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专题7　立体几何与空间向量
第60练　空间几何体的表面积与体积
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.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
2.如图，正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线BE1=2，则它的表面积为(　　)
A.4(3+4)
B.12(+2)
C.12(2+1)
D.3(+8)
3.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则四棱锥B-A1EFC1的体积为(　　)
A. B.1
C. D.
4.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，假设上、下底面圆是封闭的，已知AB=9 cm，CD=3 cm，则该青铜器的表面积为(　　)
A. cm2 B.(18+58)π cm2
C. cm2 D.(18+36)π cm2
5.如图，茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28 mL，厚度忽略不计.当倒入14 mL茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为(　　)
A. B.
C.- D.-1
6.如图，一个底面半径为2a的圆锥，其内部有一个底面半径为a的内接圆柱，且此内接圆柱的体积为πa3，则该圆锥的体积为(　　)
A.πa3 B.πa3
C.4πa3 D.8πa3
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也叫做陀罗，闽南语称作“干乐”，北方叫做“冰尜(gá)”或“打老牛”.传统古陀螺大致是木制或铁制的倒圆锥形.现有一圆锥形陀螺(如图所示)，其底面半径为3，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则(　　)
A.圆锥的母线长为9
B.圆锥的表面积为36π
C.圆锥的侧面展开图(扇形)的圆心角为60°
D.圆锥的体积为12π
8.中国有悠久的建筑文化历史，鲁班锁就是其中一种，鲁班锁的形状种类很多，其结构起源于中国古代建筑的榫卯结构，利用了其拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，一般都是易拆难装，现有如图(1)的鲁班锁，其各个面是由正三角形与正八边形构成的，图(2)是该鲁班锁的直观图，则下列结论正确的是(　　)
A.该鲁班锁的各个面中为正三角形的面有8个
B.该鲁班锁的各个面中为正八边形的面有8个
C.若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁表面中为正八边形的面的面积之和为12(1+)
D.若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁体积为
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.已知圆台O1O2的高为3，中截面(过高的中点且垂直于轴的截面)的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，则该圆台的母线长为　　　　　.
10.生活中有很多常见的工具具有独特的几何体结构特征，例如用来收运垃圾的畚箕，其结构为如图所示的五面体ADE-BCF，其中四边形ABFE与四边形DCFE都为等腰梯形，四边形ABCD为平行四边形，若AD⊥平面ABFE，且EF=2AB，记三棱锥D-ABF的体积为V1，五面体ADE-BCF的体积为V2，则=　　　　　.
第60练　空间几何体的表面积与体积
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.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　A
解析　设圆柱和圆锥的底面半径均为R，侧面积分别为S1，S2，则圆锥的母线长l=，
所以S1=2πR，S2=×2πR×
=πR，
又因为S1=S2，即2πR=πR，
解得R2=6，
所以圆锥的体积V=×=2π.
2.如图，正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线BE1=2，则它的表面积为(　　)
A.4(3+4)
B.12(+2)
C.12(2+1)
D.3(+8)
答案　B
解析　因为正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线长为2，
则高BB1==2，它的表面积为S底+S侧=2×6××2×2×sin +6×2×2=12+24=12(+2).
3.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则四棱锥B-A1EFC1的体积为(　　)
A. B.1
C. D.
答案　B
解析　方法一　=-=××2-××2×2×2=1.
方法二　=+=+=××1×1×2+××2×1×2=1.
4.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，假设上、下底面圆是封闭的，已知AB=9 cm，CD=3 cm，则该青铜器的表面积为(　　)
A. cm2 B.(18+58)π cm2
C. cm2 D.(18+36)π cm2
答案　A
解析　因为S圆柱侧=2π××2=6π(cm2)，
S组合体圆台侧=π××+π××
=(36+12)π(cm2)，
所以该青铜器的表面积
S=π+π+(36+12)π+6π=(cm2).
5.如图，茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28 mL，厚度忽略不计.当倒入14 mL茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为(　　)
A. B.
C.- D.-1
答案　D
解析　如图所示，延长正四棱台的各条侧棱交于点P，
设正四棱台的下底面边长为a cm，高为h cm，则上底面边长为2a cm，四棱锥P-EFGH的高为h cm，四棱锥P-ABCD的高为2h cm，
可得V四棱锥P-EFGH=V四棱锥P-ABCD，
所以V四棱锥P-EFGH=V正四棱台EFGH-ABCD=4(cm3)，
设茶水的高为h' cm，
可得==，
即+1=2=，所以=-1.
6.如图，一个底面半径为2a的圆锥，其内部有一个底面半径为a的内接圆柱，且此内接圆柱的体积为πa3，则该圆锥的体积为(　　)
A.πa3 B.πa3
C.4πa3 D.8πa3
答案　B
解析　作出该几何体的轴截面如图所示，AB为圆锥的高，
设内接圆柱的高为h，而BC=2a，BD=a ，
因为内接圆柱的体积为πa3，即πa2h=πa3，
则h=a，
由于AB∥ED，故△CAB∽△CED，
则=，即 =，故AB=2a，
所以圆锥体积为π×(2a)2×2a=πa3 .
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也叫做陀罗，闽南语称作“干乐”，北方叫做“冰尜(gá)”或“打老牛”.传统古陀螺大致是木制或铁制的倒圆锥形.现有一圆锥形陀螺(如图所示)，其底面半径为3，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则(　　)
A.圆锥的母线长为9
B.圆锥的表面积为36π
C.圆锥的侧面展开图(扇形)的圆心角为60°
D.圆锥的体积为12π
答案　AB
解析　对于A，设圆锥的母线长为l，以S为圆心，SA为半径的圆的面积为πl2，
圆锥的侧面积为πrl=3πl，
当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，
则πl2=9πl，所以圆锥的母线长l=9，故A正确；
对于B，圆锥的表面积为3π×9+π×32=36π，故B正确；
对于C，圆锥的底面圆周长为2π×3=6π，设圆锥侧面展开图(扇形)的圆心角为α rad，
则6π=9α，解得α=，即α=120°，故C错误；
对于D，圆锥的高h===6，所以圆锥的体积为V=πr2h=π×32×6=18π，故D错误.
8.中国有悠久的建筑文化历史，鲁班锁就是其中一种，鲁班锁的形状种类很多，其结构起源于中国古代建筑的榫卯结构，利用了其拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，一般都是易拆难装，现有如图(1)的鲁班锁，其各个面是由正三角形与正八边形构成的，图(2)是该鲁班锁的直观图，则下列结论正确的是(　　)
A.该鲁班锁的各个面中为正三角形的面有8个
B.该鲁班锁的各个面中为正八边形的面有8个
C.若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁表面中为正八边形的面的面积之和为12(1+)
D.若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁体积为
答案　AC
解析　从图(1)的鲁班锁和图(2)的直观图中可知，各个面中为正三角形的面共有8个，表面为正八边形的面有6个，故A正确，B错误；
如图为鲁班锁的正八边形的面，易得∠AHG=∠HGF==135°，
分别过点H，G作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，
AB=AH=GH=GF=1，
AM=HM=GN=FN=×1=，
则AF=+1+=+1，
则每个正八边形的面积为AF2-4×××=(+1)2-1=2+2，
所以该鲁班锁表面的所有正八边形的面的面积之和为(2+2)×6=12(1+)，故C正确；
鲁班锁的体积可以看成正方体的体积减去八个三棱锥的体积，
正方体的体积为(1+)3，
一个小三棱锥的体积为××=，
则鲁班锁的体积为(1+)3-8×=7+，故D错误.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.已知圆台O1O2的高为3，中截面(过高的中点且垂直于轴的截面)的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，则该圆台的母线长为　　　　　.
答案　5
解析　设圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R，因为中截面的半径为3，所以根据梯形中位线性质可知，r+R=6.
又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，
所以根据圆台侧面积公式可知，==，解得r=1，所以R=5.
又圆台的高为3，所以圆台的母线长为==5.
10.生活中有很多常见的工具具有独特的几何体结构特征，例如用来收运垃圾的畚箕，其结构为如图所示的五面体ADE-BCF，其中四边形ABFE与四边形DCFE都为等腰梯形，四边形ABCD为平行四边形，若AD⊥平面ABFE，且EF=2AB，记三棱锥D-ABF的体积为V1，五面体ADE-BCF的体积为V2，则=　　　　　.
答案　
解析　因为四边形ABCD为平行四边形，所以S△ABD=S△BCD，所以V三棱锥F-BCD=V三棱锥F-ABD=V1.
如图，记等腰梯形ABFE的高为h，因为EF=2AB，
所以S△AEF=EF·h=×2AB·h=2S△ABF，
所以V三棱锥D-AEF=2V三棱锥D-ABF=2V1，
所以该五面体的体积V2=V三棱锥D-AEF+V三棱锥D-ABF+V三棱锥F-BCD=2V1+V1+V1=4V1.
所以=.
专题7　立体几何与空间向量
第60练　空间几何体的表面积与体积
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)
1.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　A
解析　设圆柱和圆锥的底面半径均为R，侧面积分别为S1，S2，则圆锥的母线长l=，
所以S1=2πR，S2=×2πR×
=πR，
又因为S1=S2，即2πR=πR，
解得R2=6，
所以圆锥的体积V=×=2π.
2.如图，正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线BE1=2，则它的表面积为(　　)
A.4(3+4)
B.12(+2)
C.12(2+1)
D.3(+8)
答案　B
解析　因为正六棱柱的底面边长为2，最长的一条对角线长为2，
则高BB1==2，它的表面积为S底+S侧=2×6××2×2×sin +6×2×2=12+24=12(+2).
3.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则四棱锥B-A1EFC1的体积为(　　)
A. B.1
C. D.
答案　B
解析　方法一　=-=××2-××2×2×2=1.
方法二　=+=+=××1×1×2+××2×1×2=1.
4.如图，青铜器的上半部分可以近似看作圆柱体，下半部分可以近似看作两个圆台的组合体，假设上、下底面圆是封闭的，已知AB=9 cm，CD=3 cm，则该青铜器的表面积为(　　)
A. cm2 B.(18+58)π cm2
C. cm2 D.(18+36)π cm2
答案　A
解析　因为S圆柱侧=2π××2=6π(cm2)，
S组合体圆台侧=π××+π××
=(36+12)π(cm2)，
所以该青铜器的表面积
S=π+π+(36+12)π+6π=(cm2).
5.如图，茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28 mL，厚度忽略不计.当倒入14 mL茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为(　　)
A. B.
C.- D.-1
答案　D
解析　如图所示，延长正四棱台的各条侧棱交于点P，
设正四棱台的下底面边长为a cm，高为h cm，则上底面边长为2a cm，四棱锥P-EFGH的高为h cm，四棱锥P-ABCD的高为2h cm，
可得V四棱锥P-EFGH=V四棱锥P-ABCD，
所以V四棱锥P-EFGH=V正四棱台EFGH-ABCD=4(cm3)，
设茶水的高为h' cm，
可得==，
即+1=2=，所以=-1.
6.如图，一个底面半径为2a的圆锥，其内部有一个底面半径为a的内接圆柱，且此内接圆柱的体积为πa3，则该圆锥的体积为(　　)
A.πa3 B.πa3
C.4πa3 D.8πa3
答案　B
解析　作出该几何体的轴截面如图所示，AB为圆锥的高，
设内接圆柱的高为h，而BC=2a，BD=a ，
因为内接圆柱的体积为πa3，即πa2h=πa3，
则h=a，
由于AB∥ED，故△CAB∽△CED，
则=，即 =，故AB=2a，
所以圆锥体积为π×(2a)2×2a=πa3 .
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
7.陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也叫做陀罗，闽南语称作“干乐”，北方叫做“冰尜(gá)”或“打老牛”.传统古陀螺大致是木制或铁制的倒圆锥形.现有一圆锥形陀螺(如图所示)，其底面半径为3，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则(　　)
A.圆锥的母线长为9
B.圆锥的表面积为36π
C.圆锥的侧面展开图(扇形)的圆心角为60°
D.圆锥的体积为12π
答案　AB
解析　对于A，设圆锥的母线长为l，以S为圆心，SA为半径的圆的面积为πl2，
圆锥的侧面积为πrl=3πl，
当圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，
则πl2=9πl，所以圆锥的母线长l=9，故A正确；
对于B，圆锥的表面积为3π×9+π×32=36π，故B正确；
对于C，圆锥的底面圆周长为2π×3=6π，设圆锥侧面展开图(扇形)的圆心角为α rad，
则6π=9α，解得α=，即α=120°，故C错误；
对于D，圆锥的高h===6，所以圆锥的体积为V=πr2h=π×32×6=18π，故D错误.
8.中国有悠久的建筑文化历史，鲁班锁就是其中一种，鲁班锁的形状种类很多，其结构起源于中国古代建筑的榫卯结构，利用了其拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙，一般都是易拆难装，现有如图(1)的鲁班锁，其各个面是由正三角形与正八边形构成的，图(2)是该鲁班锁的直观图，则下列结论正确的是(　　)
A.该鲁班锁的各个面中为正三角形的面有8个
B.该鲁班锁的各个面中为正八边形的面有8个
C.若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁表面中为正八边形的面的面积之和为12(1+)
D.若该鲁班锁每条棱的长均为1，则该鲁班锁体积为
答案　AC
解析　从图(1)的鲁班锁和图(2)的直观图中可知，各个面中为正三角形的面共有8个，表面为正八边形的面有6个，故A正确，B错误；
如图为鲁班锁的正八边形的面，易得∠AHG=∠HGF==135°，
分别过点H，G作HM⊥AF，GN⊥AF，垂足分别为M，N，
AB=AH=GH=GF=1，
AM=HM=GN=FN=×1=，
则AF=+1+=+1，
则每个正八边形的面积为AF2-4×××=(+1)2-1=2+2，
所以该鲁班锁表面的所有正八边形的面的面积之和为(2+2)×6=12(1+)，故C正确；
鲁班锁的体积可以看成正方体的体积减去八个三棱锥的体积，
正方体的体积为(1+)3，
一个小三棱锥的体积为××=，
则鲁班锁的体积为(1+)3-8×=7+，故D错误.
三、填空题(每小题5分，共10分)
9.已知圆台O1O2的高为3，中截面(过高的中点且垂直于轴的截面)的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，则该圆台的母线长为　　　　　.
答案　5
解析　设圆台的上、下底面圆的半径分别为r，R，因为中截面的半径为3，所以根据梯形中位线性质可知，r+R=6.
又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1∶2的两部分，
所以根据圆台侧面积公式可知，==，解得r=1，所以R=5.
又圆台的高为3，所以圆台的母线长为==5.
10.生活中有很多常见的工具具有独特的几何体结构特征，例如用来收运垃圾的畚箕，其结构为如图所示的五面体ADE-BCF，其中四边形ABFE与四边形DCFE都为等腰梯形，四边形ABCD为平行四边形，若AD⊥平面ABFE，且EF=2AB，记三棱锥D-ABF的体积为V1，五面体ADE-BCF的体积为V2，则=　　　　　.
答案　
解析　因为四边形ABCD为平行四边形，所以S△ABD=S△BCD，所以V三棱锥F-BCD=V三棱锥F-ABD=V1.
如图，记等腰梯形ABFE的高为h，因为EF=2AB，
所以S△AEF=EF·h=×2AB·h=2S△ABF，
所以V三棱锥D-AEF=2V三棱锥D-ABF=2V1，
所以该五面体的体积V2=V三棱锥D-AEF+V三棱锥D-ABF+V三棱锥F-BCD=2V1+V1+V1=4V1.
所以=.第61练　球的切、接问题
(分值：42分)
1.解决与球相关的外接球问题常用方法有以下几种：
(1)定义法：利用几何体外接球的球心到几何体各顶点距离相等找球心.
(2)补形法：把几何体补成正方体、长方体、直棱柱等.
(3)截面法：截面法的关键是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解.
2.解决与球相关的内切球问题的常用方法：一是找球心，球心到切点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.
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.已知圆台的高为3，上、下底面圆的半径分别为1和2，它的两个底面圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为(　　)
A.20π B.16π C. D.
2.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB=AC=1，PA=2，∠BAC=120°，则三棱锥P-ABC的外接球的半径为(　　)
A. B. C. D.
3.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱长为，底面边长为2，则该正四棱锥的内切球的体积为(　　)
A. B. C. D.4
4.在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD=，现将菱形ABCD沿对角线BD折起，当三棱锥A-BCD的体积最大时，三棱锥A-BCD外接球的表面积为(　　)
A.24π B.48π C.60π D.72π
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB=BC=CA=2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是(　　)
A.球O的半径为
B.球O的表面积为6π
C.球O的内接正方体的棱长为
D.球O的外切正方体的棱长为
6.已知半径为R的球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台上下底面半径分别为r1和r2，母线长为l，球的表面积与体积分别为S1和V1，圆台的表面积与体积分别为S2和V2.则下列说法正确的是(　　)
A.l=r1+r2 B.R=
C.= D.的最大值为
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为　　　　　.
8.现将一个棱长为2的正方体魔方放入一个正四面体的盒子中，若该魔方可以在正四面体内自由转动，则这个正四面体棱长的最小值为　　　　.
第61练　球的切、接问题
(分值：42分)
1.解决与球相关的外接球问题常用方法有以下几种：
(1)定义法：利用几何体外接球的球心到几何体各顶点距离相等找球心.
(2)补形法：把几何体补成正方体、长方体、直棱柱等.
(3)截面法：截面法的关键是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解.
2.解决与球相关的内切球问题的常用方法：一是找球心，球心到切点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.
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.已知圆台的高为3，上、下底面圆的半径分别为1和2，它的两个底面圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为(　　)
A.20π B.16π C. D.
答案　A
解析　设球心到上底面圆的距离为x，
则球心到下底面圆的距离为|3-x|，由勾股定理得x2+12=|3-x|2+22，解得x=2，
则外接球的半径R==，表面积为4πR2=20π.
2.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB=AC=1，PA=2，∠BAC=120°，则三棱锥P-ABC的外接球的半径为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　在△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=120°，所以∠ABC=∠BCA=30°，
设△ABC外接圆的半径为r，则2r===2，所以r=1，
因为PA⊥平面ABC，设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，则R2=r2+，所以R=.
3.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱长为，底面边长为2，则该正四棱锥的内切球的体积为(　　)
A. B. C. D.4
答案　B
解析　如图，设O为正四棱锥的底面中心，E为BC的中点，连接PO，OE，PE，
则PO为四棱锥的高，PE为侧面△PBC的高，
因为BC=2，PB=，故PE==2，
则PO==，
设该四棱锥的内切球半径为r，
则S四边形ABCD·PO=(S四边形ABCD+4S△PBC)r，
即×4×=(4+4××2×2)r，解得r=，故内切球的体积V=π×=.
4.在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD=，现将菱形ABCD沿对角线BD折起，当三棱锥A-BCD的体积最大时，三棱锥A-BCD外接球的表面积为(　　)
A.24π B.48π C.60π D.72π
答案　C
解析　在边长为6的菱形ABCD中，由∠BAD=知，
△ABD和△BCD为等边三角形，如图所示，取BD的中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，AE=CE=3，
当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A-BCD的体积最大，故AE⊥平面BCD，
由于△BCD为等边三角形，故三棱锥A-BCD外接球球心O在平面BCD内的投影为△BCD的外心O1，即OO1⊥平面BCD，故OO1∥AE，
过点O作OH⊥AE于点H，则H为△ABD的外心，则OO1∥HE，即O，O1，E，H共面，
则OH∥O1E，则四边形OO1EH为矩形，
则在Rt△OHA中，OH=O1E=CE=，
AH=AE=2，
所以外接球半径R==，则外接球表面积S=4πR2=60π.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB=BC=CA=2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是(　　)
A.球O的半径为
B.球O的表面积为6π
C.球O的内接正方体的棱长为
D.球O的外切正方体的棱长为
答案　BD
解析　设球O的半径为R，△ABC的外接圆圆心为O'，半径为r，则r==，
因为球心O到平面ABC的距离等于球半径的，所以R2-R2=r2，得R2=，R=，A不正确；
所以球O的表面积S=4πR2=4π×=6π，B正确；
设球O的内接正方体的棱长为a，则满足a=2R，解得a=，C不正确；
设球O的外切正方体的棱长为b，则满足b=2R，解得b=，D正确.
6.已知半径为R的球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台上下底面半径分别为r1和r2，母线长为l，球的表面积与体积分别为S1和V1，圆台的表面积与体积分别为S2和V2.则下列说法正确的是(　　)
A.l=r1+r2 B.R=
C.= D.的最大值为
答案　ABC
解析　由切线长定理易得l=r1+r2，A正确；
由勾股定理知(2R)2=(r1+r2)2-(r1-r2)2=4r1r2，解得R=，B正确；
因为=
==，
设圆台的高为h，易知h=2R，
===，所以=，C正确；
因为==≤，当且仅当r1=r2时，等号成立，
这与圆台的定义矛盾，故D错误.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为　　　　　.
答案　8π
解析　过圆锥的轴以及内切球球心的截面图如图所示.
设圆锥的高为h，母线的长为l，
底面半径为r，圆锥的内切球半径为R，则在Rt△SO1B中有h2+r2=l2，即h2+2=l2， ①
又由△SDO∽△SO1B得=，
即l=(h-1)， ②
所以由①②得l=3，h=4(h=0，l=-舍去)，
所以圆锥的表面积为S=S底+S侧=πr2+πrl=2π+6π=8π.
8.现将一个棱长为2的正方体魔方放入一个正四面体的盒子中，若该魔方可以在正四面体内自由转动，则这个正四面体棱长的最小值为　　　　.
答案　6
解析　由于该正方体棱长为2，故其外接球的半径为，当这个正四面体的棱长最小时，正四面体内切球的半径为.设正四面体的棱长为a(a>0)，
则该正四面体的高为=a，
根据等体积法知，××a×a×a=4××a×a×，解得a=6.第62练　空间位置关系
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共10分)
1.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是(　　)
A.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B.若α∩β=m，n∥α，n∥β，则m∥n
C.若m α，n β，m∥n，则α∥β
D.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
2.过△ABC所在平面α外的一点P，作PO⊥α，垂足为O，若点P到直线AB，AC和BC的距离都相等，则点O是△ABC的(　　)
A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
3.如图所示，已知A，B，C，D，E，F分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是(　　)
A.直线AB B.直线BC
C.直线CD D.直线AD
4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点.下列结论正确的是(　　)
A.EF⊥D1D
B.EF⊥平面BDD1B1
C.EF∥平面A1B1C1D1
D.EF与C1D所成的角为45°
三、填空题(共5分)
5.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E是棱CC1的中点，D是棱BC上一点.若A1B∥平面ADE，则的值为　　　　　.
四、解答题(共13分)
6.(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为长方形，CD=AD，PA=PB，E，M，Q，N分别为线段AB，CD，BC，PD的中点，平面PAB⊥底面ABCD.求证：
(1)PE∥平面AMN；(6分)
(2)平面QMN⊥平面AMN.(7分)
第62练　空间位置关系
(分值：40分)
一、单项选择题(每小题5分，共10分)
1.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是(　　)
A.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
B.若α∩β=m，n∥α，n∥β，则m∥n
C.若m α，n β，m∥n，则α∥β
D.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
答案　B
解析　对于A，由m⊥α，m∥n，得n⊥α，而n⊥β，则α∥β，A错误；
对于B，由n∥α，得存在过n的平面γ∩α=a，且a与m不重合，则a∥n，
又a β，n∥β，因此a∥β，又a α，α∩β=m，则m∥a，所以m∥n，B正确；
对于C，由m α，n β，m∥n，得α与β相交或平行，C错误；
对于D，由α⊥β，m∥α，n∥β，得m与n相交、平行或异面，D错误.
2.过△ABC所在平面α外的一点P，作PO⊥α，垂足为O，若点P到直线AB，AC和BC的距离都相等，则点O是△ABC的(　　)
A.内心 B.外心 C.重心 D.垂心
答案　A
解析　如图所示，PE，PF，PD分别是AB，BC，CA上的高，即PE=PF=PD，
又PO⊥平面ABC，而AC 平面ABC，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
∴PO⊥AC，PO⊥AB，PO⊥BC，又PO∩PD=P，PO∩PE=P，PO∩PF=P，
∴AC⊥平面POD，AB⊥平面POE，BC⊥平面POF，又OD 平面POD，OE 平面POE，OF 平面POF，
∴AC⊥OD，AB⊥OE，BC⊥OF，
在Rt△POD，Rt△POE，Rt△POF中，OD=，OE=，
OF=.
∴OD=OE=OF，故O一定是△ABC的内心.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
3.如图所示，已知A，B，C，D，E，F分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线EF异面的是(　　)
A.直线AB B.直线BC
C.直线CD D.直线AD
答案　CD
解析　在如图所示的正方体中，A，B，C，D，E，F分别是所在棱的中点，
在正方体中，有BH∥EG且BH=EG，则四边形BHGE为平行四边形，所以HG∥BE且HG=BE，
又AF∥HG，AF=HG，所以AF∥BE且AF=BE，所以四边形ABEF为梯形，故直线AB与EF相交，故A错误；
在正方体中，因为BC∥MH，MH∥NL，NL∥EF，所以BC∥EF，故B错误；
因为平面CDH∥平面EFNL，CD 平面CDH，EF 平面EFNL，
所以直线CD与直线EF无公共点，
又CD∥LG，EF∩LG=E，所以直线CD与直线EF不平行，
即直线CD与直线EF是异面直线，故C正确；
因为AD 平面ADF，EF∩平面ADF=F，F AD，故直线AD与EF异面，故D正确.
4.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点.下列结论正确的是(　　)
A.EF⊥D1D
B.EF⊥平面BDD1B1
C.EF∥平面A1B1C1D1
D.EF与C1D所成的角为45°
答案　ABC
解析　对于A，连接A1B，A1C1，则A1B交AB1于E，又F为BC1中点，
可得EF∥A1C1，由B1B⊥平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，
可得B1B⊥A1C1，故B1B⊥EF，又B1B∥D1D，所以D1D⊥EF，故A正确；
对于B，EF∥A1C1，由正方体性质可知A1C1⊥平面BDD1B1，
可得EF⊥平面BDD1B1，故B正确；
对于C，由EF∥A1C1，EF 平面A1B1C1D1，A1C1 平面A1B1C1D1，
故EF∥平面A1B1C1D1，故C正确；
对于D，EF与C1D所成的角就是∠A1C1D，连接A1D，
由正方体性质可知A1C1=C1D=A1D，即△A1C1D为等边三角形，
故∠A1C1D=60°，即EF与C1D所成的角为60°，故D错误.
三、填空题(共5分)
5.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E是棱CC1的中点，D是棱BC上一点.若A1B∥平面ADE，则的值为　　　　　.
答案　2
解析　连接A1C，与AE相交于点O，连接OD，
因为A1B∥平面ADE，平面A1BC∩平面ADE=OD，A1B 平面A1BC，
所以A1B∥OD，所以=，
因为AA1∥CE，所以△A1OA∽△COE，
所以==，即=，
可得=2.
四、解答题(共13分)
6.(13分)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为长方形，CD=AD，PA=PB，E，M，Q，N分别为线段AB，CD，BC，PD的中点，平面PAB⊥底面ABCD.求证：
(1)PE∥平面AMN；(6分)
(2)平面QMN⊥平面AMN.(7分)
证明　(1)连接DE，交AM于点H，连接NH，EM，
因为底面ABCD为长方形，所以AB∥DC，AB=DC，
因为E，M分别为线段AB，CD的中点，
所以AE∥DM，AE=DM，所以四边形AEMD为平行四边形.
因为AM，DE为平行四边形的对角线，所以H为DE的中点.
因为N为PD的中点，所以NH∥PE.
因为PE 平面AMN，NH 平面AMN，
所以PE∥平面AMN.
(2)在△PAB中，因为PA=PB，E为AB的中点，所以PE⊥AB.
又平面PAB⊥底面ABCD，平面PAB∩底面ABCD=AB，PE 平面PAB，
所以PE⊥底面ABCD.
因为QM 平面ABCD，所以PE⊥QM，所以NH⊥QM.
在长方形ABCD中，
因为tan∠MAD===，
tan∠QMC===，
所以∠MAD=∠QMC，∠AMD+∠QMC=∠AMD+∠MAD=90°，
所以QM⊥AM.
因为NH∩AM=H，NH，AM 平面AMN，
所以QM⊥平面AMN，
因为QM 平面QMN，
所以平面QMN⊥平面AMN.第63练　几何法求空间角
(分值：42分)
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.如图，在正四面体A-BCD中，取BC的中点M，连接AM，则直线AM与直线CD所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
2.在四棱锥P-ABCD中，△PAD为等边三角形，四边形ABCD为矩形，且AB=BC，平面PAD⊥平面ABCD，则直线AC与平面PCD所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.1
3.在三棱锥P-ABC中，PA⊥PC且PA=PC，底面△ABC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，若=2，则二面角Q-BC-A的平面角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
4.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1，AC=AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点.记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则(　　)
A.α≤β≤γ B.β≤α≤γ
C.β≤γ≤α D.α≤γ≤β
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题中正确的是(　　)
A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于
B.四棱锥C-ABC1D1的体积为
C.异面直线D1C和BC1所成的角为
D.二面角C-BC1-D的平面角的余弦值为
6.如图，圆锥SO的底面圆O的直径AC=4，母线长为2，点B是圆O上异于A，C的动点，则下列结论正确的是(　　)
A.SC与底面所成的角为
B.圆锥SO的表面积为4π
C.∠SAB的取值范围是
D.若点B为弧AC的中点，则二面角S-BC-O的平面角大小为
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AD∶AB=1∶2，△PAB为等边三角形，则直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为　　　　　　　.
8.如图，已知在矩形ABCD和矩形ABEF中，AB=2，AD=AF=1，且二面角C-AB-F为60°，则异面直线AC与BF所成角的正弦值为　　　　　　.
第63练　几何法求空间角
(分值：42分)
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.如图，在正四面体A-BCD中，取BC的中点M，连接AM，则直线AM与直线CD所成角的余弦值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　取N为BD的中点，连接MN，AN.
因为M是BC的中点，所以MN∥CD，MN=CD，
在正四面体A-BCD中，△ABD，△ABC，△BCD是等边三角形，AM=AN=CD，
则直线AM与直线CD所成的角为∠AMN(或其补角)，
在△AMN中，cos∠AMN===.
因此直线AM与直线CD夹角的余弦值为.
2.在四棱锥P-ABCD中，△PAD为等边三角形，四边形ABCD为矩形，且AB=BC，平面PAD⊥平面ABCD，则直线AC与平面PCD所成角的正弦值为(　　)
A. B. C. D.1
答案　A
解析　∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，CD 平面ABCD，CD⊥AD，则CD⊥平面PAD，
又CD 平面PCD，故平面PCD⊥平面PAD，
取PD的中点M，连接AM，CM，如图所示，
∵△PAD为等边三角形，则AM⊥PD，又平面PCD∩平面PAD=PD，AM 平面PAD，
故AM⊥平面PCD，
则直线AC与平面PCD所成的角即为∠ACM，
令BC=a，则AB=a，AC=a，AM=a，
故sin∠ACM==.
3.在三棱锥P-ABC中，PA⊥PC且PA=PC，底面△ABC是等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，若=2，则二面角Q-BC-A的平面角的余弦值为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　如图，过点P作PD⊥AC，垂足为D，
∵平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC=AC，PD 平面PAC，
∴PD⊥平面ABC，
作QO⊥AC于点O，则PD∥QO，则QO⊥平面ABC，作OE⊥BC于点E，连接QE，
∵BC 平面ABC，∴QO⊥BC，又∵OE⊥BC，OE∩QO=O，OE，QO 平面QOE，∴BC⊥平面QOE，
∵QE 平面QOE，∴BC⊥QE，
∴∠QEO为二面角Q-BC-A的平面角.
∵=2，PA⊥PC且PA=PC，
∴QO=PD=AC，
作AF⊥BC于点F，由△ABC是等边三角形，
得OE=AF=AC，又QO⊥OE，
∴tan∠QEO===，
∴cos∠QEO=.
4.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1，AC=AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点.记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F-BC-A的平面角为γ，则(　　)
A.α≤β≤γ B.β≤α≤γ
C.β≤γ≤α D.α≤γ≤β
答案　A
解析　如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，FM，
则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=∠FMP，
tan α==≤1，tan β==≥1，tan γ=≥=tan β，
所以α≤β≤γ.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则下列四个命题中正确的是(　　)
A.直线BC与平面ABC1D1所成的角等于
B.四棱锥C-ABC1D1的体积为
C.异面直线D1C和BC1所成的角为
D.二面角C-BC1-D的平面角的余弦值为
答案　ABC
解析　如图，
取BC1的中点H，连接CH，则CH⊥BC1，
而AB⊥平面BCC1B1，CH 平面BCC1B1，
得CH⊥AB，AB∩BC1=B，AB，BC1 平面ABC1D1，则CH⊥平面ABC1D1，
所以∠C1BC是直线BC与平面ABC1D1所成的角，为，故A正确；
点C到平面ABC1D1的距离为CH的长度，为，
则=×AB×BC1×CH=×1××=，故B正确；
易证BC1∥AD1，所以异面直线D1C和BC1所成的角为∠AD1C(或其补角)，
因为△ACD1为等边三角形，所以异面直线D1C和BC1所成的角为，故C正确；
连接DH，由BD=DC1，所以DH⊥BC1，
又CH⊥BC1，所以∠CHD为二面角C-BC1-D的平面角，易求得DH=，
又CD=1，CH=，
由余弦定理可得cos∠CHD==，故D错误.
6.如图，圆锥SO的底面圆O的直径AC=4，母线长为2，点B是圆O上异于A，C的动点，则下列结论正确的是(　　)
A.SC与底面所成的角为
B.圆锥SO的表面积为4π
C.∠SAB的取值范围是
D.若点B为弧AC的中点，则二面角S-BC-O的平面角大小为
答案　AC
解析　对于A，因为SO⊥平面ABC，所以∠SCO是SC与底面所成的角，圆锥的母线l=2，半径r=OC=2，
则在Rt△SOC中，cos∠SCO===，所以∠SCO=，则A正确；
对于B，圆锥SO的侧面积为πrl=4π，表面积为4π+4π，则B错误；
对于C，当点B与点A重合时，∠ASB=0为最小角，当点B与点C重合时，∠ASB=为最大角，
又因为B与A，C不重合，则∠ASB∈，
又在等腰△SAB中，2∠SAB+∠ASB=π，可得∠SAB的取值范围是，则C正确；
对于D，如图所示，
取BC的中点D，连接OD，SD，又O为AC的中点，则OD∥AB，因为AB⊥BC，所以BC⊥OD，又SO⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以BC⊥SO，又SO∩OD=O，SO，OD 平面SOD，所以BC⊥平面SOD，故BC⊥SD，所以∠SDO为二面角S-BC-O的平面角，
因为点B为弧AC的中点，所以AB=2，OD=AB=，则tan∠SDO==≠1，则D错误.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AD∶AB=1∶2，△PAB为等边三角形，则直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为　　　　　　　.
答案　
解析　取AB的中点O，连接PO，DO，
由于△PAB是等边三角形，所以PO⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABCD，其交线为AB，PO 平面PAB，
所以PO⊥平面ABCD，∠PDO是直线PD与平面ABCD所成的角.
不妨设AD=1，AB=2，
在等边△PAB中，PO=，又四边形ABCD为矩形，所以DO===，所以DP==，
故sin∠PDO===，故直线PD与平面ABCD所成角的正弦值为.
8.如图，已知在矩形ABCD和矩形ABEF中，AB=2，AD=AF=1，且二面角C-AB-F为60°，则异面直线AC与BF所成角的正弦值为　　　　　　.
答案　
解析　连接CE，AE，AE∩BF=O，取CE的中点M，连接OM，BM，
∵四边形ABCD，ABEF为矩形，∴AB⊥BC，AB⊥BE，
平面ABC∩平面ABF=AB，BC 平面ABC，BE 平面ABF，
∴∠CBE即为二面角C-AB-F的平面角，
∴∠CBE=60°，
又BC=AD，BE=AF，∴BC=BE=1，
∴△BCE为等边三角形，∴BM=.
∵O，M分别为AE，CE的中点，∴OM∥AC，OM=AC，
∴∠MOB(或其补角)即为异面直线AC与BF所成的角，∵AC=BF==，
∴OM=OB=，
∴cos∠MOB=
==，则sin∠MOB==，
∴异面直线AC与BF所成角的正弦值为.第64练　向量法求空间角
(分值：30分)
1.(13分)如图，四边形ACFE为矩形，AE=1，平面ACFE⊥平面ABCD，AB∥CD，∠BAD=90°，AB=1，CD=2，AD=1，平面ADF与棱BE交于点G.
(1)求证：AG∥DF；(5分)
(2)求直线CF与平面ADF所成角的正弦值.(8分)
2.(17分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC=60°，底面ABC为等边三角形，平面A1ACC1⊥平面ABC，点D，E分别是A1B1，A1C1的中点.
(1)证明：平面DEC⊥平面ABC；(7分)
(2)若AB=2，点F在直线CC1上，且平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为，求线段CF的长.(10分)
第64练　向量法求空间角
(分值：30分)
1.(13分)如图，四边形ACFE为矩形，AE=1，平面ACFE⊥平面ABCD，AB∥CD，∠BAD=90°，AB=1，CD=2，AD=1，平面ADF与棱BE交于点G.
(1)求证：AG∥DF；(5分)
(2)求直线CF与平面ADF所成角的正弦值.(8分)
(1)证明　因为CD∥AB，CD 平面CDF，AB 平面CDF，所以AB∥平面CDF，
又CF∥AE，CF 平面CDF，AE 平面CDF，
所以AE∥平面CDF，
又AB∩AE=A，且AB，AE 平面ABE，
所以平面ABE∥平面CDF，
又因为平面ADF∩平面CDF=DF，平面ADF∩平面ABE=AG，所以AG∥DF.
(2)解　因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，AE⊥AC，AE 平面ACFE，所以AE⊥平面ABCD，
又AB，AD 平面ABCD，
所以AE⊥AB，AE⊥AD，
又AB⊥AD，
故以A为原点，AB，AD，AE所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，
则A(0，0，0)，C(2，1，0)，D(0，1，0)，F(2，1，1)，
所以=(0，0，1)，=(0，1，0)，=(2，0，1)，
设平面ADF的法向量为n=(x，y，z)，
则即
令x=1，则y=0，z=-2，所以n=(1，0，-2)，
则|cos〈，n〉|===，
所以直线CF与平面ADF所成角的正弦值为.
2.(17分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC=60°，底面ABC为等边三角形，平面A1ACC1⊥平面ABC，点D，E分别是A1B1，A1C1的中点.
(1)证明：平面DEC⊥平面ABC；(7分)
(2)若AB=2，点F在直线CC1上，且平面DEF与平面ABC夹角的余弦值为，求线段CF的长.(10分)
(1)证明　如图，取AC的中点O，连接A1O，因为侧面A1ACC1为菱形，∠A1AC=60°，
所以A1O⊥AC.又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC=AC，
A1O 平面A1ACC1，所以A1O⊥平面ABC.
又因为E是A1C1的中点，且A1O⊥AC，所以四边形A1OCE为矩形，所以A1O∥CE，
所以CE⊥平面ABC.
又CE 平面DEC，所以平面DEC⊥平面ABC.
(2)解　连接OB，因为△ABC为等边三角形，则OB⊥OC，
所以OB，OC，OA1两两垂直.则以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB=2，所以OB=OA1=，
故O(0，0，0)，B(，0，0)，C(0，1，0)，
E(0，1，)，C1(0，2，)，
=(0，1，0)，=(0，1，)，
设=λ，λ∈R，
则=+λ=(0，1，0)+(0，λ，λ)=(0，1+λ，λ)，即F(0，1+λ，λ).
所以=(0，λ，λ-)，
又===.
设平面DEF的法向量为m=(x，y，z)，
则则
取z=λ，则y=-λ，x=1-λ，
故平面DEF的一个法向量为
m=(1-λ，-λ，λ).
又由(1)可知平面ABC的一个法向量为
n=(0，0，1)，
则|cos〈m，n〉|=
==，
即3λ2+2λ-1=0，解得λ=或λ=-1.
又||=|λ|=2|λ|，
所以线段CF的长为或2.第65练　空间距离及立体几何中的探索性问题
(分值：30分)
1.(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=AA1=2，点E在AB上，且AE=1.
(1)求平面A1EC与平面A1EB夹角的余弦值；(8分)
(2)若点P在侧面A1ABB1上，且点P到直线BB1和CD的距离相等，求点P到直线AD1距离的最小值.(7分)
2.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1.
(1)求点A到平面PBC的距离；(8分)
(2)在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由.(7分)
第65练　空间距离及立体几何中的探索性问题
(分值：30分)
1.(15分)如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=AA1=2，点E在AB上，且AE=1.
(1)求平面A1EC与平面A1EB夹角的余弦值；(8分)
(2)若点P在侧面A1ABB1上，且点P到直线BB1和CD的距离相等，求点P到直线AD1距离的最小值.(7分)
解　(1)以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
则D(0，0，0)，C(0，3，0)，A(2，0，0)，E(2，1，0)，A1(2，0，2)，D1(0，0，2)，
则=(-2，2，0)，=(0，1，-2)，
设平面A1EC的法向量为n=(x，y，z)，
则即
令z=1，则x=y=2，
所以n=(2，2，1)为平面A1EC的一个法向量，
又=(2，0，0)为平面A1EB的一个法向量，
所以|cos〈，n〉|===.
所以平面A1EC与平面A1EB夹角的余弦值为.
(2)设P(2，a，b)，a∈[0，3]，b∈[0，2]，根据题意有3-a=，即b2=(3-a)2-4，=(0，a，b)，=(-2，0，2)，
则点P到AD1的距离d==
== ==，
当a=1时，d取得最小值1.
所以点P到AD1距离的最小值为1.
2.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD的中点，PA⊥AD，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1.
(1)求点A到平面PBC的距离；(8分)
(2)在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置；若不存在，说明理由.(7分)
解　(1)因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，且BE⊥AD，BE 平面ABCD，故BE⊥平面PAD.
以E为原点，EB，ED所在直线分别为x，y轴，过点E且平行于PA的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
则E(0，0，0)，A(0，-2，0)，P(0，-2，2)，B(2，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，
所以=(2，2，-2)，=(-1，2，0)，
=(0，0，2)，
设平面PBC的法向量为n=(x，y，z)，
则即
令y=1，得平面PBC的一个法向量为n=(2，1，3)，
所以点A到平面PBC的距离为d===.
(2)由(1)知，平面PBC的一个法向量为n=(2，1，3)，
线段PE上存在点M，使得DM∥平面PBC等价于·n=0.
因为=(0，2，-2)，
设=λ=(0，2λ，-2λ)，λ∈[0，1]，
则M(0，2λ-2，2-2λ)，=(0，2λ-4，2-2λ)，
所以·n=2λ-4+6-6λ=0，解得λ=，
所以在线段PE上存在点M，即当M为PE的中点时，使得DM∥平面PBC.第66练　截面、交线问题
(分值：41分)
立体几何中的截面、交线问题关键在于作出截面和交线，作截面和交线一般常用以下几种方法：
1.作截面的方法
(1)直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，连接交线即为截面.
(2)延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.
(3)平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线.
2.找交线的方法
(1)线面交点法：各棱与截平面的交点.
(2)面面交线法：各面与截平面的交线.
一、单项选择题(每小题5分，共25分)
1.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
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若AB=2，AD=AA1=4，E，F分别为BB1，A1D1的中点，过点A，E，F作长方体ABCD-A1B1C1D1的一个截面，则该截面的周长为(　　)
A.6 B.6
C.2+4 D.4+2
3.已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长都等于3，点G是△PAC的重心，过点G作平面α，若平面α∥平面PCD，则平面α截正四棱锥P-ABCD的截面面积为(　　)
A. B. C.2 D.2
4.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过P，Q，R的截面与平面ADD1A1以及平面ABB1A1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为(　　)
A.90° B.30° C.45° D.60°
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是C1D1，AD，CC1的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则较大部分的体积与正方体的体积的比值为(　　)
A. B. C. D.
二、多项选择题(共6分)
6.用一个平面截正方体，则截面的形状不可能是(　　)
A.锐角三角形 B.直角梯形
C.正五边形 D.正六边形
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为棱BB1上的一动点，则过A，M，C1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为　　　　.
第66练　截面、交线问题
一、单项选择题(每小题5分，共25分)
1.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所截的截面圆半径的最小值为=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.
2.在长方体ABCD-A1B1C1D1中，若AB=2，AD=AA1=4，E，F分别为BB1，A1D1的中点，过点A，E，F作长方体ABCD-A1B1C1D1的一个截面，则该截面的周长为(　　)
A.6 B.6
C.2+4 D.4+2
答案　D
解析　如图，连接AF，过点E作EP∥AF交B1C1于点P，连接FP，AE，即可得到截面AFPE，因为E为BB1的中点，EP∥AF，所以B1P=A1F=1，
因为AB=2，AD=AA1=4，
则AF==2，所以EP=AF=，
AE==2，FP==，
所以截面AFPE的周长为2++2+
=4+2.
3.已知正四棱锥P-ABCD的所有棱长都等于3，点G是△PAC的重心，过点G作平面α，若平面α∥平面PCD，则平面α截正四棱锥P-ABCD的截面面积为(　　)
A. B. C.2 D.2
答案　C
解析　如图，连接PG并延长交AC于点O，过G作GH∥PC交AC于点H，并延长HG交PA于点M，
过H作EF∥CD，交BC于点E，交AD于点F，
过E作EN∥PC，交PB于点N，连接MN，FM，则四边形EFMN为所求截面，
∵点G是△PAC的重心，
∴=，∴==，
∴====，
则MN=1，EF=3，FM=EN=2，
∴四边形EFMN为等腰梯形，故面积为S==2.
4.在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过P，Q，R的截面与平面ADD1A1以及平面ABB1A1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为(　　)
A.90° B.30° C.45° D.60°
答案　D
解析　因为在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，
又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点必共面，即六边形PQFGRE为过P，Q，R的截面；
所以EP即为直线m，FQ即为直线l；
连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，
所以∠B1AD1即为直线EP与FQ所成的角，又因为正方体的各面对角线相等，所以△AB1D1为等边三角形，因此∠B1AD1=60°，即l，m所成的角为60°.
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是C1D1，AD，CC1的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则较大部分的体积与正方体的体积的比值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　如图所示，延长EG，DC相交于点H，连接FH，交BC于点J，同理，作出FK，
则截面为五边形EKFJG，
不妨设正方体的棱长为1，易知△EGC1≌△HGC，
所以GC=CH=，
又△HCJ∽△HDF，所以==，
则JC=.
同理可得D1E=D1I=，KD1=，
可知截得较小部分的体积V=V三棱锥I-DFH-2=××××-2×××××=，又正方体的体积为1，
则较大部分的体积为1-=，所以较大部分的体积与正方体的体积的比值为.
二、多项选择题(共6分)
6.用一个平面截正方体，则截面的形状不可能是(　　)
A.锐角三角形 B.直角梯形
C.正五边形 D.正六边形
答案　BC
解析　对于A，截面图形如果是三角形，只能是锐角三角形，不可能是直角三角形和钝角三角形.如图所示的截面为△ABC.设DA=a，DB=b，DC=c，
所以AC2=a2+c2，AB2=a2+b2，BC2=b2+c2.
所以由余弦定理得，
cos∠CAB=
=>0，
所以∠CAB为锐角.同理可求，∠ACB为锐角，∠CBA为锐角.所以△ABC为锐角三角形，故A不符合题意；
对于B，如图，截面图形如果是四边形，可能是正方形、矩形、菱形、一般梯形、等腰梯形，不可能是直角梯形，故B符合题意；
对于C，如图，当截面为五边形时，不可能出现正五边形，故C符合题意；
对于D，当截面过棱的中点时，如图，即截面为正六边形，故D不符合题意.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=1，BC=2，AC=，AA1=3，M为棱BB1上的一动点，则过A，M，C1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为　　　　.
答案　3+
解析　由题意可知过A，M，C1三点的平面截该三棱柱所得截面的周长即△AMC1的周长，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的各侧面均为矩形，所以AC1==，
直三棱柱ABC-A1B1C1的侧面部分展开图如图所示，
则在展开的矩形ACC1A1中，AM+MC1≥AC1==3，
所以过A，M，C1三点的平面截该三棱柱所得截面的最小周长为3+.
8.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在棱DD1上，过点C作平面BMC1的平行平面α，记平面α与平面BCC1B1的交线为l，则A1C与l所成角的大小为　　　　.
答案　
解析　因为平面BMC1∥平面α，平面BMC1∩平面BCC1B1=BC1，
平面α∩平面BCC1B1=l，
则BC1∥l，
因为A1B1⊥平面BCC1B1，BC1 平面BCC1B1，
所以A1B1⊥BC1，又B1C⊥BC1，
且A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C 平面A1B1CD，
所以BC1⊥平面A1B1CD，又A1C 平面A1B1CD，故BC1⊥A1C，所以A1C⊥l，
即A1C与l所成角的大小为.第67练　动态、轨迹问题
(分值：42分)
立体几何中的动态、轨迹问题主要有以下两类题型：
1.动点轨迹问题.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.
2.折叠、展开问题.解决此类问题关键在于画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系.
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为BD1上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为(　　)
A. B. C. D.
2.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是BB1的中点，动点P(异于点M)在正方体内部或表面上运动，且MP∥平面ABD1，则动点P的轨迹所形成图形的面积是(　　)
A. B. C.1 D.2
3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为(　　)
A.圆 B.直线 C.抛物线 D.椭圆
4.如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=12，E为DC边上的点，且DE=9，将△ADE沿AE所在直线翻折到△ASE的位置，使cos∠SAB=，则四棱锥S-ABCE的体积为(　　)
A.30 B.35
C.20 D.25
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则(　　)
A.平面ABC1D1⊥平面A1DM
B.平面BCD1∥平面A1DM
C.A1M与BC1所成角的取值范围为
D.A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为
6.如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内)，连接A1B，A1C.若M为A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，以下结论正确的是(　　)
A.BM∥平面A1DE恒成立
B.存在某个位置，使DE⊥A1C
C.线段BM的长为定值
D.∶=1∶2
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.正四棱锥S-ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为　　　　　　.
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为棱B1C1的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线
第67练　动态、轨迹问题
(分值：42分)
立体几何中的动态、轨迹问题主要有以下两类题型：
1.动点轨迹问题.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.
2.折叠、展开问题.解决此类问题关键在于画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系.
一、单项选择题(每小题5分，共20分)
1.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为BD1上的动点，O为底面ABCD的中心，则OP的最小值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　由题意可得OP的最小值为点O到线段BD1的距离，
在平面D1DB内过点O作OP⊥BD1于点P，
由题意可得DD1=1，DB=，BD1=，DD1⊥平面ABCD，
因为DB 平面ABCD，则DD1⊥DB，因为△OPB∽△D1DB，故=，
即OP===.
2.已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M是BB1的中点，动点P(异于点M)在正方体内部或表面上运动，且MP∥平面ABD1，则动点P的轨迹所形成图形的面积是(　　)
A. B. C.1 D.2
答案　A
解析　如图所示，记E，F，G分别是AA1，A1D1，B1C1的中点，依次连接点E，F，G，M，
则EF∥AD1，EM∥AB，
又EF，EM 平面ABD1，AD1，AB 平面ABD1，
所以EF∥平面ABD1，EM∥平面ABD1，又EF∩EM=E，EF1，EM 平面EFGM，
所以平面ABD1 ∥ 平面EFGM，易知EF⊥EM，故点P的轨迹为矩形EFGM(不包括点M).
又MB1=B1G=，
所以MG=，所以S矩形EFGM=1×=.
3.已知正方体ABCD-A1B1C1D1，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为(　　)
A.圆 B.直线 C.抛物线 D.椭圆
答案　C
解析　以点D为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，A1(1，0，1)，设Q(x，y，1)，
可得=(x，y，1)，=(1，0，1)，
因为直线DQ与DA1所成的角为45°，则cos 45°===，
化简可得y2=2x，所以点Q的轨迹为抛物线.
4.如图，在矩形ABCD中，AB=2AD=12，E为DC边上的点，且DE=9，将△ADE沿AE所在直线翻折到△ASE的位置，使cos∠SAB=，则四棱锥S-ABCE的体积为(　　)
A.30 B.35
C.20 D.25
答案　A
解析　如图，过S作SF⊥AB，垂足为F，连接EF，由翻折不变性可知，SA=AD=6，SE=DE=9，
在Rt△SAF中，AF=SAcos∠SAF=4，SF==2，
所以EF===，
所以在△SEF中，EF2+SF2=SE2，所以SF⊥EF.
又因为AB∩EF=F，AB 平面ABCD，EF 平面ABCD，所以SF⊥平面ABCD，
则四棱锥S-ABCE的体积V=S梯形ABCE·SF=××2=30.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
5.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为棱AB上的动点，则(　　)
A.平面ABC1D1⊥平面A1DM
B.平面BCD1∥平面A1DM
C.A1M与BC1所成角的取值范围为
D.A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为
答案　ACD
解析　对于A选项，因为四边形AA1D1D为正方形，则A1D⊥AD1，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
AB⊥平面AA1D1D，A1D 平面AA1D1D，
则A1D⊥AB，
因为AB∩AD1=A，AB，AD1 平面ABC1D1，
所以A1D⊥平面ABC1D1，
因为A1D 平面A1DM，
故平面ABC1D1⊥平面A1DM，A正确；
对于B选项，当点M与点B重合时，平面BCD1与平面A1DM有公共点，B错误；
对于C选项，以点D为坐标原点，DA，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，
设正方体的棱长为1，
则B(1，1，0)，D(0，0，0)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，
设点M(1，m，0)，其中0≤m≤1，
=(0，m，-1)，=(-1，0，1)，
所以=
=∈，
设A1M与BC1所成的角为α，其中0≤α≤，
则≤cos α≤，可得≤α≤，
所以A1M与BC1所成角的取值范围为，C正确；
对于D选项，由A选项可知，平面ABC1D1的一个法向量为=(1，0，1)，
则=
=∈，
设A1M与平面ABC1D1所成的角为β，则0≤β≤，
则≤sin β≤，可得≤β≤，所以A1M与平面ABC1D1所成角的取值范围为，D正确.
6.如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE(点A1不落在底面BCDE内)，连接A1B，A1C.若M为A1C的中点，则在△ADE的翻折过程中，以下结论正确的是(　　)
A.BM∥平面A1DE恒成立
B.存在某个位置，使DE⊥A1C
C.线段BM的长为定值
D.∶=1∶2
答案　AC
解析　设CD的中点为F，连接FM，FB，
因为M为A1C的中点，所以FM∥A1D，
而FM 平面A1DE，A1D 平面A1DE，
所以FM∥平面A1DE，
因为在矩形ABCD中，E是AB的中点，CD的中点为F，所以BF∥DE，
同理可证BF∥平面A1DE，因为BF∩MF=F，BF，MF 平面BMF，
所以平面BMF∥平面A1DE，而BM 平面BMF，所以BM∥平面A1DE恒成立，因此选项A正确；
设点A1在平面BCDE内的射影为O，连接OE，OD，OC，因为在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，
所以A1D=A1E，因此OD=OE，而CD≠CE，
显然OC与DE不垂直，
假设存在某个位置，使DE⊥A1C，
因为A1O⊥平面BCDE，DE 平面BCDE，
所以A1O⊥DE，因为DE⊥A1C，A1O∩A1C=A1，A1O，A1C 平面A1OC，
所以DE⊥平面A1OC，而OC 平面A1OC，
所以DE⊥OC，这与OC与DE不垂直矛盾，因此选项B不正确；
在矩形ABCD中，AB=2AD，E是边AB的中点，
所以∠ADE=45°，显然有∠MFB=45°，
由余弦定理可知，
BM=，
因为MF=A1D，BF=AD，
所以线段BM的长为定值，因此选项C正确；
∶=∶=∶=1∶3，因此选项D不正确.
三、填空题(每小题5分，共10分)
7.正四棱锥S-ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在正四棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为　　　　　　.
答案　+
解析　如图，设AC，BD交于O，连接SO，
由正四棱锥的性质可得SO⊥平面ABCD，
因为AC 平面ABCD，故SO⊥AC.
又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD 平面SBD，故AC⊥平面SBD.
取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，EG，GF，
则SB∥EG，SD∥GF，因为AC⊥平面SBD，SB，SD 平面SBD，所以AC⊥SB，AC⊥SD，
所以AC⊥EG，AC⊥GF，因为EG∩GF=G，EG，GF 平面EFG，所以AC⊥平面EFG.
由题意，PE⊥AC，则动点P的轨迹为过E且垂直于AC的平面与正四棱锥S-ABCD的交线，即平面EFG与正四棱锥S-ABCD的交线.
由题意BD=2，SB=SD==，
故EG+GF+EF=(SB+SD+BD)=×(++2)=+.
即动点P的轨迹的周长为+.
8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为棱B1C1的中点，N为底面正方形ABCD上一动点，且直线MN与底面ABCD所成的角为，则动点N的轨迹长度为　　　　.
答案　
解析　如图所示，取BC中点G，连接MG，NG，由正方体的特征可知，MG⊥底面ABCD，
故MN与底面ABCD所成的角即为∠MNG，
所以∠MNG=，则=tan NG=，
故点N在以G为圆心，为半径的圆上，又N在底面正方形ABCD上，即点N的轨迹为图示中的圆弧，易知== ∠EGB= ∠EGF=π--=，
所以动点N的轨迹长度为×=.第68练　高考大题突破练—立体几何与空间向量
(分值：60分)
1.(13分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥平面AA1C1C，A1C⊥AB.
(1)证明：平面A1BC⊥平面ABC；(5分)
(2)已知AC=BC=A1C，求直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.(8分)
2.(15分)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离；(5分)
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值.(10分)
3.(15分)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，CD=2AB=4，AE⊥CD，垂足为E，将△ADE沿AE翻折，得到四棱锥P-ABCE.在四棱锥P-ABCE中，点M，N分别在PB，AC上，且==2.
(1)求证：MN∥平面PCE；(6分)
(2)若二面角P-AE-C的大小为120°，求直线MN与平面PAE所成角的余弦值.(9分)
4.(17分)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；(3分)
(2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由；(4分)
(3)若=λ，λ∈[0，1]，求平面BFG与平面ADE夹角余弦值的取值范围.(10分)
第68练　高考大题突破练—立体几何与空间向量
(分值：60分)
1.(13分)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BC⊥平面AA1C1C，A1C⊥AB.
(1)证明：平面A1BC⊥平面ABC；(5分)
(2)已知AC=BC=A1C，求直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值.(8分)
(1)证明　因为BC⊥平面AA1C1C，A1C 平面AA1C1C，所以BC⊥A1C，
又因为A1C⊥AB，BC，AB 平面ABC，BC∩AB=B，
所以A1C⊥平面ABC，
又因为A1C 平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面ABC.
(2)解　由(1)知，CA，CB，CA1两两垂直，以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由AC=BC=A1C，可设AC=BC=1，A1C=2，
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，A1(0，0，2)，
所以=(-1，1，0)，=，==，
所以=+=+=，
设n=为平面BCC1B1的法向量，
则令z=1，得x=2，则n=，
设直线AB1与平面BCC1B1所成的角为θ，
则sin θ===，
即直线AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为.
2.(15分)如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2.
(1)求A到平面A1BC的距离；(5分)
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求平面ABD与平面BCD夹角的正弦值.(10分)
解　(1)设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以==S△ABC·AA1
==，
又△A1BC的面积为2，
=h=×2h=，
所以h=，
即点A到平面A1BC的距离为.
(2)取A1B的中点E，连接AE，
则AE⊥A1B.
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1=A1B，AE 平面ABB1A1，
所以AE⊥平面A1BC，
又BC 平面A1BC，所以AE⊥BC.
又AA1⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以AA1⊥BC.
因为AA1∩AE=A，AA1，AE 平面ABB1A1，所以BC⊥平面ABB1A1，
又AB 平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
由(1)知，AE=，
所以AA1=AB=2，A1B=2.
因为△A1BC的面积为2，
所以2=·A1B·BC，所以BC=2，
所以A(0，2，0)，B(0，0，0)，D(1，1，1)，E(0，1，1)，
则=(1，1，1)，=(0，2，0).
设平面ABD的法向量为n=(x，y，z)，
则即
令x=1，得n=(1，0，-1).
又平面BCD的一个法向量为=(0，-1，1)，
所以cos〈，n〉===-.
设平面ABD与平面BCD的夹角为θ，
则sin θ==，
所以平面ABD与平面BCD夹角的正弦值为.
3.(15分)如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，CD=2AB=4，AE⊥CD，垂足为E，将△ADE沿AE翻折，得到四棱锥P-ABCE.在四棱锥P-ABCE中，点M，N分别在PB，AC上，且==2.
(1)求证：MN∥平面PCE；(6分)
(2)若二面角P-AE-C的大小为120°，求直线MN与平面PAE所成角的余弦值.(9分)
(1)证明　设F，G分别是棱AE，AP上的点，
且==2，连接NF，FG，GM，
又==2，
所以NF∥CE∥AB∥GM，FG∥EP，
即M，N，F，G四点共面，
由NF 平面PCE，CE 平面PCE，则NF∥平面PCE，
同理可证FG∥平面PCE，又NF∩FG=F，且NF，FG 平面MNFG，
所以平面MNFG∥平面PCE，又MN 平面MNFG，故MN∥平面PCE.
(2)解　由题意知AE⊥CE，AE⊥PE，则∠PEC为二面角P-AE-C的平面角，故∠PEC=120°，
而CE∩PE=E，CE，PE 平面PCE，所以AE⊥平面PCE，
以E为原点，EA，EC所在直线分别为x，y轴，过点E且垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设AE=h，易知CE=3，PE=1，
则A(h，0，0)，B(h，2，0)，C(0，3，0)，E(0，0，0)，
P，又==2，
所以M，N，
则=，=，=，
设m=(x，y，z)是平面PAE的法向量，
则
令y=，则m=(0，，1)，设直线MN与平面PAE所成的角为θ，θ∈，
所以sin θ===，
则cos θ=，所以直线MN与平面PAE所成角的余弦值为.
4.(17分)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；(3分)
(2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，求出点G的位置；若不存在，请说明理由；(4分)
(3)若=λ，λ∈[0，1]，求平面BFG与平面ADE夹角余弦值的取值范围.(10分)
(1)证明　因为四边形CDEF为矩形，
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.
(2)解　存在，且点G为DE的中点，使得DE⊥平面ABG，理由如下：取DE的中点G，
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.
(3)解　设点H为DE的中点，取EF，FC和AB的中点分别为P，Q，S，连接HQ，取HQ的中点O，连接OS，OP，BQ，则OP⊥OQ，BQ=AH，AB∥EF∥HQ，故四边形ABQH为等腰梯形，所以OS⊥HQ.
由(2)知DE⊥平面ABH，
因为OS 平面ABH，则DE⊥OS，
所以OS⊥OP，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则E(2，-2，0)，F(2，2，0)，
D(-2，-2，0)，
因为EF=2AB，所以AB=2，
因为AD=AE=BC=BF=3，DE=HQ=4，
所以AH==，
OS==2，
所以A(0，-1，2)，B(0，1，2)，
可得=(-2，1，2)，=(-4，0，0)，=(-2，-1，2)，=(0，-4，0)，
则=λ=(-4λ，0，0)，λ∈[0，1]，
所以=+=(-4λ，-4，0)，
设平面BFG的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则
取x1=2，可得y1=-2λ，z1=2-λ，
所以n1=(2，-2λ，2-λ)，
设平面ADE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]，
令m=λ+，则m∈，
则|cos〈n1，n2〉|=×=×，
令t=，则t∈，
令f(t)=t2-t+5，t∈，
所以f(t)在上单调递增，
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BFG与平面ADE夹角余弦值的取值范围为.

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