2024步步高考二轮数学新教材讲义专题四　第1讲　空间几何体

2024步步高考二轮数学新教材讲义第1讲空间几何体[考情分析]空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．考点一空间几何体的折展问题核心提炼空间几何体的侧面展开图(1)圆柱的侧面展开图是矩形．(2)圆锥的侧面展开图是扇形．(3)圆台的侧面展开图是扇环．例1(1)(2023·郴州模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面一周爬行到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为()A．30B．40C．50D．60答案C解析因为圆台上底面半径为5，下底面半径为10，母线长为l，所以S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20，如图所示，将圆台所在的圆锥侧面展开，且设扇形的圆心为O.线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离，设OA＝R，圆心角是α，则由题意知10π＝αR，①20π＝α(20＋R),②由①②解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(α＝\f(π,2)，,R＝20，))所以OM1＝OM＝30，OB＝OB1＝40，所以M1B＝eq\r(OB2＋OM\o\al(2,1))＝50.(2)(2023·深圳模拟)如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝eq\r(3)，AB＝1，AD＝1，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(3,5)D.eq\f(3,4)答案D解析由题意知，AE＝AD＝AB＝1，BC＝2，在△ACE中，由余弦定理得CE2＝AE2＋AC2－2AE·AC·cos∠CAE＝1＋3－2×1×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，∴CE＝CF＝1，而BF＝BD＝eq\r(2)，BC＝2，∴在△BCF中，由余弦定理的推论得，cos∠FCB＝eq\f(BC2＋CF2－BF2,2BC·CF)＝eq\f(4＋1－2,2×2×1)＝eq\f(3,4).规律方法空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．跟踪演练1(1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是()A．C∈GHB．CD与EF是共面直线C．AB∥EFD．GH与EF是异面直线答案ABD解析由图可知，还原正方体后，点C与G重合，即C∈GH，又可知CD与EF是平行直线，即CD与EF是共面直线，AB与EF是相交直线(点B与点F重合)，GH与EF是异面直线，故A，B，D正确，C错误．(2)(2023·鞍山模拟)如图，在三棱锥V－ABC中，VA＝VB＝VC＝8，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，过点A作截面AEF，则△AEF周长的最小值为()A．6eq\r(2)B．6eq\r(3)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)答案C解析沿侧棱VA把正三棱锥V－ABC展开在一个平面内，如图所示，则AA′即为△AEF周长的最小值，又因为∠AVB＝∠A′VC＝∠BVC＝30°，所以∠AVA′＝3×30°＝90°，在△VAA′中，VA＝VA′＝8，由勾股定理得AA′＝eq\r(VA2＋VA′2)＝eq\r(82＋82)＝8eq\r(2).考点二表面积与体积核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．(3)S球表＝4πR2(R为球的半径)．2．空间几何体的体积公式(1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)．(2)V锥＝eq\f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)．(3)V台＝eq\f(1,3)(S上＋eq\r(S上·S下)＋S下)h(S上，S下分别为上、下底面面积，h为高)．(4)V球＝eq\f(4,3)πR3(R为球的半径)．例2(1)(2023·潍坊模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为eq\f(π,3)的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为eq\f(1,3)，则圆台的侧面积为()A.eq\f(8π,3)B.eq\f(\r(35)π,2)C.eq\f(16π,3)D．8π答案C解析假设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1.设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r＝eq\f(1,3).由已知可得eq\f(π,3)＝eq\f(2πR,l)＝eq\f(2π,l)，解得l＝6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则有eq\f(l－l1,l)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,3)，所以l1＝4.所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))π＝eq\f(16π,3).(2)(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，则该棱锥的体积为()A．1B.eq\r(3)C．2D．3答案A解析如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP－ABC＝eq\f(1,3)×S△ABC×PD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.规律方法空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．跟踪演练2(1)(2023·贵阳统考)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则四棱锥B－A1EFC1的体积为()A.eq\f(2,3)B．1C.eq\f(4,3)D.eq\f(7,3)答案B解析方法一＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2＋\r(\f(1,2)×2)))×2－eq\f(1,3)×2×2＝1.方法二＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2＋eq\f(1,3)×1×2＝1.(2)(多选)(2023·连云港调研)折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征(如图1)．图2是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且∠ABC＝eq\f(2π,3)，则该圆台()A．高为eq\f(2\r(2),3)B．表面积为eq\f(34π,9)C．体积为eq\f(52\r(2)π,81)D．上底面面积∶下底面面积∶侧面积＝1∶9∶24答案BCD解析对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2πr＝\f(2π,3)·1，,2πR＝\f(2π,3)·3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝\f(1,3)，,R＝1，))且圆台的母线长为3－1＝2，所以圆台的高为eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))2)＝eq\f(4\r(2),3)，故A错误；对于B，圆台的上底面面积为eq\f(π,9)，下底面面积为π，侧面积为π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))×2＝eq\f(8π,3)，所以圆台的表面积为eq\f(π,9)＋π＋eq\f(8π,3)＝eq\f(34π,9)，故B正确；对于C，圆台的体积V＝eq\f(1,3)π×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2＋\f(1,3)×1＋12))×eq\f(4\r(2),3)＝eq\f(52\r(2)π,81)，故C正确；对于D，圆台的上底面面积∶下底面面积∶侧面积＝eq\f(π,9)∶π∶eq\f(8π,3)＝1∶9∶24，故D正确．考点三多面体与球核心提炼求空间多面体的外接球半径的常用方法(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可．例3(1)(2023·聊城模拟)某正四棱台形状的模型，其上、下底面的面积分别为2cm2,8cm2，若该模型的体积为14cm3，则该模型的外接球的表面积为()A．20πcm2 B．10πcm2C．5πcm2 D.eq\f(5π,2)cm2答案A解析设该正四棱台形状的模型高为hcm，故eq\f(1,3)(2＋8＋eq\r(2×8))h＝14，解得h＝3，如图，取上底面EFGH的中心M，下底面ABCD的中心N，则MN＝h＝3，故该模型的外接球的球心在MN上，设为点O，连接ME，NA，OE，OA，设上、下底面边长分别为acm，bcm，则a2＝2，b2＝8，解得a＝eq\r(2)，b＝2eq\r(2)，故EM＝1cm，NA＝2cm，设ON＝ycm，则OM＝(3－y)cm，由勾股定理得EO2＝OM2＋EM2＝(3－y)2＋1，AO2＝ON2＋AN2＝y2＋4，故(3－y)2＋1＝y2＋4，解得y＝1，故外接球半径为eq\r(y2＋4)＝eq\r(5)(cm)，该模型的外接球的表面积为4π·(eq\r(5))2＝20π(cm2)．(2)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________．答案[2eq\r(2)，2eq\r(3)]解析如图，设球O的半径为R.当球O是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球O的半径最大，若半径变得更大，球O会包含正方体，球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R′为体对角线长AC1＝eq\r(42＋42＋42)＝4eq\r(3)，即2R′＝4eq\r(3)，R′＝2eq\r(3)，故Rmax＝2eq\r(3)；分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，连接MH，HG，NG，MN，MG，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线MG的中点，则MG＝4eq\r(2)，当球O的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球O的半径达到最小，即Rmin＝2eq\r(2).综上，R∈[2eq\r(2)，2eq\r(3)]．规律方法(1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解．(2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径．跟踪演练3(1)若三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为3的正三角形，SC为球O的直径，三棱锥S－ABC的体积为eq\f(3\r(3),2)，则三棱锥S－ABC的外接球的体积为()A.eq\f(4π,3) B.eq\f(16π,3)C.eq\f(26π,3) D.eq\f(32π,3)答案D解析如图，设△ABC的中心为O1，连接OO1，CO1的延长线交球面于点D，连接SD，显然CD是△ABC外接圆O1的直径，则SD∥OO1，而OO1⊥平面ABC，则SD⊥平面ABC，因为正△ABC的边长为3，则CO1＝eq\r(3)，CD＝2CO1＝2eq\r(3)，又S△ABC＝eq\f(\r(3),4)AB2＝eq\f(9\r(3),4)，而VS－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·SD＝eq\f(1,3)×eq\f(9\r(3),4)SD＝eq\f(3\r(3),2)，解得SD＝2，在Rt△SCD中，球O的直径2R＝SC＝eq\r(SD2＋CD2)＝4，球O的半径R＝2，所以三棱锥S－ABC的外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).(2)(2023·潍坊模拟)在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为________．答案eq\f(2\r(3),3)解析设圆柱的底面半径为r，球心到圆柱底面的距离为h，则圆柱的母线长为2h，由球截面的性质得r2＋h2＝1，则r2＝1－h2(0<h<1)，圆柱的体积V＝2πr2h＝2πh(1－h2)＝2πh－2πh3，V′＝2π－6πh2＝－6πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h＋\f(\r(3),3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(h－\f(\r(3),3)))，当h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))时，V′>0，当h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))时，V′<0，所以函数在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上单调递减，所以当h＝eq\f(\r(3),3)时，V取得最大值eq\f(4\r(3)π,9)，此时圆柱的母线长为2h＝eq\f(2\r(3),3).专题强化练一、单项选择题1．(2023·唐山模拟)若圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比为()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶3答案A解析设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比为1∶1.2．(2023·锦州模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，P，Q是棱DD1的两个三等分点，则三棱锥Q－PBC的体积为()A.eq\f(8,3)B.eq\f(32,9)C.eq\f(16,9)D.eq\f(16,3)答案B解析如图所示．VQ－PBC＝VB－PQC＝eq\f(1,3)S△PQC·BC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×4×4＝eq\f(32,9).3.(2023·泉州模拟)如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点O滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的表面积为()A．36πB．27πC．18eq\r(2)πD．9π答案A解析设圆锥的母线长为l，以O为圆心，母线l为半径的圆的面积为S＝πl2，又圆锥的侧面积S圆锥侧＝πrl＝3πl，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以πl2＝3×3πl，解得l＝9，所以圆锥的表面积S＝S圆锥侧＋S底＝3×π×9＋π×32＝36π.4．(2023·长沙模拟)最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年)．该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器验雪”.其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水．已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，当盆中积水深九寸时，平地的降雨量是()(注：一尺＝10寸，平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积)A．9寸 B．6寸C．4寸 D．3寸答案D解析如图所示，由题意知天池盆盆口半径是14寸，盆底半径是6寸，高为18寸，由积水深9寸知水面半径为eq\f(1,2)×(14＋6)＝10(寸)，则盆中水体积为eq\f(1,3)π×9×(62＋102＋6×10)＝588π(立方寸)，所以平地降雨量为eq\f(588π,π×142)＝3(寸)．5．(2023·日照模拟)红灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上、下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上、下两个相同球冠剩下的部分．如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积S＝2πRh.如图1，已知该灯笼的高为58cm，上、下圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为()A．1940πcm2 B．2350πcm2C．2400πcm2 D．2540πcm2答案C解析由题意得R2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(58－10,2)))2＝72，所以R＝25cm，所以h＝25－eq\f(58－10,2)＝1(cm)，所以两个球冠的面积为2S＝2×2πRh＝2×2×π×25×1＝100π(cm2)，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为4πR2－2S＝4×π×252－100π＝2400π(cm2)．6．(2023·淄博模拟)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)答案A解析设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得eq\f(r,2)＝eq\f(3－x,3)，∴x＝3－eq\f(3,2)r(0<r<2)，∴圆柱的体积V(r)＝πr2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－\f(3,2)r))＝－eq\f(3,2)πr3＋3πr2(0<r<2)，V′(r)＝－eq\f(9,2)πr2＋6πr＝3πreq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)r＋2))，当0<r<eq\f(4,3)时，V′(r)>0；当eq\f(4,3)<r<2时，V′(r)<0，∴V(r)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))上单调递减，故V(r)max＝Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝eq\f(16π,9).7．(2023·广西联考)已知在一个表面积为24的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在B1D上运动，则当BE＋A1E取得最小值时，AE等于()A．2B.eq\f(3\r(2),2)C.eq\r(3)D.eq\f(3\r(2),4)答案A解析作出图形，如图所示．依题意6AB2＝24，故AB＝2，将平面A1B1D翻折至与平面BB1D共面，易得△A1B1D≌△BB1D，故当A1E⊥B1D时，BE＋A1E有最小值，此时eq\f(B1E,DE)＝eq\f(1,2)，过点E作平面ABCD的垂线，垂足为F，则BF＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(2\r(2),3)，EF＝eq\f(2,3)BB1＝eq\f(4,3)，由余弦定理得AF2＝AB2＋BF2－2AB·BF·cos45°＝4＋eq\f(8,9)－2×2×eq\f(2\r(2),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(20,9)，则AE＝eq\r(AF2＋EF2)＝eq\r(\f(20,9)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝2.8．(2023·广州模拟)现有一个轴截面是边长为4的等边三角形的倒置圆锥(顶点在下方，底面在上方)，将半径为eq\f(\r(3),2)的小球放入圆锥，使得小球与圆锥的侧面相切，过所有切点所在平面将圆锥分割成两个部分，则分割得到的圆台的侧面积为()A.eq\f(27π,8)B.eq\f(33π,8)C.eq\f(45π,8)D.eq\f(55π,8)答案D解析作轴截面图如图所示，△ABC为圆锥的轴截面，点O为与侧面相切球的球心，点E，F为切点，由已知，可得AB＝BC＝AC＝4，OE＝OF＝eq\f(\r(3),2)，∠ACB＝60°，OE⊥AC，在△OEC中，OE＝eq\f(\r(3),2)，∠OEC＝90°，∠OCE＝30°，所以OC＝eq\r(3)，CE＝eq\f(3,2)，又AC＝4，所以AE＝eq\f(5,2)，所以圆台的母线长为eq\f(5,2)，因为CE＝CF，∠ECF＝60°，所以△ECF为等边三角形，所以EF＝eq\f(3,2)，所以圆台的侧面积S＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)＋2))×eq\f(5,2)＝eq\f(55π,8).二、多项选择题9．有一张长和宽分别为8和4的矩形硬纸板，以这张硬纸板为侧面，将它折成正四棱柱，则此正四棱柱的体对角线的长度为()A．2eq\r(2)B．2eq\r(6)C．4eq\r(5)D.eq\r(66)答案BD解析分两种情况求解：①若正四棱柱的高为8，则底面边长为1，此时体对角线的长度为eq\r(82＋1＋1)＝eq\r(66)；②若正四棱柱的高为4，则底面边长为2，此时体对角线的长度为eq\r(42＋22＋22)＝2eq\r(6).10．(2023·新高考全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则()A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面积为eq\r(3)答案AC解析依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq\r(3).A项，圆锥的体积为eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，故A正确；B项，圆锥的侧面积为π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，故B错误；C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，则AC＝2eq\r(2)，故C正确；D项，PD＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，故D错误．11．(2023·德州模拟)如图，边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，则下列结论正确的是()A．PD⊥EFB．三棱锥P－DEF的外接球的体积为2eq\r(6)πC．点P到平面DEF的距离为eq\f(2,3)D．二面角P－EF－D的余弦值为eq\f(1,4)答案AC解析如图1，取EF的中点H，连接PH，DH，易知△PEF和△DEF均为等腰三角形，故PH⊥EF，DH⊥EF，又因为PH∩DH＝H，所以EF⊥平面PDH，又PD⊂平面PDH，所以PD⊥EF，A正确；图1由PE，PF，PD三线两两互相垂直，可构造如图2所示的长方体，长方体的外接球就是三棱锥P－DEF的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径，设为2R，则(2R)2＝12＋12＋22＝6，则R＝eq\f(\r(6),2)，所以所求外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\r(6)π，B错误；图2设点P到平面DEF的距离为h，如图1，在△EHD中，EH＝PH＝eq\f(\r(2),2)，DE＝eq\r(5)，DH＝eq\r(DE2－EH2)＝eq\r(5－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(2),2)，由等体积法可得V三棱锥D－PEF＝V三棱锥P－DEF，即eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(3\r(2),2)×h，解得h＝eq\f(2,3)，C正确；如图1，因为PH⊥EF，DH⊥EF，所以∠PHD即为二面角P－EF－D的平面角，因为PD⊥PF，PD⊥PE，且PF∩PE＝P，PE，PF⊂平面PEF，所以PD⊥平面PEF，又PH⊂平面PEF，则PD⊥PH，即∠DPH＝90°，在Rt△PHD中，cos∠PHD＝eq\f(PH,DH)＝eq\f(1,3)，D错误．12．(2023·辽阳统考)若正三棱锥P－ABC的底面边长为3，高为eq\r(6)，则该正三棱锥的()A．体积为eq\f(9\r(2),4)B．表面积为9eq\r(3)C．外接球的表面积为27πD．内切球的表面积为eq\f(3π,2)答案ABD解析如图，三棱锥P－ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(9\r(3),4)×eq\r(6)＝eq\f(9\r(2),4)，故A正确；取AB的中点D，连接CD，PD，则在正三棱锥P－ABC中，AB⊥CD，AB⊥PD.作PH⊥平面ABC，垂足为H，则PH＝eq\r(6).由正三棱锥的性质可知H在CD上，且CH＝2DH.因为AB＝3，所以CD＝eq\f(3\r(3),2)，则CH＝eq\r(3).因为PH＝eq\r(6)，所以PC＝eq\r(3＋6)＝3，则三棱锥P－ABC的表面积为eq\f(9\r(3),4)×4＝9eq\r(3)，故B正确；设三棱锥P－ABC的外接球的球心为O，半径为R，则O在PH上，连接OC，则R2＝CH2＋OH2＝(PH－OH)2，即R2＝3＋OH2＝(eq\r(6)－OH)2，解得OH＝eq\f(\r(6),4)，所以R2＝3＋eq\f(3,8)＝eq\f(27,8)，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为4πR2＝eq\f(27π,2)，故C错误；设三棱锥P－ABC的内切球的半径为r，则eq\f(1,3)×9eq\r(3)r＝eq\f(9\r(2),4)，解得r＝eq\f(\r(6),4)，从而三棱锥P－ABC的内切球的表面积为4πr2＝eq\f(3π,2)，故D正确．三、填空题13.(2023·郑州模拟)攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑．如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面的等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为________．答案eq\r(3)解析设底面棱长为2a(a>0)，正四棱锥的侧面的等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角形，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为eq\f(\f(\r(3),4)×2a2×4,2a2)＝eq\r(3).14．(2023·新高考全国Ⅰ)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则该棱台的体积为________．答案eq\f(7\r(6),6)解析如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则A1O1＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)A1B1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，故AM＝eq\f(1,2)(AC－A1C1)＝eq\f(\r(2),2)，则A1M＝eq\r(AA\o\al(2,1)－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求体积为V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).15.(2023·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积的eq\f(1,3)，则EF的最小值为________．答案eq\f(\r(3),3)解析由题知VB－AEF＝eq\f(1,3)VB－ACD，所以S△AEF＝eq\f(1,3)S△ACD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12)，记EF＝a，AE＝b，AF＝c，则eq\f(1,2)bcsin60°＝eq\f(\r(3),12)，即bc＝eq\f(1,3).则a2＝b2＋c2－2bccos60°≥2bc－bc＝bc＝eq\f(1,3)，当且仅当b＝c＝eq\f(\r(3),3)时等号成立，所以EF的最小值为eq\f(\r(3),3).16．(2023·辽阳模拟)将3个6cm×6cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部分接入一个边长为3eq\r(2)cm的正六边形上，如图(2)所示．若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为________cm3.答案108解析将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，即eq\f(1,2)×63＝108(cm3)．第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系[考情分析]高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题．考点一空间直线、平面位置关系的判定核心提炼判断空间直线、平面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题．(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断．例1(1)(2023·宝鸡模拟)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列结论错误的是()A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥βB．若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥nC．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥βD．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n答案D解析对于A，若m⊥α，m⊥n，则n⊂α或n∥α，若n⊂α，n⊥β，则α⊥β，若n∥α，则平面α内存在直线c使得n∥c，又n⊥β，所以c⊥β，又c⊂α，所以α⊥β，故A正确；对于B，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β，则m∥n，故B正确；对于C，若m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β且α，β是空间两个不同的平面，则α∥β，故C正确；对于D，若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n或m与n异面，故D错误．(2)(多选)(2023·金丽衢十二校联考)每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图．若点G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，则下列结论正确的是()A．四边形AECF是平行四边形B．GH与MN是异面直线C．GH∥平面EABD．GH⊥BC答案AC解析如图，连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，则AC与EF相交且互相平分，故四边形AECF为平行四边形，故A正确；所以AE∥CF且AE＝CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，所以GM∥AE，NH∥CF，且GM＝eq\f(1,2)AE，NH＝eq\f(1,2)CF，所以GM∥NH，且GM＝NH，所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；易证平面MNHG∥平面EAB，又GH⊂平面MNHG，所以GH∥平面EAB，故C正确；因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，EH，MH⊂平面EMH，所以BC⊥平面EMH，而GH⊄平面EMH，GH∩EH＝H，所以GH与BC不垂直，故D错误．规律方法对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立．跟踪演练1(1)(多选)(2023·广州模拟)已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是()A．平面α内存在直线l与直线m平行B．平面α内存在直线l与直线m垂直C．存在平面β与直线m和平面α都平行D．存在过直线m的平面β与平面α垂直答案BD解析对于A选项，若直线m与α相交，且平面α内存在直线l与直线m平行，由于m⊄α，则m∥α，这与直线m与α相交矛盾，假设不成立，A错误；对于B选项，若m⊂α，则在平面α内必存在l与直线m垂直；若直线m与α相交，设m∩α＝A，如图所示，若m⊥α，且l⊂α，则m⊥l；若m与α斜交，过直线m上一点P(异于点A)作PB⊥α，垂足为点B，过点A作直线l，使得l⊥AB，因为PB⊥α，l⊂α，则l⊥PB，又因为l⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB⊂平面PAB，所以l⊥平面PAB，因为m⊂平面PAB，所以l⊥m，综上所述，平面α内存在直线l与直线m垂直，B正确；对于C选项，设直线m与平面α的一个公共点为点A，假设存在平面β，使得α∥β且m∥β，过直线m作平面γ，使得γ∩β＝l，因为m∥β，m⊂γ，γ∩β＝l，则l∥m，因为α∥β，记α∩γ＝n，又因为γ∩β＝l，则n∥l，因为在平面γ内过点A有且只有一条直线与直线l平行，且A∈n，故m，n重合，所以m⊂α，但m不一定在平面α内，C错误；对于D选项，若m⊥α，则过直线m的任意一个平面都与平面α垂直，若m与α不垂直，设直线m与平面α的一个公共点为点A，则过点A有且只有一条直线l与平面α垂直，记直线l，m所确定的平面为β，则α⊥β，D正确．(2)(多选)(2023·长春模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论正确的是()A．A，M，O三点共线B．M，O，A1，B四点不共面C．B，B1，O，M四点共面D．B，D1，C，M四点共面答案ABD解析如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面．因为M∈A1C，则M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，则点M在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，所以A，M，O三点共线，故A正确；从而M，O，A1，A四点共面，都在平面ACC1A1内，而点B不在平面ACC1A1内，所以M，O，A1，B四点不共面，故B正确；B，B1，O三点均在平面BB1D1D内，而点A不在平面BB1D1D内，所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，所以点M不在平面BB1D1D内，即B，B1，O，M四点不共面，故C错误；因为BC∥D1A1，且BC＝D1A1，所以四边形BCD1A1为平行四边形，所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四点共面，故D正确．考点二空间平行、垂直关系核心提炼平行关系及垂直关系的转化考向1平行、垂直关系的证明例2(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高．(1)证明因为A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，因为A1C，AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因为BC⊂平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)解如图，过点A1作A1O⊥CC1于点O.因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.因为A1C⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC与Rt△A1BC中，因为A1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，所以O为CC1中点，OC1＝eq\f(1,2)AA1＝1，又因为A1C⊥AC，所以A1C2＋AC2＝AAeq\o\al(2,1)，即x2＋x2＝22，解得x＝eq\r(2)，所以A1O＝eq\r(A1C\o\al(2,1)－OC\o\al(2,1))＝eq\r(\r(2)2－12)＝1，所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.规律方法(1)证明线线平行的常用方法①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理．(2)证明线线垂直的常用方法①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直．跟踪演练2如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，DE⊥平面ABCD，EF∥平面ABCD，且DE＝EF＝eq\f(\r(2),2)AB.(1)求证：BF∥平面AEC；(2)求证：DF⊥平面AEC.证明如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，OF.(1)不妨令AB＝eq\r(2).则DE＝EF＝1.∵四边形ABCD为正方形，∴BD＝eq\r(2)AB＝2＝2BO.∵EF∥平面ABCD，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，EF⊂平面BDEF，∴EF∥BD，∴EF∥OB，EF＝OB，即四边形BOEF为平行四边形，∴OE∥BF.又OE⊂平面AEC，BF⊄平面AEC，∴BF∥平面AEC.(2)∵EF∥DO，且EF＝DO，DE＝EF，∴四边形ODEF为菱形．∵DE⊥平面ABCD，∴四边形ODEF为正方形，∴DF⊥OE.又四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC.∵DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴DE⊥AC.而BD∩DE＝D，且BD，DE⊂平面BDEF，∴AC⊥平面BDEF.∵DF⊂平面BDEF，∴AC⊥DF.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面AEC，∴DF⊥平面AEC.考向2翻折问题核心提炼翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决．例3(1)(2023·成都模拟)如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是()A．AB∥CD B．AB⊥PQC．PQ∥ED D．PQ∥平面ADE答案C解析翻折之后如图所示，连接PQ，DF.因为AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故选项A成立；因为P，Q分别为AF，CE的中点，所以Q为DF的中点，所以PQ∥AD，易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故选项B成立；因为PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ与ED不平行，故选项C不成立；因为PQ∥AD，且PQ⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故选项D成立．(2)(多选)(2023·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是()A．BM的长是定值B．点M的运动轨迹在某个圆周上C．存在某个位置，使DE⊥A1CD．A1不在底面BCD上时，MB∥平面A1DE答案ABD解析如图所示，取CD的中点F，连接MF，BF，AC，易得MF∥A1D，BF∥DE，∵MF⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，∴MF∥平面A1DE，同理可得BF∥平面A1DE，又MF∩BF＝F，MF，BF⊂平面BMF，∴平面BMF∥平面A1DE，∵BM⊂平面BMF，∴BM∥平面A1DE，D选项正确；又∠BFM＝∠A1DE，MF＝eq\f(1,2)A1D为定值，BF＝DE为定值，由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos∠MFB，∴BM的长为定值，A选项正确；∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C选项错误．易错提醒注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系．对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系．跟踪演练3(2023·郑州质检)已知正方形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D－ABC.记AC，BC，AD的中点分别为O，M，N，则下列结论错误的是()A．AC⊥平面BODB．三棱锥D－ABC体积的最大值为eq\f(2\r(2),3)C．三棱锥D－ABC的外接球的表面积为定值D．MN与平面BOD所成角的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))答案D解析对于A，因为四边形ABCD为正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，又由BO∩DO＝O，且BO，DO⊂平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正确；对于B，当平面ACD⊥平面ABC时，此时点D到平面ABC的距离最大，即三棱锥D－ABC高的最大值为h＝DO＝eq\r(2)，此时三棱锥D－ABC的体积最大，为V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，所以B正确；对于C，由OA＝OB＝OC＝OD＝eq\r(2)，所以三棱锥D－ABC外接球的球心为O，即外接球的半径R＝eq\r(2)，所以三棱锥D－ABC外接球的表面积S＝4πR2＝8π(定值)，所以C正确；对于D，如图所示，取AB，AO的中点E，F，分别连接ME，EF，NF，NE，MF，因为E，F，N分别为AB，AO，AD的中点，可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，BO∩DO＝O，所以平面NEF∥平面BOD，又因为AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因为AC∥ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MNE即为直线MN与平面NEF所成的角，在折叠过程中，设BD的长度为a，则a∈(0,2eq\r(2))，由E，N分别为AB，AD的中点，得NE＝eq\f(1,2)BD，在Rt△MNE中，可得tan∠MNE＝eq\f(ME,NE)＝eq\f(\f(1,2)AC,\f(1,2)BD)＝eq\f(AC,BD)＝eq\f(2\r(2),a)>1，所以∠MNE的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，即MN与平面BOD所成角的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以D错误．专题强化练一、单项选择题1．(2023·安阳统考)若a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c的位置关系是()A．平行 B．相交C．异面 D．异面或相交答案D解析在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB与BC相交，A1B1与BC是异面直线；AB∥A1B1，AB与AA1相交，A1B1与AA1是相交直线，∴若a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c的位置关系是异面或相交．2．(2023·河南校联考模拟)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是()A．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥βB．若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥βC．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nD．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β答案D解析对于A，可能会出现n∥β，n⊂β，或n与β相交但不垂直的情况，所以A错误；对于B，由m∥n，m∥α，n∥β，可得α∥β或平面α，β相交，故B错误；对于C，由α⊥β，m⊂α，n⊂β，可得m∥n或m，n相交或m，n异面，相交或异面时两直线可能不垂直，故C错误；对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β，可得α⊥β，可知D正确．3．(2023·泉州联考)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是()答案D解析对于A，由正方体的性质可得MN∥AC，因为MN⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故A正确；对于B，如图，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得MN∥AD，因为MN⊄平面ABC，AD⊂平面ABC，所以直线MN∥平面ABC，故B正确；对于C，由正方体的性质可得平面ABC与正方体的右侧面平行，故MN∥平面ABC，故C正确；对于D，如图，作出完整的截面ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，故D错误．4．(2023·长沙模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面△A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是()A．CC1与B1E是异面直线B．AC⊥平面ABB1A1C．AE与B1C1为异面垂直D．A1C1∥平面AB1E答案C解析对于A，∵CC1⊂平面BCC1B1，B1E⊂平面BCC1B1，∴CC1与B1E共面，A错误；对于B，若AC⊥平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，则AC⊥AB，即△ABC为直角三角形，∴△A1B1C1为直角三角形，与已知△A1B1C1是正三角形相矛盾，B错误；对于C，∵AE∩平面BCC1B1＝E，E∉B1C1，∴AE，B1C1为异面直线，∵△ABC为正三角形，E为BC的中点，∴AE⊥BC，∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正确；对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，∴直线A1C1与平面AB1E相交，故D错误．5.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则()A．A，M，N，B四点共面B．平面ADM⊥平面CDD1C1C．直线BN与B1M所成的角为30°D．BN∥平面ADM答案B解析如图所示，连接MN，BC1，对于A选项，AB∥C1M，C1M∩MN＝M，MN⊄平面ABC1M，所以直线AB，MN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，A错误；对于B选项，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，又AD⊂平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，B正确；对于C选项，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，可知BO＝ON＝BN＝2eq\r(2)，所以△BON为等边三角形，故∠OBN＝60°，即直线BN与B1M所成的角为60°，C错误；对于D选项，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，D错误．6．(2023·长春吉大附中模拟)如图，在矩形AEFC中，AE＝2，EF＝2eq\r(2)，B为EF的中点，现分别沿AB，BC将△ABE，△BCF翻折，使点E，F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P－ABC，则下列结论不正确的是()A．AC⊥BPB．三棱锥P－ABC的体积为eq\f(4\r(2),3)C．直线PA与平面ABC所成角的大小为eq\f(π,6)D．三棱锥P－ABC外接球的半径为eq\f(\r(10),2)答案B解析由题意可知由BP⊥AP，BP⊥CP，又AP∩CP＝P，AP，CP⊂平面PAC，所以BP⊥平面PAC，因为AC⊂平面PAC，所以AC⊥BP，故A正确；在△PAC中，PA＝PC＝2，AC＝2eq\r(2)，所以△PAC为直角三角形，所以VP－ABC＝VB－PAC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2),3)，故B错误；设点P到平面ABC的距离为h，则VP－ABC＝eq\f(2\r(2),3)＝eq\f(1,3)S△ABCh⇒h＝eq\f(2\r(2),S△ABC)，由于S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×2＝2eq\r(2)，所以h＝1，又PA＝2，设直线PA与平面ABC所成的角为θ，则sinθ＝eq\f(h,PA)＝eq\f(1,2)，θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＝eq\f(π,6)，故C正确；由B选项知，△PAC为直角三角形，所以△PAC外接圆的半径r＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，又因为BP⊥平面PAC，则R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PB))2＝(eq\r(2))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(5,2)，所以R＝eq\f(\r(10),2)，即三棱锥P－ABC外接球的半径为eq\f(\r(10),2)，故D正确．二、多项选择题7.(2023·深圳模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，则下列命题中的真命题有()A．存在点P，使得PQ⊥A1C1B．存在点P，使得PQ∥A1BC．直线PQ始终与直线CC1异面D．直线PQ始终与直线BC1异面答案ABD解析在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，因为点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，当点P和点D1重合时，PQ⊂平面BDD1B1，所以PQ⊥A1C1，故A正确；连接A1D，A1B，当点P为线段A1D的中点时，PQ为△A1BD的中位线，即PQ∥A1B，故B正确；CC1⊂平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AA1C1C，所以直线PQ和CC1在同一平面内，故C错误；BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P∉BC1，所以直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，所以直线PQ与直线BC1是异面直线，故D正确．8.(2023·安庆模拟)如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD，在翻折的过程中，下列结论中正确的是()A．BD⊥PCB．DP与BC可能垂直C．四面体PBCD体积的最大值是eq\f(\r(3),3)D．直线DP与平面BCD所成角的最大值是eq\f(π,4)答案ABC解析对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，∵△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，∵△ABD为等边三角形，∴BD⊥PM，又PM∩CM＝M，PM，CM⊂平面PMC，∴BD⊥平面PMC，又PC⊂平面PMC，∴BD⊥PC，故A正确；对于B，假设DP⊥BC，又BC⊥CD，CD∩DP＝D，CD，DP⊂平面PCD，∴BC⊥平面PCD，又PC⊂平面PCD，∴BC⊥PC，又PB＝2，BC＝eq\r(2)，易知PC∈[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1]，当PC＝eq\r(2)时，BC2＋PC2＝PB2，故DP与BC可能垂直，故B正确；对于D，当平面PBD⊥平面BCD时，平面PBD∩平面BCD＝BD，BD⊥PM，PM⊂平面PBD，此时PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所成的角，此时∠PDB＝eq\f(π,3)，故D错误；对于C，易知当平面PBD⊥平面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，此时的体积V＝eq\f(1,3)S△BCD·PM＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×\r(2)×\r(2)))×eq\r(3)＝eq\f(\r(3),3)，故C正确．三、填空题9．平面α内两条相交直线l，m都不在平面β内．命题甲：l和m中至少有一条与平面β相交；命题乙：α与β相交．则甲是乙的______________条件．答案充要解析由于两条相交直线l，m都在平面α内，且都不在平面β内，则α与β不重合．充分性：若l和m中至少有一条与β相交，不妨设l∩β＝A，则由于l⊂α，∴A∈α，而A∈β，由于α与β不重合，∴α与β相交，故充分性成立．必要性：若α∩β＝a，如果l和m都不与β相交，由于它们都不在平面β内，∴l∥β且m∥β，∴l∥a且m∥a，进而得到l∥m，与已知l，m是相交直线矛盾，因此l和m中至少有一条与β相交，故必要性成立．综上所述，甲是乙的充要条件．10.如图，P为▱ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时，eq\f(PF,FC)＝________.答案eq\f(1,2)解析如图，连接AC交BE于点O，连接OF.∵AD∥BC，E为AD的中点，∴eq\f(AO,OC)＝eq\f(AE,BC)＝eq\f(1,2)，∵PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC＝OF，PA⊂平面PAC，∴PA∥OF，∴eq\f(PF,FC)＝eq\f(AO,OC)＝eq\f(1,2).11.如图，在正四棱锥P－ABCD中，PA＝eq\f(\r(3),2)AB，M是BC的中点，G是△PAD的重心，则在平面PAD内经过G点且与直线PM垂直的直线有________条．答案无数解析取AD的中点N，连接PN，MN，则G在直线PN上，设AB＝2，则PA＝eq\r(3)，∵PN⊥AD，AN＝1，∴PN＝eq\r(2)，∴PM＝PN＝eq\r(2)，又MN＝2，∴PM2＋PN2＝MN2，故PM⊥PN，∵AD⊥MN，AD⊥PN，MN∩PN＝N，MN，PN⊂平面PMN，∴AD⊥平面PMN，∵PM⊂平面PMN，∴AD⊥PM，∵AD∩PN＝N，AD，PN⊂平面PAD，∴PM⊥平面PAD，∴PM垂直于平面PAD内任意一条直线，∴在平面PAD内经过G点且与直线PM垂直的直线有无数条．12．(2023·北京模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中点，平面ACE将正方体分成体积分别为V1，V2(V1≤V2)的两部分，则eq\f(V1,V2)＝________.答案eq\f(7,17)解析如图所示，取B1C1的中点H，连接EH，CH，A1C1，因为AC∥平面A1B1C1D1，故AC平行于平面ACE与平面A1B1C1D1的交线，又E，H分别为A1B1，B1C1的中点，易知EH∥A1C1∥AC，即平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EH，故平面ACE将正方体分为如图所示的两部分，设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2＋\r(\f(1,2)×2)))×2＝eq\f(7,3)，故eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(7,3),8－\f(7,3))＝eq\f(7,17).四、解答题13.(2023·西安联考)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝4，AD＝eq\r(3)，DC＝1，点M为AB上一点，且AM＝1.(1)证明：平面MCC1⊥平面DCC1D1；(2)若点N是B1C1上一点，且MN∥平面ACC1A1，求四面体MNBB1的体积．(1)证明因为AM＝1，所以AM＝CD，AM∥CD，又AB⊥AD，所以四边形ADCM为矩形，即CD⊥CM.由题可知CC1⊥平面ABCD，CM⊂平面ABCD，所以CC1⊥CM，又CC1∩CD＝C，CC1，CD⊂平面DCC1D1，所以CM⊥平面DCC1D1，因为CM⊂平面MCC1，所以平面MCC1⊥平面DCC1D1.(2)解作MP∥AC，交BC于点P，连接NP，如图所示．易知AC＝2，BC＝2eq\r(3)，则eq\f(BM,BA)＝eq\f(BP,BC)＝eq\f(MP,AC)＝eq\f(3,4)，即BP＝eq\f(3\r(3),2)，MP＝eq\f(3,2).因为MP⊄平面ACC1A1，AC⊂平面ACC1A1，所以MP∥平面ACC1A1，因为MN∥平面ACC1A1，又MN∩MP＝M，MN，MP⊂平面MNP，所以平面MNP∥平面ACC1A1.平面BCC1B1∩平面MNP＝NP，平面BCC1B1∩平面ACC1A1＝CC1，所以NP∥CC1.因为BP＝eq\f(3\r(3),2)，所以B1N＝eq\f(3\r(3),2).又易知AC⊥平面BCC1B1，则MP⊥平面BCC1B1，所以MP即为四面体MNBB1的高，所以四面体MNBB1的体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\f(3\r(3),2)×eq\f(3,2)＝eq\f(3\r(3),4).14．(2023·成都模拟)如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个空间五面体，如图2.(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；(2)若∠AEB＝eq\f(2π,3)，求三棱锥A－BEF的体积．(1)证明在题图2中取线段CF的中点H，连接OH，GH，如图所示．由题图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB＝2EB，因为O是线段BF与CE的中点，所以OH∥BC且OH＝eq\f(1,2)BC，在题图1中，AG∥EF且AG＝eq\f(1,2)EF，而EF∥BC且EF＝BC.所以在图2中，AG∥BC且AG＝eq\f(1,2)BC，所以AG∥OH且AG＝OH，所以四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG，由于AO⊄平面GCF，HG⊂平面GCF，所以AO∥平面GCF.(2)解翻折前，EF⊥AE，EF⊥BE，翻折后，EF⊥AE，EF⊥BE，AE，BE⊂平面ABE，AE∩BE＝E，所以EF⊥平面ABE，因为S△ABE＝eq\f(1,2)AE·BE·sineq\f(2π,3)＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，所以VA－BEF＝VF－ABE＝eq\f(1,3)S△ABE·EF＝eq\f(1,3)×eq\r(3)×4＝eq\f(4\r(3),3)，即三棱锥A－BEF的体积为eq\f(4\r(3),3).第3讲空间向量与空间角[考情分析]以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点．空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等．考点一异面直线所成的角核心提炼设异面直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线l与m的夹角为θ.则(1)θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))；(2)cosθ＝|cos〈a，b〉|＝eq\f(|a·b|,|a||b|)＝eq\f(|a1a2＋b1b2＋c1c2|,\r(a\o\al(2,1)＋b\o\al(2,1)＋c\o\al(2,1))\r(a\o\al(2,2)＋b\o\al(2,2)＋c\o\al(2,2))).例1(1)如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的正方形，E为下底面圆周上一点，满足eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，则异面直线AE与BO1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(5),5)B.eq\f(\r(5),10)C.eq\f(\r(3),10)D.eq\f(\r(2),10)答案B解析方法一如图，连接EO2并延长，交底面圆于点F，连接FO1，FB，易知AE∥BF且AE＝BF，所以∠FBO1为异面直线AE与BO1所成的角或其补角．因为eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，则∠AO2E＝60°，所以△AEO2为正三角形，故AE＝BF＝1.由圆柱的性质知O1F＝O1B＝eq\r(BC2＋O1C2)＝eq\r(5)，所以在等腰△BFO1中，cos∠FBO1＝eq\f(\f(1,2)BF,O1B)＝eq\f(\r(5),10).方法二以A为原点，AB，AD所在直线分别为y轴、z轴，过点A的AB的垂线所在直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(0,2,0)，O1(0,1,2)，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，eq\o(BO1,\s\up6(→))＝(0，－1,2)，所以异面直线AE与BO1所成角的余弦值为|cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(BO1,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|\o(AE,\s\up6(→))·\o(BO1,\s\up6(→))|,|\o(AE,\s\up6(→))||\o(BO1,\s\up6(→))|)＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),1×\r(5))＝eq\f(\r(5),10).故选B.(2)(2023·吉安模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段B1D1上的动点，则异面直线AG与EF所成角的最大值为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(5π,12)答案C解析以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为2，则G(a，a，2)，a∈[0,2]，因为E，F分别为AB，BC的中点，则A(2,0,0)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，故eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a－2，a，2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，设两异面直线的夹角为α，其中α∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故cosα＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AG,\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→)))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(AG,\s\up6(→))))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\o(EF,\s\up6(→)))))＝eq\f(2,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－2))2＋a2＋4)×\r(2))＝eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a