(浙江专用)2021高考数学二轮复习专题二立体几何第2讲立体几何中的空间角问题学案

高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法立体几何是数学中的一个分支，其重点研究的是三维空间中点、线、面和体之间的关系。

在立体几何中，空间角和空间距离是非常关键的概念。

本文将详细探讨高中数学中的立体几何空间角与空间距离计算方法。

一、空间角的概念与计算方法1. 空间角的概念空间角指的是由两个非共面向量所张成的角度，在立体几何中具有重要的意义。

空间角的大小是依据两个向量的夹角计算得来的。

2. 空间角的计算方法在计算空间角时，我们首先需要求出两个向量的点积。

设向量a=(a1,a2,a3)和向量b=(b1,b2,b3)，则它们的点积为a*b=a1b1+a2b2+a3b3。

接下来，我们可以利用余弦定理来计算角度，即cosθ=(a*b)/(|a||b|)，其中|a|和|b|分别表示向量a和向量b的模长，θ表示向量a和向量b之间的夹角。

二、空间距离的概念与计算方法1. 空间距离的概念空间距离指的是三维空间中两个点之间的距离，也是立体几何中经常涉及到的一个概念。

2. 空间距离的计算方法我们可以借助勾股定理来计算空间距离。

设点A(x1,y1,z1)和点B(x2,y2,z2)是三维空间中的两个点，它们之间的距离为d，则d=sqrt((x2-x1)^2+(y2-y1)^2+(z2-z1)^2)。

三、空间角和空间距离的应用空间角和空间距离在立体几何中的应用非常广泛，例如在计算棱台的侧面积、计算四面体内切圆半径、求解圆锥截面面积等问题中，我们都需要用到空间角和空间距离的知识。

比如，在计算棱台的侧面积时，我们需要首先求出两条棱所在的平面之间的空间角，然后根据棱长和计算出的角度，就可以快速计算出棱台的侧面积。

在计算四面体内切圆半径时，我们需要先计算出四面体各面的法线向量，然后根据法线向量计算面上的角度，最后用勾股定理求出四面体内切圆的半径。

在求解圆锥截面面积时，我们需要用到空间角和空间距离的知识，以找出圆锥截面的边界和计算截面的面积。

立体几何微重点14与空间角有关的最值问题立体几何动态问题中，空间角的最值及范围问题是高考的常考题型，常与图形翻折、点线面等几何元素的变化有关，常用方法有几何法、函数(导数)法、不等式法等．主要是利用三角函数值比较及最小角定理(线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角)等求解．考点一空间角的大小比较例1(2022·嘉兴质检)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，AA1＝a，AB＝b，且a＞b，侧棱CC1上一点E满足CC1＝3CE，设异面直线A1B与AD1，A1B与D1B1，AE 与D1B1所成的角分别为α，β，γ，则()A．α＜β＜γB．γ＜β＜αC．β＜α＜γD．α＜γ＜β规律方法(1)最小角定理：直线与平面所成角是直线与平面内所有直线所成角中最小的角(线面角是最小的线线角)．(2)最大角定理：二面角是平面内的直线与另一个平面所成角的最大角(二面角是最大的线面角)．跟踪演练1设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P －AC－B的平面角为γ，则()A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β考点二空间角的最值例2(2022·绍兴模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是BC，B1C1的中点，点P是截面AB1C1D(包括边界)上的动点，D1P＝343，2ME→＝EN→，则EP与平面AB1C1D所成最大角的正切值为________．规律方法求空间角最值、范围的两种常用方法(1)利用空间角的定义及几何图形找到空间角，构造三角形，利用三角函数的比值构造函数求最值、范围．(2)建立空间坐标系，利用坐标运算求空间角的三角函数值，构造函数求最值、范围． 跟踪演练2 (2022·内江模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为线段A 1D 的中点，N 为线段CD 1上的动点，则直线C 1D 与直线MN 所成角的正弦值的最小值为( )A.32B.66C.63D.64考点三空间角的范围例3 如图1，在平面多边形ABCDE 中，四边形ABCD 是正方形，△ADE 是正三角形．将△ADE 所在平面沿AD 折叠，使得点E 达到点S 的位置(如图2)．若二面角S －AD －C 的平面角θ∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，则异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤216，24 B.⎣⎡⎦⎤616，24 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤216，6＋216 D.⎣⎡⎦⎤0，28 易错提醒 求空间角的范围时，要注意空间角自身的范围；利用坐标法求角时，要注意向量夹角与空间的关系．跟踪演练3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在棱CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤33，1 B.⎣⎡⎦⎤63，1 C.⎣⎡⎦⎤63，233 D.⎣⎡⎦⎤233，1。

专题:空间角一、基础梳理1.两条异面直线所成的角（1）异面直线所成的角的范围：(0,]2π。

（2）异面直线垂直：如果两条异面直线所成的角是直角，则叫两条异面直线垂直。

两条异面直线,a b 垂直，记作a b ⊥。

（3）求异面直线所成的角的方法：（1）通过平移，在一条直线上（或空间）找一点，过该点作另一（或两条）直线的平行线； （2）找出与一条直线平行且与另一条相交的直线，那么这两条相交直线所成的角即为所求。

平移技巧有：平行四边形对边平移、三角形中位线平移、补形平移技巧等。

1：三棱柱111B A O OAB -，平面11O OBB ⊥平面OAB ，90,601=∠=∠AOB OB O ，且12,OB OO ==OA =B A 1与1AO 所成角的余弦。

2．直线和平面所成的角（简称“线面角”） （1）定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角。

一直线垂直于平面，所成的角是直角；一直线平行于平面或在平面内，所成角为0︒角。

直线和平面所成角范围：[0，2π]。

（2）最小角定理：斜线和平面所成角是这条斜线和平面内 经过斜足的直线所成的一切角中最小的角。

（3）公式：已知平面α的斜线a 与α内一直线b 相交成θ角， 且a 与α相交成ϕ1角，a 在α上的射影c 与b 相交成ϕ2角， 则有θϕϕcos cos cos 21= 。

由（3）中的公式同样可以得到：平面的斜线和它在平面 内的射影所成角，是这条斜线和这个平面内的任一条直 线所成角中最小的角。

AB O 1A1B1O考点二：直线和平面所成的角例2. 如图，在三棱柱ABC A B C '''-中，四 边形A ABB ''是菱形，四边形BCC B ''是矩形，C B AB ''⊥,02,4,60C B AB ABB '''==∠=， 求AC '与平面BCC B ''所成角的正切。

第2讲立体几何中的空间角问题高考定位以空间几何体为载体考查空间角(以线面角为主)是高考命题的重点，常与空间线面关系的证明相结合，热点为空间角的求解，常以解答题的形式进行考查，高考注重以传统方法解决空间角问题，但也可利用空间向量来求解.真题感悟(2018·浙江卷)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.法一(1)证明由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB得AB1＝A1B1＝22，所以A1B21＋AB21＝AA21，所以AB1⊥A1B1.由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC得B1C1＝5，由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°得AC＝23，由CC1⊥AC，得AC1＝13，所以AB21＋B1C21＝AC21，故AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1＝B1，因此AB1⊥平面A1B1C1.(2)解如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.由AB1⊥平面A1B1C1，AB1平面ABB1，得平面A1B1C1⊥平面ABB1，由C1D⊥A1B1得C1D⊥平面ABB1，所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.由B1C1＝5，A1B1＝22，A1C1＝21得cos∠C1A1B1＝67，sin∠C1A1B1＝17，所以C1D＝3，故sin∠C1AD＝C1DAC1＝3913.因此，直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是39 13.法二 (1)证明 如图，以AC 的中点O 为原点，分别以射线OB ，OC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz .由题意知各点坐标如下：A (0，－3，0)，B (1，0，0)，A 1(0，－3，4)，B 1(1，0，2)，C 1(0，3，1).因此AB 1→＝(1，3，2)，A 1B 1→＝(1，3，－2)，A 1C 1→＝(0，23，－3). 由AB 1→·A 1B 1→＝0得AB 1⊥A 1B 1. 由AB 1→·A 1C 1→＝0得AB 1⊥A 1C 1. 所以AB 1⊥平面A 1B 1C 1.(2)解 设直线AC 1与平面ABB 1所成的角为θ.由(1)可知AC 1→＝(0，23，1)，AB →＝(1，3，0)，BB 1→＝(0，0，2). 设平面ABB 1的法向量n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·BB 1→＝0，即⎩⎨⎧x ＋3y ＝0，2z ＝0，可取n ＝(－3，1，0).所以sin θ＝|cos 〈AC 1→，n 〉|＝|AC 1→·n ||AC 1→|·|n |＝3913.因此，直线AC 1与平面ABB 1所成的角的正弦值是3913. 考 点 整 合1.求异面直线所成角的方法方法一：几何法.用几何法求两条异面直线所成角的步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.用空间向量法求两条异面直线a ，b 所成角θ的步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ∈(0°，90°]，求出角θ.2.求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.用几何法求直线l 与平面α所成角的步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.用空间向量法求直线AB 与平面α所成角θ的步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈[0°，90°]，求出角θ. 3.求二面角的方法方法一：几何法.用几何法求二面角α-l-β的平面角θ的步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.用空间向量法求二面角αlβ的平面角θ的步骤为：①求两个半平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③根据图形和计算结果判断θ是锐角、直角，还是钝角，从而得出θ与〈m ，n 〉是相等关系还是互补关系.热点一 求线线角【例1】 如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥底面ABCD ，E 是PC 的中点.已知AB ＝2，AD ＝22，PA ＝2，求异面直线BC 与AE 所成角的大小.解 法一 如图1，取PB 的中点F ，连接EF ，AF ，则EF ∥BC ，从而∠AEF (或其补角)是异面直线BC 与AE 所成的角.在△AEF 中，由EF ＝2，AF ＝2，AE ＝2，知△AEF 是等腰直角三角形，所以∠AEF ＝π4.因此，异面直线BC 与AE 所成角的大小是π4.图1 图2法二 如图2，建立空间直角坐标系，则B (2，0，0)，C (2，22，0)，E (1，2，1)，AE →＝(1，2，1)，BC →＝(0，22，0).设AE →与BC →的夹角为θ，则cos θ＝AE →·BC →|AE →||BC →|＝42×22＝22，所以θ＝π4.由此可知，异面直线BC 与AE 所成角的大小是π4.探究提高 求异面直线所成的角，可以应用向量法，也可以应用异面直线的定义求解. 【训练1】 (1)(2018·浙江卷)已知四棱锥SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段AB 上的点(不含端点).设SE 与BC 所成的角为θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角SABC 的平面角为θ3，则( ) A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1 C.θ1≤θ3≤θ2D.θ2≤θ3≤θ1(2)(2016·浙江卷)如图，已知平面四边形ABCD ，AB ＝BC ＝3，CD ＝1，AD ＝5，∠ADC ＝90°，沿直线AC 将△ACD 翻折成△ACD ′，直线AC 与BD ′所成角的余弦的最大值是________. 解析 (1)由题意知四棱锥S-ABCD 为正四棱锥，如图，连接AC ，BD ，记AC ∩BD ＝O ，连接SO ，则SO ⊥平面ABCD ，取AB 的中点M ，连接SM ，OM ，OE ，易得AB ⊥SM ，则θ2＝∠SEO ，θ3＝∠SMO ，易知θ3≥θ2.再根据最小角定理知，θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1，故选D.(2)设直线AC 与BD ′所成角为θ，平面ACD 翻折的角度为α，设O 是AC 中点，由已知得AC ＝6，如图，以OB 为x 轴，OA 为y 轴，过O 与平面ABC 垂直的直线为z 轴，建立空间直角坐标系， 则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫302，0，0，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－62，0.作DH ⊥AC 于H ，翻折过程中，D ′H 始终与AC 垂直，CH ＝CD 2CA ＝16＝66，则OH ＝63，DH ＝1×56＝306，因此可设D ′⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α，－63，306sin α， 则BD ′→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－306cos α－302，－63，306sin α，与CA →平行的单位向量为n ＝(0，1，0)，所以cos θ＝|cos 〈BD ′→，n 〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪BD ′→·n |BD ′→|·|n |＝639＋5cos α， 所以cos α＝－1时，cos θ取最大值66. 答案 (1)D (2)66热点二 求线面角【例2】 (2017·浙江卷)如图，已知四棱锥PABCD ，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，BC ∥AD ，CD ⊥AD ，PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点.(1)证明：CE ∥平面PAB ；(2)求直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值. 法一 (1)证明 如图，设PA 中点为F ，连接EF ，FB . 因为E ，F 分别为PD ，PA 中点， 所以EF ∥AD 且EF ＝12AD ，又因为BC ∥AD ，BC ＝12AD ，所以EF ∥BC 且EF ＝BC ，即四边形BCEF 为平行四边形，所以CE ∥BF . 又因为CE 平面PAB ，BF 平面PAB ， 因此CE ∥平面PAB .(2)解 分别取BC ，AD 的中点为M ，N ， 连接PN 交EF 于点Q ，连接MQ .因为E ，F ，N 分别是PD ，PA ，AD 的中点，所以Q 为EF 中点， 在平行四边形BCEF 中，MQ ∥CE . 由△PAD 为等腰直角三角形得PN ⊥AD .由DC ⊥AD ，N 是AD 的中点得BN ⊥AD . 因为PN ∩BN ＝N ，所以AD ⊥平面PBN . 由BC ∥AD 得BC ⊥平面PBN ，因为BC 平面PBC ，所以平面PBC ⊥平面PBN .过点Q 作PB 的垂线，垂足为H ，则QH ⊥平面PBC .连接MH ，则MH 是MQ 在平面PBC 上的射影，所以∠QMH 是直线CE 与平面PBC 所成的角.设CD ＝1. 在△PCD 中，由PC ＝2，CD ＝1，PD ＝2得CE ＝2， 在△PBN 中，由PN ＝BN ＝1，PB ＝3得QH ＝14，在Rt△MQH 中，QH ＝14，MQ ＝2，所以sin∠QMH ＝28， 所以，直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值是28. 法二 过P 作PH ⊥CD ，交CD 的延长线于点H .不妨设AD ＝2，∵BC ∥AD ，CD ⊥AD ，则易求DH ＝12，过P 作底面的垂线，垂足为O ，连接OB ，OH ，易得OH ∥BC ，且OP ，OB ，OH 两两垂直.故可以O 为原点，以OH ，OB ，OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示.(1)证明 由PC ＝AD ＝2DC ＝2CB ，E 为PD 的中点，则可得：D ⎝⎛⎭⎪⎫－1，12，0，C ⎝⎛⎭⎪⎫－1，32，0，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，A ⎝⎛⎭⎪⎫1，12，0，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，34，则CE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－54，34，PA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，－32，PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32.设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PA →＝x ＋12y －32z ＝0，n ·PB →＝32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x＝1，y ＝1，z ＝3，∴n ＝(1，1，3)，∴CE →·n ＝12×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－54×1＋34×3＝0. 又∵CE 平面PAB ，∴CE ∥平面PAB . (2)解 由(1)得PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，－32.设平面PBC 的法向量m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PB →＝32y －32z ＝0，m ·PC →＝－x ＋32y －32z ＝0.令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，z ＝3，∴m ＝(0，1，3).设直线CE 与平面PBC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈m ，CE →〉|＝|m ·CE →||m ||CE →|＝124×2＝28.∴直线CE 与平面PBC 所成角的正弦值为28. 探究提高 (1)传统法解决线面角问题的关键是先找出线面所成的角，再在三角形中解此角.(2)利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.【训练2】 如图，在四棱锥P-ABCD 中，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD ，E 为棱AD 的中点，异面直线PA 与CD 所成的角为90°.(1)在平面PAB 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PBE ，并说明理由；(2)若二面角P-CD-A 的大小为45°，求直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值. 解 (1)在梯形ABCD 中，AB 与CD 不平行.延长AB ，DC ，相交于点M (M ∈平面PAB )，点M 即为所求的一个点.理由如下：由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED . 所以四边形BCDE 是平行四边形.从而CM ∥EB .又EB 平面PBE ，CM 平面PBE . 所以CM ∥平面PBE .(说明：延长AP 至点N ，使得AP ＝PN ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点) (2)法一 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD .从而CD ⊥PD . 所以∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角. 所以∠PDA ＝45°.设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.过点A 作AH ⊥CE ，交CE 的延长线于点H ，连接PH . 易知PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥CE .又PA ∩AH ＝A ，于是CE ⊥平面PAH .又CE 平面PCE ， 所以平面PCE ⊥平面PAH .过A 作AQ ⊥PH 于Q ，则AQ ⊥平面PCE . 所以∠APH 是PA 与平面PCE 所成的角. 在Rt△AEH 中，∠AEH ＝45°，AE ＝1，所以AH ＝22. 在Rt△PAH 中，PH ＝PA 2＋AH 2＝322.所以sin∠APH ＝AH PH ＝13.法二 由已知，CD ⊥PA ，CD ⊥AD ，PA ∩AD ＝A ， 所以CD ⊥平面PAD . 于是CD ⊥PD .从而∠PDA 是二面角P-CD-A 的平面角，所以∠PDA ＝45°. 由PA ⊥AB ，可得PA ⊥平面ABCD . 设BC ＝1，则在Rt△PAD 中，PA ＝AD ＝2.作Ay ⊥平面PAD ，以A 为原点，以AD →，AP →的方向分别为x 轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz ，则A (0，0，0)，P (0，0，2)，C (2，1，0)，E (1，0，0). 所以PE →＝(1，0，－2)，EC →＝(1，1，0)，AP →＝(0，0，2). 设平面PCE 的法向量为n ＝(x ，y ，z ).由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PE →＝0，n ·EC →＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x －2z ＝0，x ＋y ＝0.设x ＝2，解得n ＝(2，－2，1).设直线PA 与平面PCE 所成角为α，则sin α＝|n ·AP →||n |·|AP →|＝22×22＋（－2）2＋12＝13.所以直线PA 与平面PCE 所成角的正弦值为13.热点三 求二面角【例3】 (2016·浙江卷)如图，在三棱台ABC-DEF 中，平面BCFE ⊥平面ABC ，∠ACB ＝90°，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，AC ＝3. (1)求证：BF ⊥平面ACFD ；(2)求二面角B-AD-F 的平面角的余弦值.(1)证明 延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，如图所示.因为平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，且AC ⊥BC ，所以AC ⊥平面BCK ，因此BF ⊥AC .又因为EF ∥BC ，BE ＝EF ＝FC ＝1，BC ＝2，所以△BCK 为等边三角形，且F 为CK 的中点，则BF ⊥CK ，且CK ∩AC ＝C ，CK ，AC 平面ACFD ， 所以BF ⊥平面ACFD .(2)解 法一 过点F 作FQ ⊥AK 于Q ，连接BQ .因为BF ⊥平面ACK ，所以BF ⊥AK ，则AK ⊥平面BQF ，所以BQ ⊥AK . 所以∠BQF 是二面角B-AD-F 的平面角.在Rt△ACK 中，AC ＝3，CK ＝2，得AK ＝13，FQ ＝31313.在Rt△BQF 中，FQ ＝31313，BF ＝3，得cos∠BQF ＝34. 所以，二面角B-AD-F 的平面角的余弦值为34. 法二 如图，延长AD ，BE ，CF 相交于一点K ，则△BCK 为等边三角形. 取BC 的中点O ，连接KO ，则KO ⊥BC ，又平面BCFE ⊥平面ABC ，平面BCFE ∩平面ABC ＝BC ，所以KO ⊥平面ABC .以点O 为原点，分别以射线OB ，OK 的方向为x 轴，z 轴的正方向， 建立空间直角坐标系O-xyz .由题意得B (1，0，0)，C (－1，0，0)，K (0，0，3)，A (－1，－3，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，32，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0，32.因此，AC →＝(0，3，0)，AK →＝(1，3，3)，AB →＝(2，3，0).设平面ACK 的法向量为m ＝(x 1，y 1，z 1)，平面ABK 的法向量为n ＝(x 2，y 2，z 2). 由⎩⎪⎨⎪⎧AC →·m ＝0，AK →·m ＝0，得⎩⎨⎧3y 1＝0，x 1＋3y 1＋3z 1＝0，取m ＝(3，0，－1)；由⎩⎪⎨⎪⎧AB →·n ＝0，AK →·n ＝0，得⎩⎨⎧2x 2＋3y 2＝0，x 2＋3y 2＋3z 2＝0，取n ＝(3，－2，3).于是，cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝34.所以，二面角B-AD-F 的平面角的余弦值为34. 探究提高 (1)用传统法求解二面角的关键是：先找出二面角的平面角，再在三角形中求解此角.(2)利用法向量的根据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在能断定所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角的情况下，这种方法具有一定的优势，但要注意，必须能断定“所求二面角的平面角是锐角、直角或钝角”，在用法向量法求二面角的大小时，务必要作出这个判断，否则解法是不严谨的.【训练3】 (2018·绍兴仿真考试)四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的菱形，∠ABC ＝60°，E 为AB 的中点，PA ⊥平面ABCD ，PC 与平面PAB 所成的角的正弦值为64. (1)在棱PD 上求一点F ，使AF ∥平面PEC ； (2)求二面角D-PE-A 的余弦值.解 法一 (1)分别取PD ，PC 的中点F ，G ， 连接FG ，EG ，AF ，则FG ∥CD ∥AB ，FG ＝12CD ＝12AB ＝AE ，所以四边形AEGF 为平行四边形，所以AF ∥EG ，又EG 平面PEC ，AF 平面PEC ， 所以AF ∥平面PEC ， 所以PD 的中点F 即为所求. (2)易知，CE ⊥AB ，CE ⊥平面PAB ， 则∠CPE 即为PC 与平面PAB 所成的角， 在Rt△PEC 中，CE CP＝64，即33＋1＋PA2＝64， 解得PA ＝2.过D 作BA 的垂线，垂足为H ，过H 作PE 的垂线，垂足为K ，连接KD ， 因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥DH ， 又DH ⊥BA ，PA ∩BA ＝A ，所以DH ⊥平面PBA ， 又PE 平面PBA ，所以DH ⊥PE ，又DH ∩HK ＝H ， 所以PE ⊥平面DHK ，所以PE ⊥DK ， 所以∠DKH 即为所求的二面角的平面角. 在Rt△DHK 中，DH ＝3，易得△PAE ∽△HKE ，所以PE ·HK ＝EH ·PA ， 所以HK ＝EH ·PA PE ＝45， 从而DK ＝3＋165＝315，所以cos∠DKH ＝KH DK ＝43131，即二面角DPEA 的余弦值为43131.法二 取BC 的中点G ，连接AG ， 由已知可得AG ⊥AD . 又∵PA ⊥平面ABCD ，故可以A 为原点，以AG ，AD ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立如图所示空间直角坐标系. (1)易证CE ⊥平面PAB ，故∠CPE 即为PC 与平面PAB 所成的角， ∴sin∠CPE ＝CECP ＝64，∴CP ＝22，∴PA 2＋AC 2＝8， ∴PA ＝2.故A (0，0，0)，B (3，－1，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，－12，0，C (3，1，0)，P (0，0，2)，D (0，2，0)，∴EP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，12，2，EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，PD →＝(0，2，－2).设PF →＝λPD →，又∵AF →＝AP →＋PF →，∴AF →＝(0，2λ，2－2λ). 设平面PEC 的一个法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧m ·EP →＝－32x ＋12y ＋2z ＝0，m ·EC →＝32x ＋32y ＝0，令y ＝1，则⎩⎨⎧x ＝－3，y ＝1，z ＝－1，∴m ＝(－3，1，－1).若AF ∥平面PEC ，则AF →⊥m ，∴AF →·m ＝2λ－2＋2λ＝0，∴λ＝12，∴F 为PD 的中点为所求.(2)设平面DPE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎨⎧n ·EP →＝－32x ＋12y ＋2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，令z ＝1，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＝533，y ＝1，z ＝1，∴n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫533，1，1.易知平面APE 的一个法向量为EC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0.设二面角DPEA 的平面角为θ，则|cos θ|＝|cos 〈EC →，n 〉|＝52＋32313·3＝43131.由图易知二面角D-PE-A 为锐角，∴二面角D-PE-A 的余弦值为431311.两条直线夹角的范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.设直线l 1，l 2的方向向量分别为n 1，n 2，其夹角为θ，则cos θ＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.2.二面角的范围为[0，π].设半平面α与β的法向量分别为n 1与n 2，二面角为θ，则|cosθ|＝|cos n 1，n 2|＝|n 1·n 2||n 1||n 2|.3.利用空间向量求解二面角时，易忽视二面角的范围，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.4.空间向量在处理空间问题时具有很大的优越性，能把“非运算”问题“运算”化，即通过直线的方向向量和平面的法向量，把立体几何中的平行、垂直关系，各类角、距离以向量的方式表达出来，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题.应用的核心是充分认识形体特征，进而建立空间直角坐标系，通过向量的运算解答问题，达到几何问题代数化的目的，同时注意运算的准确性 .1.(2018·天津卷)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是等边三角形，平面ABC ⊥平面ABD ，点M 为棱AB 的中点，AB ＝2，AD ＝23，∠BAD ＝90°.(1)求证：AD ⊥BC ；(2)求异面直线BC 与MD 所成角的余弦值； (3)求直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值.(1)证明 由平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，AD ⊥AB ，可得AD ⊥平面ABC ，故AD ⊥BC .(2)解 如图，取棱AC 的中点N ，连接MN ，ND .又因为M 为棱AB 的中点，故MN ∥BC .所以∠DMN (或其补角)为异面直线BC 与MD 所成的角. 在Rt△DAM 中，AM ＝1，故DM ＝AD 2＋AM 2＝13. 因为AD ⊥平面ABC ， 故AD ⊥AC .在Rt△DAN 中，AN ＝1，故DN ＝AD 2＋AN 2＝13. 在等腰△DMN 中，MN ＝1，可得cos∠DMN ＝12MN DM ＝1326.所以，异面直线BC 与MD 所成角的余弦值为1326. (3)解 连接CM .因为△ABC 为等边三角形，M 为边AB 的中点，故CM ⊥AB ，CM ＝ 3.又因为平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD ＝AB ，而CM 平面ABC ，故CM ⊥平面ABD . 所以，∠CDM 为直线CD 与平面ABD 所成的角. 在Rt△CAD 中，CD ＝AC 2＋AD 2＝4.在Rt△CMD 中，sin∠CDM ＝CM CD ＝34. 所以，直线CD 与平面ABD 所成角的正弦值为34. 2.(2018·湖州调研)已知四棱锥PABCD 的底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝120°，AD 的中点M 是顶点P 在底面ABCD 的射影，N 是PC 的中点. (1)求证：平面MPB ⊥平面PBC ；(2)若MP ＝MC ，求直线BN 与平面PMC 所成角的正弦值. (1)证明 ∵四边形ABCD 是菱形，∠ADC ＝120°， 且M 是AD 的中点，∴MB ⊥AD ，∴MB ⊥BC . 又∵P 在底面ABCD 的射影M 是AD 的中点， ∴PM ⊥平面ABCD ，又∵BC 平面ABCD ，∴PM ⊥BC ， 而PM ∩MB ＝M ，PM ，MB 平面PMB ， ∴BC ⊥平面PMB ，又BC 平面PBC ， ∴平面MPB ⊥平面PBC .(2)解 法一 过点B 作BH ⊥MC ，连接HN ， ∵PM ⊥平面ABCD ，BH 平面ABCD ，∴BH ⊥PM ， 又∵PM ，MC 平面PMC ，PM ∩MC ＝M ， ∴BH ⊥平面PMC ，∴HN 为直线BN 在平面PMC 上的射影， ∴∠BNH 为直线BN 与平面PMC 所成的角，在菱形ABCD 中，设AB ＝2a ，则MB ＝AB ·sin 60°＝3a ，MC ＝DM 2＋DC 2－2DM ·DC ·cos 120°＝7a .又由(1)知MB ⊥BC ，∴在△MBC 中，BH ＝2a ·3a 7a ＝2217a ，由(1)知BC ⊥平面PMB ，PB 平面PMB ， ∴PB ⊥BC ，∴BN ＝12PC ＝142a ，∴sin∠BNH ＝BH BN ＝2217a 142a ＝267.法二 由(1)知MA ，MB ，MP 两两互相垂直，以M 为坐标原点，以MA ，MB ，MP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系Mxyz ，不妨设MA ＝1，则M (0，0，0)，A (1，0，0)，B (0，3，0)，P (0，0，7)，C (－2，3，0)， ∵N 是PC 的中点，∴N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，72， 设平面PMC 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 又∵MP →＝(0，0，7)，MC →＝(－2，3，0)， ∴⎩⎪⎨⎪⎧n ·MP →＝0，n ·MC →＝0，即⎩⎨⎧7z 0＝0，－2x 0＋3y 0＝0，令y 0＝1，则n ＝⎝⎛⎭⎪⎫32，1，0，|n |＝72，又∵BN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，72，|BN →|＝142，|cos 〈BN →，n 〉|＝|BN →·n ||BN →||n |＝267.所以，直线BN 与平面PMC 所成角的正弦值为267.3.(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值.(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF 平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF 平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，分别以FB →，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz . 由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量.设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 4.(2018·江苏卷)如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，点P ，Q 分别为A 1B 1，BC 的中点.(1)求异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值； (2)求直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值.解 如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，设AC ，A 1C 1 的中点分别为O ，O 1，连接OB ，OO 1，则OB ⊥OC ，OO 1⊥OC ，OO 1⊥OB ，以{OB →，OC →，OO 1→}为基底，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz .因为AB ＝AA 1＝2，所以A (0，－1，0)，B (3，0，0)，C (0，1，0)，A 1(0，－1，2)，B 1(3，0，2)，C 1(0，1，2). (1)因为P 为A 1B 1的中点，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫32，－12，2，从而BP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－12，2，AC 1→＝(0，2，2)，故|cos 〈BP →，AC 1→〉|＝|BP →·AC 1→||BP →|·|AC 1→|＝|－1＋4|5×22＝31020.因此，异面直线BP 与AC 1所成角的余弦值为31020.(2)因为Q 为BC 的中点，所以Q ⎝⎛⎭⎪⎫32，12，0， 因此AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，0，AC 1→＝(0，2，2)，CC 1→＝(0，0，2).设n ＝(x ，y ，z )为平面AQC 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧AQ →·n ＝0，AC 1→·n ＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧32x ＋32y ＝0，2y ＋2z ＝0.不妨取n ＝(3，－1，1).设直线CC 1与平面AQC 1所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈CC 1→，n 〉|＝|CC 1→·n ||CC 1→|·|n |＝25×2＝55，所以直线CC 1与平面AQC 1所成角的正弦值为55. 5.(2018·全国Ⅱ卷) 如图，在三棱锥PABC 中，AB ＝BC ＝22，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点.(1)证明：PO ⊥平面ABC ；(2)若点M 在棱BC 上，且二面角MPAC 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值.(1)证明 因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3. 连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ， 所以△ABC 为等腰直角三角形， 且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 且OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC .(2)解 如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz . 由已知得O (0，0，0)，B (2，0，0)，A (0，－2，0)，C (0，2，0)，P (0，0，23)，AP →＝(0，2，23).取平面PAC 的一个法向量OB →＝(2，0，0). 设M (a ，2－a ，0)(0<a ≤2)，则AM →＝(0，4－a ，0). 设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z ). 由AP →·n ＝0，AM →·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋（4－a ）y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB →，n 〉＝23（a －4）23（a －4）2＋3a 2＋a 2. 由已知可得|cos 〈OB →，n 〉|＝32，所以23|a －4|23（a －4）2＋3a 2＋a 2＝32， 解得a ＝－4(舍去)，a ＝43，所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又PC →＝(0，2，－23)，所以cos 〈PC →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 6.(2018·北京卷)如图，在三棱柱ABCA 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝5，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ； (2)求二面角BCDC 1的余弦值； (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交. (1)证明 在三棱柱ABCA 1B 1C 1中， 因为CC 1⊥平面ABC ， 所以四边形A 1ACC 1为矩形. 又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF . 因为AB ＝BC ， 所以AC ⊥BE . 又EF ∩BE ＝E ， 所以AC ⊥平面BEF .(2)解 由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1， 又CC 1⊥平面ABC ， 所以EF ⊥平面ABC ， 因为BE 平面ABC ， 所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐标系Exyz ，由题意得B (0，2，0)，C (－1，0，0)，D (1，0，1)，F (0，0，2)，G (0，2，1).所以BC →＝(－1，－2，0)，BD →＝(1，－2，1). 设平面BCD 的法向量为n ＝(x 0，y 0，z 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BC →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＋2y 0＝0，x 0－2y 0＋z 0＝0.令y 0＝－1，则x 0＝2，z 0＝－4. 于是n ＝(2，－1，－4).又因为平面CC 1D 的法向量为EB →＝(0，2，0)， 所以cos 〈n ，EB →〉＝n ·EB →|n ||EB →|＝－2121.由题知二面角BCDC 1为钝角，所以其余弦值为－2121. (3)证明 由(2)知平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，FG →＝(0，2，－1). 因为n ·FG →＝2×0＋(－1)×2＋(－4)×(－1)＝2≠0， 所以直线FG 与平面BCD 相交.7.如图，在四棱锥PABCD 中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，AB ⊥AD ，AB ＝1，AD ＝2，AC ＝CD ＝ 5.(1)求证：PD ⊥平面PAB ；(2)求直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值；(3)在棱PA 上是否存在点M ，使得BM ∥平面PCD ？若存在，求AM AP 的值；若不存在，说明理由. (1)证明 ∵平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，又AB ⊥AD ，AB 平面ABCD ， ∴AB ⊥平面PAD .∵PD 平面PAD .∴AB ⊥PD .又PA ⊥PD ，PA ∩AB ＝A ，∴PD ⊥平面PAB .(2)解 取AD 中点O ，连接CO ，PO ，∵PA ＝PD ，∴PO ⊥AD .又∵PO 平面PAD ，平面PAD ⊥平面ABCD ，∴PO ⊥平面ABCD .∵CO 平面ABCD ，∴PO ⊥CO .∵AC ＝CD ，∴CO ⊥AD .以O 为原点建立如图所示空间直角坐标系.易知P (0，0，1)，B (1，1，0)，D (0，－1，0)，C (2，0，0).则PB →＝(1，1，－1)，PD →＝(0，－1，－1)，PC →＝(2，0，－1).CD →＝(－2，－1，0).设n ＝(x 0，y 0，1)为平面PDC 的一个法向量.由⎩⎪⎨⎪⎧n ·PD →＝0，n ·PC →＝0得⎩⎪⎨⎪⎧－y 0－1＝0，2x 0－1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－1，x 0＝12. 即n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1. 设PB 与平面PCD 的夹角为θ.则sin θ＝|cos 〈n ，PB →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·PB →|n ||PB →|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12－1－114＋1＋1×3＝33. (3)解 设M 是棱PA 上一点，则存在λ∈[0，1]使得AM →＝λAP →，因此点M (0，1－λ，λ)，BM →＝(－1，－λ，λ).因为BM 平面PCD ，所以BM ∥平面PCD ，当且仅当BM →·n ＝0，即(－1，－λ，λ)·⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－1，1＝0，解得λ＝14，所以在棱PA 上存在点M 使得BM ∥平面PCD ，此时AM AP ＝14.。

第1讲 空间几何体中的计算与位置关系高考定位 1.以三视图和空间几何体为载体考察面积与体积，难度中档偏下；2.以选择题、填空题的形式考察线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进展判断，属根底题；空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问.真 题 感 悟1.(2021·浙江卷)平面α，直线m ，n 满足m α，n α，那么“m ∥n 〞是“m ∥α〞的( ) A.充分不必要条件 C.充分必要条件解析 假设m α，n α，m ∥n ，由线面平行的判定定理知m ∥α.假设m ∥α，m α，n α，不一定推出m ∥n ，直线m 与n 可能异面，故“m ∥n 〞是“m ∥α〞的充分不必要条件.应选A. 答案 A2.(2021·浙江卷)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A.2B.4C.6解析 由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.应选C. 答案 C3.(2021·浙江卷)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的外表积是________cm 2，体积是________cm 3.解析 由三视图可知，该几何体为两个一样长方体组合，长方体的长、宽、高分别为4 cm 、2 cm 、2 cm ，其直观图如下：其体积V ＝2×2×2×4＝32(cm 3)，由于两个长方体重叠局部为一个边长为2的正方形，所以外表积为S ＝2(2×2×2＋2×4×4)－2×2×2＝2×(8＋32)－8＝72(cm 2). 答案 72 324.(2021·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.假设平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，那么四面体PBCD 的体积的最大值是________. 解析 设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x ).要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x ，那么V四面体PBCD＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD的最大值为16×3＝12.答案 12考 点 整 合1.四棱柱、直四棱柱、正四棱柱、正方体、平行六面体、直平行六面体、长方体之间的关系.2.几何体的摆放位置不同，其三视图也不同，需要注意长对正，高平齐，宽相等.(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上、下底面的周长，h ′为斜高)；④S 球表＝4πR 2(R 为球的半径). (2)柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.4.直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理：aα，b α，a ∥b a ∥α.(2)线面平行的性质定理：a ∥α，a β，α∩β＝b a ∥b . (3)面面平行的判定定理：aβ，b β，a ∩b ＝P ，a ∥α，b ∥αα∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a ，β∩γ＝b a ∥b . 5.直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理：mα，n α，m ∩n ＝P ，l ⊥m ，l ⊥n l ⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a ⊥α，b ⊥αa ∥b . (3)面面垂直的判定定理：aβ，a ⊥αα⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l ，aα，a ⊥l a ⊥β.热点一 空间几何体的外表积与体积的求解 [考法1] 以三视图为载体求几何体的面积与体积 【例1－1】 (1)(2021·浙江卷)某几何体的三视图如下图(单位：cm)，那么该几何体的体积(单位：cm 3)是( ) A.π2＋1 B.π2＋3 C.3π2＋1 D.3π2＋3 (2)(2021·舟山模拟)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为________，外表积为________.(3)(2021·绍兴质量调测)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的外表积为________，体积为________.解析 (1)由三视图可知原几何体为半个圆锥和一个三棱锥的组合体，半圆锥的底面半径为1，高为3，三棱锥的底面积为12×2×1＝1，高为3.故原几何体体积为：V ＝12×π×12×3×13＋1×3×13＝π2＋1.(2)该几何体可看作是由一个斜三棱柱ADE-GHF 和一个正四棱锥F-GBCH 拼接而成的组合体，其中ABCD 为矩形，EF ∥AB ，AB ＝2EF ＝8，BC ＝4，正四棱锥F-GBCH 的高为3，那么该几何体的体积为V ＝12×42×3＋13×42×3＝40，外表积为S ＝2×4＋82×13＋2×12×4×13＋4×8＝32＋1613.(3)由题意，该几何体是一个三棱锥S-ABC (如图，)且SA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，SA ＝BC ＝2，AC ＝1，那么该几何体的外表积为S ＝S △SAB ＋S △SAC ＋S △SBC ＋S △ABC ＝12×2×5＋12×2×1＋12×2×5＋12×2×1＝2＋25；体积为V ＝13S △ABC ·SA ＝13×12×1×2×2＝23. 答案 (1)A (2)40 32＋1613 (3)2＋2 523探究提高 截割体、三棱锥的三视图是高考考察的热点和难点，解题的关键是由三视图复原为直观图，首先确定底面，再根据正视图、侧视图确定侧面. [考法2] 求多面体的体积【例1－2】 (1)(2021·天津卷)如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，那么四棱锥A 1-BB 1D 1D 的体积为________.(2)如图，正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，那么三棱锥D 1EDF 的体积为________.解析 (1)法一 连接A 1C 1交B 1D 1于点E ，那么A 1E ⊥B 1D 1，A 1E ⊥BB 1，那么A 1E ⊥平面BB 1D 1D ，所以A 1E 为四棱锥A 1-BB 1D 1D 的高，且A 1E ＝22，矩形BB 1D 1D 的长和宽分别为2，1，故V A 1-BB 1D 1D ＝13×1×2×22＝13.法二 连接BD 1，那么四棱锥A 1-BB 1D 1D 分成两个三棱锥B-A 1DD 1与B-A 1B 1D 1，V A 1-BB 1D 1D ＝V B-A 1DD1＋V B-A 1B 1D 1＝13×12×1×1×1＋13×12×1×1×1＝13.(2)利用三棱锥的体积公式直接求解.V D 1-EDF ＝V FDD 1E ＝13S △D 1DE ·AB ＝13×12×1×1×1＝16.另解(特殊点法)：让E 点和A 点重合，点F 与点C 重合， 那么V D 1-EDF ＝13×S △ACD ×D 1D ＝13×12×1×1×1＝16.答案 (1)13 (2)16探究提高 (1)求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转换原那么是其高易求，底面放在几何体的某一面上.(2)假设所给的几何体的体积不能直接利用公式得出，那么常用转换法、分割法、补形法等方法求解.[考法3] 与球有关的面积、体积问题【例1－3】 (1)如下图是一个几何体的三视图，那么这个几何体外接球的外表积为( ) A.8π C.32π(2)(2021·全国Ⅲ卷)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，那么三棱锥DABC 体积的最大值为( ) 3333解析 (1)由三视图可知，几何体为一横放的四棱锥，其底面是边长为4的正方形，高为2，平面SAB ⊥平面ABCD ，∠ASB ＝90°，SA ＝SB .易知SA ＝SB ＝2 2.如下图.故可补全为以DA ，SA ，SB 为棱的长方体， 故2R ＝DA 2＋SA 2＋SB 2＝32＝42， ∴R ＝22，∴S 表＝4πR 2＝32π.(2)设等边△ABC 的边长为x ，那么12x 2sin 60°＝93，得x ＝6.设△ABC 的外接圆半径为r ，那么2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，所以球心到△ABC 所在平面的距离d ＝42－〔23〕2＝2，那么点D 到平面ABC 的最大距离d 1＝d ＋4＝6，所以三棱锥DABC 体积的最大值V max ＝13S △ABC ×6＝13×93×6＝18 3.答案 (1)C (2)B探究提高 涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体量的关系，列方程(组)求解.【训练1】 (1)(2021·江苏卷)如下图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________.(2)(2021·温州期末联考)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积为__________，其外表积为________.(3)(2021·北京卷)某三棱锥的三视图如下图，那么该三棱锥的体积为( )A.16B.13C.12解析 (1)正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体是正八面体，其中正八面体的所有棱长都是2，那么该正八面体的体积为13×(2)2×2＝43.(2)由正视图和侧视图可知该几何体含有半个圆柱，再结合俯视图不难得到该几何体是半个圆柱和一个倒立的直四棱锥组合而成，如图，故该几何体的体积为V ＝13×4×4×4＋4π×42＝643＋8π，外表积为S ＝π×22＋2π×2×42＋4×4×22＋4×42×22＝16＋162＋12π.(3)由三视图知，三棱锥如下图：由侧视图得高h ＝1，又底面积S ＝12×1×1＝12，所以体积V ＝13Sh ＝16.答案 (1)43 (2)643＋8π 16＋162＋12π (3)A热点二 空间中的平行与垂直 [考法1] 空间线面位置关系的判断【例2－1】 (1)(2021·浙江卷)互相垂直的平面α，β交于直线l .假设直线m ，n 满足m ∥α，n ⊥β，那么( )A.m ∥lB.m ∥nC.n ⊥lD.m ⊥n(2)(2021·镇海中学高三模拟)对于两条不同的直线m ，n 和两个不同的平面α，β，以下结论正确的选项是( )m α，n ∥β，m ，n 是异面直线，那么α，β相交 m ⊥α，m ⊥β，n ∥α，那么n ∥β m α，n ∥α，m ，n 共面于β，那么m ∥nm ⊥α，n ⊥β，α，β不平行，那么m ，n 为异面直线解析 (1)由，α∩β＝l ，∴l β，又∵n ⊥β，∴n ⊥l ，C 正确.应选C. (2)如图，在正方体ABCDA 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为AA 1，CC 1的中点.对于A ，令BC ＝m ，EF ＝n ，平面ABCD 为平面α，平面A 1B 1C 1D 1为平面β，此时满足m α，n ∥β，m ，n 是异面直线，但α∥β，故A 错误；对于B ，令B 1B ＝m ，平面ABCD 为平面α，平面A 1B 1C 1D 1为平面β，A 1B 1＝n ，此时满足m ⊥α，m ⊥β，n ∥α，但n β，故B 错误；对于C ，由空间线线平行的判定定理可知C 正确；对于D ，令B 1B ＝m ，AB ＝n ，平面ABCD 为平面α，平面B 1BCC 1为平面β，此时满足m ⊥α，n ⊥β，α，β不平行，但m ∩n ＝B ，不是异面直线，D 错误. 综上所述，应选C . 答案 (1)C (2)C探究提高 长方体(或正方体)是一类特殊的几何体，其中蕴含着丰富的空间位置关系.因此，对于某些研究空间直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的平行、垂直关系问题，常构造长方体(或正方体)，把点、线、面的位置关系转移到长方体(或正方体)中，对各条件进展检验或推理，根据条件在某一特殊情况下不真，那么它在一般情况下也不真的原理，判断条件的真伪，可使此类问题迅速获解. [考法2] 平行、垂直关系的证明【例2－2】 (2021·北京卷)如图，在四棱锥PABCD 中，底面ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA ⊥PD ，PA ＝PD ，E ，F 分别为AD ，PB 的中点.(1)求证：PE ⊥BC ；(2)求证：平面PAB ⊥平面PCD ； (3)求证：EF ∥平面PCD .证明 (1)因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点， 所以PE ⊥AD .因为底面ABCD 为矩形， 所以BC ∥AD . 所以PE ⊥BC .(2)因为底面ABCD 为矩形， 所以AB ⊥AD .又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ， 所以AB ⊥平面PAD . 所以AB ⊥PD .又因为PA ⊥PD ，且PA ∩AB ＝A ， 所以PD ⊥平面PAB .又PD 平面PCD ， 所以平面PAB ⊥平面PCD .(3)如图，取PC 中点G ，连接FG ，DG . 因为F ，G 分别为PB ，PC 的中点， 所以FG ∥BC ，FG ＝12BC .因为ABCD 为矩形，且E 为AD 的中点， 所以DE ∥BC ，DE ＝12BC .所以DE ∥FG ，DE ＝FG .所以四边形DEFG 为平行四边形. 所以EF ∥DG .又因为EF 平面PCD ，DG 平面PCD ，所以EF ∥平面PCD .探究提高 垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型. (1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行. (2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直. (3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.(4)证明面面垂直，需转化为证明线面垂直，进而转化为证明线线垂直. 【训练2】 如图，在三棱锥ABCD 中，AB ⊥AD ，BC ⊥BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，点E ，F (E 与A ，D 不重合)分别在棱AD ，BD 上，且EF ⊥AD . 求证：(1)EF ∥平面ABC ； (2)AD ⊥AC .证明 (1)在平面ABD 内，AB ⊥AD ，EF ⊥AD ， 那么AB ∥EF .∵AB 平面ABC ，EF 平面ABC ， ∴EF ∥平面ABC .(2)∵BC ⊥BD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，平面ABD ⊥平面BCD ，BC 平面BCD ， ∴BC ⊥平面ABD .∵AD 平面ABD ，∴BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ，AB 平面ABC ，BC ∩AB ＝B ， ∴AD ⊥平面ABC ，又因为AC 平面ABC ，∴AD ⊥AC .(1)对于规那么几何体，可直接利用公式计算.(2)对于不规那么几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解.(3)求解旋转体的外表积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形的应用.(4)求解几何体的外表积时要注意S 表＝S 侧＋S 底.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a 的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a ，a 2，22a . V ＝13Sh ，在求解锥体体积中，不能漏掉13.4.空间中点、线、面的位置关系的判定(1)可以从线、面的概念、定理出发，学会找特例、反例.(2)可以借助长方体，在理解空间点、线、面位置关系的根底上，抽象出空间线、面的位置关系的定义.5.垂直、平行关系的根底是线线垂直和线线平行，常用方法如下：(1)证明线线平行常用的方法：一是利用平行公理，即证两直线同时和第三条直线平行；二是利用平行四边形进展平行转换：三是利用三角形的中位线定理证线线平行；四是利用线面平行、面面平行的性质定理进展平行转换.(2)证明线线垂直常用的方法：①利用等腰三角形底边中线即高线的性质；②勾股定理；③线面垂直的性质：即要证两线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在的平面即可，l⊥α，aαl⊥a.6.解决平面图形的翻折问题，关键是抓住平面图形翻折前后的不变“性〞与“量〞，即两条直线的平行与垂直关系以及相关线段的长度、角度等.一、选择题1.(2021·北京卷)某四棱锥的三视图如下图，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A.1B.2C.3解析 在正方体中作出该几何体的直观图，记为四棱锥PABCD ，如图，由图可知在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为3，应选C.答案 C2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一局部后所得，那么该几何体的体积为( )A.90ππC.42π解析 法一 (割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线局部所得，如下图.将圆柱补全，并将圆柱从点A 处水平分成上下两局部.由图可知，该几何体的体积等于下局部圆柱的体积加上上局部圆柱体积的12，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.法二 (估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π，∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合. 答案 B3.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，那么该圆柱的体积为( ) A.πB.3π4C.π2D.π4解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，OR ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12. ∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32， 故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.答案 B4.某多面体的三视图如下图，其中正视图和侧视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有假设干个是梯形，这些梯形的面积之和为( ) A.10C.14解析 由三视图可画出直观图，该直观图各面内只有两个一样的梯形的面，S 梯＝12×(2＋4)×2＝6，S 全梯＝6×2＝12.答案 B5.一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如下图，那么该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π 解析 由三视图知，半球的半径R ＝22，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V ＝13×1×1×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π，应选C. 答案 C6.(2021·全国Ⅰ卷)M 在正视图上的对应点为A ，圆柱外表上的点N 在左视图上的对应点为B ，那么在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为( ) 175C.3解析 由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN ，那么MS ＝2，SN ＝4，那么从M 到N 的路径中，最短路径的长度为MS 2＋SN 2＝22＋42＝2 5.应选B.答案 B 二、填空题ABC-A 1B 1C 1内有一个体积为VAB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，那么V 的最大值是________.解析 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，那么球与直三棱柱的局部面相切.假设球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .那么12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2.2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.答案 92π8.(2021·浙江东北教学联盟高三模拟)m ，n 是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m α，n β.有以下命题： ①假设α∥β，那么m ∥n ； ②假设α∥β，那么m ∥β；③假设α∩β＝l ，且m ⊥l ，n ⊥l ，那么α⊥β； ④假设α∩β＝l ，且m ⊥l ，m ⊥n ，那么α⊥β. 其中真命题是________(填序号).解析 ①假设α∥β，那么m ∥n 或m ，n 异面，故①不正确； ②假设α∥β，根据平面与平面平行的性质，可得m ∥β，故②正确； ③假设α∩β＝l ，且m ⊥l ，n ⊥l ，那么α与β不一定垂直，故③不正确； ④假设α∩β＝l ，且m ⊥l ，m ⊥n ，l 与n 相交，那么α⊥β，故④不正确. 答案 ②9.(2021·北京东城区质量检测)某简单几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积是________，外接球的外表积是________.解析 由三视图得该几何体是一个底面为对角线长为4的正方形，高为3的直四棱柱，那么其体积为4×4×12R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的外表积为4πR 2＝25π. 答案 24 25π10.(2021·金华一中模拟)某几何体的三视图如下图，那么该几何体的体积等于________，外表积等于________.解析 由三视图知，该几何体是一个底面半径为2、高为3的半圆柱，所以该几何体的体积V ＝12×π×22×3＝6π，外表积S ＝π×2×3＋4×3＋π×22＝12＋10π.答案 6π 12＋10π11.(2021·天津卷)正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，那么四棱锥MEFGH 的体积为________.解析 连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC .因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥MEFGH 的体积为13×⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＝112.答案11212.(2021·全国Ⅰ卷改编)正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，那么α截此正方体所得截面面积的最大值为________.解析 记该正方体为ABCD-A ′B ′C ′D ′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等.如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′DC ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EF-GHIJ 与平面AB ′D ′平行，即截面EFGHIJ为平面αEF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334.答案334三、解答题13.(2021·江苏卷)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝AB ，AB 1⊥B 1C 1. 求证：(1)AB ∥平面A 1B 1C ； (2)平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .证明 (1)在平行六面体ABCDA 1B 1C 1D 1中，AB ∥A 1B 1.因为AB平面A 1B 1C ，A 1B 1平面A 1B 1C ，所以AB ∥平面A 1B 1C .(2)在平行六面体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，四边形ABB 1A 1为平行四边形. 又因为AA 1＝AB ，所以四边形ABB 1A 1为菱形， 因此AB 1⊥A 1B .又因为AB 1⊥B 1C 1，BC ∥B 1C 1， 所以AB 1⊥BC .又因为A 1B ∩BC ＝B ，A 1B 平面A 1BC ，BC 平面A 1BC ， 所以AB 1⊥平面A 1BC . 因为AB 1平面ABB 1A 1， 所以平面ABB 1A 1⊥平面A 1BC .14.(2021·全国Ⅰ卷)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q-ABP 的体积.(1)证明 由可得，∠BAC ＝90°，即BA ⊥AC .又BA ⊥AD ，AC ∩AD ＝D ，AC ，AD 平面ACD ，所以AB ⊥平面ACD . 又AB 平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)解 由可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝AM ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，那么QE 綉13DC .由及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1.因此，三棱锥Q-ABP 的体积为V Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin 45°＝1.15.如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)假设PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积.(1)证明 ∵∠BAP ＝∠CDP ＝90°， ∴AB ⊥PA ，CD ⊥PD . ∵AB ∥CD ，∴AB ⊥PD .又∵PA ∩PD ＝P ，∴AB ⊥平面PAD . ∵AB 平面PAB ， ∴平面PAB ⊥平面PAD . (2)解 取AD 的中点E ， 连接PE .∵PA ＝PD ，∴PE ⊥AD . 由(1)知，AB ⊥平面PAD ， 故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD . 设AB ＝x ，那么由可得AD ＝2x ，PE ＝22x ， 故四棱锥PABCD 的体积V P-ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，故x ＝2.从而PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22， 可得四棱锥PABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.。

[名校]浙江高考数学-立体几何空间角的求值的多种解法（线线角，线面角，二面角）第一部分：平行与垂直的证明立体几何一般以两问出现的较多，其中第一问相对较多出现的是平行和垂直的证明，而浙江卷又以垂直出现的可能性更大。

当然垂直证明一般难度大于平行的证明。

对于这一块内容，我们简单介绍下。

我制作了一张平行互推图和垂直互推图。

大家可以看一下。

平行证明垂直证明平行与垂直的证明，我们放在下一块求空间角时，分析大题目时一起分析。

第二部分：求空间角立体几何的第二问基本都以求空间角的形式出现求空间角主要分为三块内容：异面直线所成的角(线线角)，线与面所成的角（线面角），面与面所成的角（二面角）。

首先，我们看一下考纲里面对空间角的要求：A. 理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念．B.了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法．接下来我们分三点来分析空间角的求法：1）异面直线所成的角(线线角)定义：已知两条异面直线，经过空间任一点作直线，所成的角的大小与点的选择无关，把所成的锐角（或直角）叫异面直线所成的角（或夹角）．异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法：1）：平移，平移后使两条直线相交，求角；2）：向量法：建立坐标系，请求两条直线的坐标，利用公式异面直线所成的角向量公式典例分析例1．在正三棱锥S－ABC中，E为SA的中点，F为△ABC的中心，SA=BC=2，则异面直线EF与AB所成的角是( )(A)30°(B) 45°(C) 60°(D) 90°例1答案例2．如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1= 根号3，∠BAD=120º.（1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；2）线与面所成的角（线面角）1.线面角的定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角2.求线面角的一般步骤：(1)先找斜足(2)经过斜线上一点作面的垂线（一般都是另一个端点），即作出垂足，连接斜足和垂足，找出线面角。