2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第七章　§7.2　球的切、接问题含答案

2025数学步步高大一轮复习讲义人教A版第七章§7.2球的切、接问题§7.2球的切、接问题重点解读与球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算能力．其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决．一、正方体与球1．内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a.2．棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长eq\r(2)a.3．外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长eq\r(3)a.二、长方体与球外接球：外接球直径2R＝体对角线长eq\r(a2＋b2＋c2)(a，b，c分别为长方体的长、宽、高)．三、正棱锥与球1．内切球：V正棱锥＝eq\f(1,3)S表·r＝eq\f(1,3)S底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高．2．外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h)．四、正四面体的外接球、内切球若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝eq\f(\r(6),3)a，R＝eq\f(\r(6),4)a，r＝eq\f(\r(6),12)a，R∶r＝3∶1.五、正三棱柱的外接球球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心．R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h柱,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)AD))2.六、圆柱的外接球R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋r2)(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径)．七、圆锥的外接球R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径)．题型一外接球命题点1定义法例1(1)(2023·茂名模拟)已知菱形ABCD的各边长为2，∠B＝60°.将△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P－ACD，如图所示，当三棱锥P－ACD的表面积最大时，三棱锥P－ACD的外接球体积为()A.eq\f(5\r(2)π,3) B.eq\f(4\r(3)π,3)C．2eq\r(3)π D.eq\f(8\r(2)π,3)答案D解析由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为全等的等腰三角形，则三棱锥P－ACD的表面积S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2×eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＋2×eq\f(1,2)×2×2sin∠PCD＝2eq\r(3)＋4sin∠PCD≤2eq\r(3)＋4，当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P－ACD的表面积取最大值，此时△PAD，△PCD为直角三角形，PD＝eq\r(PC2＋CD2)＝2eq\r(2)，取PD的中点O，连接OA，OC，由直角三角形的性质可得OA＝OC＝OD＝OP＝eq\r(2)，即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O，半径R＝eq\r(2)，故外接球体积V＝eq\f(4,3)π×(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2)π,3).(2)(2023·韶关模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若AA1＝AC＝2，AB⊥BC，则此球的体积为________．答案eq\f(8\r(2),3)π解析设△ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，球的半径为R，球心为O，底面△ABC为直角三角形，故其外接圆圆心D在斜边中点处，则r＝1，又OD＝eq\f(1,2)AA1＝1，在Rt△OCD中，R＝eq\r(r2＋12)＝eq\r(2)，V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2),3)π.思维升华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，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．跟踪训练1某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，已知模型内层底面直径为12cm，外层底面直径为16cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm的球面上，则此模型的体积为________cm3.答案912π解析由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2，OO1，则O2在OO1上，因为AO＝BO＝10cm，AO1＝6cm，BO2＝8cm，在Rt△AO1O中，由勾股定理得OO1＝eq\r(AO2－AO\o\al(2,1))＝8(cm)，在Rt△BO2O中，由勾股定理得OO2＝eq\r(BO2－BO\o\al(2,2))＝6(cm)，所以内层圆柱的高h1＝16cm，外层圆柱的高h2＝12cm，所以此模型的体积V＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,2)))2×12＋πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,2)))2×(16－12)＝912π(cm3)．命题点2补形法例2数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一．该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形．将长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体ABCD－EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝eq\r(7)，则十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是________．答案(11＋2eq\r(2))π解析由题中数据可知A1E2＝1＋(eq\r(2)－1)2＝4－2eq\r(2)，则AA1＝eq\r(7－4－2\r(2))＝eq\r(2)＋1，因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面绕着其中心旋转45°得到，所以长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外接球．设十面体ABCD－EFGH外接球的半径为R，(2R)2＝22＋22＋(eq\r(2)＋1)2，则R2＝eq\f(11＋2\r(2),4)，故十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是4πR2＝(11＋2eq\r(2))π.思维升华(1)补形法的解题策略①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若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解．(2)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.(3)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).(4)正四面体的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),4)a(a为该正四面体的棱长)．跟踪训练2在四面体S－ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为________．答案8π解析由题意，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，可得2A＝B＋C，因为A＋B＋C＝π，可得3A＝π，即A＝eq\f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理的推论可得cosA＝eq\f(AC2＋AB2－BC2,2×AC×AB)＝eq\f(1,2)，即eq\f(22＋12－BC2,2×2×1)＝eq\f(1,2)，解得BC＝eq\r(3)，所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC，所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，如图所示，根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得(2R)2＝22＋12＋(eq\r(3))2，解得R2＝2，所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π.命题点3截面法例3(1)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq\r(3)和4eq\r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3eq\r(3)＝3，eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×4eq\r(3)＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq\o\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OOeq\o\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.综上，该球的表面积为100π.(2)在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为()A.eq\f(\r(3)π,2)B．3πC.eq\f(\r(2)π,3)D．2π答案A解析如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因为点F为底面Rt△BCD的外心，则三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上．又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上．所以球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，所以FE⊥平面A′BD.所以球心为点F.又A′B＝A′D＝1，所以BD＝eq\r(2)，又CD＝1，所以BC＝eq\r(3)，球半径R＝eq\f(BC,2)＝eq\f(\r(3),2).故V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3)π,2).思维升华与球截面有关的解题策略(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径．(2)作截面：选准最佳角度作出截面，实现空间问题平面化的目的．跟踪训练3(1)已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，圆台的两底面在球心的同侧，则此正四棱台的体积为________．答案eq\f(28\r(2)－14\r(5),3)解析由题知，正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上，取正四棱台上底面一点为A，正方形中心为O1，下底面一点为B，正方形中心为O2，正四棱台外接球球心为O，连接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如图所示，记正四棱台高O1O2＝h，OO1＝m，在Rt△AOO1中，AO＝3，AO1＝1，OO1＝m，所以有m2＋1＝9，解得m＝2eq\r(2)，在Rt△BOO2中，BO＝3，BO2＝2，OO2＝m－h>0，所以有(m－h)2＋4＝9，解得m－h＝eq\r(5)，即h＝2eq\r(2)－eq\r(5)，因为四棱台上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，所以四棱台上、下底面正方形的边长分别为eq\r(2)和2eq\r(2)，所以S上＝2，S下＝8，h＝2eq\r(2)－eq\r(5)，故正四棱台体积为V＝eq\f(1,3)h(S上＋S下＋eq\r(S上S下))＝eq\f(28\r(2)－14\r(5),3).(2)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为eq\f(32π,3)，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为()A．3πB．4πC．9πD．12π答案B解析如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则eq\f(4πR3,3)＝eq\f(32π,3)，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，AB为球的直径，所以△ACD∽△CBD，所以eq\f(AD,CD)＝eq\f(CD,BD)，所以CD＝eq\r(AD·BD)＝eq\r(3)，因此这两个圆锥的体积之和为eq\f(1,3)π×CD2·(AD＋BD)＝eq\f(1,3)π×3×4＝4π.题型二内切球例4如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为()A.eq\f(32π,3)，4 B.eq\f(9π,2)，3C．6π，4 D.eq\f(32π,3)，3答案D解析依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．易知AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝10，设健身手球的半径为R，则eq\f(1,2)×(6＋8＋10)×R＝eq\f(1,2)×6×8，解得R＝2.则健身手球的最大直径为4.因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球．于是一个健身手球的最大体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32π,3).思维升华(1)多面体内切球的球心与半径的确定①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等．②正多面体的内切球和外接球的球心重合．③正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合．④体积分割是求内切球半径的通用做法．(2)正四面体的内切球的半径r＝eq\f(\r(6),12)a，其半径是外接球半径的三分之一(a为该正四面体的棱长)．跟踪训练4(1)(2023·淮北模拟)半球内放三个半径为eq\r(3)的小球，三小球两两相切，并且与球面及半球底面的大圆面也相切，则该半球的半径是()A．1＋eq\r(3) B.eq\r(3)＋eq\r(5)C.eq\r(5)＋eq\r(7) D.eq\r(3)＋eq\r(7)答案D解析三个小球的球心O1，O2，O3构成边长为2eq\r(3)的正三角形，则其外接圆半径为2.设半球的球心为O，小球O1与半球底面切于点A.如图，经过点O，O1，A作半球的截面，则半圆⊙O的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于点B.则OA＝O1B＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO1中，由(R－eq\r(3))2＝22＋(eq\r(3))2可得R＝eq\r(3)＋eq\r(7).(2)(2024·海东模拟)在正四棱锥P－ABCD中，PA＝5，AB＝6，则该四棱锥内切球的表面积是()A.eq\f(4π,7)B.eq\f(24π,7)C.eq\f(36π,7)D.eq\f(72π,7)答案C解析过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的中心，连接OA，如图，因为AB＝6，所以OA＝3eq\r(2)，所以OP＝eq\r(PA2－OA2)＝eq\r(25－18)＝eq\r(7)，则四棱锥P－ABCD的体积V＝eq\f(1,3)×62×eq\r(7)＝12eq\r(7)，四棱锥P－ABCD的表面积S＝6×6＋eq\f(1,2)×6×eq\r(25－9)×4＝84.设四棱锥P－ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O′，由V＝VO′－ABP＋VO′－BCP＋VO′－CDP＋VO′－ADP＋VO′－ABCD，可得V＝eq\f(1,3)Sr，即12eq\r(7)＝eq\f(1,3)×84r，解得r＝eq\f(3\r(7),7)，故四棱锥P－ABCD内切球的表面积是4πr2＝eq\f(36π,7).课时精练一、单项选择题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()A.eq\f(3\r(17),2)B．2eq\r(10)C.eq\f(13,2)D．3eq\r(10)答案C解析由题意作图，如图所示，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，∴BC＝5，又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，∴球O的半径R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＋62)＝eq\f(13,2).2．已知在三棱锥P－ABC中，AC＝eq\r(2)，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为()A.eq\f(4π,3)B．4πC.eq\f(32π,3)D．4eq\r(3)π答案A解析AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝eq\r(3)，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得eq\r(3＋h2)＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P－ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P－ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝eq\r(12＋\r(2)2＋12)＝2，R＝1，所以其外接球的体积V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4π,3).3．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为eq\f(4π,3)的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是()A．6eq\r(3)B．12eq\r(3)C．18eq\r(3)D．24eq\r(3)答案C解析根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2eq\r(3)，所以这个三棱柱的表面积等于3×2eq\r(3)×2＋2×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝18eq\r(3).4．(2024·南昌模拟)在正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥的外接球半径R与内切球半径r的比值为()A.2eq\r(3)B．4eq\r(3)C．2eq\r(6)D.eq\r(6)答案C解析因为在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，所以折起后OD，OE，OF两两互相垂直，故该三棱锥的外接球，即以OD，OE，OF为棱的长方体的外接球．设正方形ABCD的边长为2，则OD＝2，OE＝1，OF＝1，故2R＝eq\r(OD2＋OE2＋OF2)＝eq\r(6)，则R＝eq\f(\r(6),2).设内切球球心为I，由VO－DEF＝VD－OEF＝eq\f(1,3)·S△OEF·OD＝eq\f(1,3)，三棱锥O－DEF的表面积S＝4，VO－DEF＝VI－ODE＋VI－ODF＋VI－OEF＋VI－DEF＝eq\f(1,3)Sr，所以r＝eq\f(1,4)，则有eq\f(R,r)＝2eq\r(6).5．(2023·聊城模拟)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为()A.eq\f(4π,3)B.eq\f(8\r(2)π,3)C．4πD．8π答案A解析将该多面体放入正方体中，如图所示．由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为eq\r(2)，因为该多面体是由棱长为eq\r(2)的正方体连接各棱中点所得，所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2)，所以R＝1，所以该多面体外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3).6．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)答案C解析该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大．设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，则圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h2)h，则V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)，令V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)，所以V＝eq\f(1,3)π(1－h2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在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，四棱锥的体积最大．二、多项选择题7．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为eq\r(3)－1，则下列说法中正确的是()A．正方体的外接球的表面积为12πB．正方体的内切球的体积为eq\f(4,3)πC．正方体的棱长为2D．线段MN的最大值为2eq\r(3)答案ABC解析设正方体的棱长为a，则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即eq\f(\r(3),2)a；内切球的半径为棱长的一半，即eq\f(1,2)a.∵M，N分别为外接球和内切球上的动点，∴MNmin＝eq\f(\r(3),2)a－eq\f(1,2)a＝eq\f(\r(3)－1,2)a＝eq\r(3)－1，解得a＝2，即正方体的棱长为2，∴正方体外接球的表面积为4π×(eq\r(3))2＝12π，内切球的体积为eq\f(4,3)π，故A，B，C正确；线段MN的最大值为eq\r(3)＋1，故D错误．8.传说古希腊数学家阿基米德的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．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现．如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱下、上底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则()A．球与圆柱的表面积之比为1∶2B．平面DEF截得球的截面面积最小值为eq\f(16,5)πC．四面体CDEF的体积的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(32,3)))D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE＋PF的取值范围为[2＋2eq\r(5)，4eq\r(3)]答案BCD解析由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球的表面积为4πr2，圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝6πr2，所以球与圆柱的表面积之比为2∶3，故A错误；ABCD所在截面如图所示，过点O作OG⊥DO1于点G，则由题可得OG＝eq\f(1,2)×eq\f(2×4,2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，设点O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，则d1≤OG，req\o\al(2,1)＝r2－deq\o\al(2,1)＝4－deq\o\al(2,1)≥4－eq\f(4,5)＝eq\f(16,5)，所以平面DEF截得球的截面面积最小值为eq\f(16,5)π，故B正确；由题可知四面体CDEF的体积等于，点E到平面DCO1的距离d∈(0,2]，又＝eq\f(1,2)×4×4＝8，所以＝eq\f(2,3)×8d＝eq\f(16d,3)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(32,3)))，故C正确；由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P′，则PP′＝2，PE＝eq\r(22＋P′E2)，PF＝eq\r(22＋P′F2)，P′E2＋P′F2＝16，设t＝P′E2，则t∈[0,42]，PE＋PF＝eq\r(22＋t)＋eq\r(22＋16－t)，所以(PE＋PF)2＝(eq\r(22＋t)＋eq\r(22＋16－t))2＝24＋2eq\r(－t2＋16t＋80)＝24＋2eq\r(－t－82＋144)∈[24＋8eq\r(5)，48]，所以PE＋PF∈[2＋2eq\r(5)，4eq\r(3)]，故D正确．三、填空题9．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)π,3)解析圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线长BS＝3，底面半径BC＝1，其高SC＝eq\r(BS2－BC2)＝2eq\r(2)，不妨设该内切球与母线BS切于点D，令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，得eq\f(OD,OS)＝eq\f(BC,BS)，即eq\f(r,2\r(2)－r)＝eq\f(1,3)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，V＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(2)π,3).10.如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为______．答案eq\f(1,3)6π解析如图，添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE，因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，所以S△BCE＝eq\f(1,2)CE×BC＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，直三棱柱ADF－BCE的体积V＝S△BCE·AB＝eq\f(1,2)×2＝1，添加的三棱锥的体积为eq\f(1,3)V＝eq\f(1,3).方法一如图，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O，因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点，在直三棱柱ADF－BCE中，CE⊥平面ABCD，所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径，因为AM＝eq\f(1,2)AF＝eq\f(\r(2),2)，MO＝1，所以AO2＝AM2＋MO2＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2)，所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π.方法二因为CE，CB，CD两两垂直，故将直三棱柱ADF－BCE补成长方体，设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.§7.3空间点、直线、平面之间的位置关系课标要求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．知识梳理1．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．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．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．基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行．2．“三个”推论推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面．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．3．空间中直线与直线的位置关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(相交直线：在同一平面内，有且只有一个公共点；,平行直线：在同一平面内，没有公共点；)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.))4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交a∩α＝A1个平行a∥α0个在平面内a⊂α无数个平面与平面平行α∥β0个相交α∩β＝l无数个5.等角定理如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．6．异面直线所成的角(1)定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，我们把直线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))).常用结论1．过平面外一点和平面内一点的直线，与平面内不过该点的直线是异面直线．2．分别在两个平行平面内的直线平行或异面．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)没有公共点的两条直线是异面直线．(×)(2)直线与平面的位置关系有平行、垂直两种．(×)(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．(×)(4)两两相交的三条直线共面．(×)2．(必修第二册P147例1改编)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，直线BD1与直线AA1所成角的余弦值是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(3),3)答案D解析连接BD(图略)，由于AA1∥DD1，所以∠DD1B即为直线BD1与直线AA1所成的角，不妨设正方体的棱长为a，则BD＝eq\r(2)a，BD1＝eq\r(D1D2＋BD2)＝eq\r(3)a，所以cos∠DD1B＝eq\f(DD1,D1B)＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3).3．(多选)给出以下四个命题，其中错误的是()A．不共面的四点中，其中任意三点不共线B．若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面C．若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面D．依次首尾相接的四条线段必共面答案BCD解析反证法：如果四个点中，有3个点共线，第4个点不在这条直线上，根据基本事实2的推论可知，这四个点共面，这与已知矛盾，故A正确；如图1，A，B，C，D共面，A，B，C，E共面，但A，B，C，D，E不共面，故B错误；如图2，a，b共面，a，c共面，但b，c异面，故C错误；如图3，a，b，c，d四条线段首尾相接，但a，b，c，d不共面，故D错误．图1图2图34.如图，在三棱锥A－BCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，DA的中点，则：(1)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为菱形；(2)当AC，BD满足条件________时，四边形EFGH为正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)由题意知，EF∥AC，EH∥BD，且EF＝eq\f(1,2)AC，EH＝eq\f(1,2)BD，∵四边形EFGH为菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四边形EFGH为正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∴AC＝BD且AC⊥BD.题型一基本事实的应用例1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于点R，则P，Q，R三点共线；(3)DE，BF，CC1三线交于一点．证明(1)如图所示，连接B1D1.因为EF是△C1D1B1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．(2)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，连接A1C，设A1，C，C1确定的平面为α，又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α与β的公共点，同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．(3)因为EF∥BD且EF<BD，所以DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.所以DE，BF，CC1三线交于一点．思维升华共面、共线、共点问题的证明(1)共面：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．(2)共线：先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．(3)共点：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．跟踪训练1在如图所示的空间几何体中，四边形ABEF与ABCD都是梯形，BC∥AD且BC＝eq\f(1,2)AD，BE∥AF且BE＝eq\f(1,2)AF，G，H分别为AF，FD的中点．(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？(1)证明由题设知，因为G，H分别为AF，FD的中点，所以GH∥AD且GH＝eq\f(1,2)AD，又BC∥AD且BC＝eq\f(1,2)AD，故GH∥BC且GH＝BC，所以四边形BCHG是平行四边形．(2)解C，D，F，E四点共面．理由如下：由BE∥AF且BE＝eq\f(1,2)AF，G是AF的中点知BE∥GF且BE＝GF，所以四边形EFGB是平行四边形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH.故EC，FH共面．又点D在直线FH上，所以C，D，F，E四点共面．题型二空间位置关系的判断例2(1)(多选)下列推断中，正确的是()A．M∈α，M∈β，α∩β＝l⇒M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合答案ABD解析对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，故A正确；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，故B正确；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，故C错误；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，α，β重合，故D正确．(2)(2023·龙岩模拟)若a和b是异面直线，b和c是异面直线，则a和c的位置关系是()A．异面或平行 B．异面或相交C．异面 D．相交、平行或异面答案D解析如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，①若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线B1A1记为直线c，此时a和c相交；②若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线DD1记为直线c，此时a和c平行；③若直线AA1记为直线a，直线BC记为直线b，直线C1D1记为直线c，此时a和c异面．思维升华判断空间直线的位置关系一般有两种方法：一是构造几何体(如长方体、空间四边形等)模型来判断．二是排除法．特别地，对于异面直线的判定常用到结论：“平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．”跟踪训练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，由图可知AB与CD有相交、平行、异面三种情况．(2)(多选)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，以下四个选项正确的是()A．直线AM与CC1是相交直线B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线AM与DD1是异面直线答案CD解析因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以直线AM与CC1是异面直线，故A错误；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，所以AM与BN不平行，故B错误；因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确．题型三异面直线所成的角例3(1)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(5),5)C.eq\f(\r(30),6) D.eq\f(\r(6),6)答案D解析如图，过点E作圆柱的母线交下底面于点F，连接AF，易知F为的中点，设四边形ABCD的边长为2，则EF＝2，AF＝eq\r(2)，所以AE＝eq\r(22＋\r(2)2)＝eq\r(6).连接ED，则ED＝eq\r(6).因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成的角即为∠EAD(或其补角)．在△EAD中，cos∠EAD＝eq\f(6＋4－6,2×2×\r(6))＝eq\f(\r(6),6).所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为eq\f(\r(6),6).(2)四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥底面ABCD，异面直线AC与PD所成角的余弦值为eq\f(\r(10),5)，则四棱锥外接球的表面积为()A．48πB．12πC．36πD．9π答案D解析如图，将其补成长方体．设PA＝x，x>0，连接AB1，B1C，则异面直线AC与PD所成的角就是∠ACB1或其补角．则cos∠ACB1＝eq\f(\r(10),5)＝eq\f(8＋x2＋4－x2－4,2×2\r(2)×\r(x2＋22))，解得x＝1(舍去负值)，所以外接球的半径为eq\f(1,2)×eq\r(12＋22＋22)＝eq\f(3,2)，所以该四棱锥外接球的表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝9π.思维升华异面直线所成角的求法方法解读平移法将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解补形法在该几何体的某侧补接上一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解跟踪训练3(1)(2023·莆田模拟)若正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为eq\r(6)，则直线AE1和EF所成角的大小为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案C解析如图所示，EF∥E1F1，则∠AE1F1即为所求．∵AF＝EF＝1，EE1＝eq\r(6)，且∠AFE＝eq\f(2π,3)，∴AE＝eq\r(AF2＋EF2－2AF·EF·cos

\f(2π,3))＝eq\r(3)，∴AE1＝eq\r(AE2＋EE\o\al(2,1))＝3，AF1＝eq\r(AF2＋FF\o\al(2,1))＝eq\r(7)，∴cos∠AE1F1＝eq\f(AE\o\al(2,1)＋E1F\o\al(2,1)－AF\o\al(2,1),2AE1·E1F1)＝eq\f(9＋1－7,2×3×1)＝eq\f(1,2)，∴∠AE1F1＝eq\f(π,3)，即直线AE1和EF所成角的大小为eq\f(π,3).(2)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(1,3)答案A解析如图所示，过点A补作一个与正方体ABCD－A1B1C1D1相同棱长的正方体，易知平面α为平面AF1E，则m，n所成的角为∠EAF1.∵△AF1E为正三角形，∴sin∠EAF1＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).课时精练一、单项选择题1．若直线上有两个点在平面外，则()A．直线上至少有一个点在平面内B．直线上有无穷多个点在平面内C．直线上所有点都在平面外D．直线上至多有一个点在平面内答案D解析根据题意，两点确定一条直线，那么由于直线上有两个点在平面外，则直线在平面外，只能是直线与平面相交，或者直线与平面平行，那么可知直线上至多有一个点在平面内．2．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析由m，n，l在同一平面内，可能有m，n，l两两平行，所以m，n，l可能没有公共点，所以不能推出m，n，l两两相交．由m，n，l两两相交且m，n，l不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A∉n，所以点A和直线n确定平面α，而B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m⊂α，所以m，n，l在同一平面内．3．已知平面α∩平面β＝l，点A，C∈α，点B∈β，且B∉l，又AC∩l＝M，过A，B，C三点确定的平面为γ，则β∩γ是()A．直线CM B．直线BMC．直线AB D．直线BC答案B解析已知过A，B，C三点确定的平面为γ，则AC⊂γ.又AC∩l＝M，则M∈γ，又平面α∩平面β＝l，则l⊂α，l⊂β，又因为AC∩l＝M，所以M∈β，因为B∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM.4.如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，M为A1C1的中点，则AM与BC1所成角的余弦值为()A.eq\f(\r(15),3) B.eq\f(\r(15),5)C.eq\f(\r(6),4) D.eq\f(\r(10),4)答案D解析如图，取AC的中点D，连接DC1，BD，易知AM∥DC1，所以异面直线AM与BC1所成角就是直线DC1与直线BC1所成的角，即∠BC1D，因为直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱长都相等，可设三棱柱的棱长都为2，则DC1＝eq\r(5)，BD＝eq\r(3)，BC1＝2eq\r(2)，则在△BDC1中，由余弦定理可得cos∠BC1D＝eq\f(\r(5)2＋2\r(2)2－\r(3)2,2×\r(5)×2\r(2))＝eq\f(\r(10),4)，即异面直线AM与BC1所成角的余弦值为eq\f(\r(10),4).5．四边形ABCD是矩形，AB＝3AD，点E，F分别是AB，CD的中点，将四边形AEFD绕EF旋转至与四边形BEFC重合，则直线ED，BF所成角α在旋转过程中()A．逐步变大 B．逐步变小C．先变小后变大 D．先变大后变小答案D解析由题可知初始时刻ED与BF所成的角为0，如图1，故B，C错误；图1在四边形AEFD绕EF旋转过程中，EF⊥DF，EF⊥FC，DF∩FC＝F，DF，FC⊂平面DFC，所以EF⊥平面DFC，EF⊂平面EFCB，所以平面DFC⊥平面EFCB，故D在平面BCFE内的投影P一直落在直线CF上，如图2，图2所以一定存在某一时刻EP⊥BF，而DP⊥平面EFCB，DP⊥BF，又DP∩PE＝P，DP，PE⊂平面DPE，所以BF⊥平面DPE，此时DE与BF所成的角为eq\f(π,2)，然后α开始变小，故直线ED，BF所成角α在旋转过程中先变大后变小，故A错误，D正确．6．在正四棱锥P－ABCD中，AB＝2，E，F，G分别为AB，PC，AD的中点，直线BF与EG所成角的余弦值为eq\f(\r(6),3)，则三棱锥P－EFG的体积为()A.eq\f(5\r(2),12)B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(2),3)D.eq\f(\r(2),6)答案B解析连接BD，DF，AC，CG，CE，如图，设BF＝DF＝x，由BD∥EG，得∠FBD即为BF与EG所成的角，在△FBD中，易知BD＝2eq\r(2)，cos∠FBD＝eq\f(x2＋8－x2,4\r(2)x)＝eq\f(\r(6),3)，解得x＝eq\r(3).设PB＝PC＝y，在△PFB中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2＋3－2eq\r(3)·eq\f(y,2)cos∠PFB＝y2，①因为∠PFB＋∠BFC＝180°，故cos∠BFC＝cos(180°－∠PFB)＝－cos∠PFB，则在△BCF中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2＋3－2eq\r(3)·eq\f(y,2)cos∠BFC＝4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2＋3＋2eq\r(3)·eq\f(y,2)cos∠PFB＝4，②①＋②得eq\f(y2,2)＋6＝y2＋4，因为y>0，解得y＝2.因为F为PC的中点，故V三棱锥P－EFG＝V三棱锥C－EFG＝V三棱锥F－ECG，因为PA2＋PC2＝AC2，PA＝PC，所以△PAC为等腰直角三角形，则在等腰直角三角形PAC中，易求得点P到AC的距离即点P到底面的距离为eq\f(2×2,2\r(2))＝eq\r(2)，故点F到平面CEG的距离为eq\f(\r(2),2)，S△ECG＝S▱ABCD－S△AEG－S△CDG－S△CEB＝2×2－eq\f(1,2)×1×1－eq\f(1,2)×2×1－eq\f(1,2)×1×2＝4－eq\f(1,2)－1－1＝eq\f(3,2)，故所求三棱锥的体积为eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),4).二、多项选择题7.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是()A．C1，M，O三点共线B．C1，M，O，C四点共面C．C1，O，B1，B四点共面D．D1，D，O，M四点共面答案AB解析∵O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，∴O∈平面ACC1A1.∵O∈BD，BD⊂平面C1BD，∴O∈平面C1BD，∴O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，同理可得，点M和点C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，∴点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，即C1，M，O三点共线，故A，B正确；根据异面直线的判定定理可得BB1与C1O为异面直线，故C1，O，B1，B四点不共面，故C不正确；根据异面直线的判定定理可得DD1与MO为异面直线，故D1，D，O，M四点不共面，故D不正确．8．(2024·朝阳模拟)在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝eq\r(2)，AD＝BC＝AC＝BD＝eq\r(5)，则()A．AB⊥CDB．三棱锥A－BCD的体积为eq\f(2,3)C．三棱锥A－BCD外接球的半径为eq\r(6)D．异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq\f(3,5)答案ABD解析将三棱锥补形为长方体，如图所示．其中BE＝BN＝1，BF＝2，所以AB＝CD＝eq\r(2)，AD＝BC＝AC＝BD＝eq\r(5)，连接MF，则AM∥BF，AM＝BF，所以四边形AMFB为平行四边形，所以AB∥MF，又四边形MCFD为正方形，所以MF⊥CD，所以AB⊥CD，故A正确；长方体的体积V1＝1×1×2＝2，三棱锥E－ABC的体积V2＝V三棱锥A－BEC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×1＝eq\f(1,3)，同理，三棱锥N－ABD，三棱锥F－BCD，三棱锥M－ACD的体积也为eq\f(1,3)，所以三棱锥A－BCD的体积V＝2－4×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，故B正确；长方体的外接球的直径为eq\r(12＋12＋22)＝eq\r(6)，所以长方体的外接球的半径为eq\f(\r(6),2)，长方体的外接球也是三棱锥A－BCD的外接球，所以三棱锥A－BCD外接球的半径为eq\f(\r(6),2)，故C错误；连接MN，交AD于点O，因为MN∥BC，所以∠AOM(或其补角)为异面直线AD与BC所成的角，由已知OA＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(\r(5),2)，OM＝eq\f(1,2)MN＝eq\f(\r(5),2)，AM＝2，所以cos∠AOM＝eq\f(\f(5,4)＋\f(5,4)－4,2×\f(\r(5),2)×\f(\r(5),2))＝－eq\f(3,5)，所以异面直线AD与BC所成角的余弦值为eq\f(3,5)，故D正确．三、填空题9．已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直线，P为空间中一点．若α∩β＝l，m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，则点P与直线l的位置关系用符号表示为________．答案P∈l解析∵m⊂α，n⊂β，m∩n＝P，∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l，∴点P在直线l上，即P∈l.10.如图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．答案3解析画出该正方体的直观图如图所示，易知异面直线有(AB，GH)，(AB，CD)，(GH，EF)．故共有3对．11．(2023·南阳模拟)如图，AB和CD是异面直线，AB＝CD＝3，E，F分别为线段AD，BC上的点，且eq\f(AE,ED)＝eq\f(BF,FC)＝eq\f(1,2)，EF＝eq\r(7)，则AB与CD所成角的大小为________．答案60°解析在平面ABD中，过E作EG∥AB，交DB于点G，连接GF，如图，∵eq\f(AE,ED)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(BG,GD)＝eq\f(1,2)，又eq\f(BF,FC)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(BG,GD)＝eq\f(BF,FC)，则GF∥CD，∴∠EGF(或其补角)即为AB与CD所成的角，在△EGF中，EG＝eq\f(2,3)AB＝2，GF＝eq\f(1,3)CD＝1，EF＝eq\r(7)，∴cos∠EGF＝eq\f(22＋12－\r(7)2,2×2×1)＝－eq\f(1,2)，∴∠EGF＝120°，∴AB与CD所成角的大小为60°.12．(2023·长春模拟)如图，在底面为正方形的棱台ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分别为棱CC1，BB1，CF，AF的中点，对空间任意两点M，N，若线段MN与线段AE，BD1都不相交，则称点M与点N可视，下列与点D不可视的为________．(填序号)①B1；②F；③H；④G.答案①②③解析如图所示，连接B1D1，BD，DB1，EF，DE，DH，DF，DG，因为E，F分别为棱CC1，BB1的中点，所以EF∥BC，又底面ABCD为正方形，所以BC∥AD，所以EF∥AD，所以四边形EFAD为梯形，所以DH与AE相交，DF与AE相交，故②③不可视；因为B1D1∥DB，所以四边形B1D1DB是梯形，所以B1D与BD1相交，故①不可视；因为EFAD为梯形，G为CF的中点，即G∉EF，则D，E，G，A四点不共面，所以DG与AE不相交，若DG与BD1相交，则D，B，G，D1四点共面，显然D，B，B1，D1四点共面，G∉平面DBB1D1，所以D，B，G，D1四点不共面，即假设不成立，所以DG与BD1不相交，即点G与点D可视，故④可视．四、解答题13.已知ABCD是空间四边形，如图所示(M，N，E，F分别是AB，AD，BC，CD上的点)．(1)若直线MN与直线EF相交于点O，证明：B，D，O三点共线；(2)若E，N为BC，AD的中点，AB＝6，DC＝4，NE＝2，求异面直线AB与DC所成角的余弦值．(1)证明因为M∈AB，N∈AD，AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，所以MN⊂平面ABD，因为E∈CB，F∈CD，CB⊂平面CBD，CD⊂平面CBD，所以EF⊂平面CBD，