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第十节 突破立体几何中的 3 大经典问题
考点一 存在性问题
[例 1] 在如图所示的几何体中，四边形 CDEF 为正方形，四边形
ABCD 为等腰梯形，AB∥CD，AB＝2BC，∠ABC＝60°，AC⊥FB.
(1)求证：AC⊥平面 FBC；
(2)求 BC 与平面 EAC 所成角的正弦值；
(3)线段 ED 上是否存在点 Q，使平面 EAC⊥平面 QBC？证明你的结论．
[解] (1)证明：因为 AB＝2BC，∠ABC＝60°，
在△ABC 中，由余弦定理可得 AC＝ 3BC，
因为 AB2＝AC2＋BC2，所以 AC⊥BC.
又因为 AC⊥FB，FB∩BC＝B，所以 AC⊥平面 FBC.
(2)因为 AC⊥平面 FBC，FC 平面 FBC，所以 AC⊥FC.因为 CD⊥
FC，所以 FC⊥平面 ABCD，所以 CA，CF，CB 所在直线两两互相垂直，
以 C 为坐标原点，CA，CB，CF 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如
图所示的空间直角坐标系 C-xyz.在等腰梯形 ABCD 中，可得 CB＝CD.
设 BC＝1，则 C(0,0,0)，A( 3，0,0)，B(0,1,0)，
3 1 3 1
D ，－ ，0 ，E ，－ ，1 .
2 2 2 2
―→ 3 1 ―→ ―→所以 CE ＝ ，－ ，1 ， CA ＝( 3，0,0)， CB ＝(0,1,0)．
2 2
设平面 EAC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ n·CE ＝0，
3 1
x－ y＋z＝0，
则 即 2 2

―→
n·CA ＝0， 3x＝0.
取 z＝1，则 n＝(0,2,1)．
设 BC 与平面 EAC 所成的角为 θ，
―→
―→ | CB ·n| 2 5
则 sin θ＝|cos CB ，n |＝ ＝ ，
―→ 5
| CB ||n|
2 5
所以 BC 与平面 EAC 所成角的正弦值为 .
5
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(3)假设线段 ED 上存在点 Q，使平面 EAC⊥平面 QBC.
3 1 ―→ 3 1设 Q ，－ ，t (0≤t≤1)，所以 CQ＝ ，－ ，t .
2 2 2 2
设平面 QBC 的法向量为 m＝(a，b，c)，
―→ m
b＝0，
·CB ＝0，
则 即
―→
3 1
m·CQ＝ ， a－ b＋tc＝0.0 2 2
2 3
取 c＝1，得 m＝ － t，0，1 .
3
2 3
要使平面 EAC⊥平面 QBC，只需 m·n＝0，即－ t×0＋0×2＋1×1＝0，此方程无解．
3
所以线段 ED 上不存在点 Q，使平面 EAC⊥平面 QBC.
[解题技法]
对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面关系的
相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的
结论，则否定假设．
[题组训练]1．如图所示，四棱锥 S-ABCD 的底面是正方形，每条侧棱
的长都是底面边长的 2倍，P 为侧棱 SD 上的点．
(1)求证：AC⊥SD；
(2)若 SD⊥平面 PAC，则侧棱 SC 上是否存在一点 E，使得 BE∥平面
PAC？若存在，求 SE∶EC 的值；若不存在，试说明理由．
解：(1)证明：如图所示，连接 BD，
设 AC 交 BD 于点 O，则 AC⊥BD.
连接 SO，则由题意知 SO⊥平面 ABCD.
―→ ―→ ―→
以 O 为坐标原点，OB ，OC， OS 分别为 x 轴，y 轴，z 轴正方向，
建立空间直角坐标系 O-xyz.
6 6 2
设底面边长为 a，则高 SO＝ 于是 a. O(0,0,0)，S
2 0，0， a ，D － a，0，0 ， 2 2
2
B a，0，0 ，
2
2
C 0， a，0 ，
2
―→ 2 ―→ 2 6所以OC＝ 0， a，0 ， SD ＝ － a，0，－ a ，
2 2 2
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―→ ―→
则OC ·SD ＝0.
故 OC⊥SD，从而 AC⊥SD.
(2)假设棱 SC 上存在一点 E，使 BE∥平面 PAC.
―→
由已知条件得 SD 是平面 PAC 的一个法向量，
―→ 2 6且 ＝
―→ 2 6
SD － a，0，－ a ， ＝

CS 0，－ a， a ，
2 2 2 2
―→
＝
2 2
BC － a， a，0 .
2 2
―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→ ―→
设 CE ＝t CS (0＜t≤1)，则 BE ＝ BC ＋ CE ＝ BC ＋t CS
2 2 6＝ － a， a(1－t)， at .
2 2 2
―→ ―→ 1
由 BE ·SD ＝0，解得 t＝ .
3
―→ ―→
即当 SE∶EC＝2∶1 时， BE ⊥ SD .
而 BE 平面 PAC，故 BE∥平面 PAC.
[例 2] 如图，底面 ABCD 是边长为 3 的正方形，平面 ADEF⊥平面 ABCD，AF∥DE，
AD⊥DE，AF＝2 6，DE＝3 6.
(1)求证：平面 ACE⊥平面 BED；
(2)求直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值；
(3)在线段 AF 上是否存在点 M，使得二面角 M-BE-D 的大小为 60°？若存
AM
在，求出 的值；若不存在，说明理由．
AF
[解] (1)证明：因为平面 ADEF⊥平面 ABCD，平面 ADEF∩平面 ABCD＝AD，DE⊥AD，
DE 平面 ADEF，
所以 DE⊥平面 ABCD.
因为 AC 平面 ABCD，所以 DE⊥AC.
又因为四边形 ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD.
因为 DE∩BD＝D，DE 平面 BED，BD 平面 BED，
所以 AC⊥平面 BED.
又因为 AC 平面 ACE，
所以平面 ACE⊥平面 BED.
(2)因为 DA，DC，DE 两两垂直，所以以 D 为坐标原点，射线 DA，
DC，DE 分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正半轴，建立空间直角坐标系 D-xyz，
如图所示．则 A(3,0,0)，F(3，0,2 6)，E(0,0，3 6)，B(3,3,0)，C(0,3,0)，
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―→ ―→ ―→
CA ＝(3，－3,0)， BE ＝(－3，－3，3 6)， EF ＝(3,0，－ 6)．
设平面 BEF 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)，

―→
n·BE ＝0，
－3x1－3y1＋3 6z1＝0，则 即 ―→ 3x － 6z ＝0， n·EF ＝0， 1 1
取 x1＝ 6，得 n＝( 6，2 6，3)．
―→
―→ CA ·n －3 6 13
所以 cos CA ，n ＝ ＝ ＝－ .
―→
n 3 2× 39
13
| CA || |
13
所以直线 CA 与平面 BEF 所成角的正弦值为 .
13
(3)假设存在点 M 在线段 AF 上满足条件，
设 M(3,0，t)，0≤t≤2 6，
―→ ―→
则BM＝(0，－3，t)， BE ＝(－3，－3,3 6)．
设平面 MBE 的法向量为 m＝(x2，y2，z2)，
―→ m·BM＝0， －3y2＋tz2＝0，
则 即
―→ －3x2－3y2＋3 6zm 2
＝0，
·BE ＝0，
令 y2＝t，得 m＝(3 6－t，t,3)．
易知 CA＝(3，－3,0)是平面 BED 的一个法向量，
―→
―→ |m·CA |
所以|cos m， CA |＝
―→
|m|| CA |
|9 6－6t| 1
＝ ＝ ，
3 2× (3 6－t)2＋t2＋9 2
6 5 6
整理得 2t2－6 6t＋15＝0，解得 t＝ 或 t＝ (舍去)，
2 2
AM 1
故在线段 AF 上存在点 M，使得二面角 M-BE-D 的大小为 60°，此时 ＝ .
AF 4
[解题技法]
存在性问题的解题策略
借助于空间直角坐标系，把几何对象上动态点的坐标用参数(变量)表示，将几何对象坐
标化，这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组．若方程或方程组在题设范围
内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，
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则表示满足题设要求的几何对象不存在．
[题组训练]
2．如图所示，在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AD＝AA1＝1，AB
＝2.
(1)求证：当点 E 在棱 AB 上移动时，D1E⊥A1D；
(2)在棱 AB 上是否存在点 E，使二面角 D1-EC-D 的平面角为 30°？若存在，求出 AE 的
长；若不存在，请说明理由．
解：以 D 为坐标原点，DA，DC，DD1 所在直线分别为 x 轴，y
轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0,0,0)，C(0,2,0)，
A1(1，0,1)，D1(0,0,1)．
设 E(1，y0,0)(0≤y0≤2)．
―→ ―→
(1)证明：因为D1E＝(1，y0，－1)，A1D＝(－1,0，－1)，
―→ ―→
则D1E·A1D＝(1，y0，－1)·(－1,0，－1)＝0，
―→ ―→
所以D1E⊥A1D，即 D1E⊥A1D.
(2)假设在棱 AB 上存在点 E，使二面角 D1-EC-D 的平面角为 30°.
―→ ―→
因为 EC ＝(－1,2－y0,0)，D1C＝(0,2，－1)，
设平面 D1EC 的一个法向量为 n1＝(x，y，z)，
―→ n1·EC ＝0，
则
―→ n ·D C＝0，
－x＋y(2－y0)＝0，
即
2y－z＝0.
1 1
取 y＝1，则 n1＝(2－y0,1,2)是平面 D1EC 的一个法向量．
―→
易知平面ECD的一个法向量为n2＝DD1＝(0,0,1)，要使二面角D1-EC-D的平面角为 30°，
|n1·n2|
则 cos 30°＝|cos n1，n2 |＝
|n1||n2|
2 3
＝ ＝ ，
(2－y )20 ＋12＋22 2
3 3
解得 y0＝2－ 或 y0＝2＋ (不合题意，舍去)． 3 3
3
所以当 AE＝2－ 时，二面角 D1-EC-D 的平面角为 30°. 3
考点二 翻折与展开问题
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[例 1] (2019·洛阳第一次联考)如图 1，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，AB⊥BC，BD
⊥DC，点 E 是 BC 边的中点，将△ABD 沿 BD 折起，使平面 ABD⊥平面 BCD，连接 AE，
AC，DE，得到如图 2 所示的几何体．
(1)求证：AB⊥平面 ADC；
(2)若 AD＝1，二面角 C-AB-D 的平面角的正切值为 6，求二面角 B-AD-E 的余弦值．
[解] (1)证明：因为平面 ABD⊥平面 BCD，平面 ABD∩平面 BCD＝BD，BD⊥DC，DC
平面 BCD，
所以 DC⊥平面 ABD.
因为 AB 平面 ABD，所以 DC⊥AB.
又因为折叠前后均有 AD⊥AB，DC∩AD＝D，
所以 AB⊥平面 ADC.
(2)由(1)知 AB⊥平面 ADC，
所以二面角 C-AB-D 的平面角为∠CAD.
又 DC⊥平面 ABD，AD 平面 ABD，所以 DC⊥AD.
CD
依题意 tan∠CAD＝ ＝ 6.
AD
因为 AD＝1，所以 CD＝ 6.
设 AB＝x(x＞0)，则 BD＝ x2＋1.
AB CD
依题意△ABD∽△DCB，所以 ＝ ，
AD BD
x 6
即 ＝ ，解得 x＝ 2，
1 x2＋1
故 AB＝ 2，BD＝ 3，BC＝ BD2＋CD2＝3.
以 D 为坐标原点，射线 DB，DC 分别为 x 轴，y 轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系 D-xyz，
3 6则 D(0,0,0)，B( 3，0,0)，C(0， 6，0)，E ， ，0 ，
2 2
3 6
A ，0， ，
3 3
―→ 3 6 ―→ 3 6
所以 DE ＝ ， ，0 ， DA ＝ ，0， .
2 2 3 3
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由(1)知平面 BAD 的一个法向量 n＝(0,1,0)．
设平面 ADE 的法向量为 m＝(x，y，z)，
3 6

―→
m·DE ＝0， x＋ y＝0，2 2
由 得
―→

m·DA ＝0， 3 6 x＋ z＝0. 3 3
令 x＝ 6，得 y＝－ 3，z＝－ 3，
所以 m＝( 6，－ 3，－ 3)为平面 ADE 的一个法向量．
n·m 1
所以 cos n，m ＝ ＝－ .
|n|·|m| 2
由图可知二面角 B-AD-E 的平面角为锐角，
1
所以二面角 B-AD-E 的余弦值为 .
2
[解题技法] 翻折问题的 2 个解题策略
画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量
关系的变与不变．一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置
确定翻折前后变与
和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会
不变的关系
发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则
要在立体图形中解决
所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点．因为这些点的位置移动，
会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面
确定翻折后关键点
之间位置关系与数量关系的变化．只有分析清楚关键点的准确位置，才
的位置
能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与
计算
[题组训练]
1．(2019·泉州模拟)如图 1，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2 3，
1
BC＝4，AD＝6，E 是 AD 上的点，AE＝ AD，P 为 BE 的中点，将△ABE 沿 BE 折起到△
3
A1BE 的位置，使得 A1C＝4，如图 2.
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(1)求证：平面 A1CP⊥平面 A1BE；
(2)求二面角 B-A1P-D 的余弦值．
解：(1)证明：如图 3，连接 AP，PC.∵在四边形 ABCD 中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB
1
＝2 3，BC＝4，AD＝6，E 是 AD 上的点，AE＝ AD，P 为 BE 的中点，
3
∴BE＝4，∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，BP＝2，∴PC＝2 3，∴BP2
＋PC2＝BC2，∴BP⊥PC.
∵A1P＝AP＝2，A C＝4，∴A P21 1 ＋PC2＝A1C2，∴PC⊥A1P.
∵BP∩A1P＝P，∴PC⊥平面 A1BE.
∵PC 平面 A1CP，∴平面 A1CP⊥平面 A1BE.
(2)如图 4，以 P 为坐标原点，PB 所在直线为 x 轴，PC
所在直线为 y 轴，过 P 作平面 BCDE 的垂线为 z 轴，建立空
间直角坐标系，
则 A1(－1,0， 3)，P(0,0,0)，D(－4,2 3，0)，
―→ ―→
∴PA1＝(－1,0， 3)， PD ＝(－4,2 3，0)，
设平面 A1PD 的法向量为 m＝(x，y，z)，
―→ m·PA1＝0， －x＋ 3z＝0，
则 即

―→
m·PD ＝ ， －4x＋2 3y＝0，0
取 x＝ 3，得 m＝( 3，2,1)．
易知平面 A1PB 的一个法向量 n＝(0,1,0)，
m·n 2
则 cos 〈m，n〉＝ ＝ .
|m||n| 2
由图可知二面角 B-A1P-D 是钝角，
2
∴二面角 B-A1P-D 的余弦值为－ . 2
[例 2] 在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，底面为直角三角形，∠ACB
＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝ 2，P 是 BC1 上一动点，如图所示，则
CP＋PA1 的最小值为________．
[解析] PA1在平面 A1BC1 内，PC 在平面 BCC1 内，
将其铺平后转化为平面上的问题．铺平平面 A1BC1，平面 BCC1，
如图所示，计算得 A1B＝AB1＝2 10，BC1＝2.
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又 A1C1＝6，故△A1BC1 是∠A1C1B＝90°的直角三角形．
设 P 是 BC1上任一点，CP＋PA1≥A1C，
即当 A1，P，C 三点共线时，CP＋PA1 有最小值．
在△A1C1C 中，由余弦定理得
A C＝ 621 ＋( 2)2－2×6× 2×cos 135°＝5 2，
故(CP＋PA1)min＝5 2.
[答案] 5 2
[解题技法]
“展开问题”是“折叠问题”的逆向思维、逆过程，“展开问题”是指将立体图形的表
面(或部分表面)按一定的要求铺成平面图形，再利用平面图形的性质解决立体问题的一类题
型．解决展开问题的关键是：确定需要展开立体图形中的哪几个面(有时需要分类讨论)，以
及利用什么平面定理来解决对应的立体图形问题．
[提醒] 求立体图形中两条(或多条)线段长度和的最小值，只需将这些线段统一到一个
平面上．要注意立体图形展开前后线段与角度哪些会改变，哪些不会变．
[题组训练]
2.如图所示，在棱长为 1 的正方体 ABCD-A1B1C1D1的面对角线 A1B
上存在一点 P，使得 AP＋D1P 取得最小值，则此最小值为( )
6＋ 2
A．2 B.
2
C．2＋ 2 D. 2＋ 2
解析：选 D 将△A1AB 与△A1BD1 放在同一平面内，如图所示．连接 AD1，
则 AD1 为 AP＋D1P 的最小值．因为 AA1＝A1D1＝1，∠AA1D1＝90°＋45°＝135°，
所以由余弦定理得 AD ＝ AA2 21 1＋A1D1－2×AA1×A1D1×cos 135°＝ 2＋ 2.
考点三 最值问题
[典例] (1)已知三棱锥 O-ABC 的顶点 A，B，C 都在半径为 2 的球面上，O 是球心，∠
AOB＝120°，当△AOC 与△BOC 的面积之和最大时，三棱锥 O-ABC 的体积为( )
3 2 3
A. B.
2 3
2 1
C. D.
3 3
(2)(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，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，△DBC，△
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ECA，△FAB 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△DBC，△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：cm3)的最大值为________．
[解析] (1)设球 O 的半径为 R，
1
因为 S ＋S ＝ R2△AOC △BOC (sin∠AOC＋sin∠BOC)， 2
所以当∠AOC＝∠BOC＝90°时，
S△AOC＋S△BOC取得最大值，
此时 OA⊥OC，OB⊥OC，
又 OB∩OA＝O，OA 平面 AOB，OB 平面 AOB，
所以 OC⊥平面 AOB，
由题意知 R＝2，所以 V 三棱锥 O-ABC＝V 三棱锥 C-OAB
1 1
＝ OC·OA·OBsin∠AOB
3 2
1 2 3
＝ R3sin∠AOB＝ .
6 3
(2)如图，连接 OD 交 BC 于点 G，
3
由题意知，OD⊥BC.易得 OG＝ BC，
6
设 OG＝x，则 BC＝2 3x，DG＝5－x，
1
S△ABC＝ ×2 3x×3x＝3 3x2， 2
1
故 所 得 三 棱 锥 的 体 积 V ＝ ×3 3 x2× (5－x)2－x2 ＝ 3 x2× 25－10x ＝ 3
3
× 25x4－10x5.
5
令 f(x)＝25x4－10x5，x∈ 0， 2 ，
则 f′(x)＝100x3－50x4，
令 f′(x)＞0，即 x4－2x3＜0，得 0＜x＜2；
5
令 f′(x)＜0，得 2＜x＜ ，
2
5
则当 x∈ 0， 2 时，f(x)≤f(2)＝80，
∴V≤ 3× 80＝4 15.
∴所求三棱锥的体积的最大值为 4 15.
[答案] (1)B (2)4 15
[解题技法] 与体积、面积有关的最值问题的解题策略
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空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、
体积等发生变化，进而就有了面积与体积的最值问题.
定性 在空间几何体的变化过程中，通过观察运动点的位置变化，确定其相关量的变化规
分析 律，进而发现相关面积或体积的变化规律，求得其最大值或最小值
将所求问题转化为某一个相关量的问题，即转化为关于其中一个量的函数，求其最
定量
大值或最小值的问题．根据具体情况，有函数法、不等式法、三角函数法等多种方
分析
法可供选择
[题组训练]
1．(2018·全国卷Ⅲ)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 9 3，则三棱锥 D-ABC 体积的最大值为( )
A．12 3 B．18 3
C．24 3 D．54 3
3
解析：选 B 由等边△ABC 的面积为 9 3，可得 AB2＝9 3，所以 AB＝6，所以等边
4
3
△ABC 的外接圆的半径为 r＝ AB＝2 3.设球的半径为 R，球心到等边△ABC 的外接圆圆
3
心的距离为 d，则 d＝ R2－r2＝ 16－12＝2.所以三棱锥 D-ABC 高的最大值为 2＋4＝6，所
1
以三棱锥 D-ABC 体积的最大值为 ×9 3×6＝18 3.
3
3
2．已知正四面体 S-ABC 的棱长为 1，如果一个高为 的长方体能在该正四面体内任意
6
转动，则该长方体的长和宽形成的长方形的面积的最大值为________．
解析：如图，易知正四面体 S-ABC 的内切球的球心 O 必在高线 SH 上，
延长 AH 交 BC 于点 D，则 D 为 BC 的中点，连接 SD，设内切球切 SD 于点
E，连接 AO.因为 H 是正三角形 ABC 的中心，所以 AH∶DH＝2∶1.易得 Rt
OA DS
△OAH∽Rt△DSH，所以 ＝ ＝3，可得 OA＝3OH＝SO，因此 SH＝4OH，
OH DH
1
可得内切球的半径 R＝OH＝ SH.因为正四面体 S-ABC 的棱长为 1，所以在 Rt△DSH 中，DS
4
＝ 2＋
1 3 3 1 3
SH DH2＝ (4R)2＋ × 2＝ ，解得 R2＝ .要满足一个高为 的长方体能在该
3 2 2 24 6
正四面体内任意转动，则长方体的体对角线长不超过正四面体内切球的直径，设该长方体的
3
长和宽分别为 x，y，其长和宽形成的长方形的面积为 S，则 4R2≥ 2＋x2＋y2，所以 x2＋
6
1 x2＋y2
y2
1 6
≤ ，所以 S＝xy≤ ≤ ，当且仅当 x＝y＝ 时等号成立，即该长方体的长和宽形
12 2 24 12
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1
成的长方形的面积的最大值为 .
24
1
答案：
24
[课时跟踪检测]
1.如图是一个几何体的平面展开图，其中四边形 ABCD 为正方形，
E，F 分别是 PA，PD 的中点，在此几何体中，给出下面四个结论：
①BE 与 CF 异面；
②BE 与 AF 异面；
③EF∥平面 PBC；
④平面 BCE⊥平面 PAD.
其中正确结论的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选 B 画出该几何体，如图．因为 E，F 分别是 PA，PD
的中点，所以 EF∥AD，所以 EF∥BC，BE 与 CF 是共面直线，故①
不正确；BE 与 AF 满足异面直线的定义，故②正确；由 E，F 分别是
PA，PD 的中点，可知 EF∥AD，所以 EF∥BC，因为 EF 平面 PBC，BC 平面 PBC，所以
EF∥平面 PBC，故③正确；因为 BE 与 PA 的关系不能确定，所以不能判定平面 BCE⊥平面
PAD，故④不正确．故选 B.
2．如图，在正方形 ABCD 中，E，F 分别是 BC，CD 的中点，G 是 EF 的中点，现在沿
AE，AF 及 EF 把这个正方形折成一个空间图形，使 B，C，D 三点重合，重合后的点记为 H，
那么，在这个空间图形中必有( )
A．AG⊥平面 EFH B.AH⊥平面 EFH
C．HF⊥平面 AEF D．HG⊥平面 AEF
解析：选 B 根据折叠前、后 AH⊥HE，AH⊥HF 不变，且 HE∩HF＝H，∴AH⊥平面
EFH，B 正确；∵过 A 只有一条直线与平面 EFH 垂直，∴A 不正确；∵AG⊥EF，EF⊥GH，
AG∩GH＝G，∴EF⊥平面 HAG，又 EF 平面 AEF，∴平面 HAG⊥平面 AEF，过点 H 作
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直线垂直于平面 AEF，垂线一定在平面 HAG 内，∴C 不正确；由条件证不出 HG⊥平面 AEF，
∴D 不正确．故选 B.
3.如图所示，在正三棱锥 S-ABC 中，∠BSC＝40°，SB＝2，则一动
点从点 B 出发，沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点 B 的最短路线的长为
( )
A．2 B.3
C．2 3 D．3 3
解析：选 C 沿 SB，AB，BC 将棱锥侧面剪开并展开成一个平面
图形 SBACB1，如图所示，则动点的最短路线为线段 BB1.在△SBB1 中，
SB＝SB1＝2，∠BSB1＝120°，所以 BB1＝2 3.故选 C.
4.如图，正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 4，点 P，Q 分别在底面 ABCD、
棱 AA1 上运动，且 PQ＝4，点 M 为线段 PQ 的中点，则线段 C1M 的长度的
最小值为( )
A．2 B.4 3－2
C．6 D．4 3
解析：选 B 连接 AP，AC1，AM.由正方体的结构特征可得，QA⊥平
面 ABCD，所以 QA⊥AP.
因为 PQ＝4，点 M 为线段 PQ 的中点，
1
所以 AM＝ PQ＝2，
2
故点 M 在以 A 为球心，半径 R＝2 的球面上，
易知 AC1＝4 3，
所以 C1M 的最小值为 AC1－R＝4 3－2.
5.一只蚂蚁从正方体ABCD-A1B1C1D1的顶点A出发，经正方体的表面，
按最短路线爬行到顶点 C1 的位置，则下列图形中可以表示正方体及蚂蚁
最短爬行路线的正视图的是( )
A．①② B.①③
C．③④ D．②④
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解析：选 D 由点 A 经正方体的表面，按最短路线爬行到达顶点 C1的位置，共有 6 种
路线(对应 6 种不同的展开方式)．若把平面 ABB1A1 和平面 BCC1B1 展到同一个平面内，连接
AC1，则 AC1是最短路线，且 AC1 会经过 BB1 的中点，此时对应的正视图为②；若把平面 ABCD
和平面 CDD1C1 展到同一个平面内，连接 AC1，则 AC1 是最短路线，且 AC1 会经过 CD 的中
点，此时对应的正视图为④.而其他几种展开方式对应的正视图在题中没有出现，故选 D.
6．已知圆锥的侧面展开图是半径为 3 的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．
解析：由题意得圆锥的母线长为 3，设圆锥的底面半径为 r，高为 h，则 h＝ 9－r2，所
1 1 1
以圆锥的体积 V＝ πr2h＝ πr2 9－r2＝ π 9r4－r6.设 f(r)＝9r4－r6(r＞0)，
3 3 3
则 f′(r)＝36r3－6r5，令 f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得 r＝ 6，所以当 0＜r＜ 6
时，f′(r)＞0，f(r)单调递增；当 r＞ 6时，f′(r)＜0，f(r)单调递减，所以 f(r)max＝f( 6)＝
1
108，所以 Vmax＝ π× 108＝2 3π. 3
答案：2 3π
7．如图所示，在四边形 ABCD 中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝ 2，BD⊥CD，将四边形
ABCD 沿对角线 BD 折成四面体 A′BCD，使平面 A′BD⊥平面 BCD，则下列结论正确的是
__________(填序号)．
1
①A′C⊥BD；②∠BA′C＝90°；③四面体 A′BCD 的体积为 .
6
解析：∵BD⊥CD，平面 A′BD⊥平面 BCD，平面 A′BD∩平面 BCD＝BD，CD 平
面 BCD，
∴CD⊥平面 A′BD，又 A′D 平面 A′BD，∴CD⊥A′D.
∵AB＝AD＝CD＝1，BD＝ 2，
∴A′C＝ 2，BC＝ 3，∴A′B2＋A′C2＝BC2，
∴A′B⊥A′C，即∠BA′C＝90°，故②正确；
1 1 1
四面体 A′BCD 的体积 V＝ × ×12×1＝ ，故③正确．
3 2 6
答案：②③
8．某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则 xy 的最大值为
________．
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解析：由三视图知三棱锥如图所示，
底面 ABC 是直角三角形，AB⊥BC，
PA⊥平面 ABC，BC＝2 7，
PA2＋y2＝102，(2 7)2＋PA2＝x2，
因此 xy＝x 102－[x2－ 2 7 2]
x2＋(128－x2)
＝x 128－x2≤ ＝64，当且仅当 x2＝128－x2，即 x＝8 时取等号，因此 xy
2
的最大值是 64.
答案：64
9．已知 A，B，C 是球 O 的球面上三点，且 AB＝AC＝3，BC＝3 3，D 为该球面上的
动点，球心 O 到平面 ABC 的距离为球半径的一半，则三棱锥 D -ABC 体积的最大值为
________．
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解析：如图，在△ABC 中，
∵AB＝AC＝3，BC＝3 3，
∴由余弦定理可得
32＋32－(3 3)2 1
cos A＝ ＝－ ，
2×3×3 2
3
∴sin A＝ .
2
3 3
设△ABC 外接圆 O′的半径为 r，则 ＝2r，得 r＝3.
3
2
设球的半径为 R，连接 OO′，BO′，OB，
则 R2＝
R 2 2
2 ＋3 ，解得 R＝2 3.
3
由图可知，当点 D 到平面 ABC 的距离为 R 时，三棱锥 D -ABC 的体积最大，
2
1 3 9 3
∵S△ABC＝ ×3×3× ＝ ， 2 2 4
1 9 3 27
∴三棱锥 D -ABC 体积的最大值为 × ×3 3＝ .
3 4 4
27
答案：
4
10.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱
锥 P-A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1(如图所示)，并要
求正四棱柱的高 O1O 是正四棱锥的高 PO1 的 4 倍．
(1)若 AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？
(2)若正四棱锥的侧棱长为 6 m，则当 PO1 为多少时，仓库的容积最大？
解：(1)由 PO1＝2 知 O1O＝4PO1＝8.
因为 A1B1＝AB＝6，
所以正四棱锥 P-A1B1C1D1 的体积
1 1
V 锥＝ ·A B2·PO ＝ ×621 1 1 ×2＝24(m3)； 3 3
正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的体积
V 柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)．
所以仓库的容积 V＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m3)．
(2)设 A1B1＝a m，PO1＝h m，
则 0＜h＜6，O1O＝4h.如图，连接 O1B1.
因为在 Rt△PO1B1 中，
O 2 2 21B1＋PO1＝PB1，
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2a所以 2＋h2＝36，
2
即 a2＝2(36－h2)．
2 1 2 13 26于是仓库的容积 V＝V 柱＋V 锥＝a ·4h＋ a ·h＝ a2h＝ (36h－h3)，0＜h＜6， 3 3 3
26
从而 V′＝ (36－3h2)＝26(12－h2)．
3
令 V′＝0，得 h＝2 3或 h＝－2 3(舍)．
当 0＜h＜2 3时，V′＞0，V 是单调增函数；
当 2 3＜h＜6 时，V′＜0，V 是单调减函数．
故当 h＝2 3时，V 取得极大值，也是最大值．
因此，当 PO1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．
11.(2019·凉山模拟)如图，在四棱锥 P-ABCD 中，侧面 PAD⊥底面
ABCD，底面 ABCD 是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝
DP＝2 2，E 为 CD 的中点，点 F 在线段 PB 上．
(1)求证：AD⊥PC；
(2)试确定点 F 的位置，使得直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所
成的角相等．
解：(1)证明：在平行四边形 ABCD 中，连接 AC，
∵AB＝2 2，BC＝2，∠ABC＝45°，
由余弦定理得 AC2＝8＋4－2×2 2×2×cos 45°＝4，
∴AC＝2，
∴AC2＋BC2＝AB2，∴BC⊥AC.
又 AD∥BC，∴AD⊥AC.
∵AD＝AP＝2，DP＝2 2，
∴AD2＋AP2＝DP2，∴AP⊥AD.
又 AP∩AC＝A，AP 平面 PAC，AC 平面 PAC，
∴AD⊥平面 PAC.
∵PC 平面 PAC，∴AD⊥PC.
(2)∵侧面 PAD⊥底面 ABCD，侧面 PAD∩底面 ABCD＝AD，PA
⊥AD，PA 平面 PAD，
∴PA⊥底面 ABCD.
以 A 为坐标原点，以 DA，AC，AP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴
建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz，则 A(0,0,0)，D(－2,0,0)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，E(－1,1,0)，
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―→ ―→ ―→ PF
P(0,0,2)，∴ PC ＝(0,2，－2)， PD ＝(－2,0，－2)， PB ＝(2,2，－2)．设 ＝λ(λ∈[0,1])，
PB
―→
则 PF ＝(2λ，2λ，－2λ)，F(2λ，2λ，－2λ＋2)，
―→
∴ EF ＝(2λ＋1,2λ－1，－2λ＋2)，平面 ABCD 的一个法向量为 m＝(0,0,1)．
设平面 PDC 的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ n·PC ＝0， 2y－2z＝0，
则 ∴
―→ －2x－2z＝0，
n·PD ＝0，
令 x＝1，得 n＝(1，－1，－1)．
―→
∵直线 EF 与平面 PDC 所成的角和此直线与平面 ABCD 所成的角相等，∴|cos EF ，
―→ 2－2λ 2λ 2λ 3－ 3
m |＝|cos EF ，n |，即 ＝ ，∴2－2λ＝ ，解得 λ＝ ，
|EF―→| 3|EF―→| 3 2
PF 3－ 3
∴当 ＝ 时，直线 EF 与平面 PDC 所成的角和直线 EF 与平面 ABCD 所成的角相
PB 2
等．
12．(2018·肇庆二模)如图 1，在高为 2 的梯形 ABCD 中，AB∥CD，AB＝2，CD＝5，
过 A，B 分别作 AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为 E，F.已知 DE＝1，将梯形 ABCD 沿 AE，
BF 同侧折起，得空间几何体 ADE-BCF，如图 2.
(1)若 AF⊥BD，证明：DE⊥BE；
(2)若 DE∥CF，CD＝ 3，在线段 AB 上是否存在点 P，使得 CP 与平面 ACD 所成角的
35
正弦值为 ？并说明理由．
35
解：(1)证明：由已知得四边形 ABFE 是正方形，且边长为 2，
∴AF⊥BE.∵AF⊥BD，BE∩BD＝B，∴AF⊥平面 BDE.
又 DE 平面 BDE，∴AF⊥DE.
∵AE⊥DE，AE∩AF＝A，
∴DE⊥平面 ABFE.
又 BE 平面 ABFE，∴DE⊥BE.
(2)当 P 为 AB 的中点时满足条件．理由如下：
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∵AE⊥DE，AE⊥EF，DE∩EF＝E，∴AE⊥平面 DEFC.
如图，过 E 作 EG⊥EF 交 DC 于点 G，
―→ ―→ ―→
可知 GE，EA，EF 两两垂直，以 E 为坐标原点，以 EA ， EF ，EG 分别为 x 轴，y 轴，
1 3 ―→
z 轴的正方向建立空间直角坐标系，则 A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,1， 3)，D 0，－ ， ，AC
2 2
―→
＝ －
1 3
( 2,1， 3)， AD ＝ －2，－ ， .
2 2
设平面 ACD 的法向量为 n＝(x，y，z)，
―→ －2x＋y＋ 3z＝0， n·AC ＝0，
则 即
―→ 1 3
n·AD ＝0， －2x－ y＋ z＝0， 2 2
令 x＝1，得 n＝(1，－1， 3)．
―→ ―→ 2λ设 AP ＝λ PB ，则 P 2， ，0 ，λ∈(0，＋∞)，
1＋λ
―→ λ－1
可得 CP ＝ 2， ，－ 3 .
1＋λ
设 CP 与平面 ACD 所成的角为 θ，
λ－1
－1－
1＋λ 35
则 sin θ＝|cos CP，n |＝ ＝ ，
λ－1 35
7＋ ＋
2× 5
1 λ
2
解得 λ＝1 或 λ＝－ (舍去)，
5
∴P 为 AB 的中点时，满足条件．
13.(2019·太原模拟)如图，在直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点 M
为 A1C1 的中点，点 N 为 AB1 上一动点．
(1)是否存在一点 N，使得线段 MN∥平面 BB1C1C？若存在，
指出点 N 的位置；若不存在，请说明理由；
(2)若点 N 为 AB1 的中点且 CM⊥MN，求二面角 M-CN-A 的正
弦值．
解：(1)存在点 N，且 N 为 AB1 的中点时满足条件．
理由如下：如图 1，连接 A1B，BC1.
因为点 M，N 分别为 A1C1，A1B 的中点，
所以 MN 为△A1BC1 的中位线，从而 MN∥BC1.
又 MN 平面 BB1C1C，BC1 平面 BB1C1C，
所以 MN∥平面 BB1C1C.
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(2)设 AA1＝a，
1 a2＋8 2 a2＋20
则 CM2＝a2＋1，MN2＝ BC 2
a
2 1 ＝ ，CN
2＝ ＋5＝ .
4 4 4
由 CM⊥MN，得 CM2＋MN2＝CN2，解得 a＝ 2.
以点 A 为坐标原点，
AB 所在直线为 x 轴，AC 所在直线为 y 轴，AA1 所在直线为 z
轴建立如图 2 所示的空间直角坐标系，
2则 A(0,0,0)，C(0,2,0)，N 1，0， ，M(0,1， 2)，
2
―→ 2 ―→ ―→ 2故 AN ＝ 1，0， ， AC ＝(0,2,0)， CN ＝ 1，－2， ，
2 2
―→
CM＝(0，－1， 2)．
设 m＝(x，y，z)为平面 ANC 的法向量，
―→m ＝ ， 2y＝0， ·AC 0
则 即
―→
2
m·AN ＝0， x＋ z＝0， 2
令 x＝－1，得平面 ANC 的一个法向量为 m＝(－1,0， 2)，
同理可得平面 MNC 的一个法向量为 n＝(3,2， 2)．
－3＋0＋2 5
则 cos m，n ＝ ＝－ .
3× 15 15
5 2 55
故二面角 M-CN-A 的正弦值为 － 1 － 2＝ .
15 15
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