高考数学一轮复习试题第七章立体几何与空间向量

第1节基本立体图形、简单几何体的表面积与体积考试要求1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体)的直观图.1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面矩形等腰三角形等腰梯形圆面侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：常用斜二测画法.(2)规则：①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直.②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半.3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)l4.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋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.正方体与球的切、接常用结论：正方体的棱长为a，球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝eq\r(3)a；(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq\r(2)a.2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).3.正四面体的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),4)a，内切球的半径r＝eq\f(\r(6),12)a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).4.直观图与原平面图形面积间关系S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.()(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.()(3)菱形的直观图仍是菱形.()(4)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方.()答案(1)×(2)×(3)×(4)×解析(1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱.(2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的菱形的直观图是平行四边形，但邻边不一定相等，(3)错误.(4)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.2.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为eq\r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A.2 B.2eq\r(2) C.4 D.4eq\r(2)答案B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为eq\r(2)，侧面展开图为一个半圆，所以2π×eq\r(2)＝πl，解得l＝2eq\r(2).3.(2021·益阳调考)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′的面积为4，则该平面图形的面积为()A.eq\r(2) B.4eq\r(2) C.8eq\r(2) D.2eq\r(2)答案C解析由S原图形＝2eq\r(2)S直观图，得S原图形＝2eq\r(2)×4＝8eq\r(2).4.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.eq\f(32,3)π C.8π D.4π答案A解析由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2eq\r(3)即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π.5.(多选)(2022·青岛一模)下列说法中正确的是()A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.过球面上任意两点可作球的一个大圆或无数个大圆C.三棱锥的四个面都可以是直角三角形D.梯形的直观图可以是平行四边形答案BC解析对于A，如两个同底的三棱锥构成的六面体，不是三棱锥，故错误；对于B，球面上任意两点与球心共线时，可以作球的无数个大圆，与球心不共线时，可以作球的一个大圆，故正确；对于C，一条侧棱垂直于底面直角三角形的一个锐角顶点的三棱锥满足题意，故正确；对于D，作直观图时，平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故错误.6.(2021·北京卷)对24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)进行如下定义：0～1010～2525～5050～100小雨中雨大雨暴雨小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级()A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨答案B解析由相似关系可得，雨水形成的小圆锥的底面半径r＝eq\f(\f(200,2),2)＝50(mm)，故V小圆锥＝eq\f(1,3)×π×502×150＝503·π(mm3)，从而可得积水厚度h＝eq\f(V小圆锥,S大圆)＝eq\f(503·π,π·1002)＝12.5(mm)，属于中雨.考点一基本立体图形角度1空间几何体的结构特征例1(1)(多选)(2021·潍坊调研)下面关于空间几何体的叙述正确的是()A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形C.长方体是直平行六面体D.存在每个面都是直角三角形的四面体答案CD解析A中，当顶点在底面的投影是正多边形的中心才是正棱锥，不正确；B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；C正确；D正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形.(2)(多选)给出下列四个命题，不正确的是()A.有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱B.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥C.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体D.底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱答案ABC解析对于A，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故A错；对于B，等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立(如图)，故B错；对于C，若底面不是矩形，则C错；对于D，可知侧棱垂直于底面，故D正确.综上，命题ABC不正确.感悟提升空间几何体结构特征的判断技巧(1)紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定.(2)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可.角度2直观图例2一个平面四边形的斜二测画法的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面四边形的面积等于()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解析根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′＝eq\f(1,2)·eq\f(\r(2),2)·S＝eq\f(\r(2),4)S.可以提出一个平面图形的面积S与它的直观图的面积S′之间的关系是S′＝eq\f(\r(2),4)S，本题中直观图的面积为a2，所以原平面四边形的面积S＝eq\f(a2,\f(\r(2),4))＝2eq\r(2)a2.感悟提升(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段.“平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半.”(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形.角度3展开图例3如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4m，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处.若该小虫爬行的最短路程为4eq\r(3)m，则圆锥底面圆的半径等于______m.答案eq\f(4,3)解析圆锥顶点记为O，把圆锥侧面沿母线OP展开成如图所示的扇形，由题意OP＝4，PP′＝4eq\r(3)，则cos∠POP′＝eq\f(42＋42－（4\r(3)）2,2×4×4)＝－eq\f(1,2)，又∠POP′为△POP′一内角，所以∠POP′＝eq\f(2π,3).设底面圆的半径为r，则2πr＝eq\f(2π,3)×4，所以r＝eq\f(4,3).感悟提升几何体的表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状.训练1(1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0 B.1 C.2 D.3答案A解析①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)(2020·浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________.答案1解析如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知eq\f(1,2)πl2＝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，以下底所在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A′B′C′D′的面积为________.答案eq\f(\r(2),2)解析如图(1)和(2)的实际图形和直观图所示.因为OE＝eq\r(（\r(2)）2－1)＝1，由斜二测画法可知O′E′＝eq\f(1,2)，E′F＝eq\f(\r(2),4)，D′C′＝1，A′B′＝3，则直观图A′B′C′D′的面积S′＝eq\f(1＋3,2)×eq\f(\r(2),4)＝eq\f(\r(2),2).考点二表面积与体积角度1表面积和侧面积例4(1)(多选)已知正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，若θ＝30°，侧棱长为eq\r(21)，则()A.正四棱锥的底面边长为6B.正四棱锥的底面边长为3C.正四棱锥的侧面积为24eq\r(3)D.正四棱锥的侧面积为12eq\r(3)答案AC解析如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，SH⊥AB，设底面边长为2a(a＞0)，因为∠SHO＝30°，所以OH＝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，底面边长为6，侧面积为S＝eq\f(1,2)×6×2eq\r(3)×4＝24eq\r(3).故选AC.(2)(2022·重庆诊断)已知圆锥的顶点为A，过母线AB，AC的截面面积是2eq\r(3).若AB，AC的夹角是60°，且AC与圆锥底面所成的角是30°，则该圆锥的表面积为________.答案(6＋4eq\r(3))π解析如图所示，∵AB，AC的夹角是60°，AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴eq\f(\r(3),4)×AC2＝2eq\r(3)，解得AC＝2eq\r(2).∵AC与圆锥底面所成的角是30°，∴圆锥底面半径r＝OC＝ACcos30°＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6).则该圆锥的表面积＝π×(eq\r(6))2＋eq\f(1,2)×2π×eq\r(6)×2eq\r(2)＝(6＋4eq\r(3))π.角度2体积例5(1)(2020·新高考全国Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为________.答案1解析如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，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为三棱锥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)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形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________.答案eq\f(\r(2),3)解析如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH.则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱.依题意，三棱锥E－ADG的高EG＝eq\f(1,2)，直三棱柱AGD－BHC的高AB＝1.则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的中点M，则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多面体＝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.空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.2.求空间几何体的体积的常用方法(1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解；(2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体；(3)等体积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积.训练2(1)(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为()A.20＋12eq\r(3) B.28eq\r(2)C.eq\f(56,3) D.eq\f(28\r(2),3)答案D解析连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h＝eq\r(22－（2\r(2)－\r(2)）2)＝eq\r(2)，下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，所以该棱台的体积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·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________.答案39π解析设该圆锥的高为h，则由已知条件可得eq\f(1,3)×π×62·h＝30π，解得h＝eq\f(5,2)，则圆锥的母线长为eq\r(h2＋62)＝eq\r(\f(25,4)＋36)＝eq\f(13,2)，故该圆锥的侧面积为π×6×eq\f(13,2)＝39π.(3)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则四面体ABEF的体积为________.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).考点三与球有关的切、接问题角度1外接球例6(1)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为________.答案eq\f(13,2)解析如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋62)＝eq\f(13,2).(2)已知正三棱锥S－ABC的侧棱长为4eq\r(3)，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________.答案64π解析如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O.∵在正三棱锥S－ABC中，底面边长为6，侧棱长为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到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R，∴OB＝R，OE＝6－R.在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.感悟提升(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.(2)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线.角度2内切球例7(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.答案eq\f(\r(2),3)π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则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)，故内切球的体积为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”的问题处理规律(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.训练3(1)如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为()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的截面为△ACD1的内切圆，∵正方体棱长为1，∴AC＝CD1＝AD1＝eq\r(2).∴内切圆半径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·衡阳联考)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝4eq\r(3)，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则该圆锥的体积为________.答案24π或8π解析如图所示.∵BP⊥PC，AO⊥平面PBC，∴三棱锥A－PBC的外接球球心M在AO上，又球M的表面积为64π，∴r外＝4，在Rt△MOB中，BM＝4，BO＝2eq\r(3)，∴MO＝2，MA＝4，∴AO＝6或AO＝2，∴V圆锥＝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圆锥＝eq\f(1,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2)))eq\s\up12(2)×2＝8π.三棱锥外接球球心的确定方法空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.一、补形法之一——存在侧棱与底面垂直例1(1)在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.答案20π解析根据题意得BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示.该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点.即外接球的半径为体对角线长的一半.此时AC为该球的直径，所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.(2)在三棱锥A－BCD中，若AB⊥平面BCD，AB＝2，BC＝CD＝BD＝eq\r(3)，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.答案8π解析由题意得底面BCD为等边三角形，又AB⊥平面BCD，所以可将三棱锥A－BCD放置于直棱柱的一角，如图所示，该三棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，球心为直三棱柱上下底面外接圆圆心连线的中点.设直三棱柱上下底面外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，取O1O2的中点为O，连接OB，O2B，则O为外接球的球心，OB为外接球的半径，O2B为△BCD外接圆的半径，OO2＝1.根据等边三角形性质可以得到O2B＝eq\r(3)·eq\f(\r(3),2)·eq\f(2,3)＝1，则有OB＝eq\r(OOeq\o\al(2,2)＋O2B2)＝eq\r(2)，所以外接球的表面积S＝4π·OB2＝8π.二、补形法之二——对棱相等例2在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AC＝BD＝eq\r(3)，AD＝BC＝eq\r(5)，则该三棱锥外接球的半径为________.答案eq\f(\r(6),2)解析考虑到三棱锥A－BCD对棱相等，可利用长方体面对角线相等，将该三棱锥放置于长方体内，三组对棱即为长方体的三组面对角线，如图所示.该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心在长方体对角线的中点，即外接球的半径为体对角线长的一半.设此长方体的长、宽、高分别为x、y、z，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,y2＋z2＝5，,x2＋z2＝3，))即x2＋y2＋z2＝6.所以外接球的半径R＝eq\f(1,2)eq\r(x2＋y2＋z2)＝eq\f(\r(6),2).三、借助三角形外心确定球心位置例3(1)在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2eq\r(3)，AC＝4，∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________.答案9eq\r(2)π解析如图所示，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为直角三角形.故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径.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，则R＝eq\f(3\r(2),2).所以外接球的体积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)如图所示，在三棱锥S－ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角形，二面角A－BC－S的大小为eq\f(2π,3)，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为________.答案eq\f(7π,3)解析如图，取线段BC的中点D，连接AD，SD，由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，∴∠ADS是二面角A－BC－S的平面角，∴∠ADS＝eq\f(2π,3)，由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，在平面ADS内，过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，两条直线的交点即球心O，连接OA，则球O半径R＝OA，由题意知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)，连接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的表面积为S＝4πR2＝eq\f(7π,3).(3)在三棱锥P－ABC中，AB＝BC＝1，AB⊥BC，BC⊥CP，PA⊥AB，∠CPA＝60°，则该三棱锥外接球的体积为________.答案eq\f(\r(3),2)π解析如图所示，由题意知，△ABC，△PCB，△PAB均为直角三角形，而且有Rt△PCB≌Rt△PAB，则PC＝PA.又∠CPA＝60°，所以△PAC为等边三角形，则PA＝PC＝AC＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2).在Rt△ABC中，其外接圆的圆心为斜边AC的中点，设其为O1，过点O1作直线l⊥平面ABC，该三棱锥外接球的球心在l上.不妨设球心为O，则OA＝OB＝OC＝OP.取PB的中点为O2，则O2A＝O2C＝eq\f(1,2)PB＝O2B＝O2P，故O2与O重合.所以外接球的半径R＝eq\f(1,2)PB＝eq\f(\r(12＋（\r(2)）2),2)＝eq\f(\r(3),2).故外接球的体积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.下列说法中，正确的是()A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等答案C解析棱柱的侧面都是平行四边形，A错误；其他侧面可能是平行四边形，B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，D错误；易知C正确.2.一个菱形的边长为4cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为()A.2eq\r(3)cm2 B.2eq\r(6)cm2C.4eq\r(6)cm2 D.8eq\r(3)cm2答案B解析直观图的面积为eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2).3.现有同底等高的圆锥和圆柱，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面积为()A.3π B.eq\f(3π,2) C.eq\f(\r(5)π,2) D.eq\r(5)π答案D解析设底面圆的半径为R，圆柱的高为h，依题意2R＝h＝2，∴R＝1.∴圆锥的母线l＝eq\r(h2＋R2)＝eq\r(22＋1)＝eq\r(5)，因此S圆锥侧＝πRl＝1×eq\r(5)π＝eq\r(5)π.4.(多选)(2021·烟台调研)在一个密闭透明的圆柱筒内装一定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时，指出圆柱桶内的水平面可以呈现出的几何形状可能是()A.圆面B.矩形面C.梯形面D.椭圆面或部分椭圆面答案ABD解析将圆柱桶竖放，水面为圆面；将圆柱桶斜放，水面为椭圆面或部分椭圆面；将圆柱桶水平放置，水面为矩形面，但圆柱桶内的水平面不可以呈现出梯形面.5.在四面体ABCD中，AB＝eq\r(2)，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为()A.π B.2π C.3π D.4π答案B解析取AB的中点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OA＝OB＝OC＝OD＝eq\f(\r(2),2)，即O为外接球的球心，球的半径R＝eq\f(\r(2),2)，所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×eq\f(1,2)＝2π.6.(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆.若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A.64πB.48πC.36πD.32π答案A解析如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为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的表面积S＝4πR2＝64π.7.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为()A.2eq\r(2) B.eq\r(10)C.eq\r(5)＋1 D.2＋eq\r(2)答案B解析如图，连接AD1，BC1分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，又D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值为eq\r(10).8.(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为()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解析如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝eq\r(2).连接OO1，则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)，所以三棱锥O－ABC的体积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·济南模拟)已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq\f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq\r(13)，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积是()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为三棱锥S－ABC的高，∴V三棱锥S－ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×6×2eq\r(3)＝4eq\r(3).10.(2020·江苏卷)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半径为0.5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.答案12eq\r(3)－eq\f(π,2)解析螺帽的底面正六边形的面积S＝6×eq\f(1,2)×22×sin60°＝6eq\r(3)(cm2)，正六棱柱的体积V1＝6eq\r(3)×2＝12eq\r(3)(cm3)，圆柱的体积V2＝π×0.52×2＝eq\f(π,2)(cm3)，所以此六角螺帽毛坯的体积V＝V1－V2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12\r(3)－\f(π,2)))cm3.11.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________.答案eq\f(3,2)eq\f(3,2)解析由题意，圆柱底面半径为r，球的半径为R，圆柱的高h＝2R，则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·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6cm，AA1＝4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g.答案118.8解析由题意得，四棱锥O－EFGH的底面积为4×6－4×eq\f(1,2)×2×3＝12(cm2)，其高为点O到底面EFGH的距离，为3cm，则此四棱锥的体积为V1＝eq\f(1,3)×12×3＝12(cm3).又长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为V2＝4×6×6＝144(cm3)，所以该模型的体积V＝V2－V1＝144－12＝132(cm3)，因此模型所需原材料的质量为0.9×132＝118.8(g).13.(2021·淄博二模)碳70(C70)是一种碳原子族，可高效杀死癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环(正五边形面)和六元环(正六边形面)组成的封闭的凸多面体，共37个面，则其六元环的个数为()C70分子结构图A.12 B.25 C.30 D.36答案B解析根据题意，顶点数就是碳原子数，即为70，每个碳原子被3条棱共用，面数为37，设有正五边形x个，正六边形y个，则x＋y＝37，5x＋6y＝70×3，解得x＝12，y＝25，故正六边形个数为25，即六元环的个数为25.14.(多选)(2022·武汉调研)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是()A.AE∥平面C1BDB.四面体ACEF的体积不为定值C.三棱锥A－BEF的体积为定值D.四面体ACDF的体积为定值答案ACD解析对于A，如图1，AB1∥DC1，易证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正确.对于B，如图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)，点C到平面AEF的距离为点C到平面AB1D1的距离d为定值，所以VA－CEF＝VC－AEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(6),4)×d＝eq\f(\r(6),4)d为定值，所以B错误；对于C，如图3，S△BEF＝eq\f(1,2)×1×3＝eq\f(3,2)，点A到平面BEF的距离为A到平面BB1D1D的距离d′为定值，所以VA－BEF＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×d′＝eq\f(1,2)d′为定值，C正确；对于D，如图4，四面体ACDF的体积为VA－CDF＝VF－ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×3×3＝eq\f(9,2)为定值，D正确.15.若E，F是三棱柱ABC－A1B1C1侧棱BB1和CC1上的点，且B1E＝CF，三棱柱的体积为m，则四棱锥A－BEFC的体积为________.答案eq\f(m,3)解析如图所示，连接AB1，AC1.因为B1E＝CF，所以梯形BEFC的面积等于梯形B1EFC1的面积.又四棱锥A－BEFC的高与四棱锥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)，即四棱锥A－BEFC的体积是eq\f(m,3).16.在半径为15的球O内有一个底面边长为12eq\r(3)的内接正三棱锥A－BCD，则此正三棱锥的体积为________.答案864eq\r(3)或216eq\r(3)解析①如图所示，显然OA＝OB＝OC＝OD＝15.设H为△BCD的中心，则A，O，H三点在同一条直线上.∵HB＝HC＝HD＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×12eq\r(3)＝12，∴OH＝eq\r(OB2－HB2)＝9，∴正三棱锥A－BCD的高h＝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如图所示，同理，可得正三棱锥A－BCD的高h′＝15－9＝6，S△BCD＝108eq\r(3)，∴VA－BCD＝eq\f(1,3)×108eq\r(3)×6＝216eq\r(3).综上，正三棱锥A－BCD的体积为864eq\r(3)或216eq\r(3).

第2节空间点、直线、平面之间的位置关系考试要求1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题.1.与平面有关的基本事实及推论(1)与平面有关的三个基本事实基本事实内容图形符号基本事实1过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面A，B，C三点不共线⇒存在唯一的α使A，B，C∈α基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α基本事实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P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l(2)基本事实1的三个推论推论内容图形作用推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面确定平面的依据推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面2.空间点、直线、平面之间的位置关系直线与直线直线与平面平面与平面平行关系图形语言符号语言a∥ba∥αα∥β相交关系图形语言符号语言a∩b＝Aa∩α＝Aα∩β＝l独有关系图形语言符号语言a，b是异面直线a⊂α3.基本事实4和等角定理平行公理：平行于同一条直线的两条直线互相平行.等角定理：如果空间中两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.4.异面直线所成的角(1)定义：已知a，b是两条异面直线，经过空间任意一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角).(2)范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).1.证明点共线与线共点都需用到基本事实3.2.两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于过A点的任意一条直线.()(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.()(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.()(4)若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则α内的所有直线与a异面.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(1)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，故错误.(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面相交或重合，故错误.(4)由于a不平行于平面α，且a⊄α，则a与平面α相交，故平面α内有与a相交的直线，故错误.2.(多选)α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系可能是()A.垂直 B.相交 C.异面 D.平行答案ABC解析依题意，m∩α＝A，n⊂α，∴m与n可能异面、相交(垂直是相交的特例)，一定不平行.3.(2022·重庆质检)若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A.l与l1，l2都不相交B.l与l1，l2都相交C.l至多与l1，l2中的一条相交D.l至少与l1，l2中的一条相交答案D解析由于l与直线l1，l2分别共面，故直线l与l1，l2要么都不相交，要么至少与l1，l2中的一条相交.若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l至少与l1，l2中的一条相交.4.(2018·全国Ⅱ卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为()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解析如图，连接BE，因为AB∥CD，所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线AE与AB所成的角，即为∠EAB.不妨设正方体的棱长为2，则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.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过()A.点A B.点BC.点C但不过点M D.点C和点M答案D解析∵AB⊂γ，M∈AB，∴M∈γ.又α∩β＝l，M∈l，∴M∈β.根据基本事实3可知，M在γ与β的交线上.同理可知，点C也在γ与β的交线上.6.(多选)(2021·长沙调研)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，BC，A1D1的中点，下列结论正确的是()A.AP与CM是异面直线B.AP，CM，DD1相交于一点C.MN∥BD1D.MN∥平面BB1D1D答案BD解析连接MP，AC(图略)，因为MP∥AC，MP≠AC，所以AP与CM是相交直线，又面A1ADD1∩面C1CDD1＝DD1，所以AP，CM，DD1相交于一点，则A不正确，B正确.令AC∩BD＝O，连接OD1，ON.因为M，N分别是C1D1，BC的中点，所以ON∥D1M∥CD，ON＝D1M＝eq\f(1,2)CD，则四边形MNOD1为平行四边形，所以MN∥OD1，因为MN⊄平面BD1D，OD1⊂平面BD1D，所以MN∥平面BD1D，C不正确，D正确.考点一基本事实的应用例1如图所示，已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：(1)D，B，F，E四点共面；(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线.证明(1)∵EF是△D1B1C1的中位线，∴EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，∴EF∥BD.∴EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面.(2)在正方体AC1中，设平面A1ACC1为α，平面BDEF为β.∵Q∈A1C1，∴Q∈α.又Q∈EF，∴Q∈β，则Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点，∴α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，∴R∈A1C.∴R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.感悟提升共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内.(2)证明共线的方法：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上.(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点.训练1如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别是AB和BC上的点，G，H分别是CD和AD上的点.若EH与FG相交于点K.求证：EH，BD，FG三条直线相交于同一点.证明因为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，FG三条直线相交于同一点.考点二空间位置关系的判断例2(1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是()A.平行B.异面C.相交或平行D.平行或异面或相交均有可能答案D解析根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况均有可能，如图可知AB，CD有相交，平行，异面三种情况，故选D.(2)(多选)如图是正四面体的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点，则在这个正四面体中()A.GH与EF平行B.BD与MN为异面直线C.GH与MN成60°角D.DE与MN垂直答案BCD解析还原成正四面体A－DEF，如图所示，其中H与N重合，A，B，C三点重合，易知GH与EF异面，BD与MN异面.连接GM，∵△GMH为等边三角形，∴GH与MN成60°角.由图易得DE⊥AF，又MN∥AF，∴MN⊥DE，因此正确的选项是B，C，D.感悟提升空间中两直线位置关系的判定，主要是异面，平行和垂直的判定.异面直线的判定可采用直接法或反证法；平行直线的判定可利用三角形(梯形)中位线的性质、基本事实4及线面平行与面面平行的性质定理；垂直关系的判定往往利用线面垂直或面面垂直的性质来解决.训练2(1)(多选)(2022·福州质检)四棱锥P－ABCD的所有棱长都相等，M，N分别为PA，CD的中点，下列说法正确的是()A.MN与PD是异面直线B.MN∥平面PBCC.MN∥ACD.MN⊥PB答案ABD解析如图所示，取PB的中点H，连接MH，HC，由题意知，四边形MHCN为平行四边形，且MN∥HC，所以MN∥平面PBC，设四边形MHCN确定平面α，又D∈α，故M，N，D共面，但P∉平面α，D∉MN，因此MN与PD是异面直线；故A，B说法均正确.若MN∥AC，由于CH∥MN，则CH∥AC，事实上AC∩CH＝C，C说法不正确；因为PC＝BC，H为PB的中点，所以CH⊥PB，又CH∥MN，所以MN⊥PB，D说法正确.(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别在A1D，AC上，且A1E＝2ED，CF＝2FA，则EF与BD1的位置关系是()A.相交但不垂直 B.相交且垂直C.异面 D.平行答案D解析连接D1E并延长，与AD交于点M，由A1E＝2ED，可得M为AD的中点，连接BF并延长，交AD于点N，因为CF＝2FA，可得N为AD的中点，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.考点三异面直线所成的角例3(1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3) C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)答案D解析如图，连接C1P，因为ABCD－A1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，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.连接BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角.设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则在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)将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为()A.90° B.60° C.45° D.30°答案B解析如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，则ON∥CD，MN∥AB，且ON＝eq\f(1,2)CD，MN＝eq\f(1,2)AB，所以∠ONM或其补角即为所求的角.因为平面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.设正方形边长为2，OB＝OD＝eq\r(2)，所以BD＝2，则OM＝eq\f(1,2)BD＝1.所以ON＝MN＝OM＝1.所以△OMN是等边三角形，∠ONM＝60°.所以直线AB与CD所成的角为60°.感悟提升1.综合法求异面直线所成角的步骤：(1)作：通过作平行线得到相交直线.(2)证：证明所作角为异面直线所成的角(或其补角).(3)求：解三角形，求出所作的角，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.2.向量法：利用向量的数量积求所成角的余弦值.训练3(1)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝eq\r(3)，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()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解析法一如图，补上一相同的长方体CDEF－C1D1E1F1，连接DE1，B1E1.易知AD1∥DE1，则∠B1DE1为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体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)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).法二如图，连接BD1，交DB1于O，取AB的中点M，连接DM，OM，易知O为BD1的中点，所以AD1∥OM，则∠MOD为异面直线AD1与DB1所成角.因为在长方体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OM＝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)，即异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为eq\f(\r(5),5).(2)(2022·湖北重点高中联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC为等腰直角三角形，且斜边BC＝2，D是BC的中点，若AA1＝eq\r(2)，则异面直线A1C与AD所成角的大小为()A.30° B.45° C.60° D.90°答案C解析如图，取B1C1的中点D1，连接A1D1，则AD∥A1D1，∠CA1D1(或其补角)就是异面直线A1C与AD所成的角.连接D1C.∵A1B1＝A1C1，∴A1D1⊥B1C1，又A1D1⊥CC1，B1C1∩CC1＝C1，∴A1D1⊥平面BCC1B1，∵D1C⊂平面BCC1B1，∴A1D1⊥D1C，∴△A1D1C为直角三角形，在Rt△A1CD1中，A1C＝2，CD1＝eq\r(3)，∴∠CA1D1＝60°.立体几何中的截线、截面问题利用平面的性质确定截面的形状是解决问题的关键.(1)作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线.(2)作交线的方法有如下两种：①利用基本事实3作交线；②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.一、截面问题例1(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是棱DD1和BB1上的点，MD＝eq\f(1,3)DD1，NB＝eq\f(1,3)BB1，那么正方体中过M，N，C1的截面图形是()A.三角形 B.四边形C.五边形 D.六边形答案C解析先确定截面上的已知边与几何体上和其共面的边的交点，再确定截面与几何体的棱的交点.设直线C1M，CD相交于点P，直线C1N，CB相交于点Q，连接PQ交直线AD于点E，交直线AB于点F，则五边形C1MEFN为所求截面图形.(2)(2018·全国Ⅰ卷)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为()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解析如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意.由对称性，知过正方体ABCD－A1B1C1D1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ.易知正六边形EFGHIJ的边长为eq\f(\r(2),2)，将该正六边形分成6个边长为eq\f(\r(2),2)的正三角形.故其面积为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、截线问题例2(1)(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为__________.答案eq\f(\r(2)π,2)解析如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1Q，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝eq\r(3)且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝eq\r(Req\o\al(2,球)－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2).可得EP＝EQ＝eq\r(2)，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.又D1P＝eq\r(5)，∴B1P＝eq\r(D1P2－D1Beq\o\al(2,1))＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝eq\f(π,2)，知eq\o(PQ,\s\up8(︵))的长为eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).(2)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3eq\r(2)，E，F分别为BC，CD的中点，P是线段A1B上的动点，C1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长为________.答案eq\r(13)解析如图所示，连接EF，A1B，连接A1C1，B1D1交于点M，连接B1E，BC1交于点N，由EF∥B1D1，即E，F，B1，D1共面，由P是线段A1B上的动点，当P重合于A1或B时，C1A1，C1B与平面D1EF的交点分别为M，N，即Q的轨迹为MN，由棱长为3eq\r(2)，得C1M＝eq\f(1,2)A1C1＝3，则BC1＝6，又eq\f(BE,B1C1)＝eq\f(BN,NC1)＝eq\f(1,2)，则NC1＝eq\f(2,3)BC1＝4，由A1B＝BC1＝A1C1，得∠A1C1B＝60°，则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是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是()A.若直线a，b异面，b，c异面，则a，c异面B.若直线a，b相交，b，c相交，则a，c相交C.若a∥b，则a，b与c所成的角相等D.若a⊥b，b⊥c，则a∥c答案C解析若直线a，b异面，b，c异面，则a，c相交、平行或异面；若a，b相交，b，c相交，则a，c相交、平行或异面；若a⊥b，b⊥c，则a，c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确.2.给出以下四个命题：①依次首尾相接的四条线段必共面；②过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面；③空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角必相等；④垂直于同一直线的两条直线必平行.其中正确命题的个数是()A.0 B.1 C.2 D.3答案B解析①中，空间四边形的四条线段不共面，故①错误；②中，由基本事实1知道，过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面，故②正确；③中，由空间角的等角定理知，空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补，故③错误；④中，空间中，垂直于同一直线的两条直线可相交，可平行，可异面，故④错误.3.(多选)下图中，G，N，M，H分别是正三棱柱(两底面为正三角形的直棱柱)的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有()答案BD解析图A中，直线GH∥MN；图B中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，N∉GH，因此直线GH与MN异面；图C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；图D中，G，M，N共面，但H∉平面GMN，G∉MN，因此GH与MN异面.4.(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，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共面C.A，M，C，O共面 D.B，B1，O，M共面答案ABC解析∵M∈A1C，A1C⊂平面A1ACC1，∴M∈平面A1ACC1，又∵M∈平面AB1D1，∴M在平面AB1D1与平面A1ACC1的交线AO上，即A，M，O三点共线，∴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，故选A，B，C.5.(多选)(2021·潍坊质检)如图，已知二面角A－BD－C的大小为eq\f(π,3)，G，H分别是BC，CD的中点，E，F分别在AD，AB上，eq\f(AE,AD)＝eq\f(AF,AB)＝eq\f(1,3)，且AC⊥平面BCD，则以下说法正确的是()A.E，F，G，H四点共面B.FG∥平面ADCC.若直线FG，HE交于点P，则P，A，C三点共线D.若△ABD的面积为6，则△BCD的面积为3答案ACD