新高考数学一轮复习（基础版）第七章立体几何与空间向量讲义

§7.1基本立体图形、简单几何体的表面积与体积课标要求1.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，并能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的直观图．知识梳理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′轴和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S表＝S侧＋2S底V＝Sh锥体S表＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)Sh台体S表＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S表＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3常用结论1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理)．2．直观图与原平面图形面积间的关系：S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形，S原图形＝2eq\r(2)S直观图．自主诊断1．判断下列结论是否正确．(请在括号中打“√”或“×”)(1)菱形的直观图仍是菱形．(×)(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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)(4)锥体的体积等于底面积与高之积．(×)2.如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是()A．四棱台 B．四棱锥C．四棱柱 D．三棱柱答案C解析由几何体的结构特征知，盛水部分的几何体是四棱柱．3．(必修第二册P111T1改编)下列说法正确的是()A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案D解析由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变，正方形的直观图是平行四边形．4．若一个圆锥的底面半径和高都是1，则它的母线长等于________，它的体积等于________．答案eq\r(2)eq\f(π,3)解析由轴截面可得圆锥的母线长为eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，体积为eq\f(1,3)×π×12×1＝eq\f(π,3).题型一基本立体图形命题点1结构特征例1(多选)下列说法正确的是()A．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体答案AD解析若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则该四棱柱底面为正方形，且侧棱垂直于底面，所以该四棱柱为正四棱柱，故A正确；棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．命题点2直观图例2如图，△A′O′B′是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知O′为坐标原点，顶点A′，B′均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则O′B′的长度为()A．1B．2C．3D．4答案B解析方法一如图，画出△AOB的原图，为直角三角形，且OA＝O′A′＝6，因为eq\f(1,2)OB·OA＝12，所以OB＝4，所以O′B′＝eq\f(1,2)OB＝2.方法二S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形＝3eq\r(2)，又S直观图＝eq\f(1,2)O′A′·O′B′·sin∠A′O′B′，所以O′B′＝2.命题点3展开图例3如图，在正四棱锥O－ABCD中，侧棱长均为4，且相邻两条侧棱的夹角为30°，E，F分别是线段OB，OC上的一点，则AE＋EF＋FD的最小值为()A．4B．8C．2eq\r(2)D．4eq\r(2)答案D解析如图，将正四棱锥的部分侧面展开，则AE＋EF＋FD的最小值为AD.在△OAD中，OA＝OD＝4，∠AOD＝90°，则AD＝eq\r(2)OA＝4eq\r(2).思维升华(1)辨别空间几何体的两种方法①定义法：紧扣定义进行判定；②反例法：要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可．(2)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．(3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．跟踪训练1(1)如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图A′B′C′D′是边长为2的菱形，且O′D′＝2，则原平面图形的周长为()A．4eq\r(2)＋4 B．4eq\r(6)＋4C．8eq\r(2) D．8答案B解析根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，其中OA＝2eq\r(2)，OD＝4，AB＝CD＝2，则AD＝eq\r(8＋16)＝2eq\r(6)，故原平面图形的周长为2＋2＋2eq\r(6)＋2eq\r(6)＝4eq\r(6)＋4.(2)(多选)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解析当顶点在底面的投影是正多边形的中心时才是正棱锥，故A不正确；当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为圆或矩形，否则为椭圆或椭圆的一部分，故B不正确；长方体是直平行六面体，故C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，故D正确．(3)有一根高为3π，底面半径为1的圆柱形铁管，用一段铁丝在铁管上缠绕2圈，并使铁丝的两个端点落在圆柱的同一母线的两端，则铁丝的最短长度为________．答案5π解析如图，把圆柱的侧面展开图再延展一倍，所以铁丝的最短长度即为AB的长，此时AB＝eq\r(3π2＋4π2)＝5π.题型二表面积与体积命题点1表面积例4(1)(2023·深圳模拟)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A．8πB．4πC．8D．4答案A解析以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，其底面半径r＝2，高h＝2，∴所得圆柱的侧面积S＝2πrh＝2π×2×2＝8π.(2)(2023·沈阳模拟)已知三棱锥的三条侧棱长均为2，侧面有两个是等腰直角三角形，底面等腰三角形底上的高为eq\r(5)，则这个三棱锥的表面积为()A．4＋3eq\r(3)＋eq\r(15) B．4＋eq\r(3)＋2eq\r(15)C．4＋eq\r(3)＋eq\r(15) D．4＋2eq\r(3)＋eq\r(15)答案C解析三棱锥如图所示，AB＝AC＝AD＝2，CE＝eq\r(5)，由题意得△ABC，△ACD是等腰直角三角形，则BC＝CD＝2eq\r(2)，BE＝eq\r(BC2－CE2)＝eq\r(3)，BD＝2eq\r(3)，AE＝eq\r(AB2－BE2)＝1，则该三棱锥的表面积为S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＋eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(5)＝4＋eq\r(3)＋eq\r(15).命题点2体积例5(1)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A－B1CD1的体积为()A.eq\f(4,3)B.eq\f(8,3)C．4D．6答案B解析如图，三棱锥A－B1CD1是由正方体ABCD－A1B1C1D1截去四个小三棱锥A－A1B1D1，C－B1C1D1，B1－ABC，D1－ACD得到的，又＝23＝8，＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×23＝eq\f(4,3)，所以＝8－4×eq\f(4,3)＝eq\f(8,3).(2)(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＝AO－A1O1＝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)，所以所求棱台体积为V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).思维升华求空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积，直接利用公式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跟踪训练2(1)定义：通过24小时内降水在平地上的积水厚度(mm)来判断降雨程度；其中小雨(0mm－10mm)，中雨(10mm－25mm)，大雨(25mm－50mm)，暴雨(50mm－100mm)；小明用一个圆锥形容器(如图)接了24小时的雨水，则这天降雨属于哪个等级()A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨答案B解析由题意，一个半径为eq\f(200,2)＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为eq\f(200,2)×eq\f(150,300)＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水的厚度为eq\f(\f(1,3)π×502×150,π×1002)＝12.5(mm)，由题意可知，这天降雨属于中雨．(2)(多选)若圆锥的表面积为3π，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的是()A．圆锥的母线长为2 B．圆锥的底面半径为2C．圆锥的体积为eq\f(\r(3)π,3) D．圆锥的侧面积为π答案AC解析设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由于其侧面展开图是一个半圆，则2πr＝eq\f(1,2)×2π×l，解得l＝2r，又∵圆锥的表面积为3π，∴表面积S＝πrl＋πr2＝3πr2＝3π，解得r＝1，故母线长l＝2，A选项正确，B选项错误；圆锥的高h＝eq\r(l2－r2)＝eq\r(3)，体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×1×eq\r(3)＝eq\f(\r(3)π,3)，C选项正确；侧面积S＝πrl＝2π，D选项错误．课时精练一、单项选择题1．以斜边长为2的等腰直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周，所得到的几何体的体积为()A．2πB.eq\f(2\r(2)π,3)C．4πD．4eq\r(2)π答案B解析由题意，所得到的几何体是底面半径为eq\r(2)，高为eq\r(2)的圆锥体，该圆锥体的体积V＝eq\f(1,3)×π×(eq\r(2))2×eq\r(2)＝eq\f(2\r(2)π,3).2.如图是用斜二测画法画出的水平放置的△AOB的直观图(图中虚线分别与x′轴、y′轴平行)，则原图形△AOB的面积是()A．8 B．16C．32 D．64答案C解析根据题意，原图形△AOB的底边OB的长为4，高为8×2＝16，所以其面积S＝eq\f(1,2)×4×16＝32.3．(2024·武汉模拟)下列说法正确的是()A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段C．以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台答案B解析虽然各侧面都是正方形，但底面可能是菱形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故D错误．4.如图，圆台的侧面展开图为半圆环，图中线段AB＝8，C，O，D为线段AB的四等分点，则该圆台的表面积为()A．11π B.eq\f(17π,2)C．6π D．5π答案A解析设圆台上底面半径为r，下底面半径为R，则2πr＝eq\f(1,2)×2π×2,2πR＝eq\f(1,2)×2π×4，解得r＝1，R＝2，∴圆台上、下底面面积分别为S1＝πr2＝π，S2＝πR2＝4π，又圆台的侧面积S3＝eq\f(42π－22π,2)＝6π，∴圆台的表面积S＝S1＋S2＋S3＝11π.5．(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)＝1.6．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为eq\r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝eq\f(2π,3)，若△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为()A．πB.eq\r(6)πC．3πD．3eq\r(6)π答案B解析在△AOB中，∠AOB＝eq\f(2π,3)，OA＝OB＝eq\r(3).如图，取AB的中点C，连接OC，PC，则有OC⊥AB，PC⊥AB，∠ABO＝eq\f(π,6)，OC＝eq\f(\r(3),2)，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为eq\f(9\r(3),4)，得eq\f(1,2)×3×PC＝eq\f(9\r(3),4)，解得PC＝eq\f(3\r(3),2)，于是PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2)＝eq\r(6)，所以圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×OA2×PO＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×eq\r(6)＝eq\r(6)π.二、多项选择题7．(2023·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，侧棱长为eq\r(21)米，则()A．正四棱锥的底面边长为6米B．正四棱锥的底面边长为3米C．正四棱锥的侧面积为24eq\r(3)平方米D．正四棱锥的侧面积为12eq\r(3)平方米答案AC解析如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，则SH⊥AB，设底面边长为2a米．因为∠SHO＝30°，所以OH＝AH＝a米，OS＝eq\f(\r(3),3)a米，SH＝eq\f(2\r(3),3)a米．在Rt△SAH中，a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)a))2＝21，解得a＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为eq\f(1,2)×6×2eq\r(3)×4＝24eq\r(3)(平方米)．8.(2024·亳州模拟)某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AD＝CD＝2AB＝4cm，则下列说法正确的是()A．该圆台的高为3eq\r(15)cmB．该圆台的体积为eq\f(7\r(15)π,3)cm3C．圆台的轴截面面积为3eq\r(15)cm2答案BCD解析圆台的轴截面如图所示，对于A，过点A作AE⊥CD于点E，因此O1O2＝AE＝eq\r(AD2－DE2)＝eq\r(16－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－2,2)))2)＝eq\r(15)(cm)，所以A选项错误；对于B，由圆台体积公式求得该圆台的体积为eq\f(1,3)(4π＋π＋eq\r(4π·π))×eq\r(15)＝eq\f(7\r(15)π,3)(cm3)，所以B选项正确；对于C，由梯形面积公式求得该圆台的轴截面面积为eq\f(4＋2×\r(15),2)＝3eq\r(15)(cm2)，所以C选项正确；对于D，把圆台补成圆锥，圆锥的顶点为O，圆锥的侧面展开图如图所示，因为CD＝2AB＝4cm，所以OD＝OC＝2AD＝8(cm)，OP＝OA＋AP＝OA＋eq\f(1,2)AD＝6(cm)，所以∠DOF＝eq\f(2π·2,8)＝eq\f(π,2)，因此∠DOC＝eq\f(π,4)，由余弦定理可知PC＝eq\r(64＋36－2×8×6×\f(\r(2),2))＝eq\r(100－48\r(2))(cm)，所以D选项正确．三、填空题9．(2023·新高考全国Ⅱ)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．答案28解析方法一棱台的体积为eq\f(1,3)×3×(16＋4＋eq\r(16×4))＝28.方法二如图，由于eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28.10．陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗．图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中B，C分别是上、下底面圆的圆心，且AC＝3AB＝3BD，则该陀螺下半部分的圆柱的侧面积与上半部分的圆锥的侧面积的比值是________．答案2eq\r(2)解析设AB＝BD＝m，则AD＝eq\r(2)m，因为AC＝3AB＝3m，所以BC＝2m，则圆柱的侧面积S1＝2πr·BC＝4πm2，圆锥的侧面积S2＝πr×AD＝eq\r(2)πm2，故eq\f(S1,S2)＝eq\f(4πm2,\r(2)πm2)＝2eq\r(2).四、解答题11．(2023·北京模拟)如图是一个正四棱台ABCD－A1B1C1D1的石料，上、下底面的边长分别为20cm和40cm，高30cm.(1)求四棱台ABCD－A1B1C1D1的表面积；(2)若要将这块石料最大限度打磨为一个圆台，求圆台O－O1的体积．解(1)如图，正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取B1C1，BC的中点M，N，连接O1M，ON，MN.则O1O＝MH＝30cm，O1M＝10cm，ON＝20cm，HN＝10cm，所以MN＝eq\r(MH2＋HN2)＝eq\r(302＋102)＝10eq\r(10)(cm)，所以四棱台ABCD－A1B1C1D1的表面积S＝202＋402＋4×eq\f(1,2)×(20＋40)×10eq\r(10)＝2000＋1200eq\r(10)(cm2)．(2)若要将这块石料最大限度打磨为一个圆台，则圆台O－O1的上、下底面圆与正四棱台的上、下底面正方形相切，高为正四棱台的高．则圆台O－O1上底面圆半径O1Q＝10cm，下底面圆半径OP＝20cm，高O1O＝30cm，则圆台O－O1的体积为V＝eq\f(1,3)π(102＋202＋10×20)×30＝7000π(cm3)．12.如图一个半球，挖掉一个内接直三棱柱ABC－A1B1C1(棱柱各顶点均在半球面上)，AB＝AC，棱柱侧面BB1C1C是一个长为4的正方形．(1)求挖掉的直三棱柱的体积；(2)求剩余几何体的表面积．解(1)记球心为O，BC中点为E，连接AO，OE，AE，由球的性质知BC是△ABC所在小圆直径，又四边形BB1C1C是一个长为4的正方形，因此OE＝AE＝2，球半径为R＝AO＝eq\r(AE2＋OE2)＝2eq\r(2)，挖掉的直三棱柱的体积V＝S△ABC·BB1＝eq\f(1,2)×4×2×4＝16.(2)由(1)知AC＝eq\r(AE2＋EC2)＝2eq\r(2)，＝＝2eq\r(2)×4＝8eq\r(2)，S△ABC＝eq\f(1,2)×4×2＝4，＝4×4＝16，S半球表面积＝2π×(2eq\r(2))2＋π×(2eq\r(2))2＝24π，所以剩余几何体表面积为S＝S半球表面积－＋2S△ABC＝24π－16＋2×8eq\r(2)＋2×4＝24π＋16eq\r(2)－8.13．(2023·北京模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点P在棱A1B1上，动点Q在线段BC1上，若A1P＝λ，BQ＝μ，则三棱锥D1－APQ的体积()A．与λ无关，与μ有关B．与λ有关，与μ无关C．与λ，μ都有关D．与λ，μ都无关答案D解析如图，因为ABCD－A1B1C1D1为正方体，所以C1D1∥A1B1，因为C1D1⊂平面ABC1D1，A1B1⊄平面ABC1D1，所以A1B1∥平面ABC1D1，所以点P到平面ABC1D1的距离也即A1B1到平面ABC1D1的距离，也即点P到平面AQD1的距离不随A1P＝λ的变化而变化，设点P到平面AQD1的距离为h，过点A1作A1F⊥AD1，根据正方体的特征可知，AB⊥平面ADD1A1，因为A1F⊂平面ADD1A1，所以AB⊥A1F，AB∩AD1＝A，AB，AD1⊂平面ABC1D1，所以A1F⊥平面ABC1D1，则有h＝A1F＝eq\f(\r(2),2)(定值)，因为C1D1∥AB且C1D1＝AB，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以BC1∥AD1，所以点Q到AD1的距离也即BC1到AD1的距离，且距离为1，所以＝eq\f(1,2)×AD1×1＝eq\f(\r(2),2)(定值)，所以·h＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,6)(定值)，则三棱锥D1－APQ的体积不随λ与μ的变化而变化，也即与λ，μ都无关．14.如图，已知圆锥轴截面PAB为等腰直角三角形，底面圆O的直径为2，点C在圆O上，且BC＝eq\r(2)，点E为线段PB上异于P，B的点，则CE＋OE的最小值为________．答案eq\f(\r(6)＋\r(2),2)解析将△PBC沿PB翻折，使得△PBC在平面PAB上为△PBC′，如图所示，易得CE＋OE取最小值C′O，此时C′，E，O三点共线．由题意可得OB＝OP＝1，故BP＝eq\r(2)，又PC′＝BC′＝BC＝eq\r(2)，故△PC′B为正三角形．根据对称性易得OC′⊥PB，且垂足为E.故C′O＝OE＋EC′＝eq\f(\r(2),2)＋eq\f(\r(6),2)＝eq\f(\r(6)＋\r(2),2).

§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)．题型一定义法例1(1)(2023·南昌模拟)在四面体ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2eq\r(3)，则该四面体的外接球表面积为________．答案12π解析由题意得∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2eq\r(3)，则AC＝BD＝2eq\r(2)，所以AB2＋BD2＝AD2，AB⊥BD，同理AC⊥CD，取AD的中点O，则O到A，B，C，D四点的距离相等，即O为四面体ABCD外接球的球心，所以球O的半径r＝eq\f(AD,2)＝eq\r(3)，球O的表面积S＝4πr2＝12π.(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若一个长方体的长、宽、高分别为4,2,3，则这个长方体外接球的表面积为______．答案29π解析由题知，长方体的体对角线即为外接球的直径，所以(2R)2＝42＋22＋32＝29，所以R2＝eq\f(29,4)，所以外接球的表面积S＝4πR2＝29π.题型二补形法例2在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为eq\f(\r(2),2)，eq\f(\r(3),2)，eq\f(\r(6),2)，则三棱锥A－BCD的外接球的体积为()A.eq\r(6)πB．2eq\r(6)πC．3eq\r(6)πD．4eq\r(6)π答案A解析在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，将其补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径．设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，由题意得ab＝eq\r(6)，ac＝eq\r(3)，bc＝eq\r(2)，解得a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，c＝1，所以球的直径为eq\r(\r(3)2＋\r(2)2＋1)＝eq\r(6)，它的半径为eq\f(\r(6),2)，球的体积为eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)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.题型三截面法例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)已知圆柱O1O2的轴截面是边长为4的正方形，底面圆O2的圆周在球O的表面上，球O被底面圆O1所在平面截得的是半径为2eq\r(3)的圆面，若点O在圆柱O1O2内，则球O的表面积与圆柱O1O2的表面积之比为()A．2B.eq\f(13,5)C.eq\f(13,6)D.eq\f(13,24)答案C解析由题意知圆柱O1O2的底面半径为2，高为4，圆柱和球的轴截面如图所示，O2P＝2，O1Q＝2eq\r(3)，设球O的半径为R，则O1O2＝O1O＋OO2＝eq\r(OQ2－O1Q2)＋eq\r(OP2－O2P2)＝eq\r(R2－2\r(3)2)＋eq\r(R2－22)＝4，解得R＝eq\r(13)，则球O的表面积与圆柱O1O2的表面积之比为eq\f(4π×\r(13)2,2π×2×4＋2π×22)＝eq\f(13,6).(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.课时精练一、单项选择题1．若正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N，P，Q分别为棱B1B，BC，C1D1，D1A1的中点，则四面体MNPQ的外接球的半径为()A.eq\r(2)B．2C．1D.eq\r(3)答案A解析设正方体ABCD－A1B1C1D1的中心为O.则易得OM＝ON＝OP＝OQ＝eq\r(2).即四面体MNPQ外接球的半径为eq\r(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．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为()A．πB．2πC．3πD．4π答案C解析过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意得⊙O1的半径为r＝1,∴△ABC的边长为2eq\r(3)，∴圆锥的底面半径为eq\r(3)，高为3，∴V＝eq\f(1,3)×π×3×3＝3π.4．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).5．(2024·晋城模拟)如图，已知长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为16，AB＝2AA1＝2BC，AD1与A1D相交于点E，则三棱锥E－ACD的外接球的表面积为()A．12πB．16πC．20πD．36π答案C解析方法一设AB＝2AA1＝2BC＝2x，则由长方体的体积公式，得2x·x·x＝16，解得x＝2，所以AB＝2AA1＝2BC＝4，由题可知，四边形ADD1A1为正方形，所以AE⊥DE，所以△EAD外接圆的圆心为AD的中点，记为点M，如图，又△ACD是直角三角形，同理△ACD外接圆的圆心为AC的中点，记为点N，过点M，N分别作平面ADE与平面ACD的垂线，两条垂线的交点为AC的中点N，所以三棱雉E－ACD的外接球的球心是AC的中点N.又AC＝2eq\r(5)，所以外接球半径R＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(5)，所以外接球的表面积为4πR2＝20π.方法二设AB＝2AA1＝2BC＝2x，则由长方体的体积公式，得2x·x·x＝16，解得x＝2，所以AC＝2eq\r(5).由题意得，四边形ADD1A1为正方形，所以AE⊥DE，AE＝DE，如图，将三棱锥E－ACD补充为正四棱柱EAFD－E1BF1C，则三棱锥E－ACD的外接球，即为正四棱柱EAFD－E1BF1C的外接球，AC为外接球的直径．所以外接球的半径R＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(5)，所以外接球的表面积为4πR2＝20π.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．(2023·全国甲卷改编)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的半径可以是()A．2B．2eq\r(2)C．3D．3eq\r(3)答案BC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)]．8．已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB⊥AC，AB＝2，AC＝2eq\r(3)，点D为AB的中点，过点D作球O的截面，则截面的面积可以是()A.eq\f(π,2)B．πC．9πD．13π答案BCD解析三棱锥P－ABC的外接球即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，∴2R＝eq\r(62＋22＋2\r(3)2)＝2eq\r(13)，∴R＝eq\r(13)，取BC的中点O1，∴O1为△ABC的外接圆圆心，∴OO1⊥平面ABC，如图．当OD⊥截面时，截面的面积最小，∵OD＝eq\r(OO\o\al(2,1)＋O1D2)＝eq\r(32＋\r(3)2)＝2eq\r(3)，此时截面圆的半径为r＝eq\r(R2－OD2)＝1，∴截面面积为πr2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，故截面面积的取值范围是[π，13π]．三、填空题9.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，表面积为S1，球O的体积为V2，表面积为S2，则eq\f(V1,V2)＝________，eq\f(S1,S2)＝________.答案eq\f(3,2)eq\f(3,2)解析设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2)，eq\f(S1,S2)＝eq\f(2πR·2R＋2πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).10．(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________.答案2解析如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3)，设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因为OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1A2，即4＝eq\f(1,4)SA2＋3，解得SA＝2.

§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．在空间四边形ABCD各边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EF，GH相交于点P，那么()A．点P必在直线AC上B．点P必在直线BD上C．点P必在平面DBC内D．点P必在平面ABC外答案A解析如图，因为EF⊂平面ABC，而GH⊂平面ADC，且EF和GH相交于点P，所以点P在两平面的交线上，因为AC是两平面的交线，所以点P必在直线AC上．4.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．(2023·芜湖模拟)下列说法正确的是()A．三点可以确定一个平面B．一条直线和一个点可以确定一个平面C．四边形是平面图形D．两条相交直线可以确定一个平面答案D解析对于A，不共线的三点确定一个平面，故A错误；对于B，经过一条直线和这条直线外一点可以确定一个平面，故B错误；对于C，空间四边形不是平面图形，故C错误；对于D，由基本事实(公理)推论可知，经过两条相交直线，有且只有一个平面，故D正确．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．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，D，E分别是AB，AC的中点，则()A．B1D与A1E相交，且B1D＝A1EB．B1D与A1E相交，且B1D≠A1EC．B1D与A1E是异面直线，且B1D＝A1ED．B1D与A1E是异面直线，且B1D≠A1E答案D解析如图所示，因为A1E∩平面AA1B1B＝A1，B1D⊂平面AA1B1B，A1∉B1D，所以B1D与A1E是异面直线，B1D＝eq\r(BB\o\al(2,1)＋\f(1,4)AB2)，A1E＝eq\r(AA\o\al(2,1)＋\f(1,4)AC2).因为AA1＝BB1，AB≠AC，所以B1D≠A1E.5．(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解析方法一如图，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，BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面B1BD1，所以C1P⊥平面B1BP.又BP⊂平面B1BP，所以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).方法二如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角(或其补角)．根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点．易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝eq\f(π,3)，又P为A1C1的中点，所以可得∠PBC1＝eq\f(1,2)∠A1BC1＝eq\f(π,6).6.如图，圆柱的轴截面为矩形ABCD，点M，N分别在上、下底面圆上，＝2，＝2，AB＝2，BC＝3，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为()A.eq\f(3\r(30),10) B.eq\f(3\r(30),20)C.eq\f(\r(3),5) D.eq\f(\r(3),4)答案B解析如图，在上取点E，使＝2，连接NE，AN，NB，BE，EA.易知四边形ANBE为矩形，所以NB∥AE，且NB＝AE.连接MN，CM.因为MN∥BC，且MN＝BC，所以四边形MNBC为平行四边形，所以CM∥NB，且CM＝NB.连接CE，则AE∥CM，且AE＝CM，所以四边形AECM为平行四边形，所以AM∥CE，所以∠NCE(或其补角)是异面直线AM与CN所成的角．在Rt△ABN中，＝2，AB＝2，BN＝eq\r(3)，AN＝1，在Rt△BNC中，BC＝3，BN＝eq\r(3)，所以CN＝eq\r(32＋\r(3)2)＝2eq\r(3).在Rt△BCE中，BC＝3，BE＝1，所以CE＝eq\r(32＋12)＝eq\r(10).又NE＝AB＝2，在△NCE中，由余弦定理得cos∠NCE＝eq\f(10＋12－4,2×\r(10)×2\r(3))＝eq\f(3\r(30),20).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·滨州模拟)如图，矩形ABCD是底面直径为2，高为1的圆柱OO1的轴截面，四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转θ(0≤θ≤π)到OO1D1A1，则()A．圆柱OO1的侧面积为4πB．当0<θ<π时，异面直线DD1与A1C所成的角为eq\f(π,2)C．当θ＝eq\f(π,3)时，异面直线A1D与OO1所成的角为eq\f(π,4)D．△A1CD面积的最大值为eq\r(3)答案BC解析对于A，圆柱OO1的侧面积为2π×1×1＝2π，故A错误；对于B，如图，连接D1C，因为0<θ<π，所以DD1⊥D1C，又DD1⊥A1D1，A1D1∩D1C＝D1，A1D1，D1C⊂平面A1D1C，所以DD1⊥平面A1D1C，所以DD1⊥A1C，所以异面直线DD1与A1C所成的角为eq\f(π,2)，故B正确；对于C，因为A1D1∥OO1，所以∠DA1D1就是异面直线A1D与OO1所成的角，因为∠DO1D1＝eq\f(π,3)，所以△DO1D1为正三角形，所以DD1＝A1D1＝1，因为A1D1⊥DD1，