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高考试题中立体几何问题的类型与解法
大家知道，立体几何问题是近几年的高考热点内容之一，可以这样毫不夸张地说，只要是高考试卷，就必然会涉及立体几何问题。从题型上看可能是选择题（或填空题），也可能是大题；从难易程度上看，属于中、低档难度的问题，但有时也可能属于高档难度的问题。纵观近几年高考试题，归结起来立体几何问题主要包括：①简单几何体三视图（或展开图）及运用；②简单几何体外接球（或内切球）的问题；③空间角（或空间距离）问题；④证明直线与直线，直线与平面和平面与平面的平行；⑤证明直线与直线，直线与平面和平面与平面的垂直；⑥证明点（或线）共面等几种类型。各种类型问题结构上具有某些特征，解答方法也有一定的规律可寻，那么在实际解答立体几何问题时，到底应该如何抓住问题的结构特征，快捷，准确地予以解答问题呢？下面通过典型例题的详细解析来回答这个问题。
【典例1】解答下列问题：
1、在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G，该正方体截去三棱锥A—EFG后，所得几何体的三视图中，正视图如图所示，相应的侧视图是（ ）（2021全国高考甲卷）
A B C D
【解析】
【考点】①简单几何体三视图定义与性质；②作简单几何体三视图的基本方法。
【解题思路】根据几何体三视图的性质和作几何体三视图的基本方法，结合问题条件作出该几何体的侧视图就可得出选项。
【详细解答】由所得几何体的正视图可知，原正方体截去的左后下的一个三棱锥，该几何体侧视图是截去一个实线的三角形，应该是D，D正确，选D。
2、以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分部作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）（2021全国高考乙卷）
【解析】
【考点】①简单几何体三视图定义与性质；②三棱锥定义与性质。
【解题思路】根据解答几何体三视图和三棱锥的性质，就可得到以图①为正视图的三棱锥的侧视图和俯视图。
【详细解答】三棱锥正视图的长为2，高为1，侧视图的高为1，可选图②或图③，俯视图的长与正视图的长相等，俯视图的长为2，可选图④或图⑤，当图②为侧视图时，只能选图⑤作为俯视图，当图③为侧视图时，只能选图④作为俯视图，以图①为正视图的三棱锥的侧视图和俯视图的编号依次是②⑤或③④。
3、已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）（2021
全国高考新高考I）
A 2 B 2 C 4 D 4
【解析】
【考点】①简单几何体侧面展开图定义与性质；②圆锥定义与性质。
【解题思路】根据简单几何体展开图和圆锥的性质，结合问题条件求出该圆锥母线的长就可得出选项。
【详细解答】设圆锥的母线长为l，圆锥的底面半径为，圆锥底面的周长为2，圆锥侧面展开图为一个半圆，侧面展开图的半周长为l，l=2，l=2，
B正确，选B。
4、正四棱台的上，下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）（2021全国高考新高考II）
A 20+12 B 28 C D
【解析】
【考点】①正方形定义与性质；②正四棱台定义与性质；③求正四棱台体积的基本方法。
【解题思路】根据正方形和正四棱台的性质，运用求正四棱台体积的基本方法求出正四棱台的体积，就可得出选项。
【详细解答】如图，连接AC，BD相交于点O，连接， 相交于点，连接O，
===，AO=AC==2， O= = =，正四棱台上底面面积==4，下底面面积==16，正四棱台的体积V= O（++）=(4+16
+)=，D正确，选D。
5、如图，是某几何体的三视图，若三视图中的圆的半径为2，则该几何体的表面积为（ ）（2021成都市高三零诊）
A 14 B 16 C 18 D 20
【解析】
【考点】①球的定义与性质；②几何体三视图的定义与性质；③根据几何体三视图画几何体直观图的基本方法；④求表面积的计算公式与计算方法。
【解题思路】根据球的性质和由几何体三视图画几何体直观图的基本方法，结合问题条件确定几何体的直观图，利用球表面积的计算公式通过运算就可得出选项。
【详细解答】根据该几何体的三视图可知，几何体是一个球挖去四分之一后剩下的部分，球的半径为2，该几何体的表面积为4-+6=16-4+6=18，C正确，选C。
6、某几何体的三视图如图所示，已知网格纸上的小正方形边长为1，则该几何体的表面积为（ ）（2021成都市高三三诊）
A (20+8) B (20+4) C (24+8) D (24+4)
【解析】
【考点】①几何体三视图的定义与性质；②已知几何体三视图，确定几何体直观图的基本方法；③圆柱，圆锥的定义与性质；④求圆柱，圆锥表面积的基本方法。
【解题思路】根据几何体三视图的性质和已知几何体三视图确定几何体直观图的基本方法，结合问题条件确定出几何体的直观图，运用圆柱，圆锥的性质和求圆柱，圆锥表面积的基本方法求出几何体的表面积就可得出选项。
【详细解答】由几何体的三视图可知，几何体是一个圆柱和圆锥的组合体，几何体的表面积=4+44+24= (20+8)，A正确，选A。
7、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点为M，在俯视图中对应点为N，则该端点在侧视图中对应的点为（）（2020全国高考新课标II）
A E B F C G D H
【解析】
【考点】①多面体对应与性质；②几何体三视图定义与性质；③根据几何体三视图确定几何体某点在某个视图中的位置的基本方法。
【解题思路】根据多面体和几何体三视图的性质，运用根据几何体三视图确定几何体某点在某个视图中的位置的基本方法，确定出该端点在侧视图中对应的点就可得出选项。
【详细解答】根据多面体的三视图，作出该多面体的直观图如图所示，由三视图中点M的位置可知，在侧视图中对应点的应该是点E，该端点在侧视图中对应的点为点E，A正确，选A。
8、如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）（2020全国高考新课标III）
A 6+4 B 4+4 C 6+2 D 4+2
【解析】
【考点】①几何体三视图的定义与性质；②几何体表面积公式及运用；③已知几何体三视图求几何体表面积的基本方法。
【解题思路】根据几何体三视图的性质，运用几何体表面积公式和已知几何体三视图求几何体表面积的基本方法求出该几何体的表面积就可得出选项。
【详细解答】如图，可知几何体是底面为直角三角形，两个侧面为直角三角形，一个侧面为正三角形的三棱锥，===22=2，=
=2， 几何体的表面积为23+2=6+2， C正确，选C。
『思考问题1』
（1）【典例1】是与简单几何体三视图相关的问题，解答这类问题需要理解简单几何体三视图的定义，掌握简单几何体三视图画法的原则和基本方法；
（2）与简单几何体三视图相关的问题主要包括：①已知简单几何体，识别简单几何体的三视图；②已知简单几何体的三视图，判断简单几何体的形状；③已知简单几何体中的两个视图，确定简单几何体第三个视图；④已知简单几何体的三视图，求几何体的体积（或表面积或侧面积）；
（3）由简单几何体的直观图，确定简单几何体三视图时，应该注意正（主）视图，侧（左）视图和俯视图的观察方向（看到的部分用实线，重叠的线只画一条，不能看到的部分用虚线）；
（4）由简单几何体的三视图确定简单几何体的形状，需要熟悉柱，锥，台，球的三视图，注意三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为简单几何体的直观图；
（5）由简单几何体的部分视图确定简单几何体其余视图，应该先根据已知的一部分视图，推测简单几何体直观图的可能形式，然后再找其剩余部分视图的可能形式，作为选择题可把选项逐项代入，看是否与已知的视图符合；
（6）已知简单几何体的三视图，求该简单几何体的体积，表面积，侧面积的基本方法是：①根据简单几何体的三视图还原简单几何体的直观图；②求出各个面的面积（或底面面积和高）；③求各个面积求和（或运用公式求出体积或求出各个侧面面积的和）；
（7）以三视图为载体求简单几何体的体积，表面积，侧面积问题的关键是对给出的三视图进行恰当的分析还原简单几何体的直观图，确定几何体是什么几何体；根据三视图还原简单几何体直观图时要注意三视图画法的基本原则：①长对 ；②高平 ；③宽 ；三视图中的实，虚线实际上是原几何体中的可视线与被遮挡的线，注意想象简单几何体原形，进行三视图还原，准确画出简单几何体的直观图是解决该类问题的关键；还原后的简单几何体应该是比较熟悉的柱，锥，台，球或其简单的组合体。
（8）求解简单几何体的体积，表面积，侧面积综合问题的基本方法是：①根据图形分辨清楚简单几何体是柱体，锥体还是台体；②求出公式中的基本量（1》若是体积涉及到底面积和高，2》若是表面积涉及到各个面的面积，3》若是侧面积涉及到各个侧面面积）；③运用公式求出结果；
（9）求不规则简单几何体的体积，表面积，侧面积时，一般是将简单几何体分割成基本的柱，锥，台，分别求出各基本几何体的体积，表面积，侧面积再求和；
（10）解答表面积，体积，侧面积最值问题的基本方法是函数法，通过函数的性质求解。
【典例2】解答下列问题：
1、已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且ACBC，AC=BC=1，则三棱锥O—ABC的体积为（ ）（2021全国高考甲卷）
A B C D
【解析】
【考点】①球的定义与性质；②三棱锥的定义与性质；③三棱锥体积公式及运用。
【解答思路】根据球和三棱锥的性质，结合问题条件求出三棱锥O—ABC的高，运用三棱锥体积公式求出三棱锥O—ABC的体积就可得出选项。 E
【详细解答】如图，取AB的中点D，过点D作 O
DE平面ABC，球心O在DE上，连接OA，在 C
RtODA中，DA=AB==，OA A D B
=1，OD==，=11=，==，A正确，选A。
2、在三棱锥P—ABC中，PA平面ABC，ABBC，PA=AB=1，AC=，三棱锥P—ABC的所有顶点都在球O的表面上，则球O的半径为 ；若点M，N分别是ABC与PAC的重心，直线MN与球O的表面相交于D，E两点，则线段DE的长度为 （本小题第一空2分，第二空3分）（2021成都市高三一诊）
【解析】
【考点】①三棱锥的定义与性质；②球的定义与性质；③三角形重心的定义与性质；④求球面上两点之间距离的基本方法。
【解题思路】如图，设AC的中点为 ，根据三棱锥和球的性质，结合问题条件，在
RtOA中，运用勾股定理求出OA的值就可得到球O的半径R的值；运用三角形重心的性质确定点M，N，利用求球面上两点之间距离的基本方法就可求出线段DE的长度。
【详细解答】如图，设AC的中点为 ，过作O//PA， P O
连接OA， PA平面ABC，ABBC，PA=AB=1， N C
AC=，在RtOA中，A= ，O=， A H M B
OA==，球O的半径为；连接B，P， OM，ON，过点N作NH//O
交A于点H， M，N分别是ABC与PAC的重心，点M，N分别在线段B，P
上，MH//AB，M=B==，OM==，ON=OA=
=,NH=O==,MN==，ON+MN=OM，DE=
==,线段DE的长度为。
3、已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为（ ）（2021成都市高三二诊）
A 4 B 8 C 12 D 16
【解析】
【考点】①球的定义与性质；②圆柱的定义与性质；③球圆柱侧面积的基本方法。
【解题思路】设圆柱底面圆的半径为r，根据球和圆柱的性质，结合问题条件，将圆柱的高表示成关于r的式子，得到圆柱侧面积关于r的函数，运用球函数最值的基本方法求出圆柱侧面积的最大值就可得出选项。 O
【详细解答】如图，设圆柱底面圆的半径为r，
==，R=2，在RtOA中，OA A
=R=2，A=r，O=，=4r2(+4-)8,当且仅当r=，即r=时，等号成立，的最大值为8，B正确，选B。
4、在三棱锥P—ABC中，已知PA=AB=AC=2，PAB=，BAC=，D是线段BC上的点，BD=2DC，ADPB，若三棱锥P—ABC的各顶点都在球O的球面上，则球O的半径为（ ）（2021成都市高三三诊）
A 1 B C D
【解析】
【考点】①三棱锥的定义与性质；②直角三角形的定义与性质；③等腰三角形的定义与性质；④余弦定理及运用；⑤直线垂直平面判定定理及运用；⑥平面垂直平面判定定理及运用；⑦球的定义与性质；⑧求几何体外接球半径的基本方法。
【解题思路】根据余弦定理，结合问题条件求出BC的值，从而得到BD的值，证明ADAB，运用直线垂直平面的判定定理和平面垂直平面的判定定理，性质定理，结合问题条件证明直线AD平面PAD，得到平面PAB平面ABC，从而证明直线PA平面ABC，确定出平面ABC外接圆的圆心，过点作直线O平面ABC，利用直角三角形的性质求出三棱锥P—ABC外接球的半径就可得出选项。
【详细解答】如图取BC的中点E，连接AE，延长AE至时AE=E，过点作直线O
平面ABC，连接B，C，OC，在ABC中， AB=AC=2， BAC=，BC
==2， D是线段BC上 P
的点，BD=2DC，ABC= (-)=，AD O
===DC，DAC A C
=，DAB=，ADAB， ADPB， AB， B
PB 平面PAB，AB PB=B，直线AD平面PAB，直线AD 平面ABC，平面PAB平面ABC，PAB=， PAAB，平面PAB平面ABC=AB，PA平面PAB，直线PA平面ABC，A=C=AB= AC=B=2，点是平面ABC外接圆的圆心，在RtOC中，O=PA=1，C=2，OC=R，R==，D正确，选D。
5、已知A，B，C为球O的球面上的三个点，圆为ABC的外接圆，若圆的面积为4，AB=BC=AC=O，则球O的表面积为（ ）（2020全国高考新课标I卷）
A 64 B 48 C 36 D 32
【解析】
【考点】正三角形的定义与性质；②正三角形外接圆的定义与性质；③求几何体外接球半径的基本方法；④求球表面积计算公式与基本方法；
【解题思路】运用正三角形的性质和正三角形外接圆的性质，结合问题条件求出外接圆的半径，从而求出球O的半径，利用球表面积公式通过运算就可得出球O的表面积。
【详细解答】如图，连接OA，设圆的半径为r， O
球O的半径为R，圆为ABC的外接圆，圆 C
的面积为4，r=A=2，AB=BC=AC=O A B
， AB=BC=AC=O =r=2，在RtA O中，OA=R，O=2，A=2，
R==4，=4=416=64，A正确，选A。
6、已知ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上，若球O表面积为16，则O到平面ABC的距离为（ ）（2020全国高考新课标II卷）
A B C 1 D
【解析】
【考点】正三角形的定义与性质；②求几何体外接球半径的基本方法；③求球表面积计算公式与基本方法；④求点到平面距离的基本方法。
【解题思路】运用正三角形的性质和正三角形外接圆的性质，结合问题条件求出球O的半径和正三角形的边长，利用直角三角形的性质通过运算就可得出球心O到平面ABC的距离。
【详细解答】设正三角形的边长为x，正三角形外接圆
的圆心为，球O的半径为R，连接OA，如图， O
===，=9，x=3， C
=4=16，=4，R=2，在Rt A B
A O中，OA=2，A=x=3=， O= =1，O到平面ABC的距离为1，C正确，选C。
7、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 （2020全国高考新课标III）
【解析】
【考点】圆锥的定义与性质；②求几何体内切球半径的基本方法；③求球体积计算公式与基本方法。 A
【解题思路】运用圆锥的性质和最大球就是圆锥的内切球，
结合问题条件求出内切球的半径，利用求球体积的公式通过
运算就可得出该圆锥内半径最大的球的体积。
【详细解答】圆锥内半径最大的球就是圆锥的内切球，
设圆锥内切球的半径为R，球心为O，圆锥底面圆的圆 B C
心为，如图，圆锥轴截面的内切圆是内切球的大圆，在RtAC中，C=1，AC=3，
A==2，=22=2，=32+2=8，=，
R=，===，该圆锥内半径最大的球的体积为。
8、已知直四棱柱ABCD—的棱长均为2，BAD=，以为球心，为半径的球面与侧面BC的交线长为 （2020全国高考新高考I）
【解析】
【考点】直四棱柱定义与性质；②球定义与性质；③菱形定义与性质；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面性质定理及运用。
【解题思路】如图，取的中点为O，得到O平面BC，由O =，球的半径为，得到以为球心，为半径的球面与侧面BC的交线为以O为圆心，为半径的圆的一段圆弧，运用圆的性质就可求出球面与侧面BC的交线长。
【详细解答】如图，取的中点为O，连接O，直四棱柱ABCD—的棱长均为2，BAD=，O，O平面BC，O ==，球的半径为，以为球心，为半径的球面与侧面BC的交线为以O为圆心，为半径的圆的一段圆弧MN，在RtMO中，OM=，O=1，OM=，同理可得ON=，MON=，圆弧MN的长为=，即以为球心，为半径的球面与侧面BC的交线长为。
9、若矩形ABCD的对角线交点为，周长为4，四个顶点都在球O的表面上，且O=
，则球O的表面积的最小值为（ ）（2020成都市高三零诊）
A B C 32 D 48
【解析】
【考点】①矩形的定义与性质；②几何体外接球的定义与性质；③求几何体外接球半径的基本方法；④求表面积的计算公式与计算方法。
【解题思路】运用矩形性质，几何体外接球的性质和求几何体外接球半径的基本方法，结合问题条件求出几何体外接球的半径，利用球表面积的计算公式通过运算就可得出选项。
【详细解答】如图，连接OC，设AB=x，矩形 O
ABCD的周长为4，BC=2-x，AC D C
=+，在RtOC中，O=，
C=-AC，=OC=C+ O=AC A B
+O=-x+13=+88，当且仅当x=时，=0+8=8为最小，=4的最小值为48=32，C正确，选C。
10、（理）如图，在边长为的正方形A中，线段BC的端点B，C分别在边，上滑动，且B=C=x，现将AB，AC沿AB，AC折起使点，重合，重合后记为点P，得到三棱锥P—ABC，现有以下结论：①AP平面PBC；②当B，C分别是，的中点时，三棱锥P-ABC外接球的表面积为6；③x的取值范围为（0,4-2）；④三棱锥P-ABC体积的最大值为，则正确结论的个数为（ ）
A 1 B 2 C 3 D 4
（文）如图，在边长为的正方形A中，边，的中点分别为B，C，现将AB，BC，CA分别沿AB，BC，CA折起使点，，重合，重合后记为点P，得到三棱锥P—ABC，则三棱锥P-ABC外接球的体积为 （2020成都市高三一诊）
【解析】
【考点】①正方形定义与性质；②三棱锥定义与性质；③直线与平面垂直的判断定理及运用；④求三棱锥外接球半径的基本方法；⑤球表面积公式及运用；⑥求三棱锥体积的基本方法；⑦求函数最值的基本方法；⑧求三棱锥外接球体积的基本方法。
【解题思路】（理）对①根据三棱锥的定义与性质，结合直线与平面垂直的定义与判断方法就可得出结果；对②运用三棱锥外接球表面积的计算公式和求三棱锥外接球表面积的基本方法就可得出结论；对③根据三棱锥体积的计算公式，结合求三棱锥体积的基本方法可以得到结果；对④运用三棱锥的条件公式，把三棱锥的体积表示成含某个参数的式子，在运用求函数最值的基本方法可以得出结论。（文）根据三棱锥的定义与性质，结合问题条件求出三棱锥外接球的半径，运用三棱锥外接球体积的计算公式和求三棱锥外接球体积的基本方法就可求出三棱锥P-ABC外接球的体积。
【详细解答】（理）如图，APC是AC 沿AC折起得到，APPC，同理可得APPB， PBPC=P，PB，PC平面PBC， AP平面PBC，①正确；B，C分别是，
的中点， A是边长为2的正方形， B=C=1，PB=PC=1，取BC的中点D，过点D作平面PBC的垂线DO，连接OB，设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，在RtBDO 中，BD=BC==，BO=AP=1，R=OB=== ， =4=6，②正确；B=C=x，B=C =2-x，B=C = 2-x BC=x，2<（+1）x，且4>（+2）x，2-2-x).(2-x)= sinBPC，== sinBPC 2=
sinBPC，当x=2-x，即x=1时，=的最大值是，④正确，C正确，选C。（文）如图，取BC的中点D，过点D作平面PBC 的垂线DO，连接OB，设三棱锥P-ABC外接球的半径为 R，B，C分别是，的中点，四边形A是边长为2的正方形，B=C=1，PB=PC=1，在RtBDO中，BD=BC
= =，BO=AP=1， R=OB=== ， ===。
12、（理）已知各棱长都相等的直三棱柱（侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱）所有顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为28，则直三棱柱的侧面积为 。
（文）已知底面是直角三角形的直三棱柱ABC-的所有顶点都在球O的表面上，且AB=AC
=1,若球O的表面积为3，则这个直三棱柱的体积是 （2020成都市高三二诊）
【解析】
【考点】①直三棱柱的定义与性质；②几何体外接球定义与性质；③求球表面积的基本求法；④求直三棱柱侧面积的基本方法；⑤求直三棱柱体积的基本方法。
【解题思路】（理）设直三棱柱的棱长为x，运用直三棱柱的性质，结合问题条件得到关于x的方程，求解方程求出x的值，利用直三棱柱侧面积的公式通过运算就可得出直三棱柱的侧面积。（文）如图，设直三棱柱的棱长为x，运用直三棱柱的性质，结合问题条件得到关于x的方程，求解方程求出x的值，利用直三棱柱体积公式通过运算就可求出直三棱柱的体积。
【详细解答】如图，分别取BC， 的中点D，
，设直三棱柱的棱长为x，外接球的半径为R，
底面外接圆的圆心分别为，，连接， O
取的中点为O，连接OA，在RtO A D C
A中，OA=R，O=x，A=x= B
x，=+=，=4==28，=12，=3x.x
=3=312=36，直三棱柱的侧面积为36。
（文）如图，分别取BC， 的中点D，，
设直三棱柱的棱长为x，外接球的半径为R，底面
外接圆的圆心分别为D，，连接D，取D O
的中点为O，连接OB，在RtO DB中，OB=R， A C
OD=x， BD==， B D
=+，=4=4（+）=3，=1，=1
11=，直三棱柱的体积是。
〖思考问题2〗
（1）【典例2】是与几何体的外接球和内切球相关的问题，解答这类问题的关键是求出外接球（或内切球）的半径；
（2）与几何体的外接球和内切球相关的问题主要包括：①已知几何体的顶点都在同一球面上，几何体满足一定的条件，求球的体积；②已知几何体的顶点都在同一球面上，几何体满足一定的条件，求球的表面积；③简单几何体内切球的问题；
（3）解答已知几何体的顶点都在同一球面上，几何体满足一定的条件，求球的体积的问题的基本方法是：①根据几何体底面的几何图形，确定底面多边形的外接圆的圆心；②过底面外接圆的圆心作底面的垂线，在所作垂线上确定几何体外接球的球心O；③构造以外接球半径为斜边，O为一直角边的直角三角形；④在构造的直角三角形中求出外接球的半径R；⑤由公式：=求出外接球的体积。
（4）解答已知几何体的顶点都在同一球面上，几何体满足一定的条件，求球的表面积的问题的基本方法是：①根据几何体底面的几何图形，确定底面多边形的外接圆的圆心；②过底面外接圆的圆心作底面的垂线，在所作垂线上确定几何体外接球的球心O；③构造以外接球半径为斜边，O为一直角边的直角三角形；④在构造的直角三角形中求出外接球的半径R；⑤由公式：=4求出外接球的表面积。
（5）解答已知几何体内切球，几何体满足一定的条件，求内切球的体积（或表面积）的问题的基本方法是：①设几何体内切球的球心为O，半径为R；②以几何体的各个面为底面，球心O为顶点，把原几何体分割成几个以内切球半径为高的棱锥；③根据各个棱锥体积之和等于原几何体的体积得到关于内切球半径R的方程；④求解方程求出内切球的半径R；⑤由公式：=（或=4）求出内切球的体积（或表面积）。
【典例3】解答下列问题：
1、在正方体ABCD—中，P为的中点，则直线PB与A所成的角为（ ）（2021全国高考乙卷）
A B C D
【解析】
【考点】①正方体定义与性质；②直线与直线所成角定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤直线垂直平面性质定理及运用；⑥建立空间直角坐标系的基本方法；⑦求平面法向量的基本方法；⑧求二面角余弦值的基本方法。
【解题思路】如图，根据正方体和直线与直线所成角的性质，得到PB是直线PB与A所成的角，运用余弦定理求出cosPB的值，从而求出PB的大小，就可得出选项。
【详细解答】如图，连接B，P，设正方体ABCD—的棱长为1， AB//，AB=，四边形AB是平行四边形，A//B， PB是直线PB与A所成的角，在PB中，B==，P= =，PB==， cosPB= = =，PB=，直线PB与A所成的角为，D正确，选D。
2、已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，有下列结论：①线段MN的长为1；②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；③MFN的余弦值的取值范围为［0，）；④FMN周长的最小值为+1.其中正确结论的个数为（ ）（2021成都市高三二诊）
A 1 B 2 C 3 D 4
【解析】
【考点】①正四面体的定义与性质；②等腰三角形的定义与性质；③平面的基本性质及运用；④三角形余弦定理及运用；⑤判断命题真假的基本方法。
【解题思路】根据正四面体，等腰三角形和正三角形的性质，运用判断命题真假的基本方法，对各结论的真假进行判断就可得出选项。 A
【详细解答】对①，如图连接BM，CM，四面体ABCD F M
的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中 B N D
点，BM=CM==，MN==1，①正确；对②，如图当F为AB的
中点，点G与点M重合时，FG//BD，直线BD与直线CD相交于点D，直线FG与直线CD必相交于一点，直线FG与直线CD共面，②错误；对③，如图，点
F无限地逼近点A时，NF，MF，cosMFN＞，③错误；对④，如图，当F为AB的中点时，NF=MF=，FMN周长为
++1=+1为最小，④正确，正确结论有①④两个，B正确，选B。
3、（理）在正方体ABCD-中，点P，Q分别为AB，AD的中点，过点D作平面使P//平面，Q//平面，若直线平面=M，则的值为（）
A B C D
（文）如图，已知四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是平行四边形，BC平面PAB，PAAB，M为PB的中点，PA=AD=2，AB=1，则点A到平面MBC的距离为（）（2020成都市高三二诊）
A B C D
【解析】
【考点】①正方体定义与性质；②平行四边形定义与性质；③正方形定义与性质；④直线平行平面判定定理及运用；⑤平面平行平面判定定理及运用；⑥四棱锥定义与性质；⑦平行四边形定义与性质；⑧直线垂直平面性质定理及运用；⑨直线垂直平面判定定理及运用；⑩三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（理）根据正方体的性质和直线平行平面判定定理，证明直线PT//平面DNK，T//平面DNK，运用平面平行平面判定定理证明平面TP//平面DNK，从而得到P//平面DNK，Q
//平面DNK，平面DNK与平面重合，利用正方形的性质求出的值就可得出选项。
（文）根据四棱锥和平行四边形的性质，证明直线AD平面PAB，从而证明直线PA平面ABCD，得到直线MF平面ABCD，运用三棱锥体积公式得到关于点A到平面MBC的距离h的方程，求解方程求出h的值就可得出选项。
（理科图）（文科图）
【详细解答】（理）如图，取BC的中点T，连接PT，T，QT，取的中点N，的中点K，连接NK，ND，KD，AC，，P，T分别是AB，BC的中点，AC//PT，同理可证KN//， ABCD-是正方体， AC//，PT//NK，NK平面DNK，PT 平面DNK，直线PT//平面DNK，QT//AB，AB//， QT//， QT=，四边形TQ是平行四边形，T//Q ，ND//Q ，ND//T，ND平面DNK，T平面DNK，直线T //平面DNK，TPT=T，平面TP//平面DNK，
P平面TP，P//平面DNK，ND//Q ，Q 平面DNK，ND平面DNK，Q //平面DNK，Q//平面，D平面DNK，平面DNK与平面重合， NK=M，
在正方形中，//NK，=，B正确，选B。
（文）如图，取AB的中点N，连接MN， 设点A到平面MBC的距离为h，底面ABCD是平行四边形，BC平面PAB， 直线AD平面PAB， PAAD， PAAB，AD AB=A,直线PA平面ABCD，M，N 分别是PB，AB的中点， MN//PA，直线MN平面ABCD，且MN=PA=1,=2h=h==211=，h=，
即点A到平面MBC的距离为，B正确，选B。
4、如图，在三棱锥P—ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=，ABAC，ABAD，CAE
=，则cosFCB= （2020全国高考新课标I）
【解析】
【考点】①三棱锥定义与性质；②三棱锥展开图定义与性质；③直角三角形定义与性质；④余弦定理及运用。
【解题思路】如图，根据三棱锥和三棱锥展开图的性质，由直角三角形的性质，求出BD的值，从而求出BF，AE的值，运用余弦定理求出CE的值，从而得到CF的值，利用余弦定理就可求出cosFCB的值。
【详细解答】如图， AB=AD=，ABAD，BD=AB=，D，E，F重合于一点P， AE=AD=，BF= BD=，在ACE中，AC=1，AE=，CAE=，CE=1+3
-21=1，CE=CF=1，在BCF中，BF=，CF=1，BC= =
=2，cosFCB===-。
5、日 是中国古代用来测量时间的仪器，利用与 面垂直的 针投射到 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的维度上指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 ，若 面与赤道所在平面平行，点A处的维度为北纬，则 针与点A处的水平面所成角为（ ）（2020全国高考新高考I）
A B C D
【解析】
【考点】①球定义与性质；②纬度定义与性质；③直线与平面所成的角定义与性质。
【解题思路】如图，根据 面与赤道所在平面平行，得到 针与赤道所在平面垂直，由OA与水平面垂直，运用纬度的性质就可求出 针与点A处的水平面所成角的值。
【详细解答】如图， 面与赤道所在平面平行， 针与赤道所在平面垂直， OA与水平面垂直，点A处的维度为北纬， 针与点A处的水平面所成角为-=，B正确，选B。
『思考问题3』
（1）【典例3】是与空间角（或空间距离）相关的问题，解答这类问题应该理解空间角，空间距离的定义，掌握求解空间角（或空间距离）问题的基本方法；
（2）空间角（或空间距离）相关的问题主要包括：①异面直线所成的角；②直线与平面所成的角；③平面与平面所成的角；④异面直线之间的距离；⑤直线到平行平面的距离；⑥平面到平行平面的距离；
（3）解答求异面直线所成角问题的基本方法是：①确定异面直线所成的角；②运用解三角形的知识求求出异面直线所成角的三角函数值；
（4）解答直线与平面所成角问题的基本方法是：①确定直线与平面所成的角；②运用解三角形的知识求出直线与平面所成角的三角函数值；
（5）解答平面与平面所成角问题的基本方法是：①确定平面与平面所成角的平面角（这是几何法求解二面角问题的关键，常用的方法有三种：1》定义法在两平面的交线上找一个特殊点，过该点在两个半平面内分别作垂直于交线的射线如图1，AOB为二面角—a—的平面角；2》垂面法在两平面的交线上找一个特殊点，过该点作交线的垂直平面，该平面与两个半平面有两条交线，这两条交线所成的角即为二面角的平面角如图2AOB为二面角—a—的平面角；3》垂线法过二面角的一个平面内的一点作另一个半平面的垂线，过垂足作两平面交线的垂线运用线面垂直可确定二面角的平面角（或其补角）如图3AOB为二面角—a—的平面角）；②运用解三角形的知识求平面与平面所成角的三角函数值；
A B A
O B O A O B
（图1） （图2） （图3）
（6）运用空间向量解答平面与平面所成角问题的基本方法是：①建立空间直角坐标系；②运用求平面法向量的基本方法分别求出两个平面的法向量；③运用公式cos<，>=求出结果（这里，分别是两个平面的法向量）；
（7）求平面法向量的基本方法是：①在平面内找两条相交的直线；②分别求出两条直线所在向量的坐标；③设平面法向量为=（x，y，z），根据法向量与两条相交直线所在向量垂直得到关于x，y，z的方程组；④求解方程组求出x，y，z的值得到法向量的坐标，（解方程组时，可设法向量的其中一个坐标的值为单位1）；
（8）解答异面直线之间距离问题的基本方法是：①确定两异面直线的公垂线段；②运用解三角形的知识求出公垂线段的长；
（9）空间向量解答直线到平行平面的基本方法是：①在平面内任取一点B，求出直线上一点A与所取点B所在直线的向量；②求出平面的法向量；③运用d=求出直线到平行平面的距离；
（10）解答平面到平行平面的距离的基本方法是：①在平面上取一个特殊点A使问题简单快捷（具体取什么点应根据题给条件并参照所求问题确定）；②在平行平面内任取一点B，求出直线AB所在的向量；③求出平行平面的法向量；④运用d=求出平面到平行平面的
距离。
【典例4】解答下列问题：
1、若，，是空间三个不同的平面，=l，=m，=n，则l//m是n//m的（ ）（2021成都市高三一诊）
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
【解析】
【考点】①充分条件，必要条件，充分必要条件定义与性质；②判断充分条件，必要条件，充分必要条件的基本方法； ③直线平行平面判定定理及运用；④直线平行平面性质定理及运用。
【解题思路】根据直线平行平面判定定理和直线平行平面性质定理由l//m，得到m//平面，从而推出
m//n，由m//n，得到m//平面，从而推出m//l，运用充分条件，必要条件，充分必要条件的性质和判
断充分条件，必要条件，充分必要条件的基本方法得出l//m与n//m的关系就可得出选项。
【详细解答】 l//m，m平面，l平面，直线m//平面，m平面，=n，m//n；
同理由m//n可以推出l//m，l//m是n//m的充分必要条件，C正确，选C。
2、如图①在等腰三角形PBC中，PB=PC=3，BC=6，D，E满足=2，=2,将PDE沿直线DE折起到ADE的位置，连接AB，AC，得到如图②所示的四棱锥A—BCED，点F满足=2。
（1）证明：DF//平面ACE；
（2）（理）当AB=时，求平面ACE与平面DEF所成锐二面角的余弦值。（文）当AB=时，求三棱锥A—DEF的体积（2021成都市高三二诊）。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直线平行直线判定定理及运用；②平行四边形判定定理及运用；③平行四边形性质定理及运用； ④直线平行平面判定定理及运用； ⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥求平面法向量的基本方法；⑦求平面与平面所成锐二面角余弦值的基本方法；⑧三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（1）在AC上取点G，满足=2，连接EG，FG，根据平行四边形判定定理，结合问题条件证明四边形DEGF是平行四边形，从而证明直线平行直线的基本方法，结合问题条件证明直线ON//AC，从而根据证明直线平行平面的基本方法证明直线ON//平面ACF，同理可证直线OM//平面ACF，利用证明平面平行平面的基本方法证明平面ONM//平面ACF，由平面平行平面的性质就可证明直线MN//平面ACF；（2）（理）取BC的中点T，连接OT，OB，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系O—xyz，根据求点坐标的基本方法求出点M，A，B，C，D，E，F的坐标，从而得到，，，，利用求平面法向量的基本方法分别求出平面ACE和平面DEF的法向量，就可求出平面ACE与平面DEF所成锐二面角的余弦值。（文）过C作CH⊥AD于H，连接OB，OC，BE，运用证明直线垂直平面的基本方法证明直线CH⊥平面ADEF，直线DE⊥平面ABCD，结合问题条件求出OB，OC，CH的值，利用求多面体体积的基本方法通过运算就可求出三棱锥A—DEF的体积。
【详细解答】（1）如图，在AC上取点G，使CG=2AG，连接EG，FG，=2，
FG//BC，且FG=BC，DE//BC，DE=BC，DE//FG，DE=FG，四边形DEGF是平行四边形，DF//EG， EG平面ACE，DF平面ACE， DF//平面ACE；（2）（理）
如图，分别取DE，BC的中点M，N，连接AM，MN，BM，MN⊥BC，AM=2，MN=4，BN=3，在RtBMN中，BM===5，在ABM中，AB=，+
=4+25=29=， AM⊥BM， AM⊥DE，BM，DE平面BCED，BM DE=M， AM⊥平面BCDE，以M为坐标原点，，，分别为X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系M-xyz，M（0，0，0），A（0，0，2），B（4，-3，0），C（4，3，0），D（0，-1，0），E（0，1，0），F（，-1，），= C（4，2，0），= A（0，-1，2），
= E（0，2，0），=（，0，），设平面ACE的一个法向量为=（x，y，z），由
⊥， .=0-y+2z=0，得：x=-1，y=2，z=1，=（-1，2，1），设平面DEF
⊥， .=4x+2y+0=0，的一个法向量为=（，，），由
⊥， .=0+2+0=0，得：=-1，=0，=1，=（-1，0，1），
⊥， .=+0+=0，cos<，>==
=，平面ACE与平面DEF所成锐二面角的余弦值为。（文）如图，分别取DE，BC的中点M，N，连接AM，MN，BM，MN⊥BC，AM=2，MN=4，BN=3，在RtBMN中，BM===5，在ABM中，AB=，+=4+25=29
=， AM⊥BM， AM⊥DE，BM，DE平面BCED，BM DE=M， AM⊥平面BCDE，
=2，===，=DE.MN=24
=4，=42=，===，三棱锥A—DEF的体积为。
3、如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，AB=AD，PA⊥PD，AD⊥CD，
BAD=，M，N分别为AD，PA的中点（2020成都市高三零诊）。
（1）证明：平面BMN//平面PCD；
（2）（理）若AD=6，CD=，求平面BMN与平面BCP所成二面角的余弦值。（文）若AD=6，求三棱锥P-BMN的体积。
【解析】
【考点】①直线平行直线的定义与性质；②直线平行平面的定义与性质；③平面平行平面的定义与性质； ④证明直线平行直线的基本方法； ⑤证明直线平行平面的基本方法； ⑥证明平面平行平面的基本方法； ⑦建立空间直角坐标系的基本方法； ⑧求二面角余弦值的基本方法；⑨三棱锥的定义与性质；⑩求三棱锥体积的基本方法。
【解题思路】（1）运用证明直线平行平面的基本方法，结合问题条件证明MN//平面PCD，BM//平面PCD，利用判定平面平行平面的基本方法就可证明平面BMN//平面PCD；（2）（理）如图，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系M—xyz，根据确定空间点坐标的基本方法，结合问题条件得到点A，P，B，D，C，M的坐标，从而求出点N的坐标，利用求平面法向量的基本方法分别求出平面BMN，平面BPC的法向量，，由求二面角余弦值的公式通过运算就可求出平面BMN与平面BCP所成锐二面角的余弦值。（文）运用判定直线垂直平面的基本方法，结合问题条件证明BM平面PAD，从而证明BM平面PMN，利用求三棱锥体积的公式与基本方法通过运算就可求出三棱锥P—BMN的体积。
【详细解答】（1）如图，M，N分别是AD，PA的中点，MN//PD，MN平面PCD，PD平面PCD， MN//平面PCD，AB=AD，BAD=，ABD是正三角形，
M是AD的中点， BMAD， ADCD，BM//CD，BM平面PCD，CD平面PC D， BM//平面PCD， BM，MN平面BMN，BM MN=M，平面BMN//平面PCD；（2）连接PM， PA =PD，M是AD的中点， PMAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平ABCD=AD，PM平面PAD， PM平面ABCD， PMMD， PMMB，如图，以M为原点，，，分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系M—xyz， AD=6，CD=，M（0，0，0），A（0，-3，0），B（3，0，0），C（，3，0），D（0，3，0），P（0，0，3），N（0，-，），=（-3，0，0），=（-3，-，），=（-2，3，0），=（-3，0，3），设平面BMN的法向量为=（x，y，z），设平面BCP的法向量为=（，，），，
.=-3x+0+0=0①，，.=-3x-y+z=0，联立①②解得
x=0，y=1，z=1，=（0，1，1）， ，.=-3+0+3=0③，
， .=-2+3+0=0④，联立③④解得=1，=，=，=（1， ，），设平面BMN与平面BCP所成锐二面角为，cos=||=| |= = ，平面BMN与平面BCP所成锐二面角的余弦值为。（文）连接PM， PA=PD，M是AD的中点， PMAD，平面PAD平面ABCD，平面PAD平ABCD=AD，PM平面PAD， PM平面ABCD， PMMB，由（1）知BMAD，PM，AD平面PAD，PMAD=M， BM平面PAD， BM平面PMN， AD=6，PAPD，，PA=PD，PM=AM=3，=33=， N是PA的中点，==，AB=AD=6，BAD=，ABD是正三角形，BM=6=3，==3=。
4、已知，是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列说法正确的是（ ）（2020成都市高三一诊）
A 若m // ，n // ，且//，则m//n B 若m // ，n // ，且，则m//n
C 若m ，n // ，且//，则mn D 若m ，n // ，且，则mn
【解析】
【考点】①直线与直线平行的定义与判定；②直线与直线垂直的定义与判定；③直线与平面平行的定义与判定；④直线与平面垂直的定义与判定；⑤平面与平面平行的定义与判定；⑥平面与平面垂直的定义与判定；⑦命题的定义与命题真假的判断方法。
【解题思路】根据直线与直线平行的定义与判定方法；直线与直线垂直的定义与判定方法；直线与平面平行的定义与判定方法；直线与平面垂直的定义与判定方法；平面与平面平行的定义与判定方法；平面与平面垂直的定义与判定方法，结合各选项通过判定就可得出结果。
【详细解答】对A，当m ，n 时，//，可能m与n是异面直线但不平行，
A错；
对B，当m，n共面，n // ，n // 时， ，可能推出m与n相交，B错；对C，m ， // ， m ，n //，m n，C正确； 选C。
5、如图，在多面体ABCDEF中，ADEF为矩形，ABCD为等腰梯形，BC//AD，BC=2，AD=4，且AB⊥BD，平面ADEF⊥平面ABCD，M，N分别为EF，CD的中点（2020成都市高三三诊）。
（1）求证：MN//平面ACF；
（2）（理）若直线FC与平面ADEF所成角的正弦值为，求多面体ABCDEF的体积。（文）
若DE=2，求多面体ABCDEF的体积。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直线平行直线的定义与性质；②直线平行平面的定义与性质；③平面平行平面的定义与性质； ④证明直线平行直线的基本方法； ⑤证明直线平行平面的基本方法； ⑥建立空间直角坐标系的基本方法；⑦多面体体积的定义与性质；⑧求多面体体积的基本方法。
【解题思路】（1）取AD的中点O，连接OM，ON，运用证明直线平行直线的基本方法，结合问题条件证明直线ON//AC，从而根据证明直线平行平面的基本方法证明直线ON//平面ACF，同理可证直线OM//平面ACF，利用证明平面平行平面的基本方法证明平面ONM//平面ACF，由平面平行平面的性质就可证明直线MN//平面ACF；（2）（理）取BC的中点T，连接OT，OB，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系O—xyz，根据求点坐标的基本方法求出点C，F的坐标，从而得到和平面ADEF的法向量，利用直线与平面所成角的正弦值，结合问题条件求出AF的值，由求多面体体积的基本方法通过运算就可求出多面体ABCDEF的体积。（文）过C作CH⊥AD于H，连接OB，OC，BE，运用证明直线垂直平面的基本方法证明直线CH⊥平面ADEF，直线DE⊥平面ABCD，结合问题条件求出OB，OC，CH的值，利用求多面体体积的基本方法通过运算就可求出多面体ABCDEF的体积。
【详细解答】（1）取AD的中点O，连接OM，ON，O，N分别是AD，CD的中点，ON//AC， AC平面ACF，ON平面ACF， ON//平面ACF，同理可证OM//平面ACF， ON，OM平面OMN，ONOM=O，平面 OMN//平面ACF， MN平面OMN， MN//平面ACF；（2）（理）取BC的中点T，连接OT，OB，BE，四边形ABCD是等腰梯形，O为AD的中点，OT⊥AD，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF平面ABCD=AD，OT平面ABCD，OT⊥平面ADEF， OT⊥OM ，OT⊥OD，四边形ADEF是矩形，M，O分别是EF，AD的中点，OM⊥OD，以O为原点，，，分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系O—xyz，设AF=h，直线FC与平面ADEF所成角为， BC=2，AD=4，AB⊥BD，C（，1，0），F（0，-2，h），=（，3，-h），=（，0，0），sin====，h=2，
=+=+=42+22=+=。（文）如图，过C作CH⊥AD于H，连接OB，OC，BE，平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF平面ABCD=AD，CH平面ABCD，CH⊥平面ADEF，同理可证DE⊥平面ABCD， BC=2，AD=4，AB⊥BD，OB=OC=AD=2，CH==，=
+=+=42+22=+=。
〖思考问题4〗
（1）【典例4】是证明平行的问题，这类问题主要包括：①证明直线平行平面；②证明平面平行平面；
（2）证明直线平行平面，需要理解直线平行直线，直线平行平面，平面平行平面的基本概念；掌握证明直线平行直线，直线平行平面，平面平行平面的基本方法；
（3）证明直线平行平面的基本方法有：①运用直线平行平面的判定定理；②运用平面平行平面的性质定理；
（4）运用直线平行平面的判定定理证明，关键是在平面内找到与已知直线平行的直线，一般思路是：①考虑平面内有没有这样的直线，如果有，可直接证明它与已知直线平行；②如果平面内没有这样的直线，则需要通过作辅助线来确定，作辅助线的基本方法是：1》若图形中涉及到中点，应考虑取线段的中点并结合三角形的中位线解决问题；2》若图形中直角（或垂直）较多，应考虑作垂线来确定，并结合直角（或垂直）的特殊性质解决问题；3》若图形中有等腰三角形（或等边三角形）应考虑取底边的中点，运用其三线合一的性质来解决问题；
（5）运用平面平行平面的性质定理证明的基本方法是：①证明两个平面平行；②运用平面平行平面的性质得到结论；
（6）证明平面平行平面，需要理解直线平行直线，直线平行平面，平面平行平面的基本概念；掌握证明直线平行直线，直线平行平面，平面平行平面的基本方法；
（7）证明平面平行平面的基本方法是：①在一个平面内确定两条相交直线；②运用证明直线平行平面的基本方法分别证明这两条直线平行另一个平面；③利用证明平面平行平面的基本方法证明两个平面平行。
【典例5】解答下列问题：
1、（理）已知直三棱柱ABC—中，侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点，D为棱上的点，BF。
（1）证明：BFDE；
（2）当D为何值时，面BC与面DEF所成的二面角的正弦值最小？
（文）已知直三棱柱ABC—中，侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点， BF。
（1）求三棱锥F—EBC的体积；
（2）已知D为上的点，证明：BFDE（2021全国高考甲卷）
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直三棱柱的定义与性质；②证明四点共面的基本方法；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤直线垂直平面性质定理及运用；⑥建立空间直角坐标系的基本方法；⑦求平面法向量的基本方法；⑧求二面角余弦值的基本方法。
【解题思路】（理）（1）如图，取BC的中点G，连接E，EG，G，根据证明四点共面的基本方法，结合问题条件证明点E，G，，D共面，运用直线垂直直线和直线垂直平面的判定定理，证明BFG，从而证明直线BF平面EGD，利用直线垂直平面的性质定理就可证明BFDE；（2）如图，设D=t（0【详细解答】（理）（1）如图，取BC的中点G，连接E，EG，G，点E是AC的中点，
ABC—是直三棱柱，EG//AB， EG//，点E，G，，共面，
在BCF与GB中，B=BC=2，CF=BG=1，BCF=BG=，BCF
GB，CFB=GB， BFG， BF，，G 平面EG，
G=，BF平面EG，DE平面EG， BFDE；（2）如图，设D=t（0AB+BC+CF，AC=AF-CF= AB+BC+CF- CF= AB+BC， ABBC，以B为原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴建立空间直角坐标系B—xyz，
侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点，A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），D（0，t，2），E（1，1，0），F（2，0，1），=（0，2，0），= F（1，-1，1），=（-1，t-1，2），设平面DEF的法向量=（x，y，z），由
，.=x-y+z=0，x=1+t，y=3，z=2-t，=（1+t，3，2-t），cos<，
， .=-x+(t-1)y+2z=0，>==
=，当且仅当t=时，cos<，>的值最大，面BC与面DEF所成的二面角的正弦值最小等价于面BC与面DEF所成的二面角的余弦值最大，当D=时，面BC与面DEF所成的二面角的正弦值最小。（文）（1）如图，连接AF，三棱柱ABC—是直三棱柱，侧面AB为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和C的中点， BF=BC+CF=4+1=5， BF，AB//， BFAB，AF=AB+BF=AB+BC+CF=4+4+1=9， AC=AF-CF= 9-1=8 = 4+4=AB+BC， ABBC，==2
2=1，=11=；（2）如图，取BC的中点G，连接E，EG，G，点E是AC的中点，ABC—是直三棱柱，EG//AB， EG//，点E，G，，共面，在BCF与GB中，B=BC=2，CF=BG=1，BCF=BG=，
BCFGB，CFB=GB， BFG， BF，，G 平面EG，G=，BF平面EG，DE平面EG， BFDE。
2、在正三棱柱ABC—中，AB=A=1，点P满足=+u，其中[0，1]，u [0，1]，则（ ）（2021全国高考新高考I）
A 当=1时，AP的周长为定值 B 当u=1时，三棱锥P—BC的体积为定值
C 当=时，有且仅有一个点P，使得PBP
D当u=时，有且仅有一个点P，使得B平面AP
【解析】
【考点】①正三角形定义与性质；②正三棱柱定义与性质；③求三角形周长的基本方法；④求三棱锥体积的基本方法；⑤证明直线垂直直线的基本方法；⑥证明直线垂直平面的基本方法。
【解题思路】对A，如图，根据点P满足=+u，得到点P在C上，将平面BC
和平面AC沿着C展开，由点P在C上移动，得到PA+P随之变化，从而得到AP的周长=PA+P+ A不是定值；对B，如图，根据点P满足=+=
+u，得到点P在上，由//BC，得到//平面BC，从而得到点P到平面BC的距离为定值，可以证明三棱锥P—BC的体积为定值，对C，如图，根据点P满足=+u，得到点P（，，u），从而得到.=-++-u=0，求出u=1或u=0，不能证明PBP ；对D，如图，取B的中点为M，C的中点为N，根据点P满足=+，得到MP//BC，点P在MN上，从而得到-=0，求出=1，
可以证明有且仅有一个点P，使得B平面AP，就可得出选项。
【详细解答】对A，如图，点P满足=+u，点P在C上，将平面BC
和平面AC沿着C展开，点P在C上移动， PA+P随之变化，AP的周长=PA+P+ A不是定值，A错误；对B，如图，点P满足=+=
+u，点P在上，//BC，平面BC， //平面BC，点P到平面BC的距离为定值，三棱锥P—BC的体积为定值，B正确；对C，如图，以AB的中点O为原点，，，过点O垂直于平面ABC的直线分别为X轴，Y轴正方向和Z轴建立空间直角坐标系O—xyz，点P满足=+u，B（，0，0），C（0，，0），（，0，1），（-，0，1），设P（，，），=（-，，），=（-，，0），=（0，0，1），=+u=（-，，0）+（0，0，u）=（-，，u），-=-，=，=u，=，=，=u，点P（，，u），=（，，u -1），.=-++-u=0，u=1或u=0， P（，，1）或P（，，0），即当=时，有两个点P，使得PBP，C错误；对D，如图，取B的中点为M，C的中点为N，点P满足=+，=，=+，=，
MP//BC，点P在MN上， B（-，0，0），（-，0，1），A（0，，0），
（0，，1），P（-，0，），= （-，-，-1），=（-，-，1），=（-，-，），由.=+-1=0，且.=-++-=
-=0，求出=1，有且仅有一个点P（，-，），使得B平面AP，D正确，选B，D。
3、如图，在三棱锥A—BCD中，平面ABD平面BCD， AB=AD，O为BD的中点。
（1）证明：OACD；
（2）若OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE=2EA，且二面角E—BC—D的大小为，求三棱锥A—BCD的体积（2021全国高考新高考I卷）。
【解析】
【考点】①等腰三角形，等边三角形的定义与性质；②平面垂直平面性质定理及运用；③直线垂直平面性质定理及运用；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥求平面法向量的基本方法；⑦求二面角余弦值的基本方法；⑧三棱锥的定义与性质；⑨三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（1）根据平面垂直平面的性质，结合问题条件证明直线AO垂直平面BCD，运用直线垂直平面的性质就可证明OA⊥CD；根据直线垂直平面的性质就可证明直线EF⊥MC；（2）设OA=h，取OD的中点F，过F作FG//OA交AD于点G，根据等边三角形的性质证明CFOD，运用空间直角坐标系的基本方法，建立空间直角坐标系F—xyz，得到点A，O，B，C，D的坐标，求出点E的坐标，从而得到, , ,根据求平面法向量的基本方法分别求出平面EBC，平面BCD的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法得到关于h的方程，求解方程求出h的值，利用三棱锥体积公式就可求出三棱锥A—BCD的体积。
【详细解答】（1） AB=AD，O为BD的中点，AO⊥BD，平面ABD平面BCD，平面ABD平面BCD=BD，AO平面ABD， AO⊥平面BCD， CD平面BCD，
OACD；（2）设OA=h，取OD的中点F，过F作FG//OA交AD于点G，OCD是边长为1的等边三角形， CFOD，以F为坐标原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴建立空间直角坐标系F—xyz，A（0，-，h），O（0，-，0），B（0，-，0），C（，0，0），D（0，，0），=（0，0，h）, =（，，0）, 令E（x，y，z），=（x，y-，z），=（-x，--y，h-z），DE=2EA，x=-2x，y-=-1-2y，z=2h-2z，x=0，y=-，z=h，E（0，-，h）, =（0，，h）,设平面BCE的法向量为=（，，），，，.=++0
=0①，.=0++h =0②，联立①②解得：=，=-1，=，=（，
-1，），二面角E—BC—D的大小为，cos<,>==
==,+1=2，h=1，=1=，=1
。
4、如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MNOP的是（ ）（2021全国高考新高考II）
【解析】
【考点】①正方形定义与性质；②正方体定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用。
【解题思路】对A，如图（1），连接AC，得到AC//MN，POC（或其补角）是异面直线OP，MN所成的角，显然POC，A错误；对B，如图（2），取NT的中点Q，连接PQ，OQ，得到OQ平面NTMS，从而得到OQMN，由PQMN，得到MN平面OPQ，可以证明MNOP，B正确；对C，如图（3），取CD的中点Q，连接OQ，PQ，BD，得到BD//MN，由选项B可以证明BD平面OPQ，从而得到MNOP，C正确；对D，如图（4），延长QS至点T，使QS=2ST，连接NT，MT，得到NT//OP，MNT（或其补角）是异面直线OP，MN所成的角，设SM=2a，得到MT=NT=5，MN=8，从而得到MT NT
+ MN，即MNT，D错误，就可得出选项。
【详细解答】对A，如图（1），连接AC，ABCD—MTNS是正方体， AC//MN，POC（或其补角）是异面直线OP，MN所成的角，显然POC，A错误；对B，如图（2），取NT的中点Q，连接PQ，OQ，NADT—SBCM是正方体， OQ平面NTMS， OQMN，P，Q分别是NS，NT的中点，PQMN，OQ，PQ平面OPQ，OQ PQ
=Q，MN平面OPQ，MNOP，B正确；对C，如图（3），取CD的中点Q，连接OQ，PQ，BD，CTND—ABMS是正方体，BD//MN，OQ平面ABCD， OQBD，P，Q分别是AD，CD的中点，PQBD，OQ，PQ平面OPQ，OQ PQ=Q， BD平面OPQ，MNOP，C正确；对D，如图（4），延长QS至点T，使QS=2ST，连接NT，MT，QAMS—BCDN是正方体，NT//OP，MNT（或其补角）是异面直线OP，MN所成的角，设SM=2a，MT=NT=5，MN=8， MT NT+ MN， MNT，D错误，B，C正确，选B，C。
5、在四棱锥Q—ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD=2，QD=QA=，QC=3。
（1）证明：平面QAD平面ABCD；
（2）求二面角B—QD—A的平面角的余弦值（2021全国高考新高考II卷）。
【解析】
【考点】①正方形的定义与性质；②等腰三角形的定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥建立空间直角坐标系的基本方法；⑦求平面法向量的基本方法；⑧求平面与平面所成二面角余弦值的基本方法。
【解题思路】（1）如图，取AD 的中点O，连接CO，QO，根据正方形与等腰三角形的性质和直线垂直直线的判定定理，结合问题条件证明QOAD， QOCO，运用直线垂直平面判定定理证明直线QO 平面ABCD，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面QAD平面ABCD；（2）如图，取BC的中点M，连接OM，根据建立空间直角坐标系的基本方法，建立空间直角坐标系O—xyz，得到点D，Q，B的坐标，从而得到，，运用求平面法向量的基本方法求出平面BDQ的法向量，利用求二面角余弦值的公式通过运算就可求出二面角B—QD—A的平面角的余弦值。
【详细解答】（1）如图，取AD 的中点O，连接CO，QO， QD=QA， QOAD，
AD=2，QA=，QO===2，OC==
=，+=5+4=9=， QOCO，OC，AD 平面ABCD，OC AD =O，QO 平面ABCD，QO 平面QAD，平面QAD平面ABCD；(2) 如图，取BC的中点M，连接OM，四边形ABCD是正方形，OMAD，以O为坐标原点，
，，分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz，D（0，1，0），Q（0，0，2），B（2，-1，0），=（-2，2，0），=（-2，1，2），设平面BDQ的一个法向量为=（x，y，z），由， .=-2x+2y=0，得：x=2，y=2，z=1，
， .=-2x+y+2z=0，=（2，2，1），
=（2，0，0）是平面QAD的一个法向量，cos<，>==
=，二面角B—QD—A的平面角的余弦值为。
6、如图①，在菱形ABCD中，A=，且AB=2，E为AD的中点，将ABE沿BE折起使AD=，得到如图②所示的四棱锥A—BCDE。
（1）求证：平面ABE平面ABC；
（2）(理)若P为AC的中点，求二面角P—BD—C的余弦值。（文）若P为AC的中点，求三棱锥P—ABD的体积（2021成都市高三零诊）。
【解析】
【考点】①菱形的定义与性质；②正三角形的定义与性质；③勾股定理逆定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥空间直角坐标系的定义与建立的基本方法；⑦确定空间点坐标的基本方法；⑧求平面法向量的基本方法；⑨求平面与平面所成二面角余弦值的基本方法；⑩三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（1）根据菱形和正三角形的性质，结合问题条件证明BCBE，运用勾股定理逆定理证明AEDE，从而证明AEBC，由直线垂直平面判定定理证明直线BC 平面ABE，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面ABE平面ABC；（2）（理）如图②，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系E—xyz，根据确定空间点坐标的基本方法，结合问题条件得到点A，，B，D，C，E的坐标，从而求出点P的坐标，利用求平面法向量的基本方法分别求出平面PBD，平面BCD的法向量，，由求二面角余弦值的公式通过运算就可求出二面角P—BD—C的余弦值。（文）如图②，根据直线垂直平面的判定定理，结合问题条件证明AE平面BCDE，从而得到AE平面BCD，运用三棱锥体积公式通过运算就可求出三棱锥P—ABD的体积。
（理科图） （文科图）
【详细解答】（1）如图①，连接BD，四边形 ABCD是菱形，A=， ABD是正三角形， E是AD的中点， BCBE，AB=2，AD=， AE+ED=1+1=2=AD， AEDE，DE//BC， AEBC， AE，BE平面ABE，AE BE=E，BC平面ABE，BC平面ABC，平面ABE平面ABC；（2） AEBE，AEED，BEED，
如图②，以E为原点，，，分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系E—xyz， AB=2，AD=，A（0，0，1），B（，0，0），C（，2，0），D（0，1，0），E（0，0，0），P是AC的中点，P（，1，），=（-，1，），=（，0，），=（0，0，1），设平面BCD的法向量为=（x，y，z），
由 ，.=-x+y+z=0，x=1，y=，z=-，=（-1，-，
， .=x+0+z =0，）， AEBE，AEED，BE，DE平面
BCDE，BE DE=E，AE平面BCDE，=（0，0，1）是平面BCD的一个法向量，cos<，>==|= ，二面角P—BD—C的余弦值为。
（文）如图②， AEBE，AEED，BE，ED平面BCDE，BE DE=E， AE平面BCDE， AE平面BCD， AB=2，AD=，ABD是正三角形， E是AD的中点，BE =，AE=1，=2=，点P是 AC的中点，=
==1=。
7、如图，长方体ABCD—的底面是边长为2的正方形，A=4，点E，F，M，N分别是棱C，BC，B，A的中点（2021成都市高三一诊）。
（理）（1）求证：平面E平面MN；
（2）若平面AFM平面=l，求直线l与平面E所成角的正弦值。
（文）（1）求三棱锥E—AFM的体积；
（2）求证：平面E平面MN。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①正方形，长方形的定义与性质；②直线垂直直线判定定理及运用；③直线垂直平面判定定理及运用；④直线垂直平面性质定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥空间直角坐标系的定义与建立的基本方法；⑦确定空间点坐标的基本方法；⑧求平面法向量的基本方法；⑨求直线与平面所成角正弦值的基本方法；⑩三棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（理）（1）根据正方形和直线垂直平面的性质，结合问题条件证明EM ，E MN，运用直线垂直平面判定定理证明直线E 平面MN ，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面E 平面MN；（2）如图，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系D—xyz，根据确定空间点坐标的基本方法，结合问题条件得到点A，D，F，，的坐标，从而求出，，利用求平面法向量的基本方法求出平面E的法向量，由求直线与平面所成角正弦值的基本方法就可求出直线l与平面E所成角的正弦值。（文）（1）根据三棱锥的性质和三棱锥体积公式，结合问题条件就可求出三棱锥E—AFM的体积；（2）根据正方形和直线垂直平面的性质，结合问题条件证明EM ，E MN，运用直线垂直平面判定定理证明直线E 平面MN ，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面E 平面MN。
【详细解答】（理）（1）连接EM，E，M分别是棱C，B的中点，四边形BC是矩形，B=4，=2，四边形ME是正方形，EM ，M，N分别是棱B，A的中点，MN平面BC，E平面BC，EMN， MN，M 平面MN ，MN M =M，E 平面MN，E 平面E ，平面E 平面MN；（2） ABCD—是长方体，以D为坐标原点，，，分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系D—xyz，
平面ABCD//平面，AF平面ABCD，AF//平面，平面AFM平面=l，AF平面AFM，AF//l，直线l与平面E所成角等于直线AF与E所成角， A（2，0，0），D（0，0，0），F（1，2，0），（2，2，4），（0，0，4），E（0，2，2），=（2，2，0），=（0，2，-2），=（-1，2，0），
设平面ABE的法向量为=（x，y，z），由 ，.=2x+2y+0=0，x=-1， ， .=0+2y-2z =0，y=1，z
=1，=（-1，1，1），设直线AF与平面E所成角为，sin=cos<，>
===，直线l与平面E所成角的正弦值。
（文）AB平面BC，AB平面EFM，长方体ABCD—的底面是
边长为2的正方形，A=4，点E，F，M分别是棱C，BC，B的中点，四边形BCEM
是正方形，=BC.CE=22=2，==22=，即三棱锥
E—AFM的体积为；（2）连接EM，E，M分别是棱C，B的中点，四边形BC
是矩形，B=4，=2，四边形ME是正方形，EM ，M，N分别
是棱B，A的中点，MN平面BC，E平面BC，EMN，
MN，M 平面MN ，MN M =M，E 平面MN，E 平面
E ，平面E 平面MN。
8、如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的菱形，DAB=，EB=ED，EF//AC（2021成都市高三三诊）。
（1）求证：平面BDF平面ACFE;
（2）（理）若EA=EC，EF=AC，多面体ABCDEF的体积为，求平面ABE与平面BDF所成锐二面角的余弦值。（文）若EB=2，EA=EC，EF=AC，求多面体ABCDEF的体积。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①菱形的定义与性质；②正三角形的定义与性质；③直线垂直直线判定定理及运用；④直线垂直平面判定定理及运用；⑤平面垂直平面判定定理及运用；⑥空间直角坐标系的定义与建立的基本方法；⑦求平面法向量的基本方法；⑧求平面与平面所成二面角余弦值的基本方法；⑨四棱锥体积公式及运用；⑩求组合体体积的基本方法。
【解题思路】（1）如图，连接AC，BD相交于点O，连接EO，根据菱形与正三角形的性质和直线垂直直线的判定定理，结合问题条件证明BDAC， BD0E，运用直线垂直平面判定定理证明直线BD 平面ACFE，利用平面垂直平面的判定定理就可证明平面BDF平面ACFE；（2）（理）如图，设OE=t，根据四棱锥体积公式和求组合体体积的基本方法，结合问题条件得到关于t的方程，求解方程求出t的值，运用建立空间直角坐标系的基本方法建立空间直角坐标系O—xyz，根据确定空间点坐标的基本方法，结合问题条件得到点A，B，D，E，F的坐标，从而求出，,，，利用求平面法向量的基本方法分别求出平面ABE，平面BDF的法向量，，由求二面角余弦值的公式通过运算就可求出平面ABE与平面BDF所成锐二面角的余弦值。（文）根据四棱锥体积公式和求组合体体积的基本方法，结合问题条件就可求出多面体ABCDEF的体积。
【详细解答】（1）如图，连接AC，BD相交于点O，连接EO，四边形 ABCD是菱形， BDAC，点O是BD的中点，EB=ED， BDEO， 0E，AC平面ACFE，0E AC=O，BD平面ACFE，BD平面BDF，平面BDF平面ACFE；（2）如图，设OE=t，EA=EC，O是AC的中点， ACEO，四边形ABCD是边长为2的菱形，DAB
=，BD=2，OB=OD=1，AC=2AO=2，EF=AC= ， =（2+
）t=t，由（1）知BD平面ACFE，=+=2
=2t1=t=，t=，OE=，以O为坐标原点，，，
分别为 X，Y，Z轴的正方向建立空间直角坐标系O—xyz，A（，0，0），B（0，1，0），D（0，-1，0），E（0，0，），F（-，0，），=（-，1，0），= E（-，0，）,= （0，-2，0），=（-，-1，），设平面ABE的法向量为=（x，y，z），由 ，.=-x+y+0=0，x=1，y=，z=1，=（1，，
， .=-x+0+z =0，1），设平面BDF的法向量为=（，，），由，.=0-2+0=0，=2，=0，=1，=（2，0，
， .=--+=0，1），cos<，>=
==，平面ABE与平面BDF所成锐二面角的余弦值为。（文）
EA=EC，O是AC的中点， ACEO，四边形ABCD是边长为2的菱形，DAB
=，BD=2，OB=OD=1，AC=2AO=2，EF=AC= ，EB=2， EO
==，=（2+）=，由（1）知BD平面ACFE，=+=2=21=。
9、（理）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD，ABC
是底面的内接正三角形，P为DO上一点，PO=DO。
（1）证明：PA⊥平面PBC；
（2）求二面角B—PC—E的余弦值。
（文）如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心， ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，APC=（2020全国高考新课标I）。
（1）证明：平面PAB⊥平面PAC；
（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P—ABC的体积。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平
面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤证明平面垂直平面的基本方法； ⑥建立空间直角坐标系的基本方法； ⑦求二面角余弦值的基本方法； ⑧三棱锥的定义与性质；⑨求三棱锥体积的基本方法。
【解题思路】（理）（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线PA⊥PB，PA⊥PC，根据证明直线垂直平面的基本方法就可证明直线PA⊥平面PBC；（2）建立空间直角坐标系O—xyz,设正ADE的边长为1，根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点E，P，B，C的坐标，从而得到，，,根据求平面法向量的基本方法分别求出平面PBC，平面PCE的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法就可求出二面角B—PC—E的余弦值。（文）（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线PB⊥PA，PB⊥PC，从而根据证明直线垂直平面的基本方法证明直线PB⊥平面PAC，利用证明平面垂直平面的基本方法就可证明平面PAB⊥平面PAC；（2）根据圆锥的性质，结合问题条件分别求出圆锥底面半径和母线的值，从而求出正ABC的面积，利用求三棱锥体积的基本方法就可求出三棱锥P—ABC的体积。
【详细解答】（理）（1）如图， D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为底面直径，AE=AD， P为DO上一点， ADE是正三角形，设AE=1， O是圆锥底面的圆心，P为DO上一点，PO=DO，DO=,BO=CO=,PO=,PC==, PC= =,ABC是正三角形，=2OAAB=,+
==, PA⊥PB，同理可证PA⊥PC，PBPC=P，PB，PC平面PBC， PA平面PBC；（2）过O作ON//BC交AB于点N，PO⊥平面ABC，OA，ON平面ABC， PO⊥0A， PO⊥ON，以O为原点，,,分别为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系O—xyz，E（-，0，0），P（0，0，），B（-，，0），C（-，-，0），=（-，，-），=（-，-，-），=（-，0，-），设平面PBC的法向量为=（x，y，z），，， .=-x+y-z=0①， .=-x-y-z =0②，联立①②解得 x=-，y=0,z=1,=（-，0，1），设平面PCE的法向量为=（，，），，,. =---=0③，.=-+0-=0④，联立③④解得=，=1，=-，=（，1，-），设二面角B—PC—E为， cos =｜｜=｜｜=|-|=。二面角B—PC—E的余弦值为。
（文）（1）如图，O是圆锥底面的圆心，P为DO上一点，PA=PB=PC, APC=PA⊥PC, +=, ABC是正三角形，AB=AC=BC，+=,+=，PB⊥PA, PB⊥PC,PAPC=P，PA，PC平面PAC， PB平面PBC, PB平面PAB，平面PAB⊥平面PAC；（2）设圆锥底面圆的半径为r，母线长为l，2+=①, rl=②, 联立①②解得r=1，l=，ABC是正三角形， AB=AC=BC=，PA=PB=PC=,PO==，=
=，==。
10、设有下列四个命题：：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；：过空间中任意三点有且仅有一个平面；：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；：若直线l平面，直线m平面，则ml，则下述命题中所有真命题的序号是 （2020全国高考新课标II）
① ② ③ ④
【解析】
【考点】①命题定义与性质；②逻辑连接词定义与性质；③判断命题真假的基本方法；④判断复合命题真假的基本方法；⑤平面基本性质及运用； ⑥空间两条直线位置关系及运用； ⑦直线垂直平面性质定理及运用。
【解题思路】根据平面的基本性质，可以判断命题为真命题，命题为假命题，由空间两条直线的位置关系，可以判断命题为假命题；运用直线垂直平面的性质定理，可以判断命题为真命题，利用连接连接词的性质和判断复合命题真假的基本方法分别对①②③④几个复合命题的真假进行判断就可得出所有真命题的序号。
【详细解答】两两相交且不过同一点的三条直线确定唯一一个平面，两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内，命题为真命题，当空间三点在同一直线上时，该三点不能确定一个平面，过空间中任意三点不一定有一个平面，命题为假命题，空间两条直线的位置关系有相交，平行和异面三种情况，若空间两条直线不相交，这两条直线可能平行，也可能是异面直线，命题是假命题，直线l平面，直线m平面， ml，命题为真命题，①为真命题，②为假命题，③为真命题，④
为真命题，所有真命题的序号是①③④。
11、如图，在四棱锥P—ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，设平面PAD与平面PBC的交线为l。
（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1,Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值（2020全国
高考新高考II）
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平
面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤证明直线平行平面的基本方法； ⑥建
立空间直角坐标系的基本方法； ⑦求直线与平面所成角正弦值的基本方法； ⑧求函数最值的基本方法。
【解题思路】（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线AD⊥PD，AD⊥CD，根据证明直线垂直平面的基本方法就可证明直线AD⊥平面PCD,根据证明直线平行平面的基本方法证明直线AD//平面PBC,从而得到AD//L就可证明直线l⊥平面PCD；（2）建立空间直角坐标系D—xyz,设点Q（a，0，1）,根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点D，C，B，P的坐标，从而得到，，,根据求平面法向量的基本方法求出平面QCD的法向量，由求直线与平面所成角正弦值的基本方法得到关于a的函数，利用求函数最值的基本方法就可求出直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值。
【详细解答】（1）如图， PD⊥底面ABCD，DC平面ABCD, AD⊥PD，四边形ABCD是正方形， AD⊥CD，PDCD=D，PD，CD平面PCD， AD平面PCD, AD//
BC,AD平面PBC，BC平面PBC，AD//平面PBC，AD平面PAD，平面PAD平面PBC=l，AD//l，l平面PCD；(2) PD⊥底面ABCD，AD,DC平面ABCD, PD⊥AD，PD⊥CD，四边形ABCD是正方形， AD⊥CD，以D为原点，,,分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系D—xyz，设点Q（a，0，1）, D（0，0，0），C（0，1，0），B（1，1，0），P（0，0，1），=（a，0，1）,= （0，1，0）, = （1，1，-1）, 设平面QCD的法向量为=（x，y，z），，.= a x+
0+z=0①， .=0+ y +0=0②，联立①②解得 x=1，y=0,z=- a,=（1，0，- a），设直线PB与平面QCD所成角为，sin===.=
.,当且仅当a=1时，等号成立，直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为。
12、（理）如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且ABC=，E为BC的中点。
（1）证明：BC⊥平面PAE；
（2）若AB=2，PA=1，求平面ABP与平面CDP所成锐二面角的余弦值。
（文）如图，在四棱锥P-ABCD中，AP⊥平面PBC，底面ABCD为菱形，且ABC=，E，F分别为BC，CD的中点。
（1）证明：BC⊥平面PAE；
（2）点Q在棱PB上，且=，证明：PD//平面QAF（2020成都市高三一诊）
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平
面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤建立空间直角坐标系的基本方法；⑥求二面角余弦值的基本方法；⑦四棱锥的定义与性质；⑧求四棱锥体积的基本方法。
【解题思路】（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线BC⊥AE，BC⊥AP，根据证明直线垂直平面的基本方法就可证明直线BC⊥平面PAE；（2）（理）建立空间直角坐标系P—xyz,根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点P，A，B，C，D的坐标，从而得到, ，，,根据求平面法向量的基本方法分别求出平面PAB，平面PCD的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法就可求出平面PAB与平面PCD所成锐二面角的余弦值。（文）根据证明直线平行直线的基本方法证明直线MQ//PD，利用证明直线//平面的基本方法就可证明直线PD//平面QAF。
【详细解答】（1）如图，四边形ABCD是菱形，ABC=，ABC 是正三角形，E是BC的中点，AEBC，AP平面PBC，BC平面PBC，PABC，PAAE=A，AE，AP平面APE， BC平面APE；（2）（理）AP平面PBC，PB平面PBC，PAPB，AB=2，PA=1，PB=，由（1）知BC 平面APE，PE平面APE，BCPE，E是BC的中点，PB=PC=，BE=1，PE=，如图，过P作PQ//BC，交CD于点Q，PE，PQ，PA两两互相垂直，以P为原点，，，分别为X，Y，Z轴的正方向 建立空间直角坐标系P-xyz， P（0，0，0），A（0，0，1），B（，-1，0），C（，1，0），D（0，2，1），=（0，0，1），=（，-1，0），=（，1，0），= （0，2，1），设平面BAP的法向量为=（x，y，z），，， .=0+0+z=0①， .=x-y+0=0②，联立①②解得 x=1，y=，z=0，=（1，，0），设平面PCD的法向量为=（，，），，，.=+
+0=0③，.=0+2+=0④，联立③④解得=1，=-，=2，=（1，-，2），设平面BAP与平面PCD所成角为， cos=||=||
=||=。平面BAP与平面PCD所成锐二面角的余弦值为。（文）连接BD交AF于点M，连接QM，F 是DC的中点，==，=， =， =，MQ//PD， MQ平面AQF，PD平面AQF，直线PD//平面AQF。
13、（理）如图，在四棱锥P-ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，E为BC的中点。
（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；
（2）若PE=3，求二面角D—PE—B的余弦值。
（文）如图，在四棱锥P-ABCD中，O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，M，E分别为AB，BC的中点。
（1）证明：平面PAC⊥平面PBD；
（2）若PE=3，求三棱锥B—PEM的体积（2020成都市高三二诊）。
（理科图） （文科图）
【解析】
【考点】①直线垂直直线的定义与性质；②直线垂直平面的定义与性质；③证明直线垂直平
面的基本方法；④证明直线垂直直线的基本方法；⑤证明平面垂直平面的基本方法； ⑥建立空间直角坐标系的基本方法； ⑦求二面角余弦值的基本方法； ⑧三棱锥的定义与性质；⑨求三棱锥体积的基本方法。
【解题思路】（理）（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线BD⊥AC，BD⊥PO，从而根据证明直线垂直平面的基本方法证明直线BD⊥平面PAC,利用证明平面垂直平面的基本方法就可证明平面PAC⊥平面PBD；（2）取AB的中点M，连接OM，OE，建立空间直角坐标系O—xyz,根据确定点的坐标的基本方法，结合问题条件分别得到点B，D，P，E的坐标，从而得到，，根据求平面法向量的基本方法分别求出平面PBE，平面PDE的法向量，利用求二面角余弦值的基本方法就可求出二面角D—PE—B的余弦值。（文）（1）运用证明直线垂直直线的基本方法，结合问题条件证明直线AC⊥BD，AC⊥PD，从而根据证明直线垂直平面的基本方法证明直线AC⊥平面PBD，利用证明平面垂直平面的基本方法就可证明平面PAC⊥平面PBD；（2）根据正方形的性质，结合问题条件分别求出PO, 的值，利用求三棱锥体积的基本方法就可求出三棱锥B—PME的体积。
【详细解答】（1）如图， PO⊥平面ABCD，BD平面ABCD, BD⊥PO， O是边长为4
的正方形ABCD的中心， BD⊥AC，P0AC=O，PO，AC平面PAC， BD平面PAC, BD平面PBD，平面PBD⊥平面PAC；(2) （理） 取AB的中点M，连接OM，OE， PO⊥平面ABCD，OM，OE平面ABCD, PO⊥OM， PO⊥OE，M，E分别是正方形ABCD边AB，BC的中点， OM⊥OE，以O为原点， ， ，分别为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系O—xyz, PE=3，B(2，2，0)，D(-2，-2，0)，P(0，0，
)，E(0，2，0)，=(-2，0，0)，=(0，2，-)，=(2，4，0)，设平面PBE
的法向量为=（x，y，z），，， .=-2x+0+0=0①，.
=0+2y-z =0②，联立①②解得 x=0，y=,z=1,=（0，，1），设平面PDE的法向量为=（，，），，,.=2+4+0=0③，. =0+2-=0④，联立③④解得=-2，=1，=，=（-2，1，），设二
面角D—PE—B为， cos =-=-=-=-，
二面角D—PE—B的余弦值为-。(文)连接OE， O是边长为4的正方形ABCD的中心，PO⊥平面ABCD，PE=3，PO==， M，E分别为AB，BC的中点，
=22=2，==2=,三棱锥B—PEM的体积为。
〖思考问题5〗
（1）【典例5】是垂直证明问题，这类问题主要包括：①证明直线垂直直线；②证明直线垂直平面；③证明平面垂直平面；
（2）证明直线垂直直线，需要理解直线垂直直线，直线垂直平面的基本概念；掌握证明直线垂直平面，直线垂直直线的基本方法；
（3）证明直线垂直直线的基本方法是：①证明两条直线中的一条直线垂直另一条直线所在的平面；②利用直线垂直平面的性质证明直线垂直直线；
（4）证明直线垂直平面，需要理解直线垂直直线，直线垂直平面的基本概念；掌握证明直线垂直直线，直线垂直平面的基本方法；
（5）证明直线垂直平面的基本方法有： ①直线垂直平面的判定定理；②平行线垂直平面的传递性；③平面垂直平面的性质1；④平面垂直平面的性质2；⑤ 平面垂直平面的性质3；
（6）运用直线垂直平面的判定定理证明直线垂直平面的基本方法是：①在平面内找两条相交直线；②证明直线与这两条相交直线分别垂直；③得出直线垂直平面；
（7）运用平行线垂直平面的传递性证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两条直线平行，②证明其中一条直线垂直平面；③得出直线垂直平面；
（8）运用平面平行平面的性质1证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两个平面平行；②证明直线与其中的一个平面垂直；③得出直线垂直平面；
（9）运用平面垂直平面的性质定理2证明直线垂直平面的基本方法是：①证明两个平面垂直；②在一个平面内找一条直线证明它与两个平面的交线垂直；③得出直线垂直平面；
（10）运用平面垂直平面的性质定理3证明直线垂直平面的基本方法是：①找到以直线为交线的两个相交的平面；②分别证明这两个平面与第三个平面垂直；③得出直线垂直平面；
（11）证明平面垂直平面，需要理解直线垂直直线，直线垂直平面，平面垂直平面的基本概念；掌握证明直线垂直直线，直线垂直平面，平面垂直平面的基本方法；
（12）证明平面垂直平面的基本方法是： ①运用证明直线垂直直线的基本方法证明直线垂直直线；②运用证明直线垂直平面的基本方法证明直线垂直平面；③运用证明平面垂直平面的基本方法证明平面垂直平面。
【典例6】解答下列问题：
1、如图，四棱锥P—ABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PD=DC=1，M为BC的中点，且PBAM。
（理）（1）求BC；
（2）求二面角A—PM—B的正弦值。
（文）如图，四棱锥P—ABCD的底面是矩形，PD底面ABCD， M为BC的中点，且PBAM。
（1）证明：平面PAM平面PBD；
（2）若PD=DC=1，求四棱锥P—ABCD的体积（2021全国高考乙卷）
【解析】
【考点】①四棱锥的定义与性质；②建立空间直角坐标系的基本方法；③求平面法向量的基本方法；④求二面角正弦值的基本方法；⑤直线垂直直线判定定理及运用；⑥直线垂直平面的判定定理及运用；⑦直线垂直平面性质定理及运用；⑧平面垂直平面判定定理及运用；⑨四棱锥体积公式及运用。
【解题思路】（理）（1）如图，设BC=2t，根据矩形的性质和建立空间直角坐标系的基本方法，结合问题条件建立空间直角坐标系D—xyz,得到点P，B，A，C的坐标，从而求出点M的坐标，得到，，运用PBAM得到关于t的方程，求解方程求出t的值就可求出BC的值；（2）由（1）求出，，根据求平面法向量的基本方法分别求出平面PAM和平面PBM的法向量，运用求二面角余弦值的公式求出二面角A—PM—B的余弦值，利用同角三角函数的基本关系就可求出二面角A—PM—B的正弦值。（文）（1）根据直线垂直平面性质定理证明PDAM，运用直线垂直平面判定定理，结合问题条件证明直线AM平面PBD，利用平面垂直平面判定定理就可证明平面PAM平面PBD；（2）如图，设BC=2t，根据矩形的性质和建立空间直角坐标系的基本方法，结合问题条件建立空间直角坐标系D—xyz,得到点P，B，A，C的坐标，从而求出点M的坐标，得到，，运用PBAM得到关于t的方程，求解方程求出t的值就可求出BC的值，运用四棱锥体积公式就可求出四棱锥P—ABCD的体积。
【详细解答】（理）（1）如图，设BC=2t， PD底面ABCD，底面ABCD是矩形，以D为坐标原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz， PD=DC=1，A（2t，0，0），B （2t，1，0），C （0，1，0），D（0，0，0），P（0，0，1），M是BC的中点，M（t，1，0），=（2t，1，-1），=（-t，1，0），PBAM，.=-2+1+0=-2+1=0，t=，BC=2t=；（2）
=（-，0，1），=（，1，-1），设平面PAM的法向量为=（x，y，z），由
，.=-x+0+z=0，得：x=1，y=，z=，=（，1，2），
， .=-x+y+0=0，设平面PBM的法向量为=（，，），由
， .=+-=0，得：=0，,=1，=1，=（0，1，1），
， .=+-=0，设二面角A—PM—B为，cos<,>
===，sin==，即二面角A—PM—B的正弦值为。（文）（1） PD底面ABCD，AM平面ABCD， PDAM，
PBAM，PB，PD平面PBD，PB PD=P，直线AM平面PBD，AM平面PAM，平面PAM平面PBD；（2）如图，设BC=2t， PD底面ABCD，底面ABCD是矩形，以D为坐标原点，，，分别为X轴，Y轴，Z轴的正半轴建立空间直角坐标系D—xyz， PD=DC=1

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