高考数学一轮复习 第8章 章末强化训练 文 新课标版
2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第8章 §8
3，即
d＝±
3 2.
思维升华
圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现， 解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质.如：圆的半径 r，弦长的一半h，弦心距d满足r2＝h2＋d2；圆的弦的垂直平 分线过圆心；若AB是圆的直径，则圆上任一点P有 P→A·P→B＝0.
跟踪训练2 (2022·福州模拟)如图，O为坐标原点， 抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆C2：ax22＋by22 ＝ 1(a>b>0)的右焦点，A为椭圆C2的右顶点，椭圆C2
因为直线 OC 的斜率为yx11＝yy121＝y81， 8
所以直线 OC 的方程为 y＝y81x.
由1yx＝62 ＋y811yx22，＝1，
得 y264×y21 16＋112＝1，
则 y2E64×y21 16＋112＝1，
同理可得 y2F64×y22 16＋112＝1，
所以 y2E·y2F64×y22 16＋11264×y21 16＋112＝1， 所以 y2E·y2F＝12316＋×4285m6 2，
假设存在点M(t,0)(t<0)满足题设条件. 由(1)知双曲线C的右焦点为F(2,0). 设Q(x0，y0)(x0≥1)为双曲线C右支上一点. 当x0＝2时，因为∠QFM＝2∠QMF＝90°， 所以∠QMF＝45°， 于是|MF|＝|QF|＝ba2＝3， 所以t＝－1. 即M(－1,0).
当 x0≠2 时，tan∠QFM＝－kQF＝－x0y－0 2， tan∠QMF＝kQM＝x0y－0 t. 因为∠QFM＝2∠QMF， 所以－x0y－0 2＝12－×xx00y－y－00 tt2. 将 y20＝3x20－3 代入并整理得 －2x20＋(4＋2t)x0－4t＝－2x20－2tx0＋t2＋3，
2020高考数学一轮复习第8章立体几何章末总结分层演练文-精装版
教学资料范本2020高考数学一轮复习第8章立体几何章末总结分层演练文-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考数学一轮复习第8章立体几何章末总结分层演练文章末总结知识点考纲展示空间几何体的结构及三视图和直观图❶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．❷能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图．❸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．❹会画某些建筑物的视图与直观图(在不影响图形特征的基础上，尺寸、线条等不做严格要求)空间几何体的表面积与体积了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式空间点、直线、平面之间的位置关系❶理解空间直线、平面位置关系的定义．❷了解可以作为推理依据的公理和定理．❸能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．空间中的平行关系以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理空间中的垂直关系以立体几何的定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面垂直的有关性质与判定定理一、点在纲上，源在本里考点考题考源空间几何体的表面积与体积(20xx·高考全国卷Ⅱ，T6，5分)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A．20π B．24π C．28π D．32π必修2 P18例3空间线面位置关系的判定(20xx·高考全国卷Ⅱ，T14，5分)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β．②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n．③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β．④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)必修2 P71练习T2、P62A组T4、P65例1、P67练习T3空间几何体与球的表面积(20xx·高考全国卷Ⅱ，T4，5分)体积为8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．323π C．8π D．4π必修2 P28练习T2(20xx·高考全国卷Ⅱ，T15，5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________．空间几何体与球的体积(20xx·高考全国卷Ⅲ，T9，5分)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( )必修2 P27例4A．π B．3π4C．π2D．π4空间图形位置关系的证明与体积、面积的计算(20xx·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)如图，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6．顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G．(1)证明：G是AB的中点；(2)在图中作出点E在平面PAC内的正投影F(说明作法及理由)，并求四面体PDEF的体积．必修2 P74B组 T2，T4空间图形位置关系的证明与空间角的计算(20xx·高考全国卷Ⅰ，T18，12分)如图，在四棱锥PABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，且四棱锥PABCD的体积为83，求该四棱锥的侧面积．必修2 P73A组 T3、P78A组T7二、根置教材，考在变中一、选择题1．(必修2 P10B组T1改编)如图，若Ω是长方体ABCDA1B1C1D1被平面EFGH截去几何体EFGHB1C1后得到的几何体，其中E为线段A1B1上异于B1的点，F为线段BB1上异于B1的点，且EH∥A1D1，则下列结论中不正确的是( )A．EH∥FG B．四边形EFGH是矩形C．Ω是棱柱D．Ω是棱台解析：选D．因为EH∥A1D1，A1D1∥B1C1，EH⊄平面BCC1B1，所以EH∥平面BCC1B1．又因为平面EFGH∩平面BCC1B1＝FG，所以EH∥FG，且EH＝FG，由长方体的特征知四边形EFGH为矩形，Ω为五棱柱，所以选项A，B，C都正确．故选D．2．(必修2 P61练习、P71练习T2、P73练习T1改编)已知m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，m∥β，则α∥βC．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥βD．若m⊥α，n⊥α，则m ∥n解析：选D．A中，两直线可能平行，相交或异面；B中，两平面可能平行或相交；C中，两平面可能平行或相交；D中，由线面垂直的性质定理可知结论正确，故选D．3．(必修2 P78A组T7改编)正四棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )A．25πB．πC．πD．π解析：选C．由三视图画出直观图与其外接球示意图，且设O1是底面中心．由三视图知，O1A＝，O1P＝，所以正四棱锥PABCD的外接球的球心O在线段O1P上．设球O的半径为R．由O1O2＋O1A2＝OA2得(－R)2＋()2＝R2．所以R＝．则外接球的表面积为S＝4πR2＝4π·＝π．4．(必修2 P79 B组 T2改编)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1D∩平面A1BC1＝H．有下列结论．①B1D⊥平面A1BC1；②平面A1BC1将正方体体积分成1∶5两部分；③H是B1D的中点；④平面A1BC1与正方体的六个面所成的二面角的余弦值都为．则正确结论的个数有( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选C．对于①，连接B1C与A1D，由正方体性质知，BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，又A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1CD．所以BC1⊥平面A1B1CD．又B1D⊂平面A1B1CD．所以B1D⊥BC1．同理B1D⊥A1B，A1B∩BC1＝B．所以B1D⊥平面A1BC1，故①正确．对于②．设正方体棱长为a．则V三棱锥BA1B1C1＝·a·a·a＝a3．所以平面A1BC1将正方体分成两部分的体积之比为a3∶(a3－a3)＝1∶5．故②正确．对于③，设正方体棱长为a ， 则A1B ＝a ．由VB1A1BC1＝a3， 得××(a)2·B1H＝a3， 所以B1H ＝a ，而B1D ＝a ． 所以B1H∶HD＝1∶2，即③错误．对于④，由对称性知，平面A1BC1与正方体六个面所成的二面角的大小都相等．由①知B1H⊥平面A1BC1，而A1B1⊥平面B1BCC1． 所以∠A1B1H 的大小即为所成二面角的大小． cos ∠A1B1H ＝＝＝．故④正确．故选C ． 二、填空题5．(必修2 P53 B 组 T2改编)已知三棱柱ABC A1B1C1的侧棱与底面边长都相等，点A1在底面ABC 上的射影D 为BC 的中点，则异面直线AB 与CC1所成的角的余弦值为________．解析：连接A1D ，AD ，A1B ，易知∠A1AB 为异面直线AB 和CC1所成的角，设三棱柱的侧棱长与底面边长均为1，则AD ＝，A1D ＝，A1B ＝，由余弦定理得cos∠A1AB＝＝．答案：346．(必修2 P79 B 组 T1改编)如图在直角梯形ABCD 中，BC⊥DC，AE⊥DC，M ，N 分别是AD ，BE 的中点，将△ADE 沿AE 折起．则下列说法正确的是________．(填上所有正确说法的序号)①不论D 折至何位置(不在平面ABC 内)都有MN ∥平面DEC ；②不论D折至何位置都有MN⊥AE；③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB；④在折起过程中，一定存在某个位置，使EC⊥AD；⑤无论D折至何位置，都有AE⊥DC．解析：如图，设Q，P分别为CE，DE的中点，可得四边形MNQP是矩形，所以①②正确；不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN与AB是异面直线，不可能MN∥AB，所以③错；当平面ADE⊥平面ABCD时，可得EC⊥平面ADE，故EC⊥AD，④正确．无论D折到何位置，均有AE⊥平面CDE．故AE⊥CD．故⑤正确．答案：①②④⑤三、解答题7．(必修2 P79B组T1改编)如图，边长为3的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的点，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A′．(1)求证：A′D⊥EF．(2)当BE＝BF＝BC时，求三棱锥A′EFD的体积．解：(1)证明：因为A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，A′E∩A′F＝A′，所以A′D⊥平面A′EF，因为EF⊂平面A′EF，所以A′D⊥EF．(2)由(1)知，A′D⊥平面A′EF，所以A′D的长即为三棱锥DA′EF的高，则A′E＝A′F＝BC＝2，EF＝＝，作A′O⊥EF于点O，所以A′O＝＝，则VA′EFD＝VDA′EF＝A′D·S△A′EF＝×3×EF·A′O＝×3×××＝．8．(必修2 P78 A组T4改编)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，E、F、M分别是C1B1，C1D1和AB的中点．(1)求证：MD1∥平面BEFD．(2)求M到平面BEFD的距离．解：(1)证明：连接BF．因为M、F分别为AB与C1D1的中点，且ABCDA1B1C1D1是正方体．所以MBD1F．所以四边形MBFD1为平行四边形，所以MD1∥BF．又MD1⊄平面BEFD，BF⊂平面BEFD．所以MD1∥平面BEFD．(2)过E作EG⊥BD于G．因为正方体的棱长为2，所以BE＝，BG＝(BD－EF)＝(2－)＝．所以EG＝＝＝．所以S△EBD＝BD×EG＝×2×＝3．又S△MBD＝MB×AD＝×1×2＝1．E到平面ABCD的距离为2，设M到平面BEFD的距离为d．由V三棱锥MBDE＝V三棱锥EMBD得S△EBD·d＝S△MBD×2．所以d＝＝＝．所以M到平面BED的距离为．。
2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 强化训练10 圆锥曲线中的综合问题
由题意可知O→A⊥O→B，即O→A·O→B＝0， ∴x1·x2＋y1·y2＝(1＋k2)x1·x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0， ∴121＋1＋4kk22－13＋2k42k2＋4＝0， 解得 k2＝4>34， ∴|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2
＝ 1＋k2·4 1＋4k42－k2 3＝41765. 综上，直线 l 的方程为 2x－y＋2＝0 或 2x＋y－2＝0，|AB|＝41765.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
技能提升练
13.焦点为F的抛物线C：y2＝4x的对称轴与准线交于点E，点P在抛物线C
所以△PAB的面积
S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝342
y02 4x0
3
2.
因为 x20＋y420＝1(－1≤x0<0)，
所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB 面积的取值范围是6
2，15
4
10.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
7.已知双曲线 C：ax22－by22＝1，且圆 E：(x－2)2＋y2＝1 的圆心是双曲线 C 的右焦点.若圆 E 与双曲线 C 的渐近线相切，则双曲线 C 的方程为 __x32_－__y_2_＝__1__.
解析 ∵c＝2⇒a2＋b2＝4.
12.已知椭圆 L：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为 23，短轴长为 2. (1)求椭圆L的标准方程； 解 由 e2＝ac22＝a2－a2b2＝1－ba22＝34，得 a2＝4b2， 又短轴长为2，可得b＝1，a2＝4， ∴椭圆 L 的标准方程为x42＋y2＝1.
2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 两条直线的位置关系
√A.6x－4y－3＝0
C.2x＋3y－2＝0
B.3x－2y－3＝0 D.2x＋3y－1＝0
解析 因为抛物线 y2＝2x 的焦点坐标为12，0， 直线 3x－2y＋5＝0 的斜率为32， 所以所求直线 l 的方程为 y＝32x－21，
化为一般式，得6x－4y－3＝0.
4.已知三条直线2x－3y＋1＝0,4x＋3y＋5＝0，mx－y－1＝0不能构成三 角形，则实数m的取值集合为
解析 由题意得，点 P 到直线的距离为|4×4－35×a－1|＝|15－5 3a|. 又|15－5 3a|≤3，即|15－3a|≤15，解得 0≤a≤10，
所以a的取值范围是[0,10].
4.若P，Q分别为直线3x＋4y－12＝0与6x＋8y＋5＝0上任意一点，则
29
|PQ|的最小值为__1_0___.
题型二 两直线的交点与距离问题
自主演练
1.已知直线y＝kx＋2k＋1与直线y＝－
1 2
x＋2的交点位于第一象限，则实
数k的取值范围是__－__16，__12__.
解析
y＝kx＋2k＋1， 由方程组y＝－12x＋2，
x＝22－k＋41k， 解得y＝62kk＋＋11.
(若 2k＋1＝0，即 k＝－12，则两直线平行)
知识梳理
一、两条直线的平行与垂直 1.两条直线平行 (1)对于两条不重合的直线l1，l2，若其斜率分别为k1，k2，则有l1∥l2⇔ k1＝k2 . (2)当直线l1，l2不重合且斜率都不存在时，l1∥l2. 2.两条直线垂直 (1)如果两条直线l1，l2的斜率存在，设为k1，k2，则有l1⊥l2⇔ k1·k2＝－1 . (2)当其中一条直线的斜率不存在，而另一条的斜率为0时，l1⊥l2.
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第4节直线平面平行的判定及性质跟踪检测文含解析202101
第八章立体几何第四节直线、平面平行的判定及性质A级·基础过关|固根基|1.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析：选A 若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定知m∥α.若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件．故选A.2．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l∥m的是( )A．l⊂α，m⊂β，α∥βB．α∥β，α∩γ＝l，β∩γ＝mC．l∥α，m⊂αD．l⊂α，α∩β＝m解析：选B 选项A中，直线l，m也可能异面；选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l∥m，B正确；选项C中，直线l，m也可能异面；选项D中，直线l，m也可能相交．故选B.3．(2019届长沙市统一模拟)设a，b，c表示不同直线，α，β表示不同平面，下列命题：①若a∥c，b∥c，则a∥b；②若a∥b，b∥α，则a∥α；③若a∥α，b∥α，则a∥b；④若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b.真命题的个数是( )A．1 B．2C．3 D．4解析：选A 由题意，对于①，根据线线平行的传递性可知①是真命题；对于②，根据a∥b，b∥α，可以推出a∥α或a⊂α，故②是假命题；对于③，根据a∥α，b∥α，可以推出a 与b平行、相交或异面，故③是假命题；对于④，根据a⊂α，b⊂β，α∥β，可以推出a∥b或a与b异面，故④是假命题．所以真命题的个数是1.故选A.4.如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4，又H，G分别为BC，CD的中点，则( )A．BD∥平面EFGH，且四边形EFGH是矩形B．EF∥平面BCD，且四边形EFGH是梯形C．HG∥平面ABD，且四边形EFGH是菱形D．EH∥平面ADC，且四边形EFGH是平行四边形解析：选B 由AE∶EB＝AF∶FD＝1∶4知，EF 15BD，又EF⊄平面BCD，所以EF∥平面BCD.又H，G分别为BC，CD的中点，所以HG 12BD，所以EF∥HG且EF≠HG.所以四边形EFGH是梯形．5.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝2a3，则MN与平面BB1C1C的位置关系是( )A．相交B．平行C ．垂直D ．不能确定解析：选B 由题意可得A 1M ＝13A 1B ，AN ＝13AC ，所以分别取BC ，BB 1上的点P ，Q ，使得CP ＝23BC ，BQ ＝23BB 1，连接MQ ，NP ，PQ ，则MQ23B 1A 1，NP23AB ，又B 1A 1AB ，故MQNP ，所以四边形MQPN 是平行四边形，则MN ∥QP ，QP ⊂平面BCC 1B 1，MN ⊄平面BCC 1B 1，则MN ∥平面BCC 1B 1，故选B.6．设m ，n 是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题： ①若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ； ②若α∥β，β∥γ，m ⊥α，则m ⊥γ； ③若α∩β＝n ，m ∥n ，m ∥α，则m ∥β； ④若m ∥α，n ∥β，m ∥n ，则α∥β.其中是真命题的是________(填上正确命题的序号)．解析：①m ∥n 或m ，n 异面，故①错误；易知②正确；③m ∥β 或m ⊂β，故③错误；④α∥β或α与β相交，故④错误．答案：②7.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，E 为AD 的中点，点F 在CD 上，若EF ∥平面AB 1C ，则EF ＝________．解析：根据题意，因为EF ∥平面AB 1C ，所以EF ∥AC .又E 是AD 的中点，所以F 是CD 的中点．因为在Rt △DEF 中，DE ＝DF ＝1，故EF ＝2.答案：28.如图，平面α∥平面β，△ABC ，△A ′B ′C ′分别在α，β内，线段AA ′，BB ′，CC ′相交于点O ，O 在α，β之间，若AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°，OA ∶OA ′＝3∶2，则△A ′B ′C ′的面积为________．解析：相交直线AA ′，BB ′所在平面和两平行平面α，β相交于AB ，A ′B ′，所以AB ∥A ′B ′.同理BC ∥B ′C ′，CA ∥C ′A ′.所以△ABC 与△A ′B ′C ′的三内角相等，所以△ABC ∽△A ′B ′C ′，A ′B ′AB＝OA ′OA＝23.又因为S △ABC ＝12×2×1×32＝32，所以S △A ′B ′C ′＝32×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝32×49＝239. 答案：2399．(2020届广东七校联考)如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥底面ABCD ，PA ＝2，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝1，AD ＝23，CD ＝4，E 为CD 的中点．(1)求证：AE ∥平面PBC ； (2)求三棱锥C －PBE 的体积．解：(1)证明：∵AB ＝3，BC ＝1，∠ABC ＝90°，∴AC ＝2，∠BCA ＝60°. 在△ACD 中，AD ＝23，AC ＝2，CD ＝4，∴AC 2＋AD 2＝CD 2，∴∠CAD ＝90°，则△ACD 是直角三角形． 又E 为CD 的中点，∴AE ＝12CD ＝CE ＝2，∴△ACE 是等边三角形，∴∠CAE ＝60°，∴∠CAE ＝60°＝∠BCA ，∴BC ∥AE .又AE ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ∥平面PBC . (2)∵PA ⊥底面ABCD ，∴PA ⊥底面BCE ， ∴PA 为三棱锥P －BCE 的高．∵∠BCA ＝60°，∠ACD ＝60°，∴∠BCE ＝120°. 又BC ＝1，CE ＝2，∴S △BCE ＝12×BC ×CE ×sin ∠BCE ＝12×1×2×32＝32，∴V 三棱锥C －PBE ＝V 三棱锥P －BCE ＝13×S △BCE ×PA ＝13×32×2＝33.10.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，S 是B 1D 1的中点，E ，F ，G 分别是BC ，DC ，SC 的中点，求证：(1)EG ∥平面BDD 1B 1； (2)平面EFG ∥平面BDD 1B 1. 证明：(1)如图，连接SB ，在△SBC 中，因为E ，G 分别是BC ，SC 的中点， 所以EG ∥SB .又因为SB ⊂平面BDD 1B 1，EG ⊄平面BDD 1B 1，所以EG∥平面BDD1B1.(2)连接SD，因为F，G分别是DC，SC的中点，所以FG∥SD.又因为SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，所以FG∥平面BDD1B1，又EG⊂平面EFG，FG⊂平面EFG，EG∩FG＝G，所以平面EFG∥平面BDD1B1.B级·素养提升|练能力|11.如图，在四面体ABCD中，若截面PQMN是正方形，则在下列说法中，错误的为( )A．AC⊥BDB．AC＝BDC．AC∥截面PQMND．异面直线PM与BD所成的角为45°解析：选B 因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN，QM∥PN，则PQ∥平面ACD，QM∥平面BDA，所以PQ∥AC，QM∥BD，由PQ⊥QM，可得AC⊥BD，故A正确；由PQ∥AC，可得AC∥截面PQMN，故C正确；由BD∥PN，所以∠MPN(或其补角)是异面直线PM与BD所成的角，且为45°，故D正确；由上面可知，BD ∥PN ，MN ∥AC . 所以PN BD ＝AN AD，MN AC＝DN AD，而AN ≠DN ，PN ＝MN ， 所以BD ≠AC ，故B 错误．故选B. 12.如图所示，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________时，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑全部可能情况)解析：连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，所以平面FHN ∥平面B 1BDD 1，只需M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，所以MN ∥平面B 1BDD 1.答案：点M 在线段FH 上(或点M 与点H 重合)13．(2020届成都模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ＝PD ，AB ＝AD ，PA ⊥PD ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝60°，M ，N 分别为AD ，PA 的中点．(1)证明：平面BMN ∥平面PCD ；(2)若AD ＝6，求三棱锥P －BMN 的体积．解：(1)证明：如图，连接BD .∵AB ＝AD ，∠BAD ＝60°，∴△ABD 为正三角形．∵M 为AD的中点，∴BM⊥AD.∵AD⊥CD，CD，BM⊂平面ABCD，∴BM∥CD.又BM⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，∴BM∥平面PCD.∵M，N分别是AD，PA的中点，∴MN∥PD.又MN⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴MN∥平面PCD.又BM，MN⊂平面BMN，BM∩MN＝M，∴平面BMN∥平面PCD.(2)在(1)中已证BM⊥AD.∵平面PAD⊥平面ABCD，BM⊂平面ABCD，∴BM⊥平面PAD.又AD＝6，∠BAD＝60°，∴BM＝3 3.∵M，N分别是AD，PA的中点，PA＝PD＝22AD＝32，∴△PMN的面积S△PMN＝14S△PAD＝14×12×(32)2＝94.∴三棱锥P－BMN的体积V P－BMN＝V B－PMN＝13S△PMN·BM＝13×94×33＝934.14．在如图所示的多面体中，四边形ABB1A1和四边形ACC1A1都为矩形．设D，E分别是线段BC，CC1的中点，在线段AB上是否存在一点M，使DE∥平面A1MC？请证明你的结论．解：存在点M为线段AB的中点，使DE∥平面A1MC，证明如下：如图，取线段AB的中点M，连接A1M，MC，A1C，AC1，设O为A1C与AC1的交点．由已知，O为AC1，A1C的中点．连接MD，OE，OM，则MD，OE分别为△ABC，△ACC1的中位线，所以MD 12AC，OE12AC，因此MD OE.从而四边形MDEO为平行四边形，则DE∥MO.因为DE⊄平面A1MC，MO⊂平面A1MC，所以DE∥平面A1MC.即线段AB上存在一点M(线段AB的中点)，使DE∥平面A1MC.。
2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第8章 §8
(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0， (my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0 ⇒(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0
由点斜式，可得直线l的方程为 y－(1－λ)＝－12(x＋2λ)， 即 y＝－12x－2λ＋1. 联立yx4＝ 2＋－y212＝x－1，2λ＋1，
消去y，得x2＋(4λ－2)x＋8λ2－8λ＝0，
①
由Δ＝(4λ－2)2－4×(8λ2－8λ)>0，
1－ 2 1＋ 2 解得 2 <λ< 2 ，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
所以|PD|·|QD|＝54|x1x2－(λ－1)(x1＋x2)＋(λ－1)2|，
③
将②代入③，
得|PD|·|QD|＝54|λ2－1| ，λ∈(－ 2， 2)，
所以当 λ＝0 时，|PD|·|－2λ，－λ)，
则D(－2λ，1－λ)，
y＝kx＋2， 由x22＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0， 因为直线l与椭圆C交于不同的两点M，N， 则有Δ＝(8k)2－4·(2k2＋1)·6 ＝16k2－24>0⇒k2>32， 即 k<－ 26或 k> 26，
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－2k82＋k 1， x1x2＝2k26＋1， 所以|MN|＝ 1＋k2·|x1－x2|
由①得xx11＋ x2＝x2＝ 8λ22－－84λλ，，
②
由题意可知|PD|＝ 25|x1＋2λ|，
|QD|＝ 25|x2＋2λ|，
2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第8章 §8
将直线l的方程与椭圆C的方程联立， y＝2x＋m，
得方程组x42＋y22＝1， 消去y并整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0. Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝－8m2＋144. 当Δ>0，即－3 2 <m<3 2 时，方程有两个不同的实数根，可知原方 程组有两组不同的实数解. 这时直线l与椭圆C有两个不重合的公共点.
化简得到－34×xy11＋ ＋xy22＝xy11－－xy22＝kAB，
∵x1＋x2＝2，y1＋y2＝2， ∴kAB＝－34， ∴直线方程为 y－1＝－34(x－1)， ∴直线l的方程为3x＋4y－7＝0.
(2)求△OAB的面积.
将直线方程与椭圆方程联立，可得21x2－42x＋1＝0， Δ＝422－4×21>0， ∴x1＋x2＝2，x1x2＝211. 由弦长公式得到|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|
又∵x1＋x2＝2， ∴42kkk2＋－11＝2，解得 k＝－12. 经检验，k＝－12满足题意. 故此弦所在的直线方程为 y－1＝－12(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
方法二 易知此弦所在直线的斜率存在，
∴设斜率为k，弦所在的直线与椭圆相交于A，B两点，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x421＋y20)，F2(m，0)的距离之和为
4(0<m<2)，且动点M的轨迹曲线C过点
N
3，12 .
(1)求m的值；
由0<m<2，得2m<4，可知曲线C是以两定点F1(－m，0)，F2(m，0)
为焦点，长半轴长为2的椭圆，
所以 a＝2，设曲线 C 的方程为x42＋by22＝1，
由题意得c2＝a2－b2＝4－3＝1，因为直线l过原点，且交椭圆E于A， B两点，所以A与B关于原点对称，又AF1，BF2都与x轴垂直， 所以设A(－1，y1)，B(1，－y1)，
2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 第2课时 直线与椭圆
(2)若椭圆C的短轴长为2，过点F2的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且 —F1→P⊥—F1→Q ，求直线l的方程.
解 易知椭圆 C 的方程为x22＋y2＝1， 当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝1，不符合题意； 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
y＝kx－1， 由x22＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0， Δ＝8(k2＋1)>0， 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则 x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22＋－11，
所以直线 AB 的方程为 y＝12x－3 或 y＝x－3， 即x－2y－6＝0或x－y－3＝0.
思维升华
(1)解答直线与椭圆相交的题目时，常用到“设而不求”的方法，即联立 直线和椭圆的方程，消去y(或x)得一元二次方程，然后借助根与系数的关 系，并结合题设条件，建立有关参变量的等量关系求解. (2)涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不 存在等特殊情形.
当 Δ>0，即－3 2<m<3 2时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组
有两组不同的实数解.这时直线 l 与椭圆 C 有两个不重合的公共点.
(2)有且只有一个公共点；
解 当 Δ＝0，即 m＝±3 2时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组 有两组相同的实数解. 这时直线l与椭圆C有两个互相重合的公共点，即直线l与椭圆C有且只有 一个公共点.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
2.直线 y＝kx－k＋1 与椭圆x92＋y42＝1 的位置关系为
√A.相交
C.相离
B.相切 D.不确定
解析 由题意得直线y－1＝k(x－1)恒过定点(1，1)， 而点(1，1)在椭圆x92＋y42＝1 的内部，所以直线与椭圆相交.故选 A.
2021届高考数学一轮总复习第8章立体几何第2节空间几何体的表面积与体积跟踪检测文含解析
第八章 立体几何第二节 空间几何体的表面积与体积A 级·基础过关|固根基|1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A ．4π B ．3π C ．2πD ．π解析：选C 由几何体的形成过程知，所得几何体为圆柱，底面半径为1，高为1，其侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C.2．(2020届惠州市高三第二次调研)某几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图均是由三角形与半圆构成的，俯视图由圆与内接三角形构成，则该几何体的体积为( )A.2π3＋16 B.2π6＋12 C.2π6＋16D.2π3＋12解析：选C 由三视图可知该几何体是一个半球上面有一个三棱锥，其体积V ＝13×12×1×1×1＋12×4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π6＋16，故选C. 3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )A ．2B ．4＋2 2C ．4＋4 2D ．4＋6 2解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABC －A 1B 1C 1，其中AB ＝AA 1＝2，BC ＝AC ＝2，∠ACB ＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S ＝(2＋22)×2＝4＋42，故选C.4.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 ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3cm 3C.1 372π3 cm 3D.2 048π3cm 3解析：选A 设球的半径为R ，则由题意知，球被正方体上底面截得的圆的半径为4 cm ，球心到截面圆的距离为(R －2)cm ，则R 2＝(R －2)2＋42，解得R ＝5，所以球的体积为4π×533＝500π3(cm 3)．5．(2019届辽宁五校协作体联考)一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．36B ．48C ．64D ．72解析：选B由几何体的三视图可得，几何体如图所示，将几何体分割为两个三棱柱，所以该几何体的体积为12×3×4×4＋12×3×4×4＝48，故选B.6.如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．解析：三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V D 1－EDF ＝V F －DD 1E ＝13×12×1＝16.答案：167．(2019届福建市第一学期高三期末)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积为________．解析：如图，由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2.故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π.答案：16π8．已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为________．解析：连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1，1的长方体，其体对角线长即为外接球的直径，2R ＝1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是R ＝52，其表面积为4πR 2＝5π. 答案：5π9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？解：由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m ．因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)． 故仓库的容积是312 m 3.10．如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解：(1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝16－4＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝ EH 2－EM 2＝6，则AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 级·素养提升|练能力|11.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．3π＋6B ．6π＋6C ．3π＋12D ．12解析：选A 由三视图还原几何体如图，该几何体为组合体，左半部分是四分之一圆锥，右半部分是三棱锥， 则其体积V ＝14×13×π×32×4＋13×12×3×3×4＝3π＋6.故选A.12．体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，PA⊥平面ABC ，PA ＝2，∠ABC＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773π B.2873π C.19193π D.76193π 解析：选B 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得，3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332，因为∠ABC＝120°，S △ABC ＝332＝12acsin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得，b 2＝a 2＋c 2－2accos 120°＝a 2＋c2＋ac≥2ac＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝32，设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r(b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝6，如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，过O 作OD⊥PA，垂足为D ，R 为球O 的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，设OO 1＝h ，在Rt △OO 1A 中，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋h 2，在Rt △OPD 中，R 2＝r 2＋(2－h)2，联立得h ＝1.当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3，故选B. 13．榫卯是我国古代工匠极为精巧的发明，它是在两个构件上采用凹凸部分相结合的一种连接方式．我国的北京紫禁城、山西悬空寺、福建宁德的廊桥等建筑都用到了榫卯结构．图中网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一种榫卯构件中榫的三视图，则其体积为________，表面积为________．解析：由三视图可知，榫卯构件中的榫由一个长方体和一个圆柱拼接而成，故其体积V＝4×2×3＋π×32×6＝24＋54π，表面积S＝2×π×32＋2×π×3×6＋4×3×2＋2×2×3＝54π＋36.答案：24＋54π54π＋3614．(2020届合肥调研)如图，已知三棱柱ABC－A1B1C1，M为棱AB上一点，BC1∥平面A1MC.(1)求证：AM＝BM；(2)若△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，△A1MC的面积为42，求三棱柱ABC－A1B1C1的体积．解：(1)证明：如图，连接AC1交A1C于N，连接MN.∵BC1∥平面A1MC，BC1⊂平面ABC1，平面ABC1∩平面A1MC＝MN，∴BC1∥MN.由三棱柱ABC－A1B1C1知，四边形ACC1A1为平行四边形，∴N为AC1的中点．∴M为AB的中点，即AM＝BM.(2)连接A1B，∵△ABC是等边三角形，AB＝AA1，∠A1AB＝∠A1AC＝60°，∴△ABC，△AA1B，△AA1C是全等的等边三角形，由(1)知，M为AB的中点，∴A1M⊥AB，CM⊥AB.∵A1M∩CM＝M，∴AB⊥平面A1MC.设AB ＝2a ，则A 1M ＝CM ＝3a ，A 1C ＝2a ，∴△A 1MC 的面积为12·2a ·2a ＝2a 2＝42，解得a ＝2，即AM ＝2，∴V 三棱锥A －A 1MC ＝13·S △A 1MC ·AM ＝823，从而V 三棱柱ABC －A 1B 1C 1＝6·V 三棱锥A －A 1MC ＝16 2.。
2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第8章 §8
由x42＋y2＝1， y＝kx＋m，
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝16(4k2－m2＋1)>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝－1＋8km4k2， 设AB的中点M为(x0，y0)， 得 x0＝－1＋4km4k2＝12，
即1＋4k2＝－8km， 所以 y0＝kx0＋m＝12k－1＋8k4k2＝－81k. 所以AB的中垂线方程为 y＋81k＝－1kx－12，
教师备选
(2022·邯郸模拟)已知椭圆C：ax22＋by22＝1 (a>b>0)的左、右焦点分别为F1， F2 ， 过 点 F1 的 直 线 l 交 椭 圆 于 A ， B 两 点 ， 交 y 轴 于 点 M ， 若 |F1F2| ＝ 2 ， △ABF2的周长为8. (1)求椭圆C的标准方程；
因为△ABF2的周长为8， 所以4a＝8，解得a＝2， 由|F1F2|＝2，得 2 a2－b2＝2 4－b2＝2，
x1＋x2＝－3＋8k42k2， 则x1x2＝43k＋2－4k122.
设M(0，k)，又F1(－1,0)， 所以M→A＝(x1，y1－k)，―F1→A ＝(x1＋1，y1)， 则 λ＝x1x＋1 1. 同理可得M→B＝(x2，y2－k)，
―F1→B ＝(x2＋1，y2)，
则 μ＝x2x＋2 1. 所以 λ＋μ＝x1x＋1 1＋x2x＋2 1 ＝x1x2x＋1＋11＋xx22＋x11＋ 1 ＝x12xx21＋x2＋x1＋x1＋ x2＋x21
所以b2＝3， 因此椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)M→A＝λ―F1→A，M→B＝μ―F1→B，试分析 λ＋μ 是否为定值，若是，求出这个 定值，否则，说明理由.
2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第8章 §8
跟踪训练1 (1)(多选)(2021·新高考全国Ⅱ)已知直线l：ax＋by－r2＝0与
圆C：x2＋y2＝r2，点A(a，b)，则下列说法正确的是
√A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 √B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离
C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离
√D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切
AB 的长为
A. 10
B.2 10
C.2 2
√D.4 2
过点(0,1)且倾斜角为π3的直线 l：y－1＝ 3x，即 3x－y＋1＝0. ∵圆x2＋y2－6y＝0，即x2＋(y－3)2＝9，
|－3＋1| ∴圆心坐标为(0,3)，半径 r＝3，圆心到直线 l 的距离 d＝ 2 ＝1， ∴直线被圆截得的弦长|AB|＝2× 32－12＝4 2.
若点A(a，b)在直线l上，则a2＋b2－r2＝0， 即a2＋b2＝r2， 所以 d＝ a2r＋2 b2＝|r|，则直线 l 与圆 C 相切，故 D 正确.
(2)(2021·北京)已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：y＝kx＋m，当k变化时，l截
得圆C弦长的最小值为2，则m等于
A.±2
B.± 2
√C.± 3
第八章
考试要求
1.能根据给定直线、圆的方程，判断直线与圆、圆与圆的位置关系. 2.能用直线和圆的方程解决一些简单的数学问题与实际问题.
落实主干知识 探究核心题型
课时精练
LUOSHIZHUGANZHISHI
落实主干知识
知识梳理
1.直线与圆的位置关系(圆心到直线的距离为d，圆的半径为r)
相离
相切
题型一 直线与圆的位置关系
命题点1 位置关系的判断
例1 直线kx－y＋2－k＝0与圆x2＋y2－2x－8＝0的位置关系为
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第八章立体几何训练文
核按钮（新课标）高考数学一轮复习第八章立体几何训练文考纲链接1.空间几何体(1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．(2)能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图．(3)会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式．(4)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．2．点、直线、平面之间的位置关系(1)理解空间直线、平面位置关系的定义，并了解如下可以作为推理依据的公理和定理：①公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在此平面内．②公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面．③公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．④公理4：平行于同一条直线的两条直线平行．⑤定理：空间中如果两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．(2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与判定定理．理解以下判定定理：①平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．②一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．③一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直．④一个平面过另一个平面的垂线，则两个平面垂直．理解以下性质定理，并加以证明：①如果一条直线与一个平面平行，那么过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行．②两个平面平行，则任意一个平面与这两个平面相交所得的交线相互平行．③垂直于同一个平面的两条直线平行．④两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．(3)能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．3．空间直角坐标系(1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置．(2)会简单应用空间两点间的距离公式．§8.1 空间几何体的结构、三视图和直观图1．棱柱、棱锥、棱台的概念(1)棱柱：有两个面互相______，其余各面都是________，并且每相邻两个四边形的公共边都互相______，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．※注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．(2)棱锥：有一个面是________，其余各面都是有一个公共顶点的__________，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．※注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥叫做正棱锥．(3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台．※注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．※2.棱柱、棱锥、棱台的性质(1)棱柱的性质侧棱都相等，侧面是______________；两个底面与平行于底面的截面是__________的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是______________；直棱柱的侧棱长与高相等且侧面、对角面都是________．(2)正棱锥的性质侧棱相等，侧面是全等的______________；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个____________；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个____________；斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个____________；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底面边长的一半也构成一个____________．(3)正棱台的性质侧面是全等的____________；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个____________；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个____________；棱台的斜高、侧棱和两底面边长的一半也组成一个____________．3．圆柱、圆锥、圆台(1)圆柱、圆锥、圆台的概念分别以______的一边、__________的一直角边、________中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台．(2)圆柱、圆锥、圆台的性质圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是________、________、________；平行于底面的截面都是________．4．球(1)球面与球的概念以半圆的______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．半圆的圆心叫做球的________．(2)球的截面性质球心和截面圆心的连线________截面；球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为______________．5．平行投影在一束平行光线照射下形成的投影，叫做__________．平行投影的投影线互相__________．6．空间几何体的三视图、直观图(1)三视图①空间几何体的三视图是用正投影得到的，在这种投影下，与投影面平行的平面图形留下的影子与平面图形的形状和大小是完全相同的．三视图包括__________、__________、__________．②三视图尺寸关系口诀：“长对正，高平齐，宽相等．” 长对正指正视图和俯视图长度相等，高平齐指正视图和侧(左)视图高度要对齐，宽相等指俯视图和侧(左)视图的宽度要相等．(2)直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：①在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴Ox，Oy，再作Oz轴，使∠xOz＝________且∠yOz＝________．②画直观图时，把Ox，Oy，Oz画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′＝____________，∠x′O′z′＝____________．x′O′y′所确定的平面表示水平面．③已知图形中，平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成____________x′轴、y′轴或z′轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同．④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，长度为原来的__________．⑤画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图．自查自纠：1．(1)平行四边形平行(2)多边形三角形2．(1)平行四边形全等平行四边形矩形(2)等腰三角形直角三角形直角三角形直角三角形直角三角形(3)等腰梯形直角梯形直角梯形直角梯形3．(1)矩形直角三角形直角梯形(2)矩形等腰三角形等腰梯形圆4．(1)直径球心(2)垂直于d＝R2－r25．平行投影平行6．(1)①正(主)视图侧(左)视图俯视图(2)①90°90°②45°(或135°) 90°③平行于④一半给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．其中所有错误命题．．．．的序号是( )A．②③④ B. ①②③C．①②④ D. ①②③④解：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④错误．故选D.以下关于几何体的三视图的论述中，正确的是( )A．球的三视图总是三个全等的圆B．正方体的三视图总是三个全等的正方形C．水平放置的正四面体的三视图都是正三角形D．水平放置的圆台的俯视图是一个圆解：几何体的三视图要考虑视角，只有球无论选择怎样的视角，其三视图总是三个全等的圆．故选A.(2015·北京)某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为( )A ． 1 B. 2 C. 3 D ．2解：由题中三视图知，此四棱锥的直观图如图所示，其中侧棱SA ⊥底面ABCD ，且底面是边长为1的正方形，SA ＝1，∴四棱锥最长棱的棱长为SC ＝3，故选 C.用一张4cm ×8cm 的矩形硬纸卷成圆柱的侧面，则圆柱轴截面的面积为________cm 2(接头忽略不计)．解：以4cm 或8cm 为底面周长，所得圆柱的轴截面面积均为32πcm 2，故填32π.已知正△ABC 的边长为a ，那么△ABC 的平面直观图△A ′B ′C ′的面积为________．解：如图所示是实际图形和直观图．由图可知，A ′B ′＝AB ＝a ，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图中作C ′D ′⊥A ′B ′，垂足为D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a. ∴S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′×C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故填616a 2.类型一 空间几何体的结构特征(2014·全国课标Ⅰ)如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个几何体的三视图，则这个几何体是( )A ．三棱锥B ．三棱柱C ．四棱锥D ．四棱柱解：该几何体的三视图由一个三角形，两个矩形组成，经分析可知该几何体为三棱柱，故选B.点拨：解决此类问题的关键是根据几何体的三视图判断几何体的结构特征．常见的有以下几类：①三视图为三个三角形，对应的几何体为三棱锥；②三视图为两个三角形，一个四边形，对应的几何体为四棱锥；③三视图为两个三角形，一个圆，对应的几何体为圆锥；④三视图为一个三角形，两个四边形，对应的几何体为三棱柱；⑤三视图为三个四边形，对应的几何体为四棱柱；⑥三视图为两个四边形，一个圆，对应的几何体为圆柱．某几何体的正视图和侧视图均如图1所示，则该几何体的俯视图不可能是( )解：D 选项的正视图应为如图所示的图形．故选D.类型二 空间几何体的三视图如图所示的三个直角三角形是 一个体积为20cm 3的几何体的三视图，则h ＝________cm .解：由三视图可知，该几何体为三棱锥，此三棱锥的底面为直角三角形，直角边长分别为5cm ，6cm ，三棱锥的高为h cm ，则三棱锥的体积为V ＝13×12×5×6×h ＝20，解得h ＝4cm .故填4.点拨：对于空间几何体的考查，从内容上看，锥的定义和相关性质是基础，以它们为载体考查三视图、体积和棱长是重点．本题给出了几何体的三视图，只要掌握三视图的画法“长对正、高平齐、宽相等”，不难将其还原得到三棱锥．(2015·全国Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )A ．1B ．2C ．4D ．8解：由图可知该几何体由半个圆柱和半个球体组合而成，则S 表＝4πr 2×12＋12πr 2×2＋πr ·2r＋2r ·2r ＝16＋20π，解得r ＝2.故选B.类型三 空间多面体的直观图如图是一个几何体的三视图，用斜二测画法画出它的直观图．解：由三视图知该几何体是一个简单组合体，它的下部是一个正四棱台，上部是一个正四棱锥．画法：(1)画轴．如图1，画x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°.图1(2)画底面．利用斜二测画法画出底面ABCD ，在z 轴上截取O ′使OO ′等于三视图中相应高度，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′.(3)画正四棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于三视图中相应的高度．(4)成图．连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′，A ′A ，B ′B ，C ′C ，D ′D ，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图2所示．图2点拨：根据三视图可以确定一个几何体的长、宽、高，再按照斜二测画法，建立x 轴、y 轴、z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝90°，确定几何体在x 轴、y 轴、z 轴方向上的长度，最后连线画出直观图．已知一个四棱锥的高为3，其底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个边长为1的正方形，则此四棱锥的体积为( )A. 2 B ．6 2 C.13D ．2 2解：因为四棱锥的底面直观图是一个边长为1的正方形，该正方形的对角线长为2，根据斜二测画法的规则，原图底面的底边长为1，高为直观图中正方形的对角线长的两倍，即22，则原图底面积为S ＝22.因此该四棱锥的体积为V ＝13Sh ＝13×22×3＝22.故选D.类型四 空间旋转体的直观图用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上、下底面的面积之比为1∶16，截去的圆锥的母线长是3cm ，求圆台的母线长．解：设圆台的母线长为l ，截得圆台的上、下底面半径分别为r ，4r.根据相似三角形的性质得， 33＋l ＝r4r，解得 l ＝9. 所以，圆台的母线长为9cm .点拨：用平行于底面的平面去截柱、锥、台等几何体，注意抓住截面的性质(与底面全等或相似)，同时结合旋转体中的轴截面(经过旋转轴的截面)的几何性质，利用相似三角形中的相似比，设相关几何变量列方程求解．(2014·湖南)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4解：该几何体为一直三棱柱，底面是边长为6，8，10的直角三角形，侧棱为12，其最大球的半径为底面直角三角形内切圆的半径r ，由等面积法可得12×(6＋8＋10)·r ＝12×6×8，得r ＝2.故选B.1．在研究圆柱、圆锥、圆台的相关问题时，主要方法就是研究它们的轴截面，这是因为在轴截面中容易找到这些几何体的有关元素之间的位置关系以及数量关系．2．建议对下列一些具有典型意义的重要空间图形的数量关系予以推证并适当记忆．(1)正多面体(Ⅰ)正四面体就是棱长都相等的三棱锥，正六面体就是正方体，连接正方体六个面的中心，可得到一个正八面体，正八面体可以看作是由两个棱长都相等的正四棱锥拼接而成．棱长为a 的正四面体中：①斜高为32a ；②高为63a ；③对棱中点连线长为22a ； ④外接球的半径为64a ，内切球的半径为612a ； ⑤正四面体的表面积为3a 2，体积为212a 3. (Ⅱ)如图，在棱长为a 的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，连接A 1B ，BC 1，A 1C 1，DC 1，DA 1，DB ，可以得到一个棱长为2a 的正四面体A 1BDC 1，其体积为正方体体积的13.(Ⅲ)正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a ，球的半径为R )．(2)长方体的外接球(Ⅰ)长、宽、高分别为a ，b ，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即a 2＋b 2＋c 2＝2R.(Ⅱ)棱长为a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即3a ＝2R.3．三视图的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线，主视图反映了物体的长度和高度；俯视图反映了物体的长度和宽度；左视图反映了物体的宽度和高度．由此得到：主俯长对正，主左高平齐，俯左宽相等．4．一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相比，有“三变、三不变”．三变：坐标轴的夹角改变，与y轴平行线段的长度改变(减半)，图形改变．三不变：平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变．1．由平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体是( )A．六棱锥B．六棱台C．六棱柱D．非棱柱、棱锥、棱台的一个几何体解：平面六边形沿某一方向平移形成的空间几何体符合棱柱的定义，故选C.2．下列结论正确的是( )A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边绕旋转轴旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长都相等，则该棱锥可能是六棱锥D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线解：A错误，如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图2，若△ABC不是直角三角形，或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边，所得的几何体都不是圆锥；C错误，若该棱锥是六棱锥，由题设知，它是正六棱锥．易证正六棱锥的侧棱长必大于底面边长，这与题设矛盾；易知D正确．故选D.3．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在直线旋转一周，所得的几何体包括( )A．一个圆台、两个圆锥B．两个圆台、一个圆柱C．两个圆台、一个圆锥D．一个圆柱、两个圆锥解：把等腰梯形分割成两个直角三角形和一个矩形，由旋转体的定义可知所得几何体包括一个圆柱、两个圆锥．故选D.4．沿一个正方体三个面的对角线截得的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解：观察可知，该几何体的侧视图为正方形，且AD1为实线，故选B.5．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解：A，B的正视图不符合要求，C的俯视图显然不符合要求，故选D.6．(2014·课标Ⅰ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A．6 2 B．4 2 C．6 D．4解法一：如图甲，设辅助正方体棱长为4，三视图对应的多面体为三棱锥DABC，最长的棱为AD ＝6.解法二：将三视图还原为三棱锥DABC，如图乙，易知侧面DBC⊥底面AB C.点D在底面ABC的射影点O是BC的中点，△ABC为直角三角形．∵AB＝4，BO＝2，∴AO＝25，DO⊥底面ABC，∴DO⊥AO，DO＝4，∴最长的棱AD＝20＋16＝6.故选C.7．已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，该组合体的正视图、侧视图、俯视图均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的半径是____________．解：由三视图可知该组合体为球内接棱长为2的正方体，∴正方体的体对角线为球的直径，即2r＝22＋22＋22＝23，r ＝3.故填3.8．若一个螺栓的底面是正六边形，它的正(主)视图和俯视图如图所示，则它的体积是____________．解：由三视图知，该螺栓的上部是一个底面半径为0.8，高为2的圆柱，下部是底面边长为2，高为1.5的正六棱柱，故体积V ＝π×0.82×2＋6×34×22×1.5＝93＋32π25.故填93＋32π25.9．在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直．该四棱锥的正视图和侧视图如图所示，它们是腰长为6 cm 的全等的等腰直角三角形．(1)根据所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA 的长度．解：(1)该四棱锥的俯视图为边长为6 cm 的正方形，如图，其面积为36cm 2.(2)在正方形ABCD 中，易得AC ＝62cm ，∵PC ⊥面ABCD ，∴PC ⊥A C.在Rt △ACP 中，PA ＝PC 2＋AC 2＝62＋（62）2＝63cm .10．如图是某几何体的三视图，试说明该几何体的结构特征，并用斜二测画法画出它的直观图．解：图中几何体是由上部为正六棱柱，下部为倒立的正六棱锥堆砌而成的组合体．斜二测画法：(1)画轴．如图(1)，画x 轴，y 轴，z 轴，使∠xOy ＝45°，∠xOz ＝∠yOz ＝90°.(2)画底面，利用斜二测画法画出底面ABCDEF ，在z 轴上截取O ′，使OO ′等于正六棱柱的高，过O ′作Ox 的平行线O ′x ′，Oy 的平行线O ′y ′，利用O ′x ′与O ′y ′画出底面A ′B ′C ′D ′E ′F ′.(3)画正六棱锥顶点．在Oz 上截取点P ，使PO ′等于正六棱锥的高．(4)成图．连接PA ′，PB ′，PC ′，PD ′，PE ′，PF ′，AA ′，BB ′，CC ′，DD ′，EE ′，FF ′，整理得到三视图表示的几何体的直观图如图(2)所示．注意：图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．11．某长方体的一条体对角线长为7，在该长方体的正视图中，这条对角线的投影长为6，在该长方体的侧视图与俯视图中，这条体对角线的投影长分别为a 和b ，求ab 的最大值．解：如图，则有AC1＝7，DC1＝6，BC1＝a，AC＝b，设AB＝x，AD＝y，AA1＝z，有x2＋y2＋z2＝7，x2＋z2＝6，∴y2＝1.∵a2＝y2＋z2＝z2＋1，b2＝x2＋y2＝x2＋1，∴a＝z2＋1，b＝x2＋1.∴ab＝（z2＋1）（x2＋1）≤z2＋1＋x2＋12＝4，当且仅当z2＋1＝x2＋1，即x＝z＝3时，ab的最大值为4.水以匀速注入某容器中，容器的三视图如图所示，其中与题中容器对应的水的高度h与时间t的函数关系图象是( )解：由三视图知其直观图为两个圆台的组合体，水是匀速注入的，所以水面高度随时间变化的变化率先逐渐减小后逐渐增大，又因为容器的对称性，所以函数图象关于一点中心对称．故选C.§8.2 空间几何体的表面积与体积1．柱体、锥体、台体的表面积(1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积S 直棱柱侧＝__________，S 正棱锥侧＝__________， S 正棱台侧＝__________(其中C ，C ′为底面周长，h 为高，h ′为斜高)． (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积 S 圆柱侧＝________，S 圆锥侧＝________，S 圆台侧＝________(其中r ，r ′为底面半径，l 为母线长)． (3)柱或台的表面积等于________与__________的和，锥体的表面积等于________与__________的和．2．柱体、锥体、台体的体积(1)棱柱、棱锥、棱台的体积V 棱柱＝__________，V 棱锥＝__________，V 棱台＝__________(其中S ，S ′为底面积，h 为高)． (2)圆柱、圆锥、圆台的体积V 圆柱＝__________，V 圆锥＝__________，V 圆台＝__________(其中r ，r ′为底面圆的半径，h 为高)． 3．球的表面积与体积(1)半径为R 的球的表面积S 球＝________． (2)半径为R 的球的体积V 球＝________.自查自纠：1．(1)Ch 12Ch ′ 12()C ＋C ′h ′ (2)2πrl πrl π(r ＋r ′)l(3)侧面积 两个底面积 侧面积 一个底面积2．(1)Sh 13Sh 13h ()S ＋SS ′＋S ′(2)πr 2h 13πr 2h 13πh ()r 2＋rr ′＋r ′23．(1)4πR 2 (2)43πR 3已知圆锥的正视图是边长为2的等边三角形，则该圆锥体积为( )A.2π2B.2πC.3π3D.3π 解：易知圆锥的底面直径为2，母线长为2，则该圆锥的高为22－12＝3，因此其体积是13π·12×3＝3π3.故选C.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是2，3，6，则这个长方体的体对角线的长是( )A ．2 3B ．3 2C ．6 D. 6 解：设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则有ab ＝2，ac ＝3，bc ＝6，解得a ＝1，b ＝2，c ＝3，则长方体的体对角线的长l ＝a 2＋b 2＋c 2＝6.故选D. (2015·安徽)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( ) A ．1＋ 3 B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2 解：根据几何体的三视图可知，该几何体是底面为等腰直角三角形的三棱锥， 如图所示．因此该几何体的表面积为S 表面积＝ S △PAC ＋2S △PAB ＋S △ABC ＝12×2×1＋2×34×(2)2＋12×2×1＝2＋3.故选B.已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为____________．解：∵该正四棱柱的外接球的半径是正四棱柱体对角线的一半，∴半径r ＝1212＋12＋（2）2＝1，V 球＝4π3×13＝4π3.故填4π3.若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其表面积等于________．解：由正视图知，三棱柱是底面边长为2，高为1的正三棱柱，所以底面积为2×12×2×2×32＝23，侧面积为3×2×1＝6，所以其表面积为6＋23.故填6＋23.类型一 空间几何体的面积问题如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，∠BAC ＝90°，AD 是BC 边上的高，沿AD 把△ABD 折起，使∠BDC ＝90°.若BD ＝1，求三棱锥D ABC 的表面积．解：∵折起前AD 是BC 边上的高，∴沿AD 把△ABD 折起后，AD ⊥DC ，AD ⊥B D. 又∠BDC ＝90°，DB ＝DA ＝DC ＝1， ∴AB ＝BC ＝CA ＝2.从而S △DAB ＝S △DBC ＝S △DCA ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12×2×2×sin60°＝32. ∴三棱锥D ABC 的表面积S ＝12×3＋32＝3＋32.点拨：充分运用图形在翻折前后的不变性，如角的大小不变，线段长度不变等．(2015·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5 解：由三视图作出该几何体的直观图如图所示，底面△ABC 是等腰三角形，PC ⊥平面ABC ，取AB 的中点D ，连接CD ，PD ，易证AB ⊥PD ，由三视图中的数据知PC ＝1，AB ＝CD ＝2，∴AC ＝BC ＝5，PD ＝5，∴S △ABC ＝12×2×2＝2，S △PAC ＝S △PBC ＝12×5×1＝52，S △PAB ＝12×2×5＝5，∴S 表＝2＋25.故选C. 类型二 空间旋转体的面积问题如图，半径为4的球O 中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______．解：如图，设球的一条半径与圆柱相应的母线的夹角为α，圆柱侧面积S ＝2π×4sin α×2×4cos α＝32πsin2α，当α＝π4时，S 取最大值32π，此时球的表面积与该圆柱的侧面积之差为32π.故填32π.点拨：根据球的性质，内接圆柱上、下底面中心连线的中点为球心，且圆柱的上、下底面圆周均在球面上，球心和圆柱的上、下底面圆上的点的连线与母线的夹角相等，这些为我们建立圆柱的侧面积与上述夹角之间的函数关系提供了依据．(2015·陕西)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4 解：该几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，其表面积为π×12＋2×2＋12×2π×1×2＝3π＋4.故选D.类型三 空间多面体的体积问题如图，在多面体ABCDEF 中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23 B.33 C.43 D.32 解：如图，过A ，B 两点分别作AM ，BN 垂直于EF ，垂足分别为M ，N ，连接DM ，CN ，可证得DM ⊥EF ，CN ⊥EF ，则多面体ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积V ABCDEF ＝V AMD BNC ＋V E AMD ＋V F BN C.依题意知AEFB 为等腰梯形．易知Rt △DME Rt △CNF ，∴EM ＝NF ＝12.又BF ＝1，∴BN ＝32. 作NH 垂直于BC ，则H 为BC 的中点，∴NH ＝22. ∴S △BNC ＝12·BC ·NH ＝24.∴V F BNC ＝13·S △BNC ·NF ＝224，V E AMD ＝V F BNC ＝224，V AMD BNC ＝S △BNC ·MN ＝24. ∴V ABCDEF ＝23，故选A.点拨：求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别的，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”．(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．30解：由三视图可知该几何体是由一个直三棱柱去掉一个三棱锥得到的．所以该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×3＝24.故选C. 类型四 空间旋转体的体积问题已知某几何体的三视图如图所示，其中，正(主)视图、侧(左)视图均是由三角形与半圆构成，俯视图由圆与其内接三角形构成，根据图中的数据可得此几何体的体积为( )。
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第8章 §8.1 直线的方程
方法一 由本例方法一知 A2－1k，0，B(0,1－2k)(k＜0). 所以|MA|·|MB|＝ k12＋1· 4＋4k2 ＝2×1＋|k|k2＝2－k＋－1k≥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 由本例方法二知 A(a,0)，B(0，b)，a＞0，b＞0，2a＋1b＝1. 所以|MA|·|MB|＝|M→A|·|M→B| ＝－M→A·M→B ＝－(a－2，－1)·(－2，b－1)
因为直线l的一个方向向量为n＝(2,3)，
所以3(x＋4)－2(y－3)＝0， 故直线 l 的方程为 y－3＝32(x＋4).
题型三 直线方程的综合应用
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.
方法一 设直线l的方程为
倾斜角为θ＋45°， 故 kOA＝tan(θ－45°)＝1t＋antθa－n θttaann4455°°＝21－ ＋12＝13， kOC＝tan(θ＋45°)＝1t－antθa＋n θttaann4455°°＝21＋ －12＝－3.
题型二 求直线的方程
例2 求符合下列条件的直线方程： (1)直线过点 A(－1，－3)，且斜率为－14；
k>0
90° 不存在
90°<α<180° k<0
牢记口诀：“斜率变化分两段，90°是分界线； 遇到斜率要谨记，存在与否要讨论”.
常用结论
2.“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. 3.直线Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)的一个方向向量a＝(－B，A).
2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第8章 §8
由最小值为 41，得 402＋20－p22＝41，
②
解得p＝22或p＝58.
当p＝58时，y2＝116x，点M(20,40)在抛物线内，故舍去.
综上，p＝42或p＝22.
思维升华
“看到准线想到焦点，看到焦点想到准线”，许多抛物线问 题均可根据定义获得简捷、直观的求解.“由数想形，由形 想数，数形结合”是灵活解题的一条捷径.
TANJIUHEXINTIXING
探究核心题型
题型一 抛物线的定义和标准方程
命题点1 定义及应用
例1 (1)(2020·全国Ⅰ)已知A为抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点，点A到C
的焦点的距离为12，到y轴的距离为9，则p等于
A.2
B.3
√C.6
D.9
设A(x，y)，由抛物线的定义知，点A到准线的距离为12，即x＋p2 ＝12.
2.(2022·济南模拟)已知抛物线x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线与抛物线交
于A，B两点(点A在第一象限).若直线AB的斜率为
33，点A的纵坐标为
3 2
，
则p的值为
1 A.4
1 B.2
√C.1
D.2
由题意得，抛物线x2＝2py(p>0)的焦点在y轴上， 准线方程为 y＝－p2， 设A(xA，yA)， 则|AF|＝yA＋p2＝32＋p2， 设直线AB的倾斜角为α，
跟踪训练1 (1)设抛物线的顶点为O，焦点为F，准线为l，P是抛物线上
异于O的一点，过P作PQ⊥l于Q.则线段FQ的垂直平分线
A.经过点O
√B.经过点P
C.平行于直线OP
D.垂直于直线OP
连接PF(图略)，由题意及抛物线的定义可知|PQ|＝|FP|，则△QPF为 等腰三角形，故线段FQ的垂直平分线经过点P.
2023年高考数学一轮复习(新高考1) 第8章 §8
D.S1与S2大小不确定
因为|MF1|＋|MF2|＝4>|F1F2|＝2， 所以 M 的轨迹是椭圆x42＋y32＝1 在第一象限内的部分，如图所示.
因为I是△MF1F2的内心，设内|·r＝|F1F22|·yM， 所以 r＝y3M， 所以 S1＝|F1F22|·r＝y3M，
在△PF1F2中，由|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2
得94a2＋a42＝4c2，即 e2＝ac22＝58，所以 e＝
10 4.
(2)(2022·广州模拟)已知 A，B 分别为椭圆 C：x42＋y2＝1 的左、右顶点，
P 为椭圆 C 上一动点，PA，PB 与直线 x＝3 交于 M，N 两点，△PMN 与
解得c＝2，b＝1， 椭圆方程为x52＋y2＝1. 故焦距|F1F2|＝2c＝4，A错误；
|PQ|＋|PF2|≥|Q′F2|＝3－c＝1，D错误；
设曲线E过点F2的切线斜率为k，
则切线方程为kx－2k－y＝0， 由圆心到切线方程的距离等于半径得|4k－1＋2k－k2 0|＝1， 即 k＝± 33，B 正确；
线 C 的离心率为
A.3
B.4
√C.5
D.6
由P→H＝λ|——PPFF→→11 |＋|——PPFF→→22 |，λ∈R， 则点H在∠F1PF2的角平分线上， 由点H在直线x＝a上，则点H是△PF1F2的内心， 由 5H→P＋4—H→F2＋3—H→F1＝0，
由奔驰定理(已知P为△ABC内一点， 则有 S△PBC·P→A＋S△PAC·P→B＋S△PAB·P→C＝0)知， S ∶S ∶S △HF1F2 △HF1P △HF2P ＝5∶4∶3，
a 所以 e2＝ac22＝1＋ba22＝94，解得 e＝32.
题型三 圆锥曲线在生活中的应用
2024年高考数学一轮复习课件(新高考版) 第8章 必刷小题16 圆锥曲线
由抛物线C：y2＝4x知，焦点F(1,0)，准线方程为x＝－1， 过点P作抛物线准线的垂线，垂足为Q，如图， 由抛物线定义知|PN|＋|PM|＝|PQ|－1＋|PM|＝ |PF|＋|PM|－1， 当F，P，M三点共线时，|PM|＋|PN|取得最小值， 则最小值为|MF|－1＝ 3－12＋4－02－1＝2 5－1.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
易知点 F 的坐标为0，18，选项 A 错误； 根据抛物线的性质知，MN过焦点F时， x1x2＝－p2＝－116，选项 B 正确； 若M→F＝λN→F，则 MN 过点 F， 则|MN|的最小值即抛物线通径的长，为 2p，即12，选项 C 正确； 抛物线 x2＝12y 的焦点为0，18，
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
7.(2022·德州联考)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别
为 F1，F2，曲线 C 上一点 P 到 x 轴的距离为 3c，且∠PF2F1＝120°，则
双曲线 C 的离心率为
A. 3＋1
√B.
3＋1 2
C. 5＋1
5＋1 D. 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
作PM⊥x轴于点M，如图， 依题意|PM|＝ 3c，∠PF2F1＝120°， 则∠PF2M＝60°， 由题意知F2(c,0)， 由 sin∠PF2M＝||PPFM2||＝ 23，得|PF2|＝2c， 由双曲线的定义知|PF1|＝2a＋2c，而|F1F2|＝2c， 在△PF1F2中，由余弦定理得 |PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2－2|PF2|·|F1F2|cos∠PF2F1，
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高考数学一轮复习第8章章末强化训练文新课标版
一、选择题(本大题共12小题，每小题6分，共72分）
1.过点P(-1,3)且垂直于直线x-2y+3=0的直线方程为（）
A.2x+y-1=0
B.2x+y-5=0
C.x+2y-5=0
D.x-2y+7=0
解析：因为斜率存在的两垂直直线的斜率乘积为-1，所以所求直线的斜率为-2，
由点斜式得y-3=-2(x+1)，化简整理，得2x+y-1=0，选A.
答案：A
2.直线3x+4y-14=0与圆(x-1)2+(y+1)2=4的位置关系是（）
A.相交且直线过圆心
B.相切
C.相交但直线不过圆心
D.相离
4
.(2011届·宁波联考）已知方程
22
1
21
x y
k k
-=
--
的图象是双曲线，那么k的取值范围是
（）
A.k<1
B.k>2
C.k<1或k>2
D.1<k<2
解析：解不等式组
20,20,
12,
1010
k k
k k
k k
->-<
⎧⎧
<>
⎨⎨
-<->
⎩⎩
或得或，故应选C.
答案： C
5.已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，且长轴长为12，离心率为1
3
，则椭圆的方程是
（）
A.
22
1
144128
x y
+= B.
22
1
3620
x y
+=
C.
22
1
3236
x y
+= D.
22
1
3632
x y
+=
所以c 2
=a 2
+b 2
=2a 2
,所以2a,所以2c
e a
=
=故应选A. 答案：A
7.设P 是双曲线22
2212x y b
-=上一点，双曲线的一条渐近线方程为3x-2y=0,F 1、F 2分别是双曲
线的左、右焦点.若|PF 1|=3，则|PF 2|等于 （ ） A.1或5 B.6 C.7 D.9 解析：由双曲线标准方程形式及渐近线方程y=
3
2
x 得a=2,b=3. 又据定义：||PF 2|-|PF 1||=4，所以由题意得|PF 2|=7.故应选C. 答案：C
8.圆心在抛物线y 2
=2x(y>0)上，并且与抛物线的准线及x 轴都相切的圆的方程是 （ ） A.x 2+y 2
-x-2y+1=0 B.x 2+y 2
+x-2y+1=0
C.x 2
+y 2
-x-2y-14=0 D.x 2+y 2
-x-2y+14
=0
解析：因为圆与抛物线y 2
=2x 的准线及x 轴都相切，
所以圆心到焦点F （
1
2，0）的距离就是圆心到x 轴的距离， 故圆心的坐标可设为（1
2
，y 0），半径为y 0（y 0>0).
因为圆心在y 2=2x 上（且y>0),得2
0y =2×12
,即y 0=1.
所以圆的圆心坐标为(1
2，1)，半径为1，
故圆的方程为(x-12
）2+（y-1）2
=1，
即：x 2+y 2
-x-2y+=0,故应选D. 答案：D
9.已知方程ax 2+by 2
=ab 和ax+by+c=0 (其中ab ≠0,a ≠b,c>0)，它们所表示的曲线可能是
（ ）
解析：B 中由双曲线知,a 、b 异号，直线的斜率为a
b
-
>0,符合.故应选B. 答案：B
10.已知定点A 、B 且|AB|=4，动点P 满足|PA|-|PB|=3，则|PA|的最小值是 （ ）
A.
12 B.32 C.7
2
D.5 解析：已知定点A 、B 且|AB|=4，动点P 满足|PA|-|PB|=3，则点P 的轨迹是以A 、B 为左、右焦点的双曲线的右支，故|PA|的最小值是A 到右顶点的距离，为2+32=7
2
，故应选C. 答案：C
11.已知椭圆22221x y a b +=(a>b>0)的焦点分别为F 1、F 2，b=4，离心率为3
5
.过F 1的直线交椭圆
于A 、B 两点，则△ABF 2的周长为
（ ）
A.10
B.12
C.16
D.20
解析：由b=4，3
5
c e a ==得a=5，所以△ABF 2的周长l=(|AF 2|+|AF 1|)+(|BF 2|+|BF 1|)=4a=20.选D. 答案：D
12.椭圆M ：22
221x y a b
+=（a>b>0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，P 为椭圆M 上任一点，且12
PF PF 的最大值的取值范围是［c 2
,3c 2
］，其中22
a b -,则椭圆的离心率e 的取值范围是
（ ）
A.[
14,12] B.[12,22
]
C.[
2
2
,1] D.[
1
2
,1]
二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）
13.顶点在坐标原点，焦点在x轴上的抛物线被直线y=2x+115
的方程为 .
解析：设直线与抛物线交于两点A（x1,y1)、B(x2,y2),
设抛物线为y2=mx,则（2x+1)2=mx,整理得：4x2+(4-m)x+1=0,
x1+x2=
4
4
m-
,x1x2=
1
4
, ①
()2
222
2121121212
()()5()5[4]15
x x y y x x x x x x
-+-=-=+-=,
将①代入，解得：m=12或m=-4. 故所求抛物线为y2=12x或y2=-4x. 答案：y2=12x或y2=-4x
14.过点A(4，-1)和双曲线
22
1
916
x y
-=右焦点的直线方程为 .
解析：双曲线的右焦点坐标为F(5，0)，所以直线AF的斜率k=1，方程为y=x-5. 答案：y=x-5
15.如果椭圆
22
1
369
x y
+=的弦被点（4，2）平分，则这条弦所在的直线方程是 .
解析：因为PM AM=0，所以PM⊥AM,
在直角三角形PAM中，PM2=PA2-AM2=PA2-1，
而A点为椭圆的右焦点，由椭圆的几何性质可知，
当P为椭圆的右顶点时，PA取得最小值a-c=5-3=2,
故PM的最小值为2213
-
3
三、解答题(本大题共4小题，共54分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）
17.（13分）根据下列条件，写出曲线的方程.
（1）中心在原点，对称轴为坐标轴，离心率为1
2
，长轴长为8；
（2）对称轴为坐标轴，一条渐近线方程为：3x+2y=0，并且经过点(8,63.
所以双曲线方程为
22
11636
x y -=. 18. (13分）若A 、B 是抛物线y 2
=4x 上不同的两点，弦AB （不平行于y 轴）的垂直平分线与x 轴相交于点P ，则称弦AB 是点P 的一条“相关弦”，已知当x>2，点P （x,0)存在无穷多条“相关弦”.给定x0>2.试证明：点P （x 0,0)的所有“相关弦”的中点的横坐标相同. 证明：设AB 为点P （x0,0)的任意一条“相关弦”，且点A ，B 的坐标分别是（x 1,y 1),(x 2,y 2) (x 1≠x 2),
则2
1y =4x 1,2
2y =4x 2.
两式相减得（y 1+y 2)(y 1-y 2)=4(x 1-x 2). 因为x 1≠x 2,所以y 1+y 2≠0.
设直线A Ｂ的斜率是k,弦AB 的中点是M(x M ,y M )， 则k=
12121242
M
y y x x y y y -==-+.
从而AB 的垂直平分线l 的方程为y-y M =-2
M
y (x-x M ). 又点P （x 0,0)在直线l 上,所以-y M =-
2
M
y (x 0-x M ). 而y M ≠0,于是x M =x 0-2.故点P （x 0,0)的所有“相关弦”的中点的横坐标都是x 0-2.
19.(14分）已知抛物线顶点在原点，它的准线过双曲线22
221x y a b
-=（a>0,b>0)的一个焦点，
并与双曲线实轴垂直，已知抛物线与双曲线的一个交点为
3
,6
2
⎛⎫
⎪
⎝⎭
，求抛物线与双曲线的方
程.
2 0. (2011届·青岛质检） (14分）已知椭圆的一个顶点为A（0，-1），焦点在x轴上，若右
焦点到直线2=0的距离为3.
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线l:y=x+m,是否存在实数m使直线l与（1）中的椭圆有两个不同的交点M、N，使|AM|=|AN|，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.
解：（1）依题意，设椭圆的方程为
2
2
2
1
x
y
a
+=(a>0),
则右焦点为（c,0),
22
2
c+
=3，
所以2所以a2=b2+c2=3,
所以椭圆的方程为
2
21 3
x
y
+=.。