高中数学新人教B版必修2全一册自主训练(打包13套)Word版含答案

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1.1.1 构成空间几何体的基本元素

自主广场

我夯基我达标

1.下列说法正确的是（）

A.一个平面面积为4 m2

B.一条直线长为5 cm

C.正方体的面是平面的一部分,而不是整个平面

D.三角形是一个平面

思路解析：直线是无限延伸的,没有长短;平面是无限延展的,没有面积,没有厚度.根据这些性质,逐项进行排除可知选C.

答案：C

2.下列叙述中,一定是平面的是（）

A.一条直线平行移动形成的面

B.三角形经过延展得到的平面

C.组成圆锥的面

D.正方形围绕一条边旋转形成的面

思路解析：直线平行移动可以形成平面或曲面,只有在方向不变的情况下才能得到平面.

答案：B

3.长方体中棱的条数是（）

A.6

B.8

C.12

D.16

思路解析：长方体有六个面,12条棱.故选C.

答案：C

4.一个棱锥至少含有的面的个数为（）

A.2

B.3

C.4

D.6

思路解析:本题考查棱锥的特征，棱锥至少是三棱锥,有三个侧面和一个底面,共4个面.故选C.

答案：C

5.请叙述一下立体几何中平面的基本特征.

思路解析:立体几何中的平面具有其特有的性质,要结合概念加以理解.

答案：立体几何中的平面是平的、无限延展的,没有大小和厚度,现实中所说的平面都是立体几何中平面的一部分,立体几何中的平面只能想象.在实际中通常用一个平行四边形来表示平面.

我综合我发展

6.如图1-1-1-4所示,画中的一朵花,有五片花瓣.下列叙述不正确的是（）

图1-1-1-4

A.花瓣由曲线组成

B.图中组成花瓣的曲线相交于一点

C.图中只有花柄是直线段组成的

D.组成花瓣的曲线是无限延伸的

思路解析:观察图中的花朵我们发现花瓣是由曲线组成的,而花柄是一条线段,这里所有的曲线也都是有一定长度的,而不是无限延伸的.故选D.

答案：D

7.下列说法正确的是（）

A.生活中的几何体都是由平面组成的

B.曲面都是有一定大小的

C.直线是无限个点组成的,而线段是由有限个点组成的

D.直线平移时不改变方向一定不可能形成曲面

思路解析:组成几何体的面既可以是平面,也可以是曲面;曲面也可以是无限延展的;直线和线段都是由无数个点组成的.故选D.

答案：D

8.把如图1-1-1-5的平面沿虚线折叠可以折叠成的几何体是_____________.

图1-1-1-5

思路解析:图1-1-1-5由六个正方形组成,可以实际进行折叠试验得出结论是正方体.

答案：正方体

9.动手制作一个熟悉的几何体,观察它的每个面的特点.

思路解析:(略)

答案：(略)

1.1.2 棱柱、棱锥和棱台的结构特征

1.1.3 圆柱、圆锥、圆台和球

自主广场

我夯基 我达标

1.平行六面体的两个对角面都是矩形,且底面又是正方形,则此平行六面体一定是（ ）

A.直平行六面体

B.正四棱柱

C.长方体

D.正方体

思路解析:根据两个对角面是矩形可知侧棱和底面垂直,所以首先是直四棱柱,再根据底面是正方形可知是正四棱柱.

答案：B

2.下列判断正确的是（ ）

A.平行于圆锥某一母线的截面是等腰三角形

B.平行于圆台某一母线的截面是等腰梯形

C.过圆锥顶点的截面是等腰三角形

D.过圆台上底面中心的截面是等腰梯形

思路解析:根据圆锥与圆台的定义和图形进行判断即可.

答案：C

3.如图1-1-（2，3）-8,正三棱柱ABC —A 1B 1C 1的各棱长都是2，E 、F 分别是AB 、A 1C 1的中点，则EF 的长是（ ） A.2 B.3 C.5 D.7

思路解析:取AC 的中点G ，连结EG ，FG ，则易得FG=2，EG=1，故EF=5.

答案：C

图1-1- (2,3)-8 图1-1- (2,3)-9

4.水平桌面α上放有4个半径均为2R 的球,且相邻的球都相切(球心的连线构成正方形).在这4个球的上面放1个半径为R 的小球,它和下面4个球恰好都相切,则小球的球心到水平桌面α的距离是______________.

思路解析:5个球心组成一个正四棱锥，这个正四棱锥的底面边长为4R ，侧棱长为3R ，求得它的高为R ，所以小球的球心到水平桌面α的距离是3R.

答案：3R

5.如图1-1-（2，3）-10，圆锥底面半径是6,轴截面顶角是直角,过两条母线的截面SCB 截去底面圆周的6

1,求截面面积.

图1-1-(2,3)-10

思路分析:截面问题的图形一般较为复杂、难读,要正确识图,寻找各量之间的关系.

解：由题知,轴截面顶角∠ASB=90°,OA=6,

图1-1- (2,3)-11 ∴SA=SB=SC=26.连结OB 、OC ，∵弧BC 的长为底面圆周长的6

1， ∴∠BOC=

6

1×360°=60°.∴OB=OC=BC=6. ∴SD=73972=-.∴S △SCB =21×6×73=97. 6.如图1-1- (2,3)-12,圆锥和一个球面相交，球心在圆锥的顶点，球半径等于圆锥的高，

若圆锥的侧面被球与圆锥的交线所平分，求圆锥的高与母线间夹角α的大小.

图1-1-(2,3)-12

思路分析:可以根据圆锥和球的对称性,画出对应的轴截面图,分析计算出圆的侧面和相交部

分的关系.

解：由题图知△VAB 是轴截面，设VB 交⊙V 于C ，作CD⊥VO 于D ，记VO=h,由已知

∠AVO=α=∠BVO,∵VO=h=VBcos α,∴VB=α

cos h . 又BO=htan α,CD=VCsin α=VOsin α=hsin α,根据题意，小圆锥侧面积是大圆锥侧面积的一

半，可列出方程π·CD·VC=21π·BO·VB,即hsin α·h=21htan α·α

cos h ,化简可得cos 2α=21,即cos α=±2

2. 根据实际情况,cos α=2

2,所以α=45°. 我综合 我发展

7.已知圆锥的母线长为l ，底面半径为R ，如果过圆锥顶点的截面面积的最大值是

22

1l ，则（ ）

A.l R ≤22

B.l R =22

C.l R ≥22

D.l R <2

2 思路解析:因为221l =22

1l sin90°,所以圆锥轴截面顶角大于等于90°,据此求解即可. 答案：C

8.长方体一个顶点上三条棱的长分别为a 、b 、c (a,b,c 两两不等)，一条对角线为AB ，长

方体的表面上A 、B 两点间的最短路程为22)(c b a ++，则a 、b 、c 的大小关系是

___________.

思路解析:求在长方体表面上从A 到B 的最短路途，由于长方体的对称性，可从以下三种实

现方式（如图1-1- (2,3)-13）中比较获得：

图1-1- (2,3)-13

(1)AB 1′=22)(c a b ++;

(2)AB 2′=22)(c b a ++;

(3)AB 3′=22)(b a c ++.

由已知最短路程为第(2)种情况下获得：

∴AB 1′>AB 2′且AB 3′>AB 2′.

而AB 1′与AB 3′大小关系不定，

∴可知a 、b 、c 的关系为2ac>2bc 且2ab>2bc ，2bc 与2ab 不定，即a>b 且a>c ，b 、c 关系

不定.

答案：a>b 且a>c,b 、c 关系不定

9.如图1-1- (2,3)-14,过球O 的表面上一点A,引三条长度相等的弦AB 、AC 、AD,且两两夹

角都是2α.若球的半径为R,求弦AB 的长.

图1-1-(2,3)-14

思路分析:由于AB=AC=AD ，B 、C 、D 也在球面上，过B 、C 、D 可有一圆面.

因为三弦两两夹角均为2α，故BC=CD=DB ，△BCD 为正三角形，A —BCD 形成一个正三棱锥，

△BCD 的中心O 1也是底面BCD 所在圆的圆心，且OO 1⊥平面BCD.

求AB 弦长，即为求三棱锥的侧棱长，从球转化到棱锥，即可找到解题办法.

解：连结BC 、CD 、BD ，作球的直径AOE ，连结BE.设AE 与截面BCD 的交点为O 1，连结BO 1，

则∠ABE=90°.

?

??∠=∠=∠==BAD CAD BAC AD AC AB ?BC=CD=BD,

图1-1-(2,3)-15

从而可得O 1是正△BCD 的中心，AO⊥平面BCD.

设AB=x ，AO 1=h,则BC=2xsin αBO 1=

32×23×2xsin α=332x·sin α. 在Rt△AO 1B 中,∵AO 12=AB 2-O 1B 2,

∴h 2=x 2-（3

32xsin α）2. 又由直角三角形射影定理，得x 2=2R·h→h 2=224R x ,∴224R

x =x 2-(332xsin α)2, x 2=34R 2(3-4sin 2α),x=3

32R α2sin 43-, 即弦AB 的长为3

32R α2sin 43-. 10.图1-1- (2,3)-16中的几何体是一棱长为4厘米的正方体,若在它的各个面的中心位置上

各打一个直径为2厘米、深为1厘米的圆柱形的孔,求打孔后几何体的表面积是多少？

(π=3.14)

图1-1- (2,3)-16

思路分析:因为正方体的棱长为4厘米,而孔深只有1厘米,所以正方体没有被打透.打孔后所

得几何体的表面积等于原来正方体的表面积,再加上六个完全一样的圆柱的侧面积.这六个

圆柱的高为1厘米,底面圆的半径为1厘米.

解：正方体的表面积为16×6=96(平方厘米),

一个圆柱的侧面积为2π×1×1=6.28(平方厘米),

几何体的表面积为96+6.28×6=133.68(平方厘米).

所以几何体的表面积为133.68平方厘米.

1.1.4 投影与直观图

1.1.5 三视图

自主广场

我夯基我达标

1．甲、乙、丙、丁四人分别面对面坐在一张四边形桌子旁边,桌上一张纸上写着数字“9”,甲说他看到的是“6”,乙说他看到的是“6”,丙说他看到的是“6”,丁说他看到的是“9”,则下列说法正确的是（）

A.甲在丁的对面,乙在甲的左边,丙在丁的右边

B.丙在乙的对面,丙的左边是甲,右边是乙

C.甲在乙的对面,甲的右边是丙,左边是丁

D.甲在丁的对面,乙在甲的右边,丙在丁的右边

思路解析:可以从每个人观察的角度进行分析.

答案：D

2．有一个正方体,在它的各个面上分别标上字母A、B、C、D、E、F,甲、乙、丙三位同学从不同的方向去观察这个正方体,观察结果如图1-1-(4,5)-16所示.问这个正方体中F的对面是_____________,E的对面是_____________,D的对面是_____________.

图1-1-(4,5)-16

思路解析:此题解决问题的关键在于能够把空间正方体的表面展开成一个平面图形,这种化空间为平面的解题思想是立体几何的一种基本思想,还要有较强的空间想象能力.

答案： C A B

3

画一个底面边长为5 cm,高为11.5 cm的正五棱锥的直观图,比例尺为1∶5.

思路解析:画正五棱锥的直观图只需根据斜二测画法,选择恰当的坐标系画出正五边形的直观图,进而确定出正五棱锥的顶点即可.

答案：画法:(1)画轴:画x′轴、y′轴、z′轴,记坐标原点为O′,使∠x′O′y′=45°,使∠x′O′z′=90°；

(2)画底面:x′轴、y′轴画边长为1 cm的正五边形的直观图ABCDE，并使正五边形的中心对应点O′；

(3)画高线:在z′轴上取O′S=

55.

11

=2.3(cm)；

(4)成图:顺次连结SA、SB、SC、SD、SE,并加以整理(去掉辅助线,并将被遮住的部分改为虚线),就得到正五棱锥的直观图.

图1-1-(4,5)-17

4.要将一个正方体模型展开成平面图形,需要剪断多少条棱？你的结论可以作为一条规律来用吗？

思路解析:正方体有6个面,所以展开后的平面图形只要5条棱相连就可以了.

答案：需要剪断7条棱.

因为正方体有6个面,12条棱,两个面有一条棱相连,展开后六个面就有5条棱相连,所以剪断7条棱.规律是正方体的平面展开图只能有5条棱相连,但是,有5条棱相连的6个正方形图形不一定是正方体的平面展开图.

我综合我发展

5.由一些大小相同的小正方体组成简单几何体的主视图和俯视图如图1-1-(4,5)-18所示.

(1)请你画出这个几何体的左视图；

(2)若组成这个几何体的小正方体的块数为n，请你写出n的所有可能值.

图1-1-(4,5)-18

思路解析:给出一个几何体的三视图，原几何体的形状不唯一确定,在本题中只知道主视图、俯视图,那么几何体可能有较多的情况.

答案：现在在俯视图中，按主视图的图形填上符合条件的每个位置上小正方体的块数，共有如下15种可能：

图1-1-(4,5)-19

根据这15种情况可以画出左视图共有5种情况，同时也可以确定组成这个几何体所需要的小正方体块数.

(1)左视图共有如下5种情况：

图1-1-(4,5)-20

13的左视图如图（2）所示；图图①,⑥, ○11的左视图如图（1）所示；图②,③,⑦,○12,○

14的左视图如图（3）所示；图⑧的左视图如图（4）所示；图○15的左视图如图④,⑤,⑨,⑩,○

（5）所示.

(2)①中n=11；②中n=10；③中n=9；④中n=10；⑤中n=9；⑥中n=10；

14中n=9；○15中⑦中n=9；⑧中n=8；⑨中n=9；⑩中n=8；○11中n=10；○12中n=9；○13中n=8；○

n=8.所以n的值为8，9，10，11.

6.图1-1-(4,5)-21(1)中的几何体是一个正方体,图1-1-(4,5)-21(2)是这个正方体的一个平面展开图,图1-1-(4,5)-21(a)、(b)、(c)也是这个正方体的平面展开图,但每一展开图上都有四个面上的图案没画出来,请你给补上.

1-1-(4,5)-21

思路解析:根据几何体的特点和三视图的画法进行画图.

答案：图(a)、(b)、(c)标有数字的空白面上的图案见下图中的(a)、(b)、(c).

插入图片b42;S*2;X*2 图1-1-(4,5)-22

7

欣赏世界各地著名建筑的图片,结合学过的知识讨论它们有哪些结构特征.

图1-1-(4,5)-23

思路解析:可以从不同角度,仔细观察图中图形的特点,把具体的建筑物进行抽象,总结出所具有的特点.

答案：(1)—(8)分别是圆台,棱锥,长方体,棱柱,球体,圆柱,圆柱和圆锥,五棱柱.

1.1.6 棱柱、棱锥、棱台和球的表面积

1.1.7 柱、锥、台和球的体积

自主广场

我夯基 我达标

1．过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为( ) A.163 B.169 C.83 D.32

9 思路解析:设球的半径为R,过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面,由勾股定理可得一个半径为R 23的圆,所以1634)23(2

221==R R S S ππ. 答案：A

2.正方体的内切球与其外接球的体积之比为( ) A.1∶3 B.1∶3 C.1∶33 D.1∶9

思路解析:设正方体的棱长为a ，则它的内切球的半径为21a ，它的外接球的半径为2

3a ，故所求的比为1∶33，选C.

答案：C

3.如图11-(6,7)-5，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P —ABCDEF ，则此正六棱锥的侧面积是

____________.

图11-(6,7)-5

思路解析:显然正六棱锥P —ABCDEF 的底面的外接圆是球的一个大圆，于是可求得底面边长为2.依题意可得正六棱锥P —ABCDEF 的高为2，以此可求得侧面积为76. 答案：76

4.如图11-(6,7)-6，在正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，所有棱长均为1，则点B 1到平面ABC 1的距离为___________.

图11-(6,7)-6

思路解析:利用等体积法，易知12

33112711111===--C B A ABC ABC B V h V 正三棱柱， 所以点B 1到平面ABC 1的距离为h=7

21. 答案：7

21 5.正四棱锥底面边长为4，侧棱长为3，则其体积为__________________.

思路解析:如图，在△OPA 中，因为PA=3,OA=22,所以正四棱锥的高h=22)22(3-=1,

故正四棱锥的体积为V=31Sh=3

16.

图11-(6,7)-7 答案：3

16 6.一块长方体木料,长、宽、高分别为8厘米、4厘米、6厘米,把它切削成一个体积最大的

圆柱体,求这个圆柱体的体积是多少？(π取3.14)

思路分析:根据此题提供的条件,削成圆柱体有三种情况,要按条件比较一下哪一种削法削成

的圆柱体最大.

解：(1)以长8厘米,宽4厘米的面为底,6厘米为高,圆柱的体积为V=π×(

24)2×6=24π(立方厘米).

(2)以长8厘米,宽6厘米的面为底,4厘米为高,圆柱的体积为V=π×(

26)2×4=36π(立方厘米).

(3)以长6厘米,宽4厘米的面为底,8厘米为高,圆柱的体积为V=π×(2

4)2×8=32π(立方厘米).

通过比较,以长8厘米,宽6厘米的面为底,以4厘米为高,削出的圆柱体体积最大,

V max =π×(2

6)2×4=36π=113.04(立方厘米). 7.在正四棱台内作一个内接棱锥，该棱锥以这个棱台的上底面正方形作底，以下底面正方形

的中心作顶点.如果棱台上、下底面的边长分别为a 和b ，棱台和这个内接棱锥的侧面积相

等，求这个内接棱锥的高，以及本题有解的限制条件.

思路解析:可以根据侧面积相等建立方程,解方程或者根据方程判断解的情况即可得出结论.

解：设内接棱锥的高为x,则棱锥的斜高h 1=22)2(a x +,棱台的斜高h 2=22)2(

b a x -+.由棱台和内接棱锥的侧面积相等可得关于x 的方程

21·4a·22)2(a x +=21·4(a+b)·22)2

(b a x -+.解方程可得x=21b a b a b +-2)2(22. 答:这个内接棱锥的高为21b

a b a b +-2)2(22.当a,b 满足0

8.图11-(6,7)-8所示图形是一个底面直径为20厘米的装有一部分水的圆柱形玻璃杯,水中

放着一个底面直径为6厘米、高为20厘米的圆锥体铅锤,当铅锤从水中取出后,杯里的水将

下降几厘米？(π=3.14)

图11-(6,7)-8

思路分析:因为玻璃杯是圆柱形的,所以铅锤取出后,水面下降部分实际上是一个小圆柱,这

个圆柱的底面与玻璃杯的底面一样,是一直径为20厘米的圆,它的体积正好等于圆锥体铅锤

的体积,这个小圆柱的高就是水面下降的高度.

解：因为圆锥形铅锤的体积为

31×π×(2

6)2×20=60π(立方厘米). 设水面下降的高度为x,则小圆柱的体积为π×(220)2×x=100πx(立方厘米). 所以有下列方程60π=100πx,解此方程得x=0.6(厘米).

答:铅锤取出后,杯中水面下降了0.6厘米.

9.有位油漆工用一把长度为50 cm ，横截面半径为10 cm 的圆柱形刷子给一块面积为10 m

2的木板涂油漆，且圆柱形刷子以每秒5周的速度在木板上匀速滚动前进，则油漆工完成任务

所需的时间是多少?（精确到0.01秒）

思路分析:本题虽然是实际问题，但是通过仔细分析后，还是归为圆柱的侧面积问题.解决此

题的关键是注意到圆柱形刷子滚动一周所经过的面积就相当于把圆柱的侧面展开的面积，即

滚动一周所经过的面积等于圆柱的侧面积.从而使问题迎刃而解.

解：圆柱形刷子滚动一周涂过的面积就等于圆柱的侧面积，

∵圆柱的侧面积为S 侧=2πrl=2π·0.1·0.5=0.1π m 2,

又∵圆柱形刷子以每秒5周匀速滚动,

∴圆柱形刷子每秒滚过的面积为0.5π.

因此油漆工完成任务所需的时间t=π

π205.01022=m m ≈6.37(秒). 10.斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1中,底面是边长为a 的正三角形,侧棱长为b,AA 1与底面相邻两边AB 、

AC 都成45°角,求棱柱的侧面积.

思路分析:求几何体的侧面积可以计算每个侧面积,然后相加,也可以根据侧面展开图的特点

计算展开图的面积.另外,棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)的面积与侧棱的乘积也是棱柱

的侧面积.

图11-(6,7)-9

解法一:如图，作A 1O⊥面ABC 于O,

∵AA 1与AB 、AC 都成45°角,

∴AO 是∠BAC 的平分线.

又△ABC 为正三角形,

∴AO⊥BC.

由三垂线定理知AA 1⊥BC,

又AA 1∥BB 1∥CC 1,

图11-(6,7)-10

∴四边形BB 1C 1C 为矩形.

S 侧=2absin45°+ab=(2+1)ab.

解法二:如图,作BM⊥AA 1于M ，连结CM,可证得△BMA≌△CMA.

∴CM⊥AA 1,△BMC 是棱柱的直截面.

∵∠MAB=∠MAC=45°, ∴CM=BM=2

2a, C 直截面=22a+2

2a+a=(2+1)a. ∴S 侧=(2+1)ab.

11.如图1-1-(6,7)-11，ABCD —A′B′C′D′是一个无底无盖的纸皮箱，AB=a ，BC=b ，BB′=c,

且a>b>c,如果一只蚂蚁从A 点出发爬行到点C′,那么它走过的最短路程是多少？

图11-(6,7)-11

思路分析:解决多面体表面两点的最短距离问题，通常要把多面体表面展开，从而转化为求

平面两点间的距离问题，在展开表面时，要注意考虑是否可以有多种展开方式.本题中由于

长方体的三条棱长不相等，所以有三种展开方式，把这三种情况的最后结果求出来，再比较

他们的大小，就可得出最小值.

解：将长方体表面沿棱展开，由于长方体的三条棱长不一样，因此展开有三种可能，如下图

三个图形（1）、（2）、（3）中AC′的长分别为：

图11-(6,7)-12 ab c b a c b a 2)(22222+++=++;

bc c b a c b a 2)(22222+++=++;

ac c b a b c a 2)(22222+++=++.

∵a>b>c>0,∴ab>ac>bc>0. ∴最短路线的长为bc c b a c b a 2)(22222+++=++.

∴蚂蚁从A 点出发爬行到点C′走过的最短路程为bc c b a 2222+++.

1.2.1 平面的基本性质与推论

自主广场

我夯基我达标

1.下列图形中,满足α∩β=AB,a?α,b?β,a∥AB,b∥AB的图形(图1-2-1-14)是( )

图1-2-1-14

思路解析:可以根据图形的特点及直线与平面平行的性质进行判断,也可以使用反证法进行

证明.

答案：C

2.若点B在直线b上,b在平面β内,则B、b、β之间的关系可以记作( )

A.B∈b∈β

B.B∈b?β

C.B?b?β

D.B?b∈β

思路解析:关键是弄清点与直线是元素与集合之间的关系,直线与平面是集合与集合之间的

关系.

答案：B

3.如果直线a?平面α,直线b?平面α,M∈α,N∈b且M∈l,N∈l,那么( )

A.l?α

B.l?α

C.l∩α=M

D.l∩α=N

思路解析:因为M∈α,N∈b,a,b?β,所以M,N∈α,而MN确定平面l,根据公理1可知l?α.

故选A.

答案：A

4.已知一条直线和这条直线外不在同一直线上的三点，讨论可以确定平面的个数.

思路分析:解决问题要围绕条件，关键是分清点与直线的各种位置关系，进行分类讨论.公理

3及其推论是高考考查的重点知识，一般是与排列组合知识综合在一起考查.要注意分类讨

论思想的应用.

解：设直线l及l外不共线的三点A、B、C.由公理3知A、B、C可以确定一个平面α，若

l在α内，这时只能确定一个平面.若l不在α内,(1)若A、B、C中有两点与l共面，这

时可以确定三个平面.(2)若A、B、C中无任何两点与l共面，这时可以确定四个平面.综上

所述，一直线与这条直线外不共线的三点，确定平面的个数可以是1个、3个或4个.

5.如图1-2-1-15，直线a∥b∥c，直线l分别交a、b、c于点A、B、C,求证：四条直线a、

b、c、l共面.

图1-2-1-15

思路分析:证明共面问题的主要依据是公理3及其推论，由此入手进行思维，发掘解题方法.证明共面的方法有：(1)先根据公理3及其推论确定一个平面，再证明有关的点、线在此平面内；(2)过有关的点、线分别确定一个平面，然后再证明这些平面重合；(3)反证法.

证法一：∵a∥b，∴a，b确定一个平面a.

∵A∈a，B∈b，∴A∈α，B∈α.

又A∈l，B∈l，∴l?α.

∵C∈l，∴C∈α.

∴a与C同在d内.

又∵a∥c，∴直线a、c确定一个平面β.

∵点C∈c，c?β，则点C∈β，即平面β也是直线a和点C确定的平面.

∴平面α和平面β重合，因此c?α.

∴a、b、c、l共面.

证法二：由证法一得a、b、l共面α，即b在a、l确定的平面内.

同理,可证c在a、l确定的平面内.

∵过a与l只能确定一个平面，∴a、b、c、l共面于a、l确定的平面.

我综合我发展

6.如图1-2-1-16，已知E、F与G分别为正方体ABCD—A1B1C1D1棱AB、B1C1与DA的中点，试过E、F、G三点作正方体ABCD—A1B1C1D1的截面.

图1-2-1-16

思路解析:公理2是确定截面的理论依据，同时本题中也蕴含了点共线的证明方法，通常证明两个点都在两个平面的交线上，再证明第三点既在第一个平面内，又在第二个平面内,即也在交线上.解决过点的截面问题关键在于能依据公理2及公理3确定截面与几何体的交线.

图1-2-1-17

作法:

(1)连结GE并延长交CB延长线于M，交CD延长线于N，连结MF，交棱B1B于点H，连结HE.

(2)延长EH交A1B1的延长线于点R.连结FR，FR交D1C1于Q.

(3)连结QN交D1D于点K，连结KG.六边形KGEHFQ就是所要作的截面.

7.有一种骰子，每一面上都有一个英文字母，图1-2-1-18是从3种不同的角度看同一粒骰子的情形.请问H反面的字母是什么？

图1-2-1-18

思路分析:此题中解决问题的关键点在于能够把空间正方体的表面展开成一个平面图形，这种化空间为平面的解题思想是立体几何解题的一种基本思想.同时在学习立体几何时，可以借助实物模型培养自己的空间想象能力.

解：H的反面是S，原正方体表面字母的排列如图.

图1-2-1-19

代数解法:由①设S的对面X，H的对面Y，E的对面Z.见题图.

若X、Y、Z中没有S，则由①②知S的相邻4个面分别为H、E、O、P，但由②③知S相邻的面中有两个不同的P,与已知矛盾.

∴X、Y、Z中还有一个S,即六个面是E、H、S、O、P、S的某种排列,与P相邻的面有S、O、H、S.∴P与E相对，即Z=P.

又由②③中P的倒置知,②到③的变化中有一个翻转过程，故H的反面为S.

8.已知三个平面两两相交，有三条交线,求证:若这三条交线不平行，则它们交于一点.

思路分析:证明三线共点的基本思路是先证其中两条直线有交点，再证该交点在第三条直线上.对于证空间中多线共点，平面几何中证多线共点的思维方法仍然适用，只是在思考中应考虑空间图形的特点.

答案：已知：如图,设三个平面为α、β、γ，且α∩β=c，α∩γ=b，β∩γ=a.且a、b、c不平行.

图1-2-1-20

求证：a、b、c三线交于一点.

证明:α∩β=c，α∩γ=b，∴b?α，c?α.

∵b、c不相互平行，

∴b、c交于一点.设b∩c=P，

∵P∈c，c?β，∴P∈β.同理,P∈γ.

∵β∩γ=a，∴P∈a.故a、b、c交于一点P.

9.如图1-2-1-21,点A?平面BCD，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA上的点，若EH与FG 交于P(这样的四边形ABCD就叫做空间四边形).

求证：P在直线BD上.

图1-2-1-21

思路分析:证明点在直线上及三点共线都可以使用公理2进行,即说明点P在某两个平面的交线上即可.

证明：∵EH∩FG=P，∴P∈EH，P∈FG，

∵E、H分别属于直线AB、AD，

∴EH 平面ABD.∴P∈平面ABD.

同理,P∈平面CBD.

又∵平面ABD∩平面CBD=BD，

∴P在直线BD上.