2018届高三二轮复习--立体几何讲义

学习过程一、考纲解读立体几何模块内容在目前高考中结构和比重相对稳定，一般为一个客观题加一个解答题的格局，分值在17到22分之间，难度不太高，是得基本分的关键内容之一．立体几何考题侧重考查同学们的空间概念、逻辑思维能力、空间想象能力及运算能力。

在选择、填空题中侧重立体几何中的概念型、空间想象型、简单计算型问题，而解答题侧重立体几何中的逻辑推理型问题，立体几何常考的四类问题(1)三视图及相关的体积、表面积的简单计算．(2)点、直线、平面之间的位置关系．（3）距离、角度的向量计算.(4)存在型、探究型问题．立体几何中的空间想象能力是培养能力是数学学习中重要的一个组成部分，同时该部分内容也是培养逻辑思维能力的重要手段，体现在证明和运算的规范性上，熟练掌握基本定理的文字语言和图形语言和符号语言是学习的基本保证，该模块中涉及到的重要数学思想方法有分类讨论、化归转化和类比等对本部分的考查，三视图是考察重点，几乎年年都考，以选择，填空题为主，当然也可能在大题中由三视图还原为直观图后考查定性及定量问题。

文理对平行、垂直关系的证明依然是考察重点。

符号语言、图形语言、文字语言的相互转化要引起足够的重视（尤其在选择填空题）文科对空间角不再考查，但理科引入了空间向量对其都有要求。

有关球的考查降低了要求，不再考球面距离但球的表面积、体积要熟练掌握。

二、复习预习（1）空间几何体定义体积表面积（2）点、直线、平面之间的位置关系平行垂直距离角度（3）空间向量法向量的求法及其在立体几何中的应用三、知识讲解考点1 （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.① 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，能识别上述的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.① 会用平行投影与中心投影两种方法，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.① 了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）.考点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一个平面内，那么这条直线上所有的点在此平面内.公理2：过不在同一条直线上的三点，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互相平行.定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补.① 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.①如果平面外一条直线和这个平面内的一条直线平行，则这条直线与这个平面平行. 即若ααα//,//,,a b a b a 则⊂⊄.①如果一个平面内有两条相交直线都平行于另一个平面，那么这两个平面平行， 即若βαββα//,//,//,,,则b a p b a b a =⊂ .①如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直. 即若ααα⊥⊥⊥=⊂⊂l n l m l B n m n m 则,,,,, .①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， 即若βααβ⊥⊂⊥则,,l l . 理解以下性质定理，并能够证明.①如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行，即若b a b a a //,,,//则=⊂βαβα .①两平行平面与同一个平面相交，那么两条交线平行，即若α①β,α∩γ=a ,β∩γ=b ,则b a // ①垂直于同一平面的两直线平行，即若b a b a //,,则αα⊥⊥①如果两个平面互相垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面， 即若αββαβα⊥⊥⊂=⊥l a l l a 则，,,, . 考点3 空间向量法向量的求法以及法向量在立体几何证明球角度距离中的应用四、例题精析例1 [2014全国2卷] 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 ．2717 B ．95 C ．2710 D ．31【规范解答】① 毛坯是底面半径为3，高为6的圆柱，体积V 1＝9π·6＝54π，加工后的零件，左半部为小圆柱，底面半径为2，高4，右半部为大圆柱， 底面半径为3，高2，体积V 2＝4π·4＋9π·2＝34π， ① 削掉部分的体积与原体积的比值＝πππ543454-＝2710，故选C 【总结与反思】 ① 考查识别三视图所表示的立体模型；① 考查圆柱的体积公式。

专题五 解 析 几 何第一讲直_线_与_圆考点一 直线方程与两条直线的位置关系 一、基础知识要记牢直线与直线的位置关系的判定方法(1)给定两条直线l 1：y ＝k 1x ＋b 1和l 2：y ＝k 2x ＋b 2，则有下列结论：l 1∥l 2⇔k 1＝k 2且b 1≠b 2；l 1⊥l 2⇔k 1·k 2＝－1.(2)若给定的方程是一般式，即l 1：A 1x ＋B 1y ＋C 1＝0和l 2：A 2x ＋B 2y ＋C 2＝0，则有下列结论：l 1∥l 2⇔A 1B 2－A 2B 1＝0且B 1C 2－B 2C 1≠0； l 1⊥l 2⇔A 1A 2＋B 1B 2＝0.二、经典例题领悟好[例1] (1)设直线l 1：2x －my －1＝0，l 2：(m －1)x －y ＋1＝0.则“m ＝2”是“l 1∥l 2”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(2)过直线l 1：x －2y ＋3＝0与直线l 2：2x ＋3y －8＝0的交点，且到点P (0,4)距离为2的直线方程为_____________________________________________________________________.[解析] (1)m ＝2⇒A 1B 1＝2－m ＝－1，A 2B 2＝1－m ＝－1⇒A 1B 1＝A 2B 2，且C 1B 1≠C 2B 2⇒l 1∥l 2；l 1∥l 2⇒A 1B 2＝A 2B 1⇒2·(－1)＝(－m )·(m －1)且B 1C 2≠B 2C 1⇒m ＝2.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋3＝0，2x ＋3y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2.∴l 1与l 2的交点为(1,2)．当所求直线斜率不存在，即直线方程为x ＝1时，显然不满足题意．当所求直线斜率存在时，设所求直线方程为y －2＝k (x －1)，即kx －y ＋2－k ＝0， ∵点P (0,4)到直线的距离为2，∴2＝|－2－k |1＋k2， ∴k ＝0或k ＝43.∴直线方程为y ＝2或4x －3y ＋2＝0. [答案] (1)C (2)y ＝2或4x －3y ＋2＝0(1)处理两条直线平行的问题时，在利用A 1B 2－A 2B 1＝0建立方程求出参数的值后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．(2)要注意每种直线方程的局限性．点斜式、两点式、斜截式要求直线不能与x 轴垂直(用两点式也不能与y 轴垂直)．而截距式方程不能表示过原点的直线，也不能表示垂直于坐标轴的直线．(3)在解决问题的过程中，要注意选择直线方程的形式，用待定系数法求直线的方程，是最基本最常用的方法.三、预测押题不能少1．(1)已知直线l ：x －y －1＝0，l 1：2x －y －2＝0.若直线l 2与l 1关于l 对称，则l 2的方程是( )A ．x －2y ＋1＝0B ．x －2y －1＝0C ．x ＋y －1＝0D ．x ＋2y －1＝0解析：选B 因为l 1与l 2关于l 对称， 所以l 1上任一点关于l 的对称点都在l 2上， 故l 与l 1的交点(1,0)在l 2上． 又易知(0，－2)为l 1上一点， 设它关于l 的对称点为(x ，y )，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋02－y －22－1＝0，y ＋2x ×1＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝－1，即(1,0)，(－1，－1)为l 2上两点， 可得l 2的方程为x －2y －1＝0.(2)设m ∈R ，过定点A 的动直线x ＋my ＝0和过定点B 的动直线mx －y －m ＋3＝0交于点P (x ，y )，则|PA |·|PB |的最大值是________．解析：易求定点A (0,0)，B (1,3)．当P 与A 和B 均不重合时，因为P 为直线x ＋my ＝0与mx －y －m ＋3＝0的交点，且两直线垂直，则PA ⊥PB ，所以|PA |2＋|PB |2＝|AB |2＝10，所以|PA |·|PB |≤|PA |2＋|PB |22＝5(当且仅当|PA |＝|PB |＝5时，等号成立)，当P 与A 或B 重合时，|PA |·|PB |＝0，故|PA |·|PB |的最大值是5.答案：5 考点二 圆的方程 一、基础知识要记牢(1)标准方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，圆心坐标为(a ，b )，半径为r .(2)一般方程：x 2＋y 2＋Dx ＋Ey ＋F ＝0(D 2＋E 2－4F >0)，圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－D 2，－E2，半径r ＝D 2＋E 2－4F2.二、经典例题领悟好[例2] (1)(2016·浙江高考)已知a ∈R ，方程a 2x 2＋(a ＋2)y 2＋4x ＋8y ＋5a ＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．(2)(2016·天津高考)已知圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，点M (0，5)在圆C 上，且圆心到直线2x －y ＝0的距离为455，则圆C 的方程为________．[解析] (1)由二元二次方程表示圆的条件可得a 2＝a ＋2，解得a ＝2或－1.当a ＝2时，方程为4x 2＋4y 2＋4x ＋8y ＋10＝0，即x 2＋y 2＋x ＋2y ＋52＝0，配方得⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋(y ＋1)2＝－54＜0，不表示圆；当a ＝－1时，方程为x 2＋y 2＋4x ＋8y －5＝0，配方得(x ＋2)2＋(y ＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.(2)因为圆C 的圆心在x 轴的正半轴上，设C (a,0)，且a ＞0，所以圆心到直线2x －y ＝0的距离d ＝2a5＝455，解得a ＝2，所以圆C 的半径r ＝|CM |＝4＋5＝3， 所以圆C 的方程为(x －2)2＋y 2＝9.[答案] (1)(－2，－4) 5 (2)(x －2)2＋y 2＝9圆的方程的求法(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程．(2)代数法，用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程，一般采用待定系数法．[提醒] 圆心到切线的距离等于半径，该结论在解题过程中经常用到，需牢记. 三、预测押题不能少2．(1)圆心在直线x ＋y ＝0上且过两圆x 2＋y 2－2x ＝0，x 2＋y 2＋2y ＝0的交点的圆的方程为( )A ．x 2＋y 2－x ＋y －12＝0B ．x 2＋y 2＋x －y －12＝0C ．x 2＋y 2－x ＋y ＝0 D ．x 2＋y 2＋x －y ＝0解析：选 C 由已知圆的方程可设所求圆的方程为x 2＋y 2－2x ＋λ(x 2＋y 2＋2y )＝0(λ≠－1)，即x 2＋y 2－21＋λx ＋2λ1＋λy ＝0 ，∴圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋λ，－λ1＋λ.又∵圆心在直线x ＋y ＝0上，∴11＋λ－λ1＋λ＝0，∴λ＝1，∴所求圆的方程为x 2＋y 2－x ＋y ＝0. (2)圆心在直线x －2y ＝0上的圆C 与y 轴的正半轴相切，圆C 截x 轴所得弦的长为23，则圆C 的标准方程为________________．解析：设圆心坐标为(a ，b )，半径为r .由已知⎩⎪⎨⎪⎧a －2b ＝0，b >0，又圆心(a ，b )到y 轴、x 轴的距离分别为|a |，|b |，所以|a |＝r ，|b |2＋3＝r 2.综上，解得a ＝2，b ＝1，r ＝2，所以圆心坐标为(2,1)，圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y －1)2＝4.答案：(x －2)2＋(y －1)2＝4考点三 直线与圆、圆与圆的位置关系 一、基础知识要记牢解答直线与圆的位置关系问题的方法(1)代数法．将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．(2)几何法．把圆心到直线的距离d 和半径R 的大小加以比较：d <R ⇔相交；d ＝R ⇔相切；d >R ⇔相离．二、经典例题领悟好[例3] (1)(2017·昆明模拟)已知圆M ：x 2＋y 2－2ay ＝0(a ＞0)截直线x ＋y ＝0所得线段的长度是22，则圆M 与圆N ：(x －1)2＋(y －1)2＝1的位置关系是( )A ．内切B ．相交C ．外切D ．相离(2)(2016·全国卷Ⅲ)已知直线l ：mx ＋y ＋3m －3＝0与圆x 2＋y 2＝12交于A ，B 两点，过A ，B 分别作l 的垂线与x 轴交于C ，D 两点．若|AB |＝23，则|CD |＝________.[解析] (1)由题知圆M ：x 2＋(y －a )2＝a 2(a ＞0)，圆心(0，a )到直线x ＋y ＝0的距离d ＝a2，所以2a 2－a 22＝22，解得a ＝2，即圆M 的圆心为(0,2)，半径为2.又圆N 的圆心为(1,1)，半径为1，则圆M ，圆N 的圆心距|MN |＝2，两圆半径之差为1，半径之和为3,1<2<3，故两圆相交．(2)由直线l ：mx ＋y ＋3m －3＝0知其过定点(－3，3)，圆心O 到直线l 的距离为d ＝|3m －3|m 2＋1.由|AB |＝23得⎝ ⎛⎭⎪⎫3m －3m 2＋12＋(3)2＝12，解得m ＝－33.又直线l 的斜率为－m ＝33，所以直线l 的倾斜角α＝π6.画出符合题意的图形如图所示，过点C 作CE ⊥BD ，则∠DCE ＝π6.在Rt △CDE 中，可得|CD |＝|AB |cos π6＝23×23＝4. [答案] (1)B (2)4研究直线与圆的位置关系最基本的解题方法为代数法，将几何问题代数化，利用函数与方程思想解题.与弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r ，圆心到直线的距离d ，及半弦长l2，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理.三、预测押题不能少3．(1)已知点P (x 0，y 0)，圆O ：x 2＋y 2＝r 2(r >0)，直线l ：x 0x ＋y 0y ＝r 2，有以下几个结论： ①若点P 在圆O 上，则直线l 与圆O 相切； ②若点P 在圆O 外，则直线l 与圆O 相离； ③若点P 在圆O 内，则直线l 与圆O 相交； ④无论点P 在何处，直线l 与圆O 恒相切． 其中正确的个数是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选A 根据点到直线的距离公式有d ＝r 2x 20＋y 20.若点P 在圆O 上，则x 20＋y 20＝r 2，d ＝r ，相切；若点P 在圆O 外，则x 20＋y 20>r 2，d <r ，相交；若点P 在圆O 内，则x 20＋y 20<r 2，d >r ，相离，故只有①正确．(2)已知P (x ，y )是直线kx ＋y ＋4＝0(k >0)上一动点，PA ，PB 是圆C ：x 2＋y 2－2y ＝0的两条切线，A ，B 是切点，若四边形PACB 的最小面积是2，则k ＝________.解析：如图，把圆的方程化成标准形式得x 2＋(y －1)2＝1，所以圆心为C (0,1)，半径为r ＝1，四边形PACB 的面积S ＝2S △PBC ，所以若四边形PACB 的最小面积是2，则S △PBC 的最小值为1.而S △PBC ＝12r ·|PB |，即|PB |的最小值为2，此时|PC |最小，|PC |为圆心到直线kx ＋y ＋4＝0的距离d ，则d ＝|5|k 2＋1＝12＋22＝5，化简得k 2＝4，因为k >0，所以k ＝2.答案：2[知能专练(十六)]一、选择题1．已知直线l 的倾斜角为π4，直线l 1经过点A (3,2)，B (－a,1)，且l 1与l 垂直，直线l 2：2x ＋by ＋1＝0与直线l 1平行，则a ＋b ＝( )A ．－4B ．－2C ．0D ．2解析：选B 由题知，直线l 的斜率为1，则直线l 1的斜率为－1，所以2－13＋a ＝－1，所以a＝－4.又l 1∥l 2，所以－2b＝－1，b ＝2，所以a ＋b ＝－4＋2＝－2，故选B.2．若直线l 1：x ＋ay ＋6＝0与l 2：(a －2)x ＋3y ＋2a ＝0平行，则l 1与l 2间的距离为( ) A. 2 B.823 C. 3D.833解析：选B 由l 1∥l 2，得(a －2)a ＝1×3，且a ×2a ≠3×6，解得a ＝－1，所以l 1：x －y ＋6＝0，l 2：x －y ＋23＝0，所以l 1与l 2间的距离为d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪6－2312＋－2＝823. 3．(2018届高三·深圳五校联考)已知直线l ：x ＋my ＋4＝0，若曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0上存在两点P ，Q 关于直线l 对称，则m 的值为( )A ．2B ．－2C ．1D ．－1解析：选D 因为曲线x 2＋y 2＋2x －6y ＋1＝0是圆(x ＋1)2＋(y －3)2＝9，若圆(x ＋1)2＋(y －3)2＝9上存在两点P ，Q 关于直线l 对称，则直线l ：x ＋my ＋4＝0过圆心(－1,3)，所以－1＋3m ＋4＝0，解得m ＝－1.4．(2017·嘉兴模拟)在平面直角坐标系中，A ，B 分别是x 轴和y 轴上的动点，若以AB 为直径的圆C 与直线2x ＋y －4＝0相切，则圆C 面积的最小值为( )A.45π B.3π4 C ．(6－25)πD.5π4解析：选A 法一：设A (a,0)，B (0，b )，圆C 的圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，b 2，2r ＝a 2＋b 2，由题知圆心到直线2x ＋y －4＝0的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪a ＋b 2－45＝r ，即|2a ＋b －8|＝25r ，2a ＋b ＝8±25r ，由(2a ＋b )2≤5(a 2＋b 2)，得8±25r ≤25r ⇒r ≥25，即圆C 的面积S ＝πr 2≥4π5.法二：由题意可知以线段AB 为直径的圆C 过原点O ，要使圆C 的面积最小，只需圆C 的半径或直径最小．又圆C 与直线2x ＋y －4＝0相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点O 到直线2x ＋y －4＝0的距离，此时2r ＝45，得r ＝25，圆C 的面积的最小值为S ＝πr 2＝4π5.5．已知直线x ＋y －k ＝0(k >0)与圆x 2＋y 2＝4交于不同的两点A ，B ，O 是坐标原点，且有|OA ―→＋OB ―→|≥33|AB ―→|，那么k 的取值范围是( )A ．(3，＋∞)B ．[2，＋∞)C ．[2，22)D ．[3，22)解析：选C 当|OA ―→＋OB ―→|＝33|AB ―→|时，O ，A ，B 三点为等腰三角形的三个顶点，其中OA ＝OB ，∠AOB ＝120°，从而圆心O 到直线x ＋y －k ＝0(k >0)的距离为1，此时k ＝2；当k >2时，|OA ―→＋OB ―→|>33|AB ―→|，又直线与圆x 2＋y 2＝4存在两交点，故k <2 2.综上，k 的取值范围为[2，22)．6．(2017·成都模拟)圆心在曲线y ＝2x(x >0)上，且与直线2x ＋y ＋1＝0相切的面积最小的圆的方程为( )A ．(x －1)2＋(y －2)2＝5 B ．(x －2)2＋(y －1)2＝5 C ．(x －1)2＋(y －2)2＝25 D ．(x －2)2＋(y －1)2＝25解析：选A 由圆心在曲线y ＝2x(x >0)上，设圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2a (a >0)，又圆与直线2x ＋y ＋1＝0相切，所以圆心到直线的距离d 等于圆的半径r ，而d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2a ＋2a ＋122＋12＝2a ＋2a ＋15≥22a ·2a＋15＝5，当且仅当2a ＝2a，即a ＝1时取等号，此时圆的面积最小，圆心坐标为(1,2)，圆的半径的最小值为5，则所求圆的方程为(x －1)2＋(y －2)2＝5.7．若三条直线l 1：4x ＋y ＝3，l 2：mx ＋y ＝0，l 3：x －my ＝2不能围成三角形，则实数m 的取值最多有( )A ．2个B ．3个C ．4个D ．6个解析：选C 三条直线不能围成三角形，则至少有两条直线平行或三条直线相交于同一点．若l 1∥l 2，则m ＝4；若l 1∥l 3，则m ＝－14；若l 2∥l 3，则m 的值不存在；若三条直线相交于同一点，则m ＝1或－53.故实数m 的取值最多有4个，故选C.8．若圆(x －3)2＋(y ＋5)2＝r 2上有且只有两个点到直线4x －3y －2＝0的距离等于1，则半径r 的取值范围是( )A ．(4,6)B ．[4,6]C ．(4,5)D ．(4,5]解析：选A 设直线4x －3y ＋m ＝0与直线4x －3y －2＝0之间的距离为1，则有|m ＋2|5＝1，m ＝3或m ＝－7.圆心(3，－5)到直线4x －3y ＋3＝0的距离等于6，圆心(3，－5)到直线4x －3y－7＝0的距离等于4，因此所求圆半径的取值范围是(4,6)，故选A.9．(2017·合肥质检)设圆x 2＋y 2－2x －2y －2＝0的圆心为C ，直线l 过(0,3)且与圆C 交于A ，B 两点，若|AB |＝23，则直线l 的方程为( )A ．3x ＋4y －12＝0或4x －3y ＋9＝0B ．3x ＋4y －12＝0或x ＝0C ．4x －3y ＋9＝0或x ＝0D ．3x －4y ＋12＝0或4x ＋3y ＋9＝0解析：选B 由题可知，圆心C (1,1)，半径r ＝2.当直线l 的斜率不存在时，直线方程为x ＝0，计算出弦长为23，符合题意；当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋3，由弦长为23可知，圆心到该直线的距离为1，从而有|k ＋2|k 2＋1＝1，解得k ＝－34，所以直线l 的方程为y ＝－34x ＋3，即3x ＋4y －12＝0.综上，直线l 的方程为x ＝0或3x ＋4y －12＝0，故选B.10．已知圆C 关于x 轴对称，经过点(0,1)，且被y 轴分成两段弧，弧长之比为2∶1，则圆的方程为( )A ．x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ±332＝43 B ．x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y ±332＝13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ±332＋y 2＝43D.⎝⎛⎭⎪⎫x ±332＋y 2＝13解析：选C 设圆的方程为(x ±a )2＋y 2＝r 2(a >0)，圆C 与y 轴交于A (0,1)，B (0，－1)，由弧长之比为2∶1，易知∠OCA ＝12∠ACB ＝12×120°＝60°，则tan 60°＝|OA ||OC |＝1|OC |＝3，所以a ＝|OC |＝33，即圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫±33，0，r 2＝|AC |2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫±332＝43.所以圆的方程为⎝⎛⎭⎪⎫x ±332＋y 2＝43，故选C.二、填空题11．设直线l 1：(m ＋1)x －(m －3)y －8＝0(m ∈R)，则直线l 1恒过定点________；若过原点作直线l 2∥l 1，则当直线l 2与l 1的距离最大时，直线l 2的方程为________．解析：由(m ＋1)x －(m －3)y －8＝0，得m (x －y )＋x ＋3y －8＝0，令⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝0，x ＋3y －8＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝2，所以l 1恒过定点A (2,2)．当l 2⊥AO (O 为坐标原点)时，直线l 1与l 2的距离最大，此时k AO ＝1，k 2＝－1，所以直线l 2的方程为y ＝－x .答案：(2,2) y ＝－x12．(2017·温州模拟)圆x 2＋y 2－2y －3＝0的圆心坐标是________，半径是________． 解析：化圆的一般式方程为标准方程，得x 2＋(y －1)2＝4，由此知该圆的圆心坐标为(0,1)，半径为2.答案：(0,1) 213．已知点P (a ，b )关于直线l 的对称点为P ′(b ＋1，a －1)，则圆C ：x 2＋y 2－6x －2y ＝0关于直线l 对称的圆C ′的方程为________________；圆C 与圆C ′的公共弦的长度为________．解析：因为圆C 的方程为x 2＋y 2－6x －2y ＝0，即(x －3)2＋(y －1)2＝10，其圆心为(3,1)，半径为10，又因为点P (a ，b )关于直线l 的对称点为P ′(b ＋1，a －1)，所以令a ＝3，b ＝1可得，其关于直线l 的对称点(2,2)，所以圆C ：x 2＋y 2－6x －2y ＝0关于直线l 对称的圆C ′的圆心为(2,2)，半径为10，即圆C ′：(x －2)2＋(y －2)2＝10；圆C 与圆C ′的圆心的距离为d ＝－2＋－2＝2，所以两圆公共弦的长度为2102－⎝⎛⎭⎪⎫222＝38. 答案：(x －2)2＋(y －2)2＝103814．已知圆O ：x 2＋y 2＝r 2与圆C ：(x －2)2＋y 2＝r 2(r >0)在第一象限的一个公共点为P ，过点P 作与x 轴平行的直线分别交两圆于不同两点A ，B (异于P 点)，且OA ⊥OB ，则直线OP 的斜率是________，r ＝________.解析：两圆的方程相减得，4x －4＝0，则点P 的横坐标x ＝1.易知P 为AB 的中点，因为OA ⊥OB ，所以|OP |＝|AP |＝|PB |，所以△OAP 为等边三角形，所以∠APO ＝60°，因为AB ∥x 轴，所以∠POC ＝60°，所以直线OP 的斜率为 3.设P (1，y 1)，则y 1＝3，所以P (1，3)，代入圆O ，解得r ＝2.答案： 3 215．已知直线ax ＋y －2＝0与圆心为C 的圆(x －1)2＋(y －a )2＝4相交于A ，B 两点，且△ABC 为等边三角形，则实数a ＝________.解析：依题意，圆C 的半径是2，圆心C (1，a )到直线ax ＋y －2＝0的距离等于32×2＝3，于是有|1·a ＋a －2|a 2＋1＝3，即a 2－8a ＋1＝0，解得a ＝4±15. 答案：4±1516．(2018届高三·浙江省名校联考)设圆C ：(x －3)2＋(y －5)2＝5，过圆心C 作直线l 交圆于A ，B 两点，交y 轴于点P ，若A 恰好为线段BP 的中点，则直线l 的方程为________．解析：如图，A 为PB 的中点，而C 为AB 的中点，因此，C 为PB 的四等分点．而C (3,5)，P 点的横坐标为0，因此，A ，B 的横坐标分别为2,4，将A 的横坐标代入圆的方程中，可得A (2,3)或A (2,7)，根据直线的两点式得到直线l 的方程为2x －y －1＝0或2x ＋y －11＝0.答案：2x －y －1＝0或2x ＋y －11＝017．在平面直角坐标系内，到点A (1,2)，B (1,5)，C (3,6)，D (7，－1)的距离之和最小的点的坐标是________．解析：取四边形ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下：假设在四边形ABCD中任取一点P，在△APC中，有AP＋PC＞AC，在△BPD中，有PB＋PD＞BD，而如果P在线段AC上，那么AP＋PC＝AC；同理，如果P在线段BD上，那么BP＋PD＝BD.如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P就只能是AC与BD的交点．易求得P(2,4)．答案：(2,4)[选做题]1．(2018届高三·湖北七市(州)联考)已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>0)．设条件p：0<r<3，条件q：圆C上至多有2个点到直线x－3y＋3＝0的距离为1，则p是q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解析：选 C 圆C：(x－1)2＋y2＝r2的圆心(1,0)到直线x－3y＋3＝0的距离d＝|1－3×0＋3|12＋32＝2.当2－r>1，即0<r<1时，直线在圆外，圆上没有点到直线的距离为1；当2－r＝1，即r＝1时，直线在圆外，圆上只有1个点到直线的距离为1；当0<2－r<1，即1<r<2时，直线在圆外，此时圆上有2个点到直线的距离为1；当2－r＝0，即r＝2时，直线与圆相切，此时圆上有2个点到直线的距离为1；当0<r－2<1，即2<r<3时，直线与圆相交，此时圆上有2个点到直线的距离为1；当r－2＝1，即r＝3时，直线与圆相交，此时圆上有3个点到直线的距离为1；当r－2>1，即r>3时，直线与圆相交，此时圆上有4个点到直线的距离为1.综上，当0<r<3时，圆C上至多有2个点到直线x－3y＋3＝0的距离为1；由圆C上至多有2个点到直线x－3y＋3＝0的距离为1可得0<r<3.故p是q的充要条件，故选C.2．(2017·石家庄模拟)若a，b是正数，直线2ax＋by－2＝0被圆x2＋y2＝4截得的弦长为23，则t＝a1＋2b2取得最大值时a的值为( )A.12B.32C.34D.34解析：选 D 因为圆心到直线的距离d＝24a2＋b2，则直线被圆截得的弦长L＝2r2－d2＝24－44a2＋b2＝23，所以4a2＋b2＝4.则t＝a1＋2b2＝122·(22a)·1＋2b2≤122×12×[]2a2＋1＋2b22＝142·[8a2＋1＋2(4－4a2)]＝942，当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧8a 2＝1＋2b 2，4a 2＋b 2＝4时等号成立，此时a ＝34，故选D.3．已知点A (3,0)，若圆C ：(x －t )2＋(y －2t ＋4)2＝1上存在点P ，使|PA |＝2|PO |，其中O 为坐标原点，则圆心C 的横坐标t 的取值范围为________．解析：设点P (x ，y )，因为|PA |＝2|PO |，所以x －2＋y 2＝2x 2＋y 2，化简得(x ＋1)2＋y 2＝4，所以点P 在以M (－1,0)为圆心，2为半径的圆上．由题意知，点P (x ，y )在圆C 上，所以圆C 与圆M 有公共点，则1≤|CM |≤3，即1≤t ＋2＋t －2≤3,1≤5t 2－14t ＋17≤9.不等式5t 2－14t ＋16≥0的解集为R ；由5t 2－14t ＋8≤0，得45≤t ≤2.所以圆心C 的横坐标t 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，2. 答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤45，2 第二讲圆锥曲线的概念与性质考点一 圆锥曲线的定义与标准方程 一、基础知识要记牢 1．圆锥曲线的定义：在同一平面上，F 1，F 2(F )是定点，P 是动点． (1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)； (2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)；(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于M . 2．圆锥曲线的标准方程(以焦点在x 轴上为例)：椭圆：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)；双曲线：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)；抛物线：y 2＝±2px (p >0)． 二、经典例题领悟好[例1] (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y23＝1有公共焦点，则C 的方程为( ) A.x 28－y 210＝1B.x 24－y 25＝15443(2)(2016·浙江高考)若抛物线y 2＝4x 上的点M 到焦点的距离为10，则M 到y 轴的距离是________．[解析] (1)根据双曲线C 的渐近线方程为y ＝52x ， 可知b a ＝52.① 又椭圆x 212＋y 23＝1的焦点坐标为(3,0)和(－3,0)，所以a 2＋b 2＝9.②根据①②可知a 2＝4，b 2＝5，所以C 的方程为x 24－y 25＝1.(2)设点M 的横坐标为x ，则点M 到准线x ＝－1的距离为x ＋1， 由抛物线的定义知x ＋1＝10，∴x ＝9， ∴点M 到y 轴的距离为9. [答案] (1)B (2)91.求解圆锥曲线标准方程的方法是“先定型，后计算”.所谓“定型”，就是指确定类型，也就是确定椭圆、双曲线、抛物线的焦点所在的坐标轴，从而设出相应的标准方程的形式；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值，最后代入写出椭圆、双曲线、抛物线的标准方程.2.利用定义解题是这一部分的一个重要方法.面对一个数学对象，回顾它的定义常常能找到最简捷的途径，如果题目涉及焦点、准线、离心率、圆锥曲线上的点等条件时，首先要联想相应定义.三、预测押题不能少1．(1)已知抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点O ，并且经过点M (2，y 0)．若点M 到该抛物线焦点的距离为3，则|OM |＝( )A ．2 2B ．2 3C ．4D ．2 5解析：选B 依题意，设抛物线方程是y 2＝2px (p >0)，则有2＋p2＝3，得p ＝2，故抛物线方程是y 2＝4x ，点M 的坐标是(2，±22)，|OM |＝ 22＋8＝2 3.(2)(2017·长沙模拟)已知椭圆的中心在原点，离心率e ＝12，且它的一个焦点与抛物线y 2＝－4x 的焦点重合，则此椭圆方程为( )4386C.x 22＋y 2＝1 D.x 24＋y 2＝1解析：选A 由题可知椭圆的焦点在x 轴上，所以设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，而抛物线y 2＝－4x 的焦点为(－1,0)，所以c ＝1，又离心率e ＝c a ＝12，解得a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.故选A.考点二 圆锥曲线的几何性质 一、基础知识要记牢(1)椭圆、双曲线中，a ，b ，c 之间的关系 ①在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝c a； ②在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝c a.(2)双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax .二、经典例题领悟好[例2] (1)(2017·浙江高考)椭圆x 29＋y 24＝1的离心率是( )A.133B.53 C.23 D.59(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，以A 为圆心，b 为半径作圆A ，圆A 与双曲线C 的一条渐近线交于M ，N 两点．若∠MAN ＝60°，则C 的离心率为________．[解析] (1)根据题意知，a ＝3，b ＝2，则c ＝a 2－b 2＝5，∴椭圆的离心率e ＝c a ＝53. (2)双曲线的右顶点为A (a,0)，一条渐近线的方程为y ＝b ax ，即bx －ay ＝0，则圆心A 到此渐近线的距离d ＝|ba －a ×0|b 2＋a 2＝ab c .又因为∠MAN ＝60°，圆的半径为b ，所以b ·sin 60°＝abc ，即3b 2＝ab c ，所以e ＝23＝233. [答案] (1)B (2)2332．(1)设双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的右焦点为F ，右顶点为A ，过F 作AF 的垂线与双曲线交于B ，C 两点，过B ，C 分别作AC ，AB 的垂线，两垂线交于点D .若D 到直线BC 的距离小于a ＋a 2＋b 2，则该双曲线的渐近线斜率的取值范围是( )A ．(－1,0)∪(0,1) B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C ．(－2，0)∪(0，2) D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 解析：选A 由题作出图象如图所示．由x 2a 2－y 2b2＝1，可知A (a,0)，F (c,0)． 易得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，C ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a . ∵k AB ＝b 2ac －a ＝b 2a c －a ，∴k CD ＝a a －cb 2.∵k AC ＝b 2a a －c ＝b 2a a －c ，∴k BD ＝－a a －c b 2.∴l BD ：y －b 2a ＝－a a －c b 2(x －c )，即y ＝－a a －c b 2x ＋ac a －c b 2＋b 2a ，l CD ：y ＋b 2a ＝a a －cb 2(x －c )，即y ＝a a －c b 2x －ac a －c b 2－b 2a.∴x D ＝c ＋b 4a 2a －c.∴点D 到BC 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 4a 2a －c .∴b 4a 2c －a<a ＋a 2＋b 2＝a ＋c ， ∴b 4<a 2(c 2－a 2)＝a 2b 2，∴a 2>b 2，∴0<b 2a 2<1.∴0<b a <1或－1<b a<0.(2)(2017·全国卷Ⅰ)设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m ＝1长轴的两个端点．若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是( )A ．(0,1]∪[9，＋∞)B ．(0， 3 ]∪[9，＋∞)C ．(0,1]∪[4，＋∞)D ．(0， 3 ]∪[4，＋∞)解析：选A 当0＜m ＜3时，焦点在x 轴上， 要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b≥tan 60°＝3，即3m≥3，解得0＜m ≤1.当m ＞3时，焦点在y 轴上，要使C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°， 则a b≥tan 60°＝3，即m3≥3，解得m ≥9. 故m 的取值范围为(0,1]∪[9，＋∞)． 考点三 直线与圆锥曲线的位置关系 一、经典例题领悟好[例3] (2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|PA |·|PQ |的最大值．[解] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)设直线AP 的斜率为k ，则直线AP 的方程为y －14＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12，即kx －y ＋12k ＋14＝0，因为直线BQ 与直线AP 垂直，所以直线BQ 的方程为，x ＋ky －94k －32＝0，联立⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标x Q ＝－k 2＋4k ＋3k ＋.因为|PA |＝ 1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝ 1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －k ＋2k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.数形结合是研究直线与圆锥曲线位置关系的根本方法，即把位置关系转化成方程或方程组解的问题，其中设而不求、整体运算是常用手段，对根与系数的关系、点差法等方法的应用条件、注意事项、操作程序等要理解、熟练.二、预测押题不能少3.(2016·浙江高考)如图，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1)．(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围． 解：(1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AP ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a2＋y 2＝1得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0，故x 1＝0，x 2＝－2a 2k 1＋a 2k2.因此|AP |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋k21＋a 2k2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2. 由(1)知，|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21， |AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22， 所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0. 由k 1≠k 2，k 1，k 2＞0得 1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，因此⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 21＋1⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 22＋1＝1＋a 2(a 2－2)．①因为①式关于k 1，k 2的方程有解的充要条件是 1＋a 2(a 2－2)＞1， 所以a ＞ 2.因此，任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a ≤ 2.由e ＝c a ＝a 2－1a ，得0＜e ≤22.所求离心率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22. [知能专练(十七)]一、选择题1．(2017·惠州调研)双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝132，则它的渐近线方程为( )A ．y ＝±32xB ．y ＝±23xC ．y ＝±94xD ．y ＝±49x解析：选A 由双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率e ＝132，可得c 2a 2＝134，∴b 2a 2＋1＝134，可得b a ＝32，故双曲线的渐近线方程为y ＝±32x .2．(2017·全国卷Ⅲ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，且以线段A 1A 2为直径的圆与直线bx －ay ＋2ab ＝0相切，则C 的离心率为( )A.63B.33 C.23 D.13解析：选A 以线段A 1A 2为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝a 2，由原点到直线bx －ay ＋2ab ＝0的距离d ＝2abb 2＋a2＝a ，得a 2＝3b 2，所以C 的离心率e ＝1－b 2a 2＝63. 3．(2017·全国卷Ⅰ)已知F 是双曲线C ：x 2－y 23＝1的右焦点，P 是C 上一点，且PF 与x 轴垂直，点A 的坐标是(1,3)，则△APF 的面积为( )A.13B.12C.23D.32解析：选D 由题可知，双曲线的右焦点为F (2,0)，当x ＝2时，代入双曲线C 的方程，得4－y 23＝1，解得y ＝±3，不妨取点P (2,3)，因为点A (1,3)，所以AP ∥x 轴，又PF ⊥x 轴，所以AP ⊥PF ，所以S △APF ＝12|PF |·|AP |＝12×3×1＝32.4．设AB 是椭圆的长轴，点C 在椭圆上，且∠CBA ＝π4，若AB ＝4，BC ＝2，则椭圆的两个焦点之间的距离为( )A.463B.263 C.433 D.233解析：选A 不妨设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，如图，由题意知，2a ＝4，a ＝2，∵∠CBA ＝π4，BC ＝2，∴点C 的坐标为(－1,1)，∵点C 在椭圆上，∴122＋1b 2＝1，∴b 2＝43，∴c 2＝a 2－b 2＝4－43＝83，c ＝263，则椭圆的两个焦点之间的距离为2c ＝463.5．(2017·全国卷Ⅱ)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F ，且斜率为3的直线交C 于点M (M 在x 轴的上方)，l 为C 的准线，点N 在l 上且MN ⊥l ，则M 到直线NF 的距离为( )A. 5B ．2 2C ．2 3D ．3 3解析：选C 法一：由题意，得F (1,0)， 则直线FM 的方程是y ＝3(x －1)．由⎩⎨⎧y ＝3x －，y 2＝4x ，得x ＝13或x ＝3.由M 在x 轴的上方，得M (3,23)， 由MN ⊥l ，得|MN |＝|MF |＝3＋1＝4.又∠NMF 等于直线FM 的倾斜角，即∠NMF ＝60°， 因此△MNF 是边长为4的等边三角形， 所以点M 到直线NF 的距离为4×32＝2 3. 法二：依题意，得直线FM 的倾斜角为60°， 则|MN |＝|MF |＝21－cos 60°＝4.又∠NMF 等于直线FM 的倾斜角， 即∠NMF ＝60°，因此△MNF 是边长为4的等边三角形， 所以点M 到直线NF 的距离为4×32＝2 3. 6．(2018届高三·湘中名校联考)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点，与双曲线的渐近线交于C ，D 两点，若|AB |≥35|CD |，则双曲线离心率e 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫53，＋∞B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，＋∞C.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，53 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，54 解析：选B 将x ＝c 代入x 2a 2－y 2b 2＝1得y ＝±b 2a ，不妨取A ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，B ⎝⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a ，所以|AB |＝2b 2a .将x ＝c 代入双曲线的渐近线方程y ＝±ba x ，得y ＝±bc a，不妨取C ⎝⎛⎭⎪⎫c ，bc a ，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，－bc a ，所以|CD |＝2bca.因为|AB |≥35|CD |，所以2b 2a ≥35×2bc a ，即b ≥35c ，则b 2≥925c 2，即c 2－a 2≥925c 2，即1625c 2≥a 2，所以e 2≥2516，所以e ≥54，故选B.二、填空题7．设F 1，F 2为双曲线C ：x 2a 2－y 216＝1(a >0)的左、右焦点，点P 为双曲线C 右支上一点，如果|PF 1|－|PF 2|＝6，那么双曲线C 的方程为________，离心率为________．解析：由双曲线定义可得2a ＝|PF 1|－|PF 2|＝6，a ＝3，所以曲线C 的方程为x 29－y 216＝1.又b＝4，所以c ＝a 2＋b 2＝5，则离心率e ＝c a ＝53.答案：x 29－y 216＝1 538．已知抛物线x 2＝4y ，则其焦点F 的坐标为________，若M 是抛物线上一点，|MF |＝4，O 为坐标原点，则∠MFO ＝________.解析：抛物线x 2＝4y 的焦点坐标F (0,1)．设M (x ，y )，由抛物线定义可得|MF |＝y ＋1＝4，则y ＝3，代入抛物线方程解得一个M (23，3)，则FM ―→＝(23，2)，FO ―→＝(0，－1)，所以cos ∠MFO ＝FM ―→·FO ―→|FM ―→||FO ―→|＝－12，所以∠MFO ＝2π3.答案：(0,1)2π39．(2018届高三·广东五校联考)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1的两焦点为F 1，F 2，点P (x 0，y 0)满足0<x 202＋y 20<1，则|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是________．解析：由点P (x 0，y 0)满足0<x 22＋y 20<1，可知P (x 0，y 0)一定在椭圆内(不包括原点)，因为a＝2，b ＝1，所以由椭圆的定义可知|PF 1|＋|PF 2|<2a ＝22，又|PF 1|＋|PF 2|≥|F 1F 2|＝2，故|PF 1|＋|PF 2|的取值范围是[2,22)．答案：[2,22) 三、解答题10．设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点(0,4)，离心率为35.(1)求C 的方程；(2)求过点(3,0)且斜率为45的直线被C 所截线段的中点坐标．解：(1)将(0,4)代入C 的方程得16b2＝1，解得b ＝4.又e ＝c a ＝35，得a 2－b 2a 2＝925，即1－16a 2＝925，则a ＝5.所以C 的方程为x 225＋y 216＝1.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y ＝45(x －3)．设直线与C 的交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，将直线方程y ＝45(x －3)代入C 的方程，得x225＋x －225＝1，即x 2－3x －8＝0，所以x 1＋x 2＝3.设AB 的中点坐标为(x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝32，y 0＝y 1＋y 22＝25(x 1＋x 2－6)＝－65，即中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－65.11．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，抛物线C 与直线l 1：y ＝－x 的一个交点的横坐标为8.(1)求抛物线C 的方程；(2)不过原点的直线l 2与l 1垂直，且与抛物线交于不同的两点A ，B ，若线段AB 的中点为P ，且|OP |＝|PB |，求△FAB 的面积．解：(1)易知直线与抛物线的交点坐标为(8，－8)，∴(－8)2＝2p ×8，∴2p ＝8，∴抛物线方程为y 2＝8x .(2)直线l 2与l 1垂直，故可设l 2：x ＝y ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且直线l 2与x 轴的交点为M .由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，x ＝y ＋m ，得y 2－8y －8m ＝0，Δ＝64＋32m >0，∴m >－2.y 1＋y 2＝8，y 1y 2＝－8m ，∴ x 1x 2＝y 1y 2264＝m 2.由题意可知OA ⊥OB ，即x 1x 2＋y 1y 2＝m 2－8m ＝0，∴m ＝8或m ＝0(舍去)，∴l 2：x＝y ＋8，M (8,0)．故S △FAB ＝S △FMB ＋S △FMA ＝12·|FM |·|y 1－y 2|＝3y 1＋y 22－4y 1y 2＝24 5.12．(2018届高三·浙江名校联考)椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的长轴长等于圆C 2：x 2＋y 2＝4的直径，且C 1的离心率等于12.直线l 1和l 2是过点M (1,0)，且互相垂直的两条直线，l 1交C 1于A ，B 两点，l 2交C 2于C ，D 两点．(1)求C 1的标准方程；(2)当四边形ACBD 的面积为12714时，求直线l 1的斜率k (k >0)． 解：(1)由题意得2a ＝4，即a ＝2.∵c a ＝12，∴c ＝1，∴b ＝3，∴椭圆C 1的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)直线AB ：y ＝k (x －1)，则直线CD ：y ＝－1k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，3x 2＋4y 2＝12，得(3＋4k 2)x2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝k 2＋3＋4k2.∵圆心(0,0)到直线CD ：x ＋ky －1＝0的距离d ＝1k 2＋1，又|CD |24＋d 2＝4，∴|CD |＝24k 2＋3k 2＋1，∵AB ⊥CD ，∴S 四边形ACBD ＝12|AB |·|CD |＝12k 2＋14k 2＋3，由12k 2＋14k 2＋3＝12147，解得k ＝1或k ＝－1，由k >0，得k ＝1. 第三讲圆锥曲线中的热点问题考点一 轨迹方程问题 一、基础知识要记牢在直角坐标系中，如果某曲线C 上点的坐标都是二元方程f (x ，y )＝0的实数解，且以这个二元方程f (x ，y )＝0的实数解为坐标的点都是曲线上的点，则方程叫做曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线．二、经典例题领悟好[例1] (2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP ―→＝2NM ―→.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP ―→·PQ ―→＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .[解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP ―→＝(x －x 0，y )，NM ―→＝(0，y 0)，由NP ―→＝2NM ―→，得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ ―→＝(－3，t )，PF ―→＝(－1－m ，－n )，OQ ―→·PF ―→＝3＋3m －tn ，OP ―→＝(m ，n )，PQ ―→＝(－3－m ，t －n )，由OP ―→·PQ ―→＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1，又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ ―→·PF ―→＝0，即OQ ―→⊥PF ―→.又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C的左焦点F .求动点轨迹方程的一般步骤(1)建：建立合适的直角坐标系； (2)设：设曲线上任意一点的坐标(x ，y )； (3)限：考虑满足的条件； (4)代：把点的坐标代入关系式；(5)化：化简，并证明所求方程为符合条件的动点的轨迹方程(一般省略). 三、预测押题不能少1．已知在平面直角坐标系中的一个椭圆，中心在原点，左焦点为F (－3，0)，且过点D (2,0)． (1)求该椭圆的标准方程；(2)设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，若P 是椭圆上的动点，求线段PA 的中点M 的轨迹方程．解：(1)设椭圆的标准方程为x 2a ＋y 2b＝1(a >b >0)，由题意，c ＝3，a ＝2，所以b ＝1.故椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设线段PA 的中点为M (x ，y )，点P 的坐标为(x 0，y 0)，由⎩⎨⎧x ＝x 0＋12，y ＝y 0＋122，得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2x －1，y 0＝2y －12，由点P 在椭圆上，得x －24＋⎝⎛⎭⎪⎫2y －122＝1.所以线段PA 的中点M 的轨迹方程是⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫y －142＝1.考点二 最值、范围问题一、经典例题领悟好[例2] (2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a ＋y 2b＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M ，点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．[解] (1)由椭圆的离心率为22，得a 2＝2(a 2－b 2)． 又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2，所以a 2＝4，b 2＝2，因此椭圆方程为x 24＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋2y 2＝4消去y ，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0， 由Δ＞0得m 2＜4k 2＋2.(*) 且x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1， 因此y 1＋y 2＝2m2k 2＋1， 所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km2k 2＋1，m 2k 2＋1，又N (0，－m )，所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2，整理得|ND |2＝4m2＋3k 2＋k 4k 2＋2，因为|NF |＝|m |， 所以|ND |2|NF |2＝k 4＋3k 2＋k 2＋2＝1＋8k 2＋3k 2＋2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3. 故2k 2＋1＝t ＋14， 所以|ND |2|NF |2＝1＋16t ＋t2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t，所以y ′＝1－1t2.当t ≥3时，y ′＞0，从而y ＝t ＋1t 在[3，＋∞)上单调递增，因此t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3时等号成立，此时k ＝0， 所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4，由(*)得－2＜m ＜2且m ≠0，故|NF ||ND |≥12，设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12，所以θ的最小值为π6.从而∠EDF 的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0.综上所述：当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取到最小值π3.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是建立关于求解某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围.圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线与圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题.二、预测押题不能少。

高三二轮复习之立体几何第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积考点一空间几何体的三视图[核心提炼]一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样，即“长对正、高平齐、宽相等”．[例1](1)(2018·全国Ⅲ卷)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()A[由题意可知带卯眼的木构件的直观图如右图所示，由直观图可知其俯视图应选A.故选A.](2)(2018·济南一模)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为BD1的中点，则△P AC在该正方体各个面上的正投影可能是()A．①②B．①④C．②③D．②④B[P点在上下底面投影落在AC或A1C1上，所以△P AC在上底面或下底面的投影为①，在前面、后面以及左面，右面的投影为④，故选B.][方法归纳]由三视图还原直观图的思路 (1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱的位置．(3)确定几何体的直观图形状． [对点训练]1．(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( )A ．217B ．2 5C ．3D ．2B [先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M ，N 的位置如图①所示．圆柱的侧面展开图及M ，N 的位置(N 为OP 的四等分点)如图②所示，连接MN ，则图中MN 即为M 到N 的最短路径．ON ＝14×16＝4，OM ＝2，∴|MN |＝OM 2＋ON 2＝22＋42＝2 5.故选B.]2．(2018·相阳教育“黉门云”高考等值试卷模拟)某四面体的三视图由如图所示的三个直角三角形构成，则该四面体六条棱长最长的为( )A ．7 B.41 C ．6D.35B [四面体如图所示，其中SB ⊥平面ABC 且△ABC 中，∠ACB ＝90°.由SB ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC 得到SB ⊥AB ，同理SB ⊥BC ，所以棱长最大为SA 且SA ＝SB 2＋AB 2＝SB 2＋AC 2＋BC 2＝41，故选B.]考点二 空间几何体的表面积与体积[核心提炼]1．柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上、下底面的周长，h ′为斜高)．2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上、下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．3．球的表面积和体积公式 (1)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)； (2)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[例2] (1)(2018·威海二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．18B ．24C ．32D ．36B [由三视图可知，几何体是三棱柱削去一个同底的三棱锥，如右图，三棱柱的高为5，削去的三棱锥的高为3，三棱锥与三棱柱的底面为直角边长分别为3和4的直角三角形，所以几何体的体积为12×3×4×5－13×12×3×4×3＝30－6＝24.故选B.](2)(2018·天津二调)已知一个几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________cm 3.解析 根据几何体的三视图，得该几何体是上部为四棱锥，下部为半个圆柱的组合体，四棱锥的高为2，底面矩形的宽为2，长为4，圆柱的高为4，底面半径为1，∴该组合体的体积为V ＝13×2×4×2＋12×π×12×4＝163＋2π.答案163＋2π [方法归纳]求解几何体的表面积及体积的技巧(1)求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑、熟记公式是关键所在．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．(2)求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体进行求解．[对点训练]1．(2018·山东名校联盟一模)某几何体的三视图如图所示，依次为正视图，侧视图和俯视图，则这个几何体体积为( )A ．6π＋43B ．8π＋83C ．6π＋23D ．8π＋43B [由三视图可知，几何体是如图所示的组合体，该组合体由一个三棱锥与四分之三球体组成，其中棱锥的底面是等腰直角三角形，一侧面与底面垂直，球半径为2，所以可得，该几何体的体积为V ＝34×4π3×23＋13×12×4×2×2＝8π＋83，故选B.]2．(2018·豫北名校精英对抗赛)若某多面体的三视图如右图所示(单位：cm)则此多面体的体积是________cm 3.解析 解根据三视图得该几何体是由棱长为1 cm 的正方体ABCD -EFGH 、沿相邻三个侧面的对角线截去一个三棱锥E -AFH 得到一个多面体(如图所示)，所以此多面体的体积V ＝1－13×12×1×1×1＝56(cm 3)．答案 56考点三 多面体与球的切、接问题[核心提炼]与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时需认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图．[例3] (1)(2018·葫芦岛二模)某几何体的三视图如图所示，坐标纸上的每个小方格的边长为1，则该几何体的外接球的表面积是( )A.5103B ．112π C.10009πD.50001081πC [该几何体是如图所示的三棱锥，三棱锥的高PD ＝6， 且侧面P AC ⊥底面ABC ，AC ⊥BC ，P A ＝PC ＝42＋62＝52，AC ＝8，BC ＝6；AB ＝82＋62＝10，∴P A 2＋PB 2＝AB 2，∴△ABC 的外接圆的圆心为斜边AB 的中点E ，设该几何体的外接球的球心为O .OE ⊥底面ABC ，设OE ＝x ，外接球的半径为R ， 则x 2＋⎝⎛⎭⎫1022＝32＋(6－x )2，解得x ＝53.∴R 2＝⎝⎛⎭⎫532＋52＝2509，∴外接球的表面积S ＝4π×R 2＝1000π9.故选C.](2)(2018·全国Ⅲ卷)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93，则三棱锥D -ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3B [由等边△ABC 的面积为93可得34AB 2＝93， 所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3. 设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ， 则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D -ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D -ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3.故选B.][方法归纳]多面体与球接、切问题的求解策略涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(或直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．[对点训练]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B.3π4 C.π2D.π4B [设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以，圆柱的体积V ＝34π×1＝3π4，故选B.]2．(2018·湛江二模)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球体积为________．解析 如图所示，在长、宽、高分别为22，2，2的长方体中，点E ，F 分别为对应棱的中点，则三视图对应的几何体为三棱锥E -ABF ，将三棱锥补形为三棱柱ABF -A 1B 1E ，则三棱锥的外接球即三棱柱的外接球， 取AB ，A 1B 1的中点，易知外接球的球心为GH 的中点， 据此可得外接球半径R ＝(2)2＋12＝3，外接球的体积V ＝43πR 3＝43π.答案 43π课时作业(十二)1．(2018·辽宁部分重点中学协作体模拟)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是( )A ．圆面B ．矩形面C ．梯形面D ．椭圆面或部分椭圆面C [将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，所以圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状不可能是梯形面，故选C.]2．(2018·四川棠湖中学3月月考)用一个平面去截正方体，则截面不可能是( ) A ．直角三角形 B ．等边三角形 C ．正方形D ．正六边形A [用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形(等腰梯形)、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形； ④截面为六边形时，可以是正六边形． 故可选A.]3．某几何体的三视图是如图所示的三个直角三角形，若该几何体的体积为144 cm 2，则d ＝( )A ．14 cmB ．13 cmC ．12 cmD ．11 cmC [根据已知的三视图，作出直观图如下：由已知有AB ⊥平面BCD ，且∠CBD ＝90°，且AB ＝8，BD ＝9，BC ＝d ，由三棱锥的体积计算公式V ＝13Sh ＝13×12×9×d ×8＝144，求出d ＝12 cm ，故选C.]4．(2018·济南二模)中国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的正视图和俯视图如右图所示，则该“堑堵”的左视图的面积为( )A ．18 6B ．18 3C ．18 2D.2722 C [由三视图可知，该几何体为直三棱柱， 底面直角三角形斜边的高为6×3＝3 2该“堑堵”的左视图的面积为32×6＝182，故选C.]5．(2018·厦门质检二)已知某正三棱锥的侧棱长大于底边长，其外接球体积为125π6，三视图如图所示，则其侧视图的面积为( )A.32 B ．2 C ．4D ．6D [设正三棱锥外接球的半径为R ， 则43πR 3＝1256⇒R ＝52， 由三视图可得底面边长为23， 底面正三角形的高为32×23＝3，底面三角形外接圆半径为23×3＝2，由勾股定理得⎝⎛⎭⎫522＝22＋⎝⎛⎭⎫h －522，得h ＝4， ∴侧视图面积为S △PBE ＝12×3×4＝6，故选D.]6．(2018·洛阳一模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.233B.152C.476D ．8A [根据题中所给的几何体的三视图，可以得到该几何体是由正方体切割而成的，记正方体为ABCD -A 1B 1C 1D 1，取A 1D 1中点为M ，取D 1C 1中点为N ，该几何体就是正方体切去一个三棱锥D -MND 1之后剩余部分，故其体积为V ＝23－13×12×1×1×2＝233，故选A.]7．(2018·皖江八校八联)某几何体的三视图如图所示，其中每个单位正方体的边长为1，则该几何体的体积( )A ．8π－6B ．8π－163C ．4π＋4D ．4π＋143B [由三视图可知，该几何体是半圆柱挖去一个三棱锥，其体积为12×π×22×4－13×12×4×2×4＝8π－163.故选B.]8．(2018·重庆三调)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是半径为1的半圆，则该几何体的体积为( )A.π6B.π3C.π2D ．πB [原几何体如图所示：它是半个圆锥，其底面半径为1，高为2，故体积为12×13×π×12×2＝π3，故选B.]9．(2018·全国Ⅰ卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10πB [设圆柱的轴截面的边长为x ，则由x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B.]10．(2018·烟台二模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.163B.203C.169D.209B [由给定的三视图可知，该几何体表示左侧是一个以边长为2的正方形为底面，高为2的四棱锥，其体积为V 1＝13×2×2×2＝83；右侧为一个直三棱柱，其底面如俯视图所示，高为2的直三棱柱，其体积为V 2＝12×2×2×2＝4，所以该几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝83＋4＝203，故选B.]11．(2018·大同、阳泉质监二)《九章算术》中将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．一块“堑堵”型石材表示的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成若干个相同的球，并使每个球的体积最大，则所剩余料体积为( )A ．288－48πB ．288－16πC ．288－32πD ．288－4πC [如图所示，作三棱柱底面的内接圆，设内接圆的半径为r ，则CF ＝CE ＝6－r ，AD ＝AE ＝8－r ，∵AD ＋CF ＝CE ＋AE ＝AC ＝62＋82＝10，得6－r ＋8－r ＝10，故r ＝2，又∵三棱柱的高为12，故共有12÷4＝3个球， ∵该三棱柱的体积等于12×6×8×12＝288，∴剩余材料的体积为288－3×43π×23＝288－32π，故选C.]12．(2018·莆田质检二)某四棱锥的底面为正方形，其三视图如图所示，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4πC [观察分析题中所给的三视图，可以确定该四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，且顶点在底面上的摄影落在底面顶点处的四棱锥，从而可以断定该四棱锥的五个顶点都在以1为棱长的正方体上，从而求得该正方体的外接球的半径为32，所以其面积为S ＝4πr 2＝3π，故选C.]13．(2018·全国Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．解析 在Rt △SAB 中，SA ＝SB ，S △SAB ＝12·SA 2＝8，解得SA ＝4.设圆锥的底面圆心为O ，底面半径为r ，高为h ，在Rt △SAO 中，∠SAO ＝30°， 所以r ＝23，h ＝2，所以圆锥的体积为13πr 2·h ＝13h ×(23)2×2＝8π.14．(2018·南京师大附中考前模拟)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长均为2，D 为棱B 1C 1上任意一点，则三棱锥D -A 1BC 的体积是________．解析 由题可得VD -A 1BC ＝VA 1-BCD ＝13·S BCD ·AD ＝13×2×2×12×3＝233.答案23315．(2018·天津十二校二联)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析 由三视图可知，该几何体是一个组合体，它由半个圆锥与四分之一球体组成， 其中，圆锥的底面半径为1，高为2，体积为12×13×π×12×2＝π3；球半径为1，体积为14×43π×12＝π3，所以，该几何体的体积为π3＋π3＝2π3.答案2π316．(2018·威海二模)已知正三棱柱ABC -A 1B 1C 1，侧面BCC 1B 1的面积为43，则该正三棱柱外接球表面积的最小值为________．解析 设BC ＝a ，CC 1＝b ，则ab ＝4 3.底面三角形外接圆的半径为r ，则a sin60°＝2r ，∴r ＝33a .所以R 2＝⎝⎛⎭⎫b 22＋⎝⎛⎭⎫33a 2＝b 24＋a 23≥2b 24·a 23＝24812＝4， 所以该正三棱柱外接球表面积的最小值为4π×4＝16π.第2讲空间点、线、面的位置关系考点一空间线面位置关系的判断[核心提炼]空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例．(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的基础上，抽象出空间线、面的位置关系的定义．[例1](1)(2018·湛江二模)下列命题正确的是()①三点确定一个平面；②两两相交且不共点的三条直线确定一个平面；③如果两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线一定垂直于另一个平面；④如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面．A．①③B．①④C．②④D．②③C[注意考查所给的命题：①不在同一条直线上的三点确定一个平面，该说法错误；②两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，该说法正确；③如果两个平面垂直，那么其中一个平面内的直线不一定垂直于另一个平面，可能相交或平行于另一个平面，该说法错误；④如果两个平面平行，那么其中一个平面内的直线一定平行于另一个平面，该说法正确．综上可得：命题正确的是②④.故选C.](2)(2018·天一大联考四)设m，n为空间两条不同的直线，α，β为空间两个不同的平面，给出下列命题：①若m⊥α，m⊥β，则α∥β；②若m∥n，m⊥β，则n⊥β；③若m⊥α，m ∥β，则α⊥β；④若m⊥α，α∥β，则m⊥β.其中正确命题的个数是()A．1 B．2C．3 D．4D[①一根直线同时垂直两个不相同的平面，显然这两个平面平行，故正确；②因为两条平行直线中有一条垂直于一个平面，则另外一条直线也垂直这个平面，故正确；③若m ⊥α，m∥β，则必存在直线l⊂β⇒l∥m，l⊥α，所以由面面垂直的判定可知α⊥β，故正确；④若m⊥α，α∥β，则由线面垂直的判定可知m⊥β，故正确，故选D.][方法归纳]对于空间中与平行、垂直相关的定理我们一定要准确记忆和理解，不能漏掉任何一个条件．如两平面平行的判定定理“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”，必须注意“相交”，否则推不出两平面平行．[对点训练]1．(2018·泸州模拟)设a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法正确的是()A．a∥b，b⊂α，则a∥αB．a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥bC．a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥βD．α∥β，a⊂α，则a∥βD[由a，b是空间中不同的直线，α，β是不同的平面，知：在A中，a∥b，b⊂α，则a∥α或a⊂α，故A错误；在B中，a⊂α，b⊂β，α∥β，则a与b平行或异面，故B错误；在C中，a⊂α，b⊂α，α∥β，b∥β，则α与β相交或平行，故C错误；在D中，α∥β，a⊂α，则由面面平行的性质定理得a∥β，故D正确．故选D.]2．(2018·绵阳三诊)如图，平面α与平面β相交于BC，AB⊂α，CD⊂β，点A∉BC，点D∉BC，则下列叙述错误的是()A．直线AD与BC是异面直线B. 过AD只能作一个平面与BC平行C．过AD只能作一个平面与BC垂直D．过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行C[由异面直线判定定理得直线AD与BC是异面直线；在平面β内仅有一条直线过点D且与BC平行，这条直线与AD确定一个平面与与BC平行，即过AD只能作一个平面与BC平行；若AD垂直平面α，则过AD的平面都与BC垂直，因此C错；过D只能作唯一平面与BC垂直，但过D可作无数个平面与BC平行；故选C.]考点二空间线面平行、垂直关系的证明[核心提炼]1．直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α＝α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b ⇒a ∥b . 2．直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m ⊂α，n ⊂α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n ⇒l ⊥α. (2)线面垂直的判定定理：a ⊥α，b ⊥β⇒a ∥b . (3)面面垂直的判定定理：a ⊂β，a ⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，a ⊂α，a ⊥l ⇒a ⊥β.[例2] (2018·全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q -ABP 的体积．解 (1)证明：由已知可得， ∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC . 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD .又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC . (2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.如图，过点Q 作QE ⊥AC ， 垂足为E ，则QE 綊13DC .由已知及(1)可得，DC ⊥平面ABC ，所以QE⊥平面ABC，QE＝1. 因此，三棱锥Q-ABP的体积为V Q-ABP＝13×S△ABP×QE＝13×12×3×22sin 45°×1＝1.[方法归纳]平行关系及垂直关系的转化空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化，即通过判定定理、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化．[对点训练]1．(2018·南京师大附中考前模拟)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，点E在棱PC上(异于点P，C)，平面ABE与棱PD交于点F.(1)求证：AB∥EF；(2)若AF⊥EF，求证：平面P AD⊥平面ABCD.证明(1) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB∥CD.又AB⊄平面PDC，CD⊂平面PDC,所以AB∥平面PDC，又因为AB⊂平面ABE，平面ABE∩平面PDC＝EF,所以AB∥EF.(2) 因为四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD.因为AF ⊥EF ，(1)中已证AB ∥EF ， 所以AB ⊥AF ，又AB ⊥AD ， 由点E 在棱PC 上(异于点C )，所以F 点异于点D ，所以AF ∩AD ＝A ， AF ，AD ⊂平面P AD ，所以AB ⊥平面P AD ， 又AB ⊂平面ABCD ，所以平面P AD ⊥平面ABCD .2．(2018·厦门质检)如图，四棱锥P -ABCD 中，侧面P AB ⊥底面ABCD ，P A ＝PB ，CD ＝2AB ＝4，CD ∥AB ，∠BP A ＝∠BAD ＝90°.(1)求证：PB ⊥平面P AD ；(2)若三棱锥C -PBD 的体积为2，求△P AD 的面积．解 (1)∵平面P AB ⊥平面ABCD ，平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ，且AD ⊥AB ，∴AD ⊥平面P AB .又∵PB ⊂平面P AB ，∴PB ⊥AD .又∵PB ⊥P A ，P A ∩AD ＝A ，P A ，PD ⊂平面P AD ， ∴PB ⊥平面P AD .(2)取AB 中点E ，连接PE . ∵P A ＝PB ，∴PE ⊥AB .又∵PE ⊂平面P AB ，平面P AB ⊥平面ABCD ， 平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ，∴PE ⊥平面ABCD . ∴PE 为三棱锥P -BCD 的高，且PE ＝12AB ＝1.又∵CD ∥AB ，AD ⊥CD ，∴S △BCD ＝12CD ·AD ＝2AD .∴V C -PBD ＝V P -BCD＝13·S △BCD ·PE ＝23AD ＝2，得AD ＝3.P A ＝AB ·cos 45°＝2.又∵AD ⊥平面P AB 且P A ⊂平面P AB ，∴P A ⊥AD . ∴S △P AD ＝12P A ·AD ＝322.考点三 异面直线所成角、直线与平面所成的角[核心提炼]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 ′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a 与b 所成的角(或夹角)．(2)范围：⎝⎛⎦⎤0，π2. 2．直线与平面所成的角(1)定义：一条斜线和它在平面上的射影所成得锐角叫做这条直线和这个平面所成的角． (2)范围：⎣⎡⎦⎤0，π2 [例3] (1)(2018·全国Ⅱ卷)在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝1，AA 1＝3，则异面直线AD 1与DB 1所成角的余弦值为( )A.15 B.56 C.55D.22C [图(1)方法1：如图(1)，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的一侧补上一个相同的长方体A ′B ′BA -A 1′B 1′B 1A 1.连接B 1B ′，由长方体性质可知，B 1B ′∥AD 1，所以∠DB 1B ′为异面直线AD 1与DB 1所成的角或其补角，连接DB ′，由题意，得DB ′＝12＋(1＋1)2＝5，B ′B 1＝12＋(3)2＝2，DB 1＝12＋12＋(3)2＝ 5.在△DB ′B 1中，由余弦定理得DB ′2＝B ′B 21＋DB 21－2B ′B 1·DB 1·cos ∠DB 1B ′， 即5＝4＋5－2×25cos ∠DB 1B ′，∴cos ∠DB 1B ′＝55.故选C.图(2)方法2：如图(2)，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．由题意，得A (1,0,0)，D (0,0,0)，D 1(0,0，3)，B 1(1,1，3)，∴AD 1→＝(－1,0，3)，DB 1→＝(1,1，3)，∴AD 1→·DB 1→＝－1×1＋0×1＋(3)2＝2， |AD 1→|＝2，|DB 1→|＝5，∴cos 〈AD 1→，DB 1→〉＝AD 1→·DB 1→|AD 1→|·|DB 1→|＝225＝55.故选C.](2)(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32A [如图所示，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，平面AB 1D 1与棱A 1A ，A 1B 1，A 1D 1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A 1A ，A 1B 1，A 1D 1平行，故正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的每条棱所在直线与平面AB 1D 1所成的角都相等．如图所示，取棱AB ，BB 1，B 1C 1，C 1D 1，DD 1，AD 的中点E ，F ，G ，H ，M ，N ，则正六边形EFGHMN 所在平面与平面AB 1D 1平行且面积最大，此截面面积为S 正六边形EFGHMN ＝6×12×22×22sin 60°＝334.故选A.] [方法归纳]异面直线所成角的求法(1)求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移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．(2)求异面直线所成角的三个步骤①作：通过作平行线，得到相交直线的夹角． ②证：证明相交直线夹角为异面直线所成的角．③求：解三角形，求出作出的角，如果求出的角是锐角或直角，则它就是要求的角，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角．[对点训练]1．(2018·钦州质检三)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，下列几种说法正确的是( ) A ．A 1C 1与B 1C 成60°角 B ．D 1C 1⊥AB C ．AC 1与DC 成45°角D ．A 1C 1⊥ADA [直线A 1C 1与B 1C 是异面直线，而B 1C ∥A 1D ，所以∠DA 1 C 为A 1C 1与B 1C 所成的角，显然三角形DA 1C 1是等边三角形，所以∠DA 1C ＝60°，所以A 是正确的；选项B ：由正方体的性质易得D 1C 1∥AB ，所以是错误的；选项C ：可得DC ∥D 1C 1，在Rt △AC 1D 1中，AD 1≠D 1C 1，故AC 1与DC 不可能成45°角，所以是错误的；选项D ：易得∠D 1A 1C 1为A 1C 1与AD 所成的角，在等腰直角三角形D 1A 1C 1为中易得∠D 1A 1C 1＝45°，所以A 1C 1与AD 不可能垂直，所以是错误的，故选A.]2．(2018·全国大联考5月)如图，已知直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AD ＝2BC ，∠A 1B 1C 1＝∠B 1C 1D 1＝120°，且BC ∥AD ，则直线AB 1与直线A 1D 所成角的余弦值为( )A.1010B.31020C.105D.55B [不妨设AD ＝4，如图，延长BC 至点M ，使得CM ＝BC ，连接B 1 M ，AM ，易证直线AB 1与直线A 1D 所成的角等于∠AB 1M 或其补角．易知AB 1＝25，B 1M ＝42， AM ＝AB 2＋BM 2－2AB ·BM ·cos ∠ABM ＝27，所以cos ∠AB 1M ＝AB 21＋B 1M 2－AM 22AB 1·B 1M＝31020，则直线AB 1与直线A 1D 所成角的余弦值为31020，故选B.]课时作业(十三)1．下列命题正确的个数为( ) ①经过三点确定一个平面； ②梯形可以确定一个平面；③两两相交的三条直线最多可以确定三个平面； ④如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．A ．0B ．1C ．2D ．3C [因为①中，只有经过不共线的三点，才能唯一的确定一个平面，所以不正确；②中，梯形的上底和下底所在的直线互相平行，所以梯形是一个平面图象，所以是正确的；③中，当两两相交的三条直线，交于一点时，最多可以确定三个平面，所以是正确的；④中，当两个平面相交时，存在一条公共直线，当三点在这条直线上时，两个平面可以是相交的，所以不正确，所以正确命题的个数为两个，故选C.]2．(2018·宁波5月模拟)已知直线l 、m 与平面α、β，l ⊂α，m ⊂β，则下列命题中正确的是( )A ．若l ∥m ，则必有α∥βB ．若l ⊥m ，则必有α⊥βC ．若l ⊥β，则必有α⊥βD ．若α⊥β，则必有m ⊥αC [对于选项A ，平面α和平面β还有可能相交，所以选项A 错误；对于选项B ，平面α和平面β还有可能相交或平行，所以选项B 错误；对于选项C ，因为l ⊂α，l ⊥β，所以α⊥β.所以选项C 正确；对于选项D ，直线m 可能和平面α不垂直，所以选项D 错误．故选C.]3．已知正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ，E 为AA 1的中点，则异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为( )A.1010B.15C.35D.31010D [连BA 1，则在正四棱柱中可得BA 1∥CD 1，∴∠A 1BE 即为异面直线BE 与CD 1所成角(或其补角)．设AA 1＝2AB ＝2，则在△A 1BE 中，BE ＝2，EA 1＝1，BA 1＝5，由余弦定理得cos ∠A 1BE ＝(2)2＋(5)2－122×2×5＝31010 ，∴异面直线BE 与CD 1所成角的余弦值为31010 .故选D.]4．(2018·潍坊二模)已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1，平面β截此三棱柱，分别与AC ，BC ，B 1C 1，A 1C 1交于点E ，F ，G ，H ，且直线CC 1∥平面β.有下列三个命题：①四边形EFGH 是平行四边形；②平面β∥平面ABB 1A 1；③若三棱柱ABC -A 1B 1C 1是直棱柱，则平面β⊥平面A 1B 1C 1.其中正确的命题为( )A．①②B．①③C．①②③D．②③B[在三棱柱ABC-A1B1C1中，平面β截此三棱柱，分别与AC，BC，B1C1，A1C1交于点E，F，G，H，且直线CC1∥平面β，则CC1∥EH∥FG，且CC1＝EH＝FG，所以四边形EFGH 是平行四边形，故①正确；∵EF与AB不一定平行∴平面β与平面ABB1A1平行或相交，故②错误；若三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，则CC1⊥平面A1B1C1.∴EH⊥平面A1B1C1.又∵EH⊂平面β，∴平面β⊥平面A1B1C1，故③正确．故选B.]5．(2018·包头一模)如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，G是EF 的中点，沿DE，EF，FD将正方形折起，使A，B，C重合于点P，构成四面体，则在四面体P-DEF中，给出下列结论：①PD⊥平面PEF；②PD⊥EF；③DG⊥平面PEF；④DF⊥PE；⑤平面PDE⊥平面PDF.其中正确结论的序号是()A．①②③⑤B．②③④⑤C．①②④⑤D．②④⑤C[如图所示，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以BD⊥EF，因为DA⊥AE，DC⊥CF，所以折叠后DP⊥PE，DP⊥PF，所以DP⊥平面PEF，所以①正确；由DP⊥平面PEF，EF⊂平面PEF，所以DP⊥EF，所以②正确；由DP⊥平面PEF，根据过一点有且只有一条直线垂直于一个平面，所以DG⊥平面PEF是不正确的，所以③不正确；由PE⊥PF，PE⊥DP，可得PE⊥平面DPF，又DF⊂平面DPF，所以PE⊥DF，所以④正确；由PE⊥平面DPF，又PE⊂平面PDE，所以平面PDE⊥平面DPF，所以⑤是正确，综上可知，正确的结论序号为①②④⑤，故选C.]6．(2018·唐山三模)若异面直线m，n所成的角是60°，则以下三个命题：①存在直线l，满足l与m，n的夹角都是60°；②存在平面α，满足m⊂α，n与α所成角为60°；③存在平面α，β，满足m⊂α，n⊂β，α与β所成锐二面角为60°.其中正确命题的个数为()A．0 B．1C．2 D．3D[异面直线m，n所成的角是60°，在①中，由异面直线m，n所成的角是60°，在m上任取一点A，过A作n′∥n，在空间中过点A能作出直线l，使得l与n′，n的夹角均为60°，∴存在直线l，满足l与m，n的夹角都是60°，故①正确；在②中，在n上取一点B，过B作m′∥m，则以m，m′确定的平面α，满足m⊂α，n 与α所成的角是60°，故②正确；在③中，在n上取一点C，过C作m′∥m，m，m′确定一个平面平面α，过n能作出一个平面β，满足m⊂α，n⊂β，α与β所成锐二面角为60°，故③正确，故选D.]7．(2018·南京、盐城二模)α，β为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题中正确的是________(填上所有正确命题的序号)．①若α∥β，m⊂α，则m∥β；②若m∥α，n⊂α，则m∥n；③若α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β；④若n⊥α，n⊥β，m⊥α，则m⊥β.解析由题意得，由α∥β，m⊂α，根据面面平行的性质，可得m∥β，所以①正确的；由m∥α，n⊂α，则m与n平行或异面，所以②不正确；由α⊥β，α∩β＝n，m⊥n，则m⊥β或m ⊂β，所以③不正确；由n⊥α，n⊥β，n⊥α，根据直线垂直平行平面中一个也必垂直于另一个。

立体几何（理）【考纲解读】1、平面的概念及平面的表示法，理解三个公理及三个推论的内容及作用，初步掌握性质与推论的简单应用。

2、空间两条直线的三种位置关系，并会判定。

3、平行公理、等角定理及其推论，了解它们的作用，会用它们来证明简单的几何问题，掌握证明空间两直线平行及角相等的方法。

4、异面直线所成角的定义，异面直线垂直的概念，会用图形来表示两条异面直线，掌握异面直线所成角的范围，会求异面直线的所成角。

5.理解空间向量的概念，掌握空间向量的加法、减法和数乘;了解空间向量的基本定理，理解空间向量坐标的概念，掌握空间向量的坐标运算;掌握空间向量的数量积的定义及其性质，掌握用直角坐标计算空间向量数量积公式.6.了解多面体、凸多面体、正多面体、棱柱、棱锥、球的概念.掌握棱柱,棱锥的性质,并会灵活应用,掌握球的表面积、体积公式;能画出简单空间图形的三视图，能识别上述的三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.7.空间平行与垂直关系的论证.8. 掌握直线与平面所成角、二面角的计算方法，掌握三垂线定理及其逆定理，并能熟练解决有关问题,进一步掌握异面直线所成角的求解方法，熟练解决有关问题.9.理解点到平面、直线和直线、直线和平面、平面和平面距离的概念会用求距离的常用方法（如：直接法、转化法、向量法）.对异面直线的距离只要求学生掌握作出公垂线段或用向量表示的情况）和距离公式计算距离.【考点预测】在2018年高考中立体几何命题有如下特点：1.线面位置关系突出平行和垂直，将侧重于垂直关系．2.多面体中线面关系论证，空间“角”与“距离”的计算常在解答题中综合出现．3.多面体及简单多面体的概念、性质、三视图多在选择题，填空题出现．4.有关三棱柱、四棱柱、三棱锥的问题，特别是与球有关的问题将是高考命题的热点．此类题目分值一般在17---22分之间，题型一般为1个选择题，1个填空题，1个解答题.【要点梳理】1.三视图：正俯视图长对正、正侧视图高平齐、俯侧视图宽相等.2.直观图:已知图形中平行于x 轴和z 轴的线段,在直观图中保持长度不变,平行于y 轴的线段平行性不变,但在直观图中其长度为原来的一半.3.体积与表面积公式:(1)柱体的体积公式:V =柱Sh ;锥体的体积公式: V =锥13Sh ;台体的体积公式: V =棱台1()3h S S ';球的体积公式: V =球343r π. (2)球的表面积公式: 24S R π=球.4.有关球与正方体、长方体、圆柱、圆锥、圆台的结合体问题，要抓住球的直径与这些几何体的有关元素的关系.5.平行与垂直关系的证明,熟练判定与性质定理.6．利用空间向量解决空间角与空间距离。