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第六节　空间向量与空间角、距离问题
1.能用向量方法解决点到直线、点到平面、相互平行的直线、相互平行的平面的距离问题和简单夹角问题.
2.了解向量方法在研究立体几何问题中的作用.
1．空间向量与空间角
空间角 向量求法 空间角的范围
异面直线所成的角 若异面直线l1，l2所成的角为θ，其方向向量分别是u，v，则cos θ＝|cos〈u，v〉|＝＝
直线与平面所成的角 设直线AB与平面α所成的角为θ，直线AB的方向向量为u，平面α的法向量为n，则sin θ＝|cos〈u，n〉|＝＝
二面角 平面α与β相交于直线l，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面角α -l -β为θ或π－θ.设二面角大小为φ，则|cos φ|＝|cos θ|＝ [0，π]
两个平面的夹角 若平面α，β的法向量分别是n1，n2，则平面α与平面β的夹角即为向量n1和n2的夹角或其补角；设平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝
2.空间向量与距离
直线外一点P到直线l的距离 如图，直线l的单位方向向量为u，设＝a，则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u，则点P到直线l的距离为PQ＝eq \r(||2－||2)＝a2－(a·u)2
平面外一点P到平面α的距离 如图，已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点，过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离PQ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(·\f(n,|n|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·n,|n|)))＝eq \f(|·n|,|n|)
线面距离、面面距离都可以转化为点到平面的距离
(1)最小角定理cos θ＝cos θ1cos θ2
如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，其中θ为OA与OC所成的角，θ1为OA与OB所成的角，即线面角，θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.
(2)线面角θ的正弦值等于直线的方向向量a与平面的法向量n所成角的余弦值的绝对值，即sin θ＝|cos〈a，n〉|，不要误记为cos θ＝|cos〈a，n〉|.
(3)平面与平面所成的角和二面角的概念不同．
1．(人教B版选择性必修第一册P36·T3改编)已知直线l1的方向向量s1＝(1,0,1)与直线l2的方向向量s2＝(－1，2，－2)，则l1和l2夹角的余弦值为(　 )
A. B. C. D.
答案：C
2．(人教A版选择性必修第一册P38·T1改编)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________.
答案：
3．(人教A版选择性必修第一册P44·T15改编)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E为BB1的中点，则平面A1ED与平面ABCD夹角的余弦值为________.
答案：
4．(北师大版选择性必修第一册P129·T4改编)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，由于AB＝2，BC＝AA1＝1，所以A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)，所以＝(－1,2,0)， ＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n＝0，, ·n＝0，))即令x＝2，得y＝1，z＝2，则n＝(2,1,2)．设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝eq \f(|·n|,|||n|)＝＝，即D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为.
答案：
重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　直线与平面所成的角　
[典例]　(2021·深圳二模)如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，DC＝2，AA1＝3，AB＝BC＝AD＝1，点E和F分别在侧棱AA1，CC1上，且A1E＝CF＝1.
(1)求证：BC∥平面D1EF；
(2)求直线AD与平面D1EF所成角的正弦值．
[解]　(1)证明：分别取D1F，CD的中点N，M，连接AM，MN，EN，则MN为梯形CFD1D的中位线，∴MN∥CC1∥DD1，且有MN＝(CF＋DD1)＝2，∵A1E＝1，AA1∥DD1，∴AE＝2＝MN，且AE∥MN，∴四边形AENM为平行四边形，故EN∥AM.∵M为CD的中点，则CM＝CD＝AB，∵AB∥CD，则CM∥AB，∴四边形ABCM为平行四边形，则AM∥BC，故BC∥EN，∵BC 平面D1EF，EN 平面D1EF，∴BC∥平面D1EF.
(2)以点A为坐标原点，AB为x轴，平面ABCD内垂直于AB的直线为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，D，D1，E(0,0,2)，F，＝， ＝，＝(2,0，－2)．设平面D1EF的法向量为m＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))可得令x＝，则m＝(，－1，)，cos<，m>＝eq \f(·m,||·|m|)＝＝－，因此，直线AD与平面D1EF所成角的正弦值为.
[方法技巧]　利用空间向量求线面角的解题模型
[针对训练]
(2021·南平二模)如图，已知四边形ACDE为菱形，∠CDE＝60°，AC⊥BC，F是DE的中点，平面ABC∩平面BDE＝l.
(1)证明：l⊥平面BCF；
(2)若平面ABC⊥平面ACDE，AC＝BC＝2，求AE与平面BDE所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为四边形ACDE为菱形，∠CDE＝60°，所以△CDE是等边三角形，因为F是DE的中点，所以AC⊥CF，又AC⊥BC，CF∩BC＝C，CF，BC 平面BCF，所以AC⊥平面BCF.又菱形ACDE中，ED∥AC，AC 平面BDE，DE 平面BDE，所以AC∥平面BDE.而AC 平面ABC，平面ABC∩平面BDE＝l，得l∥AC.因此l⊥平面BCF.
(2)因为平面ABC⊥平面ACDE，平面ABC∩平面ACDE＝AC，AC⊥BC，BC 平面ABC，所以BC⊥平面ACDE，于是CA，CB，CF两两互相垂直，以C为坐标原点，以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．则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，D(－1,0，)，E(1,0，)，所以＝(－1，－2，)，＝(2,0,0)，＝(－1,0，)．设平面BDE的法向量n＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得可取n＝(0，，2)，所以cos〈，n〉＝eq \f(·n,||·|n|)＝＝.故AE与平面BDE所成角的正弦值为.
重难点(二)　平面与平面所成的角　
[典例]　(2021·新高考Ⅱ卷改编)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)求平面BQD与平面AQD夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：取AD的中点E，连接QE，∵QD＝QA＝，∴QE⊥AD.∵AD＝2，∴DE＝1，∴QE＝＝2，CE＝＝.∴QE2＋CE2＝9＝QC2，∴QE⊥CE.又∵AD∩CE＝E，AD 平面ABCD，CE 平面ABCD，∴QE⊥平面ABCD，∵QE 平面QAD，∴平面QAD⊥平面ABCD.
(2)取BC中点F，连接EF，易得EF，ED，EQ两两垂直，如图，分别以EF，ED，EQ所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则B(2，－1,0)，Q(0,0,2)，D(0,1,0)，∴＝(－2,1,2)，＝(0,1，－2)．设平面BQD的一个法向量n1＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1⊥，,n1⊥ )) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·＝－2x＋y＋2z＝0，,n1·＝y－2z＝0，))取z＝1，可得x＝2，y＝2，∴n1＝(2,2,1)．易知平面AQD的一个法向量n2＝(1,0,0)，设平面BQD与平面AQD的夹角为θ，则cos θ＝|cos|＝＝＝.∴平面BQD与平面AQD的夹角的余弦值为.
[方法技巧]
1．利用向量法解二面角问题的策略
找法向量法 分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小
找与棱垂直的方向向量法 分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小
2.两个平面夹角的向量求法
设n1，n2分别是平面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)就是两个平面的夹角，用坐标法解题的步骤如下：
(1)建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系；
(2)求法向量：在建立的坐标系下求两个面的法向量n1，n2；
(3)计算：cos θ＝.　　
[针对训练]
1.如图所示，AB为圆锥S-ABC底面圆的直径，点C为底面半圆弧AB上不与A，B重合的一点，设点D为劣弧BC的中点．
(1)求证：BC⊥SD；
(2)设AB＝2，且圆锥的高为3，当∠BAC＝60°时，求二面角A-SC-B的余弦值．
解：(1)证明：取AB的中点O，连接SO，OD，则SO⊥平面ABC，且OD垂直平分BC，所以SO⊥BC，BC⊥OD，又因为SO∩OD＝O，SO 平面SOD，OD 平面SOD，所以BC⊥平面SOD，因为SD 平面SOD，所以BC⊥SD.
(2)因为AB为底面圆的直径，所以AC⊥BC，以C点为原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为AB＝2，SO＝3，∠BAC＝60°，
所以AC＝1，BC＝，则C(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，S，
＝，＝，
＝.
设平面ASC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n1＝0，,·n1＝0，))即得
令z1＝1，则平面ASC的一个法向量为n1＝(0，－2，1)．
设平面SBC的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n2＝0，, ·n2＝0，))
同理可求得平面SBC的一个法向量为n2＝(－6,0,1)．
则cos〈n1，n2〉＝＝＝，
由图易知二面角A-SC-B为钝二面角，
即二面角A-SC-B的余弦值为－.
2．(2022·滨州一模)如图1所示，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为4的正方形．过点A的平面与棱BB1，CC1，DD1分别相交于E，F，G三点，且CF＝3，DG＝2.
(1)求BE的长；
(2)若平行六面体ABCD-A1B1C1D1是侧棱长为6的直四棱柱(如图2)，求平面ABCD与平面AED1所成锐二面角的余弦值．
解：(1)如图，过点G作GH平行于DC，与棱CC1相交于点H，则四边形GHCD为平行四边形，所以CH＝2，GH＝DC，GH∥DC，
又AB＝DC，AB∥DC，所以GH＝AB，GH∥AB，
则四边形ABHG为平行四边形，所以AG∥BH.
又因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1，平面AEFG∩平面BCC1B1＝EF，平面AEFG∩平面ADD1A1＝AG，所以AG∥EF，所以BH∥EF，又BE∥HF，所以四边形BEFH为平行四边形，则BE＝HF＝1.
(2)以D为原点，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．
由题意得，A(4,0,0)，E(4,4,1)，D1(0,0,6)．则＝(0,4,1)，＝(－4,0,6)．设平面AED1的法向量为n＝(x，y，z)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即
令z＝1，解得x＝，y＝－，所以平面AED1的一个法向量为n＝.
因为平行六面体ABCD-A1B1C1D1是直四棱柱，
所以DD1⊥平面ABCD，则平面ABCD的一个法向量为m＝(0,0,1)．
设平面ABCD与平面AED1所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos〈m，n〉|＝＝＝.
故平面ABCD与平面AED1所成锐二面角的余弦值为.
重难点(三)　空间距离　
[典例]　三棱锥P-ABC中，PA＝4，AB＝2，BC＝2，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，D为AC中点，点E在棱PC上(端点除外)．过直线DE的平面α与平面PAB垂直，平面α与此三棱锥的面相交，交线围成一个四边形．
(1)在图中画出这个四边形，并写出作法(不要求证明)；
(2)若PE＝3EC，求点C到平面α的距离．
[解]　(1)取AB的中点M，连接DM，作EF∥BC交PB于点F，连接MF，则四边形DMFE即为所求．如图所示．
(2)以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB⊥BC，AB＝2，BC＝2，所以AC＝4，∠BAC＝30°，
AM＝AB＝，
所以M，D(0,2,0)，C(0，4,0)，因为PA＝4，AC＝4，PE＝3EC，
所以E(0,3,1)，故＝(0，－1,1)，
＝，＝(0,1,1)．
设平面DME的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即
令x＝1，则y＝，z＝－，所以m＝(1，，－)．
所以点C到平面α的距离
d＝eq \f(|m·|,|m|)＝＝.
[方法技巧]
点面距的求解步骤
(1)求出该平面的一个法向量；
(2)找出从该点出发的平面的任一条斜线段对应的向量；
(3)求出法向量与斜线段对应向量的数量积的绝对值，再除以法向量的模，即可求出点到平面的距离．　　
[针对训练]
如图，已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点．
(1)求点D到平面PEF的距离；
(2)求直线AC到平面PEF的距离．
解：(1)建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，P(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，E，F，则＝，＝.设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))所以即令y＝2，则n＝(2,2,3)．又＝(0,0,1)，所以点D到平面PEF的距离d＝eq \f(|·n|,|n|)＝＝.
(2)由于E，F分别是AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以AC∥平面PEF，所以A点到平面PEF的距离即为直线AC到平面PEF的距离．由于＝，又由(1)知平面PEF的法向量为n＝(2,2,3)，所以点A到平面PEF的距离为eq \f(|·n|,|n|)＝＝，即直线AC到平面PEF的距离为.
给出空间角求其他空间角时无法利用条件
在一些题目中，经常出现给出线面角(或平面与平面的夹角)，然后求其他空间角的情形，但在解题过程中，不会使用给出的角求题目中的未知量．
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[典例]　如图，半圆弧AB所在平面与平面ABCD垂直，M是上异于A，B的动点，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝2DC.
(1)证明：MB⊥平面MAD；
(2)当直线MB与平面ABCD所成的角为45°时，求平面MAC与平面MAD的夹角的正弦值．
[解]　(1)证明：因为平面MAB⊥平面ABCD，平面MAB∩平面ABCD＝AB，DA⊥AB，所以DA⊥平面MAB，又MB 平面MAB，所以DA⊥MB.由题可知MB⊥MA，因为MA∩DA＝A，所以MB⊥平面MAD.
(2)过M作MO⊥AB于O(图略)，因为平面MAB⊥平面ABCD，平面MAB∩平面ABCD＝AB，所以MO⊥平面ABCD，∠MBO即为MB与平面ABCD所成的角．由已知条件得∠MBA＝45°，则MA＝MB，此时O为AB的中点．连接OC(图略)，由∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝AD＝2DC，得四边形AOCD为矩形，所以OC⊥AB.以O为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，设AB＝AD＝2DC＝2，则C(0,2,0)，D(－1,2,0)，A(－1,0,0)，M(0,0,1)，B(1,0,0)．由(1)知，MB⊥平面MAD，则平面MAD的一个法向量为n1＝＝(1,0，－1)．设平面MAC的一个法向量为n2＝(x，y，z), ＝(1,0,1)，＝(1,2,0)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即取y＝－1，得n2＝(2，－1，－2)．设平面MAC与平面MAD的夹角为θ，则cos θ＝＝＝，所以sin θ＝，即平面MAC与平面MAD的夹角的正弦值为.
在给出的条件中，若含有线面角(或平面与平面的夹角)，可以采取几何法或者向量法建立题干中量与量之间的关系，然后利用向量法求空间角．　　
[针对训练]
如图，在四棱锥E-ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠DAE＝∠BAE＝45°，∠DAB＝60°.
(1)证明：平面ADE⊥平面ABE；
(2)若平面DCE与平面ABE夹角的余弦值为，求直线DE与平面ABE所成角的正弦值．
解：(1)证明：过D作DO⊥AE，垂足为O，连接OB，BD(图略)，∵AD＝2，∠DAO＝45°，∴OD＝OA＝. 在△AOB中，由余弦定理可得OB2＝OA2＋AB2－2OA·AB·cos∠OAB＝2＋4－2××2×＝2，∴OB＝.∵AB＝AD＝2，∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝2.∵OD2＋OB2＝BD2，∴OB⊥OD，又OD⊥AE，AE∩OB＝O，∴OD⊥平面ABE，又OD 平面ADE，∴平面ADE⊥平面ABE.
(2)由(1)知，OA＝OB＝，又AB＝2，∴OA2＋OB2＝AB2，∴OA⊥OB，∵OD⊥平面ABE，∴∠DEO为直线DE与平面ABE所成的角．以O为原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则A(0，－，0)，B(，0,0)，D(0,0，)，设E(0，t,0)(t>0)，∴＝＝(，，0)，＝(0，t，－)．设平面DCE的一个法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝\r(2)x＋\r(2)y＝0，,n·＝ty－\r(2)z＝0，))取y＝1，得n＝.∵OD⊥平面ABE，∴m＝(0,0,1)为平面ABE的一个法向量．由平面DCE与平面ABE夹角的余弦值为，可得|cos ?m，n?|＝＝＝＝，解得t＝，∴tan∠DEO＝＝＝，得∠DEO＝30°，故直线DE与平面ABE所成角的正弦值为.
细微点——优化完善(扫盲点)
1．(忽略异面直线所成角与向量夹角的关系)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝1，AA1＝2，则异面直线BD1和B1C所成角的余弦值为(　 )
A. B．－ C．－ D.
解析：选A　以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1,3,0)，D1(0,0,2)，B1(1,3,2)，C(0,3,0)，则＝(－1，－3,2)，＝(－1,0，－2)，从而cos〈，〉＝eq \f(·,||||)＝＝－.又异面直线BD1和B1C所成的角不可能为钝角，其余弦值非负，所以，异面直线BD1和B1C所成角的余弦值为.
2．(结合新定义问题)空间直角坐标系O-xyz中，经过点P(x0，y0，z0)且法向量为m＝(a，b，c)的平面方程为a(x－x0)＋b(y－y0)＋c(z－z0)＝0，经过点P(x0，y0，z0)且一个方向向量为n＝(μ，υ，ω)(μυω≠0)的直线l的方程为＝＝.阅读上面的材料并解决下面问题：现给出平面α的方程为3x－5y＋z－7＝0，经过点(0,0,0)的直线l的方程为＝＝，则直线l与平面α所成角的正弦值为(　 )
A. B. C. D.
解析：选B　∵平面α的方程为3x－5y＋z－7＝0，∴平面α的一个法向量为m＝(3，－5,1)，∵经过点(0,0,0)的直线l的方程为＝＝，∴直线l的一个方向向量为n＝(3,2，－1)．设直线l与平面α所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝，∴直线l与平面α所成角的正弦值为.
3．(创新考查角度)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的表面积为27π，△A1DB与△A1DC1的重心分别为E，F.球O与该正方体的各条棱都相切，则球O被EF所在直线截得的弦长为(　 )
A. B．2 C．3 D.
解析：选D　设正方体的棱长为a，则4π2＝27π，则正方体的棱长a＝3.球O的球心为正方体的中心．以点D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，则A(3,0,0)，B(3,3,0)，D(0,0,0)，A1(3,0,3)，C1(0,3,3)，∴E(2，1,1)，F(1,1,2)，O，∴＝， ＝(－1,0,1)，∴点O到直线EF的距离d＝eq \r(||2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(·,||)))2)＝.又∵球O的半径r＝×＝，∴球O被EF所在直线截得的弦长为2＝2×＝.故选D.
4．(忽略二面角的取值范围)已知ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，设PA＝AB＝a，AD＝2a，则二面角B-PC-D的余弦值为________．
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则B(a,0,0)，C(a,2a,0)，P(0，0，a)，D(0,2a,0)，所以＝(0,2a,0)，＝(－a,0，a)，＝(－a,0,0)，＝(0,2a，－a)．设平面BPC、平面DPC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，则有和取x1＝1，y2＝1，可得n1＝(1,0,1)，n2＝(0,1,2)，则cos〈n1，n2〉＝＝，又由图可知二面角B-PC-D的平面角为钝角，所以二面角B-PC-D的余弦值为－.
答案：－
5．(创新命题方式)已知点D，E是边长为12的等边三角形ABC的两边AB，AC的中点，沿DE折叠△ADE，使得二面角A-DE-B为60°，则四棱锥A-BCED外接球的表面积为________．
解析：如图所示，建立空间直角坐标系，则A，E(0,3,0)，易知底面BCED的外接圆圆心为BC中点，所以球心在过BC中点且与z轴平行的直线上，设O1(3，0，t)，由AO1＝EO1得2＋2＝(3)2＋(－3)2＋t2，解得t＝－1，所以外接球半径满足R2＝EO＝(3)2＋(－3)2＋t2＝37，表面积S＝4πR2＝148π.
答案：148π
[课时验收评价]
一、点全面广强基训练
1.把边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，则异面直线AD，BC所成的角为(　 )
A．120° B．30° C．90° D．60°
解析：选D　建立如图所示的空间直角坐标系，则A(，0,0)，B(0，，0)，C(0，0，)，D(0，－，0)，∴＝(－，－，0)，＝(0，－，)．∴||＝2，||＝2，·＝2.∴cos〈，〉＝eq \f(·,||||)＝＝.∴异面直线AD，BC所成的角为60°.故选D.
2.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为(　 )
A. B. C. D.
解析：选D　如图所示，建立空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0，2,0)，C1(0,2,1)，∴＝(－2,0,1)．连接AC，易证AC⊥平面BB1D1D，∴平面BB1D1D的一个法向量为a＝＝(－2,2,0)．∴所求角的正弦值为|cos〈a，〉|＝eq \f(|a·|,|a|||)＝＝.
3.如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面边长为2，直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，则正四棱柱的高为(　 )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：选C　以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设DD1＝a，则A(2,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0，a)，C1(0,2，a)，则＝(－2,2,0)，＝(－2,0，a)，＝(0,0，a)，设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，则
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))∴令x＝1，
可得n＝为平面ACD1的一个法向量，故cos〈n，〉＝eq \f(n·,|n|||)＝＝.
∵直线CC1与平面ACD1所成角的正弦值为，
∴＝，解得a＝4(－4已舍去)．
4．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，O分别是A1B1，A1C1的中点，点P在正方体内部且满足＝＋＋，则下列说法正确的是(　 )
A．点A到直线BE的距离是
B．点O到平面ABC1D1的距离为
C．平面A1BD与平面B1CD1间的距离为
D．点P到直线AB的距离为
解析：选BC　如图，建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，C1(1,1,1)，D1(0,1,1)，E，所以＝(－1,0,0)，＝.设∠ABE＝θ，则cos θ＝eq \f(|·|,||||)＝，sin θ＝＝.故A到直线BE的距离d1＝||sin θ＝1×＝，故A错．易知＝＝，平面ABC1D1的一个法向量＝(0，－1,1)，则点O到平面ABC1D1的距离d2＝eq \f(|·|,||)＝＝，故B对．＝(1,0，－1)，＝(0,1，－1)，＝(0,1,0)．设平面A1BD的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))所以令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1,1,1)为平面A1BD的一个法向量．所以点D1到平面A1BD的距离d3＝eq \f(|·n|,|n|)＝＝.因为平面A1BD∥平面B1CD1，所以平面A1BD与平面B1CD1间的距离等于点D1到平面A1BD的距离，即为，故C对．因为＝＋＋，所以＝，又＝(1,0,0)，则eq \f(·,||)＝，所以点P到AB的距离d＝eq \r(||2－\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·,||)))2)＝＝，故D错．故选B、C.
5.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝90°，E，F分别为C1C，BC的中点．
(1)求异面直线A1B，EF所成角θ的余弦值；
(2)求点B1到平面AEF的距离．
解：以A为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系(图略)，则A(0,0,0)，A1(0,0,2)，B(2,0,0)，B1(2,0,2)，C(0,2,0)，E(0,2,1)，F(1,1,0)．
(1)易知＝(2,0，－2)，＝(1，－1，－1)，∴cos θ＝|cos〈，〉|＝eq \f(|·|,||||)＝＝.
(2)设平面AEF的一个法向量为n＝(a，b，c)，∵＝(0,2,1)，＝(1,1,0)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得令a＝1，则b＝－1，c＝2，∴n＝(1，－1,2)，又＝(2,0,2)，∴点B1到平面AEF的距离为eq \f(|·n|,|n|)＝.
6．(2022·芜湖质检)如图，在圆柱O1O2中，矩形ABCD是圆柱O1O2的轴截面，点F在上底面圆周上(异于D，C)，点E为下底面圆弧AB的中点，点F与点E在平面ABCD的同侧，圆柱O1O2的底面半径为1，高为2.
(1)若点F是圆弧DC的中点，证明：平面DEF⊥平面BCE；
(2)若∠DO1F＝，求直线DF与平面CDE所成角的正弦值．
解：(1)证明：因为点E为下底面圆弧AB的中点，点F为上底面圆弧DC的中点，所以BE∥CF，因为DC是圆O1的直径，所以DF⊥CF，即DF⊥BE，因为BC⊥圆面O1，所以BC⊥DF，又因为CB∩EB＝B，且CB，EB 平面BCE，所以DF⊥平面BCE，因为DF 面DEF，所以平面DEF⊥平面BCE.
(2)以O2为坐标原点，以O2E，O2B，O2O1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间坐标系O2-xyz，则E(1,0,0)，C(0,1,2)，D(0，－1,2)，因为∠DO1F＝，可得F，＝，＝(1，－1，－2)，＝(0，－2,0)，设n＝(x，y，z)为平面CDE的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即可取n＝(2,0,1)，设直线DF与平面CDE所成角是θ，故sin θ＝|cos〈n，〉|＝eq \f(|n·|,|n|||)＝.
7．(2021·新高考Ⅰ卷)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．
(1)证明：OA⊥CD；
(2)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45°，求三棱锥A-BCD的体积．
解：(1)证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以OA⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以OA⊥平面BCD.因为CD 平面BCD，所以OA⊥CD.
(2)以O为坐标原点，OD，OA所在的直线分别为y轴、z轴，过点O且垂直于BD的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系．设OA＝t，则O(0,0,0)，B(0，－1,0)，C，A(0,0，t)，D(0,1,0)．所以＝(0，－1，－t)，＝，＝(0,1，－t)，＝＝，＝－＝.易知平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)．设平面BCE的一个法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即不妨取x＝，则y＝－1，z＝，即m＝.因为二面角E-BC-D的大小为45°，所以cos〈n，m〉＝＝＝，解得t＝1(负值已舍去)．由OB＝OC＝OD＝1，得BC⊥CD，所以BC＝，所以三棱锥A-BCD的体积为××1××1＝.
二、重点难点培优训练
1．(2021·沧州二模)如图，在四棱锥A-BCDE中，BC∥DE，BE⊥BC，AB＝BC＝AC＝2DE＝2BE.
(1)证明：AD⊥BC；
(2)若平面BCDE⊥平面ABC，经过A，D的平面α将四棱锥A-BCDE分成左、右两部分的体积之比为1∶2，求平面α与平面ADC夹角的余弦值．
解：(1)证明：取BC的中点O，连接AO，DO，因为BC∥DE，BC＝2DE，O是BC的中点，BE⊥BC，所以BO∥DE，BO＝DE，BE⊥BO，四边形BODE是矩形，BC⊥DO，因为AB＝BC＝AC，所以△ABC是等边三角形，BC⊥AO，因为AO∩DO＝O，所以BC⊥平面ADO，因为AD 平面ADO，所以AD⊥BC.
(2)因为平面BCDE⊥平面ABC，平面BCDE∩平面ABC＝BC，DO⊥BC，所以DO⊥平面ABC，因为S△CDO∶SDOBE＝1∶2，所以平面ADO即平面α，如图，作空间直角坐标系O -xyz，设AB＝2，则O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，C(0，－1,0)，D(0,0,1)，＝(－，－1,0)，＝(0,1,1)，＝(0,1,0)，因为BC⊥平面ADO，则＝(0,1,0)即平面α的一个法向量．设平面ADC的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即令x＝1，则y＝－，z＝，n＝(1，－，)．设平面α与平面ADC的夹角为θ，则cos θ＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·n,||·|n|)))＝＝，故平面α与平面ADC夹角的余弦值为.
2．(2021·郑州三模)如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2，AD＝CD＝1，E是PB的中点．
(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；
(2)若PC>1，直线PA与平面EAC所成角的正弦值为，求平面PAC与平面EAC夹角的余弦值．
解：(1)证明：∵PC⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，∴AC⊥PC，∵AB＝2，AD＝CD＝1，∴AC＝BC＝，∴AC2＋BC2＝AB2，∴AC⊥BC.又BC∩PC＝C，∴AC⊥平面PBC，∵AC 平面EAC，∴平面EAC⊥平面PBC.
(2)以C为原点，建立空间直角坐标系如图所示，则C(0,0,0)，A(1,1,0)，B(1，－1,0)，设P(0,0，a)(a>1)，则E，＝(1,1,0)，＝，＝(1,1，－a)．设平面EAC的法向量m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m·＝0，,m·＝0，))即不妨取x＝1，则y＝－1，z＝－，∴m＝.设直线PA与平面EAC所成角为θ，则sin θ＝|cos〈，m〉|＝＝，得a4－5a2＋4＝0，a＝2或a＝1(舍去)．∵＝(1，－1,0)，·＝·＝0，∴为面PAC的法向量，又m＝(1，－1，－1)，|cos〈m，〉|＝＝，∴平面PAC与平面EAC夹角的余弦值为.
阶段综合·融会建模　习题课1——立体几何中的综合问题
综合考法一　空间角与翻折问题相结合
[典例]　(2022·泰安模拟)条件①：图1中tan 2B＝－.条件②：图1中＝＋.条件③：图2中三棱锥A-BCD的体积最大．
从以上三个条件中任选一个，补充在问题(2)中的横线上，并加以解答．
如图1所示，在△ABC中，∠ACB＝45°，BC＝3，过点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90° (如图2)，点E，M分别为棱BC，AC的中点．
(1)求证：CD⊥ME；
(2)已知________，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求平面BMN与平面CBN夹角的余弦值．
[解]　(1)证明：∵CD⊥AD，CD⊥BD，AD∩BD＝D，∴CD⊥平面ABD，∵AB 平面ABD，∴CD⊥AB.又∵M，E分别为AC，BC的中点，∴ME∥AB，∴CD⊥ME.
(2)方案一：选①，在图1所示的△ABC中，由tan 2B＝－＝，解得tan B＝2或tan B＝－(舍去)．设AD＝CD＝x，在Rt△ABD中，tan B＝＝＝2，解得x＝2，∴BD＝1.
以点D为原点，DB，DC，DA分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，D(0,0,0)，B(1，0,0)，C(0,2,0)，A(0,0,2)，M(0，1,1)，E，则＝(－1,1,1)．设N(0，a,0)，则＝.∵EN⊥BM，∴·＝0，即·(－1,1,1)＝0，解得a＝，∴N，∴当DN＝(即N是CD的靠近D的一个四等分点)时，EN⊥BM.设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，且＝，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))得令x＝1，则n＝(1,2，－1)．取平面CBN的一个法向量m＝(0,0,1)，则|cos〈m，n〉|＝＝＝，∴平面BMN与平面CBN夹角的余弦值为.
方案二：选②，在图1所示的△ABC中，设＝λ，则＝＋＝＋λ＝＋λ(－)＝(1－λ) ＋λ，又∵＝＋，由平面向量基本定理知λ＝，即BD＝1.以下解法同方案一．
方案三：选③，在图1所示的△ABC中，设BD＝x(00；当1解决空间角与翻折相结合的问题的关键：一是盯住量，即看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征；二是会转化，根据需要解决的立体几何问题，确立转化目标；三是得结论，对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实、公式等解决．　　
[针对训练]
如图①，平面四边形ABCD为正方形，E为BC的中点，F为CD的中点．将△CEF沿线段EF折起，使得平面CEF⊥平面ABEFD，得到如图②所示的五棱锥C-ABEFD.
(1)在图②中，证明：BD∥平面CEF；
(2)在图②中，求平面ACD与平面BCD夹角的正弦值．
解：(1)证明：在图①中，BE＝CE，DF＝CF，所以EF∥BD.在图②几何体中，EF∥BD，EF 平面CEF，BD 平面CEF，所以BD∥平面CEF.
(2)取EF的中点O，连接OC.由CF＝CE，可知OC⊥EF.又因为平面CEF⊥平面ABEFD，所以OC⊥平面ABEFD.连OA与BD相交于点M，由正方形的性质可知OA⊥BD，又由EF∥BD，可知OA⊥EF，所以OE，OC，OA两两垂直，故以O为坐标原点，
向量，，的正方向分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．令OE＝1，有OM＝1，AM＝DM＝BM＝2，可得各点坐标如下：O(0,0,0)，E(0,1,0)，B(1,2,0)，D(1，－2,0)，A(3,0,0)，C(0,0,1)．设平面BCD的法向量为m＝(x，y，z)，由＝(0,4,0)，＝(－1,2,1)，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·m＝4y＝0，,·m＝－x＋2y＋z＝0，))取x＝1，y＝0，z＝1，可得m＝(1,0,1)．设平面ACD的法向量为n＝(a，b，c)，由＝(－3,0,1)，＝(－1,2,1)，有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·n＝－3a＋c＝0，, ·n＝－a＋2b＋c＝0，))取a＝1，b＝－1，c＝3，可得n＝(1，－1,3)．由m·n＝4，|m|＝，|n|＝，有cos?m，n?＝＝，故平面ACD与平面BCD夹角的正弦值为 ＝.
综合考法二　空间角与探索性问题相结合
[典例]　(2021·临汾二模)如图，在半径为的半球O中，平行四边形ABCD是圆O的内接四边形，AD＝AB，点P是半球面上的动点，且四棱锥P-ABCD的体积为.
(1)求动点P的轨迹T围成的面积；
(2)是否存在点P使得平面PAD与平面BAD的夹角为？请说明理由．
[解]　(1)由已知条件可知，平行四边形ABCD为矩形，因为AD＝AB，AD2＋AB2＝12，所以AD＝2，AB＝2，四边形ABCD的面积为4，设点P到底面ABCD的距离为h，则VP-ABCD＝×SABCDh＝×4h＝，解得h＝，所以点P在到底面ABCD的距离为的平面内，又因为点P是半球面的动点，所以点P的轨迹是半径为r＝＝1的圆，所以T围成的面积S＝πr2＝π.
(2)存在点P使得平面PAD与平面BAD的夹角为，理由如下：以底面圆的圆心O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，由(1)可知A(，－1,0)，D(－，－1,0)，设P(a，b，)，易知a2＋b2＝1，设平面PAD的法向量为n＝(x，y，z)，＝(2，0,0)，＝(a－，b＋1，)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝2\r(2)x＝0，,n·＝ a－\r(2) x＋ b＋1 y＋\r(2)z＝0，))取n＝(0，－，b＋1)，由题意可取平面ABCD的法向量为m＝(0,0,1)，若要满足题目条件，则|cos|＝＝，解得b＝－1∈[－1,1]，所以存在点P使得平面PAD与平面BAD的夹角为.
[方法技巧]
空间角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，则表示满足题设要求的几何对象不存在．　　
[针对训练]
如图，在四棱锥P-ABCD中，CD∥AB，∠ABC＝90°，BD⊥PA，AB＝2BC＝2CD＝4.
(1)证明：BD⊥平面PAD；
(2)设平面PAD∩平面PBC＝l，l∩平面ABCD＝G，PA＝PD＝2.在线段PG上是否存在点M，使得平面PDC与平面MDC的夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，易知BD＝2，AD＝2，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，∵BD⊥PA 且PA∩AD＝A，∴BD⊥平面PAD.
(2) 延长AD与BC交于点G，连接PG，取AD的中点O，连接PO，由PA＝PD，易证PO⊥面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，假设存在点M符合题意，且＝λ (0≤λ≤1)．∵P(0,0，)，D(－，0,0)，C(－2，，0)，G(－3，0,0)，
∴＝(－，，0)，＝(，0，)．设平面PDC的法向量n＝(x，y，z)，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝\r(2)x＋\r(2)z＝0，,n·＝－\r(2)x＋\r(2)y＝0，))令x＝1，则y＝1，z＝－1，∴n＝(1,1，－1)．∵＝＋＝＋λ，∴＝(－3λ，0，－λ)．同理可得平面MDC的法向量为n1＝(λ－1，λ－1,1－3λ)，∴|cos|＝＝＝，∴λ＝，故存在满足条件的点M，且＝.
综合考法三　空间角中的最值问题
[典例]　(2022·济南一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1和平面α，直线AC1∥平面α，直线BD∥平面α.
(1)证明：平面α⊥平面B1CD1；
(2)点P为线段AC1上的动点，求直线BP与平面α所成角的最大值．
[解]　(1)证明：连接A1C1，则B1D1⊥A1C1，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1 平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1.又因为AA1∩A1C1＝A1，所以B1D1⊥平面AA1C1.因为AC1 平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1.同理B1C⊥AC1.因为B1D1∩B1C＝B1，所以AC1⊥平面B1CD1.因为AC1∥平面α，过直线AC1作平面β与平面α相交于直线l，则AC1∥l，所以l⊥平面B1CD1.又l 平面α，所以平面α⊥平面B1CD1.
(2)设正方体的棱长为1，以A为坐标原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0，0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,1，1)，所以＝(1,1,1)，＝(－1,1,0)．设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即取x＝1，则n＝(1,1，－2)．设＝t (0≤t≤1)，则＝(t，t，t)，因为＝(－1,0,0)，所以＝＋＝(t－1，t，t)．设直线BP与平面α所成的角为θ，则sin θ＝eq \f(|n·|,|n|||)＝＝，所以当t＝时，sin θ取到最大值为，此时θ的最大值为.
[方法技巧]
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、几何体体积等发生变化，进而就有了面积与体积及角度的最值问题.
定性分析 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律，进而发现相关面积或体积等的变化规律，求得其最大值或最小值
定量分析 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法可供选择
[针对训练](2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC -A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？
解：(1)证明：因为侧面AA1B1B为正方形，所以A1B1⊥BB1.又BF⊥A1B1，而BF∩BB1＝B，BF 平面BB1C1C，BB1 平面BB1C1C，所以A1B1⊥平面BB1C1C.又ABC -A1B1C1是直三棱柱，BC＝AB，所以四边形BB1C1C为正方形．取BC中点为G，连接B1G，EG.因为F为CC1的中点，所以BF⊥B1G.又BF⊥A1B1，且EG∥A1B1，所以BF⊥EG.又B1G∩EG＝G，B1G 平面EGB1D，EG 平面EGB1D，所以BF⊥平面EGB1D.又DE 平面EGB1D，所以BF⊥DE.
(2)因为侧面AA1B1B是正方形，所以AB∥A1B1，由(1)知，A1B1⊥平面BB1C1C，所以AB⊥平面BB1C1C.又BC 平面BB1C1C，所以AB⊥BC.设B1D＝x，以B为原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E(1,1,0)，F(0,2,1)，D(x,0,2)，所以＝(－1,1,1)，＝(x，－2,1)．易知，平面BB1C1C的法向量可为n1＝(1,0，0)．设平面DFE的法向量n2＝(x1，y1，z1)．则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))即不妨取z1＝1，则x1＝，y1＝，即n2＝.设〈n1，n2〉＝θ，则cos θ＝＝.令＝t，则cos θ＝＝.当＝时，(cos θ)max＝＝，此时(sin θ)min＝.故当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．
[课时验收评价]
1．(2021·泉州二模)如图①，在等腰直角三角形ABC中，CD是斜边AB上的高，以CD为折痕把△ACD折起，使点A到达点P的位置，且∠PBD＝60°，E，F，H分别为PB，BC，PD的中点，G为CF的中点(如图②)．
(1)求证：GH∥平面DEF；
(2)求直线GH与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：连接BH，与ED相交于点M，连接MF，因为三角形ABC是等腰直角三角形，CD是斜边AB上的高，所以AD＝DB，即PD＝DB，因为∠PBD＝60°，所以△PBD是等边三角形，因为E，H分别为PB，PD的中点，所以DE，BH是△PBD的中线，BM＝BH，因为F为BC中点，G为CF的中点，所以BF＝BG，所以MF∥GH，因为MF 平面DEF，GH 平面DEF，所以GH∥平面DEF.
(2)因为CD⊥DB，CD⊥DP，DB∩DP＝D，所以CD⊥平面DBP.如图，过点D作直线垂直平面BDC，作空间直角坐标系D -xyz，设PD＝DB＝DC＝2，则C(0,2,0)，B(2,0,0)，P(1,0，)，H，G，＝(－2,2,0)，＝(－1,0，)，＝.设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n·＝0，,n·＝0，))即令x＝，则y＝，z＝1，n＝(，，1)．设直线GH与平面PBC所成角为θ，则sin θ＝|cos?n，|＝eq \f(|n·|,|n|·||)＝＝，故直线GH与平面PBC所成角的正弦值为.
2.如图，在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝2CD＝4，PA＝2，PB＝2，E为BC的中点，且PE⊥BD.
(1)证明：PA⊥平面ABCD；
(2)线段PB上是否存在一点M，使得二面角M-DE-A的余弦值为？若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接AE，AE与BD的交点记为点O，因为AB＝BC，BE＝BC＝2＝CD，∠ABE＝∠BCD＝90°，所以△ABE≌△BCD，所以∠BAE＝∠CBD，因为∠ABD＋∠CBD＝90°，所以∠ABD＋∠BAE＝90°，所以∠AOB＝90°，即BD⊥AE，又因为BD⊥PE，且PE∩AE＝E，所以BD⊥平面PAE，因为PA 平面PAE，所以BD⊥PA.因为在△PAB中，PA2＋AB2＝PB2，所以PA⊥AB，又因为BD∩AB＝B，所以PA⊥平面ABCD.
(2)存在，点M为靠近点B的三等分点，理由如下：如图，以B为原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，则A(4,0,0)，B(0,0,0)，C(0,4,0)，P(4,0,2)，E(0,2,0)，D(2,4,0)，＝(4,0,2)，设＝λ＝(4λ，0,2λ)(0≤λ≤1)，即点M(4λ，0,2λ)，则＝(4λ，－2,2λ)，＝(2,2,0)．设平面DEM的法向量n1＝(x，y，z)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·＝2x＋2y＝0，,n1·＝4λx－2y＋2λz＝0，))取x＝λ，则n1＝(λ，－λ，－2λ－1)，易知，平面ABCD的一个法向量为n2＝(0,0,1)，因为二面角M-DE-A的余弦值为，即|cos|＝＝＝，整理可得21λ2－4λ－1＝0，解得λ＝－(舍)或λ＝.故线段PB上存在一点M，使得二面角M-DE-A的余弦值为，此时点M为靠近点B的三等分点．
3.如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，△PAC中，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)记平面AEF与平面ABC的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线PQ与平面AEF所成的角的取值范围．
解：(1)证明：∵C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，∴BC⊥AC，
又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，BC 平面ABC，
∴BC⊥平面PAC.
(2)由E，F分别是PC，PB的中点，∴BC∥EF，
又EF 平面AEF，BC 平面AEF，
∴BC∥平面AEF，
又BC 平面ABC，平面AEF∩平面ABC＝l，
∴BC∥l.
以C为坐标原点，CA，CB所在直线分别为x轴、y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1，0，)，
∴E，F，
∴＝，＝(0,2,0)．
∵BC∥l，∴可设Q(2，y,0)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·m＝－\f(3x,2)＋\f(\r(3)z,2)＝0，,·m＝2y＝0，))取z＝，得m＝(1,0，)，
又＝(1，y，－)，则|cos 〈，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(·m,| |·|m|)))＝∈.
∴直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为.
4.如图，在圆柱W中，点O1，O2分别为上、下底面的圆心，平面MNFE是轴截面，点H在上底面圆周上(异于点N，F)，点G为下底面圆弧ME的中点，点H与点G在平面MNFE的同侧，圆柱W的底面半径为1，高为2.
(1)若平面FNH⊥平面NHG，求证：NG⊥FH；
(2)若直线NH与平面NFG所成线面角α的正弦值等于，求证：平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于.
证明：(1)因为平面FNH⊥平面NHG，平面FNH∩平面NHG＝NH，又NH⊥FH，FH 平面FNH，所以FH⊥平面NHG，又NG 平面NHG，所以NG⊥FH.
(2)以点O2为坐标原点，分别以O2G，O2E，O2O1所在直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O2-xyz，则N(0，－1,2)，G(1,0,0)，F(0,1,2)．设H(m，n,2)(由图知m>0)，则m2＋n2＝1，＝(m，n＋1,0)．设平面NFG的法向量为n1＝(x1，y1，z1)．因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n1·＝0，,n1·＝0，))
所以
即令x1＝2，则n1＝(2,0,1)．
因此sin α＝|cos〈，n1〉|＝eq \f(|·n1|,|||n1|)＝＝＝.所以2m2＝3n＋3，解得(舍去)或所以H.设平面NHG的法向量为n2＝(x2，y2，z2)．因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(n2·＝0，,n2·＝0，))所以即令x2＝1，即n2＝.设平面NHG与平面MNFE所成锐二面角为θ.因为平面MNFE的一个法向量n3＝(1,0,0)，所以cos θ＝＝<，所以平面NHG与平面MNFE所成锐二面角的平面角大于.
5．(2021·菏泽二模)如图①所示，平面五边形ABCDE中，四边形ABCD为直角梯形，∠B＝90°且AD∥BC，若AD＝2BC＝2，AB＝，△ADE是以AD为斜边的等腰直角三角形，现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC得如图②的几何体．
(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE；
(2)若EC＝2，在棱EB上是否存在点F，使得二面角E-AD-F的大小为60°？若存在，求出点F的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：取AE的中点为G，连接MG，BG，∵M是ED的中点，AD＝2BC，∴MG是△ADE的中位线，∴MG∥AD∥BC且MG＝BC，∴四边形MGBC为平行四边形，∴CM∥BG，∵CM 面ABE，BG 面ABE，∴CM∥平面ABE.
(2)取AD的中点为H，连接HC，HE，其中HC＝AB＝，EH＝1，由EC＝2可得HC⊥HE，显然EH⊥面ABCD，故以H为坐标原点，分别以HC，HA，HE所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则E(0,0,1)，A(0,1,0)，D(0，－1,0)，B(，1,0)，设存在点F(x，y，z)，＝λ (x，y，z－1)＝λ(，1，－1) x＝λ，y＝λ，z＝1－λ，易知面EAD的法向量可取＝(，0,0)，另外＝(x，y－1，z)＝(λ，λ－1，1－λ)，＝(0，－2,0)，设面ADF的一个法向量为u＝(m，n，r)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(·u＝0，, ·u＝0，))即
可取u＝(λ－1,0，λ)，则|cos<，u>|＝＝ λ＝，F为EB的中点．故存在点F为EB的中点满足题意．
阶段综合·融会建模　习题课2——立体几何中的动态问题
“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题意更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化，加强了对学生空间想象能力的考查．解决动态几何问题的关键在于要注重动态元素所引发的图形变化过程，动中窥静，静中见动，以静制动．
类型一　判断形状
[典例]　(1)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为平面AB1D1内一动点，P到底面ABCD的距离与到直线AD1的距离相等，则P点的轨迹是(　 )
A．直线　 B．圆　　C．抛物线　　D．椭圆
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)(多选)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则(　 )
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P-A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
[解析]　(1)过A作l∥B1D1，作PF⊥AD1于点F，PE⊥l于点E，作PH⊥底面ABCD于点H，如图，设正方体棱长为1，由平面几何知识可得D1B1与AE间的距离为sin 60°＝，所以sin∠PEH＝＝，所以PF＝PH＝PE，所以在平面AB1D1内满足＝，所以P点的轨迹是直线，故选A.
(2)当λ＝1时，＝＋μ.若μ＝0，则＝，即点P与点C重合，则△AB1P的周长为1＋2；若μ＝，则＝＋，即点P为线段CC1的中点，易得AP＝PB1＝＝，所以△AB1P的周长为＋，故A错误．当μ＝1时，由＝λ＋，得点P在线段B1C1上运动，易知S△A1BC为定值，且B1C1∥平面A1BC，所以点P到平面A1BC的距离为定值，所以VP-A1BC为定值，故B正确．
当λ＝时，以B1C1的中点O为坐标原点，分别以OA1，OB1所在直线为x轴、y轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，则A1，A，B1，C1，B，C.由＝＋μ，得P(0,0,1－μ)，所以＝，＝.由·＝0＋0－μ(1－μ)＝0，得μ＝0或μ＝1，故C错误．当μ＝时，因为⊥，所以要使A1B⊥平面AB1P，只需⊥.由＝λ＋，得P，则＝，＝.由·＝0，得＋－λ－＝0，解得λ＝1，故D正确．选B、D.
[答案]　(1)A (2)BD
[方法技巧]
一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题．解决此类问题的关键是抓住动点，可以采用转化法或坐标法求解．
[针对训练]
1.(多选)如图所示，在正方体AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1(包含边界)内的动点，且A1F∥平面D1AE，下列说法正确的是(　 )
A．A1F与BE是异面直线
B．A1F不可能与D1E平行
C．DF不可能与平面AD1E垂直
D．三棱锥F-ABD1的体积为定值
解析：选ACD　取BB1，B1C1的中点N，M，连接A1M，A1N，MN，BC1，则A1N∥D1E，MN∥BC1∥AD1，又A1N 面A1MN，MN 面A1MN，A1N∩MN＝N，D1E 面AD1E，AD1 面AD1E，D1E∩AD1＝D1，所以面A1MN∥面D1AE，又A1F∥平面D1AE，A1F 平面A1MN，所以点F的轨迹是线段MN.对于A：因为MN∥BC1，所以点F一定不在BC1上，所以A1F与BE是异面直线，故A正确；对于B：当点F与点N重合时，A1F∥D1E，故B不正确；对于C：因为点F的轨迹是线段MN，又正方体中DB1⊥面AD1E，若DF⊥面AD1E，则DB1∥DF，这显然不可能，所以DF不可能与平面AD1E垂直，故C正确；对于D：因为MN∥AD1，AD1 面ABD1，MN 面ABD1，所以MN∥面ABD1，所以点F到面ABD1的距离是定值，所以三棱锥F-ABD1的体积为定值，故D正确．故选A、C、D.
2.如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为AA1，AB的中点，M点是正方形ABB1A1内的动点，若C1M∥平面CD1EF，则M点的轨迹长度为________．
解析：如图所示，取A1B1的中点H，B1B的中点G，连接GH，C1H，C1G，EG，HF，
可得四边形EGC1D1是平行四边形，所以C1G∥D1E.同理可得C1H∥CF.
因为C1H∩C1G＝C1，所以平面C1GH∥平面CD1EF.
由M点是正方形ABB1A1内的动点可知，若C1M∥平面CD1EF，则点M在线段GH上，
所以M点的轨迹长度GH＝＝.
答案：
类型二　度量问题
立体几何中动点的轨迹的度量问题的探究，包括求解轨迹的长度，相关的体积、截面面积等．
[例1]　(2022·德州一模)(多选)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上(不含端点)且BE＝BF，将△AED，△DCF分别沿DE，DF折起，使A，C两点重合于点A1，则下列结论正确的有(　 )
A．A1D⊥EF
B．当BE＝BF＝BC时，三棱锥A1-DEF的外接球体积为π
C．当BE＝BF＝BC时，三棱锥A1-DEF的体积为
D．当BE＝BF＝BC时，点A1到平面DEF的距离为
[解析]　A选项：∵在原正方形ABCD中，AD⊥AE，DC⊥FC，由折叠的性质可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，又∵A1E∩A1F＝A1，∴A1D⊥面A1EF，又∵EF 面A1EF，∴A1D⊥EF，故A正确；B选项：当BE＝BF＝BC＝2时，A1E＝A1F＝2，EF＝2，在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，则A1E⊥A1F，由A选项可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，∴三棱锥A1-DEF的三条侧棱A1D，A1E，A1F两两相互垂直，把三棱锥A1-DEF放置在长方体中，可得长方体的对角线长为＝2，三棱锥A1-DEF的外接球半径为，体积为πR3＝π()3＝8π，故B错误；C选项：当BE＝BF＝BC＝1时，A1E＝A1F＝3，EF＝，在△A1EF中，cos∠EA1F＝＝＝，sin∠EA1F＝，则S△A1EF＝A1E·A1F·sin∠EA1F＝×3×3×＝.∴VA1-DEF＝VD-A1EF＝·S△A1EF·A1D＝××4＝，故C正确；D选项：设点A1到平面DEF的距离为h，则在△DEF中，cos∠EDF＝＝＝，sin∠EDF＝，则S△DEF＝DE·DF·sin∠EDF＝×5×5×＝，∴VA1-DEF＝·S△DEF·h＝××h＝，即h＝，故D正确．故选A、C、D.
[答案]　ACD
[例2]　已知在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．
[解析]　如图，延长EF，A1B1，相交于点M，连接AM，交BB1于点H，延长FE，A1D1，相交于点N，连接AN，交DD1于点G，连接FH，EG，可得截面为五边形AHFEG.因为ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，易得EF＝3，AG＝AH＝2，EG＝FH＝，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6＋3.
[答案]　6＋3
[例3]　如图，圆形纸片的圆心为O，半径为4 cm，该纸片上的正方形ABCD的中心为O，P1，P2，P3，P4为圆O上的点，△P1AB，△P2BC，△P3CD，△P4DA分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△P1AB，△P2BC，△P3CD，△P4DA，使得P1，P2，P3，P4重合，得到四棱锥．当该四棱锥体积取得最大值时，正方形ABCD的边长为________ cm.
[解析]　连接OP2交CB于点M，则OP2⊥CB，点M为CB的中点，连接OC，则△OCM为直角三角形，设正方形的边长为2x，则OM＝x，由圆的半径为4，则MP2＝4－x，设点P1，P2，P3，P4重合于点P，则PM＝MP2＝4－x＞x，则x＜2，高PO＝＝，四棱锥体积V＝(2x)2·＝ ，设y＝2x4－x5，y′＝8x3－5x4＝x3(8－5x)，当0＜x＜时，y′＞0，y＝2x4－x5单调递增；当＜x＜2时，y′＜0，y＝2x4－x5单调递减，所以当x＝时，V取得最大值，此时，2x＝.即正方形ABCD的边长为时，四棱锥体积取得最大值．
[答案]　
[方法技巧]
求解此类问题可以采用几何法或坐标法．
[针对训练]
1．(2021·肇庆二模)(多选)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，P是线段BC1上的一动点，则下列说法正确的是(　 )
A．A1P∥平面AD1C
B．A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值是
C．A1P＋PC的最小值为
D．以A为球心，为半径的球面与侧面DCC1D1的交线长是
解析：选ACD　对于A，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，BC∥AD且BC＝AD，AD∥A1D1且AD＝A1D1，∴BC∥A1D1且BC＝A1D1，∴四边形A1BCD1为平行四边形，则A1B∥CD1，∵A1B 平面AD1C，CD1 平面AD1C，∴A1B∥平面AD1C，同理可证A1C1∥平面AD1C，∵A1B∩A1C1＝A1，∴平面A1BC1∥平面AD1C，∵A1P 平面A1BC1，∴A1P∥平面AD1C，A选项正确；对于B，
∵A1B1⊥平面BCC1B1，∴A1P与平面BCC1B1所成角为∠A1PB1，又tan∠A1PB1＝，∴当B1P⊥BC1时，A1P与平面BCC1B1所成角的正切值最大，由勾股定理可得BC1＝＝，由等面积法可得PB1＝＝＝，
∴tan∠A1PB1的最大值为＝，B选项错误；对于C，将△A1C1B沿BC1翻折到与△BCC1在同一平面，如图所示，在Rt△BCC1中，∠BCC1为直角，cos∠BC1C＝＝，sin∠BC1C＝＝，在△A1BC1中，A1B＝BC1＝，A1C1＝，由余弦定理可得cos∠A1C1B＝＝，则∠A1C1B为锐角，可得sin∠A1C1B＝＝，cos∠A1C1C＝cos＝cos∠A1C1Bcos∠BC1C－sin∠A1C1Bsin∠BC1C＝×－×＝－，由余弦定理可得A1C2＝A1C＋CC－2A1C1·CC1cos∠A1C1C＝，此时A1C＝，因此，A1P＋PC的最小值为，C选项正确；对于D，设M是以A为球心，为半径的球面与侧面DCC1D1的交线上的一点，由于AD⊥平面DCC1D1，DM 平面DCC1D1，∴AD⊥DM，∴DM＝＝1，∴交线为以D为圆心，1为半径的四分之一圆周，∴交线长是，D选项正确．故选A、C、D.
2.(2022·湖南师大附中10月月考)如图，在棱长为4的正方体ABCD-A′B′C′D′中，E，F分别是AD，A′D′的中点，长为2的线段MN的一个端点M在线段EF上运动，另一个端点N在底面A′B′C′D′上运动，则线段MN的中点P的轨迹与正方体侧面所围成的较小的几何体的体积为(　 )
A.　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D　如图，连接PF，NF，因为E，F分别为AD，A′D′的中点，故EF∥AA′且EF＝AA′＝4.因为AA′⊥平面A′B′C′D′，所以EF⊥平面A′B′C′D′，当N与F不重合时，因为FN 平面A′B′C′D′，所以EF⊥FN.因为P为MN的中点，所以PF＝MN＝1.当N与F重合时，P是线段EF靠近点F的四等分点．所以点P的轨迹是以点F为球心，1为半径的球面的一部分，如图所示．所以线段MN的中点P的轨迹与正方体侧面所围成的较小的几何体为球F的(球F的半径为1)．故所求几何体的体积为V＝×π×13＝.故选D.
3．(2022·漳州质检)如图，在梯形ABCD中，AB⊥BC，AD∥BC，AB＝1，BC＝1，AD＝2.取AD的中点E，将△ABE沿BE折起，使二面角A-BE-C为120°，则四棱锥A-BCDE的体积为________．
解析：梯形ABCD的面积S＝＝，S△ABE＝×1×1＝，所以S BCDE＝－＝1，如图，取BE的中点H，连接AH，CH，所以AH⊥BE，CH⊥BE，所以∠AHC为二面角A-BE-C的平面角，即∠AHC＝120°，过点A作CH的垂线，交CH的延长线于点K，则AK⊥面BCDE，因为BE＝＝，所以AH＝，所以AK＝AH·sin 60°＝×＝，所以VA-BCDE＝·AK·S BCDE＝××1＝.
答案：
[课时验收评价]
1.(2022·新乡一模)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点H在棱AA1上，且HA1＝1，P是侧面BCC1B1内一动点，HP＝，则CP的最小值为(　 )
A.－2 B.－3　C.－2　D.－3
解析：选A　如图，作HG⊥BB1交BB1于点G，则可得HG⊥平面BCC1B1，因为GP 平面BCC1B1，所以HG⊥GP，则HG＝3，因为HP＝，所以GP＝2，所以点P的轨迹是以G为圆心，2为半径的圆弧，所以CP的最小值为CG－2＝－2.故选A.
2．(2022·韶关一模)设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为底面正方形ABCD内的一动点，若三角形APC1的面积S＝，则动点P的轨迹是(　 )
A．圆的一部分 B．双曲线的一部分
C．抛物线的一部分 D．椭圆的一部分
解析：选D　设d是三角形APC1边AC1的高，S△APC1＝··d＝d＝，所以d＝，即点P到直线AC1的距离为定值，所以点P在以直线AC1为轴，以为底面半径的圆柱侧面上，直线AC1与平面ABCD既不平行也不垂直，所以点P的轨迹是平面ABCD上的一个椭圆，其中只有一部分在正方形ABCD内．故选D.
3.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为棱AB的中点，动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，总有AP⊥D1M，则动点P的轨迹的长度为(　　 )
A. B. C. D.
解析：选A　如图，分别取BC，BB1的中点E，F，连AE，AF，EF，A1M，DM，A1F，因为M为AB的中点，E为BC的中点，四边形ABCD为正方形，所以DM⊥AE，又D1D⊥平面ABCD，所以D1D⊥AE，而DM∩D1D＝D，所以AE⊥平面D1DM，所以D1M⊥AE，同理可得D1M⊥AF，又AE∩AF＝A，所以D1M⊥平面AEF，因为AP 平面AEF，所以AP⊥D1M，因为动点P在侧面BCC1B1及其边界上运动，所以动点P的轨迹是线段EF，而EF＝，所以动点P的轨迹的长度为.故选A.
4.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F是线段A1C1上的两个动点，且EF长为定值，下列结论中不正确的是(　 )
A．BD⊥CE
B．BD⊥面CEF
C．三角形BEF和三角形CEF的面积相等
D．三棱锥B-CEF的体积为定值
解析：选C　BD⊥面ACC1A1，CE 面ACC1A1，面CEF与面ACC1A1重合，所以A、B均正确；B到EF的距离为△BA1C1的高，C到EF的距离即为CC1，显然△BEF的面积大于△CEF的面积，C错误；B点到面CEF的距离为定值，为长，△CEF的面积也为定值，D正确．故选C.
5．已知点A，B，C在半径为5的球面上，且AB＝AC＝2，BC＝2，P为球面上的动点，则三棱锥P-ABC体积的最大值为(　 )
A. B.　C.　D.
解析：选A　如图，M是△ABC的外心，O是球心，OM⊥平面ABC，当P是MO的延长线与球面交点时，P到平面ABC距离最大，由AB＝AC＝2，BC＝2，得cos∠ACB＝＝，则sin∠ACB＝，2AM＝＝＝8，AM＝4，OM＝＝＝3，PM＝3＋5＝8，又S△ABC＝AC·BC·sin∠ACB＝×2×2×＝7，所以最大的VP-ABC＝×7×8＝.故选A.
6．(2022·临汾一模)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面α⊥B1D，则以平面α截正方体所得的截面面积最大时的截面为底面，以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为(　 )
A．12π B. C. D．6π
解析：选B　如图，由正方体的对称性，可知当截面为正六边形EFGHKI时，截面面积最大，此时正六边形的边长为，设B1D交截面EFGHKI于M，则M为B1D的中点，所以B1M＝B1D＝，设正六棱锥外接球的球心为O，外接球半径为R，当球心在棱锥内部时，有R2＝()2＋(－R)2，解得R＝，外接球表面积为4π×2＝；当球心在棱锥外部时，有R2＝()2＋(R－)2，解得R＝＜(舍去)．所以以B1为顶点的锥体的外接球的表面积为.故选B.
7．(多选)在梯形ABCD中，AB＝2AD＝2DC＝2CB，将△BDC沿BD折起，使C到C′的位置(C与C′不重合)，E，F分别为线段AB，AC′的中点，H在直线DC′上，那么在翻折的过程中(　 )
A．DC′与平面ABD所成角的最大值为
B．F在以E为圆心的一个定圆上
C．若BH⊥平面ADC′，则＝3
D．当AD⊥平面BDC′时，四面体C′-ABD的体积取得最大值
解析：选ACD　如图，在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AB＝2AD＝2DC＝2CB，E是AB的中点，所以CD∥BE，CD＝BE，所以四边形BCDE是菱形，所以BC＝DE，由于AD＝DE＝AE，所以三角形ADE是等边三角形，所以DE＝AB，故AD⊥BD，∠BDC＝∠DBC＝.在将△BDC沿BD翻折至△BDC′的过程中，∠BDC，∠DBC的大小保持不变，由线面角的定义可知，DC′与平面ABD所成角的最大值为，故A正确；因为∠DBC大小不变，所以在翻折的过程中，C′的轨迹在以BD为轴的一个圆锥的底面圆周上，而EF是△ABC′的中位线，所以点F的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点E，故B不正确；当BH⊥平面ADC′时，BH⊥DH.因为∠HC′B＝，所以DC′＝BC′＝2C′H，所以＝3，故C正确；在翻折的过程中，△BC′D的面积不变，所以当AD⊥平面BDC′时，四面体C′-ABD的体积取得最大值，故D正确．故选A、C、D.
8.(2021·济宁二模)(多选)如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB＝AA1＝AD＝1，∠BAD＝60°，点P是半圆弧上的动点(不包括端点)，点Q是半圆弧上的动点(不包括端点)，则下列说法正确的是(　 )
A．四面体PBCQ的体积是定值
B．·的取值范围是
C．若C1Q与平面ABCD所成的角为θ，则tan θ＞
D．若三棱锥P-BCQ的外接球表面积为S，则S∈
解析：选BCD　因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1，所以点P到面ABCD的距离d＝1，所以VP-BCQ＝d×BC×h＝h(h为点Q到直线BC的距离)，由于h不为定值，得VP-BCQ不为定值，故A错误；在Rt△A1PD1中，cos∠D1A1P＝，所以·＝·＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1())·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1())cos∠D1A1P＝4cos2∠D1A1P，因为∠D1A1P∈，所以cos∠D1A1P∈，所以·的取值范围是，故B正确；由于CC1⊥面ABCD，所以C1Q与面ABCD所成的角为∠C1QC，所以tan θ＝＝，因为CQ∈，所以tan θ＞，故C正确；以点D为坐标原点，DB，DC，DD1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B(，0,0)，C(0,1,0)，A1(，－1,1)，D1(0,0,1)，线段BC的中点为M，线段A1D1的中点为N，设球心为O，点P(x，y,1)，则||＝2＋2＝1，由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1())＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1())可得2＋2＋2＝1＋t2，化简可得2t＝2＋2＝1－2＋2＝1－2y，则t＝－y，易知－1＜y≤，则t＝－y∈，＝∈，因此，S＝4πeq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1())2∈[4π，13π)，D选项正确．故选B、C、D.
9．已知母线长为6的圆锥的顶点为S，点A，B为圆锥的底面圆周上两动点，当SA与SB所夹的角最大时，锐角△ASB的面积为8，则此时圆锥的体积为________．
解析：设底面半径为r，当SA与SB所夹的角最大时，AB为底面圆的直径，此时S△SAB＝×6×6×sin∠ASB＝8，解得sin∠ASB＝，∵△ASB为锐角三角形，∴cos∠ASB＝＝，则2＝2＝62＋62－2×6×6×＝16，解得r＝2，则圆锥的体积为×π×22×＝.
答案：
10．已知三棱锥P-ABC中，AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为________．
解析：由题可知AP，AB，AC三条棱两两垂直，且长度均为2，如图，所以PC＝PB＝BC＝＝2，AM＝AF＝＝2，所以tan∠APF＝tan∠APM＝＝，则∠APF＝∠APM＝，所以∠EPF＝∠CPM＝，则＝＝×4＝，＝×4＝，＝×2＝π，所以球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为×2＋＋π＝3π.
答案：3π
11．乒乓球被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，2000年之后国际比赛用球的直径为40 mm.现用一个底面为正方形的棱柱盒子包装四个乒乓球，为倡导环保理念，则此棱柱包装盒(长方体)表面积的最小值为______cm2.(忽略乒乓球及包装盒厚度)
解析：设A，B，C，D是四个球的球心，以下面积单位是cm2.
①A，B，C，D四点共线，则S＝2×42＋4×4×16＝288.
②A，B，C，D四点构成一个正方形，则S＝2×82＋4×8×4＝256.
③A，B，C，D四点构成一正四面体，如图，设E是△BCD中心，则 AE⊥平面BCD，AE⊥BE，BE＝×4＝， AE＝＝，所用的盒子为正四棱柱，即正方体，棱长为＋4，表面积为S＝6×2＝32(5＋2)＞256.比较可得表面积最小值为256 cm2.
答案：256
12．(2022·六安示范高中质检)如图，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为D，DE⊥AB，垂足为E.现将△ABC沿AD折起，使得BC⊥BD，若三棱锥A-BCD外接球的球心为O，半径为1，则△DOE面积的最大值为________．
解析：如图所示，取AC中点为F，DC中点为G，连接FD，FE，FG，∴FG∥AD，∵BC⊥BD，∴G到B，C，D的距离相等．同理，F到A，C，D的距离相等．∵在原图中AD⊥BC，∴折叠后AD⊥DC，AD⊥BD，∴AD⊥平面BCD，∴FG⊥平面BCD，且FD＝FB＝FC＝FA，∴F即为三棱锥A-BCD外接球的球心为O，∵BC⊥BD, AD⊥平面BCD，∴AD⊥BC，又AD∩BD＝D, ∴BC⊥平面ABD，∴BC⊥DE，∵DE⊥AB，AB∩BC＝B，∴DE⊥平面ABC，∴DE⊥EF，∴DE2＋EF2＝DF2，又DF＝1，∴DE2＋EF2＝1，∴DE×EF≤＝，当且仅当DE＝EF＝时取等号，∴S＝DE×EF≤×＝，
∴Smax＝.
答案：

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