专题4.4 立体几何中最值问题-2020届高考数学压轴题讲义(选填题)(原卷版)

空间距离与立体几何中的最值(范围)问题(选用)空间中的距离问题如图，平面PAD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△PAD 是直角三角形，且PA ＝AD ＝2，E ，F ，G 分别是线段PA ，PD ，CD 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面PAB ； (2)求点A 到平面EFG 的距离．【解】 如图，建立空间直角坐标系Axyz ，则A (0，0，0)，B (2，0，0)，C (2，2，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)，E (0，0，1)，F (0，1，1)，G (1，2，0)．(1)证明：因为EF →＝(0，1，0)，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(2，0，0)，所以EF →·AP →＝0×0＋1×0＋0×2＝0，EF →·AB →＝0×2＋1×0＋0×0＝0，所以EF ⊥AP ，EF ⊥AB .又因为AP ，AB ⊂平面PAB ，且PA ∩AB ＝A ，所以EF ⊥平面PAB . 又EF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面PAB . (2)设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝（x ，y ，z ）·（0，1，0）＝0，n ·EG →＝（x ，y ，z ）·（1，2，－1）＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，x ＋2y －z ＝0.取n ＝(1，0，1)，又AE →＝(0，0，1)，所以点A 到平面EFG 的距离d ＝|AE →·n ||n |＝12＝22.(1)空间中的各种距离一般都可以转化为求点与点、点与线、点与面的距离． ①点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M 到直线a 的距离，若直线的方向向量为a ，直线上任一点为N ，则点M 到直线a 的距离为d ＝|MN →|·sin〈MN →，a 〉；③线线距：两平行线间的距离转化为点线距离，两异面直线间的距离转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M 到平面α的距离，若平面α的法向量为n ，平面α内任一点为N ，则点M 到平面α的距离d ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||n |.(2)利用空间向量求空间距离问题，首先应明确所求距离的特征，恰当选用距离公式求解．1．如图，P ­ABCD 是正四棱锥，ABCD ­A 1B 1C 1D 1是正方体，其中AB ＝2，PA ＝6，则B 1到平面PAD 的距离为________．解析：以A 1B 1所在直线为x 轴，A 1D 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则AD →＝(0，2，0)，AP →＝(1，1，2)，设平面PAD 的法向量是m ＝(x ，y ，z )， 所以由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AP →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，得m ＝(－2，0，1)，因为B 1A →＝(－2，0，2)，所以B 1到平面PAD 的距离d ＝|B 1A →·m ||m |＝65 5.答案：6552．如图，在长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝3，CC 1＝2.(1)求证：平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离．解：(1)证明：因为AA 1綊CC 1，所以四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以AC ∥A 1C 1. 又AC ⊄平面A 1BC 1，A 1C 1⊂平面A 1BC 1， 所以AC ∥平面A 1BC 1.同理可证CD 1∥平面A 1BC 1. 又AC ∩CD 1＝C ，AC ⊂平面ACD 1，CD 1⊂平面ACD 1， 所以平面A 1BC 1∥平面ACD 1.(2)以B 1为原点，分别以B 1A 1→，B 1C 1→，B 1B →的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A 1(4，0，0)，A (4，0，2)，D 1(4，3，0)，C (0，3，2)，A 1A →＝(0，0，2)，AC →＝(－4，3，0)，AD 1→＝(0，3，－2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋3y ＝0，3y －2z ＝0，取n ＝(3，4，6)，所以所求距离d ＝|A 1A →|×|cos 〈n ，A 1A →〉|＝|n ·A 1A →||n |＝1232＋42＋62＝126161，故平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离为126161.立体几何中的最值(范围)问题(1)(2019·宁波十校联考)如图，平面PAB ⊥平面α，AB ⊂α，且△PAB 为正三角形，点D 是平面α内的动点，ABCD 是菱形，点O 为AB 中点，AC 与OD 交于点Q ，l ⊂α，且l ⊥AB ，则PQ 与l 所成角的正切值的最小值为( )A ． －3＋372B ． 3＋372C ．7D ．3(2)(2019·温州高考模拟)如图，在三棱锥A ­BCD 中，平面ABC ⊥平面BCD ，△BAC 与BCD 均为等腰直角三角形，且∠BAC ＝∠BCD ＝90°，BC ＝2，点P 是线段AB 上的动点，若线段CD 上存在点Q ，使得直线PQ 与AC 成30°的角，则线段PA 长的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63 C ．⎝⎛⎭⎪⎫22，2 D ．⎝⎛⎭⎪⎫63，2 【解析】 (1)如图，不妨以CD 在AB 前侧为例．以O 为原点，分别以OB 、OP 所在直线为y 、z 轴建立空间直角坐标系，设AB ＝2，∠OAD ＝θ(0<θ<π)，则P (0，0，3)，D (2sin θ，－1＋2cos θ，0)，所以Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫23sin θ，23cos θ－13，0，所以QP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23sin θ，13－23cos θ，3，设α内与AB 垂直的向量n ＝(1，0，0)，PQ 与l 所成角为φ，则cos φ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪QP →·n |QP →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23sin θ329－49cos θ＝sin θ8－cos θ＝1－cos 2θ8－cos θ.令t ＝cos θ(－1<t <1)，则s ＝1－t 28－t ，s ′＝t 2－16t ＋1（8－t ）2，令s ′＝0，得t ＝8－37，所以当t ＝8－37时，s 有最大值为16－67.则cos φ有最大值为16－67，此时sin φ取最小值为67－15. 所以正切值的最小值为67－1516－67＝3＋372.故选B.(2) 以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过C 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，则A (0，1，1)，B (0，2，0)，C (0，0，0)，设Q (q ，0，0)，AP →＝λAB →＝(0，λ，－λ)(0≤λ≤1)，则PQ →＝CQ →－CP →＝CQ →－(CA →＋AP →)＝(q ，0，0)－(0，1，1)－(0，λ，－λ)＝(q ，－1－λ，λ－1)，因为直线PQ 与AC 成30°的角， 所以cos 30°＝|CA →·PQ →||CA →|·|PQ →|＝22·q 2＋（1＋λ）2＋（λ－1）2＝2q 2＋2λ2＋2＝32， 所以q 2＋2λ2＋2＝83，所以q 2＝23－2λ2∈[0，4]，所以⎩⎪⎨⎪⎧23－2λ2≥023－2λ2≤4，解得0≤λ≤33，所以|AP →|＝2λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63，所以线段PA 长的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，63. 故选B.【答案】 (1)B (2)B(1)求解立体几何中的最值问题，需要先确定最值的主体，确定题目中描述的相关变量，然后根据所求，确定是利用几何方法求解，还是转化为代数(特别是函数)问题求解．利用几何方法求解时，往往利用几何体的结构特征将问题转化为平面几何中的问题进行求解，如求几何体表面距离的问题．利用代数法求解时，要合理选择参数，利用几何体中的相关运算构造目标函数，再根据条件确定参数的取值范围，从而确定目标函数的值域，即可利用函数最值的求解方法求得结果．(2)用向量法解决立体几何中的最值问题，不仅简捷，更减少了思维量．用变量表示动点的坐标，然后依题意用向量法求其有关几何量，构建有关函数，从而用代数方法即可求其最值．1．(2019·浙江省五校联考模拟)如图，棱长为4的正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1，点A 在平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为30°，则顶点C 1到平面α的距离的最大值是( )A ．2(2＋2)B ．2(3＋2)C ．2(3＋1)D ．2(2＋1)解析：选B.如图所示，作C 1O ⊥α，交ABCD 于O ，交α于E ，由题得O 在AC 上，则C 1E 为所求，∠OAE ＝30°， 由题意，设CO ＝x ，则AO ＝42－x ，C 1O ＝16＋x 2，OE ＝12OA ＝22－12x ，所以C 1E ＝16＋x 2＋22－12x ，令y ＝16＋x 2＋22－12x ，则y ′＝x16＋x 2－12＝0，可得x ＝43，所以x ＝43时，顶点C 1到平面α的距离的最大值是2(3＋2)．2．(2019·浙江省名校协作体高三联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，所以AB ＝2，所以AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， 所以AB 2＝AC 2＋BC 2，所以BC ⊥AC ，因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE .(2)如图所示，由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，所以AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0n 1·BM →＝0，得⎩⎨⎧－3x ＋y ＝0λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，因为n 2＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量， 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋（3－λ）2×1 ＝1（λ－3）2＋4，因为0≤λ≤3，所以当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤77，12.空间中的距离(1)点与点之间的距离⎩⎪⎨⎪⎧利用空间两点间的距离公式利用空间向量的模长利用辅助线转化为平面距离(2)点线距离⎩⎪⎨⎪⎧转化为两点间距离求解利用向量法求解(3)点面之间距离⎩⎪⎨⎪⎧等积法求解向量法求解立体几何中的最值(范围)问题 (1)几何体的面积、体积的最值(范围) (2)空间角(或空间角三角函数值)的最值(范围) (3)空间距离的最值(范围) 求解方法⎩⎪⎨⎪⎧①构造函数法②转化为平面问题③引入参数利用向量法[基础达标]1．(2019·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1­ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC＝AA 1＝1，已知G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，D 与F 分别为线段AC 和AB 上的动点(不包括端点)，若GD ⊥EF ，则线段DF 的长度的取值范围为( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫55，1 B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤55，1 C ．⎝⎛⎭⎪⎫255，1 D ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫255，1 解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0，0，0)，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1，12，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，1， F (x ，0，0)，D (0，y ，0)，由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0，DF ＝x 2＋y 2＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫y －252＋15， 由x ＝1－2y >0，得y <12，所以当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是15，当y ＝0时，线段DF 长度的最大值是1，又不包括端点，故y ＝0不能取，故选A. 2. (2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，三棱锥P ­ABC 中，已知PA ⊥平面ABC ，AD ⊥BC 于D ，BC ＝CD ＝AD ＝1，设PD ＝x ，∠BPC ＝θ，记函数f (x )＝tan θ，则下列表述正确的是( )A ．f (x )是关于x 的增函数B ．f (x )是关于x 的减函数C ．f (x )关于x 先递增后递减D ．f (x )关于x 先递减后递增解析：选C.因为PA ⊥平面ABC ，AD ⊥BC 于D ，BC ＝CD ＝AD ＝1，PD ＝x ，∠BPC ＝θ， 所以可求得AC ＝2，AB ＝5，PA ＝x 2－1，PC ＝x 2＋1，BP ＝x 2＋4， 所以在△PBC 中，由余弦定理知cos θ＝PB 2＋PC 2－BC 22BP ·PC ＝2x 2＋42x 2＋1x 2＋4. 所以tan 2θ＝1cos 2θ－1＝（x 2＋1）（x 2＋4）（x 2＋2）2－1＝x2（x 2＋2）2.所以tan θ＝x x 2＋2＝1x ＋2x ≤12x ·2x＝24(当且仅当x ＝2时取等号)，所以f (x )关于x 先递增后递减．3．(2019·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC 的顶点A 在平面γ上，B ，C 在平面γ的同侧，M 为BC 的中点，若△ABC 在平面γ上的射影是以A 为直角顶点的△AB 1C 1，则M 到平面γ的距离的取值范围是________．解析：设∠BAB 1＝α，∠CAC 1＝β，则AB 1＝2cos α，AC 1＝2cos β，BB 1＝2sin α，CC 1＝2sin β，则点M 到平面γ的距离d ＝sin α＋sin β，又|AM |＝3，则|B 1C 1|＝23－d 2，即cos 2α＋cos 2β＝3－(sin 2α＋2sin αsin β＋sin 2β)．也即sin αsin β＝12，所以d＝sin α＋sin β＝sin α＋12sin α≥2，因为sin α<1，sin β<1，所以12sin α<1，所以12<sin α<1，所以当sin α＝12或1时，d ＝32，则2≤d ＜32.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，324. (2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A ­CD ­B 中，BC ⊥CD ，BC ＝CD ＝2，点A 在直线AD 上运动，满足AD ⊥CD ，AB ＝3.现将平面ADC 沿着CD 进行翻折，在翻折的过程中，线段AD 长的取值范围是________．解析：由题意得AD →⊥DC →，DC →⊥CB →，设平面ADC 沿着CD 进行翻折的过程中，二面角A ­CD ­B 的夹角为θ，则〈DA →，CB →〉＝θ，因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →，所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →， 设AD ＝x ，因为BC ＝CD ＝2，AB ＝3， 所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ，即x 2－4x cos θ－1＝0，即cos θ＝x 2－14x.因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤x 2－14x≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0，则⎩⎨⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0，所以5－2≤x ≤5＋2， 即AD 的取值范围是[5－2，5＋2]． 答案：[5－2，5＋2]5．(2019·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D ­ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ，因为AB ＝2，所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4，又因为AC →·BD →＝－3，所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2，当且仅当a＝b 时，等号成立，即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：26．(2019·温州十五校联合体期末考试)在正四面体P ­ABC 中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN →＝λAB →，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当13≤λ≤23时，则cos α的取值范围是________．解析：设点P 到平面ABC 的射影为点O ，以AO 所在直线为y 轴，OP 所在直线为z 轴，过点O 作BC 的平行线为x 轴，建立空间直角坐标系，如图．设正四面体的棱长为43，则有A (0，－4，0)，B (23，2，0)，C (－23，2，0)，P (0，0，42)，M (－3，1，22)．由AN →＝λAB →，得N (23λ，6λ－4，0)．从而有NM →＝(－3－23λ，5－6λ，22)，AC →＝(－23，6，0)． 所以cos α＝|NM →·AC →||NM →||AC →|＝3－2λ24λ2－4λ＋3，设3－2λ＝t ，则53≤t ≤73.则cos α＝12t 2t 2－4t ＋6＝126⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－4·1t＋1，因为13<37≤1t ≤35，所以51938≤cos α≤71938.答案：⎣⎢⎡⎦⎥⎤51938，719387.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，AB ＝BC ＝2，P 为AB 边上一动点，PD ∥BC 交AC 于点D .现将△PDA 沿PD 翻折至△PDA ′，使平面PDA ′⊥平面PBCD .(1)当棱锥A ′­PBCD 的体积最大时，求PA 的长； (2)若P 为AB 的中点，E 为A ′C 的中点，求证：A ′B ⊥DE . 解：(1)设PA ＝x ，则PA ′＝x ，所以V A ′­PBCD ＝13PA ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－x 22.令f (x )＝13x ⎝⎛⎭⎪⎫2－x 22＝2x 3－x36(0<x <2)，则f ′(x )＝23－x22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：(2) 证明：取A ′B 的中点F ，连接EF ，FP .由已知，得EF 綊12BC 綊PD .所以四边形EFPD 是平行四边形，所以ED ∥FP . 因为△A ′PB 为等腰直角三角形，所以A ′B ⊥PF . 所以A ′B ⊥DE .8. (2019·杭州市第一次高考科目数学质量检测)如图，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)设直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ，二面角A 1­BC ­A 的大小为φ，试比较θ和φ的大小关系，并证明你的结论．解：(1)证明：过点A 在平面A 1ABB 1内作AD ⊥A 1B 于D ， 因为平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1， 平面A 1BC ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， 所以AD ⊥平面A 1BC ， 又因为BC ⊂平面A 1BC ， 所以AD ⊥BC .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥BC . 又因为AA 1∩AD ＝A ， 所以BC ⊥侧面A 1ABB 1， 又因为AB ⊂平面A 1ABB 1， 故AB ⊥BC .(2)连接CD ，由(1)知∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角． 又∠ABA 1是二面角A 1­BC ­A 的平面角． 则∠ACD ＝θ，∠ABA 1＝φ.在Rt △ADC 中，sin θ＝AD AC，在Rt △ADB 中， sin φ＝AD AB.由AB <AC ，得sin θ<sin φ，又0<θ，φ<π2，所以θ<φ. [能力提升]1．(2019·温州市高考数学模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB AD＝λ(λ>1)，将其沿AC 翻折，使点D 到达点E 的位置，且二面角C ­AB ­E 为直二面角．(1)求证：平面ACE ⊥平面BCE ；(2)设F 是BE 的中点，二面角E ­AC ­F 的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cosθ的取值范围．解：(1)证明：因为二面角C ­AB ­E 为直二面角，AB ⊥BC, 所以BC ⊥平面ABE ，所以BC ⊥AE .因为AE ⊥CE ，BC ∩CE ＝C ，所以AE ⊥平面BCE . 因为AE ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BCE .(2)如图，以E 为坐标原点，以AD 长为一个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，则AB ＝λ，A (0，1，0)，B (λ2－1，0，0)，C (λ2－1，0，1)，E (0，0，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2－12，0，0，则EA →＝(0，1，0)，EC →＝(λ2－1，0，1)， 设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧y ＝0λ2－1·x ＋z ＝0，取x ＝1，则m ＝(1，0，－λ2－1)． 同理得平面FAC 的一个法向量为n ＝(2，λ2－1，－λ2－1)．所以cos θ＝m ·n |m |·|n |＝λ2＋1λ·2（λ2＋1）＝22·1＋1λ2.因为λ∈[2，3]， 所以cos θ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤53，104.2.如图，在四棱锥P ­ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2， PA ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值；(2)点Q 是线段BP 上的动点，当直线CQ 与DP 所成的角最小时，求线段BQ 的长． 解：以{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A ­xyz ，则各点的坐标为B (1，0，0)，C (1，1，0)，D (0，2，0)，P (0，0，2)．(1)由题意知，AD ⊥平面PAB ，所以AD →是平面PAB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)． 因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)． 设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )， 则m ·PC →＝0，m ·PD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.令y ＝1，解得z ＝1，x ＝1. 所以m ＝(1，1，1)是平面PCD 的一个法向量．从而cos 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33，所以平面PAB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)， 又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)， 又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010.因为y ＝cos x 在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上是减函数，所以此时直线CQ 与DP 所成角取得最小值． 又因为BP ＝12＋22＝5， 所以BQ ＝25BP ＝255.。

【最新】高中数学《空间向量与立体几何》专题解析一、选择题1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =,123AA =，D ，F 分别是棱AB ，1AA 的中点，E 为棱AC 上的动点，则DEF ∆的周长的最小值为()A ．222+B ．232+C ．62+D ．72+【答案】D 【解析】 【分析】根据正三棱柱的特征可知ABC ∆为等边三角形且1AA ⊥平面ABC ，根据1AA AD ⊥可利用勾股定理求得2DF =；把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，可知当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值；在ADF ∆中利用余弦定理可求得最小值，加和得到结果. 【详解】Q 三棱柱111ABC A B C -为正三棱柱 ABC ∆∴为等边三角形且1AA ⊥平面ABCAD ⊂Q 平面ABC 1AA AD ∴⊥ 132DF ∴=+=把底面ABC 与侧面11ACC A 在同一平面展开，如下图所示：当,,D E F 三点共线时，DE EF +取得最小值 又150FAD ∠=o ，3AF =1AD =()22min32cos 42372DE EF AF AD AF AD FAD ⎛⎫∴+=+-⋅∠=-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭DEF ∴∆周长的最小值为：72+本题正确选项：D 【点睛】本题考查立体几何中三角形周长最值的求解问题，关键是能够将问题转化为侧面上两点间最短距离的求解问题，利用侧面展开图可知三点共线时距离最短.2．一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为( )A ．132πB ．7πC ．152πD ．8π【答案】B 【解析】 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据求解表面积即可． 【详解】由题意可知：几何体是一个圆柱与一个14的球的组合体，球的半径为：1，圆柱的高为2， 可得：该几何体的表面积为：22141212274ππππ⨯⨯+⨯⨯+⨯=．故选：B ． 【点睛】思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.3．已知四棱锥S ABCD -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α，SE 与平面ABC D 所成的角为β，二面角S-AB-C 的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．a βγ≤≤D ．γβα≤≤【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求出SE 与BC 所成的角α、SE 与平面ABC D 所成的角β、二面角S-AB-C 的平面角γ的正切值，由正四棱锥的线段大小关系即可比较大小. 【详解】四棱锥S ABCD -的底面是正方形，侧棱长均相等， 所以四棱锥为正四棱锥，（1）过E 作//EF BC ，交CD 于F ，过底面中心O 作ON EF ⊥交EF 于N ，连接SN ，取AB 中点M ，连接OM ，如下图（1）所示：则tan SN SN NE OMα==；（2）连接,OE 如下图（2）所示，则tan SO OEβ=;（3）连接OM ，则tan SOOMγ=，如下图（3）所示：因为,,SN SO OE OM ≥≥ 所以tan tan tan αγβ≥≥， 而,,αβγ均为锐角， 所以,αγβ≥≥ 故选：C. 【点睛】本题考查了异面直线夹角、直线与平面夹角、平面与平面夹角的求法，属于中档题.4．如图，正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）111ABC A B C -的底面边长为a ，侧棱长2a ，则1AC 与侧面11ABB A 所成的角是( )A ．30°B ．45︒C ．60︒D ．90︒【答案】A 【解析】 【分析】以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出1AC 与侧面11ABB A 所成的角． 【详解】解：以C 为原点，在平面ABC 中，过点C 作BC 的垂线为x 轴，CB 为y 轴，1CC 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则3(a A ，2a ，0)，1(0C ，02)a ，13(a A 2a 2)a ，(0B ，a ，0)， 13(a AC =u u u u r ，2a -2)a ，3(a AB =u u u r ，2a ，0)，1(0AA =u u u r ，02)a ， 设平面11ABB A 的法向量(n x =r，y ，)z ， 则13·022·20a an AB x y n AA az ⎧=-+=⎪⎨⎪==⎩u u u v v u u u v v ，取1x =，得(1n =r 3，0)，设1AC 与侧面11ABB A 所成的角为θ，则111||31sin |cos ,|2||||23n AC a n AC n AC a θ=<>===r u u u u rr u u u u r g r u u u ur g ， 30θ∴=︒，1AC ∴与侧面11ABB A 所成的角为30°．故选：A ．【点睛】本题考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．5．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是( )． A ．130 B ．140C ．150D ．160【答案】D 【解析】设直四棱柱1111ABCD A B C D -中，对角线119,15AC BD ==， 因为1A A ⊥平面,ABCD AC Ì,平面ABCD ，所以1A A AC ⊥， 在1Rt A AC ∆中，15A A =，可得221156AC AC A A =-= 同理可得2211200102BD D B D D =-==，因为四边形ABCD 为菱形，可得,AC BD 互相垂直平分， 所以2211()()1450822AB AC BD =+=+=，即菱形ABCD 的边长为8， 因此，这个棱柱的侧面积为1()485160S AB BC CD DA AA =+++⨯=⨯⨯=， 故选D.点睛：本题考查了四棱锥的侧面积的计算问题，解答中通过给出的直四棱柱满足的条件，求得底面菱形的边长，进而得出底面菱形的底面周长，即可代入侧面积公式求得侧面积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及空间想象能力，其中正确认识空间几何体的结构特征和线面位置关系是解答的关键.6．以下说法正确的有几个（ ）①四边形确定一个平面；②如果一条直线在平面外，那么这条直线与该平面没有公共点；③过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行；④如果两条直线垂直于同一条直线，那么这两条直线平行； A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】B 【解析】 【分析】对四个说法逐一分析，由此得出正确的个数. 【详解】①错误，如空间四边形确定一个三棱锥. ②错误，直线可能和平面相交. ③正确，根据公理二可判断③正确. ④错误，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能相交，也可能异面，也可能平行.综上所述，正确的说法有1个，故选B. 【点睛】本小题主要考查空间有关命题真假性的判断，属于基础题.7．如图，直三棱柱ABC A B C '''-的侧棱长为3，AB BC ⊥，3AB BC ==，点E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =，当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，则异面直线A F '与AC 所成的角为（ ）A ．2π B ．3π C ．4π D ．6π 【答案】C 【解析】 【分析】设AE BF a ==，13B EBF EBF V S B B '-'=⨯⨯V ，利用基本不等式，确定点 E ，F 的位置，然后根据//EF AC ，得到A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，再利用余弦定理求解. 【详解】设AE BF a ==，则()()23119333288B EBFa a V a a '-+-⎡⎤=⨯⨯⨯-⨯≤=⎢⎥⎣⎦，当且仅当3a a =-，即32a =时等号成立， 即当三棱锥B EBF '-的体积取得最大值时，点E ，F 分别是棱AB ，BC 的中点， 方法一：连接A E '，AF ，则352A E '=，352AF =，2292A F AA AF ''=+=，13222EF AC ==， 因为//EF AC ，所以A FE '∠即为异面直线A F '与AC 所成的角，由余弦定理得222819452424cos 93222222A F EF A E A FE A F EF +-''+-'∠==='⋅⋅⨯⨯， ∴4A FE π'∠=．方法二：以B 为坐标原点，以BC 、BA 、BB '分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则()0,3,0A ，()3,0,0C ，()0,3,3A '，3,0,02F ⎛⎫⎪⎝⎭， ∴3,3,32A F ⎛⎫'=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，()3,3,0AC =-u u u r ，所以9922cos ,92322A F AC A F AC A F AC +'⋅'==='⋅⨯u u u u r u u u r u u u u r u u u r u u u u r u u u r ，所以异面直线A F '与AC 所成的角为4π． 故选：C【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，余弦定理，基本不等式以及向量法求角，还考查了推理论证运算求解的能力，属于中档题.8．如图，在正方体1111ABCD A B C D -，点P 在线段1BC 上运动，则下列判断正确的是（ ）①平面1PB D ⊥平面1ACD ②1//A P 平面1ACD③异面直线1A P 与1AD 所成角的取值范围是0,3π⎛⎤⎥⎝⎦④三棱锥1D APC -的体积不变 A ．①② B ．①②④C ．③④D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】由面面垂直的判定定理判断①，由面面平行的性质定理判断②，求出P 在特殊位置处时异面直线所成的角，判断③，由换底求体积法判断④． 【详解】正方体中易证直线AC ⊥平面11BDD B ，从而有1AC B D ⊥，同理有11B D AD ^，证得1B D ⊥平面1ACD ，由面面垂直判定定理得平面1PB D ⊥平面1ACD ，①正确；正方体中11//A B CD ，11//BC AD ，从而可得线面平行，然后可得面面平行，即平面11A BC //平面1ACD ，而1A P ⊂平面11A BC ，从而得1//A P 平面1ACD ，②正确；当P 是1BC 中点时，1A P 在平面11A B CD 内，正方体中仿照上面可证1AD ⊥平面11A B CD ，从而11AD A P ⊥，1A P 与1AD 所成角为90︒．③错；∵11D APC P AD C V V --=，由1//BC 平面1ACD ，知P 在线段1BC 上移动时，P 到平面1ACD 距离相等，因此1P AD C V -不变，④正确． 故选：B ． 【点睛】本题考查面面垂直的判定定理、面面平行的性质定理、异面直线所成的角、棱锥的体积等知识，考查学生的空间想象能力，属于中档题．9．在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，4AB BC BD ===，E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点，则直线EF 与平面ACD 所成角的余弦值（ ） A ．13B．3 C ．223D ．6 【答案】C 【解析】 【分析】因为AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系，求出向量EF u u u r 与平面ACD 的法向量n r ，再根据cos ,||||EF nEF n EF n ⋅〈〉=u u u r ru u u r r u u ur r ，即可得出答案. 【详解】因为在四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，以BA 为X 轴，以BD 为Y 轴，以BC 为Z 轴建立空间直角坐标系， 又因为4AB BC BD ===；()4,0,0,(0,0,0),(0,4,0),(0,0,4)A B D C ，又因为E 、F 分别为棱BC 、AD 的中点所以(0,0,2),(2,2,0)E F故()2,2,2EF =-u u u r ，(4,4,0)AD =-u u u r ，(4,0,4)AC =-u u u r.设平面ACD 的法向量为(,,)n x y z =r，则00n AD n AC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v v u u u v v 令1,x = 则1y z ==；所以(1,1,1)n =r 1cos ,3||||332EF n EF n EF n ⋅〈〉===⨯u u u r r u u u r r u u u r r 设直线EF 与平面ACD 所成角为θ ，则sin θ= cos ,EF n 〈〉u u u r r所以222cos 1sin 3θθ=-=故选：C【点睛】本题主要考查线面角，通过向量法即可求出，属于中档题目.10．已知平面α⊥平面β，l αβ=I ，a α⊂，b β⊂，则“a l ⊥”是“a b ⊥r r ”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】 根据面面垂直的性质定理，以及充要条件的判定方法，即可作出判定，得到答案.【详解】由题意知，平面α⊥平面β，,,l a b αβαβ⋂=⊂⊂，当a l ⊥时，利用面面垂直的性质定理，可得a b ⊥r r 成立，反之当a b ⊥r r时，此时a 与l 不一定是垂直的， 所以a l ⊥是a b ⊥r r 的充分不必要条件，故选A.【点睛】本题主要考查了充要条件的判定，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理与性质定理，以及充要条件的判定方法是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题.11．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．273B．276C．274D．272【答案】D【解析】【分析】先还原几何体，再根据锥体体积公式求结果.【详解】几何体为一个三棱锥，高为33，底为一个直角三角形，直角边分别为333，，所以体积为1127=33333=322V⨯⨯⨯⨯，选D.【点睛】(1)解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义，真正把握几何体的结构特征，可以根据条件构建几何模型，在几何模型中进行判断；(2)解决本类题目的技巧：三棱柱、四棱柱、三棱锥、四棱锥是常用的几何模型，有些问题可以利用它们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命题进行辨析．12．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A．238B．823+C．283D．10【答案】A【解析】【分析】根据三视图可知该几何体为一组合体，是一个棱长为2的正方体与三棱锥的组合体，根据体积公式分别计算即可.【详解】几何体为正方体与三棱锥的组合体，由正视图、俯视图可得该几何体的体积为311232+232832V=⨯⨯=,故选A.【点睛】本题主要考查了三视图，正方体与三棱锥的体积公式，属于中档题.13．设α为平面，a ，b 为两条不同的直线，则下列叙述正确的是( )A ．若//a α，//b α，则//a bB ．若a α⊥，//a b ，则b α⊥C ．若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b αD ．若//a α，a b ⊥r r ，则b α⊥【答案】B【解析】【分析】 利用空间线线、线面、面面间的关系对每一个选项逐一分析判断得解．【详解】若//a α，//b α，则a 与b 相交、平行或异面，故A 错误；若a α⊥，//a b ，则由直线与平面垂直的判定定理知b α⊥，故B 正确；若a α⊥，a b ⊥r r ，则//b α或b α⊂，故C 错误；若//a α，a b ⊥r r ，则//b α，或b α⊂，或b 与α相交，故D 错误．故选：B ．【点睛】本题考查命题的真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．14．等腰三角形ABC 的腰5AB AC ==，6BC =，将它沿高AD 翻折，使二面角B AD C --成60︒，此时四面体ABCD 外接球的体积为（ ）A ．7πB ．28πCD 【答案】D【解析】分析：详解：由题意，设BCD ∆所在的小圆为1O ，半径为r ，又因为二面角B AD C --为060，即060BDC ∠=，所以BCD ∆为边长为3的等边三角形，又正弦定理可得，032sin 60r ==BE = 设球的半径为R ，且4=AD ，在直角ADE ∆中，()2222224428R AD DE R =+⇒=+=，所以R =，所以球的体积为3344333V R ππ==⨯=，故选D ．点睛：本题考查了有关球的组合体问题，以及三棱锥的体积的求法，解答时要认真审题，注意球的性质的合理运用，求解球的组合体问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径.15．在空间中，下列命题正确的是A ．如果一个角的两边和另一角的两边分别平行,那么这两个角相等B ．两条异面直线所成的有的范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．如果两个平行平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行D ．如果一条直线和平面内的一条直线平行,那么这条直线和这个平面平行【答案】C【解析】【分析】根据两个角可能互补判断A ；根据两条异面直线所成的角不能是零度,判断B ；根据根据两个平面平行的性质定理知判断C ；利用直线与这个平面平行或在这个平面内判断D.【详解】如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行,这两个角相等或互补,故A 不正确； 两条异面直线所成的角不能是零度,故B 不正确；根据两个平面平行的性质定理知C 正确；如果一条直线和一个平面内的一条直线平行,那么这条直线与这个平面平行或在这个平面内,故D 不正确,综上可知只有C 的说法是正确的,故选C.【点睛】本题考查平面的基本性质及推论,考查等角定理,考查两个平面平行的性质定理,考查异面直线所成的角的取值范围,考查直线与平面平行的判断定理,意在考查对基础知识的掌握情况，本题是一个概念辨析问题.16．已知直线和不同的平面，下列命题中正确的是A ．//m m αβαβ⊥⎫⇒⎬⊥⎭B ．m m αββα⊥⎫⇒⊥⎬⊂⎭C ．//////m m ααββ⎫⇒⎬⎭D ．////m m αββα⎫⇒⎬⊂⎭【答案】D【解析】【分析】对各个选项逐一进行分析即可【详解】 A ，若αβ⊥，m β⊥，则有可能m α⊂，故A 错误B ，若αβ⊥，m α⊂，则m 与β不一定垂直，可能相交或平行，故B 错误C ，若//m α，//m β则推不出//αβ，面面平行需要在一个面内找出两条相交线与另一个平面平行，故C 错误D ，若//αβ，m α⊂，则有//m β，故D 正确故选D【点睛】本题考查了线面平行与面面平行的判断和性质，在对其判定时需要运用其平行的判定定理或者性质定理，所以要对课本知识掌握牢固，从而判断结果17．已知某几何体的三视图如图所示，其中正视图与侧视图是全等的直角三角形，则该几何体的各个面中，最大面的面积为（ ）A ．2B ．5C 13D 22【答案】D【解析】【分析】 根据三视图还原出几何体，找到最大面，再求面积.【详解】由三视图可知，该几何体是一个三棱锥，如图所示，将其放在一个长方体中，并记为三棱锥P ABC -.13PAC PAB S S ∆∆=22PAC S ∆=，2ABC S ∆=22.选D.【点睛】本题主要考查三视图的识别，复杂的三视图还原为几何体时，一般借助长方体来实现.18．如图1，已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，Q 分别是线段AD 1，B 1C ，C 1D 1上的动点，当三棱锥Q-BMN 的正视图如图2所示时，三棱锥俯视图的面积为A ．2B ．1C ．32D ．52【答案】C【解析】【分析】判断俯视图的形状，利用三视图数据求解俯视图的面积即可．【详解】由正视图可知：M 是1AD 的中点，N 在1B 处，Q 在11C D 的中点，俯视图如图所示：可得其面积为：1113222111122222⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=，故选C ． 【点睛】 本题主要考查三视图求解几何体的面积与体积，判断它的形状是解题的关键，属于中档题.19．设,αβ是两个不同的平面，,l m 是两条不同的直线，且l α⊂，m β⊂，则（ ）A ．若//αβ，则//l mB ．若//m a ，则//αβC ．若m α⊥，则αβ⊥D ．若αβ⊥，则//l m【答案】C【解析】【分析】 根据空间线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断可得答案.【详解】A. 若//αβ，则l 与m 可能平行，可能异面，所以A 不正确.B. 若//m a ，则α与β可能平行，可能相交，所以B 不正确.C. 若m α⊥，由m β⊂，根据面面垂直的判定定理可得αβ⊥，所以C 正确. D 若αβ⊥，且l α⊂，m β⊂，则l 与m 可能平行，可能异面，可能相交, 所以D 不正确.【点睛】本题考查空间线线、线面、面面的位置判断定理和性质定理，考查空间想象能力，属于基础题.20．一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．32πD ．48π【答案】B【解析】【分析】先作出几何图形，确定四个直角和边长，再找到外接球的球心和半径，再计算外接球的表面积.【详解】由题得几何体原图如图所示，其中SA⊥平面ABC,BC⊥平面SAB,SA=AB=BC=2,所以2,3SC=设SC中点为O,则在直角三角形SAC中，3,在直角三角形SBC中，OB=13 2SC=所以3所以点O3所以四面体外接球的表面积为43=12ππ.故选：B【点睛】本题主要考查四面体的外接球的表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理的能力.。

选填训练4答案一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。

在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 如图，在四面体O −ABC 中，G 是底面△ABC 的重心，且OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则log 3|xyz|等于 ( )A. −3B. −1C. 1D. 3【答案】A 解：连结AG ，OG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13(OC ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ )=13OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +13OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +13OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =x OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +y OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +z OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴x =y =z =13， 则log 3|xyz|=log 3127=−3．2. 在△ABC 中A =30°，AC =4，BC =a ，若△ABC 仅一个解时，则a 的取值范围是( )A. a ≥4B. a =2C. a ≥4或a =2D. 无法确定【答案】C解：当a =ACsin30°=4×12=2时，以C 为圆心，以a =2为半径画弧，与射线AD 只有唯一交点， 此时符合条件的三角形只有一个，当a ⩾4时，以C 为圆心以a 为半径画弧时，在从垂足到A 点之间得不到交点，交点只能在垂足外侧，三角形也是唯一的， ∴a ≥4或a =2，故选C ．3. 设两个向量e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 满足|e 1⃗⃗⃗ |=2，|e 2⃗⃗⃗ |=1，e 1⃗⃗⃗ ，e 2⃗⃗⃗ 之间的夹角为60°，若向量2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ 与向量e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ 的夹角为钝角，则实数t 的取值范围是( )A. (−7,−12)B. (−7,−√142)∪(−√142,−12) C. (−7,−√142)D. (−√142,−12)【答案】B解：由题意知(2t e 1⃗⃗⃗ +7e 2⃗⃗⃗ )·(e 1⃗⃗⃗ +t e 2⃗⃗⃗ )<0，即2t 2+15t +7<0，解得−7<t <−12．又由2t ·t −7≠0，得t ≠±√142，∴t ∈(−7,−√142)∪(−√142,−12). 故选B ．4. 已知向量a ⃗ =(1,2)，a ⃗ ·b ⃗ =10，|a ⃗ +b ⃗ |=5√2，b ⃗ 方向上的单位向量为e⃗ ，则向量a ⃗ 在 向量b ⃗ 上的投影向量为( ) A. 12e ⃗ B. 2e ⃗ C.125e⃗ D. 52e⃗ 【答案】B解：由a ⃗ =(1,2)可得：|a ⃗ |=√12+22=√5，由|a ⃗ +b|⃗⃗⃗ =5√2两边平方得：|a ⃗ |2+2a ⃗ ·b ⃗ +|b⃗ |2=(5√2)2=50，即：5+2×10+|b⃗ |2=50，解得：|b ⃗ |=5， 设a ⃗ 和b ⃗ 的夹角为θ，则cosθ=a⃗ ·b ⃗|a ⃗ |·|b⃗ |=10√5×5=2√55， 所以向量a ⃗ 在向量b ⃗ 上的投影向量为：|a ⃗ |cosθ·b⃗ |b ⃗ |=√5×2√55e ⃗ =2e ⃗ ．故选B ．5. 如图所示，在直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB ⊥AC ，AB =3,AC =AA 1=4，一只蚂蚁由顶点A 沿棱柱侧面经过棱BB 1爬到顶点C 1，蚂蚁爬行的最短距离为( )A. 4B. 4C.D.+【答案】B解：如图所示，把侧面展开，矩形对角线即为蚂蚁爬行的最短距离，∵AB ⊥AC ，AB =3，AC =AA 1=4，∴BC =√AB 2+AC 2=√32+42=5，由题已知AA 1=CC 1=4，∴蚂蚁爬行的最短距离=√(AB +BC )2+(CC 1)2=√(3+5)2+42=4√5，所以最小值为4√5，故选B ．6.在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD为正三角形，底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD,M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC，则点M在正方形ABCD内的轨迹为( )A. B. C. D.【答案】A解：根据题意可知PD=DC，则点D符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，设AB的中点为N，因为侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂底面ABCD，所以AB⊥侧面PAD，又PA⊂侧面PAD，所以AB⊥PA，根据题目条件可知△PAN≌△CBN，∴PN=CN，点N也符合“M为底面ABCD内的一个动点，且满足MP=MC”，故动点M的轨迹肯定过点D和点N，而到点P与到点C的距离相等的点为线段PC 的垂直平分面，线段PC的垂直平分面与平面ABCD的交线是一直线.故选A．7.如图，直角梯形ABCD，AB//CD，∠ABC=90°，CD=2，AB=BC=1，E是边CD中点，△ADE沿AE翻折成四棱锥D′−ABCE，则点C到平面ABD′距离的最大值为( )A. 12B. √3−1 C. √22D. √63【答案】C解：直角梯形ABCD ，AB//CD ，∠ABC =90°，CD =2，AB =BC =1，E 是边CD 中点，△ADE 沿AE 翻折成四棱锥D′−ABCE ，当D′E ⊥CE 时，点C 到平面ABD′距离取最大值，∵D′E ⊥AE ，CE ∩AE =E ，CE ，AE ⊂平面ABCE ，∴D′E ⊥平面ABCE ， 以E 为原点，EC 为x 轴，EA 为y 轴，ED′为z 轴，建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，C(1,0,0)，D′(0,0,1)，B(1,1,0)， AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0,0)，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,−1,0)，AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−1,1)， 设平面ABD′的法向量n⃗ =(x,y,z)，则{n ⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x =0n ⃗ ⋅AD′⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−y +z =0，取y =1，得n ⃗ =(0,1,1)，∴点C 到平面ABD′距离的最大值为d =|AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=1√2=√22．故选C ．8. 在△ABC 中，有正弦定理：asinA =bsinB =csinC =定值，这个定值就是△ABC 的外接圆的直径．如图所示，△DEF 中，已知DE =DF ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，记△DEM 的外接圆面积与△DMF 的外接圆面积的比值为λ，那么( )A. λ先变小再变大B. 仅当M 为线段EF 的中点时，λ取得最大值C. λ先变大再变小D. λ是一个定值【答案】D解：设△DEM 的外接圆半径为R 1，△DMF 的外接圆半径为R 2，则由题意，πR 12πR 22=λ，点M 在直线EF 上从左到右运动(点M 不与E 、F 重合)，对于M 的每一个位置，由正弦定理可得R 1=12×DE sin∠DME，R 2=12×DFsin∠DMF ，又DE =DF ，sin∠DME =sin∠DMF ， 可得R 1=R 2，可得λ=1．故选D ．二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。

压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球半径为R .则(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2，即2R ＝a 2＋b 2＋c 2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2的连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝h2，所以R2＝r2＋h24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，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：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，在平面α内的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝x v1＋y v2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.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.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，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.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.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，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.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.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A 202B ．33C ．103D ．4033．已知一个三棱锥型玩具容器-P ABC 的外包装纸（包装纸厚度忽略不计，外包装纸面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C 为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．25034．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 5．已知,a b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为23点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C D8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -E 到平面SAC 的距离．12．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，,AB AD O =为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D 2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B C ．1023D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C ．27D ．275．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =且四棱锥O ABCD -的体积为O 的表面积为（）A ．76πB ．112πC ．3D ．37．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A．4B ．2+C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==，PC AB =Q为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A ．211+B ．222+C 11+D 22二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为1___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面CDM ⊥平面PAB ；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD 所成角的正弦值为34，求三棱锥P MCD -的体积．3．如图所示，在三棱锥A BCD -中，满足BC CD ==，点M 在CD 上，且5DM MC =，ABD △为边长为6的等边三角形，E 为BD 的中点，F 为AE 的三等分点，且2AF FE =.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.4．已知底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA DQ ，33PA AD DQ ===，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF 平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．5．如图，AB 为圆O 的直径，点EF 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为4的菱形，AB BC ==点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.。

立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体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)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体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)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。

3. 立体几何中的最值问题(一)求解立体几何的最值问题主要应用代数中的有关函数知识或不等式有关知识求解。

解题的关键是恰当地引入参变量（一元或二元），建立目标函数，然后由表达式的特点求最值；求曲面上的两点间距离或多面体中的折线的最短长度问题，可考虑展开后转化为平面上两点间的最短距离问题，然后用通常的解三角形的方法加以解决。

一、面积的最值问题1. 【湖南省怀化市2014届高三第二次模拟考试统一检测】在空间中有一棱长为a 的正四面体，其俯视图的面积的最大值为（ ）A .2a B .22a C .24D .24a2. （湖北省荆州市2013届高三3月质量检测（Ⅱ）数学（理）试题）在半径为R 的球内有一内接圆柱,设该圆柱底面半径为r ,当圆柱的侧面积最大时,rR 为 （ ）A ．14B ．12C ．2D3．（东北三省三校2013年3月高三第一次联合模拟）点A B C D 、、、在同一个球的球面上，AB BC ==2AC =，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为（ ）A ．1256π3B ．8πC ．254πD ．2516π4 ．（河北省武邑中学2013届高三第一次模拟考试数学（理）试题）如图,在三棱锥ABC P -中,PA ⊥底面ABC ,∠ACB = 90,AE ⊥PB 于E ,AF ⊥PC 于F ,若2==AB PA ,∠BPC =θ,则当AEF ∆的面积最大时,θtan 的值为（ ）A ．2B ．21 C ．2 D ．225.(河南省豫东、豫北十所名校2012届高三阶段性测试四理科)已知长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球的表面积为16，则该长方体的表面积的最大值为（ ）A ．32B ．36C ．48D ．646. (湖南省株洲市2008届高三第二次质检)已知三棱锥P —ABC 的四个顶点均在半径为1的球面上，且满足0=⋅，0=⋅，0=⋅，则三棱锥P —ABC 的侧面积的最大值为（ ）A ．2B ．1C ．21D ．417. 设圆柱轴截面的对角线长为定值，为使圆柱的侧面积最大，则轴截面的对角线与底面所成的角为（ ）A 、6πB 、4πC 、3πD 、125πFEPCBA8. 有一个棱长为a 的正方体骨架，其内放置一气球，使其充气且尽可能地膨胀（仍保持为球的形状），则气球表面积的最大值为（ ）A 、2a πB 、22a πC 、23a πD 、24a π9. 已知圆锥的母线长为，l 底面半径为R ，如果过圆锥顶点的轴截面面积的最大值是221l ，则（ ）A 、22≤l R B 、22=l R C 、22≥l R D 、22<l R10、如果过圆锥顶点的面积最大的截面是轴截面，则圆锥的侧面展开图的圆心角的取值范围是（ ）A 、⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛π220，B 、()π20，C 、⎥⎦⎤ ⎝⎛π220， D 、(]π20，11. 圆锥的轴截面为正三角形，母线长为8，圆锥的内接圆柱的高为h ，当内接圆柱的侧面积最大时，h 的值是（ ）A 、334 B 、4 C 、33 D 、3212. 在正三棱锥P -ABC 中，AB =8，PC =54，动点ABM PC M ∆∈，则面积的最小值为（ ）A 、524B 、374C 、354D 、5551613. 【2014年呼伦贝尔市高考模拟统一考试(二)】设A 、B 、C 、D 是半径为2的球面上的四点，且满足,,AB AC AD AC AB AD ⊥⊥⊥，ABC ABD ACD S S S ∆∆∆++的最大值是 _______ .14【东北三省三校2014届高三第一次联合模拟】 正四面体ABCD 的棱长为4，E 为棱BC 的中点，过E 作其外接球的截面，则截面面积的最小值为 .答案：1－12 BCCD AABB CCDD 13. 8; 14. 4π3. 立体几何中的最值问题(二)二、体积的最值问题1. （2010全国卷2理数）（9）已知正四棱锥S ABCD -中，SA =，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（ ）A ．1B .C ．2D ．32. （2010全国卷1文理数）（12）已知在半径为2的球面上有A 、B 、C 、D 四点，若AB =CD =2,则四面体ABCD 的体积的最大值为（ ）A B C ． D3.【湖北省稳派教育2014届高三上学期强化训练（三）数学（理）试题】在三棱锥ABC P -中，PC PB PA ,,两两垂直，且1,2,3===PC PB PA ，设M 是底面ABC ∆内一点，定义),,()(p n m M f =，其中p n m ,,分别是三棱锥PAB M -，三棱锥PBC M -，三棱锥PCA M -的体积，若),,21()(y x M f =，且81≥+y a x ，则正实数a 的最小值为（ ）A . 1B .2C .22D .44. 【陕西省西工大附中2014届高三第四次适应性训练】已知一个四面体有五条棱长都等于2，则该四面体的体积最大值为( )A ．12B ．1C ．22 D ．25. （北京市朝阳区2013届高三上学期期末考试数学理试题 ）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D 中，点1P ，2P 分别是线段AB ，1BD （不包括端点）上的动点，且线段12P P 平行于平面11A ADD ，则四面体121PP AB 的体积的最大值是（ ） A ．124B ．112 C ．16D ．126.（河南省十所名校2013届高三第三次联考数学（理）试题）四面体ABCD 中,AD 与BC 互相垂直,AD =2BC =4,且AB +BD =AC +CD =2,则四面体ABCD 的体积的最大值是（ ）A ．4B ．2C ．5 D7.(吉林省实验中学2012届高三第六次模拟理科)已知正四棱锥S ABCD-中，SA=，那么当该棱锥的体积最大时，它的高为（）A．1 B C．2 D．38.(四川省成都市新都一中高2008级12月月考)已知一个四面体有五条棱长都等于2，则该四面体的体积最大值为( )A、12B、22C、1D、29. （2009湖南师大附中第五次月考）如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面A1ABB1⊥BC，且A1Ｃ与底面成 45°角，AB=BC=2，则该棱柱体积的最小值为 ()A．34B．33C．4 Ｄ． 310.【湖南省衡阳市八中2014届高三上学期第三次月考试卷数学（理）】在三棱锥D-ABC中，已知BC丄AD，BC=2 ,AD=6,AB+BD=AC+CD=10，则三棱锥D一ABC的体积的最大值是__________.11. 【山东省东营市高三4月统一质量检测】已知直角梯形ABCD，AB AD⊥，CD AD⊥，222AB AD CD===，沿AC折叠成三棱锥，当三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的体积为．12.【2012高考真题上海理14】如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，2=BC，若cAD2=，且aCDACBDAB2=+=+，其中a、c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是。

立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题)1．翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材．解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析和解决问题．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试．2．在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．3．立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积、体积的最值．其一般方法有：(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等求出最值．题型一立体几何中的翻折问题【例1】(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的二面角B－CG－A的大小．(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，且BE ∩BC ＝B ，BE ，BC ⊂平面BCGE ， 所以AB ⊥平面BCGE .又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)解 作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ， 所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG→＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32.因此二面角B －CG －A 的大小为30°.【训练1】 (2021·浙江名师预测卷四)在梯形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2CD .将△BCD 沿BD 翻折至△BPD ，且满足平面ABP ⊥平面BPD .(1)求证：二面角P －BD －A 是直二面角；(2)(一题多解)求直线PD 与平面P AO 所成角的正弦值的大小．(1)证明由已知条件易得∠BAD＝60°，∠BDA＝30°，AB⊥BD.在△BPD中，过点D作DH⊥BP，交BP的延长线于点H.∵平面ABP⊥平面BPD，平面ABP∩平面BPD＝BP，∴DH⊥平面ABP，∵AB⊂平面ABP，∴DH⊥AB.又∵BD∩DH＝D，∴AB⊥平面BPD，∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BPD.即二面角P－BD－A是直二面角．(2)解法一过点P作PG⊥BD，交BD于点G，则G是BD的中点．由(1)可知平面PBD⊥平面ABD，又∵平面PBD∩平面ABD＝BD，∴PG⊥平面ABD.设OB＝1，则OP＝1，OA＝2，AB＝BP＝3，∵AB⊥平面BPD，∴AB⊥BP，∴AP＝AB2＋BP2＝6，由余弦定理得cos∠AOP＝OA2＋OP2－AP22OA·OP＝－14，则sin∠AOP＝15 4.设点D到△AOP的距离为h，∵V P－AOD＝V D－AOP，∴13·PG·S△AOD＝13·h·S△AOP，∵PG＝32，S△AOD＝12×2×2·sin2π3＝3，S△AOP＝12×1×2×154＝154，∴h＝215 5，∵PD ＝3，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值sin θ＝h PD ＝255.法二 分别取BD ，AD 的中点E ，F ，连接EP ，EF ，则EF ∥AB .由(1)可知AB ⊥平面BPD ，∴EF ⊥平面BPD ，∴EF ⊥BD ，EF ⊥EP .∵PB ＝PD ，∴PE ⊥BD ，以点E 为坐标原点，EF→，ED →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设OB ＝1，可得P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0， A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－32，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0. ∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32，P A →＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－32，－32， AO→＝(－3，1，0)． 设平面P AO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n ＝0，AO →·n ＝0，即⎩⎨⎧3x －32y －32z ＝0，－3x ＋y ＝0， 令x ＝1，则n ＝(1，3，－1)，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝|n ·PD →||n |·|PD →|＝255. 题型二 立体几何中的轨迹问题【例2】 (1)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与平面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 所在平面内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P 的轨迹为( )A ．圆B ．抛物线C ．双曲线D ．椭圆(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点， 若点P 到直线A 1D 1的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是()A．抛物线B．双曲线C．椭圆D．直线答案(1)A(2)B解析(1)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角．设EF与对角面BB1D1D 的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系．设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x2＋1＝|y－1|，化简得x2－y2＋2y＝0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.【训练2】(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P的轨迹是()A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．抛物线的一部分D．双曲线的一部分(2)如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P的轨迹是()A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线答案(1)B(2)B解析(1)延长D1P交底面ABCD的内部于点Q，连接QD，则∠D1QD为直线D1Q 与底面ABCD所成的角，也就是直线D1P与MN所成角θ的最小值，故∠D1QD＝π3，从而∠DD1Q＝π6，所以D1Q的轨迹是以D1D为轴，顶点为D1，母线D1Q与轴D1D的夹角为π6的圆锥面的一部分，则点P的轨迹就是该部分圆锥面与△A1C1D面(不包括边界)的交线，而△A1C1D面所在平面与轴D1D斜交，故点P 的轨迹是椭圆的一部分．(2)由于线段AB 是定长线段，而△ABP 的面积为定值，所以动点P 到线段AB 的距离也是定值．由此可知空间点P 在以AB 为轴的圆柱侧面上．又P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆．P 的轨迹就是圆柱侧面与平面α的交线是椭圆．题型三 立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题【例3】 (1)如图，正三棱锥S －ABC 的底面边长为2a ，E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，则四边形EFGH 的面积的取值范围是( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，＋∞ (2)(2021·“超级全能生”联考)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱AA 1＝t (t >4)，点E 是BC 的中点，点P 是侧面ABB 1A 1内的动点(包括四条边上的点)，且满足tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，则四棱锥P －ABED 的体积的最大值是( )A.433 B ．16 3 C.1633 D.6439答案 (1)B (2)C解析 (1)因为E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，∴EF 綉12AB ，HG綉12AB ，∴EF 綉HG ，同理，EH 綉FG ，所以EFGH 为平行四边形，又∵S －ABC 为正三棱锥，∴SC ⊥AB ，∴EF ∥AB ，FG ∥SC ，所以EF ⊥FG ，从而四边形EFGH 为矩形，其面积S ＝GH ·GF ＝12a ·SC ，当正三棱锥的高→0时，SC →正三角形ABC的外接圆的半径233a ，所以四边形EFGH 的面积→33a 2，选B.(2)作PF ⊥AB ，垂足为点F ，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DA ⊥平面ABB 1A 1，CB ⊥平面ABB 1A 1，在Rt △P AD 和Rt △PBC 中，所以tan ∠APD ＝AD AP ，tan ∠EPB＝BE PB .因为tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，BE ＝12BC ＝12AD ，所以PB ＝2AP .因为平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，平面ABB 1A 1∩平面ABCD ＝AB ，PF ⊥AB ，所以PF ⊥平面ABCD .设PF ＝h ，AF ＝x ，则BF ＝4－x ，x ∈[0，4]，由PB ＝2AP ，得h 2＋(4－x )2＝4(x 2＋h 2)，即h 2＝－x 2－83x ＋163.因为函数y ＝－x 2－83x ＋163在[0，4]上单调递减，所以当x ＝0时，(h 2)max ＝163，即h max ＝433，所以四棱锥P －ABED 的体积的最大值(V P －ABED )max ＝13×12×(2＋4)×4×433＝1633，故选C.【训练3】 (1)在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 中点，点P 是平面DCC 1D 1所在的平面内的动点，且满足∠APD ＝∠MPC ，则三棱锥P －BCD 体积的最大值是( )A ．36B ．12 3C ．24D ．18 3(2)(2021·镇海中学模拟)已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与正方体的各条棱相切，P 为球O 上一点，Q 是△AB 1C 的外接圆上的一点，则线段PQ 长的取值范围是________．答案 (1)B (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22 解析 (1)因为AD ⊥平面D 1DCC 1，则AD ⊥DP ，同理BC ⊥平面D 1DCC 1，则BC ⊥CP ，∠APD ＝∠MPC ，则△P AD ∽△PMC ，∵AD ＝2MC ，则PD ＝2PC ，下面研究点P 在面ABCD 的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设D (0，0)，C (6，0)，D 1(0，6)，C 1(6，6)，设P (x ，y )，因为PD ＝2PC ，所以x 2＋y 2＝2（x －6）2＋y 2，化简得(x －8)2＋y 2＝16，该圆与CC 1的交点纵坐标最大，交点为(6，23)，三棱锥P －BCD 的底面BCD 的面积为18，要使三棱锥P －BCD 体积最大，只需高最大，当P 在CC 1上且CP ＝23时棱锥的高最大，V ＝13·18·23＝12 3.(2)因为球O 与正方体的各条棱相切，所以球心O 为正方体的中心，切点为各条棱的中点，则易得|OP |＝22.△AB 1C 为边长为2的等边三角形，设其外接圆的圆心为M ，则易得|MB 1|＝63.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得BD 1⊥平面AB 1C ，则OM ⊥MB 1.又因为|OB |＝32，|MB |＝33，所以|OM |＝36，则|OQ |＝|OB 1|＝|OM |2＋|MB 1|2＝32，所以|PQ |max ＝|OQ |＋|OP |＝3＋22，|PQ |min ＝|OQ |－|OP |＝3－22，即线段PQ 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22一、选择题1．已知线段AB 垂直于定圆所在的平面，B ，C 是圆上的两点，H 是点B 在AC 上的射影，当C 运动时，点H 运动的轨迹( )A ．是圆B ．是椭圆C ．是抛物线D ．不是平面图形答案 A解析 设在定圆内过点B 的直径与圆的另一个交点为点D ，过点B 作AD 的垂线，垂足为点E ，连接EH ，CD .因为BD 为定圆的直径，所以CD ⊥BC ，又因为AB 垂直于定圆所在的平面，所以CD ⊥AB ，又因为AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥BH ，又因为BH ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，所以BH ⊥平面ACD ，所以BH ⊥EH ，所以动点H 在以BE 为直径的圆上，即点H 的运动轨迹为圆，故选A.2．设P 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角面BDD 1B 1(含边界)内的点，若点P 到平面ABC 、平面ABA 1、平面ADA 1的距离相等，则符合条件的点P ( )A ．仅有一个B ．有有限多个C ．有无限多个D ．不存在答案 A解析 与平面ABC ，ABA 1距离相等的点位于平面ABC 1D 1上；与平面ABC ，ADA 1距离相等的点位于平面AB 1C 1D 上；与平面ABA 1，ADA 1距离相等的点位于平面ACC 1A 1上；据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC 1D 1，平面AB 1C 1D ，平面ACC 1A 1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个．3．(2021·温州中学模拟)如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为4π3的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )A.5＋12B.5－12C.3＋12D.3－12答案 D解析 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.又因为鸡蛋(球体)的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面圆的距离d ＝1－14＝32，则截面圆到球体最低点的距离为1－32，而蛋巢的高度为12，故鸡蛋(球体)到蛋巢底面的最短距离为12－⎝⎛⎭⎪⎫1－32＝3－12，故选D. 4．(2021·温州适考)如图，在△ABC 中，点M 是边BC 的中点，将△ABM 沿着AM 翻折成△AB ′M ，且点B ′不在平面AMC 内，点P 是线段B ′C 上一点．若二面角P －AM －B ′与二面角P －AM －C 的平面角相等，则直线AP 经过△AB ′C 的( )A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心答案 A解析因为二面角P－AM－B′与二面角P－AM－C的平面角相等，所以点P到两个平面的距离相等，所以V P－AB′M＝V P－ACM，即V A－PB′M＝V A－PCM.因为两三棱锥的高相等，故S△PB′M ＝S△PCM，故B′P＝CP，故点P为CB′的中点，所以直线AP经过△AB′C的重心，故选A.5．(2021·浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面P AD为正三角形，且侧面P AD⊥底面ABCD，已知在侧面P AD内存在点Q，满足PQ⊥QD，则当AQ最小时，二面角A－CD－Q的余弦值是()A.2－34 B.2＋34C.2－62 D.2＋64答案 D解析取PD的中点M，因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥QD，则二面角A－CD－Q的平面角是∠ADQ，又因为点Q的轨迹是以M为圆心的圆，如图，当|AQ|最小时，∠ADQ＝∠ADP－∠QDP＝60°－45°＝15°，即二面角A－CD－Q的余弦值为cos 15°＝cos(60°－45°)＝2＋6 4，故选D.6．(2021·浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则△C1PQ周长的最小值为()A.215 3B.4＋2 2C.4＋83 2D.213 3答案 B解析连接B1D1，BC1，由图易得△C1PQ的三边分别在三棱锥B－B1C1D1的三个侧面上，将三棱锥B－B1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC1D1C1′为直角梯形，当C1′，P，Q，C1四点共线时，△C1PQ的周长最小，最小值为C1′D21＋D1C21＝4＋22，即△C1PQ的周长的最小值为4＋22，故选B.7.(2021·上虞区期末调测)在棱长均为23的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP＋PQ的最小值是()A.3＋112 B.3＋ 2C.534D．2 3答案 A解析 如图，作MG ⊥CE 于点G ，连接DG .由已知得平面CDE ⊥平面ABC ，又平面CDE ∩平面ABC ＝CE ，则MG ⊥平面CDE ，故DG 为DM 在平面CDE 上的射影．将半平面ADM 沿DM 翻折至与半平面DMG 所成二面角为180°，记翻折后的点A 即A ′到DG 的距离为h A ，则h A 为△A ′DG 的边DG 上的高，且AP ＋PQ ＝A ′P ＋PQ ≥h A .因为MG ＝12AE ＝32，DM ＝DC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝3，则sin ∠MDG＝MG DM ＝36，故cos ∠MDG ＝336.又∠ADM ＝∠A ′DM ＝π6，所以sin ∠A ′DG ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫∠MDG ＋π6＝336×12＋36×32＝3＋3312，所以AP ＋PQ的最小值h A ＝A ′D sin ∠A ′DG ＝11＋32.故选A. 二、填空题8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为________． 答案 线段B 1C解析 易证BD 1⊥平面ACB 1，所以满足BD 1⊥AP 的所有点P 都在一个平面ACB 1上．而已知条件中的点P 是在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1的交线上，故所求的轨迹为线段B 1C .9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为________． 答案 π6解析 连接DP ，因为MN ＝2，所以PD ＝1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即V＝18×43π×13＝π6.10．已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若P A⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，若满足条件的E点有两个时，则a的取值范围是________．答案(6，＋∞)解析连接AE，由三垂线逆定理可知DE⊥AE，要使满足条件的E点有两个则须使以AD为直径的圆与BC有两个交点，所以半径长a2＞3，∴a＞6.11．如图，已知∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D－AEF体积的最大值为________．答案2 6解析因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥AB，AD⊥BC，∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝2，又因为BC⊥AC，AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，所以平面BCD⊥平面ACD，∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，所以AF⊥平面BCD，所以AF⊥EF，BD⊥EF，所以BD⊥平面AEF，由AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF可得AF·EF≤1，所以S△AEF ≤12，所以三棱锥D－AEF体积的最大值为13×2×12＝26.12．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1解析 如图，在平面ADF 内过D 作DH ⊥AF ，垂足为H ，连接HK .过F 点作FP ∥BC 交AB 于点P.设∠F AB ＝θ，则cos θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，255.设DF ＝x ，则1＜x ＜2， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ，DK ⊥AB ，DK ⊂平面ABD ，∴DK ⊥平面ABC ，又AF ⊂平面ABC ，∴DK ⊥AF . 又∵DH ⊥AF ，DK ∩DH ＝D ，DK ，DH ⊂平面DKH ， ∴AF ⊥平面DKH ，∴AF ⊥HK ，即AH ⊥HK . 在Rt △ADF 中，AF ＝1＋x 2，∴DH ＝x 21＋x 2， ∵△ADF 和△APF 都是直角三角形，PF ＝AD ， ∴Rt △ADF ≌Rt △FP A ，∴AP ＝DF ＝x . ∵△AHD ∽△ADF ，∴cos θ＝11＋x 2t ＝x1＋x 2. ∴x ＝1t .∵1＜x ＜2，∴1＜1t ＜2，∴12＜t ＜1. 三、解答题13．(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H －xyz .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34.14．(2021·杭州二中仿真模拟)如图，平面四边形ABCD 关于直线AC 对称，∠A ＝60°，∠C ＝90°，CD ＝2.把△ABD 沿BD 折起．(1)若二面角A －BD －C 的余弦值为33，求证：AC ⊥平面BCD ； (2)若AB 与平面ACD 所成的线面角为30°时，求AC 的长． 解 (1)取BD 的中点E ，连接AE ，CE . 因为AB ＝AD ，CB ＝CD ， 所以AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 又AE ∩CE ＝E ，所以BD ⊥平面ACE ，所以BD ⊥AC ， 所以∠AEC 是二面角A －BD －C 的平面角．在△AEC 中，AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos ∠AEC ＝4，则AC 2＋CE 2＝AE 2， 所以AC ⊥CE .因为CE ∩BD ＝E ，CE ，BD ⊂平面BCD ， 所以AC ⊥平面BCD .(2)由(1)得以点C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0)． 设A (m ，m ，n )，则BA→＝(m －2，m ，n )，CA →＝(m ，m ，n )，CD →＝(0，2，0)． 设平面ACD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧xm ＋ym ＋zn ＝0，2y ＝0，取⎩⎨⎧x ＝n ，y ＝0，z ＝－m ，所以n ＝(n ，0，－m )， 因为BA ＝22，所以(m －2)2＋m 2＋n 2＝8， 则|cos 〈BA→，n 〉|＝|n （m －2）－mn |22m 2＋n 2＝12，解得m 2＝n 2，解得m ＝2或m ＝－23， 所以AC ＝23或AC ＝23 3.。

考点45 立体几何中的向量方法1．（辽宁省沈阳市2019届高三教学质量监测三数学理）如图，四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，E 为PC 上的点，且BE ⊥平面APC（1）求证：平面PAD ⊥平面PBC ；（2）当三棱锥ABC P -体积最大时，求二面角B AC P --的余弦值．【答案】（1）见证明；（2）3. 【解析】（1）证明：∵侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB底面ABCD AB =，四边形ABCD 为正方形，∴BC AB ⊥，面ABCD ，∴BC ⊥面PAB ， 又AP ⊂面PAB ， ∴AP BC ⊥，BE ⊥平面APC ，AP ⊂面PAC ，∴BE AP ⊥，B BE BC = ，,BC BE ⊂平面PBC ，∴AP ⊥面PBC ，AP ⊂面PAD ，∴平面PAD ⊥平面PBC ． （2）111323P ABC C APB V V PA PB BC PA PB --==⨯⨯⨯⨯=⨯⨯， 求三棱锥ABC P -体积的最大值，只需求PA PB ⨯的最大值．令,PA x PB y ==，由（1）知，PA PB ⊥， ∴224x y +=，而221123323P ABCx y V xy -+=≤⨯=，当且仅当x y ==PA PB ==ABC P V -的最大值为23． 如图所示，分别取线段AB ，CD 中点O ，F ，连接OP ，OF ，以点O 为坐标原点，以OP ，OB 和OF 分别作为x 轴，y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系xyz O -． 由已知(0,1,0),(0,1,2),(1,0,0)A C P -，所以(1,1,0),(0,2,2)AP AC ==， 令(,,)n x y z =为面PAC 的一个法向量，则有0220x y y z +=⎧⎨+=⎩，∴(1,1,1)n =-易知(1,0,0)m =为面ABC 的一个法向量， 二面角B AC P --的平面角为θ，θ为锐角则1cos 3n m n m θ⋅===⋅.2．（湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷一数学理）如图所示，圆O 的直径AB ＝6，C 为圆周上一点，BC ＝3，平面PAC 垂直圆O 所在平面，直线PC 与圆O 所在平面所成角为60°，PA ⊥PC ．（1）证明：AP ⊥平面PBC（2）求二面角P —AB 一C 的余弦值 【答案】(1)见解析.(2) 721. 【解析】（1）由已知可知AC BC ⊥，又平面PAC ⊥平面圆O ，平面PAC 平面圆O AC =，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC PA ⊥， 又PA PC ⊥，PC BC C =，PC ⊂平面PBC ，D 平面PBC ，∴PA ⊥平面PBC .（2）法一：过P 作PH AC ⊥于H ，由于平面PAC ⊥平面O ，则PH ⊥平面O ，则PCH ∠为直线PC 与圆O 所在平面所成角，所以60PCH =︒. 过H 作HF AB ⊥于F ，连结PF ，则AB PF ⊥， 故PFH ∠为二面角P AB C --的平面角.由已知60ACP ABC ∠=∠=︒，30CAP CAB ∠=∠=︒，在Rt APC ∆中，sin30cos30sin30PH AP AC =⋅︒=⋅︒⋅︒19224==，由2AP AH AC =⋅得2AP AH AC ==Rt AFH ∆中，sin 30FH AH =︒=，故9tan3PHPFHHF∠===，故cos7PFH∠=，即二面角P AB C--的余弦值为721.法二：过P作PH AC⊥于H，则PH⊥平面O，过H作//HF CB交AB于F，以H为原点，HA、HF、HP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则(0,0,0)H，4A⎛⎫⎪⎪⎝⎭，4B⎛⎫-⎪⎪⎝⎭，90,0,4P⎛⎫⎪⎝⎭，从而94AP⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，(AB=-，设平面PAB的法向量(,,)n x y z=，则9394333AP n x zABn x y⎧⋅=-+=⎪⎨⎪⋅=-+=⎩得zy⎧=⎪⎨=⎪⎩，令1x=，从而(1,3,n=，而平面ABC的法向量为(0,0,1)m=，故3cos,7n mn mn m⋅<>===即二面角P AB C--的余弦值为721.3．（四川省绵阳市2019届高三下学期第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD是菱形，且2PA AD ==，120PAD BAD ∠=∠=︒，E ，F 分别为PD ，BD 的中点，且2EF =.（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ； （2）求锐二面角E AC D --的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）5【解析】（1）过P 作PO ⊥AD ，垂足为O ，连结AO ，BO ， 由∠PAD=120°，得∠PAO=60°，∴在Rt △PAO 中，PO=PAsin ∠PAO=2sin60°=2×2∵∠BAO=120°，∴∠BAO=60°，AO=AO ，∴△PAO ≌△BAO ，∴∵E ，F 分别是PA ，BD 的中点，EF=2EF 是△PBD 的中位线，∴，∴PB 2=PO 2+BO 2，∴PO ⊥BO ，∵AD∩BO=O ，∴PO ⊥平面ABCD ，又PO ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ．（2）以O 为原点，OB 为x 轴，OD 为y 轴，OP 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （0，1，0），P （0，0，B0，0），D （0，3，0），∴E （0，32，F302，），AE =（0，12，AF =12，0），易得平面ABCD 的一个法向量m =（0，0，1），设平面ACE 的法向量n =（x ，y ，z ），则1AE y z 02231AF x y 022n n ⎧⋅=+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，取x=1，得n =（1，1），设锐二面角的平面角的大小为θ，则cosθ=|cos ＜,m n ＞|=m nm n⋅⋅=，∴锐二面角E-AC-D．4．（四川省宜宾市2019届高三第三次诊断性考试数学理）如图，在四棱锥中，，平面，二面角为为中点．（1）求证：；（2）求与平面所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）. 【解析】（1）证明：作SA中点F，连接EF∵E为SD中点∴∵∴∴得平行四边形∴∵平面∴为二面角的平面角∴∵∴∴∴（2）作AB中点O，由（1）知∵∴平面如图建立空间直角坐标系设，则∴设平面SCD 的法向量，得令 ，则∵∴∴∴AB 与平面所成角的余弦值为.5．（安徽省黄山市2019届高三毕业班第三次质量检测数学理）如图，在以,,,,,A B C D E F 为顶点的五面体中，面ABEF 为正方形，AF =，90AFD ︒∠=，且二面角E AF D --与二面角C BE F --都是30.（1）证明：⊥AF 平面EFDC ；（2）求直线BF 与平面BCE 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）42. 【解析】 （1）面ABEF 为正方形∴ΑF FE ⊥又90AFD ∠=∴ΑF DF ⊥，而DF FE F ⋂=,DF ⊂面EFDC ,⊂EF 面EFDC∴ΑF ⊥面EFDC（2）⊂AF ABEF ，则由（1）知面EFDC ⊥平面ΑΒΕF ，过D 作DG ΕF ⊥，垂足为G ，∴DG ⊥平面ΑΒΕF ．以G 为坐标原点，GF uu u r的方向为x 轴正方向，GD 为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系G xyz -．由（1）知DFE ∠为二面角E AF D --的平面角，故DFE 30∠=，又AF =，则2DF =，GF =AF =()B -，()E -，)F．由已知，//AB EF ，∴//AB 平面EFDC ．又平面ABCD平面EFDC DC =，故//AB CD ，//CD EF ．由//BE AF ，可得BE ⊥平面EFDC ，∴C F ∠E 为二面角C BE F --的平面角，30C ΕF ∠=．∴()C -． ∴()3,0,1ΕC=，()ΕΒ=，()BF =-．设(),,n x y z =是平面ΒC Ε的法向量，则C 00n n ⎧⋅E =⎨⋅EB =⎩，即00z +==⎪⎩，∴可取(1,0,n = .则43sin cos ,446BF n BF n BF nθ⋅=<>===⨯． ∴直线BF 与平面BCE 所成角的正弦值为42 .6．（湖南省师范大学附属中学2019届高三考前演练（五)数学（理）在五边形AEBCD 中，BC CD ⊥，C //D AB ，22AB CD BC ==，AE BE ⊥，AE BE =（如图）.将△ABE 沿AB 折起，使平面ABE ⊥平面ABCD ，线段AB 的中点为O(如图）.（1）求证：平面ABE ⊥平面DOE ；（2）求平面EAB 与平面ECD 所成的锐二面角的大小. 【答案】（1）见解析（2）45° 【解析】（1）由题意2AB CD =，O 是线段AB 的中点，则OB CD =.又//CD AB ，则四边形OBCD 为平行四边形，又BC CD ⊥，则AB OD ⊥， 因AE BE =，OB OA =，则EO AB ⊥.EO DO O =，则AB ⊥平面EOD.又AB Ì平面ABE ，故平面ABE ⊥平面EOD.（2）由（1）易知OB ，OD ，OE 两两垂直，以O 为坐标原点，以OB ，OD ，OE 所在直线分别为,,x y z 轴建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -， △EAB 为等腰直角三角形，且AB=2CD=2BC ， 则OA OB OD OE ===，取1CD BC ==，则O （0，0，0），A （-1，0，0），B （1，0，0），C （1，1，0），D （0，1，0）， E （0，0，1），则1CD =-（，0,0)，011DE =-（，，）， 设平面ECD 的法向量为n x y z =（，，）， 则有取0,0,n CD n DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩0,0,x y z -=⎧⎨-+=⎩1z =，得平面ECD 的一个法向量011n =（，，）， 因OD ⊥平面ABE.则平面ABE 的一个法向量为010OD =（，，）， 设平面ECD 与平面ABE 所成的锐二面角为θ，则,cos cos OD n θ===因为0(0,90)θ∈，所以045θ=，故平面ECD 与平面ABE 所成的镜二面角为45°.7．（河北省保定市2019年高三第二次模拟考试理）如图，已知四棱锥中，四边形ABCD 为矩形，AB =2BC SC SD ===，BC SD ⊥.（1）求证：SC ⊥平面SAD ； （2）设12AE EB =，求平面SEC 与平面SBC 所成的二面角的正弦值.【答案】（1）见证明；（2【解析】（1）证明： BC ⊥SD ，BC ⊥CD 则BC ⊥平面SDC, 又//BC AD 则AD ⊥平面SDC ，SC ⊂平面SDC SC ⊥AD又在△SDC 中，SC=SD=2, DC=AB SC 2+SD 2=DC 2则SC ⊥SD ，又SD AD D =所以 SC ⊥平面SAD（2）解：作SO⊥CD于O，因为BC⊥平面SDC, 所以平面ABCD⊥平面SDC，故SO⊥平面ABCD 以点O为原点，建立坐标系如图.则),C(0,0), A(2，,0),B(2,0)设E(2,y,0),因为12 AE EB=所以1),23y y y+=∴=-即E((2,3-,0)42=(0,2,-2),(2,-,0),=(2,0,0)SC CE CB==(,,),=(,b,c)SEC n x y z SBC m a设平面的法向量为平面的法向量为22=0·=0,·=02=03zSC nCE n x y⎧⎧⎪∴⇒⎨⎨-⎩⎪⎩令3z=，则3y=，23x==(22,3,3)n∴·=0·=0SC mCB m⎧∴⇒⎨⎩20a==⎪⎩，令1b=，则1c=，0a=8．（陕西省西安市2019届高三第三次质量检测理）如图，在三棱柱111ABC A B C-中，AB⊥平面11BB C C，E是1CC的中点，1BC=，12BB=，160BCC∠=°.=(0,1,1)∴vmcos<,>=13||||∴u r ru r r gu r rm nm nm n（1）证明：1B E AE ⊥；（2）若AB =11A B E A --的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2【解析】解：（1）证明：连接1BC ，BE ， 因为在中，1BC =，112CC BB ==，160BCC ∠=°．所以1BC BC ⊥． 所以1112BE CC ==，因为1B E ==所以1B E BE ⊥，又AB ⊥平面11BB C C ，且1B E ⊂平面11BB C C ， 所以1B E AB ⊥，AB BE B ⋂=， 所以1B E ⊥平面ABE ， 因为AE ⊂平面ABE ， 所以1B E AE ⊥．（2）以B 为原点建立如图所示空间直角坐标系，则(A，()1B -，12E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，(1A -，所以13,2B E ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，(1AB =-，13,2A E ⎛= ⎝，设平面1AB E 的法向量为(),,n x y z =r，设平面11A B E 的法向量为(),,m a b c =，则1100{{y B E n AB n x -=⋅=⇒⋅=+=，取(1,3,n =，则1100{{30y B E m A m a E -=⋅=⇒⋅=-=，取()1,3,0m =．所以cos ,26m n n m m n ⋅〈〉===⋅⨯，即二面角11A B E A --． 9．（河南省重点高中2019届高三4月联合质量检测数学理）在四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，是边长为4的等边三角形，，是的中点.（1）求证：； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值.【答案】(1)见证明；(2)【解析】（1）因为是等边三角形，是的中点，所以.又平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，又因为，，所以平面.所以.又因为，所以.又且，平面，所以平面.所以.（2）由（1）得平面.所以就是直线与平面所成角.因为直线与平面所成角的正弦值为，即，所以.所以，解得.则.由（1）得，，两两垂直，所以以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则点，，，，所以，.令平面的法向量为，则由得解得令，可得平面的一个法向量为；易知平面的一个法向量为，设平面与平面所成的锐二面角的大小为，则.所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.10．（天津市北辰区2019届高考模拟考试数学理）如图，在四棱柱中，侧棱底面，，，，，且点和分别为和的中点（I ）求证：平面； （II ）求二面角的正弦值；（III ）设为棱上的点，若直线和平面所成角的正弦值为，求的长。

专题04 立体几何1．【2022年新高考1卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）A．B．C．D．【答案】C【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【解析】依题意可知棱台的高为MN=157.5−148.5=9(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S=140.0k m2=140×106m2，下底面积S'=180.0k m2=180×106m2，∴V=13ℎ(S+S'+√S S')=13×9×(140×106+180×106+√140×180×1012)¿3×(320+60√7)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3)．故选：C．2．【2022年新高考1卷】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A．[18,814]B．[274,814]C．[274,643]D．[18,27]【答案】C【分析】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【解析】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，则l2=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19(l4−l636)，所以V'=19(4l3−l56)=19l3(24−l26)，当3≤l≤2√6时，V'>0，当2√6<l≤3√3时，V'<0，所以当l=2√6时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64 3，又l=3时，V=274，l=3√3时，V=814,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是[274，643].故选：C.3．【2022年新高考2卷】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3√3和4√3，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A．100πB．128πC．144πD．192π【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=3√3sin60∘,2r2=4√3sin60∘，即r 1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=√R2−9，d2=√R2−16，故|d1−d2|=1或d1+d2=1，即|√R2−9−√R2−16|=1或√R2−9+√R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．故选：A．4．【2021年新高考1卷】已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A ．B．C．D．【答案】B【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【解析】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.5．【2021年新高考2卷】正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A．B．C．D．【答案】D【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D. 6．【2020年新高考1卷（山东卷）】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为（ ）A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【分析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点处的纬度，计算出晷针与点处的水平面所成角.【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，根据平面平行的性质定理可得可知、根据线面垂直的定义可得..由于，所以，由于，所以，也即晷针与点处的水平面所成角为.故选：B【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.7．【2022年新高考1卷】已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则（ ）A．直线BC1与D A1所成的角为90°B．直线BC1与C A1所成的角为90°C．直线BC1与平面B B1D1D所成的角为45°D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°【答案】ABD【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【解析】如图，连接B1C、BC1，因为D A1/¿B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与D A1所成的角，因为四边形B B1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与D A1所成的角为90°，A 正确；连接A1C，因为A1B1⊥平面B B1C1C，BC1⊂平面B B1C1C，则A1B1⊥B C1，因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C=B1，所以BC1⊥平面A1B1C，又A1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥C A1，故B正确；连接A1C1，设A1C1∩B1D1=O，连接BO，因为B B1⊥平面A1B1C1D1，C1O⊂平面A1B1C1D1，则C1O⊥B1B，因为C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B=B1，所以C1O⊥平面B B1D1D，所以∠C1BO为直线BC1与平面B B1D1D所成的角，设正方体棱长为1，则C1O=√22，BC1=√2，sin∠C1BO=C1OB C1=12，所以，直线BC1与平面B B1D1D所成的角为30∘，故C错误；因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC=45∘，故D正确.故选：ABD8．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1,V2,V3，则（ ）A．V3=2V2B．V3=V1 C．V3=V1+V2D．2V3=3V1【答案】CD【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3=VA−EFM+VC−EFM计算出V3，依次判断选项即可.【解析】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1=13⋅ED⋅S△ACD=13⋅2a⋅12⋅(2a)2=43a3，V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅12⋅(2a)2=23a3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=√2a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG=BD=2√2a,EG=a，则EM=√2(√)2√6a,FM=√2(√)2√3a，EF=√2(√)23a，E M2+F M2=E F2，则EM⊥FM，S△EFM=12EM⋅FM=3√22a2，AC=2√2a，则V3=V A−EFM+V C−EFM=13AC⋅S△EFM=2a3，则2V3=3V1，V3=3V2，V3=V1+V2，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.9．【2021年新高考1卷】在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）A ．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．10．【2021年新高考2卷】如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）A．B．C．D．【答案】BC【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【解析】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.11．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】.【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面A1B1C1D1，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.12．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N 分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________【答案】【分析】利用计算即可.【解析】因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点所以，故答案为：【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 13．【2022年新高考1卷】如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2√2．(1)求A到平面A1BC的距离；(2)设D为A1C的中点，A A1=AB，平面A1BC⊥平面AB B1A1，求二面角A−BD−C 的正弦值．【答案】(1)√2；(2)√3 2【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC⊥平面AB B1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【解析】(1)在直三棱柱ABC−A1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则V A−A1BC=13S△A1BC⋅ℎ=2√23ℎ=VA1−ABC=13S△ABC⋅A1A=13VABC−A1B1C1=43，解得ℎ=√2，所以点A到平面A1BC的距离为√2；(2)取A1B的中点E,连接AE,如图，因为A A1=AB，所以AE⊥A1B,又平面A1BC⊥平面AB B1A1，平面A1BC∩平面AB B1A1=A1B，且AE⊂平面AB B1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，B B1⊥平面ABC，由BC⊂平面A1BC，BC⊂平面ABC可得AE⊥BC，B B1⊥BC，又AE,B B1⊂平面AB B1A1且相交，所以BC⊥平面AB B1A1，所以BC,BA,B B1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE =√2，所以A A 1=AB =2，A 1B =2√2，所以BC =2，则A (0,2,0),A 1(0,2,2),B (0,0,0),C (2,0,0),所以A 1C 的中点D (1,1,1)，则⃗B D =(1,1,1)，⃗B A =(0,2,0),⃗BC =(2,0,0),设平面ABD 的一个法向量⃗m =(x ,y ,z )，则{⃗m ⋅⃗BD =x +y +z =0⃗m ⋅⃗BA =2y =0，可取⃗m =(1,0,−1)，设平面BDC 的一个法向量⃗n =(a ,b ,c )，则{⃗m ⋅⃗BD =a +b +c =0⃗m ⋅⃗BC =2a =0，可取⃗n=(0,1,−1)，则cos 〈⃗m ,⃗n 〉=⃗m ⋅⃗n¿⃗m ∨⋅∨⃗n ∨¿=√√=12¿，所以二面角A −BD−C 的正弦值为√1−(12)2=√32.14．【2022年新高考2卷】如图，PO 是三棱锥P −ABC 的高，P A =PB ，AB ⊥AC ，E 是PB 的中点．(1)证明：OE /¿平面P AC ；(2)若∠ABO =∠CBO =30°，PO =3，P A =5，求二面角C −AE −B 的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)11 13【分析】（1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OA=OB，再根据直角三角形的性质得到AO=DO，即可得到O为BD的中点从而得到OE//PD，即可得证；（2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；【解析】(1)证明：连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，因为PO是三棱锥P−ABC的高，所以PO⊥平面ABC，AO,BO⊂平面ABC，所以PO⊥AO、PO⊥BO，又P A=PB，所以△POA≅△POB，即OA=OB，所以∠OAB=∠OBA，又AB⊥AC，即∠BAC=90°，所以∠OAB+∠OAD=90°，∠OBA+∠ODA=90°，所以∠ODA=∠OAD所以AO=DO，即AO=DO=OB，所以O为BD的中点，又E为PB的中点，所以OE//PD，又OE⊄平面P AC，PD⊂平面P AC，所以OE//平面P AC(2)解：过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，因为PO=3，AP=5，所以OA=√A P2−P O2=4，又∠OBA=∠OBC=30°，所以BD=2OA=8，则AD=4，AB=4√3，所以AC=12，所以O(2√3,2,0)，B(4√3,0,0)，P(2√3,2,3)，C(0,12,0)，所以E(3√3,1,32)，则⃑AE=(3√3,1,32)，⃑AB=(4√3,0,0)，⃑AC=(0,12,0)，设平面AEB的法向量为⃑n=(x,y,z)，则¿，令z=2，则y=−3，x=0，所以⃑n=(0,−3,2)；设平面AEC的法向量为⃑m=(a,b,c)，则¿，令a=√3，则c=−6，b=0，所以⃑m=(√3,0,−6)；所以cos⟨⃑n,⃑m⟩=⃑n⋅⃑m|⃑n||⃑m|=√√−4√313设二面角C−AE−B为θ，由图可知二面角C−AE−B为钝二面角，所以cosθ=−4√313，所以sinθ=√1−cos2θ=1113故二面角C−AE−B的正弦值为11 13；15．【2021年新高考1卷】如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【解析】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.16．【2021年新高考2卷】在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【解析】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.17．【2020年新高考1卷（山东卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【解析】（1）在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求．由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．18．【2020年新高考2卷（海南卷）】如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为．（1）证明：平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为上的点，QB=，求PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到平面；（2）根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得，即可得到直线与平面所成角的正弦值.【解析】（1）在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面；（2）如图建立空间直角坐标系，因为，则有，设，则有，因为QB=，所以有设平面的法向量为，则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于所以直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.。