新教材北师大版第6章立体几何初步章末综合提升课件(56张)
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∵四边形 ABCD 是平行四边形，∴O 是 BD 的中点．∴OF∥PD. 又 OF⊄平面 PMD，PD ⊂平面 PMD，
∴OF∥平面 PMD.又 MA∥PB，MA＝12PB， ∴PF∥MA，PF＝MA.∴四边形 AFPM 是平行四边形． ∴AF∥PM.又 AF⊄平面 PMD，PM ⊂平面 PMD. ∴AF∥平面 PMD. 又 AF∩OF＝F，AF⊂平面 AFC，OF⊂平面 AFC. ∴平面 AFC∥平面 PMD.
术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给
出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体积 V 的近似公式 V≈316L2h. 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 π 近似取为 3.那么，近似公式
V≈725L2h 相当于将圆锥体积公式中的 π 近似取为(
)
A．272 B．285 C．15507
【例 2】 如图所示，四边形 ABCD 是平行四边形，PB⊥平面 ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在线段 PB 上是否存在一点 F，使平面 AFC∥平面 PMD？若存在，请确定点 F 的位置，并给出证明；若不 存在，请说明理由．
[解] 当点 F 是 PB 的中点时，平面 AFC∥平面 PMD，证明如下：如图，连接 AC 和 BD 交于点 O，连 接 FO，则 PF＝12PB.
D．311535
B [圆锥的体积 V＝13πr2h＝13π2Lπ2h＝1L22hπ，由题意得 12π≈725，π 近似取为285，故选 B.]
类型 5 简单的空间角问题 根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；证明作出的角是异 面直线所成的角；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．
[证明] (1)连接 B1D1，因为 EF 是△D1B1C1 的中位线，所以 EF∥B1D1.
在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，B1D1 綊 BD，
所以 EF∥BD.所以 EF，BD 确定一个平面，即 B，D，E，F 四点 共面．
(2)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，设 A1ACC1 确定的平面为 α， 又设平面 BDEF 为 β，因为 Q∈A1C1，所以 Q∈α. 又因为 Q∈EF，所以 Q∈β. 则 Q 是 α 与 β 的公共点，同理，P 点也是 α 和 β 的公共点，所以 α∩β＝PQ. 又因为 A1C∩β＝R，所以 R∈A1C. 所以 R∈α 且 R∈β.则 R∈PQ. 故 P，Q，R 三点共线．
第六章 立体几何初步
章末综合提升
NO.1 巩固层·知识整合
NO.2
提升层·题型探究
类型1 类型2 类型3 类型4 类型5
类型 1 平面的基本性质及应用 1．证明点共线问题的常用方法 基本事 先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点， 实法 再根据基本事实 3 证明这些点都在交线上 同一法 选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上
A [连接 A1C1，AC，则 A1C1∥AC， 所以 A1，C1，C，A 四点共面，所以 A1C⊂平面 ACC1A1， 因为 M∈A1C，所以 M∈平面 ACC1A1， 又 M∈平面 AB1D1，所以 M 在平面 ACC1A1 与平 面 AB1D1 的交线上， 因 为 平 面 ACC1A1 ∩ 平 面 AB1D1 ＝ AO ， 所 以 M∈AO，所以 A，M，O 三点共线．]
2．证明线共点问题的方法 证明若干线共点的基本思路是先找出两条直线的交点，再证明其 他直线都经过该点．而证明直线过该点的方法是证明点是以该直线为 交线的两个平面的公共点．
3．证明点、直线共面问题的常用方法 纳入平面法 先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内
先证明有关的点、线确定平面 α，再证明其余元素确定 辅助平面法
【例 5】 已知四棱锥 P －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，
点 E 是 PB 的中点，则异面直线 AE 与 PD 所成角的余弦值为( )
A．13
B．
2 3
C．
3 3
D．23
C [设四棱锥 P-ABCD 的棱长为 1，AC∩BD＝O，则 O 是 AC 与 BD 的中点，连接 OE(图略)，又 E 是 PB 的中点，所以由三角形中位 线定理，得 OE∥PD，OE＝12PD＝12，则∠AEO 或其补角是异面直线 AE 与 PD 所成的角．又△PAB 是等边三角形，所以 AE＝ 23AB＝ 23.
类型 2 平行问题 (1)证明线线平行的依据 ①平面几何法(常用的有三角形中位线、平行四边形对边平行)； ②基本事实 4；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤ 线面垂直的性质定理．
(2)证明线面平行的依据 ①定义；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质． (3)证明面面平行的依据 ①定义；②面面平行的判定定理；③垂直于同一直线的两平面平 行；④面面平行的传递性．
平面 β，最后证明平面 α，β 重合
【例 1】 如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别为 D1C1， B1C1 的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，直线 A1C 与平面 BDEF 的交点为 R.
(1)证明：B，D，E，F 四点共面． (2)证明：P，Q，R 三点共线． (3)证明：DE，BF，CC1 三线共点．
[跟进训练] 2．已知 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ 是三个不同的平面， 则下列命题正确的有________．(写出所有正确命题的序号) ①若 α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β； ②若 m∥n，m∥α，则 n∥α； ③若 α∩β＝n，m∥α，m∥β，则 m∥n； ④若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α.
③ [对于①，若 α⊥γ，β⊥γ，则 α 与 β 的位置关系是垂直或平 行，故①错误；对于②，若 m∥n，m∥α，则 n 可能在 α 内或平行于 α，故②错误；对于③，若 α∩β＝n，m∥α，m∥β，根据线面平行的 性质定理和判定定理，可以判断 m∥n，故③正确；对于④，若 m⊥α， m⊥n，则 n 可能在 α 内或平行于 α，故④错误．]
【例 3】 如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAB⊥平面 ABCD，AD∥BC，AD＝2BC，∠DAB＝∠ABP＝90°.
(1)求证：AD⊥平面 PAB； (2)求证：AB⊥PC.
[证明] (1)因为∠DAB＝90°，所以 AD⊥AB. 因为平面 PAB⊥平面 ABCD，且平面 PAB∩平面 ABCD＝AB， 所以 AD⊥平面 PAB.
(2)由(1)知 AD⊥AB， 因为 AD∥BC，所以 BC⊥AB. 又因为∠ABP＝90°， 所以 PB⊥AB. 因为 PB∩BC＝B， 所以 AB⊥平面 PBC， 因为 PC⊂平面 PBC， 所以 AB⊥PC.
在本例(1)中，若点 E 在棱 PD 上，且 CE∥平面 PAB，求PPDE的值． [解] 过 E 作 EF∥AD 交 PA 于 F，连接 BF. 因为 AD∥BC，所以 EF∥BC. 所以 E，F，B，C 四点共面． 又因为 CE∥平面 PAB， 且 CE⊂平面 BCEF，平面 BCEF∩平面 PAB＝BF，
故∠OGH 为二面角 B－PA－C 的平面角．
∵C 是A︵B的中点，AB 是直径，
∴OC⊥AB.
在 Rt△ODA 中，OD＝OA·sin 45°＝ 22.
在 Rt△POD 中，OH＝POP·DOD＝
PPOO2·＋OODD2＝
2×
2 2＝
2＋12
510.
在 Rt△POA 中，OG＝POP·AOA＝
易得 OA＝OB＝OC＝OD＝ 22，在△OAE 中，由余弦定理，得 cos ∠ AEO＝AE22＋AEO·E2O－EOA2＝ 33，即异面直线 AE 与 PD 所成角的余弦值
为
3 3 .]
[跟进训练] 4．如图，在圆锥 PO 中，已知 PO⊥底面⊙O，PO＝ 2，⊙O 的 直径 AB＝2，C 是A︵B的中点，D 为 AC 的中点． (1)证明：平面 POD⊥平面 PAC； (2)求二面角 B－PA－C 的余弦值．
类型 3 垂直问题 (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面 的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)； ④面面垂直的性质． (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助 线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面 垂直的基本思想．
PPOO2·＋OOA A2＝
22×＋11＝
6 3.
10
在 Rt△OHG 中，sin
∠OGH＝OOHG＝
5＝ 6
15 5.
3
∴cos ∠OGH＝Fra Baidu bibliotek1－sin2∠OGH＝
1－1255＝
10 5.
故二面角 B-PA-C 的余弦值为 510.
NO.3 体验层·真题感悟
1．(2020·天津卷)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 C [设外接球的半径为 R，易知 2R＝ 3×2 3＝6，所以 R＝3， 于是表面积 S＝4πR2＝36π，故选 C.]
所以 CE∥BF， 所以四边形 BCEF 为平行四边形，所以 EF＝BC＝12AD. 在△PAD 中，因为 EF∥AD， 所以PPDE＝AEDF＝12， 即PPDE＝12.
类型 4 几何体的表面积和体积 (1)与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转 体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面 体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题 化归为平面问题． (2)若球面上四点 P，A，B，C 中 PA，PB，PC 两两垂直或三棱锥 的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问 题．
[解] (1)证明：连接 OC. ∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，∴AC⊥PO. ∵OA＝OC，D 是 AC 的中点，∴AC⊥OD. 又∵OD∩PO＝O，∴AC⊥平面 POD. 又∵AC⊂平面 PAC， ∴平面 POD⊥平面 PAC.
(2)在平面 POD 内，过点 O 作 OH⊥PD 于点 H. 由(1)知，平面 POD⊥平面 PAC，又平面 POD∩平面 PAC＝PD， ∴OH⊥平面 PAC. 又∵PA⊂平面 PAC， ∴PA⊥OH. 在平面 PAO 中，过点 O 作 OG⊥PA 于点 G，连接 HG， 则有 PA⊥平面 OGH， ∴PA⊥HG.
【例 4】 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________．
36π [如图，连接 AO，OB， ∵SC 为球 O 的直径， ∴点 O 为 SC 的中点， ∵SA＝AC，SB＝BC，∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面 SCA⊥平面 SCB，平面 SCA∩平面 SCB＝SC，∴AO⊥平 面 SCB，
设球 O 的半径为 R，则 OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VSABC＝VASBC＝13×S△SBC×AO＝13×12×SC×OB×AO， 即 9＝13×12×2R×R×R，解得 R＝3，∴球 O 的表面积为 S＝4πR2 ＝4π×32＝36π.]
[跟进训练]
3．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土， 这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的
(3)因为 EF∥BD，且 EF≠BD， 所以 DE 与 BF 一定相交，设交点为 M， 因为 BF⊂平面 BCC1B1，DE⊂平面 DCC1D1，且平面 BCC1B1∩平 面 DCC1D1＝CC1， 所以 M∈CC1，所以 DE，BF，CC1 三线共点．
[跟进训练] 1．如图，ABCD－A1B1C1D1 是长方体，O 是 B1D1 的中点，直线 A1C 交平面 AB1D1 于点 M，则下列结论正确的是( ) A．A，M，O 三点共线 B．A，M，O，A1 不共面 C．A，M，C，O 不共面 D．B，B1，O，M 共面
∴OF∥平面 PMD.又 MA∥PB，MA＝12PB， ∴PF∥MA，PF＝MA.∴四边形 AFPM 是平行四边形． ∴AF∥PM.又 AF⊄平面 PMD，PM ⊂平面 PMD. ∴AF∥平面 PMD. 又 AF∩OF＝F，AF⊂平面 AFC，OF⊂平面 AFC. ∴平面 AFC∥平面 PMD.
术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给
出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体积 V 的近似公式 V≈316L2h. 它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 π 近似取为 3.那么，近似公式
V≈725L2h 相当于将圆锥体积公式中的 π 近似取为(
)
A．272 B．285 C．15507
【例 2】 如图所示，四边形 ABCD 是平行四边形，PB⊥平面 ABCD，MA∥PB，PB＝2MA.在线段 PB 上是否存在一点 F，使平面 AFC∥平面 PMD？若存在，请确定点 F 的位置，并给出证明；若不 存在，请说明理由．
[解] 当点 F 是 PB 的中点时，平面 AFC∥平面 PMD，证明如下：如图，连接 AC 和 BD 交于点 O，连 接 FO，则 PF＝12PB.
D．311535
B [圆锥的体积 V＝13πr2h＝13π2Lπ2h＝1L22hπ，由题意得 12π≈725，π 近似取为285，故选 B.]
类型 5 简单的空间角问题 根据定义作平行线，作出异面直线所成的角；证明作出的角是异 面直线所成的角；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．
[证明] (1)连接 B1D1，因为 EF 是△D1B1C1 的中位线，所以 EF∥B1D1.
在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，B1D1 綊 BD，
所以 EF∥BD.所以 EF，BD 确定一个平面，即 B，D，E，F 四点 共面．
(2)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，设 A1ACC1 确定的平面为 α， 又设平面 BDEF 为 β，因为 Q∈A1C1，所以 Q∈α. 又因为 Q∈EF，所以 Q∈β. 则 Q 是 α 与 β 的公共点，同理，P 点也是 α 和 β 的公共点，所以 α∩β＝PQ. 又因为 A1C∩β＝R，所以 R∈A1C. 所以 R∈α 且 R∈β.则 R∈PQ. 故 P，Q，R 三点共线．
第六章 立体几何初步
章末综合提升
NO.1 巩固层·知识整合
NO.2
提升层·题型探究
类型1 类型2 类型3 类型4 类型5
类型 1 平面的基本性质及应用 1．证明点共线问题的常用方法 基本事 先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点， 实法 再根据基本事实 3 证明这些点都在交线上 同一法 选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上
A [连接 A1C1，AC，则 A1C1∥AC， 所以 A1，C1，C，A 四点共面，所以 A1C⊂平面 ACC1A1， 因为 M∈A1C，所以 M∈平面 ACC1A1， 又 M∈平面 AB1D1，所以 M 在平面 ACC1A1 与平 面 AB1D1 的交线上， 因 为 平 面 ACC1A1 ∩ 平 面 AB1D1 ＝ AO ， 所 以 M∈AO，所以 A，M，O 三点共线．]
2．证明线共点问题的方法 证明若干线共点的基本思路是先找出两条直线的交点，再证明其 他直线都经过该点．而证明直线过该点的方法是证明点是以该直线为 交线的两个平面的公共点．
3．证明点、直线共面问题的常用方法 纳入平面法 先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内
先证明有关的点、线确定平面 α，再证明其余元素确定 辅助平面法
【例 5】 已知四棱锥 P －ABCD 的侧棱长与底面边长都相等，
点 E 是 PB 的中点，则异面直线 AE 与 PD 所成角的余弦值为( )
A．13
B．
2 3
C．
3 3
D．23
C [设四棱锥 P-ABCD 的棱长为 1，AC∩BD＝O，则 O 是 AC 与 BD 的中点，连接 OE(图略)，又 E 是 PB 的中点，所以由三角形中位 线定理，得 OE∥PD，OE＝12PD＝12，则∠AEO 或其补角是异面直线 AE 与 PD 所成的角．又△PAB 是等边三角形，所以 AE＝ 23AB＝ 23.
类型 2 平行问题 (1)证明线线平行的依据 ①平面几何法(常用的有三角形中位线、平行四边形对边平行)； ②基本事实 4；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理；⑤ 线面垂直的性质定理．
(2)证明线面平行的依据 ①定义；②线面平行的判定定理；③面面平行的性质． (3)证明面面平行的依据 ①定义；②面面平行的判定定理；③垂直于同一直线的两平面平 行；④面面平行的传递性．
平面 β，最后证明平面 α，β 重合
【例 1】 如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，E，F 分别为 D1C1， B1C1 的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q，直线 A1C 与平面 BDEF 的交点为 R.
(1)证明：B，D，E，F 四点共面． (2)证明：P，Q，R 三点共线． (3)证明：DE，BF，CC1 三线共点．
[跟进训练] 2．已知 m，n 是两条不同的直线，α，β，γ 是三个不同的平面， 则下列命题正确的有________．(写出所有正确命题的序号) ①若 α⊥γ，β⊥γ，则 α∥β； ②若 m∥n，m∥α，则 n∥α； ③若 α∩β＝n，m∥α，m∥β，则 m∥n； ④若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α.
③ [对于①，若 α⊥γ，β⊥γ，则 α 与 β 的位置关系是垂直或平 行，故①错误；对于②，若 m∥n，m∥α，则 n 可能在 α 内或平行于 α，故②错误；对于③，若 α∩β＝n，m∥α，m∥β，根据线面平行的 性质定理和判定定理，可以判断 m∥n，故③正确；对于④，若 m⊥α， m⊥n，则 n 可能在 α 内或平行于 α，故④错误．]
【例 3】 如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，平面 PAB⊥平面 ABCD，AD∥BC，AD＝2BC，∠DAB＝∠ABP＝90°.
(1)求证：AD⊥平面 PAB； (2)求证：AB⊥PC.
[证明] (1)因为∠DAB＝90°，所以 AD⊥AB. 因为平面 PAB⊥平面 ABCD，且平面 PAB∩平面 ABCD＝AB， 所以 AD⊥平面 PAB.
(2)由(1)知 AD⊥AB， 因为 AD∥BC，所以 BC⊥AB. 又因为∠ABP＝90°， 所以 PB⊥AB. 因为 PB∩BC＝B， 所以 AB⊥平面 PBC， 因为 PC⊂平面 PBC， 所以 AB⊥PC.
在本例(1)中，若点 E 在棱 PD 上，且 CE∥平面 PAB，求PPDE的值． [解] 过 E 作 EF∥AD 交 PA 于 F，连接 BF. 因为 AD∥BC，所以 EF∥BC. 所以 E，F，B，C 四点共面． 又因为 CE∥平面 PAB， 且 CE⊂平面 BCEF，平面 BCEF∩平面 PAB＝BF，
故∠OGH 为二面角 B－PA－C 的平面角．
∵C 是A︵B的中点，AB 是直径，
∴OC⊥AB.
在 Rt△ODA 中，OD＝OA·sin 45°＝ 22.
在 Rt△POD 中，OH＝POP·DOD＝
PPOO2·＋OODD2＝
2×
2 2＝
2＋12
510.
在 Rt△POA 中，OG＝POP·AOA＝
易得 OA＝OB＝OC＝OD＝ 22，在△OAE 中，由余弦定理，得 cos ∠ AEO＝AE22＋AEO·E2O－EOA2＝ 33，即异面直线 AE 与 PD 所成角的余弦值
为
3 3 .]
[跟进训练] 4．如图，在圆锥 PO 中，已知 PO⊥底面⊙O，PO＝ 2，⊙O 的 直径 AB＝2，C 是A︵B的中点，D 为 AC 的中点． (1)证明：平面 POD⊥平面 PAC； (2)求二面角 B－PA－C 的余弦值．
类型 3 垂直问题 (1)证明直线和平面垂直的常用方法：①判定定理；②垂直于平面 的传递性(a∥b，a⊥α⇒b⊥α)；③面面平行的性质(a⊥α，α∥β⇒a⊥β)； ④面面垂直的性质． (2)证明线面垂直的关键是证线线垂直，而证明线线垂直则需借助 线面垂直的性质．因此，判定定理与性质定理的合理转化是证明线面 垂直的基本思想．
PPOO2·＋OOA A2＝
22×＋11＝
6 3.
10
在 Rt△OHG 中，sin
∠OGH＝OOHG＝
5＝ 6
15 5.
3
∴cos ∠OGH＝Fra Baidu bibliotek1－sin2∠OGH＝
1－1255＝
10 5.
故二面角 B-PA-C 的余弦值为 510.
NO.3 体验层·真题感悟
1．(2020·天津卷)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 C [设外接球的半径为 R，易知 2R＝ 3×2 3＝6，所以 R＝3， 于是表面积 S＝4πR2＝36π，故选 C.]
所以 CE∥BF， 所以四边形 BCEF 为平行四边形，所以 EF＝BC＝12AD. 在△PAD 中，因为 EF∥AD， 所以PPDE＝AEDF＝12， 即PPDE＝12.
类型 4 几何体的表面积和体积 (1)与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转 体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面 体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题 化归为平面问题． (2)若球面上四点 P，A，B，C 中 PA，PB，PC 两两垂直或三棱锥 的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问 题．
[解] (1)证明：连接 OC. ∵PO⊥底面⊙O，AC⊂底面⊙O，∴AC⊥PO. ∵OA＝OC，D 是 AC 的中点，∴AC⊥OD. 又∵OD∩PO＝O，∴AC⊥平面 POD. 又∵AC⊂平面 PAC， ∴平面 POD⊥平面 PAC.
(2)在平面 POD 内，过点 O 作 OH⊥PD 于点 H. 由(1)知，平面 POD⊥平面 PAC，又平面 POD∩平面 PAC＝PD， ∴OH⊥平面 PAC. 又∵PA⊂平面 PAC， ∴PA⊥OH. 在平面 PAO 中，过点 O 作 OG⊥PA 于点 G，连接 HG， 则有 PA⊥平面 OGH， ∴PA⊥HG.
【例 4】 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________．
36π [如图，连接 AO，OB， ∵SC 为球 O 的直径， ∴点 O 为 SC 的中点， ∵SA＝AC，SB＝BC，∴AO⊥SC，BO⊥SC， ∵平面 SCA⊥平面 SCB，平面 SCA∩平面 SCB＝SC，∴AO⊥平 面 SCB，
设球 O 的半径为 R，则 OA＝OB＝R，SC＝2R. ∴VSABC＝VASBC＝13×S△SBC×AO＝13×12×SC×OB×AO， 即 9＝13×12×2R×R×R，解得 R＝3，∴球 O 的表面积为 S＝4πR2 ＝4π×32＝36π.]
[跟进训练]
3．《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土， 这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的
(3)因为 EF∥BD，且 EF≠BD， 所以 DE 与 BF 一定相交，设交点为 M， 因为 BF⊂平面 BCC1B1，DE⊂平面 DCC1D1，且平面 BCC1B1∩平 面 DCC1D1＝CC1， 所以 M∈CC1，所以 DE，BF，CC1 三线共点．
[跟进训练] 1．如图，ABCD－A1B1C1D1 是长方体，O 是 B1D1 的中点，直线 A1C 交平面 AB1D1 于点 M，则下列结论正确的是( ) A．A，M，O 三点共线 B．A，M，O，A1 不共面 C．A，M，C，O 不共面 D．B，B1，O，M 共面