高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)試題第七章立體幾何與空間向量

第1節(jié)基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積考試要求1.利用實物、計算機軟件等觀察空間圖形，認(rèn)識柱、錐、臺、球及簡單組合體的結(jié)構(gòu)特征，能運用這些特征描述現(xiàn)實生活中簡單物體的結(jié)構(gòu).2.知道球、棱(圓)柱、棱(圓)錐、棱(圓)臺的表面積和體積的計算公式，能用公式解決簡單的實際問題.3.能用斜二測畫法畫出簡單空間圖形(長方體、球、圓柱、圓錐、棱柱及其簡單組合體)的直觀圖.1.空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征(1)多面體的結(jié)構(gòu)特征名稱棱柱棱錐棱臺圖形底面互相平行且全等多邊形互相平行且相似側(cè)棱平行且相等相交于一點，但不一定相等延長線交于一點側(cè)面形狀平行四邊形三角形梯形(2)旋轉(zhuǎn)體的結(jié)構(gòu)特征名稱圓柱圓錐圓臺球圖形母線互相平行且相等，垂直于底面相交于一點延長線交于一點軸截面矩形等腰三角形等腰梯形圓面?zhèn)让嬲归_圖矩形扇形扇環(huán)2.直觀圖(1)畫法：常用斜二測畫法.(2)規(guī)則：①原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，x′軸、y′軸的夾角為45°(或135°)，z′軸與x′軸、y′軸所在平面垂直.②原圖形中平行于坐標(biāo)軸的線段，直觀圖中仍分別平行于坐標(biāo)軸.平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度不變，平行于y軸的線段長度在直觀圖中變?yōu)樵瓉淼囊话?3.圓柱、圓錐、圓臺的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式圓柱圓錐圓臺側(cè)面展開圖側(cè)面積公式S圓柱側(cè)＝2πrlS圓錐側(cè)＝πrlS圓臺側(cè)＝π(r1＋r2)l4.柱、錐、臺、球的表面積和體積名稱幾何體表面積體積柱體(棱柱和圓柱)S表面積＝S側(cè)＋2S底V＝Sh錐體(棱錐和圓錐)S表面積＝S側(cè)＋S底V＝eq\f(1,3)Sh臺體(棱臺和圓臺)S表面積＝S側(cè)＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR31.正方體與球的切、接常用結(jié)論：正方體的棱長為a，球的半徑為R，(1)若球為正方體的外接球，則2R＝eq\r(3)a；(2)若球為正方體的內(nèi)切球，則2R＝a；(3)若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.2.長方體的共頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).3.正四面體的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),4)a，內(nèi)切球的半徑r＝eq\f(\r(6),12)a，其半徑R∶r＝3∶1(a為該正四面體的棱長).4.直觀圖與原平面圖形面積間關(guān)系S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形.1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體是棱柱.()(2)有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐.()(3)菱形的直觀圖仍是菱形.()(4)兩個球的體積之比等于它們的半徑比的平方.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)反例：由兩個平行六面體上下組合在一起的圖形滿足條件，但不是棱柱.(2)反例：如圖所示的圖形滿足條件但不是棱錐.(3)用斜二測畫法畫水平放置的菱形的直觀圖是平行四邊形，但鄰邊不一定相等，(3)錯誤.(4)球的體積之比等于半徑比的立方，故不正確.2.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圓錐的底面半徑為eq\r(2)，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為()A.2 B.2eq\r(2) C.4 D.4eq\r(2)答案B解析設(shè)圓錐的母線長為l，因為該圓錐的底面半徑為eq\r(2)，側(cè)面展開圖為一個半圓，所以2π×eq\r(2)＝πl(wèi)，解得l＝2eq\r(2).3.(2021·益陽調(diào)考)如圖，一個水平放置的平面圖形的直觀圖是一個底角為45°的等腰梯形，已知直觀圖OA′B′C′的面積為4，則該平面圖形的面積為()A.eq\r(2) B.4eq\r(2) C.8eq\r(2) D.2eq\r(2)答案C解析由S原圖形＝2eq\r(2)S直觀圖，得S原圖形＝2eq\r(2)×4＝8eq\r(2).4.體積為8的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A.12π B.eq\f(32,3)π C.8π D.4π答案A解析由題意可知正方體的棱長為2，其體對角線為2eq\r(3)即為球的直徑，所以球的表面積為4πR2＝(2R)2π＝12π.5.(多選)(2022·青島一模)下列說法中正確的是()A.各個面都是三角形的幾何體是三棱錐B.過球面上任意兩點可作球的一個大圓或無數(shù)個大圓C.三棱錐的四個面都可以是直角三角形D.梯形的直觀圖可以是平行四邊形答案BC解析對于A，如兩個同底的三棱錐構(gòu)成的六面體，不是三棱錐，故錯誤；對于B，球面上任意兩點與球心共線時，可以作球的無數(shù)個大圓，與球心不共線時，可以作球的一個大圓，故正確；對于C，一條側(cè)棱垂直于底面直角三角形的一個銳角頂點的三棱錐滿足題意，故正確；對于D，作直觀圖時，平行于x軸的線段長度不變，平行于y軸的線段長度減半，故錯誤.6.(2021·北京卷)對24小時內(nèi)降水在平地上的積水厚度(mm)進(jìn)行如下定義：0～1010～2525～5050～100小雨中雨大雨暴雨小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水，則這一天的雨水屬于哪個等級()A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨答案B解析由相似關(guān)系可得，雨水形成的小圓錐的底面半徑r＝eq\f(\f(200,2),2)＝50(mm)，故V小圓錐＝eq\f(1,3)×π×502×150＝503·π(mm3)，從而可得積水厚度h＝eq\f(V小圓錐,S大圓)＝eq\f(503·π,π·1002)＝12.5(mm)，屬于中雨.考點一基本立體圖形角度1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征例1(1)(多選)(2021·濰坊調(diào)研)下面關(guān)于空間幾何體的敘述正確的是()A.底面是正多邊形的棱錐是正棱錐B.用平面截圓柱得到的截面只能是圓和矩形C.長方體是直平行六面體D.存在每個面都是直角三角形的四面體答案CD解析A中，當(dāng)頂點在底面的投影是正多邊形的中心才是正棱錐，不正確；B中，當(dāng)平面與圓柱的母線平行或垂直時，截得的截面才為矩形或圓，否則為橢圓或橢圓的一部分，B不正確；C正確；D正確，如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中的三棱錐C1－ABC，四個面都是直角三角形.(2)(多選)給出下列四個命題，不正確的是()A.有兩個側(cè)面是矩形的立體圖形是直棱柱B.側(cè)面都是等腰三角形的棱錐是正棱錐C.側(cè)面都是矩形的直四棱柱是長方體D.底面為正多邊形，且有相鄰兩個側(cè)面與底面垂直的棱柱是正棱柱答案ABC解析對于A，平行六面體的兩個相對側(cè)面也可能是矩形，故A錯；對于B，等腰三角形的腰不是側(cè)棱時不一定成立(如圖)，故B錯；對于C，若底面不是矩形，則C錯；對于D，可知側(cè)棱垂直于底面，故D正確.綜上，命題ABC不正確.感悟提升空間幾何體結(jié)構(gòu)特征的判斷技巧(1)緊扣結(jié)構(gòu)特征是判斷的關(guān)鍵，熟悉空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，依據(jù)條件構(gòu)建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線面關(guān)系或增加線、面等基本元素，然后再依據(jù)題意判定.(2)通過反例對結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行辨析，即要說明一個命題是錯誤的，只要舉出一個反例即可.角度2直觀圖例2一個平面四邊形的斜二測畫法的直觀圖是一個邊長為a的正方形，則原平面四邊形的面積等于()A.eq\f(\r(2),4)a2 B.2eq\r(2)a2 C.eq\f(\r(2),2)a2 D.eq\f(2\r(2),3)a2答案B解析根據(jù)斜二測畫法畫平面圖形的直觀圖的規(guī)則可知，在x軸上(或與x軸平行)的線段，其長度保持不變；在y軸上(或與y軸平行)的線段，其長度變?yōu)樵瓉淼囊话?，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若設(shè)原平面圖形的面積為S，則其直觀圖的面積為S′＝eq\f(1,2)·eq\f(\r(2),2)·S＝eq\f(\r(2),4)S.可以提出一個平面圖形的面積S與它的直觀圖的面積S′之間的關(guān)系是S′＝eq\f(\r(2),4)S，本題中直觀圖的面積為a2，所以原平面四邊形的面積S＝eq\f(a2,\f(\r(2),4))＝2eq\r(2)a2.感悟提升(1)在斜二測畫法中，要確定關(guān)鍵點及關(guān)鍵線段.“平行于x軸的線段平行性不變，長度不變；平行于y軸的線段平行性不變，長度減半.”(2)按照斜二測畫法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原圖形的面積的關(guān)系：S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形.角度3展開圖例3如圖，一立在水平地面上的圓錐形物體的母線長為4m，一只小蟲從圓錐的底面圓上的點P出發(fā)，繞圓錐表面爬行一周后回到點P處.若該小蟲爬行的最短路程為4eq\r(3)m，則圓錐底面圓的半徑等于______m.答案eq\f(4,3)解析圓錐頂點記為O，把圓錐側(cè)面沿母線OP展開成如圖所示的扇形，由題意OP＝4，PP′＝4eq\r(3)，則cos∠POP′＝eq\f(42＋42－（4\r(3)）2,2×4×4)＝－eq\f(1,2)，又∠POP′為△POP′一內(nèi)角，所以∠POP′＝eq\f(2π,3).設(shè)底面圓的半徑為r，則2πr＝eq\f(2π,3)×4，所以r＝eq\f(4,3).感悟提升幾何體的表面展開圖可以有不同的形狀，應(yīng)多實踐，觀察并大膽想象立體圖形與表面展開圖的關(guān)系，一定先觀察立體圖形的每一個面的形狀.訓(xùn)練1(1)給出下列命題：①在圓柱的上、下底面的圓周上各取一點，則這兩點的連線是圓柱的母線；②直角三角形繞其任一邊所在直線旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體都是圓錐；③棱臺的上、下底面可以不相似，但側(cè)棱長一定相等.其中正確命題的個數(shù)是()A.0 B.1 C.2 D.3答案A解析①不一定，只有當(dāng)這兩點的連線平行于軸時才是母線；②不一定，當(dāng)以斜邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸時，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的幾何體不是圓錐，如圖所示，它是由兩個同底圓錐組成的幾何體；③錯誤，棱臺的上、下底面相似且是對應(yīng)邊平行的多邊形，各側(cè)棱延長線交于一點，但是側(cè)棱長不一定相等.(2)(2020·浙江卷)已知圓錐的側(cè)面積(單位：cm2)為2π，且它的側(cè)面展開圖是一個半圓，則這個圓錐的底面半徑(單位：cm)是________.答案1解析如圖，設(shè)圓錐的母線長為l，底面半徑為r，則圓錐的側(cè)面積S側(cè)＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于側(cè)面展開圖為半圓，可知eq\f(1,2)πl(wèi)2＝2π，可得l＝2，因此r＝1.(3)已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝eq\r(2)，下底AB＝3，以下底所在直線為x軸，則由斜二測畫法畫出的直觀圖A′B′C′D′的面積為________.答案eq\f(\r(2),2)解析如圖(1)和(2)的實際圖形和直觀圖所示.因為OE＝eq\r(（\r(2)）2－1)＝1，由斜二測畫法可知O′E′＝eq\f(1,2)，E′F＝eq\f(\r(2),4)，D′C′＝1，A′B′＝3，則直觀圖A′B′C′D′的面積S′＝eq\f(1＋3,2)×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(2),2).考點二表面積與體積角度1表面積和側(cè)面積例4(1)(多選)已知正四棱錐的側(cè)面與底面所成的銳二面角為θ，若θ＝30°，側(cè)棱長為eq\r(21)，則()A.正四棱錐的底面邊長為6B.正四棱錐的底面邊長為3C.正四棱錐的側(cè)面積為24eq\r(3)D.正四棱錐的側(cè)面積為12eq\r(3)答案AC解析如圖，在正四棱錐S－ABCD中，O為正方形ABCD的中心，SH⊥AB，設(shè)底面邊長為2a(a＞0)，因為∠SHO＝30°，所以O(shè)H＝a，OS＝eq\f(\r(3),3)a，SH＝eq\f(2\r(3),3)a，在Rt△SAH中，a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)a))eq\s\up12(2)＝21，所以a＝3，底面邊長為6，側(cè)面積為S＝eq\f(1,2)×6×2eq\r(3)×4＝24eq\r(3).故選AC.(2)(2022·重慶診斷)已知圓錐的頂點為A，過母線AB，AC的截面面積是2eq\r(3).若AB，AC的夾角是60°，且AC與圓錐底面所成的角是30°，則該圓錐的表面積為________.答案(6＋4eq\r(3))π解析如圖所示，∵AB，AC的夾角是60°，AB＝AC，∴△ABC是等邊三角形，∴eq\f(\r(3),4)×AC2＝2eq\r(3)，解得AC＝2eq\r(2).∵AC與圓錐底面所成的角是30°，∴圓錐底面半徑r＝OC＝ACcos30°＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6).則該圓錐的表面積＝π×(eq\r(6))2＋eq\f(1,2)×2π×eq\r(6)×2eq\r(2)＝(6＋4eq\r(3))π.角度2體積例5(1)(2020·新高考全國Ⅱ卷)棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為棱BB1，AB的中點，則三棱錐A1－D1MN的體積為________.答案1解析如圖，由正方體棱長為2及M，N分別為BB1，AB的中點，得S△A1MN＝2×2－2×eq\f(1,2)×2×1－eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(3,2)，又易知D1A1為三棱錐D1－A1MN的高，且D1A1＝2，∴VA1－D1MN＝VD1－A1MN＝eq\f(1,3)·S△A1MN·D1A1＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×2＝1.(2)如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為________.答案eq\f(\r(2),3)解析如圖，分別過點A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH.則原幾何體分割為兩個三棱錐和一個直三棱柱.依題意，三棱錐E－ADG的高EG＝eq\f(1,2)，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.則AG＝eq\r(AE2－EG2)＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2).取AD的中點M，則MG＝eq\f(\r(2),2)，所以S△AGD＝eq\f(1,2)×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),4)，∴V多面體＝VE－ADG＋VF－BHC＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)×2＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).感悟提升1.空間幾何體表面積的求法(1)旋轉(zhuǎn)體的表面積問題注意其軸截面及側(cè)面展開圖的應(yīng)用，并弄清底面半徑、母線長與對應(yīng)側(cè)面展開圖中邊的關(guān)系.(2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積注意銜接部分的處理.2.求空間幾何體的體積的常用方法(1)公式法：規(guī)則幾何體的體積問題，直接利用公式進(jìn)行求解；(2)割補法：把不規(guī)則的幾何體分割成規(guī)則的幾何體，或者把不規(guī)則的幾何體補成規(guī)則的幾何體；(3)等體積法：通過選擇合適的底面來求幾何體體積的一種方法，特別是三棱錐的體積.訓(xùn)練2(1)(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為()A.20＋12eq\r(3) B.28eq\r(2)C.eq\f(56,3) D.eq\f(28\r(2),3)答案D解析連接該正四棱臺上、下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上、下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，所以該棱臺的高h(yuǎn)＝eq\r(22－（2\r(2)－\r(2)）2)＝eq\r(2)，下底面面積S1＝16，上底面面積S2＝4，所以該棱臺的體積V＝eq\f(1,3)h(S1＋S2＋eq\r(S1S2))＝eq\f(1,3)×eq\r(2)×(16＋4＋eq\r(64))＝eq\f(28\r(2),3).(2)(2021·全國甲卷)已知一個圓錐的底面半徑為6，其體積為30π，則該圓錐的側(cè)面積為________.答案39π解析設(shè)該圓錐的高為h，則由已知條件可得eq\f(1,3)×π×62·h＝30π，解得h＝eq\f(5,2)，則圓錐的母線長為eq\r(h2＋62)＝eq\r(\f(25,4)＋36)＝eq\f(13,2)，故該圓錐的側(cè)面積為π×6×eq\f(13,2)＝39π.(3)如圖，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)C⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，則四面體ABEF的體積為________.答案eq\f(2,3)解析∵ED⊥平面ABCD且AD?平面ABCD，∴ED⊥AD.∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，而DC∩ED＝D，∴AD⊥平面CDEF.易知FC＝eq\f(ED,2)＝1，VA－BEF＝VABCDEF－VF－ABCD－VA－DEF.∵VE－ABCD＝ED×S正方形ABCD×eq\f(1,3)＝2×2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(8,3)，VB－EFC＝BC×S△EFC×eq\f(1,3)＝2×2×1×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，∴VABCDEF＝eq\f(8,3)＋eq\f(2,3)＝eq\f(10,3).又VF－ABCD＝FC×S正方形ABCD×eq\f(1,3)＝1×2×2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，VA－DEF＝AD×S△DEF×eq\f(1,3)＝2×2×2×eq\f(1,2)×eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，VA－BEF＝eq\f(10,3)－eq\f(4,3)－eq\f(4,3)＝eq\f(2,3).考點三與球有關(guān)的切、接問題角度1外接球例6(1)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為________.答案eq\f(13,2)解析如圖所示，由球心作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點M.又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，所以球O的半徑R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋62)＝eq\f(13,2).(2)已知正三棱錐S－ABC的側(cè)棱長為4eq\r(3)，底面邊長為6，則該正三棱錐外接球的表面積是________.答案64π解析如圖，過點S作SE⊥平面ABC于點E，記球心為O.∵在正三棱錐S－ABC中，底面邊長為6，側(cè)棱長為4eq\r(3)，∴BE＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×6＝2eq\r(3)，∴SE＝eq\r(SB2－BE2)＝6.∵球心O到四個頂點的距離相等，均等于該正三棱錐外接球的半徑R，∴OB＝R，OE＝6－R.在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，∴外接球的表面積為S＝4πR2＝64π.感悟提升(1)求解多面體的外接球時，經(jīng)常用到截面圖.如圖所示，設(shè)球O的半徑為R，截面圓O′的半徑為r，M為截面圓上任意一點，球心O到截面圓O′的距離為d，則在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.(2)求解球的內(nèi)接正方體、長方體等問題的關(guān)鍵是把握球的直徑即是幾何體的體對角線.角度2內(nèi)切球例7(2020·全國Ⅲ卷)已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為________.答案eq\f(\r(2),3)π解析圓錐內(nèi)半徑最大的球即為圓錐的內(nèi)切球，設(shè)其半徑為r.作出圓錐的軸截面PAB，如圖所示，則△PAB的內(nèi)切圓為圓錐的內(nèi)切球的大圓.在△PAB中，PA＝PB＝3，D為AB的中點，AB＝2，E為切點，則PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2),3)π.感悟提升“切”的問題處理規(guī)律(1)找準(zhǔn)切點，通過作過球心的截面來解決.(2)體積分割是求內(nèi)切球半徑的通用方法.訓(xùn)練3(1)如圖，已知球O是棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1的內(nèi)切球，則平面ACD1截球O的截面面積為()A.eq\f(\r(6)π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6) D.eq\f(\r(3)π,3)答案C解析平面ACD1截球O的截面為△ACD1的內(nèi)切圓，∵正方體棱長為1，∴AC＝CD1＝AD1＝eq\r(2).∴內(nèi)切圓半徑r＝tan30°·AE＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),6).∴S＝πr2＝π×eq\f(1,6)＝eq\f(π,6).(2)(2022·衡陽聯(lián)考)設(shè)圓錐的頂點為A，BC為圓錐底面圓O的直徑，點P為圓O上的一點(異于B，C)，若BC＝4eq\r(3)，三棱錐A－PBC的外接球表面積為64π，則該圓錐的體積為________.答案24π或8π解析如圖所示.∵BP⊥PC，AO⊥平面PBC，∴三棱錐A－PBC的外接球球心M在AO上，又球M的表面積為64π，∴r外＝4，在Rt△MOB中，BM＝4，BO＝2eq\r(3)，∴MO＝2，MA＝4，∴AO＝6或AO＝2，∴V圓錐＝eq\f(1,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))eq\s\up12(2)×6＝24π或V圓錐＝eq\f(1,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))eq\s\up12(2)×2＝8π.三棱錐外接球球心的確定方法空間幾何體外接球問題的處理關(guān)鍵是確定球心的位置，常見的求解方法有如下幾種：(1)涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解.(2)若球面上四點P，A，B，C構(gòu)成的三條線段PA，PB，PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2＝a2＋b2＋c2求解.(3)利用平面幾何體知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.一、補形法之一——存在側(cè)棱與底面垂直例1(1)在三棱錐A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，點A，B，C，D在同一個球面上，則該球的表面積為________.答案20π解析根據(jù)題意得BC⊥平面ABD，則BC⊥BD，即AD，BC，BD三條線兩兩垂直，所以可將三棱錐A－BCD放置于長方體內(nèi)，如圖所示.該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，球心為長方體體對角線的中點.即外接球的半徑為體對角線長的一半.此時AC為該球的直徑，所以該球的表面積S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.(2)在三棱錐A－BCD中，若AB⊥平面BCD，AB＝2，BC＝CD＝BD＝eq\r(3)，點A，B，C，D在同一個球面上，則該球的表面積為________.答案8π解析由題意得底面BCD為等邊三角形，又AB⊥平面BCD，所以可將三棱錐A－BCD放置于直棱柱的一角，如圖所示，該三棱錐的外接球即為直三棱柱的外接球，球心為直三棱柱上下底面外接圓圓心連線的中點.設(shè)直三棱柱上下底面外接圓的圓心分別為O1，O2，連接O1O2，取O1O2的中點為O，連接OB，O2B，則O為外接球的球心，OB為外接球的半徑，O2B為△BCD外接圓的半徑，OO2＝1.根據(jù)等邊三角形性質(zhì)可以得到O2B＝eq\r(3)·eq\f(\r(3),2)·eq\f(2,3)＝1，則有OB＝eq\r(OOeq\o\al(2,2)＋O2B2)＝eq\r(2)，所以外接球的表面積S＝4π·OB2＝8π.二、補形法之二——對棱相等例2在三棱錐A－BCD中，AB＝CD＝2，AC＝BD＝eq\r(3)，AD＝BC＝eq\r(5)，則該三棱錐外接球的半徑為________.答案eq\f(\r(6),2)解析考慮到三棱錐A－BCD對棱相等，可利用長方體面對角線相等，將該三棱錐放置于長方體內(nèi)，三組對棱即為長方體的三組面對角線，如圖所示.該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，球心在長方體對角線的中點，即外接球的半徑為體對角線長的一半.設(shè)此長方體的長、寬、高分別為x、y、z，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,y2＋z2＝5，,x2＋z2＝3，))即x2＋y2＋z2＝6.所以外接球的半徑R＝eq\f(1,2)eq\r(x2＋y2＋z2)＝eq\f(\r(6),2).三、借助三角形外心確定球心位置例3(1)在三棱錐P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2eq\r(3)，AC＝4，∠BAC＝30°，則該三棱錐外接球的體積為________.答案9eq\r(2)π解析如圖所示，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2eq\r(3))2＋42－2×2eq\r(3)×4·cos30°＝4.所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC為直角三角形.故△ABC外接圓的圓心為斜邊AC的中點.取AC的中點為O1，連接PO1，則PO1⊥AC.由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.該三棱錐外接球的球心在線段PO1上.設(shè)球心為O，連接OA，則OA＝OP，且均為外接球的半徑.在Rt△PO1A中，PO1＝eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2).在Rt△OO1A中，OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋AOeq\o\al(2,1)，即R2＝(2eq\r(2)－R)2＋4，則R＝eq\f(3\r(2),2).所以外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝9eq\r(2)π.(2)如圖所示，在三棱錐S－ABC中，△ABC與△SBC都是邊長為1的正三角形，二面角A－BC－S的大小為eq\f(2π,3)，若S，A，B，C四點都在球O的表面上，則球O的表面積為________.答案eq\f(7π,3)解析如圖，取線段BC的中點D，連接AD，SD，由題意得AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，∴∠ADS＝eq\f(2π,3)，由題意得BC⊥平面ADS，分別取AD，SD的三等分點E，F(xiàn)，在平面ADS內(nèi)，過點E，F(xiàn)分別作直線垂直于AD，SD，兩條直線的交點即球心O，連接OA，則球O半徑R＝OA，由題意知BD＝eq\f(1,2)，AD＝eq\f(\r(3),2)，DE＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(\r(3),6)，AE＝eq\f(2,3)AD＝eq\f(\r(3),3)，連接OD，在Rt△ODE中，∠ODE＝eq\f(π,3)，OE＝eq\r(3)DE＝eq\f(1,2)，∴OA2＝OE2＋AE2＝eq\f(7,12)，∴球O的表面積為S＝4πR2＝eq\f(7π,3).(3)在三棱錐P－ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，BC⊥CP，PA⊥AB，∠CPA＝60°，則該三棱錐外接球的體積為________.答案eq\f(\r(3),2)π解析如圖所示，由題意知，△ABC，△PCB，△PAB均為直角三角形，而且有Rt△PCB≌Rt△PAB，則PC＝PA.又∠CPA＝60°，所以△PAC為等邊三角形，則PA＝PC＝AC＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).在Rt△ABC中，其外接圓的圓心為斜邊AC的中點，設(shè)其為O1，過點O1作直線l⊥平面ABC，該三棱錐外接球的球心在l上.不妨設(shè)球心為O，則OA＝OB＝OC＝OP.取PB的中點為O2，則O2A＝O2C＝eq\f(1,2)PB＝O2B＝O2P，故O2與O重合.所以外接球的半徑R＝eq\f(1,2)PB＝eq\f(\r(12＋（\r(2)）2),2)＝eq\f(\r(3),2).故外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3),2)π.1.下列說法中，正確的是()A.棱柱的側(cè)面可以是三角形B.若棱柱有兩個側(cè)面是矩形，則該棱柱的其他側(cè)面也是矩形C.正方體的所有棱長都相等D.棱柱的所有棱長都相等答案C解析棱柱的側(cè)面都是平行四邊形，A錯誤；其他側(cè)面可能是平行四邊形，B錯誤；棱柱的側(cè)棱與底面邊長并不一定相等，D錯誤；易知C正確.2.一個菱形的邊長為4cm，一內(nèi)角為60°，用斜二測畫法畫出的這個菱形的直觀圖的面積為()A.2eq\r(3)cm2 B.2eq\r(6)cm2C.4eq\r(6)cm2 D.8eq\r(3)cm2答案B解析直觀圖的面積為eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2).3.現(xiàn)有同底等高的圓錐和圓柱，已知圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，則圓錐的側(cè)面積為()A.3π B.eq\f(3π,2) C.eq\f(\r(5)π,2) D.eq\r(5)π答案D解析設(shè)底面圓的半徑為R，圓柱的高為h，依題意2R＝h＝2，∴R＝1.∴圓錐的母線l＝eq\r(h2＋R2)＝eq\r(22＋1)＝eq\r(5)，因此S圓錐側(cè)＝πRl＝1×eq\r(5)π＝eq\r(5)π.4.(多選)(2021·煙臺調(diào)研)在一個密閉透明的圓柱筒內(nèi)裝一定體積的水，將該圓柱筒分別豎直、水平、傾斜放置時，指出圓柱桶內(nèi)的水平面可以呈現(xiàn)出的幾何形狀可能是()A.圓面B.矩形面C.梯形面D.橢圓面或部分橢圓面答案ABD解析將圓柱桶豎放，水面為圓面；將圓柱桶斜放，水面為橢圓面或部分橢圓面；將圓柱桶水平放置，水面為矩形面，但圓柱桶內(nèi)的水平面不可以呈現(xiàn)出梯形面.5.在四面體ABCD中，AB＝eq\r(2)，DA＝DB＝CA＝CB＝1，則四面體ABCD的外接球的表面積為()A.π B.2π C.3π D.4π答案B解析取AB的中點O，由AB＝eq\r(2)，DA＝DB＝CA＝CB＝1，所以CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，可得∠ACB＝∠ADB＝90°，所以O(shè)A＝OB＝OC＝OD＝eq\f(\r(2),2)，即O為外接球的球心，球的半徑R＝eq\f(\r(2),2)，所以四面體ABCD的外接球的表面積為S＝4πR2＝4π×eq\f(1,2)＝2π.6.(2020·全國Ⅰ卷)已知A，B，C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓.若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A.64πB.48πC.36πD.32π答案A解析如圖所示，設(shè)球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因為⊙O1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.7.如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，點E為AB上的動點，則D1E＋CE的最小值為()A.2eq\r(2) B.eq\r(10)C.eq\r(5)＋1 D.2＋eq\r(2)答案B解析如圖，連接AD1，BC1分別延長至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，連接EG，F(xiàn)G，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1為正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四邊形ABGF為正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值為D1G，又D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值為eq\r(10).8.(2021·全國甲卷)已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O－ABC的體積為()A.eq\f(\r(2),12) B.eq\f(\r(3),12) C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(3),4)答案A解析如圖所示，因為AC⊥BC，所以AB為截面圓O1的直徑，且AB＝eq\r(2).連接OO1，則OO1⊥平面ABC，OO1＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))\s\up12(2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以三棱錐O－ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC·OO1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).9.(2021·濟(jì)南模擬)已知三棱錐S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq\f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq\r(13)，AB＝2，BC＝6，則三棱錐S－ABC的體積是()A.4 B.6 C.4eq\r(3) D.6eq\r(3)答案C解析∵∠ABC＝eq\f(π,2)，AB＝2，BC＝6，∴AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(22＋62)＝2eq\r(10).∵∠SAB＝eq\f(π,2)，AB＝2，SB＝4，∴AS＝eq\r(SB2－AB2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3).由SC＝2eq\r(13)，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，∴AS⊥平面ABC，∴AS為三棱錐S－ABC的高，∴V三棱錐S－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×6×2eq\r(3)＝4eq\r(3).10.(2020·江蘇卷)如圖，六角螺帽毛坯是由一個正六棱柱挖去一個圓柱所構(gòu)成的.已知螺帽的底面正六邊形邊長為2cm，高為2cm，內(nèi)孔半徑為0.5cm，則此六角螺帽毛坯的體積是________cm3.答案12eq\r(3)－eq\f(π,2)解析螺帽的底面正六邊形的面積S＝6×eq\f(1,2)×22×sin60°＝6eq\r(3)(cm2)，正六棱柱的體積V1＝6eq\r(3)×2＝12eq\r(3)(cm3)，圓柱的體積V2＝π×0.52×2＝eq\f(π,2)(cm3)，所以此六角螺帽毛坯的體積V＝V1－V2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12\r(3)－\f(π,2)))cm3.11.如圖所示是古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形表達(dá)了阿基米德最引以為豪的發(fā)現(xiàn).我們來重溫這個偉大發(fā)現(xiàn)，圓柱的體積與球的體積之比為________，圓柱的表面積與球的表面積之比為________.答案eq\f(3,2)eq\f(3,2)解析由題意，圓柱底面半徑為r，球的半徑為R，圓柱的高h(yuǎn)＝2R，則V球＝eq\f(4,3)πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴eq\f(V柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴eq\f(S柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).12.(2019·全國Ⅲ卷)學(xué)生到工廠勞動實踐，利用3D打印技術(shù)制作模型.如圖，該模型為長方體ABCD－A1B1C1D1挖去四棱錐O－EFGH后所得的幾何體.其中O為長方體的中心，E，F(xiàn)，G，H分別為所在棱的中點，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度為0.9g/cm3，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為______g.答案118.8解析由題意得，四棱錐O－EFGH的底面積為4×6－4×eq\f(1,2)×2×3＝12(cm2)，其高為點O到底面EFGH的距離，為3cm，則此四棱錐的體積為V1＝eq\f(1,3)×12×3＝12(cm3).又長方體ABCD－A1B1C1D1的體積為V2＝4×6×6＝144(cm3)，所以該模型的體積V＝V2－V1＝144－12＝132(cm3)，因此模型所需原材料的質(zhì)量為0.9×132＝118.8(g).13.(2021·淄博二模)碳70(C70)是一種碳原子族，可高效殺死癌細(xì)胞，它是由70個碳原子構(gòu)成的，其結(jié)構(gòu)是由五元環(huán)(正五邊形面)和六元環(huán)(正六邊形面)組成的封閉的凸多面體，共37個面，則其六元環(huán)的個數(shù)為()C70分子結(jié)構(gòu)圖A.12 B.25 C.30 D.36答案B解析根據(jù)題意，頂點數(shù)就是碳原子數(shù)，即為70，每個碳原子被3條棱共用，面數(shù)為37，設(shè)有正五邊形x個，正六邊形y個，則x＋y＝37，5x＋6y＝70×3，解得x＝12，y＝25，故正六邊形個數(shù)為25，即六元環(huán)的個數(shù)為25.14.(多選)(2022·武漢調(diào)研)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝1，則當(dāng)E，F(xiàn)移動時，下列結(jié)論正確的是()A.AE∥平面C1BDB.四面體ACEF的體積不為定值C.三棱錐A－BEF的體積為定值D.四面體ACDF的體積為定值答案ACD解析對于A，如圖1，AB1∥DC1，易證AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，AB1，AD1?平面AB1D1，所以平面AB1D1∥平面C1BD，又AE?平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，A正確.對于B，如圖2，S△AEF＝eq\f(1,2)×1×eq\r(（3\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(6),4)，點C到平面AEF的距離為點C到平面AB1D1的距離d為定值，所以VA－CEF＝VC－AEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(6),4)×d＝eq\f(\r(6),4)d為定值，所以B錯誤；對于C，如圖3，S△BEF＝eq\f(1,2)×1×3＝eq\f(3,2)，點A到平面BEF的距離為A到平面BB1D1D的距離d′為定值，所以VA－BEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×d′＝eq\f(1,2)d′為定值，C正確；對于D，如圖4，四面體ACDF的體積為VA－CDF＝VF－ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×3＝eq\f(9,2)為定值，D正確.15.若E，F(xiàn)是三棱柱ABC－A1B1C1側(cè)棱BB1和CC1上的點，且B1E＝CF，三棱柱的體積為m，則四棱錐A－BEFC的體積為________.答案eq\f(m,3)解析如圖所示，連接AB1，AC1.因為B1E＝CF，所以梯形BEFC的面積等于梯形B1EFC1的面積.又四棱錐A－BEFC的高與四棱錐A－B1EFC1的高相等，所以VA－BEFC＝VA－B1EFC1＝eq\f(1,2)VA－BB1C1C.又VA－A1B1C1＝eq\f(1,3)S△A1B1C1·AA1，VABC－A1B1C1＝S△A1B1C1·AA1＝m，所以VA－A1B1C1＝eq\f(m,3)，所以VA－BB1C1C＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1C1＝eq\f(2m,3)，所以VA－BEFC＝eq\f(1,2)×eq\f(2m,3)＝eq\f(m,3)，即四棱錐A－BEFC的體積是eq\f(m,3).16.在半徑為15的球O內(nèi)有一個底面邊長為12eq\r(3)的內(nèi)接正三棱錐A－BCD，則此正三棱錐的體積為________.答案864eq\r(3)或216eq\r(3)解析①如圖所示，顯然OA＝OB＝OC＝OD＝15.設(shè)H為△BCD的中心，則A，O，H三點在同一條直線上.∵HB＝HC＝HD＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×12eq\r(3)＝12，∴OH＝eq\r(OB2－HB2)＝9，∴正三棱錐A－BCD的高h(yuǎn)＝9＋15＝24.又S△BCD＝eq\f(\r(3),4)×(12eq\r(3))2＝108eq\r(3)，∴VA－BCD＝eq\f(1,3)×108eq\r(3)×24＝864eq\r(3).②如圖所示，同理，可得正三棱錐A－BCD的高h(yuǎn)′＝15－9＝6，S△BCD＝108eq\r(3)，∴VA－BCD＝eq\f(1,3)×108eq\r(3)×6＝216eq\r(3).綜上，正三棱錐A－BCD的體積為864eq\r(3)或216eq\r(3).

第2節(jié)空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系考試要求1.借助長方體，在直觀認(rèn)識空間點、直線、平面的位置關(guān)系的基礎(chǔ)上抽象出空間點、直線、平面的位置關(guān)系的定義.2.了解四個基本事實和一個定理，并能應(yīng)用定理解決問題.1.與平面有關(guān)的基本事實及推論(1)與平面有關(guān)的三個基本事實基本事實內(nèi)容圖形符號基本事實1過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面A，B，C三點不共線?存在唯一的α使A，B，C∈α基本事實2如果一條直線上的兩個點在一個平面內(nèi)，那么這條直線在這個平面內(nèi)A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α?l?α基本事實3如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線P∈α，且P∈β?α∩β＝l，且P∈l(2)基本事實1的三個推論推論內(nèi)容圖形作用推論1經(jīng)過一條直線和這條直線外一點，有且只有一個平面確定平面的依據(jù)推論2經(jīng)過兩條相交直線，有且只有一個平面推論3經(jīng)過兩條平行直線，有且只有一個平面2.空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系直線與直線直線與平面平面與平面平行關(guān)系圖形語言符號語言a∥ba∥αα∥β相交關(guān)系圖形語言符號語言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l獨有關(guān)系圖形語言符號語言a，b是異面直線a?α3.基本事實4和等角定理平行公理：平行于同一條直線的兩條直線互相平行.等角定理：如果空間中兩個角的兩邊分別對應(yīng)平行，那么這兩個角相等或互補.4.異面直線所成的角(1)定義：已知a，b是兩條異面直線，經(jīng)過空間任意一點O作直線a′∥a，b′∥b，把a′與b′所成的角叫做異面直線a與b所成的角(或夾角).(2)范圍：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).1.證明點共線與線共點都需用到基本事實3.2.兩異面直線所成的角歸結(jié)到一個三角形的內(nèi)角時，容易忽視這個三角形的內(nèi)角可能等于兩異面直線所成的角，也可能等于其補角.1.思考辨析(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)兩個平面α，β有一個公共點A，就說α，β相交于過A點的任意一條直線.()(2)兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面.()(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合.()(4)若直線a不平行于平面α，且a?α，則α內(nèi)的所有直線與a異面.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(1)如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線，故錯誤.(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面相交或重合，故錯誤.(4)由于a不平行于平面α，且a?α，則a與平面α相交，故平面α內(nèi)有與a相交的直線，故錯誤.2.(多選)α是一個平面，m，n是兩條直線，A是一個點，若m?α，n?α，且A∈m，A∈α，則m，n的位置關(guān)系可能是()A.垂直 B.相交 C.異面 D.平行答案ABC解析依題意，m∩α＝A，n?α，∴m與n可能異面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.3.(2022·重慶質(zhì)檢)若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是()A.l與l1，l2都不相交B.l與l1，l2都相交C.l至多與l1，l2中的一條相交D.l至少與l1，l2中的一條相交答案D解析由于l與直線l1，l2分別共面，故直線l與l1，l2要么都不相交，要么至少與l1，l2中的一條相交.若l∥l1，l∥l2，則l1∥l2，這與l1，l2是異面直線矛盾.故l至少與l1，l2中的一條相交.4.(2018·全國Ⅱ卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E為棱CC1的中點，則異面直線AE與CD所成角的正切值為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),2) C.eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(7),2)答案C解析如圖，連接BE，因為AB∥CD，所以異面直線AE與CD所成的角等于相交直線AE與AB所成的角，即為∠EAB.不妨設(shè)正方體的棱長為2，則CE＝1，BC＝2，由勾股定理得BE＝eq\r(5).又由AB⊥平面BCC1B1可得AB⊥BE，所以tan∠EAB＝eq\f(BE,AB)＝eq\f(\r(5),2).5.如圖，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C?l，直線AB∩l＝M，過A，B，C三點的平面記作γ，則γ與β的交線必通過()A.點A B.點BC.點C但不過點M D.點C和點M答案D解析∵AB?γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根據(jù)基本事實3可知，M在γ與β的交線上.同理可知，點C也在γ與β的交線上.6.(多選)(2021·長沙調(diào)研)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分別是C1D1，BC，A1D1的中點，下列結(jié)論正確的是()A.AP與CM是異面直線B.AP，CM，DD1相交于一點C.MN∥BD1D.MN∥平面BB1D1D答案BD解析連接MP，AC(圖略)，因為MP∥AC，MP≠AC，所以AP與CM是相交直線，又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，所以AP，CM，DD1相交于一點，則A不正確，B正確.令A(yù)C∩BD＝O，連接OD1，ON.因為M，N分別是C1D1，BC的中點，所以O(shè)N∥D1M∥CD，ON＝D1M＝eq\f(1,2)CD，則四邊形MNOD1為平行四邊形，所以MN∥OD1，因為MN?平面BD1D，OD1?平面BD1D，所以MN∥平面BD1D，C不正確，D正確.考點一基本事實的應(yīng)用例1如圖所示，已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為D1C1，C1B1的中點，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求證：(1)D，B，F(xiàn)，E四點共面；(2)若A1C交平面DBFE于R點，則P，Q，R三點共線.證明(1)∵EF是△D1B1C1的中位線，∴EF∥B1D1.在正方體AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.∴EF，BD確定一個平面，即D，B，F(xiàn)，E四點共面.(2)在正方體AC1中，設(shè)平面A1ACC1為α，平面BDEF為β.∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β，則Q是α與β的公共點，同理，P是α與β的公共點，∴α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.∴R∈α，且R∈β，則R∈PQ，故P，Q，R三點共線.感悟提升共面、共線、共點問題的證明(1)證明共面的方法：先確定一個平面，然后再證其余的線(或點)在這個平面內(nèi).(2)證明共線的方法：先由兩點確定一條直線，再證其他各點都在這條直線上.(3)證明線共點問題的常用方法是：先證其中兩條直線交于一點，再證其他直線經(jīng)過該點.訓(xùn)練1如圖，在空間四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB和BC上的點，G，H分別是CD和AD上的點.若EH與FG相交于點K.求證：EH，BD，F(xiàn)G三條直線相交于同一點.證明因為K∈EH，EH?平面ABD，所以K∈平面ABD，同理K∈平面CBD，而平面ABD∩平面CBD＝BD，因此K∈BD，所以EH，BD，F(xiàn)G三條直線相交于同一點.考點二空間位置關(guān)系的判斷例2(1)空間中有三條線段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直線AB與CD的位置關(guān)系是()A.平行B.異面C.相交或平行D.平行或異面或相交均有可能答案D解析根據(jù)條件作出示意圖，容易得到以下三種情況均有可能，如圖可知AB，CD有相交，平行，異面三種情況，故選D.(2)(多選)如圖是正四面體的平面展開圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點，則在這個正四面體中()A.GH與EF平行B.BD與MN為異面直線C.GH與MN成60°角D.DE與MN垂直答案BCD解析還原成正四面體A－DEF，如圖所示，其中H與N重合，A，B，C三點重合，易知GH與EF異面，BD與MN異面.連接GM，∵△GMH為等邊三角形，∴GH與MN成60°角.由圖易得DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE，因此正確的選項是B，C，D.感悟提升空間中兩直線位置關(guān)系的判定，主要是異面，平行和垂直的判定.異面直線的判定可采用直接法或反證法；平行直線的判定可利用三角形(梯形)中位線的性質(zhì)、基本事實4及線面平行與面面平行的性質(zhì)定理；垂直關(guān)系的判定往往利用線面垂直或面面垂直的性質(zhì)來解決.訓(xùn)練2(1)(多選)(2022·福州質(zhì)檢)四棱錐P－ABCD的所有棱長都相等，M，N分別為PA，CD的中點，下列說法正確的是()A.MN與PD是異面直線B.MN∥平面PBCC.MN∥ACD.MN⊥PB答案ABD解析如圖所示，取PB的中點H，連接MH，HC，由題意知，四邊形MHCN為平行四邊形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，設(shè)四邊形MHCN確定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P?平面α，D?MN，因此MN與PD是異面直線；故A，B說法均正確.若MN∥AC，由于CH∥MN，則CH∥AC，事實上AC∩CH＝C，C說法不正確；因為PC＝BC，H為PB的中點，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D說法正確.(2)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，則EF與BD1的位置關(guān)系是()A.相交但不垂直 B.相交且垂直C.異面 D.平行答案D解析連接D1E并延長，與AD交于點M，由A1E＝2ED，可得M為AD的中點，連接BF并延長，交AD于點N，因為CF＝2FA，可得N為AD的中點，所以M，N重合，所以EF和BD1共面，且eq\f(ME,ED1)＝eq\f(1,2)，eq\f(MF,BF)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(ME,ED1)＝eq\f(MF,BF)，所以EF∥BD1.考點三異面直線所成的角例3(1)(2021·全國乙卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P為B1D1的中點，則直線PB與AD1所成的角為()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案D解析如圖，連接C1P，因為ABCD－A1B1C1D1是正方體，且P為B1D1的中點，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，B1D1∩BB1＝B1，B1D1，BB1?平面B1BP，所以C1P⊥平面B1BP.又BP?平面B1BP，所以有C1P⊥BP.連接BC1，則AD1∥BC1，所以∠PBC1為直線PB與AD1所成的角.設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，則在Rt△C1PB中，C1P＝eq\f(1,2)B1D1＝eq\r(2)，BC1＝2eq\r(2)，sin∠PBC1＝eq\f(PC1,BC1)＝eq\f(1,2)，所以∠PBC1＝eq\f(π,6).(2)將正方形ABCD沿對角線AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直線AB與CD所成的角為()A.90° B.60° C.45° D.30°答案B解析如圖，取AC，BD，AD的中點，分別為O，M，N，則ON∥CD，MN∥AB，且ON＝eq\f(1,2)CD，MN＝eq\f(1,2)AB，所以∠ONM或其補角即為所求的角.因為平面ABC垂直于平面ACD，平面ABC∩平面ACD＝AC，BO⊥AC，AC?平面ACD，所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.設(shè)正方形邊長為2，OB＝OD＝eq\r(2)，所以BD＝2，則OM＝eq\f(1,2)BD＝1.所以O(shè)N＝MN＝OM＝1.所以△OMN是等邊三角形，∠ONM＝60°.所以直線AB與CD所成的角為60°.感悟提升1.綜合法求異面直線所成角的步驟：(1)作：通過作平行線得到相交直線.(2)證：證明所作角為異面直線所成的角(或其補角).(3)求：解三角形，求出所作的角，如果求出的角是銳角或直角，則它就是要求的角；如果求出的角是鈍角，則它的補角才是要求的角.2.向量法：利用向量的數(shù)量積求所成角的余弦值.訓(xùn)練3(1)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，則異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為()A.eq\f(1,5) B.eq\f(\r(5),6) C.eq\f(\r(5),5) D.eq\f(\r(2),2)答案C解析法一如圖，補上一相同的長方體CDEF－C1D1E1F1，連接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，則∠B1DE1為異面直線AD1與DB1所成角.因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，所以DE1＝eq\r(DE2＋EEeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋（\r(3)）2)＝2，DB1＝eq\r(12＋12＋（\r(3)）2)＝eq\r(5)，B1E1＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋A1Eeq\o\al(2,1))＝eq\r(12＋22)＝eq\r(5)，在△B1DE1中，由余弦定理，得cos∠B1DE1＝eq\f(22＋（\r(5)）2－（\r(5)）2,2×2×\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).法二如圖，連接BD1，交DB1于O，取AB的中點M，連接DM，OM，易知O為BD1的中點，所以AD1∥OM，則∠MOD為異面直線AD1與DB1所成角.因為在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，AD1＝eq\r(AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝2，DM＝eq\r(AD2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))\s\up12(2))＝eq\f(\r(5),2)，DB1＝eq\r(AB2＋AD2＋DDeq\o\al(2,1))＝eq\r(5)，所以O(shè)M＝eq\f(1,2)AD1＝1，OD＝eq\f(1,2)DB1＝eq\f(\r(5),2)，于是在△DMO中，由余弦定理，得cos∠MOD＝eq\f(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))\s\up12(2),2×1×\f(\r(5),2))＝eq\f(\r(5),5)，即異面直線AD1與DB1所成角的余弦值為eq\f(\r(5),5).(2)(2022·湖北重點高中聯(lián)考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC為等腰直角三角形，且斜邊BC＝2，D是BC的中點，若AA1＝eq\r(2)，則異面直線A1C與AD所成角的大小為()A.30° B.45° C.60° D.90°答案C解析如圖，取B1C1的中點D1，連接A1D1，則AD∥A1D1，∠CA1D1(或其補角)就是異面直線A1C與AD所成的角.連接D1C.∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，∴A1D1⊥平面BCC1B1，∵D1C?平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，∴△A1D1C為直角三角形，在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝eq\r(3)，∴∠CA1D1＝60°.立體幾何中的截線、截面問題利用平面的性質(zhì)確定截面的形狀是解決問題的關(guān)鍵.(1)作截面應(yīng)遵循的三個原則：①在同一平面上的兩點可引直線；②凡是相交的直線都要畫出它們的交點；③凡是相交的平面都要畫出它們的交線.(2)作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實3作交線；②利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.一、截面問題例1(1)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別是棱DD1和BB1上的點，MD＝eq\f(1,3)DD1，NB＝eq\f(1,3)BB1，那么正方體中過M，N，C1的截面圖形是()A.三角形 B.四邊形C.五邊形 D.六邊形答案C解析先確定截面上的已知邊與幾何體上和其共面的邊的交點，再確定截面與幾何體的棱的交點.設(shè)直線C1M，CD相交于點P，直線C1N，CB相交于點Q，連接PQ交直線AD于點E，交直線AB于點F，則五邊形C1MEFN為所求截面圖形.(2)(2018·全國Ⅰ卷)已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面α所成的角都相等，則α截此正方體所得截面面積的最大值為()A.eq\f(3\r(3),4) B.eq\f(2\r(3),3) C.eq\f(3\r(2),4) D.eq\f(\r(3),2)答案A解析如圖，依題意，平面α與棱BA，BC，BB1所在直線所成角都相等，容易得到平面AB1C符合題意，進(jìn)而所有平行于平面AB1C的平面均符合題意.由對稱性，知過正方體ABCD－A1B1C1D1中心的截面面積應(yīng)取最大值，此時截面為正六邊形EFGHIJ.易知正六邊形EFGHIJ的邊長為eq\f(\r(2),2)，將該正六邊形分成6個邊長為eq\f(\r(2),2)的正三角形.故其面積為6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3\r(3),4).二、截線問題例2(1)(2020·新高考全國Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為__________.答案eq\f(\r(2)π,2)解析如圖，設(shè)B1C1的中點為E，球面與棱BB1，CC1的交點分別為P，Q，連接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD為等邊三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1為等邊三角形，則D1E＝eq\r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴E為球面截側(cè)面BCC1B1所得截面圓的圓心，設(shè)截面圓的半徑為r，則r＝eq\r(Req\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2).可得EP＝EQ＝eq\r(2)，∴球面與側(cè)面BCC1B1的交線為以E為圓心的圓弧PQ.又D1P＝eq\r(5)，∴B1P＝eq\r(D1P2－D1Beq\o\al(2,1))＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分別為BB1，CC1的中點，∴∠PEQ＝eq\f(π,2)，知eq\o(PQ,\s\up8(︵))的長為eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).(2)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為3eq\r(2)，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，P是線段A1B上的動點，C1P與平面D1EF的交點Q的軌跡長為________.答案eq\r(13)解析如圖所示，連接EF，A1B，連接A1C1，B1D1交于點M，連接B1E，BC1交于點N，由EF∥B1D1，即E，F(xiàn)，B1，D1共面，由P是線段A1B上的動點，當(dāng)P重合于A1或B時，C1A1，C1B與平面D1EF的交點分別為M，N，即Q的軌跡為MN，由棱長為3eq\r(2)，得C1M＝eq\f(1,2)A1C1＝3，則BC1＝6，又eq\f(BE,B1C1)＝eq\f(BN,NC1)＝eq\f(1,2)，則NC1＝eq\f(2,3)BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，則MN＝eq\r(MCeq\o\al(2,1)＋NCeq\o\al(2,1)－2MC1·NC1·cos∠A1C1B)＝eq\r(9＋16－2×3×4×\f(1,2))＝eq\r(13).1.a，b，c是兩兩不同的三條直線，下面四個命題中，真命題是()A.若直線a，b異面，b，c異面，則a，c異面B.若直線a，b相交，b，c相交，則a，c相交C.若a∥b，則a，b與c所成的角相等D.若a⊥b，b⊥c，則a∥c答案C解析若直線a，b異面，b，c異面，則a，c相交、平行或異面；若a，b相交，b，c相交，則a，c相交、平行或異面；若a⊥b，b⊥c，則a，c相交、平行或異面；由異面直線所成的角的定義知C正確.2.給出以下四個命題：①依次首尾相接的四條線段必共面；②過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面；③空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角必相等；④垂直于同一直線的兩條直線必平行.其中正確命題的個數(shù)是()A.0 B.1 C.2 D.3答案B解析①中，空間四邊形的四條線段不共面，故①錯誤；②中，由基本事實1知道，過不在同一條直線上的三點，有且只有一個平面，故②正確；③中，由空間角的等角定理知，空間中如果一個角的兩邊與另一個角的兩邊分別平行，那么這兩個角相等或互補，故③錯誤；④中，空間中，垂直于同一直線的兩條直線可相交，可平行，可異面，故④錯誤.3.(多選)下圖中，G，N，M，H分別是正三棱柱(兩底面為正三角形的直棱柱)的頂點或所在棱的中點，則表示直線GH，MN是異面直線的圖形有()答案BD解析圖A中，直線GH∥MN；圖B中，G，H，N三點共面，但M?平面GHN，N?GH，因此直線GH與MN異面；圖C中，連接MG，GM∥HN，因此GH與MN共面；圖D中，G，M，N共面，但H?平面GMN，G?MN，因此GH與MN異面.4.(多選)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結(jié)論正確的是()A.A，M，O三點共線 B.A，M，O，A1共面C.A，M，C，O共面 D.B，B1，O，M共面答案ABC解析∵M(jìn)∈A1C，A1C?平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M(jìn)∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1與平面A1ACC1的交線AO上，即A，M，O三點共線，∴A，M，O，A1共面且A，M，C，O共面，∵平面BB1D1D∩平面AB1D1＝B1D1，∴M在平面BB1D1D外，即B，B1，O，M不共面，故選A，B，C.5.(多選)(2021·濰坊質(zhì)檢)如圖，已知二面角A－BD－C的大小為eq\f(π,3)，G，H分別是BC，CD的中點，E，F(xiàn)分別在AD，AB上，eq\f(AE,AD)＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(1,3)，且AC⊥平面BCD，則以下說法正確的是()A.E，F(xiàn)，G，H四點共面B.FG∥平面ADCC.若直線FG，HE交于點P，則P，A，C三點共線D.若△ABD的面積為6，則△BCD的面積為3答案ACD