2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第七章　§7.2　球的切、接問(wèn)題含答案

2025數(shù)學(xué)步步高大一輪復(fù)習(xí)講義人教A版第七章§7.2球的切、接問(wèn)題§7.2球的切、接問(wèn)題重點(diǎn)解讀與球的切、接問(wèn)題是歷年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，一般以客觀題的形式出現(xiàn)，考查空間想象能力、計(jì)算能力．其關(guān)鍵點(diǎn)是利用轉(zhuǎn)化思想，把球的切、接問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題或特殊幾何體來(lái)解決或轉(zhuǎn)化為特殊幾何體的切、接問(wèn)題來(lái)解決．一、正方體與球1．內(nèi)切球：內(nèi)切球直徑2R＝正方體棱長(zhǎng)a.2．棱切球：棱切球直徑2R＝正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)eq\r(2)a.3．外接球：外接球直徑2R＝正方體體對(duì)角線長(zhǎng)eq\r(3)a.二、長(zhǎng)方體與球外接球：外接球直徑2R＝體對(duì)角線長(zhǎng)eq\r(a2＋b2＋c2)(a，b，c分別為長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高)．三、正棱錐與球1．內(nèi)切球：V正棱錐＝eq\f(1,3)S表·r＝eq\f(1,3)S底·h(等體積法)，r是內(nèi)切球半徑，h為正棱錐的高．2．外接球：外接球球心在其高上，底面正多邊形的外接圓圓心為E，半徑為r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱錐外接球半徑為R，高為h)．四、正四面體的外接球、內(nèi)切球若正四面體的棱長(zhǎng)為a，高為h，正四面體的外接球半徑為R，內(nèi)切球半徑為r，則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兩底面的距離相等，正三棱柱兩底面中心連線的中點(diǎn)為其外接球球心．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、圓柱的外接球R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2＋r2)(R是圓柱外接球的半徑，h是圓柱的高，r是圓柱底面圓的半徑)．七、圓錐的外接球R2＝(h－R)2＋r2(R是圓錐外接球的半徑，h是圓錐的高，r是圓錐底面圓的半徑)．題型一外接球命題點(diǎn)1定義法例1(1)(2023·茂名模擬)已知菱形ABCD的各邊長(zhǎng)為2，∠B＝60°.將△ABC沿AC折起，折起后記點(diǎn)B為P，連接PD，得到三棱錐P－ACD，如圖所示，當(dāng)三棱錐P－ACD的表面積最大時(shí)，三棱錐P－ACD的外接球體積為()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解析由題意可得，△ACD，△ACP均為邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，△PAD，△PCD為全等的等腰三角形，則三棱錐P－ACD的表面積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，當(dāng)且僅當(dāng)sin∠PCD＝1，即PC⊥CD時(shí)，三棱錐P－ACD的表面積取最大值，此時(shí)△PAD，△PCD為直角三角形，PD＝eq\r(PC2＋CD2)＝2eq\r(2)，取PD的中點(diǎn)O，連接OA，OC，由直角三角形的性質(zhì)可得OA＝OC＝OD＝OP＝eq\r(2)，即三棱錐P－ACD的外接球的球心為O，半徑R＝eq\r(2)，故外接球體積V＝eq\f(4,3)π×(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2)π,3).(2)(2023·韶關(guān)模擬)已知三棱柱ABC－A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，且所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，若AA1＝AC＝2，AB⊥BC，則此球的體積為_(kāi)_______．答案eq\f(8\r(2),3)π解析設(shè)△ABC的外接圓的圓心為D，半徑為r，球的半徑為R，球心為O，底面△ABC為直角三角形，故其外接圓圓心D在斜邊中點(diǎn)處，則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.思維升華到各個(gè)頂點(diǎn)距離均相等的點(diǎn)為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)到其他頂點(diǎn)距離也是半徑，列關(guān)系式求解即可．跟蹤訓(xùn)練1某建筑的形狀可視為內(nèi)外兩個(gè)同軸圓柱，某愛(ài)好者制作了一個(gè)實(shí)心模型，已知模型內(nèi)層底面直徑為12cm，外層底面直徑為16cm，且內(nèi)外層圓柱的底面圓周都在一個(gè)直徑為20cm的球面上，則此模型的體積為_(kāi)_______cm3.答案912π解析由題意，設(shè)球心為O，模型內(nèi)層圓柱底面的圓心為O1，模型外層圓柱底面的圓心為O2，點(diǎn)A，B分別在圓O1，O2上，如圖，連接AO，BO，AO1，BO2，OO1，則O2在OO1上，因?yàn)锳O＝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)，所以內(nèi)層圓柱的高h(yuǎn)1＝16cm，外層圓柱的高h(yuǎn)2＝12cm，所以此模型的體積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)．命題點(diǎn)2補(bǔ)形法例2數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美、寓意獨(dú)特的幾何體，圖1所示的禮品包裝盒就是其中之一．該禮品包裝盒可以看成是一個(gè)十面體，其中上、下底面為全等的正方形，所有的側(cè)面是全等的等腰三角形．將長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1繞著其中心旋轉(zhuǎn)45°得到如圖2所示的十面體ABCD－EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝eq\r(7)，則十面體ABCD－EFGH外接球的表面積是________．答案(11＋2eq\r(2))π解析由題中數(shù)據(jù)可知A1E2＝1＋(eq\r(2)－1)2＝4－2eq\r(2)，則AA1＝eq\r(7－4－2\r(2))＝eq\r(2)＋1，因?yàn)槭骟wABCD－EFGH是由長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的上底面繞著其中心旋轉(zhuǎn)45°得到，所以長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1的外接球就是十面體ABCD－EFGH的外接球．設(shè)十面體ABCD－EFGH外接球的半徑為R，(2R)2＝22＋22＋(eq\r(2)＋1)2，則R2＝eq\f(11＋2\r(2),4)，故十面體ABCD－EFGH外接球的表面積是4πR2＝(11＋2eq\r(2))π.思維升華(1)補(bǔ)形法的解題策略①側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)饩嗟鹊哪Ｐ停梢赃€原到正方體或長(zhǎng)方體中去求解．②若直棱柱的底面有外接圓，可以補(bǔ)成圓柱求解．(2)正方體與球的切、接常用結(jié)論(正方體的棱長(zhǎng)為a，球的半徑為R)①若球?yàn)檎襟w的外接球，則2R＝eq\r(3)a.②若球?yàn)檎襟w的內(nèi)切球，則2R＝a.③若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.(3)長(zhǎng)方體的共頂點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).(4)正四面體的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),4)a(a為該正四面體的棱長(zhǎng))．跟蹤訓(xùn)練2在四面體S－ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，內(nèi)角B，A，C成等差數(shù)列，SA＝AC＝2，AB＝1，則該四面體的外接球的表面積為_(kāi)_______．答案8π解析由題意，在△ABC中，內(nèi)角B，A，C成等差數(shù)列，可得2A＝B＋C，因?yàn)锳＋B＋C＝π，可得3A＝π，即A＝eq\f(π,3)，在△ABC中，由余弦定理的推論可得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，所以該四面體的外接球與該長(zhǎng)方體的外接球是相同的，如圖所示，根據(jù)長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)等于其外接球的直徑，可得(2R)2＝22＋12＋(eq\r(3))2，解得R2＝2，所以該四面體的外接球的表面積為S＝4πR2＝8π.命題點(diǎn)3截面法例3(1)(2022·新高考全國(guó)Ⅱ)已知正三棱臺(tái)的高為1，上、下底面邊長(zhǎng)分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析由題意，得正三棱臺(tái)上、下底面的外接圓的半徑分別為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.設(shè)該棱臺(tái)上、下底面的外接圓的圓心分別為O1，O2，連接O1O2，則O1O2＝1，其外接球的球心O在直線O1O2上．設(shè)球O的半徑為R，當(dāng)球心O在線段O1O2上時(shí)，R2＝32＋OOeq\o\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；當(dāng)球心O不在線段O1O2上時(shí)，R2＝42＋OOeq\o\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以該球的表面積為4πR2＝100π.綜上，該球的表面積為100π.(2)在平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD.將其沿對(duì)角線BD折成四面體A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面體A′BCD的頂點(diǎn)在同一球面上，則該球的體積為()A.eq\f(\r(3)π,2)B．3πC.eq\f(\r(2)π,3)D．2π答案A解析如圖，設(shè)BD，BC的中點(diǎn)分別為E，F(xiàn).因?yàn)辄c(diǎn)F為底面Rt△BCD的外心，則三棱錐A′－BCD的外接球球心必在過(guò)點(diǎn)F且與平面BCD垂直的直線l1上．又點(diǎn)E為底面Rt△A′BD的外心，則外接球球心必在過(guò)點(diǎn)E且與平面A′BD垂直的直線l2上．所以球心為l1與l2的交點(diǎn)．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.所以球心為點(diǎn)F.又A′B＝A′D＝1，所以BD＝eq\r(2)，又CD＝1，所以BC＝eq\r(3)，球半徑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).思維升華與球截面有關(guān)的解題策略(1)定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點(diǎn)的距離相等且為半徑；如果是外接球，球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑．(2)作截面：選準(zhǔn)最佳角度作出截面，實(shí)現(xiàn)空間問(wèn)題平面化的目的．跟蹤訓(xùn)練3(1)已知正四棱臺(tái)的上、下底面的頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上，上、下底面正方形的外接圓半徑分別為1和2，圓臺(tái)的兩底面在球心的同側(cè)，則此正四棱臺(tái)的體積為_(kāi)_______．答案eq\f(28\r(2)－14\r(5),3)解析由題知，正四棱臺(tái)的上、下底面的頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上，取正四棱臺(tái)上底面一點(diǎn)為A，正方形中心為O1，下底面一點(diǎn)為B，正方形中心為O2，正四棱臺(tái)外接球球心為O，連接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如圖所示，記正四棱臺(tái)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(huán)>0，所以有(m－h(huán))2＋4＝9，解得m－h(huán)＝eq\r(5)，即h＝2eq\r(2)－eq\r(5)，因?yàn)樗睦馀_(tái)上、下底面正方形的外接圓半徑分別為1和2，所以四棱臺(tái)上、下底面正方形的邊長(zhǎng)分別為eq\r(2)和2eq\r(2)，所以S上＝2，S下＝8，h＝2eq\r(2)－eq\r(5)，故正四棱臺(tái)體積為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)兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為eq\f(32π,3)，兩個(gè)圓錐的高之比為1∶3，則這兩個(gè)圓錐的體積之和為()A．3πB．4πC．9πD．12π答案B解析如圖所示，設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)D，設(shè)圓錐AD和圓錐BD的高之比為3∶1，即AD＝3BD，設(shè)球的半徑為R，則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?yàn)镃D⊥AB，AB為球的直徑，所以△ACD∽△CBD，所以eq\f(AD,CD)＝eq\f(CD,BD)，所以CD＝eq\r(AD·BD)＝eq\r(3)，因此這兩個(gè)圓錐的體積之和為eq\f(1,3)π×CD2·(AD＋BD)＝eq\f(1,3)π×3×4＝4π.題型二內(nèi)切球例4如圖所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一塊石材，測(cè)量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若將該石材切削、打磨，加工成幾個(gè)大小相同的健身手球，則一個(gè)加工所得的健身手球的最大體積及此時(shí)加工成的健身手球的個(gè)數(shù)分別為()A.eq\f(32π,3)，4 B.eq\f(9π,2)，3C．6π，4 D.eq\f(32π,3)，3答案D解析依題意知，當(dāng)健身手球與直三棱柱的三個(gè)側(cè)面均相切時(shí)，健身手球的體積最大．易知AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝10，設(shè)健身手球的半徑為R，則eq\f(1,2)×(6＋8＋10)×R＝eq\f(1,2)×6×8，解得R＝2.則健身手球的最大直徑為4.因?yàn)锳A1＝13，所以最多可加工3個(gè)健身手球．于是一個(gè)健身手球的最大體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32π,3).思維升華(1)多面體內(nèi)切球的球心與半徑的確定①內(nèi)切球球心到多面體各面的距離均相等，外接球球心到多面體各頂點(diǎn)的距離均相等．②正多面體的內(nèi)切球和外接球的球心重合．③正棱錐的內(nèi)切球和外接球球心都在高線上，但不重合．④體積分割是求內(nèi)切球半徑的通用做法．(2)正四面體的內(nèi)切球的半徑r＝eq\f(\r(6),12)a，其半徑是外接球半徑的三分之一(a為該正四面體的棱長(zhǎng))．跟蹤訓(xùn)練4(1)(2023·淮北模擬)半球內(nèi)放三個(gè)半徑為eq\r(3)的小球，三小球兩兩相切，并且與球面及半球底面的大圓面也相切，則該半球的半徑是()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解析三個(gè)小球的球心O1，O2，O3構(gòu)成邊長(zhǎng)為2eq\r(3)的正三角形，則其外接圓半徑為2.設(shè)半球的球心為O，小球O1與半球底面切于點(diǎn)A.如圖，經(jīng)過(guò)點(diǎn)O，O1，A作半球的截面，則半圓⊙O的半徑為OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于點(diǎn)B.則OA＝O1B＝2.設(shè)該半球的半徑是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·海東模擬)在正四棱錐P－ABCD中，PA＝5，AB＝6，則該四棱錐內(nèi)切球的表面積是()A.eq\f(4π,7)B.eq\f(24π,7)C.eq\f(36π,7)D.eq\f(72π,7)答案C解析過(guò)點(diǎn)P作PO⊥平面ABCD，則O為正方形ABCD的中心，連接OA，如圖，因?yàn)锳B＝6，所以O(shè)A＝3eq\r(2)，所以O(shè)P＝eq\r(PA2－OA2)＝eq\r(25－18)＝eq\r(7)，則四棱錐P－ABCD的體積V＝eq\f(1,3)×62×eq\r(7)＝12eq\r(7)，四棱錐P－ABCD的表面積S＝6×6＋eq\f(1,2)×6×eq\r(25－9)×4＝84.設(shè)四棱錐P－ABCD內(nèi)切球的半徑為r，內(nèi)切球的球心為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)，故四棱錐P－ABCD內(nèi)切球的表面積是4πr2＝eq\f(36π,7).課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的半徑為()A.eq\f(3\r(17),2)B．2eq\r(10)C.eq\f(13,2)D．3eq\r(10)答案C解析由題意作圖，如圖所示，過(guò)球心O作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點(diǎn)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的半徑R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＋62)＝eq\f(13,2).2．已知在三棱錐P－ABC中，AC＝eq\r(2)，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，則其外接球體積為()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)，設(shè)PB＝h，則由PA＝2PB，可得eq\r(3＋h2)＝2h，解得h＝1，可將三棱錐P－ABC還原成如圖所示的長(zhǎng)方體，則三棱錐P－ABC的外接球即為長(zhǎng)方體的外接球，設(shè)外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(12＋\r(2)2＋12)＝2，R＝1，所以其外接球的體積V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4π,3).3．已知一個(gè)三棱柱，其底面是正三角形，且側(cè)棱與底面垂直，一個(gè)體積為eq\f(4π,3)的球體與棱柱的所有面均相切，那么這個(gè)三棱柱的表面積是()A．6eq\r(3)B．12eq\r(3)C．18eq\r(3)D．24eq\r(3)答案C解析根據(jù)已知可得球的半徑等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形內(nèi)切圓的半徑等于1，即底面三角形的高等于3，邊長(zhǎng)等于2eq\r(3)，所以這個(gè)三棱柱的表面積等于3×2eq\r(3)×2＋2×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝18eq\r(3).4．(2024·南昌模擬)在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為線段AB，BC的中點(diǎn)，連接DE，DF，EF，將△ADE，△CDF，△BEF分別沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三點(diǎn)重合，得到三棱錐O－DEF，則該三棱錐的外接球半徑R與內(nèi)切球半徑r的比值為()A.2eq\r(3)B．4eq\r(3)C．2eq\r(6)D.eq\r(6)答案C解析因?yàn)樵谡叫蜛BCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，所以折起后OD，OE，OF兩兩互相垂直，故該三棱錐的外接球，即以O(shè)D，OE，OF為棱的長(zhǎng)方體的外接球．設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則OD＝2，OE＝1，OF＝1，故2R＝eq\r(OD2＋OE2＋OF2)＝eq\r(6)，則R＝eq\f(\r(6),2).設(shè)內(nèi)切球球心為I，由VO－DEF＝VD－OEF＝eq\f(1,3)·S△OEF·OD＝eq\f(1,3)，三棱錐O－DEF的表面積S＝4，VO－DEF＝VI－ODE＋VI－ODF＋VI－OEF＋VI－DEF＝eq\f(1,3)Sr，所以r＝eq\f(1,4)，則有eq\f(R,r)＝2eq\r(6).5．(2023·聊城模擬)“阿基米德多面體”也稱半正多面體，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．如圖是以一正方體的各條棱的中點(diǎn)為頂點(diǎn)的多面體，這是一個(gè)有八個(gè)面為正三角形，六個(gè)面為正方形的“阿基米德多面體”，若該多面體的棱長(zhǎng)為1，則該多面體外接球的體積為()A.eq\f(4π,3)B.eq\f(8\r(2)π,3)C．4πD．8π答案A解析將該多面體放入正方體中，如圖所示．由于多面體的棱長(zhǎng)為1，所以正方體的棱長(zhǎng)為eq\r(2)，因?yàn)樵摱嗝骟w是由棱長(zhǎng)為eq\r(2)的正方體連接各棱中點(diǎn)所得，所以該多面體外接球的球心為正方體體對(duì)角線的中點(diǎn)，其外接球直徑等于正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)，即2R＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2)，所以R＝1，所以該多面體外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3).6．(2022·全國(guó)乙卷)已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為()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解析該四棱錐的體積最大即以底面截球的圓面和頂點(diǎn)O組成的圓錐體積最大．設(shè)圓錐的高為h(0<h<1)，底面半徑為r，則圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h(huán)2)h，則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－h(huán)2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上單調(diào)遞減，所以當(dāng)h＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，四棱錐的體積最大．二、多項(xiàng)選擇題7．已知正方體的外接球與內(nèi)切球上各有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)M，N，若線段MN的最小值為eq\r(3)－1，則下列說(shuō)法中正確的是()A．正方體的外接球的表面積為12πB．正方體的內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)πC．正方體的棱長(zhǎng)為2D．線段MN的最大值為2eq\r(3)答案ABC解析設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則正方體外接球的半徑為體對(duì)角線長(zhǎng)的一半，即eq\f(\r(3),2)a；內(nèi)切球的半徑為棱長(zhǎng)的一半，即eq\f(1,2)a.∵M(jìn)，N分別為外接球和內(nèi)切球上的動(dòng)點(diǎn)，∴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，即正方體的棱長(zhǎng)為2，∴正方體外接球的表面積為4π×(eq\r(3))2＝12π，內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)π，故A，B，C正確；線段MN的最大值為eq\r(3)＋1，故D錯(cuò)誤．8.傳說(shuō)古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的墓碑上刻著一個(gè)圓柱，圓柱內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，這個(gè)球的直徑恰好與圓柱的高相等．“圓柱容球”是阿基米德最為得意的發(fā)現(xiàn)．如圖是一個(gè)圓柱容球，O1，O2為圓柱下、上底面的圓心，O為球心，EF為底面圓O1的一條直徑，若球的半徑r＝2，則()A．球與圓柱的表面積之比為1∶2B．平面DEF截得球的截面面積最小值為eq\f(16,5)πC．四面體CDEF的體積的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(32,3)))D．若P為球面和圓柱側(cè)面的交線上一點(diǎn)，則PE＋PF的取值范圍為[2＋2eq\r(5)，4eq\r(3)]答案BCD解析由球的半徑為r，可知圓柱的底面半徑為r，圓柱的高為2r，則球的表面積為4πr2，圓柱的表面積為2πr2＋2πr·2r＝6πr2，所以球與圓柱的表面積之比為2∶3，故A錯(cuò)誤；ABCD所在截面如圖所示，過(guò)點(diǎn)O作OG⊥DO1于點(diǎn)G，則由題可得OG＝eq\f(1,2)×eq\f(2×4,2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，設(shè)點(diǎn)O到平面DEF的距離為d1，平面DEF截得球的截面圓的半徑為r1，則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截得球的截面面積最小值為eq\f(16,5)π，故B正確；由題可知四面體CDEF的體積等于，點(diǎn)E到平面DCO1的距離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正確；由題可知點(diǎn)P在過(guò)球心與圓柱的底面平行的截面圓上，設(shè)P在底面的射影為P′，則PP′＝2，PE＝eq\r(22＋P′E2)，PF＝eq\r(22＋P′F2)，P′E2＋P′F2＝16，設(shè)t＝P′E2，則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正確．三、填空題9．已知圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為_(kāi)_______．答案eq\f(\r(2)π,3)解析圓錐內(nèi)半徑最大的球應(yīng)該為該圓錐的內(nèi)切球，如圖，圓錐母線長(zhǎng)BS＝3，底面半徑BC＝1，其高SC＝eq\r(BS2－BC2)＝2eq\r(2)，不妨設(shè)該內(nèi)切球與母線BS切于點(diǎn)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.如圖，在多面體中，四邊形ABCD為矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通過(guò)添加一個(gè)三棱錐可以將該多面體補(bǔ)成一個(gè)直三棱柱，那么添加的三棱錐的體積為_(kāi)_______，補(bǔ)形后的直三棱柱的外接球的表面積為_(kāi)_____．答案eq\f(1,3)6π解析如圖，添加的三棱錐為直三棱錐E－ADF，可以將該多面體補(bǔ)成一個(gè)直三棱柱ADF－BCE，因?yàn)镃E⊥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的體積V＝S△BCE·AB＝eq\f(1,2)×2＝1，添加的三棱錐的體積為eq\f(1,3)V＝eq\f(1,3).方法一如圖，分別取AF，BE的中點(diǎn)M，N，連接MN，與AE交于點(diǎn)O，因?yàn)樗倪呅蜛FEB為矩形，所以O(shè)為AE，MN的中點(diǎn)，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、下底面為等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即為點(diǎn)O，AO即為球的半徑，因?yàn)锳M＝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)，所以外接球的表面積為4π·AO2＝6π.方法二因?yàn)镃E，CB，CD兩兩垂直，故將直三棱柱ADF－BCE補(bǔ)成長(zhǎng)方體，設(shè)外接球的半徑為R，則4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面積S＝4πR2＝6π.§7.3空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系課標(biāo)要求1.借助長(zhǎng)方體，在直觀認(rèn)識(shí)空間點(diǎn)、直線、平面的位置關(guān)系的基礎(chǔ)上，抽象出空間點(diǎn)、直線、平面的位置關(guān)系的定義.2.了解四個(gè)基本事實(shí)和一個(gè)定理，并能應(yīng)用定理解決問(wèn)題．知識(shí)梳理1．基本事實(shí)1：過(guò)不在一條直線上的三個(gè)點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面．基本事實(shí)2：如果一條直線上的兩個(gè)點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線在這個(gè)平面內(nèi)．基本事實(shí)3：如果兩個(gè)不重合的平面有一個(gè)公共點(diǎn)，那么它們有且只有一條過(guò)該點(diǎn)的公共直線．基本事實(shí)4：平行于同一條直線的兩條直線平行．2．“三個(gè)”推論推論1：經(jīng)過(guò)一條直線和這條直線外一點(diǎn)，有且只有一個(gè)平面．推論2：經(jīng)過(guò)兩條相交直線，有且只有一個(gè)平面．推論3：經(jīng)過(guò)兩條平行直線，有且只有一個(gè)平面．3．空間中直線與直線的位置關(guān)系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直線\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(相交直線：在同一平面內(nèi)，有且只有一個(gè)公共點(diǎn)；,平行直線：在同一平面內(nèi)，沒(méi)有公共點(diǎn)；)),異面直線：不同在任何一個(gè)平面內(nèi)，沒(méi)有公共點(diǎn).))4．空間中直線與平面、平面與平面的位置關(guān)系圖形語(yǔ)言符號(hào)語(yǔ)言公共點(diǎn)直線與平面相交a∩α＝A1個(gè)平行a∥α0個(gè)在平面內(nèi)a?α無(wú)數(shù)個(gè)平面與平面平行α∥β0個(gè)相交α∩β＝l無(wú)數(shù)個(gè)5.等角定理如果空間中兩個(gè)角的兩條邊分別對(duì)應(yīng)平行，那么這兩個(gè)角相等或互補(bǔ)．6．異面直線所成的角(1)定義：已知兩條異面直線a，b，經(jīng)過(guò)空間任一點(diǎn)O分別作直線a′∥a，b′∥b，我們把直線a′與b′所成的角叫做異面直線a與b所成的角(或夾角)．(2)范圍：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).常用結(jié)論1．過(guò)平面外一點(diǎn)和平面內(nèi)一點(diǎn)的直線，與平面內(nèi)不過(guò)該點(diǎn)的直線是異面直線．2．分別在兩個(gè)平行平面內(nèi)的直線平行或異面．自主診斷1．判斷下列結(jié)論是否正確．(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)沒(méi)有公共點(diǎn)的兩條直線是異面直線．(×)(2)直線與平面的位置關(guān)系有平行、垂直兩種．(×)(3)如果兩個(gè)平面有三個(gè)公共點(diǎn)，則這兩個(gè)平面重合．(×)(4)兩兩相交的三條直線共面．(×)2．(必修第二冊(cè)P147例1改編)已知正方體ABCD－A1B1C1D1，直線BD1與直線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解析連接BD(圖略)，由于AA1∥DD1，所以∠DD1B即為直線BD1與直線AA1所成的角，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則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．(多選)給出以下四個(gè)命題，其中錯(cuò)誤的是()A．不共面的四點(diǎn)中，其中任意三點(diǎn)不共線B．若點(diǎn)A，B，C，D共面，點(diǎn)A，B，C，E共面，則點(diǎn)A，B，C，D，E共面C．若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面D．依次首尾相接的四條線段必共面答案BCD解析反證法：如果四個(gè)點(diǎn)中，有3個(gè)點(diǎn)共線，第4個(gè)點(diǎn)不在這條直線上，根據(jù)基本事實(shí)2的推論可知，這四個(gè)點(diǎn)共面，這與已知矛盾，故A正確；如圖1，A，B，C，D共面，A，B，C，E共面，但A，B，C，D，E不共面，故B錯(cuò)誤；如圖2，a，b共面，a，c共面，但b，c異面，故C錯(cuò)誤；如圖3，a，b，c，d四條線段首尾相接，但a，b，c，d不共面，故D錯(cuò)誤．圖1圖2圖34.如圖，在三棱錐A－BCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是棱AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，則：(1)當(dāng)AC，BD滿足條件________時(shí)，四邊形EFGH為菱形；(2)當(dāng)AC，BD滿足條件________時(shí)，四邊形EFGH為正方形．答案(1)AC＝BD(2)AC＝BD且AC⊥BD解析(1)由題意知，EF∥AC，EH∥BD，且EF＝eq\f(1,2)AC，EH＝eq\f(1,2)BD，∵四邊形EFGH為菱形，∴EF＝EH，∴AC＝BD.(2)∵四邊形EFGH為正方形，∴EF＝EH且EF⊥EH，∴AC＝BD且AC⊥BD.題型一基本事實(shí)的應(yīng)用例1已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為D1C1，C1B1的中點(diǎn)，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求證：(1)D，B，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面；(2)若A1C交平面DBFE于點(diǎn)R，則P，Q，R三點(diǎn)共線；(3)DE，BF，CC1三線交于一點(diǎn)．證明(1)如圖所示，連接B1D1.因?yàn)镋F是△C1D1B1的中位線，所以EF∥B1D1.在正方體ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD確定一個(gè)平面，即D，B，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．(2)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，連接A1C，設(shè)A1，C，C1確定的平面為α，又設(shè)平面BDEF為β.因?yàn)镼∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α與β的公共點(diǎn)，同理，P是α與β的公共點(diǎn)．所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.則R∈PQ，故P，Q，R三點(diǎn)共線．(3)因?yàn)镋F∥BD且EF<BD，所以DE與BF相交，設(shè)交點(diǎn)為M，則由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，CC1三線交于一點(diǎn)．思維升華共面、共線、共點(diǎn)問(wèn)題的證明(1)共面：先確定一個(gè)平面，然后再證其余的線(或點(diǎn))在這個(gè)平面內(nèi)．(2)共線：先由兩點(diǎn)確定一條直線，再證其他各點(diǎn)都在這條直線上．(3)共點(diǎn)：先證其中兩條直線交于一點(diǎn)，再證其他直線經(jīng)過(guò)該點(diǎn)．跟蹤訓(xùn)練1在如圖所示的空間幾何體中，四邊形ABEF與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分別為AF，F(xiàn)D的中點(diǎn)．(1)證明：四邊形BCHG是平行四邊形；(2)C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)是否共面？為什么？(1)證明由題設(shè)知，因?yàn)镚，H分別為AF，F(xiàn)D的中點(diǎn)，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，所以四邊形BCHG是平行四邊形．(2)解C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．理由如下：由BE∥AF且BE＝eq\f(1,2)AF，G是AF的中點(diǎn)知BE∥GF且BE＝GF，所以四邊形EFGB是平行四邊形，所以EF∥BG.由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH.故EC，F(xiàn)H共面．又點(diǎn)D在直線FH上，所以C，D，F(xiàn)，E四點(diǎn)共面．題型二空間位置關(guān)系的判斷例2(1)(多選)下列推斷中，正確的是()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不共線?α，β重合答案ABD解析對(duì)于A，因?yàn)镸∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事實(shí)3可知M∈l，故A正確；對(duì)于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直線AB?α，AB?β，即α∩β＝AB，故B正確；對(duì)于C，若l∩α＝A，則有l(wèi)?α，A∈l，但A∈α，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，有三個(gè)不共線的點(diǎn)在平面α，β中，α，β重合，故D正確．(2)(2023·龍巖模擬)若a和b是異面直線，b和c是異面直線，則a和c的位置關(guān)系是()A．異面或平行 B．異面或相交C．異面 D．相交、平行或異面答案D解析如圖，在長(zhǎng)方體ABCD－A1B1C1D1中，①若直線AA1記為直線a，直線BC記為直線b，直線B1A1記為直線c，此時(shí)a和c相交；②若直線AA1記為直線a，直線BC記為直線b，直線DD1記為直線c，此時(shí)a和c平行；③若直線AA1記為直線a，直線BC記為直線b，直線C1D1記為直線c，此時(shí)a和c異面．思維升華判斷空間直線的位置關(guān)系一般有兩種方法：一是構(gòu)造幾何體(如長(zhǎng)方體、空間四邊形等)模型來(lái)判斷．二是排除法．特別地，對(duì)于異面直線的判定常用到結(jié)論：“平面外一點(diǎn)A與平面內(nèi)一點(diǎn)B的連線和平面內(nèi)不經(jīng)過(guò)點(diǎn)B的直線是異面直線．”跟蹤訓(xùn)練2(1)空間中有三條線段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直線AB與CD的位置關(guān)系是()A．平行 B．異面C．相交或平行 D．平行或異面或相交均有可能答案D解析根據(jù)條件作出示意圖，容易得到以下三種情況，由圖可知AB與CD有相交、平行、異面三種情況．(2)(多選)如圖所示，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，M，N分別為棱C1D1，C1C的中點(diǎn)，以下四個(gè)選項(xiàng)正確的是()A．直線AM與CC1是相交直線B．直線AM與BN是平行直線C．直線BN與MB1是異面直線D．直線AM與DD1是異面直線答案CD解析因?yàn)辄c(diǎn)A在平面CDD1C1外，點(diǎn)M在平面CDD1C1內(nèi)，直線CC1在平面CDD1C1內(nèi)，CC1不過(guò)點(diǎn)M，所以直線AM與CC1是異面直線，故A錯(cuò)誤；取DD1的中點(diǎn)E，連接AE(圖略)，則BN∥AE，但AE與AM相交，所以AM與BN不平行，故B錯(cuò)誤；因?yàn)辄c(diǎn)B1與直線BN都在平面BCC1B1內(nèi)，點(diǎn)M在平面BCC1B1外，BN不過(guò)點(diǎn)B1，所以BN與MB1是異面直線，故C正確；同理D正確．題型三異面直線所成的角例3(1)如圖，圓柱的軸截面ABCD為正方形，E為弧BC的中點(diǎn)，則異面直線AE與BC所成角的余弦值為()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解析如圖，過(guò)點(diǎn)E作圓柱的母線交下底面于點(diǎn)F，連接AF，易知F為的中點(diǎn)，設(shè)四邊形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則EF＝2，AF＝eq\r(2)，所以AE＝eq\r(22＋\r(2)2)＝eq\r(6).連接ED，則ED＝eq\r(6).因?yàn)锽C∥AD，所以異面直線AE與BC所成的角即為∠EAD(或其補(bǔ)角)．在△EAD中，cos∠EAD＝eq\f(6＋4－6,2×2×\r(6))＝eq\f(\r(6),6).所以異面直線AE與BC所成角的余弦值為eq\f(\r(6),6).(2)四棱錐P－ABCD中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，PA⊥底面ABCD，異面直線AC與PD所成角的余弦值為eq\f(\r(10),5)，則四棱錐外接球的表面積為()A．48πB．12πC．36πD．9π答案D解析如圖，將其補(bǔ)成長(zhǎng)方體．設(shè)PA＝x，x>0，連接AB1，B1C，則異面直線AC與PD所成的角就是∠ACB1或其補(bǔ)角．則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(舍去負(fù)值)，所以外接球的半徑為eq\f(1,2)×eq\r(12＋22＋22)＝eq\f(3,2)，所以該四棱錐外接球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝9π.思維升華異面直線所成角的求法方法解讀平移法將異面直線中的某一條平移，使其與另一條相交，一般采用圖中已有的平行線或者作平行線，形成三角形求解補(bǔ)形法在該幾何體的某側(cè)補(bǔ)接上一個(gè)幾何體，在這兩個(gè)幾何體中找異面直線相應(yīng)的位置，形成三角形求解跟蹤訓(xùn)練3(1)(2023·莆田模擬)若正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面邊長(zhǎng)為1，高為eq\r(6)，則直線AE1和EF所成角的大小為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案C解析如圖所示，EF∥E1F1，則∠AE1F1即為所求．∵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)，即直線AE1和EF所成角的大小為eq\f(π,3).(2)平面α過(guò)正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點(diǎn)A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，則m，n所成角的正弦值為()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解析如圖所示，過(guò)點(diǎn)A補(bǔ)作一個(gè)與正方體ABCD－A1B1C1D1相同棱長(zhǎng)的正方體，易知平面α為平面AF1E，則m，n所成的角為∠EAF1.∵△AF1E為正三角形，∴sin∠EAF1＝sin60°＝eq\f(\r(3),2).課時(shí)精練一、單項(xiàng)選擇題1．若直線上有兩個(gè)點(diǎn)在平面外，則()A．直線上至少有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi)B．直線上有無(wú)窮多個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi)C．直線上所有點(diǎn)都在平面外D．直線上至多有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi)答案D解析根據(jù)題意，兩點(diǎn)確定一條直線，那么由于直線上有兩個(gè)點(diǎn)在平面外，則直線在平面外，只能是直線與平面相交，或者直線與平面平行，那么可知直線上至多有一個(gè)點(diǎn)在平面內(nèi)．2．已知空間中不過(guò)同一點(diǎn)的三條直線l，m，n.“l(fā)，m，n共面”是“l(fā)，m，n兩兩相交”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B解析由m，n，l在同一平面內(nèi)，可能有m，n，l兩兩平行，所以m，n，l可能沒(méi)有公共點(diǎn)，所以不能推出m，n，l兩兩相交．由m，n，l兩兩相交且m，n，l不經(jīng)過(guò)同一點(diǎn)，可設(shè)l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A?n，所以點(diǎn)A和直線n確定平面α，而B(niǎo)，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m?α，所以m，n，l在同一平面內(nèi)．3．已知平面α∩平面β＝l，點(diǎn)A，C∈α，點(diǎn)B∈β，且B?l，又AC∩l＝M，過(guò)A，B，C三點(diǎn)確定的平面為γ，則β∩γ是()A．直線CM B．直線BMC．直線AB D．直線BC答案B解析已知過(guò)A，B，C三點(diǎn)確定的平面為γ，則AC?γ.又AC∩l＝M，則M∈γ，又平面α∩平面β＝l，則l?α，l?β，又因?yàn)锳C∩l＝M，所以M∈β，因?yàn)锽∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM.4.如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，M為A1C1的中點(diǎn)，則AM與BC1所成角的余弦值為()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解析如圖，取AC的中點(diǎn)D，連接DC1，BD，易知AM∥DC1，所以異面直線AM與BC1所成角就是直線DC1與直線BC1所成的角，即∠BC1D，因?yàn)橹比庵鵄BC－A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都相等，可設(shè)三棱柱的棱長(zhǎng)都為2，則DC1＝eq\r(5)，BD＝eq\r(3)，BC1＝2eq\r(2)，則在△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)，即異面直線AM與BC1所成角的余弦值為eq\f(\r(10),4).5．四邊形ABCD是矩形，AB＝3AD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，將四邊形AEFD繞EF旋轉(zhuǎn)至與四邊形BEFC重合，則直線ED，BF所成角α在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中()A．逐步變大 B．逐步變小C．先變小后變大 D．先變大后變小答案D解析由題可知初始時(shí)刻ED與BF所成的角為0，如圖1，故B，C錯(cuò)誤；圖1在四邊形AEFD繞EF旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，EF⊥DF，EF⊥FC，DF∩FC＝F，DF，F(xiàn)C?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內(nèi)的投影P一直落在直線CF上，如圖2，圖2所以一定存在某一時(shí)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，此時(shí)DE與BF所成的角為eq\f(π,2)，然后α開(kāi)始變小，故直線ED，BF所成角α在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中先變大后變小，故A錯(cuò)誤，D正確．6．在正四棱錐P－ABCD中，AB＝2，E，F(xiàn)，G分別為AB，PC，AD的中點(diǎn)，直線BF與EG所成角的余弦值為eq\f(\r(6),3)，則三棱錐P－EFG的體積為()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解析連接BD，DF，AC，CG，CE，如圖，設(shè)BF＝DF＝x，由BD∥EG，得∠FBD即為BF與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).設(shè)PB＝PC＝y(tǒng)，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＝y(tǒng)2，①因?yàn)椤螾FB＋∠BFC＝180°，故cos∠BFC＝cos(180°－∠PFB)＝－cos∠PFB，則在△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＝y(tǒng)2＋4，因?yàn)閥>0，解得y＝2.因?yàn)镕為PC的中點(diǎn)，故V三棱錐P－EFG＝V三棱錐C－EFG＝V三棱錐F－ECG，因?yàn)镻A2＋PC2＝AC2，PA＝PC，所以△PAC為等腰直角三角形，則在等腰直角三角形PAC中，易求得點(diǎn)P到AC的距離即點(diǎn)P到底面的距離為eq\f(2×2,2\r(2))＝eq\r(2)，故點(diǎn)F到平面CEG的距離為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)，故所求三棱錐的體積為eq\f(1,3)×eq\f(3,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),4).二、多項(xiàng)選擇題7.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中點(diǎn)，直線A1C交平面C1BD于點(diǎn)M，則下列結(jié)論正確的是()A．C1，M，O三點(diǎn)共線B．C1，M，O，C四點(diǎn)共面C．C1，O，B1，B四點(diǎn)共面D．D1，D，O，M四點(diǎn)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的公共點(diǎn)，同理可得，點(diǎn)M和點(diǎn)C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共點(diǎn)，∴點(diǎn)C1，M，O在平面C1BD與平面ACC1A1的交線上，即C1，M，O三點(diǎn)共線，故A，B正確；根據(jù)異面直線的判定定理可得BB1與C1O為異面直線，故C1，O，B1，B四點(diǎn)不共面，故C不正確；根據(jù)異面直線的判定定理可得DD1與MO為異面直線，故D1，D，O，M四點(diǎn)不共面，故D不正確．8．(2024·朝陽(yáng)模擬)在三棱錐A－BCD中，AB＝CD＝eq\r(2)，AD＝BC＝AC＝BD＝eq\r(5)，則()A．AB⊥CDB．三棱錐A－BCD的體積為eq\f(2,3)C．三棱錐A－BCD外接球的半徑為eq\r(6)D．異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq\f(3,5)答案ABD解析將三棱錐補(bǔ)形為長(zhǎng)方體，如圖所示．其中BE＝BN＝1，BF＝2，所以AB＝CD＝eq\r(2)，AD＝BC＝AC＝BD＝eq\r(5)，連接MF，則AM∥BF，AM＝BF，所以四邊形AMFB為平行四邊形，所以AB∥MF，又四邊形MCFD為正方形，所以MF⊥CD，所以AB⊥CD，故A正確；長(zhǎng)方體的體積V1＝1×1×2＝2，三棱錐E－ABC的體積V2＝V三棱錐A－BEC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×2×1＝eq\f(1,3)，同理，三棱錐N－ABD，三棱錐F－BCD，三棱錐M－ACD的體積也為eq\f(1,3)，所以三棱錐A－BCD的體積V＝2－4×eq\f(1,3)＝eq\f(2,3)，故B正確；長(zhǎng)方體的外接球的直徑為eq\r(12＋12＋22)＝eq\r(6)，所以長(zhǎng)方體的外接球的半徑為eq\f(\r(6),2)，長(zhǎng)方體的外接球也是三棱錐A－BCD的外接球，所以三棱錐A－BCD外接球的半徑為eq\f(\r(6),2)，故C錯(cuò)誤；連接MN，交AD于點(diǎn)O，因?yàn)镸N∥BC，所以∠AOM(或其補(bǔ)角)為異面直線AD與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)，所以異面直線AD與BC所成角的余弦值為eq\f(3,5)，故D正確．三、填空題9．已知α，β是不同的平面，l，m，n是不同的直線，P為空間中一點(diǎn)．若α∩β＝l，m?α，n?β，m∩n＝P，則點(diǎn)P與直線l的位置關(guān)系用符號(hào)表示為_(kāi)_______．答案P∈l解析∵m?α，n?β，m∩n＝P，∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l，∴點(diǎn)P在直線l上，即P∈l.10.如圖為正方體表面的一種展開(kāi)圖，則圖中的AB，CD，EF，GH在原正方體中互為異面直線的有________對(duì)．答案3解析畫(huà)出該正方體的直觀圖如圖所示，易知異面直線有(AB，GH)，(AB，CD)，(GH，EF)．故共有3對(duì)．11．(2023·南陽(yáng)模擬)如圖，AB和CD是異面直線，AB＝CD＝3，E，F(xiàn)分別為線段AD，BC上的點(diǎn)，且eq\f(AE,ED)＝eq\f(BF,FC)＝eq\f(1,2)，EF＝eq\r(7)，則AB與CD所成角的大小為_(kāi)_______．答案60°解析在平面ABD中，過(guò)E作EG∥AB，交DB于點(diǎn)G，連接GF，如圖，∵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)，則GF∥CD，∴∠EGF(或其補(bǔ)角)即為AB與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與CD所成角的大小為60°.12．(2023·長(zhǎng)春模擬)如圖，在底面為正方形的棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G，H分別為棱CC1，BB1，CF，AF的中點(diǎn)，對(duì)空間任意兩點(diǎn)M，N，若線段MN與線段AE，BD1都不相交，則稱點(diǎn)M與點(diǎn)N可視，下列與點(diǎn)D不可視的為_(kāi)_______．(填序號(hào))①B1；②F；③H；④G.答案①②③解析如圖所示，連接B1D1，BD，DB1，EF，DE，DH，DF，DG，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為棱CC1，BB1的中點(diǎn)，所以EF∥BC，又底面ABCD為正方形，所以BC∥AD，所以EF∥AD，所以四邊形EFAD為梯形，所以DH與AE相交，DF與AE相交，故②③不可視；因?yàn)锽1D1∥DB，所以四邊形B1D1DB是梯形，所以B1D與BD1相交，故①不可視；因?yàn)镋FAD為梯形，G為CF的中點(diǎn)，即G?EF，則D，E，G，A四點(diǎn)不共面，所以DG與AE不相交，若DG與BD1相交，則D，B，G，D1四點(diǎn)共面，顯然D，B，B1，D1四點(diǎn)共面，G?平面DBB1D1，所以D，B，G，D1四點(diǎn)不共面，即假設(shè)不成立，所以DG與BD1不相交，即點(diǎn)G與點(diǎn)D可視，故④可視．四、解答題13.已知ABCD是空間四邊形，如圖所示(M，N，E，F(xiàn)分別是AB，AD，BC，CD上的點(diǎn))．(1)若直線MN與直線EF相交于點(diǎn)O，證明：B，D，O三點(diǎn)共線；(2)若E，N為BC，AD的中點(diǎn)，AB＝6，DC＝4，NE＝2，求異面直線AB與DC所成角的余弦值．(1)證明因?yàn)镸∈AB，N∈AD，AB?平面ABD，AD?平面ABD，所以MN?平面ABD，因?yàn)镋∈CB，F(xiàn)∈CD，CB?平面CBD，CD?平面CBD，所以EF?平面CBD，