2025數學步步高大一輪復習講義人教A版第七章§7.2球的切、接問題§7.2球的切、接問題重點解讀與球的切、接問題是歷年高考的熱點內容，一般以客觀題的形式出現，考查空間想象能力、計算能力．其關鍵點是利用轉化思想，把球的切、接問題轉化為平面問題或特殊幾何體來解決或轉化為特殊幾何體的切、接問題來解決．一、正方體與球1．內切球：內切球直徑2R＝正方體棱長a.2．棱切球：棱切球直徑2R＝正方體的面對角線長eq\r(2)a.3．外接球：外接球直徑2R＝正方體體對角線長eq\r(3)a.二、長方體與球外接球：外接球直徑2R＝體對角線長eq\r(a2＋b2＋c2)(a，b，c分別為長方體的長、寬、高)．三、正棱錐與球1．內切球：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、內切球若正四面體的棱長為a，高為h，正四面體的外接球半徑為R，內切球半徑為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1定義法例1(1)(2023·茂名模擬)已知菱形ABCD的各邊長為2，∠B＝60°.將△ABC沿AC折起，折起后記點B為P，連接PD，得到三棱錐P－ACD，如圖所示，當三棱錐P－ACD的表面積最大時，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，當且僅當sin∠PCD＝1，即PC⊥CD時，三棱錐P－ACD的表面積取最大值，此時△PAD，△PCD為直角三角形，PD＝eq\r(PC2＋CD2)＝2eq\r(2)，取PD的中點O，連接OA，OC，由直角三角形的性質可得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·韶關模擬)已知三棱柱ABC－A1B1C1的側棱垂直于底面，且所有頂點都在同一個球面上，若AA1＝AC＝2，AB⊥BC，則此球的體積為________．答案eq\f(8\r(2),3)π解析設△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.思維升華到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，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，再根據到其他頂點距離也是半徑，列關系式求解即可．跟蹤訓練1某建筑的形狀可視為內外兩個同軸圓柱，某愛好者制作了一個實心模型，已知模型內層底面直徑為12cm，外層底面直徑為16cm，且內外層圓柱的底面圓周都在一個直徑為20cm的球面上，則此模型的體積為________cm3.答案912π解析由題意，設球心為O，模型內層圓柱底面的圓心為O1，模型外層圓柱底面的圓心為O2，點A，B分別在圓O1，O2上，如圖，連接AO，BO，AO1，BO2，OO1，則O2在OO1上，因為AO＝BO＝10cm，AO1＝6cm，BO2＝8cm，在Rt△AO1O中，由勾股定理得OO1＝eq\r(AO2－AO\o\al(2,1))＝8(cm)，在Rt△BO2O中，由勾股定理得OO2＝eq\r(BO2－BO\o\al(2,2))＝6(cm)，所以內層圓柱的高h1＝16cm，外層圓柱的高h2＝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2補形法例2數學中有許多形狀優美、寓意獨特的幾何體，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十面體，其中上、下底面為全等的正方形，所有的側面是全等的等腰三角形．將長方體ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1繞著其中心旋轉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解析由題中數據可知A1E2＝1＋(eq\r(2)－1)2＝4－2eq\r(2)，則AA1＝eq\r(7－4－2\r(2))＝eq\r(2)＋1，因為十面體ABCD－EFGH是由長方體ABCD－A1B1C1D1的上底面繞著其中心旋轉45°得到，所以長方體ABCD－A1B1C1D1的外接球就是十面體ABCD－EFGH的外接球．設十面體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)補形法的解題策略①側面為直角三角形，或正四面體，或對棱均相等的模型，可以還原到正方體或長方體中去求解．②若直棱柱的底面有外接圓，可以補成圓柱求解．(2)正方體與球的切、接常用結論(正方體的棱長為a，球的半徑為R)①若球為正方體的外接球，則2R＝eq\r(3)a.②若球為正方體的內切球，則2R＝a.③若球與正方體的各棱相切，則2R＝eq\r(2)a.(3)長方體的共頂點的三條棱長分別為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)．跟蹤訓練2在四面體S－ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，內角B，A，C成等差數列，SA＝AC＝2，AB＝1，則該四面體的外接球的表面積為________．答案8π解析由題意，在△ABC中，內角B，A，C成等差數列，可得2A＝B＋C，因為A＋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方體的外接球是相同的，如圖所示，根據長方體的對角線長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3截面法例3(1)(2022·新高考全國Ⅱ)已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點都在同一球面上，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.設該棱臺上、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．設球O的半徑為R，當球心O在線段O1O2上時，R2＝32＋OOeq\o\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；當球心O不在線段O1O2上時，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BD，BC的中點分別為E，F.因為點F為底面Rt△BCD的外心，則三棱錐A′－BCD的外接球球心必在過點F且與平面BCD垂直的直線l1上．又點E為底面Rt△A′BD的外心，則外接球球心必在過點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．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的解題策略(1)定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑．(2)作截面：選準最佳角度作出截面，實現空間問題平面化的目的．跟蹤訓練3(1)已知正四棱臺的上、下底面的頂點都在一個半徑為3的球面上，上、下底面正方形的外接圓半徑分別為1和2，圓臺的兩底面在球心的同側，則此正四棱臺的體積為________．答案eq\f(28\r(2)－14\r(5),3)解析由題知，正四棱臺的上、下底面的頂點都在一個半徑為3的球面上，取正四棱臺上底面一點為A，正方形中心為O1，下底面一點為B，正方形中心為O2，正四棱臺外接球球心為O，連接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如圖所示，記正四棱臺高O1O2＝h，OO1＝m，在Rt△AOO1中，AO＝3，AO1＝1，OO1＝m，所以有m2＋1＝9，解得m＝2eq\r(2)，在Rt△BOO2中，BO＝3，BO2＝2，OO2＝m－h>0，所以有(m－h)2＋4＝9，解得m－h＝eq\r(5)，即h＝2eq\r(2)－eq\r(5)，因為四棱臺上、下底面正方形的外接圓半徑分別為1和2，所以四棱臺上、下底面正方形的邊長分別為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)兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為eq\f(32π,3)，兩個圓錐的高之比為1∶3，則這兩個圓錐的體積之和為()A．3πB．4πC．9πD．12π答案B解析如圖所示，設兩個圓錐的底面圓圓心為點D，設圓錐AD和圓錐BD的高之比為3∶1，即AD＝3BD，設球的半徑為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，因為CD⊥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.題型二內切球例4如圖所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一塊石材，測量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若將該石材切削、打磨，加工成幾個大小相同的健身手球，則一個加工所得的健身手球的最大體積及此時加工成的健身手球的個數分別為()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，當健身手球與直三棱柱的三個側面均相切時，健身手球的體積最大．易知AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝10，設健身手球的半徑為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.因為AA1＝13，所以最多可加工3個健身手球．于是一個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)多面體內切球的球心與半徑的確定①內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的距離均相等．②正多面體的內切球和外接球的球心重合．③正棱錐的內切球和外接球球心都在高線上，但不重合．④體積分割是求內切球半徑的通用做法．(2)正四面體的內切球的半徑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)．跟蹤訓練4(1)(2023·淮北模擬)半球內放三個半徑為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解析三個小球的球心O1，O2，O3構成邊長為2eq\r(3)的正三角形，則其外接圓半徑為2.設半球的球心為O，小球O1與半球底面切于點A.如圖，經過點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B.則OA＝O1B＝2.設該半球的半徑是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解析過點P作PO⊥平面ABCD，則O為正方形ABCD的中心，連接OA，如圖，因為AB＝6，所以OA＝3eq\r(2)，所以OP＝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.設四棱錐P－ABCD內切球的半徑為r，內切球的球心為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內切球的表面積是4πr2＝eq\f(36π,7).課時精練一、單項選擇題1．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6個頂點都在球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，過球心O作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點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方體，則三棱錐P－ABC的外接球即為長方體的外接球，設外接球的半徑為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．已知一個三棱柱，其底面是正三角形，且側棱與底面垂直，一個體積為eq\f(4π,3)的球體與棱柱的所有面均相切，那么這個三棱柱的表面積是()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，底面三角形內切圓的半徑等于1，即底面三角形的高等于3，邊長等于2eq\r(3)，所以這個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分別為線段AB，BC的中點，連接DE，DF，EF，將△ADE，△CDF，△BEF分別沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三點重合，得到三棱錐O－DEF，則該三棱錐的外接球半徑R與內切球半徑r的比值為()A.2eq\r(3)B．4eq\r(3)C．2eq\r(6)D.eq\r(6)答案C解析因為在正方形ABCD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OD，OE，OF為棱的長方體的外接球．設正方形ABCD的邊長為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).設內切球球心為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，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，它體現了數學的對稱美．如圖是以一正方體的各條棱的中點為頂點的多面體，這是一個有八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，若該多面體的棱長為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．由于多面體的棱長為1，所以正方體的棱長為eq\r(2)，因為該多面體是由棱長為eq\r(2)的正方體連接各棱中點所得，所以該多面體外接球的球心為正方體體對角線的中點，其外接球直徑等于正方體的面對角線長，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·全國乙卷)已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，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O組成的圓錐體積最大．設圓錐的高為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－h2)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－h2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上單調遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1))上單調遞減，所以當h＝eq\f(\r(3),3)時，四棱錐的體積最大．二、多項選擇題7．已知正方體的外接球與內切球上各有一個動點M，N，若線段MN的最小值為eq\r(3)－1，則下列說法中正確的是()A．正方體的外接球的表面積為12πB．正方體的內切球的體積為eq\f(4,3)πC．正方體的棱長為2D．線段MN的最大值為2eq\r(3)答案ABC解析設正方體的棱長為a，則正方體外接球的半徑為體對角線長的一半，即eq\f(\r(3),2)a；內切球的半徑為棱長的一半，即eq\f(1,2)a.∵M，N分別為外接球和內切球上的動點，∴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，即正方體的棱長為2，∴正方體外接球的表面積為4π×(eq\r(3))2＝12π，內切球的體積為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錯誤．8.傳說古希臘數學家阿基米德的墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內有一個內切球，這個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現．如圖是一個圓柱容球，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為球面和圓柱側面的交線上一點，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錯誤；ABCD所在截面如圖所示，過點O作OG⊥DO1于點G，則由題可得OG＝eq\f(1,2)×eq\f(2×4,2\r(5))＝eq\f(2\r(5),5)，設點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P在過球心與圓柱的底面平行的截面圓上，設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，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為________．答案eq\f(\r(2)π,3)解析圓錐內半徑最大的球應該為該圓錐的內切球，如圖，圓錐母線長BS＝3，底面半徑BC＝1，其高SC＝eq\r(BS2－BC2)＝2eq\r(2)，不妨設該內切球與母線BS切于點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，通過添加一個三棱錐可以將該多面體補成一個直三棱柱，那么添加的三棱錐的體積為________，補形后的直三棱柱的外接球的表面積為______．答案eq\f(1,3)6π解析如圖，添加的三棱錐為直三棱錐E－ADF，可以將該多面體補成一個直三棱柱ADF－BCE，因為CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，所以S△BCE＝eq\f(1,2)CE×BC＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，直三棱柱ADF－BCE的體積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M，N，連接MN，與AE交于點O，因為四邊形AFEB為矩形，所以O為AE，MN的中點，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O，AO即為球的半徑，因為AM＝eq\f(1,2)AF＝eq\f(\r(2),2)，MO＝1，所以AO2＝AM2＋MO2＝eq\f(1,2)＋1＝eq\f(3,2)，所以外接球的表面積為4π·AO2＝6π.方法二因為CE，CB，CD兩兩垂直，故將直三棱柱ADF－BCE補成長方體，設外接球的半徑為R，則4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面積S＝4πR2＝6π.§7.3空間點、直線、平面之間的位置關系課標要求1.借助長方體，在直觀認識空間點、直線、平面的位置關系的基礎上，抽象出空間點、直線、平面的位置關系的定義.2.了解四個基本事實和一個定理，并能應用定理解決問題．知識梳理1．基本事實1：過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面．基本事實2：如果一條直線上的兩個點在一個平面內，那么這條直線在這個平面內．基本事實3：如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過該點的公共直線．基本事實4：平行于同一條直線的兩條直線平行．2．“三個”推論推論1：經過一條直線和這條直線外一點，有且只有一個平面．推論2：經過兩條相交直線，有且只有一個平面．推論3：經過兩條平行直線，有且只有一個平面．3．空間中直線與直線的位置關系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，有且只有一個公共點；,平行直線：在同一平面內，沒有公共點；)),異面直線：不同在任何一個平面內，沒有公共點.))4．空間中直線與平面、平面與平面的位置關系圖形語言符號語言公共點直線與平面相交a∩α＝A1個平行a∥α0個在平面內a?α無數個平面與平面平行α∥β0個相交α∩β＝l無數個5.等角定理如果空間中兩個角的兩條邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補．6．異面直線所成的角(1)定義：已知兩條異面直線a，b，經過空間任一點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))).常用結論1．過平面外一點和平面內一點的直線，與平面內不過該點的直線是異面直線．2．分別在兩個平行平面內的直線平行或異面．自主診斷1．判斷下列結論是否正確．(請在括號中打“√”或“×”)(1)沒有公共點的兩條直線是異面直線．(×)(2)直線與平面的位置關系有平行、垂直兩種．(×)(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合．(×)(4)兩兩相交的三條直線共面．(×)2．(必修第二冊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，不妨設正方體的棱長為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)給出以下四個命題，其中錯誤的是()A．不共面的四點中，其中任意三點不共線B．若點A，B，C，D共面，點A，B，C，E共面，則點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：如果四個點中，有3個點共線，第4個點不在這條直線上，根據基本事實2的推論可知，這四個點共面，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錯誤；如圖2，a，b共面，a，c共面，但b，c異面，故C錯誤；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錯誤．圖1圖2圖34.如圖，在三棱錐A－BCD中，E，F，G，H分別是棱AB，BC，CD，DA的中點，則：(1)當AC，BD滿足條件________時，四邊形EFGH為菱形；(2)當AC，BD滿足條件________時，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.題型一基本事實的應用例1已知在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F分別為D1C1，C1B1的中點，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求證：(1)D，B，F，E四點共面；(2)若A1C交平面DBFE于點R，則P，Q，R三點共線；(3)DE，BF，CC1三線交于一點．證明(1)如圖所示，連接B1D1.因為EF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確定一個平面，即D，B，F，E四點共面．(2)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，連接A1C，設A1，C，C1確定的平面為α，又設平面BDEF為β.因為Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α與β的公共點，同理，P是α與β的公共點．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三點共線．(3)因為EF∥BD且EF<BD，所以DE與BF相交，設交點為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．思維升華共面、共線、共點問題的證明(1)共面：先確定一個平面，然后再證其余的線(或點)在這個平面內．(2)共線：先由兩點確定一條直線，再證其他各點都在這條直線上．(3)共點：先證其中兩條直線交于一點，再證其他直線經過該點．跟蹤訓練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，FD的中點．(1)證明：四邊形BCHG是平行四邊形；(2)C，D，F，E四點是否共面？為什么？(1)證明由題設知，因為G，H分別為AF，FD的中點，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，E四點共面．理由如下：由BE∥AF且BE＝eq\f(1,2)AF，G是AF的中點知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，FH共面．又點D在直線FH上，所以C，D，F，E四點共面．題型二空間位置關系的判斷例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解析對于A，因為M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事實3可知M∈l，故A正確；對于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直線AB?α，AB?β，即α∩β＝AB，故B正確；對于C，若l∩α＝A，則有l?α，A∈l，但A∈α，故C錯誤；對于D，有三個不共線的點在平面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a和c異面．思維升華判斷空間直線的位置關系一般有兩種方法：一是構造幾何體(如長方體、空間四邊形等)模型來判斷．二是排除法．特別地，對于異面直線的判定常用到結論：“平面外一點A與平面內一點B的連線和平面內不經過點B的直線是異面直線．”跟蹤訓練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，以下四個選項正確的是()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解析因為點A在平面CDD1C1外，點M在平面CDD1C1內，直線CC1在平面CDD1C1內，CC1不過點M，所以直線AM與CC1是異面直線，故A錯誤；取DD1的中點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錯誤；因為點B1與直線BN都在平面BCC1B1內，點M在平面BCC1B1外，BN不過點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，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，過點E作圓柱的母線交下底面于點F，連接AF，易知F為的中點，設四邊形ABCD的邊長為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).因為BC∥AD，所以異面直線AE與BC所成的角即為∠EAD(或其補角)．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，將其補成長方體．設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，形成三角形求解補形法在該幾何體的某側補接上一個幾何體，在這兩個幾何體中找異面直線相應的位置，形成三角形求解跟蹤訓練3(1)(2023·莆田模擬)若正六棱柱ABCDEF－A1B1C1D1E1F1的底面邊長為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過正方體ABCD－A1B1C1D1的頂點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，過點A補作一個與正方體ABCD－A1B1C1D1相同棱長的正方體，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).課時精練一、單項選擇題1．若直線上有兩個點在平面外，則()A．直線上至少有一個點在平面內B．直線上有無窮多個點在平面內C．直線上所有點都在平面外D．直線上至多有一個點在平面內答案D解析根據題意，兩點確定一條直線，那么由于直線上有兩個點在平面外，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點在平面內．2．已知空間中不過同一點的三條直線l，m，n.“l，m，n共面”是“l，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，可能有m，n，l兩兩平行，所以m，n，l可能沒有公共點，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不經過同一點，可設l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A?n，所以點A和直線n確定平面α，而B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m?α，所以m，n，l在同一平面內．3．已知平面α∩平面β＝l，點A，C∈α，點B∈β，且B?l，又AC∩l＝M，過A，B，C三點確定的平面為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A，B，C三點確定的平面為γ，則AC?γ.又AC∩l＝M，則M∈γ，又平面α∩平面β＝l，則l?α，l?β，又因為AC∩l＝M，所以M∈β，因為B∈β，B∈γ，所以β∩γ＝BM.4.如圖，已知直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都相等，M為A1C1的中點，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，因為直三棱柱ABC－A1B1C1的所有棱長都相等，可設三棱柱的棱長都為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E，F分別是AB，CD的中點，將四邊形AEFD繞EF旋轉至與四邊形BEFC重合，則直線ED，BF所成角α在旋轉過程中()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刻ED與BF所成的角為0，如圖1，故B，C錯誤；圖1在四邊形AEFD繞EF旋轉過程中，EF⊥DF，EF⊥FC，DF∩FC＝F，DF，FC?平面DFC，所以EF⊥平面DFC，EF?平面EFCB，所以平面DFC⊥平面EFCB，故D在平面BCFE內的投影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DE與BF所成的角為eq\f(π,2)，然后α開始變小，故直線ED，BF所成角α在旋轉過程中先變大后變小，故A錯誤，D正確．6．在正四棱錐P－ABCD中，AB＝2，E，F，G分別為AB，PC，AD的中點，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PB＝PC＝y，在△PFB中，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2＋3－2eq\r(3)·eq\f(y,2)cos∠PFB＝y2，①因為∠PFB＋∠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＝y2＋4，因為y>0，解得y＝2.因為F為PC的中點，故V三棱錐P－EFG＝V三棱錐C－EFG＝V三棱錐F－ECG，因為PA2＋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P到AC的距離即點P到底面的距離為eq\f(2×2,2\r(2))＝eq\r(2)，故點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、多項選擇題7.如圖，在正方體ABCD－A1B1C1D1中，O是DB的中點，直線A1C交平面C1BD于點M，則下列結論正確的是()A．C1，M，O三點共線B．C1，M，O，C四點共面C．C1，O，B1，B四點共面D．D1，D，O，M四點共面答案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，同理可得，點M和點C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共點，∴點C1，M，O在平面C1BD與平面ACC1A1的交線上，即C1，M，O三點共線，故A，B正確；根據異面直線的判定定理可得BB1與C1O為異面直線，故C1，O，B1，B四點不共面，故C不正確；根據異面直線的判定定理可得DD1與MO為異面直線，故D1，D，O，M四點不共面，故D不正確．8．(2024·朝陽模擬)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解析將三棱錐補形為長方體，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；長方體的外接球的直徑為eq\r(12＋12＋22)＝eq\r(6)，所以長方體的外接球的半徑為eq\f(\r(6),2)，長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錯誤；連接MN，交AD于點O，因為MN∥BC，所以∠AOM(或其補角)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．若α∩β＝l，m?α，n?β，m∩n＝P，則點P與直線l的位置關系用符號表示為________．答案P∈l解析∵m?α，n?β，m∩n＝P，∴P∈α且P∈β，又α∩β＝l，∴點P在直線l上，即P∈l.10.如圖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．答案3解析畫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．11．(2023·南陽模擬)如圖，AB和CD是異面直線，AB＝CD＝3，E，F分別為線段AD，BC上的點，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________．答案60°解析在平面ABD中，過E作EG∥AB，交DB于點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·長春模擬)如圖，在底面為正方形的棱臺ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G，H分別為棱CC1，BB1，CF，AF的中點，對空間任意兩點M，N，若線段MN與線段AE，BD1都不相交，則稱點M與點N可視，下列與點D不可視的為________．(填序號)①B1；②F；③H；④G.答案①②③解析如圖所示，連接B1D1，BD，DB1，EF，DE，DH，DF，DG，因為E，F分別為棱CC1，BB1的中點，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；因為B1D1∥DB，所以四邊形B1D1DB是梯形，所以B1D與BD1相交，故①不可視；因為EFAD為梯形，G為CF的中點，即G?EF，則D，E，G，A四點不共面，所以DG與AE不相交，若DG與BD1相交，則D，B，G，D1四點共面，顯然D，B，B1，D1四點共面，G?平面DBB1D1，所以D，B，G，D1四點不共面，即假設不成立，所以DG與BD1不相交，即點G與點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分別是AB，AD，BC，CD上的點)．(1)若直線MN與直線EF相交于點O，證明：B，D，O三點共線；(2)若E，N為BC，AD的中點，AB＝6，DC＝4，NE＝2，求異面直線AB與DC所成角的余弦值．(1)證明因為M∈AB，N∈AD，AB?平面ABD，AD?平面ABD，所以MN?平面ABD，因為E∈CB，F∈CD，CB?平面CBD，CD?平面CBD，所以EF?平面CBD，