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空间几何体的结构与特征
空间几何体的结构与特征考查方向有两个方面：一是在选择、填空题中直接考查结构特征，二是作为载体在解答题中考查位置关系的判定证明，多与三视图相结合．要充分把握柱、锥、台、球的定义及结构特征，解题时要留意识别几何体的性质．
[例1] 某几何体的三视图如图所示，那么这个几何体是( )
A．三棱锥 B．四棱锥
C．四棱台 D．三棱台
[解析] 由所给三视图与直观图的关系，可以判定对应的几何体为如图所示的四棱锥，且PA⊥面ABCD，AB⊥BC，BC∥AD.
[答案] B
1．依据下列对几何体结构特征的描述，说出几何体的名称：
(1)由八个面围成，其中两个面是相互平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形；
(2)一个圆面绕其一条直径所在的直线旋转180°所围成的几何体．
解：(1)该几何体有两个面是相互平行且全等的正六边形，其他各面都是矩形，满足每相邻两个面的公共边都相互平行这一条件，故该几何体是六棱柱，如图(1)．
(2)该几何体为球，如图(2)．
2．下列各立体图形表示的是柱体或由柱体构成的几何体是( )
A．①②③⑤ B．③④⑤
C．①④⑤ D．②③④
解析：选C ①是三棱柱，②是圆台中挖去一个圆柱形成的几何体，③是正方体去掉一个角后形成的几何体，④是五棱柱，⑤是正方体.
空间几何体的三视图、直观图与表面积、体积
空间几何体的三视图的考查主要有两个方面：一是由几何体考查三视图、二是由三视图还原几何体后求表面积与体积，题型多为选择题、填空题，主要考查空间想象力气．
在解决三视图问题时确定要遵循“长对正、高平齐、宽相等”，看清三视图的实虚线，还原几何体时，几何体的摆放位置，求表面积时留意组合体中连接面的处理，求体积时要留意体积分割、转化求法的应用，对于三棱锥的体积还要留意等积转换法的应用．
[例2] (2022·北京高考)某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )
A．28＋6 B．30＋6
C．56＋12 D．60＋12
[解析] 由三棱锥的三视图可得三棱锥的直观图如图(1)所示．
S△ACD＝×AC×DM＝×5×4＝10.
S△ABC＝×AC×BC＝×5×4＝10.
在△CMB中，∠C＝90°，∴BM＝5.
∵DM⊥平面ABC，∴∠DMB＝90°，
∴DB＝ ＝，∴△BCD为直角三角形，∠DCB＝90°，∴S△BCD＝×5×4＝10.
在△ABD中，如图(2)，S△ABD＝×2×6＝6，
∴S表＝10＋10＋10＋6＝30＋6.
[例3] (2011·广东高考)如图，某几何体的正视图，侧视图和俯视图分别为等边三角形、等腰三角形和菱形，则该几何体的体积为( )
A．4 B．4
C．2 D．2
[解析] 由题得该几何体是如图所示的四棱锥P－ABCD，
AO＝ ＝，
∴棱锥的高h＝PO＝ ＝＝3，
∴V＝××2××2×3＝2.
[答案] C
3．如图，四边形ABCD是一水平放置的平面图形的斜二测直观图，AB∥CD，AD⊥CD，且BC与y轴平行，若AB＝6，CD＝4，BC＝2，则原平面图形的实际面积是________．
解析：由斜二测直观图的作图规章知，原平面图形是梯形，且AB，CD的长度不变，仍为6和4，高BC＝4，
故所求面积S＝×(4＋6)×4＝20.
答案：20
4．(2022·辽宁高考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．
解析：如图所示：
该几何体为长为4，宽为3，高为1的长方体内部挖去一个圆柱．
∴S表＝2×(4×3－π)＋2×(3×1)＋2×(4×1)＋2π＝24－2π＋6＋8＋2π＝38.
5．(2022·江苏高考)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝3 cm，AA1＝2 cm，则四棱锥A－BB1D1D的体积为________cm3.
解析：法一：∵VA－A1B1D1＝××3×3×2＝3，
VABD－A1B1D1＝×3×3×2＝9，
∴VA－BB1D1D＝VABD－A1B1D1－VA－A1B1D1＝6(cm3)．
法二：连接AC交BD于O，则有AC⊥BD，AC⊥BB1，
∴AC⊥平面BB1D1D，
∴AO即为四棱锥A－BB1D1D的高，
∴VA－BB1D1D＝×3×2×＝6(cm3)．
答案：6
与球有关的问题
与球有关的组合体是命题的热点，多为选择、填空题，有时也与三视图相结合，主要考查球的表面积与体积的求法．
对于此类问题的关键是求出球的半径，在解决时要充分借助于图形(空间图或截面图)化空间问题为平面问题．
[例4] (2011·新课标全国卷)已知两个圆锥有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上．若圆锥底面面积是这个球面面积的，则这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为________．
[解析] 设圆锥的底面半径为r，球面半径为R，
则πr2＝×4πR2，解得r＝R，
所以对应球心距为R，故小圆锥的高为R－R＝R，大圆锥的高为R，所以之比为.
[答案]
6.如图，半径为2的球O中有一内接圆柱，当圆柱的轴截面为正方形时球的表面积与圆柱的侧面积之差为________．
解析：若圆柱的轴截面为正方形，则圆柱的高与底面圆直径相等，且截面正方形的对角线长为球的直径，设圆柱高为h，底面圆半径为r，则h＝2，r＝，圆柱的侧面积S＝h·2πr＝2·2π＝8π.球的表面积为S＝4πR2＝16π，∴球的表面积与侧面积之差为8π.
答案：8π
7．已知过球面上三点A，B，C的截面到球心O的距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝CA＝3 cm，求球的体积．
解：由AB＝BC＝CA＝3知△ABC为边长为3的正三角形，设其中心为O′，连接OO′，AO′，则OO′⊥AO′，AO′＝.设球半径为R，则OO′＝.在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2即R2＝()2＋2，∴R＝2.∴球的体积V＝π23＝π (cm3)．
空间点、线、面位置关系的推断与证明
[例5] (2022·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．求证：
(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE.
[证明] (1)由于ABC－A1B1C1是直三棱柱，所以CC1⊥平面ABC，
又AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD.
又由于AD⊥DE，CC1，DE⊂平面BCC1B1，CC1∩DE＝E，
所以AD⊥平面BCC1B1.又AD⊂平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)由于A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，所以A1F⊥B1C1.
由于CC1⊥平面A1B1C1，且A1F⊂平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F.
又由于CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，
所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.
又AD⊂平面ADE，A1F⊄平面ADE，所以A1F∥平面ADE.
8．(2022·北京高考)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点．将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2.
(1)求证：DE∥平面A1CB；
(2)求证：A1F⊥BE；
(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．
解：(1)证明：由于D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又由于DE⊄平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
(2)证明：由已知得AC⊥BC且DE∥BC，
所以DE⊥AC.
所以DE⊥A1D，DE⊥CD.所以DE⊥平面A1DC.
而A1F⊂平面A1DC，所以DE⊥A1F.
又由于A1F⊥CD，CD∩DE＝D，
所以A1F⊥平面BCDE.所以A1F⊥BE.
(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：
如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，连接PQ，则PQ∥BC.
又由于DE∥BC，所以DE∥PQ.
所以平面DEQ即为平面DEP.
由(2)知，DE⊥平面A1DC，所以DE⊥A1C.
又由于P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，
所以A1C⊥DP.所以A1C⊥平面DEP，即A1C⊥平面DEQ.
故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.
9．(2011·福建高考)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.
(1)求证：CE⊥平面PAD；
(2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝，∠CDA＝45°，求四棱锥P－ABCD的体积．
解：(1)证明：由于PA⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，
所以PA⊥CE，
由于AB⊥AD，CE∥AB，所以CE⊥AD.
又PA∩AD＝A，所以CE⊥平面PAD.
(2)由(1)可知CE⊥AD.在直角三角形ECD中，
DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1.
又由于AB＝CE＝1，AB∥CE，
所以四边形ABCE为矩形，
所以SABCD＝SABCE＋S△ECD＝AB·AE＋CE·DE＝1×2＋×1×1＝.
又PA⊥平面ABCD，PA＝1，
所以V四棱锥P－ABCD的体积等于
SABCD·PA＝××1＝.
直线方程与两直线的位置关系
主要以选择、填空题的形式考查直线方程的求法，及由直线方程争辩两直线的位置关系，在解答题中常与其他曲线结合考查直线与曲线的位置关系．
把握直线方程的各种形式及转化关系，能依据直线方程求斜率、截距，并会推断两直线的平行、垂直关系．
[例6] 依据下列条件，求直线方程：
(1)已知直线过点P(－2,2)且与两坐标轴所围成的三角形面积为1；
(2)过两直线3x－2y＋1＝0和x＋3y＋4＝0的交点，且垂直于直线x＋3y＋4＝0.
[解] (1)设所求直线的方程为＋＝1.
依题意，得解得或
故所求直线方程是＋y＝1或＋＝1，
即x＋2y－2＝0或2x＋y＋2＝0.
(2)设所求直线的方程为
(3x－2y＋1)＋λ(x＋3y＋4)＝0，
即(3＋λ)x＋(3λ－2)y＋(1＋4λ)＝0.
由所求直线垂直于直线x＋3y＋4＝0，得
－·＝－1，解得λ＝.
故所求直线的方程是3x－y＋2＝0.
10．已知直线l1：(m＋2)x＋(m2－3m)y＋4＝0，l2：2x＋4(m－3)y－1＝0，假如l1∥l2，求m的值．
解：当直线l1和l2都有斜率时，
即m≠0且m≠3时，由＝≠，
解得m＝－4，阅历证可知两直线平行．
当直线l1和l2都无斜率时，l1：x＝－，l2：x＝，
明显l1∥l2，此时m＝3.
综上所述m＝－4或m＝3.
11．求经过两条直线x＋3y－10＝0和3x－y＝0的交点，且与原点的距离为1的直线方程．
解：由方程组
解得两条直线的交点A(1,3)．
当斜率存在时，
设所求直线方程为y－3＝k(x－1)，
即kx－y＋3－k＝0.
∵原点到直线的距离为1，
即＝1，即|3－k|＝，
两边平方，整理，得k＝.
故直线方程为y－3＝(x－1)，
即4x－3y＋5＝0.
当斜率不存在时，直线方程为x＝1，符合题意．
故所求直线方程为x＝1或4x－3y＋5＝0.
圆的方程
主要以选择、填空题的形式考查圆的方程的求法，或利用圆的几何性质、数形结合求函数式的最值．也可与其他曲线结合综合考查圆的方程的应用．
求圆的方程的主要方法是待定系数法，确定圆的方程需要三个独立的条件，求解时要留意结合图形，观看几何特征，简化运算．
[例7] 有一圆C与直线l：4x－3y＋6＝0相切于点A(3,6)，且经过点B(5,2)，求此圆的方程．
[解] 法一：设圆的标准方程，查找三个方程构成方程组求解．设圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
则圆心为C(a，b)，由|CA|＝|CB|，CA⊥l，得
解得
所以圆的方程为(x－5)2＋2＝.
法二：设圆的一般方程求解．
设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，由CA⊥l，
A(3,6)，B(5,2)在圆上，得
解得
所以所求圆的方程为x2＋y2－10x－9y＋39＝0.
12．圆心在直线5x－3y＝8上，且圆与两坐标轴均相切，求此圆的标准方程．
解：设所求圆的标准方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2(r>0)．由于圆与两坐标轴均相切，故圆心坐标满足x0－y0＝0或x0＋y0＝0.
又圆心在直线5x－3y＝8上， 所以5x0－3y0＝8.
由得
由得
所以圆心坐标为(4,4)或(1，－1)，相应的半径为r＝4或r＝1，故所求圆的标准方程为(x－4)2＋(y－4)2＝16或(x－1)2＋(y＋1)2＝1.
13．已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.
(1)求的最大值和最小值；
(2)求y－x的最大值和最小值；
(3)求x2＋y2的最大值和最小值．
解：(1)原方程化为(x－2)2＋y2＝3，表示以点(2,0)为圆心，半径为的圆．
设＝k，即y＝kx，当直线y＝kx与圆相切时，斜率k取得最大值和最小值，此时有＝，解得
k＝±.
故的最大值为，最小值为－.
(2)设y－x＝b，即y＝x＋b，当y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值和最小值，此时＝，即b＝－2±.故(y－x)max＝－＋，(y－x)min＝－2－.
(3)x2＋y2表示圆上的点与原点距离的平方，由平面几何学问知其在原点与圆心的连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又知圆心到原点的距离为2，故(x2＋y2)max＝(2＋)2＝7＋4，(x2＋y2)min＝(2－)2＝7－4.
直线、圆的位置关系
多在选择题、填空题考查直线方程与圆的方程的求法，涉及直线与圆有关的基本问题，对于直线中内容很少单独考查．
在解决直线与圆的问题时，充分发挥数形结合思想的运用，尤其是涉及弦长问题，多用几何法．
[例8] 圆x2＋y2＝4上的点到直线x－y＋2＝0的距离的最大值为( )
A．2＋ B．2－
C. D．0
[解析] 由于圆x2＋y2＝4的圆心O到直线x－y＋2＝0的距离d＝＝，所以圆上的点到直线距离的最大值为d＋r＝＋2.
[答案] A
[例9] 已知2a2＋2b2＝c2，则直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＝4的位置关系是( )
A．相交但不过圆心 B．过圆心
C．相切 D．相离
[解析] 由已知圆：x2＋y2＝4的圆心到直线ax＋by＋c＝0距离是d＝，又2a2＋2b2＝c2，
∴|c|＝·，即＝|c|，
∴d＝＝.
又圆x2＋y2＝4的半径r＝2，
∴d＜r，故直线与圆x2＋y2＝4相交．
又圆心(0,0)代入直线ax＋by＋c＝0得c＝0，
∴a＝b＝0，不合题意，故此直线不过圆心．
[答案] A
[例10] (2022·广东高考)在平面直角坐标系xOy中，直线3x＋4y－5＝0与圆x2＋y2＝4相交于A、B两点，则弦AB的长等于( )
A．3 B．2
C. D．1
[解析] 圆x2＋y2＝4的圆心(0,0)到直线3x＋4y－5＝0的距离d＝1，圆的半径为2，所以弦长|AB|＝2＝2.
[答案] B
14．(2022·福建高考)直线x＋y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于( )
A．2 B．2
C. D．1
解析：选B 圆心(0,0)到直线x＋y－2＝0的距离为1，所以|AB|＝2＝2.
15．(2011·江西高考)若曲线C1：x2＋y2－2x＝0与曲线C2：y(y－mx－m)＝0有四个不同的交点，则实数m的取值范围是( )
A．(－，) B．(－，0)∪(0，)
C．[－，] D．(－∞，－)∪(，＋∞)
解析：选B 整理曲线C1方程得，(x－1)2＋y2＝1，知曲线C1为以点C1(1,0)为圆心，以1为半径的圆；曲线C2则表示两条直线，即x轴与直线l：y＝m(x＋1)，明显x轴与圆C1有两个交点，知直线l与x轴相交，故有圆心C1到直线l的距离d＝<r＝1，解得m∈(－，)，又当m＝0时，直线l与x轴重合，此时只有两个交点，应舍去．
16．求过点M(－3,3)且被圆x2＋y2＋4y－21＝0所截得的弦长为8的直线方程．
解：圆的方程x2＋y2＋4y－21＝0可化为x2＋(y＋2)2＝25，半径长R＝5，
当所求直线斜率不存在时，直线方程为x＝－3，满足已知条件．
当所求直线斜率存在时，设斜率为k，则可设直线方程为y－3＝k(x＋3)，即kx－y＋3k＋3＝0.
又圆心(0，－2)到直线的距离d＝＝＝3，则k＝－.则直线方程为8x＋15y－21＝0.
综上所述，所求的直线方程为x＝－3或8x＋15y－21＝0.
三、模块验收评估(老师用书独具)
——考前热身自评，学习效果心知肚明
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．一个长方体去掉一个小长方体，所得几何体的正视图与侧视图分别如图所示，则该几何体的俯视图为( )
解析：选C 由几何体的正视图、侧视图，结合题意，可知选C.
2．如图是一个几何体的三视图，其中正视图和侧视图都是一个两底长分别为2和4，腰长为4的等腰梯形，则该几何体的侧面积是( )
A．6π B．12π
C．18π D．24π
解析：选B ∵正视图和侧视图都是等腰梯形，俯视图是一个圆环，
∴该几可体是一个圆台，且圆台的上、下底半径分别为1和2，母线为4，
∴S侧＝π(r＋r′)l＝π·(1＋2)×4＝12π.
3．一个球的内接正方体的表面积为54，则球的表面积为( )
A．27π B．18π
C．9π D．54π
解析：选A 设正方体的棱长为a，球的半径为r，
则6a2＝54，∴a＝3.
又∵2r＝a，
∴r＝a＝，
∴S表＝4πr2＝4π×＝27π.
4．(2022·莆田高一检测)已知高为3的直棱柱ABC－A′B′C′的底面是边长为1的正三角形(如图所示)，则三棱锥B′－ABC的体积为( )
A. B.
C. D.
解析：选D VB′－ABC＝·S△ABC·h＝××3＝.
5．(2022·厦门高一检测)已知直线l1经过两点(－1，－2)，(－1,4)，直线l2经过两点(2,1)，(x,6)，且l1∥l2，则x＝( )
A．2 B．－2
C．4 D．1
解析：选A 由于直线l1经过两点(－1，－2)，(－1,4)，所以直线l1的倾斜角为.而l1∥l2，所以，直线l2的倾斜角也为，又直线l2经过两点(2,1)，(x,6)，所以，x＝2.
6．一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，则其体积等于( )
A．6 B．2
C. D．2
解析：选C 由正视图可知该三棱柱的底面边长为2，棱柱的高为1，故其体积V＝×2××1＝.
7．(2022·揭阳高一检测)直线x＋ky＝0,2x＋3y＋8＝0和x－y－1＝0交于一点，则k的值是( )
A. B．－
C．2 D．－2
解析：选B 解方程组得则点(－1，－2)在直线x＋ky＝0上，得k＝－.
8．圆：x2＋y2－4x＋6y＝0和圆：x2＋y2－6x＝0交于A，B两点，则AB的垂直平分线的方程是( )
A．x＋y＋3＝0 B．2x－y－5＝0
C．3x－y－9＝0 D．4x－3y＋7＝0
解析：选C AB的垂直平分线即是两圆连心线所在的直线，两圆的圆心为(2，－3)，(3,0)，则所求直线的方程为＝，即3x－y－9＝0.
9．在四周体A－BCD中，棱AB，AC，AD两两相互垂直，则顶点A在底面BCD上的投影H为△BCD的( )
A．垂心 B．重心
C．外心 D．内心
解析：选A ∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，
∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD.
∵AH⊥平面BCD，∴AH⊥CD，AB∩AH＝A，
∴CD⊥平面ABH，∴CD⊥BH.
同理可证CH⊥BD，DH⊥BC，则H是△BCD的垂心．
10．(2011·湖北高考)设球的体积为V1，它的内接正方体的体积为V2，下列说法中最合适的是( )
A．V1比V2大约多一半
B．V1比V2大约多两倍半
C．V1比V2大约多一倍
D．V1比V2大约多一倍半
解析：选D 设正方体的棱长为a，则正方体的体积为V2＝a3，则球半径为a，球体积V1＝πa3，则V1－V2＝πa3－a3＝(π－1)a3≈1.72a3.
二、填空题
11．(2022·湖北高考)已知某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，该几何体是由三个圆柱构成的组合体，其中两边圆柱的底面直径是4，高为1，中间圆柱的底面直径为2，高为4，所以该组合体的体积为2×π×22×1＋π×12×4＝12π.
答案：12π
12．已知平面α，β和直线m，给出条件：
①m∥α；②m⊥α；③m⊂α；④α⊥β；⑤α∥β.
(1)当满足条件________时，有m∥β；
(2)当满足条件________时，有m⊥β(填所选条件的序号)．
解析：由面面平行和线面平行的定义知若m⊂α，α∥β则m∥β；由线面垂直的定义知若m⊥α，α∥β，则m⊥β.
答案：(1)③⑤ (2)②⑤
13．(2022·福建师大附中高一检测)如图，将边长为1的正方形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ADC⊥平面ABC，在折起后形成的三棱锥D－ABC中，给出下列三种说法：
①△DBC是等边三角形；②AC⊥BD；③三棱锥D－ABC的体积是.
其中正确的序号是________(写出全部正确说法的序号)．
解析：取AC的中点E，连接DE，BE，
则DE⊥AC，BE⊥AC，且DE⊥BE.
又DE＝EC＝BE，所以DC＝DB＝BC，
故△DBC是等边三角形．
又AC⊥平面BDE，
故AC⊥BD.
又VD－ABC＝S△ABC·DE＝××1×1×＝，故③错误．
答案：①②
14．已知直线l经过点P(－4，－3)，且被圆(x＋1)2＋(y＋2)2＝25截得的弦长为8，则直线l的方程是________．
解析：∵(－4＋1)2＋(－3＋2)2＝10<25，
∴点P在圆内．当l的斜率不存在时，l的方程为
x＝－4，将x＝－4代入圆的方程，
得y＝2或y＝－6，
此时弦长为8.当l的斜率存在时，设l的方程为
y＋3＝k(x＋4)，即kx－y＋4k－3＝0，
当弦长为8时，圆心到直线的距离为
＝3，则＝3，
解得k＝－.则直线l的方程为y＋3＝－(x＋4)，即4x＋3y＋25＝0.
答案：4x＋3y＋25＝0或x＝－4
三、解答题
15．已知两条直线l1：3x＋4y－2＝0与l2：2x＋y＋2＝0的交点P，求：
(1)过点P且过原点的直线方程；
(2)过点P且垂直于直线l3：x－2y－1＝0的直线l的方程．
解：由解得
∴点P的坐标是(－2,2)，
(1)所求直线方程为y＝－x.
(2)∵所求直线l与l3垂直，∴设直线l的方程为2x＋y＋C＝0.把点P的坐标代入得2×(－2)＋2＋C＝0，得C＝2.∴所求直线l的方程为2x＋y＋2＝0.
16．某几何体的三视图如图所示，P是正方形ABCD对角线的交点，G是PB的中点．
(1)依据三视图，画出该几何体的直观图；
(2)在直观图中，①证明：PD∥平面AGC.
②证明：平面PBD⊥平面AGC.
解：(1)该几何体的直观图如图所示．
(2)证明：如图，①连接AC，BD交于点O，连接OG，
由于G为PB的中点，O为BD的中点，
所以OG∥PD.
又OG⊂平面AGC，PD⊄平面AGC，
所以PD∥平面AGC.
②连接PO，由三视图，PO⊥平面ABCD，
所以AO⊥PO.
又AO⊥BO，BO∩PO＝O，
所以AO⊥平面PBD.
由于AO⊂平面AGC，
所以平面PBD⊥平面AGC.
17．已知圆C：x2＋y2－8y＋12＝0，直线l经过点D(－2,0)，且斜率为k.
(1)求以线段CD为直径的圆E的方程；
(2)若直线l与圆C相离，求k的取值范围．
解：(1)将圆C的方程x2＋y2－8y＋12＝0配方得标准方程为x2＋(y－4)2＝4，
则此圆的圆心为C(0,4)，半径为2.
所以CD的中点E(－1,2)，|CD|＝＝2，
∴r＝，
故所求圆E的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝5.
(2)直线l的方程为y－0＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.
若直线l与圆C相离，则有圆心C到直线l的距离＞2，
解得k＜.
18．(2022·山东高考)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD⊥平面AED；
(2)求二面角FBDC的余弦值．
解：(1)证明：由于四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，所以∠ADC＝∠BCD＝120°.
又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，即AD⊥BD.
又AE⊥BD，
且AE∩AD＝A，AE，AD⊂平面AED，
所以BD⊥平面AED.
(2)如图，取BD的中点G，连接CG，FG，由于CB＝CD，因此CG⊥BD，
又FC⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以FC⊥BD.
由于FC∩CG＝C，FC，CG⊂平面FCG，
所以BD⊥平面FCG，
故BD⊥FG，
所以∠FGC为二面角FBDC的平面角．
在等腰三角形BCD中，由于∠BCD＝120°，
因此CG＝CB.
又CB＝CF，
所以GF＝＝CG，
故cos ∠FGC＝，
因此二面角FBDC的余弦值为.
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