统考版2024届高考数学一轮复习第八章8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课时作业理含解析20230426114

统考版2024届高考数学一轮复习第八章8.1空间几何体的结构及其三视图和直观图课时作业理含解析20230426114课时作业40空间几何体的结构及其三视图和直观图[基础达标]一、选择题1．下列命题中，正确的是()A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱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2．[2021·湖北孝感模拟]如图，网格纸上的小方格都是正方形，粗实线画出的是一个锥体的侧视图和俯视图，则该锥体的正视图可能是()3．[2021·河南郑州质量检测]一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是()4．[2021·东北四市联考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是线段CD的中点，则三棱锥P－A1B1A的侧视图为()5．如图，矩形O′A′B′C是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，则原图形是()A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四边形6．[2018·北京卷]某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为()A．1B．2C．3D．47．[2021·山西省八校联考]将正方体(如图1)截去三个三棱锥后，得到如图2所示的几何体，侧视图的视线方向如图2所示，则该几何体的侧视图为()8．[2021·河北模拟]某几何体的三视图如图所示，记A为此几何体所有棱的长度构成的集合，则()A．3∈AB．5∈AC．2eq\r(6)∈AD．4eq\r(3)∈A9．[2021·河南百校联考]如图，网格纸上小正方形的边长为1，图中粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为()A．2eq\r(3)B．3C.eq\r(6)D.eq\r(5)10．[2021·江西南昌模拟]如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，点P是平面A1B1C1D1内一点，则三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为()A．1:1B．2:1C．2:3D．3:2二、填空题11．下列说法正确的有________个．(1)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．(2)正棱锥的侧面是等边三角形．(3)底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥．12．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是边长为2的正三角形，俯视图是正方形，那么该几何体的侧视图的面积是________．13．如图，E，F分别为正方体的面ADD1A1，面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是________．14．[2021·洛阳高三统考]在半径为4的球面上有不同的四点A，B，C，D，若AB＝AC＝AD＝4，则平面BCD被球所截得图形的面积为________．[能力挑战]15．[2021·惠州调研]某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为()A．32B．32eq\r(7)C．64D．64eq\r(7)16．如图所示是水平放置三角形的直观图，点D是△ABC的BC边中点，AB，BC分别与y′轴、x′轴平行，则三条线段AB，AD，AC中()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AC，最短的是AD17．[2021·广州毕业班测试]在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1D1的中点，过C1，B，M作正方体的截面，则这个截面的面积为________．课时作业401．解析：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A，C都不够准确，B中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．答案：D2．解析：由俯视图和侧视图可知原几何体是四棱锥，底面是长方形，且与长方形的长相交的某一侧面垂直于底面，所以正视图为A.答案：A3．解析：若俯视图为选项C，侧视图的宽应为俯视图中三角形的高eq\f(\r(3),2)，所以俯视图不可能是选项C.答案：C4．解析：如图，画出原正方体的侧视图，显然对于三棱锥P－A1B1A，B(C)点消失了，其余各点均在，从而其侧视图为D.答案：D5.解析：如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2eq\r(2)＝4eq\r(2)(cm)，CD＝C′D′＝2cm，所以OC＝eq\r(OD2＋CD2)＝eq\r(4\r(2)2＋22)＝6(cm)，所以OA＝OC，故四边形OABC是菱形，因此选C.答案：C6．解析：由三视图得四棱锥的直观图如图所示．其中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB⊂底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA为直角三角形，又∵AB⊥AD，AB⊥SD，AD，SD⊂平面SAD，AD∩SD＝D，∴AB⊥平面SAD，又SA⊂平面SAD，∴AB⊥SA，即△SAB也是直角三角形，从而SB＝eq\r(SD2＋AD2＋AB2)＝3，又BC＝eq\r(22＋11)＝eq\r(5)，SC＝2eq\r(2)，∴BC2＋SC2≠SB2，∴△SBC不是直角三角形，故选C.答案：C7.解析：将图2中的几何体放到正方体中如图所示，从侧视图的视线方向观察，易知该几何体的侧视图为选项D中的图形，故选D.答案：D8.解析：由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中底面是边长为4的正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AF＝2，DE＝4，可求得BE的长为4eq\r(3)，BF的长为2eq\r(5)，EF的长为2eq\r(5)，EC的长为4eq\r(2)，故选D.答案：D9.解析：根据三视图，利用棱长为2的正方体分析知，该多面体是一个三棱锥，即三棱锥A1－MNP，如图所示，其中M，N，P是棱长为2的正方体相应棱的中点，可得棱A1M最长，A1M＝eq\r(22＋22＋12)＝3，故最长的棱的长度为3，选B.答案：B10．解析：根据题意，三棱锥P－BCD的正视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高；侧视图是三角形，且底边为正四棱柱的底面边长、高为正四棱柱的高．故三棱锥P－BCD的正视图与侧视图的面积之比为1:1.答案：A11.解析：(1)错误．棱锥的定义是：有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．而“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，故此说法是错误的．如图所示的几何体满足此说法，但它不是棱锥，理由是△ADE和△BCF无公共顶点．(2)错误．正棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是等边三角形．(3)错误．由已知条件知，此三棱锥的三个侧面未必全等，所以不一定是正三棱锥．如图所示的三棱锥中有AB＝AD＝BD＝BC＝CD.满足底面△BCD为等边三角形．三个侧面△ABD，△ABC，△ACD都是等腰三角形，但AC长度不一定，三个侧面不一定全等．答案：012.解析：根据三视图可知该几何体是一个四棱锥，其底面是正方形，侧棱相等，所以这是一个正四棱锥．其侧视图与正视图是完全一样的正三角形．故其面积为eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3).答案：eq\r(3)13．解析：分别作出在六个面上的射影可知选②③.答案：②③14．解析：因为A，B，C，D为球面上不同的四点，所以B，C，D不共线，由AB＝AC＝AD知A在平面BCD内的射影为△BCD外接圆的圆心，记圆心为O1.设O为球的球心，则OB＝OC＝OD，故O在平面BCD内的投影也为△BCD外接圆的圆心O1，故有OA⊥平面BCD.又AB＝AC＝AD＝4，所以平面BCD垂直平分线段OA.记△BCD外接圆的半径为r，由勾股定理得r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)OA))2＝42，即r2＝16－4＝12.从而平面BCD被球所截得的图形即△BCD的外接圆，其面积为πr2＝12π.答案：12π15．解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥P－ABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2eq\r(7)，PA2＋y2＝102，(2eq\r(7))2＋PA2＝x2，所以xy＝xeq\r(102－[x2－2\r(7)2])＝xeq\r(128－x2)≤eq\f(x2＋128－x2,2)＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.选C.答案：C16．解析：由条件知，原平面图形中AB⊥BC，从而AB<AD<AC.答案：B17．解析：设AA1的中点为N，连接MN，NB，BC1，MC1，AD1，则MN∥AD1∥BC1，平面MNBC1就是过正方体中C1，B，M三点的截面，因为正方体的棱长为2，所以A1M＝A1N＝1，所以MN＝eq\r(2)，同理BC1＝2eq\r(2).又MC1＝BN＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以梯形MNBC1的高h＝eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以所求截面的面积为S梯形MNBC1＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)课时作业41空间几何体的表面积和体积[基础达标]一、选择题1．若圆锥的侧面展开图是圆心角为120°，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积比是()A．3:2B．2:1C．4:3D．5:32．[2021·重庆一中调考]一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．3πB．4πC．2π＋4D．3π＋43．[2021·福州市高中毕业班质量检测]如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的正视图、俯视图，则该三棱锥的体积为()A．81B．27C．18D．94．[2020·天津卷，5]若棱长为2eq\r(3)的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．12πB．24πC．36πD．144π5．[2021·广州市高三年级阶段训练题]陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个陀螺的三视图，则该陀螺的表面积为()A．(7＋2eq\r(2))πB．(10＋2eq\r(2))πC．(10＋4eq\r(2))πD．(11＋4eq\r(2))π6．[2021·大同市高三学情调研测试试题]体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为()A．4eq\r(3)πB．8eq\r(3)πC．12eq\r(3)πD．6eq\r(3)π7．[2021·河北省九校高三联考试题]下图网格纸中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．7π＋8＋4eq\r(2)B．7π＋4＋4eq\r(2)C．5π＋8＋4eq\r(2)D．5π＋4＋4eq\r(2)8．[2021·广东省七校联合体高三联考试题]已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的表面积之比为()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,9)C.eq\f(2\r(6),9)D.eq\f(8,27)9．[2021·北京昌平区检测]《九章算术》是我国古代数学著作，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：在屋内墙角处堆放米，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积及堆放的米各为多少？已知米堆所形成的几何体的三视图如图所示，一斛米的体积约为1.62立方尺，由此估算出堆放的米约有()A．21斛B．34斛C．55斛D．63斛

10.[2020·全国卷Ⅱ，10]已知△ABC是面积为eq\f(9\r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A.eq\r(3)B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(\r(3),2)二、填空题11．[2021·南昌市高三年级摸底测试卷]已知一个圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为________．12．[2021·广州市普通高中毕业班综合测试]如图，如果一个空间几何体的正视图与侧视图为全等的等边三角形，俯视图为一个半径为1的圆及其圆心，则这个几何体的体积为________，表面积为________．13．[2021·广州市高三年级调研检测]已知某正三棱锥的侧棱长大于底边长，其外接球体积为eq\f(125π,6)，三视图如图所示，则其侧视图的面积为________．14．[2021·石家庄市重点高中高三毕业班摸底考试]已知正三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，棱锥的底面是边长为2eq\r(3)的正三角形，侧棱长为2eq\r(5)，则球O的表面积为________．[能力挑战]15．[2021·广州市普通高中毕业班综合测试]已知直三棱柱ABC－A1B1C1的体积为V，若P，Q分别在AA1，CC1上，且AP＝eq\f(1,3)AA1，CQ＝eq\f(1,3)CC1，则四棱锥B－APQC的体积为()A.eq\f(1,6)VB.eq\f(2,9)VC.eq\f(1,3)VD.eq\f(7,9)V16．[2021·福建省高三毕业班质量检测]某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是()A.eq\f(16π,9)B.eq\f(8π,9)C.eq\f(16π,27)D.eq\f(8π,27)17．[2021·河南省豫北名校高三质量考评]如图为一个正方体ABCD－A1B1C1D1与一个半球O1构成的组合体，半球O1的底面圆与该正方体的上底面A1B1C1D1的四边相切，O1与正方形A1B1C1D1的中心重合．将此组合体重新置于一个球O中(球O未画出)，使该正方体的下底面ABCD的顶点均落在球O的表面上，半球O1与球O内切，设切点为P，若四棱锥P－ABCD的表面积为4＋4eq\r(10)，则球O的表面积为()A.eq\f(121π,6)B.eq\f(121π,9)C．12πD．9π课时作业411．解析：底面半径r＝eq\f(\f(2,3)π,2π)l＝eq\f(1,3)l，故圆锥中S侧＝eq\f(1,3)πl2，S表＝eq\f(1,3)πl2＋πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)l))2＝eq\f(4,9)πl2，所以表面积与侧面积的比为4:3.故选C.答案：C2.解析：由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示，表面积为2×2＋2×eq\f(1,2)×π×12＋π×1×2＝4＋3π，故选D.答案：D3．解析：由已知条件可以确定该几何体为三棱锥，其高为6，底面积为俯视图中三角形的面积，故底面积S＝36－eq\f(1,2)×3×3－2×eq\f(1,2)×3×6＝eq\f(27,2)，所以该三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(27,2)×6＝27.故选B.答案：B4．解析：设外接球的半径为R，易知2R＝eq\r(3)×2eq\r(3)＝6，所以R＝3，于是表面积S＝4πR2＝36π，故选C.答案：C5．解析：由三视图知，该陀螺是一个圆锥与一个圆柱的组合体，其中圆锥的底面半径为2、高为2，圆柱的底面半径为1、高为3，所以该陀螺的表面积为π×2×eq\r(22＋22)＋π×22＋2π×1×3＝(10＋4eq\r(2))π，故选C.答案：C6．解析：由正方体的体积为8，可知其棱长为2，且正方体的体对角线为其外接球的直径，所以其外接球的半径R＝eq\f(\r(22＋22＋22),2)＝eq\r(3)，则外接球的体积V＝eq\f(4π,3)R3＝4eq\r(3)π.故选A.答案：A7．解析：由三视图可知，该几何体是上方为一个八分之一球，下方是一个底面为等腰直角三角形的直三棱柱，故所求表面积S＝eq\f(1,8)×4π×22＋eq\f(1,4)×π×22×3＋2×2×2＋2eq\r(2)×2＝5π＋8＋4eq\r(2)，故选C.答案：C8．解析：设圆锥底面圆的半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，如图所示，所以r＝eq\f(\r(3),3)R，S球＝4πr2＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)R))2＝eq\f(4π,3)R2，S圆锥＝πR·2R＋πR2＝3πR2，所以球与圆锥的表面积之比eq\f(S球,S圆锥)＝eq\f(\f(4π,3)R2,3πR2)＝eq\f(4,9)，故选B.答案：B9．解析：设圆锥的底面eq\f(1,4)圆的半径为r，则eq\f(π,2)r＝8，解得r＝eq\f(16,π)，故米堆的体积为eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,π)))2×5＝eq\f(320,3π)(立方尺)．∵1斛米的体积约为1.62立方尺，∴eq\f(320,3π)÷1.62≈21(斛)，故选A.答案：A10．解析：设等边△ABC的边长为a，外接圆半径为r，球心O到平面ABC的距离为h，球的半径为R，依题意得eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(9\r(3),4)，解得a＝3(负值舍去)，则△ABC的外接球半径为r＝eq\f(\r(3),3)a＝eq\r(3)，因为球O的表面积为16π，即4πR2＝16π，所以R＝2.由R2＝h2＋r2得h＝eq\r(22－\r(3)2)＝1.故选C.答案：C11．解析：因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径r＝1，母线l＝eq\r(2)，所以圆锥的侧面积S＝πrl＝eq\r(2)π.答案：eq\r(2)π12．解析：根据三视图可知，该几何体为圆锥，其底面半径r＝1，母线长l＝2，所以该圆锥的高h＝eq\r(l2－r2)＝eq\r(3)，所以这个几何体的体积为eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3)π,3)，表面积为π·r2＋π·r·l＝π×12＋π×1×2＝3π.答案：eq\f(\r(3)π,3)3π13．解析：画出正三棱锥的直观图如图所示，其中F是等边三角形ABC的中心，E是正三棱锥外接球的球心，G是BC的中点．根据正三棱锥的几何性质有DF⊥平面ABC.由俯视图可知，等边三角形ABC的边长为2eq\r(3)，所以△ABC的高为2eq\r(3)×sin60°＝3.根据等边三角形的几何性质可知，等边三角形ABC的外接圆半径FA＝eq\f(2,3)×3＝2.设正三棱锥的外接球半径为R，则eq\f(4π,3)R3＝eq\f(125π,6)，解得R＝eq\f(5,2)，故DE＝EA＝R＝eq\f(5,2)，所以EF＝eq\r(EA2－FA2)＝eq\r(\f(25,4)－4)＝eq\f(3,2).所以正三棱锥的高DF＝ED＋EF＝eq\f(5,2)＋eq\f(3,2)＝4，即侧视图的高为4.所以侧视图的面积为eq\f(1,2)×3×4＝6.答案：614．解析：如图，延长SO交球O于点D，设△ABC的外心为点E，连接AE，AD，由正弦定理得2AE＝eq\f(2\r(3),sin60°)＝4，∴AE＝2，易知SE⊥平面ABC，由勾股定理可知，三棱锥S－ABC的高SE＝eq\r(SA2－AE2)＝eq\r(2\r(5)2－22)＝4，由于点A是以SD为直径的球O上一点，∴∠SAD＝90°，由射影定理可知，球O的直径2R＝SD＝eq\f(SA2,SE)＝5，因此，球O的表面积为4πR2＝π×(2R)2＝25π.答案：25π15．解析：如图，设D是BB1上一点，且BD＝eq\f(1,3)BB1，连接DP，DQ，由于AP＝eq\f(1,3)AA1，CQ＝eq\f(1,3)CC1，所以平面DPQ∥平面ABC.所以V四棱锥B－APQC＝V三棱柱ABC－PDQ×eq\f(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×V三棱柱ABC－A1B1C1))×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)V.故选B.答案：B16．解析：解法一如图，OC＝2，OA＝3，由△AED∽△AOC可得eq\f(ED,OC)＝eq\f(AE,AO).设圆柱体的底面半径r＝ED＝2x(0<x<1)，可得AE＝3x，则圆柱体的高h＝OE＝3－3x，圆柱体的体积V＝π(2x)2(3－3x)＝12π(x2－x3)，令V(x)＝12π(x2－x3)，则V′(x)＝12π(2x－3x2)，令V′(x)＝0，解得x＝eq\f(2,3)或x＝0(舍去)，可得V(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上单调递减，故当x＝eq\f(2,3)时，V(x)取得最大值，V(x)max＝eq\f(16π,9)，即圆柱体的最大体积是eq\f(16π,9).解法二同解法一，则圆柱体的体积V＝12πx2(1－x)＝6π·x·x(2－2x)≤6π·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋x＋2－2x,3)))3＝eq\f(16π,9)，当且仅当x＝2－2x，即x＝eq\f(2,3)时等号成立，故圆柱体的最大体积是eq\f(16π,9).故选A.答案：A17．解析：如图，设球O，半球O1的半径分别为R，r，由题意知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2r，四棱锥P－ABCD为正四棱锥．设正方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的中心为G，连接AC，PG，则四棱锥P－ABCD的高PG＝3r，其各侧面的高为eq\r(3r2＋r2)＝eq\r(10)r.由题意得(2r)2＋4×eq\f(1,2)×2r×eq\r(10)r＝4＋4eq\r(10)，解得r＝1.易知球O的球心在线段O1G上，连接OC，则在Rt△OGC中，OC＝R，OG＝3－R，CG＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2)，于是由勾股定理，得(3－R)2＋(eq\r(2))2＝R2，解得R＝eq\f(11,6)，所以球O的表面积S＝4πR2＝eq\f(121π,9)，故选B.答案：B课时作业42空间点、直线、平面之间的位置关系[基础达标]一、选择题1．[2021·江西七校联考]已知直线a和平面α，β，α∩β＝l，a⊄α，a⊄β，且a在α，β内的射影分别为直线b和c，则直线b和c的位置关系是()A．相交或平行B．相交或异面C．平行或异面D．相交、平行或异面2．若直线a⊥b，且直线a∥平面α，则直线b与平面α的位置关系是()A．b⊂αB．b∥αC．b⊂α或b∥αD．b与α相交或b⊂α或b∥α3.如图所示，ABCD－A1B1C1D1是正方体，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4．[2021·广东省七校联合体高三联考试题]在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，则异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为()A.eq\r(5)B.eq\r(3)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(3),2)5．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∥c6．[2021·河北张家口模拟]三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则BM与AN所成角的余弦值为()A.eq\f(1,10)B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,10)D.eq\f(4,5)二、填空题7．设P表示一个点，a，b表示两条直线，α，β表示两个平面，给出下列四个命题，其中正确命题的序号是________．①P∈a，P∈α⇒a⊂α；②a∩b＝P，b⊂β⇒a⊂β；③a∥b，a⊂α，P∈b，P∈α⇒b⊂α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β⇒P∈b.8．如图所示为正方体表面的一种展开图，则图中的AB，CD，EF，GH在原正方体中互为异面直线的有________对．9．若直线l⊥平面β，平面α⊥平面β，则直线l与平面α的位置关系为________．三、解答题10.如图，在四边形ABCD中，已知AB∥CD，直线AB，BC，AD，DC分别与平面α相交于点E，G，H，F，求证：E，F，G，H四点必定共线．11.[2021·福建四地六校联考]已知三棱锥A－BCD中，AB＝CD，且直线AB与CD成60°角，点M、N分别是BC、AD的中点，求异面直线AB与MN所成角的大小．[能力挑战]12．[2021·洛阳市高三年级统一考试]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成的角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(\r(15),5)D.eq\f(\r(6),3)13．[2021·山西省六校高三阶段性测试]已知三棱锥B－ACD中，棱AB，CD，AC的中点分别是M，N，O，△ABC，△ACD，△BOD都是正三角形，则异面直线MN与AD所成角的余弦值为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(7),28)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(7),4)14．[2021·广东广州质检]如图是正四面体(各面均为正三角形)的平面展开图，G，H，M，N分别为DE，BE，EF，EC的中点．在这个正四面体中：①GH与EF平行；②BD与MN为异面直线；③GH与MN成60°角；④DE与MN垂直．以上四个命题中，正确命题的序号是________．课时作业421．解析：依题意，直线b和c的位置关系可能是相交、平行或异面．故选D.答案：D2．解析：b与α相交或b⊂α或b∥α都可以．故选D.答案：D3．解析：连接A1C1，AC(图略)，则A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四点共面，∴A1C⊂平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理A，O在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，∴A，M，O三点共线．故选A.答案：A4．解析：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1B1与直线AB平行，则直线A1B1与AC1所成的角等于AB与AC1所成的角，在直角三角形ABC1中，BC1＝eq\r(5)，AB＝1，所以tan∠BAC1＝eq\r(5)，所以异面直线A1B1与AC1所成角的正切值为eq\r(5).故选A.答案：A5．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，故选C.答案：C6．解析：取BC的中点O，连接NO，AO，MN，因为B1C1綊BC，OB＝eq\f(1,2)BC，所以OB∥B1C1，OB＝eq\f(1,2)B1C1，因为M，N分别为A1B1，A1C1的中点，所以MN∥B1C1，MN＝eq\f(1,2)B1C1，所以MN綊OB，所以四边形MNOB是平行四边形，所以NO∥MB，所以∠ANO或其补角即为BM与AN所成角，不妨设AB＝2，则有AO＝eq\r(3)，ON＝BM＝eq\r(5)，AN＝eq\r(5)，在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO＝eq\f(AN2＋ON2－AO2,2AN·ON)＝eq\f(5＋5－3,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(7,10).故选C.答案：C7．解析：当a∩α＝P时，P∈a，P∈α，但a⊄α，∴①错；a∩β＝P时，②错；如图∵a∥b，P∈b，∴P∉a，∴由直线a与点P确定唯一平面α，又a∥b，由a与b确定唯一平面γ，但γ经过直线a与点P，∴γ与α重合，∴b⊂α，故③正确；两个平面的公共点必在其交线上，故④正确．答案：③④8.解析：还原后如图，显然AB与CD，EF与GH，AB与GH都是异面直线，而AB与EF相交，CD与GH相交，CD与EF平行．故互为异面直线的有3对．答案：39．解析：∵直线l⊥平面β，平面α⊥平面β，∴直线l∥平面α，或者直线l⊂平面α.答案：l∥α或l⊂α10．证明：因为AB∥CD，所以AB，CD确定一个平面β.又因为AB∩α＝E，AB⊂β，所以E∈α，E∈β，即E为平面α与β的一个公共点．同理可证F，G，H均为平面α与β的公共点，因为若两个平面有公共点，那么它们有且只有一条通过公共点的公共直线，所以E，F，G，H四点必定共线．11.解析：如图，取AC的中点P，连接PM，PN，则PM∥AB，且PM＝eq\f(1,2)AB，PN∥CD，且PN＝eq\f(1,2)CD.∴∠MPN或其补角为AB与CD所成的角，则∠MPN＝60°或∠MPN＝120°，∵PM∥AB，∴∠PMN或其补角是AB与MN所成的角，∵AB＝CD，∴PM＝PN，若∠PMN＝60°，则△PMN是等边三角形，∴∠PMN＝60°，∴AB与MN所成的角为60°.若∠MPN＝120°，则∠PMN＝30°，∴AB与MN所成的角为30°，综上，异面直线AB与MN所成的角为30°或60°.12．解析：解法一如图，将题中的直三棱柱补形成一个直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，连接AD1，易知BC1∥AD1，所以∠B1AD1是直线AB1与BC1所成的角或者其补角．连接B1D1，在△AB1D1中，AB1＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，AD1＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，B1D1＝eq\r(22＋12－2×2×1×cos60°)＝eq\r(3)，ADeq\o\al(2,1)＋B1Deq\o\al(2,1)＝5＝ABeq\o\al(2,1)，AD1⊥B1D1，sin∠B1AD1＝eq\f(B1D1,AB1)＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5).因此，异面直线AB1与BC1所成的角的正弦值为eq\f(\r(15),5)，故选C.解法二依题意得，AB1＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，BC1＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))·(eq\o(BB1,\s\up6(→)