值，并求出这个定值．解　(1)由椭圆定义得|MF 1|＋|MF 2|＝4，①由MF 1⊥MF 2得|MF 1|2＋|MF 2|2＝|F 1F 2|2＝4(4－b 2)，②由题意得＝12|MF 1|·|MF 2|＝1，③由①②③，可得b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)依题意，H (0,1)，显然直线RS 的斜率存在且不为0，设直线RS 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)，代入椭圆方程并化简得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题意知，Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0，设R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，故x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.k HR ＋k HS ＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2k ＋(m －1)x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(m －1)－8km 4m 2－4＝2k －2km m ＋1＝2k m ＋1.∵直线RS 过点(2，－1)，∴2k ＋m ＝－1，∴k HR ＋k HS ＝－1.故k HR ＋k HS 为定值－1.3．(2020·太原模拟)已知动圆E 经过定点D (1,0)，且与直线x ＝－1相切，设动圆圆心E 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)设过点P (1,2)的直线l 1，l 2分别与曲线C 交于A ，B 两点，直线l 1，l 2的斜率存在，且倾斜角互补，证明：直线AB 的斜率为定值．(1)解　由已知，动点E 到定点D (1,0)的距离等于E 到直线x ＝－1的距离，由抛物线的定义知E 点的轨迹是以D (1,0)为焦点，以x ＝－1为准线的抛物线，故曲线C 的方程为y 2＝4x .(2)证明　由题意直线l 1，l 2的斜率存在，倾斜角互补，得l 1，l 2的斜率互为相反数，且不等于12MF F S △零．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 1的方程为y ＝k (x －1)＋2，k ≠0.直线l 2的方程为y ＝－k (x －1)＋2，由Error!得k 2x 2－(2k 2－4k ＋4)x ＋(k －2)2＝0，Δ＝16(k －1)2>0，已知此方程一个根为1，∴x 1×1＝(k －2)2k 2＝k 2－4k ＋4k 2，即x 1＝k 2－4k ＋4k 2，同理x 2＝(－k )2－4(－k )＋4(－k )2＝k 2＋4k ＋4k 2，∴x 1＋x 2＝2k 2＋8k 2，x 1－x 2＝－8k k 2＝－8k，∴y 1－y 2＝[k (x 1－1)＋2]－[－k (x 2－1)＋2]＝k (x 1＋x 2)－2k ＝k ·2k 2＋8k 2－2k ＝8k，∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝8k －8k ＝－1，∴直线AB 的斜率为定值－1.4．(2019·江淮十校联考)已知P 是圆F 1：(x ＋1)2＋y 2＝16上任意一点，F 2(1,0)，线段PF 2的垂直平分线与半径PF 1交于点Q ，当点P 在圆F 1上运动时，记点Q 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)记曲线C 与x 轴交于A ，B 两点，M 是直线x ＝1上任意一点，直线MA ，MB 与曲线C 的另一个交点分别为D ，E ，求证：直线DE 过定点H (4,0)．(1)解　由线段PF 2的垂直平分线与半径PF 1交于点Q ，得|QF 1|＋|QF 2|＝|QF 1|＋|QP |＝|PF 1|＝4>|F 1F 2|＝2，所以点Q 的轨迹为以F 1，F 2为焦点，长轴长为4的椭圆，故2a ＝4，a ＝2,2c ＝2，c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3.曲线C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明　由(1)可设A (－2,0)，B (2,0)，点M 的坐标为(1，m )，直线MA 的方程为y ＝m 3(x ＋2)，将y ＝m 3(x ＋2)与x 24＋y 23＝1联立整理得，(4m 2＋27)x 2＋16m 2x ＋16m 2－108＝0，设点D 的坐标为(x D ，y D )，则－2x D ＝16m 2－1084m 2＋27，故x D ＝54－8m 24m 2＋27，则y D ＝m 3(x D ＋2)＝36m4m 2＋27，直线MB 的方程为y ＝－m (x －2)，将y ＝－m (x －2)与x 24＋y 23＝1联立整理得，(4m 2＋3)x 2－16m 2x ＋16m 2－12＝0，设点E 的坐标为(x E ，y E )，则2x E ＝16m 2－124m 2＋3，故x E ＝8m 2－64m 2＋3，则y E ＝－m (x E －2)＝12m4m 2＋3，HD 的斜率为k 1＝y Dx D －4＝36m 54－8m 2－4(4m 2＋27)＝－6m4m 2＋9，HE 的斜率为k 2＝y Ex E －4＝12m 8m 2－6－4(4m 2＋3)＝－6m4m 2＋9，因为k 1＝k 2，所以直线DE 经过定点H (4,0)．5．椭圆C 的焦点为F 1(－2，0)，F 2(2，0)，且点M (2，1)在椭圆C 上．过点P (0,1)的动直线l 与椭圆相交于A ，B 两点，点B 关于y 轴的对称点为点D (不同于点A )．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)证明：直线AD 恒过定点，并求出定点坐标．解　(1)设椭圆C 的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．由已知得c ＝2，2a ＝|MF 1|＋|MF 2|＝[2－(－2)]2＋1＋1＝4.所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝2.所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)方法一　当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)．由Error!得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (－x 2，y 2)，则Error!特殊地，当A 的坐标为(2,0)时，k ＝－12，所以2x 2＝－43，x 2＝－23，y 2＝43，即B (－23，43)，所以点B 关于y 轴的对称点为D (23，43)，则直线AD 的方程为y ＝－x ＋2.当直线l 的斜率不存在时，直线AD 的方程为x ＝0.如果存在定点Q 满足条件，则Q (0,2)，k QA ＝y 1－2x 1＝y 1－1－1x 1＝k －1x 1，k QD ＝y 2－2－x 2＝－k ＋1x 2，又因为k QA －k QD ＝2k －(1x 1＋1x 2)＝2k －x 1＋x 2x 1x 2＝2k －2k ＝0，所以k QA ＝k QD ，即A ，D ，Q 三点共线，故直线AD 恒过定点，定点坐标为(0,2)．方法二　当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)．联立Error!得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (－x 2，y 2)．则Error!k AD ＝y 2－y 1－x 2－x 1.所以AD 的直线方程为y －y 1＝y 2－y 1－x 2－x 1(x －x 1)，所以y ＝y 1－y 2x 1＋x 2x ＋y 2－y 1x 1＋x 2·x 1＋y 1＝y1－y2x1＋x2x＋2kx1x2＋x1＋x2x1＋x2＝y1－y2x1＋x2x＋2.当x＝0时，y＝2.所以直线AD恒过定点(0,2)．当直线l的斜率不存在时，直线AD的方程为x＝0，过定点(0,2)．综上，直线AD恒过定点，定点为(0,2)．。

8.1 基本几何图形第2课时圆柱、圆锥、圆台、球、简单组合体立体几何是研究三维空间中物体的形状、大小、位置关系的一门数学学科，而三维空间是人们生存发展的现实空间，学习立体几何对我们更好地认识客观世界，更好地生存与发展具有重要意义。

在立体几何初步部分,学生将先从对空间几何体观察入手、认识空间图形；再以长方体为载体，直观认识和理解空间点、线、面的位置关系。

本节内容既是义务教育阶段“空间与图形”课程的延续和提高，也是后续研究空间点、线、面位置关系的基础，既巩固了前面所学的内容，又为后面内容的学习做了知识上和方法上的准备，在教材中起着承前启后的作用。

课程目标1．认识圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征．2．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．数学学科素养1.数学抽象：简单组合体概念的理解；2.逻辑推理：圆柱、圆锥、圆台、球的结构特点；3.直观想象：判断空间几何体；4.数学运算：球的相关计算、最短距离等；5.数学建模：通过平面展开图将空间问题转化为平面问题解决，体现了转化的思想方法.重点：掌握圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征；难点：旋转体的相关计算.教学方法：以学生为主体，小组为单位，采用诱思探究式教学，精讲多练。

教学工具：多媒体。

一、情景导入上节课学了常见的多面体：棱柱、棱锥、棱台，那么常见的旋转体有哪些？又有什么结构特点？要求：让学生自由发言，教师不做判断。

而是引导学生进一步观察.研探.二、预习课本，引入新课阅读课本101-104页，思考并完成以下问题1、旋转体包含哪些图形？2、圆柱、圆锥、圆台、球是怎样定义的？又有什么结构特点？3、什么是简单组合体，特点是什么？要求：学生独立完成，以小组为单位，组内可商量，最终选出代表回答问题。

三、新知探究一、常见的旋转体1、圆柱：定义：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体。

旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面；平行于轴的边旋转而成曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线。

§8.1 直线的方程考试要求 1.在平面直角坐标系中，结合具体图形，探索确定直线位置的几何要素.2.理解直线的倾斜角和斜率的概念，经历用代数方法刻画直线斜率的过程，掌握过两点的直线斜率的计算公式.3.根据确定直线位置的几何要素，探索并掌握直线方程的几种形式(点斜式、两点式及一般式)．1．直线的倾斜角(1)定义：当直线l 与x 轴相交时，我们以x 轴作为基准，x 轴正向与直线l 向上的方向之间所成的角α叫做直线l 的倾斜角．(2)范围：直线的倾斜角α的取值范围为0°≤α<180°. 2．直线的斜率(1)定义：把一条直线的倾斜角α的正切值叫做这条直线的斜率．斜率常用小写字母k 表示，即k ＝tan_α(α≠90°)． (2)过两点的直线的斜率公式如果直线经过两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)(x 1≠x 2)，其斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1.3．直线方程的五种形式名称 方程适用范围 点斜式 y －y 0＝k(x －x 0) 不含直线x ＝x 0 斜截式 y ＝kx ＋b不含垂直于x 轴的直线 两点式 y －y 1y 2－y 1＝x －x 1x 2－x 1(x 1≠x 2，y 1≠y 2) 不含直线x ＝x 1和直线y ＝y 1 截距式 x a ＋yb＝1 不含垂直于坐标轴和过原点的直线 一般式Ax ＋By ＋C ＝0(A 2＋B 2≠0)平面直角坐标系内的直线都适用微思考1．直线的倾斜角越大，斜率越大对吗？提示 不对．设直线的倾斜角为α，斜率为k.α的大小 0° 0°<α<90° 90° 90°<α<180° k 的范围 k ＝0 k>0不存在k<0k 的增减性随α的增大而增大随α的增大而增大2.“截距”与“距离”有何区别？当截距相等时应注意什么？提示 “截距”是直线与坐标轴交点的坐标值，它可正，可负，也可以是零，而“距离”是一个非负数．应注意过原点的特殊情况是否满足题意．题组一 思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)根据直线的倾斜角的大小不能确定直线的位置．( √ ) (2)若直线的斜率为tanα，则其倾斜角为α.( × ) (3)斜率相等的两直线的倾斜角不一定相等．( × )(4)经过定点A(0，b)的直线都可以用方程y ＝kx ＋b 表示．( × ) 题组二 教材改编2．若过点M(－2，m)，N(m,4)的直线的斜率等于1，则m 的值为( ) A ．1 B ．4 C ．1或3 D ．1或4答案 A解析 由题意得m －4－2－m＝1，解得m ＝1.3．已知直线斜率的绝对值等于1，则直线的倾斜角为________． 答案π4或3π4解析 由|k|＝|tanα|＝1知tanα＝±1， ∴α＝π4或3π4.4．已知三点A(－3，－1)，B(0,2)，C(m,4)在同一直线上，则实数m 的值为________． 答案 2解析 因为A ，B ，C 三点在同一直线上，所以k AB ＝k BC ，即2－－10－－3＝4－2m －0，故m ＝2. 题组三 易错自纠5．(多选)下列说法正确的是( ) A ．有的直线斜率不存在B ．若直线l 的倾斜角为α，且α≠90°，则它的斜率k ＝tanαC ．若直线l 的斜率为1，则它的倾斜角为3π4D ．截距可以为负值 答案 ABD6．过点P(2,3)且在两坐标轴上截距相等的直线方程为________________． 答案 3x －2y ＝0或x ＋y －5＝0解析 当截距为0时，直线方程为3x －2y ＝0； 当截距不为0时，设直线方程为x a ＋ya＝1，则2a ＋3a＝1，解得a ＝5.所以直线方程为x ＋y －5＝0.题型一直线的倾斜角与斜率例1 (1)已知两点A(－1,2)，B(m,3)，且m∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33－1，3－1，则直线AB 的倾斜角α的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2B.⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，2π3C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，2π3 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，2π3 答案 D解析 ①当m ＝－1时，α＝π2；②当m≠－1时，∵k＝1m ＋1∈(－∞，－ 3 ]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫33，＋∞，∴α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫π6，π2∪⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，2π3. 综合①②知直线AB 的倾斜角α的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，2π3.(2)(2020·安阳模拟)已知点A(1,3)，B(－2，－1)．若直线l ：y ＝k(x －2)＋1与线段AB 相交，则k 的取值范围是( ) A ．k≥12B ．k≤－2C ．k≥12或k≤－2D ．－2≤k≤12答案 D解析 直线l ：y ＝k(x －2)＋1经过定点P(2,1)，∵k PA ＝3－11－2＝－2，k PB ＝－1－1－2－2＝12，又直线l ：y ＝k(x －2)＋1与线段AB 相交， ∴－2≤k≤12.本例(2)直线l 改为y ＝kx ，若l 与线段AB 相交，则k 的取值范围是______．答案 ⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12∪[3，＋∞) 解析 直线l 过定点P(0,0)， ∵k PA ＝3，k PB ＝12，∴k≥3或k≤12.思维升华 (1)斜率的两种求法：定义法、斜率公式法．(2)倾斜角和斜率范围求法：①图形观察(数形结合)；②充分利用函数k ＝tanα的单调性． 跟踪训练1 (1)(2021·宿州模拟)若图中直线l 1，l 2，l 3的斜率分别为k 1，k 2，k 3，则( )A ．k 1<k 2<k 3B ．k 3<k 1<k 2C ．k 3<k 2<k 1D ．k 1<k 3<k 2答案 D解析 因为直线l 2，l 3的倾斜角为锐角，且直线l 2的倾斜角大于直线l 3的倾斜角，所以0<k 3<k 2.直线l 1的倾斜角为钝角，斜率k 1<0，所以k 1<k 3<k 2.(2)直线l 过点P(1,0)，且与以A(2,1)，B(0，3)为端点的线段有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是______________． 答案 (－∞，－ 3 ]∪[1，＋∞) 解析 如图所示，当直线l 过点B 时，k 1＝3－00－1＝－ 3.当直线l 过点A 时，k 2＝1－02－1＝1，∴要使直线l 与线段AB 有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－ 3 ]∪[1，＋∞)．题型二求直线的方程1．(2021·荆门期末)经过点P(2，－3)，且倾斜角为45°的直线方程为( ) A ．x ＋y ＋1＝0 B ．x ＋y －1＝0 C ．x －y ＋5＝0 D ．x －y －5＝0答案 D解析 倾斜角为45°的直线的斜率为tan45°＝1，又该直线经过点P(2，－3)，所以用点斜式求得直线的方程为y ＋3＝x －2，即x －y －5＝0.2．已知点M 是直线l ：2x －y －4＝0与x 轴的交点，将直线l 绕点M 按逆时针方向旋转45°，得到的直线方程是( ) A ．x ＋y －3＝0 B ．x －3y －2＝0 C ．3x －y ＋6＝0 D ．3x ＋y －6＝0答案 D解析 设直线l 的倾斜角为α，则tanα＝k ＝2，直线l 绕点M 按逆时针方向旋转45°，所得直线的斜率k′＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2＋11－2×1＝－3，又点M(2,0)，所以y ＝－3(x －2)，即3x ＋y －6＝0.3．经过两条直线l 1：x ＋y ＝2，l 2：2x －y ＝1的交点，且直线的一个方向向量v ＝(－3,2)的直线方程为__________． 答案 2x ＋3y －5＝0解析 联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，2x －y ＝1，解得x ＝1，y ＝1，∴直线过点(1,1)，∵直线的方向向量v ＝(－3,2)， ∴直线的斜率k ＝－23.则直线的方程为y －1＝－23(x －1)，即2x ＋3y －5＝0.4．过点(2,1)且在x 轴上截距与在y 轴上截距之和为6的直线方程为_________________． 答案 x ＋y －3＝0或x ＋2y －4＝0 解析 由题意可设直线方程为x a ＋yb ＝1.则⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＝6，2a ＋1b＝1，解得a ＝b ＝3，或a ＝4，b ＝2.故所求直线方程为x ＋y －3＝0或x ＋2y －4＝0.思维升华 (1)求直线方程一般有以下两种方法：①直接法：由题意确定出直线方程的适当形式，然后直接写出其方程．②待定系数法：先由直线满足的条件设出直线方程，方程中含有待定的系数，再由题设条件求出待定系数，即得所求直线方程．(2)在求直线方程时，应选择适当的形式，并注意各种形式的适用条件，特别是对于点斜式、截距式方程，使用时要注意分类讨论思想的运用．题型三直线方程的综合应用 命题点1 直线过定点问题例2已知k∈R，写出以下动直线所过的定点坐标： (1)若直线方程为y ＝kx ＋3，则直线过定点________； (2)若直线方程为y ＝kx ＋3k ，则直线过定点________； (3)若直线方程为x ＝ky ＋3，则直线过定点________． 答案 (1)(0,3) (2)(－3,0) (3)(3,0)解析 (1)当x ＝0时，y ＝3，所以直线过定点(0,3)． (2)直线方程可化为y ＝k(x ＋3)，故直线过定点(－3,0)． (3)当y ＝0时，x ＝3，所以直线过定点(3,0)． 命题点2 与直线有关的多边形面积的最值例3已知直线l 过点M(2,1)，且分别与x 轴的正半轴，y 轴的正半轴交于A ，B 两点，O 为原点，当△AOB 面积最小时，求直线l 的方程．解 方法一 设直线l 的方程为y －1＝k(x －2)，则可得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －1k ，0，B(0,1－2k)．∵与x 轴，y 轴正半轴分别交于A ，B 两点，∴⎩⎪⎨⎪⎧2k －1k >0，1－2k>0⇒k<0.于是S △AOB ＝12·|OA|·|OB|＝12·2k －1k ·(1－2k)＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4－1k －4k ≥12⎣⎢⎡⎦⎥⎤4＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ·－4k ＝4. 当且仅当－1k ＝－4k ，即k ＝－12时，△AOB 面积有最小值为4，此时，直线l 的方程为y －1＝－12(x －2)，即x ＋2y －4＝0.方法二 设所求直线l 的方程为x a ＋yb ＝1(a>0，b>0)，则2a ＋1b＝1.又∵2a ＋1b ≥22ab ⇒12ab≥4，当且仅当2a ＝1b ＝12，即a ＝4，b ＝2时，△AOB 面积S ＝12ab 有最小值为4.此时，直线l 的方程是x 4＋y2＝1.本例中，当|MA|·|MB|取得最小值时，求直线l 的方程．解 方法一 由本例知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －1k ，0，B(0,1－2k)(k<0)．∴|MA|·|MB|＝1k 2＋1·4＋4k 2＝21＋k 2|k|＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤－k ＋1－k ≥4.当且仅当－k ＝－1k ，即k ＝－1时取等号．此时直线l 的方程为x ＋y －3＝0.方法二 由本例知A(a,0)，B(0，b)，a>0，b>0，2a ＋1b ＝1.∴|MA|·|MB|＝|MA →|·|MB →|＝－MA →·MB →＝－(a －2，－1)·(－2，b －1) ＝2(a －2)＋b －1＝2a ＋b －5＝(2a ＋b)⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋1b －5＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ＋a b ≥4， 当且仅当a ＝b ＝3时取等号，此时直线l 的方程为x ＋y －3＝0.思维升华 (1)直线过定点问题可以利用直线点斜式方程的结构特征，对照得到定点坐标． (2)求解与直线方程有关的面积问题，应根据直线方程求解相应坐标或者相关长度，进而求得多边形面积．(3)求参数值或范围．注意点在直线上，则点的坐标适合直线的方程，再结合函数的单调性或基本不等式求解．跟踪训练2已知直线l ：kx －y ＋1＋2k ＝0(k∈R)． (1)证明：直线l 过定点；(2)若直线不经过第四象限，求k 的取值范围；(3)若直线l 交x 轴负半轴于A ，交y 轴正半轴于B ，△AOB 的面积为S(O 为坐标原点)，求S 的最小值并求此时直线l 的方程．(1)证明 直线l 的方程可化为k(x ＋2)＋(1－y)＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2＝0，1－y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－2，y ＝1.∴无论k 取何值，直线l 总经过定点(－2,1)．(2)解 由方程知，当k≠0时直线在x 轴上的截距为－1＋2kk，在y 轴上的截距为1＋2k ，要使直线不经过第四象限，则必须有⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2k k ≤－2，1＋2k≥1，解得k>0；当k ＝0时，直线为y ＝1，符合题意，故k 的取值范围是[0，＋∞)． (3)解 由题意可知k≠0，再由l 的方程，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋2k k ，0，B(0,1＋2k)． 依题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋2k k <0，1＋2k>0，解得k>0.∵S＝12·|OA|·|OB|＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2k k ·|1＋2k|＝12·1＋2k2k＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4k ＋1k ＋4≥12×(2×2＋4)＝4，“＝”成立的条件是k>0且4k ＝1k ，即k ＝12，∴S min ＝4，此时直线l 的方程为x －2y ＋4＝0.课时精练1．(2021·清远期末)倾斜角为120°且在y 轴上的截距为－2的直线方程为( ) A ．y ＝－3x ＋2 B ．y ＝－3x －2 C ．y ＝3x ＋2 D ．y ＝3x －2答案 B解析 斜率为tan120°＝－3，利用斜截式直接写出方程，即y ＝－3x －2.2．(2021·菏泽模拟)若平面内三点A(1，－a)，B(2，a 2)，C(3，a 3)共线，则a 等于( ) A ．1±2或0 B.2－52或0 C.2±52D.2＋52或0 答案 A解析 由题意知k AB ＝k AC ，即a 2＋a 2－1＝a 3＋a3－1，即a(a 2－2a －1)＝0，解得a ＝0或a ＝1± 2.3．(2021·广东七校联考)若过点P(1－a,1＋a)和Q(3,2a)的直线的倾斜角为钝角，则实数a 的取值范围是( ) A ．(－2,1) B ．(－1,2)C ．(－∞，0)D ．(－∞，－2)∪(1，＋∞)答案 A解析 由题意知2a －1－a 3－1＋a <0，即a －12＋a<0，解得－2<a<1.4．(2020·北京丰台区模拟)若直线y ＝ax ＋c 经过第一、二、三象限，则有( ) A ．a>0，c>0 B ．a>0，c<0 C ．a<0，c>0 D ．a<0，c<0 答案 A解析 ∵直线y ＝ax ＋c 经过第一、二、三象限， ∴直线的斜率a>0，在y 轴上的截距c>0.5．直线2xcosα－y －3＝0⎝ ⎛⎭⎪⎫α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3的倾斜角的取值范围是 ( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π2 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，2π3答案 B解析 直线2xcosα－y －3＝0的斜率k ＝2cosα， 因为α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π3，所以12≤cosα≤32，因此k ＝2cosα∈[1， 3 ]．设直线的倾斜角为θ，则有tanθ∈[1， 3 ]．又θ∈[0，π)，所以θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3， 即倾斜角的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，π3. 6．(多选)在下列四个命题中，错误的有( ) A ．坐标平面内的任何一条直线均有倾斜角和斜率 B ．直线倾斜角的取值范围是[0，π)C ．若一条直线的斜率为tanα，则此直线的倾斜角为αD ．若一条直线的倾斜角为α，则此直线的斜率为tanα 答案 ACD解析 对于A ，当直线与x 轴垂直时，直线的倾斜角为90°，斜率不存在，∴A 错误； 对于B ，直线倾斜角的取值范围是[0，π)，∴B 正确；对于C ，一条直线的斜率为tan α，此直线的倾斜角不一定为α，∴C 错误；对于D ，一条直线的倾斜角为α时，它的斜率为tan α或不存在，D 错误． 故选ACD.7．(多选)若直线过点A(1,2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线l 的方程为( ) A ．x －y ＋1＝0 B ．x ＋y －3＝0 C ．2x －y ＝0 D ．x －y －1＝0答案 ABC解析 当直线经过原点时，斜率为k ＝2－01－0＝2，所求的直线方程为y ＝2x ，即2x －y ＝0；当直线不过原点时，设所求的直线方程为x±y＝k ，把点A(1,2)代入可得1－2＝k ，或1＋2＝k ， 求得k ＝－1，或k ＝3，故所求的直线方程为x －y ＋1＝0，或x ＋y －3＝0. 综上知，所求的直线方程为 2x －y ＝0，x －y ＋1＝0， 或x ＋y －3＝0.8．(多选)垂直于直线3x －4y －7＝0，且与两坐标轴围成的三角形的面积为6的直线在x 轴上的截距是( ) A ．4 B ．－4 C ．3 D ．－3答案 CD解析 设直线方程是4x ＋3y ＋d ＝0，分别令x ＝0和y ＝0，得直线在两坐标轴上的截距分别是－d3，－d 4，所以6＝12×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－d 3×⎪⎪⎪⎪⎪⎪－d 4＝d224.所以d ＝±12，则直线在x 轴上的截距为3或－3. 9．直线l 过(－1，－1)，(2,5)两点，点(1011，b)在l 上，则b 的值为________． 答案 2023解析 直线l 的方程为y －－15－－1＝x －－12－－1，即y ＋16＝x ＋13，即y ＝2x ＋1. 令x ＝1011，得y ＝2023，∴b＝2023.10．设直线l 的方程为2x ＋(k －3)y －2k ＋6＝0(k≠3)，若直线l 的斜率为－1，则k ＝______；若直线l 在x 轴、y 轴上的截距之和等于0，则k ＝________. 答案 5 1解析 因为直线l 的斜率存在，所以直线l 的方程可化为y ＝－2k －3x ＋2，由题意得－2k －3＝－1，解得k ＝5.直线l 的方程可化为x k －3＋y2＝1，由题意得k －3＋2＝0，解得k ＝1. 11．已知三角形的三个顶点A(－5,0)，B(3，－3)，C(0,2)，则BC 边上中线所在的直线方程为____________．答案 x ＋13y ＋5＝0解析 BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，∴BC 边上中线所在直线方程为y －0－12－0＝x ＋532＋5，即x ＋13y ＋5＝0. 12．(八省联考)若正方形一条对角线所在直线的斜率为2，则该正方形的两条邻边所在直线的斜率分别为________．答案 13，－3 解析 方法一 设正方形一边所在直线的倾斜角为α，其斜率k ＝tanα.则其中一条对角线所在直线的倾斜角为α＋π4，其斜率为tan ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π4. 依题意知：tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫α＋π4＝2，即tanα＋tanπ41－tanα·ta n π4＝tanα＋11－tanα＝2，∴tanα＝13， ∴正方形一边的斜率k ＝13，可知相邻一边所在直线的斜率为－3. 方法二 正方形两条相邻边与对角线的夹角为 π4， 设正方形的边所在直线的斜率为k ，则由夹角公式得tan π4＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪k －21＋2k ⇒k ＝13或k ＝－3.13．已知P(－3,2)，Q(3,4)及直线ax ＋y ＋3＝0.若沿PQ →的方向延长线段PQ 与直线有交点(不含Q点)，则a 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－73，－13 解析 直线l ：ax ＋y ＋3＝0是过点A(0，－3)的直线系，斜率为参变数－a ，易知PQ ，QA ，l 的斜率分别为：k PQ ＝13，k AQ ＝73，k l ＝－a.若l 与PQ 延长线相交，由图可知k PQ <k l <k AQ ，解得－73<a<－13.14．已知数列{a n }的通项公式为a n ＝1n n ＋1(n∈N *)，其前n 项和S n ＝910，则直线x n ＋1＋y n＝1与坐标轴所围成的三角形的面积为________．答案 45解析 由a n ＝1n n ＋1可知a n ＝1n －1n ＋1， 所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝1－1n ＋1， 又知S n ＝910，所以1－1n ＋1＝910，所以n ＝9. 所以直线方程为x 10＋y 9＝1，且与坐标轴的交点为(10,0)和(0,9)，所以直线与坐标轴所围成的三角形的面积为12×10×9＝45.15．(多选)已知直线xsinα＋ycosα＋1＝0(α∈R)，则下列命题正确的是( )A ．直线的倾斜角是π－αB ．无论α如何变化，直线不过原点C ．直线的斜率一定存在D ．当直线和两坐标轴都相交时，它和坐标轴围成的三角形的面积不小于1答案 BD解析 根据直线倾斜角的范围为[0，π)，而π－α∈R，所以A 不正确；当x ＝y ＝0时，xsinα＋ycosα＋1＝1≠0，所以直线必不过原点，B 正确；当α＝π2时，直线斜率不存在，C 不正确；当直线和两坐标轴都相交时，它和坐标轴围成的三角形的面积为S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－sinα·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1－cosα＝1|sin2α|≥1，所以D 正确． 16．如图，射线OA ，OB 分别与x 轴正半轴成45°和30°角，过点P(1,0)作直线AB 分别交OA ，OB 于A ，B 两点，当AB 的中点C 恰好落在直线y ＝12x 上时，则直线AB 的方程是______．答案 (3＋3)x －2y －3－3＝0解析 由题意可得k OA ＝tan45°＝1，k OB ＝tan(180°－30°)＝－33， 所以直线l OA ：y ＝x ，l OB ：y ＝－33x. 设A(m ，m)，B(－3n ，n)，所以AB 的中点C ⎝ ⎛⎭⎪⎫m －3n 2，m ＋n 2， 由点C 在直线y ＝12x 上，且A ，P ，B 三点共线得 ⎩⎪⎨⎪⎧ m ＋n2＝12·m －3n 2，m －0·－3n －1＝n －0·m －1， 解得m ＝3，所以A(3，3)．又P(1,0)，所以k AB ＝k AP ＝33－1＝3＋32，所以l AB ：y ＝3＋32(x －1)，即直线AB 的方程为(3＋3)x －2y －3－3＝0.。

第2课时旋转体和简单组合体素养目标·定方向素养目标学法指导1．认识圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征.(直观想象)2．认识柱、锥、台、球及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.(直观想象)1．利用柱、锥、台之间的联系来加强记忆，如棱柱、棱锥、棱台为一类，圆柱、圆锥、圆台为一类；或分成柱体、锥体、台体三类来分别认识.只有对比才能把握实质与区别.2．与平面几何的有关概念、图形和性质进行适当类比，逐步学会用类比的思想分析问题和解决问题.必备知识·探新知知识点1圆柱的结构特征定义以__矩形__的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱有关概念旋转轴叫做圆柱的__轴__；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的__底面__；平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的__侧面__；无论旋转到什么位置，__不垂直__于轴的边都叫做圆柱侧面的母线图形表示法用表示它的轴的字母，即表示两底面__圆心__的字母表示，上图中的圆柱可记作圆柱__O′O__规定__圆柱__和__棱柱__统称为柱体(1)圆柱有无数条母线，它们互相平行且相等.(2)平行于底面的截面是与底面大小相同的圆，如图①所示.(3)过轴的截面(轴截面)都是全等的矩形，如图②所示.(4)过任意两条母线的截面是矩形，如图③所示.知识点2圆锥的结构特征定义以__直角__三角形的一条__直角边__所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆锥图形有关概念如上图所示，轴为__SO__，底面为__⊙O__，SA为母线.另外，S叫做圆锥的__顶点__，OA(或OB)叫做底面⊙O的__半径__表示法圆锥用表示它的__轴__的字母表示，上图中的圆锥可记作圆锥__SO__ 规定__棱锥__与__圆锥__统称为锥体[知识解读]圆锥的简单性质：(1)圆锥有无数条母线，它们有公共点即圆锥的顶点，且长度相等.(2)平行于底面的截面都是圆，如图①所示.(3)过轴的截面(轴截面)是全等的等腰三角形，如图②所示.(4)过任意两条母线的截面是等腰三角形，如图③所示.知识点3圆台的结构特征定义用平行于__圆锥__底面的平面去截圆锥，__底面__与__截面__之间的部分叫做圆台图形有关概念原圆锥的底面和截面分别叫做圆台的__下__底面和__上__底面.与圆柱和圆锥一样，圆台也有轴、__侧面__、母线，如上图所示，轴为__OO′__，AA′为母线表示法用表示轴的__字母__表示，上图中的圆台可记作圆台__OO′__规定__圆台__与__棱台__统称为台体[知识解读]圆台的简单性质：(1)圆台有无数条母线，且它们相等，延长后相交于一点.(2)平行于底面的截面是圆，如图①所示.(3)过轴的截面是全等的等腰梯形，如图②所示.(4)过任意两条母线的截面是等腰梯形，如图③所示.知识点4球定义以半圆的__直径__所在直线为旋转轴，半圆面旋转__一周__形成的旋转体叫做球体，简称球有关概念半圆的__圆心__叫做球的球心；半圆的__半径__叫做球的半径；半圆的__直径__叫做球的直径图形表示法球常用表示__球心__的字母表示，如上图中的球记作球__O__关键能力·攻重难题型探究题型一旋转体的结构特征典例1下列结论正确的是__④⑥⑧__.①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；④以等腰三角形的底边上的高所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥；⑤球面上四个不同的点一定不在同一平面内；⑥球的半径是球面上任意一点和球心的连线段；⑦球面上任意三点可能在一条直线上；⑧用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面.[分析]准确理解旋转体的定义，在此基础上掌握各旋转体的性质，才能更好地把握它们的结构特征，以作出准确的判断.[解析]①以直角三角形的一条直角边为轴旋转一周才可以得到圆锥；②以直角梯形垂直于底边的一腰为轴旋转一周可得到圆台；③它们的底面为圆面；④正确；作球的一个截面，在截面的圆周上任意取四点，则这四点就在球面上，故⑤错误；根据球的半径定义可知⑥正确；球面上任意三点一定不共线，故⑦错误；用一个平面去截球，一定截得一个圆面，故⑧正确.[归纳提升]圆柱、圆锥、圆台、球都是常见的旋转体，熟练掌握它们结构特征，弄清旋转体的性质是准确作图解题的前提.【对点练习】❶下列结论：①任意平面截圆柱，截面都是圆面；②圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线是圆锥的母线；③在圆台上、下两底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆台的母线.其中正确的是(B)A．①B．②C．①②D．②③[解析]过两母线的截面为矩形，有时斜的截面为椭圆，故①错；根据母线的定义和特点，③错误；②正确，故选B．题型二简单组合体的结构特征典例2如图，绕虚线旋转一周后形成的旋转体是由哪些简单几何体组成的？[解析]如图所示，由一个圆锥O4O5，一个圆柱O3O4及一个圆台O1O3中挖去圆锥O1O2组成的.[归纳提升]平面图形绕某条直线旋转时，要过有关顶点向轴作垂线，然后分析旋转体的结构和组成.【对点练习】❷ 已知AB 是直角梯形ABCD 中与底边垂直的一腰，如右图.分别以AB 、BC 、CD 、DA 为轴旋转，试说明所得几何体的结构特征.[解析] (1)以AB 为轴旋转所得旋转体是圆台.如下图①所示.(2)以BC 边为轴旋转所得的旋转体是一组合体：下部为圆柱，上部为圆锥.如图②所示.(3)以CD 边为轴旋转所得的旋转体为一组合体：上部为圆锥，下部为圆台，再挖去一个小圆锥.如图③所示.(4)以AD 边为轴旋转所得的组合体：一个圆柱上部挖去一个圆锥.如图④所示.题型三 旋转体的侧面展开问题典例3 一圆柱的底面半径为3π，母线长为4，轴截面为ABCD ，从点A 拉一绳子沿圆柱侧面到相对顶点C ，求最短绳长.[分析] 绳子沿圆柱侧面由A 到C 且最短，故侧面展开后为A 、C 两点间的线段长. [解析] 沿BC 剪开，将圆柱体的侧面的一半展开得到矩形BADC .则AD ＝4，AB ＝3π·π＝3．∴AC ＝32＋42＝5，即最短绳长为5．[归纳提升] 求多面体表面上两点间的最短距离的思路将空间图形问题转化为平面图形问题，是解决立体几何问题基本的、常用的方法.立体图形上两点之间的最短距离问题常通过把立体图形转化为平面图形，利用轴对称、平移或旋转等几何图形的变换，运用“两点之间，线段最短”来解决.具体步骤如下：(1)将几何体沿着某棱剪开后展开，画出其侧面展开图； (2)将所求问题转化为平面上的线段问题；(3)结合已知条件求得结果.【对点练习】❸如图所示，有一圆锥形粮堆，母线与底面圆的直径构成边长为6 m的正三角形ABC，粮堆母线AC的中点P处有一只老鼠正在偷吃粮食.此时，小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，求小猫所经过的最短路程.(结果不取近似值)[解析]设底面圆的周长为l.∵△ABC为正三角形，∴BC＝6，∴l＝2π×3＝6π，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，得：nπ×6180°＝6π，故n＝180°，则∠B′AC＝90°，∴B′P＝36＋9＝35(m)，∴小猫所经过的最短路程是3 5 m.易错警示旋转体的概念不清致误典例4如图所示，它们是不是棱锥、棱台、圆柱、圆锥等几何体？[错解]图①是圆柱；图②是圆锥.[错因分析]不能只依据概念的某一结论去判断.判断几何体的形状时，要考虑周全，要满足几何体的所有特征.[正解]图①不是圆柱，因为上下两面不平行(或不是由一个矩形旋转而成)；图②不是由一个直角三角形旋转而成，故不是圆锥.【对点练习】❹下列几何体中(A)A．旋转体3个，台体(棱台和圆台)2个B．旋转体3个，柱体(棱柱和圆柱)5个C．柱体3个，锥体(棱锥或圆锥)4个D．旋转体3个，多面体4个[解析](6)(7)(8)为旋转体，(5)(7)为台体.。

专题八 立体几何8.1 空间几何体的表面积和体积基础篇 固本夯基考点一 空间几何体的结构特征1.(2022届山东烟台一中开学考,2)已知圆锥的表面积等于12πcm 2,其侧面展开图是一个半圆,则圆锥的底面半径为( )A.1cmB.2cmC.3cmD.32cm 答案 B2.(2021新高考Ⅰ,3,5分)已知圆锥的底面半径为√2,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( )A.2B.2√2C.4D.4√2 答案 B3. (2020课标Ⅰ理(文),3,5分)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.√5−14B.√5−12C.√5+14D.√5+12答案 C4.(2020浙江,14,4分)已知圆锥的侧面积(单位:cm 2)为2π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径(单位:cm)是 . 答案 1考点二 空间几何体的表面积与体积1.(2022届河北邢台入学考,4)六氟化硫,化学式为SF 6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体(每个面都是正三角形的八面体),如图所示,硫原子位于正八面体的中心,6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点.若相邻两个氟原子间的距离为2a,则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是(不计氟原子的大小)( )A.4√23a 3 B.8√23a 3C.4√2a 3D.8√2a 3答案 B2.(2021全国甲理,11,5分)已知A,B,C 是半径为1的球O 的球面上的三个点,且AC ⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC 的体积为( ) A.√212B.√312C.√24D.√34答案 A3.(2018课标Ⅰ,10,5分)在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=BC=2,AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°,则该长方体的体积为( )A.8B.6√2C.8√2D.8√3 答案 C4.(2020山东泰安期末,8)已知正三棱锥S-ABC 的侧棱长为4√3,底面边长为6,则该正三棱锥外接球的表面积是( )A.16πB.20πC.32πD.64π 答案 D5.(多选)(2021河北保定二模,9)如图,一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等,则下列结论正确的是()A.圆柱的体积为4πR3B.圆锥的侧面积为√5πR2C.圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2答案BD6.(2021福建泉州二模,6)如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体,其所有顶点都在球O 的球面上,若十四面体的棱长为1,则球O的表面积为()A.2πB.4πC.6πD.8π答案B7.(2021全国甲文,14,5分)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30π,则该圆锥的侧面积为. 答案39π8.(2020新高考Ⅱ,13,5分)棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,M,N分别为棱BB1,AB的中点,则三棱锥A1-D1MN 的体积为.答案 19.(2019江苏,9,5分)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是.10.(2020江苏,9,5分)如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的体积是 cm 3.答案(12√3−π2)11.(2018天津文,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,则四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为 .答案13综合篇 知能转换A 组考法一 空间几何体的表面积和体积1.(2021新高考Ⅱ,5,5分)正四棱台的上、下底面的边长为2,4,侧棱长为2,则四棱台的体积为( ) A.56 B.28√2 C.563 D.28√23答案 D2.(2021济南一模,7)已知菱形ABCD,AB=BD=2,将△ABD 沿BD 折起,使二面角A-BD-C 的大小为60°,则三棱锥A-BCD 的体积为( ) A.√32B.2√23 C.3√32D.2√2 答案 A3.(2018课标Ⅲ,文12,理10,5分)设A,B,C,D 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC 为等边三角形且其面积为9√3,则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( ) A.12√3 B.18√3 C.24√3 D.54√34.(2020湖南衡阳联考,10)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且AB=2.若三棱锥P-ABC的外接球体积为36π,则当该三棱锥的体积最大时,其表面积为()A.6+6√3B.8+6√3C.8+8√5D.6+8√5答案C5.(2022届浙江浙南名校联盟联考一,15)一圆锥母线长为定值a(a>0),母线与底面所成角大小为θ(0<θ<π2),当圆锥体积V最大时,sinθ=.答案√336.(2019天津,文12,理11,5分)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形,侧棱长均为√5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.答案π47.(2018课标Ⅱ理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为78,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5√15,则该圆锥的侧面积为.答案40√2π8.(2018天津理,11,5分)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,除面ABCD外,该正方体其余各面的中心分别为点E,F,G,H,M(如图),则四棱锥M-EFGH的体积为.答案1129.(2017课标Ⅰ文,16,5分)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径.若平面SCA ⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为.答案36π考法二 与球有关的切、接问题1.(多选)(2022届河北神州智达省级联测二,12)已知三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点全部在球O 的表面上,AB=AC,∠BAC=120°,三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧面积为8+4√3,则球O 的表面积可能是( ) A.4π B.8π C.16π D.32π 答案 CD2.(2020天津,5,5分)若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 答案 C3.(2020课标Ⅱ理,10,5分)已知△ABC 是面积为9√34的等边三角形,且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π,则O 到平面ABC 的距离为( ) A.√3 B.32C.1D.√32答案 C4.(2019课标Ⅰ理,12,5分)已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上,PA=PB=PC,△ABC 是边长为2的正三角形,E,F 分别是PA,AB 的中点,∠CEF=90°,则球O 的体积为 ( ) A.8√6π B.4√6π C.2√6π D.√6π 答案 D5.张衡(78年—139年)是中国东汉时期伟大的天文学家、文学家、数学家,他的数学著作有《算罔论》,他曾经得出结论:圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A,B,若线段AB 的最小值为√3-1,利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为( ) A.30 B.10√10 C.12√10 D.36 答案 C6.(2017天津理,10,5分)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为 . 答案92π 7.(2017课标Ⅱ文,15,5分)长方体的长,宽,高分别为3,2,1,其顶点都在球O 的球面上,则球O 的表面积为 . 答案 14π8.(2021山东烟台一模,16)已知正三棱锥P-ABC 的底面边长为2,侧棱长为√13,其内切球与两侧面PAB,PBC 分别切于点M,N,则MN 的长度为 . 答案56B 组(2022届江苏海安高级中学期中,8)如图所示,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AA 1=1,AB=BC=√3,cos ∠ABC=13,P 是A 1B 上的一动点,则AP+PC 1的最小值为( )A.√5B.√7C.1+√3D.3 答案 B应用篇 知行合一应用 与立体几何有关的实际应用问题1.(多选)(2022届河北9月联考,10生活实践情境)“端午节”为中国国家法定节假日之一,已被列入世界非物质文化遗产名录,吃粽子是端午节的习俗之一.全国各地的粽子包法各有不同.如图,粽子可包成棱长为6cm 的正四面体状的三角粽,也可做成底面半径为32cm,高为6cm(不含外壳)的圆柱状竹筒粽.现有两碗馅料,若一个碗的容积等于半径为6cm 的半球的体积,则(参考数据:√2π≈4.44)( )A.这两碗馅料最多可包三角粽35个B.这两碗馅料最多可包三角粽36个C.这两碗馅料最多可做竹筒粽21个D.这两碗馅料最多可做竹筒粽20个 答案 AC2.(2021新高考Ⅱ,4,5分科技发展)卫星导航系统中,地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面,轨道高度为36000km(轨道高度指卫星到地球表面的最短距离),把地球看成一个球心为O,半径r 为6400km 的球,其上点A 的纬度是指OA 与赤道所在平面所成角的度数,地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α,该卫星信号覆盖的地球表面面积S=2πr 2(1-cos α)(单位:km 2),则S 占地球表面积的百分比约为( )A.26%B.34%C.42%D.50% 答案 C3.(多选)(2021辽宁开原三模,12生产实践)国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示,2020年全国夏粮总产量达14281万吨,创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食,也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容积为63000π立方米的粮食储藏容器,如图1所示.已知该容器分上下两部分,其中上部分是底面半径和高都为r(r ≥10)米的圆锥,下部分是底面半径为r 米、高为h 米的圆柱体,如图2所示.经测算,圆锥的侧面每平方米的建造费用为√2a 元,圆柱的侧面、底面每平方米的建造费用均为a 元,设每个容器的制造总费用为y 元,则下面说法正确的是( )A.10≤r<40B.h 的最大值为1 8803C.当r=21时,y=7029a πD.当r=30时,y 有最小值,最小值为6300a π 答案 BCD4.(2021山东青岛二模,15劳动教育)某校学生去工厂进行劳动实践,加工制作某种零件.如图,将边长为10√2cm 的正方形铁皮剪掉阴影部分(四个全等的等腰三角形),然后将△P 1AB,△P 2BC,△P 3CD,△P 4DA 分别沿AB,BC,CD,DA 翻折,使得P 1,P 2,P 3,P 4重合并记为点P,制成正四棱锥P-ABCD 形状的零件.当该四棱锥体积最大时,AB= cm;此时该四棱锥外接球的表面积S= cm 2.答案 8;6765π 创新篇 守正出奇创新一 数学文化下的立体几何问题1.(2022届长沙长郡中学第一次月考,5)公元前3世纪,古希腊欧几里得在《几何原本》里提出:“球的体积(V)与它的直径(D)的立方成正比”,即V=kD 3,欧几里得未给出k 的值.17世纪日本数学家们对球的体积的方法还不了解,他们将体积公式V=kD 3中的常数k 称为“立圆率”或“玉积率”.类似地,对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱),正方体也可利用公式V=kD 3求体积(在等边圆柱中,D 表示底面圆的直径;在正方体中,D 表示棱长).假设运用此体积公式求得球(直径为a),等边圆柱(底面圆的直径为a),正方体(棱长为a)的“玉积率”分别为k 1、k 2、k 3,那么k 1∶k 2∶k 3=( ) A.π3∶π2∶2 B.π6∶π4∶2 C.π3∶π2∶1 D.π6∶π4∶1 答案 D2.(2019课标Ⅱ理,16,5分)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有 个面,其棱长为 .(本题第一空2分,第二空3分)图1图2答案26;√2-14.(2021河北张家口一模,16)早期的毕达哥拉斯学派学者注意到:用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形,即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体,它们的各个面和多面角都全等.如图,正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体,共有12个顶点,30条棱,20个面,是五个柏拉图多面体之计算,则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于.一.如果把sin36°按35答案55√336π创新二圆锥曲线与立体几何的综合1.(2021山东青岛二模,7)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,点P在矩形ACC1A1区域(包含边界)内运动,且∠PBD=45°,则动点P的轨迹长度为()A.πB.√2πC.2πD.2√2π答案B2.(2021山东德州二模,7)我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理:“幂势既同,则积不容异.”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意一个平面所截,若截面面积都相等,则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时,构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱,与半球(如图①)放置在同一平面上,然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点,圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体(如图②),用任何一个平行于底面的平面去截它们时,可证得所截得的两个截面面积相等,由此可证明新几何体与半球体积相等,即12V 球=πR 2·R-13πR 2·R=23πR 3.现将椭圆x 24+y 29=1绕y 轴旋转一周后得一橄榄球形状的几何体(如图③),类比上述方法,运用祖暅原理可求得其体积等于( )A.8πB.16πC.24πD.32π答案 B3.(2022届广东深圳七中10月月考,14)如图,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为3,点H 在棱AA 1上,且HA 1=1,P 是侧面BCC 1B 1内一动点,HP=√13,则CP 的最小值为 .答案 √13-2。

§8.1空间几何体的三视图、直观图、表面积与体积1．多面体的结构特点2.3.空间几何体的直观图经常使用斜二测画法来画，其规那么：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x轴和z轴的线段在直观图中维持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中长度为原先的一半．4．空间几何体的三视图(1)三视图的主视图、俯视图、左视图别离是从物体的正前方、正上方、正左方看到的物体轮廓线的正投影围成的平面图形．(2)三视图的特点：三视图知足“长对正、高平齐、宽相等”或说“主左一样高、主俯一样长、俯左一样宽”．5．柱、锥、台和球的侧面积和体积1． (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱． ( × ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．( × )(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，假设∠A 的两边别离平行于x 轴和y 轴，且∠A ＝90°，那么在直观图中，∠A ＝45°.( × ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同． ( × ) (5)圆柱的侧面展开图是矩形．( √ ) (6)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算．( √ )2． (2021·四川)一个几何体的三视图如下图，那么该几何体的直观图能够是 ( )答案 D解析 由三视图可知上部是一个圆台，下部是一个圆柱，选D.3． (2021·课标全国Ⅰ)如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，若是不计容器的厚度，那么球的体积为( )A.500π3cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3答案 A解析 作出该球轴截面的图象如下图，依题意BE ＝2，AE ＝CE ＝4，设DE ＝x ，故AD ＝2＋x ，因为AD 2＝AE 2＋DE 2，解得x ＝3，故该球的半径AD ＝5， 因此V ＝43πR 3＝500π3. 4． 一个三角形在其直观图中对应一个边长为1的正三角形，原三角形的面积为________．答案62解析 由斜二测画法，知直观图是边长为1的正三角形，其原图是一个底为1，高为6的三角形，因此原三角形的面积为62.5． 假设一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，那么该圆锥的体积为________．答案33π 解析 侧面展开图扇形的半径为2，圆锥底面半径为1， ∴h ＝22－1＝3，∴V ＝13π×1×3＝33π.题型一 空间几何体的结构特点 例1 (1)以下说法正确的选项是( )A ．有两个平面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B ．四棱锥的四个侧面都能够是直角三角形C ．有两个平面相互平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台D ．棱台的各侧棱延长后不必然交于一点 (2)给出以下命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，那么这两点的连线是圆柱的母线； ②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； ③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面能够不相似，但侧棱长必然相等． 其中正确命题的个数是( )A ．0B ．1C ．2D ．3思维启发 从多面体、旋转体的概念入手，能够借助实例或几何模型明白得几何体的结构特点． 答案 (1)B (2)A解析 (1)A 错，如图1；B 正确，如图2，其中底面ABCD 是矩形，可证明∠PAB ，∠PCB 都是直角，如此四个侧面都是直角三角形；C 错，如图3；D 错，由棱台的概念知，其侧棱必相交于同一点．(2)①不必然，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不必然，因为“其余各面都是三角形”并非等价于“其余各面都是有一个公共极点的三角形”，如图1所示；③不必然，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，可是侧棱长不必然相等． 思维升华 (1)有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的几何体不必然是棱柱． (2)既然棱台是由棱锥概念的，因此在解决棱台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略． (3)旋转体的形成不仅要看由何种图形旋转取得，还要看旋转轴是哪条直线．如图是一个无盖的正方体盒子展开后的平面图，A ，B ，C是展开图上的三点，那么在正方体盒子中，∠ABC 的值为 ( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°答案 C解析 还原正方体，如下图，连接AB ，BC ，AC ，可得△ABC 是正三角形，那么∠ABC ＝60°. 题型二 空间几何体的三视图和直观图例2 (1)如图，某几何体的主视图与左视图都是边长为1的正方形，且体积为12，那么该几何体的俯视图能够是( )(2)正三角形AOB 的边长为a ，成立如下图的直角坐标系xOy ，那么它的直观图的面积是________．思维启发 (1)由主视图和左视图可知该几何体的高是1，由体积是12可求出底面积．由底面积的大小可判定其俯视图是哪个．(2)依照直观图画法规那么确信平面图形和其直观图面积的关系． 答案 (1)C (2)616a 2解析 (1)由该几何体的主视图和左视图可知该几何体是柱体，且其高为1，由其体积是12可知该几何体的底面积是12，由图知A 的面积是1，B 的面积是π4，C 的面积是12，D 的面积是π4，应选C.(2)画出坐标系x ′O ′y ′，作出△OAB 的直观图O ′A ′B ′(如图)．D ′为O ′A ′的中点． 易知D ′B ′＝12DB (D 为OA 的中点)，∴S △O ′A ′B ′＝12×22S △OAB ＝24×34a 2＝616a 2.思维升华 (1)三视图中，主视图和左视图一样高，主视图和俯视图一样长，左视图和俯视图一样宽．即“长对正，宽相等，高平齐”．(2)解决有关“斜二测画法”问题时，一样在已知图形中成立直角坐标系，尽可能运用图形中原有的垂直直线或图形的对称轴为坐标轴，图形的对称中心为原点，注意两个图形中关键线段长度的关系．(1)(2021·湖南)已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，那么该正方体的主视图的面积不可能等于( )A ．1 B.2 C.2－12D.2＋12(2)如图，矩形O ′A ′B ′C ′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O ′A ′＝6 cm ，O ′C ′＝2 cm ，那么原图形是 ( ) A ．正方形 B ．矩形C ．菱形D ．一样的平行四边形答案 (1)C (2)C解析 (1)由俯视图知正方体的底面水平放置，其主视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为2，面积范围应为[1，2]，不可能等于2－12.(2)如图，在原图形OABC 中， 应有OD ＝2O ′D ′＝2×22＝42 cm ，CD ＝C ′D ′＝2 cm.∴OC ＝OD 2＋CD 2＝422＋22＝6 cm ，∴OA ＝OC ，故四边形OABC 是菱形． 题型三 空间几何体的表面积与体积例3 (1)一个空间几何体的三视图如下图，那么该几何体的表面积为 ( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80(2)已知某几何体的三视图如下图，其中主视图、左视图均由直角三角形与半圆组成，俯视图由圆与内接三角形组成，依照图中的数据可得几何体的体积为 ( ) A.2π3＋12B.4π3＋16 C.2π6＋16D.2π3＋12思维启发 先由三视图确信几何体的组成及气宇，然后求表面积或体积． 答案 (1)C (2)C解析 (1)由三视图知该几何体的直观图如下图，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.因此S表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.(2)由三视图确信该几何体是一个半球体与三棱锥组成的组合体，如图，其中AP ，AB ，AC 两两垂直，且AP ＝AB ＝AC ＝1，故AP ⊥平面ABC ，S △ABC ＝12AB ×AC ＝12，因此三棱锥P －ABC 的体积V 1＝13×S △ABC ×AP ＝13×12×1＝16，又Rt△ABC 是半球底面的内接三角形，因此球的直径2R ＝BC ＝2，解得R ＝22，因此半球的体积V 2＝12×4π3×(22)3＝2π6，故所求几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝16＋2π6.思维升华 解决此类问题需先由三视图确信几何体的结构特点，判定是不是为组合体，由哪些简单几何体组成，并准确判定这些几何体之间的关系，将其切割为一些简单的几何体，再求出各个简单几何体的体积，最后求出组合体的体积．(2021·课标全国)已知三棱锥S －ABC 的所有极点都在球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，那么此棱锥的体积为 ( ) A.26 B.36 C.23 D.22答案 A解析 由于三棱锥S －ABC 与三棱锥O －ABC 底面都是△ABC ，O 是SC 的中点，因此三棱锥S －ABC 的高是三棱锥O －ABC 高的2倍，因此三棱锥S －ABC 的体积也是三棱锥O －ABC 体积的2倍． 在三棱锥O －ABC 中，其棱长都是1，如下图， S △ABC ＝34×AB 2＝34，高OD ＝ 12－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332＝63， ∴V S －ABC ＝2V O －ABC ＝2×13×34×63＝26.转化思想在立体几何计算中的应用典例：(12分)如图，在直棱柱ABC —A ′B ′C ′中，底面是边长为3的等边三角形，AA ′＝4，M 为AA ′的中点，P 是BC 上一点，且由P 沿 棱柱侧面通过棱CC ′到M 的最短线路长为29，设这条最短线路与CC ′的交点为N ，求：(1)该三棱柱的侧面展开图的对角线长； (2)PC 与NC 的长；(3)三棱锥C —MNP 的体积．思维启发 (1)侧面展开图从哪里剪开展平；(2)MN ＋NP 最短在展开图上呈现如何的形式；(3)三棱锥以谁做底好． 标准解答解 (1)该三棱柱的侧面展开图为一边长别离为4和9的矩形，故对角线长为42＋92＝97.[2分](2)将该三棱柱的侧面沿棱BB ′展开，如以下图，设PC ＝x ，那么MP 2＝MA 2＋(AC ＋x )2. ∵MP ＝29，MA ＝2，AC ＝3，∴x ＝2，即PC ＝2.又NC ∥AM ，故PC PA ＝NCAM ，即25＝NC 2.∴NC ＝45.[8分](3)S △PCN ＝12×CP ×CN ＝12×2×45＝45.在三棱锥M —PCN 中，M 到面PCN 的距离， 即h ＝32×3＝332.∴V C —MNP ＝V M —PCN ＝13·h ·S △PCN＝13×332×45＝235.[12分] 温馨提示 (1)解决空间几何体表面上的最值问题的全然思路是“展开”，即将空间几何体的“面”展开后铺在一个平面上，将问题转化为平面上的最值问题．(2)若是已知的空间几何体是多面体，那么依照问题的具体情形能够将那个多面体沿多面体中某条棱或两个面的交线展开，把不在一个平面上的问题转化到一个平面上．若是是圆柱、圆锥那么可沿母线展开，把曲面上的问题转化为平面上的问题．(3)此题的易错点是，不明白从哪条侧棱剪开展平，不能正确地画出侧面展开图．缺乏空间图形向平面图形的转化意识.方式与技术1．棱柱、棱锥要把握各部份的结构特点，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．2．旋转体要抓住“旋转”特点，弄清底面、侧面及展开图形状．3．三视图画法：(1)实虚线的画法：分界限和可见轮廓线用实线，看不见的轮廓线用虚线；(2)明白得“长对正、宽平齐、高相等”．4．直观图画法：平行性、长度两个要素．5．求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规那么的几何体通过度割或补形将其转化为规那么的几何体求解．6．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确信有关元素间的数量关系，并作出适合的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的极点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．失误与防范1．台体能够看成是由锥体截得的，但必然强调截面与底面平行．2．注意空间几何体的不同放置对三视图的阻碍．3．几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．A组专项基础训练(时刻：40分钟)一、选择题1．正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两极点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有( )A．20 B．15C．12 D．10答案D解析如图，在正五棱柱ABCDE－A1B1C1D1E1中，从极点A动身的对角线有两条：AC1，AD1，同理从B，C，D，E点动身的对角线均有两条，共2×5＝10(条)．2．(2021·福建)一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么那个几何体不能够是( )A ．球B ．三棱锥C ．正方体D ．圆柱答案 D解析 考虑选项中几何体的三视图的形状、大小，分析可得． 球、正方体的三视图形状都相同、大小均相等，第一排除选项A 和C. 关于如下图三棱锥O －ABC ，当OA 、OB 、OC 两两垂直且OA ＝OB ＝OC 时， 其三视图的形状都相同，大小均相等，故排除选项B. 不论圆柱如何设置，其三视图的形状都可不能完全相同， 故答案选D.3． (2021·重庆)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.5603B.5803 C ．200 D ．240答案 C解析 由三视图知该几何体为直四棱柱，其底面为等腰梯形，上底长为2，下底长为8，高为4，故面积为S ＝2＋8×42＝20.又棱柱的高为10，因此体积V ＝Sh ＝20×10＝200.4． 如图是一个物体的三视图，那么此三视图所描述物体的直观图是( ) 答案 D解析 由俯视图可知是B 和D 中的一个，由主视图和左视图可知B 错．5． 某几何体的三视图如下图，其中俯视图是个半圆，那么该几何体的表面积为( )A.32π B ．π＋3C.32π＋ 3D.52π＋3答案 C解析 由三视图可知该几何体为一个半圆锥，底面半径为1，高为3，∴表面积S ＝12×2×3＋12×π×12＋12×π×1×2＝3＋3π2.二、填空题6. 如下图，E 、F 别离为正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的面ADD 1A 1、面BCC 1B 1的中心，那么四边形BFD 1E 在该正方体的面DCC 1D 1上的正投影是________．(填序号)答案 ②解析 四边形在面DCC 1D 1上的正投影为②：B 在面DCC 1D 1上的正投影为C ，F 、E 在面DCC 1D 1上的投影应在边CC 1与DD 1上，而不在四边形的内部，故①③④错误．7． 已知三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，那么该三棱锥的外接球的表面积为________． 答案 3π 解析 如图，构造正方体ANDM —FBEC .因为三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，因此正方体ANDM —FBEC 的棱长为1.因此该正方体的外接球的半径为32. 易知三棱锥A —BCD 的外接球确实是正方体ANDM —FBEC 的外接球，因此三棱锥A —BCD 的外接球的半径为32.因此三棱锥A —BCD 的外接球的表面积为S 球＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＝3π. 8． (2021·江苏)如图，在三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，D ，E ，F 别离是AB ，AC ，AA 1的中点，设三棱锥F －ADE的体积为V 1，三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积为V 2，那么V 1∶V 2＝________.答案 1∶24解析 设三棱锥F －ADE 的高为h ，则V 1V 2＝13h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12AD ·AE ·sin∠DAE 2h 122AD 2AE sin∠DAE＝124. 三、解答题9．一个几何体的三视图及其相关数据如下图，求那个几何体的表面积．解 那个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．依照图中数据可知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为3，母线长为2，几何体的表面积是两个半圆的面积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故那个几何体的表面积为S ＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12×(2＋4)×3＝11π2＋3 3.10．已知一个正三棱台的两底面边长别离为30 cm 和20 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高．解 如下图，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1别离为两底面中心，D 、D 1别离为BC和B 1C 1的中点，那么DD 1为棱台的斜高．由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033， 由S 侧＝S 上＋S 下，得12×(20＋30)×3DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中，O 1O ＝DD 21－OD －O 1D 12＝43，因此棱台的高为4 3 cm. B 组 专项能力提升(时刻：30分钟)1． 在四棱锥E —ABCD 中，底面ABCD 为梯形，AB ∥CD,2AB ＝3CD ，M 为AE 的中点，设E —ABCD 的体积为V ，那么三棱锥M —EBC 的体积为( )A.25VB.13VC.23VD.310V 答案 D解析 设点B 到平面EMC 的距离为h 1，点D 到平面EMC 的距离为h 2.连接MD .因为M 是AE 的中点，因此V M —ABCD ＝12V . 因此V E —MBC ＝12V －V E —MDC . 而V E —MBC ＝V B —EMC ，V E —MDC ＝V D —EMC ，因此V E —MBCV E —MDC ＝V B —EMC V D —EMC ＝h 1h 2.因为B ，D 到平面EMC 的距离即为到平面EAC 的距离，而AB ∥CD ，且2AB ＝3CD ，因此h 1h 2＝32. 因此V E —MBC ＝V M －EBC ＝310V .2． 某三棱锥的三视图如下图，该三棱锥的表面积是( ) A ．28＋6 5 B ．30＋65C ．56＋125 D ．60＋125 答案 B 解析 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如下图，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，因此AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt△ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝25. 在Rt△BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋65. 3． 表面积为3π的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，那么该圆锥的底面直径为________．答案 2解析 设圆锥的母线为l ，圆锥底面半径为r .那么12πl 2＋πr 2＝3π，πl ＝2πr ，∴r ＝1，即圆锥的底面直径为2.4. 如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，图为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)依照图所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA .解 (1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)，边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由左视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由主视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，因此在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝622＋62＝6 3 cm.5． 在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝a ，PA ＝PC ＝2a ，假设在那个四棱锥内放一球，求此球的最大半径．解 当球内切于四棱锥，即与四棱锥各面均相切时球半径最大，设球的半径为r ，球心为O ，连接OP 、OA 、OB 、OC 、OD ，那么把此四棱锥分割成四个三棱锥和一个四棱锥，这些小棱锥的高都是r ，底面别离为原四棱锥的侧面和底面，则V P －ABCD ＝13r (S △PAB ＋S △PBC ＋S △PCD ＋S △PAD ＋S 正方形ABCD )＝13r (2＋2)a 2.由题意，知PD ⊥底面ABCD ，∴V P －ABCD ＝13S 正方形ABCD ·PD ＝13a 3. 由体积相等， 得13r (2＋2)a 2＝13a 3，解得r ＝12(2－2)a .。

8.1 数列（含函数特性）核心考点·精准研析考点一数列的有关概念及通项公式1.数列{a n}中,a1=1,当n≥2且n∈N*时,a n=,则a3+a5= ( )A. B. C. D.2.已知数列{a n}的通项公式为a n=n2-8n+15,则3 ( )A.不是数列{a n}中的项B.只是数列{a n}中的第2项C.只是数列{a n}中的第6项D.是数列{a n}中的第2项或第6项3.数列,-,,-,…的一个通项公式为( )A.a n=(-1)n·B.a n=(-1)n·C.a n=(-1)n+1·D.a n=(-1)n+1·4.若数列{a n}满足a1=1,且对于任意的n∈N*都有a n+1=a n+n+1,则++…+等于( )A. B. C. D.5.在数列{a n}中,a1=2,a n+1=a n+ln,则a n=( )A.2+ln nB.2+(n-1)ln nC.2+nln nD.1+n+ln n【解析】1.选D.因为a n=(n≥2),所以a3=,a5=,所以a3+a5=+=+=.2.选D.令a n=3,即n2-8n+15=3,解得n=2或6,故3是数列{a n}中的第2项或第6项.3.选D.该数列是分数形式,分子为奇数2n+1,分母是指数2n,各项的符号由(-1)n+1来确定,所以D选项正确.4.选D.由a n+1=a n+n+1,得a n+1-a n=n+1,则a2-a1=1+1,a3-a2=2+1,a4-a3=3+1,…,a n-a n-1=(n-1)+1,以上等式相加,得a n-a1=2+3+…+(n-1)+n,把a1=1代入上式得a n=1+2+3+…+(n-1)+n=,所以==2,则++…+=2=2=.5.选A.因为a n+1=a n+ln,所以a n-a n-1=ln=ln(n≥2),所以a n=(a n-a n-1)+(a n-1-a n-2)+…+(a2-a1)+a1=ln+ln+…+ln+ln 2+2=2+ln=2+ln n(n≥2).又a1=2适合上式,故a n=2+ln n(n∈N*).将T3改为已知数列的前4项为2,0,2,0,则依此归纳该数列的通项不可能是( ) A.a n=(-1)n-1+1 B.a n=C.a n=2sinD.a n=cos(n-1)π+1【解析】选C.对n=1,2,3,4进行验证,a n=2sin不合题意.1.由前几项归纳数列通项公式的常用方法及具体策略(1)常用方法:观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、联想(联想常见的数列)等方法.(2)具体策略:①分式中分子、分母的特征;②相邻项的变化特征;③各项的符号特征和绝对值特征;④对于分式还可以考虑对分子、分母各个击破,或寻找分子、分母之间的关系;⑤对于符号交替出现的情况,可用(-1)k或(-1)k+1,k∈N*处理.2.递推公式推导通项公式的方法(1)累加法:a n+1-a n=f(n).(2)累乘法: =f(n).(3)待定系数法:a n+1=pa n+q(其中p,q均为常数,pq(p-1)≠0).把原递推公式转化为:a n+1-t=p(a n-t),其中t=,再利用换元法转化为等比数列求解.【秒杀绝招】1.代入法解T2根据选项可直接把n=2或n=6代入检验.2.特值检验法解T3先利用排除法排除A、B,然后可直接把n=3代入检验排除C.考点二a n与S n的关系及其应用【典例】1.设数列{a n}的前n项和为S n,且S n=2(a n-1)(n∈N*),则a n= ( )A.2nB.2n-1C.2nD.2n-12.设S n是数列{a n}的前n项和,且a1=-1,a n+1=S n S n+1,求a n.【解题导思】序号联想解题(1)看到a n与S n的关系,想到利用a n=S n-S n-1(n≥2)转化为a n与a n-1的关系1(2)也可以先检验n=1,n=2,n=3进行排除(1)利用a n+1=S n+1-S n转化为S n+1与S n的关系2(2)求得S n,代入a n=S n-S n-1(n≥2)得a n,并检验n=1是否成立【解析】1.选C.当n=1时,a1=S1=2(a1-1),可得a1=2,当n≥2时,a n=S n-S n-1=2a n-2a n-1, 所以a n=2a n-1,所以数列{a n}为首项为2,公比为2的等比数列,所以a n=2n.【一题多解】选C.利用递推关系求出a1=2,a2=4,a3=8,易确定C.2.由已知得a n+1=S n+1-S n=S n+1S n,两边同时除以S n+1S n,得-=-1,故数列是以-1为首项,-1为公差的等差数列,则=-1-(n-1)=-n,所以S n=-. 当n≥2时,a n=S n-S n-1=-+=,故a n=【答题模板微课】本例题2的模板化过程:建模板:当n=1时,a1=S1=-1, …………求首项当n≥2时,a n=S n-S n-1=-+=, …………作差求通项经检验a1=-1不适合a n=, …………检验故a n=…………结论套模板:已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n+1,则a n=________.【解析】当n=1时,a1=S1=1+2+1=4, …………求首项当n≥2时,a n=S n-S n-1=2n+1, …………作差求通项经检验a1=4不适合a n=2n+1, …………检验故a n =…………结论答案:1.已知S n求a n的三个步骤(1)先利用a1=S1求出a1.(2)用n-1替换S n中的n得到一个新的关系,利用a n=S n-S n-1(n≥2)便可求出当n≥2时a n的表达式.(3)注意检验n=1时的表达式是否可以与n≥2的表达式合并.2.S n与a n关系问题的求解思路根据所求结果的不同要求,将问题向不同的两个方向转化.(1)利用a n=S n-S n-1(n≥2)转化为只含S n,S n-1的关系式,再求解..(2)利用S n-S n-1=a n(n≥2)转化为只含a n,a n-1的关系式,再求解【解析】当n=1时,a1=S1=2-3=-1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n-3)-(2n-1-3)=2n-2n-1=2n-1.当n=1时不满足,故a n =答案:a n =2.已知数列{a n}的前n项和为S n,a1=1,S n=2a n+1,则S n= ( )A.2n-1B.C. D.【解析】选B.由已知S n=2a n+1得S n=2(S n+1-S n),即2S n+1=3S n ,=,而S1=a1=1,所以S n =.【变式备选】已知数列{a n}的前n项和为S n,求{a n}的通项公式.(1)S n=2n2-3n.(2)S n=3n+b.【解析】(1)当n=1时,a1=S1=2-3=-1;当n≥2时,a n=S n-S n-1=(2n2-3n)-[2(n-1)2-3(n-1)]=4n-5.由于a1也适合此等式,所以a n=4n-5.(2)a1=S1=3+b,当n≥2时,a n=S n-S n-1=(3n+b)-(3n-1+b)=2·3n-1.当b=-1时,a1适合此等式;当b≠-1时,a1不适合此等式.所以当b=-1时,a n=2·3n-1;当b≠-1时,a n =考点三数列的性质及其应用命题精解读1.考什么:考查数列的单调性、周期性、最值问题2.怎么考:因为数列可以看作是一类特殊的函数值,所以数列也具备函数应具备的性质,因此常常以数列为载体,考查单调性、周期性以及最值等问题.解题过程中常常渗透逻辑推理的核心素养.3.新趋势:由递推关系求通项公式考查求通项公式的方法成为考试的新趋势学霸好方法1.解决数列单调性问题的三种方法(1)作差比较法(2)作商比较法(3)结合相应函数的图像直观判断.2.解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项,确定数列的周期,再根据周期性求值.3.求数列最大项或最小项的方法(1)利用不等式组(n≥2)找到数列的最大项;(2)利用不等式组(n≥2)找到数列的最小项.4.交汇问题数列的函数特性可利用数形结合、分类讨论进行解题数列的单调性【典例】已知递增数列{a n},a n≥0,a1=0.对于任意的正整数n,不等式t2--3t-3a n≤0恒成立,则正数t的最大值为( )A.1B.2C.3D.6【解析】选C.因为数列{a n}是递增数列,又t2--3t-3a n=(t-a n-3)(t+a n)≤0,t+a n>0,所以t≤a n+3恒成立,t≤(a n+3)min=a1+3=3,所以t max=3.在数列的恒成立问题中,若涉及求参数的最值问题时,如何进行合理地转化?提示:在涉及求参数的最值问题时,常常与已知数列的单调性有关,因此解决这类问题,需要先判断该数列的单调性.数列的周期性【典例】若数列{a n}满足a1=2,a n+1=,则a2 022的值为 ( )A.2B.-3C.-D.【解析】选B.因为a1=2,a n+1=,所以a2==-3,同理可得:a3=-,a4=,a5=2,a6=-3,a7=-,a8=,…,可得a n+4=a n,则a2 022=a505×4+2=a2=-3.在求数列中某一项的值,特别是该项的序号较大时,应该考虑如何求解?提示:在求数列中某一项的值,特别是该项的序号较大时,应该考虑该数列是否具有周期性,利用周期性即可求出该数列中的某一项.数列中的最值【典例】数列{a n}的通项为a n=(n∈N*),若a5是{a n}中的最大值,则a的取值范围是________.【解析】当n≤4时,a n=2n-1单调递增,因此n=4时取最大值,a4=24-1=15.当n≥5时,a n=-n2+(a-1)n=-+.因为a5是{a n}中的最大值,所以解得9≤a≤12.所以a的取值范围是[9,12].答案:[9,12]当数列涉及最大项或最小项问题时,除了用不等式组求解,还可以考虑什么方法?提示:解决数列的最值问题,除了用不等式组求解,还可以将数列看作某个函数,利用求函数的最值的方法求数列的最值.1.在数列中,a1=2,a n+1=-,则a2 020等于( )A.2B.-C.-D.1【解析】选A.因为a2=-=-,a3=-=-,a4=-=2,所以a3n+1=2,a3n+2=-,a3n+3=-,所以a2020=a3×673+1=2.2.已知数列{a n}满足a n=(n∈N*),则数列{a n}的最小项是第______项.【解析】因为a n=,所以数列{a n}的最小项必为a n<0,即<0,3n-16<0,从而n<.又n∈N*,所以当n=5时,a n的值最小.答案:53.已知数列{a n}中,a n=n2+λn,且{a n}为递增数列,求实数λ的取值范围.【解析】因为a n+1-a n=(n+1)2+λ(n+1)-n2-λn=2n+λ+1,所以由{a n}为递增数列可得2n+λ+1>0,即λ>-2n-1对一切n∈N*恒成立.因为n=1时,-2n-1取得最大值-3,所以λ>-3,即λ∈(-3,+∞).【一题多解】函数f(n)=n2+λn的图像的对称轴是n=-,如图,只需要-<,则λ>-3,即λ∈(-3,+∞).1.(2020·石家庄模拟)已知在正项等比数列中,a2 020=4a2 018,a2+a4=20,则a2 020的个位数字是( )A.2B.4C.6D.8【解析】选C.设公比为q(q>0),依题意得解得a1=q=2,故a2 020=2×22 019=22 020,注意到21个位数字是2,22个位数字是4,23个位数字是8,24的个位数字是6,25的个位数字是2,26的个位数字是4,…,故2n的个位数字的周期为4,而22 020=2505×4,故其个位数字为6.2.数列{a n}的通项公式为a n=,则数列{a n}中的最大项是( )A.3B.19C.D.【解析】选C.令f(x)=x+(x>0),运用基本不等式得f(x)≥2,当且仅当x=3时,等号成立.因为a n=,所以≤,由于n∈N*,故当n=9或n=10时,a n=最大.。

§8.3　圆的方程圆的定义与方程定义平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹叫做圆圆心为(a ，b )标准式(x －a )2＋(y －b )2＝r 2(r >0)半径为r充要条件：D 2＋E 2－4F >0圆心坐标：(－D 2，－E2)方程一般式x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0半径r ＝12D 2＋E 2－4F概念方法微思考1．二元二次方程Ax 2＋Bxy ＋Cy 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0表示圆的条件是什么？提示　Error!2．点与圆的位置关系有几种？如何判断？提示　点和圆的位置关系有三种．已知圆的标准方程(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，点M (x 0，y 0)，(1)点在圆上：(x 0－a )2＋(y 0－b )2＝r 2；(2)点在圆外：(x 0－a )2＋(y 0－b )2>r 2；(3)点在圆内：(x0－a )2＋(y 0－b )2<r 2.题组一　思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)确定圆的几何要素是圆心与半径．(　√　)(2)已知点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则以AB 为直径的圆的方程是(x －x 1)(x －x 2)＋(y －y 1)(y －y 2)＝0.(　√　)(3)若点M (x 0，y 0)在圆x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0外，则x 20＋y 20＋Dx 0＋Ey 0＋F >0.(　√　)(4)方程(x ＋a )2＋(y ＋b )2＝t 2(t ∈R )表示圆心为(a ，b )，半径为t 的圆．(　×　)题组二　教材改编2．圆心为(1,1)且过原点的圆的方程是( )A ．(x －1)2＋(y －1)2＝1 B ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝1C ．(x ＋1)2＋(y ＋1)2＝2 D ．(x －1)2＋(y －1)2＝2答案　D解析　因为圆心为(1,1)且过原点，所以该圆的半径r ＝12＋12＝2，则该圆的方程为(x －1)2＋(y －1)2＝2.3．以点(3，－1)为圆心，并且与直线3x ＋4y ＝0相切的圆的方程是( )A ．(x －3)2＋(y ＋1)2＝1B ．(x －3)2＋(y －1)2＝1C ．(x ＋3)2＋(y －1)2＝1D ．(x ＋3)2＋(y ＋1)2＝1答案　A4．圆C 的圆心在x 轴上，并且过点A (－1,1)和B (1,3)，则圆C 的方程为______________．答案　(x －2)2＋y 2＝10解析　设圆心坐标为C (a ,0)，∵点A (－1,1)和B (1,3)在圆C 上，∴|CA |＝|CB |，即(a ＋1)2＋1＝(a －1)2＋9，解得a ＝2，∴圆心为C (2,0)，半径|CA |＝(2＋1)2＋1＝10，∴圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝10.题组三　易错自纠5．若方程x 2＋y 2＋mx －2y ＋3＝0表示圆，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－22)∪(22，＋∞)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－23)∪(23，＋∞)答案　B解析　将x 2＋y 2＋mx －2y ＋3＝0化为圆的标准方程得(x ＋m 2)2＋(y －1)2＝m 24－2.由其表示圆可得m 24－2>0，解得m <－22或m >22.6．半径为3，圆心的纵、横坐标相等且与两条坐标轴都相切的圆的方程为_____________．答案　(x －3)2＋(y －3)2＝9或(x ＋3)2＋(y ＋3)2＝9解析　由题意知圆心坐标为(3,3)或(－3，－3)，故所求圆的方程为(x －3)2＋(y －3)2＝9或(x ＋3)2＋(y ＋3)2＝9.7．已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－2x ＋4y ＝0，则x －2y 的最大值是________，最小值是________．答案　10　0解析　原方程可化为(x －1)2＋(y ＋2)2＝5，表示以(1，－2)为圆心，5为半径的圆．设x －2y ＝b ，即x －2y －b ＝0，作出圆(x －1)2＋(y ＋2)2＝5与一组平行线x －2y －b ＝0，如图所示，当直线x －2y －b ＝0与圆相切时，在y 轴上的截距－12b 取得最大值或最小值，此时圆心到直线的距离d ＝|1－2×(－2)－b |1＋4＝5，解得b ＝10或b ＝0，所以x －2y 的最大值为10，最小值为0.圆的方程1．(2019·西安模拟)已知圆C 过点A (6,0)，B (1,5)，且圆心在直线l ：2x －7y ＋8＝0上，则圆C 的方程为________________．答案　(x －3)2＋(y －2)2＝13解析　方法一　(几何法)k AB ＝5－01－6＝－1，则AB 的垂直平分线方程为y －52＝x －72，即x －y －1＝0，联立方程Error!解得Error!r ＝(6－3)2＋(0－2)2＝13，故圆C 的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝13.(圆的任何一条弦的垂直平分线过圆心)方法二　(待定系数法)设所求圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2.由题意可得Error!解得Error!故所求圆C 的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝13.2．已知圆心在x 轴上，半径为5的圆位于y 轴右侧，且截直线x ＋2y ＝0所得弦的长为2，则圆的方程为__________．答案　(x －25)2＋y 2＝5解析　根据题意，设圆的圆心坐标为(a ,0)(a >0)，则圆的标准方程为(x －a )2＋y 2＝5(a >0)，则圆心到直线x ＋2y ＝0的距离d ＝|a ＋2×0|12＋22＝55a .又该圆截直线x ＋2y ＝0所得弦的长为2，所以可得12＋(55a)2＝5，解得a ＝25.故圆的方程为(x －25)2＋y 2＝5.3．若不同的四点A (5,0)，B (－1,0)，C (－3,3)，D (a ,3)共圆，则a 的值是________．答案　7解析　四点共圆，设圆的方程为x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0，则Error!解得Error!所以圆的方程为x 2＋y 2－4x －253y －5＝0，将D (a,3)代入得a 2－4a －21＝0.解得a ＝7或a ＝－3(舍)．思维升华 (1)直接法：直接求出圆心坐标和半径，写出方程．(2)待定系数法①若已知条件与圆心(a ，b )和半径r 有关，则设圆的标准方程，求出a ，b ，r 的值；②选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于D ，E ，F 的方程组，进而求出D ，E ，F 的值．与圆有关的轨迹问题例1 已知Rt △ABC 的斜边为AB ，且A (－1,0)，B (3,0)．求：(1)直角顶点C 的轨迹方程；(2)直角边BC 的中点M 的轨迹方程．解　(1)方法一　设C (x ，y )，因为A ，B ，C 三点不共线，所以y ≠0.因为AC ⊥BC ，且BC ，AC 斜率均存在，所以k AC ·k BC ＝－1，又k AC ＝yx ＋1，k BC ＝y x －3，所以y x ＋1·yx －3＝－1，化简得x 2＋y 2－2x －3＝0.因此，直角顶点C 的轨迹方程为x 2＋y 2－2x －3＝0(y ≠0)．方法二　设AB 的中点为D ，由中点坐标公式得D (1,0)，由直角三角形的性质知|CD |＝12|AB |＝2.由圆的定义知，动点C 的轨迹是以D (1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A ，B ，C 三点不共线，所以应除去与x 轴的交点)．所以直角顶点C 的轨迹方程为(x －1)2＋y 2＝4(y ≠0)．(2)设M (x ，y )，C (x 0，y 0)，因为B (3,0)，M 是线段BC 的中点，由中点坐标公式得x ＝x 0＋32，y ＝y 0＋02，所以x 0＝2x －3，y 0＝2y .由(1)知，点C 的轨迹方程为(x －1)2＋y 2＝4(y ≠0)，将x 0＝2x －3，y 0＝2y 代入得(2x －4)2＋(2y )2＝4，即(x －2)2＋y 2＝1.因此动点M 的轨迹方程为(x －2)2＋y 2＝1(y ≠0)．思维升华　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相关点代入法：找到要求点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式．跟踪训练1　设定点M (－3,4)，动点N 在圆x 2＋y 2＝4上运动，以OM ，ON 为两边作平行四边形MONP ，求点P 的轨迹方程．解　如图，设P (x ，y )，N (x 0，y 0)，则线段OP 的中点坐标为(x 2，y2)，线段MN 的中点坐标为(x 0－32，y 0＋42).因为平行四边形的对角线互相平分，所以x2＝x 0－32，y2＝y 0＋42，整理得Error!又点N (x 0，y 0)在圆x 2＋y 2＝4上，所以(x ＋3)2＋(y －4)2＝4.所以点P 的轨迹是以(－3,4)为圆心，2为半径的圆，直线OM 与轨迹相交于两点(－95，125)和(－215，285)，不符合题意，舍去，所以点P的轨迹为(x ＋3)2＋(y －4)2＝4，除去两点(－95，125)和(－215，285).与圆有关的最值问题例2　(1)(2020·保定质检)已知A (0,2)，点P 在直线x ＋y ＋2＝0上，点Q 在圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＝0上，则|PA |＋|PQ |的最小值是________．答案　25解析　因为圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＝0，故圆C 是以C (2,1)为圆心，半径r ＝5的圆．设点A (0,2)关于直线x ＋y ＋2＝0的对称点为A ′(m ，n )，故Error!解得Error!故A ′(－4，－2)．连接A ′C 交圆C 于Q ，由对称性可知|PA |＋|PQ |＝|A ′P |＋|PQ |≥|A ′Q |＝|A ′C |－r ＝25.(2)已知实数x ，y 满足方程x 2＋y 2－4x ＋1＝0，求yx 的最大值和最小值．解　原方程可化为(x －2)2＋y 2＝3，表示以(2,0)为圆心，3为半径的圆．yx的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，所以设yx＝k ，即y ＝kx .当直线y ＝kx 与圆相切时，斜率k 取最大值和最小值，此时|2k －0|k 2＋1＝3，解得k ＝±3.所以yx的最大值为3，最小值为－3.本例(2)中，求y －x 的最大值和最小值．解　y －x 可看作是直线y ＝x ＋b 在y 轴上的截距，当直线y ＝x ＋b 与圆相切时，纵截距b 取得最大值和最小值，此时|2－0＋b |2＝3，解得b ＝－2±6.所以y －x 的最大值为－2＋6，最小值为－2－6.本例(2)中，求x 2＋y 2的最大值和最小值．解　x 2＋y 2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点和圆心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(2－0)2＋(0－0)2＝2，所以x 2＋y 2的最大值是(2＋3)2＝7＋43，x 2＋y 2的最小值是(2－3)2＝7－43.思维升华　与圆有关的最值问题的常见类型及解题策略(1)与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义，利用圆的几何性质数形结合求解．(2)与圆上点(x ，y )有关代数式的最值的常见类型及解法．①形如u ＝y －bx －a型的最值问题，可转化为过点(a ，b )和点(x ，y )的直线的斜率的最值问题；②形如t ＝ax ＋by 型的最值问题，可转化为动直线的截距的最值问题；③形如(x －a )2＋(y －b )2型的最值问题，可转化为动点到定点(a ，b )的距离的平方的最值问题．跟踪训练2　已知M (x ，y )为圆C ：x 2＋y 2－4x －14y ＋45＝0上任意一点，且点Q (－2,3)．(1)求|MQ |的最大值和最小值；(2)求y －3x ＋2的最大值和最小值；(3)求y －x 的最大值和最小值．解　(1)由圆C ：x 2＋y 2－4x －14y ＋45＝0，可得(x －2)2＋(y －7)2＝8，∴圆心C 的坐标为(2,7)，半径r ＝22.又|QC |＝(2＋2)2＋(7－3)2＝42，∴|MQ |max ＝42＋22＝62，|MQ |min ＝42－22＝22.(2)可知y －3x ＋2表示直线MQ 的斜率k .设直线MQ 的方程为y －3＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＋3＝0.∵直线MQ 与圆C 有交点，∴|2k －7＋2k ＋3|1＋k 2≤22，可得2－3≤k ≤2＋3，∴y －3x ＋2的最大值为2＋3，最小值为2－3.(3)设y －x ＝b ，则x －y ＋b ＝0.当直线y ＝x ＋b 与圆C 相切时，截距b 取到最值，∴|2－7＋b |12＋(－1)2＝22，∴b ＝9或b ＝1.∴y －x 的最大值为9，最小值为1.1．圆M ：x 2＋y 2＋2x ＋23y －5＝0的圆心坐标为( )A ．(1，3) B ．(1，－3) C ．(－1，3) D ．(－1，－3)答案　D解析　圆M 的圆心坐标为x ＝－D2＝－1.y ＝－E2＝－3.故选D.2．已知圆C ：x 2＋y 2－2x ＋4y ＋1＝0，那么与圆C 有相同的圆心，且经过点(－2,2)的圆的方程是( )A ．(x －1)2＋(y ＋2)2＝5B ．(x －1)2＋(y ＋2)2＝25C ．(x ＋1)2＋(y －2)2＝5D ．(x ＋1)2＋(y －2)2＝25答案　B解析　圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝4，圆心C(1，－2)，故排除C，D，代入(－2,2)点，只有B项经过此点．也可以设出要求的圆的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝r2，再代入点(－2,2)，可以求得圆的半径为5.故选B.3．已知圆C：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则“E＝F＝0且D<0”是“圆C与y轴相切于原点”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案　A解析　圆C与y轴相切于原点⇔圆C的圆心在x轴上(设坐标为(a,0))，且半径r＝|a|.∴当E＝F＝0且D<0时，圆心为(－D2，0)，半径为|D|2，圆C与y轴相切于原点；圆(x＋1)2＋y2＝1与y轴相切于原点，但D＝2>0，故选A.4．(2019·贵阳模拟)圆C与x轴相切于点T(1,0)，与y轴正半轴交于A，B两点，且|AB|＝2，则圆C的标准方程为( )A．(x－1)2＋(y－2)2＝2B．(x－1)2＋(y－2)2＝2C．(x＋1)2＋(y＋2)2＝4D．(x－1)2＋(y－2)2＝4答案　A解析　由题意得，圆C的半径为1＋1＝2，圆心坐标为(1，2)，∴圆C的标准方程为(x－1)2＋(y－2)2＝2，故选A.5．已知圆C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝4，圆C2与圆C1关于直线x－y－1＝0对称，则圆C2的方程为( )A．(x＋2)2＋(y－2)2＝4B．(x－2)2＋(y＋2)2＝4C．(x＋2)2＋(y＋2)2＝4D．(x－2)2＋(y－2)2＝4答案　B解析　根据题意，设圆C2的圆心为(a，b)，圆C1：(x＋1)2＋(y－1)2＝4，其圆心为(－1,1)，半径为2，若圆C2与圆C1关于直线x－y－1＝0对称，则圆C1与C2的圆心关于直线x－y－1＝0对称，且圆C2的半径为2，则有Error!解得Error!则圆C2的方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝4.6．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点的轨迹方程是( )A．(x－2)2＋(y＋1)2＝1B．(x－2)2＋(y＋1)2＝4C．(x＋4)2＋(y－2)2＝4D．(x＋2)2＋(y－1)2＝1答案　A解析　设圆上任意一点为(x1，y1)，中点为(x，y)，则Error!即Error!代入x2＋y2＝4得(2x－4)2＋(2y＋2)2＝4，化简得(x－2)2＋(y＋1)2＝1.7．(多选)设有一组圆C：(x－1)2＋(y－k)2＝k4(k∈N*)，下列四个命题正确的是( )A．存在k，使圆与x轴相切B．存在一条直线与所有的圆均相交C．存在一条直线与所有的圆均不相交D．所有的圆均不经过原点答案　ABD解析　对于A，存在k，使圆与x轴相切⇔k＝k2(k∈N*)有正整数解⇔k＝1，故A正确；对于B，因为圆心(1，k)恒在直线x＝1上，故B正确；对于C，当k取无穷大的正数时，半径k2也无穷大，因此所有直线与圆都相交，故C不正确；对于D，将(0,0)代入得1＋k2＝k4，即1＝k2(k2－1)，因为右边是两个相邻整数相乘为偶数，而左边为奇数，故方程恒不成立，故D正确．故选ABD.8．已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是____________，半径是________．答案　(－2，－4)　5解析　由已知方程表示圆，则a2＝a＋2，解得a＝2或a＝－1.当a＝2时，方程不满足表示圆的条件，故舍去．当a＝－1时，原方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，化为标准方程为(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，表示以(－2，－4)为圆心，5为半径的圆．9．(2020·长沙模拟)圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0上的点到直线x－y＝2的距离的最大值是________．答案　1＋2解析　将圆的方程化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心坐标为(1,1)，半径为1，则圆心到直线x－y＝2的距离d＝|1－1－2|2＝2，故圆上的点到直线x－y＝2的距离的最大值为d＋1＝2＋1.10．如果圆(x－a)2＋(y－a)2＝8上总存在到原点的距离为2的点，则实数a的取值范围是________________．答案　[－3，－1]∪[1,3]解析　圆(x－a)2＋(y－a)2＝8的圆心(a，a)到原点的距离为|2a|，半径r＝22，由圆(x－a)2＋(y－a)2＝8上总存在点到原点的距离为2，得22－2≤|2a|≤22＋2，∴1≤|a|≤3，解得1≤a≤3或－3≤a≤－1.∴实数a的取值范围是[－3，－1]∪[1,3]．11．已知点(x，y)在圆(x－2)2＋(y＋3)2＝1上．(1)求x＋y的最大值和最小值；(2)求x2＋y2＋2x－4y＋5的最大值和最小值．解　(1)设t＝x＋y，则y＝－x＋t，t可视为直线y＝－x＋t在y轴上的截距，∴x＋y的最大值和最小值就是直线与圆有公共点时直线纵截距的最大值和最小值，即直线与圆相切时在y轴上的截距．由直线与圆相切得圆心到直线的距离等于半径，即|2＋(－3)－t|2＝1，解得t＝2－1或t＝－2－1.∴x＋y的最大值为2－1，最小值为－2－1.(2)x2＋y2＋2x－4y＋5＝(x＋1)2＋(y－2)2，求它的最值可视为求点(x，y)到定点(－1,2)的距离的最值，可转化为求圆心(2，－3)到定点(－1,2)的距离与半径的和或差．又圆心到定点(－1,2)的距离为34，∴x2＋y2＋2x－4y＋5的最大值为34＋1，最小值为34－1.12．已知点A(－3,0)，B(3,0)，动点P满足|PA|＝2|PB|.(1)若点P的轨迹为曲线C，求此曲线的方程；(2)若点Q在直线l1：x＋y＋3＝0上，直线l2经过点Q且与曲线C只有一个公共点M，求|QM|的最小值．解　(1)设点P 的坐标为(x ，y )，则(x ＋3)2＋y 2＝2(x －3)2＋y 2，化简可得(x －5)2＋y 2＝16，此方程即为所求．(2)曲线C 是以点(5,0)为圆心，4为半径的圆，如图所示．由题意知直线l 2是此圆的切线，连接CQ ，则|QM |＝|CQ |2－|CM |2＝|CQ |2－16，当|QM |最小时，|CQ |最小，此时CQ ⊥l 1，|CQ |＝|5＋3|2＝42，则|QM |的最小值为32－16＝4.13．已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1，设点P 是圆C 上的动点．记d ＝|PB |2＋|PA |2，其中A (0,1)，B (0，－1)，则d 的最大值为________．答案　74解析　设P (x 0，y 0)，d ＝|PB |2＋|PA |2＝x 20＋(y 0＋1)2＋x 20＋(y 0－1)2＝2(x 20＋y 20)＋2.x 20＋y 20为圆上任一点到原点距离的平方，∴(x 20＋y 20)max ＝(5＋1)2＝36，∴d max ＝74.14．(2019·大同模拟)已知点P 为圆C ：x 2＋y 2－4x －2y ＋1＝0上任意一点，A ，B 为直线3x ＋4y ＋5＝0上的两动点，且|AB |＝2，则△ABP 的面积的取值范围是______．答案　[1,5]解析　圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4，圆心C (2,1)，半径R ＝2，圆心C 到直线3x ＋4y ＋5＝0的距离d ＝|6＋4＋5|32＋42＝3，设P 到直线AB 的距离为h ，则S △ABP ＝12·|AB |·h ＝h ，∵d －R ≤h ≤d ＋R ，∴1≤h ≤5，∴S △ABP ∈[1,5]，即△ABP 的面积的取值范围为[1,5]．15．(2020·烟台模拟)圆x 2＋y 2＋4x －12y ＋1＝0关于直线ax －by ＋6＝0(a >0，b >0)对称，则2a＋6b 的最小值是( )A ．23B.203C.323D.163答案　C解析　由圆x 2＋y 2＋4x －12y ＋1＝0知，其标准方程为(x ＋2)2＋(y －6)2＝39，∵圆x 2＋y 2＋4x －12y ＋1＝0关于直线ax －by ＋6＝0(a >0，b >0)对称，∴该直线经过圆心(－2,6)，即－2a －6b ＋6＝0，∴a ＋3b ＝3(a >0，b >0)，∴2a ＋6b ＝23(a ＋3b )(1a ＋3b)＝23(1＋3a b ＋3b a ＋9)≥23(10＋2 3a b ·3b a )＝323，当且仅当3ba ＝3ab ，即a ＝b 时取等号，故选C.16．在平面直角坐标系中，已知圆心在直线x －2y ＝0上，圆C 经过点A (4,0)，但不经过坐标原点，并且直线4x －3y ＝0与圆C 相交所得的弦长为4.(1)求圆C 的一般方程；(2)若从点M (－4,1)发出的光线经过x 轴反射，反射光线刚好通过圆C 的圆心，求反射光线所在直线的方程(用一般式表达)．解　(1)设圆C ：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，因为圆心C 在直线x －2y ＝0上，所以a －2b ＝0，①又因为圆C 经过点A (4,0)，所以(4－a)2＋b 2＝r 2，②而圆心到直线4x－3y＝0的距离d＝|4a－3b|42＋(－3)2＝|4a－3b|5，易得d＝r2－22，即|4a－3b|5＝r2－22，③由①②③得Error!或Error!又因为(x－2)2＋(y－1)2＝5经过坐标原点，所以Error!故圆C的标准方程为(x－6)2＋(y－3)2＝13，化为一般方程为x2＋y2－12x－6y＋32＝0.(2)点M(－4,1)关于x轴对称的点为N(－4，－1)，反射光线所在的直线即为NC所在的直线，又因为C(6,3)．所以反射光线所在直线的方程为y＋1x＋4＝3＋16＋4，所以反射光线所在直线的一般式方程为2x－5y＋3＝0.。