2017高考数学一轮复习 第八章 立体几何 理（课件+习题）（打包21套）.zip

12017 高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.1.1 三视图与直观图对点训练 理1.圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为 r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为 16＋20π，则 r＝( )A．1 B．2C．4 D．8答案 B解析 由三视图可知，此组合体是由半个圆柱与半个球体组合而成的，其表面积为π r2＋2π r2＋4 r2＋2π r2＝20π＋16，所以 r＝2，故选 B.2．一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A. B.18 17C. D.16 15答案 D解析 如图，不妨设正方体的棱长为 1，则截去部分为三棱锥 A－ A1B1D1，其体积为 ，162又正方体的体积为 1，则剩余部分的体积为 ，故所求比值为 .故选 D.56 153．如图，网格纸上小正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为( )A．6 B．62C．4 D．42答案 B解析 如图所示的正方体 ABCD－ A1B1C1D1的棱长为 4.取 B1B 的中点 G，即三棱锥G－ CC1D1为满足要求的几何体，其中最长棱为 D1G， D1G＝ ＝6. 42 2＋ 224．在空间直角坐标系 O－ xyz 中，已知 A(2,0,0)， B(2,2,0)， C(0,2,0)，D(1,1， )．若 S1， S2， S3分别是三棱锥 D－ ABC 在 xOy， yOz， zOx 坐标平面上的正投影图2形的面积，则( )3A． S1＝ S2＝ S3 B． S2＝ S1且 S2≠ S3C． S3＝ S1且 S3≠ S2 D． S3＝ S2且 S3≠ S1答案 D解析 三棱锥 D－ ABC 如图所示．S1＝ S△ ABC＝ ×2×2＝2，12S2＝ ×2× ＝ ，12 2 2S3＝ ×2× ＝ ，12 2 2∴ S2＝ S3且 S1≠ S3，故选 D.5.一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是( )答案 B解析 俯视图为在水平投射面上的正投影，结合几何体可知选 B.6．某空间几何体的正视图是三角形，则该几何体不可能是( )A．圆柱 B．圆锥C．四面体 D．三棱柱答案 A解析 因为圆锥、四面体、三棱柱的正视图均可以是三角形，而圆柱无论从哪个方向4看均不可能是三角形，所以选 A.7．已知正三角形 ABC 的边长为 a，那么△ ABC 的平面直观图△ A′ B′ C′的面积为( )A. a2 B. a234 38C. a2 D. a268 616答案 D解析 如图①、②所示的平面图形和直观图．由②可知， A′ B′＝ AB＝ a， O′ C′＝ OC＝ a，12 34在图②中作 C′ D′⊥ A′ B′于 D′，则 C′ D′＝ O′ C′＝ a.22 68∴ S△ A′ B′ C′ ＝ A′ B′· C′ D′＝ ×a× a＝ a2.12 12 68 6168．如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥” ，四条侧棱称为它的腰，以下 4 个命题中，假命题是( )A．等腰四棱锥的腰与底面所成的角都相等B．等腰四棱锥的侧面与底面所成的二面角都相等或互补C．等腰四棱锥的底面四边形必存在外接圆D．等腰四棱锥的各顶点必在同一球面上答案 B解析 因为“等腰四棱锥”的四条侧棱都相等，所以它的顶点在底面的射影到底面的四个顶点的距离相等，故 A，C 正确，且在它的高上必能找到一点到各个顶点的距离相等，故 D 正确，B 不正确，如底面是一个等腰梯形时结论就不成立，故选 B.9．给出下列命题：①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；②有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④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( )A．0 B．1C．2 D．3答案 A5解析 ①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形” ，如图 1 所示；③不一定是．当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图 2 所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④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．10．已知一三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为 2 的正三角形，侧视图是有一条直角边为 2 的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )答案 C解析 由已知条件得直观图如图所示，正视图是直角三角形，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线．故选 C.11．如图，三棱锥 V－ ABC 的底面为正三角形，侧面 VAC 与底面垂直且 VA＝ VC，已知其正视图的面积为 ，则其侧视图的面积为( )236A. B.32 33C. D.34 36答案 B解析 设三棱锥 V－ ABC 的底面边长为 a，侧面 VAC 边 AC 上的高为 h，则 ah＝ ，其侧43视图是由底面三角形 ABC 边 AC 上的高与侧面三角形 VAC 边 AC 上的高组成的直角三角形，其面积为 × × ＝ ，故选 B.12 32 43 33第八章 立体几何 第 1讲 空间几何体的三视图、表面积和体积 考点一 三视图与直观图 撬点 ·基础点 重难点 撬法 ·命题法 解题法 12017 高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.1.2 表面积对点训练 理1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．3πB．4πC．2π＋4D．3π＋4答案 D解析 由所给三视图可知，该几何体是圆柱从底面圆直径处垂直切了一半，故该几何体的表面积为 ×2π×1×2＋2× ×π×1 2＋2×2＝3π＋4，故选 D.12 122．一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A．1＋ B．2＋3 3C．1＋2 D．22 2答案 B2解析 在长、宽、高分别为 2、1、1 的长方体中，该四面体是如图所示的三棱锥P－ ABC，表面积为 ×1×2×2＋ ×( )2×2＝2＋ .12 34 2 33.已知 A， B 是球 O 的球面上两点，∠ AOB＝90°， C 为该球面上的动点．若三棱锥O－ ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( )A．36π B．64πC．144π D．256π答案 C解析 如图，设点 C 到平面 OAB 的距离为 h，球 O 的半径为 R，因为∠ AOB＝90°，所以 S△ OAB＝ R2，要使 VO－ ABC＝ ·S△ OAB·h 最大，则 OA， OB， OC 应两两垂直，且( VO－ ABC)12 13max＝ × R2×R＝ R3＝36，此时 R＝6，所以球 O 的表面积为 S 球 ＝4π R2＝144π.故选 C.13 12 164．某工件的三视图如图所示．现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的长方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件材料的利用率为Error!材料利用率＝ Error!( )新 工 件 的 体 积原 工 件 的 体 积3A. B.89π 169πC. D.4 2－ 1 3π 12 2－ 1 3π答案 A解析 解法一：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为 2x，高为 h，则由三角形相似可得， ＝ ，所以x1 2－ h2h＝2－2 x， x∈(0,1)，长方体体积为 V 长方体 ＝( x)2h＝2 x2(2－2 x)2≤2 3＝ ，当且仅当 x＝2－2 x，即 x＝ 时取等号， V 圆锥(x＋ x＋ 2－ 2x3 ) 1627 23＝ π×1 2×2＝ ，故材料利用率为 ＝ ，选 A.13 2π316272π3 89π解法二：由圆锥的对称性可知，要使其内接长方体最大，则底面为正方形，令此长方体底面对角线长为 2x，高为 h，则由三角形相似可得， ＝ ，所以 h＝2－2 x， x∈(0,1)，x1 2－ h2长方体体积为 V 长方体 ＝( x)2h＝2 x2(2－2 x)＝－4 x3＋4 x2，令 V′ 长方体 ＝－12 x2＋8 x＝0，2得 x＝ ，故当 x＝ 时，( V 长方体 )max＝ ， V 圆锥 ＝ π×1 2×2＝ ，故材料利用率为 ＝23 23 1627 13 2π316272π3，选 A.89π5.一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )4A．21＋ B．18＋3 3C．21 D．18答案 A解析 由三视图知，该多面体是由正方体割去两个角所成的图形，如图所示，则 S＝ S正方体 －2 S 三棱锥侧 ＋2 S 三棱锥底 ＝24－2×3× ×1×1＋2× ×( )2＝21＋ .12 34 2 36．某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则此几何体的表面积是( )5A．90 cm 2 B．129 cm 2C．132 cm 2 D．138 cm 2答案 D解析 由题干中的三视图可得原几何体如图所示．故该几何体的表面积S＝2×4×6＋2×3×4＋3×6＋3×3＋3×4＋3×5＋2× ×3×4＝138(cm 2)．故选 D.127．正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为 4，底面边长为 2，则该球的表面积为( )A. B．16π81π4C．9π D.27π4答案 A解析 由图知， R2＝(4－ R)2＋2，6∴ R2＝16－8 R＋ R2＋2，∴ R＝ ，94∴ S 表 ＝4π R2＝4π× ＝ π，选 A.8116 8148．一个几何体的三视图如图所示，则几何体的表面积是( )A．6＋8 B．12＋73 3C．12＋8 D．18＋23 3答案 C解析 该空间几何体是一个三棱柱．底面等腰三角形的高是 1，两腰长为 2，所以其底边长是 2 ，两个底面三角形的面积之和是 2 ，侧面积是 (2＋2＋2 )×3＝12＋6 ，故3 3 3 3其表面积是 12＋8 .故选 C.3第八章 立体几何 第 1讲 空间几何体的三视图、表面积和体积 考点二 表面积 撬点 ·基础点 重难点 撬法 ·命题法 解题法 12017 高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.1.3 体积对点训练 理1． 《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率约为 3，估算出堆放的米约有( )A．14 斛 B．22 斛C．36 斛 D．66 斛答案 B解析 设圆锥底面的半径为 R 尺，由 ×2π R＝8 得 R＝ ，从而米堆的体积14 16πV＝ × π R2×5＝ (立方尺)，因此堆放的米约有 ≈22(斛)．故选 B.14 13 3203π 3203×1.62π2．某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A．8 cm 3 B．12 cm 3C. cm3 D. cm3323 4032答案 C解析 该几何体是由棱长为 2 的正方体和底面边长为 2，高为 2 的正四棱锥组合而成的几何体．故其体积为 V＝2×2×2＋ ×2×2×2＝ cm3.13 3233.在梯形 ABCD 中，∠ ABC＝ ， AD∥ BC， BC＝2 AD＝2 AB＝2.将梯形 ABCD 绕 AD 所在的π 2直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A. B.2π3 4π3C. D．2π5π3答案 C解析 如图，过点 D 作 BC 的垂线，垂足为 H.则由旋转体的定义可知，该梯形绕 AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱挖去一个圆锥．其中圆柱的底面半径 R＝ AB＝1，高 h1＝ BC＝2，其体积 V1＝π R2h1＝π×1 2×2＝2π；圆锥的底面半径r＝ DH＝1，高 h2＝1，其体积 V2＝ π r2h2＝ π×1 2×1＝ .13 13 π 3故所求几何体的体积为 V＝ V1－ V2＝2π－ ＝ .故选 C.π 3 5π34．如图，网格纸上正方形小格的边长为 1(表示 1 cm)，图中粗线画出的是某零件的三视图，该零件由一个底面半径为 3 cm，高为 6 cm 的圆柱体毛坯切削得到，则切削掉部分的体积与原来毛坯体积的比值为( )3A. B.1727 59C. D.1027 13答案 C解析 由三视图知该零件是两个圆柱的组合体．一个圆柱的底面半径为 2 cm，高为 4 cm；另一个圆柱的底面半径为 3 cm，高为 2 cm.则零件的体积V1＝π×2 2×4＋π×3 2×2＝34π(cm 3)．而毛坯的体积 V＝π×3 2×6＝54π (cm3)，因此切削掉部分的体积 V2＝ V－ V1＝54π－34π＝20π(cm 3)，所以 ＝ ＝ .故选 C.V2V 20π54π 10275．某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．8－2π B．8－πC．8－ D．8－π 2 π 4答案 B解析 由三视图知，原几何体是棱长为 2 的正方体挖去两个底面半径为 1，高为 2 的四分之一圆柱，故几何体的体积为 8－2×π×2× ＝8－π.故选 B.146． 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥的底面周长 L 与高 h，计算其体积 V 的近似公式 V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率 π 近似取为 3.那么，近似公式 V≈ L2h 相136 275当于将圆锥体积公式中的 π 近似取为( )A. B.227 2584C. D.15750 355113答案 B解析 由题意可知： L＝2π r，即 r＝ ，圆锥体积 V＝ Sh＝ π r2h＝ π· 2h＝L2π 13 13 13 (L2π )L2h≈ L2h，故 ≈ ，π≈ ，故选 B.112π 275 112π 275 2587．已知底面边长为 1，侧棱长为 的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的2体积为( )A. B．4π32π3C．2π D.4π3答案 D解析 依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径 R，则 2R＝＝2，解得 R＝1，所以 V＝ R3＝ .12＋ 12＋  2 24π3 4π38．一块石材表示的几何体的三视图如图所示．将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于( )A．1 B．2C．3 D．4答案 B解析 由三视图可得原石材为如下图所示的直三棱柱 A1B1C1－ ABC，且AB＝8， BC＝6， BB1＝12， AC＝ ＝10.82＋ 625若要得到半径最大的球，则此球与平面 A1B1BA， BCC1B1， ACC1A1相切，故此时球的半径与△ ABC 内切圆的半径相等，故半径 r＝ ＝2.故选 B.6＋ 8－ 1029.一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.答案 8π3解析 由三视图可得该几何体是由两个圆锥和一个圆柱构成的组合体，圆柱的底面圆的半径为 1 m，高为 2 m，圆锥的底面圆的半径和高都是 1 m，且圆锥的底面分别与圆柱的两个底面重合，故该组合体的体积为 2π＋2× π＝ (m3)．13 8π310．现有橡皮泥制作的底面半径为 5、高为 4 的圆锥和底面半径为 2、高为 8 的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．答案 7解析 底面半径为 5，高为 4 的圆锥和底面半径为 2、高为 8 的圆柱的总体积为π×5 2×4＋π×2 2×8＝ .设新的圆锥和圆柱的底面半径为 r，则13 196π3π× r2×4＋π× r2×8＝ r2＝ ，解得 r＝ .13 28π3 196π3 711．三棱锥 P－ ABC 中， D， E 分别为 PB， PC 的中点，记三棱锥 D－ ABE 的体积为6V1， P－ ABC 的体积为 V2，则 ＝________.V1V2答案 14解析 由题意知， VD－ ABE＝ VA－ BDE＝ V1，VP－ ABC＝ VA－ PBC＝ V2.因为 D， E 分别为 PB， PC 中点，所以 ＝ .S△ BDES△ PBC 14设点 A 到平面 PBC 的距离为 d，则 ＝ ＝ ＝ .V1V213S△ BDE·d13S△ PBC·d S△ BDES△ PBC 1412．设甲、乙两个圆柱的底面积分别为 S1、 S2，体积分别为 V1、 V2，若它们的侧面积相等，且 ＝ ，则 的值是________．S1S2 94 V1V2答案 32解析 设甲、乙两个圆柱底面半径和高分别为 r1， h1， r2， h2，则 2π r1h1＝2π r2h2，＝ .又 ＝ ＝ ，所以 ＝ ，则 ＝ ＝ · ＝ ＝ .h1h2 r2r1 S1S2 π r21π r2 94 r1r2 32 V1V2 π r21h1π r2h2 r21r2 h1h2 r1r2 3213．已知三棱锥 P－ ABC 的各顶点均在一个半径为 R 的球面上，球心 O 在 AB 上， PO⊥平面 ABC， ＝ ，则三棱锥与球的体积之比为________．ACBC 3答案 ∶8π3解析 如图，依题意， AB＝2 R，又 ＝ ，∠ ACB＝90°，∴∠ CAB＝30°，因此ACBC 3AC＝ R， BC＝ R， VP－ ABC＝ PO·S△ ABC＝ ×R× ＝ R3.而 V 球 ＝ R3，因此313 13 (12×3R×R) 36 4π3VP－ ABC∶ V 球 ＝ R3∶ R3＝ ∶8π.36 4π3 3第八章 立体几何 第 1讲 空间几何体的三视图、表面积和体积 考点三 体积 撬点 ·基础点 重难点 撬法 ·命题法 解题法 12017 高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.1 空间几何体的三视图、表面积和体积课时练 理时间：45 分钟基础组1.[2016·衡水中学猜题]一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是( )A．球 B．三棱锥C．正方体 D．圆柱答案 D解析 ∵圆柱的三视图中有两个矩形和一个圆，∴这个几何体不可以是圆柱．2．[2016·衡水中学一轮检测]如图所示，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边长分别为 3 和 4，过直角顶点的侧棱长为 4，且垂直于底面，该三棱锥的正视图是( )答案 B解析 通过观察图形，三棱锥的正视图应为高为 4，底面边长为 3 的直角三角形．3．[2016·冀州中学模拟]某几何体的三视图如图(其中侧视图中的圆弧是半圆)，则该几何体的表面积为( )2A．92＋14π B．82＋14πC．92＋24π D．82＋24π答案 A解析 易知该几何体是长方体与半个圆柱的组合体．其表面积S＝4×5＋2×4×5＋2×4×4＋π×2 2＋π×2×5＝92＋14π，故选 A.4．[2016·衡水二中周测]一个空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体的表面积为( )A．48 B．48＋8 17C．32＋8 D．8017答案 B解析 观察三视图可知，该几何体为四棱柱，底面为梯形，两底边长分别为 2,4，高为 4，底面梯形的腰长为 ＝ ，棱柱的高为 4.该几何体的表面积为 ×(2＋4)42＋ 12 1712×4×2＋2× ×4＋2×4＋ 4×4＝48＋8 .故选 B.17 175．[2016·枣强中学仿真]若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以3是( )答案 D解析 A 的正视图，俯视图不对，故 A 错．B 的正视图，侧视图不对，故 B 错．C 的侧视图，俯视图不对，故 C 错，故选 D.6．[2016·衡水二中月考]已知正三角形 ABC 三个顶点都在半径为 2 的球面上，球心 O到平面 ABC 的距离为 1，点 E 是线段 AB 的中点，过点 E 作球 O 的截面，则截面面积的最小值是( )A. B．2π 7π4C. D．3π9π4答案 C解析 由题意知，正三角形 ABC 的外接圆半径为 ＝ ， AB＝3，过点 E 的截面22－ 12 3面积最小时，截面是以 AB 为直径的圆，截面面积 S＝π× 2＝ ，故选 C.(32) 9π447．[2016·武邑中学热身]如图所示，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，且△ ADE，△ BCF 均为正三角形， EF∥ AB， EF＝2，则该多面体的体积为( )A. B.23 33C. D.43 32答案 A解析 如图所示，分别过 A， B 作 EF 的垂线，垂足分别为 G， H，连接 DG， CH，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，∵三棱锥高为 ，直三棱柱柱高为 1， AG＝ ＝ ，取 AD 中点 M，则12 12－ (12)2 32MG＝ ， ∴ S△ AGD＝ ×1× ＝ ，22 12 22 24∴ V＝ ×1＋2× × × ＝ .24 13 24 12 238．[2016·武邑中学模拟]某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )5A．8π＋16 B．8π－16C．8π＋8 D．16π－8答案 B解析 由三视图可知：几何体为一个半圆柱去掉一个直三棱柱．半圆柱的高为 4，底面半圆的半径为 2，直三棱柱的底面为斜边是 4 的等腰直角三角形，高为 4，故几何体的体积 V＝ π×2 2×4－ ×4×2×4＝8π－16.12 129．[2016·枣强中学一轮检测]一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ ABC＝45°， AB＝ AD＝1， DC⊥ BC，则这个平面图形的面积为( )A. ＋ B．2＋14 24 22C. ＋ D. ＋14 22 12 2答案 B解析 如图将直观图 ABCD 还原后为直角梯形 A′ BCD′，其中 A′ B＝2 AB＝2， BC＝1＋， A′ D′＝ AD＝1.∴ S＝ ×Error!1＋1＋ Error!×2＝ 2＋ .故选 B.22 12 22 22610. [2016·衡水中学周测]已知四棱锥 P－ ABCD 的三视图如图所示，则四棱锥P－ ABCD 的四个侧面的面积中最大的是( )A．6 B．8C．2 D．35答案 A解析 四棱锥如图所示， PN⊥面 ABCD，交 DC 于 N，且PN＝ ＝ ， AB＝4， BC＝2， BC⊥ CD，故 BC⊥面 PDC，即 BC⊥ PC，同理 AD⊥ PD.M32－ (42)2 57为 AB 的中点，则 PM＝3， S△ PDC＝ ×4× ＝2 ， S△ PBC＝ S△ PAD＝ ×2×3＝3， S△12 5 5 12PAB＝ ×4×3＝6，所以四棱锥 P－ ABCD 的四个侧面的面积中最大的是 6.1211．[2016·冀州中学月考]某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为扇形，则该几何体的体积为( )A. B.2π3 π 3C. D.2π9 16π9答案 D解析 由题知该几何体为底面半径为 2，高为 4 的圆锥的 部分，其体积是13π×2 2×4× ＝ .故选 D.13 13 16π912．[2016·武邑中学周测]已知某几何体的直观图及三视图分别如图 1、2 所示，三视图的轮廓均为正方形，则该几何体的表面积为________．答案 12＋4 38解析 如图所示，本题主要考查三视图的知识，考查了空间想象能力，借助常见的正方体模型是解题关键．由三视图知，该几何体由正方体沿面 AB1D1与面 CB1D1截去两个角所得，其表面由两个正三角形，四个直角三角形和一个正方形组成．计算得其表面积为12＋4 .3能力组13.[2016·衡水中学月考]某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱的最大长度是( )A．4 B．22 7C．2 D．26 5答案 B解析 由三视图可知四面体直观图如图 1 所示．9由图 2 可知， BD＝4，∠ BDE＝60°，在△ BCD 中，由余弦定理知， BC＝2 .又 AB＝ ＝2 ， AC＝ ＝2 ，故选 B.7 22＋ 42 5 22＋ 22 214. [2016·枣强中学猜题]已知三棱锥 D－ ABC 中， AB＝ BC＝1， AD＝2， BD＝ ， AC＝5， BC⊥ AD，则该三棱锥的外接球的表面积为( )2A. π B．6π6C．5π D．8π答案 B解析 ∵由勾股定理易知 AB⊥ BC，DA⊥ BC，∴ BC⊥平面 DAB.∴ CD＝ ＝ .BD2＋ BC2 6∴ AC2＋ AD2＝ CD2.∴ DA⊥ AC.取 CD 的中点 O，由直角三角形的性质知 O 到点 A， B， C， D 的距离均为 ，其即为三62棱锥的外接球球心．故三棱锥的外接球的表面积为 4π× 2＝6π.(62)15．[2016·衡水中学期中]一个几何体的三视图如图所示，其侧视图是一个等边三角形，则这个几何体的体积是________．10答案 8 ＋ π3433解析 观察三视图可知，该几何体是圆锥的一半与一个四棱锥的组合体，圆锥底面半径为 2，四棱锥底面边长分别为 3,4，它们的高均为 ＝2 ，所以该几何体体积42－ (42)2 3为 × π×2 2×2 ＋ ×4×3×2 ＝8 ＋ π.12 13 3 13 3 3 43316．[2016·武邑中学期中]如图所示， AD 与 BC 是四面体 ABCD 中互相垂直的棱，BC＝2.若 AD＝2 c，且 AB＋ BD＝ AC＋ CD＝2 a，其中 a， c 为常数，则四面体 ABCD 的体积的最大值是________．答案 c23 a2－ c2－ 1解析 过点 A 作 AE⊥ BC，垂足为 E，连接 DE，如图所示．11由 AD⊥ BC 可知， BC⊥平面 ADE，所以四面体 ABCD 的体积 V＝ VB－ ADE＋ VC－ ADE＝ S△13ADE·BC＝ S△ ADE.23当 AB＝ BD＝ AC＝ DC＝ a 时，四面体 ABCD 的体积最大．过 E 作 EF⊥ DA，垂足为 F.已知 EA＝ ED，所以△ ADE 为等腰三角形，所以点 F 为 AD 的中点．又因为 AE2＝ AB2－ BE2＝ a2－1，所以 EF＝ ＝ .AE2－ AF2 a2－ c2－ 1所以 S△ ADE＝ AD·EF＝ c .12 a2－ c2－ 1所以四面体 ABCD 的体积的最大值为Vmax＝ S△ ADE＝ c .23 23 a2－ c2－ 112017 高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.2 空间点、线、面的位置关系对点训练 理1．若空间中 n 个不同的点两两距离都相等，则正整数 n 的取值( )A．至多等于 3 B．至多等于 4C．等于 5 D．大于 5答案 B解析 首先我们知道正三角形的三个顶点满足两两距离相等，于是可以排除 C、D.又注意到正四面体的四个顶点也满足两两距离相等，于是排除 A，故选 B.2．若 l， m 是两条不同的直线， m 垂直于平面 α ，则“ l⊥ m”是“ l∥ α ”的( )A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件答案 B解析 由“ m⊥ α 且 l⊥ m”推出“ l⊂α 或 l∥ α ”，但由“ m⊥ α 且 l∥ α ”可推出“l⊥ m”，所以“ l⊥ m”是“ l∥ α ”的必要而不充分条件，故选 B.3.已知 m， n 表示两条不同直线， α 表示平面．下列说法正确的是( )A．若 m∥ α ， n∥ α ，则 m∥ nB．若 m⊥ α ， n⊂α ，则 m⊥ nC．若 m⊥ α ， m⊥ n，则 n∥ αD．若 m∥ α ， m⊥ n，则 n⊥ α答案 B解析 A 选项 m、 n 也可以相交或异面，C 选项也可以 n⊂α ，D 选项也可以 n∥ α 或 n与 α 斜交．根据线面垂直的性质可知选 B.4．直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，∠ BCA＝90°， M， N 分别是 A1B1， A1C1的中点，BC＝ CA＝ CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )A. B.110 25C. D.3010 22答案 C2解析 解法一：取 BC 的中点 Q，连接 QN， AQ，易知 BM∥ QN，则∠ ANQ 即为所求，设 BC＝ CA＝ CC1＝2，则 AQ＝ ， AN＝ ， QN＝ ，5 5 6∴cos∠ ANQ＝ ＝ ＝ ＝ ，故选 C.AN2＋ NQ2－ AQ22AN·NQ 5＋ 6－ 525×6 6230 3010解法二：如图，以点 C1为坐标原点， C1B1， C1A1， C1C 所在的直线分别为 x 轴， y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，不妨设 BC＝ CA＝ CC1＝1，可知点 A(0,1,1)，N ， B(1,0,1)，(0，12， 0)M .∴ ＝ ，(12， 12， 0) AN→ (0， － 12， － 1)＝ .BM→ (－ 12， 12， － 1)∴cos〈 ， 〉＝ ＝ .AN→ BM→ AN→ ·BM→ |AN→ ||BM→ | 3010根据 与 的夹角及 AN 与 BM 所成角的关系可知， BM 与 AN 所成角的余弦值为 .AN→ BM→ 30105．如图，在三棱锥 A－ BCD 中， AB＝ AC＝ BD＝ CD＝3， AD＝ BC＝2，点 M， N 分别为AD， BC 的中点，则异面直线 AN， CM 所成的角的余弦值是________．答案 783解析 如下图所示，连接 ND，取 ND 的中点 E，连接 ME， CE，则 ME∥ AN， 则异面直线 AN， CM 所成的角即为∠ EMC.由题可知 CN＝1， AN＝2 ，2∴ ME＝ .又 CM＝2 ， DN＝2 ， NE＝ ，∴ CE＝ ，2 2 2 2 3则 cos∠ CME＝ ＝ ＝ .CM2＋ EM2－ CE22CM·EM 8＋ 2－ 32×22×2 786. 如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点 M 在线段PQ 上， E， F 分别为 AB， BC 的中点．设异面直线 EM 与 AF 所成的角为 θ ，则 cosθ 的最大值为________．答案 25解析 取 BF 的中点 N，连接 MN， EN，则 EN∥ AF，所以直线 EN 与 EM 所成的角就是异面直线 EM 与 AF 所成的角．在△ EMN 中，当点 M 与点 P 重合时， EM⊥ AF，所以当点 M 逐渐趋近于点 Q 时，直线 EN 与 EM 的夹角越来越小，此时 cosθ 越来越大．故当点 M 与点 Q 重合时，cos θ 取最大值．设正方形的边长为 4，连接 EQ， NQ，在△ EQN 中，由余弦定理，得cos∠ QEN＝ ＝ ＝－ ，所以 cosθ 的最大值为 .EQ2＋ EN2－ QN22EQ·EN 20＋ 5－ 332×20×5 25 257．如图，四边形 ABCD 为菱形，∠ ABC＝120°， E， F 是平面 ABCD 同一侧的两点，BE⊥平面 ABCD， DF⊥平面 ABCD， BE＝2 DF， AE⊥ EC.4(1)证明：平面 AEC⊥平面 AFC；(2)求直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值．解 (1)证明：连接 BD，设 BD∩ AC＝ G，连接 EG， FG， EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.由∠ ABC＝120°，可得 AG＝ GC＝ .3由 BE⊥平面 ABCD， AB＝ BC，可知 AE＝ EC.又 AE⊥ EC，所以 EG＝ ，且 EG⊥ AC.3在 Rt△ EBG 中，可得 BE＝ ，故 DF＝ .222在 Rt△ FDG 中，可得 FG＝ .62在直角梯形 BDFE 中，由 BD＝2， BE＝ ， DF＝ ，可得 EF＝ .222 322从而 EG2＋ FG2＝ EF2，所以 EG⊥ FG.又 AC∩ FG＝ G，可得 EG⊥平面 AFC.因为 EG⊂平面 AEC，所以平面 AEC⊥平面 AFC.(2)如图，以 G 为坐标原点，分别以 ， 的方向为 x 轴， y 轴正方向，| |为单位长，GB→ GC→ GB→ 建立空间直角坐标系 G－ xyz.由(1)可得 A(0，－ ，0)， E(1,0， )，3 2F ， C(0， ，0)，所以 ＝(1， ， )， ＝ .(－ 1， 0，22) 3 AE→ 3 2 CF→ (－ 1， － 3， 22)故 cos〈 ， 〉＝ ＝－ .AE→ CF→ AE→ ·CF→ |AE→ ||CF→ | 335所以直线 AE 与直线 CF 所成角的余弦值为 .338．如下图，三角形 PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂直，PD＝ PC＝4， AB＝6， BC＝3.点 E 是 CD 边的中点，点 F， G 分别在线段 AB， BC 上，且AF＝2 FB， CG＝2 GB.(1)证明： PE⊥ FG；(2)求二面角 P－ AD－ C 的正切值；(3)求直线 PA 与直线 FG 所成角的余弦值．解 (1)证明：由 PD＝ PC＝4 知，△ PDC 是等腰三角形，而 E 是底边 CD 的中点，故 PE⊥ CD.又平面 PDC⊥平面 ABCD，平面 PDC∩平面 ABCD＝ CD，故 PE⊥平面 ABCD，又 FG⊂平面ABCD，故 PE⊥ FG.(2)∵平面 PDC⊥平面 ABCD，平面 PDC∩平面 ABCD＝ CD， AD⊥ CD，∴ AD⊥平面 PDC，而 PD⊂平面 PDC，故 AD⊥ PD，故∠ PDC 为二面角 P－ AD－ C 的平面角．在 Rt△ PDE 中， PE＝ ＝ ，PD2－ DE2 7∴tan∠ PDC＝ ＝ ，PEDE 73故二面角 P－ AD－ C 的正切值是 .73(3)连接 AC.由 AF＝2 FB， CG＝2 GB 知， F， G 分别是 AB， BC 且靠近点 B 的三等分点，从而 FG∥ AC，∴∠ PAC 为直线 PA 与直线 FG 所成的角．在 Rt△ ADP 中， AP＝ ＝ ＝5.PD2＋ AD2 42＋ 32在 Rt△ ADC 中， AC＝ ＝ ＝3 .AD2＋ CD2 32＋ 62 5在△ PAC 中，由余弦定理知，cos∠ PAC＝ ＝ ＝ ，PA2＋ AC2－ PC22PA·AC 52＋  35 2－ 422×5×35 9525故直线 PA 与直线 FG 所成角的余弦值是 .9525第八章 立体几何 第 2讲 空间点、线、面的位置关系 考点 空间点、线、面的位置关系 撬点 ·基础点 重难点 撬法 ·命题法 解题法 12017 高考数学一轮复习 第八章 立体几何 8.2 空间点、线、面的位置关系课时练 理时间：45 分钟基础组1.[2016·衡水中学期末]设 a， b， c 是三条不同的直线， α ， β 是两个不同的平面，则下列命题中，其逆命题不成立的是( )A．当 c⊥ α 时，若 c⊥ β ，则 α ∥ βB．当 b⊂α 时，若 b⊥ β ，则 α ⊥ βC．当 b⊂α ，且 c 是 a 在 α 内的射影时，若 b⊥ c，则 a⊥ bD．当 b⊂α ，且 c⊄α 时，若 c∥ α ，则 b∥ c答案 B解析 A 的逆命题为：当 c⊥ α 时，若 α ∥ β ，则 c⊥ β ，由线面垂直的性质知c⊥ β ；B 的逆命题为：当 b⊂α 时，若 α ⊥ β ，则 b⊥ β ，显然错误；C 的逆命题为：当b⊂α ，且 c 是 a 在 α 内的射影时，若 a⊥ b，则 b⊥ c，由三垂线的逆定理知 b⊥ c；D 的逆命题为：当 b⊂α ，且 c⊄α 时，若 b∥ c，则 c∥ α ，由线面平行的判定定理可得 c∥ α .故选 B.2．[2016·衡水二中热身]对于空间的两条直线 m， n 和一个平面 α ，下列命题中的真命题是( )A．若 m∥ α ， n∥ α ，则 m∥ n B．若 m∥ α ， n⊂α ，则 m∥ nC．若 m∥ α ， n⊥ α ，则 m∥ n D．若 m⊥ α ， n⊥ α ，则 m∥ n答案 D解析 对 A，直线 m， n 可能平行、异面或相交，故 A 错误；对 B，直线 m 与 n 可能平行，也可能异面，故 B 错误；对 C， m 与 n 垂直而非平行，故 C 错误；对 D，垂直于同一平面的两直线平行，故 D 正确．3．[2016·武邑中学期末]已知直线 a 和平面 α ， β ， α ∩ β ＝ l， a⊄α ， a⊄β ，且a 在 α ， β 内的射影分别为直线 b 和 c，则直线 b 和 c 的位置关系是( )A．相交或平行 B．相交或异面C．平行或异面 D．相交、平行或异面答案 D解析 依题意，直线 b 和 c 的位置关系可能是相交、平行或异面，故选 D.4．[2016·衡水二中预测]已知 a， b， c 为三条不同的直线，且 a⊂平面 M， b⊂平面N， M∩ N＝ c.①若 a 与 b 是异面直线，则 c 至少与 a， b 中的一条相交；②若 a 不垂直于c，则 a 与 b 一定不垂直；③若 a∥ b，则必有 a∥ c；④若 a⊥ b， a⊥ c，则必有 M⊥ N.其中正确命题的个数是( )A．0 B．1C．2 D．3答案 C解析 命题①③正确，命题②④错误．其中命题②中 a 和 b 有可能垂直；命题④中当2b∥ c 时，平面 M， N 有可能不垂直，故选 C.5. [2016·枣强中学月考]已知正四棱柱 ABCD－ A1B1C1D1中， AA1＝2 AB， E 是 AA1的中点，则异面直线 D1C 与 BE 所成角的余弦值为( )A. B.15 31010C. D.1010 35答案 B解析 如图，连接 A1B.由题意知 A1D1綊 BC，所以四边形 A1D1CB 为平行四边形，故D1C∥ A1B.所以∠ A1BE 为异面直线 D1C 与 BE 所成的角．不妨设 AA1＝2 AB＝2，则A1E＝1， BE＝ ， A1B＝ ，在△ A1BE 中，2 5cos∠ A1BE＝A1B2＋ EB2－ A1E22A1B·EB＝ ＝ ，故选 B.5＋ 2－ 12×5×2 310106. [2016·衡水二中猜题]设 a， b， c 是空间中的三条直线，下面给出四个命题：①若 a∥ b， b∥ c，则 a∥ c；②若 a⊥ b， b⊥ c，则 a∥ c；③若 a 与 b 相交， b 与 c 相交， 则 a 与 c 相交；④若 a⊂平面 α ， b⊂平面 β ，则 a， b 一定是异面直线．上述命题中正确的命题是________(写出所有正确命题的序号)．答案 ①解析 由公理 4 知①正确；当 a⊥ b， b⊥ c 时， a 与 c 可以相交、平行或异面，故②错；当 a 与 b 相交， b 与 c 相交时， a 与 c 可以相交、平行，也可以异面，故③错；a⊂α ， b⊂β ，并不能说明 a 与 b“不同在任何一个平面内 ”，故④错．7．[2016·衡水二中一轮检测]如图，在直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，∠ ACB＝90°，AA1＝2， AC＝ BC＝1，则异面直线 A1B 与 AC 所成角的余弦值是________．3答案 66解析 由于 AC∥ A1C1，所以∠ BA1C1(或其补角)就是所求异面直线所成的角．在△ BA1C1中， A1B＝ ， A1C1＝1， BC1＝ ，cos∠ BA1C1＝ ＝ .6 56＋ 1－ 526×1 668．[2016·冀州中学周测]如图所示，在四面体 ABCD 中， E、 F 分别是 AC、 BD 的中点，若 CD＝2 AB＝2， EF⊥ AB，则 EF 与 CD 所成的角等于________．答案 30°解析 如图所示，设 H 为 DA 的中点，连接 HF， HE，则易得 FH⊥ EF.在 Rt△ EFH 中，HE＝1， HF＝ ，12∴∠ HEF＝30°，即 EF 与 CD 所成的角为 30°.9．[2016·冀州中学热身]如图所示，正方形 ABCD 中， E， F 分别是 AB， AD 的中点，将此正方形沿 EF 折成直二面角后，异面直线 AF 与 BE 所成角的余弦值为________．4答案 12解析 过 F 点作 HF∥ BE，过 A 点作 EF 的垂线 AG，垂足为 G.连接 HG， HE， AH.如图，设正方形 ABCD 的边长为 2，∵平面 AEF⊥平面 BCDFE，且 AG⊥ EF，∴ AG⊥平面 BCDFE.∵ BE＝ BH＝ AE＝ AF＝1，∴ EH＝ EF＝ .∵ G 为 EF 的中点，∴ EG＝ ， AG＝ .又222 22∵ HF＝2，∴∠ HEG＝90°，∴在 Rt△ EHG 中， HG＝ ＝ .(22)2＋  2 2 102∴在 Rt△ AGH 中，AH＝ ＝ .(102)2＋ (22)2 3∵ HF∥ BE，∴ AF 与 BE 所成的角即为∠ AFH.在△ AHF 中，AF＝1， HF＝2， AH＝ ，∴∠ HAF＝90°，3∴cos∠ AFH＝ ＝ .AFHF 1210．[2016·枣强中学周测]如图，在正方体 ABCD－ A1B1C1D1中， M， N 分别是棱CD， CC1的中点，则异面直线 A1M 与 DN 所成的角的大小是________．5答案 90°解析 连接 D1M，则 D1M 为 A1M 在平面 DCC1D1上的射影，在正方形 DCC1D1中，∵ M， N分别是 CD， CC1的中点，∴ D1M⊥ DN，由三垂线定理得 A1M⊥ DN.即异面直线 A1M 与 DN 所成的角为 90°.11．[2016·冀州中学预测]在三棱锥 S－ ACB 中，∠ SAB＝∠ SAC＝∠ ACB＝90°，AC＝2， BC＝ ， SB＝ ，则 SC 与 AB 所成角的余弦值为 ____________．13 29答案 1717解析 解法一：如图，取 BC 的中点 E，分别在平面 ABC 内作 DE∥ AB，在平面 SBC 内作EF∥ SC，则异面直线 SC 与 AB 所成的角为∠ FED，过 F 作 FG⊥ AB，连接 DG，则△ DFG 为直角三角形．由题知 AC＝2， BC＝ ， SB＝ ，可得 DE＝ ， EF＝2， DF＝ ，在△ DEF 中，由余13 29172 52弦定理可得 cos∠ DEF＝ ＝ .DE2＋ EF2－ DF22DE·EF 17176解法二：如图，以 A 为原点，以 AB， AS 所在直线分别为 y， z 轴，以垂直于 y 轴、 z轴的直线为 x 轴，建立空间直角坐标系，则由 AC＝2， BC＝ ， SB＝ ，得 B(0， ，0)，13 29 17S(0,0，2 )， C ，3 (21317， 417， 0)＝ ， ＝(0， ，0)，设 SC 与 AB 所成的角为SC→ (21317， 417， － 23) AB→ 17θ ，∵ · ＝4，| || |＝4 ，SC→ AB→ SC→ AB→ 17∴cos θ ＝ ＝ .|SC→ ·AB→ ||SC→ ||AB→ | 171712．[2016·衡水二中期中]如图所示，在四棱锥 P－ ABCD 中，底面是边长为 2 的菱形，∠ DAB＝60°，对角线 AC 与 BD 交于点 O， PO⊥平面 ABCD， PB 与平面 ABCD 所成角为 60°.(1)求四棱锥的体积；(2)若 E 是 PB 的中点，求异面直线 DE 与 PA 所成角的余弦值．解 (1)在四棱锥 P－ ABCD 中，∵ PO⊥平面 ABCD，∴∠ PBO 是 PB 与平面 ABCD 所成的角，即∠ PBO＝60°.在 Rt△ AOB 中，∵ AB＝2，∴ BO＝ AB·sin30°＝1.在 Rt△ POB 中，∵ PO⊥ OB，∴ PO＝ BO·tan60°＝ ，3∵底面菱形的面积 S＝2× ×2×2× ＝2 ，12 32 3∴四棱锥 P－ ABCD 的体积 VP－ ABCD＝ ×2 × ＝2.13 3 37(2)如图所示，取 AB 的中点 F，连接 EF， DF.∵ E 为 PB 中点，∴ EF∥ PA，∴∠ DEF 为异面直线 DE 与 PA 所成角(或其补角)．在 Rt△ AOB 中，AO＝ AB·cos30°＝ ＝ OP，3∴在 Rt△ POA 中， PA＝ ，∴ EF＝ .662在正三角形 ABD 和正三角形 PDB 中， DF＝ DE＝ ，由余弦定理得 cos∠ DEF＝3DE2＋ EF2－ DF22DE·EF＝ ＝ ＝ . 3 2＋ (62)2－  3 22×3×626432 24∴异面直线 DE 与 PA 所成角的余弦值为 .24能力组13.[2016·枣强中学模拟]已知 m、 n 为异面直线， m⊂平面 α ， n⊂平面β ， α ∩ β ＝ l，则 l( )A．与 m、 n 都相交B．与 m、 n 至少一条相交C．与 m、 n 都不相交D．至多与 m、 n 中的一条相交答案 B解析 若 l 与 m、 n 都不相交，则 l∥ m， l∥ n.∴ m∥ n 与已知矛盾，故 C、D 不正确．A 中与 m、 n 都相交，也不一定，如 l∥ m， n 与 l 相交于一点．14．[2016·衡水二中期末]直三棱柱 ABC－ A1B1C1中，若∠ BAC＝90°， AB＝ AC＝ AA1，则异面直线 BA1与 AC1所成的角等于( )A．30° B．45°C．60° D．90°答案 C8解析 分别取 AB， AA1， A1C1的中点 D， E， F，则 BA1∥ DE， AC1∥ EF.所以异面直线 BA1与 AC1所成的角为∠ DEF(或其补角)，设 AB＝ AC＝ AA1＝2，则 DE＝ EF＝ ， DF＝ ，2 6由余弦定理得，cos∠ DEF＝ ＝－ ，DE2＋ EF2－ DF22DE·EF 12则∠ DEF＝120°，从而异面直线 BA1与 AC1所成的角为 60°.15．[2016·武邑中学猜题]如图是三棱锥 D－ ABC 的三视图，点 O 在三个视图中都是所在边的中点，则异面直线 DO 和 AB 所成角的余弦值等于( )A. B.33 12C. D.322答案 A9解析 由题意得如图的直观图，从 A 出发的三条线段， AB， AC， AD 两两垂直且AB＝ AC＝2， AD＝1， O 是 BC 中点，取 AC 中点 E，连接 DE， DO， OE，则 OE＝1，又可知AE＝1，由于 OE∥ AB，故∠ DOE 即为所求两异面直线所成的角或其补角．在 Rt△ DAE 中，DE＝ ，由于 O 是中点，在 Rt△ ABC 中可以求得 AO＝ ，2 2在直角三角形 DAO 中可以求得 DO＝ .在△ DOE 中，由余弦定理得 cos∠ DOE＝3＝ ，故所求余弦值为 .1＋ 3－ 22×1×3 33 3316．[2016·冀州中学仿真]如图所示，三棱锥 P—ABC 中， PA⊥平面ABC，∠ BAC＝60°， PA＝ AB＝ AC＝2， E 是 PC 的中点．(1)①求证： AE 与 PB 是异面直线；②求异面直线 AE 和 PB 所成角的余弦值；(2)求三棱锥 A－ EBC 的体积．解 (1)①证明：假设 AE 与 PB 共面，设平面为 α ，∵ A∈ α ， B∈ α ， E∈ α ，∴平面 α 即为平面 ABE，∴ P∈平面 ABE，这与 P∉平面 ABE 矛盾，10所以 AE 与 PB 是异面直线．②取 BC 的中点 F，连接 EF、 AF，则 EF∥ PB，所以∠ AEF 或其补角就是异面直线 AE 和PB 所成角．∵∠ BAC＝60°， PA＝ AB＝ AC＝2， PA⊥平面 ABC，∴ AF＝ ， AE＝ ， EF＝ ，3 2 2cos∠ AEF＝ ＝ ，2＋ 2－ 32×2×2 14所以异面直线 AE 和 PB 所成角的余弦值为 .14(2)因为 E 是 PC 中点，所以 E 到平面 ABC 的距离为 PA＝1，12VA－ EBC＝ VE－ ABC＝ × ×1＝ .13 (12×2×2×32) 33