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(共217张PPT)
第七章　立体几何与空间向量
教材考点·真题分布
目 录 CONTENTS
教材探究问题 · 研析
教材阅读文字 · 拓展
教材典型母题 · 必刷
01
02
03
04
教材常用结论 · 推导
教材探究问题·研析
01
1.(人教A版必修第二册P102)圆柱可以由矩形旋转得到,圆锥可以由直角三角形旋转得到.圆台是否也可以由平面图形旋转得到 如果可以,由什么平面图形旋转得到 如何旋转
提示:圆台可以看作是直角梯形以垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴,其他三边旋转一周形成的面所围成的旋转体.圆台也可以看作是等腰梯形以其底边中线所在的直线为旋转轴,各边旋转半周形成的面所围成的旋转体.
探究
2.(人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的表面积公式之间有什么关系 你能用圆柱、圆锥、圆台的结构特征来解释这种关系吗
3.(人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的体积公式之间有什么关系 结合棱柱、棱锥、棱台的体积公式,你能将它们统一成柱体、锥体、台体的体积公式吗 柱体、锥体、台体的体积公式之间又有怎样的关系
提示:V柱体＝Sh(S为底面积,h为柱体高);
V锥体＝Sh(S为底面积,h为锥体高);
V台体＝(S'＋＋S)h(S',S分别为上、下底面面积,h为台体高).
当S'＝S时,台体变为柱体,台体的体积公式也就是柱体的体积公式;当S'＝0时,台体变为锥体,台体的体积公式也就是锥体的体积公式.
4.(人教A版必修第二册P118)在小学,我们学习了圆的面积公式,你还记得是如何求得的吗 类比这种方法,你能由球的表面积公式推导出来球的体积公式吗
提示:类比利用圆周长求圆面积的方法,我们可以利用球的表面积求球的体积.如图,把球O的面积分成n个小网格,连接球心O和每个小网格的顶点,整个球体就被分割成n个“小锥体”.
当n越大,每个小网格越小时,每个“小锥体”的底面就越平,“小锥体”就越近似于棱锥,其高越近似于球半径R.设O－ABCD是其中一个“小锥体”,它的体积VO－ABCD≈SABCDR.
由于球的体积就是这n个“小锥体”的体积之和,而这n个“小锥体”的底面积之和就是球的表面积,因此,球的体积V球＝S球R＝×4πR2·R＝πR3.
由此,我们得到球的体积公式V球＝πR3.
5.(人教B版必修第四册P68)各个面都是全等的正多边形且过各顶点的棱数都相等的多面体一般称为正多面体.已知正多面体顶点数V、面数F、棱数E之间满足关系V＋F－E＝2,根据这一结论探究共有多少种不同的正多面体.
提示:设正多面体的每个面是正n边形,每个顶点有m条棱,棱数E应是面数F与n的乘积的一半(每两个面只有一条棱),即nF＝2E. ①
同时,E应是顶点数V与m的积的一半,即mV＝2E. ②
由①②得F＝,V＝,
代入V＋F－E＝2,
得－E＝2,
∴.
∵E是正整数,
∴>0,∴>. ③
又m,n是正整数,当m,n都大于3,即m≥4,n≥4时,≤,≤,
则≤,与③矛盾,不成立.
由正四面体n≥3,m≥3,故m,n中至少有一个等于3,
当m＝3时,n＝3或4或5;
当n＝3时,m＝3或4或5.
∴当n＝3,m＝3时,多面体为正四面体;
当n＝4,m＝3时,多面体为正六面体;
当n＝3,m＝4时,多面体为正八面体;
当n＝5,m＝3时,多面体为正十二面体;
当n＝3,m＝5时,多面体为正二十面体.
故共有5种不同的正多面体.
6.(人教A版必修第二册P150)如图,准备一块三角形的纸片ABC,过△ABC的顶点A翻折纸片,得到折痕AD,将翻折后的纸片竖起放置在桌面上(BD,DC与桌面接触).
(1)折痕AD与桌面垂直吗
(2)如何翻折才能使折痕AD与桌面垂直 为什么
提示:容易发现,AD所在直线与桌面所在平面α垂直的充要条件是折痕AD是BC边上的高.这时,由于翻折之后垂直关系不变,所以直线AD与平面α内的两条相交直线BD,DC都垂直.
事实上,由基本事实的推论2,平面α可以看作由两条相交直线BD,DC所唯一确定的,所以当直线AD垂直于这两条相交直线时,就能保证直线AD与α内所有直线都垂直.
7.(人教A版必修第二册P151)两条相交直线可以确定一个平面,两条平行直线也可以确定一个平面,那么定理“如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,那么该直线与此平面垂直”中的“两条相交直线”可以改为“两条平行直线”吗 你能从向量的角度解释原因吗 如果改为“无数条直线”呢
提示:不能改为“两条平行直线”.也不能改为“无数条直线”,因为无数条直线可能都平行.下面从向量的角度解释原因如下:
设直线的方向向量为a,平面内的两直线的方向向量分别为b,c,平面内任一直线的方向向量为p.当两直线相交时,b,c为不共线向量,∴存在唯一数对(λ,μ)使p＝λb＋μc.
∵a⊥b,a⊥c,∴a·b＝a·c＝0,
∴a·p＝a·(λb＋μc)＝λa·b＋μa·c＝0,
∴a⊥p,∴a与平面垂直;
当两直线平行时,b,c共线,p不一定能用b,c表示,
∴不能保证a·p＝0,
∴a与平面不一定垂直.
8.(人教A版必修第二册P160)设平面α⊥平面β,点P在平面α内,过点P作平面β的垂线a,直线a与平面α具有什么位置关系
提示:a α.
9.(人教A版选择性必修第一册P33)如图,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.如何利用这些条件求点P到直线l的距离
提示:设＝a,则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中,由勾股定理,得点P到点线l的距离为PQ＝.
教材常用结论·推导
02
1.(人教A版必修第二册P154例6,人教B版必修第四册P85例2拓展)棱台体积公式:V棱台＝h(S'＋＋S),其中S',S分别是棱台的上、下底面面积,h是高.
证明　如图,延长棱台各侧棱交于点P,得到截得棱台的棱锥,过点P作棱台的下底面的垂线,分别与棱台的上、下底面交于点O',O,
则PO垂直于棱台的上底面,从而O'O＝h.
设截得棱台的棱锥的体积为V,去掉的棱锥的体积为V'、高为h',
则PO'＝h',于是V'＝S'h',V＝S(h'＋h),
所以棱台的体积
V棱台＝V－V'＝S(h'＋h)－S'h'
＝[Sh＋(S－S')h'].①
由棱台的上、下底面平行,可以证明棱台的上、下底面相似,并且,
所以h'＝,
代入①,得
V棱台＝h
＝h(S'＋＋S).
【应用示例】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
C
解析　如图,由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m),
所以该棱台的体积
V＝×9×(140＋＋180)×106＝60×(16＋3)×
106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).
故选C.
(2)(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中,AB＝2,A1B1＝1,AA1＝,则该棱台的体积为　　　　.
解析　法一　如图所示,设点O1,O分别为正四棱台ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心,连接B1D1,BD,
则O1,O分别为B1D1,BD的中点.
连接O1O,
则O1O即正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高.
过点B1作B1E⊥BD,垂足为E,
则B1E＝O1O.
因为AB＝2,A1B1＝1,
所以OB＝,O1B1＝,
所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝,
又AA1＝,所以BB1＝,
所以B1E＝,
所以O1O＝,
所以×(22＋12＋)×.
法二　如图,将正四棱台ABCD－A1B1C1D1补形成正四棱锥P－ABCD.
因为AB＝2,A1B1＝1,AB∥A1B1,
所以A1,B1,C1,D1分别为PA,PB,PC,PD的中点,
又A1A＝,所以PA＝2,即PB＝2.
连接BD,取BD的中点为O,连接PO,
则PO⊥平面ABCD,
易知BO＝,所以PO＝,
所以正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高为,
所以×(22＋12＋)×.
解析　如图所示,正四棱锥P－ABCD的底面边长为4,用平行于底面的平面截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥P－A'B'C'D'后,得到正四棱台A'B'C'D'－ABCD,且A'B'＝2,AB＝4.
28
记O',O分别为正四棱台A'B'C'D'－ABCD上、下底面的中心,H',H分别为A'B',AB的中点,则P,O',O三点共线,P,H',H三点共线.
连接PO,PH,O'H',OH,
则PO'＝3,O'H'＝1,OH＝2.
易知△PO'H'∽△POH,
所以,即,
解得PO＝6,
所以OO'＝PO－PO'＝3,
所以该正四棱台的体积V＝×3×(22＋2×4＋42)＝28.
2.(人教A版选择性必修第一册P42T7,P43T8拓展)正四面体的常见结论:正四面体A－BCD的棱长为a,则:
(1)高h＝a;
(2)外接球半径R＝a;
(3)内切球半径r＝a;
(4)正四面体内任意一点到四个面的距离之和d＝a.
证明　如图,在棱长为a的正四面体A－BCD中,E为棱BC的中点,O1为△BCD的中心,O为外接球球心.
(1)O1D＝DE＝×a
＝a,
h＝AO1＝
＝a.
(2)因为O＋O1D2＝OD2,
即＝R2,故R＝a.
(3)设内切球球心为O2,
则VA－BCD＝,
×a2·a＝×a2·r·4,r＝a＝OO1,此时,O2与O重合.
(4)设P为正四面体A－BCD任一点,设点P到平面BCD,平面ABC,平面ABD,平面ACD的距离分别为h1,h2,h3,h4,
则VA－BCD＝VP－BCD＋VP－ABC＋VP－ABD＋VP－ACD,
×a2·a＝×a2(h1＋h2＋h3＋h4),
即d＝h1＋h2＋h3＋h4＝a.
【应用示例】 如图,在棱长为2的正四面体A－BCD中,M,N分别为棱AD,BC的中点,O为线段MN的中点,球O的表面与线段AD相切于点M,则球O被正四面体A－BCD表面截得的截面周长为　　　　.
π
解析　在棱长为2的正四面体A－BCD中,连接AN,DN,过O作OE⊥DN于E,如图,由M,N分别为棱AD,BC的中点,得AN⊥BC,DN⊥BC,而AN∩DN＝N,AN,DN 平面AND,则BC⊥平面AND,
又BC 平面BCD,
于是平面AND⊥平面BCD,
而平面AND∩平面BCD＝DN,
因此OE⊥平面BCD,
而AN＝DN＝,DM＝1,MN⊥AD,
则MN＝,球O半径ON＝MN＝,
sin∠DNM＝,
从而OE＝ON·sin∠DNM＝×,
球O被平面BCD截得的截面圆半径
r＝,
所以球O被平面BCD截得的截面周长2πr＝π.
又A－BCD为正四面体,
所以球O被正四面体A－BCD的每个面截得的截面都为圆,且圆的半径为,
所以球O被正四面体A－BCD表面截得的截面周长为4×π＝π.
3.(人教A版必修第二册P151讲解,人教B版选择性必修第一册P45讲解拓展)三余弦定理和三正弦定理如图,AP是平面α的一条斜线段,A是斜足,O是点P在平面α内的射影,AB是平面α内的一条射线,OB⊥AB,则:
(1)cos∠PAB＝cos∠PAO·cos∠BAO;
(2)sin∠PAO＝sin∠PAB·sin∠PBO.
证明　易知∠POA＝∠POB＝∠OBA＝90°,
cos∠PAO·cos∠BAO＝·＝cos∠PAB,sin∠PAB·sin∠PBO＝·＝sin∠PAO.
【应用示例】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)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;
解　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设D为A1C的中点,AA1＝AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A－BD－C的正弦值.
解　法一　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B－xyz,
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),C(2,0,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),E(0,1,1),
则＝(1,1,1),＝(0,2,0).
设平面ABD的一个法向量为n＝(x,y,z),
则
令x＝1,得n＝(1,0,－1).
又平面BDC的一个法向量为＝(0,－1,1),
所以cos<,n>＝＝－.
设二面角A－BD－C的平面角为θ,
则sin θ＝,
所以二面角A－BD－C的正弦值为.
法二　设该二面角为α,取A1B的中点E(图略).由AA1＝AB得AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABA1,
平面A1BC∩平面ABA1＝A1B,
所以AE⊥平面A1BC,
所以BC⊥AE,
又因为BC⊥AA1,AE,AA1 平面BAA1,
所以BC⊥平面BAA1,AB 平面BAA1,
所以BC⊥AB,
又因为AB·BC·AA1＝BC·A＝4,
则AB＝BC＝AA1＝2,
则AD＝BD＝,
sin∠ABE＝,sin∠ABD＝.
由三正弦定理得
sin∠ABE＝sin α·sin∠ABD,
所以sin α＝,即二面角A－BD－C的正弦值是.
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)如图,在三棱锥A－BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB＝AD,O为BD的中点.
①证明:OA⊥CD;
证明　因为AB＝AD,O为BD的中点,所以OA⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD＝BD,AO 平面ABD,
所以AO⊥平面BCD,
又CD 平面BCD,所以AO⊥CD.
②若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE＝2EA,且二面角E－BC－D的大小为45°,求三棱锥A－BCD的体积.
解　法一　因为△OCD是边长为1的正三角形,且O为BD的中点,
所以OC＝OB＝OD＝1,
所以△BCD是直角三角形,且∠BCD＝90°,BC＝,
所以S△BCD＝.
如图,过点E作EF∥AO,交BD于F,过点F作FG⊥BC,垂足为G,连接EG.
因为AO⊥平面BCD,
所以EF⊥平面BCD,
又BC 平面BCD,所以EF⊥BC,
又FG⊥BC,且EF∩FG＝F,EF,FG 平面EFG,
所以BC⊥平面EFG,又EG 平面EFG,
所以BC⊥EG,
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角,
所以∠EGF＝45°,则GF＝EF.
因为DE＝2EA,
所以EF＝OA,DF＝2OF,
所以＝2.
因为FG⊥BC,CD⊥BC,所以GF∥CD,
则,所以GF＝.
所以EF＝GF＝,所以OA＝1,
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
法二　如图所示,以O为坐标原点,OB,OA所在直线分别为x,z轴,在平面BCD内,以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形,且O为BD的中点,
所以OC＝OB＝OD＝1,
所以B(1,0,0),D(－1,0,0),C.
设A(0,0,a),a>0,因为DE＝2EA,
所以E,
由题意可知平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1).
设平面BCE的法向量为m＝(x,y,z),
因为,,
所以
令x＝1,则y＝,z＝,
所以m＝.
因为二面角E－BC－D的大小为45°,
所以cos 45°＝,
得a＝1,即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°
＝×2×1×,
所以VA－BCD＝S△BCD·OA
＝××1＝.
法三　过点E作EH⊥平面BCD,垂足H在BD上,则有2OH＝HD.
连接CH(图略),设AO＝h,则EH＝h,
所以BE＝,
sin∠EBH＝,
CH＝
＝,
cos∠EBC＝,
所以sin2∠EBC＝,
设二面角E－BC－D为α,由三正弦定理知sin∠EBH＝sin α·sin∠EBC,
所以·,
故h＝1,则VA－BCD＝S△BCD·h＝.
4.(人教B版选择性必修第一册P50讲解拓展)面积射影定理:AB 平面α,C 平面α,CC1⊥平面α,二面角C－AB－C1的平面角为θ(θ为锐角),则cos θ＝.
证明　作C1E⊥AB,C1E∩AB＝E,连接CE,易证∠CEC1为二面角C－AB－C1
的平面角,
＝cos θ.
【应用示例】 (2024·新高考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;
证明　由于PA⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,
∴PA⊥AD,
又AD⊥PB,PA∩PB＝P,PA,PB 平面PAB,∴AD⊥平面PAB,
又AB 平面PAB,∴AD⊥AB.
∵AB2＋BC2＝AC2,∴AB⊥BC,∴BC∥AD,
∵AD 平面PBC,BC 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)若AD⊥DC,且二面角A－CP－D的正弦值为,求AD.
解　法一　由题意知DC,AD,AP两两垂直,以D为坐标原点,AD所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),设A(a,0,0),a>0,
则CD＝,C(0,,0),P(a,0,2),＝
(0,－,0),＝(－a,,0),＝
(a,－,2).
设平面CPD的法向量n＝(x,y,z),
可取n＝(2,0,－a).
设平面ACP的法向量m＝(x1,y1,z1),
则
则
即
可取m＝(,a,0).
∵二面角A－CP－D的正弦值为,
∴余弦值的绝对值为,
故|cos|＝
＝,
又a>0,∴a＝,即AD＝.
法二　过点D作DF⊥AC,连接PF(图略),易证DF⊥平面PAC,CD⊥PD,
所以△PCD在平面PAC上的射影为△PFC,
设AD＝x,
则CD＝,PD＝,
,得CF＝.
由面积射影定理＝,
解得x＝,即AD＝.
5.(人教B版必修第四册P88练习BT5拓展)正棱锥的高为h,侧棱长为l,则正棱锥的外接球半径R＝.
证明　以正四棱锥P－ABCD为例,PA＝l,PO1＝h,
在Rt△AOO1中,
AO2＝A＋O,
R2＝()2＋(h－R)2,
解得R＝.
同理,其余正棱锥均可得此结论.
【应用示例】 (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.[18,27]
C
解析　法一　如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h,
依题意,得36π＝πR3,
解得R＝3.
所以正四棱锥的体积V＝a2h＝·(3≤l≤3),
所以V'＝l3－l3(3≤l≤3).
令V'＝0,得l＝2,
所以当3≤l<2时,V'>0;
由题意及图可得解得
当2所以函数V＝(3≤l≤3)在[3,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减,
又当l＝3时,V＝;
当l＝2时,V＝;
当l＝3时,V＝,
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C.
法二　如图,设该球的半径为R,球心为O,正四棱锥的底面边长为a,高为h,正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ,
依题意,得36π＝πR3,解得R＝3,
所以正四棱锥的底面边长a＝lsin θ,高h＝lcos θ.
在△OPC中,作OE⊥PC,垂足为E,则可得cos θ＝∈,
所以l＝6cos θ,
所以正四棱锥的体积
V＝a2h＝(lsin θ)2·lcos θ
＝(6cos θ)3sin2θcos θ＝144(sin θcos2θ)2.
设sin θ＝t,易得t∈,
则y＝sin θcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3,
则y'＝1－3t2.
令y'＝0,得t＝,
所以当0;
当所以函数y＝t－t3在上单调递增,在上单调递减.
又当t＝时,y＝;当t＝时,y＝;当t＝时,y＝,
所以≤y≤,所以≤V≤.
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.
故选C.
6.(人教B版必修第四册P129T14,T16拓展)双半径单交线公式:若相互垂直的两凸多边形的外接圆半径分别为R1,R2,两外接圆公共弦长为l,则由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径:R＝.
证明　以三棱锥为例,平面ABC⊥平面BCD,BC＝l,R1＝O2C,R2＝O1D,
R2＝OD2＝O＋O1D2
＝O2E2＋O1D2
＝O2C2－CE2＋O1D2
＝l2＋,
即R＝.
【应用示例】 (2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA＝　　　　.
解析　法一(补形法)如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.
将三棱锥S－ABC补形为正三棱柱SB1C1－ABC,由题意知SA为侧棱,设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1＝SA.
又球的半径R＝OA＝2,OA2＝O＋O1A2,
所以4＝SA2＋3,得SA＝2.
2
法二(双半径单交线公式)
平面SAC∩平面ABC＝AC,l＝AC＝3,
在△ABC中,＝2R2,R2＝,
R1＝SC＝
＝.
由双半径单交线公式
22＝(SA2＋9)＋()2－,
解得SA＝2.
教材阅读文字·拓展
03
1.通过阅读《探究与发现——祖暅原理与柱体、锥体的体积》(人教A版必修第二册P121)和《阅读材料一——祖暅原理》(北师大版必修第二册P258),可从中提炼出如下结论:
(1)用祖暅原理证明球的体积公式V＝πR3.
证明　取一个底面半径和高都等于R的圆柱,从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥,把所得的几何体和半球放在同一个平面α上,如图,因为圆柱的高等于R,所以这个几何体和半球都夹在两个平行平面之间.
用平行于平面α的任意一个平面去截这两个几何体,截面分别是圆面和圆环面.如果截平面与平面α的距离为l,那么圆面的半径为r＝,圆环面的大圆半径为R,小圆半径为l(因为△O'O1B是等腰直角三角形).
因此S圆'＝πr2＝π(R2－l2),
S圆环＝πR2－πl2＝π(R2－l2),
所以S圆＝S圆环,根据祖暅原理,这两个几何体的体积相等,即V球＝2×V球
＝2×πR3.
(2)椭圆的方程为＝1(a>b>0),将椭圆面绕y轴旋转半周得到椭球,则该椭球的体积为πa2b.
证明　构造底面半径为a和高为b的圆柱体,则用一个平行于底面的平面截半椭球和圆柱,得到两个等高度的截面,可证明等高处半椭球截面面积和圆柱截面圆环面积相等,即S圆＝S环,则根据祖暅原理,左边半椭球体的体积等于右边圆柱的体积减去倒立圆锥的体积.
因为左边半椭球:＝π,
右边圆柱:由相似三角形可得 r＝,
又由＝1得＝a2－,
所以圆球'＝πa2－πr2＝πa2－π
＝π＝π,
所以',所以半椭球体积等于圆柱的体积减去倒立圆锥的体积,即
VO'＝V1－V2＝πa2·b－πa2·b＝πa2b,
所以椭球的体积VO＝2VO'＝πa2b.
(3)已知双曲线C:＝1(a>0,b>0),直线y＝m,y＝n在第一象限内与C及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形,则阴影图形绕y轴旋转一周所得几何体的体积为πa2|m－n|.
证明　直线y＝t,t∈[m,n]与y轴、y＝x及双曲线交点分别为E,H,G.
则H,G,
则π|EG|2－π|EH|2＝πa2－π＝πa2,
即每个圆环的面积均相等,故所得几何体的体积为πa2|m－n|.
【应用示例】 (1)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了
用于计算体积的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”,
它的意思可以描述为:夹在两个平行平面之间的两个几
何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果所截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.如图,阴影部分是双曲线＝1与它的渐近线以及直线y＝±4所围成的图形,将此图形绕y轴旋转一周,得到一个旋转体,用祖暅原理可求得这个旋转体的体积为　　　　.
64π
解析　双曲线＝1的渐近线方程为x±y＝0,
令直线y＝t(－4≤t≤4)与双曲线及其渐近线分别交于点C,D及A,B,
D(－,t),
线段AC,BD绕y轴旋转一周得到旋转体的一个截面,它是一个圆环,圆环的内径|AB|＝2t,外径|CD|＝2,此圆环面积为π＝8π,
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为8π,又旋转体的高度为8,由祖暅原理知,此旋转体的体积等于底面圆半径为2,高为8的圆柱的体积64π.
(2)《缀术》中提出的“缘幂势既同,则积不容异”被称为祖暅原理,其意思是:如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图,某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面,侧面为球面的一部分,上底直径为4 cm,下底直径为6 cm,上下底面间的距离为3 cm,则该卧足杯侧面所在的球面的半径是
　　　 cm;卧足杯的容积是　　　　　 cm3(杯的厚度忽略不计).
5
54π
解析　如图.设球体的半径为R,OO1＝x,
由OM2＝ON2＝R2,
得x2＋(2)2＝(x＋3)2＋32,解得x＝1,
所以R＝＝5;
作一个高与球的半径相等,底面半径也与球的半径相等的圆柱,可得过O1的两截面的面积相等,
由祖暅原理知,碗的体积等于上图右边中间高为3的圆柱体积减去一个圆台.
设圆台上表面半径为r1,则r1＝O1P＝OO1＝1,下表面半径为r2,
所以r2＝OO2＝O2Q＝4,
V圆台＝πh(＋r1r2)＝21π,
V碗＝V圆柱－V圆台＝πR2h－21π＝54π.
2.通过阅读《多知道一点——平面方程》(湘教版选择性必修第二册P104),可从中提炼出如下结论:
(1)已知平面α的法向量n＝(A,B,C)和平面上一点P0(x0,y0,z0),则空间任意一点P(x,y,z)在平面上的充要条件为A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0.
证明　P∈α的充要条件是n⊥,
等价于0＝n·＝(A,B,C)·(x－x0,y－y0,z－z0)＝A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0),
即P(x,y,z)在平面α上的充要条件是它的坐标满足方程A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0.
(2)已知平面α的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0,其中A,B,C不同时为0,则n＝(A,B,C)是平面α的法向量.
证明　设平面α内的任意两点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),
则＝(x2－x1,y2－y1,z2－z1),
且Ax1＋By1＋Cz1＋D＝0,
Ax2＋By2＋Cz2＋D＝0,
因为n·＝A(x2－x1)＋B(y2－y1)＋C(z2－z1)＝Ax2＋By2＋Cz2－(Ax1＋By1＋Cz1)＝0,
所以n⊥,
所以n＝(A,B,C)是平面α的法向量.
(3)点P1(x1,y1,z1)到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离为d＝.
证明　如图所示,平面α的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0,
向量n＝(A,B,C)为α的法向量,平面外一点P1(x1,y1,z1),在平面内取一点M0(x0,y0,z0),
则点P1到平面α的距离d＝,
而|·n|＝|A(x1－x0)＋B(y1－y0)＋C(z1－z0)|,
由于点M0(x0,y0,z0)在平面α上,
因此有Ax0＋By0＋Cz0＋D＝0,
即Ax0＋By0＋Cz0＝－D,
由此可得|·n|＝|Ax1＋By1＋Cz1＋D|,
所以d＝,
空间中点到平面的距离公式可看成平面内点到直线的距离公式的推广.
【应用示例】 在空间直角坐标系O－xyz中,任一平面的方程都能表示成Ax＋By＋Cz＋D＝0,其中A,B,C,D∈R,A2＋B2＋C2≠0,且n＝(A,B,C)为该平面的法向量.
已知集合P＝{(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},
Q＝{(x,y,z)||x|＋|y|＋|z|≤2},
T＝{(x,y,z)||x|＋|y|≤2,|y|＋|z|≤2,
|z|＋|x|≤2}.
(1)设集合M＝{(x,y,z)|z＝0},记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值;
解　集合M＝{(x,y,z)|z＝0}表示xOy平面上所有的点,
P＝{(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示(±1,±1,±1)这八个顶点形成的正方体内(含外表面)所有的点,
P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截面内所有的点,它构成边长为2的正方形,因此S1＝4.
对于Q＝{(x,y,z)||x|＋|y|＋|z|≤2},当x,y,z>0时,x＋y＋z＝2表示经过(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点,Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有的点,它构成边长为2的正方形,因此S2＝8.
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值;
解　记集合Q,P∩Q中所有点构成的几何体的体积分别为V1,V2.
考虑集合Q的子集Q'＝{(x,y,z)|x＋y＋z≤2,x≥0,y≥0,z≥0},
即为三个坐标平面与x＋y＋z＝2围成的四面体,四面体四个顶点分别为(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),
此四面体的体积为VQ'＝×2×,
由对称性知,V1＝8VQ'＝.
考虑到P的子集P'构成的几何体为棱长为1的正方体,
即P'＝{(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1},
Q'＝{(x,y,z)|x＋y＋z≤2,x≥0,y≥0,z≥0},
P'∩Q'为两个几何体的公共部分.
记Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1),Q4(1,1,1),
容易验证Q1,Q2,Q3在平面x＋y＋z＝2上,同时也在P'的底面上,P'∩Q'为截去三棱锥Q4－Q1Q2Q3所剩下的部分.
P'的体积VP'＝1×1×1＝1,
三棱锥Q4－Q1Q2Q3的体积为×1××(1×1)＝,
故P'∩Q'的体积VP'∩Q'＝VP'－＝1－.
由对称性知,V2＝8VP'∩Q'＝.
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积V3的值;
②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W的面数和棱数.
解　①如图所示,即为T所构成的图形,其中正方体ABCD－LIJM即为集合P所构成的区域,
E－ABCD构成了一个正四棱锥,其中E(0,0,2).
VE－ABCD＝×1×2×2＝,
V3＝VP＋6VE－ABCD＝8＋6×＝16.
②由题意面EBC方程为x＋z－2＝0,
由题干知其法向量n1＝(1,0,1),
面ECD方程为y＋z－2＝0,
由题干知其法向量n2＝(0,1,1),
故cos＝.
由图知两个相邻的面所成角为钝角,
故H相邻两个面所成角为,
由图可知共有12个面,24条棱.
教材典型母题·必刷
04
母题1 (人教A版必修第二册P115例2)如图,一个漏斗的上面部分是一个长方体,下面部分是一个四棱锥,两部分的高都是0.5 m,公共面ABCD是边长为1 m的正方形,那么这个漏斗的体积是多少立方米(精确到0.01 m3) (计算漏斗的容积时不考虑漏斗的厚度)
解　由题意知
V长方体ABCD－A'B'C'D＝1×1×0.5＝0.5(m3),
V棱锥P－ABCD＝×1×1×0.5＝(m3).
所以这个漏斗的容积V＝≈0.67(m3).
(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA＝PB＝2,PC＝,则该棱锥的体积为(　　)
A.1 B.
C.2 D.3
解析　如图,取AB的中点D,连接PD,CD,
A
因为△ABC是边长为2的等边三角形,PA＝PB＝2,
所以PD⊥AB,CD⊥AB,
所以PD＝CD＝,
又PC＝,
所以PD2＋CD2＝PC2,
所以PD⊥CD,又AB∩CD＝D,AB,CD 平面ABC,
所以PD⊥平面ABC,
所以VP－ABC＝·S△ABC·PD＝××2××＝1,故选A.
母题2 (人教A版必修第二册P116T3)某广场设置了一些石凳供大家休息,这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如果被截正方体的棱长是50 cm,那么石凳的体积是多少
解　由题意可知,截去的八个四面体是全等的正三棱锥,体积是8×××25×25×25＝(cm3);
正方体的体积为50×50×50＝125 000(cm3);
则石凳的体积是125 000－(cm3).
母题3 (人教A版必修第二册P119T3)将一个棱长为6 cm的正方体铁块磨制成一个球体零件,求可能制作的最大零件的体积.
解　设球的半径为R,
由题意可知,球内切于正方体,
则2R＝6,解得R＝3,
故可能制作的最大零件的体积为V＝πR3＝36π(cm3).
(1)(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　 　)
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
ABD
解析　由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m,
所以选项A正确;
由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体,且>1.4,
所以选项B正确;
因为正方体的棱长为1 m,体对角线长为 m,<1.8,
所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中,所以选项C不正确;
对于D,如图,六边形EFGHIJ为正六边形,
其中E,F,G,H,I,J分别为棱长为1 m的正方体的棱的
中点,则正六边形EFGHIJ棱长为 m,
∠GFH＝∠GHF＝30°,所以FH＝FG＝GH＝ m,故正六边形EFGHIJ的内切圆直径为 m.高为0.01 m可忽略不计,故底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体可看作直径为1.2 m的平面圆,而>(1.2)2＝1.44,选项D正确.
综上,选ABD.
(2)(2025·北京卷)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平面多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,
AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED,若AB＝BC＝8,AF＝CD＝4,AR＝RF＝TC＝TD＝,则该多面体的体积为　　　　.
60
解析　因为BC∥AF,AB⊥BC,所以AB⊥AF.
因为平面ARF⊥平面ABC,
所以AB⊥平面ARF.
因为AB∥CD,AB⊥BC,所以BC⊥CD.
因为平面TCD⊥平面ABC,
所以BC⊥平面TCD.
延长CB与EF相交于点N,延长AB与DE相交于点Q,
所以BN∥EQ,BQ∥EN.
所以四边形BQEN是边长为4的正方形,
点S到正方形BQEN四边的距离均为,
S到平面BQEN的距离为.
所以正四棱锥S－BQEN的体积为×4×4×＝8.
多面体ARF－BNS是三棱柱＋三棱锥,
其体积为×4××8＋××4××＝26.
同理多面体TCD－BQS的体积也为26,
所以所求体积为2×26＋8＝60.
母题4 (人教A版必修第二册P119练习T1)已知圆锥的表面积为a m3,且它的侧面展开图是一个半圆,求这个圆锥的底面直径.
解　设圆锥的底面的半径为r,圆锥的母线为l,
则由πl＝2πr得l＝2r,
而S＝πr2＋πr·2r＝a,即3πr2＝a,
∴r＝,即直径为.
(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　)
A.2 B.2
C.4 D.4
解析　设圆锥的母线长为l,因为该圆锥的底面半径为,侧面展开图为一个半圆,所以2π×＝πl,解得l＝2,故选B.
B
母题5 (人教A版必修第二册P120T8)分别以一个直角三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴,其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体.这3个几何体的体积之间有什么关系
解　设直角三角形ABC的两条直角边分别为a,b,斜边为c,
以斜边c所在直线为轴,进行旋转,形成底面半径为,高的和为c的两个圆锥的组合体,其体积V1＝×π××c＝;
以直角边a所在直线为轴,进行旋转,形成底面半径为b,高为a的圆锥,
其体积V2＝×π×b2×a＝ab2;
以直角边b所在直线为轴,进行旋转,形成底面半径为a,高为b的圆锥,
其体积V3＝×π×a2×b＝a2b,
有.
即.
(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD,F－ABC,F－ACE的体积分别为V1,V2,V3,则(　　)
A.V3＝2V2 B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1
CD
解析　如图,连接BD交AC于O,连接OE,OF.
设AB＝ED＝2FB＝2,
则AB＝BC＝CD＝AD＝2,FB＝1.
因为ED⊥平面ABCD,FB∥ED,
所以FB⊥平面ABCD,
所以V1＝VE－ACD＝S△ACD·ED
＝×AD·CD·ED
＝××2×2×2＝,
V2＝VF－ABC＝S△ABC·FB
＝×AB·BC·FB
＝××2×2×1＝.
因为ED⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
所以ED⊥AC,
又AC⊥BD,且ED∩BD＝D,ED,BD 平面BDEF,所以AC⊥平面BDEF.
因为OE,OF 平面BDEF,
所以AC⊥OE,AC⊥OF.
易知AC＝BD＝AB＝2,OB＝OD＝BD＝,OF＝,
OE＝,
EF＝
＝＝3,
所以EF2＝OE2＋OF2,所以OF⊥OE.
又OE∩AC＝O,OE,AC 平面ACE,
所以OF⊥平面ACE,
所以V3＝VF－ACE＝S△ACE·OF
＝×AC·OE·OF
＝××2××＝2,
所以V3≠2V2,V1≠V3,V3＝V1＋V2,2V3＝3V1,所以选项A,B不正确,选项C,D正确.故选CD.
母题6 (人教B版必修第四册P80例2)把地球看成一个半径为6 370 km的球,已知我国首都北京靠近北纬40°,求北纬40°纬线的长度(π≈3.141 6,cos 40°≈0.766 0,结果精确到1 km).
解　作出截面图,如图所示.设A是北纬40°圈上的一点,AK是北纬40°圈的半径,O为球心,
所以OK⊥AK.
设北纬40°的纬线长为c km,
因为∠AOB＝∠OAK＝40°,
所以c＝2π·AK
＝2π·OA·cos∠OAK＝2π·OA·cos 40°
≈2×3.141 6×6 370×0.766 0≈30 658,
即北纬40°的纬线长约为30 658 km.
(2020·新高考全国Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)
A.20° B.40°
C.50° D.90°
B
解析　如图所示,☉O为赤道平面,☉O1为A点处的日晷的晷面所在的平面,由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°,又点A处的水平面与OA垂直,晷针AC与☉O1所在的面垂直,则晷针AC与水平面所成角为40°.故选B.
母题7 (湘教版必修第二册P197习题4.5T5)如图,古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现:图中圆柱的体积是球体积的,圆柱的表面积也是球表面积的.他的发现是否正确 试说明理由.
解　正确,理由如下:
设球的半径为R,
则圆柱的底面半径为R,高为2R,
故球的体积V＝πR3,
圆柱的体积V1＝π×R2×2R＝2πR3,
即V1＝×πR3＝V;
又球的表面积S＝4πR2,圆柱的表面积S1＝2πR·2R＋2×πR2＝6πR2,
故S1＝×4πR2＝S.
即圆柱的体积是球体积的,圆柱的表面积也是球表面积的.
(2025·新高考Ⅱ卷)一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为　　　　 cm.
2.5
解析　设铁球半径为r cm,若两个铁球的球心在竖直方向上,且分别与两个底面相切,则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r,此时铁球的半径为 cm.
当两球球心不在竖直方向上时,设两个铁球的球心分别为O1,O2,此种情况下,当铁球半径最大时,如图1所示,圆柱与两铁球的轴截面如图2所示 ,其中ABCD为圆柱的轴截面,O2P⊥AB,O1P⊥AD,则有O2P＝9－2r,O1P＝8－2r,O1O2＝2r,
在Rt△O1O2P中,有(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2,
即(2r－29)(2r－5)＝0,
解得r＝2.5或r＝14.5(舍去).
因为2.5>＝2.25,
所以铁球半径的最大值为2.5 cm.
母题8 (人教A版必修第二册P140例4)已知正方体ABCD－A1B1C1D1,求证:平面AB1D1∥平面BC1D.
证明　∵ABCD－A1B1C1D1为正方体,
∴D1C1綉A1B1,AB綉A1B1,
∴D1C1綉AB,
∴四边形D1C1BA为平行四边形,
∴D1A∥C1B.
又D1A 平面BC1D,C1B 平面BC1D,
∴D1A∥平面BC1D.
同理D1B1∥平面BC1D.
又D1A∩D1B1＝D1,
D1A,D1B1 平面AB1D1,
∴平面AB1D1 ∥平面BC1D.
(2022·新高考Ⅱ卷节选)如图,PO是三棱锥P－ABC的高,PA＝PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
证明:OE∥平面PAC.
证明　如图,取AB的中点D,连接DP,DO,DE.
因为AP＝PB,所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高,
所以PO⊥平面ABC.
因为AB 平面ABC,所以PO⊥AB.
又PO,PD 平面POD,且PO∩PD＝P,
所以AB⊥平面POD.
因为OD 平面POD,所以AB⊥OD,
又AB⊥AC,AB,OD,AC 平面ABC,
所以OD∥AC.
因为OD 平面PAC,AC 平面PAC,
所以OD∥平面PAC.
因为D,E分别为BA,BP的中点,
所以DE∥PA.
因为DE 平面PAC,PA 平面PAC,
所以DE∥平面PAC.
又OD,DE 平面ODE,OD∩DE＝D,
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE 平面ODE,所以OE∥平面PAC.
母题9 (人教A版必修第二册P138例3)如图所示的一块木料中,棱BC平行于面A'C'.
(1)要经过面A'C'内的一点P和棱BC将木料锯开,在木料表面应该怎样画线
解　如图,在平面A'C'内,
过点P作直线EF,
使EF∥B'C',并分别交棱A'B',D'C'于点E,F.
连接BE,CF,则EF,BE,CF就是应画的线.
(2)所画的线与平面AC是什么位置关系
解　因为棱BC平行于平面A'C',BC 平面BC',
平面BC'与平面A'C'相交于B'C',
所以BC∥B'C'.
由(1)知,EF∥B'C',
所以EF∥BC,
而BC在平面AC内,EF在平面AC外,
所以EF∥平面AC.
显然,BE,CF都与平面AC相交.
母题10 (人教A版必修第二册P145T15)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器倾斜.随着倾斜度的不同,有下面五个命题:
①有水的部分始终呈棱柱形;
②没有水的部分始终呈棱柱形;
③水面EFGH所在四边形的面积为定值;
④棱A1D1始终与水面所在平面平行;
⑤当容器倾斜如图(3)所示时,BE·BF是定值.
其中所有正确命题的序号是　 　　　,为什么
①②④⑤
解析　因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,所以有水的部分和无水的部分始终有两个面平行,而其余各面都易证是平行四边形,所以①②是正确的.
在题图(1)中,水面面积
S1＝EF·FG＝EF·BC.
在题图(2)中,水面面积S2＝EF·BC,而题图(1)中的EF小于题图(2)中的EF,则S1易知④是正确的.
因为水的体积一定,形成的柱体的高度始终是BC,所以底面△EFB的面积一定,即S△EFB＝BE·BF是一个定值,即BE·BF是一个定值,所以⑤是正确的.
母题11 (人教A版必修第二册P170T10)如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点,将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点A'.
(1)求证:A'D⊥EF;
证明　折叠前,AD⊥AE,CD⊥CF,折叠后,
A'D⊥A'E,A'D⊥A'F.
又A'E∩A'F＝A',A'E,A'F 平面A'EF,
∴A'D⊥平面A'EF,∵EF 平面A'EF,
∴A'D⊥EF.
(2)求三棱锥A'－EFD的体积.
解　由(1)可知,A'D⊥平面A'EF,
∴三棱锥D－A'EF的高A'D＝AD＝2.
又△A'EF折前为△BEF,E,F分别为AB,BC的中点,
∴S△A'EF＝S△BEF＝×1×1＝,
∴VA'－EFD＝VD－A'EF＝·S△A'EF·A'D＝××2＝.
母题12 (湘教版必修第二册P198T12)一块边长40 cm的正方形包装纸按图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个如图(2)所示的正四棱锥形包装盒.在图(1)中,x表示等腰三角形的底边长;在图(2)中,点E,F分别是四棱锥P－ABCD的棱BC,PA的中点.
(1)求证:EF∥平面PDC;
证明　取PD的中点M,连接FM,CM,
∵F为PA的中点,
∴FM∥AD,
FM＝AD.
∵E为BC的中点,
∴EC∥AD,EC∥AD,
∴FM∥EC,FM＝EC,
∴四边形FMCE是平行四边形,
∴EF∥CM.
∵EF 平面PDC,CM 平面PDC,
∴EF∥平面PDC.
(2)把该包装盒的体积V表示为x的函数,并求x＝32 cm时,三棱锥A－BEF的体积.
解　连接对角线AC,BD交于点O,连接OE,PO,PE,
则PO⊥底面ABCD,OE＝x,PE＝20,
∴PO＝,
∴V四棱锥P－ABCD＝x2·
＝(0取AO的中点H,连接FH,
则FH∥PO,
FH＝PO＝.
∵PO⊥底面ABCD,
∴FH⊥底面ABCD,
∴V三棱锥A－BEF＝V三棱锥F－ABE
＝··x·x
＝(0当x＝32时,
V三棱锥A－BEF＝
＝＝512(cm3).
(2023·全国乙卷)如图,在三棱锥P－ABC中,AB⊥BC,AB＝2,BC＝2,PB＝PC＝,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)求证:EF∥平面ADO;
证明　如图,因为AB⊥BC,AB＝2,BC＝2,O是BC的中点,
所以,
所以△OBA∽△ABC,
所以∠CAB＝∠AOB.
记BF⊥AO的垂足为H,则△BHA∽△OBA,
所以∠HBA＝∠BOA.
所以∠HBA＝∠CAB,
所以BF＝AF,∠BCF＝∠CBF,
所以CF＝BF,CF＝AF,故F是AC的中点.
因为E,F分别是AP,AC的中点,
所以EF∥PC.
因为D,O分别是BP,BC的中点,
所以DO∥PC,所以EF∥DO.
又DO 平面ADO,EF 平面ADO,所以EF∥平面ADO.
(2)若∠POF＝120°,求三棱锥P－ABC的体积.
解　由(1)得FO ∥ AB,因为AB⊥BC,
所以FO⊥BC.
又PO⊥BC,
所以∠POF是二面角P－BC－F的平面角,
如图,过点P作PM⊥平面ABC于点M,连接MO,
则∠POM是二面角P－BC－M的平面角,
所以∠POM＝60°.
在△PBC中,由PB＝PC＝,BC＝2,
得PO＝2,所以PM＝.
所以三棱锥P－ABC的体积
VP－ABC＝S△ABC·PM＝××2×2×.
母题13 (1)(人教A版必修第二册P148练习T4)如图,在正三棱柱ABC－A'B'C'中,D为棱AC的中点,AB＝BB'＝2,求证BD⊥AC'.
证明　取CC'的中点E,连接BE,DE.
由DE为△ACC'的中位线,可得DE∥AC',
又BD＝×2＝,DE＝AC'＝×2,
BE＝,
BD2＋DE2＝BE2,可得BD⊥DE,
则BD⊥AC'.
(2)(人教A版必修第二册P159练习T4)如图,在正三棱柱ABC－A'B'C'中,D为棱AC的中点.
求证:平面BDC'⊥平面ACC'A'.
证明　∵在正三棱柱ABC－A'B'C'中,D为AC中点,∴BD⊥AC,
又在正三棱柱ABC－A'B'C'中,AA'⊥平面ABC,BD 平面ABC,
∴AA'⊥BD.
∵AC∩AA'＝A,AC 平面ACC'A',AA' 平面ACC'A',
∴BD⊥平面ACC'A',
∵BD 平面BDC',
∴平面BDC'⊥平面ACC'A'.
(3)(人教A版必修第二册P162习题8.6T4)如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,CA＝CB,P为A1B的中点,Q为棱C1C的中点.求证:
①PQ⊥AB;②PQ⊥C1C;
③PQ⊥A1B.
证明　①如图,取AB的中点D,连接CD,DP,
∵P为A1B的中点,∴PD綉AA1,
又∵Q为CC1的中点,∴CQ綉AA1,
∴PD綉CQ,
∴四边形CDPQ为平行四边形,∴CD∥PQ.
又∵CA＝CB,D为AB的中点,∴CD⊥AB,∴PQ⊥AB.
②∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,CD 平面ABC,
∴AA1⊥CD,由①知CD∥PQ,
∴PQ⊥AA1.
又AA1∥CC1,∴PQ⊥CC1.
③由①②知,PQ⊥AB,PQ⊥AA1,
而AB∩AA1＝A,AB,AA1 平面AA1B1B,
∴PQ⊥平面AA1B1B.
∵A1B 平面AA1B1B,
∴PQ⊥A1B.
(1)(多选)(2025·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中,D为BC的中点,则(　　)
A.AD⊥A1C B.BC⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
解析　在正三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
又AD 平面ABC,
则AA1⊥AD,
即·＝0.
BD
因为△ABC是正三角形,D为BC中点,
则AD⊥BC,即·＝0,
又 ,
所以·＝()···≠0,
则AD与A1C不垂直,故A错误;
因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱,
所以AA1⊥平面ABC,则AA1⊥BC.
因为△ABC是正三角形,D为BC的中点,
则AD⊥BC,又AD∩AA1＝A,AD,AA1 平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D,B正确;
AB∥A1B1,AD与AB相交,
所以AD与A1B1异面,C错误;
CC1∥AA1,CC1 平面AA1D,AA1 平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,D正确.故选BD.
(2)(2023·新高考Ⅱ卷节选)如图,三棱锥A－BCD中,DA＝DB＝DC,BD⊥CD,∠ADB＝∠ADC＝60°,E为BC的中点.证明:BC⊥DA.
证明　如图,连接DE,AE,
因为DC＝DB,E为BC的中点,所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°,DA＝DA,DC＝DB,
所以△ADB≌△ADC(SAS),
所以AC＝AB,故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E,DE,AE 平面ADE,
所以BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE,所以BC⊥DA.
母题14 (人教A版必修第二册P152例4)如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,求直线A1B和平面A1DCB1所成的角.
解　如图,连接BC1,交B1C于点O,连接A1O.
设正方体的棱长为a,
因为A1B1⊥平面BCC1B1,BC1 平面BCC1B1,
所以A1B1⊥BC1,
又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C＝B1,A1B1,B1C 平面A1DCB1,
所以BC1⊥平面A1DCB1,
因此A1O为斜线A1B在平面A1DCB1上的射影,即∠BA1O为A1B和平面A1DCB1所成的角.
在Rt△A1BO中,∠BOA1＝90°,
A1B＝a,BO＝a,
可得BO＝A1B,所以∠BA1O＝30°,
即直线A1B和平面A1DCB1所成的角为30°.
(1)(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)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°
ABD
解析　如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1,所以直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确;
在正方体ABCD－A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1 平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.连接B1C,则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C＝C,CD,B1C 平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1,又CA1 平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1,所以直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;
连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D,连接OB.因为OB 平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a,则易得BC1＝a,OC1＝,所以在Rt△BOC1中,OC1＝BC1,所以∠OBC1＝30°,故C错误;
因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角,易得∠CBC1＝45°,故D正确.故选ABD.
(2)(2022·全国甲卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(　　)
A.AB＝2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC＝CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
D
解析　如图,连接BD,易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD
所成的角,
所以在Rt△BDB1中,∠BDB1＝30°,
设BB1＝1,
则B1D＝2BB1＝2,
BD＝.
易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B所成的角,
所以在Rt△ADB1中,∠AB1D＝30°.
因为B1D＝2,所以AD＝B1D＝1,
AB1＝,
所以在Rt△ABB1中,AB＝,所以A项错误;
易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D所成的角,
因为在Rt△ABB1中,sin∠BAB1＝≠,
所以∠BAB1≠30°,所以B项错误;
在Rt△CBB1中,CB1＝,
而AC＝,所以C项错误;
易知∠DB1C是直线B1D与平面BB1C1C所成的角,
因为在Rt△DB1C中,CB1＝CD＝,
所以∠DB1C＝45°,所以D项正确.故选D.
母题15 (人教B版必修第四册P109T2)判断下列命题的真假.
(1)m α,n α,m β,n β α∥β;
(2)α∥β,m α,n β m∥n;
(3)α∥β,l β l∥α.
解　(1)假命题.
(2)假命题(m∥n或m与n异面);
(3)真命题.
(1)(2025·天津卷)已知m,n为两条直线,α,β为两个平面,则下列结论中正确的是(　　)
A.若m∥α,n α,则m∥n B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β D.若m α,α⊥β,则m⊥β
C
解析　若m∥α,n α,则m∥n或m,n异面,A错误;
若m⊥α,m⊥β,则α∥β,B错误;
若m∥α,m⊥β,则α⊥β,C正确;
若m α,α⊥β,
则m∥β或m与β相交或m β,D错误.
(2)(2024·全国甲卷)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β＝m,下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是(　　)
A.①③ B.②④
C.①②③ D.①③④
A
解析　α∩β＝m,则m α,m β,
对于①,若m∥n,则n∥α或n∥β,①正确;
对于②,若m⊥n,则可能n∥α或n与α相交,②错误;
对于③,若n∥α且n∥β,则n∥m,③正确;
对于④,n与m所成角可以为内的任意角,④错误.故选A.
母题16 (人教A版必修第二册P152T4)过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC.
(1)若PA＝PB＝PC,则点O是△ABC的　　　　心.
外
解析　过△ABC所在平面α外一点P,作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC,
∵PA＝PB＝PC,∴OA＝OB＝OC,
∴点O是△ABC的外心.
(2)若PA＝PB＝PC,∠C＝90°,则点O是AB边的　　　　点.
中
解析　由(1)知,O是△ABC的外心,又∠C＝90°,故O为斜边AB的中点.
(3)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的　　　　心.
垂
解析　连接AO并延长交BC于一点E,连接PO.
∵PA,PB,PC两两垂直,
即PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,
∴PA⊥平面PBC.
又∵BC 平面PBC,
∴BC⊥PA.
∵PO⊥平面ABC于O,BC 平面ABC,
∴PO⊥BC,
∴BC⊥平面PAE.
∵AE 平面APE,
∴BC⊥AE.
同理可证HC⊥AB,BG⊥AC,
所以O是△ABC的垂心.
母题17 (1)(人教A版必修第二册P164习题8.6T21)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA＝AB,E为线段PB的中点,F为线段BC上的动点.平面AEF与平面PBC是否互相垂直 如果垂直,请证明,如果不垂直,请说明理由.
解　垂直,证明如下:
∵PA⊥底面ABCD,BC 平面ABCD,
∴PA⊥BC,
又底面ABCD为正方形,
∴AB⊥BC,而PA∩AB＝A,PA,AB 平面PAB,
∴BC⊥平面PAB.
∵AE 平面PAB,∴BC⊥AE.
∵PA＝PB,E为PB的中点,
∴AE⊥PB.而PB∩BC＝B,PB,BC 平面PBC,
∴AE⊥平面PBC.
∵AE 平面AEP,
∴平面AEF⊥平面PBC.
(2)(人教A版选择性必修第一册P39例10)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD＝DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
①求证:PA∥平面EDB;
证明　以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设DC＝1.
连接AC,交BD于点G,连接EG.
依题意得A(1,0,0),P(0,0,1), E.
因为底面ABCD是正方形,所以点G是它的中心,故点G的坐标为,
且＝(1,0,－1),.
所以＝2,即PA∥EG.
而EG 平面EDB,且PA 平面EDB,
因此PA∥平面EDB.
②求证:PB⊥平面EFD;
证明　依题意得B(1,1,0),＝(1,1,－1).
又,
故·＝0＋＝0.
所以PB⊥DE.
由已知EF⊥PB,且EF∩DE＝E,
EF,DE 平面EFD,
所以PB⊥平面EFD.
③求平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
证明　已知PB⊥EF,由②可知PB⊥DF,故∠EFD是平面CPB与平面PBD的夹角.
设点F的坐标为(x,y,z),
则＝(x,y,z－1).
因为＝k,
所以(x,y,z－1)＝k(1,1,－1)＝(k,k,－k),
即x＝k,y＝k,z＝1－k.
设·＝0,则(1,1,－1)·(k,k,1－k)＝k＋k－1＋k＝3k－1＝0.
所以k＝,点F的坐标为.
又点E的坐标为,
所以,.
所以cos∠EFD＝＝,
所以∠EFD＝60°,即平面CPB与平面PBD的夹角大小为60°.
(2025·新高考Ⅰ卷)如图,在四棱锥P－ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
证明　因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,所以PA⊥AD,
又AD⊥AB,PA∩AB＝A,PA,AB 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,
又AD 平面PAD,
所以平面PAD⊥平面PAB.
(2)设PA＝AB＝,BC＝2,AD＝1＋,且点P,B,C,D均在球O的球面上.
①证明:点O在平面ABCD内;
证明　以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系A－xyz,如图所示,
则B(,0,0),C(,2,0),D(0,1＋,0), P(0,0,),
设球心O(a,b,c),
因为点P,B,C,D均在球O的球面上,
由|OB|＝|OC|＝|OD|＝|OP|,
可得(a－)2＋b2＋c2＝(a－)2＋(b－2)2＋c2＝a2＋(b－1－)2＋c2＝a2＋b2＋(c－)2,
得a＝0,b＝1,c＝0,
即O(0,1,0),
所以点O在AD上,
即点O在平面ABCD内.
②求直线AC与PO所成角的余弦值.
解　＝(,2,0),＝(0,1,－),
则cos<,>＝,
所以直线AC与PO所成角的余弦值为.
母题18 (人教A版必修第二册P171T13)如图,在三棱锥P－ABC中,∠ACB＝90°,PA⊥底面ABC.
(1)求证:平面PAC⊥平面PBC;
证明　∵PA⊥底面ABC,BC 底面ABC,∴PA⊥BC.
又∠ACB＝90°,即AC⊥BC,
PA∩AC＝A,PA,AC 平面PAC.
∴BC⊥平面PAC.
∵BC 平面PBC,∴平面PAC⊥平面PBC.
(2)若AC＝BC＝PA,M是PB的中点,求AM与平面PBC所成角的正切值.
解　如图,取PC的中点D,
连接AD,DM.
∵AC＝PA,∴AD⊥PC.
由(1)知,BC⊥平面PAC,
又AD 平面PAC,
∴BC⊥AD.
而PC∩BC＝C,PC,BC 平面PBC,
∴AD⊥平面PBC.∴DM是斜线AM在平面PBC上的射影,
∴∠AMD就是AM与平面PBC所成的角,且AD⊥DM.
设AC＝BC＝PA＝2a,
则由M是PB中点得DM＝BC＝a,AD＝a.
∴tan∠AMD＝,
即AM与平面PBC所成角的正切值为.
(1)(2024·新高考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
B
解析　设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h,
三条侧棱延长后交于一点P,作PO⊥平面ABC于点O,PO交平面A1B1C1于点O1,
连接OA,O1A1,如图所示.
由AB＝3A1B1,
可得PO1＝h,PO＝h,
又×22×,
S△ABC＝×62×＝9,
所以正三棱台ABC－A1B1C1的体积V＝VP－ABC－×9×h－××h＝,
解得h＝,故PO＝h＝2.
由正三棱台的性质可知,O为底面ABC的中心,则OA＝×＝2,
因为PO⊥平面ABC,
所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角,
在Rt△PAO中,tan∠PAO＝＝1,故选B.
(2)(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C－AB－D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
C
解析　如图所示,取AB的中点为M,连接CM,DM,
则CM⊥AB,DM⊥AB,又CM,DM 平面CMD,CM∩DM＝M,
于是AB⊥平面CMD,
∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角,
于是∠CMD＝150°.
设AB＝2,则CM＝1,MD＝,
在△CMD中,由余弦定理的推论可得
CD＝.
延长CM,过点D作CM的垂线,
设垂足为H,则∠HMD＝30°,DH＝DM＝,MH＝DM＝,
所以CH＝1＋.
因为DH 平面CMD,则AB⊥DH,
又DH⊥CM,AB,CM 平面ABC,AB∩CM＝M,
所以DH⊥平面ABC,∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角,
于是在Rt△DCH中,tan ∠DCM＝.
(3)(2022·全国乙卷)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD＝CD,
∠ADB＝∠BDC,E为AC的中点.
①证明:平面BED⊥平面ACD;
证明　因为AD＝CD,E为AC的中点,所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中,
因为AD＝CD,∠ADB＝∠CDB,DB＝DB,
所以△ADB≌△CDB,所以AB＝BC.
因为E为AC的中点,所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E,BE,DE 平面BED,
所以AC⊥平面BED,
又AC 平面ACD,
所以平面BED⊥平面ACD.
②设AB＝BD＝2,∠ACB＝60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
解　法一　因为E为AC的中点,所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍.
因为DE2＋EB2＝BD2,所以DE⊥BE,
又因为DE⊥AC,AC∩BE＝E,AC,BE 平面ABC,所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB,
所以·AE·BE·DE＝·S△ABD·,其中d为点C到平面ABD的距离.
在△ABD中,BA＝BD＝2,AD＝,
所以S△ABD＝,所以d＝.
因为AC⊥平面BED,EF 平面BED,
所以AC⊥EF,
又因为当EF⊥BD时,EF距离最短,
即△AFC的面积最小,
所以此时FC＝.
记CF与平面ABD所成的角为α,
则sin α＝.
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
法二　如图,过点E作EM⊥AB交AB于点M,连接DM,过点E作EG⊥DM交DM于点G.
因为DE⊥AC,DE⊥BE,AC∩BE＝E,AC,BE 平面ABC,
所以DE⊥平面ABC,又AB 平面ABC,所以DE⊥AB,
又EM∩DE＝E,EM,DE 平面DEM,所以AB⊥平面DEM,
又EG 平面DEM,所以AB⊥EG,
又AB∩DM＝M,AB,DM 平面ABD,
所以EG⊥平面ABD,则EG的长度等于点E到平面ABD的距离.
因为E为AC的中点,所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.
因为EM＝AE·sin 60°＝,
所以EG＝,
所以点C到平面ABD的距离d＝.
又因为当EF⊥BD时,EF距离最短,
即△AFC的面积最小,
此时FC＝.
记CF与平面ABD所成的角为α,
则sin α＝.
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
母题19 (人教A版必修第二册P158例7)如图所示,在正方体ABCD－A'B'C'D'中,求证:平面A'BD⊥平面ACC'A'.
证明　∵ABCD－A'B'C'D'是正方体,
∴AA'⊥平面ABCD,∴AA'⊥BD.
又BD⊥AC,AA'∩AC＝A,
AA',AC 平面ACC'A',
∴BD⊥平面ACC'A'.∵BD 平面A'BD,
∴平面A'BD⊥平面ACC'A'.
(2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　)
A.平面B1EF⊥平面BDD1 B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC D.平面B1EF∥平面A1C1D
A
解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中,
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD,
又EF 平面ABCD,
所以EF⊥DD1,
因为E,F分别为AB,BC的中点,
所以EF∥AC,所以EF⊥BD,
又BD∩DD1＝D,BD,DD1 平面BDD1,
所以EF⊥平面BDD1,
又EF 平面B1EF,
所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确;
如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,
设AB＝2,则D(0,0,0),B1(2,2,2),
E(2,1,0),F(1,2,0),B(2,2,0),A1(2,0,2),A(2,0,0),C(0,2,0),C1(0,2,2),
则＝(－1,1,0),＝(0,1,2),
＝(2,2,0),＝(2,0,2),
＝(0,0,2),＝(－2,2,0),
＝(－2,2,0).
设平面B1EF的一个法向量为m＝(x1,y1,z1),
可取m＝(2,2,－1),
同理可得平面A1BD的一个法向量为n1＝(1,－1,－1),
平面A1AC的一个法向量为n2＝(1,1,0),
平面A1C1D的一个法向量为n3＝(1,1,－1),
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0,
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直,故B错误;
因为m与n2不平行,
所以平面B1EF与平面A1AC不平行,故C错误;
因为m与n3不平行,
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行,
故D错误.
母题20 (人教A版选择性必修第一册P41T3)如图,在三棱锥O－ABC中,OA,OB,OC两两垂直,OA＝OC＝3,OB＝2.求直线OB与平面ABC所成角的正弦值.
解　以O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线轴为y轴,OA所在直线为z轴建立空间直角坐标系,
所以O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,0,3),C(0,3,0),
＝(2,0,0),
设平面ABC的一个法向量为n＝(x,y,z),
＝(－2,0,3),＝(0,3,－3),
所以不妨令x＝3,则n＝(3,2,2),
所以cos<,n>＝,
所以直线OB与平面ABC所成角的正弦值为.
(2020·新高考Ⅱ卷)如图,四棱锥P－ABCD的底面为正方形,PD⊥
底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
证明　∵PD⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,
∴PD⊥AD.
又底面ABCD是正方形,∴AD⊥DC.
∵PD∩DC＝D,PD,DC 平面PDC,
∴AD⊥平面PDC.
∵AD∥BC,AD 平面PBC,BC 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
∵AD 平面PAD,平面PAD∩平面PBC＝l,
∴l∥AD,∴l⊥平面PDC.
(2)已知PD＝AD＝1,Q为l上的点,QB＝,求PB与平面QCD所成角的正弦值.
解　以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系
D－xyz,
则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),＝(0,1,0),
＝(1,1,－1).
由(1)设Q(a,0,1),则＝(a－1,－1,1).
由题意知,
∴a＝1,∴＝(1,0,1).
可取n＝(1,0,－1),
∴cos＝,
故PB与平面QCD所成角的正弦值为.
母题21 (人教A版选择性必修第一册P43T9)已知M,N分别是正方体ABCD－A'B'C'D'的棱BB'和B'C'的中点,求:
(1)MN和CD'所成的角;
解　以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD'所在直线为z轴,建立如图空间直角坐标系,
设正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为2,
则M(2,2,1),N(1,2,2),C(0,2,0),D'(0,0,2),
＝(－1,0,1),＝(0,－2,2),
cos<,>＝＝,
∴MN和CD'所成角的大小为60°.
(2)MN和AD所成的角.
解　A(2,0,0),D(0,0,0),＝(－2,0,0),
cos<,>＝,
∴MN和AD所成角的大小为45°.
(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A. B.
C. D.
解析　法一　如图,连接C1P,因为ABCD－A1B1C1D1是正方体,且P为B1D1的中点,所以C1P⊥B1D1,又C1P⊥BB1,B1D1∩BB1＝B1,B1D1,BB1 平面B1BP,所以C1P⊥平面B1BP.又BP 平面B1BP,所以有C1P⊥BP.连接BC1,则AD1∥BC1,所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角(或其补角).设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,
D
则在Rt△C1PB中,C1P＝B1D1＝,BC1＝2,sin ∠PBC1＝,
所以∠PBC1＝,故选D.
法二　如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,则A(0,0,0),B(2,0,0),P(1,1,2),D1(0,2,2),＝
(1,－1,－2),＝(0,2,2).设直线PB与AD1所成的角为θ,
则cos θ＝.
因为θ∈,所以θ＝,故选D.
法三　如图,连接BC1,A1B,A1P,PC1,则易知AD1∥BC1,所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角(或其补角).由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点,知A1,P,C1三点共线,且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1,所以△A1BC1为等边三角形 ,所以∠A1BC1＝,又P为A1C1的中点,所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝,故直线PB与AD1所成的角为,故选D.
母题22 (1)(人教A版选择性必修第一册P34例6)如图,在棱长
为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,
F为线段AB的中点.
①求点B到直线AC1的距离;
②求直线FC到平面AEC1的距离.
解　以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、
z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,1),C1(0,1,0),
E,F,
所以＝(0,1,0),＝(－1,1,－1),
,,
,.
①取a＝＝(0,1,0),
u＝(－1,1,－1),
则a2＝1,a·u＝.
所以点B到直线AC1的距离为
.
②因为,
所以FC∥EC1.因为FC 平面AEC1,
EC1 平面AEC1,所以FC∥平面AEC1,
所以直线FC到平面AEC1的距离即为点F到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n＝(x,y,z),
所以n＝(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量.
又因为,
所以点F到平面AEC1的距离为
,
即直线FC到平面AEC1的距离为.
(2)(人教A版选择性必修第一册P49T12)如图,在四棱锥S－ABCD中,底面ABCD满足AB⊥AD,AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,且SA＝AB＝BC＝1,AD＝0.5.
①求四棱锥S－ABCD的体积;
②求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.
解　①根据题意可得四棱锥S－ABCD的体积为VS－ABCD＝×S直角梯形ABCD×SA＝××(1＋0.5)×1×1＝.
②根据题意可建系如图:
则D,C(1,1,0),S(0,0,1),
∴,＝(1,1,－1),
设平面SCD的法向量为m＝(x,y,z),
取m＝(2,－1,1),又易知平面SAB的一个法向量为n＝(1,0,0),
∴平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为
|cos|＝.
(3)(湘教版选择性必修第二册P112T19)如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,AD＝AA1＝1,AB＝2,点E在棱AB上移动.
①求证:D1E⊥A1D;
②当点E为棱AB的中点时,求点E到平面ACD1的距离;
③当AE为何值时,平面D1EC与平面AECD所成的角为
解　以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,
建立空间直角坐标系,设AE＝x(0≤x≤2),
则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0),D(0,0,0).
①证明　∵·＝(1,0,1)·(1,x,－1)＝0,∴⊥,∴D1E⊥A1D.
②∵E为AB的中点,则E(1,1,0),
∴＝(1,1,－1),＝(－1,2,0),＝(－1,0,1),
设平面ACD1的法向量为n＝(a,b,c),
令a＝2,得
从而n＝(2,1,2),∴点E到平面AD1C的距离为h＝＝.
③设平面D1EC的法向量n1＝(a1,b1,c1),
∴＝(1,x－2,0),＝(0,2,－1),＝(0,0,1),
由
令b1＝1,∴c1＝2,a1＝2－x,∴n1＝(2－x,1,2).
又平面AECD的一个法向量为＝(0,0,1),
依题意cos ＝,
∴x1＝2＋(舍去),x2＝2－,
∴AE＝2－时,平面D1EC与平面AECD所成的角为.
(4)(人教A版选择性必修第一册P49T13)如图,把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角,E,F分别为AD,BC的中点,O是原正方形ABCD的中心,求折纸后∠EOF的大小.
解　如图,以OB,OC,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
设原正方形的边长为1,
则E,F,
∴cos<,>＝＝－＝－,
∴∠EOF＝120°.
(1)(2025·新高考Ⅱ卷)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB
＝90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB＝3AD,CD＝
2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得平面
EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°.
①证明:A'B∥平面CD'F;
证明　因为在四边形ABCD中,AB∥CD,且EF∥AD,
所以四边形AEFD是平行四边形,
又∠DAB＝90°,
所以四边形AEFD为矩形,
折叠后,显然EB∥FC,EB 平面CD'F,FC 平面CD'F,
所以EB∥平面CD'F,
又A'E∥D'F,
A'E 平面CD'F,D'F 平面CD'F,
所以A'E∥平面CD'F,且EB∩A'E＝E,EB,A'E 平面BA'E,
所以平面BA'E∥平面CD'F,
且A'B 平面BA'E,
所以A'B ∥平面CD'F.
②求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
解　由∠DAB＝90°,EF∥AD,所以EF⊥CD,所以EF⊥FC,EF⊥D'F,
所以平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角为∠D'FC＝60°.
结合CF∩D'F＝F,DF,D'F 平面CFD',
所以EF⊥平面CFD',
又EF 平面EBCF,可得平面CFD'⊥平面EBCF,
又F为CD的中点,所以△CFD'为等边三角形,
如图以F为原点建立空间直角坐标系,设AB＝3AD＝6,则CD＝2AD＝4,
所以F(0,0,0),E(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0),D'(0,1,),
所以＝(2,0,0),＝(0,1,),＝(2,2,0),＝(0,－1,),
设平面EFD'A'的法向量为m＝(x,y,z),
可得m＝(0,－,1),
再设平面BCD'的法向量n＝(a,b,c),
解得n＝(－,,1),
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,
则|cos θ|＝
＝＝,
所以sin θ＝＝,
故平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为.
(2)(2025·北京卷)如图,在四棱锥P－ABCD中,△ACD与△ABC为等腰直角三角形,∠ADC＝90°,∠BAC＝90°,E为BC的中点.
①若F为PD的中点,G为PE的中点,证明:FG∥平面PAB;
证明　设N,M分别为PA,PB的中点,连接FN,MN,GM,
∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形,且∠ADC＝90°,∠BAC＝90°,
不妨设AD＝CD＝2,∴AC＝AB＝2,
∴BC＝4.∵E,F分别为BC,PD的中点,
∴FN＝AD＝1,BE＝2,∴GM＝1,
又∠DAC＝45°,∠ACB＝45°,
∴AD∥BC,∴FN∥GM,
∴四边形FGMN为平行四边形,
∴FG∥MN.
∵FG 平面PAB,MN 平面PAB.
∴FG∥平面PAB.
②若PA⊥平面ABCD,PA＝AC,求AB与平面PCD所成角的正弦值.
解　∵PA⊥平面ABCD,AC,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AC,PA⊥AB,又AC⊥AB,
∴以A为原点,AC,AB,AP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,
由(1)可知设AD＝CD＝2,则A(0,0,0),
B(0,2,0),C(2,0,0),D(,－,0),P(0,0,2),
∴＝(0,2,0),＝(,,0),
＝(－2,0,2).
设平面PCD的一个法向量为n＝(x,y,z),
取x＝1,∴y＝－1,z＝1,∴n＝(1,－1,1).
设AB与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ＝|cos<,n>|＝＝,
即AB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)(2025·天津卷)如图,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1中点,点G在棱CC1上,且CG＝3C1G.
①求证:GF⊥平面EBF;
证明　以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4),B(4,4,0),
＝(2,0,1),＝(0,4,0),＝(－2,0,4),
∴·＝0,·＝0,即GF⊥EF,GF⊥BF.
又EF∩BF＝F,EF 平面EBF,BF 平面EBF,∴GF⊥平面EBF.
②求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值;
解　设平面EBF的法向量为n1＝(x1,y1,z1),
则y1＝0,取x1＝2,则z1＝1,故n1＝(2,0,1).
设平面EBG的法向量为n2＝(x2,y2,z2),
又＝(－2,4,－1),＝(－4,0,3),
可取x2＝6,则y2＝5,z2＝8,故n2＝(6,5,8).
设平面EBF与平面EBG的夹角为θ,
则cos θ＝|cos|＝,
∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为.
③求三棱锥D－BEF的体积.
解　设点D到平面BEF的距离为d,
易知＝(2,0,4),
由(2)知平面BEF的一个法向量为n1＝(2,0,1),
故d＝,
在△EBF中,易知BE＝6,BF＝2,EF＝4,
故EF2＋BF2＝BE2,∴EF⊥BF,
∴△EBF的面积为×4×2＝4,
故三棱柱D－BEF的体积为d×4.第七章　立体几何与空间向量
　　　　　　　　　　　　　　　　
探究1 (人教A版必修第二册P102)圆柱可以由矩形旋转得到,圆锥可以由直角三角形旋转得到.圆台是否也可以由平面图形旋转得到 如果可以,由什么平面图形旋转得到 如何旋转
提示:圆台可以看作是直角梯形以垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴,其他三边旋转一周形成的面所围成的旋转体.圆台也可以看作是等腰梯形以其底边中线所在的直线为旋转轴,各边旋转半周形成的面所围成的旋转体.
探究2 (人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的表面积公式之间有什么关系 你能用圆柱、圆锥、圆台的结构特征来解释这种关系吗
提示:S圆柱＝2πr(r＋l)S圆台＝π(r'2＋r2＋r'l＋rl)S圆锥＝πr(r＋l).
探究3 (人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的体积公式之间有什么关系 结合棱柱、棱锥、棱台的体积公式,你能将它们统一成柱体、锥体、台体的体积公式吗 柱体、锥体、台体的体积公式之间又有怎样的关系
提示:V柱体＝Sh(S为底面积,h为柱体高);
V锥体＝Sh(S为底面积,h为锥体高);
V台体＝(S'＋＋S)h(S',S分别为上、下底面面积,h为台体高).
当S'＝S时,台体变为柱体,台体的体积公式也就是柱体的体积公式;当S'＝0时,台体变为锥体,台体的体积公式也就是锥体的体积公式.
探究4 (人教A版必修第二册P118)在小学,我们学习了圆的面积公式,你还记得是如何求得的吗 类比这种方法,你能由球的表面积公式推导出来球的体积公式吗
提示:类比利用圆周长求圆面积的方法,我们可以利用球的表面积求球的体积.如图,把球O的面积分成n个小网格,连接球心O和每个小网格的顶点,整个球体就被分割成n个“小锥体”.
当n越大,每个小网格越小时,每个“小锥体”的底面就越平,“小锥体”就越近似于棱锥,其高越近似于球半径R.设O－ABCD是其中一个“小锥体”,它的体积VO－ABCD≈SABCDR.
由于球的体积就是这n个“小锥体”的体积之和,而这n个“小锥体”的底面积之和就是球的表面积,因此,球的体积V球＝S球R＝×4πR2·R＝πR3.
由此,我们得到球的体积公式V球＝πR3.
探究5 (人教B版必修第四册P68)各个面都是全等的正多边形且过各顶点的棱数都相等的多面体一般称为正多面体.已知正多面体顶点数V、面数F、棱数E之间满足关系V＋F－E＝2,根据这一结论探究共有多少种不同的正多面体.
提示:设正多面体的每个面是正n边形,每个顶点有m条棱,棱数E应是面数F与n的乘积的一半(每两个面只有一条棱),即nF＝2E. ①
同时,E应是顶点数V与m的积的一半,即mV＝2E. ②
由①②得F＝,V＝,
代入V＋F－E＝2,
得－E＝2,
∴.
∵E是正整数,
∴>0,∴>. ③
又m,n是正整数,当m,n都大于3,即m≥4,n≥4时,≤,≤,
则≤,与③矛盾,不成立.
由正四面体n≥3,m≥3,故m,n中至少有一个等于3,
当m＝3时,n＝3或4或5;
当n＝3时,m＝3或4或5.
∴当n＝3,m＝3时,多面体为正四面体;
当n＝4,m＝3时,多面体为正六面体;
当n＝3,m＝4时,多面体为正八面体;
当n＝5,m＝3时,多面体为正十二面体;
当n＝3,m＝5时,多面体为正二十面体.
故共有5种不同的正多面体.
探究6 (人教A版必修第二册P150)如图,准备一块三角形的纸片ABC,过△ABC的顶点A翻折纸片,得到折痕AD,将翻折后的纸片竖起放置在桌面上(BD,DC与桌面接触).
(1)折痕AD与桌面垂直吗
(2)如何翻折才能使折痕AD与桌面垂直 为什么
提示:容易发现,AD所在直线与桌面所在平面α垂直的充要条件是折痕AD是BC边上的高.这时,由于翻折之后垂直关系不变,所以直线AD与平面α内的两条相交直线BD,DC都垂直.
事实上,由基本事实的推论2,平面α可以看作由两条相交直线BD,DC所唯一确定的,所以当直线AD垂直于这两条相交直线时,就能保证直线AD与α内所有直线都垂直.
探究7 (人教A版必修第二册P151)两条相交直线可以确定一个平面,两条平行直线也可以确定一个平面,那么定理“如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,那么该直线与此平面垂直”中的“两条相交直线”可以改为“两条平行直线”吗 你能从向量的角度解释原因吗 如果改为“无数条直线”呢
提示:不能改为“两条平行直线”.也不能改为“无数条直线”,因为无数条直线可能都平行.下面从向量的角度解释原因如下:
设直线的方向向量为a,平面内的两直线的方向向量分别为b,c,平面内任一直线的方向向量为p.当两直线相交时,b,c为不共线向量,∴存在唯一数对(λ,μ)使p＝λb＋μc.
∵a⊥b,a⊥c,∴a·b＝a·c＝0,
∴a·p＝a·(λb＋μc)＝λa·b＋μa·c＝0,
∴a⊥p,∴a与平面垂直;
当两直线平行时,b,c共线,p不一定能用b,c表示,∴不能保证a·p＝0,∴a与平面不一定垂直.
探究8 (人教A版必修第二册P160)设平面α⊥平面β,点P在平面α内,过点P作平面β的垂线a,直线a与平面α具有什么位置关系
提示:a α.
探究9 (人教A版选择性必修第一册P33)如图,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.如何利用这些条件求点P到直线l的距离
提示:设＝a,则向量在直线l上的投影向量＝(a·u)u.在Rt△APQ中,由勾股定理,得点P到点线l的距离为PQ＝.
1.(人教A版必修第二册P154例6,人教B版必修第四册P85例2拓展)棱台体积公式:V棱台＝h(S'＋＋S),其中S',S分别是棱台的上、下底面面积,h是高.
证明　如图,延长棱台各侧棱交于点P,得到截得棱台的棱锥,过点P作棱台的下底面的垂线,分别与棱台的上、下底面交于点O',O,
则PO垂直于棱台的上底面,从而O'O＝h.
设截得棱台的棱锥的体积为V,去掉的棱锥的体积为V'、高为h',
则PO'＝h',于是V'＝S'h',V＝S(h'＋h),
所以棱台的体积
V棱台＝V－V'＝S(h'＋h)－S'h'
＝[Sh＋(S－S')h'].①
由棱台的上、下底面平行,可以证明棱台的上、下底面相似,并且,
所以h'＝,
代入①,得
V棱台＝h
＝h(S'＋＋S).
【应用示例】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
(2)(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中,AB＝2,A1B1＝1,AA1＝,则该棱台的体积为　　　　.
(3)(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为　　　　.
答案　(1)C　(2)　(3)28
解析　(1)如图,由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m),
所以该棱台的体积
V＝×9×(140＋＋180)×106＝60×(16＋3)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).
故选C.
(2)法一　如图所示,设点O1,O分别为正四棱台ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心,连接B1D1,BD,
则O1,O分别为B1D1,BD的中点.
连接O1O,
则O1O即正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高.
过点B1作B1E⊥BD,垂足为E,
则B1E＝O1O.
因为AB＝2,A1B1＝1,
所以OB＝,O1B1＝,
所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝,
又AA1＝,
所以BB1＝,
所以B1E＝,
所以O1O＝,
所以×(22＋12＋)×.
法二　如图,将正四棱台ABCD－A1B1C1D1补形成正四棱锥P－ABCD.
因为AB＝2,A1B1＝1,AB∥A1B1,
所以A1,B1,C1,D1分别为PA,PB,PC,PD的中点,
又A1A＝,所以PA＝2,即PB＝2.
连接BD,取BD的中点为O,连接PO,
则PO⊥平面ABCD,
易知BO＝,所以PO＝,
所以正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高为,
所以×(22＋12＋)×.
(3)如图所示,正四棱锥P－ABCD的底面边长为4,用平行于底面的平面截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥P－A'B'C'D'后,得到正四棱台A'B'C'D'－ABCD,且A'B'＝2,AB＝4.
记O',O分别为正四棱台A'B'C'D'－ABCD上、下底面的中心,H',H分别为A'B',AB的中点,则P,O',O三点共线,P,H',H三点共线.
连接PO,PH,O'H',OH,
则PO'＝3,O'H'＝1,OH＝2.
易知△PO'H'∽△POH,
所以,即,
解得PO＝6,
所以OO'＝PO－PO'＝3,
所以该正四棱台的体积V＝×3×(22＋2×4＋42)＝28.
2.(人教A版选择性必修第一册P42T7,P43T8拓展)正四面体的常见结论:正四面体A－BCD的棱长为a,则:
(1)高h＝a;
(2)外接球半径R＝a;
(3)内切球半径r＝a;
(4)正四面体内任意一点到四个面的距离之和d＝a.
证明　如图,在棱长为a的正四面体A－BCD中,E为棱BC的中点,O1为△BCD的中心,O为外接球球心.
(1)O1D＝DE＝×a
＝a,
h＝AO1＝
＝a.
(2)因为O＋O1D2＝OD2,
即＝R2,故R＝a.
(3)设内切球球心为O2,
则VA－BCD＝,
×a2·a＝×a2·r·4,
r＝a＝OO1,此时,O2与O重合.
(4)设P为正四面体A－BCD任一点,设点P到平面BCD,平面ABC,平面ABD,平面ACD的距离分别为h1,h2,h3,h4,
则VA－BCD＝VP－BCD＋VP－ABC＋VP－ABD＋VP－ACD,
×a2·a＝×a2(h1＋h2＋h3＋h4),
即d＝h1＋h2＋h3＋h4＝a.
【应用示例】 如图,在棱长为2的正四面体A－BCD中,M,N分别为棱AD,BC的中点,O为线段MN的中点,球O的表面与线段AD相切于点M,则球O被正四面体A－BCD表面截得的截面周长为　　　　.
答案　π
解析　在棱长为2的正四面体A－BCD中,连接AN,DN,过O作OE⊥DN于E,如图,由M,N分别为棱AD,BC的中点,得AN⊥BC,DN⊥BC,而AN∩DN＝N,AN,DN 平面AND,则BC⊥平面AND,
又BC 平面BCD,
于是平面AND⊥平面BCD,而平面AND∩平面BCD＝DN,
因此OE⊥平面BCD,
而AN＝DN＝,DM＝1,MN⊥AD,
则MN＝,球O半径ON＝MN＝,
sin∠DNM＝,
从而OE＝ON·sin∠DNM＝×,
球O被平面BCD截得的截面圆半径
r＝,
所以球O被平面BCD截得的截面周长2πr＝π.
又A－BCD为正四面体,
所以球O被正四面体A－BCD的每个面截得的截面都为圆,且圆的半径为,
所以球O被正四面体A－BCD表面截得的截面周长为4×π＝π.
3.(人教A版必修第二册P151讲解,人教B版选择性必修第一册P45讲解拓展)三余弦定理和三正弦定理如图,AP是平面α的一条斜线段,A是斜足,O是点P在平面α内的射影,AB是平面α内的一条射线,OB⊥AB,则:
(1)cos∠PAB＝cos∠PAO·cos∠BAO;
(2)sin∠PAO＝sin∠PAB·sin∠PBO.
证明　易知∠POA＝∠POB＝∠OBA＝90°,
cos∠PAO·cos∠BAO＝·＝cos∠PAB,sin∠PAB·sin∠PBO＝·＝sin∠PAO.
【应用示例】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)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;
解　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设D为A1C的中点,AA1＝AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A－BD－C的正弦值.
解　法一　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B－xyz,
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),C(2,0,0),A1(0,2,2),D(1,1,1),E(0,1,1),
则＝(1,1,1),＝(0,2,0).
设平面ABD的一个法向量为n＝(x,y,z),
则
令x＝1,得n＝(1,0,－1).
又平面BDC的一个法向量为＝(0,－1,1),
所以cos<,n>＝＝－.
设二面角A－BD－C的平面角为θ,
则sin θ＝,
所以二面角A－BD－C的正弦值为.
法二　设该二面角为α,取A1B的中点E(图略).由AA1＝AB得AE⊥A1B,
又平面A1BC⊥平面ABA1,
平面A1BC∩平面ABA1＝A1B,
所以AE⊥平面A1BC,
所以BC⊥AE,
又因为BC⊥AA1,AE,AA1 平面BAA1,
所以BC⊥平面BAA1,AB 平面BAA1,
所以BC⊥AB,
又因为AB·BC·AA1＝BC·A＝4,
则AB＝BC＝AA1＝2,
则AD＝BD＝,
sin∠ABE＝,sin∠ABD＝.
由三正弦定理得
sin∠ABE＝sin α·sin∠ABD,
所以sin α＝,即二面角A－BD－C的正弦值是.
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)如图,在三棱锥A－BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB＝AD,O为BD的中点.
①证明:OA⊥CD;
证明　因为AB＝AD,O为BD的中点,所以OA⊥BD,
又平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD＝BD,AO 平面ABD,
所以AO⊥平面BCD,
又CD 平面BCD,所以AO⊥CD.
②若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE＝2EA,且二面角E－BC－D的大小为45°,求三棱锥A－BCD的体积.
解　法一　因为△OCD是边长为1的正三角形,且O为BD的中点,所以OC＝OB＝OD＝1,
所以△BCD是直角三角形,且∠BCD＝90°,BC＝,
所以S△BCD＝.
如图,过点E作EF∥AO,交BD于F,过点F作FG⊥BC,垂足为G,连接EG.
因为AO⊥平面BCD,
所以EF⊥平面BCD,
又BC 平面BCD,所以EF⊥BC,
又FG⊥BC,且EF∩FG＝F,EF,FG 平面EFG,
所以BC⊥平面EFG,又EG 平面EFG,
所以BC⊥EG,
则∠EGF为二面角E－BC－D的平面角,
所以∠EGF＝45°,则GF＝EF.
因为DE＝2EA,
所以EF＝OA,DF＝2OF,
所以＝2.
因为FG⊥BC,CD⊥BC,所以GF∥CD,
则,所以GF＝.
所以EF＝GF＝,所以OA＝1,
所以VA－BCD＝S△BCD·AO＝××1＝.
法二　如图所示,以O为坐标原点,OB,OA所在直线分别为x,z轴,在平面BCD内,以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系.
因为△OCD是边长为1的正三角形,且O为BD的中点,
所以OC＝OB＝OD＝1,
所以B(1,0,0),D(－1,0,0),
C.
设A(0,0,a),a>0,因为DE＝2EA,
所以E,
由题意可知平面BCD的一个法向量为
n＝(0,0,1).
设平面BCE的法向量为m＝(x,y,z),
因为,
,
所以
令x＝1,则y＝,z＝,
所以m＝.
因为二面角E－BC－D的大小为45°,
所以cos 45°＝,
得a＝1,即OA＝1.
因为S△BCD＝BD·CDsin 60°
＝×2×1×,
所以VA－BCD＝S△BCD·OA
＝××1＝.
法三　过点E作EH⊥平面BCD,垂足H在BD上,则有2OH＝HD.
连接CH(图略),设AO＝h,则EH＝h,
所以BE＝,
sin∠EBH＝,
CH＝
＝,
cos∠EBC＝,
所以sin2∠EBC＝,
设二面角E－BC－D为α,由三正弦定理知sin∠EBH＝sin α·sin∠EBC,
所以·,
故h＝1,则VA－BCD＝S△BCD·h＝.
4.(人教B版选择性必修第一册P50讲解拓展)面积射影定理:AB 平面α,C 平面α,CC1⊥平面α,二面角C－AB－C1的平面角为θ(θ为锐角),则cos θ＝.
证明　作C1E⊥AB,C1E∩AB＝E,连接CE,易证∠CEC1为二面角C－AB－C1的平面角,
＝cos θ.
【应用示例】 (2024·新高考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;
证明　由于PA⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,∴PA⊥AD,
又AD⊥PB,PA∩PB＝P,PA,PB 平面PAB,
∴AD⊥平面PAB,
又AB 平面PAB,∴AD⊥AB.
∵AB2＋BC2＝AC2,∴AB⊥BC,∴BC∥AD,
∵AD 平面PBC,BC 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
(2)若AD⊥DC,且二面角A－CP－D的正弦值为,求AD.
解　法一　由题意知DC,AD,AP两两垂直,以D为坐标原点,AD所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系,
则D(0,0,0),设A(a,0,0),a>0,
则CD＝,C(0,,0),P(a,0,2),＝(0,－,0),＝(－a,,0),＝(a,－,2).
设平面CPD的法向量n＝(x,y,z),
则
可取n＝(2,0,－a).
设平面ACP的法向量m＝(x1,y1,z1),
则
即
可取m＝(,a,0).
∵二面角A－CP－D的正弦值为,
∴余弦值的绝对值为,
故|cos|＝
＝,
又a>0,∴a＝,即AD＝.
法二　过点D作DF⊥AC,连接PF(图略),易证DF⊥平面PAC,CD⊥PD,
所以△PCD在平面PAC上的射影为△PFC,
设AD＝x,
则CD＝,PD＝,
,得CF＝.
由面积射影定理
＝,
解得x＝,即AD＝.
5.(人教B版必修第四册P88练习BT5拓展)正棱锥的高为h,侧棱长为l,则正棱锥的外接球半径R＝.
证明　以正四棱锥P－ABCD为例,PA＝l,PO1＝h,
在Rt△AOO1中,
AO2＝A＋O,
R2＝()2＋(h－R)2,
解得R＝.
同理,其余正棱锥均可得此结论.
【应用示例】 (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.[18,27]
答案　C
解析　法一　如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底面边长为a,高为h,
依题意,得36π＝πR3,
解得R＝3.
由题意及图可得
解得
所以正四棱锥的体积V＝a2h＝·(3≤l≤3),
所以V'＝l3－l3(3≤l≤3).
令V'＝0,得l＝2,
所以当3≤l<2时,V'>0;
当2所以函数V＝(3≤l≤3)在[3,2)上单调递增,在(2,3]上单调递减,
又当l＝3时,V＝;
当l＝2时,V＝;
当l＝3时,V＝,
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C.
法二　如图,设该球的半径为R,球心为O,正四棱锥的底面边长为a,高为h,正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ,
依题意,得36π＝πR3,解得R＝3,
所以正四棱锥的底面边长a＝lsin θ,高h＝lcos θ.
在△OPC中,作OE⊥PC,垂足为E,则可得cos θ＝∈,
所以l＝6cos θ,
所以正四棱锥的体积
V＝a2h＝(lsin θ)2·lcos θ
＝(6cos θ)3sin2θcos θ＝144(sin θcos2θ)2.
设sin θ＝t,易得t∈,
则y＝sin θcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3,
则y'＝1－3t2.
令y'＝0,得t＝,
所以当0;
当所以函数y＝t－t3在上单调递增,在上单调递减.
又当t＝时,y＝;当t＝时,y＝;当t＝时,y＝,
所以≤y≤,所以≤V≤.
所以该正四棱锥的体积的取值范围是.
故选C.
6.(人教B版必修第四册P129T14,T16拓展)双半径单交线公式:若相互垂直的两凸多边形的外接圆半径分别为R1,R2,两外接圆公共弦长为l,则由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径:R＝.
证明　以三棱锥为例,平面ABC⊥平面BCD,BC＝l,R1＝O2C,R2＝O1D,
R2＝OD2＝O＋O1D2
＝O2E2＋O1D2
＝O2C2－CE2＋O1D2
＝l2＋,
即R＝.
【应用示例】 (2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA＝　　　　.
答案　2
解析　法一(补形法)如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.
将三棱锥S－ABC补形为正三棱柱SB1C1－ABC,由题意知SA为侧棱,设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1＝SA.
又球的半径R＝OA＝2,OA2＝O＋O1A2,
所以4＝SA2＋3,得SA＝2.
法二(双半径单交线公式)
平面SAC∩平面ABC＝AC,l＝AC＝3,
在△ABC中,＝2R2,R2＝,
R1＝SC＝
＝.
由双半径单交线公式
22＝(SA2＋9)＋()2－,
解得SA＝2.
1.通过阅读《探究与发现——祖暅原理与柱体、锥体的体积》(人教A版必修第二册P121)和《阅读材料一——祖暅原理》(北师大版必修第二册P258),可从中提炼出如下结论:
(1)用祖暅原理证明球的体积公式V＝πR3.
证明　取一个底面半径和高都等于R的圆柱,从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥,把所得的几何体和半球放在同一个平面α上,如图,因为圆柱的高等于R,所以这个几何体和半球都夹在两个平行平面之间.
用平行于平面α的任意一个平面去截这两个几何体,截面分别是圆面和圆环面.如果截平面与平面α的距离为l,那么圆面的半径为r＝,圆环面的大圆半径为R,小圆半径为l(因为△O'O1B是等腰直角三角形).
因此S圆'＝πr2＝π(R2－l2),
S圆环＝πR2－πl2＝π(R2－l2),
所以S圆＝S圆环,根据祖暅原理,这两个几何体的体积相等,即V球＝2×V球
＝2×πR3.
(2)椭圆的方程为＝1(a>b>0),将椭圆面绕y轴旋转半周得到椭球,则该椭球的体积为πa2b.
证明　构造底面半径为a和高为b的圆柱体,则用一个平行于底面的平面截半椭球和圆柱,得到两个等高度的截面,可证明等高处半椭球截面面积和圆柱截面圆环面积相等,即S圆＝S环,则根据祖暅原理,左边半椭球体的体积等于右边圆柱的体积减去倒立圆锥的体积.
因为左边半椭球:＝π,
右边圆柱:由相似三角形可得 r＝,
又由＝1得＝a2－,
所以圆球'＝πa2－πr2＝πa2－π
＝π＝π,
所以',所以半椭球体积等于圆柱的体积减去倒立圆锥的体积,即
VO'＝V1－V2＝πa2·b－πa2·b＝πa2b,
所以椭球的体积VO＝2VO'＝πa2b.
(3)已知双曲线C:＝1(a>0,b>0),直线y＝m,y＝n在第一象限内与C及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形,则阴影图形绕y轴旋转一周所得几何体的体积为πa2|m－n|.
证明　直线y＝t,t∈[m,n]与y轴、y＝x及双曲线交点分别为E,H,G.
则H,G,
则π|EG|2－π|EH|2＝πa2－π＝πa2,
即每个圆环的面积均相等,故所得几何体的体积为πa2|m－n|.
【应用示例】 (1)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了用于计算体积的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”,它的意思可以描述为:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果所截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.如图,阴影部分是双曲线＝1与它的渐近线以及直线y＝±4所围成的图形,将此图形绕y轴旋转一周,得到一个旋转体,用祖暅原理可求得这个旋转体的体积为　　　　.
(2)《缀术》中提出的“缘幂势既同,则积不容异”被称为祖暅原理,其意思是:如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图,某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面,侧面为球面的一部分,上底直径为4 cm,下底直径为6 cm,上下底面间的距离为3 cm,则该卧足杯侧面所在的球面的半径是　　　 cm;卧足杯的容积是　　　　　 cm3(杯的厚度忽略不计).
答案　(1)64π　(2)5　54π
解析　(1)双曲线＝1的渐近线方程为x±y＝0,
令直线y＝t(－4≤t≤4)与双曲线及其渐近线分别交于点C,D及A,B,
由得A(t,t),B(－t,t),
由得C(,t),
D(－,t),
线段AC,BD绕y轴旋转一周得到旋转体的一个截面,它是一个圆环,圆环的内径|AB|＝2t,外径|CD|＝2,此圆环面积为π＝8π,
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为8π,又旋转体的高度为8,由祖暅原理知,此旋转体的体积等于底面圆半径为2,高为8的圆柱的体积64π.
(2)如图.设球体的半径为R,OO1＝x,
由OM2＝ON2＝R2,
得x2＋(2)2＝(x＋3)2＋32,解得x＝1,
所以R＝＝5;
作一个高与球的半径相等,底面半径也与球的半径相等的圆柱,可得过O1的两截面的面积相等,
由祖暅原理知,碗的体积等于上图右边中间高为3的圆柱体积减去一个圆台.
设圆台上表面半径为r1,则r1＝O1P＝OO1＝1,下表面半径为r2,
所以r2＝OO2＝O2Q＝4,
V圆台＝πh(＋r1r2)＝21π,
V碗＝V圆柱－V圆台＝πR2h－21π＝54π.
2.通过阅读《多知道一点——平面方程》(湘教版选择性必修第二册P104),可从中提炼出如下结论:
(1)已知平面α的法向量n＝(A,B,C)和平面上一点P0(x0,y0,z0),则空间任意一点P(x,y,z)在平面上的充要条件为A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0.
证明　P∈α的充要条件是n⊥,
等价于0＝n·＝(A,B,C)·(x－x0,y－y0,z－z0)＝A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0),
即P(x,y,z)在平面α上的充要条件是它的坐标满足方程A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0.
(2)已知平面α的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0,其中A,B,C不同时为0,则n＝(A,B,C)是平面α的法向量.
证明　设平面α内的任意两点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),
则＝(x2－x1,y2－y1,z2－z1),
且Ax1＋By1＋Cz1＋D＝0,
Ax2＋By2＋Cz2＋D＝0,
因为n·＝A(x2－x1)＋B(y2－y1)＋C(z2－z1)＝Ax2＋By2＋Cz2－(Ax1＋By1＋Cz1)＝0,
所以n⊥,
所以n＝(A,B,C)是平面α的法向量.
(3)点P1(x1,y1,z1)到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离为d＝.
证明　如图所示,平面α的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0,
向量n＝(A,B,C)为α的法向量,平面外一点P1(x1,y1,z1),在平面内取一点M0(x0,y0,z0),
则点P1到平面α的距离d＝,
而|·n|＝|A(x1－x0)＋B(y1－y0)＋C(z1－z0)|,
由于点M0(x0,y0,z0)在平面α上,
因此有Ax0＋By0＋Cz0＋D＝0,
即Ax0＋By0＋Cz0＝－D,
由此可得|·n|＝|Ax1＋By1＋Cz1＋D|,
所以d＝,
空间中点到平面的距离公式可看成平面内点到直线的距离公式的推广.
【应用示例】 在空间直角坐标系O－xyz中,任一平面的方程都能表示成Ax＋By＋Cz＋D＝0,其中A,B,C,D∈R,A2＋B2＋C2≠0,且n＝(A,B,C)为该平面的法向量.
已知集合P＝{(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},
Q＝{(x,y,z)||x|＋|y|＋|z|≤2},
T＝{(x,y,z)||x|＋|y|≤2,|y|＋|z|≤2,
|z|＋|x|≤2}.
(1)设集合M＝{(x,y,z)|z＝0},记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值;
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值;
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积V3的值;
②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W的面数和棱数.
解　(1)集合M＝{(x,y,z)|z＝0}表示xOy平面上所有的点,
P＝{(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1}表示(±1,±1,±1)这八个顶点形成的正方体内(含外表面)所有的点,
P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截面内所有的点,它构成边长为2的正方形,因此S1＝4.
对于Q＝{(x,y,z)||x|＋|y|＋|z|≤2},当x,y,z>0时,x＋y＋z＝2表示经过(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2)的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示(±2,0,0),(0,±2,0),(0,0,±2)这六个顶点形成的正八面体内所有的点,Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所有的点,它构成边长为2的正方形,因此S2＝8.
(2)记集合Q,P∩Q中所有点构成的几何体的体积分别为V1,V2.
考虑集合Q的子集Q'＝{(x,y,z)|x＋y＋z≤2,x≥0,y≥0,z≥0},
即为三个坐标平面与x＋y＋z＝2围成的四面体,四面体四个顶点分别为(0,0,0),(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),
此四面体的体积为VQ'＝×2×,
由对称性知,V1＝8VQ'＝.
考虑到P的子集P'构成的几何体为棱长为1的正方体,
即P'＝{(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1},
Q'＝{(x,y,z)|x＋y＋z≤2,x≥0,y≥0,z≥0},
P'∩Q'为两个几何体的公共部分.
记Q1(1,1,0),Q2(1,0,1),Q3(0,1,1),Q4(1,1,1),
容易验证Q1,Q2,Q3在平面x＋y＋z＝2上,同时也在P'的底面上,P'∩Q'为截去三棱锥Q4－Q1Q2Q3所剩下的部分.
P'的体积VP'＝1×1×1＝1,
三棱锥Q4－Q1Q2Q3的体积为×1××(1×1)＝,
故P'∩Q'的体积VP'∩Q'＝VP'－＝1－.
由对称性知,V2＝8VP'∩Q'＝.
(3)①如图所示,即为T所构成的图形,其中正方体ABCD－LIJM即为集合P所构成的区域,
E－ABCD构成了一个正四棱锥,其中E(0,0,2).
VE－ABCD＝×1×2×2＝,
V3＝VP＋6VE－ABCD＝8＋6×＝16.
②由题意面EBC方程为x＋z－2＝0,
由题干知其法向量n1＝(1,0,1),
面ECD方程为y＋z－2＝0,
由题干知其法向量n2＝(0,1,1),
故cos＝.
由图知两个相邻的面所成角为钝角,
故H相邻两个面所成角为,
由图可知共有12个面,24条棱.
母题1 (人教A版必修第二册P115例2)如图,一个漏斗的上面部分是一个长方体,下面部分是一个四棱锥,两部分的高都是0.5 m,公共面ABCD是边长为1 m的正方形,那么这个漏斗的体积是多少立方米(精确到0.01 m3) (计算漏斗的容积时不考虑漏斗的厚度)
解　由题意知
V长方体ABCD－A'B'C'D＝1×1×0.5＝0.5(m3),
V棱锥P－ABCD＝×1×1×0.5＝(m3).
所以这个漏斗的容积V＝≈0.67(m3).
(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA＝PB＝2,PC＝,则该棱锥的体积为(　　)
A.1 B.
C.2 D.3
答案　A
解析　如图,取AB的中点D,连接PD,CD,
因为△ABC是边长为2的等边三角形,PA＝PB＝2,
所以PD⊥AB,CD⊥AB,
所以PD＝CD＝,
又PC＝,
所以PD2＋CD2＝PC2,
所以PD⊥CD,又AB∩CD＝D,AB,CD 平面ABC,
所以PD⊥平面ABC,
所以VP－ABC＝·S△ABC·PD＝××2××＝1,故选A.
母题2 (人教A版必修第二册P116T3)某广场设置了一些石凳供大家休息,这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如果被截正方体的棱长是50 cm,那么石凳的体积是多少
解　由题意可知,截去的八个四面体是全等的正三棱锥,体积是8×××25×25×25＝(cm3);
正方体的体积为50×50×50＝125 000(cm3);
则石凳的体积是125 000－(cm3).
母题3 (人教A版必修第二册P119T3)将一个棱长为6 cm的正方体铁块磨制成一个球体零件,求可能制作的最大零件的体积.
解　设球的半径为R,
由题意可知,球内切于正方体,
则2R＝6,解得R＝3,
故可能制作的最大零件的体积为V＝πR3＝36π(cm3).
(1)(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
(2)(2025·北京卷)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平面多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED,若AB＝BC＝8,AF＝CD＝4,AR＝RF＝TC＝TD＝,则该多面体的体积为　　　　.
答案　(1)ABD　(2)60
解析　(1)由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m,
所以选项A正确;
由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体,且>1.4,所以选项B正确;
因为正方体的棱长为1 m,体对角线长为 m,<1.8,
所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中,所以选项C不正确;
对于D,如图,六边形EFGHIJ为正六边形,
其中E,F,G,H,I,J分别为棱长为1 m的正方体的棱的中点,则正六边形EFGHIJ棱长为 m,
∠GFH＝∠GHF＝30°,所以FH＝FG＝GH＝ m,故正六边形EFGHIJ的内切圆直径为 m.高为0.01 m可忽略不计,故底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体可看作直径为1.2 m的平面圆,而>(1.2)2＝1.44,选项D正确.
综上,选ABD.
(2)因为BC∥AF,AB⊥BC,所以AB⊥AF.
因为平面ARF⊥平面ABC,
所以AB⊥平面ARF.
因为AB∥CD,AB⊥BC,所以BC⊥CD.
因为平面TCD⊥平面ABC,
所以BC⊥平面TCD.
延长CB与EF相交于点N,延长AB与DE相交于点Q,
所以BN∥EQ,BQ∥EN.
所以四边形BQEN是边长为4的正方形,
点S到正方形BQEN四边的距离均为,
S到平面BQEN的距离为.
所以正四棱锥S－BQEN的体积为×4×4×＝8.
多面体ARF－BNS是三棱柱＋三棱锥,
其体积为×4××8＋××4××＝26.
同理多面体TCD－BQS的体积也为26,
所以所求体积为2×26＋8＝60.
母题4 (人教A版必修第二册P119练习T1)已知圆锥的表面积为a m3,且它的侧面展开图是一个半圆,求这个圆锥的底面直径.
解　设圆锥的底面的半径为r,圆锥的母线为l,
则由πl＝2πr得l＝2r,
而S＝πr2＋πr·2r＝a,即3πr2＝a,
∴r＝,即直径为.
(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　)
A.2 B.2
C.4 D.4
答案　B
解析　设圆锥的母线长为l,因为该圆锥的底面半径为,侧面展开图为一个半圆,所以2π×＝πl,解得l＝2,故选B.
母题5 (人教A版必修第二册P120T8)分别以一个直角三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴,其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体.这3个几何体的体积之间有什么关系
解　设直角三角形ABC的两条直角边分别为a,b,斜边为c,
以斜边c所在直线为轴,进行旋转,形成底面半径为,高的和为c的两个圆锥的组合体,其体积V1＝×π××c＝;
以直角边a所在直线为轴,进行旋转,形成底面半径为b,高为a的圆锥,
其体积V2＝×π×b2×a＝ab2;
以直角边b所在直线为轴,进行旋转,形成底面半径为a,高为b的圆锥,
其体积V3＝×π×a2×b＝a2b,
有.
即.
(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD,F－ABC,F－ACE的体积分别为V1,V2,V3,则(　　)
A.V3＝2V2 B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1
答案　CD
解析　如图,连接BD交AC于O,连接OE,OF.
设AB＝ED＝2FB＝2,
则AB＝BC＝CD＝AD＝2,FB＝1.
因为ED⊥平面ABCD,FB∥ED,
所以FB⊥平面ABCD,
所以V1＝VE－ACD＝S△ACD·ED
＝×AD·CD·ED
＝××2×2×2＝,
V2＝VF－ABC＝S△ABC·FB
＝×AB·BC·FB
＝××2×2×1＝.
因为ED⊥平面ABCD,AC 平面ABCD,
所以ED⊥AC,
又AC⊥BD,且ED∩BD＝D,ED,BD 平面BDEF,所以AC⊥平面BDEF.
因为OE,OF 平面BDEF,
所以AC⊥OE,AC⊥OF.
易知AC＝BD＝AB＝2,OB＝OD＝BD＝,OF＝,
OE＝,
EF＝
＝＝3,
所以EF2＝OE2＋OF2,所以OF⊥OE.
又OE∩AC＝O,OE,AC 平面ACE,
所以OF⊥平面ACE,
所以V3＝VF－ACE＝S△ACE·OF
＝×AC·OE·OF
＝××2××＝2,
所以V3≠2V2,V1≠V3,V3＝V1＋V2,2V3＝3V1,所以选项A,B不正确,选项C,D正确.故选CD.
母题6 (人教B版必修第四册P80例2)把地球看成一个半径为6 370 km的球,已知我国首都北京靠近北纬40°,求北纬40°纬线的长度(π≈3.141 6,cos 40°≈0.766 0,结果精确到1 km).
解　作出截面图,如图所示.设A是北纬40°圈上的一点,AK是北纬40°圈的半径,O为球心,
所以OK⊥AK.
设北纬40°的纬线长为c km,
因为∠AOB＝∠OAK＝40°,
所以c＝2π·AK
＝2π·OA·cos∠OAK
＝2π·OA·cos 40°
≈2×3.141 6×6 370×0.766 0
≈30 658,
即北纬40°的纬线长约为30 658 km.
(2020·新高考全国Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)
A.20° B.40°
C.50° D.90°
答案　B
解析　如图所示,☉O为赤道平面,☉O1为A点处的日晷的晷面所在的平面,由点A处的纬度为北纬40°可知∠OAO1＝40°,又点A处的水平面与OA垂直,晷针AC与☉O1所在的面垂直,则晷针AC与水平面所成角为40°.故选B.
母题7 (湘教版必修第二册P197习题4.5T5)如图,古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现:图中圆柱的体积是球体积的,圆柱的表面积也是球表面积的.他的发现是否正确 试说明理由.
解　正确,理由如下:
设球的半径为R,
则圆柱的底面半径为R,高为2R,
故球的体积V＝πR3,
圆柱的体积V1＝π×R2×2R＝2πR3,
即V1＝×πR3＝V;
又球的表面积S＝4πR2,圆柱的表面积S1＝2πR·2R＋2×πR2＝6πR2,
故S1＝×4πR2＝S.
即圆柱的体积是球体积的,圆柱的表面积也是球表面积的.
(2025·新高考Ⅱ卷)一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为　　　　 cm.
答案　2.5
解析　设铁球半径为r cm,若两个铁球的球心在竖直方向上,且分别与两个底面相切,则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r,此时铁球的半径为 cm.
当两球球心不在竖直方向上时,设两个铁球的球心分别为O1,O2,此种情况下,当铁球半径最大时,如图1所示,圆柱与两铁球的轴截面如图2所示 ,其中ABCD为圆柱的轴截面,O2P⊥AB,O1P⊥AD,则有O2P＝9－2r,O1P＝8－2r,O1O2＝2r,
在Rt△O1O2P中,有(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2,即(2r－29)(2r－5)＝0,
解得r＝2.5或r＝14.5(舍去).
因为2.5>＝2.25,
所以铁球半径的最大值为2.5 cm.
母题8 (人教A版必修第二册P140例4)已知正方体ABCD－A1B1C1D1,求证:平面AB1D1∥平面BC1D.
证明　∵ABCD－A1B1C1D1为正方体,
∴D1C1綉A1B1,AB綉A1B1,
∴D1C1綉AB,
∴四边形D1C1BA为平行四边形,
∴D1A∥C1B.
又D1A 平面BC1D,C1B 平面BC1D,
∴D1A∥平面BC1D.
同理D1B1∥平面BC1D.
又D1A∩D1B1＝D1,
D1A,D1B1 平面AB1D1,
∴平面AB1D1∥平面BC1D.
(2022·新高考Ⅱ卷节选)如图,PO是三棱锥P－ABC的高,PA＝PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
证明:OE∥平面PAC.
证明　如图,取AB的中点D,连接DP,DO,DE.
因为AP＝PB,所以PD⊥AB.
因为PO为三棱锥P－ABC的高,
所以PO⊥平面ABC.
因为AB 平面ABC,所以PO⊥AB.
又PO,PD 平面POD,且PO∩PD＝P,
所以AB⊥平面POD.
因为OD 平面POD,所以AB⊥OD,
又AB⊥AC,AB,OD,AC 平面ABC,
所以OD∥AC.
因为OD 平面PAC,AC 平面PAC,
所以OD∥平面PAC.
因为D,E分别为BA,BP的中点,
所以DE∥PA.
因为DE 平面PAC,PA 平面PAC,
所以DE∥平面PAC.
又OD,DE 平面ODE,OD∩DE＝D,
所以平面ODE∥平面PAC.
又OE 平面ODE,所以OE∥平面PAC.
母题9 (人教A版必修第二册P138例3)如图所示的一块木料中,棱BC平行于面A'C'.
(1)要经过面A'C'内的一点P和棱BC将木料锯开,在木料表面应该怎样画线
解　如图,在平面A'C'内,
过点P作直线EF,
使EF∥B'C',并分别交棱A'B',D'C'于点E,F.
连接BE,CF,则EF,BE,CF就是应画的线.
(2)所画的线与平面AC是什么位置关系
解　因为棱BC平行于平面A'C',BC 平面BC',
平面BC'与平面A'C'相交于B'C',
所以BC∥B'C'.
由(1)知,EF∥B'C',
所以EF∥BC,
而BC在平面AC内,EF在平面AC外,
所以EF∥平面AC.
显然,BE,CF都与平面AC相交.
母题10 (人教A版必修第二册P145T15)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器倾斜.随着倾斜度的不同,有下面五个命题:
①有水的部分始终呈棱柱形;
②没有水的部分始终呈棱柱形;
③水面EFGH所在四边形的面积为定值;
④棱A1D1始终与水面所在平面平行;
⑤当容器倾斜如图(3)所示时,BE·BF是定值.
其中所有正确命题的序号是　　　　,为什么
答案　①②④⑤
解析　因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1,所以有水的部分和无水的部分始终有两个面平行,而其余各面都易证是平行四边形,所以①②是正确的.
在题图(1)中,水面面积
S1＝EF·FG＝EF·BC.
在题图(2)中,水面面积S2＝EF·BC,而题图(1)中的EF小于题图(2)中的EF,则S1易知④是正确的.
因为水的体积一定,形成的柱体的高度始终是BC,所以底面△EFB的面积一定,即S△EFB＝BE·BF是一个定值,即BE·BF是一个定值,所以⑤是正确的.
母题11 (人教A版必修第二册P170T10)如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点,将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点A'.
(1)求证:A'D⊥EF;
证明　折叠前,AD⊥AE,CD⊥CF,折叠后,
A'D⊥A'E,A'D⊥A'F.
又A'E∩A'F＝A',A'E,A'F 平面A'EF,
∴A'D⊥平面A'EF,∵EF 平面A'EF,
∴A'D⊥EF.
(2)求三棱锥A'－EFD的体积.
解　由(1)可知,A'D⊥平面A'EF,
∴三棱锥D－A'EF的高A'D＝AD＝2.
又△A'EF折前为△BEF,E,F分别为AB,BC的中点,
∴S△A'EF＝S△BEF＝×1×1＝,
∴VA'－EFD＝VD－A'EF＝·S△A'EF·A'D＝××2＝.
母题12 (湘教版必修第二册P198T12)一块边长40 cm的正方形包装纸按图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个如图(2)所示的正四棱锥形包装盒.在图(1)中,x表示等腰三角形的底边长;在图(2)中,点E,F分别是四棱锥P－ABCD的棱BC,PA的中点.
(1)求证:EF∥平面PDC;
证明　取PD的中点M,连接FM,CM,
∵F为PA的中点,
∴FM∥AD,
FM＝AD.
∵E为BC的中点,
∴EC∥AD,EC∥AD,
∴FM∥EC,FM＝EC,
∴四边形FMCE是平行四边形,
∴EF∥CM.
∵EF 平面PDC,CM 平面PDC,
∴EF∥平面PDC.
(2)把该包装盒的体积V表示为x的函数,并求x＝32 cm时,三棱锥A－BEF的体积.
解　连接对角线AC,BD交于点O,连接OE,PO,PE,
则PO⊥底面ABCD,OE＝x,PE＝20,
∴PO＝,
∴V四棱锥P－ABCD＝x2·
＝(0取AO的中点H,连接FH,
则FH∥PO,
FH＝PO＝.
∵PO⊥底面ABCD,
∴FH⊥底面ABCD,
∴V三棱锥A－BEF＝V三棱锥F－ABE
＝··x·x
＝(0当x＝32时,
V三棱锥A－BEF＝
＝＝512(cm3).
(2023·全国乙卷)如图,在三棱锥P－ABC中,AB⊥BC,AB＝2,BC＝2,PB＝PC＝,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)求证:EF∥平面ADO;
证明　如图,因为AB⊥BC,AB＝2,BC＝2,O是BC的中点,
所以,
所以△OBA∽△ABC,
所以∠CAB＝∠AOB.
记BF⊥AO的垂足为H,则△BHA∽△OBA,
所以∠HBA＝∠BOA.
所以∠HBA＝∠CAB,
所以BF＝AF,∠BCF＝∠CBF,
所以CF＝BF,CF＝AF,故F是AC的中点.
因为E,F分别是AP,AC的中点,
所以EF∥PC.
因为D,O分别是BP,BC的中点,
所以DO∥PC,所以EF∥DO.
又DO 平面ADO,EF 平面ADO,
所以EF∥平面ADO.
(2)若∠POF＝120°,求三棱锥P－ABC的体积.
解　由(1)得FO∥AB,因为AB⊥BC,
所以FO⊥BC.
又PO⊥BC,
所以∠POF是二面角P－BC－F的平面角,
如图,过点P作PM⊥平面ABC于点M,连接MO,
则∠POM是二面角P－BC－M的平面角,
所以∠POM＝60°.
在△PBC中,由PB＝PC＝,BC＝2,
得PO＝2,所以PM＝.
所以三棱锥P－ABC的体积
VP－ABC＝S△ABC·PM＝××2×2×.
母题13 (1)(人教A版必修第二册P148练习T4)如图,在正三棱柱ABC－A'B'C'中,D为棱AC的中点,AB＝BB'＝2,求证BD⊥AC'.
证明　取CC'的中点E,连接BE,DE.
由DE为△ACC'的中位线,可得DE∥AC',
又BD＝×2＝,DE＝AC'＝×2,
BE＝,
BD2＋DE2＝BE2,可得BD⊥DE,
则BD⊥AC'.
(2)(人教A版必修第二册P159练习T4)如图,在正三棱柱ABC－A'B'C'中,D为棱AC的中点.
求证:平面BDC'⊥平面ACC'A'.
证明　∵在正三棱柱ABC－A'B'C'中,D为AC中点,∴BD⊥AC,
又在正三棱柱ABC－A'B'C'中,AA'⊥平面ABC,BD 平面ABC,∴AA'⊥BD.
∵AC∩AA'＝A,AC 平面ACC'A',AA' 平面ACC'A',
∴BD⊥平面ACC'A',
∵BD 平面BDC',
∴平面BDC'⊥平面ACC'A'.
(3)(人教A版必修第二册P162习题8.6T4)如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,CA＝CB,P为A1B的中点,Q为棱C1C的中点.求证:
①PQ⊥AB;②PQ⊥C1C;
③PQ⊥A1B.
证明　①如图,取AB的中点D,连接CD,DP,
∵P为A1B的中点,∴PD綉AA1,
又∵Q为CC1的中点,∴CQ綉AA1,
∴PD CQ,
∴四边形CDPQ为平行四边形,∴CD∥PQ.
又∵CA＝CB,D为AB的中点,∴CD⊥AB,∴PQ⊥AB.
②∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,CD 平面ABC,
∴AA1⊥CD,由①知CD∥PQ,∴PQ⊥AA1.
又AA1∥CC1,∴PQ⊥CC1.
③由①②知,PQ⊥AB,PQ⊥AA1,而AB∩AA1＝A,AB,AA1 平面AA1B1B,
∴PQ⊥平面AA1B1B.
∵A1B 平面AA1B1B,
∴PQ⊥A1B.
(1)(多选)(2025·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中,D为BC的中点,则(　　)
A.AD⊥A1C B.BC⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
答案　BD
解析　在正三棱柱ABC－A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,
又AD 平面ABC,
则AA1⊥AD,
即·＝0.
因为△ABC是正三角形,D为BC中点,
则AD⊥BC,即·＝0,
又 ,
所以·＝()···≠0,
则AD与A1C不垂直,故A错误;
因为三棱柱ABC－A1B1C1是正三棱柱,
所以AA1⊥平面ABC,则AA1⊥BC.
因为△ABC是正三角形,D为BC的中点,
则AD⊥BC,又AD∩AA1＝A,AD,AA1 平面AA1D,所以BC⊥平面AA1D,B正确;
AB∥A1B1,AD与AB相交,
所以AD与A1B1异面,C错误;
CC1∥AA1,CC1 平面AA1D,AA1 平面AA1D,所以CC1∥平面AA1D,D正确.故选BD.
(2)(2023·新高考Ⅱ卷节选)如图,三棱锥A－BCD中,DA＝DB＝DC,BD⊥CD,∠ADB＝∠ADC＝60°,E为BC的中点.证明:BC⊥DA.
证明　如图,连接DE,AE,
因为DC＝DB,E为BC的中点,所以DE⊥BC.
因为∠ADB＝∠ADC＝60°,DA＝DA,DC＝DB,
所以△ADB≌△ADC(SAS),
所以AC＝AB,故AE⊥BC.
因为DE∩AE＝E,DE,AE 平面ADE,
所以BC⊥平面ADE.
又DA 平面ADE,
所以BC⊥DA.
母题14 (人教A版必修第二册P152例4)如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,求直线A1B和平面A1DCB1所成的角.
解　如图,连接BC1,交B1C于点O,连接A1O.
设正方体的棱长为a,
因为A1B1⊥平面BCC1B1,BC1 平面BCC1B1,
所以A1B1⊥BC1,
又BC1⊥B1C,A1B1∩B1C＝B1,A1B1,B1C 平面A1DCB1,
所以BC1⊥平面A1DCB1,
因此A1O为斜线A1B在平面A1DCB1上的射影,即∠BA1O为A1B和平面A1DCB1所成的角.
在Rt△A1BO中,∠BOA1＝90°,
A1B＝a,BO＝a,
可得BO＝A1B,所以∠BA1O＝30°,
即直线A1B和平面A1DCB1所成的角为30°.
(1)(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)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°
(2)(2022·全国甲卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(　　)
A.AB＝2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC＝CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
答案　(1)ABD　(2)D
解析　(1)如图,连接AD1,在正方形A1ADD1中,AD1⊥DA1,因为AD1∥BC1,所以BC1⊥DA1,所以直线BC1与DA1所成的角为90°,故A正确;
在正方体ABCD－A1B1C1D1中,CD⊥平面BCC1B1,又BC1 平面BCC1B1,所以CD⊥BC1.连接B1C,则B1C⊥BC1.因为CD∩B1C＝C,CD,B1C 平面DCB1A1,所以BC1⊥平面DCB1A1,又CA1 平面DCB1A1,所以BC1⊥CA1,所以直线BC1与CA1所成的角为90°,故B正确;
连接A1C1,交B1D1于点O,则易得OC1⊥平面BB1D1D,连接OB.因为OB 平面BB1D1D,所以OC1⊥OB,∠OBC1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角.设正方体的棱长为a,则易得BC1＝a,OC1＝,所以在Rt△BOC1中,OC1＝BC1,所以∠OBC1＝30°,故C错误;
因为C1C⊥平面ABCD,所以∠CBC1为直线BC1与平面ABCD所成的角,易得∠CBC1＝45°,故D正确.故选ABD.
(2)如图,连接BD,易知∠BDB1是直线B1D与平面ABCD所成的角,
所以在Rt△BDB1中,∠BDB1＝30°,
设BB1＝1,
则B1D＝2BB1＝2,
BD＝.
易知∠AB1D是直线B1D与平面AA1B1B所成的角,
所以在Rt△ADB1中,∠AB1D＝30°.
因为B1D＝2,所以AD＝B1D＝1,
AB1＝,
所以在Rt△ABB1中,AB＝,所以A项错误;
易知∠BAB1是直线AB与平面AB1C1D所成的角,
因为在Rt△ABB1中,sin∠BAB1＝≠,
所以∠BAB1≠30°,所以B项错误;
在Rt△CBB1中,CB1＝,
而AC＝,所以C项错误;
易知∠DB1C是直线B1D与平面BB1C1C所成的角,
因为在Rt△DB1C中,CB1＝CD＝,
所以∠DB1C＝45°,所以D项正确.故选D.
母题15 (人教B版必修第四册P109T2)判断下列命题的真假.
(1)m α,n α,m β,n β α∥β;
(2)α∥β,m α,n β m∥n;
(3)α∥β,l β l∥α.
解　(1)假命题.
(2)假命题(m∥n或m与n异面);
(3)真命题.
(1)(2025·天津卷)已知m,n为两条直线,α,β为两个平面,则下列结论中正确的是(　　)
A.若m∥α,n α,则m∥n
B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
D.若m α,α⊥β,则m⊥β
(2)(2024·全国甲卷)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β＝m,下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是(　　)
A.①③ B.②④
C.①②③ D.①③④
答案　(1)C　(2)A
解析　(1)若m∥α,n α,则m∥n或m,n异面,A错误;
若m⊥α,m⊥β,则α∥β,B错误;
若m∥α,m⊥β,则α⊥β,C正确;
若m α,α⊥β,
则m∥β或m与β相交或m β,
D错误.
(2)α∩β＝m,则m α,m β,
对于①,若m∥n,则n∥α或n∥β,①正确;
对于②,若m⊥n,则可能n∥α或n与α相交,②错误;
对于③,若n∥α且n∥β,则n∥m,③正确;
对于④,n与m所成角可以为内的任意角,④错误.故选A.
母题16 (人教A版必修第二册P152T4)过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC.
(1)若PA＝PB＝PC,则点O是△ABC的　　　　心.
(2)若PA＝PB＝PC,∠C＝90°,则点O是AB边的　　　　点.
(3)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的　　　　心.
答案　(1)外　(2)中　(3)垂
解析　(1)过△ABC所在平面α外一点P,作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC,
∵PA＝PB＝PC,∴OA＝OB＝OC,
∴点O是△ABC的外心.
(2)由(1)知,O是△ABC的外心,又∠C＝90°,故O为斜边AB的中点.
(3)连接AO并延长交BC于一点E,连接PO.
∵PA,PB,PC两两垂直,
即PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,
∴PA⊥平面PBC.
又∵BC 平面PBC,
∴BC⊥PA.
∵PO⊥平面ABC于O,BC 平面ABC,
∴PO⊥BC,
∴BC⊥平面PAE.
∵AE 平面APE,
∴BC⊥AE.
同理可证HC⊥AB,BG⊥AC,
所以O是△ABC的垂心.
母题17 (1)(人教A版必修第二册P164习题8.6T21)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA＝AB,E为线段PB的中点,F为线段BC上的动点.平面AEF与平面PBC是否互相垂直 如果垂直,请证明,如果不垂直,请说明理由.
解　(1)垂直,证明如下:
∵PA⊥底面ABCD,BC 平面ABCD,
∴PA⊥BC,
又底面ABCD为正方形,
∴AB⊥BC,而PA∩AB＝A,PA,AB 平面PAB,
∴BC⊥平面PAB.
∵AE 平面PAB,∴BC⊥AE.
∵PA＝PB,E为PB的中点,
∴AE⊥PB.而PB∩BC＝B,PB,BC 平面PBC,
∴AE⊥平面PBC.
∵AE 平面AEP,
∴平面AEF⊥平面PBC.
(2)(人教A版选择性必修第一册P39例10)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD＝DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
①求证:PA∥平面EDB;
证明　以D为原点,DA,DC,DP所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,设DC＝1.
连接AC,交BD于点G,连接EG.
依题意得A(1,0,0),P(0,0,1), E.
因为底面ABCD是正方形,所以点G是它的中心,故点G的坐标为,
且＝(1,0,－1),.
所以＝2,即PA∥EG.
而EG 平面EDB,且PA 平面EDB,
因此PA∥平面EDB.
②求证:PB⊥平面EFD;
证明　依题意得B(1,1,0),＝(1,1,－1).
又,
故·＝0＋＝0.
所以PB⊥DE.
由已知EF⊥PB,且EF∩DE＝E,
EF,DE 平面EFD,
所以PB⊥平面EFD.
③求平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
证明　已知PB⊥EF,由②可知PB⊥DF,故∠EFD是平面CPB与平面PBD的夹角.
设点F的坐标为(x,y,z),
则＝(x,y,z－1).
因为＝k,所以(x,y,z－1)＝k(1,1,－1)＝(k,k,－k),即x＝k,y＝k,z＝1－k.
设·＝0,则(1,1,－1)·(k,k,1－k)＝k＋k－1＋k＝3k－1＝0.
所以k＝,点F的坐标为.
又点E的坐标为,
所以,
.
所以cos∠EFD＝＝,
所以∠EFD＝60°,即平面CPB与平面PBD的夹角大小为60°.
(2025·新高考Ⅰ卷)如图,在四棱锥P－ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
证明　因为PA⊥平面ABCD,AD 平面ABCD,所以PA⊥AD,
又AD⊥AB,PA∩AB＝A,PA,AB 平面PAB,
所以AD⊥平面PAB,
又AD 平面PAD,
所以平面PAD⊥平面PAB.
(2)设PA＝AB＝,BC＝2,AD＝1＋,且点P,B,C,D均在球O的球面上.
①证明:点O在平面ABCD内;
证明　以A为坐标原点,,,的方向分别为x,y,z轴的正方向,建立空间直角坐标系
A－xyz,如图所示,
则B(,0,0),C(,2,0),D(0,1＋,0), P(0,0,),
设球心O(a,b,c),
因为点P,B,C,D均在球O的球面上,
由|OB|＝|OC|＝|OD|＝|OP|,
可得(a－)2＋b2＋c2＝(a－)2＋(b－2)2＋c2＝a2＋(b－1－)2＋c2＝a2＋b2＋(c－)2,
得a＝0,b＝1,c＝0,即O(0,1,0),
所以点O在AD上,即点O在平面ABCD内.
②求直线AC与PO所成角的余弦值.
解　＝(,2,0),＝(0,1,－),
则cos<,>＝,
所以直线AC与PO所成角的余弦值为.
母题18 (人教A版必修第二册P171T13)如图,在三棱锥P－ABC中,∠ACB＝90°,PA⊥底面ABC.
(1)求证:平面PAC⊥平面PBC;
证明　∵PA⊥底面ABC,BC 底面ABC,∴PA⊥BC.
又∠ACB＝90°,即AC⊥BC,
PA∩AC＝A,PA,AC 平面PAC.
∴BC⊥平面PAC.
∵BC 平面PBC,∴平面PAC⊥平面PBC.
(2)若AC＝BC＝PA,M是PB的中点,求AM与平面PBC所成角的正切值.
解　如图,
取PC的中点D,
连接AD,DM.
∵AC＝PA,∴AD⊥PC.
由(1)知,BC⊥平面PAC,
又AD 平面PAC,
∴BC⊥AD.
而PC∩BC＝C,PC,BC 平面PBC,
∴AD⊥平面PBC.
∴DM是斜线AM在平面PBC上的射影,
∴∠AMD就是AM与平面PBC所成的角,且AD⊥DM.
设AC＝BC＝PA＝2a,则由M是PB中点得DM＝BC＝a,AD＝a.
∴tan∠AMD＝,
即AM与平面PBC所成角的正切值为.
(1)(2024·新高考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
(2)(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C－AB－D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
答案　(1)B　(2)C
解析　(1)设正三棱台ABC－A1B1C1的高为h,
三条侧棱延长后交于一点P,作PO⊥平面ABC于点O,PO交平面A1B1C1于点O1,
连接OA,O1A1,如图所示.
由AB＝3A1B1,
可得PO1＝h,
PO＝h,
又×22×,
S△ABC＝×62×＝9,
所以正三棱台ABC－A1B1C1的体积V＝VP－ABC－×9×h－××h＝,
解得h＝,故PO＝h＝2.
由正三棱台的性质可知,O为底面ABC的中心,则OA＝×＝2,
因为PO⊥平面ABC,
所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角,
在Rt△PAO中,tan∠PAO＝＝1,故选B.
(2)如图所示,取AB的中点为M,连接CM,DM,
则CM⊥AB,DM⊥AB,
又CM,DM 平面CMD,CM∩DM＝M,
于是AB⊥平面CMD,
∠CMD即为二面角C－AB－D的平面角,
于是∠CMD＝150°.
设AB＝2,则CM＝1,MD＝,
在△CMD中,由余弦定理的推论可得
CD＝.
延长CM,过点D作CM的垂线,
设垂足为H,则∠HMD＝30°,DH＝DM＝,MH＝DM＝,
所以CH＝1＋.
因为DH 平面CMD,则AB⊥DH,
又DH⊥CM,AB,CM 平面ABC,AB∩CM＝M,
所以DH⊥平面ABC,∠DCM即为直线CD与平面ABC所成角,
于是在Rt△DCH中,tan ∠DCM＝.
(3)(2022·全国乙卷)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD＝CD,∠ADB＝∠BDC,E为AC的中点.
①证明:平面BED⊥平面ACD;
证明　因为AD＝CD,E为AC的中点,所以AC⊥DE.
在△ADB和△CDB中,
因为AD＝CD,∠ADB＝∠CDB,DB＝DB,
所以△ADB≌△CDB,所以AB＝BC.
因为E为AC的中点,所以AC⊥BE.
又BE∩DE＝E,BE,DE 平面BED,
所以AC⊥平面BED,
又AC 平面ACD,
所以平面BED⊥平面ACD.
②设AB＝BD＝2,∠ACB＝60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
解　法一　因为E为AC的中点,所以点C到平面ABD的距离等于点E到平面ABD的距离的2倍.
因为DE2＋EB2＝BD2,所以DE⊥BE,
又因为DE⊥AC,AC∩BE＝E,AC,BE 平面ABC,所以DE⊥平面ABC.
因为VD－AEB＝VE－ADB,
所以·AE·BE·DE＝·S△ABD·,其中d为点C到平面ABD的距离.
在△ABD中,BA＝BD＝2,AD＝,
所以S△ABD＝,所以d＝.
因为AC⊥平面BED,EF 平面BED,
所以AC⊥EF,
又因为当EF⊥BD时,EF距离最短,
即△AFC的面积最小,
所以此时FC＝.
记CF与平面ABD所成的角为α,
则sin α＝.
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
法二　如图,过点E作EM⊥AB交AB于点M,连接DM,过点E作EG⊥DM交DM于点G.
因为DE⊥AC,DE⊥BE,AC∩BE＝E,AC,BE 平面ABC,
所以DE⊥平面ABC,又AB 平面ABC,所以DE⊥AB,
又EM∩DE＝E,EM,DE 平面DEM,所以AB⊥平面DEM,
又EG 平面DEM,所以AB⊥EG,
又AB∩DM＝M,AB,DM 平面ABD,
所以EG⊥平面ABD,则EG的长度等于点E到平面ABD的距离.
因为E为AC的中点,所以EG的长度等于点C到平面ABD的距离的.
因为EM＝AE·sin 60°＝,
所以EG＝,
所以点C到平面ABD的距离d＝.
又因为当EF⊥BD时,EF距离最短,
即△AFC的面积最小,
此时FC＝.
记CF与平面ABD所成的角为α,
则sin α＝.
所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
母题19 (人教A版必修第二册P158例7)如图所示,在正方体ABCD－A'B'C'D'中,求证:平面A'BD⊥平面ACC'A'.
证明　∵ABCD－A'B'C'D'是正方体,
∴AA'⊥平面ABCD,∴AA'⊥BD.
又BD⊥AC,AA'∩AC＝A,
AA',AC 平面ACC'A',
∴BD⊥平面ACC'A'.∵BD 平面A'BD,
∴平面A'BD⊥平面ACC'A'.
(2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　)
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
答案　A
解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中,
AC⊥BD且DD1⊥平面ABCD,
又EF 平面ABCD,
所以EF⊥DD1,
因为E,F分别为AB,BC的中点,
所以EF∥AC,所以EF⊥BD,
又BD∩DD1＝D,BD,DD1 平面BDD1,
所以EF⊥平面BDD1,
又EF 平面B1EF,
所以平面B1EF⊥平面BDD1,故A正确;
如图,以点D为原点,建立空间直角坐标系,
设AB＝2,
则D(0,0,0),
B1(2,2,2),
E(2,1,0),F(1,2,0),
B(2,2,0),A1(2,0,2),
A(2,0,0),C(0,2,0),
C1(0,2,2),
则＝(－1,1,0),＝(0,1,2),
＝(2,2,0),＝(2,0,2),
＝(0,0,2),＝(－2,2,0),
＝(－2,2,0).
设平面B1EF的一个法向量为
m＝(x1,y1,z1),
则有
可取m＝(2,2,－1),
同理可得平面A1BD的一个法向量为
n1＝(1,－1,－1),
平面A1AC的一个法向量为n2＝(1,1,0),
平面A1C1D的一个法向量为
n3＝(1,1,－1),
则m·n1＝2－2＋1＝1≠0,
所以平面B1EF与平面A1BD不垂直,故B错误;
因为m与n2不平行,
所以平面B1EF与平面A1AC不平行,故C错误;
因为m与n3不平行,
所以平面B1EF与平面A1C1D不平行,
故D错误.
母题20 (人教A版选择性必修第一册P41T3)如图,在三棱锥O－ABC中,OA,OB,OC两两垂
直,OA＝OC＝3,OB＝2.求直线OB与平面ABC所成角的正弦值.
解　以O为坐标原点,OB所在直线为x轴,OC所在直线轴为y轴,OA所在直线为z轴建立空间直角坐标系,
所以O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,0,3),C(0,3,0),
＝(2,0,0),
设平面ABC的一个法向量为n＝(x,y,z),
＝(－2,0,3),＝(0,3,－3),
所以不妨令x＝3,则n＝(3,2,2),
所以cos<,n>＝,
所以直线OB与平面ABC所成角的正弦值为.
(2020·新高考Ⅱ卷)如图,四棱锥P－ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
证明　∵PD⊥底面ABCD,AD 底面ABCD,
∴PD⊥AD.
又底面ABCD是正方形,∴AD⊥DC.
∵PD∩DC＝D,PD,DC 平面PDC,
∴AD⊥平面PDC.
∵AD∥BC,AD 平面PBC,BC 平面PBC,
∴AD∥平面PBC.
∵AD 平面PAD,平面PAD∩平面PBC＝l,
∴l∥AD,∴l⊥平面PDC.
(2)已知PD＝AD＝1,Q为l上的点,QB＝,求PB与平面QCD所成角的正弦值.
解　以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系
D－xyz,
则D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),＝(0,1,0),
＝(1,1,－1).
由(1)设Q(a,0,1),则＝(a－1,－1,1).
由题意知,
∴a＝1,∴＝(1,0,1).
设n＝(x,y,z)是平面QCD的一个法向量,则
可取n＝(1,0,－1),
∴cos＝,
故PB与平面QCD所成角的正弦值为.
母题21 (人教A版选择性必修第一册P43T9)已知M,N分别是正方体ABCD－A'B'C'D'的棱BB'和B'C'的中点,求:
(1)MN和CD'所成的角;
解　以D为原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD'所在直线为z轴,建立如图空间直角坐标系,
设正方体ABCD－A'B'C'D'的棱长为2,
则M(2,2,1),N(1,2,2),C(0,2,0),D'(0,0,2),
＝(－1,0,1),＝(0,－2,2),
cos<,>＝
＝,
∴MN和CD'所成角的大小为60°.
(2)MN和AD所成的角.
解　A(2,0,0),D(0,0,0),＝(－2,0,0),
cos<,>＝,
∴MN和AD所成角的大小为45°.
(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　法一　如图,连接C1P,因为ABCD－A1B1C1D1是正方体,且P为B1D1的中点,所以C1P⊥B1D1,又C1P⊥BB1,B1D1∩BB1＝B1,B1D1,BB1 平面B1BP,所以C1P⊥平面B1BP.又BP 平面B1BP,所以有C1P⊥BP.连接BC1,则AD1∥BC1,所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角(或其补角).设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,
则在Rt△C1PB中,C1P＝B1D1＝,BC1＝2,sin ∠PBC1＝,
所以∠PBC1＝,故选D.
法二　如图,以A为坐标原点,AB,AD,AA1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2,则A(0,0,0),B(2,0,0),P(1,1,2),D1(0,2,2),＝(1,
－1,－2),＝(0,2,2).设直线PB与AD1所成的角为θ,
则cos θ＝.
因为θ∈,所以θ＝,故选D.
法三　如图,连接BC1,A1B,A1P,PC1,则易知AD1∥BC1,所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角(或其补角).由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点,知A1,P,C1三点共线,且P为A1C1的中点.易知A1B＝BC1＝A1C1,所以△A1BC1为等边三角形 ,所以∠A1BC1＝,又P为A1C1的中点,所以可得∠PBC1＝∠A1BC1＝,故直线PB与AD1所成的角为,故选D.
母题22 (1)(人教A版选择性必修第一册P34例6)如图,在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,F为线段AB的中点.
①求点B到直线AC1的距离;
②求直线FC到平面AEC1的距离.
解　以D1为原点,D1A1,D1C1,D1D所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,1),C1(0,1,0),E,F,
所以＝(0,1,0),＝(－1,1,－1),
,,
,.
①取a＝＝(0,1,0),
u＝(－1,1,－1),
则a2＝1,a·u＝.
所以点B到直线AC1的距离为
.
②因为,
所以FC∥EC1.因为FC 平面AEC1,
EC1 平面AEC1,所以FC∥平面AEC1,
所以直线FC到平面AEC1的距离即为点F到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n＝(x,y,z),
则
所以取z＝1,则x＝1,y＝2.
所以n＝(1,2,1)是平面AEC1的一个法向量.
又因为,
所以点F到平面AEC1的距离为
,
即直线FC到平面AEC1的距离为.
(2)(人教A版选择性必修第一册P49T12)如图,在四棱锥S－ABCD中,底面ABCD满足AB⊥AD,AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,且SA＝AB＝BC＝1,AD＝0.5.
①求四棱锥S－ABCD的体积;
②求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.
解　①根据题意可得四棱锥S－ABCD的体积为VS－ABCD＝×S直角梯形ABCD×SA＝××(1＋0.5)×1×1＝.
②根据题意可建系如图:
则D,C(1,1,0),S(0,0,1),
∴,＝(1,1,－1),
设平面SCD的法向量为m＝(x,y,z),
则
取m＝(2,－1,1),
又易知平面SAB的一个法向量为n＝(1,0,0),
∴平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值为
|cos|＝.
(3)(湘教版选择性必修第二册P112T19)如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,AD＝AA1＝1,AB＝2,点E在棱AB上移动.
①求证:D1E⊥A1D;
②当点E为棱AB的中点时,求点E到平面ACD1的距离;
③当AE为何值时,平面D1EC与平面AECD所成的角为
解　以D为坐标原点,直线DA,DC,DD1分别为x,y,z轴,
建立空间直角坐标系,设AE＝x(0≤x≤2),
则A1(1,0,1),D1(0,0,1),E(1,x,0),A(1,0,0),C(0,2,0),D(0,0,0).
①
证明　∵·＝(1,0,1)·(1,x,－1)＝0,∴⊥,∴D1E⊥A1D.
②∵E为AB的中点,则E(1,1,0),
∴＝(1,1,－1),＝(－1,2,0),＝(－1,0,1),
设平面ACD1的法向量为n＝(a,b,c),
则
令a＝2,得
从而n＝(2,1,2),
∴点E到平面AD1C的距离为:
h＝
＝.
③设平面D1EC的法向量n1＝(a1,b1,c1),
∴＝(1,x－2,0),＝(0,2,－1),＝(0,0,1),
由
令b1＝1,∴c1＝2,a1＝2－x,
∴n1＝(2－x,1,2).
又平面AECD的一个法向量为
＝(0,0,1),
依题意cos
＝,
∴x1＝2＋(舍去),x2＝2－,
∴AE＝2－时,平面D1EC与平面AECD所成的角为.
(4)(人教A版选择性必修第一册P49T13)如图,把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角,E,F分别为AD,BC的中点,O是原正方形ABCD的中心,求折纸后∠EOF的大小.
解　如图,以OB,OC,OD所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
设原正方形的边长为1,
则E,F,
∴cos<,>＝＝－＝－,
∴∠EOF＝120°.
(1)(2025·新高考Ⅱ卷)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB＝90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB＝3AD,CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°.
①证明:A'B∥平面CD'F;
证明　因为在四边形ABCD中,AB∥CD,且EF∥AD,
所以四边形AEFD是平行四边形,
又∠DAB＝90°,所以四边形AEFD为矩形,
折叠后,显然EB∥FC,EB 平面CD'F,FC 平面CD'F,所以EB∥平面CD'F,
又A'E∥D'F,
A'E 平面CD'F,D'F 平面CD'F,
所以A'E∥平面CD'F,且EB∩A'E＝E,EB,A'E 平面BA'E,
所以平面BA'E∥平面CD'F,
且A'B 平面BA'E,
所以A'B∥平面CD'F.
②求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
解　由∠DAB＝90°,EF∥AD,所以EF⊥CD,所以EF⊥FC,EF⊥D'F,
所以平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角的平面角为∠D'FC＝60°.
结合CF∩D'F＝F,DF,D'F 平面CFD',
所以EF⊥平面CFD',
又EF 平面EBCF,可得平面CFD'⊥平面EBCF,
又F为CD的中点,所以△CFD'为等边三角形,
如图以F为原点建立空间直角坐标系,设AB＝3AD＝6,则CD＝2AD＝4,
所以F(0,0,0),E(2,0,0),C(0,2,0),B(2,4,0),D'(0,1,),
所以＝(2,0,0),＝(0,1,),＝(2,2,0),＝(0,－1,),
设平面EFD'A'的法向量为m＝(x,y,z),
则
可得m＝(0,－,1),
再设平面BCD'的法向量n＝(a,b,c),
则
解得n＝(－,,1),
设平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角为θ,
则|cos θ|＝
＝
＝,
所以sin θ＝
＝,
故平面BCD'与平面EFD'A'所成二面角的正弦值为.
(2)(2025·北京卷)如图,在四棱锥P－ABCD中,△ACD与△ABC为等腰直角三角形,∠ADC
＝90°,∠BAC＝90°,E为BC的中点.
①若F为PD的中点,G为PE的中点,证明:FG∥平面PAB;
证明　设N,M分别为PA,PB的中点,连接FN,MN,GM,
∵△ACD与△ABC为等腰直角三角形,且∠ADC＝90°,∠BAC＝90°,
不妨设AD＝CD＝2,∴AC＝AB＝2,
∴BC＝4.∵E,F分别为BC,PD的中点,
∴FN＝AD＝1,BE＝2,∴GM＝1,
又∠DAC＝45°,∠ACB＝45°,
∴AD∥BC,∴FN∥GM,
∴四边形FGMN为平行四边形,
∴FG∥MN.
∵FG 平面PAB,MN 平面PAB.
∴FG∥平面PAB.
②若PA⊥平面ABCD,PA＝AC,求AB与平面PCD所成角的正弦值.
解　∵PA⊥平面ABCD,AC,AB 平面ABCD,
∴PA⊥AC,PA⊥AB,又AC⊥AB,
∴以A为原点,AC,AB,AP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,
由(1)可知设AD＝CD＝2,则A(0,0,0),
B(0,2,0),C(2,0,0),D(,－,0),
P(0,0,2),
∴＝(0,2,0),＝(,,0),
＝(－2,0,2).
设平面PCD的一个法向量为n＝(x,y,z),
∴∴
取x＝1,∴y＝－1,z＝1,∴n＝(1,－1,1).
设AB与平面PCD所成的角为θ,
则sin θ＝|cos<,n>|＝
＝,
即AB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)(2025·天津卷)如图,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1中点,点G在棱CC1上,且CG＝3C1G.
①求证:GF⊥平面EBF;
证明　以D为坐标原点,DA所在直线为x轴,DC所在直线为y轴,DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系.
则G(0,4,3),F(2,4,4),E(2,0,4),B(4,4,0),
＝(2,0,1),＝(0,4,0),＝(－2,0,4),
∴·＝0,·＝0,
即GF⊥EF,GF⊥BF.
又EF∩BF＝F,EF 平面EBF,BF 平面EBF,∴GF⊥平面EBF.
②求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值;
解　设平面EBF的法向量为n1＝(x1,y1,z1),
则
则y1＝0,取x1＝2,则z1＝1,故n1＝(2,0,1).
设平面EBG的法向量为n2＝(x2,y2,z2),
则
又＝(－2,4,－1),＝(－4,0,3),
故
可取x2＝6,则y2＝5,z2＝8,故n2＝(6,5,8).
设平面EBF与平面EBG的夹角为θ,
则cos θ＝|cos|＝,
∴平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为.
③求三棱锥D－BEF的体积.
解　设点D到平面BEF的距离为d,
易知＝(2,0,4),
由(2)知平面BEF的一个法向量为n1＝(2,0,1),
故d＝,
在△EBF中,易知BE＝6,BF＝2,EF＝4,
故EF2＋BF2＝BE2,∴EF⊥BF,
∴△EBF的面积为×4×2＝4,
故三棱柱D－BEF的体积为d×4.第七章　立体几何与空间向量
　　　　　　　　　　　　　　　　
探究1 (人教A版必修第二册P102)圆柱可以由矩形旋转得到,圆锥可以由直角三角形旋转得到.圆台是否也可以由平面图形旋转得到 如果可以,由什么平面图形旋转得到 如何旋转
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究2 (人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的表面积公式之间有什么关系 你能用圆柱、圆锥、圆台的结构特征来解释这种关系吗
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究3 (人教A版必修第二册P117)圆柱、圆锥、圆台的体积公式之间有什么关系 结合棱柱、棱锥、棱台的体积公式,你能将它们统一成柱体、锥体、台体的体积公式吗 柱体、锥体、台体的体积公式之间又有怎样的关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究4 (人教A版必修第二册P118)在小学,我们学习了圆的面积公式,你还记得是如何求得的吗 类比这种方法,你能由球的表面积公式推导出来球的体积公式吗
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究5 (人教B版必修第四册P68)各个面都是全等的正多边形且过各顶点的棱数都相等的多面体一般称为正多面体.已知正多面体顶点数V、面数F、棱数E之间满足关系V＋F－E＝2,根据这一结论探究共有多少种不同的正多面体.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究6 (人教A版必修第二册P150)如图,准备一块三角形的纸片ABC,过△ABC的顶点A翻折纸片,得到折痕AD,将翻折后的纸片竖起放置在桌面上(BD,DC与桌面接触).
(1)折痕AD与桌面垂直吗
(2)如何翻折才能使折痕AD与桌面垂直 为什么
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究7 (人教A版必修第二册P151)两条相交直线可以确定一个平面,两条平行直线也可以确定一个平面,那么定理“如果一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直,那么该直线与此平面垂直”中的“两条相交直线”可以改为“两条平行直线”吗 你能从向量的角度解释原因吗 如果改为“无数条直线”呢
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究8 (人教A版必修第二册P160)设平面α⊥平面β,点P在平面α内,过点P作平面β的垂线a,直线a与平面α具有什么位置关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
探究9 (人教A版选择性必修第一册P33)如图,已知直线l的单位方向向量为u,A是直线l上的定点,P是直线l外一点.如何利用这些条件求点P到直线l的距离
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.(人教A版必修第二册P154例6,人教B版必修第四册P85例2拓展)棱台体积公式:V棱台＝h(S'＋＋S),其中S',S分别是棱台的上、下底面面积,h是高.
证明　如图,延长棱台各侧棱交于点P,得到截得棱台的棱锥,过点P作棱台的下底面的垂线,分别与棱台的上、下底面交于点O',O,
则PO垂直于棱台的上底面,从而O'O＝h.
设截得棱台的棱锥的体积为V,去掉的棱锥的体积为V'、高为h',
则PO'＝h',于是V'＝S'h',V＝S(h'＋h),
所以棱台的体积
V棱台＝V－V'＝S(h'＋h)－S'h'
＝[Sh＋(S－S')h'].①
由棱台的上、下底面平行,可以证明棱台的上、下底面相似,并且,
所以h'＝,
代入①,得
V棱台＝h
＝h(S'＋＋S).
【应用示例】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台,则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)(　　)
A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3
C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3
(2)(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中,AB＝2,A1B1＝1,AA1＝,则该棱台的体积为　　　　.
(3)(2023·新高考Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.(人教A版选择性必修第一册P42T7,P43T8拓展)正四面体的常见结论:正四面体A－BCD的棱长为a,则:
(1)高h＝a;
(2)外接球半径R＝a;
(3)内切球半径r＝a;
(4)正四面体内任意一点到四个面的距离之和d＝a.
证明　如图,在棱长为a的正四面体A－BCD中,E为棱BC的中点,O1为△BCD的中心,O为外接球球心.
(1)O1D＝DE＝×a
＝a,
h＝AO1＝
＝a.
(2)因为O＋O1D2＝OD2,
即＝R2,故R＝a.
(3)设内切球球心为O2,
则VA－BCD＝,
×a2·a＝×a2·r·4,
r＝a＝OO1,此时,O2与O重合.
(4)设P为正四面体A－BCD任一点,设点P到平面BCD,平面ABC,平面ABD,平面ACD的距离分别为h1,h2,h3,h4,
则VA－BCD＝VP－BCD＋VP－ABC＋VP－ABD＋VP－ACD,
×a2·a＝×a2(h1＋h2＋h3＋h4),
即d＝h1＋h2＋h3＋h4＝a.
【应用示例】 如图,在棱长为2的正四面体A－BCD中,M,N分别为棱AD,BC的中点,O为线段MN的中点,球O的表面与线段AD相切于点M,则球O被正四面体A－BCD表面截得的截面周长为　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.(人教A版必修第二册P151讲解,人教B版选择性必修第一册P45讲解拓展)三余弦定理和三正弦定理如图,AP是平面α的一条斜线段,A是斜足,O是点P在平面α内的射影,AB是平面α内的一条射线,OB⊥AB,则:
(1)cos∠PAB＝cos∠PAO·cos∠BAO;
(2)sin∠PAO＝sin∠PAB·sin∠PBO.
证明　易知∠POA＝∠POB＝∠OBA＝90°,
cos∠PAO·cos∠BAO＝·＝cos∠PAB,sin∠PAB·sin∠PBO＝·＝sin∠PAO.
【应用示例】 (1)(2022·新高考Ⅰ卷)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;
②设D为A1C的中点,AA1＝AB,平面A1BC⊥平面ABB1A1,求二面角A－BD－C的正弦值.
(2)(2021·新高考Ⅰ卷)如图,在三棱锥A－BCD中,平面ABD⊥平面BCD,AB＝AD,O为BD的中点.
①证明:OA⊥CD;
②若△OCD是边长为1的等边三角形,点E在棱AD上,DE＝2EA,且二面角E－BC－D的大小为45°,求三棱锥A－BCD的体积.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4.(人教B版选择性必修第一册P50讲解拓展)面积射影定理:AB 平面α,C 平面α,CC1⊥平面α,二面角C－AB－C1的平面角为θ(θ为锐角),则cos θ＝.
证明　作C1E⊥AB,C1E∩AB＝E,连接CE,易证∠CEC1为二面角C－AB－C1的平面角,
＝cos θ.
【应用示例】 (2024·新高考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.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5.(人教B版必修第四册P88练习BT5拓展)正棱锥的高为h,侧棱长为l,则正棱锥的外接球半径R＝.
证明　以正四棱锥P－ABCD为例,PA＝l,PO1＝h,
在Rt△AOO1中,
AO2＝A＋O,
R2＝()2＋(h－R)2,
解得R＝.
同理,其余正棱锥均可得此结论.
【应用示例】 (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.[18,27]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6.(人教B版必修第四册P129T14,T16拓展)双半径单交线公式:若相互垂直的两凸多边形的外接圆半径分别为R1,R2,两外接圆公共弦长为l,则由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径:R＝.
证明　以三棱锥为例,平面ABC⊥平面BCD,BC＝l,R1＝O2C,R2＝O1D,
R2＝OD2＝O＋O1D2
＝O2E2＋O1D2
＝O2C2－CE2＋O1D2
＝l2＋,
即R＝.
【应用示例】 (2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA＝　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.通过阅读《探究与发现——祖暅原理与柱体、锥体的体积》(人教A版必修第二册P121)和《阅读材料一——祖暅原理》(北师大版必修第二册P258),可从中提炼出如下结论:
(1)用祖暅原理证明球的体积公式V＝πR3.
证明　取一个底面半径和高都等于R的圆柱,从圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥,把所得的几何体和半球放在同一个平面α上,如图,因为圆柱的高等于R,所以这个几何体和半球都夹在两个平行平面之间.
用平行于平面α的任意一个平面去截这两个几何体,截面分别是圆面和圆环面.如果截平面与平面α的距离为l,那么圆面的半径为r＝,圆环面的大圆半径为R,小圆半径为l(因为△O'O1B是等腰直角三角形).
因此S圆'＝πr2＝π(R2－l2),
S圆环＝πR2－πl2＝π(R2－l2),
所以S圆＝S圆环,根据祖暅原理,这两个几何体的体积相等,即V球＝2×V球
＝2×πR3.
(2)椭圆的方程为＝1(a>b>0),将椭圆面绕y轴旋转半周得到椭球,则该椭球的体积为πa2b.
证明　构造底面半径为a和高为b的圆柱体,则用一个平行于底面的平面截半椭球和圆柱,得到两个等高度的截面,可证明等高处半椭球截面面积和圆柱截面圆环面积相等,即S圆＝S环,则根据祖暅原理,左边半椭球体的体积等于右边圆柱的体积减去倒立圆锥的体积.
因为左边半椭球:＝π,
右边圆柱:由相似三角形可得 r＝,
又由＝1得＝a2－,
所以圆球'＝πa2－πr2＝πa2－π
＝π＝π,
所以',所以半椭球体积等于圆柱的体积减去倒立圆锥的体积,即
VO'＝V1－V2＝πa2·b－πa2·b＝πa2b,
所以椭球的体积VO＝2VO'＝πa2b.
(3)已知双曲线C:＝1(a>0,b>0),直线y＝m,y＝n在第一象限内与C及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形,则阴影图形绕y轴旋转一周所得几何体的体积为πa2|m－n|.
证明　直线y＝t,t∈[m,n]与y轴、y＝x及双曲线交点分别为E,H,G.
则H,
G,
则π|EG|2－π|EH|2＝πa2－π＝πa2,
即每个圆环的面积均相等,故所得几何体的体积为πa2|m－n|.
【应用示例】 (1)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了用于计算体积的祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”,它的意思可以描述为:夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果所截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.如图,阴影部分是双曲线＝1与它的渐近线以及直线y＝±4所围成的图形,将此图形绕y轴旋转一周,得到一个旋转体,用祖暅原理可求得这个旋转体的体积为　　　　.
(2)《缀术》中提出的“缘幂势既同,则积不容异”被称为祖暅原理,其意思是:如果两个等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等,那么这两个几何体的体积相等.该原理常应用于计算某些几何体的体积.如图,某个西晋越窑卧足杯的上下底为互相平行的圆面,侧面为球面的一部分,上底直径为4 cm,下底直径为6 cm,上下底面间的距离为3 cm,则该卧足杯侧面所在的球面的半径是　　　 cm;卧足杯的容积是　　　　　 cm3(杯的厚度忽略不计).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.通过阅读《多知道一点——平面方程》(湘教版选择性必修第二册P104),可从中提炼出如下结论:
(1)已知平面α的法向量n＝(A,B,C)和平面上一点P0(x0,y0,z0),则空间任意一点P(x,y,z)在平面上的充要条件为A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0.
证明　P∈α的充要条件是n⊥,
等价于0＝n·＝(A,B,C)·(x－x0,y－y0,z－z0)＝A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0),
即P(x,y,z)在平面α上的充要条件是它的坐标满足方程A(x－x0)＋B(y－y0)＋C(z－z0)＝0.
(2)已知平面α的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0,其中A,B,C不同时为0,则n＝(A,B,C)是平面α的法向量.
证明　设平面α内的任意两点P1(x1,y1,z1),P2(x2,y2,z2),
则＝(x2－x1,y2－y1,z2－z1),
且Ax1＋By1＋Cz1＋D＝0,
Ax2＋By2＋Cz2＋D＝0,
因为n·＝A(x2－x1)＋B(y2－y1)＋C(z2－z1)＝Ax2＋By2＋Cz2－(Ax1＋By1＋Cz1)＝0,
所以n⊥,
所以n＝(A,B,C)是平面α的法向量.
(3)点P1(x1,y1,z1)到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0的距离为d＝.
证明　如图所示,平面α的方程为Ax＋By＋Cz＋D＝0,
向量n＝(A,B,C)为α的法向量,平面外一点P1(x1,y1,z1),在平面内取一点M0(x0,y0,z0),
则点P1到平面α的距离d＝,
而|·n|＝|A(x1－x0)＋B(y1－y0)＋C(z1－z0)|,
由于点M0(x0,y0,z0)在平面α上,
因此有Ax0＋By0＋Cz0＋D＝0,
即Ax0＋By0＋Cz0＝－D,
由此可得|·n|＝|Ax1＋By1＋Cz1＋D|,
所以d＝,
空间中点到平面的距离公式可看成平面内点到直线的距离公式的推广.
【应用示例】 在空间直角坐标系O－xyz中,任一平面的方程都能表示成Ax＋By＋Cz＋D＝0,其中A,B,C,D∈R,A2＋B2＋C2≠0,且n＝(A,B,C)为该平面的法向量.
已知集合P＝{(x,y,z)||x|≤1,|y|≤1,|z|≤1},
Q＝{(x,y,z)||x|＋|y|＋|z|≤2},
T＝{(x,y,z)||x|＋|y|≤2,|y|＋|z|≤2,
|z|＋|x|≤2}.
(1)设集合M＝{(x,y,z)|z＝0},记P∩M中所有点构成的图形的面积为S1,Q∩M中所有点构成的图形的面积为S2,求S1和S2的值;
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为V1,P∩Q中所有点构成的几何体的体积为V2,求V1和V2的值;
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积V3的值;
②求W的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W的面数和棱数.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题1 (人教A版必修第二册P115例2)如图,一个漏斗的上面部分是一个长方体,下面部分是一个四棱锥,两部分的高都是0.5 m,公共面ABCD是边长为1 m的正方形,那么这个漏斗的体积是多少立方米(精确到0.01 m3) (计算漏斗的容积时不考虑漏斗的厚度)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中,△ABC是边长为2的等边三角形,PA＝PB＝2,PC＝,则该棱锥的体积为(　　)
A.1 B.
C.2 D.3
母题2 (人教A版必修第二册P116T3)某广场设置了一些石凳供大家休息,这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如果被截正方体的棱长是50 cm,那么石凳的体积是多少
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题3 (人教A版必修第二册P119T3)将一个棱长为6 cm的正方体铁块磨制成一个球体零件,求可能制作的最大零件的体积.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
(2)(2025·北京卷)某科技兴趣小组用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体,其中ABCDEF是一个平面多边形,平面ARF⊥平面ABC,平面TCD⊥平面ABC,AB⊥BC,AB∥RS∥EF∥CD,AF∥ST∥BC∥ED,若AB＝BC＝8,AF＝CD＝4,AR＝RF＝TC＝TD＝,则该多面体的体积为　　　　.
母题4 (人教A版必修第二册P119练习T1)已知圆锥的表面积为a m3,且它的侧面展开图是一个半圆,求这个圆锥的底面直径.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为(　　)
A.2 B.2
C.4 D.4
母题5 (人教A版必修第二册P120T8)分别以一个直角三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴,其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体.这3个几何体的体积之间有什么关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图,四边形ABCD为正方形,ED⊥平面ABCD,FB∥ED,AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD,F－ABC,F－ACE的体积分别为V1,V2,V3,则(　　)
A.V3＝2V2 B.V3＝V1
C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1
母题6 (人教B版必修第四册P80例2)把地球看成一个半径为6 370 km的球,已知我国首都北京靠近北纬40°,求北纬40°纬线的长度(π≈3.141 6,cos 40°≈0.766 0,结果精确到1 km).
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2020·新高考全国Ⅰ卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器,利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间.把地球看成一个球(球心记为O),地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角,点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面,在点A处放置一个日晷,若晷面与赤道所在平面平行,点A处的纬度为北纬40°,则晷针与点A处的水平面所成角为(　　)
A.20° B.40°
C.50° D.90°
母题7 (湘教版必修第二册P197习题4.5T5)如图,古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等.相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现:图中圆柱的体积是球体积的,圆柱的表面积也是球表面积的.他的发现是否正确 试说明理由.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2025·新高考Ⅱ卷)一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为　　　　 cm.
母题8 (人教A版必修第二册P140例4)已知正方体ABCD－A1B1C1D1,求证:平面AB1D1∥平面BC1D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2022·新高考Ⅱ卷节选)如图,PO是三棱锥P－ABC的高,PA＝PB,AB⊥AC,E为PB的中点.
证明:OE∥平面PAC.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题9 (人教A版必修第二册P138例3)如图所示的一块木料中,棱BC平行于面A'C'.
(1)要经过面A'C'内的一点P和棱BC将木料锯开,在木料表面应该怎样画线
(2)所画的线与平面AC是什么位置关系
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题10 (人教A版必修第二册P145T15)如图,透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器倾斜.随着倾斜度的不同,有下面五个命题:
①有水的部分始终呈棱柱形;
②没有水的部分始终呈棱柱形;
③水面EFGH所在四边形的面积为定值;
④棱A1D1始终与水面所在平面平行;
⑤当容器倾斜如图(3)所示时,BE·BF是定值.
其中所有正确命题的序号是　　　　,为什么
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题11 (人教A版必修第二册P170T10)如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E是AB的中点,点F是BC的中点,将△AED,△BEF,△DCF分别沿DE,EF,DF折起,使A,B,C三点重合于点A'.
(1)求证:A'D⊥EF;
(2)求三棱锥A'－EFD的体积.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题12 (湘教版必修第二册P198T12)一块边长40 cm的正方形包装纸按图(1)所示的阴影部分裁下,然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个如图(2)所示的正四棱锥形包装盒.在图(1)中,x表示等腰三角形的底边长;在图(2)中,点E,F分别是四棱锥P－ABCD的棱BC,PA的中点.
(1)求证:EF∥平面PDC;
(2)把该包装盒的体积V表示为x的函数,并求x＝32 cm时,三棱锥A－BEF的体积.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2023·全国乙卷)如图,在三棱锥P－ABC中,AB⊥BC,AB＝2,BC＝2,PB＝PC＝,BP,AP,BC的中点分别为D,E,O,点F在AC上,BF⊥AO.
(1)求证:EF∥平面ADO;
(2)若∠POF＝120°,求三棱锥P－ABC的体积.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题13 (1)(人教A版必修第二册P148练习T4)如图,在正三棱柱ABC－A'B'C'中,D为棱AC的中点,AB＝BB'＝2,求证BD⊥AC'.
(2)(人教A版必修第二册P159练习T4)如图,在正三棱柱ABC－A'B'C'中,D为棱AC的中点.
求证:平面BDC'⊥平面ACC'A'.
(3)(人教A版必修第二册P162习题8.6T4)如图,在直三棱柱ABC－A1B1C1中,CA＝CB,P为A1B的中点,Q为棱C1C的中点.求证:
①PQ⊥AB;②PQ⊥C1C;
③PQ⊥A1B.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(多选)(2025·新高考Ⅰ卷)在正三棱柱ABC－A1B1C1中,D为BC的中点,则(　　)
A.AD⊥A1C B.BC⊥平面AA1D
C.AD∥A1B1 D.CC1∥平面AA1D
(2)(2023·新高考Ⅱ卷节选)如图,三棱锥A－BCD中,DA＝DB＝DC,BD⊥CD,∠ADB＝∠ADC＝60°,E为BC的中点.证明:BC⊥DA.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题14 (人教A版必修第二册P152例4)如图,在正方体ABCD－A1B1C1D1中,求直线A1B和平面A1DCB1所成的角.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)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°
(2)(2022·全国甲卷)在长方体ABCD－A1B1C1D1中,已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°,则(　　)
A.AB＝2AD
B.AB与平面AB1C1D所成的角为30°
C.AC＝CB1
D.B1D与平面BB1C1C所成的角为45°
母题15 (人教B版必修第四册P109T2)判断下列命题的真假.
(1)m α,n α,m β,n β α∥β;
(2)α∥β,m α,n β m∥n;
(3)α∥β,l β l∥α.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2025·天津卷)已知m,n为两条直线,α,β为两个平面,则下列结论中正确的是(　　)
A.若m∥α,n α,则m∥n
B.若m⊥α,m⊥β,则α⊥β
C.若m∥α,m⊥β,则α⊥β
D.若m α,α⊥β,则m⊥β
(2)(2024·全国甲卷)设α,β为两个平面,m,n为两条直线,且α∩β＝m,下述四个命题:
①若m∥n,则n∥α或n∥β
②若m⊥n,则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β,则m∥n
④若n与α,β所成的角相等,则m⊥n
其中所有真命题的编号是(　　)
A.①③ B.②④
C.①②③ D.①③④
母题16 (人教A版必修第二册P152T4)过△ABC所在平面α外一点P作PO⊥α,垂足为O,连接PA,PB,PC.
(1)若PA＝PB＝PC,则点O是△ABC的　　　　心.
(2)若PA＝PB＝PC,∠C＝90°,则点O是AB边的　　　　点.
(3)若PA⊥PB,PB⊥PC,PC⊥PA,垂足都为P,则点O是△ABC的　　　　心.
母题17 (1)(人教A版必修第二册P164习题8.6T21)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD为正方形,PA⊥底面ABCD,PA＝AB,E为线段PB的中点,F为线段BC上的动点.平面AEF与平面PBC是否互相垂直 如果垂直,请证明,如果不垂直,请说明理由.
(2)(人教A版选择性必修第一册P39例10)如图,在四棱锥P－ABCD中,底面ABCD是正方形,侧棱PD⊥底面ABCD,PD＝DC,E是PC的中点,作EF⊥PB交PB于点F.
①求证:PA∥平面EDB;
②求证:PB⊥平面EFD;
③求平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2025·新高考Ⅰ卷)如图,在四棱锥P－ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,BC∥AD.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAD;
(2)设PA＝AB＝,BC＝2,AD＝1＋,且点P,B,C,D均在球O的球面上.
①证明:点O在平面ABCD内;
②求直线AC与PO所成角的余弦值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题18 (人教A版必修第二册P171T13)如图,在三棱锥P－ABC中,∠ACB＝90°,PA⊥底面ABC.
(1)求证:平面PAC⊥平面PBC;
(2)若AC＝BC＝PA,M是PB的中点,求AM与平面PBC所成角的正切值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2024·新高考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
(2)(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形,AB为斜边,△ABD为等边三角形,若二面角C－AB－D为150°,则直线CD与平面ABC所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
(3)(2022·全国乙卷)如图,四面体ABCD中,AD⊥CD,AD＝CD,∠ADB＝∠BDC,E为AC的中点.
①证明:平面BED⊥平面ACD;
②设AB＝BD＝2,∠ACB＝60°,点F在BD上,当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成的角的正弦值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题19 (人教A版必修第二册P158例7)如图所示,在正方体ABCD－A'B'C'D'中,求证:平面A'BD⊥平面ACC'A'.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2022·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F分别为AB,BC的中点,则(　　)
A.平面B1EF⊥平面BDD1
B.平面B1EF⊥平面A1BD
C.平面B1EF∥平面A1AC
D.平面B1EF∥平面A1C1D
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题20 (人教A版选择性必修第一册P41T3)如图,在三棱锥O－ABC中,OA,OB,OC两两垂
直,OA＝OC＝3,OB＝2.求直线OB与平面ABC所成角的正弦值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2020·新高考Ⅱ卷)如图,四棱锥P－ABCD的底面为正方形,PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.
(1)证明:l⊥平面PDC;
(2)已知PD＝AD＝1,Q为l上的点,QB＝,求PB与平面QCD所成角的正弦值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
母题21 (人教A版选择性必修第一册P43T9)已知M,N分别是正方体ABCD－A'B'C'D'的棱BB'和B'C'的中点,求:
(1)MN和CD'所成的角;
(2)MN和AD所成的角.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2021·全国乙卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,P为B1D1的中点,则直线PB与AD1所成的角为(　　)
A. B.
C. D.
母题22 (1)(人教A版选择性必修第一册P34例6)如图,在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中,E为线段A1B1的中点,F为线段AB的中点.
①求点B到直线AC1的距离;
②求直线FC到平面AEC1的距离.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)(人教A版选择性必修第一册P49T12)如图,在四棱锥S－ABCD中,底面ABCD满足AB⊥AD,AB⊥BC,SA⊥底面ABCD,且SA＝AB＝BC＝1,AD＝0.5.
①求四棱锥S－ABCD的体积;
②求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)(湘教版选择性必修第二册P112T19)如图,在长方体ABCD－A1B1C1D1中,AD＝AA1＝1,AB＝2,点E在棱AB上移动.
①求证:D1E⊥A1D;
②当点E为棱AB的中点时,求点E到平面ACD1的距离;
③当AE为何值时,平面D1EC与平面AECD所成的角为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(4)(人教A版选择性必修第一册P49T13)如图,把正方形纸片ABCD沿对角线AC折成直二面角,E,F分别为AD,BC的中点,O是原正方形ABCD的中心,求折纸后∠EOF的大小.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(1)(2025·新高考Ⅱ卷)如图,在四边形ABCD中,AB∥CD,∠DAB＝90°,F为CD的中点,点E在AB上,EF∥AD,AB＝3AD,CD＝2AD.将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD'A',使得平面EFD'A'与平面EFCB所成的二面角为60°.
①证明:A'B∥平面CD'F;
②求平面BCD'与平面EFD'A'所成的二面角的正弦值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)(2025·北京卷)如图,在四棱锥P－ABCD中,△ACD与△ABC为等腰直角三角形,∠ADC
＝90°,∠BAC＝90°,E为BC的中点.
①若F为PD的中点,G为PE的中点,证明:FG∥平面PAB;
②若PA⊥平面ABCD,PA＝AC,求AB与平面PCD所成角的正弦值.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)(2025·天津卷)如图,正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4,E,F分别为A1D1,C1B1中点,点G在棱CC1上,且CG＝3C1G.
①求证:GF⊥平面EBF;
②求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值;
③求三棱锥D－BEF的体积.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

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