2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義專題四　第1講　空間幾何體

2024步步高考二輪數(shù)學(xué)新教材講義第1講空間幾何體[考情分析]空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征是立體幾何的基礎(chǔ)，空間幾何體的表面積和體積是高考的重點(diǎn)與熱點(diǎn)，多以選擇題、填空題的形式考查，難度中等或偏上．考點(diǎn)一空間幾何體的折展問題核心提煉空間幾何體的側(cè)面展開圖(1)圓柱的側(cè)面展開圖是矩形．(2)圓錐的側(cè)面展開圖是扇形．(3)圓臺(tái)的側(cè)面展開圖是扇環(huán)．例1(1)(2023·郴州模擬)已知圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為10和5，側(cè)面積為300π，AB為圓臺(tái)的一條母線(點(diǎn)B在圓臺(tái)的上底面圓周上)，M為AB的中點(diǎn)，一只螞蟻從點(diǎn)B出發(fā)，繞圓臺(tái)側(cè)面一周爬行到點(diǎn)M，則螞蟻爬行所經(jīng)路程的最小值為()A．30B．40C．50D．60答案C解析因?yàn)閳A臺(tái)上底面半徑為5，下底面半徑為10，母線長為l，所以S＝πl(wèi)(10＋5)＝15πl(wèi)＝300π，解得l＝20，如圖所示，將圓臺(tái)所在的圓錐側(cè)面展開，且設(shè)扇形的圓心為O.線段M1B就是螞蟻經(jīng)過的最短距離，設(shè)OA＝R，圓心角是α，則由題意知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O(shè)M1＝OM＝30，OB＝OB1＝40，所以M1B＝eq\r(OB2＋OM\o\al(2,1))＝50.(2)(2023·深圳模擬)如圖，在三棱錐P－ABC的平面展開圖中，AC＝eq\r(3)，AB＝1，AD＝1，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則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解析由題意知，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，由余弦定理的推論得，cos∠FCB＝eq\f(BC2＋CF2－BF2,2BC·CF)＝eq\f(4＋1－2,2×2×1)＝eq\f(3,4).規(guī)律方法空間幾何體最短距離問題，一般是將空間幾何體展開成平面圖形，轉(zhuǎn)化成求平面中兩點(diǎn)間的最短距離問題，注意展開后對(duì)應(yīng)的頂點(diǎn)和邊．跟蹤演練1(1)(多選)如圖是一個(gè)正方體的展開圖，如果將它還原為正方體，則下列說法中正確的是()A．C∈GHB．CD與EF是共面直線C．AB∥EFD．GH與EF是異面直線答案ABD解析由圖可知，還原正方體后，點(diǎn)C與G重合，即C∈GH，又可知CD與EF是平行直線，即CD與EF是共面直線，AB與EF是相交直線(點(diǎn)B與點(diǎn)F重合)，GH與EF是異面直線，故A，B，D正確，C錯(cuò)誤．(2)(2023·鞍山模擬)如圖，在三棱錐V－ABC中，VA＝VB＝VC＝8，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，過點(diǎn)A作截面AEF，則△AEF周長的最小值為()A．6eq\r(2)B．6eq\r(3)C．8eq\r(2)D．8eq\r(3)答案C解析沿側(cè)棱VA把正三棱錐V－ABC展開在一個(gè)平面內(nèi)，如圖所示，則AA′即為△AEF周長的最小值，又因?yàn)椤螦VB＝∠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).考點(diǎn)二表面積與體積核心提煉1．旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面積和表面積(1)S圓柱側(cè)＝2πrl，S圓柱表＝2πr(r＋l)(r為底面半徑，l為母線長)．(2)S圓錐側(cè)＝πrl，S圓錐表＝πr(r＋l)(r為底面半徑，l為母線長)．(3)S球表＝4πR2(R為球的半徑)．2．空間幾何體的體積公式(1)V柱＝Sh(S為底面面積，h為高)．(2)V錐＝eq\f(1,3)Sh(S為底面面積，h為高)．(3)V臺(tái)＝eq\f(1,3)(S上＋eq\r(S上·S下)＋S下)h(S上，S下分別為上、下底面面積，h為高)．(4)V球＝eq\f(4,3)πR3(R為球的半徑)．例2(1)(2023·濰坊模擬)如圖，圓錐的底面半徑為1，側(cè)面展開圖是一個(gè)圓心角為eq\f(π,3)的扇形．把該圓錐截成圓臺(tái)，已知圓臺(tái)的下底面與該圓錐的底面重合，圓臺(tái)的上底面半徑為eq\f(1,3)，則圓臺(tái)的側(cè)面積為()A.eq\f(8π,3)B.eq\f(\r(35)π,2)C.eq\f(16π,3)D．8π答案C解析假設(shè)圓錐的底面半徑為R，母線長為l，則R＝1.設(shè)圓臺(tái)上底面半徑為r，母線長為l1，則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.如圖，作出圓錐、圓臺(tái)的軸截面，則有eq\f(l－l1,l)＝eq\f(r,R)＝eq\f(1,3)，所以l1＝4.所以圓臺(tái)的側(cè)面積為π(R＋r)l1＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))π＝eq\f(16π,3).(2)(2023·全國甲卷)在三棱錐P－ABC中，△ABC是邊長為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，則該棱錐的體積為()A．1B.eq\r(3)C．2D．3答案A解析如圖，取AB的中點(diǎn)D，連接PD，CD，因?yàn)椤鰽BC是邊長為2的等邊三角形，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.規(guī)律方法空間幾何體的表面積與體積的求法(1)公式法：對(duì)于規(guī)則的幾何體直接利用公式進(jìn)行求解．(2)割補(bǔ)法：把不規(guī)則的圖形分割成規(guī)則的圖形，或把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，不熟悉的幾何體補(bǔ)成熟悉的幾何體．(3)等體積法：選擇合適的底面來求體積．跟蹤演練2(1)(2023·貴陽統(tǒng)考)如圖，在棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱AB，BC的中點(diǎn)，則四棱錐B－A1EFC1的體積為()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)(多選)(2023·連云港調(diào)研)折扇在我國已有三四千年的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字畫的形式集中體現(xiàn)了我國文化的方方面面，是運(yùn)籌帷幄，決勝千里，大智大勇的象征(如圖1)．圖2是一個(gè)圓臺(tái)的側(cè)面展開圖(扇形的一部分)，若扇形的兩個(gè)圓弧所在圓的半徑分別是1和3，且∠ABC＝eq\f(2π,3)，則該圓臺(tái)()A．高為eq\f(2\r(2),3)B．表面積為eq\f(34π,9)C．體積為eq\f(52\r(2)π,81)D．上底面面積∶下底面面積∶側(cè)面積＝1∶9∶24答案BCD解析對(duì)于A，設(shè)圓臺(tái)的上底面半徑為r，下底面半徑為R，則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，))且圓臺(tái)的母線長為3－1＝2，所以圓臺(tái)的高為eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))2)＝eq\f(4\r(2),3)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，圓臺(tái)的上底面面積為eq\f(π,9)，下底面面積為π，側(cè)面積為π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋1))×2＝eq\f(8π,3)，所以圓臺(tái)的表面積為eq\f(π,9)＋π＋eq\f(8π,3)＝eq\f(34π,9)，故B正確；對(duì)于C，圓臺(tái)的體積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正確；對(duì)于D，圓臺(tái)的上底面面積∶下底面面積∶側(cè)面積＝eq\f(π,9)∶π∶eq\f(8π,3)＝1∶9∶24，故D正確．考點(diǎn)三多面體與球核心提煉求空間多面體的外接球半徑的常用方法(1)補(bǔ)形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)饩嗟鹊哪Ｐ停梢赃€原到正方體或長方體中去求解；(2)定義法：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)的距離也是半徑，列關(guān)系式求解即可．例3(1)(2023·聊城模擬)某正四棱臺(tái)形狀的模型，其上、下底面的面積分別為2cm2,8cm2，若該模型的體積為14cm3，則該模型的外接球的表面積為()A．20πcm2 B．10πcm2C．5πcm2 D.eq\f(5π,2)cm2答案A解析設(shè)該正四棱臺(tái)形狀的模型高為hcm，故eq\f(1,3)(2＋8＋eq\r(2×8))h＝14，解得h＝3，如圖，取上底面EFGH的中心M，下底面ABCD的中心N，則MN＝h＝3，故該模型的外接球的球心在MN上，設(shè)為點(diǎn)O，連接ME，NA，OE，OA，設(shè)上、下底面邊長分別為acm，bcm，則a2＝2，b2＝8，解得a＝eq\r(2)，b＝2eq\r(2)，故EM＝1cm，NA＝2cm，設(shè)ON＝y(tǒng)cm，則OM＝(3－y)cm，由勾股定理得EO2＝OM2＋EM2＝(3－y)2＋1，AO2＝ON2＋AN2＝y(tǒng)2＋4，故(3－y)2＋1＝y(tǒng)2＋4，解得y＝1，故外接球半徑為eq\r(y2＋4)＝eq\r(5)(cm)，該模型的外接球的表面積為4π·(eq\r(5))2＝20π(cm2)．(2)(2023·全國甲卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O為AC1的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球O的球面有公共點(diǎn)，則球O的半徑的取值范圍是________．答案[2eq\r(2)，2eq\r(3)]解析如圖，設(shè)球O的半徑為R.當(dāng)球O是正方體的外接球時(shí)，恰好經(jīng)過正方體的每個(gè)頂點(diǎn)，所求的球O的半徑最大，若半徑變得更大，球O會(huì)包含正方體，球面和棱沒有交點(diǎn)，正方體的外接球直徑2R′為體對(duì)角線長AC1＝eq\r(42＋42＋42)＝4eq\r(3)，即2R′＝4eq\r(3)，R′＝2eq\r(3)，故Rmax＝2eq\r(3)；分別取側(cè)棱AA1，BB1，CC1，DD1的中點(diǎn)M，H，G，N，連接MH，HG，NG，MN，MG，顯然四邊形MNGH是邊長為4的正方形，且O為正方形MNGH的對(duì)角線MG的中點(diǎn)，則MG＝4eq\r(2)，當(dāng)球O的一個(gè)大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓時(shí)，球O的半徑達(dá)到最小，即Rmin＝2eq\r(2).綜上，R∈[2eq\r(2)，2eq\r(3)]．規(guī)律方法(1)求錐體的外接球問題的一般方法是補(bǔ)形法，把錐體補(bǔ)成正方體、長方體等求解．(2)求錐體的內(nèi)切球問題的一般方法是利用等體積法求半徑．跟蹤演練3(1)若三棱錐S－ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，△ABC是邊長為3的正三角形，SC為球O的直徑，三棱錐S－ABC的體積為eq\f(3\r(3),2)，則三棱錐S－ABC的外接球的體積為()A.eq\f(4π,3) B.eq\f(16π,3)C.eq\f(26π,3) D.eq\f(32π,3)答案D解析如圖，設(shè)△ABC的中心為O1，連接OO1，CO1的延長線交球面于點(diǎn)D，連接SD，顯然CD是△ABC外接圓O1的直徑，則SD∥OO1，而OO1⊥平面ABC，則SD⊥平面ABC，因?yàn)檎鰽BC的邊長為3，則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的直徑2R＝SC＝eq\r(SD2＋CD2)＝4，球O的半徑R＝2，所以三棱錐S－ABC的外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).(2)(2023·濰坊模擬)在半徑為1的球中作一個(gè)圓柱，當(dāng)圓柱的體積最大時(shí)，圓柱的母線長為________．答案eq\f(2\r(3),3)解析設(shè)圓柱的底面半徑為r，球心到圓柱底面的距離為h，則圓柱的母線長為2h，由球截面的性質(zhì)得r2＋h2＝1，則r2＝1－h(huán)2(0<h<1)，圓柱的體積V＝2πr2h＝2πh(1－h(huán)2)＝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)))，當(dāng)h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))時(shí)，V′>0，當(dāng)h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))時(shí)，V′<0，所以函數(shù)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間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)，V取得最大值eq\f(4\r(3)π,9)，此時(shí)圓柱的母線長為2h＝eq\f(2\r(3),3).專題強(qiáng)化練一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·唐山模擬)若圓柱的底面直徑與高都等于球的直徑，則球的表面積與圓柱的側(cè)面積的比為()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．2∶3答案A解析設(shè)球的半徑為r，依題意知圓柱的底面半徑也是r，高是2r，圓柱的側(cè)面積為2πr·2r＝4πr2，球的表面積為4πr2，其比為1∶1.2．(2023·錦州模擬)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為4，P，Q是棱DD1的兩個(gè)三等分點(diǎn)，則三棱錐Q－PBC的體積為()A.eq\f(8,3)B.eq\f(32,9)C.eq\f(16,9)D.eq\f(16,3)答案B解析如圖所示．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·泉州模擬)如圖是底面半徑為3的圓錐，將其放倒在一平面上，使圓錐在此平面內(nèi)繞圓錐頂點(diǎn)O滾動(dòng)，當(dāng)這個(gè)圓錐在平面內(nèi)轉(zhuǎn)回原位置時(shí)，圓錐本身恰好滾動(dòng)了3周，則該圓錐的表面積為()A．36πB．27πC．18eq\r(2)πD．9π答案A解析設(shè)圓錐的母線長為l，以O(shè)為圓心，母線l為半徑的圓的面積為S＝πl(wèi)2，又圓錐的側(cè)面積S圓錐側(cè)＝πrl＝3πl(wèi)，因?yàn)閳A錐在平面內(nèi)轉(zhuǎn)到原位置時(shí)，圓錐本身滾動(dòng)了3周，所以πl(wèi)2＝3×3πl(wèi)，解得l＝9，所以圓錐的表面積S＝S圓錐側(cè)＋S底＝3×π×9＋π×32＝36π.4．(2023·長沙模擬)最早的測雨器記載見于南宋數(shù)學(xué)家秦九韶所著的《數(shù)書九章》(1247年)．該書第二章為“天時(shí)類”，收錄了有關(guān)降水量計(jì)算的四個(gè)例子，分別是“天池測雨”“圓罌測雨”“峻積驗(yàn)雪”和“竹器驗(yàn)雪”.其中“天池測雨”法是下雨時(shí)用一個(gè)圓臺(tái)形的天池盆收集雨水．已知天池盆盆口直徑為二尺八寸，盆底直徑為一尺二寸，盆深一尺八寸，當(dāng)盆中積水深九寸時(shí)，平地的降雨量是()(注：一尺＝10寸，平地降雨量等于盆中積水體積除以盆口面積)A．9寸 B．6寸C．4寸 D．3寸答案D解析如圖所示，由題意知天池盆盆口半徑是14寸，盆底半徑是6寸，高為18寸，由積水深9寸知水面半徑為eq\f(1,2)×(14＋6)＝10(寸)，則盆中水體積為eq\f(1,3)π×9×(62＋102＋6×10)＝588π(立方寸)，所以平地降雨量為eq\f(588π,π×142)＝3(寸)．5．(2023·日照模擬)紅燈籠起源于中國的西漢時(shí)期，兩千多年來，每逢春節(jié)人們便會(huì)掛起象征美好團(tuán)圓意義的紅燈籠，營造一種喜慶的氛圍．如圖1，某球形燈籠的輪廓由三部分組成，上、下兩部分是兩個(gè)相同的圓柱的側(cè)面，中間是球面除去上、下兩個(gè)相同球冠剩下的部分．如圖2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直徑被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半徑為R，球冠的高為h，則球冠的面積S＝2πRh.如圖1，已知該燈籠的高為58cm，上、下圓柱的高為5cm，圓柱的底面圓直徑為14cm，則圍成該燈籠中間球面部分所需布料的面積為()A．1940πcm2 B．2350πcm2C．2400πcm2 D．2540πcm2答案C解析由題意得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)，所以兩個(gè)球冠的面積為2S＝2×2πRh＝2×2×π×25×1＝100π(cm2)，則圍成該燈籠中間球面部分所需布料的面積為4πR2－2S＝4×π×252－100π＝2400π(cm2)．6．(2023·淄博模擬)某學(xué)生到工廠實(shí)踐，欲將一個(gè)底面半徑為2，高為3的實(shí)心圓錐體工件切割成一個(gè)圓柱體，并使圓柱體的一個(gè)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)答案A解析設(shè)圓柱的半徑為r，高為x，體積為V，則由題意可得eq\f(r,2)＝eq\f(3－x,3)，∴x＝3－eq\f(3,2)r(0<r<2)，∴圓柱的體積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))，當(dāng)0<r<eq\f(4,3)時(shí)，V′(r)>0；當(dāng)eq\f(4,3)<r<2時(shí)，V′(r)<0，∴V(r)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(4,3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，2))上單調(diào)遞減，故V(r)max＝Veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝eq\f(16π,9).7．(2023·廣西聯(lián)考)已知在一個(gè)表面積為24的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)E在B1D上運(yùn)動(dòng)，則當(dāng)BE＋A1E取得最小值時(shí)，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解析作出圖形，如圖所示．依題意6AB2＝24，故AB＝2，將平面A1B1D翻折至與平面BB1D共面，易得△A1B1D≌△BB1D，故當(dāng)A1E⊥B1D時(shí)，BE＋A1E有最小值，此時(shí)eq\f(B1E,DE)＝eq\f(1,2)，過點(diǎn)E作平面ABCD的垂線，垂足為F，則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)，則AE＝eq\r(AF2＋EF2)＝eq\r(\f(20,9)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))2)＝2.8．(2023·廣州模擬)現(xiàn)有一個(gè)軸截面是邊長為4的等邊三角形的倒置圓錐(頂點(diǎn)在下方，底面在上方)，將半徑為eq\f(\r(3),2)的小球放入圓錐，使得小球與圓錐的側(cè)面相切，過所有切點(diǎn)所在平面將圓錐分割成兩個(gè)部分，則分割得到的圓臺(tái)的側(cè)面積為()A.eq\f(27π,8)B.eq\f(33π,8)C.eq\f(45π,8)D.eq\f(55π,8)答案D解析作軸截面圖如圖所示，△ABC為圓錐的軸截面，點(diǎn)O為與側(cè)面相切球的球心，點(diǎn)E，F(xiàn)為切點(diǎn)，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O(shè)C＝eq\r(3)，CE＝eq\f(3,2)，又AC＝4，所以AE＝eq\f(5,2)，所以圓臺(tái)的母線長為eq\f(5,2)，因?yàn)镃E＝CF，∠ECF＝60°，所以△ECF為等邊三角形，所以EF＝eq\f(3,2)，所以圓臺(tái)的側(cè)面積S＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)＋2))×eq\f(5,2)＝eq\f(55π,8).二、多項(xiàng)選擇題9．有一張長和寬分別為8和4的矩形硬紙板，以這張硬紙板為側(cè)面，將它折成正四棱柱，則此正四棱柱的體對(duì)角線的長度為()A．2eq\r(2)B．2eq\r(6)C．4eq\r(5)D.eq\r(66)答案BD解析分兩種情況求解：①若正四棱柱的高為8，則底面邊長為1，此時(shí)體對(duì)角線的長度為eq\r(82＋1＋1)＝eq\r(66)；②若正四棱柱的高為4，則底面邊長為2，此時(shí)體對(duì)角線的長度為eq\r(42＋22＋22)＝2eq\r(6).10．(2023·新高考全國Ⅱ)已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P－AC－O為45°，則()A．該圓錐的體積為πB．該圓錐的側(cè)面積為4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面積為eq\r(3)答案AC解析依題意，∠APB＝120°，PA＝2，所以O(shè)P＝1，OA＝OB＝eq\r(3).A項(xiàng)，圓錐的體積為eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，故A正確；B項(xiàng)，圓錐的側(cè)面積為π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，取AC的中點(diǎn)D，連接OD，PD，如圖所示，則AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，則∠PDO＝45°，所以O(shè)P＝OD＝1，故AD＝CD＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，則AC＝2eq\r(2)，故C正確；D項(xiàng)，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錯(cuò)誤．11．(2023·德州模擬)如圖，邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，將△ADE，△CDF，△BEF分別沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于點(diǎn)P，則下列結(jié)論正確的是()A．PD⊥EFB．三棱錐P－DEF的外接球的體積為2eq\r(6)πC．點(diǎn)P到平面DEF的距離為eq\f(2,3)D．二面角P－EF－D的余弦值為eq\f(1,4)答案AC解析如圖1，取EF的中點(diǎn)H，連接PH，DH，易知△PEF和△DEF均為等腰三角形，故PH⊥EF，DH⊥EF，又因?yàn)镻H∩DH＝H，所以EF⊥平面PDH，又PD?平面PDH，所以PD⊥EF，A正確；圖1由PE，PF，PD三線兩兩互相垂直，可構(gòu)造如圖2所示的長方體，長方體的外接球就是三棱錐P－DEF的外接球，長方體的體對(duì)角線就是外接球的直徑，設(shè)為2R，則(2R)2＝12＋12＋22＝6，則R＝eq\f(\r(6),2)，所以所求外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\r(6)π，B錯(cuò)誤；圖2設(shè)點(diǎn)P到平面DEF的距離為h，如圖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)，由等體積法可得V三棱錐D－PEF＝V三棱錐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正確；如圖1，因?yàn)镻H⊥EF，DH⊥EF，所以∠PHD即為二面角P－EF－D的平面角，因?yàn)镻D⊥PF，PD⊥PE，且PF∩PE＝P，PE，PF?平面PEF，所以PD⊥平面PEF，又PH?平面PEF，則PD⊥PH，即∠DPH＝90°，在Rt△PHD中，cos∠PHD＝eq\f(PH,DH)＝eq\f(1,3)，D錯(cuò)誤．12．(2023·遼陽統(tǒng)考)若正三棱錐P－ABC的底面邊長為3，高為eq\r(6)，則該正三棱錐的()A．體積為eq\f(9\r(2),4)B．表面積為9eq\r(3)C．外接球的表面積為27πD．內(nèi)切球的表面積為eq\f(3π,2)答案ABD解析如圖，三棱錐P－ABC的體積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正確；取AB的中點(diǎn)D，連接CD，PD，則在正三棱錐P－ABC中，AB⊥CD，AB⊥PD.作PH⊥平面ABC，垂足為H，則PH＝eq\r(6).由正三棱錐的性質(zhì)可知H在CD上，且CH＝2DH.因?yàn)锳B＝3，所以CD＝eq\f(3\r(3),2)，則CH＝eq\r(3).因?yàn)镻H＝eq\r(6)，所以PC＝eq\r(3＋6)＝3，則三棱錐P－ABC的表面積為eq\f(9\r(3),4)×4＝9eq\r(3)，故B正確；設(shè)三棱錐P－ABC的外接球的球心為O，半徑為R，則O在PH上，連接OC，則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)，則三棱錐P－ABC的外接球的表面積為4πR2＝eq\f(27π,2)，故C錯(cuò)誤；設(shè)三棱錐P－ABC的內(nèi)切球的半徑為r，則eq\f(1,3)×9eq\r(3)r＝eq\f(9\r(2),4)，解得r＝eq\f(\r(6),4)，從而三棱錐P－ABC的內(nèi)切球的表面積為4πr2＝eq\f(3π,2)，故D正確．三、填空題13.(2023·鄭州模擬)攢尖是中國古代建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)形式，依其平面有圓形攢尖、三角攢尖、四角攢尖、六角攢尖等，多見于亭閣式建筑．如故宮中和殿的屋頂為四角攢尖頂，它的主要部分的輪廓可近似看作一個(gè)正四棱錐，設(shè)正四棱錐的側(cè)面的等腰三角形的頂角為60°，則該正四棱錐的側(cè)面積與底面積的比為________．答案eq\r(3)解析設(shè)底面棱長為2a(a>0)，正四棱錐的側(cè)面的等腰三角形的頂角為60°，則側(cè)面為等邊三角形，則該正四棱錐的側(cè)面積與底面積的比為eq\f(\f(\r(3),4)×2a2×4,2a2)＝eq\r(3).14．(2023·新高考全國Ⅰ)在正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，則該棱臺(tái)的體積為________．答案eq\f(7\r(6),6)解析如圖，過A1作A1M⊥AC，垂足為M，易知A1M為四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1的高，因?yàn)锳B＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，則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)，則A1M＝eq\r(AA\o\al(2,1)－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求體積為V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).15.(2023·八省八校聯(lián)考)如圖，已知正四面體ABCD的棱長為1，過點(diǎn)B作截面α分別交側(cè)棱AC，AD于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，且四面體ABEF的體積為四面體ABCD體積的eq\f(1,3)，則EF的最小值為________．答案eq\f(\r(3),3)解析由題知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)，記EF＝a，AE＝b，AF＝c，則eq\f(1,2)bcsin60°＝eq\f(\r(3),12)，即bc＝eq\f(1,3).則a2＝b2＋c2－2bccos60°≥2bc－bc＝bc＝eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)b＝c＝eq\f(\r(3),3)時(shí)等號(hào)成立，所以EF的最小值為eq\f(\r(3),3).16．(2023·遼陽模擬)將3個(gè)6cm×6cm的正方形都沿其中的一對(duì)鄰邊的中點(diǎn)剪開，每個(gè)正方形均分成兩個(gè)部分，如圖(1)所示，將這6個(gè)部分接入一個(gè)邊長為3eq\r(2)cm的正六邊形上，如圖(2)所示．若該平面圖沿著正六邊形的邊折起，圍成一個(gè)七面體，則該七面體的體積為________cm3.答案108解析將平面圖形折疊并補(bǔ)形得到如圖所示的正方體，該七面體為正方體沿著圖中的六邊形截面截去一部分后剩下的另一部分，由對(duì)稱性知其體積為正方體體積的一半，即eq\f(1,2)×63＝108(cm3)．第2講空間點(diǎn)、直線、平面之間的位置關(guān)系[考情分析]高考對(duì)此部分的考查，一是空間線面關(guān)系的命題的真假判斷，以選擇題、填空題的形式考查，屬于基礎(chǔ)題；二是空間線線、線面、面面平行和垂直關(guān)系交匯綜合命題，一般以選擇題、填空題或解答題的第(1)問的形式考查，屬中檔題．考點(diǎn)一空間直線、平面位置關(guān)系的判定核心提煉判斷空間直線、平面位置關(guān)系的常用方法(1)根據(jù)空間線面平行、垂直的判定定理和性質(zhì)定理逐項(xiàng)判斷，解決問題．(2)必要時(shí)可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型觀察線、面的位置關(guān)系，并結(jié)合有關(guān)定理進(jìn)行判斷．例1(1)(2023·寶雞模擬)已知α，β是空間兩個(gè)不同的平面，m，n是空間兩條不同的直線，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥βB．若m⊥α，n⊥β，α∥β，則m∥nC．若m⊥α，n⊥β，m∥n，則α∥βD．若α∥β，m?α，n?β，則m∥n答案D解析對(duì)于A，若m⊥α，m⊥n，則n?α或n∥α，若n?α，n⊥β，則α⊥β，若n∥α，則平面α內(nèi)存在直線c使得n∥c，又n⊥β，所以c⊥β，又c?α，所以α⊥β，故A正確；對(duì)于B，若m⊥α，α∥β，則m⊥β，又n⊥β，則m∥n，故B正確；對(duì)于C，若m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β且α，β是空間兩個(gè)不同的平面，則α∥β，故C正確；對(duì)于D，若α∥β，m?α，n?β，則m∥n或m與n異面，故D錯(cuò)誤．(2)(多選)(2023·金麗衢十二校聯(lián)考)每個(gè)面均為正三角形的八面體稱為正八面體，如圖．若點(diǎn)G，H，M，N分別是正八面體ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．四邊形AECF是平行四邊形B．GH與MN是異面直線C．GH∥平面EABD．GH⊥BC答案AC解析如圖，連接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，則AC與EF相交且互相平分，故四邊形AECF為平行四邊形，故A正確；所以AE∥CF且AE＝CF.又G，H，M，N分別是正八面體ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中點(diǎn)，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，所以四邊形MNHG是平行四邊形，故B錯(cuò)誤；易證平面MNHG∥平面EAB，又GH?平面MNHG，所以GH∥平面EAB，故C正確；因?yàn)镋H⊥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與BC不垂直，故D錯(cuò)誤．規(guī)律方法對(duì)于線面關(guān)系的存在性問題，一般先假設(shè)存在，然后再在該假設(shè)條件下，利用線面位置關(guān)系的相關(guān)定理、性質(zhì)進(jìn)行推理論證，尋找假設(shè)滿足的條件，若滿足，則假設(shè)成立；若得出矛盾，則假設(shè)不成立．跟蹤演練1(1)(多選)(2023·廣州模擬)已知直線m與平面α有公共點(diǎn)，則下列結(jié)論一定正確的是()A．平面α內(nèi)存在直線l與直線m平行B．平面α內(nèi)存在直線l與直線m垂直C．存在平面β與直線m和平面α都平行D．存在過直線m的平面β與平面α垂直答案BD解析對(duì)于A選項(xiàng)，若直線m與α相交，且平面α內(nèi)存在直線l與直線m平行，由于m?α，則m∥α，這與直線m與α相交矛盾，假設(shè)不成立，A錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，若m?α，則在平面α內(nèi)必存在l與直線m垂直；若直線m與α相交，設(shè)m∩α＝A，如圖所示，若m⊥α，且l?α，則m⊥l；若m與α斜交，過直線m上一點(diǎn)P(異于點(diǎn)A)作PB⊥α，垂足為點(diǎn)B，過點(diǎn)A作直線l，使得l⊥AB，因?yàn)镻B⊥α，l?α，則l⊥PB，又因?yàn)閘⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB?平面PAB，所以l⊥平面PAB，因?yàn)閙?平面PAB，所以l⊥m，綜上所述，平面α內(nèi)存在直線l與直線m垂直，B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，設(shè)直線m與平面α的一個(gè)公共點(diǎn)為點(diǎn)A，假設(shè)存在平面β，使得α∥β且m∥β，過直線m作平面γ，使得γ∩β＝l，因?yàn)閙∥β，m?γ，γ∩β＝l，則l∥m，因?yàn)棣痢桅?，記α∩γ＝n，又因?yàn)棣谩搔拢絣，則n∥l，因?yàn)樵谄矫姒脙?nèi)過點(diǎn)A有且只有一條直線與直線l平行，且A∈n，故m，n重合，所以m?α，但m不一定在平面α內(nèi)，C錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，若m⊥α，則過直線m的任意一個(gè)平面都與平面α垂直，若m與α不垂直，設(shè)直線m與平面α的一個(gè)公共點(diǎn)為點(diǎn)A，則過點(diǎn)A有且只有一條直線l與平面α垂直，記直線l，m所確定的平面為β，則α⊥β，D正確．(2)(多選)(2023·長春模擬)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，直線A1C與平面AB1D1的交點(diǎn)為M，O為線段B1D1的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()A．A，M，O三點(diǎn)共線B．M，O，A1，B四點(diǎn)不共面C．B，B1，O，M四點(diǎn)共面D．B，D1，C，M四點(diǎn)共面答案ABD解析如圖，因?yàn)锳A1∥CC1，則A，A1，C1，C四點(diǎn)共面．因?yàn)镸∈A1C，則M∈平面ACC1A1，又M∈平面AB1D1，則點(diǎn)M在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，同理，O，A也在平面ACC1A1與平面AB1D1的交線上，所以A，M，O三點(diǎn)共線，故A正確；從而M，O，A1，A四點(diǎn)共面，都在平面ACC1A1內(nèi)，而點(diǎn)B不在平面ACC1A1內(nèi)，所以M，O，A1，B四點(diǎn)不共面，故B正確；B，B1，O三點(diǎn)均在平面BB1D1D內(nèi)，而點(diǎn)A不在平面BB1D1D內(nèi)，所以直線AO與平面BB1D1D相交且點(diǎn)O是交點(diǎn)，所以點(diǎn)M不在平面BB1D1D內(nèi)，即B，B1，O，M四點(diǎn)不共面，故C錯(cuò)誤；因?yàn)锽C∥D1A1，且BC＝D1A1，所以四邊形BCD1A1為平行四邊形，所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四點(diǎn)共面，故D正確．考點(diǎn)二空間平行、垂直關(guān)系核心提煉平行關(guān)系及垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化考向1平行、垂直關(guān)系的證明例2(2023·全國甲卷)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.(1)證明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；(2)設(shè)AB＝A1B，AA1＝2，求四棱錐A1－BB1C1C的高．(1)證明因?yàn)锳1C⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，又因?yàn)椤螦CB＝90°，即AC⊥BC，因?yàn)锳1C，AC?平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，所以BC⊥平面ACC1A1，又因?yàn)锽C?平面BB1C1C，所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.(2)解如圖，過點(diǎn)A1作A1O⊥CC1于點(diǎn)O.因?yàn)槠矫鍭CC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O?平面ACC1A1，所以A1O⊥平面BB1C1C，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為A1O.因?yàn)锳1C⊥平面ABC，AC，BC?平面ABC，所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，在Rt△ABC與Rt△A1BC中，因?yàn)锳1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.設(shè)A1C＝AC＝x，則A1C1＝x，所以O(shè)為CC1中點(diǎn)，OC1＝eq\f(1,2)AA1＝1，又因?yàn)锳1C⊥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，所以四棱錐A1－BB1C1C的高為1.規(guī)律方法(1)證明線線平行的常用方法①三角形的中位線定理；②平行公理；③線面平行的性質(zhì)定理；④面面平行的性質(zhì)定理．(2)證明線線垂直的常用方法①等腰三角形三線合一；②勾股定理的逆定理；③利用線面垂直的性質(zhì)證線線垂直．跟蹤演練2如圖，正方形ABCD與平面BDEF交于BD，DE⊥平面ABCD，EF∥平面ABCD，且DE＝EF＝eq\f(\r(2),2)AB.(1)求證：BF∥平面AEC；(2)求證：DF⊥平面AEC.證明如圖，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，則O為正方形ABCD的中心，連接OE，OF.(1)不妨令A(yù)B＝eq\r(2).則DE＝EF＝1.∵四邊形ABCD為正方形，∴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，即四邊形BOEF為平行四邊形，∴OE∥BF.又OE?平面AEC，BF?平面AEC，∴BF∥平面AEC.(2)∵EF∥DO，且EF＝DO，DE＝EF，∴四邊形ODEF為菱形．∵DE⊥平面ABCD，∴四邊形ODEF為正方形，∴DF⊥OE.又四邊形ABCD為正方形，∴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翻折問題核心提煉翻折問題，關(guān)鍵是分清翻折前后圖形的位置和數(shù)量關(guān)系的變與不變，一般地，位于“折痕”同側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置和數(shù)量關(guān)系不變，而位于“折痕”兩側(cè)的點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系會(huì)發(fā)生變化；對(duì)于不變的關(guān)系應(yīng)在平面圖形中處理，而對(duì)于變化的關(guān)系則要在立體圖形中解決．例3(1)(2023·成都模擬)如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別為邊AD，BC上的點(diǎn)，且AD＝3AE，BC＝3BF，設(shè)P，Q分別為線段AF，CE的中點(diǎn)，將四邊形ABFE沿著直線EF進(jìn)行翻折，使得點(diǎn)A不在平面CDEF上，在這一過程中，下列關(guān)系不能成立的是()A．AB∥CD B．AB⊥PQC．PQ∥ED D．PQ∥平面ADE答案C解析翻折之后如圖所示，連接PQ，DF.因?yàn)锳D＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，因此AB∥CD，故選項(xiàng)A成立；因?yàn)镻，Q分別為AF，CE的中點(diǎn)，所以Q為DF的中點(diǎn)，所以PQ∥AD，易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故選項(xiàng)B成立；因?yàn)镻Q∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ與ED不平行，故選項(xiàng)C不成立；因?yàn)镻Q∥AD，且PQ?平面ADE，AD?平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故選項(xiàng)D成立．(2)(多選)(2023·山東名校大聯(lián)考)如圖，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E為邊AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻折成△A1DE.若M為線段A1C的中點(diǎn)，則在△ADE翻折的過程中，下面四個(gè)命題中正確的是()A．BM的長是定值B．點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡在某個(gè)圓周上C．存在某個(gè)位置，使DE⊥A1CD．A1不在底面BCD上時(shí)，MB∥平面A1DE答案ABD解析如圖所示，取CD的中點(diǎn)F，連接MF，BF，AC，易得MF∥A1D，BF∥DE，∵M(jìn)F?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選項(xiàng)正確；又∠BFM＝∠A1DE，MF＝eq\f(1,2)A1D為定值，BF＝DE為定值，由余弦定理知，BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos∠MFB，∴BM的長為定值，A選項(xiàng)正確；∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡在以點(diǎn)B為圓心，BM為半徑的圓周上，B選項(xiàng)正確；∵A1C在平面ABCD中的射影在直線AC上，且AC與DE不垂直，∴不存在某個(gè)位置，使DE⊥A1C，C選項(xiàng)錯(cuò)誤．易錯(cuò)提醒注意圖形翻折前后變與不變的量以及位置關(guān)系．對(duì)照前后圖形，弄清楚變與不變的元素后，再立足于不變的元素的位置關(guān)系與數(shù)量關(guān)系去探求變化后的元素在空間中的位置與數(shù)量關(guān)系．跟蹤演練3(2023·鄭州質(zhì)檢)已知正方形ABCD的邊長為2，現(xiàn)將△ACD沿對(duì)角線AC翻折，得到三棱錐D－ABC.記AC，BC，AD的中點(diǎn)分別為O，M，N，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．AC⊥平面BODB．三棱錐D－ABC體積的最大值為eq\f(2\r(2),3)C．三棱錐D－ABC的外接球的表面積為定值D．MN與平面BOD所成角的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))答案D解析對(duì)于A，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，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正確；對(duì)于B，當(dāng)平面ACD⊥平面ABC時(shí)，此時(shí)點(diǎn)D到平面ABC的距離最大，即三棱錐D－ABC高的最大值為h＝DO＝eq\r(2)，此時(shí)三棱錐D－ABC的體積最大，為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正確；對(duì)于C，由OA＝OB＝OC＝OD＝eq\r(2)，所以三棱錐D－ABC外接球的球心為O，即外接球的半徑R＝eq\r(2)，所以三棱錐D－ABC外接球的表面積S＝4πR2＝8π(定值)，所以C正確；對(duì)于D，如圖所示，取AB，AO的中點(diǎn)E，F(xiàn)，分別連接ME，EF，NF，NE，MF，因?yàn)镋，F(xiàn)，N分別為AB，AO，AD的中點(diǎn)，可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，BO∩DO＝O，所以平面NEF∥平面BOD，又因?yàn)锳C⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因?yàn)锳C∥ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MNE即為直線MN與平面NEF所成的角，在折疊過程中，設(shè)BD的長度為a，則a∈(0,2eq\r(2))，由E，N分別為AB，AD的中點(diǎn)，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的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，即MN與平面BOD所成角的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以D錯(cuò)誤．專題強(qiáng)化練一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·安陽統(tǒng)考)若a，b，c是空間三條直線，a∥b，a與c相交，則b與c的位置關(guān)系是()A．平行 B．相交C．異面 D．異面或相交答案D解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB∥A1B1，AB與BC相交，A1B1與BC是異面直線；AB∥A1B1，AB與AA1相交，A1B1與AA1是相交直線，∴若a，b，c是空間三條直線，a∥b，a與c相交，則b與c的位置關(guān)系是異面或相交．2．(2023·河南校聯(lián)考模擬)已知α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列命題中正確的是()A．若α⊥β，m⊥α，m⊥n，則n⊥βB．若m∥n，m∥α，n∥β，則α∥βC．若α⊥β，m?α，n?β，則m⊥nD．若m⊥α，m∥n，n∥β，則α⊥β答案D解析對(duì)于A，可能會(huì)出現(xiàn)n∥β，n?β，或n與β相交但不垂直的情況，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B，由m∥n，m∥α，n∥β，可得α∥β或平面α，β相交，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由α⊥β，m?α，n?β，可得m∥n或m，n相交或m，n異面，相交或異面時(shí)兩直線可能不垂直，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，m⊥α，m∥n，則n⊥α，再由n∥β，可得α⊥β，可知D正確．3．(2023·泉州聯(lián)考)如圖，點(diǎn)A，B，C，M，N為正方體的頂點(diǎn)或所在棱的中點(diǎn)，則下列各圖中，不滿足直線MN∥平面ABC的是()答案D解析對(duì)于A，由正方體的性質(zhì)可得MN∥AC，因?yàn)镸N?平面ABC，AC?平面ABC，所以直線MN∥平面ABC，故A正確；對(duì)于B，如圖，作出完整的截面ADBCEF，由正方體的性質(zhì)可得MN∥AD，因?yàn)镸N?平面ABC，AD?平面ABC，所以直線MN∥平面ABC，故B正確；對(duì)于C，由正方體的性質(zhì)可得平面ABC與正方體的右側(cè)面平行，故MN∥平面ABC，故C正確；對(duì)于D，如圖，作出完整的截面ABNMHC，可得MN在平面ABC內(nèi)，不能得出平行，故D錯(cuò)誤．4．(2023·長沙模擬)如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側(cè)棱AA1⊥底面A1B1C1，底面△A1B1C1是正三角形，E是BC的中點(diǎn)，則下列敘述正確的是()A．CC1與B1E是異面直線B．AC⊥平面ABB1A1C．AE與B1C1為異面垂直D．A1C1∥平面AB1E答案C解析對(duì)于A，∵CC1?平面BCC1B1，B1E?平面BCC1B1，∴CC1與B1E共面，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若AC⊥平面ABB1A1，AB?平面ABB1A1，則AC⊥AB，即△ABC為直角三角形，∴△A1B1C1為直角三角形，與已知△A1B1C1是正三角形相矛盾，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，∵AE∩平面BCC1B1＝E，E?B1C1，∴AE，B1C1為異面直線，∵△ABC為正三角形，E為BC的中點(diǎn)，∴AE⊥BC，∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正確；對(duì)于D，直線AC交平面AB1E于點(diǎn)A，又AC∥A1C1，∴直線A1C1與平面AB1E相交，故D錯(cuò)誤．5.如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分別為棱C1D1，CC1的中點(diǎn)，則()A．A，M，N，B四點(diǎn)共面B．平面ADM⊥平面CDD1C1C．直線BN與B1M所成的角為30°D．BN∥平面ADM答案B解析如圖所示，連接MN，BC1，對(duì)于A選項(xiàng)，AB∥C1M，C1M∩MN＝M，MN?平面ABC1M，所以直線AB，MN是異面直線，故A，M，N，B四點(diǎn)不共面，A錯(cuò)誤；對(duì)于B選項(xiàng)，在長方體ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，又AD?平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，B正確；對(duì)于C選項(xiàng)，取CD的中點(diǎn)O，連接BO，ON，則B1M∥BO，可知BO＝ON＝BN＝2eq\r(2)，所以△BON為等邊三角形，故∠OBN＝60°，即直線BN與B1M所成的角為60°，C錯(cuò)誤；對(duì)于D選項(xiàng)，因?yàn)锽N∥平面AA1D1D，顯然BN與平面ADM不平行，D錯(cuò)誤．6．(2023·長春吉大附中模擬)如圖，在矩形AEFC中，AE＝2，EF＝2eq\r(2)，B為EF的中點(diǎn)，現(xiàn)分別沿AB，BC將△ABE，△BCF翻折，使點(diǎn)E，F(xiàn)重合，記為點(diǎn)P，翻折后得到三棱錐P－ABC，則下列結(jié)論不正確的是()A．AC⊥BPB．三棱錐P－ABC的體積為eq\f(4\r(2),3)C．直線PA與平面ABC所成角的大小為eq\f(π,6)D．三棱錐P－ABC外接球的半徑為eq\f(\r(10),2)答案B解析由題意可知由BP⊥AP，BP⊥CP，又AP∩CP＝P，AP，CP?平面PAC，所以BP⊥平面PAC，因?yàn)锳C?平面PAC，所以AC⊥BP，故A正確；在△PAC中，PA＝PC＝2，AC＝2eq\r(2)，所以△PAC為直角三角形，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錯(cuò)誤；設(shè)點(diǎn)P到平面ABC的距離為h，則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，設(shè)直線PA與平面ABC所成的角為θ，則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正確；由B選項(xiàng)知，△PAC為直角三角形，所以△PAC外接圓的半徑r＝eq\f(1,2)AC＝eq\r(2)，設(shè)三棱錐P－ABC外接球的半徑為R，又因?yàn)锽P⊥平面PAC，則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)，即三棱錐P－ABC外接球的半徑為eq\f(\r(10),2)，故D正確．二、多項(xiàng)選擇題7.(2023·深圳模擬)如圖，已知正方體ABCD－A1B1C1D1，點(diǎn)P在直線AD1上，Q為線段BD的中點(diǎn)，則下列命題中的真命題有()A．存在點(diǎn)P，使得PQ⊥A1C1B．存在點(diǎn)P，使得PQ∥A1BC．直線PQ始終與直線CC1異面D．直線PQ始終與直線BC1異面答案ABD解析在正方體ABCD－A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，因?yàn)辄c(diǎn)P在直線AD1上，Q為線段BD的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)D1重合時(shí)，PQ?平面BDD1B1，所以PQ⊥A1C1，故A正確；連接A1D，A1B，當(dāng)點(diǎn)P為線段A1D的中點(diǎn)時(shí)，PQ為△A1BD的中位線，即PQ∥A1B，故B正確；CC1?平面AA1C1C，當(dāng)點(diǎn)P和點(diǎn)A重合時(shí)，PQ?平面AA1C1C，所以直線PQ和CC1在同一平面內(nèi)，故C錯(cuò)誤；BC1?平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P?BC1，所以直線PQ始終與直線BC1不相交，且不平行，所以直線PQ與直線BC1是異面直線，故D正確．8.(2023·安慶模擬)如圖，已知四邊形ABCD，△BCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，△ABD為等邊三角形，BD＝2，將△ABD沿對(duì)角線BD翻折到△PBD，在翻折的過程中，下列結(jié)論中正確的是()A．BD⊥PCB．DP與BC可能垂直C．四面體PBCD體積的最大值是eq\f(\r(3),3)D．直線DP與平面BCD所成角的最大值是eq\f(π,4)答案ABC解析對(duì)于A，如圖所示，取BD的中點(diǎn)M，連接PM，CM，∵△BCD是以BD為斜邊的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，∵△ABD為等邊三角形，∴BD⊥PM，又PM∩CM＝M，PM，CM?平面PMC，∴BD⊥平面PMC，又PC?平面PMC，∴BD⊥PC，故A正確；對(duì)于B，假設(shè)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]，當(dāng)PC＝eq\r(2)時(shí)，BC2＋PC2＝PB2，故DP與BC可能垂直，故B正確；對(duì)于D，當(dāng)平面PBD⊥平面BCD時(shí)，平面PBD∩平面BCD＝BD，BD⊥PM，PM?平面PBD，此時(shí)PM⊥平面BCD，∠PDB即為直線DP與平面BCD所成的角，此時(shí)∠PDB＝eq\f(π,3)，故D錯(cuò)誤；對(duì)于C，易知當(dāng)平面PBD⊥平面BCD時(shí)，此時(shí)四面體PBCD的體積最大，此時(shí)的體積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正確．三、填空題9．平面α內(nèi)兩條相交直線l，m都不在平面β內(nèi)．命題甲：l和m中至少有一條與平面β相交；命題乙：α與β相交．則甲是乙的______________條件．答案充要解析由于兩條相交直線l，m都在平面α內(nèi)，且都不在平面β內(nèi)，則α與β不重合．充分性：若l和m中至少有一條與β相交，不妨設(shè)l∩β＝A，則由于l?α，∴A∈α，而A∈β，由于α與β不重合，∴α與β相交，故充分性成立．必要性：若α∩β＝a，如果l和m都不與β相交，由于它們都不在平面β內(nèi)，∴l(xiāng)∥β且m∥β，∴l(xiāng)∥a且m∥a，進(jìn)而得到l∥m，與已知l，m是相交直線矛盾，因此l和m中至少有一條與β相交，故必要性成立．綜上所述，甲是乙的充要條件．10.如圖，P為?ABCD所在平面外一點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，F(xiàn)為PC上一點(diǎn)，當(dāng)PA∥平面EBF時(shí)，eq\f(PF,FC)＝________.答案eq\f(1,2)解析如圖，連接AC交BE于點(diǎn)O，連接OF.∵AD∥BC，E為AD的中點(diǎn)，∴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.如圖，在正四棱錐P－ABCD中，PA＝eq\f(\r(3),2)AB，M是BC的中點(diǎn)，G是△PAD的重心，則在平面PAD內(nèi)經(jīng)過G點(diǎn)且與直線PM垂直的直線有________條．答案無數(shù)解析取AD的中點(diǎn)N，連接PN，MN，則G在直線PN上，設(shè)AB＝2，則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內(nèi)任意一條直線，∴在平面PAD內(nèi)經(jīng)過G點(diǎn)且與直線PM垂直的直線有無數(shù)條．12．(2023·北京模擬)如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是A1B1的中點(diǎn)，平面ACE將正方體分成體積分別為V1，V2(V1≤V2)的兩部分，則eq\f(V1,V2)＝________.答案eq\f(7,17)解析如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)H，連接EH，CH，A1C1，因?yàn)锳C∥平面A1B1C1D1，故AC平行于平面ACE與平面A1B1C1D1的交線，又E，H分別為A1B1，B1C1的中點(diǎn)，易知EH∥A1C1∥AC，即平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EH，故平面ACE將正方體分為如圖所示的兩部分，設(shè)正方體的棱長為2，則正方體的體積為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、解答題13.(2023·西安聯(lián)考)如圖，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，點(diǎn)M為AB上一點(diǎn)，且AM＝1.(1)證明：平面MCC1⊥平面DCC1D1；(2)若點(diǎn)N是B1C1上一點(diǎn)，且MN∥平面ACC1A1，求四面體MNBB1的體積．(1)證明因?yàn)锳M＝1，所以AM＝CD，AM∥CD，又AB⊥AD，所以四邊形ADCM為矩形，即CD⊥CM.由題可知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?yàn)镃M?平面MCC1，所以平面MCC1⊥平面DCC1D1.(2)解作MP∥AC，交BC于點(diǎn)P，連接NP，如圖所示．易知AC＝2，BC＝2eq\r(3)，則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?yàn)镸P?平面ACC1A1，AC?平面ACC1A1，所以MP∥平面ACC1A1，因?yàn)镸N∥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?yàn)锽P＝eq\f(3\r(3),2)，所以B1N＝eq\f(3\r(3),2).又易知AC⊥平面BCC1B1，則MP⊥平面BCC1B1，所以MP即為四面體MNBB1的高，所以四面體MNBB1的體積為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·成都模擬)如圖1，E，F(xiàn)，G分別是邊長為4的正方形的三邊AB，CD，AD的中點(diǎn)，先沿著虛線段FG將等腰直角三角形FDG裁掉，再將剩下的五邊形ABCFG沿著線段EF折起，連接AB，CG就得到了一個(gè)空間五面體，如圖2.(1)若O是四邊形EBCF對(duì)角線的交點(diǎn)，求證：AO∥平面GCF；(2)若∠AEB＝eq\f(2π,3)，求三棱錐A－BEF的體積．(1)證明在題圖2中取線段CF的中點(diǎn)H，連接OH，GH，如圖所示．由題圖1可知，四邊形EBCF是矩形，且CB＝2EB，因?yàn)镺是線段BF與CE的中點(diǎn)，所以O(shè)H∥BC且OH＝eq\f(1,2)BC，在題圖1中，AG∥EF且AG＝eq\f(1,2)EF，而EF∥BC且EF＝BC.所以在圖2中，AG∥BC且AG＝eq\f(1,2)BC，所以AG∥OH且AG＝OH，所以四邊形AOHG是平行四邊形，則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?yàn)镾△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)，即三棱錐A－BEF的體積為eq\f(4\r(3),3).第3講空間向量與空間角[考情分析]以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點(diǎn)．空間向量是將空間幾何問題坐標(biāo)化的工具，利用空間向量求平面與平面的夾角或線面角是高考熱點(diǎn)，通常以解答題的形式出現(xiàn)，難度中等．考點(diǎn)一異面直線所成的角核心提煉設(shè)異面直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，異面直線l與m的夾角為θ.則(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)如圖，已知圓柱O1O2的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，E為下底面圓周上一點(diǎn)，滿足eq\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，則異面直線AE與BO1所成角的余弦值為()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解析方法一如圖，連接EO2并延長，交底面圓于點(diǎn)F，連接FO1，F(xiàn)B，易知AE∥BF且AE＝BF，所以∠FBO1為異面直線AE與BO1所成的角或其補(bǔ)角．因?yàn)閑q\o(BE,\s\up8(︵))＝2eq\o(AE,\s\up8(︵))，則∠AO2E＝60°，所以△AEO2為正三角形，故AE＝BF＝1.由圓柱的性質(zhì)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為原點(diǎn)，AB，AD所在直線分別為y軸、z軸，過點(diǎn)A的AB的垂線所在直線為x軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則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)，所以異面直線AE與BO1所成角的余弦值為|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).故選B.(2)(2023·吉安模擬)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，G為線段B1D1上的動(dòng)點(diǎn)，則異面直線AG與EF所成角的最大值為()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為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長為2，則G(a，a，2)，a∈[0,2]，因?yàn)镋，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則A(2,0,0)，E(2,1,0)，F(xiàn)(1,2,0)，故eq\o(AG,\s\up6(→))＝(a－2，a，2)，eq\o(EF,\s\up6(→))＝(－1,1,0)，設(shè)兩異面直線的夾角為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