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微专题3　立体几何中的截面与交线问题
常考常用结论
正方体的基本截面如下．
正方体的截面不会出现以下图形：直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形．
1.
[2023·河南新乡三模]如图，在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E是棱CC1的中点，过A，D1，E三点的截面把正方体ABCD A1B1C1D1分成两部分，则该截面的周长为(　　)
A．3＋2B．2＋3
C．D．2＋2＋2
2．[2023·江苏南通模拟]正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中点，点N在棱CC1上，CN＝2NC1，则平面AMN与侧面BB1C1C的交线长为(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
3.
如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M，N，P分别为棱AA1，CC1，AD的中点，Q为该正方体表面上的点，若M，N，P，Q四点共面，则点Q的轨迹围成图形的面积为________．
3.(1)
(多选)如图正方体ABCD A1B1C1D1，棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为Ω，若＝，则下列结论正确的是(　　)
A．当λ∈(0，)时，Ω为四边形
B．当λ＝时，Ω为等腰梯形
C．当λ∈(，1)时，Ω为六边形
D．当λ＝1时，Ω的面积为
(2)[2020·新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
技法领悟
1．找截面和交线的一般方法：
(1)直接连接法
(2)作平行线法
(3)作延长线找交点法
2．作截面的关键在于确定截点．通过位于多面体同一表面上的两个不同截点即可连接成截线，从而得到截面．
[巩固训练3]　(1)[2023·安徽临泉一中模拟]已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为A1B1、B1C1的中点，过M、N的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为(　　)
A．2　　B．2　　C．　　D．
(2)[2023·河南许昌实验中学二模]在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为(　　)
A．2πB．3πC．4πD．8π
微专题3　立体几何中的截面与交线问题
保分题
1．解析：如图，取BC的中点F，连接EF，AF，BC1，
E、F分别为棱CC1、BC的中点，则EF∥BC1，正方体中BC1∥AD1，则有EF∥AD1，所以平面AFED1为所求截面，
因为正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四边形AFED1的周长为3＋2.故选A.
答案：A
2．
解析：如图，取BC，B1C1的中点为H，Q，连接BQ，C1H，则AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H，
在平面BB1C1C中，过点N作NP∥C1H交BC于P，则NP为平面AMN与侧面BB1C1C的交线，且NP∶C1H＝2∶3，
由于C1H＝
.故选C.
答案：C
3.
解析：如图，
取CD，B1C1，A1B1的中点分别为E，F，G，
则点Q的轨迹围成图形为正六边形PENFGM，
且边长为面对角线的一半，即，
所以点Q的轨迹围成图形的面积为6××＝3.
答案：3
提分题
[例3]　(1)解析：当0<λ<时，如图1所示，Ω是四边形，故A正确；
当λ＝时，如图2所示，Ω是等腰梯形，故B正确；
当<λ<1时，如图3所示，Ω是五边形，故C错误；
当λ＝1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，如图4，由正方体的性质易知，PC1∥BM∥AF，且PC1＝AF，截面Ω为APC1F为菱形，其面积为AC1·PF＝，故D正确．故选ABD.
　　
　　
(2)
解析：如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝.
答案：ABD　(2)
[巩固训练3]　(1)解析：如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形MNCA，
其中MN＝，AC＝2，AM＝CN＝，高为h＝＝，故面积为×(＋2)×＝.故选D.
(2)
解析：如图，取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，
连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，
因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，
MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，
因为M为CC1的中点，所以MN＝CF＝4sin60°＝2，
由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝＝4，
所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，
球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π×2＝4π.故选C.
答案：D　
答案：C微专题2　与球有关的切、接问题
常考常用结论
1．球的表面积S＝4πR2，体积V＝πR3.
2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径．
3．n面体的表面积为S，体积为V，则内切球的半径r＝.
4．直三棱柱的外接球半径：R＝，其中r为底面三角形的外接圆半径，L为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R′＝.
5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R＝a(a为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r＝a，因此R∶r＝3∶1.
1．表面积为8的正四面体的外接球的表面积为(　　)
A．4π　　B．12π　　C．8π　　D．4π
2．[2023·山东泰安模拟]将半径为4，圆心角为π的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的表面积为(　　)
A．2πB．3πC．D．4π
3．[2023·湖南常德二模]在正方体ABCD A1B1C1D1中，M是线段A1C1的中点，若四面体M ABD的外接球体积为36π，则正方体棱长为________．
2.(1)若棱长均相等的正三棱柱的体积为16，且该三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为(　　)
A．B．C．6πD．
(2)[2023·福建泉州联考]已知正四棱台的高为1，下底面边长为2，侧棱与底面所成的角为45°，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为(　　)
A．B．C．8πD．36π
技法领悟
1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．
2．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．
3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．
[巩固训练2]　(1)[2023·江苏南京二模]直角三角形ABC中，斜边AB长为2，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为，则AC长为(　　)
A．　　　B．1　　　C．　　　D．
(2)[2023·江西鹰潭一模]直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，其侧面积是8，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为________．
微专题2　与球有关的切、接问题
保分题
1．解析：设正四面体的棱长为a，则根据题意可得：a2×4＝8，解得a＝2；
该正四面体的外接球与棱长为2的正方体的外接球的半径相等，
又正方体的外接球半径为，故该正四面体外接球的表面积S＝4π×()2＝12π.故选B.
答案：B
2．
解析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意可得l＝4，由2πr＝4π，所以r＝2.
因为l＝2r，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，
该等边三角形(如图)的内切圆半径为圆锥内切球半径R，
而等边三角形的边长为4，故R＝＝，故S＝4πR2＝π.故选C.
答案：C
3．
解析：设该正方体的棱长为a，设四面体M ABD的外接球的半径为R，
∵πR3＝36π，∴R＝3.
如图，取BD的中点H，可得H是下底面ABCD的中心，设四面体M ABD的外接球的球心为O，
在正方体ABCD A1B1C1D1中，
∴MH⊥平面ABCD，即MH⊥平面ABD，
则点O在MH上，
连接OA，
∵MH＝a，OH＝MH－R＝a－3.
∵AH＝a，OA＝R＝3，OA2＝AH2＋OH2，
∴32＝(a)2＋(a－3)2，
∵a>0，∴a＝4，即正方体棱长为4.
答案：4
提分题
[例2]　(1)解析：设该正三棱柱棱长为x，底面三角形的外接圆半径为r，则sin60°·x2·x＝16，∴x＝4，则底面三角形的外接圆的半径为r＝x×＝.
设三棱柱的外接球O半径为R，则R2＝r2＋()2＝＋4＝，S表＝4πR2＝4π×＝.故选D.
(2)解析：设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，连接AC，如图，过A1作AC的垂线垂足为E，过C1作AC的垂线垂足为F，
因为正四棱台的高为1，下底面边长为2，侧棱与底面所成的角为45°，
可得AE＝CF，EF＝A1C1＝2，即r1＝1，r2＝2，
设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，
可得d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，
即||＝1或＝1，解得R2＝5，符合题意，
所以球的体积为V＝πR3＝π.故选B.
答案：D　
答案：B
[巩固训练2]　
(1)解析：如图，设AC＝m，因为AB＝2，所以BC＝＝，
绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为R，
所以4πR2＝，解得R＝，
设外接球的球心为O，则球心在直线AC上，所以4－m2＋(m－)2＝，解得m＝.故选D.
(2)解析：因为直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，且它有外接球，所以其底面是正方形，
设直四棱柱ABCD A1B1C1D1底面边长为a，侧棱长为h，
则其侧面积为4ah＝8，故ah＝2，
又该直四棱柱的外接球的半径R＝，
所以其外接球的表面积S＝4πR2＝π(2a2＋h2)≥π·2ah＝8π，
当且仅当a＝h，即a＝，h＝2时等号成立，
故其外接球的表面积的最小值为8π.
答案：D　(2)8π微专题1　空间几何体的表面积和体积
常考常用结论
1．柱体、锥体、台体的表面积公式：
①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；
②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；
③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)．
2．柱体、锥体的体积公式：
①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
1．端午节吃粽子是中华民族的传统习俗．地区不同，制作的粽子形状也不同，图中的粽子接近于正三棱锥．经测算，煮熟的粽子的密度为1.8g/cm3，若图中粽子的底面边长为8cm，高为4cm，则该粽子的重量大约是(　　)
A．105g　　B．110g　　C．115g　　D．120g
2．[2023·安徽亳州一中模拟]若正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，高为3，则该正四棱台的体积为(　　)
A．5　　　B．7　　　C．　　　D．
3．[2023·江苏盐城三模]已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为(　　)
A．B．C．D．
1.(1)[2023·新高考Ⅱ卷](多选)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P AC O为45°，则(　　)
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4π
C．AC＝2
D．△PAC的面积为
(2)如图所示，直三棱柱ABC A1B1C1的侧棱长和底面边长都是a，截面AB1C和截面A1BC1相交于DE，则四面体B B1DE的体积为________．
技法领悟
1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
2．求空间几何体的体积，还常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．
[巩固训练1]　(1)[2023·全国乙卷]已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　　)
A．πB．π
C．3πD．3π
(2)[2023·辽宁鞍山模拟]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝CA＝AA1，点D是棱AA1上的点，AD＝AA1，若截面BDC1分这个棱柱为两部分，则这两部分的体积比为(　　)
A．1∶2　B．4∶5　C．4∶9　D．5∶7
微专题1　空间几何体的表面积和体积
保分题
1．解析：由题知，
粽子的体积V＝Sh＝×82×4＝64(cm3)，
根据ρ＝可得，
该粽子重量大约为1.8×64＝115.2(g)，
与C选项最为接近．故选C.
答案：C
2．解析：V棱台＝(S上＋＋S下)h＝×(1＋＋4)×3＝7.故选B.
答案：B
3．解析：
圆锥的高为r，如图，
由△SO1M∽△SOB可得：＝＝，
∴SO1＝SO，
∴OO1＝SO＝r，
圆柱侧面积S1＝2π·r·r＝πr2，
圆锥侧面积S2＝·2πr·2r＝2πr2，＝·＝.故选D.
答案：D
提分题
[例1]　解析：
(1)依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝，
圆锥的体积为×π×()2×1＝π，A选项正确；
圆锥的侧面积为π××2＝2π，B选项错误；
设D是AC的中点，连接OD，PD，
则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P AC O的平面角，
则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，
故AD＝CD＝＝，则AC＝2，C选项正确；
PD＝＝，所以S△PAC＝×2＝2，D选项错误．故选AC.
(2)解析：方法一　取BB1中点F，连结DF，EF，
则V四面体B B1ED＝V锥B1 DEF＋V锥B DEF
＝B1F·S△DEF＋BF·S△DEF
＝BB1·S△DEF＝a·×()2＝a3.
方法二　取BB1中点F，连结DF，EF，
则V四面体B B1DE＝2V锥B1 DEF＝2··V锥B1 ABC
＝2×a3＝a3.
方法三　设A、D两点到平面BCC1B1的距离分别为h、h′，则h′＝h＝a.
V锥D BB1E＝h′·S△BB1E＝h′×S正方形BB1C1C
＝a×a2＝a3.
答案：AC　(2)a3
[巩固训练1]　
(1)解析：在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图，
∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为，得×3×PC＝，
解得PC＝，
于是PO＝＝＝，
所以圆锥的体积V＝π×OA2×PO＝π×()2×＝π.故选B.
(2)解析：不妨令AB＝BC＝CA＝AA1＝4，且上下底面是等边三角形，
又AA1⊥底面ABC，易知ABC A1B1C1为直三棱柱，即侧面为矩形，
所以三棱柱ABC A1B1C1体积V＝AA1·S△ABC＝4××42×＝16，
而AD＝1，CC1＝4，故S四边形ACC1D＝AC·(AD＋CC1)＝10，
所以VB ACC1D＝×2×10＝，故VC1 A1B1BD＝V－VB ACC1D＝，
所以＝.
故选D.
答案：B　
答案：D微专题3　空间距离
　
[2023·江西鹰潭模拟]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，BC＝AC＝CC1＝4，D为AB1的中点，CB1交BC1于点E.
(1)证明：CB1⊥C1D；
(2)求点E到平面B1C1D的距离．
5.[2023·河北石家庄二中模拟]
如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，CA⊥CB，侧面AA1B1B为菱形，△AB1C为等边三角形．
(1)求证：CB1⊥CB；
(2)若CA＝CB＝4，点E是侧棱CC1上的动点，且平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为，求点B到平面AB1E的距离．
技法领悟
利用空间向量求空间距离的答题模板
[巩固训练3]　
[2023·重庆模拟]在多面体ABCC1A1B1中，四边形BB1C1C是边长为4的正方形，AB⊥B1B，△ABC是正三角形．
(1)若A1为AB1的中点，求证：直线AC∥平面A1BC1；
(2)若点A1在棱AB1上且AA1＝2A1B1，求点C到平面A1BC1的距离．
微专题3　空间距离
保分题
(1)解析：证明：由于CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，所以A1C1，B1C1，CC1两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0，0，4)，C1(0，0，0)，B1(0，4，0)，A1(4，0，0)，A(4，0，4)，B(0，4，4)，D(2，2，2)，
＝(0，4，－4)，＝(2，2，2)，所以·＝0＋8－8＝⊥，故CB1⊥C1D.
(2)由题意可知E是CB1，BC1的中点，所以E(0，2，2)，
设平面B1C1D的法向量为m＝(x，y，z)，则
＝(0，4，0)，＝(2，2，2)，＝(0，2，2)，
故，取x＝1，则m＝(1，0，－1)，
所以点E到平面B1C1D的距离为d＝＝＝.
提分题
[例5]　解析：(1)证明：连接A1B与AB1相交于点F，连接CF，如图所示：
∵四边形AA1B1B为菱形，∴F为AB1的中点，则A1B⊥AB1.
△AB1C为等边三角形，有CF⊥AB1，A1B，CF 平面A1BC，
A1B＝F，∴AB1⊥平面A1BC，
BC 平面A1BC，∴AB1⊥BC，
又AC⊥BC，AB1，AC 平面AB1C，AB1＝A，
∴BC⊥平面AB1C，∵CB1 平面AB1C，∴CB1⊥CB.
(2)由(1)知CB1⊥CB，CA⊥CB，且CB1＝C，
CB1，AC 平面AB1C，
故CB⊥平面AB1C，而CB 平面ABC，故平面AB1C⊥平面ABC，
分别取AC，AB的中点O，G，连接B1O，OG，
则OG∥BC，∴OG⊥平面AB1C，△AB1C为等边三角形，B1O⊥AC，
而平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1O 平面AB1C，故B1O⊥平面ABC，
以O为原点的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(4，2，0)，B1(0，0，2)，
设＝＝＝(－4λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，则E(－4λ，2－2λ，2λ)，
∴＝＝(0，2，2)，
设平面AB1E的一个法向量n＝(x，y，z)，
则有，
令z＝λ，则y＝－λ，x＝λ－，即n＝(λ－，－λ，λ)，
又∵平面ABC的法向量为＝(0，0，2)，
∴平面AB1E与平面ABC的夹角的余弦值为
〉＝＝，
∴3λ2＋2λ－1＝0，∴λ＝或λ＝－1(舍)，
此时n＝(－，－)，又＝(4，4，0)，
∴点B到平面AB1E的距离为：
＝＝3.
[巩固训练3]　
(1)解析：证明：如图，连接CB1，设CB1＝D，由题意可得D为CB1的中点，连接A1D，
因为A1，D分别为AB1，CB1的中点，则A1D∥AC，
A1D 平面A1BC1，AC 平面A1BC1，
所以直线AC∥平面A1BC1.
(2)解析：由题意可得：AB⊥B1B，BC⊥B1B，AB＝B，AB，BC 平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC，
取AB的中点H，连接CH，
因为△ABC是正三角形，则CH⊥AB，
又因为BB1⊥平面ABC，CH 平面ABC，则CH⊥BB1，
AB＝B，AB，BB1 平面ABB1，
所以CH⊥平面ABB1，
如图，以H为坐标原点，HA，HC为x轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则B(－2，0，0)，C(0，0，2)，B1(－2，4，0)，C1(0，4，2)，A1(－，0)，
可得＝＝＝(，0)，
设平面A1BC1的法向量n＝(x，y，z)，
则，
令x＝2，则y＝－1，z＝0，即n＝(2，－1，0)，
所以点C到平面A1BC1的距离d＝＝＝.微专题2　二面角
　1.[2023·北京卷]如图，在三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝.
(1)求证：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A PC B的大小．
2．[2023·新课标Ⅰ卷]如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
(2)点P在棱BB1上，当二面角P A2C2 D2为150°时，求B2P.
3.[2023·河北石家庄一模]
如图，四棱锥S ABCD中，底面ABCD为矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝.
(1)证明：BD⊥平面SOC；
(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，若存在，求的值；若不存在，说明理由．
[2023·河南开封二模]如图1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，AD＝CD＝AB＝，E为AC的中点，将△ACD沿AC折起(如图2)．在图2所示的几何体D ABC中：
(1)若AD⊥BC，求证：DE⊥平面ABC；
(2)若BD与平面ACD所成的角为60°，求二面角D AC B的余弦值．
技法领悟
利用空间向量求二面角的答题模板
[巩固训练2]　
[2023·山东青岛三模]如图，三棱台ABC A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，BB1＝CC1＝.
(1)求四棱锥A1 BCC1B1的体积；
(2)在侧棱BB1上是否存在点E，使得二面角E AC B的余弦值为？若存在，说明点E的位置；若不存在，说明理由．
微专题2　二面角
保分题
1．(1)解析：证明：因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB为直角三角形．
又因为PB＝＝，BC＝1，PC＝，
所以PB2＋BC2＝PC2，则△PBC为直角三角形，故BC⊥PB，
又因为BC⊥PA，PA＝P，
所以BC⊥平面PAB.
(2)解析：由(1)知BC⊥平面PAB，又AB 平面PAB，则BC⊥AB.
以A为原点，AB为x轴，过A且与BC平行的直线为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，
所以＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，0)，
＝(1，1，－1)．
设平面PAC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则，即
令x1＝1，则y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)，
设平面PBC的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则，即，
令x2＝1，则z2＝1，所以n＝(1，0，1)，
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
又因为二面角A PC B为锐二面角，
所以二面角A PC B的大小为.
2．(1)解析：方法一　依题意，得＝＝＋＋＝，
所以B2C2∥A2D2.
方法二　以点C为坐标原点，CD，CB，CC1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B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以＝(0，－2，1)，
＝(0，－2，1)，
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2)解析：建立空间直角坐标系，建系方法同(1)中方法二，设BP＝n(0≤n≤4)，则P(0，2，n)，
所以＝＝(0，－2，3－n)．
设平面PA2C2的法向量为a＝(x1，y1，z1)，
所以，则，
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)．
设平面A2C2D2的法向量为b＝(x2，y2，z2)，
由(1)方法二知＝＝(0，－2，1)，
所以，
则，
令y2＝1，得b＝(1，1，2)．
所以|cos150°|＝|cos〈a，b〉|＝＝，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
提分题
[例3]　(1)解析：证明：设BD交OC于点M，
∵底面ABCD为矩形，
∴在Rt△ABD中，BD＝＝＝.
∵O为AB的中点，∴OB＝AB＝1.
在Rt△OBC中，OC＝＝＝，
∵OB∥CD，OB＝CD，∴＝＝，
∴BM＝BD＝，∴OM＝OC＝.
∵OB＝1，∴BM2＋OM2＝OB2，∴BM⊥OM，即BD⊥OC，
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形．
∵O为AB的中点，∴SO⊥AB.
∵平面ABCD⊥平面SAB，SO 平面SAO，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊥AB.
∴SO⊥平面ABCD，
∵BD 平面ABCD，∴SO⊥BD，即BD⊥SO，
又∵BD⊥OC，SO＝O，SO，OC 平面SOC，
∴BD⊥平面SOC.
(2)解析：设＝λ，λ∈[0，1],
∵底面ABCD为矩形，∴AD⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，AD⊥AB，
∴AD⊥平面SAB.
以O为坐标原点，过点O作平行于AD的直线为z轴，以OB和OS所在直线分别为x轴和y轴，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz；
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB为等边三角形．
∵O为AB的中点，
∴OB＝AB＝1，SO＝＝＝，
S(0，，0)，C(1，0，)，D(－1，0，)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，
＝(－1，－)，＝(2，0，0)，＝(2，0，0)，＝(1，，0)，
∴＝λ＝λ(－1，－)＝(－λ，－λ，λ)，
∴＝＝(1，，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(1－λ，，λ)，
设平面SCD的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
，即，令y1＝，∴m＝(0，)．
设平面ABE的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
由，可得，
令y2＝λ，∴x2＝0，y2＝λ，z2＝λ－，
∴n＝(0，λ，λ－)．
∵平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，
∴|cos〈m，n〉|＝＝＝，
整理得20λ2－24λ＋7＝0，∴λ＝或λ＝，均符合λ∈[0，1]，
∴＝或＝，
∴侧棱SD上存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值为，
＝或＝.
[例4]　(1)解析：由已知，△ADC为等腰直角三角形，E为AC的中点，可得DE⊥AC，
△ABC中，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝45°，所以由余弦定理得BC＝＝2，
因为AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，
又因为AD⊥BC，AC＝A，AD，AC 平面ADC，所以BC⊥平面ADC，
又DE 平面ADC，所以BC⊥DE，又DE⊥AC，AC＝C，AC，AB 平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
(2)解析：如图过C点作平面ABC的垂线CP，以C为原点，
分别以为x，y，z轴建立空间直角坐标系C xyz，
则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(1，0，0)，
设D(1，a，)，其中－1则＝(1，a－2，)，＝(2，0，0)，
＝(1，a，)，
设平面ACD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可得n＝(0，，－a)，
由题意|cos〈n，〉|＝＝sin60°＝，解得a＝或a＝，
易知平面ABC的一个法向量为m＝(0，0，1)，
当a＝时，n＝(0，，－)，cos〈n，m〉＝＝－，
由图可知二面角D AC B为锐角，故二面角D AC B的余弦值为，
当a＝时，n＝(0，，－)，cos〈n，m〉＝＝－，
由图可知二面角D AC B为锐角，所以二面角D AC B的余弦值为，
综上，二面角D AC B的余弦值为或.
[巩固训练2]　(1)解析：在三棱台ABC A1B1C1中，取B1C1的中点O1，连接A1O1，
因为AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，则A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝，有BC＝4，B1C1＝2，
A1O1⊥B1C1，A1O1＝，因为平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC∥平面A1B1C1，
则平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，A1O1 平面A1B1C1，于是A1O1⊥平面BCC1B1，
梯形BCC1B1中，BB1＝CC1＝，则梯形BCC1B1的高h＝＝＝1，
因此梯形BCC1B1的面积S＝(2＋4)×1＝3，
所以四棱锥A1 BCC1B1的体积V＝S·A1O1＝×3＝2.
(2)解析：取BC的中点O，连接AO，因为AB＝AC，则AO⊥BC，
在等腰梯形BCC1B1中，O1，O分别为上下底边B1C1，BC的中点，有OO1⊥BC，
而平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，OO1 平面BCC1B1，于是OO1⊥平面ABC，
以O为原点，分别以OA，OB，OO1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，－2，0)，B1(0，，1)，令＝(0设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，而＝(2，2，0)，＝(0，4m，m)，
则，令x＝m，得n＝(m，－m，4m)，
因为OO1⊥平面ABC，则＝(0，0，1)为平面ABC的一个法向量，记二面角E AC B的平面角为θ，
于是cosθ＝〉|＝
＝＝，
即6m2＋m－2＝0，而0所以存在点E为B1B的中点，使得二面角E AC B的余弦值为.第三讲　空间向量与立体几何——大题备考
　立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．
微专题1　线面角
　
如图所示，在四棱锥P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AB＝AP＝BC＝1，AD＝2.
(1)求证：CD⊥平面PAC；
(2)若E为PC的中点，求PD与平面AED所成角的正弦值．
2.
[2023·河南安阳二模]在如图所示的几何体中，四边形ABCD为菱形，∠BCD＝60°，AB＝4，EF∥CD，EF＝2，CF＝4，点F在平面ABCD内的射影恰为BC的中点G.
(1)求证：平面ACE⊥平面BED；
(2)求直线BD与平面ABFE所成的角的正弦值．
1.[2023·山东聊城三模]
如图，三棱台ABC DEF中，AB＝2DE，M是EF的中点，点N在线段AB上，AB＝4AN，平面DMN∩平面ADFC＝l.
(1)证明：MN∥l；
(2)若平面CBEF⊥平面ABC，AC⊥AB，AC＝CF＝FE＝EB，求直线AB与平面DMN所成角的正弦值．
2.[2023·山西临汾二模]
如图，已知四棱锥P ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，PA＝PB＝AB，AB＝BC＝2AD，E为AB的中点，F为棱PC上异于P，C的点．
(1)证明：BD⊥EF；
(2)试确定点F的位置，使EF与平面PCD所成角的正弦值为.
技法领悟
利用空间向量求线面角的答题模板
1.[巩固训练1]　
[2023·河北衡水模拟]如图，矩形ABCD是圆柱OO1的一个轴截面，点E在圆O上，AD＝AE＝3，且∠ABE＝60°，＝λ(0≤λ≤1)．
(1)当λ＝时，证明：平面OAF⊥平面BDE；
(2)若直线AF与平面ODE所成角的正弦值为，试求此时λ的值．
微专题1　线面角
保分题
1．(1)解析：证明：如图，作CF⊥AD，垂足为F，易证，四边形ABCF为正方形．
所以CF＝AF＝DF＝1，CD＝＝.
又AC＝＝，
因为AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD.
因为PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AC＝A，AC 平面PAC，PA 平面PAC，所以CD⊥平面PAC.
(2)解析：以点A为坐标原点，以AB，AD，AP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A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，E()．
则＝(0，2，0)，＝(0，2，－1)，＝()．设平面AED的法向量为n＝(x，y，z)，由，得，令z＝1，可得平面AED的一个法向量为n＝(－1，0，1)．
设PD与平面AED所成角为θ，则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
2．(1)解析：证明：如图，设AC与BD交于点O，连接OG，OE.
因为O，G分别为BD，BC的中点，所以OG∥AB，OG＝AB＝2.
因为EF＝2＝AB，EF∥CD∥AB，所以四边形EFGO为平行四边形，
所以OE∥FG，又FG⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.
因为AC 平面ABCD，所以OE⊥AC，又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD.
因为OE＝O，OE，BD 平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC 平面ACE，故平面ACE⊥平面BED.
(2)解析：因为FG⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以FG⊥BC，
所以FG＝＝2，所以OE＝2.
如图，以点O为坐标原点，以直线OA为x轴，直线OB为y轴，直线OE为z轴建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，E(0，0，2)，B(0，2，0)，D(0，－2，0)，所以＝(－2，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(0，－4，0)．
设平面ABFE的法向量为v＝(x，y，z)，则，即，令x＝1，可得v＝(1，，1)．
设直线BD与平面ABFE所成的角为θ，所以sinθ＝|cos〈，v〉|＝＝＝，
故直线BD与平面ABFE所成的角的正弦值为.
提分题
[例1]　(1)解析：证明：如图，取FD的中点G，连接GM，AG，
因为M是EF的中点，所以GM∥DE，GM＝DE，
因为三棱台ABC DEF中，DE∥AB，DE＝AB，AB＝4AN，
所以GM∥AN，GM＝AN，即四边形ANMG为平行四边形，所以MN∥GA，
因为MN 平面ADFC，GA 平面ADFC，所以MN∥平面ADFC，
因为MN 平面DMN，平面DMN∩平面ADFC＝l，所以MN∥l.
(2)解析：因为平面CBEF⊥平面ABC，所以过点F作FO⊥CB于点O，则FO⊥平面ABC，又由题意知CB＝2FE，AC＝CF＝FE＝EB，所以CO＝CF＝AC，
因为△ABC中，AC＝CB，AC⊥AB，所以∠ACB＝60°，
连接AO，在△ACO中由余弦定理得
OA2＝CO2＋AC2－2CO·ACcos60°＝AC2，
所以CO2＋OA2＝AC2，得OA⊥CO.
所以以O为原点，以OA，OB，OF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，
令AC＝2，则O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，3，0)，C(0，－1，0)，F(0，0，)，M(0，1，)，＝(，1，0)，＝(－，3，0)，＝＝()，＝(－，0)，＝＝(，－)，设平面DMN的法向量为n＝(x，y，z)，则得令x＝2，则y＝2，z＝1，所以平面DMN的一个法向量n＝(2，2，1)，设直线AB与平面DMN所成的角为θ，
则sinθ＝＝＝.
所以直线AB与平面DMN所成角的正弦值为.
[例2]　(1)解析：证明：如图，
连接PE，BD，EC，EC交BD于点G.
因为E为AB的中点，PA＝PB，所以PE⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
PE 平面PAB，
所以PE⊥平面ABCD.
因为BD 平面ABCD，所以PE⊥BD.
因为△ABD≌△BCE，
所以∠CEB＝∠ADB，所以∠CEB＋∠ABD＝90°，
所以BD⊥EC.
因为PE＝E，PE，EC 平面PEC，
所以BD⊥平面PEC.
因为EF 平面PEC，
所以BD⊥EF.
(2)解析：如图，取DC的中点H，分别以EB，EH，EP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系：
设AB＝2，则BC＝2，
AD＝1，PA＝PB＝，
则P(0，0，1)，C(1，2，0)，D(－1，1，0)，E(0，0，0)，
设F(x，y，z)，＝λ(0<λ<1)，
所以(x，y，z－1)＝λ(1，2，－1)，
所以x＝λ，y＝2λ，z＝1－λ，即F(λ，2λ，1－λ)．
＝(2，1，0)，＝(1，2，－1)，＝(λ，2λ，1－λ)，
设平面PCD的法向量为m＝(a，b，c)，则
，即，取m＝(1，－2，－3)，
则|cos〈m，〉|＝＝＝，
整理得6λ2－2λ＝0，
因为0<λ<1，所以λ＝，即＝，
所以当PF＝PC时，EF与平面PCD所成角的正弦值为.
[巩固训练1]　(1)解析：证明：因为点E在圆O上，所以AE⊥BE，
而矩形ABCD是圆柱OO1的轴截面，
则有AD⊥平面ABE，又BE 平面ABE，即有AD⊥BE，
又AE＝A，AE，AD 平面ADE，于是得BE⊥平面ADE，
又因为AF 平面ADE，所以AF⊥BE.
当λ＝时，点F是DE的中点，又AD＝AE，则有AF⊥DE，
因为DE＝E，DE，BE 平面BDE，
所以AF⊥平面BDE，又AF 平面OAF，
所以平面OAF⊥平面BDE.
(2)解析：在底面内过O作Ox⊥AB，则两两垂直，
所以以O为原点分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
又因为AE＝3，∠ABE＝60°，∠AEB＝90°，
所以AB＝2，BE＝，
则O(0，0，0)，A(0，－，0)，
D(0，－，3)，E(，0)．
＝＝＋λ＝(，0)＋λ(－，－，3)＝(－λ＋，－λ＋，3λ)，
设平面ODE的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1得x＝－1，y＝，即n＝(－1，，1)，设直线AF与平面ODE所成的角为θ，
则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝＝，解得λ＝.
即当λ＝时，直线AF与平面ODE所成角的正弦值为.微专题3　空间距离
常考常用结论
1．点到直线的距离：已知A，B是直线l上任意两点，P是l外一点，PQ⊥l，则点P到直线l的距离为PQ＝＝.
2．求点到平面的距离
已知平面α的法向量为n, A是平面α内的任一点，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，则点P到平面α的距离为|PQ|＝.
1．如图，在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)则点G到平面D1EF的距离为(　　)
A.　　　B．　　　C．　　　D．
2．[2023·浙江温州三模]四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为(　　)
A．B．C．D．
3.(1)《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”文中“阳马”是底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥．在阳马P ABCD中，侧棱PA⊥底面ABCD，且PA＝1，AB＝AD＝2，则点A到平面PBD的距离为(　　)
A．B．C．D．
(2)[2023·湖北武汉模拟]如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，则点C到平面AEC1F的距离为(　　)
A．B．C．D．
技法领悟
1．用几何法求空间距离时，一般采用等体积法．
2．用向量法求空间距离时，要熟记公式，还要正确建立空间直角坐标系．
[巩固训练3]　
(1)在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝1，若二面角C AB C1的大小为60°，则点C到平面C1AB的距离为(　　)
A．1　　　　　　　B．
C．D．
(2)
[2022·北京石景山模拟]如图，已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，则点P到直线AC的距离的最小值为(　　)
A．1　　　B．C．　　　D．
微专题3　空间距离
保分题
1．解析：因为A1B1∥EF，所以A1B1∥平面D1EF，所以点G到平面D1EF的距离就是直线A1B1到平面D1EF的距离，即点A1到平面D1EF的距离，点A1引直线D1E的垂线，垂足为点M，A1M就是所求距离，在直角三角形A1ED1中，A1D1＝1，A1E＝，D1E＝，所以1×＝×A1M A1M＝.故选B.
答案：B
2．解析：四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，
以点O为原点，以射线OA，OB，OC的正方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，则A(1，0，0)，D(0，0，1)，G(，1)，
于是＝(－，1)，＝(－1，0，1)，||＝＝·＝－×(－1)＋1＝，
所以点G到直线AD的距离d＝＝＝.故选A.
答案：A
提分题
[例3]　(1)
解析：设A到平面PBD的距离为h，则三棱锥P ABD的体积为：
×S△ABD×PA＝×S△PBD×h，即有×2×2×1＝×2×h，
∴h＝.故选B.
(2)
解析：以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系D xyz，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，
＝(－2，4，3)，＝(0，4，1)．
设平面AEC1F的法向量n＝(x，y，z)，
由，得，
令z＝1，∴，
所以n＝(1，－，1)．又＝(0，0，3)，
∴点C到平面AEC1F的距离d＝＝.故选C.
答案：B　
答案：C
[巩固训练3]　(1)解析：取AB的中点O，连接OC和OC1，根据二面角的定义，∠COC1＝60°，OC＝，所以CC1＝，OC1＝，根据等体积转化＝VC1 ABC，即×1×＝×1××h，解得：h＝，就是点C到平面C1AB的距离．故选D.
(2)解析：正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，点P为线段BC1上的动点，
以D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，设P(2－t，2，t)，(0≤t≤2)，＝(－t，0，t)，＝(－2，2，0)，＝(0，2，0)，设异面直线的公共法向量为n＝(x，y，z)，则，取x＝1，得n＝(1，1，1)，∴点P到直线AC的距离为：d＝＝＝，点P到直线AC的距离的最小值为.故选C.
答案：D　
答案：C微专题2　空间角
常考常用结论
1．直线与直线的夹角
若n1，n2分别为直线l1，l2的方向向量，θ为直线l1，l2的夹角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
2．直线与平面的夹角
设n1是直线l的方向向量，n2是平面α的法向量，直线与平面的夹角为θ.
则sinθ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
3．平面与平面的夹角
若n1，n2分别为平面α，β的法向量，θ为平面α，β的夹角，则cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝.
1．[2023·辽宁大连一模]如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为(　　)
A.　　　B．　　　C．　　　D．
2．[2023·安徽滁州一模]如图所示，已知点P为菱形ABCD所在平面外一点，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，点F为PC中点，则平面CBF与平面DBF夹角的正切值为(　　)
A．B．C．D．
3．[2023·辽宁丹东二模]如图，电商平台售卖的木制“升斗”，底部封闭，上部开口，把该升斗看作一个正四棱台，该四棱台侧棱与底面所成角的余弦值为________．
2.(1)已知三棱锥P ABC中，底面ABC是边长为2的正三角形，点P在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥P ABC外接球的表面积为18π，球心在三棱锥P ABC内，则二面角P AB C的平面角的余弦值为(　　)
A．B．C．D．
(2)[2023·浙江联考二模]如图，在平行四边形ABCD中，角A＝，AB＝，AD＝1，将三角形ABD沿BD翻折到三角形A′BD，使平面A′BD⊥平面BCD.记线段A′C的中点为M，那么直线A′D与平面BDM所成角的正弦值为(　　)
A．B．C．D．
技法领悟
1．用几何法求空间角时，关键要找出空间角，再在三角形中求解．
2．用向量法求空间角时，要熟记公式，还要正确建立空间直角坐标系．
[巩固训练2]　(1)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图的示意图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，则二面角A EG M的余弦值为(　　)
A．B．C．D．
(2)[2023·全国乙卷]已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C AB D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A．B．C．D．
微专题2　空间角
保分题
1．解析：正方体中，A1B∥D1C，所以A1D与A1B所成的角即异面直线A1D与D1C所成的角，
因为△A1BD为正三角形，所以A1D与A1B所成的角为，
所以异面直线A1D与D1C所成的角为.故选C.
答案：C
2．
解析：设AC＝O，连接OF，以O为原点，OB，OC，OF所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PA＝AD＝AC＝1，则BD＝，∴B(，0，0)，F(0，0，)，C(0，，0)，D(－，0，0)，∴＝(0，，0 )，且为平面BDF的一个法向量．由＝(－，0)，＝(，0，－)，可得平面BCF的一个法向量为n＝(1，)，∴cos〈n，〉＝，sin〈n，〉＝，∴tan〈n，〉＝.故选D.
答案：D
3．
解析：如图所示，在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，O，O1分别是上下底面的中心，过点A1作A1E⊥AC，垂足为E，由于A1E∥OO1，所以A1E⊥底面ABCD.
所以该四棱台侧棱与底面成角为∠A1AE.
由题得C1A1＝22，CA＝40，∴AE＝＝9.
所以cos∠A1AE＝＝，所以该四棱台侧棱与底面所成角的余弦值为.
答案：
提分题
[例2](1)　解析：如图，设正△ABC的中心为O，有OA＝OB＝OC，而PO⊥平面ABC，则PA＝PB＝PC，
延长CO交AB于点D，则点D为AB的中点，有PD⊥AB，CD⊥AB，
即∠PDC为二面角P AB C的平面角，由AB＝2，得OC＝2OD＝2，显然三棱锥P ABC为正三棱锥，其外接球的球心M在线段PO上，由三棱锥P ABC的外接球的表面积为18π，则该球半径MC＝，由MC2＝MO2＋OC2，解得MO＝，PO＝2，PD＝3，所以cos∠PDC＝＝，所以二面角P AB C的平面角的余弦值为.故选B.
(2)　解析：A＝，AB＝，AD＝1，由余弦定理，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cosA＝()2＋12－2××1×cos＝1，
则BD＝AD＝1，∠DBA＝∠A＝，∠ADB＝，
平面A′BD⊥平面BCD，∠A′DB＝∠ADB＝，DC＝AB＝，A′D＝AD＝BD＝1，
以D为原点，DB所在直线为y轴，平面ABD内垂直于DB的直线为x轴，垂直于平面ABD的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(，－，0)，B(0，1，0)，C(－，0)，A′(0，－)，M(－)，
＝(0，－)，＝(0，1，0)，＝(－)，
设平面BDM的一个法向量为n＝(x，y，z)，则有，
令x＝1，有y＝0，z＝1，即n＝(1，0，1)，
cos〈n，〉＝＝＝，
所以直线A′D与平面BDM所成角的正弦值为.故选A.
答案：B　
答案：A
[巩固训练2]　
(1)解析：以D为坐标原点，分别以方向为x，y，z轴建立空间坐标系如图：
设AD＝2，则M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，A(2，0，0)，
则＝(2，－2，0)，＝(－1，0，2)，
设平面EGM的法向量为n＝(x，y，z)，
则，即，令x＝2，得n＝(2，2，1)．
＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)，设m＝(a，b，c)是平面AEG的一个法向量，则，即，令a＝1则m＝(1，1，0)．
则cos〈m，n〉＝＝＝＝.
二面角A EG M的余弦值为.故选B.
(2)
解析：如图所示，取AB的中点为M，连接CM，DM，则CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM 平面CMD，CM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.设AB＝2，则CM＝1，MD＝，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝＝.延长CM，过点D作CM的垂线，设垂足为H，则∠HMD＝30°，DH＝DM＝，MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝.因为DH 平面CMD，则AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM 平面ABC，AB＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan∠DCM＝＝.故选C.
答案：B　
答案：C微专题1　空间位置关系
常考常用结论
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a α，b α，a∥b a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α＝b a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a＝P，a∥α，b∥α α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α＝a，β＝b a∥b.
2．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m α，n α，m＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a β，a⊥α α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α＝l，a α，a⊥l a⊥β.
1.
如图，正方体中，E、F分别是AA1、CC1的中点，则与直线A1D1、EF、DC都相交的直线(　　)
A．有且仅有一条
B．有且仅有两条
C．有且仅有三条
D．无数条
2．[2023·山东日照三模]已知直线a⊥平面α，则“直线a∥平面β”是“平面α⊥平面β”的(　　)
A．充分不必要条件　B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．[2023·河北石家庄三模]已知m，n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，其中下列命题正确的是(　　)
A．若m∥n，n α，则m∥α
B．若m α，α＝n，m⊥n，则m⊥β
C．若m α，m⊥β，则α⊥β
D．若α⊥β，m⊥α，则m∥β
1.(1)[2023·黑龙江大庆一模]已知不重合的直线l，m，n和不重合的平面α，β，下列说法中正确的是(　　)
A．若m α，n β，m⊥n，则α⊥β
B．若m α，n α，m∥β，n∥β，则α∥β
C．若α⊥β，l⊥β，则l∥α
D．若α＝l，m α，n β，m∥n，则m∥l
(2)
[2023·山东东营一中二模]在正方体ABCD A1B1C1D1中，点M，N分别是棱DD1和线段BC1上的动点，则满足与DD1垂直的直线MN(　　)
A．有且仅有1条　　B．有且仅有2条
C．有且仅有3条　　D．有无数条
技法领悟
1．根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题．
2．必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理来进行判断．
[巩固训练1]　(1)
[2023·河南安阳模拟]如图，ABCDEF A1B1C1D1E1F1是底面为正六边形的直棱柱，则下列直线与直线A1B1不垂直的是(　　)
A．AE　　B．A1E　　C．BD1　　D．E1F
(2)[2022·全国乙卷]在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
微专题1　空间位置关系
保分题
1．解析：在EF上任意取一点M，直线A1D1与点M确定一个平面，
这个平面与DC有且仅有1个交点H，
当点M取不同的位置就确定不同的平面，从而与DC有不同的交点H，
而直线MH与这3条异面直线都有交点，故在空间中与三条直线A1D1、EF、DC都相交的直线有无数条．故选D.
答案：D
2．解析：若“直线a∥平面β”成立，设l β，且l∥a，又a⊥平面α，所以l⊥平面α，又l β，所以“平面α⊥平面β”成立；
若“平面α⊥平面β”成立，且直线a⊥平面α，可推出a∥平面β或a 平面β，
所以“直线a∥平面β”不一定成立．
综上，“直线a∥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要条件．故选A.
答案：A
3．解析：若m∥n，n α，则m∥α或m α，A错误；
若m α，α＝n，m⊥n，α与β不一定垂直，因此m⊥β不正确，B错误；
由面面垂直的判定定理知C正确；
若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m β，D错误．故选C.
答案：C
提分题
[例1](1)　解析：如图所示，满足命题条件，但不一定满足α⊥β，故A错误；
当m∥n∥l，α＝l时，都满足m∥β，n∥β，但推不出α∥β，故B错误；
存在l α特殊情况，故C错误；
因为m β，n β，m∥n，所以m∥β，又m α，α＝l，所以m∥l.故选D.
(2)　解析：如图，过点N作NE⊥BC，垂足为E，连接DE，
当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，理由如下：
在正方体ABCD A1B1C1D1中，NE∥CC1∥MD，
所以四边形MDEN为平行四边形，
所以MN∥DE，
因为DD1⊥平面ABCD，且DE 平面ABCD，
所以DD1⊥DE，即DD1⊥MN.
所以当M，N高度一样，即MD＝NE时，一定有DD1⊥MN，
此时满足条件的直线MN有无数条．故选D.
答案：D　
答案：D
[巩固训练1]　(1)解析：如图，
连接AE1，则BD1∥AE1，因为AB∥A1B1，且AB⊥AE，AB⊥AA1，AE＝A，所以AB⊥平面AA1E，且A1E 平面AA1E，AE1 平面AA1E，所以AB⊥A1E，AB⊥AE1，所以A1B1⊥A1E，A1B1⊥AE，又BD1∥AE1，所以A1B1⊥BD1.若A1B1⊥E1F，则D1E1⊥E1F，且D1E1⊥EE1，则D1E1⊥平面EE1F1F，显然不成立，所以A1B1不垂直于E1F.故选D.
(2)
解析：如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分别为AB，BC的中点，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方体的性质，知DD1⊥平面ABCD.又EF 平面ABCD，所以DD1⊥EF.因为BD＝D，所以EF⊥平面BDD1.因为EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正确．假设平面B1EF⊥平面A1BD.因为平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方体ABCD A1B1C1D1中，显然BD与平面B1EF不垂直，B错误．设A1A与B1E的延长线相交于点P，所以平面B1EF与平面A1AC不平行，C错误．连接AB1，B1C，易证平面ACB1∥平面A1C1D.因为平面ACB1与平面B1EF相交，所以平面B1EF与平面A1C1D不可能平行，D错误．故选A.
答案：D　
答案：A

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