1、第一节空间几何体的结构特征及表面积、体积基础自梳1多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台结构特征有两个面平行且全等，其余各个面都是四边形；每相邻两个四边形的公共边都互相平行有一个面(底面)是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形有两个面平行且相似，其余各面都是梯形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母线平行、相等且垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形大圆侧面展开图矩形扇形扇环思考拓展特殊的四棱柱：3直观图(1)画法：常用斜二测画法.(2)规则：原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直
2、，直观图中，x轴与y轴的夹角为45(或135)，z轴与x轴(或y轴)垂直.原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴.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.4三视图(1)几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线(2)三视图的画法基本要求：长对正，高平齐，宽相等画法规则：正侧一样高，正俯一样长，侧俯一样宽，看不到的线画虚线5空间几何体的表面积和体积几何体侧面积表面积体积圆柱S侧2rlS表2r(rl)VS底hr_2h圆锥S侧rlS表r(rl)VS底h r 2h圆台S侧(rr
3、)lS表(r2r2rlrl)V(S上S下)h(r2r2rr)h直棱柱S侧Ch(C为底面周长S表S侧S上S下(棱锥的S上0)VS底h正棱锥S侧Ch(h指斜高)VS底hV(S上S下)h正棱台S侧(CC)h(h指斜高)球S4R2,VR3思考拓展1正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(1)外接球：球心是正方体中心；半径ra(a为正方体的棱长)；(2)内切球：球心是正方体中心；半径r(a为正方体的棱长)；(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径ra(a为正方体的棱长)2正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径ra(a为正四面体的棱长
4、)；(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径ra(a为正四面体的棱长)基础自测1(易错点：棱柱的特征)关于棱柱的下列说法错误的是()A棱柱的侧棱都相等B棱柱的侧棱都平行C棱柱的两底面是全等的多边形D棱柱的侧面是全等的平行四边形答案D2(易错点：圆锥侧面展开前后的变化)已知圆锥的表面积等于12 cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为()A1 cm B2 cm C3 cm D. cm答案B3(教材改编)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A6 B3 C2 D3答案B4.(教材改编)在直观图(如图所示)中，四边形OABC为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形
5、ABCO的形状为_，面积为_cm2.答案矩形85(教材改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V球V柱为_.答案23考点一空间几何体的三视图与直观图例1(1)一平面四边形OABC的直观图OABC如图所示，其中OCx，ABx，BCy，则四边形OABC的面积为()A. B3 C3 D.B平面四边形OABC的直观图OABC是直角梯形，其面积为(12)1；根据平面图形与它的直观图面积比为1，计算四边形OABC的面积为3.故选B.(2)(2020全国卷)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为
6、()AE BFCG DHA由视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图中对应的点为E，故选A.方法指导1根据几何体的三视图判断几何体的结构特征：(1)三视图为三个三角形，一般对应三棱锥；(2)三视图为两个三角形，一个四边形，一般对应四棱锥；(3)三视图为两个三角形，一个圆，一般对应圆锥；(4)三视图为一个三角形，两个四边形，一般对应三棱柱；(5)三视图为两个四边形，一个圆，一般对应圆柱2原图与直观图中的“三变”与“三不变”(1)“三变”(2)“三不变”思维变式1在本例(1)中，AOC在xOy中是什么样的三角形？求cosAOC和AOC的面积解在xoy中作CM
7、x 轴，则CM1，OM.故在xOy中，在y轴上取点M，使OM2，在x轴上取点A，OA1作MCx轴，使CM1，如图，则AOC是AOC的原图，AOC90，故AOC是钝角三角形，OC3，sinMOCcos AOCcos(90MOC)sinMOCSAOC122某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是()D(基本法)从正视图和侧视图想像直观图，再检验答案若下部分是圆柱或四棱柱，上部分可以是圆柱或棱柱，A、B、C适合题意，若是D答案，其正视图应为(如右图)中间有虚线(速解法)排除法：一一排除A图是两个圆柱的组合体的俯视图；B图是一个四棱柱与一个圆柱的组合体的俯视图；C图是一个底面为等
8、腰直角三角形的三棱柱与一个四棱柱的组合体的俯视图，采用排除法考点二空间几何体的表面积及表面距离例2(1)(2020全国卷)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A64 B44 C62 D42 C由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥PABC，其中PA平面ABC，ABAC，ABACAP2，故其表面积S3(2)2sin 6062.(2)(2021湖北恩施模拟)某圆锥的母线长为2，高为，其三视图如图所示，圆锥表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆锥表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆锥侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A2 B2C. D2D因为圆锥的母线长为2，高为，所以
9、底面半径r ，所以底面周长为2r，所以侧面展开图中扇形中心角为，所以从M到N的路径中，最短路径的长度为2.方法指导根据几何体的特征求表面积的方法(1)已知具体的几何体求表面积时，若几何体为规则的几何体，可直接利用几何体的表面积公式求解而旋转体的表面积问题注意其侧面开展图的应用(2)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量关系(3)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题注意衔接部分的处理(4)表面上最短距离是将表面展为平面图形，两点间距离最短思维变式1一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为()A21 B18 C21 D18
10、A根据题意作出直观图如图，该多面体是由正方体切去两个角而得到的，根据三视图可知其表面积为62()2621.故选A.2将本例(2)变为；在底面周长为5，母线长为24的圆柱侧面上，从底边一点A绕圆柱侧面两周最短的路径为_.解析将圆柱从A点侧面展开为矩形，由于两周相当于矩形底边长为10，高为24，其对角线长l26.答案26考点三空间几何体的体积直接用公式法求体积例3(2021沈阳质检)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的尺寸(单位：cm)可得这个几何体的体积是()A. cm3 B. cm3C3 cm3 D4 cm3B由三视图可知该几何体是一个底面为正方形(边长为2)、高为2的四棱锥，如图所
11、示由四棱锥的体积公式知所求几何体的体积V cm3.角度2割补法求体积例4如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1B1C12，A1B1C190，AA14，BB13，CC12，则该几何体的体积为_.法(1)(割)解析过C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分别于点A2，B2.由直三棱柱性质及A1B1C190则VVA1B1C1A2B2CVCABB2A2222(12)226.答案6法(2)(补)在该几何体上方放，同样的一个几何体，使之成为一个直三棱柱，如图，侧棱长为3，则V2266角度3等体积转换法例5在棱长为2的正方体中，EF是线
12、段B1D1上的动点，且EF1，三棱锥BAEF的体积是否为定值若是定值，求出该体积，若不是定值，说明理由解是定值VBAEFVABEFSBEFEFBB1121而A到平面BB1D1D的距离d.VABEF1方法指导求空间几何体的体积的常用方法(1)公式法对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解(2)割补法把不规则的图形分割成规则的图形，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积(3)等体积法等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积思维变式1如图所示，
13、已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为()A. B. C. D.A三棱锥B1ABC1的体积等于三棱锥AB1BC1的体积，三棱锥AB1BC1的高为，底面积为，故其体积为.2九章算术商功章中记载的几何体“堑堵”，是指底面为直角三角形的直棱柱现有堑堵ABCA1B1C1，其中ACBC，ACBC1，且异面直线AC1与B1C所成角的正弦值为，则该堑堵的体积为()A1 B2 C3 D4A如图，分别取CC1，AC，B1C1的中点E，F，G，连接EF，FG，GE，则FEG为异面直线AC1与CB1所成的角或其补角设AA1a，则EFEG，FG，在EFG中，由余
14、弦定理得|cosFEG|，所以a2，所以该堑堵的体积为1121.考点四球与空间几何体的切、接问题球的有关计算例6已知A，B，C为球O的球面上的三个点，O1为ABC的外接圆若O1的面积为4，ABBCACOO1，则球O的表面积为()A64 B48 C36 D32A本题考查球的表面积问题设正三角形ABC的边长为a，O1的半径为r，球O的半径为R.由O1的面积为r24，可得r2.又O1为ABC的外接圆，则rO1Aa2，解得a2.在RtOO1A中，R2OA2r2OO41216，所以球O的表面积为4R264，故选A.角度2外接球例7(2018全国卷)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC
15、为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为()A12 B18 C24 D54B由等边ABC的面积为9可得AB29，所以AB6，所以等边ABC的外接圆的半径rAB2.设球的半径为R，球心到等边ABC的外接圆圆心的距离为d，则d2.所以三棱锥DABC高的最大值为246，所以三棱锥DABC体积的最大值为9618.故选B.角度3内切球例8(2020全国卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_.解析易知半径最大的球即为该圆锥的内切球圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sinBPE，所以OP3R，所以PE4R2，所以R，所以内切球的体积VR3，
16、即该圆锥内半径最大的球的体积为.答案方法指导解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：思维变式1.如图，直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半球O的球面上，AA1BC，ABAC，AB4，AC3，则平面AB1C1截球O所得截面的面积为_.解析因为ABAC，AB4，AC3，所以由勾股定理可得BC5.因为AA1BC，所以AA16.因为三棱柱ABCA1B1C1是直三棱柱，所以四边形BCC1B1是矩形，所以球心O是矩形BCC1B1的中心设AB1C1的外接圆半径为r，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AC3，AB4，AA16，由勾股定理易得AC1
17、3，AB12.在AB1C1中，由余弦定理得cosB1AC1，所以sinB1AC1，由正弦定理知2r，所以r，所以平面AB1C1截球O所得截面的面积为2.答案2(2021福建三明三校联考)已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB3，AC6，BAC30.若四面体ABCD体积的最大值为，则这个球的表面积为_.解析在ABC中，BC2AB2AC22ABACcosBAC(3)262236cos 309，BC3，BC2AB2AC2，即ABC为直角三角形，且AC为斜边，其面积S33，为定值要使四面体ABCD的体积最大，则高h最大，设AC的中点为Q，则Q为ABC外接圆的圆心，连接DQ，(图略)所以当DQ平面
18、ABC，且球心O在DQ上时，高h最大，即体积取得最大值，VmaxDQ，DQ3.设球的半径为R，则在RtAQO中，OA2AQ2OQ2，即R232(3R)2，解得R2.球的表面积S4R248.答案481(2018全国卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A2 B2 C3 D2B先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图所示圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径ON164，O
19、M2，|MN|2.2(2019全国卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90，则球O的体积为()A8 B4 C2 D.D设PAPBPC2a，则EFa，FC，EC23a2.在PEC中，cosPEC在AEC中，cosAEC.PEC与AEC互补，34a21，a，故PAPBPC.又ABBCAC2，PA、PB、PC两两垂直，外接球的直径2R，R，VR333.(2019全国卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体其中O为长方体的中心，
20、E，F，G，H分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g.解析由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm和4 cm，故V挖去的四棱锥46312(cm3)又V长方体664144(cm3)，所以模型的体积为V长方体V挖去的四棱锥14412132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为1320.9118.8(g)答案118.84.(2020全国卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面
21、三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A. B. C. D.解析设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m，依题意得h22am，即h2am，易知h2a2m2，由得ma，所以.故选C.5.(2020全国卷，理)如图，在三棱锥PABC的平面展开图中，AC1，ABAD，ABAC，ABAD，CAE30，则cosFCB_.解析依题意得，AEAD，在AEC中，AC1，CAE30，由余弦定理得EC2AE2AC22AEACcosEAC312cos 301，所以EC1，所以CFEC1.又BC2，BFBD，所以在BCF中，由余弦定理得cosFCB.答案课时作业(三十五)A级基础达标1.如图所示为
22、一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形ABCD为()A平行四边形 B梯形C菱形 D矩形D由斜二测画法可知在原四边形ABCD中DAAB，并且ADBC，ABCD，故四边形ABCD为矩形2(2021唐山五校联考)如图是一个空间几何体的正视图和俯视图，则它的侧视图为()A选A.由正视图和俯视图可知，该几何体是由一个圆柱挖去一个圆锥构成的，结合正视图的宽及俯视图的直径可知侧视图应为A，故选A.3给出下列几个命题：在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱；棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等其中正确命题的个数是()
23、 A0 B1 C2 D3B不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；正确；错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等4如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为棱DD1上的点，F为AB的中点，则三棱锥B1BFE的体积为()A. B.C. D.C由等体积法可知VB1BFEVEBFB1SBB1FAD11.故选C.5圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是()A4S B2S CS D.SA选A.由r2S得圆柱的底面半径是，故侧面展开图的边长为22，所以圆柱的侧面积是4S，故选A.6(2021蓉城名校联考)已知一个几何体
24、的正视图和侧视图如图1所示，其俯视图用斜二测画法所画出的水平放置的直观图是一个直角边长为1的等腰直角三角形(如图2所示)，则此几何体的体积为()A1 B. C2 D2B根据题中直观图可得该几何体的俯视图是一个直角边长分别是2和的直角三角形(如图所示)，根据三视图可知该几何体是一个三棱锥，且三棱锥的高为3，所以体积V23.故选B.7如图所示，四面体ABCD的四个顶点是长方体的四个顶点(长方体是虚拟图形，起辅助作用)，则四面体ABCD的三视图是(用代表图形)()A B C DB正视图应该是边长为3和4的矩形，其对角线左下到右上是实线，左上到右下是虚线，因此正视图是；侧视图应该是边长为5和4的矩形，
25、其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此侧视图是；俯视图应该是边长为3和5的矩形，其对角线左上到右下是实线，左下到右上是虚线，因此俯视图是.故选B.8(2021武汉调研)一个几何体的三视图如图所示，则它的表面积为()A28 B242 C204 D202B如图所示，三视图所对应的几何体是长，宽，高分别为2,2,3的长方体去掉一个三棱柱后的棱柱ABIEDCMH，则该几何体的表面积S222(23)22232242.故选B.9(2021湖南长沙联考)我国南北朝时期的数学家、天文学家祖暅提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”“幂”是面积，“势”即为高，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几
26、何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相同，那么这两个几何体的体积相等已知某不规则几何体与如图所示三视图对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为()A8 B8 C8 D4B题中三视图对应的几何体是一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为2的半圆柱后剩余的部分，三视图对应的几何体的体积V231228，由祖暅原理得不规则几何体的体积为8，故选B.10一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为_.解析设六棱锥的高为h，斜高为h，则由体积Vh2，得h1，h2.所以侧面积为2h612.答案1211一个圆台上、下底面的
27、半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为_cm.解析如图，过点A作ACOB，交OB于点C.在RtABC中，AC12(cm)，BC835(cm)所以AB13(cm)答案1312.已知一个正三棱柱的所有棱长均相等，其侧(左)视图如图所示，那么此三棱柱正(主)视图的面积为_.解析由正三棱柱的特征及侧(左)视图可得正(主)视图是一个矩形，其中一边的长是侧(左)视图中三角形的高，另一边是棱长因为侧(左)视图中三角形的边长为2，所以高为，所以正(主)视图的面积为2.答案2B级能力提升13(2021湖南省五市十校联考)某四棱锥的三视图如图所示，其侧视图是等腰直角三
28、角形，俯视图的轮廓是直角梯形，则该四棱锥的各侧面面积的最大值为()A8 B4 C8 D12D由题中三视图可知该几何体是一个底面为直角梯形，高为4的四棱锥，如图，其中侧棱PA平面ABCD，PA4，AB4，BC4，CD6，所以AD2，PD6，PB4，连接AC，则AC4，所以PC4，显然在各侧面面积中PCD的面积最大，又PDCD6，所以PC边上的高为2，所以SPCD4212，故该四棱锥的各侧面面积的最大值为12.故选D.14已知正三棱柱ABCA1B1C1中，底面积为，一个侧面的周长为6，则正三棱柱ABCA1B1C1外接球的表面积为()A4 B8 C16 D32C如图所示，设底面边长为a，则底面面积为
29、a2，所以a.又一个侧面的周长为6，所以AA12.设E，D分别为上、下底面的中心，连接DE.设DE的中点为O，则点O即为正三棱柱ABCA1B1C1的外接球的球心，连接OA1，A1E，则OE，A1E1.在直角三角形OEA1中，OA12，即外接球的半径R2，所以外接球的表面积S4R216，故选C.15(2021贵阳市第一学期监测)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体的体积为_，它的外接球的表面积为_.解析根据题中三视图可知，该几何体为如图所示的四棱锥PABCD，则该几何体的体积为111，它的外接球的直径PC，所以外接球的表面积为423.答案316
30、(2021洛阳市统考)正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上一动点，PE的最小值为，则该四面体内切球的体积为_.解析由题意，将侧面ABC和ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示设正四面体的棱长为a，则BPPE的最小值为BEa，解得a2，所以正四面体的高为 ，所以正四面体的体积为8，设该四面体内切球的半径为r，则48r，解得r，所以该四面体内切球的体积为3.答案第二节空间点、直线、平面之间的位置关系基础自梳1平面的基本性质(1)公理1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内(2)公理2：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面(3)公理3：如果两个不重合的平面有一个公
31、共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线(4)公理4：平行于同一直线的两条直线平行思考拓展公理2的三个推论推论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2空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系(2)异面直线所成的角定义：设a、b是两条异面直线，经过空间中任一点O作直线aa，bb，把a与b所成的锐角(或直角)叫做异面直线a，b所成的角(或夹角)范围：.(3)等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.3空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)空间中直线与平面的位置关系位
32、置关系图形表示符号表示公共点直线a在平面内a有无数个公共点直线在平面外直线a与平面平行a没有公共点直线a与平面斜交aA有且只有一个公共点直线a与平面垂直a (2)空间中两个平面的位置关系位置关系图形表示符号表示公共点两平面平行没有公共点两平面相交斜交l有一条公共直线垂直且a, 基础自测1(教材改编)下列命题正确的是()A经过三点确定一个平面B经过一条直线和一个点确定一个平面C四边形确定一个平面D两两相交且不共点的三条直线确定一个平面答案D2(教材改编)已知空间四边形的两条对角线相互垂直，顺次连接四边中点的四边形一定是()A梯形 B矩形 C菱形 D正方形答案B3(易错点；异面直线的定义)已知a，
33、b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b()A一定是异面直线 B一定是相交直线C不可能是平行直线 D不可能是相交直线答案C4(易错点：考虑不全)平面，相交，在，内各取两点，这四点都不在交线上，这四点能确定_个平面答案1或45(教材改编)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AC与A1B所成的角为_.答案60考点一平面的基本性质及其应用例1(1)已知，是平面，a，b，c是直线，a，b，c，若abP，则()APc BPcCca DcA如图，P，P，c，Pc.(2)如图，在三棱锥ABCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，如果EFHGP，则点P()A一定在直线BD上B一定在
34、直线AC上C在直线AC或BD上D不在直线AC上，也不在直线BD上BEFHGPP平面ABC，P平面ACD.且平面ABC面ACDAC.PAC.故选B.(3)如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，这四个点共面的图形是()A B C DD排除法解，在图中PS与QR为异面直线，所以四点不共面，可排除A，B，C，直接选D.方法指导共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内；证两平面重合(2)证明共线的方法；先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；直接证明这些点都在同一条特定直线上(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中
35、两条直线交于一点，再证其他直线经过该点考点二空间两直线的位置关系例2如图所示，G，H，M，N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形有_(填上所有正确答案的序号)解析图(1)中，直线GHMN；图(2)中，G，H，N三点共面，但M平面GHN，因此直线GH与MN异面；图(3)中，连接MG，GMHN，因此GH与MN共面；图(4)中，G，M，N共面，但H平面GMN，因此GH与MN异面所以图(2)，(4)中GH与MN异面答案(2)(4)方法指导异面直线的判定方法注意异面直线易误解为“分别在两个不同平面内的两条直线为异面直线”，实质上两异面直线不能确定任何一个平面，因此异面直
36、线既不平行，也不相交.思维变式如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，有以下四个结论：直线AM与CC1是相交直线；直线AM与BN是平行直线；直线BN与MB1是异面直线；直线AM与DD1是异面直线其中正确的结论为_.(注：把你认为正确的结论的序号都填上)解析直线AM与CC1是异面直线，直线AM与BN也是异面直线，所以错误点B，B1，N在平面BB1C1C中，点M在此平面外，所以BN，MB1是异面直线同理AM，DD1也是异面直线.答案考点三异面直线所成的角例3(1)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，则异面直线AP与BD所成的角为
37、_.解析如图，将原图补成正方体ABCDQGHP，连接AG，GP，则GPBD，所以APG为异面直线AP与BD所成的角在AGP中，AGGPAP，所以APG.答案(2)如图，已知平行四边形ABCD中，AB4，AD2，BAD60，将BCD沿BD折起，到达BCD的位置，使得CBC60，则异面直线DC与BC所成角的余弦值为()A.B.C.D.A因为ADBC，所以ADC就是异面直线DC与BC所成的角或其补角由AB4，AD2，BAD60，得BD2，因为AD2BD2AB2，所以BDAD，所以ADB90，得CBD90.将BCD沿BD折起，到达BCD的位置的过程中，恒有BDBC，BDBC，连接CC，所以BD平面BC
38、C，又BD平面ABCD，所以平面BCC平面ABCD.取BC的中点N，连接AN，CN，由CBC60，CBCB，知BCC是等边三角形，所以CNBC，CN，所以CN平面ABCD，在ABN中，由余弦定理得AN，连接AC，在ANC中，由勾股定理得AC2.在ADC中，DC4，AD2，AC2，由余弦定理得cosADC，所以异面直线DC与BC所成角的余弦值为.故选A.方法指导求异面直线所成的角的三步曲注意在求异面直线所成的角时，如果求出的角是钝角，则它的补角才是要求的角.思维变式(变条件)在例3(1)条件下，若E，F，M分别是AB，BC，PQ的中点，异面直线EM与AF所成的角为，求cos 的值解设N为BF的中点，连接EN，MN，则MEN是异面直线EM与AF所成的角或其补角不妨设正方形ABCD和ADPQ的边长为4，则EN，EM2，MN.在MEN中，由余弦定理得cosMEN.即cos .1.(2018全国卷)在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为()A. B. C. D.C如图，在长方体ABCDA1B1C1D1的一侧补上一个相同的长方体ABBAA1B1B1A1.连接B1B，由长方体性质可知，B1BAD1，所以DB1B为异面直线AD1与DB1所成的角或其补角连接DB，由题意，得DB
