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立体几何中的动态问题立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，与空间图形有关的线段、角、体积等最值问题常常在试题中出现。
下面举例说明解决这类问题的常用方法。
一、以静制动例1、在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=AB=AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，点P 在A 1B 1上，则直线PQ 与直线AM 所成的角等于（ D ） A 300 B 450 C 600 D 900分析：虽然点P 的具体位置不定，但PQ 在平面A 1C 上的射影是一条定直线A 1H ，在正方形ACC 1A 1中AM ⊥A 1H ，故由三垂线定理得BQ ⊥AM 。
例2 如图3，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b ＜a ，若Q 是11A D 上的定点，P 在11C D 上滑动，则四面体PQEF 的体积（ ）． （A)是变量且有最大值 （B ）是变量且有最小值 （C ）是变量无最大最小值 （D ）是常量分析：此题的解决需要我们仔细分析图形的特点．这个图形有很多不确定因素，线段EF 的位置不定，点P 在滑动，但在这一系列的变化中是否可以发现其中的稳定因素？求四面体的体积要具备哪些条件？仔细观察图形，应该以哪个面为底面？观察PEF ∆，我们发现它的形状位置是要变化的，但是底边EF 是定值，且P 到EF 的距离也是定值，故它的面积是定值．再发现点Q 到面PEF 的距离也是定值．因此，四面体PQEF 的体积是定值．我们没有一点计算，对图形的分析帮助我们解决了问题．1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ） A.55B.552 C. 2 D. 1解析：如图，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。
立体几何中的最值问题一、考情分析立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从两个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是直接法,即根据几何体的结构特征或平面几何中的相关结论,直接判断最值. 纵观近几年高考对于组合体的考查,重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力,才能顺利解答.从实际教学来看,这部分知识是学生掌握最为模糊,看到就头疼的题目.分析原因,除了这类题目的入手确实不易之外,主要是学生没有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．二、经验分享1.解决立体几何中的最值问题常见方法有：(1)建立函数法是一种常用的最值方法，很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法；二次数的配方法、公试法；有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等.(2)公理与定义法通常以公理与定义作依据，直接推理问题的最大值与最小值，一般的公理与定理有：两点之间以线段为最短，分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的公垂线段为短.球面上任意两点间的连线中以过这两点与球心的平面所得圆的劣弧长为最短等.如果直接建立函数关系求之比较困难，而运用两异面直线公垂线段最短则是解决问题的捷径.(3)解不等式法是解最值问题的常用方法、在立体几何中同样可利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解：如最小角定理所建立的不等关系等等.(4)展开体图法是求立体几何最值的一种特殊方法，也是一种常用的方法，它可将几何题表面展开，也可将几何体内部的某些满足条件的部分面展开成平面，这样能使求解问题，变得十分直观，由难化易.(5)变量分析法是我们要透过现象看本质，在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，要分析透彻，明白它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值总题的方法.除了上述5种常用方法外，还有一些使用并不普遍的特殊方法，可以让我们达到求解最值问题的目的，这就是：列方程法、极限思想法、向量计算法等等其各法的特点与普遍性，大家可以通过实例感受其精彩内涵与思想方法所在.2.决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高，当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解3.解决几何体体积最值问题的方法(1) 根据条件建立两个变量的和或积为定值,利用基本不等式求体积的最值；通过建立相关函数式,将所求的最值问题转化为函数的最值问题求解,此法应用最为广泛；由图形的特殊位置确定最值,如垂直求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．4.解题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次从本文所标定的方法顺序思考，必能找到解题的途径三、题型分析(一) 距离最值问题1.空间中两点间距离的最值问题A C与BD上,求MN的最小值. 【例1】正方体的棱长为1,M、N分别在线段11【分析】方法一,该题可以结合正方体的结构特征,将其转化为两异面直线的距离来求；方法二,可设出变量,构建相应的函数,利用函数的最值求解；方法三,建立空间直角坐标系,利用点的坐标以及距离公式表示出目标函数,然后利用函数方法求解最值.A C与BD是异面直线,所以当MN是两直线的共垂线段时,MN 【解析】方法一（定义转化法）因为直线11取得最小值.取11A C 的中点P ,BD 的中点Q .则线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段.下证明之.在矩形11BDD B 中,PQ 为中位线,所以1//PQ BB ,又因为1BB ⊥平面ABCD ,所以PQ ⊥平面ABCD又因为BD ⊆平面ABCD ,所以PQ BD ⊥.同理可证11PQ A C ⊥,而, ,所以线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段,且1PQ =.由异面直线公垂线段的定义可得,故MN 的最小值为1.方法二：（参数法）如图,取11A C 的中点P ,BD 的中点Q .则线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段.由正方体的棱长为1可得1PQ =.连结AC ,则11//AC A C ,所以BQC ∠为两异面直线11A C 与BD 所成角.在正方形ABCD 中,AC BD ⊥,所以.过点M 作MH AC ⊥,垂足为H ,连结NH ,则//MH PQ ,且. 设PM m =,QN t =,则QH m =.在Rt QNH ∆中,, 在Rt MHN ∆中,.显然,当0m n ==时,2MN 取得最小值1,即MN 的最小值为1.方法三：（向量法）如图,以D 为坐标原点,分别以射线DA 、DC 、1DD 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.设DN m =,1A M n =.则,即；,即.所以,故当2m n ==时,2MN 取得最小值1,即MN 的最小值为1.【点评】空间中两点距离的最值,最基本的方法就是利用距离公式建立目标函数,根据目标函数解析式的结构特征求解最值.对于分别在两个不同对象上的点之间距离的最值,可以根据这两个元素之间的关系,借助立体几何中相关的性质、定理等判断并求解相应的最值.如【典例1】中的两点分别在两条异面直线上,显然这两点之间距离的最小值即为两异面直线的公垂线段的长度.另外注意直线和平面的距离,两平面的距离等的灵活运用.【小试牛刀】【湖南省长沙市2019届上学期高三统一检测】设正方体的棱长为，为的中点，为直线上一点，为平面内一点，则，两点间距离的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】结合题意，绘制图形结合题意可知OE是三角形中位线，题目计算距离最短，即求OE与两平行线的距离，，所以距离d，结合三角形面积计算公式可得，解得，故选B。
第三篇 立体几何专题07 立体几何中的最值问题常见考点考点一 最大值问题典例1．如图，在ABC 中，1AC BC ==，120ACB ∠=︒，O 为ABC 的外心，PO ⊥平面ABC ，且6PO =(1)求证：//BO 平面PAC ；(2)设平面PAO 面PBC l =，若点M 在线段PC （不含端点）上运动，当直线l 与平面ABM 所成角取最大值时，求二面角A BM O --的正弦值.变式1-1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点D 在边BC 上，E 为11B C 的中点.(1)如果D 为BC 的中点，求证：平面1BA E ∥平面1C DA ；(2)设锐二面角11/B AC D --的平面角为α，CD CB λ=，1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，当λ取何值时，cos α取得最大值？变式1-2．如图，在四棱锥S ABCD-中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，2===，1SA AB BCAD=，M是棱SB的中点．(1)求证：//AM平面SCD；(2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值；(3)设点N是线段CD上的动点，MN与平面SAB所成的角为θ，求sinθ的最大值.-中，点O，E分别是BD，BC中点，点F是SE 变式1-3．如图，在正四棱锥S ABCD上的一点.(1)证明：OF BC⊥；(2)若四棱锥S ABCD-的所有棱长为22OF与平面SDE所成角的正弦值的最大值.考点二最小值问题典例2．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，四边形BFED 为矩形，1BF =，平面BFED ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥平面BDEF ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成的夹角为θ，试求θ的最小值.变式2-1．如图，在ABC 中，1AB =，22BC =4B π=，将ABC 绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP ⊥面ABC ，D 是BC 的中点.(1)求二面角P BC A --的平面角的余弦值；(2)设Q 是线段PA 上的动点，当PC 与DQ 所成角取得最小值时，求线段AQ 的长度.变式2-2．如图，四棱锥S ABCD -的底面为矩形，SD ⊥底面ABCD ，设平面SAD 与平面SBC 的交线为m ．（1）证明：//m BC ，且m ⊥平面SDC ；（2）已知2SD AD DC ===，R 为m 上的点求SB 与平面RCD 所成角的余弦值的最小值．变式2-3．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，1BF =.（1）求证：BD ⊥平面AED ，AD ⊥平面BDEF ；（2）点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值.巩固练习练习一 最大值问题1．如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，AB BC =，点1A 在平面ABC 的射影为线段AC的中点，侧面11AAC C 是菱形，过点1,,B B D 的平面α与棱11A C 交于点E ．(1)证明：四边形1BB ED 为矩形；(2)求1CB 与平面11ABB A 所成角的正弦值的最大值．2．如图，在矩形ABCD 中，M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点，2AD =，4AB =，将ADM △沿DM 翻折，在翻折过程中A 点记为P 点．(1)从ADM △翻折至NDM 的过程中，求点P 运动的轨迹长度；(2)翻折过程中，二面角P −BC −D 的平面角为θ，求tan θ的最大值.3．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，122AB AD BC ===，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =．(1)求证：DE⊥平面PAC；(2)若二面角A PC D，求PA的长；--的平面角的正切值为12(3)在（2）的条件下，若Q为线段PC上一点，求BQ与面PCD所成角为θ，求sinθ的最大值．4．如图，在直角三角形AOB中，30∠=︒，斜边4OABAB=，直角三角形AOC可以--是直二面角，动点D在斜边通过AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角B AO CAB上.(1)求证：平面COD⊥平面AOB；(2)当D为AB的中点时，求异面直线AO与CD所成角的正切值；(3)求CD与平面AOB所成角的正切值的最大值.练习二最小值问题5．如图，ABCD为正方形，PDCE为直角梯形，90∠=，平面ABCD⊥平面PDCE，PDC且22PD AD EC ===.（1）若PE 和DC 延长交于点F ，求证：//BF 平面PAC ；（2）若Q 为EC 边上的动点，求直线BQ 与平面PDB 所成角正弦值的最小值.6．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD DC BC ===，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =，设点M 在线段EF 上运动.（1）证明：BC AM ⊥；（2）设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ，求θ的最小值.7．如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠BCD ＝120°，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，BF ＝1.(1)求证：AD ⊥平面BFED ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值．8．如图，正方形ABCD 边长为1，ED ⊥平面ABCD ，FB ⊥平面ABCD ，且1ED FB ==（E ，F 在平面ABCD 同侧），G 为线段EC 上的动点．（1）求证：AG DF ⊥；（2）求22AG BG +的最小值，并求取得最小值时二面角B AG C --的余弦值。
专题05 立体几何（选择题、填空题）1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为A BC D 【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==由题意得212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得b a =.故选C ．【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =. 设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 的等边三角形，212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C ．【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是A．B ．C ．D ．【答案】C【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDB S S S ===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB ===∴ADB △是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 60222ADB S AB AD =⋅⋅︒=⋅=△∴该几何体的表面积是：632=⨯++故选：C ．【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ， 依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=，1OO AB ∴==根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.5．【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，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；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 6．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为A ．6+B ．6+C ．12D ．12+【答案】D【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D ．【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．7．【2020年高考浙江】某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱， 且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1， 棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2， 所以几何体的体积为11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.8．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l ，m ，n ．“l ，m ，n 共面”是“l ，m ，n 两两相交”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】B【解析】依题意,,m n l 是空间不过同一点的三条直线，当,,m n l 在同一平面时，可能////m n l ，故不能得出,,m n l 两两相交.当,,m n l 两两相交时，设,,m n A m l B n l C ⋂=⋂=⋂=，根据公理2可知,m n 确定一个平面α，而,B m C n αα∈⊂∈⊂，根据公理1可知，直线BC 即l α⊂，所以,,m n l 在同一平面.综上所述，“,,m n l 在同一平面”是“,,m n l 两两相交”的必要不充分条件. 故选：B【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理1和公理2的运用，属于中档题.9．【2020年新高考全国Ⅰ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【解析】画出截面图如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 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//m CD ， 根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒， 由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒， 所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒. 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.10．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 B ．α内有两条相交直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 D ．α，β垂直于同一平面【答案】B【解析】由面面平行的判定定理知：α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若αβ∥，则α内任意一条直线都与β平行，所以α内两条相交直线都与β平行是αβ∥的必要条件，故选B ．【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若,,a b a b αβ⊂⊂∥，则αβ∥”此类的错误．11．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】如图，点N 为正方形ABCD 的中心，△ECD 为正三角形，平面ECD ⊥平面ABCD ，M 是线段ED 的中点，则A ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是相交直线B ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是相交直线C ．BM =EN ，且直线BM ，EN 是异面直线D ．BM ≠EN ，且直线BM ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作EO CD ⊥于O ，连接ON ，BD ， 易得直线BM ，EN 是三角形EBD 的中线，是相交直线. 过M 作MF OD ⊥于F ，连接BF ，平面CDE ⊥平面ABCD ，,EO CD EO ⊥⊂平面CDE ，EO ∴⊥平面ABCD ，M F ⊥平面ABCD ， MFB ∴△与EON △均为直角三角形．设正方形边长为2，易知12EO ON EN ===,，5,22MF BF BM ==∴= BM EN ∴≠，故选B ．【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．12．【2019年高考浙江卷】祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V 柱体=Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选B.【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体——棱柱，根据题目给定的数据，计算几何体的体积，常规题目.难度不大，注重了基础知识、视图用图能力、基本计算能力的考查.易错点有二，一是不能正确还原几何体；二是计算体积有误.为避免出错，应注重多观察、细心算.13．【2019年高考浙江卷】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【答案】B【解析】如图，G 为AC 中点，连接VG ，V 在底面ABC 的投影为O ，则P 在底面的投影D 在线段AO 上，过D 作DE 垂直于AC 于E ，连接PE ，BD ，易得PE VG ∥，过P 作PF AC ∥交VG 于F ，连接BF ，过D 作DH AC ∥，交BG 于H ，则,,BPF PBD PED αβγ=∠=∠=∠，结合△PFB ，△BDH ，△PDB 均为直角三角形，可得cos cos PF EG DH BDPB PB PB PBαβ===<=，即αβ>；在Rt △PED 中，tan tan PD PDED BDγβ=>=，即γβ>，综上所述，答案为B.【名师点睛】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角，未能想到利用“特殊位置法”，寻求简便解法.14．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N 的路径中，最短路径的长度为A．1722B．5C．3D．2【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点M在上底面上，点N在下底面上，且可以确定点M 和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，=B．【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.15．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【答案】A【解析】由题意知，题干中所给的是榫头，是凸出的几何体，求得是卯眼的俯视图，卯眼是凹进去的，即俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A.【名师点睛】本题主要考查空间几何体的三视图，考查考生的空间想象能力和阅读理解能力，考查的数学核心素养是直观想象.16．【2018年高考全国I 卷文数】在长方体1111ABCD A BC D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BBC C 所成的角为30︒，则该长方体的体积为A ．8B ．C ．D ．【答案】C【解析】在长方体1111ABCD A BC D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ︒∠=，因为2AB =，所以1BC =，从而求得1CC =所以该长方体的体积为22V =⨯⨯= 故选C.【名师点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长、宽、高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，最终求得结果.17．【2018年高考全国I 卷文数】已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 A． B ．12π C．D ．10π【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为所以其表面积为22π2π12πS =+=，故选B.【名师点睛】该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.18．【2018年高考浙江卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：cm 3）是A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】C俯视图正视图【解析】根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上、下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为()112226,2⨯+⨯⨯= 故选C.【名师点睛】先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.19．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】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D ABC -体积的最大值为 A． B ．C．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯=，故选B.【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当点D 在平面ABC 上的射影为三角形ABC 的重心时，三棱锥D ABC -体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到23BM BE ==OM ，进而得到结果，属于较难题型.20．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为棱1CC 的中点，则异面直线AE 与CD 所成角的正切值为A BC D 【答案】C【解析】如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，CD AB ∥，所以异面直线AE 与CD 所成角为EAB ∠，设正方体边长为2a ，则由E 为棱1CC 的中点，可得CE a =，所以BE =，则tan BE EAB AB ∠===．故选C ．【名师点睛】本题主要考查异面直线所成的角，考查考生的空间想象能力、化归与转化能力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、数学运算.求异面直线所成的角，需要将异面直线所成的角等价转化为相交直线所成的角，然后利用解三角形的知识加以求解.21．【2018年高考浙江卷】已知平面α，直线m ，n 满足m ⊄α，n ⊂α，则“m ∥n ”是“m ∥α”的A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为,,m n m n ⊄⊂∥αα，所以根据线面平行的判定定理得m ∥α. 由m ∥α不能得出m 与α内任一直线平行， 所以m n ∥是m ∥α的充分不必要条件，故选A. 【名师点睛】充分、必要条件的三种判断方法：（1）定义法：直接判断“若p 则q ”、“若q 则p ”的真假．并注意和图示相结合，例如“p ⇒q ”为真，则p 是q 的充分条件．（2）等价法：利用p ⇒q 与非q ⇒非p ，q ⇒p 与非p ⇒非q ，p ⇔q 与非q ⇔非p 的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．（3）集合法：若A ⊆B ，则A 是B 的充分条件或B 是A 的必要条件；若A ＝B ，则A 是B 的充要条件．22．【2018年高考浙江卷】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θ1，SE 与平面ABCD 所成的角为θ2，二面角S −AB −C 的平面角为θ3，则A ．θ1≤θ2≤θ3B ．θ3≤θ2≤θ1C ．θ1≤θ3≤θ2D ．θ2≤θ3≤θ1【答案】D【解析】设O 为正方形ABCD 的中心，M 为AB 中点，过E 作BC 的平行线EF ，交CD 于F ，过O 作ON 垂直EF 于N ，连接SO ，SN ，SE ，SM ，OM ，OE ，则SO 垂直于底面ABCD ，OM 垂直于AB ， 因此123,,,SEN SEO SMO ∠=∠=∠=θθθ 从而123tan ,tan ,tan ,SN SN SO SOEN OM EO OM====θθθ 因为SN SO EO OM ≥≥，，所以132tan tan tan ,≥≥θθθ即132≥≥θθθ，故选D.【名师点睛】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小关系.23．【2018年高考北京卷文数】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C【解析】由三视图可得四棱锥P ABCD -如图所示，在四棱锥P ABCD -中，2,2,2,1PD AD CD AB ====，由勾股定理可知：3,PA PC PB BC ==== 则在四棱锥中，直角三角形有：,,PAD PCD PAB △△△，共3个， 故选C.【名师点睛】此题考查三视图相关知识，解题时可将简单几何体放在正方体或长方体中进行还原，分析线面、线线垂直关系，利用勾股定理求出每条棱长，进而可进行棱长、表面积、体积等相关问题的求解.解答本题时，根据三视图还原几何体，利用勾股定理求出棱长，再利用勾股定理逆定理判断直角三角形的个数.24．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题：p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内． p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面． p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行． p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ． 则下述命题中所有真命题的序号是__________． ①14p p ∧ ②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝【答案】①③④【解析】对于命题1p ，可设1l 与2l 相交，这两条直线确定的平面为α； 若3l 与1l 相交，则交点A 在平面α内，同理，3l 与2l 的交点B 也在平面α内，所以，AB α⊂，即3l α⊂，命题1p 为真命题；对于命题2p ，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个， 命题2p 为假命题；对于命题3p ，空间中两条直线相交、平行或异面， 命题3p 为假命题；对于命题4p ，若直线m ⊥平面α， 则m 垂直于平面α内所有直线， 直线l ⊂平面α，∴直线m ⊥直线l ， 命题4p 为真命题. 综上可知，，为真命题，，为假命题，14p p ∧为真命题，12p p ∧为假命题，23p p ⌝∨为真命题，34p p ⌝∨⌝为真命题.故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.25．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯= 解得：22r，其体积：3433V r π==.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.26．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积（单位：cm 2）为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm ）是_______． 【答案】1【解析】设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，则21222r l r l ππππ⨯⨯=⎧⎪⎨⨯⨯=⨯⨯⨯⎪⎩，解得1,2r l ==. 故答案为：1【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.27．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯圆柱体积为21()222ππ⋅=，所求几何体体积为2π.故答案为： 2π【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.28．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A BC D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A BC D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11BC CB ，设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，则1DE EP ⊥，1D E =，所以||EP ===，所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.故答案为：2.【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.29．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知∠ACB=90°，P 为平面ABC 外一点，PC =2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC P 到平面ABC 的距离为___________．【解析】作,PD PE 分别垂直于,AC BC ，PO ⊥平面ABC ，连接CO ，由题意可知,CD PD CD PO ⊥⊥，=PD PO P ，CD 平面PDO ，又OD ⊂平面PDO ，CD OD ∴⊥，PD PE ==2PC =，sin sin PCE PCD ∴∠=∠=， 60PCB PCA ︒∴∠=∠=，又易知PO CO ⊥，CO 为ACB ∠的平分线，451,,OCD OD CD OC ︒∴∠=∴===，又2PC =，PO ∴==【名师点睛】本题主要考查学生空间想象能力，合理画图成为关键，准确找到P 在底面上的射影，使用线面垂直定理，得到垂直关系，利用勾股定理解决．注意画图视角选择不当，线面垂直定理使用不够灵活，难以发现垂直关系，问题则很难解决，将几何体摆放成正常视角，是立体几何问题解决的有效手段，几何关系利于观察，解题事半功倍．30．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 的延长线交于点G ，延长BC 交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+==，1x ∴==，1．【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形． 31．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A BC D -挖去四棱锥O −EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H分别为所在棱的中点，16cm 4cm AB=BC =AA =，，3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g.【答案】118.8【解析】由题意得，214642312cm 2EFGHS =⨯-⨯⨯⨯=四边形， ∵四棱锥O −EFGH 的高为3cm ， ∴3112312cm 3O EFGH V -=⨯⨯=．又长方体1111ABCD A BC D -的体积为32466144cm V =⨯⨯=， 所以该模型体积为3214412132cm O EFGH V V V -=-=-=， 其质量为0.9132118.8g ⨯=．【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量即可.32．【2019年高考北京卷文数】某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40【解析】如图所示，在棱长为4的正方体中，三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体，则几何体的体积()3142424402V =-⨯+⨯⨯=. 【名师点睛】本题首先根据三视图，还原得到几何体，再根据题目给定的数据，计算几何体的体积.属于中等题.(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 33．【2019年高考北京卷文数】已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l ⊥m ；②m ∥α；③l ⊥α．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________． 【答案】如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m .【解析】将所给论断，分别作为条件、结论，得到如下三个命题： （1）如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m ，正确；（2）如果l ⊥α，l ⊥m ，则m ∥α，不正确，有可能m 在平面α内； （3）如果l ⊥m ，m ∥α，则l ⊥α，不正确，有可能l 与α斜交、l ∥α. 故答案为：如果l ⊥α，m ∥α，则l ⊥m.【名师点睛】本题主要考查空间线面的位置关系、命题、逻辑推理能力及空间想象能力.将所给论断，分别作为条件、结论加以分析即可.34．【2019年高考天津卷文数】若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________. 【答案】π42=.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心， 故圆柱的高为1，圆柱的底面半径为12， 故圆柱的体积为21ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 【名师点睛】本题主要考查空间几何体的结构特征以及圆柱的体积计算问题，解答时，根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径.注意本题中圆柱的底面半径是棱锥底面对角线长度的一半、不是底边棱长的一半.35．【2019年高考江苏卷】如图，长方体1111ABCD A BC D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E −BCD 的体积是 ▲ .。
1/31专题03立体几何中的动点和最值问题题型一立体几何中的动点问题1．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M 为棱11A D 的中点，下列说法正确的是()A ．直线AC ⊥直线BMB ．过点的C 的平面MB α⊥，则平面α截正方体所得的截面周长为325+C ．若线段BM 上有一动点Q ，则Q 到直线1AA 255D ．动点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，且AP BM ⊥，则AP 与平面11BCC B 成角正切的取值范围是255[]52【解答】解：对于A ，AC BD ⊥ ，1AC BB ⊥，1BD BB B = ，BD 、1BB ⊂平面11BB D D ，AC ∴⊥平面11BB D D ，BM⋂ 平面11BB D D ，∴直线AC 与直线BM 不垂直，故A 错误；对于B ，如图1，取1BB ，AB 的中点E 、F ，连接CE 、EF 、CF ．因为BN CE ⊥，1EF A B ⊥，由三垂线定理得BM CE ⊥，BM EF ⊥，所以BM ⊥平面CEF ，所以α截正方体所得的截面为CEF ∆141411252+++=+B 错误；对于C ，如图过BM 构造平面与1AA 平行，2/31AH 即Q 到直线1AA 的距离的最小值，255AH =，故C 正确；对于D ，如图3，取1CC 的中点Q ，因为1BM AB ⊥，1BM B Q ⊥，所以BM ⊥平面1AB Q ，故P 点轨迹为1B Q ．在正方形11BCC B 中，当P 与Q 重合时，BP 最大，当1BP B Q ⊥时，BP 最小．所以4[,5]5BP ∈因为AB ⊥平面11BCC B ，所以APB ∠为AP 与平面11BCC B 所成角，255tan [,]52AB APB BP ∠=∈则AP 与平面11BCC B 成角正切的取值范围是255[,]52，故D 正确．故选：CD ．2．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，F 是棱11A D 上的动点，下列说法正确的是()A ．对任意动点F ，在平面11ADD A 内不存在与平面CBF 平行的直线B ．对任意动点F ，在平面ABCD 内存在与平面CBF 垂直的直线3/31C ．当点F 从1A 运动到1D 的过程中，二面角F BC A --的大小不变D ．当点F 从1A 运动到1D 的过程中，点D 到平面CBF 的距离逐渐变大【解答】解：对任意动点F ，在平面11ADD A 内只要与AD 平行的直线，即可与平面CBF 平行，所以A 不正确；对任意动点F ，在平面ABCD 内存在与平面CBF 垂直的直线，不正确；因为二面角F BC A --的大小不变是锐角，所以B 不正确；当点F 从1A 运动到1D 的过程中，二面角F BC A --的大小不变，由二面角的定义可知，命题是真命题，正确；当点F 从1A 运动到1D 的过程中，点D 到平面CBF 的距离逐渐变大，不正确；因为A BCF V -是定值，三角形BCF 的面积是定值，所以点D 到平面CBF 的距离不变，所以D 不正确；故选：C ．3．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段11B D 上有两个动点E ，F ，且22EF =，则下列结论中正确的有()A ．当E 点运动时，1A C AE ⊥总成立B ．当E 向1D 运动时，二面角A EF B --逐渐变小C ．二面角E AB C --的最小值为45︒D ．三棱锥A BEF -的体积为定值【解答】解：对于A ，易证11B D ⊥平面11A C C ，所以111A C B D ⊥，同理可证11A C AD ⊥，从而1A C ⊥平面11AB D ，所以1A C AE ⊥恒成立，A 正确；对于B ，平面EFB 即平面11BDD B ，而平面EFA 即平面11AB D ，所以当E 向1D 运动时，二面角A EF B --的大小不变，B 错误；对于C ，当点E 从11B D 的中点向点1D 运动时，平面ABE 逐渐向底面ABCD 靠拢，4/31这个过程中，二面角越来越小，所以二面角E AB C --的最小值为45︒，C 正确；对于D ，因为1221224BEF S ∆=⨯⨯=，点A 到平面11BDD B 的距离为22，所以体积为122134212⨯⨯=，即体积为定值，D 正确．故选：ACD ．4．如图，在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为棱1DD 上一点，且2DE =，F 为棱11C D 的中点，点G 是线段1BC 上的动点，则()A ．无论点G 在线段1BC 上如何移动，都有异面直线1A G ，1B D 的夹角为2πB ．三棱锥A GAE -的体积为108C ．直线AE 与BF 所成角的余弦值1015D ．直线1AG 与平面1BDC 所成最大角的余弦值为13【解答】解：在正方体1111ABCD A B C D -中，易证1DB ⊥面11A BC ，又1A G ⊂平面11A BC ，所以11A G B D ⊥，所以异面直线1A G ，1B D 的夹角为2π，则A 正确；1116663632A GAE G A AE V V --⨯==⨯⨯=三棱锥三棱锥，则B 错误；在棱1CC 上取点N ，使2CN =，连结BN ，NE ，FN （如图），则易知FBN ∠为直线AE 与BF 所成角或其补角，可得10BN =，5FN =，9FB =，5/31则222(210)958410cos 1529210310FBN +-∠===⨯⨯，则直线AE 与BF 所成角的余弦值为41015，则C 正确；由题意知三棱锥11A BDC -为棱长为62的正四面体，作1A O ⊥平面1BDC ，O 为垂足，则O 为正1BDC ∆的中心，且1A GO 为直线1A G 与平面1BDC 所成角，所以211211cos 1AO OG AGO AG AG ∠==-，当点G 移动到1BC 的中点时，1A G 最短，如图，此时1cos A GO ∠最小，1A GO ∠最大，此时1161cos 336OG AGO AG ∠===，则D 正确．故选：ACD ．5．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段11A C 上一个动点，则下列结论正确的有()A ．存在M 点使得异面直线BM 与AC 所成角为90︒B ．存在M 点使得异面直线BM 与AC 所成角为45︒C ．存在M 点使得二面角M BD C --的平面角为45︒D ．当1114A M A C =时，平面BDM 截正方体所得的截面面积为98【解答】解：对于A ，连接11A C 、11B D ，交于1O ，连接BD ，取点M 为1O 时，连接1O B ，因为AC BD ⊥、1AC B B ⊥，所以AC ⊥平面11BB D D ，又因为1O B ⊂平面11BB D D ，所以1AC O B ⊥，所以A 对；对于B ，因为11//A C AC ，所以异面直线BM 与AC 所成角就是1BMC ∠，6/31因为160BMC ∠︒，所以B 错；对于C ，因为二面角M BD C --的平面角为MOC ∠，因为45MOC ∠>︒，所以C 错；对于D ，取OA 中点N ，连接MN ，过M 作11//EF B D ，交11A D 于E ，交11A B 于F ，连接ED 、FB ，22EF =，BD =324OM =，112329()22248EFBD S EF BD OM =⋅+⋅=⋅⋅．所以D 对．故选：AD．6．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，EF 是棱AB 上的一条线段，且1EF =，点Q 是棱11A D 的中点，点P 是棱11C D 上的动点，则下面结论中正确的是()A ．PQ 与EF 一定不垂直B ．二面角P EF Q --C ．PEF ∆的面积是D ．点P 到平面QEF 的距离是常量【解答】解：对于A ，当P 与点1D 重合时，PQ EF ⊥，故选项A 错误；对于B ，由于点P 是棱11C D 上的动点，EF 是棱AB 上的一条线段，所以平面PEF 即平面11ABC D ，建立如图所示的空间直角坐标系，则(2Q ，0，4)，(4A ，0，0)，(4B ，4，0)，所以(2,04),(0,4,0)QA AB =-=，平面QEF 即平面QAB ，设平面QAB 的法向量为(,,)n x y z = ，则00n QA n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即24040x z y -=⎧⎨=⎩，令1z =，则(2,0,1)n =，同理可求得平面11ABC D 的法向量为(1,0,1)m =，设二面角P EF Q --为θ，7/31所以||21310|cos ||cos ,|||||1025m n m n m n θ⋅+=<>===⨯，故2231010sin 11()1010cos θθ=-=-=，故选项B 正确；对于C ，由于AB ⊥平面11BB CC ，又1BC ⊂平面11BB CC ，所以1AB BC ⊥，所以1BC EF ⊥，所以1BC 是PEF ∆的高，所以1111422222PEF S EF BC ∆=⋅⋅=⨯⨯=，故选项C 正确；对于D ，由于11//C D EF ，且11C D ⊂/平面QEF ，EF ⊂平面QEF ，所以11//C D 平面QEF ，又点P 在11C D 上，所以点P 到平面QEF 的距离为常量，故选项D 正确．故选：BCD ．7．在长方体1111ABCD A B C D -中，1226BC AB BB ===，点E 为棱BC 上靠近点C 的三等分点，点F 是长方形11ADD A 内一动点（含边界），且直线1B F ，EF 与平面11ADD A 所成角的大小相等，则()A ．1//A F 平面11BCC B B ．三棱锥1F BB E -的体积为4C ．存在点F ，使得11//A F B ED ．线段1A F 的长度的取值范围为5[2，258【解答】解： 平面11//ADD A 平面11BCC B ，1A F ⊂平面11ADD A ，1//A F ∴平面11BCC B ，故A 正确；8/311111343632F BB E A BB E V V --==⨯⨯⨯⨯=，故B 错误；连接1A F ，作//EG CD 交AD 于G ，连接FG ，11A B ⊥ 平面11ADD A ，11A FB ∴∠为1B F 与平面11ADD A 所成的角，EG ⊥ 平面11ADD A ，EFG ∴∠为EF 与平面11ADD A 所成角．直线1B F ，EF 与平面11ADD A 所成角的大小相等，11A FB EFG ∴∠=∠，则11111tan tan A B EGA FB EFG A F FG∠==∠=，又11A B EG = ，1A F FG ∴=，则点F 在1A G 的中垂线上，即点F 在线段HI 上运动，当点F 与点K 重合时，11//A F B E ，故C 正确；126BC BB == ，E 为棱BC 上靠近C 的三等分点，13AA ∴=，4AG =，则15A G =，11cos AG KG A GA A G HG∠==，1258HG A I ∴==，当点F 在点I 或点H 处时，线段1A F 的长度取得最大值，最大值为258，当点F 在点K 处时，线段1A F 的线段取得最小值，最小值为52，∴线段1A F 的长度的取值范围为5[2，25]8，故D 正确．故选：ACD ．8．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α．下面说法正确的是()A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32[32B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大9/31C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点【解答】解：对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点(2A ，0，0)、(2B ，2，0)，设点(0M ，2，)(02)a a ，AM ⊥ 平面α，则AM为平面α的一个法向量，且(2,2,)AM a =- ，(0,2,0)AB =，||32|cos ,|[,]32||||AB AM AB AM AB AM ⋅<>==⋅，所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32[32，A选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ，在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD，BD ⊂ 平面ABCD ，1BD CC ∴⊥， 四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C = ，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂ 平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥，10/311A D BD D = ，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知△1A BD是边长为的等边三角形，其面积为1234A BD S =⨯=，周长为3=．设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ，正六边形EFQNGH的周长为26=则△1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误；对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(E b ，0，2)，点(0M ，2，1)，(2,2,1)AM =-，AM ⊥ 平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，(1E ∴，0，2)，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则(2F ，1，2)，(1,1,0)EF = ，而(2,2,0)DB = ，∴12EF DB =，//EF DB ∴且EF DB ≠，由空间中两点间的距离公式可得DE ==，BF ==DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，∴2MC AC DN AD ===-1122MC CC =≠，11/31所以，点M 不是棱1CC 的中点，D选项错误．故选：AC ．9．如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，3AB AD ==，14AA =，P 是侧面11BCC B 内的动点，且1AP BD ⊥，记AP 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的最大值为()A ．43B ．53C ．2D ．259【解答】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设(P a ，3，)c ，(03,04)a c ，则(3A ，0，0)，(3B ，3，0)，1(0D ，0，4)，(3AP a =- ，3，)c ，1(3BD =- ，3-，4)，平面11BCC B 的法向量(0n = ，1，0)，1AP BD ⊥ ，∴13(3)940AP BD a c ⋅=---+= ，解得34c a =，∴(3AP a =- ，3，3)4a ，AP 与平面11BCC B 所成的角为θ，222||312sin ||||9484896(3)95()1625625AP n AP n a a a θ⋅∴==⋅-++-+ ，∴当4825a =时，sin θ34．此时25cos 1()3434θ=-=12/31tan θ∴53=．故选：B．10．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则()A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【解答】解：对于A ，当1λ=时，1BP BC BB μ=+ ，即1CP BB μ= ，所以1//CP BB ，故点P 在线段1CC 上，此时△1AB P 的周长为11AB B P AP ++，当点P 为1CC 的中点时，△1AB P，当点P 在点1C 处时，△1AB P的周长为1，故周长不为定值，故选项A 错误；13/31对于B ，当1μ=时，1BP BC BB λ=+ ，即1B P BC λ= ，所以1//B P BC，故点P 在线段11B C 上，因为11//B C 平面1A BC ，所以直线11B C 上的点到平面1A BC 的距离相等，又△1A BC 的面积为定值，所以三棱锥1P A BC -的体积为定值，故选项B正确；对于C ，当12λ=时，取线段BC ，11B C 的中点分别为M ，1M ，连结1M M ，因为112BP BC BB μ=+，即1MP BB μ= ，所以1//MP BB，则点P 在线段1M M 上，当点P 在1M 处时，1111A M B C ⊥，111A M B B ⊥，又1111B C B B B = ，所以11A M ⊥平面11BB C C ，又1BM ⊂平面11BB C C ，所以111A M BM ⊥，即1A P BP ⊥，同理，当点P 在M 处，1A P BP ⊥，故选项C 错误；14/31对于D ，当12μ=时，取1CC 的中点1D ，1BB 的中点D ，因为112BP BC BB λ=+ ，即DP BC λ= ，所以//DP BC，则点P 在线的1DD 上，当点P 在点1D 处时，取AC 的中点E ，连结1A E ，BE ，因为BE ⊥平面11ACC A ，又1AD ⊂平面11ACC A ，所以1AD BE ⊥，在正方形11ACC A 中，11AD A E ⊥，又1BE A E E = ，BE ，1A E ⊂平面1A BE ，故1AD ⊥平面1A BE ，又1A B ⊂平面1A BE ，所以11A B AD ⊥，在正方体形11ABB A 中，11A B AB ⊥，又11AD AB A = ，1AD ，1AB ⊂平面11AB D ，所以1A B ⊥平面11AB D ，因为过定点A 与定直线1A B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P ，故选项D正确．故选：BD ．15/3111．如图，已知四边形ABCD 为直角梯形，BDEF 为矩形，平面BDEF ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90DAB ABC ∠=∠=︒，1AD AB ED ===，2BC =．（1）若点M 为EF 中点，求证：BM ⊥平面CDF ；（2）若点M 为线段EF 上一动点，求BD 与平面BCM所成角的取值范围．【解答】证明：（1） 平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ⋂平面ABCD BD =，BF ⊂面BDEF 且BF BD ⊥，BF ∴⊥面ABCD ．建立空间直角坐标系B xyz -如图，则(0B ，0，0)，(0A ，1，0)，(2C ，0，0)，(1D ，1，0)，(0F ，0，1)，(1E ，1，1)，1(2M ，12，1)．11(,,1)22BM = ，(1,1,0)CD =- ，(1,1,1)DF =-- ，故11022BM CD ⋅=-+= ，111022BM DF ⋅=--+= ．CD BM ∴⊥，FD BM ⊥，又FD CD D = ，FD ，CD ⊂面FCD ，故BM ⊥面FCD ；解：（2）由（1）知，(1,1,0)FE = ，设(,,0)FM FE λλλ== ，则(M λ，λ，1)，∴(,,1),(2,0,0),(1,1,0)BM BC BD λλ=== ，设平面BMC 的法向量为(,,)n x y z = ，由200n BC x n BM x y z λλ⎧⋅==⎪⎨⋅=++=⎪⎩，取1y =-，则z λ=，故平面BMC 的一个法向量为(0,1,)n λ=- ．16/31设BD 与平面BCM 所成角为θ，∴||sin |cos ,|||||n BD n BD n BD θ⋅=<>==⋅ ．∴当0λ=时取最大值22，当1λ=时取最小值12．故BD 与平面BCM 所成角的取值范围为[30︒，45]︒．12．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是棱AB ，BC 上的动点，且AE BF =．（1）求证：11A F C E ⊥；（2）当EF 取得最大值时，求二面角11E A C F --的余弦值．【解答】解：（1）证明：如图，建立空间直角坐标系D xyz -，设AE m =，(02)m ，则1(2A ，0，2)，(2F m -，2，0)，1(0C ，2，2)，(2E ，m ，0)，∴1(A F m =- ，2，2)-，1(2C E = ，2m -，2)-，∴1122440A F C E m m ⋅=-+-+= ，11A F C E ∴⊥．（2）由（1）得EF ==，17/3102m ，∴当0m =或2m =时，EF 取得最大值为2，当0m =时，点E 与点A 重合，即(2E ，0，0)，点F 与点B 重合，即(2F ，2，0)，∴11(2A C =- ，2，0)，1(0EA = ，0，2)，1(0FA = ，2-，2)，设平面11A C E 的一个法向量为(n x = ，y ，)z ，则1122020n AC x y n EA z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，取1x =，得(1n = ，1，0)，设平面11A C F 的一个法向量(m a = ，b ，)c ，则111220220m A C a b m FA b c ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩ ，取1a =，得(1m = ，1，1)，设二面角11E A C F --的平面角为θ，则||cos ||||3m n m n θ⋅===⋅ ，∴二面角11E A C F --的余弦值为63．当2m =时，点E 与点B 重合，点F 与点C 重合，同理可得二面角11E A C F --综上，当EF 取得最大值时，二面角11E A C F --的余弦值为63．题型二立体几何中的最值问题13．在四面体ABCD 中，ABC ∆是边长为2的正三角形，60ADB ∠=︒，二面角D AB C --的大小为60︒，则下列说法正确的是()A ．AB CD⊥18/31B ．四面体ABCD 的体积V的最大值为2C ．棱CDD ．四面体ABCD 的外接球的表面积为529π【解答】解：对于A ，假设AB CD ⊥，设AB 的中点为E ，因为三角形ABC 为正三角形，则CE AB ⊥，又CE CD C = ，CE ，CD ⊂平面CDE ，故AB ⊥平面CDE ，又DE ⊂平面CDE ，故AB DE ⊥，而题中并不能得到AB DE ⊥，故假设不成立，所以AB 不垂直CD ，故选项A 错误；对于B ，要使的ABCD V 最大，只需高最大，故V的最大值为113332ABC S DF ∆⋅⋅=⨯=，故选项B 正确；对于C ，由选项B 中可知，此时CD 也最小，故CD=，故选项C 正确；对于D ，设ABD ∆的外心为M ，E 为AB的中点，MA MB MD ===设过M 与平面ABD 垂直的直线为MN ，过C 作CR ED ⊥于点R ，则外接球球心O 在MN 上，只需OA OC =，又32CR =，ER EM MR ===，设OM x =，由22OA OC =，可得22223()2x x +=+-，解得13x =，所以21413939R =+=，所以四面体ABCD 的外接球的表面积为213524499R πππ⋅=⋅=，故选项D 正确．故选：BCD ．19/3114．已知长方体1111ABCD A B C D -的高12AA =，AC =，1AB x =，1AD y =，则当x y +最大时，二面角111A B D C --的余弦值为()A ．155B ．155-C ．55D ．55【解答】解： 长方体1111ABCD A B C D -的高12AA =，AC =，1AB x =，1AD y =，∴当x y +最大时，AB BC ==，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，则A ，0，0)，1B ，2)，1(0D ，0，2)，1(0C，，2)，1(0AB =，，2)，1(AD =- 2)，设平面11AB D 的法向量(n x = ，y ，)z ，则112020n AB z n AD z ⎧=+=⎪⎨=-+=⎪⎩ ，取1x =，得(1n = ，1-，平面111B D C 的法向量(0m = ，0，1)，设二面角111A B D C --的平面角为α，结合图形得α为钝角，则||cos ||||m n m n α=-== ．∴二面角111A B D C --的余弦值为5-．故选：B ．20/3115．如图，在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是棱1A A 上的动点，N 是棱BC 的中点．当平面1D MN 与底面ABCD 所成的锐二面角最小时，1A M =85．【解答】解：以D 为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设MA k =，则1(0D ，0，4)，(0C ，4，0)，(2N ，3，0)，(4M ，0，)k ，所以11(4,0,4),(2,4,4)D M k D N =-=- ，设平面1D MN 的法向量为(,,)n x y z = ，则有1100n D M n D N ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即4(4)02420x k z x y z +-=⎧⎨+-=⎩，令8z =，则82x k =-，4y k =+，故(82,4,8)n k k =-+ ，平面ABCD 的一个法向量为(0,0,1)m = ，设平面1D MN 与底面ABCD 所成的锐二面角为α，则||cos ||||n m n m α⋅== ，21/31锐二面角α越小，则cos α越大，所以求2524144k k -+的最小值，令2212576()5241445()55f k k k k =-+=-+，所以当125k =时，α有最小值，此时11284455A M k =-=-=．故答案为：85．16．四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是边长为a 的菱形，PA ⊥面ABCD ，120BAD ∠=︒，E ，F 分别是CD ，PC 的中点．（1）求证：平面AEF ⊥平面PAB ；（2）M 是PB 上的动点，EM 与平面PAB 所成的最大角为45︒，求二面角F AE D --的余弦值．【解答】解：（1）证明：底面ABCD 是边长为a 的菱形，120BAD ∠=︒，故60ADE ∠=︒，12DE a =，AD a =，由22222211132cos 6024224AE AD DE AD DE a a a a a =+-︒=+-= ，所以222AE DE AD +=，故Rt ADE ∆，AE ED ⊥，又//AB CD ，所以AE AB ⊥，22/31又PA ⊥平面ABCD ，AE ⊂平面ABCD ，所以AE PA ⊥，又AB PA A = ，所以AE ⊥平面PAB ，又AE ⊂平面AEF ，故平面AEF ⊥平面PAB ；（2）连接AM ，则由（1）知，AE ⊥平面PAB ，则AME ∠为直线EM 与平面PAB 所成的角，在Rt AME ∆中，tan AEAME AM ∠=，当AM 最小时，即AM PB ⊥时，AME ∠取得最大值45︒，此时AE AM =，设PA x =，则由PA AB PB AM =得，2ax a =，解得x =，根据题意，以AB ，AE ，AP 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，则(B a ，0，0)，(0E ，32，0)，(2aC ，32，0)，(0P ，0)，33(,,)442a F，(0,,0)2AE =，(,442a AF = ，设平面AEF 的法向量为(,,)m x y z = ，由0204m AE a m AF x ⎧==⎪⎪⎨⎪=++=⎪⎩，得(m =-，又平面AED 的法向量为(0,0,1)n = ，由cos ,13m n <>== ，因为二面角F AE D --为钝角，所以二面角F AE D --的余弦值为1313-．23/3117．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面三角形ABC 为直角三角形，其中AB AC ⊥，3AB =，4AC =，18CC =，M ，N 分别为1BB 和1AA 的中点．（1）求证：CN ⊥平面1C MN ；（2）当点P 在线段1C A 上移动时，求直线NP 与平面11BB C C所成角正弦的最大值．【解答】解：依题意可得AB ，AC ，1AA 两两垂直，故以A 为原点建立空间直角坐标系（如图），(0A ，0，0)，(3B ，0，0)，(0C ，4，0)，1(0A ，0，8)，1(3B ，0，8)，1(0C ，4，8)，（1）(3M ，0，4)，(0N ，0，4)，(3,0,0)MN =- ，(0,4,4)CN =- ，1(0,4,4)C N =-- ，∴0MN CN ⋅= ，10CN C N ⋅= ，CN MN ∴⊥，1CN C N ⊥，且1C N M N N = ，CN ∴⊥面1C MN ．（2）设1AP AC λ= ，01λ，(0NP NA AP =+= ，0，4)(0λ-+，4，8)(0=，4λ，84)λ-，(3,4,0)BC =- ，1(0BB = ，0，8)，24/31设面11BB C C 的法向量为(m x = ，y ，)z ，由134080m BC x y m BB z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅==⎪⎩ ，可取(4m = ，3，0)，则直线NP 与平面11BB C C所成角正弦值为||||||m NP m NP ⋅===当12λ=时，2145λλ-+取得最小值1的值最大为35．即直线NP 与平面11BB C C 所成角正弦的最大值为35．18．如图，矩形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在的平面垂直，2AB =，22AD =，M 是 CD 上异于C ，D 的动点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）设BM 和平面ABCD 所成角为θ，求sin θ的最大值．【解答】（1）证明：由题意可知，平面CMD ⊥平面ABCD ，且平面CMD ⋂平面ABCD CD =，又BC CD ⊥，BC ⊂平面ABCD ，故BC ⊥平面CMD ，25/31又DM ⊂平面CMD ，所以BC DM ⊥，因为M 是 CD上异于C ，D 的动点，且CD 为直径，所以DM CM ⊥，又BC CM C = ，BC ，CM ⊂平面BMC ，所以DM ⊥平面BMC ，又DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ；（2）解：过点M 作MH CD ⊥，交CD 于点H ，连接HB ，MC ，由平面DMC ⊥平面ABCD ，且平面CMD ⋂平面ABCD CD =，所以MH ⊥平面ABCD ，则MBH ∠为MB 与平面ABCD 所成角，即MBH θ∠=，不妨设HC x =，(02)x <<，所以2DH x =-，则由射影定理可得，22(2)2MH x x x x =-=-，又222221(22HB x x =+=+，所以222122MB MH HB x =+=+，故22222122MH x x sin MB x θ-==+，令1192(,)222x y +=∈，故22112()()595122()441642y y y sin y y θ--==-+-=，当且仅当12x =时取等号，所以sin θ的最大值为22．19．已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，26/31D 为棱11A B 上的点，11BF A B ⊥．（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小？【解答】（1）证明：连接AF ，E ，F 分别为直三棱柱111ABC A B C -的棱AC 和1CC 的中点，且2AB BC ==，1CF ∴=，BF =11BF A B ⊥ ，11//AB A B ，BF AB∴⊥3AF ∴=，AC ===，222AC AB BC ∴=+，即BA BC ⊥，故以B 为原点，BA ，BC ，1BB 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，则(2A ，0，0)，(0B ，0，0)，(0C ，2，0)，(1E ，1，0)，(0F ，2，1)，设1B D m =，则(D m ，0，2)，∴(0BF = ，2，1)，(1DE m =- ，1，2)-，∴0BF DE ⋅= ，即BF DE ⊥．（2）解：AB ⊥ 平面11BB C C ，∴平面11BB C C 的一个法向量为(1p = ，0，0)，由（1）知，(1DE m =- ，1，2)-，(1EF =- ，1，1)，设平面DEF 的法向量为(n x = ，y ，)z ，则00nDEn EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即(1)200m x y z x y z -+-=⎧⎨-++=⎩，令3x =，则1y m =+，2z m =-，∴(3n = ，1m +，2)m -，27/31cos p ∴<，||||p n n p n ⋅>====⋅ ∴当12m =时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当112B D =时，面11BB C C 与面DFE所成的二面角的正弦值最小．20．如图，边长为2的正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，M 是 CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）当三棱锥M ABC -体积最大时，求面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在半圆中，DM MC ⊥，正方形ABCD 所在的平面与半圆弧 CD所在平面垂直，AD ∴⊥平面DCM ，则AD MC ⊥，AD DM D = ，MC ∴⊥平面ADM ，MC ⊂ 平面MBC ，∴平面AMD ⊥平面BMC ．（2）ABC ∆ 的面积为定值，∴要使三棱锥M ABC -体积最大，则三棱锥的高最大，此时M 为圆弧的中点，28/31建立以O 为坐标原点，如图所示的空间直角坐标系如图正方形ABCD 的边长为2，(2A ∴，1-，0)，(2B ，1，0)，(0M ，0，1)，则平面MCD 的法向量(1m = ，0，0)，设平面MAB 的法向量为(n x = ，y ，)z 则(0AB = ，2，0)，(2AM =- ，1，1)，由20n AB y == ，20n AM x y z =-++= ，令1x =，则0y =，2z =，即(1n = ，0，2)，则cos m <，||||m n n m n >== ，则面MAB 与面MCD所成二面角的正弦值sin 5α==．21．如图，在四棱锥P ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，1PD CD ==，PA 与平面ABCD 所成角为30︒，M 为PB 上一点且CM PA ⊥．（1）证明：PA DM ⊥；（2）设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ，在l 上取点N 使PN DA = ，Q 为线段PN 上一动点，求平面ACQ与平面PDC 所成二面角的余弦值的最大值．29/31【解答】解：（1）证明： 四边形ABCD 为矩形，AD CD ∴⊥，PD ⊥ 平面ABCD ，PD CD ∴⊥，AD PD D = ，AD ，PD ⊂平面PAD ，CD ∴⊥平面PAD ，PA ⊂ 平面PAD ，PA CD ∴⊥，CM PA ⊥ ，CM CD C = ，CM ，CD ⊂平面CMD ，PA ∴⊥平面CMD ，DM ⊂ 平面CMD ，PA DM ∴⊥．（2）PD ⊥ 平面ABCD ，PAD ∴∠为PA 与平面ABCD 所成角，PA 与平面ABCD 所成角为30︒，30PAD ∴∠=︒，1PD =，AD ∴=以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DP 为z轴，建立空间直角坐标系，AD = 1PD CD ==，PN DA =，PN ∴=令(0PQ λλ=，则(0D ，0，0)，A 0，0)，(0C ，1，0)，(Q λ，0，1)，(AC = 1，0)，(CQ λ= ，1-，1)，设(n x = ，y ，)z 是平面ACQ 的一个法向量，则00nAC y n CQ x y z λ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =，得(1n =)λ，平面PDC 的一个法向量为(1m = ，0，0)，cos ,||||m n m n m n ⋅∴<>==⋅，0λ ，∴当λ=cos ,m n <> 的最大值12，30/31∴平面ACQ 与平面PDC 所成二面角的余弦值的最大值为12．22．如图，四边形ABDE 为直角梯形，其中//AE BD ，AE AB ⊥，33AE BD ==，F 为腰DE 上的一个动点．ABC ∆为等腰直角三角形，2AB AC ==，平面ABDE ⊥平面ABC ．（1）求证：AC BF ⊥；（2）当直线CF 与平面ABDE 所成角最大时，求平面FBC 与平面ABC所成锐二面角的余弦值．【解答】（1）证明：ABC ∆ 为等腰直角三角形，AB AC =，AC AB ∴⊥，又 平面ABDE ⊥平面ABC ，平面ABDE ⋂平面ABC AB =，AC ⊂平面ABC ，AC ∴⊥平面ABDE ，BF ⊂ 平面ABDE ，AC BF ∴⊥；（2）解：连接AF ，由（1）知AC ⊥平面ABDE ，直线CF 与平面ABDE 成角为CFA ∠，2tan AC CFA AF AF ∠==，∴当AF 最小时，CF 与平面ABDE 所成角最大，此时AF DE ⊥，过F 作FM AB ⊥于M ，过M 作MN BC ⊥于N ，连接NF ，则FNM ∠为二面角F BC A --的平面角，在AE 上取得H ，使1AH BD ==，连接DH ，则DH AE ⊥，在Rt DHE ∆中，由2EH =，2DH =，可得ED =，由1122ADE S AE DH DE AF ∆=⋅=⋅，可得322AE DH AF DE ⋅==，则322EF ===，32222DE ∴=-=，由1124FM-=，可得32FM=，由Rt BNM Rt BAC∆∆∽，得NM BMAC BC=，即12224NM⨯==，NF∴===cos19NMFNMFN∴∠===．31/31。
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。
5．立体几何1．【2018年XX卷】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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】D从而因为，所以即，选D.点睛：线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.2．【2018年XX卷】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【解析】分析:先还原几何体为一直四棱柱，再根据柱体体积公式求结果.详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为选C.点睛：先由几何体的三视图还原几何体的形状,再在具体几何体中求体积或表面积等.3．【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为A. B. C. D.【答案】A详解：根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.学/科-网+4．【2018年理新课标I卷】某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图．圆柱表面上的点在正视图上的对应点为，圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为A. B.C. D. 2【答案】B【解析】分析：首先根据题中所给的三视图，得到点M和点N在圆柱上所处的位置，点M在上底面上，点N在下底面上，并且将圆柱的侧面展开图平铺，点M、N在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结果.详解：根据圆柱的三视图以与其本身的特征，可以确定点M和点N分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处，所以所求的最短路径的长度为，故选B.点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果.5．【2018年全国卷Ⅲ理】设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A. B. C. D.【答案】B详解：如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大，此时，，，,点M为三角形ABC的重心，，中，有，，，故选B.点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型。
【高考考纲】1.根据某几何体的部分三视图，判断该几何体的其他三视图；或者已知某几何体的三视图，判断该几何体的形状,考查三视图的画法以及数量关系2.以三视图为命题背景，考查空间几何体体积、表面积的计算方法3.以空间几何体为命题背景考查空间几何体体积、表面积的计算方法4.以多面体为命题背景，证明线线平行、线面平行、面面平行5.以三视图的形式给出几何体，判断或证明平行关系，考查平行的判定及性质6.以多面体为命题背景，证明线线垂直、线面垂直、面面垂直7.考查垂直关系的判定定理与性质定理8.建立空间直角坐标系，利用向量的知识证明平行与垂直(理科)9.考查向量的数量积与向量垂直的关系以及建立空间直角坐标系的方法(理科)10.以具体几何体为命题背景，直接求角或已知角求相关量(理科)11.常借助空间直角坐标系，设点的坐标探求点的存在问题(理科)12．常利用空间向量的关系，设某一个参数，利用向量运算探究平行、垂直问题(理科) 【真题感悟】例1．(2018·全国卷Ⅰ，7)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在侧视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )A．217 B．2 5C．3 D．2【答案】B【解析】将三视图还原为圆柱，M，N的位置如图1所示，将侧面展开，最短路径为M，N连线的距离，所以MN＝42＋22＝2 5.【名师点睛】求几何体的表面积与体积问题，熟记公式是关键，应多角度全方位的考虑． 1．给出几何体的形状、几何量求体积或表面积，直接套用公式．2．用三视图给出几何体，先依据三视图规则想象几何体的形状特征，必要时画出直观图，找出其几何量代入相应公式计算．3．用直观图给出几何体，先依据线、面位置关系的判定与性质定理讨论分析几何体的形状特征，再求体积或表面积．【变式探究】如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AB ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，P A ⊥AB ，CD ⊥AD ，BC ＝CD ＝12AD ，E 为AD 的中点．(1)求证：P A ⊥CD ．(2)求证：平面PBD ⊥平面P AB ． 【解析】(1)因为平面P AB ⊥平面ABCD ， 平面P AB ∩平面ABCD ＝AB ， 又因为P A ⊥AB ， 所以P A ⊥平面ABCD ． 则P A ⊥CD ．(2)由已知，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形， 又CD ⊥AD ，BC ＝CD ，所以四边形BCDE 是正方形， 连接CE ，所以BD ⊥CE ， 又因为BC ∥AE ，BC ＝AE ， 所以四边形ABCE 是平行四边形， 所以CE ∥AB ，则BD ⊥AB ． 由(1)知P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥BD ，又因为P A ∩AB ＝A ，则BD ⊥平面P AB ， 且BD ⊂平面PBD ，所以平面PBD ⊥平面P AB ．例5 、(2018·全国卷Ⅰ，18)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．【解析】(1)由已知可得，∠BAC ＝90°，则BA ⊥AC ． 又BA ⊥AD ，AD ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ．(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2. 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC ＝1.由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ， 所以QE ⊥平面ABC ，因此，三棱锥Q -ABP 的体积为V Q -A BP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin45°＝1. 【名师点睛】1．求解平面图形折叠问题的关键和方法(1)关键：分清翻折前后哪些位置关系和数量关系改变，哪些不变，抓住翻折前后不变的量，充分利用原平面图形的信息是解决问题的突破口．(2)方法：把平面图形翻折后，经过恰当连线就能得到三棱锥，四棱锥等几何体，从而把问题转化到我们熟悉的几何中解决．(2)探索性问题求解的途径和方法(1)对命题条件探索的三种途径：①先猜后证，即先观察，尝试给出条件再证明；②先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件，再证明充分性；③将几何问题转化为代数问题，探索出命题成立的条件．(2)对命题结论的探索方法：从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，现寻找与条件相容或者矛盾的结论．【变式探究】如图1，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，AB＝1，BC＝PC＝2.作如图2折叠，折痕EF∥DC，其中点E，F分别在线段PD，PC上，沿EF折叠后点P叠在线段AD上的点记为M，并且MF⊥CF.(1)证明：CF⊥平面MDF.(2)求三棱锥M－CDE的体积．(2)在△CDP 中，CD ＝AB ＝1，PC ＝2， 则PD ＝3，∠PCD ＝60°； CF ⊥平面MDF ，则CF ⊥DF ，CF ＝12，DF ＝32.因为EF ∥DC ，所以DE DP ＝CF CP ，DE ＝34，PE ＝334＝ME ，S △CDE ＝12CD ·DE ＝38.由勾股定理可得MD ＝ME 2－DE 2＝62， 所以V M －CDE ＝13MD ·S △CDE ＝216.【理科】例6．(2018·全国卷Ⅰ，18)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．【解析】(1)由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ， 所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD ．(2)方法一：作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD ．以H 为坐标原点，HF ―→的方向为y 轴正方向，设正方形ABCD 的边长为2，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＝＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 方法二：因为PF ⊥BF ，BF ∥ED ，所以PF ⊥ED ， 又PF ⊥PD ，ED ∩DP ＝D ，所以PF ⊥平面PED ， 所以PF ⊥PE ，设AB ＝4，则EF ＝4，PF ＝2，所以PE ＝23， 过P 作PH ⊥EF 交EF 于H 点， 由平面PEF ⊥平面ABFD ， 所以PH ⊥平面ABFD ，连接DH ，则∠PDH 即为直线DP 与平面ABFD 所成的角， 由PE ·PF ＝EF ·PH ，所以PH ＝23×24＝3，因为PD ＝4，所以sin ∠PDH ＝PH PD ＝34，所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【变式探究】(2018·全国卷Ⅱ，20)如图，在三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝22，P A ＝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M -P A -C 为30°，求PC 与平面P AM 所成角的正弦值． 【解析】 (1)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 ，O B ＝12AC ＝2.由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB ．由OP ⊥OB ，OP ⊥AC ，OB ∩AC ＝O ，知PO ⊥平面ABC ．(2)连接OM ，如图，以O 为坐标原点，OB ―→的方向为x 轴正方向，OC ―→的方向为y 轴正方向，OP ―→的方向为z 轴正方向，建立空间直角坐标系．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P AC 的法向量OB ―→＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0＜a ≤2)，则AM ―→＝(a,4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )．由Ap ―→·n ＝0，AM ―→·n ＝0得⎩⎨⎧2y ＋23z ＝0，ax ＋－a y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈OB ―→，n 〉＝23a －2a －2＋3a 2＋a 2.由已知得|cos 〈OB ―→，n 〉|＝32.所以23|a －4|2a －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P AM 所成角的正弦值为34. 【名师点睛】1. 利用空间向量证明平行与垂直的方法与步骤(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面的要素；(3)通过空间向量的运算研究平行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题． 2．利用空间向量求空间角的一般步骤 (1)建立恰当的空间直角坐标系．(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标． (3)结合公式进行论证、计算． (4)转化为几何结论．3．利用空间向量求线线角、线面角的思路(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|. (2)直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|.4．利用空间向量求二面角的思路二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．5．利用空间向量求点到平面距离的方法如图，设A 为平面α内的一点，B 为平面α外的一点，n 为平面α的法向量，则B 到平面α的距离d ＝|AB →·n ||n |.【方法技巧】利用空间向量求解探索性问题的策略(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论．【变式探究】(2018·北京卷，16)如图，在三棱柱ABC -A 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B -CD -C 1的余弦值． (3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【解析】(1)因为CC 1⊥平面ABC ，AC ⊂平面ABC ， 所以CC 1⊥AC ．在平行四边形A 1ACC 1中，E ，F 分别是AC ，A 1C 1的中点， 所以EF ∥CC 1， 所以AC ⊥EF .在△ABC 中，AB ＝BC ，E 是AC 的中点， 所以AC ⊥BE ，又因为AC ⊥EF ，BE ，EF ⊂平面BEF ，BE ∩EF ＝E ， 所以AC ⊥平面BEF .(2)如图，建立空间直角坐标系E -xyz ，则E (0,0,0)，A (1,0,0)，B (0,2,0)，C (－1,0,0)，A 1(1,0,2)，B 1(0,2,2)，C 1(－1,0,2)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)，显然EB ―→＝(0,2,0)是平面CDC 1的一个法向量， 设m ＝(x ，y ，z )是平面BCD 的一个法向量， 又BC ―→＝(－1，－2,0)，BD ―→＝(1，－2,1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－x －2y ＝0，x －2y ＋z ＝0，不妨取y ＝1，则x ＝－2，z ＝4，所以平面BCD 的一个法向量为m ＝(－2,1,4)， cos 〈EB ―→，m 〉＝＝0＋2×1＋02×－2＋12＋42＝2121， 由图知，二面角B -CD -C 1为钝角， 所以，二面角B -CD -C 1的余弦值为－2121. (3)方法一：记CD ，EF 交点为I ，连接BI ，由(1)及已知，EF ∥CC 1，CC 1∥BB 1， 所以EF ∥BB 1，直线BG 与直线FI 共面， 又因为BG ＝12BB 1＝12AA 1＝A 1D ，A 1D <FI ，所以四边形BGFI 是梯形，直线FG 与直线BI 一定有交点， 又因为BI ⊂平面BCD ，FG ⊄平面BCD ， 所以直线FG 与平面BCD 相交．方法二：反证法．显然FG ⊄平面BCD ，假设FG ∥平面BCD ，下面推出矛盾．记CD ，EF 交点为I ，连接BI ，因为FG ∥平面BCD ，平面BCD ∩平面BGFI ＝BI ， 所以FG ∥BI ，由(1)及已知，EF ∥CC 1，CC 1∥BB 1， 所以EF ∥BB 1，即BG ∥FI ， 所以四边形BGFI 是平行四边形， 所以BG ＝FI ，而BG ＝12BB 1＝12AA 1＝A 1D <FI ，矛盾，所以直线FG 与平面BCD 相交．【变式探究】(2017·全国卷Ⅲ，19)如图，四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，△ACD 是直角三角形，∠ABD ＝∠CBD ，AB ＝BD ．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)过AC 的平面交BD 于点E ，若平面AEC 把四面体ABCD 分成体积相等的两部分，求二面角D －AE －C 的余弦值．【解析】(1)证明：由题设可得△ABD ≌△CBD ， 从而AD ＝CD ．又△ACD 是直角三角形，所以∠ADC ＝90°. 取AC 的中点O ，连接DO ，BO ， 则DO ⊥AC ，DO ＝AO .又因为△ABC 是正三角形，故BO ⊥AC ， 所以∠DOB 为二面角D －AC －B 的平面角． 在Rt △AOB 中 ，BO 2＋AO 2＝AB 2， 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.所以平面ACD ⊥平面ABC ．(2)由题设及(1)知，OA ，OB ，OD 两两垂直，以O 为坐标原点，OA →的方向为x 轴正方向，|OA →|为单位长度． 建立如图所示的空间直角坐标系O －xyz ， 则A (1,0,0)，B (0，3，0)，C (－1,0,0)，D (0,0,1)．由题设知，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，从而E 到平面ABC 的距离为D 到平面ABC 的距离的12，即E 为DB 的中点，得E (0，32，12)， 故AD →＝(－1,0,1)，AC →＝(－2,0,0)，AE →＝(－1，32，12)．设n ＝(x ，y ，z )是平面DAE 的法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AD →＝0，n ·AE →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋z ＝0，－x ＋32y ＋12z ＝0， 可取n ＝(1，33，1)． 设m 是平面AEC 的法向量，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·AC →＝0，m ·AE →＝0，同理可取m ＝(0，－1，3)， 则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝77.所以二面角D －AE －C 的余弦值为77. 【黄金押题】1．如图所示是一个物体的三视图，则此三视图所描述物体的直观图是( )【解析】先观察俯视图，由俯视图可知选项B和D中的一个正确，由正视图和侧视图可知选项D正确．【答案】D2．已知底面为正方形的四棱锥，其一条侧棱垂直于底面，那么该四棱锥的三视图可能是下列各图中的()【解析】由题意该四棱锥的直观图如图所示：则其三视图如图：【答案】C3．设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为( )A ．100πB ．2563πC.4003π D ．5003π 【解析】由题意知切面圆的半径r ＝4，球心到切面的距离d ＝3，所以球的半径R ＝r 2＋d 2＝42＋32＝5，故球的体积V ＝43πR 3＝43π×53＝5003π，即该西瓜的体积为5003π.【答案】D4．如图，水平放置的三棱柱的侧棱长为1，且侧棱AA 1⊥平面A 1B 1C 1，正视图是边长为1的正方形，俯视图为一个等边三角形，则该三棱柱的侧视图面积为( )A ．2 3B ． 3 C.32D ．1【解析】由直观图、正视图以及俯视图可知，侧视图是宽为32，长为1的长方形，所以面积S ＝32×1＝32.故选C. 【答案】C5．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，则该几何体的体积为( )A.π12＋3 B ．π12＋6 C.π3＋3 D ．π3＋6 【解析】 由三视图可知，该几何体是由直四棱柱与圆锥拼接而成的简单组合体，如图所示．由题设得，V 四棱柱＝12×(1＋2)×2×1＝3，V 圆锥＝13π⎝⎛⎭⎫122×1＝π12，所以该几何体的体积V ＝V 四棱柱＋V 圆锥＝3＋π12.故选A.【答案】 A6．一个几何体的三视图如图，则它的表面积为( )A ．28B ．24＋2 5C ．20＋4 5D ．20＋2 5【解析】 根据该几何体的三视图作出其直观图如图所示，可以看出该几何体是一个底面是梯形的四棱柱．根据三视图给出的数据，可得该几何体中梯形的上底长为2，下底长为3，高为2，所以该几何体的表面积S ＝12×(2＋3)×2×2＋2×2＋2×3＋2×2＋2×22＋12＝24＋25，故选B.【答案】 B7．祖暅是南北朝时代的伟大数学家，5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任何一个平面所截，如果截面面积都相等，那么这两个几何体的体积一定相等．现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体，图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则满足祖暅原理的两个几何体为( )A ．①②B ．①③C ．②④D ．①④【答案】 D8．古人采取“用臼春米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于春米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )A ．63πB ．72πC ．79πD ．99π【解析】 由三视图得凿去部分是圆柱与半球的组合体，其中圆柱的高为5，底面圆的半径为3，半球的半径为3，所以组合体的体积为32π×5＋12×43π×33＝63π，故选A.【答案】 A9．某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )A.12 B ．24 C.22D ．32【解析】 依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为a ，则斜边长为2a ，圆锥的底面半径为22a 、母线长为a ，因此其俯视图中椭圆的长轴长为2a 、短轴长为a ，其离心率e ＝1－⎝⎛⎭⎫a 2a 2＝22，选C. 【答案】 C10．如图是一个几何体的三视图，其中正视图是边长为2的等边三角形，侧视图是直角边长分别为1和3的直角三角形，俯视图是半径为1的半圆，则该几何体的内接三棱锥的体积的最大值为( )A.36B ．33C.433 D ．3π3【解析】 由三视图可知该几何体为半个圆锥，圆锥的母线长l ＝2，底面半径r ＝1，高h ＝l 2－r 2＝ 3.由半圆锥的直观图可得，当三棱锥的底面是斜边为半圆直径，高为半径的等腰直角三角形，棱锥的高为半圆锥的高时，其内接三棱锥的体积达到最大值，最大体积为V ＝16×2×1×3＝33，故选B.【答案】 B11．在棱长为3的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，P 在线段BD 1上，且BP PD 1＝12，M 为线段B 1C 1上的动点，则三棱锥M PBC 的体积为( )A ．1B ．32C.92D ．与M 点的位置有关 【解析】 ∵BP PD 1＝12，∴点P 到平面BC 1的距离是D 1到平面BC 1距离的13，即为D 1C 13＝1.M 为线段B 1C 1上的点，∴S △MBC ＝12×3×3＝92，∴V M PBC ＝V P MBC ＝13×92×1＝32.【答案】 B12．刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方，得两堑堵．邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2∶1，这一结论今称刘徽原理．如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为( )A.3π B ．32π C ．3π D ．4π【解析】 由三视图得阳马是一个四棱锥，如图中四棱锥P ABCD ，其中底面是边长为1的正方形，侧棱P A ⊥底面ABCD 且P A ＝1，所以PC ＝3，PC 是四棱锥P ABCD 的外接球的直径，所以此阳马的外接球的体积为4π3⎝⎛⎭⎫323＝32π，故选B.【答案】 B13．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27 B ．8π27C.π3D ．2π9【解析】 如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max＝2π⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫232－⎝⎛⎭⎫233＝8π27.(1)请画出该几何体的三视图； (2)求四棱锥B －CEPD 的体积．【解析】 (1)该组合体的三视图如图所示．(2)∵PD ⊥平面ABCD ， PD ⊂平面PDCE ，∴平面PDCE ⊥平面ABCD . ∵四边形ABCD 为正方形， ∴BC ⊥CD ，且BC ＝DC ＝AD ＝2. 又∵平面PDCE ∩平面ABCD ＝CD ， BC ⊂平面ABCD . ∴BC ⊥平面PDCE .∵PD ⊥平面ABCD ，DC ⊂平面ABCD ， ∴PD ⊥DC .又∵EC ∥PD ，PD ＝2，EC ＝1，∴四边形PDCE 为一个直角梯形，其面积： S 梯形PDCE ＝12(PD ＋EC )·DC ＝12×3×2＝3.∴四棱锥B －CEPD 的体积V B －CEPD ＝13S 梯形PDCE ·PD ＝13×3×2＝2.34．如图，在三棱锥P ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，AB ＝6，BC ＝23，AC ＝26，D 为线段AB 上的点，且AD ＝2DB ，PD ⊥AC .(1)求证：PD ⊥平面ABC ； (2)若∠P AB ＝π4，求点B 到平面P AC 的距离．【解析】 (1)证明：∵cos ∠ABC ＝236＝33，∴CD 2＝22＋(23)2－2×2×23cos ∠ABC ＝8，∴CD ＝22， ∴CD 2＋AD 2＝AC 2，则CD ⊥AB .∵平面P AB ⊥平面ABC ，∴CD ⊥平面P AB ，PD ⊂平面P AB ，∴CD ⊥PD ， ∵PD ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，∴PD ⊥平面ABC . (2)由(1)得PD ⊥AB ，∵∠P AB ＝π4，∴PD ＝AD ＝4，P A ＝42，在Rt △PCD 中，PC ＝PD 2＋CD 2＝26， ∴△P AC 是等腰三角形，∴可求得S △P AC ＝8 2. 设点B 到平面P AC 的距离为d ，由V B P AC ＝V P ABC ，得13S △P AC ×d ＝13S △ABC ×PD ，∴d ＝S △ABC ×PDS △P AC＝3.故点B 到平面P AC 的距离为3.35．在如图所示的多面体ABCDE中，已知ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD⊥平面ABE，∠AEB＝90°，AE＝BE.(1)若M是DE的中点，试在AC上找一点N，使得MN∥平面ABE，并给出证明；(2)求多面体ABCDE的体积．【解析】(1)连接BD，交AC于点N，则点N即为所求，证明如下：∵ABCD是正方形，∴N是BD的中点，又M是DE的中点，∴MN∥BE，∵BE⊂平面ABE，MN⊄平面ABE，∴MN∥平面ABE.36．如图所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD 折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.(1)求证：AB⊥DE；(2)求三棱锥EABD的侧面积和体积．【解析】(1)证明：在△ABD中，因为AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，所以BD＝AB2＋AD2－2AB·AD cos ∠DAB＝23，所以AB2＋BD2＝AD2，所以AB⊥BD.又平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面EBD.又DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.(2)由(1)知AB⊥BD.因为CD∥AB，所以CD⊥BD，从而DE⊥BD.在Rt△DBE中，因为DB＝23，DE＝DC＝AB＝2，所以S△EDB＝12BD·DE＝2 3.因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，所以AB⊥BE.因为BE＝BC＝AD＝4，所以S△EAB＝12AB·BE＝4.因为DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，所以DE⊥平面ABD，而AD⊂平面ABD，所以DE⊥AD，故S△EAD＝12AD·DE＝4.故三棱锥EABD的侧面积S＝S△EDB＋S△EAB＋S△EAD＝8＋2 3. 因为DE⊥平面ABD，且S△ABD＝S△EBD＝23，DE＝2，所以V三棱锥EABD＝13S△ABD×DE＝13×23×2＝433.37．如图，四棱锥PABCD的底面是边长为1的正方形，侧棱P A⊥底面ABCD，且P A ＝3，E是侧棱P A上的动点．(1)求四棱锥PABCD的体积；(2)如果E是P A的中点，求证：PC∥平面BDE；(3)不论点E在侧棱P A的任何位置，是否都有BD⊥CE？证明你的结论．【解析】(1)因为P A⊥平面ABCD，所以V PABCD＝13S正方形ABCD·P A＝13×12×3＝33，即四棱锥PABCD的体积为3 3.(2)证明：如图所示，连接AC交BD于点O，连接OE. 因为四边形ABCD是正方形，所以O是AC的中点，又E是P A的中点，所以PC∥OE，因为PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，所以PC∥平面BDE.(3)不论点E 在侧棱P A 的任何位置，都有BD ⊥CE .证明如下： 因为四边形ABCD 是正方形，所以BD ⊥AC ，因为P A ⊥底面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，所以BD ⊥P A ， 又AC ∩P A ＝A ，所以BD ⊥平面P AC .因为不论点E 在侧棱P A 的任何位置，都有CE ⊂平面P AC ， 所以不论点E 在侧棱P A 的任何位置，都有BD ⊥CE .38．如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CA ＝CB ，AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°.(1)证明：AB ⊥A 1C ；(2)若AB ＝CB ＝2，A 1C ＝6，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积． 【解析】(1)取AB 的中点O ，连接OC ，OA 1，A 1B ． 因为CA ＝CB ，所以OC ⊥AB ．由于AB ＝AA 1，∠BAA 1＝60°，故△AA 1B 为等边三角形，所以OA 1⊥AB ． 因为OC ∩OA 1＝O ，所以AB ⊥平面OA 1C ． 又A 1C ⊂平面OA 1C ，故AB ⊥A 1C ．(2)由题设知△ABC 与△AA 1B 都是边长为2的等边三角形，所以OC ＝OA 1＝ 3. 又A 1C ＝6，则A 1C 2＝OC 2＋OA 21，故OA 1⊥OC ．因为OC ∩AB ＝O ，所以OA 1⊥平面ABC ，OA 1为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高． 又△ABC 的面积S △ABC ＝ 3.故三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积V ＝S △ABC ×OA 1＝3. 39.如图，四棱锥P －ABCD 中，侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°.(1)证明：直线BC ∥平面P AD ；(2)若△PCD 的面积为27，求四棱锥P －ABCD 的体积．【解析】(1)证明：在平面ABCD 内，因为∠BAD ＝∠ABC ＝90°，所以BC ∥AD ． 又BC ⊄平面P AD ，AD ⊂平面P AD ， 故BC ∥平面P AD ．(2)如图，取AD 的中点M ，连接PM ，CM .由AB ＝BC ＝12AD 及BC ∥AD ，∠ABC ＝90°得四边形ABCM 为正方形，则CM ⊥AD ．因为侧面P AD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ， 平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，所以PM ⊥AD ，PM ⊥底面ABCD ． 因为CM ⊂底面ABCD ， 所以PM ⊥CM .设BC ＝x ，则CM ＝x ，CD ＝2x ，PM ＝3x ，PC ＝PD ＝2x . 如图，取CD 的中点N ，连接PN ，则PN ⊥CD ， 所以PN ＝142x . 因为△PCD 的面积为27， 所以12×2x ×142x ＝27，解得x ＝－2(舍去)或x ＝2.于是AB ＝BC ＝2，AD ＝4，PM ＝2 3.所以四棱锥P －ABCD 的体积V ＝13×22＋42×23＝4 3.40．如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD ． (1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E ____ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．【解析】(1)证明：因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD．因为BE⊥平面ABCD，所以AC⊥BE.故AC⊥平面BED．又AC⊂平面AEC，所以平面AEC⊥平面BED．(2)设AB＝x，在菱形ABCD中，由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝32x，GB＝GD＝x2. 因为AE⊥EC，所以在Rt△AEC中，可得EG＝3 2x.由BE⊥平面ABCD，知△EBG为直角三角形，可得BE＝2 2x.由已知得，三棱锥EACD的体积V EACD＝13×12AC·GD·BE＝624x3＝63.故x＝2.从而可得AE＝EC＝ED＝ 6.所以△EAC的面积为3，△EAD的面积与△ECD的面积均为 5.故三棱锥EACD的侧面积为3＋2 5.41.如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH//平面AEF；(3)求多面体ABCDEF 的体积．【解析】(1)证明：因为四边形ABCD 是正方形， 所以AC ⊥BD ．又因为平面BDEF ⊥平面ABCD ，平面BDEF ∩平面ABCD ＝BD ， 且AC ⊂平面ABCD ， 所以AC ⊥平面BDEF .(2)证明：在△CEF 中，因为G 、H 分别是CE 、CF 的中点， 所以GH ∥EF ，又因为GH ⊄平面AEF ，EF ⊂平面AEF ， 所以GH ∥平面AEF . 设AC ∩BD ＝O ，连接OH ，在△ACF 中，因为OA ＝OC ，CH ＝HF ，所以OH ∥AF ，又因为OH ⊄平面AEF ，AF ⊂平面AEF ， 所以OH ∥平面AEF .又因为OH ∩GH ＝H ，OH ，GH ⊂平面BDGH ， 所以平面BDGH ∥平面AEF . (3)解：由(1)，得AC ⊥平面BDEF ，又因为AO ＝2，四边形BDEF 的面积S BDEF ＝3×22＝62， 所以四棱锥A －BDEF 的体积V 1＝13×AO ×S BDEF ＝4.同理，四棱锥C －BDEF 的体积V 2＝4. 所以多面体ABCDEF 的体积V ＝V 1＋V 2＝8.42．如图，四棱锥P －ABCD 的底面是矩形，P A ⊥平面ABCD ，E ，F 分别是AB ，PD 的中点，且P A ＝AD .(1)求证：AF ∥平面PEC ； (2)求证：平面PEC ⊥平面PCD .【证明】(1)取PC 的中点G ，连接FG 、EG ，∵F 为PD 的中点，G 为PC 的中点，∴FG 为△CDP 的中位线，∴FG ∥CD ，FG ＝12CD .∵四边形ABCD 为矩形，E 为AB 的中点，∴AE ∥CD ，AE ＝12CD .∴FG ＝AE ，FG ∥AE ，∴四边形AEGF 是平行四边形， ∴AF ∥EG ，又EG ⊂平面PEC ，AF ⊄平面PEC ， ∴AF ∥平面PEC .(2)∵P A ＝AD ，F 为PD 中点，∴AF ⊥PD ，∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ，又∵CD ⊥AD ，AD ∩P A ＝A ，∴CD ⊥平面P AD ，∵AF ⊂平面P AD ，∴CD ⊥AF ， 又PD ∩CD ＝D ，∴AF ⊥平面PCD ， 由(1)知EG ∥AF ，∴EG ⊥平面PCD ， 又EG ⊂平面PEC ，∴平面PEC ⊥平面PCD .43.如图，在四棱锥E －ABCD 中，△EAD 为等边三角形，底面ABCD 为等腰梯形，满足AB ∥CD ，AD ＝DC ＝12AB ，且AE ⊥BD .(1)证明：平面EBD ⊥平面EAD ；(2)若△EAD 的面积为3，求点C 到平面EBD 的距离．【解析】(1)证明：如图，取AB 的中点M ，连接DM ，则由题意可知四边形BCDM 为平行四边形，∴DM ＝CB ＝AD ＝12AB ，即点D 在以线段AB 为直径的圆上， ∴BD ⊥AD ，又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ， ∴BD ⊥平面EAD .∵BD ⊂平面EBD ，∴平面EBD ⊥平面EAD .(2)∵BD ⊥平面EAD ，且BD ⊂平面ABCD ，∴平面ABCD ⊥平面EAD . ∵等边△EAD 的面积为3，∴AD ＝AE ＝ED ＝2， 取AD 的中点O ，连接EO ，则EO ⊥AD ，EO ＝3， ∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴EO ⊥平面ABCD .由(1)知△ABD ，△EBD 都是直角三角形， ∴BD ＝AB 2－AD 2＝23，S △EBD ＝12ED ·BD ＝23，设点C 到平面EBD 的距离为h ，由V C －EBD ＝V E －BCD ，得13S △EBD ·h ＝13S △BCD ·EO ，又S △BCD ＝12BC ·CD sin120°＝3，∴h ＝32. ∴点C 到平面EBD 的距离为32. 44．如图，在多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，AF ∥DE ，AF ⊥AD ，且平面BED ⊥平面ABCD .(1)求证：AF ⊥CD ；(2)若∠BAD ＝60°，AF ＝AD ＝12ED ＝2，求多面体ABCDEF 的体积．【解析】(1)证明：连接AC ，交BD 于点O .由四边形ABCD 为菱形可知AC ⊥BD .∵平面BED ⊥平面ABCD ，且交线为BD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥平面BED ，∴AC ⊥ED .又∵AF ∥DE ，∴AF ⊥AC .∵AF⊥AD，AC∩AD＝A，∴AF⊥平面ABCD.∵CD⊂平面ABCD，∴AF⊥CD.【理科】1．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是C1D1的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为( )A．120B．10 10C．－1010D．－120【答案】B【解析】设正方体棱长为1，以D为原点建立空间直角坐标系如图所示，则D (0,0,0)，E (0，12，1)，A (1,0,0)，C (0,1,0)，所以DE →＝(0，12，1)，AC →＝(－1,1,0)，则cos 〈DE →，AC →〉＝DE →·AC →|DE →||AC →|＝1214＋1·2＝1010， 则异面直线DE 与AC 所成角的余弦值为1010. 2．已知AB →＝(1,5，－2)，BC →＝(3,1，z )，若AB →⊥BC →，BP →＝(x －1，y ，－3)，且BP ⊥平面ABC ，则实数x ，y ，z 分别为( )A ．337，－157，4B ．407，－157，4C ．407，－2,4D ．4，407，－15【答案】B【解析】AB →⊥BC →⇒AB →·BC →＝3＋5－2z ＝0， 所以z ＝4，又BP ⊥平面ABC ， 所以BP →·AB →＝x －1＋5y ＋6＝0，① BP →·BC →＝3x －3＋y －3z ＝0，② 由①②得x ＝407，y ＝－157.3．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，下列命题：①(A 1A ―→＋A 1D 1―→＋A 1B 1―→)2＝3A 1B 1―→2，②A 1C ―→·(A 1B 1―→－A 1A ―→)＝0，③向量AD 1―→与向量A 1B ―→的夹角为60°，④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB ―→·A 1A ―→·AD ―→|，其中正确命题的序号是( )A ．①③B ．①②C ．①④D ．①②④【答案】 B【解析】如图所示：以点D 为坐标原点，以向量DA →，DC →，DD 1→所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，设棱长为1，则D (0,0,0)，A (1,0,0)，B (1,1,0)，C (0,1,0)，A 1(1,0,1)，B 1(1,1,1)，C 1(0,1,1)，D 1(0,0,1)，对于①：A 1A ―→＝(0,0，－1)，A 1D 1―→＝(－1,0,0)，A 1B 1―→＝(0,1,0)，所以A 1A ―→＋A 1D 1―→＋A 1B 1―→＝(－1,1，－1)，(A 1A ―→＋A 1D 1―→＋A 1B 1―→)2＝3，而A 1B 1―→2＝1，所以(A 1A ―→＋A 1D 1―→＋A 1B 1―→)2＝3A 1B 1―→2.所以①正确；对于②：A 1C ―→＝(－1,1，－1)，A 1A ―→＝(0,0，－1)，A 1B 1―→＝(0,1,0)，所以A 1C ―→·(A 1B 1―→－A 1A ―→)＝0.所以②正确；对于③：AD 1―→＝(－1,0,1)，A 1B ―→＝(0,1，－1)，AD 1―→·A 1B ―→＝－1，cos 〈AD 1―→，A 1B ―→〉＝AD 1―→·A 1B ―→|AD 1―→||A 1B ―→|＝－12×2＝－12，所以AD 1―→与A 1B ―→的夹角为120°，所以③不正确；对于④：因为AB ―→·A 1A ―→＝0，所以④错误．故选B ．4．如图，AB 是⊙O 的直径，P A 垂直于⊙O 所在平面，点C 是圆周上不同于A ，B 两点的任意一点，且AB ＝2，P A ＝BC ＝3，则二面角A －BC －P 的大小为( )A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°【答案】C【解析】因为AB 是⊙O 的直径，P A 垂直于⊙O 所在平面，点C 是圆周上不同于A ，B 两点的任意一点，且AB ＝2，P A ＝BC ＝3，所以AC ⊥BC ，AC ＝AB 2－BC 2＝4－3＝1，以点A 为原点，在平面ABC 内过点A 作AC 的垂线为x 轴，AC 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，P (0,0，3)，B (3，1,0)，C (0,1,0)，PB →＝(3，1，－3)，PC →＝(0,1，－3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝3x ＋y －3z ＝0，n ·PC →＝y －3z ＝0，取z ＝1，得n ＝(0，3，1)， 平面ABC 的法向量m ＝(0,0,1)， 设二面角A －BC －P 的平面角为θ， 则cos θ＝|m ·n ||m |·|n |＝12，所以θ＝60°，所以二面角A －BC －P 的大小为60°.5．在底面是直角梯形的四棱锥S －ABCD 中，∠ABC ＝90°，AD ∥BC ，SA ⊥平面ABCD ，SA ＝AB ＝BC ＝1，AD ＝12，则平面SCD 与平面SAB 所成锐二面角的余弦值是 .【解析】如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知D (12，0,0)，C (1,1,0)，S (0,0,1)，可知AD →＝(12，0,0)是平面SAB 的一个法向量．设平面SCD 的法向理n ＝(x ，y ，z )， 因为SD →＝(12，0，－1)，DC →＝(12，1,0)，所以n ·SD →＝0，n ·DC →＝0，可推出x 2－z ＝0，x 2＋y ＝0，令x ＝2，则有y ＝－1，z ＝1，所以n ＝(2，－1,1)．设平面SCD 与平面SAB 所成的锐二面角为θ， 则cos θ＝|AD →·n ||AD →||n |＝12×2＋0－1＋0×1122·22＋－12＋12＝63. 6．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长都相等，M 是侧棱CC 1的中点，则异面直线AB 1和BM 所成的角的大小是 .【解析】延长A 1B 1至D ，使A 1B 1＝B 1D ，连接BD ，C 1D ，DM ，则AB 1∥BD ，∠MBD 就是直线AB 1和BM 所成的角．设三棱柱的各条棱长为2，则BM ＝5，BD ＝22，C 1D 2＝A 1D 2＋A 1C 21－2A 1D ·A 1C 1cos60°＝16＋4－2×4＝12.DM2＝C 1D 2＋C 1M 2＝13，所以cos ∠DBM ＝BM 2＋BD 2－DM 22·BM ·BD＝0，所以∠DBM ＝90°.7．点P 是二面角α－AB －β棱上的一点，分别在平面α，β上引射线PM ，PN ，如果∠BPM ＝∠BPN ＝45°，∠MPN ＝60°，那么二面角α－AB －β的大小为 .【解析】不妨设PM ＝a ，PN ＝b ，如图．作ME ⊥AB 于点E ，NF ⊥AB 于点F ，因为∠EPM ＝∠EPN ＝45°， 所以PE ＝22a ，PF ＝22b ， 所以EM →·FN →＝(PM →－PE →)·(PN →－PF →) ＝PM →·PN →－PM →·PF →－PE →·PN →＋PE →·PF → ＝ab cos60°－a ×22b cos45°－22ab cos45°＋22a ×22b ＝ab 2－ab 2－ab 2＋ab2＝0，所以EM →⊥FN →，所以二面角α－AB －β的大小为90°.8．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在平面互相垂直，CE ⊥AC ，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE ； (3)求二面角A －BE －D 的大小．【解析】(1)设AC 与BD 交于点G ，因为EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1，所以四边形AGEF 为平行四边形．所以AF ∥EG .因为EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，所以AF ∥平面BDE .(2)因为正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，且CE ⊥AC ，所以CE ⊥平面ABCD ．如图以C 为原点，建立空间直角坐标系C －xyz .则C (0,0,0)，A (2，2，0)，D (2，0,0)，E (0,0,1)，B (0，2，0)，F (22，22，1)．所以CF →＝(22，22，1)，BE →＝(0，－2，1)，DE →＝(－2，0,1)．所以CF →·BE →＝0－1＋1＝0，CF →·DE →＝－1＋0＋1＝0.所以CF ⊥BE ，CF ⊥DE ，所以CF ⊥平面BDE .又∵BE ∩DE ＝E ，BE 、DE ⊂平面BDE .(3)由(2)知，CF →＝(22，22，1)是平面BDE 的一个法向量，设平面ABE 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则n ·BA →＝0，n ·BE →＝0.即⎩⎨⎧x ，y ，z 2，0，0＝0x ，y ，z0，－2，1＝0所以x ＝0，z ＝2y .令y ＝1，则z ＝ 2.所以n ＝(0,1，2)，从而cos 〈n ，CF →〉＝n ·CF →|n ||CF →|＝32因为二面角A －BE －D 为锐角， 所以二面角A －BE －D 为π6.9．如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是菱形，∠ADC ＝60°，侧面PDC 是正三角形，平面PDC ⊥平面ABCD ，CD ＝2，M 为PB 的中点．(1)求证：P A ⊥平面CDM .(2)求二面角D －MC －B 的余弦值．【解析】(1)取DC 中点O ，连接PO ，因为侧面PDC 是正三角形，平面PDC ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥底面ABCD ，因为底面ABCD 为菱形，且∠ADC ＝60°，DC ＝2，所以DO ＝1，OA ⊥DC ，以O 为原点，分别以OA ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则A (3，0,0)，P (0,0，3)，B (3，2,0)，C (0,1,0)，D (0，－1,0)，所以M (32，1，32)，所以DM →＝(32，2，32)，P A →＝(3，0，－3)，DC →＝(0,2,0)，所以P A →·DM →＝0，P A →·DC →＝0，所以P A ⊥DM ，P A ⊥DC ，又DM ∩DC ＝D ，所以P A ⊥平面CDM .(2)CM →＝(32，0，32)，CB →＝(3，1,0)，设平面BMC 的一个法向量n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CM →＝x ＋z ＝0，n ·CB →＝3x ＋y ＝0，取z ＝1，得n ＝(－1，3，1)，由(1)知平面CDM 的法向量为P A →＝(3，0，－3)，所。
1．如图所示，正方体ABCD A B C D '-'''的棱长为1， E ， F 分别是棱AA '， CC '的中点,过直线E ， F 的平面分别与棱BB ', DD '交于M ， N ，设BM x =， ()0,1x ∈,给出以下四个命题：①四边形MENF 为平行四边形；②若四边形MENF 面积()S f x =, ()0,1x ∈，则()f x 有最小值; ③若四棱锥A MENF -的体积()V p x =， ()0,1x ∈，则()p x 是常函数；[来源: ］④若多面体ABCD MENF -的体积()V h x =， 1,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则()h x 为单调函数．其中假命题．．．为（ ）． A ． ① B． ② C． ③ D． ④ 【答案】D连接AF ， AM ， AN ,则四棱锥分割为两个小棱锥，它们是以AEF 为底，以M ， N 为顶点的两个小棱锥， 因为AEF 的面积是个常数， M , N 到平面AEF 的距离和是个常数， 所以四棱锥C MENF '-的体积()V P x =是常函数，故③正确；对于④，多面体ABCD MENF -的体积()1122ABCD A B C D V h x V -''''===为常数函数，故④错误．综上所述，假命题为④． 故选D2．已知正方体ABCD-的棱长为2，E 为棱的中点，点M 在正方形内运动，且直线AM //平面，则动点M 的轨迹长度为A ．B ．C ． 2D ． π 【答案】B3．在空间直角坐标系Oxyz 中,到x 轴和y 轴距离相等的点的轨迹为（ ） A ． 一个平面 B ． 两个平面 C ． 一条直线 D ． 两条直线 【答案】B【解析】到x 轴和y 轴距离相等的点的轨迹为如图所示的两个平面，故选B ．4．在空间直角坐标系O xyz -中，正四面体P ABC -的顶点A 、B 分别在x 轴， y 轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则OP 的取值范围是（ ）．A ． 31,31⎡⎤-+⎣⎦B ． []1,3C ． 31,2⎡⎤-⎣⎦D ． 1,31⎡⎤+⎣⎦【答案】A【解析】如图所示，故选A ．5．如图所示,在正方形1111ABCD A B C D -中， ,E F 分别为1111,B C C D 的中点，点P 是底面1111A B C D 内一点，且//AP 平面EFDB ，则1tan APA ∠的最大值是（ )A ．2． 1 C ．2 D ． 22【答案】D6．已知正方体的1111ABCD A B C D -棱长为2，点,M N 分别是棱11,BC C D 的中点,点P 在平面1111A B C D 内，点Q 在线段1A N 上,若5PM =,则PQ 长度的最小值为A ．21B ．2C ． 3515-D ． 355【答案】C7．如图，面ACD α⊥,B 为AC 的中点， 2,60,AC CBD P α=∠=为内的动点，且P 到直线BD 的距离为3则APC ∠的最大值为（ )A ． 30° B． 60° C ． 90° D． 120° 【答案】B【解析】∵P 到直线BD 的距离为3[来源:∴空间中到直线BD 的距离为3的点构成一个圆柱面，它和面α相交得一椭圆,即点P 在α内的轨迹为一个椭圆， B 为椭圆中心, 3b =, 32sin60a ==︒，则1c =∴A B ，为椭圆的焦点∵椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值 ∴APC ∠的最大值为60︒ 故选B.8．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是平面1111A B C D 内一点,且1BM ACD 平面，则1tan DMD ∠的最大值为（ ）．A ．22B ．C ． 2D ． 2 【答案】D【解析】∴11A C 平面1ACD ， 同理1BMD O ， BM 平面1ACD ，∴当M 在直线11A C 上时，都满足1BM ACD ，∴1111tan 222DD DMD MD ∠===是最大值． 故D 选项是正确的． 9．如图所示，正方体的棱长为，,分别是棱，的中点，过直线，的平面分别与棱、交于，，设，，给出以下四个命题：①平面平面；②当且仅当时,四边形的面积最小; ③四边形周长，是单调函数；④四棱锥的体积为常函数；以上命题中假命题的序号为（）．A．①④ B．② C．③ D．③④【答案】C②连接，∵平面，四边形的对角线是固定的，要使面积最小，只需的长度最小即可，此时为棱中点，,长度最小，对应四边形的面积最小,②正确；④连接,，,四棱锥分割成两个小三棱锥， 以为底，分别以、为顶点， ∵面积是个常数，、到平面的距离是个常数, ∴四棱锥的体积为常函数,④正确．10．如下图在直三棱柱111ABC A B C -中， π2BAC ∠=， 11AB AC AA ===，已知G 与E 分别为11A B 和1CC 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 长度的取值范围为（ ）．A ． 5⎫⎪⎢⎣⎭B ． 325⎣⎦C ． 25⎢⎣D ． 2,3⎡⎣ 【答案】A【解析】∴当25y =时，线段DF 5当0y =时，线段DF 长度的最大值是1，（因为不包括端点，故0y =不能取,即DF 长度不能等于1），故线段DF 的长度的取值范围是： 5⎫⎪⎢⎣⎭,本题选择A 选项．11．设点M 是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的棱AD 的中点，点P 在面11BCC B 所在的平面内，若平面1D PM 分别与平面ABCD 和平面11BCC B 所成的锐二面角相等,则点P 到点1C 的最短距离是（ ) A ．255 B ． 22 C ． 1 D ． 63【答案】A12．如图，直三棱柱111ABC A B C -中， 12AA =, 1AB BC ==， 90ABC ∠=︒，外接球的球心为O ，点E 是侧棱1BB 上的一个动点．有下列判断：① 直线AC 与直线1C E 是异面直线;② 1A E 一定不垂直1AC ； ③ 三棱锥1E AAO -的体积为定值； ④1AE EC +的最小值为22．其中正确的个数是A ． 1B ． 2C ． 3D ． 4 【答案】C 【解析】如图，∵直线AC 经过平面BCC 1B 1内的点C ,而直线C 1E 在平面BCC 1B 1内不过C ，∴直线AC 与直线C 1E 是异面直线，故①正确；∴正确命题的个数是3个。
立体几何（选择题、填空题）1.【2020年高考全国Ⅰ卷理数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（）515 1 5 1 5 1A. B. C. D.4 2 4 2【答案】C【解析】【分析】1设C D a,PE b，利用P O2 CD PE 得到关于a,b的方程，解方程即可得到答案.22a【详解】如图，设C D a,PE b，则P O PE 2 2 2 ，OE b41 a2 1 b b由题意P O2 ab，即b 2 ab，化简得4() 2 210，2 4 2 a ab1 5解得（负值舍去）.a 4故选：C.【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.2.【2020年高考全国I I卷理数】如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，则该端点在侧视图中对应的点为（）A. EB. FC.GD.H【答案】A【解析】【分析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M 点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，D D B C上的点在俯视图中对应的点为N,3 4上的点在正视图中都对应点M,直线1 4∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是D4,线段D D,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点3 4D4在侧视图中对应的点为E .故选：A【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.A, B,C 为球O 的球面上的三个点，⊙O为 A B C的外接圆，若⊙O3. 【2020 年高考全国Ⅰ卷理数】已知11的面积为 4π ， AB BC AC OO ，则球O的表面积为（）1A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得等边 AB C 的外接圆半径，进而求出其边长，得出O O的值，根据球的截面性质，求出球的半 1径，即可得出结论. 【详解】设圆O半径为 ，球的半径为 R ，依题意， r 14,r 2 ， A B C为等边三角形，得r2由正弦定理可得 AB 2rsin 60 2 3 ，O O AB 2 3 ，根据球的截面性质O O 平面 ABC ， 11 O O O A ,R OA O O2 O A 2 OO 1 2 r 4 ， 21 1 1 1 O 球2 的表面积 S 4R 64 .故选：A【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 4. 【2020 年高考全国Ⅲ理数】下图为某几何体的三视图，则该几何体的的表面积是（ ）A.6+4 2B.4+4 2C.6+2 3D.4+2 3【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形1根据立体图形可得：S△ABC S△AD C S△C DB 22 22根据勾股定理可得：AB A D DB 2 2△A DB是边长为22的等边三角形根据三角形面积公式可得：1 1 3S △A D B AB AD s in60(22) 2 2 32 2 2该几何体的表面积是：3223623.故选：C.【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题. 5. 【2020 年高考全国 I I 卷理数】已知△ABC 是面积为若球 O 的表面积为 16π，则 O 到平面 ABC 的距离为（ 3 9 34的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上. ）3 A. 3 B.C. 1D.22【答案】C 【解析】 【分析】根据球O 的表面积和 ABC 的面积可求得球O 的半径 R 和 AB C 外接圆半径 ，由球的性质可知所求距r 离 2 2 .d R r 【详解】设球O 的半径为 R ，则 4 R 16 ，解得： R 2 . 2 设 AB C 外接圆半径为 ，边长为 a，r 9 3ABC是面积为 的等边三角形， 41 3 9 32 a 22 9 a 2 ，解得： a 3，r a 2 93 ， 2 24 3 4 3 4球心 O 到平面 ABC 2 2 的距离d R r 43 1.故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明 确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.6. 【2019 年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥 P −AB C 的四个顶点在球 O 的球面上，PA=PB=P C ，△ABC 是边 长为 2 的正三角形，E ，F 分别是 PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球 O 的体积为A ．8 6B ． 4 6 D ． 6C ． 2 6 【答案】D【解析】解法一： PA P B PC, ABC 为边长为 2 的等边三角形，P ABC为正三棱锥，△ PB AC ，又 E ， F 分别为 PA ， AB 的中点，EF ∥PB ，EF AC ，又 EF CE ，C E AC C,EF 平面 PAC ，∴ PB 平面 PAC ，APB PA PB PC 2 ，P ABC 为正方体的一部分， 2R 2 2 2 6 ，即6 4 4 6 68 R, V R 3 π 6，故选 D ． P A, AB 2 3 3解法二：设 PA PB PC 2x ，E, F 分别为 的中点， 1EF ∥PB ，且 EF PB x ，△ABC 为边长为 2 的等边三角形，C F 3 ，21 又 CEF 90，CE 3 x 2, AE PA x ， 2 x 243 x 22 x2△AEC 中，由余弦定理可得 cos EAC作 PD AC 于 D ，，A D 1 x 2 4 3 x 4x 21PA PC \ D AC cos EAC ， ， 为 的中点， ，PA 2x 2x1 2 2x 2 1 2，x 2，x ，PA PB PC 2 ，2 2又 AB=B C=A C=2 ， PA , PB , PC 两两垂直，6 2R 2 2 2 6 ，R，24 4 6 68 V R 3 6 ，故选 D. 3 3【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到 三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．7. 【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是 A ．α内有无数条直线与β平行 C ．α，β平行于同一条直线 【答案】BB ．α内有两条相交直线与β平行 D ．α，β垂直于同一平面【解析】由面面平行的判定定理知： 内两条相交直线都与 平行是∥的充分条件，由面面平行性质定理知，若∥，则必要条件，故选 B ．内任意一条直线都与 平行，所以平行是∥内两条相交直线都与的【名师点睛】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用 面面平行的判定定理与性质定理即可作出判断．面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易 犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：“若 a ,b ,a b ，则 ∥ ∥”此类的错误．8. 【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】如图，点 N 为正方形 AB C D 的中心，△EC D 为正三角形，平面 EC D ⊥平 面 ABC D ，M 是线段 E D 的中点，则A ．B M =E N ，且直线 B M ，EN 是相交直线 B ．B M ≠EN ，且直线 B M ，E N 是相交直线C ．B M =E N ，且直线 B M ，E N 是异面直线D ．B M ≠EN ，且直线 B M ，EN 是异面直线 【答案】B【解析】如图所示，作 EO C D 于O ，连接O N ，B D ，易得直线 B M ，E N 是三角形 EB D 的中线，是 相交直线.过 M 作 MF OD 于 F ，连接 BF ，AB C D ，E O C D, E O 平面C DE ，EO平面C D E 平面 平面 ABC D ， M F 平面 AB C D ，△MFB 与△EO N 均为直角三角 形 ． 设 正 方 形 边 长 为 2 ， 易 知 E O 3,ON 1,EN 2 ，3 5M F,BF ,BM 7 ，B M EN ，故选 B ．2 2【名师点睛】本题考查空间想象能力和计算能力，解答本题的关键是构造直角三角形.解答本题时，先利 用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．9. 【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图．圆柱表面上的点 M 在正 视图上的对应点为 A ，圆柱表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ，则在此圆柱侧面上，从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为A ． 2 17B ． 2 5 D ．2C ．3 【答案】B【解析】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，知点 M 在上底面上，点 N 在下底面上，且可以确定点 M 和点 N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角线的端点处， 所以所求的最短路径的长度为 ，故选 B ．【名师点睛】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需 要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平 铺，利用平面图形的相关特征求得结果.10. 【2018 年高考全国Ⅰ卷理数】已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为3 342 3 3 A ．C ．B ．D ．3 2 43 2【答案】A【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，AB C D A B C D 中，1所以在正方体 1 1 1AB D AA , A B , A D 所成的角是相等的，11 11 1平面 与线 1 1AB D 所以平面 与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，11 C BD 1同理，平面 也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，AB D C BD要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与1中间，且过棱的中点的正六边形，且1 12边长为，223 2 3 34所以其面积为S 6，故选A.4 2【名师点睛】该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.即首先利用正方体的棱是3组每组有互相平行的4条棱，所以与12条棱所成角相等，只需与从同一个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.11.【2018年高考全国Ⅲ卷理数】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是【答案】A【解析】本题主要考查空间几何体的三视图.由题意知，俯视图中应有一不可见的长方形，且俯视图应为对称图形.故选A．12.【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设A ，，，是同一个半径为的球的球面上四点，△A B C 为等边三B C D 4角形且其面积为A．12 3，则三棱锥D ABC 体积的最大值为9 3B．18 3D．54 3C．24 3【答案】B【解析】如图所示，设点 M 为三角形 ABC 的重心，E 为 AC 中点，当点 D 在平面 ABC 上的射影为 M 时，三棱锥 D ABC 的体积最大，此时，O D OB R 4，3 S △AB CAB 9 3 ，AB 6 ,点 M 为三角形 ABC 的重心，2 4 2B M BE 2 3 ，3 Rt △OB M 中，有O M OB 2 2 2，D M O D O M 4 2 6，B M1V DABCm ax9 36 18 3 ，故选 B. 3【名师点睛】本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公 式，判断出当点 D 在平面 ABC 上的射影为三角形 AB C 的重心时，三棱锥 DABC 体积最大很关键，2由 M 为三角形 ABC 的重心，计算得到 B M BE 2 3 ，再由勾股定理得到 O M ，进而得到结果， 3属于较难题型.13. 【2018 年高考全国Ⅱ卷理数】在长方体 AB C D A B C D 中，AB BC 1，AA 3 ，则异面直线 A D 与 1 1 1 1 11 D B 所成角的余弦值为1 1 A ．5 5 B ． D ．6 5 2 C ．52【答案】C【解析】方法一：用一个与原长方体相同的长方体拼到原长方体的前面，B P ∥A D D B DP= 5B P 2，，则11如图，则 1，连接 DP ，易求得 1 DB P A D DB与所成的角，11是异面直线1 D B2 1 B P 2 DP 25 4 5 5 由余弦定理可得cos DB P 1. 12DB PB 4 5 5 1 1故选 C.方法二：以 D 为坐标原点，DA,D C,D D 所在直线分别为 x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系， 1D 0, 0, 0, A 1, 0, 0,B 1, 1, 3,D 0, 0, 3A D1, 0, 3 ,DB 1, 1, 3 ,则 ,所以 1 1 1 1cos AD , DB A D DB A D DB 1 3 2 5 5 1 1因为 ， 1 15 1 15 A D DB 所以异面直线 与 所成角的余弦值为 1，故选 C. 15【名师点睛】先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角 与线线角相等或互补关系求结果.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”， 求出直线的方向向量或平面的法向量；第四，破“应用公式关”. ABC A B C 中， ABC 120 BC CC 1，AB 2 ，，113. 【2017 年高考全国Ⅱ卷理数】已知直三棱柱1 1 1 AB BC 所成角的余弦值为1则异面直线 与 13 15 5 A ．B ．D ．2 103 C ． 53【答案】CAB C D A B C D ，1【解析】如图所示，补成直四棱柱 1 1 1则所求角为 BC D,BC 2, BD 2 21 221cos 60 3,C D AB 5 ，11 1 1 BC12 5105 易得 C D 12 BD 2BC 12 ，因此cos BC D，故选 C ． 1C D1【名师点睛】平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为 共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,]，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面2直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围．14.【2017年高考全国Ⅰ卷理数】某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左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若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A．10 B．12D．16C．14【答案】B【解析】由题意该几何体的直观图是由一个三棱锥和三棱柱构成，如下图，则该几何体各面内只有两个相同的梯形，则这些梯形的面积之和为12(24)212，故选．B2【名师点睛】三视图往往与几何体的体积、表面积以及空间线面关系、角、距离等问题相结合，解决此类问题的关键是由三视图准确确定空间几何体的形状及其结构特征并且熟悉常见几何体的三视图.15.【2017年高考全国Ⅱ卷理数】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部分后所得，则该几何体的体积为A．90 C．42B．63 D．36【答案】B【解析】由题意，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V 32 436，上半部分是一个底面半径为，高为的圆柱的一半，其体积3 611 V (3 26) 27，故该组合体的体积V V V36 27 63．21 2 2故选 B ．【名师点睛】在由三视图还原为空间几何体的实际形状时，要从三个视图综合考虑，根据三视图的规 则，空间几何体的可见轮廓线在三视图中为实线，不可见轮廓线在三视图中为虚线．在还原空间几何 体实际形状时，一般是以正视图和俯视图为主，结合侧视图进行综合考虑．求解以三视图为载体的空 间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用 相应体积公式求解．16. 【2017 年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为3π π A ．C ．B ．D ．4 π π24【答案】B【解析】绘制圆柱的轴截面如图所示：21 1 3 由题意可得： AC 1, AB ，结合勾股定理，底面半径 r 1 2，2 2 223 3由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是V πr 2h π 1 π ，故选 B.2 4【名师点睛】（1）求解空间几何体体积的关键是确定几何体的元素以及线面的位置关系和数量关系， 利用相应体积公式求解；（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、 补形法等方法进行求解.17. 【2020 年高考全国 I I 卷理数】设有下列四个命题： p ：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.1p ：过空间中任意三点有且仅有一个平面.2p ：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.3p ：若直线 l 平面α，直线 m ⊥平面α，则 m ⊥l . 4则下述命题中所有真命题的序号是__________.p p p p p ppp③④122334① ② 1 4【答案】①③④【解析】【分析】p p2利用两交线直线确定一个平面可判断命题的真假；利用三点共线可判断命题的真假；利用异面直线可1p p4判断命题的真假，利用线面垂直的定义可判断命题的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.3p1l1l2【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；l l若与相交，则交点A 在平面内，3 1l l同理，与的交点B 也在平面内，3 2所以，AB ，即l3，命题为真命题；p1p2对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，p命题为假命题；2p对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，3p命题为假命题；3p4，若直线m 平面，对于命题m 垂直于平面则内所有直线，直线l 平面，直线m 直线，lp命题为真命题.4综上可知，，为真命题，，为假命题，p p p p为假命题，1 2为真命题，1 4p p p p为真命题.3 4为真命题，2 3故答案为：①③④.【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力， 属于中等题.18. 【2020 年高考全国Ⅲ理数】已知圆锥的底面半径为 1，母线长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 2 【答案】 3【解析】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，B C 2, AB AC 3 其中 ，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，1由于A M 3 2 1 22 2 ，故 S △ABC2 2 2 2 2 ， 2r设内切圆半径为 ，则：1 1 1 S △AB C S △A O B S △BO C S △A O C AB r BC r AC r2 2 21 3 3 2r2 2 ，22 4 2解得： r =，其体积：V r 3 . 2 3 32故答案为：. 3【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的 位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于 球的直径.19. 【2019 年高考全国Ⅲ卷理数】学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型.如图，该模型为长方体AB C D A B C D 挖去四棱锥 O —EF G H 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分11 1 1AB = BC = 6 cm, AA = 4 cm 别为所在棱的中点， ，3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm 3，不考虑打印 1损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .【答案】118.81【解析】由题意得， S 46 4 23 12cm 2 ，四边形EF G H2 1∵四棱锥 O −EF G H 的高为 3cm ， ∴V O EF G H 123 12cm 3 ．3AB C D A B C D V 466 144cm，3又长方体 的体积为 1 1 1 1 2 所以该模型体积为 VV V144 12 132cm 3 ，其质量为 0.9132 118.8g ．OEF G H2 【名师点睛】本题考查几何体的体积问题，理解题中信息联系几何体的体积和质量关系，从而利用公式 求解．根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质 量即可.20. 【2019 年高考全国Ⅱ卷理数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图 1）.半正多面体是 由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图 2 是一个棱数为 48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1．则该半正多面体共 有________个面，其棱长为_________．（本题第一空 2 分，第二空 3 分．）【答案】26，21【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826个面．x如图，设该半正多面体的棱长为，则AB BE x，延长CB与FE 的延长线交于点G，延长BC交正方体的棱于H ，由半正多面体对称性可知，△BG E 为等腰直角三角形，2 2BG GE C H x,G H 2x x(21)x1，2 21x21，21即该半正多面体的棱长为21．【名师点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．721.【2018年高考全国I I卷理数】已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB 所成角的余弦值为，SA与圆锥8 底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为__________．【答案】402π7 15 8【解析】因为母线 SA ， SB 所成角的余弦值为 ，所以母线 SA ， SB 所成角的正弦值为，因为 81 15 8 △SAB 的面积为5 15 ，设母线长为l ,所以l 2 25 15 ,l80 ， 2π 2因为 SA 与圆锥底面所成角为 45°，所以底面半径为 r l cosl , 4 22 因此圆锥的侧面积为 πr lπl 40 2π. 22【名师点睛】本题考查线面角、圆锥的侧面积、三角形面积等知识点，考查学生空间想象与运算能力. 先根据三角形面积公式求出母线长，再根据母线与底面所成角得底面半径，最后根据圆锥侧面积公式 求结果.22. 【2017 年高考全国 I 卷理数】如图，圆形纸片的圆心为 O ，半径为 5 c m ，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D ，E ，F 为圆 O 上的点，△DB C ，△ECA ，△FA B 分 别是以 BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以 BC ，CA ，AB 为折 痕折起△DB C ，△ECA ，△FAB ，使得 D ，E ，F 重合，得到三棱锥.当△ABC 的边长变 化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 【答案】 4 15.【解析】如下图，连接 DO 交 BC 于点 G ，设 D ，E ，F 重合于 S 点，正三角形的边长为 x(x>0)，则 1 3 3O G x x. 3 2 63FG SG 5x ， 6223 3x3x， SO h SG2GO2 5 x 556 631 1 3 3 15 3 三棱锥的体积V S △ABC h x2 5 5 x 4 x 5 . 5x3 34 3 1233 5 3 设 n x 5x 4x 5 ，x>0，则 n x 20x 3 x 4， 3 3x 4 n x 0 ，即 4x 30，得 ，易知 n x 在 令 处取得最大值. x 4 3x 4 3 3 15∴V max 48 5 4 4 15 .12【名师点睛】对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2次时可以利用二次函数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.。
高考数学复习压抽题专项突破—立体几何中最值问题一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力。
最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面。
此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一空间角的最值问题【例1】（2020·浙江高三期末）如图，四边形ABCD ，4AB BD DA ===，BC CD ==现将ABD ∆沿BD 折起，当二面角A BD C --的大小在2[,]33ππ时，直线AB 和CD 所成角为α，则cos α的最大值为（）A ．2268B ．6224C ．2268+D ．2264+【答案】C【解析】取BD 中点O ，连结AO ，CO ，∵AB ＝BD ＝DA ＝4．BC ＝CD =CO ⊥BD ，AO ⊥BD ，且CO ＝2，AO =，∴∠AOC 是二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，过点O 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，B （0，﹣2，0），C （2，0，0），D （0，2，0），设二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角为θ，则2,33ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，连AO 、BO ，则∠AOC ＝θ，A（0θθ，），∴()2BA θθ= ，，()220CD =- ，，，设AB 、CD 的夹角为α，则cosαAB CD AB CD ⋅==⋅ ，∵2,33ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴cos 1122θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，∴|1θ|∈[0，1+32]．∴cos α的最大值为2268．故选：C．【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.【举一反三】[来1．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是()A ．13B ．33C ．12D ．22【答案】B【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为1，设E(a,0，c)，0a 1≤≤，0c 1≤≤，1B (1,1，1)，B(1,1，0)，D(0,0，0)，1C (0,1，1)，()1B E a 1,1,c 1=--- ，DB (1,= 1，0)，1DC (0,=1，1)，设平面1DBC 的法向量n (x,= y ，z)，则1n DB 0n DC 0x y y z⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x 1=，得()n 1,1,1=- ，1B E // 平面1BDC ，1B E n a 11c 10∴⋅=-++-=，解得a c 1+=，()222a c a c 2ac 12ac ∴+=+-=-，2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，设直线1B E 与直线AB 所成角为θ，AB (0,= 1，0)，11AB B E cosθAB B E⋅∴==⋅ 2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，sinθ∴==3==≥=．∴直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是33．故选B ．2．（2020·河南高三月考（理））如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，现将△ABC 沿着对角线AC 翻折，则直线EF 与平面ACD 所成角的正切值最大值为()AB．3C．3D ．2【答案】D【解析】如图，以AC 的中点O 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设二面角B AC D --为θ，可证BOD ∠=θ，设棱形的边长为4，则()0,2,0A -，(),0,B θθ，),Eθθ-，()0,2,0C，()D，)F)FE θθ∴=-- ，易知平面ACD 的法向量()0,0,1n = 设直线EF 与平面ACD 所成角为α，则()()()222222231cos 3sin 3sin sin 106cos 253cos 3cos 143sin n FE n FE θθθαθθθθ⎛⎫⋅- ⎪==== ⎪---++⋅⎝⎭令()2153x f x x-=-，()1,1x ∈-，()()()()()22231331033535x x x x f x x x ---+'==--则()0f x '>时113x -<<即()f x 在11,3⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增；()0f x '<时113x <<即()f x 在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减；()max 1239f x f ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭，()2max 1sin 3α∴=则()2max 2cos 3α=()222max sin 1tan cos 2ααα∴==，()max 2tan 2α∴=，故选：D 3．AB 是圆锥 S O 的直径，SB 是它的一条母线，E 、F 是SB 的两个三等分点（E 点靠近S 点），C 点在圆O 上运动（不与A 、B 两点重合），则二面角 --E AC F 的平面角为α则tan α的最大值是_______．【解析】设圆锥的高为,,h BC a =如图所示，二面角E AC B --的平面角为1,EDN α=∠，二面角F AC B --的平面角为2FGH α=∠，则1221233tan ,tan 25536h h h h a a a a αα====，设1222tan t,tan 55h h t a a αα====,所以12223335555tan tan()221211555t t t t t t t t ααα-=-===≤+⨯++.所以tan max α==.类型二空间距离的最值问题【例2】（2020银川一中模拟）正方体1111ABCD A B C D 的棱长为1,M 、N 分别在线段11A C 与BD 上,MN 的最小值为【答案】1【解析】分析：方法一,该题可以结合正方体的结构特征,将其转化为两异面直线的距离来求；方法二,可设出变量,构建相应的函数,利用函数的最值求解；方法三,建立空间直角坐标系,利用点的坐标以及距离公式表示出目标函数,然后利用函数方法求解最值.方法一（定义转化法）因为直线11A C 与BD 是异面直线,所以当MN 是两直线的共垂线段时,MN 取得最小值。
第5讲 立体几何中的范围与最值问题一、单选题1．（2021·浙江衢州市·高二期末）如图，在三棱锥D ABC -中，,1,1AD BC BC AD ⊥==．且2AB BD AC CD +=+=，则四面体ABCD 的体积的最大值为（ ）A ．14B C ．6D 【答案】B 【分析】作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，B 与C 都是在以A 、D 为焦点的椭球上，且BE 、CE 都垂直于焦距AD ，要求四面体ABCD 的体积的最大值，根据AD 是定值，只需三角形EBC 的面积最大，又BC 是定值,只需EF 最大即可. 【详解】作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，如图，因为,AD BC ⊥,BE BC 再平面BEC 内相交，所以AD ⊥平面BEC ， 因为CE ⊂平面BEC ，所以CE ⊥AD ， 因为2AB BD AC CD +=+=，所以B 与C 都是在以A 、D 为焦点的椭球上，且BE 、CE 都垂直于焦距AD ， AB ＋BD = AC +CD =2，显然ABD ACD ≅，所以BE =CE . 取BC 中点F ，,,BC E AD E F F ⊥∴⊥要求四面体ABCD 的体积的最大值，因为AD 是定值，只需三角形EBC 的面积最大， 因为BC 是定值,所以只需EF 最大即可，当△ABD 是等腰直角三角形时几何体的体积最大， 因为AB ＋BD = AC +CD =2，1AB ∴=，EB EF ∴====所以几何体的体积为111132⨯⨯⨯=故选：B 【点睛】方法点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：（1）求简单几何体的体积时若所给的几何体为柱体锥体或台体，则可直接利用公式求解；(2)求组合体的体积时若所给定的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解.2．（2021·山东高三专题练习）如图所示，在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAC ，PA AB ⊥，4PA AB ==，且E 为PB 的中点，AF PC ⊥于F ，当AC 变化时，则三棱锥P AEF -体积的最大值是（ ）A ．3B C ．3D ．3【答案】C 【分析】由题意知P AEF E PAF V V --=且216||||316||E PAF AC BC V AC -⋅=⋅+，令||AC a =，结合换元法、二次函数最值求P AEF -体积的最大值即可.【详解】在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAC ，4PA AB ==知：222||||||16AC BC AB +==，而1||||2||2PACSAC PA AC =⋅⋅=， 而P AEF E PAF V V --=且1||32E PAFPAFBC V S -=⋅⋅，又222||||||PAFPACPA SS PA AC =⋅+∵E 为PB 的中点，知：21||16||||32316||E PAF PAFBC AC BC V S AC -⋅=⋅⋅=⋅+∴设||AC a =，则||BC =216316E PAFV a-=⋅+令21616m a =+≥，有161633E PAF V -==令11(0,]16x m =∈，163E PAF V -=2()512481f x x x =-+-的性质知：364x =时有最大值为18，∴E PAF V -最大值为1633=， 故选：C 【点睛】本题考查三棱锥的体积计算，结合换元法、二次函数最值求三棱锥体积最值，注意换元过程中定义域的等价变化.3．（2021·合肥市第六中学高二期末（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别是棱1AA ，1CC 的中点，过点,E F 的平面分别与棱1BB ，1DD 交于点G ，H ，给出以下四个命题：①平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值为45°； ②四边形EGFH 的面积的最小值为1； ③四棱锥1C EGFH -的体积为定值16； ④点1B 到平面EGFH. 其中正确命题的序号为（ ） A ．②③ B ．①④C ．①③④D ．②③④【答案】D 【分析】由两平面所成角的余弦公式即面积射影公式，计算可得所求最大值，可判断①；由四边形EGFH 为菱形，计算面积，分析GH 的最小值，可判断②；由棱锥的等体积法，计算可判断③；由等体积法和函数的性质可判断④. 【详解】对于①，四边形EGFH 为平行四边形，又直角梯形CBGF 和直角梯形ABGE 全等，得EG FG =，所以四边形EGFH 为菱形，且GH EF ⊥，平面EGFH 在底面上的射影为四边形ABCD ，设平面EGFH 与平面ABCD 所成角为θ，则1cos 12ABCD EGFH S S GH GH θ===，GH ≤≤cos 1θ≤≤，可得所成角的最大值不为45°，故①错误；对于②GH ≤EGFH 的面积的最小值为112=，故②正确；对于③，四棱锥1C EGFH -的体积为1111112223226C EGF E GFC V V V --===⨯⨯⨯=，故③正确；对于④，设BG x =，[]0,1x ∈，()111111132B EFG E B FG V V x --==⨯⨯⨯-⨯(01x ≤≤)，设1B 到平面EGFH 的距离为d，可得11132B EFGV d -=⨯所以d ===(其中1t x =-)，当0x =即1t =时，d④正确. 故选：D. 【点睛】一般关于体积计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算底面积与点到底面的距离，代入体积公式计算，二是可以通过等体积法，通过换底换高求解；关于空间几何体中一些边长或者距离的最值计算一般转化为函数问题，可以通过二次函数、反比例函数的性质求解最值，或者有时可以利用基本不等式，较难的问题则需要通过导数判断单调性从而求出最值.4．（2021·安徽黄山市·高二期末（理））长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1BC =，12AA =，P 为该正方体侧面11CC D D内（含边界）的动点，且满足tan tan PAD PBC ∠+∠=则四棱锥P ABCD -体积的取值范围是（ ） A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B．233⎤⎥⎣⎦C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D．433⎤⎥⎣⎦【答案】B 【分析】首先根据tan tan PAD PBC ∠+∠=2PD PC CD +=>=，所以P 的轨迹是以,C D 为焦点2a =的椭圆，再根据椭圆的几何性质可得到四棱锥P ABCD -的高的最值，即可得到体积的范围.【详解】 如图所示：在RT PAD 中，tan PDPAD PD AD ∠==， 在RT PBC 中，tan PCPBC PC BC∠==，因为tan tan PAD PBC ∠+∠=所以PD PC +=因为2PD PC CD +=>=所以点P 的轨迹是以,C D 为焦点 2a =的椭圆. 如下图所示：a =1c =，1b ==.椭圆的标准方程为：2212x y +=.1(0,1)P联立22112x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：y =所以2(1,2P -，3(1,2P . 当点P 运动到1P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最长， 所以max 1112()21333P ABCD ABCD V S PO -=⨯⨯=⨯⨯=. 当点P 运动到2P 或3P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最短，所以min 211()23323P ABCD ABCD V S P D -=⨯⨯=⨯⨯=.综上所述：233P ABCD V -≤≤. 故选：B 【点睛】本题主要考查计算四棱锥的体积，同时考查了椭圆的几何性质，将立体思想转化为椭圆思想是解题的关键，属于难题.5．（2021·江西南昌市·南昌十中高二期末（文））已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别是线段AB 、1BD 上的动点，若//EF 平面11ADD A ，则三棱锥1A EFB -的最大体积为（ ）AB ．112C ．124D ．18【答案】C 【分析】在平面1BDD 内过F 作FG DB ⊥于G ，证明EG ⊥平面1AEB ，得F 到平面1AEB 的距离等于G 到平面1AEB 的距离，设()01BE x x =<<，则F 到平面1AEB 的距离等于G 到平面1AEB 的距离为x ，利用等体积法写出三棱锥1A EFB -的体积，再由二次函数求最值. 【详解】 如图，由1DD ⊥底面ABCD ，可得平面1BDD ⊥底面ABCD ， 在平面1BDD 内过F 作FG DB ⊥于G ， 则FG ⊥底面ABCD ，可得1//FG DD ，//FG ∴平面11ADD A ，又//EF 平面11ADD A ，且1FG DD F ⋂=，∴平面//EFG 平面11ADD A ，可得//EG AD ，则EG ⊥平面1AEB ， 又11////FG DD AA ，且FG ⊄平面1AEB ， 可得//FG 平面1AEB ，则F 到平面1AEB 的距离等于G 到平面1AEB 的距离，设()01BE x x =<<，则F 到平面1AEB 的距离等于G 到平面1AEB 的距离为x ，则()()11111122AEB Sx x =-⨯=-， ()()1121111326A EFB F AEB V V x x x x --∴==⋅-⋅=-+，当()10,12x =∈时，()1124A EFB V -=. 故选：C 【点睛】本题主要考查了线线、线面、面面平行，线面垂直，三棱锥体积最大值的求法，考查了转化与化归的思想方法，利用二次函数求最值，属于难题.6．（2021·浙江高三月考）已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB '，AC 上的动点，点T 在平面BCC B ''内，则MT NT +的最小值是（ ）A B ．3C ．2D ．1【答案】B 【分析】设A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB '的对称点为M '，则最小值为直线EB '与AC 之间的距离，利用等积法可求此最小距离. 【详解】解：A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB '的对称点为M '，记d 为直线EB '与AC 之间的距离，则MT NT M T NT M N d ''+=+≥≥， 由//B E D C ''，d 为E 到平面ACD '的距离， 因为111111333D ACE ACEV S '-=⨯⨯==⨯⨯=，而213D ACE E ACD V V d ''--==⨯=，故d =， 故选：B.【点睛】方法点睛：空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.7．（2021·浙江丽水市·高二期末）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为线段1B C 的中点，F 是棱11C D 上的动点，若点P 为线段1BD 上的动点，则PE PF +的最小值为（ ）A ．6B ．122C ．2D ．2【答案】A 【分析】连接1BC ,得出点,,P E F 在平面11BC D 中，问题转化为在平面内直线1BD 上取一点P ，求点P 到定点E 的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，问题转化为点E 关于直线1BD 到直线11C D 的距离，从而可得结果.【详解】图1连接1BC ,则11BC B C E =，点,,P E F 在平面11BC D 中，且111111,1,BC C D C D BC ⊥==1所示，在11Rt BC D ∆中，以11C D 为x 轴，1C B 为y 轴，建立平面直角坐标系， 如图2所示，图2()(11,0,,0,2D B E ⎛ ⎝⎭,设点E 关于直线1BD 的对称点为'E ， 1BD的方程为1x =，①'EE k ∴==∴直线'EE的方程为22y x =+，② 由①②组成方程组，解得133x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩直线'EE 与1BD的交点1,33M ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，∴对称点2'3E ⎛ ⎝⎭， 'PE PF PE PF ∴+=+，最小值为'E 到直线11C D的距离为6，故选A. 【点睛】求最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.8．（2021·安徽六安市·六安一中高二开学考试（理））正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，点M 在棱AB 上，且1AM =，点P 是正方体下底面ABCD 内（含边界）的动点，且动点P 到直线11A D 的距离与点P 到点M 的距离的平方差为16，则动点P 到B 点的最小值是（ ）．A ．72B ．C D【答案】C 【分析】作PQ AD ⊥，11QR A D ⊥，PR 即为P 到直线11A D 的距离，从而可得PM PQ =，即点P 的轨迹是以AD 为准线，点M 为焦点的抛物线，然后建立平面直角坐标系求解. 【详解】如图所示，作PQ AD ⊥，Q 为垂足，则PQ ⊥面11ADD A 过点Q 作11QR A D ⊥，则11A D ⊥面PQR 所以PR 即为P 到直线11A D 的距离因为22216PR PQ RQ -==，2216PR PM -= 所以PM PQ =所以点P 的轨迹是以AD 为准线，点M 为焦点的抛物线如图建立直角坐标系，则点P 的轨迹方程是(220y x y =≤≤点7,02B ⎛⎫⎪⎝⎭,设2,2y P y ⎛⎫⎪⎝⎭所以PB ==所以当25y =，PB故选：C 【点睛】本题考查的是立体几何中的垂直关系、解析几何中抛物线的定义及最值问题，属于较难题.9．（2021·四川资阳市·高二期末（文））如图，棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 为正方体表面BCC 1B 1上的一个动点，E ，F 分别为BD 1的三等分点，则||||PE PF +的最小值为（ ）A ．B ．2C ．1+ D【答案】D 【分析】过F 作F 关于平面11BCC B 的对称点'F ，连接'EF 交平面11BCC B 于点0P ，证明此时的0P 使得||||PE PF +最小，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，||||PE PF +的最小值为'EF . 【详解】过F 作F 关于平面11BCC B 的对称点'F ，连接'EF 交平面11BCC B 于点0P .可以证明此时的0P 使得||||PE PF +最小：任取1P (不含0P )，此时1111''PE PF PE PF EF +=+>. 在点D 处建立如图所示空间直角坐标系，则()()10,0,3,3,3,0D B ，因为E ，F 分别为BD 1的三等分点，所以()()1,1,2,2,2,1E F , 又点F 距平面11BCC B 的距离为1，所以()'2,4,1F ,||||PE PF +的最小值为2'1EF ==故选：D10．（2021·全国高三专题练习（理））已知直三棱柱111ABC A B C -的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱111,,AA BB CC ，分别交于三点,,M N Q ，若MNQ ∆为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为（ ）A ．B ．3C ．D ．4【答案】C 【分析】设N 在B 处，AM h =，CQ m =，分别表示出,,MQ BQ MB ，由勾股定理可构造方程，根据方程有解可得0∆≥，求得2h 的范围，进而得到MB 所处的范围. 【详解】如图，不妨设N 在B 处，AM h =，CQ m =则224MB h =+，224BQ m =+，()224MQ h m =-+由222MB BQ MQ =+得：220m hm -+=，则280h ∆=-≥，即28h ≥∴该直角三角形斜边MB =≥=故选：C 【点睛】本题考查立体几何中最值问题的求解，关键是能够通过特殊位置构造出关于变量的方程，通过方程有解确定所求变量所处的范围；考查了由特殊到一般的基本思想，对于学生的推理能力有一定要求，属于较难题. 11．（2021·台州市书生中学高二开学考试）等腰直角三角形ABE 的斜边AB 为正四面体ABCD 侧棱，直角边AE 绕斜边AB 旋转，则在旋转的过程中，则下列说法错误的是（ ）A ．四面体E BCD -的体积有最大值和最小值；B ．存在某个位置，使得AE BD ⊥；C ．设二面角D ABE --的平面角为θ，则DAE θ≥∠；D ．AE 的中点M 与AB 的中点N 连线交平面BCD 于点P ，则点P 的轨迹为椭圆. 【答案】C 【分析】通过旋转判定E 的位置可知A 的正误，通过证明E ﹣ABD 为正三棱锥可知B 的正误，根据,12DAE ππ⎡⎫∠∈⎪⎢⎣⎭，可知C 的正误，利用1P BCPB d -<结合椭圆定义可知D 的正误【详解】对A ，当CD ⊥平面ABE ，且E 在AB 的右上方时，E 到平面BCD 的距离最大， 当CD ⊥平面ABE ，且E 在AB 的左下方时，E 到平面BCD 的距离最小， ∴四面体E ﹣BCD 的体积有最大值和最小值，故A 正确；对B ，连接DE ，若存在某个位置，使得AE ⊥BD ，又AE ⊥BE ，则AE ⊥平面BDE ，可得AE ⊥DE ，进一步可得AE ＝DE ，此时E ﹣ABD 为正三棱锥，故B 正确； 对C ，取AB 中点O ，连接DO ，EO ，则∠DOE 为二面角D ﹣AB ﹣E 的平面角为θ，直角边AE 绕斜边AB 旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），,12DAE ππ⎡⎫∠∈⎪⎢⎣⎭，所以θ≥∠DAE 不成立．C 不正确；对于D,AE 的中点M 与AB 的中点N 连线交平面BCD 于点P ，P 到BC 的距离为：P BC d -，因为1P BCPB d -<，所以点P 的轨迹为椭圆．D 正确． 故选：C ． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于旋转过程能借用图形形象直观，同时掌握椭圆的定义，可以更快的解决问题. 12．（2021·浙江高一期末）三棱锥P ﹣ABC 中，PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA ＝3，PB ＝2，PC ＝1，设M 是底面△ABC 内一点，定义f （M ）＝（m ，n ，p ），其中m ，n ，p 分别是三棱锥M ﹣PAB ，三棱锥M ﹣PBC ，三棱锥M ﹣PCA 的体积.若f （M ）＝（12，x ，y ），且18a x y +≥恒成立，则正实数a 的最小值为（ ）A ．1B ．13﹣C ．9﹣D ．2【答案】A 【分析】由题意可得12P ABC V x y -=++三棱锥，即()21x y +=.利用基本不等式求1a x y +的最小值，建立关于a 的不等式，即可解得. 【详解】,,PA PB PC 两两垂直，且3,2,1PA PB PC ===.由题意可得1113211322P ABC V x y -=⨯⨯⨯⨯==++三棱锥， ()1,212x y x y ∴+=∴+=. 所以()1122222a a y ax x y a x y x y x y⎛⎫+=+⨯+=+++ ⎪⎝⎭2222a a ≥++=++当且仅当22y ax x y=，即=y 时，等号成立.由228a ++≥恒成立，解得1a ≥， ∴正实数a 的最小值为1. 故选：A . 【点睛】本题考查棱锥的体积和基本不等式，属于中档题.二、多选题13．（2021·山东高三专题练习）已知边长为2的等边ABC ，点D 、E 分别是边AC 、AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=（()0,1λ∈），将ADE 沿直线DE 折到A DE '的位置，在翻折过程中，下列结论成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面ACD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--等于60°时，2A B '=D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ【答案】CD 【分析】假设结论成立，推出矛盾结论判断A ，B ，利用勾股定理计算||A B '判断C ，求出()f λ解析式，利用导数求出最大值判断D ． 【详解】解：对于A ，连接AA '，A B '，A C '，显然平面A BE '⋂平面ACDAA '='， 若A E '上存在点F 使得//BF ACD '，则//BF AA '，显然BF 与AA '为相交直线，矛盾，故A 错误； 对于B ，设BC 中点M ，DE 中点O ，由等边三角形性质可知DE AO ⊥，DE AO ⊥'， 若平面A BC '⊥平面BCDE ，则A '在底面BCDE 上的射影为M ，于是AOOM '>， 12λ∴>，与1(0,)2λ∈矛盾，故B 错误；对于C ，若12λ=，二面角A DE B '--等于60︒，则12OA OM AM '===，设A '在底面BCDE 上的射影为N ，则3sin 604A N OA '='︒=，cos60ON OA ='︒=，MN ∴=BN =，||AB ∴'=，故C 正确；对于D ，AO AD DEAM AC BCλ===，2DE λ∴=，OA OA '==， )21122122BCDE S λλ∴=⨯⨯=-梯形，显然在翻折过程中，当平面A DE '⊥平面BCDE 时，四棱锥的体积最大，故231())3f λλλλ=-=-，2()13f λλ'=-，令()0f λ'=可得λ=0λ<<时，()0f λ'>1λ<<时，()0f λ'<，∴当3λ=时，()f λ取得最大值f ，故D 正确．故选：CD ．【点睛】本题考查了线面平行的性质，考查棱锥的体积计算，属于中档题．14．（2021·江苏南通市·高三期末）如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11B D 上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（ ）A ．三棱锥1P A BD -的体积为定值13B ．过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体1111ABCD A BCD -C ．直线1PA 与平面1A BD 所成角的正弦值的范围为⎣⎦D ．当点P 与1B 重合时，三棱锥1P A BD -的外接球的体积为2【答案】BCD 【分析】由11P A BD A PBD V V --=，可判定A 不正确；根据正方体的结构，得出截面为正11B D C ∆，可判定B 正确；由正方体的结构特征和性质，以及线面角的定义与求法，可判定C 正确；设1B D 的中点为O ，得到11OA OB OD OB === 得出三棱锥1P A BD -的外接球的的半径，结合体积公式，可判定D 正确. 【详解】对于A 中，由1111113226P A BD A PBD V V --==⨯⨯=，所以A 不正确； 对于B 中，过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体截得的多边形平面11B D C ，此时三角形11B D C 的等边三角形，其面积为242⨯=，所以B 正确；对于C 中，由正方体的结构特征和性质，可得点P 到平面1A BD ，当点P 在线段11B D 上运动时，1max 1PA =（P 为端点时），mi 1nPA =，设直线1PA 与平面1A BD 所成角为θ，则sin 33θ∈⎣⎦，所以C 正确； 对于D 中，当点P 与1B 重合时，此时三棱锥为11B A BD -，设1B D 的中点为O ，因为11190B BD B A D ∠=∠=︒，可得11OA OB OD OB ===所以三棱锥1P A BD -的外接球的球心为1B D 的中点，其半径为2，所以三棱锥1P A BD -的外接球的体积为343π⨯=，所以D 正确. 故选BCD. 【点睛】1、对于三棱锥体积的求解可采用等体积法求解，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.2、对于线面角的计算问题可以通过根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；3、对于球的组合体问题：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；15．（2021·全国高三专题练习）如图所示，在长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB BC AA P ===是1A B 上的一动点，则下列选项正确的是( )A ．DP 的最小值为5B ．DPC ．1AP PC +D ．1AP PC +【答案】AD 【分析】DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高即可；旋转11A BC 所在平面到平面11ABB A ，1AP PC +的最小值转化为求AC '即可. 【详解】求DP 的最小值，即求1DA B △底边1A B 上的高，易知11A B A D BD ==，所以1A B 边上的高为h =连接111,AC BC ，得11A BC ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则AC '即为所求的最小值，易知1112,10AA AC AAC ''==∠=-，所以5AC '==. 故选：AD. 【点睛】本题考查利用旋转求解线段最小值问题.求解翻折、旋转问题的关键是弄清原有的性质变化与否， (1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；(2)线的变化，翻折、旋转前后应注意其位置关系的变化；(3)长度、角度等几何度量的变化．16．（2021·山东济南市·高二期末）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||AE =AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 1D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为15【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证.选项A ：由||AE ==1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆的一部分；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】对于A:||AE ===1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，应为圆的一部分；故A 错误；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误； 对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为d =当点E ，F 落在11A C 上时，min ||1EF =；故C 正确；对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩ 不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：2||||cos sin |cos ,|||||n AE n AEn AE πθα⎛⎫++ ⎪====⨯当且仅当4πθ=时，sin α15=， 故D正确 故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．17．（2021·全国高三其他模拟）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 分别是棱AB ，11A B 的中点，点P 在四边形ABCD 内(包括边界)运动，则下列说法正确的是（ ）A ．若P 是线段BC 的中点，则平面1AB P ⊥平面DEFB ．若P 在线段AC 上，则1D P 与11A C 所成角的取值范围为,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．若1//PD 平面11ACE ，则点PD ．若//PF 平面11B CD ，则线段PF 【答案】AC 【分析】证明AP ⊥平面DEF ，得面面垂直，判断A ；由1D AC 为正三角形，得1D P 与11A C 所成角的取值范围，判断B ；分别取AD ，DC 的中点M ，N ，证明平面1//D MN 平面11AC E ，判断C ；取1BB 的中点R ，BC 的中点G ，DC 的中点N ，连接FN ，平面//FNGR 平面1B CD （先证明四点,,,F N G R 共面），确定FG 是最小值，然后计算FG 后，判断D ． 【详解】 对于A ，如下图，P ，E 分别是线段BC ，AB 的中点，故ABP DAE △△≌，则PAB ADE ∠=∠，2PAB DEA ADE DEA π∠+∠=∠+∠=，所以AP DE ⊥，易知EF ⊥平面ABCD ，所以EF AP ⊥， 所以AP ⊥平面DEF ，从而平面1AB P ⊥平面DEF ， 故A 正确.对于B ，正方体1111 ABCD A B C D -中，11//AC AC ， 所以1D P 与11A C 所成的角为1D P 与AC 所成的角， 连接1D A ，1D C ， 则1D AC 为正三角形，所以1D P 与11A C 所成角的取值范围为,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦， 故B 错误.对于C ，如下图，设平面11AC E 与直线BC 交于点G ， 连接1C G ，EG ，则G 为BC 的中点， 分别取AD ，DC 的中点M ，N ， 连接1D M ，MN ，1D N ，易知11//D M C G ， 所以1//D M 平面11AC E .同理可得1//D N 平面11AC E ，所以平面1//D MN 平面11AC E ， 由此结合1//PD 平面11AC E ，可得直线1PD ⊂平面1D MN ，所以点P 的轨迹是线段MN ，易得MN =故C 正确. 对于D ，如下图，取1BB 的中点R ，BC 的中点G ，DC 的中点N ，连接FN ， 因为1//FB NC ，1FB NC =， 所以四边形1FB CN 为平行四边形， 所以1//FN B C ，所以//FN 平面11B CD ， 连接BD ，NG ，则//NG BD ，又1//BD B D ， 所以11//NG B D ，所以//NG 平面11B CD ， 连接FR ，GR ，易知1//GR B C ，又1//B C FN ， 所以//RG FN ，故F ，N ，G ，R 四点共面， 所以平面//FNGR 平面1B CD .因为//PF 平面11B CD ，所以PF ⊂平面FNGR ， 所以点P 的轨迹为线段NG .由2AB =知，FN =NG =，连接FB ，FG ，在Rt FBG △中， 222216FG FB BG =+=+=，所以FG =所以222FN NG FG =+，得FGN ∠为直角，故线段FP ， 故D 错误. 故选：AC ． 【点睛】关键点点睛：本题考查面面垂直，面面平行的证明，考查异面直线所成的角，考查立体几何中点的轨迹．解题关键是动点轨迹的确定，题中是通过平行平面得出动点轨迹．解题技巧是利用中点的特征得出构造图形，证明结论．三、双空题18．（2021·全国高三其他模拟）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，13AA =，点M ，N 分别在棱AB 和1BB 上，且1D M MN ⊥，则线段BN 的长度的最大值为___________，此时，三棱锥1M ACD -的体积为___________.【答案】343 【分析】设BN t =()03t ≤≤，BM x =()03x ≤≤，则3AM x =-，13NB t =-，根据22211D M MN D N +=列方程可得2133324t x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，所以当32x =时，t 取得最大值34，根据1M ACD V -=1D ACM V -以及棱锥的体积公式可得结果. 【详解】设BN t =()03t ≤≤，BM x =()03x ≤≤，则3AM x =-，13NB t =-，在正方体中，因为13AA =，所以111AD B D ==，所以(()22213D M x =+-，(()22213D N t =+-，222MN x t =+，因为1D M MN ⊥，所以22211D M MN D N +=，即()()2222183183x x t t +-++=+-，化简得233t x x -=-23924x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭， 所以2133324t x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭，所以当32x =时，t 取得最大值34，所以线段BN 的长度的最大值为34， 此时1M ACD V -=1D ACM V -=11323332⨯⨯⨯⨯=. 故答案为：34；3 【点睛】本题考查了正方体的结构特征，考查了棱锥的体积公式，属于基础题.19．（2021·江苏常州市·高三期末）矩形ABCD 中，1AB BC ==，现将ACD △沿对角线AC 向上翻折，得到四面体D ABC -，则该四面体外接球的体积为__________；设二面角D AC B --的平面角为θ，当θ在,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内变化时，BD 的范围为__________.【答案】43π； ⎣⎦.【分析】根据题意，由矩形ABCD 可求出112OA OB OC OD AC =====，从而确定点O 是四面体D ABC -外接球的球心，得出外接球的半径1r =，由球的体积公式343V r π=即可求出该四面体外接球的体积；利用几何法作BE AC ⊥、DF AC ⊥且EG AC ⊥，确定二面角D AC B --的平面角为BEG ∠，则BEG θ∠=，根据空间向量的线性运算和向量的数量积公式，得出BD BE EF FD →→→→=++=，结合,32ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，即可求出BD 的范围. 【详解】解：已知矩形ABCD 中，1AB BC ==，在矩形ABCD 中，连接AC 和BD 交于点O ，2AC BD ∴====，112OA OB OC OD AC ∴=====， 可知点O 是四面体D ABC -外接球的球心，则外接球的半径1r =， 所以该四面体外接球的体积34433V r ππ==； 在四面体D ABC -中，作BE AC ⊥交AC 于点E ，DF AC ⊥交AC 于点F ， 再作EG AC ⊥交CD 于点G ，则//EG DF ，所以二面角D AC B --的平面角为BEG ∠，则BEG θ∠=，在矩形ABCD 中，可知1AB BC ==，1OC OB ==，所以BOC 是等边三角形，3cos302BE DF BC ∴==⋅=2sin301EF AC CE AC BC =-=-⋅=，由四面体D ABC -可知，BE EF ⊥，DFEF ，则0BE EF →→⋅=，0DF EF →→⋅=，而BD BE EF FD →→→→=++======即BD =所以当θ在,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内变化时，10cos 2θ≤≤BD ≤≤即BD 的范围为⎣⎦.故答案为：43π；,22⎣⎦.【点睛】关键点点睛：本题考查四面体外接球的体积和空间二面角的求法，利用空间向量的线性运算求出BD BE EF FD →→→→=++是解题的关键，考查空间想象能力和逻辑推理能力.20．（2021·全国高三专题练习）如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别是正方形1111D C B A 和正方形11ADD A 的中心，P 为线段EF 上的点（P 异于E ，F ），则EF 和BC 所成的角的大小是_______，三棱锥1P AB C -的体积为_________.【答案】2π16【分析】将异面直线平移到同一个平面内即可求出EF 和BC 所成的角，利用线面平行得到三棱锥1P AB C -的高，再利用椎体的体积公式即可求得. 【详解】解：如图所示：连接11D B ，1AB ，又E ，F 分别为11D B ，1AD 的中点，1//EF AB ∴，又11//BC B C ，11AB C ∴∠就是EF 和BC 所成的角，又11B C ⊥平面11ABB A ，1AB ⊂平面11ABB A ， 111B C AB ∴⊥，即 112AB C π∠=，EF ∴和BC 所成的角的大小是2π； 如图：连接1B C ，AC ，1//EF AB ，EF ⊄平面1AB C ，1AB ⊂平面1AB C ，//EF ∴平面1AB C ，P ∴到平面1AB C 的距离就等于E 到平面1AB C 的距离，又正方体的棱长为1，E 到平面1AB C 的距离为113BD =，， 1ACB 为等边三角形，11sin 23ACB Sπ==1113236P AB C V -∴=⨯⨯=.故答案为：2π；16. 【点睛】方法点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．21．（2021·浙江绍兴市·高二期末）已知正四面体A BCD -的棱长为3，平面BCD 内一动点P 满足AP =则||BP 的最小值是___________；直线AP 与直线BC 所成角的取值范围为___________.,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【分析】（1）本题可求出点P 的轨迹，根据轨迹为圆确定||BP 的最小值（2）建立空间直角坐标系，表示出向量,AP BC ，求出夹角的余弦值，根据余弦值的范围求出AP 与直线BC 所成角的范围. 【详解】设A 在面BCD 的内的投影为E ，故E 为三角形BCD 的中心，故2332BE =⨯⨯=AE ==AP =PE ==P 的轨迹为平面BCD 内以E 为半径的圆.BE =,,B P E三点共线时，且P 在BE 之间时，||BP .以E 为圆心，BE 所在直线为x 轴建立如图所示直角坐标系(A ，)B，3,02C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，3,02D ⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭设),0Pθθ，[)0,2θπ∈故(2,AP θθ=3,02BC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭设直线AP 与直线BC 所成角为α，3111cos sin ,2322AP BC BC APθθπαθ-+⎛⎫⎡⎤===-∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⋅⎦11cos ,22α⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦又0,2απ⎡∈⎤⎢⎥⎣⎦，故,32ππα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【点睛】本题考查了立体几何中的两条直线所成角的问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解直线的方向向量，利用向量的夹角公式求解.四、填空题22．（2020·浙江高二期末）在矩形ABCD 中，=1AD ，点E 为线段CD 中点，如图3所示，将AED ∆沿着AE 翻折至AED ∆'（点D 不在平面ABCD 内），记线段CD '中点为F，若三棱锥F AED -'体积的最大值为15，则线段AB 长度的最大值为___.【答案】4 【分析】取AB 得中点G,连接CG,易得CG AE ∥,CG AED '面,得点C 到平面AED '的距离即为直线CG 到平面AED '的距离,可求出直线CG 到面AED '的最大值, ,设AB x =,可得F 点到平面AED '的距离为d =,代入三棱锥体积的计算公式可得答案.【详解】解:由题意得:设F 点到平面AED '的距离为d,由线段CD '中点为F ,可得点C 到平面AED '的距离为2d,如图取AB 得中点G,连接CG,易得CG AE ∥,CG AED '面,得点C 到平面AED '的距离即为直线CG 到平面AED '的距离,易得直线CG 到平面AED '的距离小于等于直线CG 到直线AE 的距离, 再ABCD 中,设AB x =,直线CG 到直线AE 的距离为h ,可得AE =可得AE h AG AD ⨯=⨯,1x h ⨯==, 由三棱锥F AED -'体积的最大值为15,可得2d h =,d =,可得111322F AED xV -'=⨯⨯=⨯可得4x =,故答案为:4. 【点睛】本题主要考查三棱锥体积的求法,综合性大,属于难题.。
备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第三篇 立体几何专题05 立体几何中最值问题【典例1】【河南省非凡吉创联盟2020届调研】如图，AB 是圆柱的直径，PA 是圆柱的母线，3AB =，PA =，点C 是圆柱底面圆周上的点.（1）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（2）若1AC =，D 是线段PB 上靠近点P 的三等分点，点E 是线段PA 上的动点，求CE ED +的最小值. 【思路引导】（1）三棱锥的高为定值，要根据三棱锥体积公式13V Sh =可知，要使得体积最大，就要底面积最大，又因为边AB 为定值，故当C 到AB 的距离取得最大值时，底面积最大，故此时棱锥的体积最大；（2）反向延长AB 至C '，使得,,C D E '三点共线，三点共线时，距离最短，则C D '为CE ED +最小值. 【详解】（1）三棱锥P ABC -高h =，3AB =，点C 到AB 的最大值为底面圆的半径32，则三棱锥P ABC -体积的最大值等于1133322⨯⨯⨯=. （2）将PAC ∆绕着PA 旋转到PAC '使其共面，且C '在AB 的反向延长线上，连接C D '，C D '与PA 的交点为E ，此时CE ED +最小，为C D '；由3AB =，PA =且易知PA AB ⊥，由勾股定理知6PB =，因为12AB PB =，所以30APB ∠=o ，则60DBC ∠='o ，243BD PB ==； 134C B C A AB '+=+'==，则BDC '∆是边长为4的等边三角形，故4C D '=，所以CE ED +的最小值等于4.【典例2】【江西省新余市第四中学2020届月考】 已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =∠BAD =2π，AB=BC=2AD=4，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，EF ∥BC ，AE =x ，G 是BC 的中点．沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．（1）若以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥的体积记为()f x ，求()f x 的最大值； （2）当 ()f x 取得最大值时，求二面角D -BF -C 的余弦值． 【思路引导】（1）由AEFD ⊥平面EBCF ，////EF BC AD ，可得AE EF ⊥，进而由面面垂直的性质定理得到AE ⊥平面EBCF ，进而建立空间坐标系E xyz -，可得()D BCF A BFC f x V V --==的解析式，根据二次函数的性质，易求出()f x 有最大值；（2）根据（1）的结论平面BCF 的一个法向量为()20,0,1n =u u v ，利用向量垂直数量积为零列方程组求出平面BDF 的法向量，代入向量夹角公式即可得到二面角D BF C --的余弦值.解：（1）∵平面AEFD ⊥平面EBCF ,AE ⊥EF,∴AE ⊥面平面EBCF ,AE ⊥EF,AE ⊥BE,又BE ⊥EF,故可如图建立空间坐标系E -xy z ．则A （0，0，2），B （2，0，0），G （2，2，0），D （0，2，2）， E （0，0，0）∵AD ∥面BFC ，所以()f x =V A -BFC ＝13BFC S AE ∆⋅ ()114432x x ⋅⋅⋅-⋅ ()22882333x =--+≤，即2x =时()f x 有最大值为83．（2）设平面DBF 的法向量为()1,,n x y z =u v，∵AE=2, B （2，0，0），D （0，2，2），F （0，3，0）,∴()2,3,0,BF =-u u u v BD =u u u v （－2，2，2）,则1100n BD n BF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u v u u u vu v u u u v ，即()()()(),,2,2,20,,2,3,00x y z x y z ⎧⋅-=⎪⎨⋅-=⎪⎩，2220230x y z x y -++=⎧⎨-+=⎩ 取x ＝3，则y ＝2，z ＝1，∴()13,2,1n u v=面BCF 的一个法向量为()20,0,1n =u u v则cos<12,n n u v u u v>=121214n n n n u v u u v u v u u v ⋅=⋅. 由于所求二面角D -BF -C的平面角为钝角，所以此二面角的余弦值为：－14【典例3】【北京市昌平区2020届模拟】如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，H 分别是棱A 1B 1，D 1C 1上的点（点E 与B 1不重合），且EH ∥A 1D 1. 过EH 的平面与棱BB 1，CC 1相交，交点分别为F ，G ．（I ）证明：AD ∥平面EFGH ；（II ） 设AB=2AA 1="2" a .在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机选取一点．记该点取自几何体A 1ABFE -D 1DCGH 内的概率为p ，当点E ，F 分别在棱A 1B 1上运动且满足EF=a 时，求p 的最小值.【思路引导】 解法一：（I ） 证明：在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AD ∥A 1D 1 又∵EH ∥A 1D 1，∴AD ∥EH. ∵AD ￠平面EFGH EH 平面EFGH ∴AD//平面EFGH.（II ） 设BC=b ，则长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V=AB·AD·AA 1=2a 2b ， 几何体EB 1F -HC 1G 的体积V 1=（1/2EB 1 ·B 1F ）·B 1C 1=b/2·EB1·B 1 F ∵EB 12+ B 1 F 2=a 2∴EB 12+ B 1 F 2≤ （EB 12+ B 1 F 2）/2 = a 2 / 2,当且仅当EB1=B 1F=2a 时等号成立 从而V 1≤ a 2b /4 .故 p=1-V 1/V ≥22412a ba b-=78 解法二：（I ） 同解法一（II ） 设BC=b ，则长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V=AB·AD·AA 1=2a 2b ， 几何体EB 1F -HC 1G 的体积V 1=（1/2 EB1·B 1 F ）·B 1C 1=b/2 EB1·B 1 F设∠B 1EF=θ（0°≤θ≤90°），则EB1=" a" cosθ，B 1 F ="a" sinθ 故EB1·B 1 F = a 2sinθcosθ=，当且仅当sin 2θ=1即θ=45°时等号成立.从而214a bV ≤ ∴p=1- V 1/V≥22412a ba b-=78，当且仅当sin 2θ=1即θ=45°时等号成立.所以，p 的最小值等于7/81. 【广东省佛山市第一中学2020届月考】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，E F 、分别为AB BC 、上的点，且AE BF x ＝＝．（1）当x 为何值时，三棱锥1B BEF -的体积最大？ （2）求异面直线1A E 与1B F 所成的角的取值范围． 【思路引导】（1）首先得到体积函数，然后利用均值不等式确定取得最值时x 的值即可；（2）首先作出异面直线1A E 与1B F 所成的角，然后结合余弦定理求得角的余弦值取值范围，最后利用余弦值的范围确定异面直线1A E 与1B F 所成的角的取值范围. 【详解】 （1），当2ax =时，三棱锥1B BEF -的体积最大． （2）在AD 上取点H 使AH ＝BF ＝AE ，则，，，所以1HA E∠（或补角）是异面直线1A E 与1B F 所成的角；在Rt △1A AH 中，1A H =在Rt △1A AE 中，1A E =在Rt △HAE 中，HE ==，在△1HA E 中，222111112A H A E EH cosHA E A H A E +-=⋅ 222a a x=+， 因为0x a <≤，所以22222a x a a <+≤，222112a x a≤<+，1112cosHA E ≤<，1π03HA E <∠≤ 2．【安徽省安庆市2020届模拟】如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，2,AB EB ==（1）求证：DE ⊥平面ADC ；（2）设AC x =，(x)V 表示三棱锥B ACE -的体积，求函数(x)V 的解析式及最大值. 【思路引导】（1）要证（1）要证DE ⊥平面ADC ，需证BC ⊥平面ADC ，需证DC BC BC AC ⊥⊥，,用综合法书写即可．（2）由（1）可知BE ⊥平面ABC ，所以体积为13ABC BE S ⨯, AC x BC EB ===，均值不等式求解最大值．详解：(1)证明：∵四边形DCBE 为平行四边形,∴CD ∥BE ,BC ∥DE . ∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC . ∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC =C . ∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC ； (2)∵DC ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面ABC . 在Rt △ABE 中,AB =2,EB =3√.在Rt △ABC 中,∵AC =x ,BC =4−x 2−−−−−√(0<x <2). ∴S △ABC =12AC ⋅BC =12x ⋅4−x 2−−−−−√， ∴V (x )=VE −ABC =3√6x ⋅4−x 2−−−−−√,(0<x <2).∵x 2(4−x 2)⩽(x 2+4−x 22)2=4,当且仅当x 2=4−x 2,即x =2√时，取等号， ∴x =2√时,体积有最大值为3√3.3．【浙江省金华市十校2020届模拟】如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC =，AP PC =，60ABC ∠=︒，AP PC ⊥，直线BP 与平面ABC 成30°角，D 为AC 的中点，PQ PC λ=u u u v u u u v，(0,1)λ∈.（Ⅰ）若PB PC >，求证：平面ABC ⊥平面PAC ；（Ⅰ）若PC PB <，求直线BQ 与平面PAB 所成角的正弦值的取值范围. 【思路引导】由题意可得直线BP 与平面ABC 所成角是PBD ∠，即30PBD ∠=︒.设2AC a =，则BD =，PD a =，由余弦定理得PB a =或2a .（Ⅰ）若PB PC >，则2PB a =，由勾股定理可得PD DB ⊥，又PD AC ⊥，据此可得PD ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC .（Ⅰ）若PB PC <，则PB a =，故PQ a =，BQ =，设Q h 是Q 到面PAB 的距离，C h 是C 到面PAB 的距离，则Q C h h λ=，由等体积法可得7C h a =，7Q h a λ=.设直线BQ 与平面PAB 所成角为α，则sin α=，据此可得直线BQ 与平面PAB 所成角的正弦值的取值范围为0,7⎛ ⎝⎭.试题解析：∵AB BC =，AP PC =，D 为AC 的中点，∴BD AC ⊥，PD AC ⊥，∴AC ⊥平面PBD ， ∴直线BP 与平面ABC 所成角是PBD ∠，30PBD ∠=︒. 设2AC a =，则BD =，PD a =，由余弦定理得PB a =或2a .（Ⅰ）若PB PC >，则2PB a =，∴在PBD ∆中222PD DB PB +=.∴PD DB ⊥， 又PD AC ⊥，AC DB D ⋂=，∴PD ⊥平面ABC ，∴平面PAC ⊥平面ABC . （Ⅰ）若PB PC <，∴PB a =，∵PQ PC λ=u u u v u u u v，∴PQ a =，BQ =，设Q h 是Q 到面PAB 的距离，C h 是C 到面PAB 的距离，则Q C h h λ=，由等体积法：)2112323C aa a h ⋅=⋅，∴7C h a =，∴7Q h a λ=. 设直线BQ 与平面PAB 所成角为α，则HQsin BQα==a=7=.∵()0,1λ∈10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭.∴0sin α<<故直线BQ 与平面PAB所成角的正弦值的取值范围为0,7⎛ ⎝⎭. 4．【北京市城六区2019届高三模拟】已知三棱锥P ABC -（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形ABCD的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形，在三棱锥P ABC -中： (I)证明：平面PAC ⊥平面ABC ; (Ⅰ)求二面角A PC B --的余弦值； (Ⅰ)若点M 在棱PC 上，满足CMCP λ=，12[,]33λ∈，点N 在棱BP 上，且BM AN ⊥，求BN BP的取值范围．【思路引导】第一问取AC 中点O ，根据等腰三角形的性质求得PO AC ⊥，根据题中所给的边长，利用勾股定理求得PO OB ⊥，利用线面垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理得到结果；第二问根据题中所给的条件建立空间直角坐标系，写出相应的点的坐标，求得面的法向量，利用法向量所成角的余弦值得出结果；第三问利用向量间的关系，利用向量垂直的条件，利用向量的数量积等于0，得出所求的比值μ与λ的关系式，利用函数的有关知识求得结果. （Ⅰ）方法1：设AC 的中点为O ，连接BO ，PO . 由题意PA PB PC ===，1PO =，1AO BO CO ===因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点 所以PO AC ⊥，因为在POB ∆中，1PO =，1OB =，PB =所以PO OB ⊥因为AC OB O ⋂=，,AC OB ⊂平面ABC 所以PO ⊥平面ABC 因为PO ⊂平面PAC 所以平面PAC ⊥平面ABC 方法2：设AC 的中点为O ，连接BO ，PO .因为在PAC ∆中，PA PC =，O 为AC 的中点 所以PO AC ⊥，因为PA PB PC ==，PO PO PO ==，AO BO CO == 所以POA ∆≌POB ∆≌POC ∆ 所以90POA POB POC ∠=∠=∠=︒ 所以PO OB ⊥因为AC OB O ⋂=，,AC OB ⊂平面ABC 所以PO ⊥平面ABC 因为PO ⊂平面PAC 所以平面PAC ⊥平面ABC 方法3：设AC 的中点为O ，连接PO ，因为在PAC ∆中，PA PC =， 所以PO AC ⊥设AB 的中点Q ，连接PQ ，OQ 及OB . 因为在OAB ∆中，OA OB =，Q 为AB 的中点 所以OQ AB ⊥.因为在PAB ∆中，PA PB =，Q 为AB 的中点 所以PQ AB ⊥.因为PQ OQ Q ⋂=，,PQ OQ ⊂平面OPQ所以AB ⊥平面OPQ因为OP ⊂平面OPQ所以OP AB ⊥因为AB AC A ⋂=，,AB AC ⊂平面ABC所以PO ⊥平面ABC因为PO ⊂平面PAC所以平面PAC ⊥平面ABC（Ⅰ）由PO ⊥平面ABC ，OB AC ⊥，如图建立空间直角坐标系，则()0,0,0O ，()1,0,0C ，()0,1,0B ，()1,0,0A -，()0,0,1P由OB ⊥平面APC ，故平面APC 的法向量为()0,1,0OB =u u u v由()1,1,0BC =-u u u v ，()1,0,1PC =-u u u v设平面PBC 的法向量为(),,n x y z =v，则 由00n BC n PC ⎧⋅=⎨⋅=⎩u u u v u u u v 得：00x y x z -=⎧⎨-=⎩ 令1x =，得1y =，1z =，即()1,1,1n =vcos ,n OB n OB n OB⋅===⋅u u u v v u u u v v u u u v v 由二面角A PC B --是锐二面角，所以二面角A PC B --的余弦值为3（Ⅰ）设BN BP μ=u u u v u u u v ，01μ≤≤，则()()()1,1,01,0,11,1,BM BC CM BC CP λλλλ=+=+=-+-=--u u u u v u u u v u u u u v u u u v u u u v ()()()1,1,00,1,11,1,AN AB BN AB BP μμμμ=+=+=+-=-u u u v u u u v u u u v u u u v u u u v 令0BM AN ⋅=u u u u v u u u v得()()()11110λμλμ-⋅+-⋅-+⋅= 即1111λμλλ==-++，μ是关于λ的单调递增函数， 当12,33λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，12,45μ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 所以12,45BN BP ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦。
