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(共34张PPT)
拓展培优6 立体几何中的动态问题
题型一　动态问题中的有关动点轨迹问题
例1(1)(2024·广东广州模拟)(多选)在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，若点P为四边形BB1D1D内(包括边界)的动点，N为平面ABCD内的动点，则下列说法正确的是(　　)
A．若2＝，则平面PAC截正方体所得截面的面积为
B．若直线D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线
C．若|PA|＋|PC|＝，则点P的轨迹长度为π
D．若正方体AC1以直线BD1为轴，旋转n°(n>0)后与其自身重合，则n的最小值是120
答案：ABD
解析：(1)对于A，若2＝，显然平面PAC截正方体所得截面为△ACB1，所以截面面积为·()2＝，所以A正确；
对于B，因为AB∥C1D1，若D1N与AB所成的角为，
则N点在以D1C1为旋转轴的圆锥(无底)的表面上，而D1C1∥平面ABCD，
所以N点的轨迹为双曲线，所以B正确；
对于C，若|PA|＋|PC|＝，则P在以A，C为焦点的椭球上，且a＝，c＝，所以b＝，又因为点P在四边形BB1D1D内，该椭球被平面BB1D1D截得的在四边形BB1D1D内的部分为半圆，且半径为，所以点P的轨迹长度为·2π·＝，所以C错误；
对于D，因为BD1⊥平面AB1C，且△AB1C为正三角形，
若正方体绕BD1旋转n°(n>0)后与其自身重合，只需要△AB1C旋转后能和自身重合即可，所以D正确．故选ABD.
(2)(2024·山西太原二模)已知正三棱锥P ABC的底面边长为6，体积为18，动点M在棱锥侧面PAC上运动，并且总保持MB⊥AP，则动点M的轨迹的长度为________．
答案：
解析：(2)如图，取△ABC的中心为O，连接PO，作BD⊥AP于D，连接CD，延长AO交BC于点E.
注意到底面三角形ABC是等边三角形，所以AE⊥BC，
由正三棱锥的性质可得PO为高，
因为底面边长为6，体积为18，
所以V＝S△ABC·OP＝×6×6××OP＝18，所以OP＝6.
注意到底面三角形ABC是等边三角形，所以OA为三角形ABC外接圆的半径，
所以由正弦定理有2OA＝，所以OA＝2，
所以PA＝PB＝PC＝＝4.
因为PO⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PO⊥BC，
又因为AE⊥BC，AE＝O，AE 平面APO，PO 平面APO，所以BC⊥平面APO，因为AP 平面APO，所以PA⊥BC，
因为PA⊥BC，且PA⊥BD，BC＝D，BC 平面BCD，BD 平面BCD，所以PA⊥平面BCD，
因为CD 平面BCD，所以PA⊥CD，
又因为动点M在棱锥侧面PAC上运动，并且总保持MB⊥AP，所以点M的轨迹为线段CD.
在等腰三角形PAC中，由余弦定理有
cos ∠PAC＝＝，
从而sin ∠PAC＝，所以CD＝AC·sin ∠PAC＝6×＝.
技法领悟
解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定．
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算．
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
【跟踪训练1】　(2024·浙江温州一模)如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC A1B1C1，＝2，点F是侧棱AA1上的动点，且＝2，H为线段FB上的动点，直线CH∩平面AEG＝M，则点M的轨迹为(　　)
A．三角形(含内部)
B．矩形(含内部)
C．圆柱面的一部分
D．球面的一部分
答案：A
解析：如图所示，
首先保持H在线段FB上不动，假设H与F重合，
根据题意可知当F点在侧棱AA1上运动时，若F点在A1点处时，G为CC1的中点，
此时由＝2可得满足＝2，
当F点运动到图中F1位置时，易知＝，取AG1＝P，可得F1P＝2，
取棱AC上的点N，满足＝2，根据三角形相似可得M，N，P三点共线．
当点F在侧棱AA1上从A1点运动到A点时，M点轨迹即为线段MN.
再研究当点H在线段FB上运动，
当点H在线段FB上从点F运动到点B时，M点的轨迹是线段ME，
当点H在线段F1B上从点F1运动到点B时，M点的轨迹是线段PE，
因此可得，当点F在侧棱AA1上运动时，H在线段FB上运动时，点M的轨迹为△MNE及其内部的所有点的集合，
即可得M的轨迹为三角形(含内部)．故选A.
题型二　动态问题中有关距离、体积、角等最值问题
例2(1)(2024·河南信阳模拟)如图，在棱长为3的正方体ABCD A1B1C1D1中，B1D与平面ACD1交于点E，与平面A1BC1交于点F，点M，N分别在线段A1C1，EF上运动，则线段MN的取值范围为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：(1)如图所示，以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则A(3，0，0)，B(3，3，0)，C(0，3，0)，D(0，0，0)，A1(3，0，3)，B1(3，3，3)，C1(0，3，3)，D1(0，0，3)，
可得＝(3，3，3)，＝＝＝，＝(3，0，3)，
则·＝＝0，可知DB1⊥AC，DB1⊥AD1，
且AC＝A，AC，AD1 平面ACD1，可知DB1⊥平面ACD1，且AE 平面ACD1，可得DB1⊥AE.
设＝＝(3k，3k，3k)，即E(3k，3k，3k)，则＝(3k－3，3k，3k)，
因为＝3(3k－3)＋27k＋27k＝0，解得k＝，即＝，同理可得DB1⊥平面A1BC1，＝，
则EF＝DB1＝3，NF∈[0，3]，
又因为A1B1＝B1C1＝B1B，A1B＝A1C1＝BC1，
则三棱锥B1 A1BC1为正三棱锥，点F为等边△A1BC1的中心．
在△A1BC1中，结合等边三角形可知FM∈，
因为NF⊥平面A1BC1，FM 平面A1BC1，则NF⊥FM，可知MN＝，
当NF＝0，MF＝时，MN取到最小值；
当NF＝3，MF＝3时，MN取到最大值3.
综上所述，线段MN的取值范围为.故选C.
(2)(2024·山东青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据．三面角P ABC是由有公共端点P，且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形．设∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A PC B为θ，由三面角余弦定理得cos θ＝.在三棱锥P ABC中，PA＝6，∠APC＝60°，∠BPC＝45°，∠APB＝90°，PB＋PC＝6，则三棱锥P ABC体积的最大值为________．
答案：
(2)如图所示，作BD垂直于CP于点D，
设点B在平面APC中的射影为M，连接BM，MD，
由题意得VP ABC＝·S△APC·BM.
设二面角A PC B为θ，
则cos θ＝＝－，θ∈(0，π)，
∴sin ∠BDM＝，
BM＝BD·sin ∠BDM＝BD＝·PB·sin ∠BPC＝·PB，
S△APC＝·PA·PC·sin ∠APC＝·PC，
∴VP ABC＝·S△APC·BM＝·PB·PC＝·PB(6－PB)
＝－PB2＋3PB＝－(PB－3)2＋，
当PB＝3时，VP ABC的最大值为.
技法领悟
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．
【跟踪训练2】　(2024·河北邢台二模)在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，B1D∩平面A1C1B＝P，F为BC上的动点，则下列结论正确的是(　　)
A．＝
B．AF与平面A1D1CB所成角的最小值为
C．|AF|＋|FD1|的最小值为
D．在正方形A1B1C1D1内过任意一点G作与CG垂直的线段，则此线段最长为
答案：C
解析：对于A，由正方体性质易知A1C1⊥平面BDD1B1，B1D 平面BDD1B1，故B1D⊥A1C1，同理B1D⊥BC1，BC1＝C1，BC1，A1C1 平面A1C1B，故B1D⊥平面A1C1B，易知三棱锥B1 A1C1B为正三棱锥，故P为△A1C1B的中心，又A1C1＝BC1＝A1B＝，
故 ＝ ＝1，故A错误；
对于B，由正方体性质易知AB1⊥平面A1D1CB，设AB1＝M，故AF与平面A1D1CB所成角为∠AFM，又A到平面A1D1CB的距离为＝，当F运动到C点时，AFmax＝，故(sin ∠AFM)min＝＝，因为∠AFM∈，故最小∠AFM＝，故B错误；
对于C，将平面ABCD与平面BCD1A1延展到同一平面，如图所示，易知AD＝1，DA1＝1＋，
当A，F，D1三点共线时，|AF|＋|FD1|的最小值为AA1＝＝ ，故C正确；
对于D，当G与C1重合，易知CG⊥平面A1B1C1D1，A1G 平面A1B1C1D1，则CG⊥A1G，故过G作与CG垂直的所有线段中最长的是A1G＝A1C1＝，故D错误．故选C.
题型三　动态问题中有关定值问题
例3024·安徽阜阳模拟)(多选)在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，点P是线段AD1上的动点，则下列命题正确的是(　　)
A．异面直线C1P与CB1所成角的大小为定值
B．三棱锥D BPC1的体积是定值
C．直线CP和平面ABC1D1所成的角的大小是定值
D．若点Q是线段BD上动点，则直线PQ与A1C不可能平行
答案：AB
解析：在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，连接BC1，对角面ABC1D1是矩形，AB⊥平面BCC1B1，CB1 平面BCC1B1，则AB⊥CB1，而BC1⊥CB1，AB＝B，AB，BC1 平面ABC1D1，于是CB1⊥平面ABC1D1，又C1P 平面，因此CB1⊥C1P，即异面直线C1P与CB1所成角的大小为定值，A正确；由矩形ABC1D1，得AD1∥BC1，而BC1 平面BDC1，AD1 平面BDC1，则AD1∥平面BDC1，即点P到平面BDC1的距离为定值，而△BDC1的面积为定值，因此＝为定值，B正确；
在△ACD1中，AC＝CD1＝AD1＝，则边AD1上的高为，有≤CP≤，由CB1⊥平面ABC1D1，知点C到平面ABC1D1的距离为CB1＝，令直线CP和平面ABC1D1所成的角为θ，则sin θ＝＝不是定值，θ不是定值，C错误；取AD中点E，连接CE＝Q，连接A1E＝P1，连接P1Q，显然＝＝＝＝，于是P1Q∥A1C，则当P与P1重合时，有PQ∥A1C，D错误．故选AB.
技法领悟
这类问题常涉及一个或多个几何量(如长度、角度、面积、体积等)在某种动态变化过程中保持不变的性质．具体解题步骤如下：
1．理解题意：(1)仔细阅读题目，明确哪些量是变化的，哪些量可能是不变的．(2)理解几何图形的运动规律或变化形式．
2．建立数学模型：(1)根据题目描述、用数学语言(如方程、不等式、函数等)描述几何量的关系．(2)引入适当的参数来表示变化中的量．
3．寻找不变量：(1)通过代数运算、几何性质或逻辑推理，尝试找到在变化过程中保持不变的量．(2)这可能需要利用一些基本的几何定理、公式或性质，如勾股定理、相似三角形的性质、圆的性质等．
4．验证定值：(1)验证找到的不变量是否在所有可能的情况下都保持不变．(2)这可能需要考虑几何图形的各种可能位置或形态．
5．得出结论：(1)根据验证结果，得出关于定值的结论．(2)如果可能，给出定值的具体数值或表达式．
【跟踪训练3】　(2024·广东广州模拟)已知正方体ABCD A1B1C1D1的边长为1，现有一个动平面α，且α∥平面A1BD，当平面α截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为S，周长为l，则(　　)
A．S不为定值，l为定值
B．S为定值，l不为定值
C．S与l均为定值
D．S与l均不为定值
答案：A
解析：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与平面A1DB平行的平面且截面是六边形时满足条件，如图所示，
正方体边长为1，即EF∥A1B，
设＝λ，则＝B1E＝λ，
∴＝＝1－λ，∴EF＋NE＝λ＋(1－λ)＝，
同理可得六边形其他相邻两边的和均为，
∴六边形的周长l为定值3，
正三角形A1DB的面积为sin 60°＝.
当M，N，E，F，G，H均为中点时，六边形的边长相等，即截面为正六边形时截面面积最大，
此时NG＝，截面面积为×()2×sin 60°×6＝×()2××6＝，
∴截面从A1DB平移到B1CD1的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长l为定值，面积S不为定值．故选A.(共57张PPT)
提能培优11 立体几何中的截面、交线问题
内容
索引
考点二
专题强化练（25）
考点一　
考点一　截面问题
(1)(2024·广东深圳二模)已知正方体ABCD A1B1C1D1，过点A且以为法向量的平面为α，则α截该正方体所得截面的形状为(　　)
A．三角形 B．四边形
C．五边形 D．六边形
答案：A
解析：连接AC，AD1，CD1，BD，
因为BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以BB1⊥AC，
又四边形ABCD为正方形，所以BD⊥AC，
又BB1＝B，BB1，BD 平面BB1D，
所以AC⊥平面BB1D，
因为B1D 平面BB1D，
所以AC⊥B1D.
同理可证明AD1⊥B1D，
因为AD1＝A，AD1，AC 平面ACD1，
故B1D⊥平面ACD1，
故平面α即为平面ACD1，
则α截该正方体所得截面的形状为三角形．故选A.
(2)(2024·江苏南通二模)在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，P，Q，R分别为棱BC，CD，CC1的中点，平面PQR截正方体ABCD A1B1C1D1外接球所得的截面面积为(　　)
A． B．
C． D．
答案：A
解析：取正方体的中心为O，连接OP，OQ，OR，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为2，体对角线长为2，
正方体外接球球心为点O，半径R＝×2＝，
又易得OP＝OQ＝OR＝×2＝，且PQ＝PR＝QR＝×2＝，
所以三棱锥O PQR为正四面体．
如图所示，取底面正三角形PQR的中心为M，
即点O到平面PQR的距离为OM，又正三角形PQR的外接圆半径为MQ，
由正弦定理可得2MQ＝＝＝，即MQ＝，
所以OM＝＝ ＝，
即正方体ABCD A1B1C1D1外接球的球心O到截面PQR的距离为OM＝，
所以截面PQR被球O所截圆的半径r＝＝＝ ，
则截面圆的面积为πr2＝.故选A.
技法领悟
作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．
【跟踪训练1】　(1)(2024·河南新乡模拟)已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是(　　)
A．9π　　B．12π　　C．16π　　D．20π
答案：C
解析：由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，
因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径最小值为＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π＝16π.故选C.
(2)(2024·江西赣州一模)在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，E为棱AD的中点，过B1且平行于平面A1BE的平面截正方体所得截面面积为(　　)
A． B． C． D．2
答案：A
在棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1中，取BC中点F，A1D1中点G，
连接DF，B1F，DB1，DG，GB1，GF，EF，而E为棱AD中点，
显然BF∥DE∥A1G，BF＝DE＝A1G，得四边形BFDE，四边形A1EDG都是平行四边形，
则BE∥DF，A1E∥GD，A1E，BE 平面A1BE，DG，DF 平面A1BE，
于是DG∥平面A1BE，DF∥平面A1BE，又DG＝D，DG，DF 平面DGF，
因此平面DGF∥平面A1BE，又EF∥AB∥A1B1，EF＝AB＝A1B1，即四边形A1B1FE是平行四边形，
则B1F∥A1E∥DG，显然平面DFB1G∥平面A1BE，
从而过B1且平行于平面A1BE的平面截正方体所得截面为四边形DFB1G.
又DF＝FB1＝B1G＝DG＝ ＝，即四边形DFB1G为菱形，而DB1＝＝，GF＝2 ＝，
所以四边形DFB1G的面积为S＝DB1·GF＝.故选A.
考点二　交线问题
例2(1)
如图，正方体A1C的棱长为1，点M在棱A1D1上，A1M＝2MD1，过M的平面α与平面A1BC1平行，且与正方体各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为________．
答案：3
解析：在平面A1D1DA中寻找与平面A1BC1平行的直线时，只需要ME∥BC1，如图所示，
因为A1M＝2MD1，故该截面与正方体的交点位于靠近D1，A，C的三等分点处，故可得截面为MIHGFE.
设正方体的棱长为3a，则ME＝2a，MI＝a，
IH＝2a，HG＝a，FG＝2a，EF＝a，
所以截面MIHGFE的周长为ME＋EF＋FG＋GH＋HI＋IM＝9a，
又因为正方体A1C的棱长为1，即3a＝1，
故截面多边形的周长为3.
(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________．
答案：
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×＝.
技法领悟
找交线的方法
(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点．
(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线．
【跟踪训练2】　(1)在棱长为3的正方体ABCD A1B1C1D1中，O为AC与BD的交点，P为A1D1上一点，且＝，则过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为(　　)
A．4 B．6
C．2＋2 D．2＋4
答案：D
解析：因为A1P＝，即D1P＝，
取D1H＝，连接PH，HC，A1C1，则HP∥A1C1，
又AC∥A1C1，所以HP∥AC，所以A，O，C，H，P共面，即过A，P，O三点的正方体的截面为ACHP ，由题可知AP＝CH＝＝，PH＝，A1C1＝3，所以过A，P，O三点的平面截正方体所得截面的周长为4＋2.故选D.
(2)在正六棱柱ABCDEF A1B1C1D1E1F1中，AA1＝2AB＝2，O为棱AA1的中点，则以O为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为(　　)
A．(1＋)π B．(2＋)π
C．(1＋)π D．(2＋)π
解析：因为球O的半径为2，所以球O不与侧面ABB1A1及侧面AFF1A1相交，连接OC1，A1C1，OE1，A1E1.由题得OA1＝1，A1C1＝A1E1＝，所以OC1＝2，所以球O与侧面BCC1B1交于点C1，C，与侧面EFF1E1交于点E1，E.
在正六边形A1B1C1D1E1F1中，易得A1C1⊥C1D1，因为CC1⊥平面A1B1C1D1E1F1，A1C1 平面A1B1C1D1E1F1，
所以CC1⊥A1C1，又C1D1＝C1，C1D1，CC1 平面CDD1C1，
所以A1C1⊥平面CDD1C1，即OG⊥平面CDD1C1，且OG＝，又＝1，OH＝OC1＝OC＝2，
所以球O与侧面CDD1C1的交线为以CC1为直径的半圆，同理可得球O与侧面EDD1E1的交线为以EE1为直径的半圆．
由题易得∠E1A1C1＝，则球O与上底面A1B1C1D1E1F1及下底面ABCDEF的交线均为个半径为的圆，所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为2×π×1＋2××2π×＝(2＋)π.故选D.
专题强化练（25）
1．棱长为2的立方体被一个平面所截，截得的截面图形面积最大值为(　　)
A．4　　B．2 C．3　　D．6
答案：A
解析：当截面过立方体中心且过两条侧棱时，其截面面积最大，如图所示矩形DD1B1B符合要求，此时截面面积为S＝2×＝4.故选A.
2.(2024·河南南阳模拟)如图，已知AC，BD为圆锥SO底面圆的两条互相垂直的直径，若SO＝，四棱锥S ABCD的体积为，则圆锥SO的轴截面面积为(　　)
A．　 　 B． C．2　 　 D．2
答案：A
解析：设圆锥底面圆的半径为R，因为AC，BD为圆锥SO底面圆的两条互相垂直的直径，易知四边形ABCD为正方形，且边长为R，则四棱锥S ABCD的体积为×(R)2×＝，解得R＝1或R＝－1(舍去)，所以圆锥SO的轴截面面积为×2R×＝.故选A.
3．(2024·江苏南通模拟)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑P ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝2，BC＝2，以A为球心，为半径的球面与侧面PBC的交线长为(　　)
A．π　 　 B．π C．π　　D．2π
答案：A
解析：如图，取PB的中点H，连接AH，AE，因为PA＝AB＝2，所以AH⊥PB，又因为PA⊥平面ABC，AB，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，PA⊥AB，因为AB⊥BC，＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为AH 平面PAB，所以BC⊥AH，又AH⊥PB，BC＝B，BC，PB 平面PBC，所以AH⊥平面PBC，所以以A为球心，为半径的球到侧面PBC的距离为AH.
又易知AH＝PB＝×2＝，所以以A为球心，为半径的球面与侧面PBC所得圆弧为EF，圆弧EF的半径为＝1，圆心为点H，所以以A为球心，为半径的球面与侧面PBC的交线长为π×1＝π.故选A.
4．(2024·辽宁沈阳模拟)圆锥的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球O表面与该圆锥侧面交线长为(　　)
A．　 B． C．　 　 D．
答案：D
解析：根据题意，以圆锥的高为直径的球O半径为1，且与圆锥底面相切于底面圆心O1，作圆锥PO1的轴截面PAB，设轴截面PAB与球O交点为A1，B1，O2为A1B1中点，则球O表面与该圆锥侧面交线即为以O2A1为半径的圆．
因为点A1在圆上，所以PA1⊥A1O1，所以△O1A1A∽△PO1A，又因为PA＝＝，所以由＝，解得O1A1＝，所以PA1＝，由＝PA1·O1A1＝PO1·O2A1，解得O2A1＝，所以交线长为2π·O2A1＝.故选D.
5．(2024·山东枣庄一模)在侧棱长为2的正三棱锥A BCD中，点E为线段BC上一点，且AD⊥AE，则以A为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为(　　)
A． B．π C． D．3π
答案：C
解析：取BC中点F，连接AF，DF，则有AF⊥BC，DF⊥BC，又AF＝F，AF，DF 平面ADF，故BC⊥平面ADF，又AD 平面ADF，故BC⊥AD，又AD⊥AE，BC＝E，BC，AE 平面ABC，故AD⊥平面ABC，又AC，AB 平面ABC，故AD⊥AC，AD⊥AB，
由正三棱锥的性质可得AD，AB，AC两两垂直，故AF＝＝，即以A为球心，为半径的球面与侧面ABC的交线长为＝，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为3×＝.故选C.
6．在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则(　　)
A．直线EF与BC1所成的角为60°
B．过空间中一点有且仅有两条直线与A1B1，A1D1所成的角都是60°
C．过A1，E，F三点的平面截该正方体，所得截面图形的周长为3＋2
D．过直线EF的平面截正方体，所得截面图形可以是五边形
答案：ACD
解析：对于A，如图所示，连接AC，A1C1，A1B，
因为E，F分别为棱AB，BC的中点，所以EF∥AC，由AA1∥CC1，AA1＝CC1可知，四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，所以EF与BC1所成的角即为A1C1与BC1所成的角，即∠A1C1B或其补角，因为△A1BC1是等边三角形，所以∠A1C1B＝60°，所以EF与BC1所成的角为60°，故A正确；
对于B，因为直线A1B1，A1D1所成角是90°，且两条直线相交于A1，所以过点A1与两直线所成角为60°的直线有4条，故B错误；对于C，易知平面A1EFC1为过A1，E，F三点的截面，该截面为梯形，
显然A1C1＝2，A1E＝C1F＝＝，EF＝，所以截面图形的周长为A1C1＋A1E＋EF＋C1F＝2＝3＋2，故C正确；对于D，如图所示，分别取AA1，CC1的靠近A，C的三等分点G，H，连接GD1，GE，HD1，HF，易知GE∥HD1，HF∥GD1，
故点D1，G，E，F，H共面，该截面图形为五边形，故D正确．故选ACD.
7．正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为6，P，Q分别是棱A1B1，A1D1的中点，过P，Q，C作正方体的截面，则(　　)
A．该截面是五边形
B．四面体CC1PQ外接球的球心在该截面上
C．该截面与底面ABCD夹角的正切值为
D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为75
答案：ACD
解析：对于A，如图①所示，延长PQ交C1D1的延长线于M，延长QP交C1B1的延长线于H，
连接MC交DD1于N，连接HC交BB1于K，连接PK，QN，则五边形PQNCK为平面PQC截正方体所得的截面，故A正确；
对于B，如图②所示，设三棱锥C PQC1底面△PQC1外心为O1，
三棱锥C PQC1外接球球心为O，且C1P＝C1Q＝3，PQ＝3，CP＝CQ＝9，在△PQC1中，cos ∠PC1Q＝＝，sin ∠PC1Q＝，所以△PQC1外接圆半径为O1C1＝＝，所以在△O1C1O中，
三棱锥C PQC1外接球半径R＝C1O＝＝，所以三棱锥C PQC1外接球球心O到P，Q，C三点的距离都为R.在△PQC中，cos ∠CPQ＝＝，sin ∠CPQ＝，所以△PQC外接圆半径r＝＝≠R，所以四面体CC1PQ外接球的球心不在该截面上，故B错误；
对于C，如图③所示，以AB，AD，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
且正方体边长为6，即P(3，0，6)，Q(0，3，6)，C(6，6，0)，所以＝(－3，3，0)，＝(3，6，－6)，
设n＝(x，y，z)为平面PQC的法向量，则取x＝y＝2，z＝3，所以n＝(2，2，3)，又因为AA1⊥平面ABCD，故＝(0，0，6)为平面ABCD的法向量，则，n〉＝＝＝，，n〉＝，n〉＝，故C正确；
对于D，如图④所示，取B1C1中点G，连接QG，
因为△HB1P∽△HGQ，所以＝＝，即HB1＝3，又因为△HB1K∽△HC1C，所以＝＝，即B1K＝2，同理，由△MD1Q∽△MC1H得MD1＝3，
由△MD1N∽△MC1C得D1N＝2，所以VC B1KP＝S△B1KP·CB＝×2×3×6＝6，VC D1QN＝S△D1QN·CD＝×2×3×6＝＝·C1C＝×3×3×6＝＝·C1C＝×3×6×6＝18，＝·C1C＝×3×6×6＝18，所以该截面将正方体分成两部分，较小部分体积为6＋6＋27＋18＋18＝75，故D正确．故选ACD.
8．(2024·河南郑州二模)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为3，则以A为球心，为半径的球面与该正方体表面交线的长度之和为________．
答案：π
解析：正方体的体对角线长为3，面对角线长为2，因为2<<3，以A为球心的球与平面ABCD，平面ABB1A1，平面ADD1C1都没有交点，记球面与上底面交于M，N两点，则A1M＝A1N＝＝2.因为cos ∠D1A1M＝＝，∠D1A1M为锐角，所以∠D1A1M＝，
同理∠B1A1N＝，所以∠MA1N＝，所以＝×2＝，同理在平面BCC1B1和平面CDD1C1内轨迹长都是，所以球面与正方体表面交线的长度之和为3×＝π.
9．(2024·江西南昌模拟)已知一正方体木块ABCD A1B1C1D1的棱长为4，点E在棱AA1上，且AE＝3.现过D，E，B1三点作一截面将该木块分开，则该截面的面积为________.
答案：4
解析：如图，在CC1上取一点F，使得CF＝1，连接B1F，DF，AF，EC1，EF，AC1，因为AE∥C1F，且AE＝C1F，所以四边形AEC1F为平行四边形，所以EF与AC1相交于O，且O为AC1的中点，又O在B1D上，所以EF与B1D相交于O，且O平分EF，B1D，
所以D，E，B1，F四点共面，且四边形DEB1F为平行四边形，所以过D，E，B1三点的截面是平行四边形DEB1F.因为DE＝＝5，B1E＝＝，DB1＝＝4，所以cos ∠DEB1＝＝＝－，所以sin ∠DEB1＝＝，故截面面积为S＝＝＝5×＝4.(共73张PPT)
第二讲　空间点、直线、平面之间的位置关系
内容
索引
考点二
专题强化练（22）
考点一　
考点三
考点一　空间直线、平面位置关系的判断
保分练
1．(2024·天津卷)若m，n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　)
A．若m∥α，n α，则m∥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n
D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交
答案：C
解析：对于A，若m∥α，n α，则m，n平行或异面，故A错误；对于B，若m∥α，n∥α，则m，n平行或异面或相交，故B错误；对于C，m∥α，n⊥α，过m作平面β，使得β＝s，因为m β，故m∥s，而s α，故n⊥s，故m⊥n，故C正确；对于D，若m∥α，n⊥α，则m与n相交或异面，故D错误．故选C.
2．(2024·河南新乡一模)(多选)已知m，n，l为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是(　　)
A．若α＝m，m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ
B．若m α，n α，则m与n为异面直线
C．若α＝l，β＝m，γ＝n，且l＝P，则P∈n
D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
答案：ACD
解析：对于A，显然m α，m β，又m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，A正确；对于B，由m α，n α，得m与n可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；对 于C，由α＝l，β＝m，l＝P，知点P在平面α，β，γ内，即为平面α，γ的公共点，而＝n，因此P∈n，C正确；对于D，由m⊥α，m⊥β，得α∥β，而α∥γ，因此β∥γ，D正确．故选ACD.
提分练
3．(2024·河北唐山二模)已知m为平面α外的一条直线，则下列命题中正确的是(　　)
A.存在直线n，使得n⊥m，n⊥α
B．存在直线n，使得n⊥m，n∥α
C．存在直线n，使得n∥m，n∥α
D．存在直线n，使得n∥m，n⊥α
答案：B
解析：对于A，当直线m与平面α斜交时，此时不存在直线n，使得n⊥m，n⊥α，故A错误；对于B，如图所示，当m⊥α时，过直线n作平面β，使得α＝a，因为m⊥α，a α，所以m⊥a，
又因为m⊥n，可得a∥n，因为n α，a α，所以n∥α，
当m与平面α斜交时，设斜足为A，在直线m上取一点P，作PO⊥α，垂足为O，连接OA，
在平面α内，过点A作直线a⊥OA，
因为a⊥PO，且PO＝O，PO，OA 平面POA，所以a⊥平面POA，又因为PA 平面POA，所以a⊥PA，即a⊥m，在过a和m确定的平面内，过点P作直线n，使得n⊥m，所以n∥a，因为n α，a α，所以n∥α，所以存在直线n，使得n⊥m，n∥α，若直线m∥α，此时存在平面β∥α且m β，在直线m上取一点Q，在平面β内过Q作直线n⊥m，根据面面平行的性质有n∥α，故B正确；
对于C，当直线m与平面α相交时，若n∥m，则直线n与平面α必相交，故C错误；对于D，当m∥α时，若n∥m，可得n∥α或n α，故D错误．故选B.
4．在三棱锥A BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝，BC＝BD＝CD＝2，E，F分别为AC，CD的中点，则下列结论正确的是(　　)
A．AF，BE是异面直线，AF⊥BE
B．AF，BE是相交直线，AF⊥BE
C．AF，BE是异面直线，AF与BE不垂直
D．AF，BE是相交直线，AF与BE不垂直
答案：A
解析：显然根据异面直线判定方法，经过平面ACD外一点B与平面ACD内一点E的直线BE与平面ACD内不经过E点的直线AF是异面直线．下面证明BE与AF垂直，
证明：因为AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，
所以AB⊥CD，
因为BC＝BD＝CD，F为CD的中点，连接BF，
所以BF⊥CD，
因为AB＝B，AB，BF 平面ABF，
所以CD⊥平面ABF，
如图，取AF的中点Q，连接BQ，EQ，
因为AF 平面ABF，所以CD⊥AF，
又因为EQ∥CD，所以EQ⊥AF，
因为BC＝BD＝CD＝2，
所以BF＝×2＝＝AB，
又因为Q为AF的中点，所以BQ⊥AF，
因为BQ＝Q，BQ，EQ 平面BEQ，
所以AF⊥平面BEQ，
又因为BE 平面BEQ，所以AF⊥BE.故选A.
技法领悟
1．借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断；
2．借助空间几何模型，如长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
考点二　空间平行关系的证明
保分练
1．(2024·江苏连云港模拟)如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，M为B1C1的中点，设平面A1BM与底面ABC的交线为l.
(1)证明：AC1∥平面A1BM；
(2)证明：l∥平面A1MC.
解析：(1)证明：如图，
连接AB1与A1B交于点O，连接OM，
在三棱柱ABC A1B1C1中，侧面ABB1A1为平行四边形，
所以O为AB1的中点，
又因为点M为B1C1的中点，所以OM∥AC1，
因为OM 平面A1BM，AC1 平面A1BM，
所以AC1∥平面A1BM.
(2)证明：在三棱柱ABC A1B1C1中， 平面A1B1C1∥平面ABC，
因为平面A1BM∩平面ABC＝l，平面A1BM∩平面A1B1C1＝A1M，
所以l∥A1M，
因为A1M 平面A1MC，l 平面A1MC，
所以l∥平面A1MC.
提分练
2．如图①所示，在四边形ABCD中，BC⊥CD，E为BC上一点，AE＝BE＝AD＝2CD＝2，CE＝，将四边形AECD沿AE折起，使得BC＝，得到如图②所示的四棱锥．若平面BCD∩平面ABE＝l，证明：CD∥l.
解析：证明：连接DE，因为CE⊥CD，CE＝，CD＝1，
所以DE＝2，sin ∠CDE＝，又∠CDE∈(0，)，所以∠CDE＝，
因为DE＝2，AE＝AD＝2，所以△ADE是等边三角形，所以∠DEA＝，故CD∥AE.
又AE 平面ABE，CD 平面ABE，所以CD∥平面ABE，
因为CD 平面BCD，平面BCD∩平面ABE＝l，所以CD∥l.
3．如图，在四棱锥P ABCD中，△BCD为等边三角形，∠DAB＝120°，AD＝AB＝2，点E为PC的中点．证明：BE∥平面PAD.
解析：证明：如图，取CD的中点M，连接EM，BM，
∵E为PC中点，∴EM∥PD，
又EM 平面PAD，PD 平面PAD，
∴EM∥平面PAD.
∵△BCD为等边三角形，∴MB⊥CD，
∵∠DAB＝120°，AD＝AB，
∴∠ADB＝∠ABD＝30°，∠ADC＝∠CDB＋∠ADB＝60°＋30°＝90°，
∴AD⊥CD，∴MB∥AD.
又MB 平面PAD，AD 平面PAD，∴MB∥平面PAD.
∵EM＝M，EM，MB 平面EMB，
∴平面EMB∥平面PAD，
∵BE 平面EMB，∴BE∥平面PAD.
技法领悟
空间线、面平行关系的判定思路
(1)找关键图形挖掘平行关系；
(2)用线面平行进行转化；
(3)用面面平行进行转化．
考点三　空间垂直关系的证明
保分练
1．如图，在圆锥PO中，已知PO＝，⊙O的直径AB＝2，点C在上，且∠CAB＝30°，点D为AC的中点．证明：AC⊥平面POD.
解析：证明：连接PC，则PC＝PA，因为点D为AC的中点，所以PD⊥AC，
因为AB为⊙O的直径，所以∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，
因为O为AB的中点，D为AC的中点，所以OD∥BC，所以OD⊥AC，
因为PD＝D，PD，OD 平面POD，
所以AC⊥平面POD.
提分练
2．如图，扇形AOB的半径为2，圆心角∠AOB＝120°，点C为上一点，PO⊥平面AOB，且PO＝，点M∈PB，且BM＝2MP，PA∥平面MOC.求证：OC⊥平面POB.
解析：证明：如图，连接AB，设AB与OC相交于点N，连接MN.
∵PA∥平面MOC，PA 平面PAB，
平面PAB∩平面MOC＝MN，
∴PA∥MN，
∵BM＝2MP，∴BN＝2AN.
在△AOB中，由余弦定理可得AB
＝
＝＝2，
∴BN＝AB＝.
在△OBN中，∠OBN＝30°，
由余弦定理可得ON＝＝ ＝，
∴OB2＋ON2＝BN2，故OB⊥ON.
∵PO⊥平面ABC，ON 平面ABC，∴PO⊥ON，
又PO＝O，PO，OB 平面POB，
∴ON⊥平面POB，∴OC⊥平面POB.
技法领域
空间线、面垂直关系的判定思路
(1)用几何法构造图形挖掘垂直关系；
(2)用倒推法分析并挖掘垂直关系；
(3)用数据计算法证明垂直关系．
专题强化练（22）
1．已知α，β是两个平面，m，n是两条直线，且α⊥β，m α，n β，则“m⊥n”是“m⊥β”的(　　)
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
答案：A
解析：用平面ADFE代表平面α，平面ABCD代表平面β，
当m⊥n如图所示时，显然m与平面β不垂直，
反之，当m⊥β时，又n β，根据线面垂直的性质有m⊥n，
所以“m⊥n”是“m⊥β”的必要不充分条件．故选A.
2．(2024·河北石家庄模拟)设α，β，γ是三个不同的平面，m，l是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是(　　)
A．若α⊥β，m α，l⊥β，则m∥l
B．若m α，l β，α∥β，则m∥l
C．若α⊥β，α＝m，l⊥m，则l⊥β
D．若α＝l，m∥l，m⊥γ，则α⊥γ
答案：D
解析：对于A选项，若α⊥β，m α，l⊥β，则l∥α或l α，无法确定m与l的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少m∥l的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件l α，l，β平行、相交或l β均有可能，错误；对于D选项，若α＝l，m∥l，m⊥γ，则l⊥γ，由面面垂直的判定定理可得α⊥γ，正确．故选D.
3．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中错误的是(　　)
A．若m⊥n，m α，n β，则α⊥β
B．m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若α∥β，m α，n⊥β，则m⊥n
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
答案：A
解析：若m⊥n，m α，n β，不能推出m⊥β或n⊥α，则不能推出α⊥β，故A错误；若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，故B正确；若α∥β，n⊥β，则n⊥α，又m α，所以m⊥n，故C正确；若m⊥α，n⊥β，m⊥n，说明与α和β垂直的法向量互相垂直，则α⊥β，故D正确．故选A.
4．(2024·安徽合肥二模)设α，β是两个平面，a，b是两条直线，则α∥β的一个充分条件是(　　)
A．a∥α，b∥β，a∥b
B．a⊥α，b⊥β，a⊥b
C．a⊥α，b⊥β，a∥b
D．a∥α，b∥β，a与b相交
答案：C
解析：当满足a∥α，b∥β，a∥b时，α，β可能相交，如图，用四边形ABCD代表平面α，用四边形AEFD代表平面β，故A错误；
当满足a⊥α，b⊥β，a⊥b时，α，β可能相交，如图，用四边形ABCD代表平面α，用四边形AEFD代表平面β，故B错误；
因为a⊥α，a∥b b⊥α，又b⊥β，所以α∥β，故a⊥α，b⊥β，a∥b是α∥β的一个充分条件，故C正确；当满足a∥α，b∥β，a与b相交时，α，β可能相交，如图，用四边形ABCD代表平面α，用四边形AEFD代表平面β，故D错误．故选C.
5．下列四个正方体中，A，B，C为所在棱的中点，D，E，F为正方体的三个顶点，则能得出平面ABC∥平面DEF的是(　　)
答案：B
解析：对于A，若平面ABC∥平面DEF，BC 平面ABC，则BC∥平面DEF，由图可知BC与平面DEF相交，故平面ABC与平面DEF不平行，A不满足条件；对于B，如图所示，连接NG，
∵A，C分别为PN，PG的中点，则AC∥NG，在正方体EHDG MFNP中，FN∥EG，且FN＝EG，故四边形EFNG为平行四边形，∴NG∥EF，∴AC∥EF，∵AC 平面DEF，EF 平面DEF，∴AC∥平面DEF，同理可证BC∥平面DEF，∵AC＝C，因此，平面ABC∥平面DEF，B满足条件；对于C，如图所示，
在正方体PHDG MNFE中，若平面ABC∥平面DEF，且平面DEF∥平面MNHP，则平面ABC∥平面MNHP，但这与平面ABC与平面MNHP相交矛盾，因此，平面ABC与平面DEF不平行，C不满足条件；对于D，在正方体PDHG FNEM中，连接PH，PM，MH，如图所示，
∵DH∥FM，且DH＝FM，则四边形DHMF为平行四边形，则DF∥MH，∵DF 平面PHM，MH 平面PHM，∴DF∥平面PHM，同理可证EF∥平面PHM，∵DF＝F，∴平面DEF∥平面PHM，若平面ABC∥平面DEF，则平面ABC∥平面PHM，这与平面ABC与平面PHM相交矛盾，故平面ABC与平面DEF不平行，D不满足条件．故选B.
6.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段EB的中点，则(　　)
A．DM≠EN，且直线DM，EN是异面直线
B．DM＝EN，且直线DM，EN是异面直线
C．DM≠EN，且直线DM，EN是相交直线
D．DM＝EN，且直线DM，EN是相交直线
答案：D
解析：连接BD，因为点N为正方形ABCD的中心，所以N是BD的中点，所以DM，EN 平面BDE，所以DM与EN相交．因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD，又因为平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以BC⊥平面ECD，因为EC，CD 平面ECD，所以BC⊥EC，BC⊥CD，又因为△ECD是等边三角形，所以EC＝CD，所以△ECB≌△DCB，所以EB＝DB，又因为M是BE的中点，所以EN＝DM.故选D.
7．(2024·河北保定检测)已知四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，l为空间内的一条直线，且l 平面ABCD，则下列说法正确的是(　　)
A．若l∥AB，则l∥平面ABCD
B．若l∥AD，则l∥BC
C．若l⊥AD，l⊥BC，则l⊥平面ABCD
D．若l⊥AB，l⊥CD，则l⊥平面ABCD
答案：AC
解析：因为l∥AB，且AB 平面ABCD，l 平面ABCD，所以l∥平面ABCD，即A正确；因为AD与BC是等腰梯形的腰，二者不平行，故若l∥AD，则l与BC不平行，即B错误；因为直线AD与BC能相交，所以若l⊥AD，l⊥BC，AD 平面ABCD，BC 平面ABCD，则l⊥平面ABCD，即C正确；因为AB∥CD，两者不相交，所以若l⊥AB，l⊥CD，推不出l⊥平面ABCD，即D错误．故选AC.
8．(2024·安徽马鞍山一模)已知四棱锥P ABCD，PA⊥平面ABCD，则(　　)
A．若PC⊥BD，则AC⊥BD
B．若AC⊥BD，则PB＝PD
C．若PB＝PD，则AB＝AD
D．若AB＝AD，则PC⊥BD
答案：AC
解析：因为PA⊥平面ABCD，AB，AD，BD 平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥BD.对于A，D，若PC⊥BD，且＝P，PA，PC 平面PAC，可得BD⊥平面PAC，且AC 平面PAC，所以AC⊥BD，同理若AC⊥BD，可得PC⊥BD，即PC⊥BD等价于AC⊥BD，由AB＝AD不能推出AC⊥BD，即AB＝AD不能推出PC⊥BD，故A正确，D错误；
对于B，C，若PB＝PD，可知Rt△PAB≌Rt△PAD，所以AB＝AD，反之，AB＝AD，可知Rt△PAB≌Rt△PAD，所以PB＝PD，即PB＝PD等价于AB＝AD，由AC⊥BD不能推出AB＝AD，即AC⊥BD不能推出PB＝PD，故B错误，C正确．故选AC.
9．如图，四边形ABCD是平行四边形，S是平面ABCD外一点，M为SC上一点，若SA∥平面MDB，则＝________．
答案：1
解析：连接AC交BD于点O，连接OM，因为四边形ABCD是平行四边形，所以O为AC的中点，因为SA∥平面MDB，平面SAC∩平面MDB＝OM，SA 平面SAC，所以SA∥OM，所以M为SC的中点，所以＝1.
10．如图，以等腰直角三角形斜边BC上的高AD为折痕折成四面体ABCD.当四面体ABCD中满足平面ABD⊥平面ACD时，则
①BD⊥AC；
②平面ABD⊥平面BCD；
③△ABC为等腰直角三角形．
以上结论中正确的是________(填写你认为正确的结论序号)．
答案：①②
解析：AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，则BD⊥AD，
又折叠后，平面ABD⊥平面ACD，平面ABD∩平面ACD＝AD，BD 平面ABD，
所以BD⊥平面ACD，又AC 平面ACD，
所以BD⊥AC，①正确；
由已知BD⊥AD，DC⊥AD，且BD，CD 平面BCD，
所以AD⊥平面BCD，又AD 平面ABD，
所以平面ABD⊥平面BCD，②正确；
由BD⊥平面ACD，且DC 平面ACD，
所以BD⊥DC，
所以∠BDC＝∠ADC＝∠ADB，由AD＝BD＝CD，
所以△BDC≌△ADC≌△ADB，
所以△ABC为等边三角形，③错误．
11．(15分)如图，在四棱锥P ABCD中，AD∥BC，AD⊥DC，BC＝CD＝AD＝2，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD.
(1)证明：AB∥平面PCE；
(2)求证：平面PAB⊥平面PBD.
证明：(1)∵AD∥BC，E为棱AD的中点，BC＝AD＝2，∴BC∥AE，且BC＝AE，
∴四边形BCEA为平行四边形，∴AB∥EC，
又AB 平面PCE，EC 平面PCE，所以AB∥平面PCE.
(2)∵PA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，∴PA⊥BD，
连接BE，由题意，AD∥BC，E为棱AD的中点，BC＝AD＝2，
知BC∥DE且BC＝DE，∴四边形BCDE为平行四边形，
∵AD⊥DC，∴DE⊥CD，BC＝CD＝2，
∴平行四边形BCDE为正方形，∴BD⊥EC.
又AB∥EC，∴BD⊥AB，又PA＝A，PA，AB 平面PAB，∴BD⊥平面PAB，
∵BD 平面PBD，∴平面PAB⊥平面PBD.
12．(15分)如图，在正三棱柱ABC A1B1C1中，BC＝CC1＝2，M，N，P分别是CC1，AB，BB1的中点．

(1)若点E为矩形ABB1A1内动点，使得ME∥平面CPN，求线段ME的最小值；
(2)求证：AB1⊥平面A1MB.
解析：(1)连接MB1，MA，AB1，
在正方形BCC1B1中，M，P分别为CC1，BB1的中点，
所以MC∥B1P，且MC＝B1P，所以四边形CMB1P为平行四边形，
所以MB1∥CP，因为MB1 平面CPN，CP 平面CPN，
所以MB1∥平面CPN.
在△ABB1中，因为N，P分别为AB，BB1的中点，所以AB1∥PN，
因为AB1 平面CPN，PN 平面CPN，
所以AB1∥平面CPN.
因为AB1＝B1，AB1 平面AMB1，MB1 平面AMB1，
所以平面AMB1∥平面CPN，
所以当E∈AB1，ME 平面AMB1，此时ME∥平面CPN，
所以当ME⊥AB1时，ME最小．
在△AMB1中，AM＝B1M＝，AB1＝2，
所以ME的最小值为＝.
(2)证明：在正方形ABB1A1中，AB1⊥A1B，设AB1＝D，则D为AB1中点，连接MD，DN.
因为N，D分别为AB，AB1的中点，
所以DN∥BB1，且DN＝BB1，
又因为M为CC1中点，BB1∥CC1，且BB1＝CC1，
所以MC∥DN，且MC＝DN，
又因为CC1⊥平面ABC，
所以四边形MCND为矩形，
所以CN∥MD，CN⊥DN，因为△ABC为正三角形，N为AB中点，
所以CN⊥AB，DN＝N，AB 平面ABB1A1，DN 平面ABB1A1，
所以CN⊥平面ABB1A1，
所以MD⊥平面ABB1A1.
又AB1 平面ABB1A1，
所以MD⊥AB1，又MD＝D，A1B 平面A1MB，MD 平面A1MB，
所以AB1⊥平面A1MB.
13．(15分)(2024·湖北武汉模拟)如图①，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝，M是线段AD上的一动点，如图②，将△ABM沿着BM折起，使点A到达点P的位置，满足点P 平面BCDM.
(1)如图②，当BC＝2MD时，点N是线段PC的中点，求证：DN∥平面PBM；
(2)如图②，若点P在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．
(ⅰ)是否存在点M，使得BP⊥平面PCM，若存在，求PM的长；若不存在，请说明理由；
(ⅱ)当三棱锥E PBM的体积为最大值时，求点E到平面PCD的距离．
解析：(1)证明：取PB的中点F，连接MF，NF，
因为点N是线段PC的中点，所以FN∥BC，且FN＝BC，
又因为BC＝2MD，且BC∥MD，
所以FN∥MD，且FN＝MD，所以FNDM为平行四边形，
所以FM∥DN，又DN 平面PBM，FM 平面PBM，所以DN∥平面PBM.
(2)(ⅰ)存在点M，当点M与点D重合，即PM＝时，BP⊥平面PCM.
理由如下：当点M与点D重合，则MC⊥BC，又PE⊥平面BCD，MC 平面BCD，所以PE⊥MC，
又PE＝E，PE，BC 平面PBC，
所以MC⊥平面PBC，所以MC⊥PB，
又PB⊥PM，PM＝M，PM，MC 平面PMC，
所以BP⊥平面PMC，
所以当点M与点D重合，即PM＝时，BP⊥平面PCM.
(ⅱ)在矩形ABCD中作AO⊥BM，垂足为点O，延长AO交BC于点E，折起后可知PO⊥BM.
设AM＝PM＝x(0则BM＝，AO＝＝.
由△ABM∽△BEA，所以＝，即＝，则BE＝，
所以OE＝AE－AO＝ ＝.
要使得点P的射影落在线段BC上，则AO>OE，
即>，又0在Rt△PBE中PE＝ ，
所以VE PBM＝VP EBM＝S△BEM·PE＝×1× ＝·＝，
当且仅当1－＝，即x＝时，(VE PBM)max＝，
所以当PM＝时，PE＝ ＝，BE＝EC＝，即E是BC的中点，
所以点E到平面PCD的距离是点B到平面PCD的距离的一半，
又由(ⅰ)知，当PM＝时，点M与点D重合时，BP⊥平面PCM，
所以点E到平面PCD的距离为PB＝.(共11张PPT)
高考规范答卷(四)　立体几何
(15分)
(2024·新课标Ⅰ卷)如图，四棱锥P ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝.
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A CP D的正弦值为，求AD.
(2)(几何法)如图所示，过点D作DE⊥AC于E，
再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，(8分)
∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD，
又∵平面PAC∩平面ABCD＝AC，
∴DE⊥平面PAC，∴DE⊥CP，
又∵EF⊥CP，DE∩EF＝E，DE，DF 平面DEF，
∴CP⊥平面DEF.(10分)
P
C
A
B
P
F
C
A
B
P
乙
A
C
B
∴.P(x,0,2),A(x,0,0),D(0,0,0),C(0,4-x2,0),
正确建立空间直角坐标系，写
∴PC=(-xW4-x,-2),AC=(-xW4-x2,0),DC=(0,>
出所需点及向量的坐标
4-x2,0),(8分)
本节结束感谢观看(共73张PPT)
提能培优10 球的切、接问题
内容
索引
考点二
专题强化练（24）
考点一　
考点一　外接球问题
模型1　长(正)方体的外接球
例1(2023·全国甲卷(文))在正方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________．
答案：[2，2]
解析：由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径)．设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝×4，所以r＝2；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以(2R)2＝42＋42＋42，所以R＝2.所以球O的半径的取值范围是[2，2].
技法领悟
当球O的球面恰与正方体的顶点相交时，其半径最大，此时球O为正方体的外接球；当球O恰与正方体的棱相切时，其半径最小，此时球O为正方体的棱切球．
【跟踪训练1】　(2024·河北唐山二模)已知长方体的一条棱长为2，体积为16，则其外接球表面积的最小值为(　　)
A．5π B．12π C．20π D．80π
答案：C
解析：设长方体的长、宽、高分别为a，b，2，
所以长方体的体积为V＝2ab＝16，解得ab＝8.
设长方体的外接球的半径为R，
所以2R＝，即4R2＝a2＋b2＋4≥2ab＋4＝20，
即R≥，当且仅当a＝b＝2时取等号，
所以Rmin＝，
所以其外接球表面积的最小值为S＝4πR2＝20π.故选C.
模型2　柱体的外接球
例2024·江西赣州二模)已知某正三棱柱外接球的体积为36π，则该正三棱柱体积的最大值为________．
答案：27
解析：如图，设外接球半径为R，则πR3＝36π R＝3，
设正三棱柱的底面三角形的边长为a，则该三角形的外接圆的半径为r＝＝，故三棱柱的高h＝2＝2 ，
所以三棱柱的体积为V＝Sh＝·a2··2＝a2＝.
因为 0则f′(a)＝36a3－2a5＝2a3(18－a2)，
当f′(a)>0 0即函数f(a)在(0，3)上为增函数，(3，3)上为减函数，
所以f(a)max＝f(3)＝[9－](3)4，
则Vmax＝＝27.
技法领悟
直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心，用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心)解决．
【跟踪训练2】　已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为24π的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为________．
答案：12π
解析：如图，设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，
由球的表面积可知，4πR2＝24π，得R＝，
圆柱的两个底面的圆周都在球面上，则满足()2＋r2＝R2＝6.
因为()2＋r2≥2·r＝lr，当且仅当＝r，即r＝，l＝2时等号成立，可得lr≤6，
而圆柱的侧面积S＝2πrl≤12π，即r＝，l＝2时，圆柱的侧面积的最大值为12π.
模型3　锥体的外接球
例3024·福建厦门模拟)已知三棱锥A BCD中，AB⊥平面BCD，|AB|＝2，|BC|＝3，|CD|＝4，|BD|＝5，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A．　　B．　　C．29π　　D．38π
答案：C
解析：在△BCD中，因为|BC|＝3，|CD|＝4，|BD|＝5，所以|BC|2＋|CD|2＝|BD|2，
所以BC⊥CD，取BD中点E，则E为△BCD的外心，且外接圆的半径为r＝|BD|＝，过E作底面的垂线OE，使|OE|＝|AB|，又AB⊥平面BCD，则O为三棱锥外接球的球心，所以外接球的半径R2＝|OE|2＋|BE|2＝1＋＝，所以三棱锥外接球的表面积为4πR2＝4π×＝29π.故选C.
技法领悟
1．棱锥的外接球的球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的垂线上．棱长为a的正四面体的外接球的半径为a.有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形的三棱锥，用构造法(构造长方体)解决．
2．圆锥的外接球的球心在顶点与底面圆的圆心连线所在的直线上．
【跟踪训练3】　(2024·江苏盐城模拟)已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，该圆锥的底面直径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则球O的表面积为________．
答案：
解析：设圆锥的母线长为l，因为圆锥底面直径为2，且侧面展开图是一个圆心角为的扇形，
可得×l＝2π×1，解得l＝3，则圆锥的高为h＝＝2.
设外接球的半径为R，作出组合体的轴截面，如图所示，
在Rt△AOO1中，可得AO2＝，即R2＝12＋(2－R)2，
解得R＝，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×()2＝.
模型4　台体的外接球
(2024·江西九江二模)已知一个圆台内接于球O(圆台的上、下底面的圆周均在球面上)．若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为(5＋3)π，则球O的体积为(　　)
A． B．5π C． D．
答案：C
解析：设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为r1和r2，
则圆台侧面积为S＝π(r1＋r2)l＝π(1＋2)l＝3πl，
上、下底面面积分别为π和4π.
由圆台表面积为(5＋3)π，得l＝，
所以圆台高h＝＝＝1.
设球O半径为R, 圆台轴截面ABCD为等腰梯形，且AB＝4，CD＝2，高为1.
作OM⊥AB于点M，
设OM＝x，由＋h2＝，则球心O在圆台外部，
则有解得
所以球O的体积为.故选C.
技法领悟
圆台的外接球的球心在上、下底面的圆心连线所在的直线上，棱台的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心连线所在的直线上．
【跟踪训练4】　(2024·河北秦皇岛二模)已知正三棱台ABC A1B1C1的所有顶点都在表面积为65π的球O的球面上，且AB＝2A1B1＝4，则正三棱台ABC A1B1C1的体积为________．
答案：21或28
解析：设点O1，O2分别是△A1B1C1，△ABC的外接圆的圆心，球O的半径为R，
则4πR2＝65π，解得R＝，且O1，O2，O三点共线，
正三棱台ABC A1B1C1的高为O1O2.在等边△ABC中，AB＝4，
由正弦定理可得2AO2＝＝，得AO2＝4.
在等边△A1B1C1中，A1B1＝2，
由正弦定理可得2A1O1＝＝，得A1O1＝2.
在Rt△OO1A1中＝R2，即＋4＝，得OO1＝，
在Rt△OO2A中＋O2A2＝R2，即＋16＝，得OO2＝，
如果三棱台的上、下底面在球心O的同侧，如图①所示，则正三棱台的高为O1O2＝OO1－OO2＝＝3，
所以正三棱台ABC A1B1C1的体积V＝×[×(2)2＋×(4)2＋ ]×3＝21.
如果三棱台的上、下底面在球心O的两侧，如图②所示，则正三棱台的高为O1O2＝OO1＋OO2＝＝4，
此时正三棱台ABC A1B1C1的体积V＝×[×(2)2＋×(4)2＋ ]×4＝28.
综上，正三棱台ABC A1B1C1的体积为21或28.
考点二　内切球问题
例5(1)(2024·山东潍坊二模)如图，圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且2r1＋r2＝12，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为(　　)
A．36π B．64π C．72π D．100π
答案：D
解析：如图所示，作出轴截面，
O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，M为侧面切点，O为内切球球心，
则O为O1O2的中点，
OM⊥AB，OO1＝OM＝4，O1O2＝8，O1A＝MA＝r1，O2B＝MB＝r2，
因为2r1＋r2＝12，所以r2＝12－2r1，
则AB＝MA＋MB＝r1＋r2＝12－r1，
过点A作AG⊥O2B，垂足为G，
则BG＝r2－r1＝12－3r1.
在Rt△ABG中，由勾股定理得AG2＋BG2＝AB2，
即82＋(12－3r1)2＝(12－r1)2，解得r1＝2或r1＝4，
因为r1所以圆台的侧面积为π×10×(2＋8)＝100π.故选D.
(2)已知正四棱锥P ABCD内切球的半径为－1，且PA＝AB，则正四棱锥P ABCD的体积为(　　)
A． B． C． D．
答案：D
解析：在正四棱锥P ABCD中，连接AC，BD，AC＝O′，连接PO′，
则PO′⊥平面ABCD，
设PA＝AB＝a，则O′A＝a，O′P＝＝ ＝，
由等体积法可得SABCD·PO′＝(SABCD＋4S△PAB)·r，
故a2·＝(a2＋4×a2×)×(－1)，解得a＝2，
故VP ABCD＝a2·＝×16＝.故选D.
技法领悟
空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切线的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．
【跟踪训练5】　(1)(2024·安徽池州二模)已知圆锥的底面半径为3，其内切球表面积为12π，则该圆锥的侧面积为(　　)
A．9π B．18π C．18π D．27π
答案：B
解析：球表面积为12π，则该球半径为，
设圆锥的高为h，则圆锥的母线长为，
则此圆锥的轴截面面积为×6h＝(6＋2)，解得h＝3，
则该圆锥的侧面积为3π＝18π.故选B.
(2)(2024·山东日照二模)已知棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1，以正方体中心为球心的球O与正方体的各条棱相切，若点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，则·的最大值为(　　)
A．2 B． C． D．
答案：B
解析：取AB中点E，可知E在球面上，可得＝－＝－，
所以·＝()·()＝－＝－，
点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，当PE为直径时，||max＝，
所以·的最大值为.故选B.
专题强化练（24）
1．(2024·浙江绍兴模拟)已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为(　　)
A．6π　 　B．8π C．16π　　D．20π
答案：D
解析：由正六棱柱的性质可得O为其外接球的球心(如图)，OO′＝1，由于底面为正六边形，所以△ABO′为等边三角形，故AO′＝2，所以AO＝＝＝，所以AO为外接球的半径，故外接球表面积为4π()2＝20π.故选D.
2．(2024·安徽安庆检测)已知圆锥PO的轴截面是等边三角形，则其外接球与内切球的表面积之比为(　　)
A．4∶1 B．3∶1
C．2∶1 D．8∶1
答案：A
解析：如图，等边三角形PAB的内切圆和外接圆的半径即为内切球和外接球的半径，记内切球和外接球的半径分别为r和R，则＝sin ＝，所以其外接球与内切球的表面积之比为＝4∶1.故选A.
3．(2024·山东聊城二模)已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面圆周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S，S1，半球O与圆柱OO1的体积分别为V，V1，则当的值最小时，＝(　　)
A．　　 B． C．　 　 D．
答案：A
解析：设圆柱底面半径为r，高为h，球的半径为R，则R2＝h2＋r2，S＝πR2，S1＝2πrh，V＝＝πR3，V1＝πr2h，所以＝＝＝≥2 ＝1，当且仅当r＝h时等号成立，此时R＝r，所以＝＝＝.故选A.
4．(2024·辽宁抚顺一模)在三棱锥P ABC中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，PA＝6，PB＝PC＝2，则三棱锥P ABC的外接球的表面积为(　　)
A．100π B．75π C．80π D．120π
答案：A
解析：在△BAC中，BC2＝AB2＋AC2－2·AB·AC·cos ∠BAC＝48，即BC＝4，又PB＝PC＝2，因为PA2＋AC2＝PC2，所以PA⊥AC，同理PA⊥AB，又由AB＝A，AB，AC 平面ABC，PA⊥平面ABC.
设△ABC的外接圆半径为r，所以2r＝＝＝8，所以r＝4，所以外接球的半径R满足R2＝r2＋()2＝16＋9＝25，所以三棱锥P ABC外接球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
5．(2024·河南信阳模拟)把△D1D2D3沿三条中位线折叠成四面体ABCD，其中D1D2＝12，D1D3＝10，D2D3＝8，则四面体ABCD的外接球表面积为(　　)
A．77π　　B． C．　　D．
答案：D
解析：如图，记D1D2，D2D3，D3D1的中点分别为B，C，D，
因为D1D2＝12，D1D3＝10，D2D3＝8，
由中位线性质可得DB＝4，CD＝6，BC＝5，
翻折后的四面体如图，
由翻折的性质可得AB＝6，AC＝4，AD＝5，
所以四面体ABCD对棱相等，
故可以考虑将四面体ABCD补形为长方体如图，
四面体ABCD的外接球即长方体的外接球，
设其外接球半径为R，BM＝x，BN＝y，BP＝z，
则(2R)2＝x2＋y2＋z2，
因为所以x2＋y2＋z2＝，
所以4R2＝，所以四面体ABCD的外接球表面积S＝4πR2＝.故选D.
6．(2024·广东广州模拟)已知球O内切于圆台(即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝4r1＝4，则圆台的体积与球的体积之比为(　　)
A． B． C． D．
答案：B
解析：如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，设圆O与梯形的腰相切于点E，与上、下底面分别切于点O1，O2，设球的半径为r，圆台上、下底面的半径为r1＝1，r2＝4.注意到OD与OA均为角平分线，因此∠DOA＝90°，从而△AO2O∽△OO1D，故r2＝r1r2＝4.设圆台的体积为V1，球的体积为V2，则＝＝＝＝.故选B.
7．(2024·江苏南通检测)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为3，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为(　　)
A．12π B．27π C． D．
答案：D
解析：作出如图所示正四棱台，其中OO1为正四棱台的高，EE1为其斜高．
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为3，则B1O1＝，BO＝4，OO1＝＝3，因为OO1＝3>＝5，故半径最大的球不与上、下底面同时相切．
EE1＝ ＝6，则＝＝，则∠OEE1＝.过O，E，E1，O1作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则∠O2EO＝，则OO2＝＝<＝，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，即该正四棱台内半径最大的球半径r＝，球的表面积为S＝4πr2＝.故选D.
8．(2024·河北沧州一模)《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体(立方体)、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法．若正四面体P ABC的棱长为2，M为棱PA上的动点，则当三棱锥M ABC的外接球的体积最小时，三棱锥M ABC的体积为(　　)
A． B．4 C．4 D．8
答案：A
解析：如图，在正四面体P ABC中，假设PH⊥底面ABC，则点H为△ABC外心．在PH上取一点O，满足OA＝OM，则OA＝OM＝OB＝OC，则O为三棱锥M ABC的外接球球心，∴当OA取得最小值时，OM最小，三棱锥M ABC的外接球体积最小，此时点O与点H重合．作MN⊥AH，垂足为N，∴MN∥PH，∴MN为三棱锥M ABC的高．
由正四面体P ABC的棱长为2，知PA＝2，AH＝×2＝2＝MH，PH＝＝2，设AN＝x，则＝，故MN＝x，HN＝2－x.由HM2＝MN2+HN2，得22＝(x)2＋(2－x)2，解得x＝，∴MN＝，∴V三棱锥M ABC＝×(2)2×＝.故选A.
9．(2024·湖南长沙二模)三棱锥A BCD的侧棱AB垂直于底面BCD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，三棱锥A BCD的体积VA BCD＝，则(　　)
A．三棱锥A BCD的四个面都是直角三角形
B．CD＝2
C．∠CDA＝
D．三棱锥A BCD外接球的体积为4π
答案：ABD
解析：因为AB⊥平面BCD，则AB⊥BC，AB⊥CD，又BC⊥CD，则可构造如图所示的长方体，则AD为三棱锥A BCD的外接球的直径．对于A，因为AB⊥平面BCD，BC，CD，BD 平面BCD，则AB⊥BC，AB⊥CD，AB⊥BD，因为AB⊥CD，BC⊥CD，且AB＝B，可得CD⊥平面ABC，又AC 平面ABC，故CD⊥AC，即三棱锥A BCD的四个面都是直角三角形，故A正确；
对于B，由VA BCD＝×2×CD×2＝，解得CD＝2，故B正确；对于C，由A项分析得CD⊥AC，故在Rt△ACD中，∠CDA是锐角，故C错误；对于D，设三棱锥A BCD外接球的半径为R，由AB＝BC＝CD＝2，知该长方体为正方体，则AD＝×2＝2＝2R，解得R＝，故其外接球体积为V＝πR3＝4π，故D正确．故选ABD.
10．(2024·江西上饶一模)空间中存在四个球，它们半径分别是2，2，4，4，每个球都与其他三个球外切，下面结论正确的是(　　)
A．以四个球球心为顶点的四面体体积为
B．以四个球球心为顶点的四面体体积为
C．若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为r＝－4
D．若另一小球与这四个球都内切，则该小球半径为r＝＋4
答案：ACD
解析：设半径为2的两球球心为A，B，半径为4的两球球心为C，D，易知AB＝4，CD＝8，AC＝AD＝BC＝BD＝6.
取AB中点E，连接CE，DE，
因为AC＝BC＝6，AD＝BD＝6，点E为AB中点，所以CE⊥AB，DE⊥AB，AE＝BE＝2，则CE＝＝＝4，DE＝＝＝4，故CE2＋DE2＝CD2，则CE⊥DE，因为AB＝E，AB，DE 平面ABD，所以CE⊥平面ABD，则VC ABD＝·CE＝×4×4×4＝，故A正确，B不正确；若另一小球与这四个球都外切，设小球中心为O，半径为r，则点O在四面体ABCD内，取AB中点E，CD中点F，连接EF，
则AO＝BO＝2＋r，CO＝DO＝4＋r，又CE＝DE＝4，CE⊥DE，所以EF＝CD＝4，则球心O在EF上，所以OF＝＝＝，同理OE＝，代入OE＋OF＝4，解得r＝－4或r＝－－4(舍)，故C正确；
若另一小球与这四个球都内切，设小球中心为O1，半径为R，则AO＝BO＝R－2，CO＝DO＝R－4，且点O1在EF上，所以OF＝＝＝，同理OE＝，代入OE＋OF＝4，得R＝＋4或R＝－＋4(舍)，故D正确．故选ACD.
11．(2024·黑龙江大庆模拟)圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与其外接球的表面积的比值为________．
答案：3∶8
解析：令外接球的半径为2R，依题意，O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，过点B作BC⊥O2A，则O2C＝O1B＝R，
所以AC＝O2C＝R，BC＝O1O2＝＝R，所以AB＝ ＝2R，所以圆台的侧面积S1＝(2πR＋4πR)×2R＝6πR2，球的表面积S2＝4π×(2R)2＝16πR2，所以圆台的侧面积与球的表面积之比为S1∶S2＝(6πR2)∶(16πR2)＝3∶8.
12．(2024·安徽阜阳模拟)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝，D为AC的中点．将△BCD沿BD翻折，使点C移动至点E，在翻折过程中，当∠ADE＝时，三棱锥E ABD的内切球的表面积为__________．
答案：π
解析：因为AB＝BC＝，AB⊥BC，所以AC＝2，AD＝CD＝BD＝1，当∠ADE＝时，AD⊥DE，因为BD⊥AD，BD⊥DE，所以DE⊥平面ABD，AB＝BE＝AE＝，S△ABE＝×sin ＝，S△ABD＝S△BDE＝S△EDA＝×1×1＝，则三棱锥E ABD的表面积为S1＝3S△ABD＋S△ABE＝3×＝.设内切球半径为r，则由等体积法知VE ABD＝S△ABD·DE＝＝×S1×r＝r，解得r＝，所以内切球的表面积S2＝4πr2＝π.
13．(2024·山东威海二模)已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为________．
答案：
解析：如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上，OA＝OP＝3.记PA＝l，CA＝r，则圆锥侧面积为S＝×l×2π×r＝πlr，若r相同时，l较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时，P，C两点位于球心O两侧，此时l2＝r2＋(3＋OC)2，r2＋OC2＝9，∴OC＝－3，∴r2＋(－3)2＝9，
∴r2＝l2－，而－3≥0，l≥3，又l0，f(t)单调递增；当24提能培优12 立体几何中的存在探索性问题
内容
索引
考点二
专题强化练（26）
考点一　
考点一　动点是否存在问题
例1(2024·河南周口模拟)在矩形ABCD中，AD＝2CD＝4，E为边AD上的中点．将△ABE沿BE翻折，使得点A到点P的位置，且满足平面PBE⊥平面BCDE，连接PC，PD，EC.
(1)求证：平面PBE⊥平面PCE；
(2)在线段PC上是否存在点Q，使得二面角P BE Q的余弦值为？若存在，求出Q点位置；若不存在，说明理由．
解析：(1)证明：由E为边AD上的中点，故BE＝CE＝＝2，
又AD＝BC＝4，故有BE2＋CE2＝BC2，即BE⊥CE，
由平面PBE⊥平面BCDE，BE＝平面PBE∩平面BCDE，
CE 平面BCDE，故CE⊥平面PBE，
又CE 平面PCE，故平面PCE⊥平面PBE.
(2)以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系，作PM⊥BE于点M，
有D(0，0，0)，E(2，0，0)，B(4，2，0)，C(0，2，0)．
由PE＝PB＝2，BE＝2，故有PE2＋PB2＝BE2，
即BP⊥PE，且∠MEx＝45°，则PM＝EM＝BE＝，
即M(3，1，0)，故P(3，1，)，
则＝(3，－1，)，＝(－1，－1，)，＝(2，2，0)，＝(－4，0，0)．
设＝λ，易得λ＝0或λ＝1时，二面角P BE Q的大小为90°或0°，
故λ∈(0，1)，则＝＝(3λ－4，－λ，λ)．
设平面PBE与平面BEQ的法向量分别为m＝(x1，y1，z1)，n＝(x2，y2，z2)，则有
令x1＝x2＝1，则可得y1＝y2＝－1，z1＝0，z2＝2－1)，
即m＝(1，－1，0)，n＝(1，－1，2－1))，
有|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
整理得(－1)2＝1，解得λ＝，
故存在，且点Q为PC中点．
技法领悟
对于动点是否存在问题，解题时，需要假设存在，把要成立的结论当做条件，然后，列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“是否存在规定范围内有解”等问题．
【跟踪训练1】　(2024·湖北武汉模拟)如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PC⊥平面ABC，∠BAC＝，PC＝AB＝2，E，F分别为PA，PC的中点，平面BEF与平面ABC的交线为l.
(1)证明：l⊥平面PBC；
(2)直线l与圆O的交点为B，D，求三棱锥D ABE的体积；
(3)点Q在直线l上，直线PQ与直线EF的夹角为α，直线PQ与平面BEF的夹角为β，是否存在点Q，使得α＋β＝？如果存在，请求出|BQ|；如果不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：∵E，F分别为PA，PC的中点，∴EF∥AC.
又EF 平面ABC，AC 平面ABC，∴EF∥平面ABC.
又EF 平面BEF，平面BEF∩平面ABC＝l，∴l∥EF∥AC.
∵PC⊥平面ABC，AC 平面ABC，∴PC⊥AC，
又AC⊥BC，PC＝C，PC，BC 平面PBC，
∴AC⊥平面PBC，从而l⊥平面PBC.
(2)∠ACB＝∠ADB＝，由(1)得AC∥BD，从而∠CBD＝π－∠ACB＝，
从而四边形ADBC为矩形．
由于EF∥平面ABC，
从而VD ABE＝VE ABD＝VF ABD＝×1××1＝.
(3)以C为坐标原点，分别以的方向作为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
则A(，0，0)，B(0，1，0)，C(0，0，0)，D(，1，0)，P(0，0，2)，F(0，0，1)，
由于AC∥BD，设Q(a，1，0)，则＝(a，1，－2)，＝＝(，0，0)，＝(0，1，－1)．
设平面BEF的一个法向量n＝(x，y，z)，
则取n＝(0，1，1)，
由题意，sin β＝|cos 〈，n〉|＝cos α＝|cos 〈〉|，
即＝，解得|a|＝，从而符合题意的点Q存在，|BQ|＝.
考点二　参数值是否存在问题
例2(2024·江西南昌二模)如图所示的五面体ABC A1DC1为直三棱柱ABC A1B1C1截去一个三棱锥D A1B1C1后的几何体，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，D为BB1的中点，E，F分别为C1D，A1D的中点．
(1)判断BF和CE是否垂直，并说明理由；
(2)设＝λ(0≤λ≤1)，是否存在λ，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为？若存在，请求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)BF和CE不垂直，理由如下：
以点C为坐标原点，直线CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，A1(2，0，2)，D(0，2，1)，C1(0，0，2)，
E(0，1，)，F(1，1，)，＝(1，－1，)，＝(0，1，)．
因为·＝1×0＋(－1)×1＋＝≠0，所以BF和CE不垂直．
(2)假设存在λ使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为，由＝λ，得P(2(1－λ)，0，0)，
显然平面ABC的一个法向量为n1＝(0，0，1)，＝(2(λ－1)，2，0)．
设平面PBF的法向量为n2＝(x，y，z)，
则
取x＝3，得n2＝(3，3－3λ，－2λ)，
设平面ABC与平面PBF的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝，
而0≤λ≤1，解得λ＝，
所以存在实数λ＝，使得平面ABC与平面PBF夹角的余弦值为.
技法领悟
对于参数值是否存在问题，解题时，需要假设存在，把要成立的结论当做条件，综合运用条件和结论列方程，解出参数．
【跟踪训练2】　已知四棱锥E ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE为等边三角形．
(1)求证：平面ADE⊥平面ABCD；
(2)是否存在一点F，满足＝λ(0<λ<1)，使直线AF与平面BDE所成的角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：等腰梯形ABCD中，AB＝4，AD＝DC＝2，则∠DAB＝60°，则BD＝2，
所以AD2＋BD2＝AB2，BD⊥AD.
又BE＝4，DE＝2，
由BD2＋DE2＝16＝BE2，得到BD⊥DE，
又AD＝D，AD，DE 平面ADE，
因此BD⊥平面ADE，又因为BD 平面ABCD，
故平面ADE⊥平面ABCD.
(2)方法一　由(1)知BD⊥平面ADE，BD 平面BDE，则平面BDE⊥平面ADE，
作AH⊥DE于H点，则有AH⊥平面BDE，
则∠AFH即为直线AF与平面BDE所成角．
在Rt△AHF中，由AH＝，∠AFH＝60°，得到FH＝1，
由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，可得FE＝1，又EB＝4，所以存在λ＝.
方法二　过点D作MD⊥平面ABCD于D，
以点D为坐标原点，DA为x轴，DB为y轴，DM为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
其中D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(1，0，)，
得到＝(0，2，0)，＝(1，0，)．
设平面BDE的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由得
不妨设z＝－1，则x＝，y＝0，则n＝(，0，－1)．
又＝(－1，2，－)，＝λ＝(－λ，2λ，－λ)，
＝＝(－1，0，)＋(－λ，2λ，－λ)＝(－λ－1，2λ，λ)，
则|cos 〈，n〉|＝＝＝sin 60°＝，
解得λ＝0(舍去)或λ＝，所以λ＝.
专题强化练（26）
1．(15分)(2024·广东广州模拟)如图，在四棱锥P ABCD中，PD⊥底面ABCD，PD＝λCD，点E在棱PC上．
(1)若底面ABCD是边长为2的正方形，PA∥平面EBD，试确定点E的位置(图①)，并说明理由；
(2)若底面ABCD是梯形，且AB∥CD，AB＝CD，点E是PC的中点(图②)，证明BE∥平面PAD；
(3)在(1)的条件下是否存在实数λ，使三棱锥E BPD体积为，若存在，请求出具体值，若不存在，请说明理由．
解析：(1)点E是PC的中点，理由如下：
连接AC，交BD于点O，连接OE，由底面ABCD是正方形，得O是AC的中点，
而PA∥平面EBD，PA 平面PAC，平面平面BDE＝OE，
于是PA∥OE，在△APC中，O是AC的中点，
所以E是PC的中点．
(2)证明：取PD中点F，连接AF，EF，由点E是PC的中点，得EF∥CD，EF＝CD，
而AB∥CD，AB＝CD，则EF∥AB，EF＝AB，四边形ABEF是平行四边形，
于是BE∥AF，而AF 平面PAD，BE 平面PAD，
所以BE∥平面PAD.
(3)由(1)知，E为PC中点，则VE BPD＝VC BPD＝VP DBC，
当VE BPD＝时，VP DBC＝，而PD⊥底面ABCD，PD＝λCD＝2λ，
S△BCD＝×2×2＝2，因此VP DBC＝·S△BCD·2λ＝×2×2λ＝，解得λ＝2，
所以存在λ＝2，使三棱锥E BPD体积为.
2．(15分)(2024·河北沧州检测)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，AB⊥BC，D，E分别为AC，A1C1的中点．
(1)证明：平面AB1E∥平面BC1D；
(2)线段BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面BC1D所成的角的正弦值为，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由．
解析：(1)证明：在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB⊥BC，则直线BC，BA，BB1两两垂直，
以点B为坐标原点，直线BC，BA，BB1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
A(0，2，0)，B1(0，0，2)，D(1，1，0)，E(1，1，2)，C1(2，0，2)，A1(0，2，2)，
＝(0，－2，2)，＝(1，－1，2)，＝＝(2，0，2)．
设平面AB1E的法向量为m＝(a，b，c)，
则令b＝1，得 m＝(－1，1，1)．
设平面BC1D的法向量为n＝(x，y，z)，
则令y＝1，得 n＝(－1，1，1)．
显然m＝n，点A 平面BC1D，所以平面AB1E∥平面BC1D.
(2)假设线段BC上存在点M(t，0，0)满足条件，0≤t≤2，A1M＝(t，－2，－2)．
设直线A1M与平面BC1D所成的角为θ，
则sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，
化简得2t2－9t＋7＝0，而0≤t≤2，解得t＝1，
所以存在点M符合题意，此时BM＝1.
3．(17分)(2024·湖南常德一模)已知直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，M，N分别为BC和BB1的中点，P为棱A1C1上的动点，AN⊥A1C1.
(1)证明：平面ANP⊥平面A1MP；
(2)设＝，是否存在实数λ，使得平面AA1B1B与平面PMN所成的角的余弦值为？
解析：(1)证明：由于在直三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC 平面ABC，故AA1⊥AC.
又AC∥A1C1，且AN⊥A1C1，故AN⊥AC.
由于AN⊥AC，AA1⊥AC，且AN＝A，AN，AA1 平面AA1B1B，故AC⊥平面AA1B1B.
由于AB在平面AA1B1B内，故AB⊥AC.
取AB的中点R，由于M，R分别是BC和BA的中点，故MR∥AC，而AC∥A1C1，故MR∥A1C1，即MR∥A1P.
由于M，R分别是BC和BA的中点，可以得到MR＝AC＝A1C1＝A1P，所以四边形MRA1P是平行四边形，故A1R∥MP.
设A1R和AN交于点T，由于BN＝BB1＝＝AB＝AR，AB＝A1A，∠ABN＝90°＝∠A1AR，
所以△ABN≌△A1AR，故∠TRA＝∠A1RA＝∠ANB＝90°－∠BAN＝90°－∠RAT.
所以∠TRA＋∠RAT＝90°，从而∠RTA＝90°，即AN⊥A1R.
又A1R∥MP，故AN⊥MP.
由于AN⊥A1C1，即AN⊥A1P，而AN⊥MP，A1P＝P，A1P，MP 平面A1MP，故AN⊥平面A1MP.
由于AN⊥平面A1MP，AN 平面ANP，故平面ANP⊥平面A1MP.
(2)由AB⊥AC，又因为AA1⊥平面ABC，AB，AC 平面AA1B1B，故AA1⊥AB，AA1⊥AC.
由于AB，AC，AA1两两垂直，以A为原点分别作为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系．
不妨设AB＝AC＝AA1＝2，
则A(0，0，0)，B(0，2，0)，C(2，0，0)，A1(0，0，2)，B1(0，2，2)，C1(2，0，2)，M(1，1，0)，N(0，2，1)．
又A1P＝，显然0≤λ≤1，此时P(2λ，0，2)，
从而有＝，＝(0，0，2)，＝(2λ，－2，1)，＝(－1，1，1)．
设n1＝(p，q，r)和n2＝(u，v，w)分别是平面AA1B1B和平面PMN的法向量，则n1·＝＝0，n2·＝n2·＝0.
即2q＝2r＝0，2λu－2v＋w＝－u＋v＋w＝0，从而可取n1＝(1，0，0)，n2＝(3，2λ＋1，2－2λ)，
此时平面AA1B1B与平面PMN所成角的余弦值为cos 〈n1，n2〉＝＝＝，
故＝，即8λ2－4λ＋14＝，解得λ＝，
所以存在λ＝，使得平面AA1B1B与平面PMN所成的角的余弦值为.(共89张PPT)
第三讲　空间向量与空间角及距离
内容
索引
考点三
专题强化练（23）
考点一　
考点四
考点二
考点一　异面直线所成的角
保分练
1．(2024·山东威海二模)在正方体ABCD A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，B1C1的中点，若平面DBB1与平面AEF的交线为l，则l与直线AD1所成角的大小为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D．
答案：C
解析：因为E，F分别为棱BC，B1C1的中点，所以BB1∥EF，因为EF 平面AEF，BB1 平面AEF，所以BB1∥平面AEF，又平面DBB1∩平面AEF＝l，BB1 平面DBB1，所以BB1∥l，又AA1∥BB1，所以AA1∥l，所以l与直线AD1所成角的大小为∠A1AD1＝.故选C.
2．(2024·河北保定二模)如图，在正四棱柱中，AA1＝4AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：连接BC1，A1C1，如图所示，
正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，有AB∥C1D1，且AB＝C1D1，四边形ABC1D1为平行四边形，则有BC1∥AD1，则∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角．
设AB＝1，则BC1＝A1B＝，A1C1＝，
△A1BC1中，由余弦定理得
cos ∠A1BC1＝＝＝.故选C.
3．(2024·辽宁丹东一模)直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则异面直线BA1与AC1所成角的余弦值为(　　)
A． B． C． D．
答案：A
解析：取BC中点D，连接AD，因为AB＝AC，所以DA⊥DC，
以D为原点，DA，DC分别为x，y轴，过点D且垂直于平面BAC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设AB＝AC＝AA1＝1，注意到∠BAC＝120°，
所以BD＝DC＝，AD＝，
所以B(0，－，0)，A1(，0，1)，A(，0，0)，C1(0，，1)，
所以＝＝(－，1)，
技法领域
1．利用几何法求异面直线所成的角时，通过平移直线所得的角不一定就是两异面直线所成的角，也可能是其补角．
2．用向量法求异面直线所成的角时，要注意向量夹角与异面直线所成角的范围不同．
考点二　直线与平面所成的角
保分练
1．(2022·新高考Ⅰ卷)(多选)已知正方体ABCD A1B1C1D1，则(　　)
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
答案：ABD
解析：如图(1)，连接B1C.因为DA1∥CB1，BC1⊥CB1，
所以直线BC1与DA1所成的角为90°，所以A正确；
如图(2)，连接B1C.因为BC1⊥B1C，BC1⊥A1B1，B1C＝B1，B1C，A1B1 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，所以B正确；如图(3)，连接A1C1，交B1D1于点O，连接BO，A1B，易证A1C1⊥平面BDD1B1，所以∠C1BO为直线C1B与平面BDD1B1所成的角，∠C1BO＝30°，所以C错误；
如图(4)，因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，且∠C1BC＝45°，所以D正确．故选ABD.
2．(2024·江西景德镇三模)已知在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝2，AA1＝1.
(1)已知E，F分别为棱AA1，BC的中点，求证：EF∥平面A1B1C；
(2)求直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值．
解析：(1)证明：取B1C中点G，连接A1G，FG.
∵G，F分别为B1C，BC中点，∴GF∥BB1，且GF＝BB1，
又E为AA1中点，∴A1E∥BB1，且A1E＝BB1，
∴GF∥A1E，且GF＝A1E，
故四边形A1EFG是平行四边形，∴EF∥A1G，
而EF 平面A1B1C，A1G 平面A1B1C，
∴EF∥平面A1B1C.
(2)如图以A为坐标原点，AC，AA1分别为y，z轴建立空间直角坐标系，
则A1(0，0，1)，B(，1，0)，B1(，1，1)，C(0，2，0)，
则A1C＝＝(，1，0)，A1B＝(，1，－1)．
设平面A1B1C的法向量为n＝(x，y，z)，
令x＝1，得y＝－，z＝－2，∴n＝(1，－，－2)．
设A1B与平面A1B1C所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈A1B，n〉|＝
即直线A1B与平面A1B1C所成角的正弦值是.
提分练
3．(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A．　 　　B．1　 　　C．2　 　　D．3
答案：B
解析：设正三棱台ABC A1B1C1的高为h.∵AB＝6，A1B1＝2，∴S△ABC＝×6×6×sin ＝＝×2×2×sin ＝.∵正三棱台ABC A1B1C1的体积V＝)h＝×( ，∴h＝.如图，设△ABC和△A1B1C1的中心分别为O，O1，
连接A1O1，O1O，AO，作A1D⊥平面ABC交平面ABC于点D，由几何体ABC A1B1C1为正三棱台可知，点D在AO上，且四边形A1O1OD为矩形，其中∠A1AD即为直线A1A与平面ABC所成的角．由AB＝6，A1B1＝2，可得OA＝2，O1A1＝，∴AD＝OA－OD＝OA－O1A1＝，∴tan ∠A1AD＝＝＝1.故选B.
4．(2024·河北沧州模拟)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，△ABC为边长为2的正三角形，AA1＝3，D为AC中点，点E在棱CC1上，且CE＝λCC1，0<λ<1.
(1)当λ＝时，求证A1E⊥平面BDE；
(2)设O1为底面A1B1C1的中心，求直线CO1与平面BDE所成角的正弦值的最大值，并求取得最大值时λ的值．
解析：(1)证明：取A1C1的中点D1，连接DD1，
因为三棱柱ABC A1B1C1为直棱柱，且△ABC为正三角形，
所以以DB，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，
根据已知条件得D(0，0，0)，B(，0，0)，A1(0，－1，3)，C(0，1，0)，C1(0，1，3)．
当λ＝时，CE＝CC1，∴E(0，1，2)，
∴A1E＝(0，2，－1)，＝(，0，0)，＝(0，1，2)，
∵A1E·＝0，A1E·＝0＋2－2＝0，
∴A1E⊥，A1E⊥，即A1E⊥DB，A1E⊥DE，
又DB＝D，而BD，DE 平面BDE，∴A1E⊥平面BDE.
(2)由(1)知B1(，0，3)，E(0，1，3λ)(0<λ<1)，＝(0，1，3λ)，
∵O1为△A1B1C1的中心＝(，－1，3)．
设平面BDE的法向量n＝(x，y，z)，
则令z＝1，则n＝(0，－3λ，1)，
设直线CO1与平面BDE所成角为θ，则
sin θ＝，n〉|＝＝ ·＝ ·(0<λ<1)，
令9λ＋4＝t(4此时sin θ＝ ·＝ ·，
∵t＋≥2 ＝10(当且仅当t＝5，即λ＝时取等号)，
sin θ≤ ·＝，
即直线CO1与平面BDE所成角的正弦值的最大值为，此时λ的值为.
考点三　平面与平面的夹角
保分练
1．(2024·江西宜春模拟)在正方体ABCD A1B1C1D1中，平面α经过点B，D，平面β经过点A，D1，当平面α，β分别截正方体所得截面面积最大时，平面α与平面β的夹角的余弦值为(　　)
A．　　　B．　　　C．　　　D.
答案：A
解析：如图，因为正方体中过体对角线的截面面积最大，
所以题目转化为求平面BDD1B1与平面ABC1D1夹角的余弦值，
以D点为坐标原点，以的方向分别为x，y，z轴正方向，
建立空间直角坐标系D xyz，
由ABCD A1B1C1D1为正方体，设棱长为a(a>0)，所以四边形ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，又因为B1B⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
所以AC⊥B1B，又因为BD＝B，BD，B1B 平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，
即为平面BDD1B1的一个法向量，
同理B1C为平面ABC1D1的一个法向量，
由A(a，0，0)，C(0，a，0)，B1(a，a，a)，知＝(－a，a，0)，B1C＝(－a，0，－a)，
设平面α与平面β的夹角为θ，θ∈(0，π)，
则cos θ＝ ＝＝.故选A.
2．(2024·河北保定三模)如图，在四棱锥P ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB＝2.E，F分别是PA，PD的中点，平面EFNM与PB，PC分别交于M，N两点．
(1)证明：MN∥AD；
(2)若平面EFNM⊥平面PBC，求平面EFNM与平面PCD所成锐二面角的正弦值．
解析：(1)证明：由E，F分别是PA，PD的中点，得AD∥EF，
在正方形ABCD中，AD∥BC，则EF∥BC，
而EF 平面EFNM，BC 平面EFNM，于是BC∥平面EFNM，
又BC 平面PBC，平面PBC∩平面EFNM＝MN，EF 平面EFNM，
因此BC∥MN，所以MN∥AD.
(2)四棱锥P ABCD的底面为正方形，PA⊥平面ABCD，则AB，AD，AP两两垂直，
以点A为原点，直线AB，AD，AP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则P(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，
＝(2，2，－2)，＝(0，2，0)，＝(2，0，0)，＝(0，1，0)．
设平面PBC的法向量m＝(x1，y1，z1)，
则
取x1＝1，得m＝(1，0，1)，
设平面PCD的法向量n＝(x2，y2，z2)，
则
取y2＝1，得n＝(0，1，1)，
设平面EFNM的法向量t＝(x，y，z)，则t·＝y＝0，
由平面EFNM⊥平面PBC，得t·m＝x＋z＝0，取x＝1，得t＝(1，0，－1)，
设平面EFNM与平面PCD所成锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos 〈n，t〉|＝＝＝，sin θ＝，
所以平面EFNM与平面PCD所成锐二面角的正弦值为.
提分练
3．(2024·九省联考)如图，平行六面体ABCD A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的正方形，O为AC与BD的交点，AA1＝2，∠C1CB＝∠C1CD，∠C1CO＝45°.
(1)证明：C1O⊥平面ABCD；
(2)求二面角B AA1 D的正弦值．
解析：(1)证明：连接BC1，DC1，
因为底面ABCD是边长为2的正方形，所以BC＝DC，
又因为∠C1CB＝∠C1CD，CC1＝CC1，
所以△C1CB≌△C1CD，所以BC1＝DC1，
点O为线段BD中点，所以C1O⊥BD.
在△C1CO中，CC1＝2，CO＝AC＝，∠C1CO＝45°，
所以cos ∠C1CO＝＝ C1O＝，
则C1C2＝OC2＋C1O2 C1O⊥OC，
又OC＝O，OC 平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以C1O⊥平面ABCD.
(2)由题知正方形ABCD中AC⊥BD，C1O⊥平面ABCD，所以建系如图所示，
则B(0，，0)，D(0，－，0)，A(，0，0)，C(－，0，0)，C1(0，0，)，
则＝＝(，0，)，＝(－，0)，＝(－，－，0)．
设平面BAA1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面DAA1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
设二面角B AA1 D大小为θ，
则cos θ＝＝＝ sin θ＝＝，
所以二面角B AA1 D的正弦值为.
技能领域
1．用几何法求解二面角的关键是：先找(或作)出二面角的平面角，再在三角形中求解此角．
2．利用向量法的依据是两个半平面的法向量所成的角和二面角的平面角相等或互补，在求二面角的大小时，一定要判断出二面角的平面角是锐角还是钝角，否则解法是不严谨的．
考点四　距离问题
保分练
1．(2024·河南驻马店模拟)在空间直角坐标系O xyz中，＝(2，1，0)，＝(0，1，1)，则点B到直线AC的距离为________．
答案：
解析：因为＝(2，1，0)，＝(0，1，1)，
可得在方向上的投影为＝，
又||＝＝，
由勾股定理可得点B到直线AC的距离为＝.
2．(2024·河北沧州模拟)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1的中点，P，Q分别为线段AC1，BM上的动点，则PQ的最小值为__________．
答案：
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，A(2，0，0)，C1(0，2，2)，B(2，2，0)，M(0，2，1)，
则＝(－2，2，2)，＝(－2，0，1)．
设＝＝(－2x，2x，2x)，＝y＝(－2y，0，y)，
故P(2－2x，2x，2x)，Q(2－2y，2，y)，＝(2x－2y，2－2x，y－2x)．
由于直线AC1，BM为异面直线，要使PQ最小，则PQ是AC1，BM的公垂线，
解得所以＝(－，－)，故||＝ ＝.
提分练
3．(2024·福建福州一模)如图，四边形ABCD是圆柱OE的轴截面，点F在底面圆O上，圆O的半径为1，AF＝，点G是线段BF的中点．
(1)证明：EG∥平面DAF；
(2)若直线DF与圆柱底面所成角为45°，求点G到平面DEF的距离．
解析：(1)证明：取AF中点M，连接DM，GM，如图所示，
G为BF中点，则GM∥AB，又AB∥DE，得GM∥DE，
由GM＝AB，DE＝AB，得GM＝DE，
所以四边形DEGM为平行四边形，DM∥EG，
又DM 平面DAF，EG 平面DAF，所以EG∥平面DAF.
(2)因为AB＝2，AF＝，∠AFB＝90°，
所以BF＝＝＝1.
因为DA⊥平面ABF，且直线DF与圆柱底面所成角为45°，
所以∠AFD＝45°，则有AD＝.
如图，以F为原点，FB，FA分别为x轴，y轴，过F垂直于底面的直线FN为z轴，建立空间直角坐标系F xyz，
则有F(0，0，0)，A(0，，0)，B(1，0，0)，G(，0，0)，D(0，)，C(1，0，)，E()，
＝(0，)，＝()．
设平面DEF的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则
令y＝1，有x＝，z＝－1，得n＝(，1，－1)，
＝(0，－，－)．
设点G到平面DEF的距离为d，
所以d＝＝＝，
故点G到平面DEF的距离为.
专题强化练（23）
1．(5分)已知菱形ABCD，∠DAB＝，将△DAC沿对角线AC折起，使以A，B，C，D四点为顶点的三棱锥体积最大，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为(　　)
A．　 　 B． C．　 　 D．
答案：C
解析：记AC的中点分别为E，连接DE，BE，因为AD＝CD，所以DE⊥AC，同理，BE⊥AC，记AB＝2a，因为∠DAB＝，所以∠DAC＝∠BAC＝，所以BE＝DE＝a，AE＝CE＝a，易知，当平面ACD⊥平面ABC时，三棱锥D ABC的体积最大，此时∠BED＝.
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，则A(0，－a，0)，B(a，0，0)，C(0，a，0)，D(0，0，a)，所以＝(a，a，0)，＝(0，－a，a)，所以cos 〈〉＝＝＝－，所以异面直线AB与CD所成角的余弦值为.故选C.
2．(5分)(2024·江苏镇江模拟)我们称两个相交平面构成四个二面角，其中较小的二面角称为这两个相交平面的夹角，由正方体的四个顶点所确定的平面统称为该正方体的“表截面”，则在正方体中，两个不重合的“表截面”的夹角大小不可能为(　　)
A．30°　 　 B．45° C．60°　 　 D．90°
答案：A
解析：平面ABCD和平面ADD1A1的夹角为90°，所以D选项错误；平面BDD1B1和平面ACC1A1的夹角为45°，所以B选项错误；
设正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系，
则A(1，0，0)，B(1，1，0)，D1(0，0，1)，＝＝(－1，－1，1)，
设平面ABC1D1的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则故可取m＝(1，0，1)．
＝(1，0，0)，设平面A1BCD1的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则故可取n＝(0，1，1)．
设平面ABC1D1与平面A1BCD1的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝||＝＝，
由于0°≤θ≤90°，所以θ＝60°，所以C选项错误，
所以夹角大小不可能为30°.故选A.
3．(5分)(2024·河北沧州二模)已知四面体ABCD满足∠BAC＝，cos ∠CAD＝，cos ∠DAB＝，AB＝2，AC＝3，AD＝2，则点A到平面BCD的距离为(　　)
A．　 　 B． C．　 　 D．
答案：D
解析：因为四面体ABCD满足∠BAC＝，cos ∠CAD＝，cos ∠DAB＝，AB＝2，AC＝3，AD＝2，可得·＝3，·＝2，·＝1.设平面BCD的一个法向量n＝x＋y＋z，
则
令z＝1，解得x＝1，y＝0，所以n＝，
所以|n|＝＝，·n＝4＋1＝5.
设点A到平面BCD的距离为h，则h＝＝＝.故选D.
4．(6分)(多选)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2，E是棱AA1的中点，P为线段BD1上的点(异于端点)，且ED＝PD，则下列说法正确的是(　　)
A．是平面EDC的一个法向量
B．＝
C．点P到平面ECD1的距离为
D．二面角P EC D的正弦值为
答案：ACD
解析：由于是正四棱柱，易知DC⊥ED1，在△EDD1中，因为ED1＝ED＝，DD1＝2，所以故ED1⊥ED，又ED 平面EDC，DC 平面EDC，ED∩DC＝D，所以ED1⊥平面EDC，故A正确；
在△BDD1中，因为BD＝，DD1＝2，BD1＝则cos ∠BD1D＝PDD1中，利用余弦定理PD2＝DD1PD1cos∠BD1D可求得PD1＝1＝(舍去)，因此＝，故B错误；
以D为原点，DA，DC，DD1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(1，0，1)，C(0，1，0)，D1(0，0，2)，B(1，1，0)，由B选项可知，＝＝(－1，－1，2)，所以P()，故＝(－1，0，1)，＝(－1，1，－1)，D1P＝(，－)，设m＝(x1，y1，z1)为平面ECD1的法向量，则令x1＝1，则m＝(1，2，1)，设点B到平面ECD1的距离为h，所以由点到平面的距离公式得：h＝＝＝，故C正确；
由C选项中坐标可知＝(－1，0，1)为平面EDC的一个法向量，＝(－)，＝(－1，1，－1)，设平面PEC的一个法向量为n＝(x，y，z)，则令z＝1，则n＝(2，3，1)，所以，n〉＝＝－，因此二面角P EC D的正弦值为 ＝，故D正确．故选ACD.
5．(5分)(2024·河北沧州一模)已知正四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面边长与侧棱长之比为1∶3，则平面DA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为__________．
答案：
解析：如图，以点D为原点，以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，正四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面边长为a(a>0)，则DD1＝3a，所以B(a，a，0)，A1(a，0，3a)，C1(0，a，3a)，则A1B＝(0，a，－3a)，＝＝(－a，a，0)．设平面DA1B与平面A1BC1的法向量分别为n＝(x1，y1，z1)，m＝(x2，y2，z2)，则令x1＝3，则n＝(3，－3，－1)，
令z2＝1，则m＝(3，3，1)．设向量n，m的夹角为θ，则cos θ＝＝＝－，所以平面DA1B与平面A1BC1夹角的余弦值为.
6. (15分)(2024·山东菏泽模拟)如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，M，N分别为棱AB，C1C的中点，△ABC为等腰直角三角形，且A1A＝AC＝BC＝2.
(1)证明：AB⊥MN；
(2)求点A1到平面B1MN的距离．
解析：(1)证明：如图，连接CM，因为AC＝BC，M为AB中点，所以CM⊥AB.
因为C1C为直三棱柱的侧棱，所以C1C⊥平面ABC.
因为AB 平面ABC，所以C1C⊥AB.
因为CM＝C，CM，C1C 平面CMN，所以AB⊥平面CMN.
因为MN 平面CMN，所以AB⊥MN.
(2)以点C为坐标原点，CA，CB，CC1分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则A1(2，0，2)，B1(0，2，2)，M(1，1，0)，N(0，0，1)，
所以＝(－2，2，0)，B1M＝(1，－1，－2)，B1N＝(0，－2，－1).
设平面B1MN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由可得
取z＝2，可得x＝3，y＝－1，即可取n＝(3，－1，2)．
设点A1到平面B1MN的距离为h，则h＝＝＝，
所以点A1到平面B1MN的距离为.
7. (17分)(2024·河南信阳模拟)如图，在四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，BC＝BA＝BD，O为棱AC的中点，E为棱BD的靠近D的三等分点．
(1)证明：BO⊥平面ACD；
(2)若AB＝3，OE⊥BD，求直线CE与平面ABC所成角的正弦值．
解析：证明：(1)因为BC＝BA，O为棱AC的中点，则OB⊥AC，
又因为AD⊥CD，AD＝CD，则OD⊥AC，且OA＝OC＝OD.
取AD的中点F，连接OF，BF，则AD⊥BF，AD⊥OF，
且BF＝F，BF，OF 平面BFO，可知AD⊥平面BFO，
由OB 平面BFO，可知OB⊥AD，
则OB⊥AC，OB⊥AD，AC＝A，AC，AD 平面ACD，
所以BO⊥平面ACD.
(2)由(1)可知，BO⊥平面ACD，且OD⊥AC，
以O为坐标原点，OB，OC，OD分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．
设OB＝a，OC＝b，a，b>0，
则O(0，0，0)，A(0，－b，0)，B(a，0，0)，C(0，b，0)，D(0，0，b)，E(，0，)，
可得＝(，0，)，＝(－a，0，b)，＝(a，b，0)．
由题意可得解得
即C(0，3，0)，E(，0，2)，则＝(，－3，2)．
由题意可知，平面ABC的法向量n＝(0，0，1)，
则cos 〈n，〉＝＝＝，
所以直线CE与平面ABC所成角的正弦值为.
8．(17分)(2024·河北邯郸模拟)如图，已知菱形ABCD和菱形ADEF的边长均为2，∠FAD＝∠BAD＝60°，BF＝，M，N分别为AE，BD上的动点，且＝.
(1)证明：MN∥平面EDC；
(2)当MN的长最小时，求平面MNA与平面MND夹角的余弦值．
解析：(1)证明：延长AN交直线DC于点G，连接EG.
因为菱形ABCD，所以AB∥DG，
所以＝，
又＝，
所以＝，所以MN∥EG，
因为MN 平面EDC，EG 平面EDC，且MN∥EG，
所以MN∥平面EDC.
(2)取AD的中点O，连接FO，BO，FD，
因为菱形ABCD和菱形ADEF的边长均为2，∠FAD＝∠BAD＝60°，
所以FO＝BO＝，
且FO⊥AD，BO⊥AD，
又FO＝O，FO 平面FOB，BO 平面FOB，
所以AD⊥平面FOB，
又BF＝，所以△FOB为等边三角形．
取BO中点H，连接FH，则FH⊥OB，
由AD⊥平面FOB，得AD⊥FH，
又FH⊥OB，AD⊥FH，OB＝O，所以FH⊥平面ABO，
所以以OA所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，过O作平行于FH的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
且A(1，0，0)，D(－1，0，0)，F(0，)，B(0，，0)，E(－2，)．
设＝＝λ(0≤λ≤1)，
则＝λ＝λ，
则M(－3λ＋1，λ，λ)，N(－λ，－λ＋，0)，
＝(2λ－1，－λ＋，－λ)，
||＝
＝＝ ，
显然当λ＝时，MN的长最小，
此时M(－)，N(－，0)，＝(0，，－)，＝(－)，＝(，0)．
设平面MNA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面MND的法向量为n＝，
则即
令y1＝，解得z1＝1，x1＝1，则m＝(1，，1)，
即
令y2＝，解得z2＝1，x2＝－3，则n＝(－3，，1)．
设平面MNA与平面MND的夹角为θ，
则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝||＝||＝，
即当MN的长最小时，平面MNA与平面MND夹角的余弦值为.(共66张PPT)
第一讲　空间几何体
内容
索引
考点二
专题强化练（21）
考点一　
考点三
考点一　空间几何体的折展问题
保分练
1．(2024·辽宁抚顺检测)已知圆锥的底面圆的半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的母线长为(　　)
A． B．3 C． D．4
答案：D
解析：设母线长为l，由题意，可得l＝2π×1，解得l＝4，即圆锥的母线长为4.
2．(2024·河北邯郸二模)(多选)如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是(　　)
A．A与B B．D与E
C．B与D D．C与F
答案：ABD
解析：将平面展开图，还原正方体如图所示：
所以互相重合的点是A与B，D与E，C与F.故选ABD.
3．(2024·福建泉州模拟)如图，圆锥的底面半径为1，母线SA＝3，点B为SA的中点，一蚂蚁自点A出发，沿圆锥的侧面爬行至点B，则最短路径为__________．
答案：
解析：依题意，圆锥底面圆周长为2π，沿母线SA剪开将圆锥侧面展开，如图，
圆弧AA′长为2π，而SA＝3，则∠ASA′＝，
由余弦定理得AB＝ ＝
＝，
所以最短路径为.
提分练
4．(2024·安徽合肥模拟)圆台上底面半径为2 cm，下底面半径为4 cm，母线AB＝8 cm，A在上底面上，B在下底面上，从AB中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为(　　)
A．10 cm　B．12 cm　C．16 cm　D．20 cm
答案：D
解析：画出圆台的侧面展开图，
并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为O，
由图得，所求的最短距离是MB′，
设OA＝R，圆心角是α，
则由题意知，4π＝αR①，8π＝α(8＋R)②，
由①②解得，α＝，R＝8，
∴OM＝12，OB′＝16，则MB′＝＝20 cm，
则绳子最短距离为20 cm.故选D.
5．(2024·河南安阳模拟)如图，直三棱柱ABC A1B1C1的底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝CC1＝1，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值为(　　)
A．5　　 　B． C．2　 　 D．3
答案：A
解析：连接A1B，
将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个四边形A1BCC1，如图，
则此时对角线|CP＋PA1|＝A1C达到最小，
在等腰Rt△BCC1中，BC1＝，∠CC1B＝45°，
在Rt△ACB中，AB＝＝＝，
在△A1BC1中，A1B＝＝＝2，A1C1＝3，BC1＝，所以
对于展开形成的四边形，在中，
由余弦定理有＝5.故选A.
技法领悟
空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．
考点二　空间几何体的侧面积、表面积
保分练
1．已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为(　　)
A．24π　　 B．25π　　 C．26π　　 D．27π
答案：C
解析：如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π(1＋3)×4＝16π，所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.故选C.
2．(2024·山东淄博一模)某圆锥的侧面积为16π，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径长为(　　)
A．2 B．4 C．2 D．4
答案：C
解析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，即侧面展开图的半径为l，侧面展开图的弧长为πl，又圆锥的底面周长为2πr，所以2πr＝πl，即圆锥的母线长l＝2r，所以圆锥的侧面积为πrl＝2πr2＝16π，解得r＝2.故选C.
3．(2024·广东揭阳模拟)如图，正四面体P ABC的各棱长均为1，则它的表面积是________．
答案：
解析：因为△PBC是正三角形，其边长为1，所以S△PBC＝×1× ＝，
因此，四面体P ABC的表面积SP ABC＝4×＝.
4．(2024·河南信阳二模)已知一个圆柱底面半径为2，高为3，上底面的同心圆半径为1，以这个圆面为上底面，圆柱下底面为下底面的圆台被挖去，剩余的几何体表面积为(　　)
A．(9＋3)π B．(14＋3)π
C．(5＋2)π D．(15＋3)π
答案：D
解析：剩余几何体表面积等于圆环的面积加上圆台的侧面积再加上圆柱的侧面积，由题意，r＝1，R＝2，h＝3，所以圆环的面积为S1＝π(R2－r2)＝3π，圆台母线l＝＝＝，所以圆台侧面积为S2＝πl(R＋r)＝3π，圆柱侧面积为S3＝2πRh＝12π，所以剩余的几何体表面积等于S1＋S2＋S3＝(15＋3)π.故选D.
5．(2024·福建莆田模拟)若制作一个容积为的圆锥形无盖容器(不考虑材料的厚度)，要使所用材料最省，则该圆锥的高是(　　)
A． B．2 C． D．4
答案：B
解析：设该圆锥的高为h，底面圆的半径为r，则πr2h＝，从而r2h＝4，即r2＝，该圆锥的侧面积S＝·2πr·＝π＝π .
方法一　因为4h＋＝2h＋2h＋≥3＝12，当且仅当2h＝，即h＝2时等号成立，所以要使所用材料最省，则该圆锥的高是2.
方法二　令f(h)＝4h＋(h>0) f′(h)＝4－＝4()，易知h∈(0，2)时，f(h)单调递减；h∈(2，＋∞)时，f(h)单调递增，即f(h)≥f(2)，所以要使所用材料最省，则该圆锥的高是2.故选B.
技法领悟
1．旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用．
2．多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积注意衔接部分的处理．
考点三　空间几何体的体积
保分练
1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　)
A．2π B．3π C．6π D．9π
答案：B
解析：设圆柱、圆锥的底面半径为r，则圆锥的母线长为 ＝.又圆柱与圆锥的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，解得r＝3，所以圆锥的体积V＝π×32×＝3π.故选B.
2．(2024·河南周口模拟)已知圆台的上、下底面的直径分别为8和4，若p为“圆台的体积不大于56π”，则p的充分不必要条件可以为(　　)
A．圆台的母线长为
B．圆台的母线长为2
C．圆台的母线长为
D．圆台的母线长为3
答案：C
解析：设圆台的母线长为l，则圆台的高为h＝＝，V＝(π×42＋π×22＋)h＝，若圆台的体积不大于56π，即有≤56π，解得l≤2，又h＝>0，故l>2，即22，3>2，故A，B，D错误；2<≤2，故C正确．
3．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________．
答案：
解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD A1B1C1D1的高，
因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，
则A1O1＝A1C1＝A1B1＝，AO＝AC＝AB＝，
故AM＝(AC－A1C1)＝，则A1M＝＝＝，
所以所求体积为V＝×(4＋1＋)×＝.
4．(2024·天津卷)一个五面体ABC DEF，已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，并已知AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　)
A． B．
C． D．
答案：C
解析：如图，不妨将该五面体看作由直三棱柱ABC A1B1C1截去四棱锥C1 A1B1ED得到的，此时的五面体ABC DEF仍满足题意．
结合题意可知，在五面体ABC DEF中，AB＝BC＝AC＝1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，且AD∥BE∥CF，
∴A1D＝2，B1E＝1，
∴VABC DEF＝＝S△ABC·CF－·S梯形·＝×1×1××3－＝.故选C.
5．(2024·北京西城二模)楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中平面ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为(　　)
A．18 cm3 B．24 cm3
C．30 cm3 D．48 cm3
答案：C
解析：如图所示，
设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，
因为平面ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB 平面EFCD，DC 平面EFCD，所以AB∥平面EFCD，
又平面EFCD∩平面ABFE＝EF，所以AB∥EF，
因为G，H分别为AB，DC的中点，AB＝6 cm，EF＝3 cm，
所以EF∥GB，EF＝GB，则EGBF为平行四边形，则EG∥FB，
同理EH∥FC，又GH∥BC，所以EGH FBC为三棱柱，
由题意，可得V四棱锥E AGHD＝S矩形AGHD·h＝AD·AG·h＝×6×3×2＝12，
又V三棱柱EGH FBC＝3V三棱锥B EGH＝3V三棱锥E BGH＝3××V四棱锥E AGHD＝·V四棱锥E AGHD＝×12＝18，
所以该多面体的体积为V＝V四棱锥E AGHD＋V三棱柱EGH FBC＝12＋18＝30 cm3.故选C.
技法领悟
1．规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式．
2．不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差．
专题强化练（21）
1．(2024·广东佛山二模)某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为(　　)
A．3π　　　B．4π C．5π　　　D．6π
答案：A
解析：由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得圆锥底面圆半径r＝＝1，母线l＝＝2，所以圆锥的表面积S＝πr2＋πrl＝3π.故选A.
2．(2024·河南新乡二模)设圆台的上、下底面的半径之比为1∶2，侧面积为18π，且上底面半径为质数，则该圆台的母线长为(　　)
A．2　　 　B．3 C．5　　 　D．6
答案：B
解析：设圆台上底面的半径为r，下底面半径为R，母线为l，则R＝2r.如图，O1，O分别为圆台上、下底面的圆心，AB为一条母线，连接O1O，O1A，OB，
过点A作AD⊥OB于点D，则四边形OO1AD为矩形，得OD＝O1A＝r，所以BD＝OB－OD＝R－r＝r，在Rt△ABD中，rl，不符合题意，所以圆台的母线长为3.故选B.
3．(2024·山东潍坊二模)某同学在劳动课上做了一个木制陀螺，该陀螺是由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两圆锥的体积之比为1∶2，上圆锥的高与底面半径相等，则上、下两圆锥的母线长之比为(　　)
A． B． C． D．
答案：A
解析：设上、下两圆锥的底面半径为r，高分别为h1，h2，体积分别为V1，V2，因为上圆锥的高与底面半径相等，所以h1＝r，则＝＝＝＝，得h2＝2r，上圆锥的母线长为，下圆锥的母线长为，所以上、下两圆锥的母线长之比为＝.故选A.
4．(2024·湖南长沙模拟)如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝4，E在线段CD1上，则AE＋B1E的最小值是(　　)
A．4 B．4 C．4 D．4
答案：C
解析：如图，连接AC，AD1，B1D1，B1C，将平面ACD1和平面B1CD1展开到同一平面，
连接AB1，交CD1于点M，则AE＋B1E≥AB1，因为AB＝4，所以AC＝B1C＝AD1＝CD1＝B1D1＝4，所以四边形ACB1D1为菱形，∠ACB1＝∠ACD1＋∠D1CB1＝120°，则AB1＝4×2＝4.故选C.
5．(2024·吉林长春模拟)如图，为球形物品设计制作正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒，最少用料分别记为S1，S2，S3，则它们的大小关系为(　　)
A．S1C．S3答案：B
解析：由题意知包装盒的最少用料为球形物品的外切多面体，下面求正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒的内切球的半径与其表面积的关系．设球形物品的半径为R，则正方体的棱长为2R，表面积S2＝6(2R)2＝24R2；
设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S1＝＝a2，如图正四面体A BCD，由正四面体的对称性与球的对称性可知内切球的球心在正四面体的高上，如图，OG＝R，
底面等边三角形BCD的高CE＝a，外接圆半径CG＝×a＝a，正四面体的高AG＝＝＝a，体积V＝a2×a＝S1R，又S1＝a2，所以a＝2R，所以正四面体的表面积S1＝a2＝；
设正八面体的棱长为b，如图，
在正八面体中连接AF，DB，CE，可得AF，DB，CE互相垂直平分，四边形BCDE为正方形，OD＝BD＝b，在Rt△AOD中，AO＝＝＝b，则该正八面体的体积V′＝2××b2×b＝b3，该八面体的表面积S3＝8×b2＝2b2，因为S3R＝V′，即·R＝b3，解得b＝R，所以S3＝2b2＝2×(R)2＝12R2.所以S36．(2024·广东广州一模)已知正四棱台ABCD A1B1C1D1的上、下底面边长分别为1和2，且BB1⊥DD1，则该棱台的体积为(　　)
A． B． C． D．
答案：B
解析：连接D1B1，DB，取D1B1，DB中点分别为O，H，连接OH，D1H，如图所示，因为ABCD A1B1C1D1为正四棱台，则四边形ABCD，A1B1C1D1均为正方形，且OH垂直于上、下底面，DD1＝BB1，易知D1B1∥BH，D1B1＝BH＝，故四边形D1B1BH为平行四边形，则BB1∥D1H，且BB1＝D1H，因为DD1⊥BB1，则DD1⊥D1H，
又DD1＝BB1＝D1H，且DH＝DB＝，由D1D2＋D1H2＝DH2，即2D1H2＝2，解得D1H＝1，由OH⊥平面A1B1C1D1，D1O 平面A1B1C1D1，则OH⊥D1O，则OH＝＝ ＝.又正方形A1B1C1D1的面积为1，正方形ABCD的面积为4，故正四棱台ABCD A1B1C1D1的体积V＝(1＋4＋)×＝.故选B.
7．(2024·湖南衡阳检测)已知圆锥SO(O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为，高为.P，Q为底面圆周上任意两点，则三棱锥O SPQ体积的最大值为(　　)
A． B． C．2 D．4
答案：A
解析：如图，由题意，圆锥的底面半径为＝2，则S△SOP＝×SO×OP＝×2＝，要使三棱锥O SPQ体积最大，须使底面△SOP上的高最大，故须使OQ⊥平面SOP，因平面SOP⊥底面圆O，且交线为OP，故只需使OQ⊥OP即可，此时(VO SPQ)max＝(VQ SOP)max＝×S△SOP×OQ＝×2＝.故选A.
8．(2024·河北保定二模)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝AD＝1，M是C1D上一点，且CM⊥B1D，则四棱锥M ABCD的体积为(　　)
A． B．
C． D．
答案：A
解析：在长方体ABCD A1B1C1D1中，B1C1⊥平面CDD1C1，又CM 平面CDD1C1，所以B1C1⊥CM，又CM⊥B1D，B1C1＝B1，B1C1，B1D 平面B1C1D，所以CM⊥平面B1C1D，又C1D 平面B1C1D，所以CM⊥C1D.由CC1＝2，CD＝1，△DCM∽△DCC1，得＝，所以DM＝＝＝，又DC1＝，所以DM＝DC1，则点M到平面ABCD的距离d＝AA1＝，故四棱锥M ABCD的体积V＝·d＝×1×＝.故选A.
9．(2024·云南昆明模拟)如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中(　　)
A．AF∥CN
B．BM⊥DE
C．CN与BM成60°角
D．NE与BM是异面直线
答案：BCD
解析：展开图翻折成的正方体如图所示，因为CN∥BE，BE⊥AF，因此CN⊥AF，所以A错误；同理DE∥CF，CF⊥BM，所以BM⊥DE，所以B正确；∠MBE或其补角是CN与BM所成的角，又△MBE是等边三角形，所以∠MBE＝60°，所以CN与BM所成的角是60°，所以C正确；又NE∥平面MFBC，且NE与BM不平行，故NE与BM是异面直线，所以D正确．故选BCD.
10．(2024·山西朔州一模)已知圆锥SO的侧面积为4π，底面圆的周长为2π，则(　　)
A．圆锥的母线长为4
B．圆锥的母线与底面所成角的正弦值为
C．圆锥的体积为π
D．沿着圆锥母线的中点截圆锥所得圆台的体积为π
答案：ACD
解析：设圆锥的母线长为l，底面圆的半径为r，则πrl＝4π，2πr＝2π，故r＝1，l＝4，故A正确；圆锥的高为h，则h＝＝，故圆锥的母线与底面所成角的正弦值为，故B错误；圆锥的体积为×πr2h＝π，故C正确；沿着圆锥母线的中点截圆锥所得小圆锥的体积为π，故所得圆台的体积为π＝π，故D正确．故选ACD.
11．(2024·河北邯郸三模)“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体E ABCD F的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体(　　)
A．共有18个顶点 B．共有36条棱
C．表面积为6＋8 D．体积为8
答案：BD
解析：由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确；该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，故该多面体的表面积为6×1＋8×6××1×1×sin 60°＝6＋12，故C错误；正八面体E ABCD F可分为两个全等的正四面体，其棱长为3，过E作EO⊥平面ABCD于O，连接AO，如图，
因为EO⊥平面ABCD，且OA 平面ABCD，所以OE⊥OA，正方形ABCD中，边长为3，则对角线长为3，OA＝，在Rt△AOE中，EO＝＝，则EF＝2OE＝3，正八面体E ABCD F的体积为×32×3＝9，切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为6××12×＝，所以该阿基米德多面体的体积为9＝8，故D正确．故选BD.
12．(2024·河南焦作模拟)已知圆锥的底面半径为1，体积为，则该圆锥的侧面展开图对应的扇形的圆心角为__________．
答案：
解析：设圆锥(如图所示)的高为h.因为·π·12·h＝，所以h＝2，母线SA＝＝3.将圆锥沿SA展开所得扇形的弧长为底面周长2π，根据弧长公式α·SA＝2π，所以圆心角α＝.
13．(2024·北京卷)已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65 mm，第二、三个圆柱的直径为325 mm，第三个圆柱的高为230 mm，求前两个圆柱的高度分别为________．
答案： mm，23 mm
解析：设第一个圆柱的高为h1，第二个圆柱的高为h2，则＝＝10，故h2＝23 mm，h1＝ mm.
14．(2024·河北邢台二模)如图，四边形ABCD和EFGH是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿MN，NP，PQ，QM折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为________．
答案：1 000
解析：由题意设AD＝x(x>0)，因为ABCD面积为300，所以AB＝(x>0)，根据题意有MQ＝MN＝AD＝x(x>0)，所以AM＝＝＝(x>0)，则长方体的体积为V＝MN·MQ·AM＝x2()＝＋150x(x>0)，V′＝－x2＋150(x>0)．令V′＝0，有x＝10，所以x∈(0，10)时，V′>0，函数在(0，10)上单调递增，x∈(10，＋∞)时，V′<0，函数在(10，＋∞)上单调递减，所以当x＝10时，V取得最大值，最大值为V＝－×103＋150×10＝1 000.

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