资源简介

(共110张PPT)
2026年高考数学复习专题练习 ★★　立体几何中探究性、
最值范围问题
微点一　探究性问题
(2025·南宁模拟)等腰梯形ABCD中，BC∥AD，BC=AD，A=60°，点E为AD中点(如图1).将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，点O，F分别为BE，DE的中点(如图2).
(1)求证：平面BCDE⊥平面A1OC；
例1
连接CE(图略)，因为BC∥AD且BC=AD，点E为AD中点，所以BC綉AE，
BC綉DE，故四边形BCDE，BCEA是平行四边形，则BE=CD，又四边形ABCD为等腰梯形，所以AB=CD，则AB=BE，又A=60°，
可得△ABE是等边三角形，
故四边形BCEA为菱形，△BCE是等边三角形，
△A1BE是等边三角形，因为O为BE的中点，所以A1O⊥BE，CO⊥BE，
又A1O∩CO=O，且A1O，CO 平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC，又BE 平面BCDE，所以平面BCDE⊥平面A1OC.
证明
(2)如果BC=2，平面A1BE⊥平面BCDE，那么侧棱A1C上是否存在点P，使得BP∥平面A1OF？若存在，求平面PBE与平面A1OF夹角的余弦值；若不存在，请说明理由.
存在点P，使得BP∥平面A1OF，
因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，
A1O⊥BE，A1O 平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE，
又CO⊥BE，建立以O为原点，OB，OC，OA1所在直线
为x，y，z轴的空间直角坐标系，如图所示，
则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(00)，A1(0，0)，
E(-1，0，0)，F
解
=(0-)=(0，0，-)，
=
设=t=(0t，-t)，0≤t≤1，
则P(0t-t)=(-1t-t)，
设平面A1OF的法向量m=(x，y，z)，
则即
令x=1，则y=z=0，所以m=(10)，
解
要使BP∥平面A1OF，则·m=0，
即-1+3t=0，解得t=
故在侧棱A1C上存在点P，使得BP∥平面A1OF，
此时，P=(-2，0，0)，
=
设平面PBE的法向量n=(a，b，c)，
解
则即
令c=1，则b=-2，a=0，即n=(0，-2，1)，
设平面PBE与平面A1OF的夹角为θ，
所以cos θ===故平面PBE与平面A1OF的夹角的余弦值为.
解
规律方法
解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用.
跟踪演练1　(2025·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD=AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°.
(1)求∠FCB的余弦值；
在△ABD中，因为AB⊥AD，AB=AD=
所以BD=所以FB=BD=
在△ACE中，因为AE=AD=AC=1，∠CAE=30°，
所以CE==1，所以CF=CE=1，
又因为BC===2，
在△FCB中，由余弦定理得cos∠FCB===-.
解
(2)在三棱锥P-ABC的棱AP上是否存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由.
存在点Q，使得平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为.如图，在三棱锥P-ABC中，因为AB⊥AD，即AB⊥AP，AB⊥AC，AC∩AP=A，AC，AP 平面ACP，
所以AB⊥平面ACP，在平面ACP内作Ay⊥AP，以A为原点的方向为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
则P(0，0)，B(0，0)，C
设Q(a，0，0)(0≤a≤)，
故=(a，0，-)=
解
设平面BCQ的法向量m=(x，y，z)，
则
取z=a，则m=(2a-3，a)，
易得平面ABP的一个法向量为n=(0，1，0)，
设平面ABP和平面BCQ的夹角为θ，则cos θ=|cos〈m，n〉|
==解得a=或a=
故当AQ=或AQ=时，平面ABP和平面BCQ夹角的余弦值为.
解
返回
微点二　空间中的动态、最值问题
(1)(多选)如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠D=60°，沿AC将△DAC翻折至△SAC，连接SB，得到三棱锥S-ABC，E是棱SA的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是
A.在棱SB上总存在一点F，使得EF∥平面ABC
B.当SB=3时，三棱锥S-ABC的体积为
C.当平面SAC⊥平面ABC时，SB=
D.当二面角S-AC-B为120°时，三棱锥S-ABC的外接球的半径为
√
例2
√
对于A，取SB的中点F，连接EF，
因为E，F分别是SA，SB的中点，所以EF∥AB，
因为AB 平面ABC，EF 平面ABC，所以EF∥平面ABC，故A正确；
对于B，易得△ABC，△SAC为等边三角形，
取AC的中点M，连接BM，SM，
则AC⊥BM，AC⊥SM，SM=MB=
所以cos∠SMB===-
则点S到平面ABC的距离h=sin(π-∠SMB)·SM=×=
所以三棱锥S-ABC的体积V=××22×=故B错误；
解析
对于C，当平面SAC⊥平面ABC时，
平面SAC∩平面ABC=AC，
因为△SAC为等边三角形，
所以SM⊥AC，SM 平面SAC，
所以SM⊥平面ABC，又因为MB 平面ABC，
所以SM⊥MB，所以SB==
故C正确；
解析
对于D，设三棱锥S-ABC外接球的球心为O，△SAC，△ABC的中心分别为O1，O2，
易得OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面ABC，且O，O1，O2，M四点共面，
∠OMO1=∠O1MO2=60°，
O1M=SM=
在Rt△OO1M中，OO1=O1M=1，
又O1S=SM=
则三棱锥S-ABC外接球半径r===故D错误.
解析
(2)(多选)(2025·常德模拟)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，空间中的点P满足=+λ+μ且λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列说法正确的是
A.若μ=1，则BP⊥A1D
B.若AP=则λ+2μ的最大值为
C.若λ=1，则平面BPD1截该正方体的截面面积的最小值为
D.若λ+μ=1，则平面ACD1与平面AB1P夹角的正切值的最小值为2
√
√
√
在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，
B1(2，0，2)，C(2，2，0)，D1(0，2，2)，
由=+λ+μ得=(2λ，2，2μ)，
即点P(2λ，2，2μ)，
对于A，μ=1，则点P(2λ，2，2)=(0，2，-2)=(2λ-2，2，2)，
=0×(2λ-2)+2×2-2×2=0，因此BP⊥A1D，A正确；
解析
对于B，AP=则4(λ2+1+μ2)=5，即λ2+μ2=
令λ=cos θ，μ=sin θ则λ+2μ=cos θ+sin θ
=sin(θ+φ)，
其中锐角φ由tan φ=确定，则当θ+φ=时，λ+2μ的最大值为B正确；
对于C，λ=1，P(2，2，2μ)在棱CC1上，
且=(0，2，2μ)=(-2，2，2)，
因为平面BPD1∩平面CDD1C1=D1P，
设平面BPD1∩平面ABB1A1=BQ，
而平面CDD1C1∥平面ABB1A1，则D1P∥BQ，同理BP∥D1Q，
解析
因此四边形BPD1Q是平面BPD1截该正方体的截面，
点P到直线BD1的距离d=
=
=≥当且仅当μ=时取等号，
=2=BD1·d≥2×=2C错误；
解析
对于D，因为=(2，2，0)=(0，2，2)，
设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，
则
令x=1，得n=(1，-1，1)；
又=(2，0，2)，λ+μ=1，
则=(2λ，2，2-2λ)，
设平面AB1P的法向量为m=(a，b，c)，
解析
则
令a=1，得m=(1，1-2λ，-1).
设平面ACD1与平面AB1P的夹角为α，
则cos α=|cos〈m，n〉|==0≤|2λ-1|≤1，
当λ=时，cos α=0，当0≤λ≤1，λ≠时，cos α=≤
当且仅当λ=0或λ=1时取等号，又0<α<此时α最小，sin α=tan α
=2
因此平面ACD1与平面AB1P夹角的正切值的最小值为2D正确.
解析
规律方法
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.
跟踪演练2　(多选)(2025·济宁模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足BP∥平面ACD1，则下列结论正确的是
A.BP⊥B1D
B.点P的轨迹长度为π
C.线段BP长度的最小值为
D.的最小值为1-
√
√
√
以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，
y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，
C(0，1，0)，B(1，1，0)，
D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，
正方体的内切球的球心为正方体的中心O半径r=
=(-1，1，0)=(-1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，
解析
由即
令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1).
对于选项A=(-1，-1，-1)，
因为BP∥平面ACD1，所以·n=0，而=-n，
所以=0，即BP⊥B1D，A正确；
对于选项B，易证平面ACD1∥平面A1BC1，所以平面A1BC1的一个法向量为n=(1，1，1)，因为BP∥平面ACD1，
所以点P的轨迹是平面A1BC1与正方体内切球表面的交线，此交线为圆，记圆心为O1，=
解析
所以点O到平面A1BC1的距离d===
所以圆O1的半径为r1===
所以圆O1的周长l=2πr1=即点P的轨迹长度为
B错误；
对于选项C，BO=点P在球面上，
BO1===
线段BP长度的最小值为BO1-r1=-=C正确；
解析
对于选项D，设与的夹角为θ，
=(-1，0，1)，||=
在平面直角坐标系中，BC1
P(x，y)，O1
==
所以x2+=
解析
令x=cos θ，y=+sin θ，
=-x-y+
=1-sin≥1-
所以的最小值为1-D正确.
解析
返回
微点三　空间中的最值与范围问题
(2025·玉溪质检)如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，AB∥EF，AD=AE=BC=BF
=3，EF=2AB=4.
(1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：l∥CF；
例3
因为四边形CDEF为正方形，
所以CF∥DE，
因为DE 平面ADE，CF 平面ADE.
所以CF∥平面ADE，
因为平面ADE∩平面BCF=l，CF 平面BCF，
所以l∥CF.
证明
(2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由；
存在G为DE的中点，使得DE⊥平面ABG，
理由如下：取DE的中点G，连接AG，BG，
因为AD=AE，所以AG⊥DE，
因为EF∥AB且EF⊥DE，
所以AB⊥DE，
因为AB∩AG=A且AB，AG 平面ABG，
所以DE⊥平面ABG.
解
(3)若=λλ∈[0，1]，求平面BFM与平面DEA夹角的余弦值的取值范围.
取EF，FC和AB的中点分别为P，Q，S，连接GQ，BQ，
则GQ∥EF∥AB，故A，B，Q，G四点共面，
由(2)知DE⊥平面ABQG，又DE 平面CDEF，
所以平面CDEF⊥平面ABQG，
又AG=BQ，所以四边形ABQG为等腰梯形，
设O为GQ的中点，连接OS，OP，所以OS⊥GQ，
因为平面CDEF⊥平面ABQG，
平面CDEF∩平面ABQG=GQ，且OS 平面ABQG，
所以OS⊥平面CDEF，
故OP，OQ，OS两两垂直，
解
以O为坐标原点，OP，OQ，OS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，
又AG==
则OS==2，
则E(2，-2，0)，F(2，2，0)，D(-2，-2，0)，A(0，-1，2)，B(0，1，2)，
可得=(-2，1，2)=(-4，0，0)=(-2，-1，2)=(0，-4，0)，
所以=+=+λ=(-4λ，-4，0)，
设平面BFM的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
解
则
取x1=2，可得y1=-2λ，z1=2-λ，
所以n1=(2，-2λ，2-λ)，
设平面DEA的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则
取z2=1，可得x2=0，y2=-2，所以n2=(0，-2，1)，
所以|cos〈n1，n2〉|===λ∈[0，1]，
解
令m=λ+则m∈
则|cos〈n1，n2〉|=
=
令t=则t∈
令f(t)=t2-t+5，
所以f(t)在上单调递增，
解
当t=时，f(t)min=
当t=时，f(t)max=18，
所以f(t)∈
所以|cos〈n1，n2〉|∈
故平面BFM与平面DEA夹角的余弦值的取值范围为.
解
规律方法
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
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应的最大、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.
跟踪演练3　(2025·杭州质检)在平面四边形ABCD中，AB=BC=CD=BD=2，AB⊥BD，将△BCD沿BD翻折至△BPD，其中P为动点.
(1)设AP=AD，
①证明：AB⊥平面BPD；
在△ABD中，AB=BD=2，AB⊥BD，
所以AD=2.
因为AP=AD=2AB=PB=2，
所以AB2+PB2=AP2，
所以AB⊥BP.
又因为AB⊥BD，BP，BD 平面BPD，BP∩BD=B，
所以AB⊥平面BPD.
证明
②求三棱锥P-ABD的体积；
V三棱锥P-ABD=V三棱锥A-PBD=·S△PBD·AB=××2=.
解
(2)求直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值.
如图，建立以B为原点的空间直角坐标系，
设二面角P-BD-A的平面角为θ，θ∈[0，π]，
则A(2，0，0)，P(cos θ，1sin θ)，
所以=(cos θ-2，1sin θ).
易知平面ABD的一个法向量为n=(0，0，1).
设直线AP与平面ABD所成的角为α，
则sin α=|cos〈n〉|===.
解
设y==θ∈[0，π]，
设8-4cos θ=t，则8-4≤t≤8+4
所以y=1--≤1-2=
当且仅当t=4，即cos θ=时取等号，
即sin α≤.
故直线AP与平面ABD所成角的正弦值的最大值为.
解
返回
专题强化练
1.
答案
1
2
3
4
(1)如图，设点O是AB的中点，连接PO.
由题可知PA⊥PB，PA=PB，所以PO⊥AB.
因为AB=2，所以PO=1.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO 平面PAB，
所以PO⊥平面ABCD，
所以PO的长为点P到平面ABCD的距离.
所以V四棱锥P-ABCD=S正方形ABCD·PO=×22×1=.
1.
答案
1
2
3
4
(2)方法一　因为AD⊥AB，AD 平面ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
所以AD⊥平面PAB，所以∠PAB即为二面角P-AD-C的平面角，
因为△PAB是以∠APB为顶角的等腰直角三角形，所以二面角P-AD-C的大小为当点Q在棱BC上时，二面角Q-AD-C的平面角为0；
当点Q与点P重合时，二面角Q-AD-C的平面角为.
所以当点Q在△PBC内(包括边界)运动时，根据二面角变化的连续性可知存在一点Q，使得二面角Q-AD-C的平面角为.
1.
答案
1
2
3
4
方法二　以点O为坐标原点，OB所在直线为x轴，过点O作AD的平行线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，D(-1，2，0)，A(-1，0，0)，
则=(-1，0，-1)=(-1，2，-1).
设平面PAD的法向量为n1=(x，y，z)，
则即
取z=1，从而可得n1=(-1，0，1).
1.
答案
1
2
3
4
易知平面ACD的一个法向量为n2=(0，0，1).
设平面PAD与平面ACD的夹角为θ，
则cos θ=|cos〈n1，n2〉|===
即平面PAD与平面ACD的夹角为.
下同方法一.
2.
答案
1
2
3
4
(1)设AC与OE的交点为G，连接FG.
因为OE∥BC，且O为AB的中点，所以G为AC的中点，
又F为A1C的中点，所以FG∥AA1∥BB1，
又FG 平面BCB1，BB1 平面BCB1，所以FG∥平面BCB1.
又OE∥BC，OE 平面BCB1，BC 平面BCB1，
所以OE∥平面BCB1.
又FG，OE 平面OEF，FG∩OE=G，所以平面OEF∥平面BCB1，
又EF 平面OEF，所以EF∥平面BCB1.
2.
答案
1
2
3
4
(2)由题意可知CC1⊥平面ABC，且因为AB为底面圆的直径，
所以AC⊥BC，则CA，CB，CC1两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
又因为AB=BB1=4，设∠BAC=θ，θ∈
则AC=4cos θ，BC=4sin θ，
可得C(0，0，0)，A1(4cos θ，0，4)，B1(0，4sin θ，4)，
则=(4cos θ，0，4)=(0，4sin θ，4)，
由题意得平面BCB1的一个法向量为n1=(1，0，0)，
2.
答案
1
2
3
4
设平面A1B1C的法向量为n2=(a，b，c)，
则
即
令c=-1，解得a=b=
所以n2=
2.
答案
1
2
3
4
又因为平面BCB1与平面A1B1C夹角的余弦值为|cos〈n1，n2〉|=
==
解得cos2θ=或cos2θ=5(舍去)，
且因为0<θ<
则cos θ=即∠BAC=θ=.
2.
答案
1
2
3
4
(3)因为过点C的平面α与直线CC1所成的角为
且过点C1作平面α的垂线C1Q，垂足为Q，
所以△C1CQ为直角三角形，
且C1Q=CC1·sin=4×=2，∠CC1Q=
所以点Q的轨迹是圆心在CC1上的圆，且半径r=C1Q·sin=圆心与点C1的距离为C1Q·cos=1，
2.
答案
1
2
3
4
由(2)中的空间直角坐标系可设点Q(x，y，3)，且x2+y2=3，
又因为点A为(20，0)，
所以=(x-2y，3)，而=(0，0，4)，
所以cos〈〉=
==
2.
答案
1
2
3
4
又因为x2+y2=3，
所以cos〈〉
==
且因为x∈
所以cos〈〉的取值范围为
所以直线AQ与直线CC1所成角的范围为.
3.
答案
1
2
3
4
(1)由题意可知，OA⊥OB，OO1⊥平面OAB，
以点O为坐标原点，OA，OB，OO1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A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D
所以=
易知平面OAB的一个法向量为a=(0，0，1)，
则·a=0，即⊥a，
又因为CD 平面OAB，所以CD∥平面OAB.
3.
答案
1
2
3
4
(2)不妨设点P(cos θ，sin θ，0)，
其中0<θ<
则A1(1，0，2)，E(cos θ，sin θ，2)，B(0，1，0)，
=(0，0，2)=(cos θ-1，sin θ，0)=(1，-1，2)，
设平面A1EP的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则
取x1=sin θ，可得m=(sin θ，1-cos θ，0)，所以||=|m|，
3.
答案
1
2
3
4
所以点B到平面A1EP的距离为
d==
因为PE是圆柱的一条母线，
故PE⊥平面O1A1B1，
因为A1E 平面O1A1B1，故PE⊥A1E，
则=||·||，
3.
答案
1
2
3
4
所以=·d
=×||·||·
=×2×|sin θ+cos θ-1|
=
因为0<θ<则<θ+<
故3.
答案
1
2
3
4
所以1则=
=sin-≤
当且仅当θ=时等号成立，
即三棱锥B-A1EP的体积的最大值为.
3.
答案
1
2
3
4
(3)设平面BA1E的一个法向量为n=(x2，y2，z2)，
=(cos θ-1，sin θ，0)=(1，-1，2)，
则
取x2=2sin θ，
则n=(2sin θ，2-2cos θ，1-sin θ-cos θ)，
3.
答案
1
2
3
4
所以|cos〈m，n〉|=
=
=2=
因为0<θ<则0结合图形可知，二面角B-A1E-P的平面角为锐角，
因此，二面角B-A1E-P余弦值的取值范围为.
4.
答案
1
2
3
4
(1)因为AB∥CD，且CD 平面ABFE，AB 平面ABFE，所以CD∥平面ABFE，
又因为CD 平面SCD，平面SCD∩平面ABFE=EF，所以CD∥EF.
4.
答案
1
2
3
4
(2)取AB的中点P，连接CP，
则CD=AP，又CD∥AP，
所以四边形APCD为平行四边形，
因为AD⊥平面SCD，CD 平面SCD，所以AD⊥CD，
故四边形APCD为矩形，
在Rt△CPB中，BC===5，
又SD=BC=5，
所以在△SCD中，SD2=CD2+SC2，
4.
答案
1
2
3
4
所以SC⊥CD，
因为AD⊥平面SCD，SC 平面SCD，
所以AD⊥SC，
又因为AD，CD 平面ABCD，且AD∩CD=D，
所以SC⊥平面ABCD，
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(3，0，0)，A(3，4，0)，
B(-3，4，0)，S(0，0，4)，E
4.
答案
1
2
3
4
==(0，4，0)=(-6，0，0)=(-3，0，4)，
设平面DAE的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则即
可取n1=(4，0，3)，
设平面ABE的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则
4.
答案
1
2
3
4
即可取n2=(0，1，2)，
设二面角D-AE-B的大小为θ(0<θ<π)，
则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|===
则二面角D-AE-B的正弦值为
sin θ==.
4.
答案
1
2
3
4
(3)设=λ=(-3λ，0，4λ)，λ∈(0，1)，
则=-=(-3λ，0，4λ)-(0，4，0)=(-3λ，-4，4λ)，
设平面ABE的法向量为n3=(x3，y3，z3)，
则即
可取n3=(0，λ，1)，
因为=(0，4，0)=(-3，4，-4)，
4.
答案
1
2
3
4
所以d1==d2===故d1d2=
设h(λ)=λ∈(0，1)，则h'(λ)=(1-2λ-λ2)，
令h'(λ)=0，得λ2+2λ-1=0，解得λ1=-1-(舍去)，λ2=-1+
故当λ∈(0，-1+)时，h'(λ)>0，h(λ)单调递增；
当λ∈(-1+1)时，h'(λ)<0，h(λ)单调递减，
所以h(λ)≤h(-1+)=8(-1)，
故d1d2的最大值为8(-1).
1.(2025·漳州质检)如图，四棱锥P-ABCD的底面是正方形，且AB=2，△PAB是以∠APB为顶角的等腰直角三角形，平面PAB⊥平面ABCD.
(1)求四棱锥P-ABCD的体积；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
解
如图，设点O是AB的中点，连接PO.
由题可知PA⊥PB，PA=PB，所以PO⊥AB.
因为AB=2，所以PO=1.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO 平面PAB，
所以PO⊥平面ABCD，
所以PO的长为点P到平面ABCD的距离.
所以V四棱锥P-ABCD=S正方形ABCD·PO=×22×1=.
(2)试判断在△PBC内(包括边界)是否存在一点Q，使得二面角Q-AD-C的平面角为(不需要确定点Q的具体位置).
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
解
方法一　因为AD⊥AB，AD 平面ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
所以AD⊥平面PAB，所以∠PAB即为二面角P-AD-C的平面角，
因为△PAB是以∠APB为顶角的等腰直角三角形，所以二面角P-AD-C的大小为当点Q在棱BC上时，二面角Q-AD-C的平面角为0；
当点Q与点P重合时，二面角Q-AD-C的平面角为.
所以当点Q在△PBC内(包括边界)运动时，根据二面角变化的连续性可知存在一点Q，使得二面角Q-AD-C的平面角为.
解
方法二　以点O为坐标原点，OB所在直线为x轴，过点O作AD的平行线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，D(-1，2，0)，A(-1，0，0)，
则=(-1，0，-1)=(-1，2，-1).
设平面PAD的法向量为n1=(x，y，z)，
则即
取z=1，从而可得n1=(-1，0，1).
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
解
易知平面ACD的一个法向量为n2=(0，0，1).
设平面PAD与平面ACD的夹角为θ，
则cos θ=|cos〈n1，n2〉|===
即平面PAD与平面ACD的夹角为.
下同方法一.
2.(2025·郴州模拟)如图所示，在圆柱OO1中，矩形ABB1A1为圆柱OO1的轴截面，圆柱过点C的母线为CC1，点C，E为圆O上异于点A，B且在线段AB同侧的两点，且OE∥BC，点F为线段A1C的中点，AB=BB1=4.
(1)求证：EF∥平面BCB1；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
证明
设AC与OE的交点为G，连接FG.
因为OE∥BC，且O为AB的中点，所以G为AC的中点，
又F为A1C的中点，所以FG∥AA1∥BB1，
又FG 平面BCB1，BB1 平面BCB1，所以FG∥平面BCB1.
又OE∥BC，OE 平面BCB1，BC 平面BCB1，
所以OE∥平面BCB1.
又FG，OE 平面OEF，FG∩OE=G，所以平面OEF∥平面BCB1，
又EF 平面OEF，所以EF∥平面BCB1.
(2)若平面BCB1与平面A1B1C夹角的余弦值为求∠BAC的大小；
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
解
由题意可知CC1⊥平面ABC，且因为AB为底面圆的直径，
所以AC⊥BC，则CA，CB，CC1两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
又因为AB=BB1=4，设∠BAC=θ，θ∈
则AC=4cos θ，BC=4sin θ，
可得C(0，0，0)，A1(4cos θ，0，4)，B1(0，4sin θ，4)，
则=(4cos θ，0，4)=(0，4sin θ，4)，
由题意得平面BCB1的一个法向量为n1=(1，0，0)，
1
2
3
4
答案
解
设平面A1B1C的法向量为n2=(a，b，c)，
则
即
令c=-1，解得a=b=
所以n2=
解
又因为平面BCB1与平面A1B1C夹角的余弦值为|cos〈n1，n2〉|=
==
解得cos2θ=或cos2θ=5(舍去)，
且因为0<θ<
则cos θ=即∠BAC=θ=.
1
2
3
4
答案
(3)若AC=2平面α经过点C，且直线CC1与平面α所成的角为过点C1作平面α的垂线C1Q(垂足为Q)，求直线AQ与直线CC1所成角的范围.
1
2
3
4
答案
解
因为过点C的平面α与直线CC1所成的角为
且过点C1作平面α的垂线C1Q，垂足为Q，
所以△C1CQ为直角三角形，
且C1Q=CC1·sin=4×=2，∠CC1Q=
所以点Q的轨迹是圆心在CC1上的圆，且半径r=C1Q·sin=圆心与点C1的距离为C1Q·cos=1，
1
2
3
4
答案
解
由(2)中的空间直角坐标系可设点Q(x，y，3)，且x2+y2=3，
又因为点A为(20，0)，
所以=(x-2y，3)，而=(0，0，4)，
所以cos〈〉=
==
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
解
又因为x2+y2=3，
所以cos〈〉
==
且因为x∈
所以cos〈〉的取值范围为
所以直线AQ与直线CC1所成角的范围为.
3.如图，几何体OAB-O1A1B1是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB是半径为1的扇形，母线长为2，C是OO1的中点，D为A1B的中点，P是上的动点(P不与A，B重合)，
PE是圆柱的母线.
(1)证明：CD∥平面OAB；
1
2
3
4
答案
证明
由题意可知，OA⊥OB，OO1⊥平面OAB，
以点O为坐标原点，OA，OB，OO1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A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D
所以=
易知平面OAB的一个法向量为a=(0，0，1)，
则·a=0，即⊥a，
又因为CD 平面OAB，所以CD∥平面OAB.
1
2
3
4
答案
(2)求三棱锥B-A1EP的体积的最大值；
1
2
3
4
答案
解
不妨设点P(cos θ，sin θ，0)，
其中0<θ<
则A1(1，0，2)，E(cos θ，sin θ，2)，B(0，1，0)，
=(0，0，2)=(cos θ-1，sin θ，0)=(1，-1，2)，
设平面A1EP的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则
取x1=sin θ，可得m=(sin θ，1-cos θ，0)，所以||=|m|，
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
解
所以点B到平面A1EP的距离为
d==
因为PE是圆柱的一条母线，
故PE⊥平面O1A1B1，
因为A1E 平面O1A1B1，故PE⊥A1E，
则=||·||，
1
2
3
4
答案
解
所以=·d
=×||·||·
=×2×|sin θ+cos θ-1|
=
因为0<θ<则<θ+<
故解
所以1则=
=sin-≤
当且仅当θ=时等号成立，
即三棱锥B-A1EP的体积的最大值为.
1
2
3
4
答案
(3)求二面角B-A1E-P余弦值的取值范围.
1
2
3
4
答案
解
设平面BA1E的一个法向量为n=(x2，y2，z2)，
=(cos θ-1，sin θ，0)=(1，-1，2)，
则
取x2=2sin θ，
则n=(2sin θ，2-2cos θ，1-sin θ-cos θ)，
1
2
3
4
答案
解
所以|cos〈m，n〉|=
=
=2=
因为0<θ<则0结合图形可知，二面角B-A1E-P的平面角为锐角，
因此，二面角B-A1E-P余弦值的取值范围为.
1
2
3
4
答案
4.(2025·包头模拟)如图，在四棱锥S-ABCD中，AD⊥平面SCD，AB∥CD，BC=SD，AB=2CD=6，SC=AD=4，点E在棱SD上，且不与S和D重合，平面ABE交棱SC于点F.
(1)求证：CD∥EF；
1
2
3
4
答案
因为AB∥CD，且CD 平面ABFE，AB 平面ABFE，所以CD∥平面ABFE，
又因为CD 平面SCD，平面SCD∩平面ABFE=EF，所以CD∥EF.
证明
(2)若E为棱SD的中点，求二面角D-AE-B的正弦值；
1
2
3
4
答案
解
取AB的中点P，连接CP，
则CD=AP，又CD∥AP，
所以四边形APCD为平行四边形，
因为AD⊥平面SCD，CD 平面SCD，所以AD⊥CD，
故四边形APCD为矩形，
在Rt△CPB中，BC===5，
又SD=BC=5，
所以在△SCD中，SD2=CD2+SC2，
1
2
3
4
答案
解
所以SC⊥CD，
因为AD⊥平面SCD，SC 平面SCD，
所以AD⊥SC，
又因为AD，CD 平面ABCD，且AD∩CD=D，
所以SC⊥平面ABCD，
以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(3，0，0)，A(3，4，0)，
B(-3，4，0)，S(0，0，4)，E
1
2
3
4
答案
解
==(0，4，0)=(-6，0，0)=(-3，0，4)，
设平面DAE的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则即
可取n1=(4，0，3)，
设平面ABE的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则
1
2
3
4
答案
解
即可取n2=(0，1，2)，
设二面角D-AE-B的大小为θ(0<θ<π)，
则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|===
则二面角D-AE-B的正弦值为
sin θ==.
1
2
3
4
答案
(3)记点D，S到平面ABE的距离分别为d1，d2，求d1d2的最大值.
1
2
3
4
答案
1
2
3
4
答案
解
设=λ=(-3λ，0，4λ)，λ∈(0，1)，
则=-=(-3λ，0，4λ)-(0，4，0)=(-3λ，-4，4λ)，
设平面ABE的法向量为n3=(x3，y3，z3)，
则即
可取n3=(0，λ，1)，
因为=(0，4，0)=(-3，4，-4)，
解
所以d1==d2===故d1d2=
设h(λ)=λ∈(0，1)，则h'(λ)=(1-2λ-λ2)，
令h'(λ)=0，得λ2+2λ-1=0，解得λ1=-1-(舍去)，λ2=-1+
故当λ∈(0，-1+)时，h'(λ)>0，h(λ)单调递增；
当λ∈(-1+1)时，h'(λ)<0，h(λ)单调递减，
所以h(λ)≤h(-1+)=8(-1)，
故d1d2的最大值为8(-1).
1
2
3
4
答案
返回

展开更多......

收起↑