統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學一輪復習第八章8.1空間幾何體的結(jié)構(gòu)及其三視圖和直觀圖課時作業(yè)理含解析20230426114

統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學一輪復習第八章8.1空間幾何體的結(jié)構(gòu)及其三視圖和直觀圖課時作業(yè)理含解析20230426114課時作業(yè)40空間幾何體的結(jié)構(gòu)及其三視圖和直觀圖[基礎(chǔ)達標]一、選擇題1．下列命題中，正確的是()A．有兩個側(cè)面是矩形的棱柱是直棱柱B．側(cè)面都是等腰三角形的棱錐是正棱錐C．側(cè)面都是矩形的四棱柱是長方體D．底面為正多邊形，且有相鄰兩個側(cè)面與底面垂直的棱柱是正棱柱2．[2021·湖北孝感模擬]如圖，網(wǎng)格紙上的小方格都是正方形，粗實線畫出的是一個錐體的側(cè)視圖和俯視圖，則該錐體的正視圖可能是()3．[2021·河南鄭州質(zhì)量檢測]一個錐體的正視圖和側(cè)視圖如圖所示，下面選項中，不可能是該錐體的俯視圖的是()4．[2021·東北四市聯(lián)考]如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，P是線段CD的中點，則三棱錐P－A1B1A的側(cè)視圖為()5．如圖，矩形O′A′B′C是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，其中O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，則原圖形是()A．正方形B．矩形C．菱形D．一般的平行四邊形6．[2018·北京卷]某四棱錐的三視圖如圖所示，在此四棱錐的側(cè)面中，直角三角形的個數(shù)為()A．1B．2C．3D．47．[2021·山西省八校聯(lián)考]將正方體(如圖1)截去三個三棱錐后，得到如圖2所示的幾何體，側(cè)視圖的視線方向如圖2所示，則該幾何體的側(cè)視圖為()8．[2021·河北模擬]某幾何體的三視圖如圖所示，記A為此幾何體所有棱的長度構(gòu)成的集合，則()A．3∈AB．5∈AC．2eq\r(6)∈AD．4eq\r(3)∈A9．[2021·河南百校聯(lián)考]如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，圖中粗線畫出的是某多面體的三視圖，則該多面體的各條棱中，最長的棱的長度為()A．2eq\r(3)B．3C.eq\r(6)D.eq\r(5)10．[2021·江西南昌模擬]如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，點P是平面A1B1C1D1內(nèi)一點，則三棱錐P－BCD的正視圖與側(cè)視圖的面積之比為()A．1:1B．2:1C．2:3D．3:2二、填空題11．下列說法正確的有________個．(1)有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐．(2)正棱錐的側(cè)面是等邊三角形．(3)底面是等邊三角形，側(cè)面都是等腰三角形的三棱錐是正三棱錐．12．一個幾何體的三視圖如圖所示，其中正視圖是邊長為2的正三角形，俯視圖是正方形，那么該幾何體的側(cè)視圖的面積是________．13．如圖，E，F(xiàn)分別為正方體的面ADD1A1，面BCC1B1的中心，則四邊形BFD1E在該正方體的面上的射影可能是________．14．[2021·洛陽高三統(tǒng)考]在半徑為4的球面上有不同的四點A，B，C，D，若AB＝AC＝AD＝4，則平面BCD被球所截得圖形的面積為________．[能力挑戰(zhàn)]15．[2021·惠州調(diào)研]某三棱錐的三視圖如圖所示，且圖中的三個三角形均為直角三角形，則xy的最大值為()A．32B．32eq\r(7)C．64D．64eq\r(7)16．如圖所示是水平放置三角形的直觀圖，點D是△ABC的BC邊中點，AB，BC分別與y′軸、x′軸平行，則三條線段AB，AD，AC中()A．最長的是AB，最短的是ACB．最長的是AC，最短的是ABC．最長的是AB，最短的是ADD．最長的是AC，最短的是AD17．[2021·廣州畢業(yè)班測試]在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，M是棱A1D1的中點，過C1，B，M作正方體的截面，則這個截面的面積為________．課時作業(yè)401．解析：認識棱柱一般要從側(cè)棱與底面的垂直與否和底面多邊形的形狀兩方面去分析，故A，C都不夠準確，B中對等腰三角形的腰是否為側(cè)棱未作說明，故也不正確．答案：D2．解析：由俯視圖和側(cè)視圖可知原幾何體是四棱錐，底面是長方形，且與長方形的長相交的某一側(cè)面垂直于底面，所以正視圖為A.答案：A3．解析：若俯視圖為選項C，側(cè)視圖的寬應為俯視圖中三角形的高eq\f(\r(3),2)，所以俯視圖不可能是選項C.答案：C4．解析：如圖，畫出原正方體的側(cè)視圖，顯然對于三棱錐P－A1B1A，B(C)點消失了，其余各點均在，從而其側(cè)視圖為D.答案：D5.解析：如圖，在原圖形OABC中，應有OD＝2O′D′＝2×2eq\r(2)＝4eq\r(2)(cm)，CD＝C′D′＝2cm，所以O(shè)C＝eq\r(OD2＋CD2)＝eq\r(4\r(2)2＋22)＝6(cm)，所以O(shè)A＝OC，故四邊形OABC是菱形，因此選C.答案：C6．解析：由三視圖得四棱錐的直觀圖如圖所示．其中SD⊥底面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，SD＝AD＝CD＝2，AB＝1.由SD⊥底面ABCD，AD，DC，AB?底面ABCD，得SD⊥AD，SD⊥DC，SD⊥AB，故△SDC，△SDA為直角三角形，又∵AB⊥AD，AB⊥SD，AD，SD?平面SAD，AD∩SD＝D，∴AB⊥平面SAD，又SA?平面SAD，∴AB⊥SA，即△SAB也是直角三角形，從而SB＝eq\r(SD2＋AD2＋AB2)＝3，又BC＝eq\r(22＋11)＝eq\r(5)，SC＝2eq\r(2)，∴BC2＋SC2≠SB2，∴△SBC不是直角三角形，故選C.答案：C7.解析：將圖2中的幾何體放到正方體中如圖所示，從側(cè)視圖的視線方向觀察，易知該幾何體的側(cè)視圖為選項D中的圖形，故選D.答案：D8.解析：由三視圖可得，該幾何體的直觀圖如圖所示，其中底面是邊長為4的正方形，AF⊥平面ABCD，AF∥DE，AF＝2，DE＝4，可求得BE的長為4eq\r(3)，BF的長為2eq\r(5)，EF的長為2eq\r(5)，EC的長為4eq\r(2)，故選D.答案：D9.解析：根據(jù)三視圖，利用棱長為2的正方體分析知，該多面體是一個三棱錐，即三棱錐A1－MNP，如圖所示，其中M，N，P是棱長為2的正方體相應棱的中點，可得棱A1M最長，A1M＝eq\r(22＋22＋12)＝3，故最長的棱的長度為3，選B.答案：B10．解析：根據(jù)題意，三棱錐P－BCD的正視圖是三角形，且底邊為正四棱柱的底面邊長、高為正四棱柱的高；側(cè)視圖是三角形，且底邊為正四棱柱的底面邊長、高為正四棱柱的高．故三棱錐P－BCD的正視圖與側(cè)視圖的面積之比為1:1.答案：A11.解析：(1)錯誤．棱錐的定義是：有一個面是多邊形，其余各面都是有一個公共頂點的三角形，由這些面所圍成的多面體叫做棱錐．而“其余各面都是三角形”并不等價于“其余各面都是有一個公共頂點的三角形”，故此說法是錯誤的．如圖所示的幾何體滿足此說法，但它不是棱錐，理由是△ADE和△BCF無公共頂點．(2)錯誤．正棱錐的側(cè)面都是等腰三角形，不一定是等邊三角形．(3)錯誤．由已知條件知，此三棱錐的三個側(cè)面未必全等，所以不一定是正三棱錐．如圖所示的三棱錐中有AB＝AD＝BD＝BC＝CD.滿足底面△BCD為等邊三角形．三個側(cè)面△ABD，△ABC，△ACD都是等腰三角形，但AC長度不一定，三個側(cè)面不一定全等．答案：012.解析：根據(jù)三視圖可知該幾何體是一個四棱錐，其底面是正方形，側(cè)棱相等，所以這是一個正四棱錐．其側(cè)視圖與正視圖是完全一樣的正三角形．故其面積為eq\f(\r(3),4)×22＝eq\r(3).答案：eq\r(3)13．解析：分別作出在六個面上的射影可知選②③.答案：②③14．解析：因為A，B，C，D為球面上不同的四點，所以B，C，D不共線，由AB＝AC＝AD知A在平面BCD內(nèi)的射影為△BCD外接圓的圓心，記圓心為O1.設(shè)O為球的球心，則OB＝OC＝OD，故O在平面BCD內(nèi)的投影也為△BCD外接圓的圓心O1，故有OA⊥平面BCD.又AB＝AC＝AD＝4，所以平面BCD垂直平分線段OA.記△BCD外接圓的半徑為r，由勾股定理得r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)OA))2＝42，即r2＝16－4＝12.從而平面BCD被球所截得的圖形即△BCD的外接圓，其面積為πr2＝12π.答案：12π15．解析：將三視圖還原為如圖所示的三棱錐P－ABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2eq\r(7)，PA2＋y2＝102，(2eq\r(7))2＋PA2＝x2，所以xy＝xeq\r(102－[x2－2\r(7)2])＝xeq\r(128－x2)≤eq\f(x2＋128－x2,2)＝64，當且僅當x2＝128－x2，即x＝8時取等號，因此xy的最大值是64.選C.答案：C16．解析：由條件知，原平面圖形中AB⊥BC，從而AB<AD<AC.答案：B17．解析：設(shè)AA1的中點為N，連接MN，NB，BC1，MC1，AD1，則MN∥AD1∥BC1，平面MNBC1就是過正方體中C1，B，M三點的截面，因為正方體的棱長為2，所以A1M＝A1N＝1，所以MN＝eq\r(2)，同理BC1＝2eq\r(2).又MC1＝BN＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以梯形MNBC1的高h＝eq\r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2)－\r(2),2)))2)＝eq\f(3\r(2),2)，所以所求截面的面積為S梯形MNBC1＝eq\f(1,2)×(eq\r(2)＋2eq\r(2))×eq\f(3\r(2),2)＝eq\f(9,2).答案：eq\f(9,2)課時作業(yè)41空間幾何體的表面積和體積[基礎(chǔ)達標]一、選擇題1．若圓錐的側(cè)面展開圖是圓心角為120°，半徑為l的扇形，則這個圓錐的表面積與側(cè)面積比是()A．3:2B．2:1C．4:3D．5:32．[2021·重慶一中調(diào)考]一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的表面積為()A．3πB．4πC．2π＋4D．3π＋43．[2021·福州市高中畢業(yè)班質(zhì)量檢測]如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某三棱錐的正視圖、俯視圖，則該三棱錐的體積為()A．81B．27C．18D．94．[2020·天津卷，5]若棱長為2eq\r(3)的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．12πB．24πC．36πD．144π5．[2021·廣州市高三年級階段訓練題]陀螺是中國民間最早的娛樂工具之一，也稱陀羅．如圖，網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某個陀螺的三視圖，則該陀螺的表面積為()A．(7＋2eq\r(2))πB．(10＋2eq\r(2))πC．(10＋4eq\r(2))πD．(11＋4eq\r(2))π6．[2021·大同市高三學情調(diào)研測試試題]體積為8的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的體積為()A．4eq\r(3)πB．8eq\r(3)πC．12eq\r(3)πD．6eq\r(3)π7．[2021·河北省九校高三聯(lián)考試題]下圖網(wǎng)格紙中小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的表面積為()A．7π＋8＋4eq\r(2)B．7π＋4＋4eq\r(2)C．5π＋8＋4eq\r(2)D．5π＋4＋4eq\r(2)8．[2021·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考試題]已知一圓錐的底面直徑與母線長相等，一球體與該圓錐的所有母線和底面都相切，則球與圓錐的表面積之比為()A.eq\f(2,3)B.eq\f(4,9)C.eq\f(2\r(6),9)D.eq\f(8,27)9．[2021·北京昌平區(qū)檢測]《九章算術(shù)》是我國古代數(shù)學著作，書中有如下問題：“今有委米依垣內(nèi)角，下周八尺，高五尺．問：積及為米幾何？”其意思為：在屋內(nèi)墻角處堆放米，米堆底部的弧長為8尺，米堆的高為5尺，問米堆的體積及堆放的米各為多少？已知米堆所形成的幾何體的三視圖如圖所示，一斛米的體積約為1.62立方尺，由此估算出堆放的米約有()A．21斛B．34斛C．55斛D．63斛

10.[2020·全國卷Ⅱ，10]已知△ABC是面積為eq\f(9\r(3),4)的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為()A.eq\r(3)B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(\r(3),2)二、填空題11．[2021·南昌市高三年級摸底測試卷]已知一個圓錐的軸截面是斜邊長為2的等腰直角三角形，則該圓錐的側(cè)面積為________．12．[2021·廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測試]如圖，如果一個空間幾何體的正視圖與側(cè)視圖為全等的等邊三角形，俯視圖為一個半徑為1的圓及其圓心，則這個幾何體的體積為________，表面積為________．13．[2021·廣州市高三年級調(diào)研檢測]已知某正三棱錐的側(cè)棱長大于底邊長，其外接球體積為eq\f(125π,6)，三視圖如圖所示，則其側(cè)視圖的面積為________．14．[2021·石家莊市重點高中高三畢業(yè)班摸底考試]已知正三棱錐S－ABC的所有頂點都在球O的球面上，棱錐的底面是邊長為2eq\r(3)的正三角形，側(cè)棱長為2eq\r(5)，則球O的表面積為________．[能力挑戰(zhàn)]15．[2021·廣州市普通高中畢業(yè)班綜合測試]已知直三棱柱ABC－A1B1C1的體積為V，若P，Q分別在AA1，CC1上，且AP＝eq\f(1,3)AA1，CQ＝eq\f(1,3)CC1，則四棱錐B－APQC的體積為()A.eq\f(1,6)VB.eq\f(2,9)VC.eq\f(1,3)VD.eq\f(7,9)V16．[2021·福建省高三畢業(yè)班質(zhì)量檢測]某學生到工廠實踐，欲將一個底面半徑為2，高為3的實心圓錐體工件切割成一個圓柱體，并使圓柱體的一個底面落在圓錐體的底面內(nèi)．若不考慮損耗，則得到的圓柱體的最大體積是()A.eq\f(16π,9)B.eq\f(8π,9)C.eq\f(16π,27)D.eq\f(8π,27)17．[2021·河南省豫北名校高三質(zhì)量考評]如圖為一個正方體ABCD－A1B1C1D1與一個半球O1構(gòu)成的組合體，半球O1的底面圓與該正方體的上底面A1B1C1D1的四邊相切，O1與正方形A1B1C1D1的中心重合．將此組合體重新置于一個球O中(球O未畫出)，使該正方體的下底面ABCD的頂點均落在球O的表面上，半球O1與球O內(nèi)切，設(shè)切點為P，若四棱錐P－ABCD的表面積為4＋4eq\r(10)，則球O的表面積為()A.eq\f(121π,6)B.eq\f(121π,9)C．12πD．9π課時作業(yè)411．解析：底面半徑r＝eq\f(\f(2,3)π,2π)l＝eq\f(1,3)l，故圓錐中S側(cè)＝eq\f(1,3)πl(wèi)2，S表＝eq\f(1,3)πl(wèi)2＋πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)l))2＝eq\f(4,9)πl(wèi)2，所以表面積與側(cè)面積的比為4:3.故選C.答案：C2.解析：由幾何體的三視圖可知，該幾何體為半圓柱，直觀圖如圖所示，表面積為2×2＋2×eq\f(1,2)×π×12＋π×1×2＝4＋3π，故選D.答案：D3．解析：由已知條件可以確定該幾何體為三棱錐，其高為6，底面積為俯視圖中三角形的面積，故底面積S＝36－eq\f(1,2)×3×3－2×eq\f(1,2)×3×6＝eq\f(27,2)，所以該三棱錐的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(27,2)×6＝27.故選B.答案：B4．解析：設(shè)外接球的半徑為R，易知2R＝eq\r(3)×2eq\r(3)＝6，所以R＝3，于是表面積S＝4πR2＝36π，故選C.答案：C5．解析：由三視圖知，該陀螺是一個圓錐與一個圓柱的組合體，其中圓錐的底面半徑為2、高為2，圓柱的底面半徑為1、高為3，所以該陀螺的表面積為π×2×eq\r(22＋22)＋π×22＋2π×1×3＝(10＋4eq\r(2))π，故選C.答案：C6．解析：由正方體的體積為8，可知其棱長為2，且正方體的體對角線為其外接球的直徑，所以其外接球的半徑R＝eq\f(\r(22＋22＋22),2)＝eq\r(3)，則外接球的體積V＝eq\f(4π,3)R3＝4eq\r(3)π.故選A.答案：A7．解析：由三視圖可知，該幾何體是上方為一個八分之一球，下方是一個底面為等腰直角三角形的直三棱柱，故所求表面積S＝eq\f(1,8)×4π×22＋eq\f(1,4)×π×22×3＋2×2×2＋2eq\r(2)×2＝5π＋8＋4eq\r(2)，故選C.答案：C8．解析：設(shè)圓錐底面圓的半徑為R，球的半徑為r，由題意知，圓錐的軸截面是邊長為2R的等邊三角形，球的大圓是該等邊三角形的內(nèi)切圓，如圖所示，所以r＝eq\f(\r(3),3)R，S球＝4πr2＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)R))2＝eq\f(4π,3)R2，S圓錐＝πR·2R＋πR2＝3πR2，所以球與圓錐的表面積之比eq\f(S球,S圓錐)＝eq\f(\f(4π,3)R2,3πR2)＝eq\f(4,9)，故選B.答案：B9．解析：設(shè)圓錐的底面eq\f(1,4)圓的半徑為r，則eq\f(π,2)r＝8，解得r＝eq\f(16,π)，故米堆的體積為eq\f(1,4)×eq\f(1,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,π)))2×5＝eq\f(320,3π)(立方尺)．∵1斛米的體積約為1.62立方尺，∴eq\f(320,3π)÷1.62≈21(斛)，故選A.答案：A10．解析：設(shè)等邊△ABC的邊長為a，外接圓半徑為r，球心O到平面ABC的距離為h，球的半徑為R，依題意得eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(9\r(3),4)，解得a＝3(負值舍去)，則△ABC的外接球半徑為r＝eq\f(\r(3),3)a＝eq\r(3)，因為球O的表面積為16π，即4πR2＝16π，所以R＝2.由R2＝h2＋r2得h＝eq\r(22－\r(3)2)＝1.故選C.答案：C11．解析：因為圓錐的軸截面是斜邊長為2的等腰直角三角形，所以圓錐的底面半徑r＝1，母線l＝eq\r(2)，所以圓錐的側(cè)面積S＝πrl＝eq\r(2)π.答案：eq\r(2)π12．解析：根據(jù)三視圖可知，該幾何體為圓錐，其底面半徑r＝1，母線長l＝2，所以該圓錐的高h＝eq\r(l2－r2)＝eq\r(3)，所以這個幾何體的體積為eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×π×12×eq\r(3)＝eq\f(\r(3)π,3)，表面積為π·r2＋π·r·l＝π×12＋π×1×2＝3π.答案：eq\f(\r(3)π,3)3π13．解析：畫出正三棱錐的直觀圖如圖所示，其中F是等邊三角形ABC的中心，E是正三棱錐外接球的球心，G是BC的中點．根據(jù)正三棱錐的幾何性質(zhì)有DF⊥平面ABC.由俯視圖可知，等邊三角形ABC的邊長為2eq\r(3)，所以△ABC的高為2eq\r(3)×sin60°＝3.根據(jù)等邊三角形的幾何性質(zhì)可知，等邊三角形ABC的外接圓半徑FA＝eq\f(2,3)×3＝2.設(shè)正三棱錐的外接球半徑為R，則eq\f(4π,3)R3＝eq\f(125π,6)，解得R＝eq\f(5,2)，故DE＝EA＝R＝eq\f(5,2)，所以EF＝eq\r(EA2－FA2)＝eq\r(\f(25,4)－4)＝eq\f(3,2).所以正三棱錐的高DF＝ED＋EF＝eq\f(5,2)＋eq\f(3,2)＝4，即側(cè)視圖的高為4.所以側(cè)視圖的面積為eq\f(1,2)×3×4＝6.答案：614．解析：如圖，延長SO交球O于點D，設(shè)△ABC的外心為點E，連接AE，AD，由正弦定理得2AE＝eq\f(2\r(3),sin60°)＝4，∴AE＝2，易知SE⊥平面ABC，由勾股定理可知，三棱錐S－ABC的高SE＝eq\r(SA2－AE2)＝eq\r(2\r(5)2－22)＝4，由于點A是以SD為直徑的球O上一點，∴∠SAD＝90°，由射影定理可知，球O的直徑2R＝SD＝eq\f(SA2,SE)＝5，因此，球O的表面積為4πR2＝π×(2R)2＝25π.答案：25π15．解析：如圖，設(shè)D是BB1上一點，且BD＝eq\f(1,3)BB1，連接DP，DQ，由于AP＝eq\f(1,3)AA1，CQ＝eq\f(1,3)CC1，所以平面DPQ∥平面ABC.所以V四棱錐B－APQC＝V三棱柱ABC－PDQ×eq\f(2,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)×V三棱柱ABC－A1B1C1))×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)V.故選B.答案：B16．解析：解法一如圖，OC＝2，OA＝3，由△AED∽△AOC可得eq\f(ED,OC)＝eq\f(AE,AO).設(shè)圓柱體的底面半徑r＝ED＝2x(0<x<1)，可得AE＝3x，則圓柱體的高h＝OE＝3－3x，圓柱體的體積V＝π(2x)2(3－3x)＝12π(x2－x3)，令V(x)＝12π(x2－x3)，則V′(x)＝12π(2x－3x2)，令V′(x)＝0，解得x＝eq\f(2,3)或x＝0(舍去)，可得V(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))上單調(diào)遞減，故當x＝eq\f(2,3)時，V(x)取得最大值，V(x)max＝eq\f(16π,9)，即圓柱體的最大體積是eq\f(16π,9).解法二同解法一，則圓柱體的體積V＝12πx2(1－x)＝6π·x·x(2－2x)≤6π·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋x＋2－2x,3)))3＝eq\f(16π,9)，當且僅當x＝2－2x，即x＝eq\f(2,3)時等號成立，故圓柱體的最大體積是eq\f(16π,9).故選A.答案：A17．解析：如圖，設(shè)球O，半球O1的半徑分別為R，r，由題意知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2r，四棱錐P－ABCD為正四棱錐．設(shè)正方體ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD的中心為G，連接AC，PG，則四棱錐P－ABCD的高PG＝3r，其各側(cè)面的高為eq\r(3r2＋r2)＝eq\r(10)r.由題意得(2r)2＋4×eq\f(1,2)×2r×eq\r(10)r＝4＋4eq\r(10)，解得r＝1.易知球O的球心在線段O1G上，連接OC，則在Rt△OGC中，OC＝R，OG＝3－R，CG＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)＝eq\r(2)，于是由勾股定理，得(3－R)2＋(eq\r(2))2＝R2，解得R＝eq\f(11,6)，所以球O的表面積S＝4πR2＝eq\f(121π,9)，故選B.答案：B課時作業(yè)42空間點、直線、平面之間的位置關(guān)系[基礎(chǔ)達標]一、選擇題1．[2021·江西七校聯(lián)考]已知直線a和平面α，β，α∩β＝l，a?α，a?β，且a在α，β內(nèi)的射影分別為直線b和c，則直線b和c的位置關(guān)系是()A．相交或平行B．相交或異面C．平行或異面D．相交、平行或異面2．若直線a⊥b，且直線a∥平面α，則直線b與平面α的位置關(guān)系是()A．b?αB．b∥αC．b?α或b∥αD．b與α相交或b?α或b∥α3.如圖所示，ABCD－A1B1C1D1是正方體，O是B1D1的中點，直線A1C交平面AB1D1于點M，則下列結(jié)論正確的是()A．A，M，O三點共線B．A，M，O，A1不共面C．A，M，C，O不共面D．B，B1，O，M共面4．[2021·廣東省七校聯(lián)合體高三聯(lián)考試題]在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，則異面直線A1B1與AC1所成角的正切值為()A.eq\r(5)B.eq\r(3)C.eq\f(\r(5),2)D.eq\f(\r(3),2)5．a(chǎn)，b，c是兩兩不同的三條直線，下面四個命題中，真命題是()A．若直線a，b異面，b，c異面，則a，c異面B．若直線a，b相交，b，c相交，則a，c相交C．若a∥b，則a，b與c所成的角相等D．若a⊥b，b⊥c，則a∥c6．[2021·河北張家口模擬]三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC為等邊三角形，AA1⊥平面ABC，AA1＝AB，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，則BM與AN所成角的余弦值為()A.eq\f(1,10)B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,10)D.eq\f(4,5)二、填空題7．設(shè)P表示一個點，a，b表示兩條直線，α，β表示兩個平面，給出下列四個命題，其中正確命題的序號是________．①P∈a，P∈α?a?α；②a∩b＝P，b?β?a?β；③a∥b，a?α，P∈b，P∈α?b?α；④α∩β＝b，P∈α，P∈β?P∈b.8．如圖所示為正方體表面的一種展開圖，則圖中的AB，CD，EF，GH在原正方體中互為異面直線的有________對．9．若直線l⊥平面β，平面α⊥平面β，則直線l與平面α的位置關(guān)系為________．三、解答題10.如圖，在四邊形ABCD中，已知AB∥CD，直線AB，BC，AD，DC分別與平面α相交于點E，G，H，F(xiàn)，求證：E，F(xiàn)，G，H四點必定共線．11.[2021·福建四地六校聯(lián)考]已知三棱錐A－BCD中，AB＝CD，且直線AB與CD成60°角，點M、N分別是BC、AD的中點，求異面直線AB與MN所成角的大?。甗能力挑戰(zhàn)]12．[2021·洛陽市高三年級統(tǒng)一考試]已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成的角的正弦值為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(10),5)C.eq\f(\r(15),5)D.eq\f(\r(6),3)13．[2021·山西省六校高三階段性測試]已知三棱錐B－ACD中，棱AB，CD，AC的中點分別是M，N，O，△ABC，△ACD，△BOD都是正三角形，則異面直線MN與AD所成角的余弦值為()A.eq\f(1,3)B.eq\f(\r(7),28)C.eq\f(2,3)D.eq\f(\r(7),4)14．[2021·廣東廣州質(zhì)檢]如圖是正四面體(各面均為正三角形)的平面展開圖，G，H，M，N分別為DE，BE，EF，EC的中點．在這個正四面體中：①GH與EF平行；②BD與MN為異面直線；③GH與MN成60°角；④DE與MN垂直．以上四個命題中，正確命題的序號是________．課時作業(yè)421．解析：依題意，直線b和c的位置關(guān)系可能是相交、平行或異面．故選D.答案：D2．解析：b與α相交或b?α或b∥α都可以．故選D.答案：D3．解析：連接A1C1，AC(圖略)，則A1C1∥AC，∴A1，C1，A，C四點共面，∴A1C?平面ACC1A1.∵M∈A1C，∴M∈平面ACC1A1.又M∈平面AB1D1，∴M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理A，O在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，∴A，M，O三點共線．故選A.答案：A4．解析：在長方體ABCD－A1B1C1D1中，直線A1B1與直線AB平行，則直線A1B1與AC1所成的角等于AB與AC1所成的角，在直角三角形ABC1中，BC1＝eq\r(5)，AB＝1，所以tan∠BAC1＝eq\r(5)，所以異面直線A1B1與AC1所成角的正切值為eq\r(5).故選A.答案：A5．解析：若直線a，b異面，b，c異面，則a，c相交、平行或異面；若a，b相交，b，c相交，則a，c相交、平行或異面；若a⊥b，b⊥c，則a，c相交、平行或異面；由異面直線所成的角的定義知C正確，故選C.答案：C6．解析：取BC的中點O，連接NO，AO，MN，因為B1C1綊BC，OB＝eq\f(1,2)BC，所以O(shè)B∥B1C1，OB＝eq\f(1,2)B1C1，因為M，N分別為A1B1，A1C1的中點，所以MN∥B1C1，MN＝eq\f(1,2)B1C1，所以MN綊OB，所以四邊形MNOB是平行四邊形，所以NO∥MB，所以∠ANO或其補角即為BM與AN所成角，不妨設(shè)AB＝2，則有AO＝eq\r(3)，ON＝BM＝eq\r(5)，AN＝eq\r(5)，在△ANO中，由余弦定理可得cos∠ANO＝eq\f(AN2＋ON2－AO2,2AN·ON)＝eq\f(5＋5－3,2×\r(5)×\r(5))＝eq\f(7,10).故選C.答案：C7．解析：當a∩α＝P時，P∈a，P∈α，但a?α，∴①錯；a∩β＝P時，②錯；如圖∵a∥b，P∈b，∴P?a，∴由直線a與點P確定唯一平面α，又a∥b，由a與b確定唯一平面γ，但γ經(jīng)過直線a與點P，∴γ與α重合，∴b?α，故③正確；兩個平面的公共點必在其交線上，故④正確．答案：③④8.解析：還原后如圖，顯然AB與CD，EF與GH，AB與GH都是異面直線，而AB與EF相交，CD與GH相交，CD與EF平行．故互為異面直線的有3對．答案：39．解析：∵直線l⊥平面β，平面α⊥平面β，∴直線l∥平面α，或者直線l?平面α.答案：l∥α或l?α10．證明：因為AB∥CD，所以AB，CD確定一個平面β.又因為AB∩α＝E，AB?β，所以E∈α，E∈β，即E為平面α與β的一個公共點．同理可證F，G，H均為平面α與β的公共點，因為若兩個平面有公共點，那么它們有且只有一條通過公共點的公共直線，所以E，F(xiàn)，G，H四點必定共線．11.解析：如圖，取AC的中點P，連接PM，PN，則PM∥AB，且PM＝eq\f(1,2)AB，PN∥CD，且PN＝eq\f(1,2)CD.∴∠MPN或其補角為AB與CD所成的角，則∠MPN＝60°或∠MPN＝120°，∵PM∥AB，∴∠PMN或其補角是AB與MN所成的角，∵AB＝CD，∴PM＝PN，若∠PMN＝60°，則△PMN是等邊三角形，∴∠PMN＝60°，∴AB與MN所成的角為60°.若∠MPN＝120°，則∠PMN＝30°，∴AB與MN所成的角為30°，綜上，異面直線AB與MN所成的角為30°或60°.12．解析：解法一如圖，將題中的直三棱柱補形成一個直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，連接AD1，易知BC1∥AD1，所以∠B1AD1是直線AB1與BC1所成的角或者其補角．連接B1D1，在△AB1D1中，AB1＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，AD1＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，B1D1＝eq\r(22＋12－2×2×1×cos60°)＝eq\r(3)，ADeq\o\al(2,1)＋B1Deq\o\al(2,1)＝5＝ABeq\o\al(2,1)，AD1⊥B1D1，sin∠B1AD1＝eq\f(B1D1,AB1)＝eq\f(\r(3),\r(5))＝eq\f(\r(15),5).因此，異面直線AB1與BC1所成的角的正弦值為eq\f(\r(15),5)，故選C.解法二依題意得，AB1＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，BC1＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，eq\o(AB,\s\up6(→))·eq\o(BB1,\s\up6(→))＝eq\o(BB1,\s\up6(→))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，eq\o(AB1,\s\up6(→))·eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BB1,\s\up6(→)))·(eq\o(BB1,\s\up6(→)