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立体几何初步专题训练
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这是一份立体几何初步专题训练，共28页。
考点一 空间几何体的结构特征
例1 给出下列四个命题：
①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；
②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；
③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；
④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．
其中所有错误命题的序号是 ( )
A.②③④ B.①②③
C.①②④ D.①②③④
解：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④错误．故选D.
点拨 解决该类题目需要准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可．
变式1 给出下列四个命题：
①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；
②四个侧面两两全等的四棱柱一定是直四棱柱；
③若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥；
④长方体一定是正四棱柱．
其中正确命题的个数是 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解：底面是菱形的直棱柱满足条件，但它不一定是正棱柱，①不正确；斜四棱柱的四个侧面也可能两两全等，②不正确；以正六边形为底面的棱锥，其侧棱长必然要大于底面边长，③不正确；④显然不正确．故选A.
例2 下列结论正确的是 ( )
A.侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B.六条棱长均相等的四面体是正四面体
C.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
D.用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台
解：如图，各侧面均是等腰三角形，但该三棱锥非正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D错．故选B.
点拨 紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．
变式2 下列命题正确的是 ( )
A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台
D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
解：如图所示，可排除A，B选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．故选C.
考点二 空间多面体的面积、体积问题
例3 (1)(2020·上海市通河中学高二月考)侧面是正三角形的正四棱锥，体积为eq \f(\r(2),6)，则它的全面积是________．
解：如图，PABCD为正四棱锥，
设底面边长为a，过P作PG⊥BC于G，
作PO⊥底面ABCD，垂足为O，
连接OG.在Rt△POG中，
PG＝eq \f(\r(3),2)a，PO＝eq \r(\f(3a2,4)－\f(a2,4))＝eq \f(\r(2),2)a，
因为体积为eq \f(\r(2),6)，即eq \f(1,3)×a2×eq \f(\r(2),2)a＝eq \f(\r(2),6)，则a＝1.
所以正四棱柱的全面积为4×eq \f(\r(3),4)a2＋a2＝1＋eq \r(3).
故填1＋eq \r(3).
点拨 求解多面体的表面积，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解．
(2)(2019·全国卷Ⅲ)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，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 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：由题意得，
S四边形EFGH＝4×6－4×eq \f(1,2)×2×3＝12(cm2)，
因为四棱锥OEFGH的高为3 cm，
所以VOEFGH＝eq \f(1,3)×12×3＝12(cm3)．
又长方体ABCDA1B1C1D1的体积为V2＝4×6×6＝144(cm3)，
所以该模型体积为V＝V2－VOEFGH＝144－12＝132(cm3)，
其质量m＝0.9×132＝118.8(g)．故填118.8.
点拨 求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别地，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.本题还蕴含“整体和局部”的对立统一规律．在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题．
变式3 (1)(2020·上海市宜川中学高二期中)如图1所示的正方体的棱长为1，沿对角面(图中阴影部分)将其分割成两块，重新拼接成如图2所示的斜四棱柱，则所得的斜四棱柱的表面积是________．
解：由拼接规律得：斜四棱柱的上下两个底面为矩形，长为1，宽为eq \r(2)；左右为两个正方形，边长为1；前后为两个平行四边形，相邻两边长为1与eq \r(2)，一个内角为45°，从而斜四棱柱的表面积是2×1×eq \r(2)＋2×12＋2×1×eq \r(2)×sin45°＝4＋2eq \r(2)，故填4＋2eq \r(2).
(2)(2019·江苏卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是________．
解：相对于长方体的底面积与高，三棱锥的分别减半．故所求为eq \f(1,3)×120×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝10.故填10.
课后作业
1．(2020·全国高二专题练习)下列说法中正确的是 ( )
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱
C.所有的几何体的表面都能展成平面图形
D.棱柱的各条棱都相等
解：棱柱的侧面是平行四边形，不可能是三角形，所以A不正确；球的表面就不能展成平面图形，所以C不正确；棱柱的侧棱与底面边长不一定相等，所以D不正确．故选B.
2.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 ( )
A.π B.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,4)
解：圆柱的轴截面如图所示，由题意可得，AC＝1，AB＝eq \f(1,2)，结合勾股定理，底面半径r＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，
由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V＝πr2h＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2×1＝eq \f(3,4)π.故选B.
3．(山东省2020届高三11月新高考模拟)已知三棱锥SABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq \f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq \r(13)，AB＝2，BC＝6，则三棱锥SABC的体积是 ( )
A.4 B.6 C.4eq \r(3) D.6eq \r(3)
解：因为∠ABC＝eq \f(π,2)，所以AB⊥BC，又因为AB＝2，BC＝6，所以AC＝2eq \r(10)，
因为∠SAB＝eq \f(π,2)，所以AB⊥AS，又因为AB＝2，SB＝4，所以AS＝2eq \r(3)，
再由SC＝2eq \r(13)得AC2＋AS2＝SC2，所以AC⊥AS，所以AS⊥平面ABC.
所以AS为三棱锥SABC的高，所以VSABC＝eq \f(1,3)×6×2eq \r(3)＝4eq \r(3)，故选C.
4.(2020·全国高三专题练习)一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为 ( )
A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(3\r(5),4) D.eq \f(4\r(5),15)
解：不妨设圆锥的底面半径为r1＝1，高为h1＝2，该圆柱的底面半径r2＝1，高为h2.根据圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，得eq \f(1,3)×π×12×2＝π×12×h2，即得h2＝eq \f(2,3).圆锥的母线长为eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，故两者侧面积比为eq \f(\f(1,2)×2π×1×\r(5),2π×1×\f(2,3))＝eq \f(3\r(5),4)，故选C.
5.(2020·合肥市第六中学高二期中)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体(如图)，面ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则此几何体的表面积为 ( )
A.8eq \r(3) B.8＋8eq \r(3)
C.6eq \r(2)＋2eq \r(3) D.8＋6eq \r(2)＋2eq \r(3)
解：过F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，取BC的中点P，连接PF，过F作FQ⊥AB，垂足为Q，连接OQ.△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，
所以OP＝eq \f(1,2)(AB－EF)＝1，PF＝eq \r(3)，OQ＝eq \f(1,2)BC＝1，
所以OF＝eq \r(PF2－OP2)＝eq \r(2)，FQ＝eq \r(OF2＋OQ2)＝eq \r(3)，
所以S梯形ABFE＝S梯形CDEF＝eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r(3)＝3eq \r(3)；又S△BCF＝S△ADE＝eq \f(\r(3),4)×4＝eq \r(3)，S矩形ABCD＝4×2＝8，
所以几何体的表面积S＝3eq \r(3)×2＋eq \r(3)×2＋8＝8＋8eq \r(3)，故选B.
6.【多选题】(2020·湖南高三期末)已知四面体ABCD中，AB＝CD＝5，AC＝BD＝eq \r(34)，AD＝BC＝eq \r(41)，O为其外接球球心，AO与AB，AC，AD所成的角分别为α，β，γ，以下结论中所有正确的为 ( )
A.该四面体的外接球的表面积为50π
B.该四面体的体积为10
C.cs2α＋cs2β＋cs2γ＝1
D.∠BAC＋∠CAD＋∠DAB＝180°
解：依题意，把四面体补成长方体，如图，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2＋c2＝34，b2＋c2＝25，a2＋b2＝41，解得a＝5，b＝4，c＝3；由于四面体的外接球就是长方体的外接球，所以易得该四面体的外接球的表面积为50π；该四面体的体积等于长方体的体积去掉四个三棱锥的体积，易求体积为20；四面体的外接球的球心O是长方体体对角线的中点，所以α，β，γ分别等同于长方体的体对角线与AB，AC，AD所成的角，易求cs2α＋cs2β＝eq \f(59,50)＞1；对于D项，易知这三个角分别是边长为5，eq \r(34)，eq \r(41)的三角形三个内角，故其和为180°.故选AD.
7.(四川天府名校2020届高三上教学第一轮联合质量测评)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10eq \r(2) cm，高为10 cm.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.(π取3.14)
解：设被挖去的正方体的棱长为x cm，取过正方体上下底面面对角线的轴截面，由相似三角形得，则eq \f(\f(\r(2),2)x,5\r(2))＝eq \f(10－x,10)，解得x＝5.
模型的体积为V＝eq \f(1,3)π×(5eq \r(2))2×10－53＝eq \f(500π,3)－125 (cm3)，
因此，制作该模型所需原料的质量为0.9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(500π,3)－125))＝150π－0.9×125＝358.5 g．故填358.5.
8．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.
(1)证明：AC⊥BD；
(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
解：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.
因为AD＝CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.
(2)连接EO.
由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，
所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，
故∠DOB＝90°.
由题设知△AEC为直角三角形，
所以EO＝eq \f(1,2)AC.
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，
所以EO＝eq \f(1,2)BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq \f(1,2)，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积为eq \f(1,2)，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
附加题 (2018·陕西部分学校摸底)已知四棱锥SABCD的底面是中心为O的正方形，且SO⊥平面ABCD，SA＝2eq \r(3)，那么当该四棱锥的体积最大时，它的高为( )
A.1 B.2 C.eq \r(3) D.3
解：设四棱锥的高SO＝h(00，V(h)单调递增，当2考点一 基本概念与性质问题
例1 ABCDA1B1C1D1是正方体，在图1中，E、F分别是D1C1、B1B的中点，画出图1、2中有阴影的平面与平面ABCD的交线，并给出证明．
解：在图3中，过点E作EN平行于B1B交CD于点N，连接NB并延长交EF的延长线于点M，连接AM，则AM即为有阴影的平面与平面ABCD的交线．
在图4中，延长DC，过点C1作C1M∥A1B交DC的延长线于点M，连接BM，则BM即为有阴影的平面与平面ABCD的交线．
证明：在图3中，因为直线EN∥BF，所以B、N、E、F四点共面，因此EF与BN相交，交点为M.因为M∈EF，且M∈NB，而EF⊂平面AEF，NB⊂平面ABCD，所以M是平面ABCD与平面AEF的公共点．又因为点A是平面AEF和平面ABCD的公共点，故AM为两平面的交线．
在图4中，C1M在平面DCC1D1内，因此与DC的延长线相交，交点为M，则点M为平面A1C1B与平面ABCD的公共点，又点B是这两个平面的公共点，因此直线BM是两平面的交线．
点拨 本题解题的关键在于构造平面，可考虑过一条直线及另一条直线上的点作平面，进而找出两面相交的交线．
变式1 如图所示，E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CC1，AA1的中点，试画出平面BED1F与平面ABCD的交线．
解：如图所示，在平面AA1D1D内，D1F与DA不平行，
分别延长D1F与DA，则D1F与DA必相交，设交点为M.
因为M∈D1F，M∈DA，D1F⊂平面BED1F，DA⊂平面ABCD，
所以M∈平面BED1F∩平面ABCD，
又B∈平面BED1F∩平面ABCD，
连接MB，则平面BED1F∩平面ABCD＝MB.
故直线MB即为所求两平面的交线．
考点二 点共线、线共点问题
例2 如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．
证明：(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD.
在△BCD中，因为eq \f(BG,GC)＝eq \f(DH,HC)＝eq \f(1,2)，
所以GH∥BD，所以EF∥GH.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，
所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
所以P∈AC，即P，A，C三点共线．
点拨 ①证明四点共面的基本思路：一是直接证明，即利用公理或推论来直接证明；二是先由其中不共线的三点确定一个平面，再证第四个点也在这个平面内即可．②要证明点共线问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理3，即证点在两个平面的交线上，本题即采用这种证法；或者选择其中两点确定一直线，然后证明另一点也在直线上．③证明空间三线共点问题，先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上，如变式2.
变式2 已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：
(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
证明：(1)如图所示．
因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体AC1中，设平面AA1C1C为α，
又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点．同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF所以DE与BF相交，设交点为M，
则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，
得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.
所以DE，BF，CC1三线交于点M.
考点三 共面问题
例3 如图，已知直线a∥b∥c，l∩a＝A，l∩b＝B，l∩c＝C.求证：直线a，b，c和l共面．
证明：方法一：(辅助平面法)
因为a∥b，所以a，b确定一个平面α.
因为A∈a，B∈b，所以A∈α，B∈α.
又A∈l，B∈l，所以l⊂α.
因为C∈l，所以C∈α，所以直线a与点C同在平面α内．
又a∥c，所以直线a，c确定一个平面β.
因为C∈c，c⊂β，所以C∈β，即直线a与点C同在平面β内，
由公理2的推论1，可得平面α和平面β重合，则c⊂α.
所以a，b，c，l共面．
方法二：(纳入平面法)
因为a∥b，所以a，b确定一个平面α.
因为A∈a，B∈b，所以A∈α，B∈α.
又A∈l，B∈l，所以l⊂α.
则a，b，l都在平面α内，即b在a，l确定的平面内．
同理可证c在a，l确定的平面内．
因为过a与l只能确定一个平面，
所以a，b，c，l共面于a，l确定的平面，
即直线a，b，c和l共面．
点拨 证明点、线共面的主要依据是公理1、公理2及其推论，常用的方法有：①辅助平面法，先证明有关点、线确定平面α，再证明其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合；②纳入平面法，先由条件确定一个平面，再证明有关的点、线在此平面内．
变式3 (2019·山东东营检测)下列命题中所有不正确命题的序号是 ．
①没有公共点的两条直线是异面直线；
②分别和两条异面直线都相交的两直线异面；
③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线不可能平行；
④一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．
解：没有公共点的两条直线平行或异面，故①错；命题②错，此时两直线有可能相交；命题③正确，因为若直线a和b异面，c∥a，则c与b不可能平行，用反证法证明如下：若c∥b，又c∥a，则a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不平行；命题④正确，若c与两异面直线a，b都相交，可知a，c可确定一个平面，b，c也可确定一个平面，这样，a，b，c共确定两个平面．故填①②.
考点四 异面直线问题
例4 (1)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为 ( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
解：如图所示，作出正方体ABCDA1B1C1D1，连接AE，取DD1的中点F，连接EF，AF，则CD∥EF，则∠AEF为异面直线AE与CD所成的角，因为EF⊥平面ADD1A1，且AF⊂平面ADD1A1，所以EF⊥AF.在Rt△AEF中，设EF＝2，则AD＝2，DF＝1，所以AF＝eq \r(AD2＋DF2)＝eq \r(5)，所以tan∠AEF＝eq \f(AF,EF)＝eq \f(\r(5),2).故选C.
(2)(2019·福建福州质检)直三棱柱ABCA1B1C1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°
解：如图，延长CA到点D，使得AD＝AC，连接DA1，BD，
则四边形ADA1C1为平行四边形，所以∠DA1B是异面直线BA1与AC1所成的角．又A1D＝A1B＝DB，所以△A1DB为等边三角形，所以∠DA1B＝60°.故选C.
点拨 ①平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下.
(i)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
(ii)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
(iii)计算：求该角的值，常利用解三角形；
(iv)取舍：由异面直线所成的角的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
②求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．
变式4 (1)(2018·四川泸州模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE与FD1所成的角的余弦值等于．
解：取BC的中点G，连接GC1，则GC1∥FD1，再取GC的中点H，连接HE、OH.
因为E是CC1的中点，所以GC1∥EH.
所以∠OEH即为异面直线OE与FD1所成的角．
在△OEH中，OE＝eq \r(3)，HE＝eq \f(\r(5),2)，OH＝eq \f(\r(5),2).cs∠OEH＝eq \f(\f(OE,2),EH)＝eq \f(\r(15),5).故填eq \f(\r(15),5).
(2)(2019·山东淄博检测)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝eq \f(π,2)，AB＝AC＝2AA1，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为 ( )
A.eq \f(1,5) B.－eq \f(1,5) C.eq \f(\r(5),5) D.－eq \f(\r(5),5)
解：将三棱柱补为长方体ABDCA1B1D1C1，异面直线AC1与A1B所成的角即为∠AC1D，
不妨设AA1＝1，则AC＝CD＝2，AC1＝DC1＝eq \r(5)，AD＝2eq \r(2).
由题意知cs∠AC1D＝eq \f(5＋5－8,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5).故选A.
1．判断空间线面关系命题的真假，是一类常见的客观题．解这类题，一要准确把握、理解相关概念；二要熟悉“推理论证加反例推断”的方法；三要借助空间直观．如教室就是一个长方体，建议同学们学立体几何时充分借助这一模型．
2．要重视三种数学语言——文字语言、符号语言、图形语言的互译，特别要培养准确使用符号语言的能力．在空间图形中，点是最基本的元素，点与线、点与面是元素与集合的关系，直线与平面是集合与集合的关系，防止出现符号“∈”“⊂”混用的错误．
3．求两条异面直线所成角的步骤是：先作图，再证明，后计算．作图，往往过其中一条直线上一点作另外一条直线的平行线，或过空间一特殊点分别作两条直线的平行线，即平移线段法，此法是求异面直线所成角的常用方法，其实质是把异面问题转化为共面问题；证明，即证明作图中所产生的某个角是异面直线所成的角；计算，一般在一个三角形中求解，这往往需要运用正弦定理或余弦定理来解决，如果计算出来的角是钝角，则需要转化为相应的锐角，因为异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
4．证明“线共面”或者“点共面”问题时，可以先由部分直线或者点确定一个平面，再证明其余的直线或者其余的点也在这个平面内．
5．证明“点共线”问题时，可以将这些点看作是两个平面的交线上的点，只要证明这些点是两个平面的公共点，根据公理3就可以确定这些点都在同一条直线上，即点共线．
课后作业
1．下面三条直线一定共面的是 ( )
A.a，b，c两两平行
B.a，b，c两两相交
C.a∥b，c与a，b均相交
D.a，b，c两两垂直
解：因为a∥b，所以a，b确定了一个平面，又c与a，b均相交，所以c只能在a，b确定的平面内，即a，b，c共面．故选C.
2.如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是异面直线的一个图是 ( )
解：A，B中PQRS，D中直线PQ与RS相交(或RP∥SQ)，即直线PQ与RS共面，均不满足条件；C中的直线PQ与RS是两条既不平行，又不相交的直线，即直线PQ与RS是异面直线．故选C.
3.(2019·成都模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：
①四边形EFGH是平行四边形；
②平面α∥平面BCC1B1；
③平面α⊥平面BCFE.
其中所有正确命题的编号是 ( )
A.①② B.②③ C.①③ D.①②③
解：由题意，如图所示，
因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．综上可知①③正确．故选C.
4．(2019·广州模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确结论的个数是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解：画出该几何体，如图所示，
因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，直线BE与直线CF是共面直线，故①不正确；直线BE与直线AF满足异面直线的定义，故②正确；由E，F分别是PA，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以直线EF∥平面PBC，故③正确；因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确．所以正确结论的个数是2.故选B.
5．(2019·常德期末)一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中 ( )
A.AB∥CD B.AB与CD相交
C.AB⊥CD D.AB与CD所成的角为60°
解：如图，把展开图中的各正方形按图①所示的方式分别作为正方体的前、后、左、右、上、下面还原，得到图②所示的直观图，可得选项A，B，C不正确．图②中，DE∥AB，∠CDE为AB与CD所成的角，△CDE为等边三角形，所以∠CDE＝60°.所以正确选项为D.故选D.
6．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
解：如图所示，
将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝eq \r(5)，AD1＝eq \r(2).在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝eq \r(12＋22－2×1×2×cs60°)＝eq \r(3)，所以cs∠B1AD1＝eq \f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).故选C.
7．(2020·河南高三期中)在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为α，平面α被此正方体所截得截面图形的面积为 ( )
A.3eq \r(3) B.6eq \r(2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(2)
解：如图所示，F，G，H是所在棱的中点．
易知RF与HQ相交，确定一个平面，HQ∥RG，故G在平面内，同理P在平面内，故平面α被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR，边长为eq \r(2)，S＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)sineq \f(π,3)×6＝3eq \r(3).故选A.
8.【多选题】(2020·重庆巴蜀中学高三月考)在正方形ABCD中，边长AB＝2，AB的中点为E，现将△ABD沿对角线BD翻折(如图)，则在翻折的过程中，下列说法正确的是 ( )
A.直线BD与直线AC所成的角为90°(A，C不重合时)
B.三棱锥BACD体积的最大值为eq \f(4\r(2),3)
C.三棱锥ABCD外接球的表面积为8π
D.点E运动形成的轨迹为椭圆的一部分
解：对于A项，取BD的中点O，连接OA，OC，所以OA⊥BD，OC⊥BD，OA∩OC＝O，
所以BD⊥平面OAC，所以BD⊥AC，A正确；
对于B项，VBACD＝VABCD，当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥ABCD的体积最大，此时h＝eq \r(2)，VABCD＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×eq \f(1,2)×2×2＝eq \f(2\r(2),3)，B不正确；
对于C项，由BD的中点O为外接球的球心，R＝eq \r(2)，S表＝4πR2＝4π×2＝8π，C正确；
对于D项，点E的轨迹为圆的一部分，圆心为BD上靠近B的4等分点，D不正确．故选AC.
9．(2019·山东聊城检测)如图，点M，N分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1和B1C1的中点，则MN和CD1所成角的大小是 ．
解：因为MN∥BC1，CD1∥A1B，所以∠A1BC1就是MN和CD1所成的角，而△A1BC1是等边三角形，所以∠A1BC1＝60°.故填60°.
10．(2019·广西南宁二中、柳州高中联考)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，下列说法正确的是 (填上所有正确的序号)．
①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB.
解：如图，对于①，易证ABCE为矩形，连接AC，则N在AC上，连接CD，BD，易证在△ACD中，MN为中位线，MN∥DC，又MN⊄平面DEC，所以MN∥平面DEC，①正确；
对于②，由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，ED∩EC＝E，所以AE⊥平面CED，又CD⊂平面CED，所以AE⊥CD，所以MN⊥AE，②正确；
对于③，MN与AB异面．假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾．③错误．故填①②.
11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为8 cm，M，N，P分别是AD、A1B1、B1B的中点．
(1)画出过M，N，P三点的平面与平面AC的交线以及与平面BC1的交线；
(2)设过M，N，P三点的平面与BC交于点R，求PR的长．
解：(1)延长NP、AB交于点Q.
则Q∈平面MNP，Q∈平面AC.
又M∈平面MNP，M∈平面AC.
所以平面MNP∩平面AC＝MQ.
设MQ∩BC＝R.则平面MNP∩平面BC1＝PR.
(2)因为P为BB1中点，
所以BQ＝B1N＝eq \f(1,2)AB，所以BR＝eq \f(1,3)AM＝eq \f(4,3)(cm)．
所以PR＝eq \r(BP2＋BR2)＝eq \f(4,3)eq \r(10)(cm)．
12．如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．
(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．
解：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．
(2)取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以∠FEG即为异面直线EF与BD所成的角．又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.在Rt△EGF中，由EG＝FG＝eq \f(1,2)AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.
13．(2018·榆林高三模拟)如图所示，在四棱锥PABCD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PABCD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PABCD中，
因为PO⊥平面ABCD，所以∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBO＝60°.
在Rt△AOB中，因为AB＝2，所以BO＝ABsin30°＝1.
在Rt△POB中，因为PO⊥OB，所以PO＝BO·tan60°＝eq \r(3)，
因为底面菱形的面积S＝2×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，
所以四棱锥PABCD的体积VPABCD＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×eq \r(3)＝2.
(2)如图所示，取AB的中点F，连接EF，DF.
因为E为PB的中点，所以EF∥PA，
所以∠DEF为异面直线DE与PA所成角(或其补角)．
AO＝AB·cs30°＝eq \r(3)＝OP，
在Rt△POA中，PA＝eq \r(6)，EF＝eq \f(\r(6),2).
在正△ABD和正△PDB中，DF＝DE＝eq \r(3)，
由余弦定理得cs∠DEF＝eq \f(DE2＋EF2－DF2,2DE·EF)＝eq \f(（\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2)－（\r(3)）2,2×\r(3)×\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(2),4).
所以异面直线DE与PA所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
附加题 如图所示，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ与CB的延长线交于点M，RQ与DB的延长线交于点N，RP与DC的延长线交于点K.给出以下说法：
①直线MN⊂平面PQR；
②点K在直线MN上；
③M，N，K，A四点共面．
其中所有正确说法的序号是________．
解：因为PQ在平面PQR内，M在直线PQ上，所以M在平面PQR内，因为RQ在平面PQR内，N在直线RQ上，所以N在平面PQR内，所以直线MN⊂平面PQR，故①正确．
因为M在直线CB上，而CB在平面BCD内，所以M在平面BCD内，由①知M在平面PQR内，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同理可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以②正确．
因为M，N，K三点共线，所以M，N，K，A四点共面，故③正确．故填①②③.
考点一 空间几何体的结构特征
例1 给出下列四个命题：
①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱；
②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；
③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；
④若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱．
其中所有错误命题的序号是 ( )
A.②③④ B.①②③
C.①②④ D.①②③④
解：认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故①③错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相平行，故④错误．故选D.
点拨 解决该类题目需要准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可．
变式1 给出下列四个命题：
①各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱；
②四个侧面两两全等的四棱柱一定是直四棱柱；
③若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥；
④长方体一定是正四棱柱．
其中正确命题的个数是 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
解：底面是菱形的直棱柱满足条件，但它不一定是正棱柱，①不正确；斜四棱柱的四个侧面也可能两两全等，②不正确；以正六边形为底面的棱锥，其侧棱长必然要大于底面边长，③不正确；④显然不正确．故选A.
例2 下列结论正确的是 ( )
A.侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B.六条棱长均相等的四面体是正四面体
C.有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
D.用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台
解：如图，各侧面均是等腰三角形，但该三棱锥非正三棱锥，A错；斜四棱柱也有可能两个侧面是矩形，所以C错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，所以D错．故选B.
点拨 紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．
变式2 下列命题正确的是 ( )
A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C.直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台
D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
解：如图所示，可排除A，B选项．只要有截面与圆柱的母线平行或垂直，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分．故选C.
考点二 空间多面体的面积、体积问题
例3 (1)(2020·上海市通河中学高二月考)侧面是正三角形的正四棱锥，体积为eq \f(\r(2),6)，则它的全面积是________．
解：如图，PABCD为正四棱锥，
设底面边长为a，过P作PG⊥BC于G，
作PO⊥底面ABCD，垂足为O，
连接OG.在Rt△POG中，
PG＝eq \f(\r(3),2)a，PO＝eq \r(\f(3a2,4)－\f(a2,4))＝eq \f(\r(2),2)a，
因为体积为eq \f(\r(2),6)，即eq \f(1,3)×a2×eq \f(\r(2),2)a＝eq \f(\r(2),6)，则a＝1.
所以正四棱柱的全面积为4×eq \f(\r(3),4)a2＋a2＝1＋eq \r(3).
故填1＋eq \r(3).
点拨 求解多面体的表面积，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解．
(2)(2019·全国卷Ⅲ)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，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 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：由题意得，
S四边形EFGH＝4×6－4×eq \f(1,2)×2×3＝12(cm2)，
因为四棱锥OEFGH的高为3 cm，
所以VOEFGH＝eq \f(1,3)×12×3＝12(cm3)．
又长方体ABCDA1B1C1D1的体积为V2＝4×6×6＝144(cm3)，
所以该模型体积为V＝V2－VOEFGH＝144－12＝132(cm3)，
其质量m＝0.9×132＝118.8(g)．故填118.8.
点拨 求空间几何体体积的常用方法为割补法和等积变换法：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积；②等积变换法：特别地，对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.本题还蕴含“整体和局部”的对立统一规律．在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题．
变式3 (1)(2020·上海市宜川中学高二期中)如图1所示的正方体的棱长为1，沿对角面(图中阴影部分)将其分割成两块，重新拼接成如图2所示的斜四棱柱，则所得的斜四棱柱的表面积是________．
解：由拼接规律得：斜四棱柱的上下两个底面为矩形，长为1，宽为eq \r(2)；左右为两个正方形，边长为1；前后为两个平行四边形，相邻两边长为1与eq \r(2)，一个内角为45°，从而斜四棱柱的表面积是2×1×eq \r(2)＋2×12＋2×1×eq \r(2)×sin45°＝4＋2eq \r(2)，故填4＋2eq \r(2).
(2)(2019·江苏卷)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是________．
解：相对于长方体的底面积与高，三棱锥的分别减半．故所求为eq \f(1,3)×120×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝10.故填10.
课后作业
1．(2020·全国高二专题练习)下列说法中正确的是 ( )
A.棱柱的侧面可以是三角形
B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱
C.所有的几何体的表面都能展成平面图形
D.棱柱的各条棱都相等
解：棱柱的侧面是平行四边形，不可能是三角形，所以A不正确；球的表面就不能展成平面图形，所以C不正确；棱柱的侧棱与底面边长不一定相等，所以D不正确．故选B.
2.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 ( )
A.π B.eq \f(3π,4) C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,4)
解：圆柱的轴截面如图所示，由题意可得，AC＝1，AB＝eq \f(1,2)，结合勾股定理，底面半径r＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，
由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V＝πr2h＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2×1＝eq \f(3,4)π.故选B.
3．(山东省2020届高三11月新高考模拟)已知三棱锥SABC中，∠SAB＝∠ABC＝eq \f(π,2)，SB＝4，SC＝2eq \r(13)，AB＝2，BC＝6，则三棱锥SABC的体积是 ( )
A.4 B.6 C.4eq \r(3) D.6eq \r(3)
解：因为∠ABC＝eq \f(π,2)，所以AB⊥BC，又因为AB＝2，BC＝6，所以AC＝2eq \r(10)，
因为∠SAB＝eq \f(π,2)，所以AB⊥AS，又因为AB＝2，SB＝4，所以AS＝2eq \r(3)，
再由SC＝2eq \r(13)得AC2＋AS2＝SC2，所以AC⊥AS，所以AS⊥平面ABC.
所以AS为三棱锥SABC的高，所以VSABC＝eq \f(1,3)×6×2eq \r(3)＝4eq \r(3)，故选C.
4.(2020·全国高三专题练习)一个圆锥SC的高和底面直径相等，且这个圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，则圆锥SC和圆柱OM的侧面积的比值为 ( )
A.eq \f(3\r(2),2) B.eq \f(\r(2),3) C.eq \f(3\r(5),4) D.eq \f(4\r(5),15)
解：不妨设圆锥的底面半径为r1＝1，高为h1＝2，该圆柱的底面半径r2＝1，高为h2.根据圆锥SC和圆柱OM的底面半径及体积也都相等，得eq \f(1,3)×π×12×2＝π×12×h2，即得h2＝eq \f(2,3).圆锥的母线长为eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，故两者侧面积比为eq \f(\f(1,2)×2π×1×\r(5),2π×1×\f(2,3))＝eq \f(3\r(5),4)，故选C.
5.(2020·合肥市第六中学高二期中)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体(如图)，面ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则此几何体的表面积为 ( )
A.8eq \r(3) B.8＋8eq \r(3)
C.6eq \r(2)＋2eq \r(3) D.8＋6eq \r(2)＋2eq \r(3)
解：过F作FO⊥平面ABCD，垂足为O，取BC的中点P，连接PF，过F作FQ⊥AB，垂足为Q，连接OQ.△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，
所以OP＝eq \f(1,2)(AB－EF)＝1，PF＝eq \r(3)，OQ＝eq \f(1,2)BC＝1，
所以OF＝eq \r(PF2－OP2)＝eq \r(2)，FQ＝eq \r(OF2＋OQ2)＝eq \r(3)，
所以S梯形ABFE＝S梯形CDEF＝eq \f(1,2)×(2＋4)×eq \r(3)＝3eq \r(3)；又S△BCF＝S△ADE＝eq \f(\r(3),4)×4＝eq \r(3)，S矩形ABCD＝4×2＝8，
所以几何体的表面积S＝3eq \r(3)×2＋eq \r(3)×2＋8＝8＋8eq \r(3)，故选B.
6.【多选题】(2020·湖南高三期末)已知四面体ABCD中，AB＝CD＝5，AC＝BD＝eq \r(34)，AD＝BC＝eq \r(41)，O为其外接球球心，AO与AB，AC，AD所成的角分别为α，β，γ，以下结论中所有正确的为 ( )
A.该四面体的外接球的表面积为50π
B.该四面体的体积为10
C.cs2α＋cs2β＋cs2γ＝1
D.∠BAC＋∠CAD＋∠DAB＝180°
解：依题意，把四面体补成长方体，如图，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2＋c2＝34，b2＋c2＝25，a2＋b2＝41，解得a＝5，b＝4，c＝3；由于四面体的外接球就是长方体的外接球，所以易得该四面体的外接球的表面积为50π；该四面体的体积等于长方体的体积去掉四个三棱锥的体积，易求体积为20；四面体的外接球的球心O是长方体体对角线的中点，所以α，β，γ分别等同于长方体的体对角线与AB，AC，AD所成的角，易求cs2α＋cs2β＝eq \f(59,50)＞1；对于D项，易知这三个角分别是边长为5，eq \r(34)，eq \r(41)的三角形三个内角，故其和为180°.故选AD.
7.(四川天府名校2020届高三上教学第一轮联合质量测评)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为在圆锥底部挖去一个正方体后的剩余部分(正方体四个顶点在圆锥母线上，四个顶点在圆锥底面上)，圆锥底面直径为10eq \r(2) cm，高为10 cm.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.(π取3.14)
解：设被挖去的正方体的棱长为x cm，取过正方体上下底面面对角线的轴截面，由相似三角形得，则eq \f(\f(\r(2),2)x,5\r(2))＝eq \f(10－x,10)，解得x＝5.
模型的体积为V＝eq \f(1,3)π×(5eq \r(2))2×10－53＝eq \f(500π,3)－125 (cm3)，
因此，制作该模型所需原料的质量为0.9×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(500π,3)－125))＝150π－0.9×125＝358.5 g．故填358.5.
8．(2017·全国卷Ⅲ)如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD.
(1)证明：AC⊥BD；
(2)已知△ACD是直角三角形，AB＝BD，若E为棱BD上与D不重合的点，且AE⊥EC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比．
解：(1)证明：取AC的中点O，连接DO，BO.
因为AD＝CD，所以AC⊥DO.
又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.
从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.
(2)连接EO.
由(1)及题设知∠ADC＝90°，所以DO＝AO.
在Rt△AOB中，BO2＋AO2＝AB2.
又AB＝BD，
所以BO2＋DO2＝BO2＋AO2＝AB2＝BD2，
故∠DOB＝90°.
由题设知△AEC为直角三角形，
所以EO＝eq \f(1,2)AC.
又△ABC是正三角形，且AB＝BD，
所以EO＝eq \f(1,2)BD.
故E为BD的中点，从而E到平面ABC的距离为D到平面ABC的距离的eq \f(1,2)，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积为eq \f(1,2)，即四面体ABCE与四面体ACDE的体积之比为1∶1.
附加题 (2018·陕西部分学校摸底)已知四棱锥SABCD的底面是中心为O的正方形，且SO⊥平面ABCD，SA＝2eq \r(3)，那么当该四棱锥的体积最大时，它的高为( )
A.1 B.2 C.eq \r(3) D.3
解：设四棱锥的高SO＝h(0
例1 ABCDA1B1C1D1是正方体，在图1中，E、F分别是D1C1、B1B的中点，画出图1、2中有阴影的平面与平面ABCD的交线，并给出证明．
解：在图3中，过点E作EN平行于B1B交CD于点N，连接NB并延长交EF的延长线于点M，连接AM，则AM即为有阴影的平面与平面ABCD的交线．
在图4中，延长DC，过点C1作C1M∥A1B交DC的延长线于点M，连接BM，则BM即为有阴影的平面与平面ABCD的交线．
证明：在图3中，因为直线EN∥BF，所以B、N、E、F四点共面，因此EF与BN相交，交点为M.因为M∈EF，且M∈NB，而EF⊂平面AEF，NB⊂平面ABCD，所以M是平面ABCD与平面AEF的公共点．又因为点A是平面AEF和平面ABCD的公共点，故AM为两平面的交线．
在图4中，C1M在平面DCC1D1内，因此与DC的延长线相交，交点为M，则点M为平面A1C1B与平面ABCD的公共点，又点B是这两个平面的公共点，因此直线BM是两平面的交线．
点拨 本题解题的关键在于构造平面，可考虑过一条直线及另一条直线上的点作平面，进而找出两面相交的交线．
变式1 如图所示，E，F分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱CC1，AA1的中点，试画出平面BED1F与平面ABCD的交线．
解：如图所示，在平面AA1D1D内，D1F与DA不平行，
分别延长D1F与DA，则D1F与DA必相交，设交点为M.
因为M∈D1F，M∈DA，D1F⊂平面BED1F，DA⊂平面ABCD，
所以M∈平面BED1F∩平面ABCD，
又B∈平面BED1F∩平面ABCD，
连接MB，则平面BED1F∩平面ABCD＝MB.
故直线MB即为所求两平面的交线．
考点二 点共线、线共点问题
例2 如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.
(1)求证：E，F，G，H四点共面；
(2)设EG与FH交于点P，求证：P，A，C三点共线．
证明：(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，
所以EF∥BD.
在△BCD中，因为eq \f(BG,GC)＝eq \f(DH,HC)＝eq \f(1,2)，
所以GH∥BD，所以EF∥GH.
所以E，F，G，H四点共面．
(2)因为EG∩FH＝P，P∈EG，EG⊂平面ABC，
所以P∈平面ABC.同理P∈平面ADC.
所以P为平面ABC与平面ADC的公共点．
又平面ABC∩平面ADC＝AC，
所以P∈AC，即P，A，C三点共线．
点拨 ①证明四点共面的基本思路：一是直接证明，即利用公理或推论来直接证明；二是先由其中不共线的三点确定一个平面，再证第四个点也在这个平面内即可．②要证明点共线问题，关键是转化为证明点在直线上，也就是利用公理3，即证点在两个平面的交线上，本题即采用这种证法；或者选择其中两点确定一直线，然后证明另一点也在直线上．③证明空间三线共点问题，先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过这点，把问题转化为证明点在直线上，如变式2.
变式2 已知在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：
(1)D，B，F，E四点共面；
(2)若A1C交平面DBFE于R点，则P，Q，R三点共线；
(3)DE，BF，CC1三线交于一点．
证明：(1)如图所示．
因为EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体AC1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD.所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面．
(2)在正方体AC1中，设平面AA1C1C为α，
又设平面BDEF为β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.
又Q∈EF，所以Q∈β.所以Q是α与β的公共点．同理，P是α与β的公共点．所以α∩β＝PQ.
又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β.
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF
则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，
得M∈平面D1DCC1，同理，点M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.
所以DE，BF，CC1三线交于点M.
考点三 共面问题
例3 如图，已知直线a∥b∥c，l∩a＝A，l∩b＝B，l∩c＝C.求证：直线a，b，c和l共面．
证明：方法一：(辅助平面法)
因为a∥b，所以a，b确定一个平面α.
因为A∈a，B∈b，所以A∈α，B∈α.
又A∈l，B∈l，所以l⊂α.
因为C∈l，所以C∈α，所以直线a与点C同在平面α内．
又a∥c，所以直线a，c确定一个平面β.
因为C∈c，c⊂β，所以C∈β，即直线a与点C同在平面β内，
由公理2的推论1，可得平面α和平面β重合，则c⊂α.
所以a，b，c，l共面．
方法二：(纳入平面法)
因为a∥b，所以a，b确定一个平面α.
因为A∈a，B∈b，所以A∈α，B∈α.
又A∈l，B∈l，所以l⊂α.
则a，b，l都在平面α内，即b在a，l确定的平面内．
同理可证c在a，l确定的平面内．
因为过a与l只能确定一个平面，
所以a，b，c，l共面于a，l确定的平面，
即直线a，b，c和l共面．
点拨 证明点、线共面的主要依据是公理1、公理2及其推论，常用的方法有：①辅助平面法，先证明有关点、线确定平面α，再证明其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合；②纳入平面法，先由条件确定一个平面，再证明有关的点、线在此平面内．
变式3 (2019·山东东营检测)下列命题中所有不正确命题的序号是 ．
①没有公共点的两条直线是异面直线；
②分别和两条异面直线都相交的两直线异面；
③一条直线和两条异面直线中的一条平行，则它和另一条直线不可能平行；
④一条直线和两条异面直线都相交，则它们可以确定两个平面．
解：没有公共点的两条直线平行或异面，故①错；命题②错，此时两直线有可能相交；命题③正确，因为若直线a和b异面，c∥a，则c与b不可能平行，用反证法证明如下：若c∥b，又c∥a，则a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不平行；命题④正确，若c与两异面直线a，b都相交，可知a，c可确定一个平面，b，c也可确定一个平面，这样，a，b，c共确定两个平面．故填①②.
考点四 异面直线问题
例4 (1)(2018·全国卷Ⅱ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CC1的中点，则异面直线AE与CD所成角的正切值为 ( )
A.eq \f(\r(2),2) B.eq \f(\r(3),2) C.eq \f(\r(5),2) D.eq \f(\r(7),2)
解：如图所示，作出正方体ABCDA1B1C1D1，连接AE，取DD1的中点F，连接EF，AF，则CD∥EF，则∠AEF为异面直线AE与CD所成的角，因为EF⊥平面ADD1A1，且AF⊂平面ADD1A1，所以EF⊥AF.在Rt△AEF中，设EF＝2，则AD＝2，DF＝1，所以AF＝eq \r(AD2＋DF2)＝eq \r(5)，所以tan∠AEF＝eq \f(AF,EF)＝eq \f(\r(5),2).故选C.
(2)(2019·福建福州质检)直三棱柱ABCA1B1C1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°
解：如图，延长CA到点D，使得AD＝AC，连接DA1，BD，
则四边形ADA1C1为平行四边形，所以∠DA1B是异面直线BA1与AC1所成的角．又A1D＝A1B＝DB，所以△A1DB为等边三角形，所以∠DA1B＝60°.故选C.
点拨 ①平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下.
(i)平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
(ii)认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
(iii)计算：求该角的值，常利用解三角形；
(iv)取舍：由异面直线所成的角的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
②求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．
变式4 (1)(2018·四川泸州模拟)如图所示，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE与FD1所成的角的余弦值等于．
解：取BC的中点G，连接GC1，则GC1∥FD1，再取GC的中点H，连接HE、OH.
因为E是CC1的中点，所以GC1∥EH.
所以∠OEH即为异面直线OE与FD1所成的角．
在△OEH中，OE＝eq \r(3)，HE＝eq \f(\r(5),2)，OH＝eq \f(\r(5),2).cs∠OEH＝eq \f(\f(OE,2),EH)＝eq \f(\r(15),5).故填eq \f(\r(15),5).
(2)(2019·山东淄博检测)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝eq \f(π,2)，AB＝AC＝2AA1，则异面直线AC1与A1B所成角的余弦值为 ( )
A.eq \f(1,5) B.－eq \f(1,5) C.eq \f(\r(5),5) D.－eq \f(\r(5),5)
解：将三棱柱补为长方体ABDCA1B1D1C1，异面直线AC1与A1B所成的角即为∠AC1D，
不妨设AA1＝1，则AC＝CD＝2，AC1＝DC1＝eq \r(5)，AD＝2eq \r(2).
由题意知cs∠AC1D＝eq \f(5＋5－8,2×\r(5)×\r(5))＝eq \f(1,5).故选A.
1．判断空间线面关系命题的真假，是一类常见的客观题．解这类题，一要准确把握、理解相关概念；二要熟悉“推理论证加反例推断”的方法；三要借助空间直观．如教室就是一个长方体，建议同学们学立体几何时充分借助这一模型．
2．要重视三种数学语言——文字语言、符号语言、图形语言的互译，特别要培养准确使用符号语言的能力．在空间图形中，点是最基本的元素，点与线、点与面是元素与集合的关系，直线与平面是集合与集合的关系，防止出现符号“∈”“⊂”混用的错误．
3．求两条异面直线所成角的步骤是：先作图，再证明，后计算．作图，往往过其中一条直线上一点作另外一条直线的平行线，或过空间一特殊点分别作两条直线的平行线，即平移线段法，此法是求异面直线所成角的常用方法，其实质是把异面问题转化为共面问题；证明，即证明作图中所产生的某个角是异面直线所成的角；计算，一般在一个三角形中求解，这往往需要运用正弦定理或余弦定理来解决，如果计算出来的角是钝角，则需要转化为相应的锐角，因为异面直线所成角的范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2))).
4．证明“线共面”或者“点共面”问题时，可以先由部分直线或者点确定一个平面，再证明其余的直线或者其余的点也在这个平面内．
5．证明“点共线”问题时，可以将这些点看作是两个平面的交线上的点，只要证明这些点是两个平面的公共点，根据公理3就可以确定这些点都在同一条直线上，即点共线．
课后作业
1．下面三条直线一定共面的是 ( )
A.a，b，c两两平行
B.a，b，c两两相交
C.a∥b，c与a，b均相交
D.a，b，c两两垂直
解：因为a∥b，所以a，b确定了一个平面，又c与a，b均相交，所以c只能在a，b确定的平面内，即a，b，c共面．故选C.
2.如图，点P，Q，R，S分别在正方体的四条棱上，并且是所在棱的中点，则直线PQ与RS是异面直线的一个图是 ( )
解：A，B中PQRS，D中直线PQ与RS相交(或RP∥SQ)，即直线PQ与RS共面，均不满足条件；C中的直线PQ与RS是两条既不平行，又不相交的直线，即直线PQ与RS是异面直线．故选C.
3.(2019·成都模拟)在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：
①四边形EFGH是平行四边形；
②平面α∥平面BCC1B1；
③平面α⊥平面BCFE.
其中所有正确命题的编号是 ( )
A.①② B.②③ C.①③ D.①②③
解：由题意，如图所示，
因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．综上可知①③正确．故选C.
4．(2019·广州模拟)如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确结论的个数是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
解：画出该几何体，如图所示，
因为E，F分别是PA，PD的中点，所以EF∥AD，所以EF∥BC，直线BE与直线CF是共面直线，故①不正确；直线BE与直线AF满足异面直线的定义，故②正确；由E，F分别是PA，PD的中点，可知EF∥AD，所以EF∥BC，因为EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以直线EF∥平面PBC，故③正确；因为BE与PA的关系不能确定，所以不能判定平面BCE⊥平面PAD，故④不正确．所以正确结论的个数是2.故选B.
5．(2019·常德期末)一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中 ( )
A.AB∥CD B.AB与CD相交
C.AB⊥CD D.AB与CD所成的角为60°
解：如图，把展开图中的各正方形按图①所示的方式分别作为正方体的前、后、左、右、上、下面还原，得到图②所示的直观图，可得选项A，B，C不正确．图②中，DE∥AB，∠CDE为AB与CD所成的角，△CDE为等边三角形，所以∠CDE＝60°.所以正确选项为D.故选D.
6．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(\r(15),5) C.eq \f(\r(10),5) D.eq \f(\r(3),3)
解：如图所示，
将直三棱柱ABCA1B1C1补成直四棱柱ABCDA1B1C1D1，连接AD1，B1D1，则AD1∥BC1，所以∠B1AD1或其补角为异面直线AB1与BC1所成的角．因为∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，所以AB1＝eq \r(5)，AD1＝eq \r(2).在△B1D1C1中，∠B1C1D1＝60°，B1C1＝1，D1C1＝2，所以B1D1＝eq \r(12＋22－2×1×2×cs60°)＝eq \r(3)，所以cs∠B1AD1＝eq \f(5＋2－3,2×\r(5)×\r(2))＝eq \f(\r(10),5).故选C.
7．(2020·河南高三期中)在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，经过P，Q，R三点的平面为α，平面α被此正方体所截得截面图形的面积为 ( )
A.3eq \r(3) B.6eq \r(2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \r(2)
解：如图所示，F，G，H是所在棱的中点．
易知RF与HQ相交，确定一个平面，HQ∥RG，故G在平面内，同理P在平面内，故平面α被此正方体所截得截面图形为正六边形HPFQGR，边长为eq \r(2)，S＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)sineq \f(π,3)×6＝3eq \r(3).故选A.
8.【多选题】(2020·重庆巴蜀中学高三月考)在正方形ABCD中，边长AB＝2，AB的中点为E，现将△ABD沿对角线BD翻折(如图)，则在翻折的过程中，下列说法正确的是 ( )
A.直线BD与直线AC所成的角为90°(A，C不重合时)
B.三棱锥BACD体积的最大值为eq \f(4\r(2),3)
C.三棱锥ABCD外接球的表面积为8π
D.点E运动形成的轨迹为椭圆的一部分
解：对于A项，取BD的中点O，连接OA，OC，所以OA⊥BD，OC⊥BD，OA∩OC＝O，
所以BD⊥平面OAC，所以BD⊥AC，A正确；
对于B项，VBACD＝VABCD，当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥ABCD的体积最大，此时h＝eq \r(2)，VABCD＝eq \f(1,3)×eq \r(2)×eq \f(1,2)×2×2＝eq \f(2\r(2),3)，B不正确；
对于C项，由BD的中点O为外接球的球心，R＝eq \r(2)，S表＝4πR2＝4π×2＝8π，C正确；
对于D项，点E的轨迹为圆的一部分，圆心为BD上靠近B的4等分点，D不正确．故选AC.
9．(2019·山东聊城检测)如图，点M，N分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1和B1C1的中点，则MN和CD1所成角的大小是 ．
解：因为MN∥BC1，CD1∥A1B，所以∠A1BC1就是MN和CD1所成的角，而△A1BC1是等边三角形，所以∠A1BC1＝60°.故填60°.
10．(2019·广西南宁二中、柳州高中联考)如图，在直角梯形ABCD中，BC⊥DC，AE⊥DC，M，N分别是AD，BE的中点，将△ADE沿AE折起，下列说法正确的是 (填上所有正确的序号)．
①不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥平面DEC；
②不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN⊥AE；
③不论D折至何位置(不在平面ABC内)都有MN∥AB.
解：如图，对于①，易证ABCE为矩形，连接AC，则N在AC上，连接CD，BD，易证在△ACD中，MN为中位线，MN∥DC，又MN⊄平面DEC，所以MN∥平面DEC，①正确；
对于②，由已知，AE⊥ED，AE⊥EC，ED∩EC＝E，所以AE⊥平面CED，又CD⊂平面CED，所以AE⊥CD，所以MN⊥AE，②正确；
对于③，MN与AB异面．假设MN∥AB，则MN与AB确定平面MNBA，从而BE⊂平面MNBA，AD⊂平面MNBA，与BE和AD是异面直线矛盾．③错误．故填①②.
11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为8 cm，M，N，P分别是AD、A1B1、B1B的中点．
(1)画出过M，N，P三点的平面与平面AC的交线以及与平面BC1的交线；
(2)设过M，N，P三点的平面与BC交于点R，求PR的长．
解：(1)延长NP、AB交于点Q.
则Q∈平面MNP，Q∈平面AC.
又M∈平面MNP，M∈平面AC.
所以平面MNP∩平面AC＝MQ.
设MQ∩BC＝R.则平面MNP∩平面BC1＝PR.
(2)因为P为BB1中点，
所以BQ＝B1N＝eq \f(1,2)AB，所以BR＝eq \f(1,3)AM＝eq \f(4,3)(cm)．
所以PR＝eq \r(BP2＋BR2)＝eq \f(4,3)eq \r(10)(cm)．
12．如图所示，A是△BCD所在平面外的一点，E，F分别是BC，AD的中点．
(1)求证：直线EF与BD是异面直线；
(2)若AC⊥BD，AC＝BD，求EF与BD所成的角．
解：(1)证明：假设EF与BD不是异面直线，则EF与BD共面，从而DF与BE共面，即AD与BC共面，所以A，B，C，D在同一平面内，这与A是△BCD所在平面外的一点相矛盾．故直线EF与BD是异面直线．
(2)取CD的中点G，连接EG，FG，则AC∥FG，EG∥BD，所以∠FEG即为异面直线EF与BD所成的角．又因为AC⊥BD，则FG⊥EG.在Rt△EGF中，由EG＝FG＝eq \f(1,2)AC，求得∠FEG＝45°，即异面直线EF与BD所成的角为45°.
13．(2018·榆林高三模拟)如图所示，在四棱锥PABCD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PABCD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PABCD中，
因为PO⊥平面ABCD，所以∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，即∠PBO＝60°.
在Rt△AOB中，因为AB＝2，所以BO＝ABsin30°＝1.
在Rt△POB中，因为PO⊥OB，所以PO＝BO·tan60°＝eq \r(3)，
因为底面菱形的面积S＝2×eq \f(1,2)×2×2×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)，
所以四棱锥PABCD的体积VPABCD＝eq \f(1,3)×2eq \r(3)×eq \r(3)＝2.
(2)如图所示，取AB的中点F，连接EF，DF.
因为E为PB的中点，所以EF∥PA，
所以∠DEF为异面直线DE与PA所成角(或其补角)．
AO＝AB·cs30°＝eq \r(3)＝OP，
在Rt△POA中，PA＝eq \r(6)，EF＝eq \f(\r(6),2).
在正△ABD和正△PDB中，DF＝DE＝eq \r(3)，
由余弦定理得cs∠DEF＝eq \f(DE2＋EF2－DF2,2DE·EF)＝eq \f(（\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))\s\up12(2)－（\r(3)）2,2×\r(3)×\f(\r(6),2))＝eq \f(\r(2),4).
所以异面直线DE与PA所成角的余弦值为eq \f(\r(2),4).
附加题 如图所示，在四面体ABCD中作截面PQR，若PQ与CB的延长线交于点M，RQ与DB的延长线交于点N，RP与DC的延长线交于点K.给出以下说法：
①直线MN⊂平面PQR；
②点K在直线MN上；
③M，N，K，A四点共面．
其中所有正确说法的序号是________．
解：因为PQ在平面PQR内，M在直线PQ上，所以M在平面PQR内，因为RQ在平面PQR内，N在直线RQ上，所以N在平面PQR内，所以直线MN⊂平面PQR，故①正确．
因为M在直线CB上，而CB在平面BCD内，所以M在平面BCD内，由①知M在平面PQR内，所以M在平面PQR与平面BCD的交线上，同理可知N，K也在平面PQR与平面BCD的交线上，所以M，N，K三点共线，所以②正确．
因为M，N，K三点共线，所以M，N，K，A四点共面，故③正确．故填①②③.
