高考数学复习专题三立体几何讲义
展开专题三 立体几何小题专项1 空间几何体的表面积与体积命|题|分|析立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局，多以选择题或者填空题的形式考查空间几何体三视图的识别，空间几何体的体积或表面积的计算。明确考点 扣准要点必 备 知 识1．空间几何体的三视图(1)几何体的三视图包括正(主)视图、侧(左)视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线。(2)三视图的画法。①基本要求：长对正，高平齐，宽相等。②画法规则：正(主)侧(左)一样高，正(主)俯一样长，侧(左)俯一样宽；看不到的线画虚线。(3)由三视图还原直观图的方法。①还原后的几何体一般为较熟悉的柱、锥、台、球的组合体。②注意图中实、虚线，实际分别是原几何体中的可视线与被遮挡线。③想象原形，并画出草图后进行三视图还原，把握三视图和几何体之间的关系，与所给三视图比较，通过调整准确画出原几何体。④由三视图还原直观图时，往往采用削体法，选定一个视图，比如俯视图，然后逐步削切正方体等几何载体。(4)已知三视图中的某两个，找余下一个的三视图的方法。先根据已知的三视图中的某两个，还原、推测直观图的可能形式，找余下一个三视图的可能形式。作为选择题，也可将选项依次代入，再看看给出的三视图是否符合。2．空间几何体的表面积(1)多面体的侧面积和表面积。因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是侧面展开图的面积，表面积是侧面积与底面积的和。(2)旋转体的侧面积和表面积。①若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l)。②若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l)。③若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl)。④若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2。3．空间几何体的体积公式几何体名称体积棱(圆)柱V＝Sh(S为底面面积，h为高)棱(圆)锥V＝Sh(S为底面面积，h为高)棱(圆)台V＝(S′＋＋S)h(S′，S为上，下底面面积，h为高)球V＝R3(R为球半径) 精析精研 重点攻关考 向 突 破考向一 空间几何体的三视图【例1】 (1)(2021·全国甲卷)在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G。该正方体截去三棱锥AEFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是( )解析 根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该几何体的侧视图为D。答案 D(2)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A． B． C． D．2解析 根据该几何体的三视图可以得到该几何体是底面为梯形的四棱锥(如图所示)，且AB⊥平面BCDE，所以该四棱锥的体积V＝Sh＝××(1＋2)×1×1＝。答案 B 识别三视图应注意以下几个方面：①看线型，是线段、虚线还是含有曲线，可确定此几何体是简单多面体还是旋转体等；②分部分，想整体，看是简单几何体还是组合体；③对比一些熟悉的三视图模型分析，如正方体、圆锥、三棱锥等三视图模型。 【变式训练1】 (1)已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A．＋ B．π＋C．＋ D．3π＋解析 由三视图知，该几何体是一个底面半径为1，高为的半圆锥(如图)，其正面为圆锥的轴截面，形状为等边三角形，该截面三角形的面积为×2×＝；侧面展开图为扇形，该扇形的弧长为×2π×1＝π，半径为＝2，其面积为×π×2＝π；底面为半圆，其面积为×π×12＝。则该几何体的表面积为＋。故选C。答案 C(2)(2020·唐山三模)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．6 B．7 C． D．解析 V五棱柱＝S底·高＝正视图面积×侧视图宽＝×2＝7。故选B。答案 B考向二 空间几何体的表面积【例2】 (1)过圆锥的轴作截面，如果截面三角形为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥。已知一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD＝90°(O为底面圆心)，且S△PCD＝，则这个等边圆锥的表面积为( )A．2π＋π B．3πC．2π＋π D．π＋π解析 如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，圆锥的高PO＝a。由已知得CD＝a，PC＝PD＝2a，则S△PCD＝×a×a＝，从而a＝1，圆锥的表面积为πa×2a＋πa2＝3π。答案 B(2)(2021·湖南五市十校联考)已知正三棱柱ABCA1B1C1的每个顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为24π，则该三棱柱的侧面积的最大值为________。解析 设球的半径为R，则4πR2＝24π，解得R＝。设正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为a，高为h，则底面正三角形外接圆的半径为a，所以2＋2＝R2，由基本不等式可得6＝a2＋h2≥ah，当且仅当a2＝h2时，等号成立，所以ah≤6。易知该正三棱柱的侧面积为3ah，其最大值为6×3＝18。答案 18求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点。(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积。 【变式训练2】 (1)(2021·武汉市质量检测)某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为( )A．2 B． C． D．1解析 如图，△SAB是圆锥的轴截面，O为AB的中点，由题意可知，SB＝2，OB＝，所以∠OSB＝60°，所以∠ASB＝120°，所以过圆锥顶点的截面中，当截面三角形的顶角为90°时，截面面积最大，且最大值为×2×2＝2。故选A。答案 A(2)如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体的某个顶点为球心，2为半径的球体后的剩余部分，则该几何体的表面积为( )A．24－3π B．24－πC．24＋π D．24＋5π解析 由题意知该几何体的表面积S＝6×22－3××π×22＋×4×π×22＝24－π。故选B。答案 B考向三 空间几何体的体积【例3】 (1)已知三棱锥SABC中，∠SAB＝∠ABC＝，SB＝4，SC＝2，AB＝2，BC＝6，则三棱锥SABC的体积是( )A．4 B．6 C．4 D．6解析 因为∠ABC＝，AB＝2，BC＝6，所以AC＝＝＝2。因为∠SAB＝，AB＝2，SB＝4，所以AS＝＝＝2。由SC＝2，得AC2＋AS2＝SC2，所以AC⊥AS。又因为SA⊥AB，AC∩AB＝A，所以AS⊥平面ABC，所以AS为三棱锥SABC的高，所以V三棱锥SABC＝××2×6×2＝4。故选C。答案 C(2)(2021·江西六校联考)如图，AB为圆O的直径，点E，F在圆O上，AB∥EF，矩形ABCD所在平面和圆O所在平面互相垂直，已知AB＝2，EF＝1，若三棱锥FBCE和四棱锥FABCD的体积分别为V1和V2，则V1∶V2的值为________。解析 如图所示，取OA的中点M，连接FM，OE，OF，则OE＝OF＝EF＝1，所以△OEF是等边三角形，从而易知△AOF，△BOE也是等边三角形，则FM⊥AB，且FM＝。因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ABEF。同理可得FM⊥平面ABCD。设AD＝BC＝a，则V1＝VFBCE＝VCBEF＝S△BEF·BC＝××1×a＝，V2＝VFABCD＝S矩形ABCD×FM＝×2a×＝。所以V1∶V2＝∶＝1∶4。故V1∶V2的值为。答案 求空间几何体体积的常用方法公式法直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算等积法根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等割补法把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体 【变式训练3】 (1)(2021·新高考全国Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长为2,4，侧棱长为2，则四棱台的体积为( )A．20＋12 B．28C． D．解析 如图，分别取上、下底面的中心O1，O，过B1作B1M⊥OB于点M，则OB＝2，O1B1＝，BM＝，B1M＝＝，故四棱台的体积为V＝(S上＋S下＋)h＝×(4＋16＋8)×＝。故选C。答案 C(2)蹴鞠，又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，“蹴”有用脚踢、踏的含义，“鞠”最早指外包皮革、内实米糠的球。因而蹴鞠就是指古人以脚踢皮球的活动，类似今日的足球。2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录。已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，这四个点满足任意两点间的直线距离为2 cm，现在利用3D打印技术制作一个模型，该模型是由鞠的内部挖去以A，B，C，D为顶点的四面体后剩余的部分，打印所用原料密度为1 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的体积约为( )A．36π cm3 B．8 cm3C．(36π－8)cm3 D．cm3解析 由题易知以A，B，C，D为顶点的四面体为正四面体，故所需原料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积的差。易知正四面体的棱长为2 cm，则正四面体的高为＝4(cm)，外接球半径为＝3(cm)。所以制作题中所述模型所需原料的体积为V＝π×33－××2×2××4＝(36π－8)(cm3)。故选C。答案 C考向四 多面体与球 重点微专题角度1 外接球问题【例4】 张衡是东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾经得出圆周率为10的开方。已知三棱锥ABCD，AB⊥底面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝2，BC＝，利用张衡的结论可得三棱锥ABCD的外接球O的表面积为________。解析 如图所示，因为BC⊥CD，所以BD＝。易知△BCD的外接圆的圆心O1为BD的中点，又AB⊥底面BCD，由外接球的性质得球O的球心为侧棱AD的中点，所以球O的直径为AD＝＝，由已知可得π＝，所以球O的表面积为4π2＝11π＝11。答案 11解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置。对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置。 【变式训练4】 (2021·广东调研)如图所示，P，A，B，C是球O的球面上四点，其中平面ABC过球心O，△ABC是边长为2的正三角形，平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥PABC的体积的最大值为________。解析 因为平面PAB⊥平面ABC，所以点P在平面ABC上的射影H在AB上，连接PH，根据球的对称性可知，当H为AB的中点时，PH最大，此时三棱锥PABC的体积最大，因为△ABC是边长为2的正三角形，平面ABC过球心O，所以球心O是△ABC的中心，连接CH，则球的半径R＝OC＝CH＝，连接PO，在Rt△PHO中，OH＝OC＝OP，所以PH＝OH＝×＝1，故VPABC＝×S△ABC×PH＝××22×1＝。故三棱锥PABC的体积的最大值为。答案 角度2 内切球问题【例5】 已知正四面体 ABCD的棱长为a，现在正四面体ABCD内放入一个正方体，使得正方体可以在四面体ABCD中任意转动，则正方体的体积的最大值为( )A．a3 B．a3 C．a3 D．a3解析 根据题意，只需正方体在正四面体ABCD的内切球内即可任意转动。设正四面体ABCD的内切球半径为r，其内放入的正方体棱长为b。易知四面体ABCD的高为h＝ ＝a，则正四面体ABCD的体积V1＝··a＝4···r，解得r＝a。易知正方体的体对角线长为b，b≤2r＝a，所以正方体棱长的最大值为a，所以正方体的体积的最大值为V2＝3＝a3。故选D。答案 D 求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径。求内切球半径的一般方法为：将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径。 【变式训练5】 在封闭的正三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球。若AB＝6，AA1＝4，则V的最大值是( )A．16π B． C．12π D．4π解析 由正三角形ABC的边长为6，得其内切圆的半径为r＝<2，所以在封闭的正三棱柱ABCA1B1C1内的球的半径的最大值为，所以Vmax＝πr3＝4π。故选D。答案 D练真题 明确考向回 味 高 考1．(2021·新高考全国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，所以2π×＝πl，解得l＝2。故选B。答案 B2．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥OABC的体积为( )A． B． C． D．解析 如图所示，因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝。连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥OABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝。答案 A3．(2021·新高考全国Ⅱ卷)卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36 000 km(轨道高度指卫星到地球表面的最短距离)，把地球看成一个球心为O，半径r为6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α，该卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2(1－cos α)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为( )A．26% B．34% C．42% D．50%解析 如图，作出过地球静止同步轨道卫星轨道左右端点的竖直截面，则OB＝36 000＋6 400＝42 400 km，cos α＝＝，S占地球表面积的百分比为＝≈42%。故选C。答案 C4．(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆。若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )A．64π B．48π C．36π D．32π解析 如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，由＝2r，解得AB＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π。故选A。答案 A5．(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )A．8π B．4π C．2π D．π解析 因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE。取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中如图所示。因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π3＝π。故选D。答案 D6．(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型。如图，该模型为长方体ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥OEFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm。3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3。不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g。解析 由题易得长方体ABCDA1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥OEFGH＝×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)。答案 118.8增分专练(六) 空间几何体的表面积与体积A级 基础达标一、选择题1．一个三棱柱的三视图如图所示，则该三棱柱的侧面积为( )A．12 B．24C．12＋ D．24＋2解析 根据三视图可知该三棱柱的直观图如图所示，所以该三棱柱的侧面积S＝×4＝(2×2＋2)×4＝24。故选B。答案 B2.某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A． B．C． D．解析 由三视图知该几何体是由如图所示的四棱锥PABCD挖去一个半圆锥后形成的，四棱锥的底面是边长为2的正方形，高是2，圆锥的底面半径是1，高是2，所以该几何体的体积V＝×2×2×2－×π×12×2＝。故选B。答案 B3．已知圆锥的高为3，底面半径长为4。若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为( )A．5 B． C．9 D．3解析 因为圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，所以圆锥的母线l＝5，所以圆锥的侧面积S＝πRl＝20π。设球的半径为r，则4πr2＝20π，所以r＝。故选B。答案 B4．已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球的表面积与圆锥的表面积的比值为( )A． B．C． D．解析 设圆锥的底面半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，所以r＝R，S球＝4πr2＝4π·2＝R2，S圆锥＝πR·2R＋πR2＝3πR2，所以球的表面积与圆锥的表面积的比值为＝。故选B。答案 B5.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，M为CD的中点，则三棱锥ABC1M的体积VABC1M＝( )A． B．C． D．解析 VABC1M＝VC1ABM＝S△ABM·C1C＝×AB×AD×C1C＝。故选C。答案 C6.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为( )A．4＋4 B．4＋4C．12 D．8＋4解析 连接A1B。因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°。又AA1＝AC＝2，所以A1C＝2，BC＝。又AB⊥BC，则AB＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4。故选A。答案 A7.(2021·江西省六校联考)攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式。宋代称为撮尖，清代称攒尖。依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑。如图所示，某园林建筑为六角攒尖，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正六棱锥，若此正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，则侧棱与底面外接圆半径的比值为( )A． B．C． D．解析 正六棱锥的底面为正六边形，设其外接圆半径为R，则底面正六边形的边长为R，因为正六棱锥的侧面等腰三角形的底角为α，所以侧棱长为＝，所以侧棱与底面外接圆半径的比值为＝。故选A。答案 A8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A．π B．C． D．解析 设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，过圆柱的轴线作一截面，如图。由勾股定理得r＝ ＝。所以该圆柱的体积V＝Sh＝π×2×1＝。故选B。答案 B9．(2021·湖北十一校联考)设A，B，C，D是一个半径为6的球的表面上四点，且△ABC是边长为9的正三角形，则三棱锥DABC体积的最大值为( )A． B．C． D．解析 由题意，球的半径R＝6，△ABC的面积S△ABC＝×9×9×sin 60°＝。设△ABC外接圆的半径为r，则由正弦定理得＝2r，得r＝3，所以球心到平面ABC的距离d＝＝＝3，要使三棱锥DABC的体积最大，则点D到平面ABC的距离h＝d＋R＝3＋6＝9，故三棱锥DABC体积的最大值为S△ABC·h＝××9＝。故选D。答案 D10．(2021·成都诊断性检测)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( )A．4π B．8πC．12π D．16π解析 设球O的半径为R，圆柱的高为h，圆柱的底面圆的半径为r。由πR3＝得R＝2。如图，OA＝2，OG＝，GA＝r，则 ＝2，所以＋r2＝4，得4＝＋r2≥2··r＝rh，当且仅当r＝，即r＝，h＝2时等号成立。所以圆柱的侧面积S＝2πr·h≤8π，即该圆柱的侧面积的最大值为8π。故选B。答案 B二、填空题11．将一个表面积为36π的圆锥的侧面沿一条母线展开，得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥的轴截面的面积S＝________。解析 设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则有解得所以该圆锥的高h＝＝＝6，所以该圆锥的轴截面的面积S＝×6×6＝18。答案 1812.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AA1的中点。若AA1＝4，AB＝2，则四棱锥BACC1D的体积为________。解析 取AC的中点O，连接BO(图略)，则BO⊥AC，所以BO⊥平面ACC1D。因为AB＝2，所以BO＝。因为D为棱AA1的中点，AA1＝4，所以AD＝2，所以S梯形ACC1D＝×(2＋4)×2＝6，所以四棱锥BACC1D的体积为×6×＝2。答案 213．三棱锥ABCD中，AB＝CD＝，AD＝AC＝BD＝BC＝，则三棱锥ABCD外接球的体积为________。解析 由于三棱锥ABCD三组对棱分别相等，故可把三棱锥ABCD放到长方体中，使三棱锥ABCD的三组对棱分别为长方体的三组对面的对角线，如图，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则解得所以三棱锥ABCD外接球的半径R＝＝，所以三棱锥ABCD外接球的体积V＝πR3＝π3＝π。答案 π14．已知正四棱锥SABCD的底面边长为2，侧棱长为，其内切球与两侧面SAB，SAD分别相切于点P，Q，则PQ的长度为________。解析 该正四棱锥的侧面三角形的高h0＝＝3，该正四棱锥的高h＝＝2，其体积VSABCD＝×2×2×2＝，S表＝2×2＋4××2×3＝16，设内切球半径为r，则S表·r＝VSABCD，解得r＝。记内切球球心为O，连接SO，SP，SQ，则SO＝，所以SP＝SQ＝×＝2，分别取AB，AD的中点M，N，连接MN，则PQ＝MN＝×＝。答案 B级 素养落实15.(2021·河南省适应性测试)棱长为4的正方体密闭容器内有一个半径为1的小球，小球可在正方体容器内任意运动，则其不能到达的空间的体积为( )A．32－π B．48－12πC．28－π D．20－π解析 由题意知，小球球心活动的区域是棱长为2的正方体区域，小球在8个顶点处不能到达的空间相当于棱长为2的正方体挖去一个半径为1的球，其体积为8－π，小球在12条棱剩余部分不能到达的空间相当于3个棱长为2的正方体分别挖去一个底面半径为1，高为2的圆柱，其体积为3×(8－2π)＝24－6π，所以小球不能到达的空间的体积为8－π＋24－6π＝32－π。故选A。答案 A16.(2021·武汉市质量检测)如图所示是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，其由两个全等且平行的正六边形作为基底，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等边三角形组成。若某个正六角反棱柱各棱长均为1，则其外接球的表面积为______。解析 如图，△ABA1为正六角反棱柱的一个侧面，设上、下底面正六边形的中心分别为O1，O2，连接O2A1，O1O2，由题意可知，O1O2与上、下底面垂直，设M为AB的中点，连接O1M，A1M，因为正六角反棱柱各棱长均为1，所以O1M＝，A1M＝，O2A1＝1。由题意可知，O1M∥O2A1，过点M作MN∥O1O2交O2A1于点N，则A1N＝1－，所以O1O2＝MN＝ ＝。取O1O2的中点为O，则点O到正六角反棱柱的各个顶点的距离相等，即点O为正六角反棱柱外接球的球心，连接OA1，则外接球的半径R＝OA1＝＝ ＝ ，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π＝(＋3)π。答案 (＋3)π 小题专项2 空间点、线、面的位置关系命|题|分|析1．以选择题、填空题的形式考查线线、线面、面面位置关系的判定与性质定理，对命题的真假进行判断，属基础题。2．空间中的平行、垂直关系的证明也是高考必考内容，多出现在立体几何解答题中的第(1)问。明确考点 扣准要点必 备 知 识1．线面平行的判定方法(1)定义法。一般结合反证法证明，此方法不常用。(2)利用直线与平面平行的判定定理，使用该定理时，应注意定理成立时所满足的条件。(3)利用面面平行的性质定理，把面面平行转化为线面平行。2．面面平行的性质(1)面面平行的性质定理的作用：主要用来证明线线平行。(2)面面平行的性质的几个重要结论。①两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面。②夹在两个平行平面之间的平行线段相等。③经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行。④两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段对应成比例。⑤如果两个平面分别平行于第三个平面，那么这两个平面互相平行。3.判定直线与平面垂直的常用方法(1)利用线面垂直的定义：若一直线垂直于平面内任一直线，则这条直线垂直于该平面。(2)利用线面垂直的判定定理：若一条直线与平面内两条相交直线都垂直，则这条直线与平面垂直。(3)用线面垂直的性质：若两平行线中的一条垂直于平面，则另一条也垂直于这个平面。(4)用面面平行的性质定理：若一直线垂直于两平行平面之一，则必垂直于另一平面。(5)用面面垂直的性质定理：两平面垂直，在一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面。(6)用面面垂直的性质：若两相交平面同时垂直于第三个平面，则两平面的交线垂直于第三个平面。4.面面垂直证明的两种思路(1)用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线。(2)用面面垂直的定义，即证明两个平面所成的二面角是直二面角，把证明面面垂直的问题转化为证明平面角为直角的问题。精析精研 重点攻关考 向 突 破考向一 空间线面位置关系的判断【例1】 (1)(2021·南昌市一模测试)如图，E，F，G，H分别是菱形ABCD的边AB，BC，CD，DA上的点，且BE＝2AE，CF＝2FB，CG＝2GD，DH＝2HA，现将△ABD沿BD折起，得到空间四边形ABCD，在折起过程中，下列说法正确的是( )A．直线EF，HG有可能平行B．直线EF，HG一定异面C．直线EF，HG一定相交，且交点一定在直线AC上D．直线EF，HG一定相交，但交点不一定在直线AC上解析 如图，连接EH，FG，由题意可知，在△ABD中，＝＝，所以EH∥BD，且EH＝BD；在△BCD中，＝＝，所以FG∥BD，且FG＝BD。所以EH∥FG，且EH＝FG，所以四边形EHGF是梯形，所以直线EF，HG一定相交，设交点为O，则O∈EF，且O∈HG，又EF⊂平面ABC，所以O∈平面ABC；HG⊂平面ADC，所以O∈平面ADC。因为平面ABC∩平面ADC＝AC，所以O∈AC。故选C。答案 C(2)已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，给出下列命题：①若m∥α，n⊂α，则m∥n；②若α∩β＝m，m∥n，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，n∥β；③若n⊥α，m⊂β，α∥β，则m⊥n；④α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝m，n⊂γ，则m⊥n。其中真命题的个数是( )A．1 B．2 C．3 D．4解析 对①，若m∥α，n⊂α，则m∥n或m，n异面，故①为假命题。对②，由线面平行的判定定理知，若α∩β＝m，m∥n，且n⊄α，n⊄β，则n∥α，n∥β，②为真命题。对③，若n⊥α，α∥β，则n⊥β，又m⊂β，所以m⊥n，③为真命题。对④，设α∩γ＝a，β∩γ＝b，在γ内取点O，作OA⊥a，OB⊥b，由α⊥γ，β⊥γ，得OA⊥α，OB⊥β，故OA⊥m，OB⊥m，则m⊥γ，又n⊂γ，所以m⊥n，④为真命题。综上，真命题的个数是3。故选C。答案 C 判断空间中点、线、面的位置关系，主要依赖四个公理、平行关系和垂直关系的有关定义及定理、性质，具体处理时可以构建长方体或三棱锥等模型，把要考查的点、线、面融入模型中，判断会简洁明了。如果要否定一个结论，只需找到一个反例即可。 【变式训练1】 若α，β是空间中的两个不同的平面，m，n是空间中的两条不同的直线，则给出的下列说法中正确的是( )①若m∥α，n∥β，且m∥n，则α∥β②若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α⊥β③若m⊥α，n⊥β，且m∥n，则α∥β④若m⊥α，n⊥β，且m⊥n，则α⊥βA．①②③ B．①③④C．②④ D．③④解析 ①若m∥α，n∥β，且m∥n，则α，β可能平行，也可能相交，①错误。②若m∥α，n∥β，且m⊥n，则α，β可能相交，也可能平行，②错误。③由m⊥α，m∥n，可知n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，③正确。④由m⊥α，m⊥n，可得n⊂α或n∥α。若n⊂α，则由n⊥β，可得α⊥β。若n∥α，则在α内存在直线l满足l∥n，则由n⊥β，可得l⊥β，所以α⊥β，④正确。故选D。答案 D 考向二 异面直线所成的角【例2】 (1)(2021·东北三省四市联考)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝4，AA1＝4。过BC的平面分别交线段AA1，DD1于M，N两点，四边形BCNM为正方形，则异面直线D1M与BD所成角的余弦值为( )A． B． C． D．解析 如图，连接B1D1，B1M，则B1D1∥BD，所以∠B1D1M(或其补角)就是异面直线BD与D1M所成的角，因为四边形BCNM为正方形，且BC＝4，所以CN＝＝＝4，解得DN＝2，即M，N分别为AA1和DD1的中点，所以B1M＝4。在△B1D1M中，由余弦定理得cos∠B1D1M＝＝＝，所以异面直线D1M与BD所成角的余弦值为。故选D。答案 D(2)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD上一点，且CE＝2DE，F为棱AA1的中点，且平面BEF与DD1交于点G，则B1G与平面ABCD所成角的正切值为( )A． B． C． D．解析 因为平面ABCD∥平面A1B1C1D1，所以B1G与平面ABCD所成的角即为B1G与平面A1B1C1D1所成的角，连接B1D1，GE，易知B1G与平面A1B1C1D1所成的角为∠D1B1G。设AB＝6，则AF＝3，DE＝2，由平面BEF∩平面CDD1C1＝GE且BF∥平面CDD1C1，可知BF∥GE，则＝，即＝，则DG＝1，D1G＝5，Rt△B1D1G中，tan∠D1B1G＝＝＝。故B1G与平面ABCD所成角的正切值为。答案 C方法悟通(1)对于异面直线所成的角，一般是通过平移构建三角形求角，要注意异面直线所成的角是锐角或直角，若计算出是钝角时，其补角才是异面直线所成的角。(2)求直线和平面所成角的关键是作(或找)出这个平面的垂线，则斜线和射影所成角即为所求。 【变式训练2】 (1)如图所示，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝，BC＝2，点D为BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为( )A． B．C． D．解析 取B1C1的中点D1，连接A1D1，CD1，DD1(图略)。在直三棱柱ABCA1B1C1中，点D为BC的中点，所以AA1＝DD1且AA1∥DD1，所以四边形A1D1DA为平行四边形，所以AD∥A1D1，且AD＝A1D1，所以∠CA1D1就是异面直线AD与A1C所成的角。由AB＝AC＝，BC＝2，可以求出AD＝A1D1＝1，在Rt△CC1D1中，由勾股定理可求出CD1＝，在Rt△AA1C中，由勾股定理可求出A1C＝2，显然△A1D1C是直角三角形，sin∠CA1D1＝＝，所以∠CA1D1＝。答案 B(2) 如图所示，在正三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱长为，底面三角形的边长为1，则BC1与侧面ACC1A1所成角的大小为( )A．30° B．45°C．60° D．90°解析 取AC的中点O，连接BO，C1O。易知BO⊥AC，BO⊥AA1，因为AC∩AA1＝A，所以BO⊥平面ACC1A1，所以∠BC1O是BC1与侧面ACC1A1所成的角，因为BO＝＝，C1O＝ ＝，所以tan∠BC1O＝＝＝，所以∠BC1O＝30°，即BC1与侧面ACC1A1所成的角为30°。答案 A考向三 截面问题【例3】 (2021·大连双基测试)用一个平面截正方体，所得的截面不可能是________。①锐角三角形②直角梯形③有一个内角为75°的菱形④正五边形解析 对于①，如图①，截面的形状可能是正三角形，故①可能；对于②，首先考虑平面截正方体得到的截面为梯形，且QR与AA1不平行，如图②所示，不妨假设PQ⊥QR，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，PQ⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥PQ，所以PQ⊥平面A1ABB1，这是不可能的，故②不可能；对于③，当平面截正方体得到的截面为菱形(非正方形)时，只有如下情形，如图③，其中P，R为所在棱的中点，易知当菱形为PBRD1时，菱形中的锐角取得最小值，即∠PD1R最小，设正方体的棱长为2，则PD1＝RD1＝，PR＝2，则由余弦定理，得cos∠PD1R＝＝＝<＝cos 75°，所以∠PD1R>75°，故③不可能；对于④，假设截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，故必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，故截面的形状不可能是正五边形，故④不可能。综上所述，填②③④。答案 ②③④方法悟通解决几何体截面面积问题的关键是确定截面图形的位置、形状、经过的点，再根据有关数量计算截面面积。 【变式训练3】 已知正四面体ABCD的内切球的表面积为36π，过该四面体的一条棱以及球心的平面截正四面体ABCD，则所得截面的面积为( )A．27 B．27C．54 D．54解析 由内切球的表面积S表＝4πR2＝36π，得内切球半径R＝3，如图，过点A作AH⊥平面BCD，垂足为H，则点H为△BCD的中心，连接BH并延长交CD于点E，则点E为CD的中点，连接AE，记内切球球心为O，过O作OF⊥AE，垂足为F。设正四面体的棱长为a，则BE＝AE＝a，BH＝BE＝a，HE＝a，AH＝a，又因为OH＝OF＝3，所以AO＝a－3。由△AOF∽△AEH，得＝，即＝，解得a＝6。因为△ABE过棱AB和球心O，所以△ABE即为所求的截面，则S△ABE＝·BE·AH＝×a×a＝a2＝54。故选C。答案 C考向四 立体几何中的动态问题【例4】 (2021·东北三校联考)如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，则下列说法错误的是( )A．直线 PC1和平面AA1D1D所成的角为定值B．点P到平面C1BD的距离为定值C．异面直线C1P和CB1所成的角为定值D．直线CD和平面BPC1平行解析 对于A，易知C1D1⊥平面AA1D1D，PC1在平面AA1D1D上的投影为PD1，所以∠C1PD1即直线PC1和平面AA1D1D所成的角，随着点P位置变动，∠C1PD1也变动，故直线PC1和平面AA1D1D所成的角不是定值，A项错误；对于B，AD1∥BC1，AD1⊄平面C1BD，BC1⊂平面C1BD，所以AD1∥平面C1BD，所以点P到平面C1BD的距离为定值，B项正确；对于C，因为CB1⊥BC1，CB1⊥AB，BC1∩AB＝B，所以CB1⊥平面ABC1D1，又C1P⊂平面ABC1D1，所以CB1⊥C1P，所以异面直线C1P和CB1所成的角为定值，C项正确；对于D，CD∥AB，CD⊄平面ABC1D1，AB⊂平面ABC1D1，故CD∥平面ABC1D1，平面BPC1和平面ABC1D1为同一平面，故CD∥平面BPC1，D项正确。故选A。答案 A方法悟通 立体几何动态问题关键是在点的运动中，分清哪些量发生变化，哪些量不发生变化。 【变式训练4】 如图，在四棱锥SABCD中，底面ABCD是边长为的正方形，AC与BD的交点为O，SO⊥平面ABCD，且SO＝，E是BC的中点，动点P在四棱锥表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的长度为( )A．2 B．2C．1＋ D．1＋解析 由题意可知AC⊥BD，AC⊥SO，BD∩SO＝O，所以AC⊥平面SBD。取CD的中点F，SC的中点G，连接EF，EG，GF，则EG∥SB，EF∥BD，又EG∩EF＝E，所以平面EFG∥平面SBD，所以AC⊥平面EFG，则点P在△EFG的三条边上(点E除外)，故动点P的轨迹的长度为EF＋EG＋GF＝1＋＋＝1＋。故选D。答案 D练真题 明确考向回 味 高 考1．(2021·全国乙卷)在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )A． B． C． D．解析 解法一：如图，连接C1P，因为ABCDA1B1C1D1是正方体，且P为B1D1的中点，所以C1P⊥B1D1，又C1P⊥BB1，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。设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则在直角三角形C1PB中，C1P＝B1D1＝，BC1＝2，sin∠PBC1＝＝，所以∠PBC1＝。故选D。解法二：以B1为坐标原点，B1C1，B1A1，B1B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ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则B(0,0,2)，P(1,1,0)，D1(2,2,0)，A(0,2,2)，＝(－1，－1，2)，＝(2,0，－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。解法三：如图所示，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成角等于直线PB与BC1所成角。根据P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，易知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＝。故选D。答案 D2. (2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则( )A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1解析 解法一：连接AD1，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D。因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，又AB∩AD1＝A，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与D1B异面且垂直。在△ ABD1中，由中位线定理可得MN∥AB，因为MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以MN∥平面ABCD。易知直线AB与平面BDD1B1成45°角，所以MN与平面BDD1B1不垂直。所以选项A正确。故选A。解法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系。设AB＝2，则A1(2,0,2)，D(0,0,0)，D1(0,0,2)，B(2,2,0)，所以M(1，0,1)，N(1,1,1)，所以＝(－2,0，－2)，＝(2,2，－2)，＝(0,1,0)，所以·＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B。又由图易知直线A1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直。因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，所以·n＝0，所以MN∥平面ABCD。设直线MN与平面BDD1B1所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1,1,0)，所以sin θ＝|cos〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BDD1B1不垂直。故选A。答案 A3. (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°解析 过球心O、点A以及晷针的轴截面如图所示，其中CD为晷面，GF为晷针所在直线，EF为点A处的水平面，GF⊥CD，CD∥OB，∠AOB＝40°，∠OAE＝∠OAF＝90°，所以∠GFA＝∠CAO＝∠AOB＝40°。故选B。答案 B4. (2019·全国Ⅲ卷)如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则( )A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线解析 取CD的中点O，连接ON，EO，因为△ECD为正三角形，所以EO⊥CD，又平面ECD⊥平面ABCD，平面ECD∩平面ABCD＝CD，所以EO⊥平面ABCD。设正方形ABCD的边长为2，则EO＝，ON＝1，所以EN2＝EO2＋ON2＝4，得EN＝2。过M作CD的垂线，垂足为P，连接BP，则MP＝，CP＝，所以BM2＝MP2＋BP2＝2＋2＋22＝7，得BM＝，所以BM≠EN。连接BD，BE，因为四边形ABCD为正方形，所以N为BD的中点，即EN，MB均在平面BDE内，所以直线BM，EN是相交直线。故选B。答案 B5．(2021·天津高考)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( )A．3π B．4π C．9π D．12π解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则＝，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3。因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以＝，所以CD＝＝。因此，这两个圆锥的体积之和为π×CD2·(AD＋BD)＝π×3×4＝4π。故选B。答案 B6．(2020·新高考全国Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCDA1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________。解析 如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2。分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝。由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点。在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线。由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝。答案 增分专练(七) 空间点、线、面的位置关系A级 基础达标一、选择题1．已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的( )A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件解析 若m⊄α，n⊂α，m∥n，由线面平行的判定定理知m∥α。若m∥α，m⊄α，n⊂α，不一定推出m∥n，直线m与n可能异面，故“m∥n”是“m∥α”的充分不必要条件。故选A。答案 A2．已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的( )A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析 当两个平面内的直线相交时，这两个平面有公共点，即两个平面相交；但当两个平面相交时，两个平面内的直线不一定有交点。故选A。答案 A3．设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是( )A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面解析 对于A，α内有无数条直线与β平行，当这无数条直线互相平行时，α与β可能相交，所以A不正确；对于B，根据两平面平行的判定定理与性质知，B正确；对于C，平行于同一条直线的两个平面可能相交，也可能平行，所以C不正确；对于D，垂直于同一平面的两个平面可能相交，也可能平行，如长方体的相邻两个侧面都垂直于底面，但它们是相交的，所以D不正确。故选B。答案 B4. 如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱AB，A1D1的中点分别为E，F，则直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值为( )A． B．C． D．解析 连接AF，易知∠EFA即为直线EF与平面AA1D1D所成的角，不妨设正方体的棱长为2，则AE＝1，AF＝，EF＝，所以sin∠EFA＝＝。故选C。答案 C5. 如图，正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝2AB，D是BB1的中点，则AD与平面AA1C1C所成角的正弦值等于( )A． B．C． D．解析 记P，Q分别为AC，A1C1的中点，连接PQ，取PQ的中点E，连接AE，DE，B1Q，则在正三棱柱ABCA1B1C1中，B1Q⊥平面AA1C1C。又D是BB1的中点，所以DE∥B1Q，所以DE⊥平面ACC1A1，故∠DAE即是AD与平面AA1C1C所成的角。设AA1＝2AB＝4，则AD＝＝2，DE＝B1Q＝＝，所以sin∠DAE＝＝＝。故选C。答案 C6. 如图，已知AB是圆柱上底面的一条直径，C是圆柱上底面圆周上异于A，B的一点，D为圆柱下底面圆周上一点，且AD垂直于圆柱的底面，则必有( )A．平面ABC⊥平面BCDB．平面BCD⊥平面ACDC．平面ABD⊥平面ACDD．平面BCD⊥平面ABD解析 因为AB是圆柱上底面的一条直径，所以AC⊥BC。又AD垂直于圆柱的底面，所以AD⊥BC。因为AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，因为BC⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面ACD。故选B。答案 B7．(2021·贵阳市监测考试)一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设BC的中点为M，GH的中点为N，下列结论正确的是( )A．MN∥平面ABE B．MN∥平面ADEC．MN∥平面BDH D．MN∥平面CDE解析 根据平面展开图标出点F，G，H，N，如图所示，由图知MN为贯穿正方体ABCDEFGH的一条直线，所以MN不平行于正方体的任意一个表面所在平面，故排除A，B；对于C，取BD的中点O，连接OM，OH，则由正方体的性质，知OM∥DC，且OM＝DC，HN∥DC，且HN＝DC，所以OM綊HN，所以四边形OMNH为平行四边形，所以MN∥OH，因为OH⊂平面BDH，MN⊄平面BDH，所以MN∥平面BDH，故C正确；对于D，由图易知MN穿过平面CDE，故D不正确。故选C。答案 C8．(2021·昆明市“三诊一模”测试)已知P，Q分别是正方体ABCDA1B1C1D1的棱BB1，CC1上的动点(不与顶点重合)，则下列结论错误的是( )A．AB⊥PQB．平面BPQ∥平面ADD1A1C．四面体ABPQ的体积为定值D．AP∥平面CDD1C1解析 如图，在正方体中，AB⊥平面BCC1B1，PQ⊂平面BCC1B1，所以AB⊥PQ，所以A正确；因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1，所以平面BPQ∥平面ADD1A1，所以B正确；四面体ABPQ，即三棱锥ABPQ的高是AB不变，但底面△PBQ的面积随P，Q的变化而变化，所以四面体ABPQ的体积不是定值，所以C错误；因为平面ABB1A1∥平面DCC1D1，AP⊂平面ABB1A1，所以AP∥平面DCC1D1，所以D正确。故选C。答案 C9．在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内一动点，若直线D1P与平面EFG没有公共点，则三角形PBB1面积的最小值为( )A．2 B．C．1 D．解析 由题意可知，直线D1P与平面EFG没有公共点，即D1P∥平面EFG，连接AC，AD1，D1C，BD，因为E，F，G分别为AB，BC，CC1的中点，所以EF∥AC，FG∥AD1，又AC⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，所以AC∥平面EFG，又AD1⊄平面EFG，FG⊂平面EFG，所以AD1∥平面EFG，又AC∩AD1＝A，所以平面D1AC∥平面EFG，则点P在线段AC上移动。当PB最短时，△PBB1的面积最小，又PB的长为点B到直线AC的距离时，PB最短，所以△PBB1面积的最小值为×BD×BB1＝。故选D。答案 D二、填空题10. 如图，在空间四边形ABCD中，点M∈AB，点N∈AD，若＝，则直线MN与平面BDC的位置关系是________。解析 由＝，得MN∥BD。而BD⊂平面BDC，MN⊄平面BDC，所以MN∥平面BDC。答案 平行11．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则线段AQ的长为________。解析 如图所示，在线段DD1上靠近点D处取一点T，使得DT＝，因为N是线段DD1上靠近D1的三等分点，故D1N＝，故NT＝2－－＝1，因为M为CC1的中点，故CM＝1，连接TC，由NT∥CM，且CM＝NT＝1，知四边形CMNT为平行四边形，故CT∥MN，同理在AA1上靠近A处取一点Q′，使得AQ′＝，连接BQ′，TQ′，则有BQ′∥CT∥MN，故BQ′与MN共面，即Q′与Q重合，故AQ＝。答案 12．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M为CC1的中点，点N在侧面ADD1A1内，若BM⊥A1N，则△ABN面积的最小值为________。解析 如图，分别取AD，BC的中点E，F，连接A1E，EF，B1F，因为M为CC1的中点，所以BM⊥B1F，且A1E∥B1F，所以BM⊥A1E，所以点N在线段A1E上，因为AA1＝2，AE＝1，所以A1E＝，点A到直线A1E的距离d＝＝，所以△ABN的面积的最小值为×2×＝。答案 13. 如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，将△ADB沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，构成三棱锥ABCD，则在三棱锥ABCD中，下列命题正确的是________(填序号)。①平面ABD⊥平面ABC；②平面ADC⊥平面BDC；③平面ABC⊥平面BDC；④平面ADC⊥平面ABC。解析 因为在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB，∠BCD＝45°，∠BAD＝90°，所以BD⊥CD，又平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面ABD，又AB⊂平面ABD，则CD⊥AB，又AD⊥AB，AD∩CD＝D，所以AB⊥平面ADC，又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ADC。答案 ④B级 素养落实14.(2021·南昌市一模测试)已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为6，E是线段D1C1上的点，且D1E＝2EC1，P是平面A1DC1内一动点，则D1P＋PE的最小值为( )A．2＋3 B．3C．4 D．解析 由题意可知三棱锥D1A1DC1是侧棱为6的正三棱锥。如图，作点D1关于平面A1DC1的对称点M，连接D1M交平面A1DC1于点O，连接ME交平面A1DC1于点P1，连接D1P1，则D1P1＝MP1，所以D1P＋PE≥MP1＋P1E＝ME(当且仅当点P与点P1重合时等号成立)。因为△A1DC1是边长为6的等边三角形，所以O为△A1DC1的重心。连接C1O并延长交A1D于点N，则C1O＝C1N＝×C1D＝2。在直角三角形D1OC1中，D1O＝＝2，所以cos∠C1D1O＝。在△D1ME中，D1M＝4，D1E＝4。由余弦定理可得ME2＝D1M2＋D1E2－2D1M·D1E·cos∠C1D1O＝32，所以ME＝4，即D1P＋PE的最小值为4。答案 C15．已知正四棱锥PABCD中，△PAC是边长为3的等边三角形，点M是△PAC的重心，过点M作与平面PAC垂直的平面α，平面α与平面PAC的交线段的长度为2，则平面α与正四棱锥PABCD表面交线所围成的封闭图形的面积可能为________。(请将正确的序号填到横线上)①2；②2；③3；④2。解析 连接BD，设AC∩BD＝O，易知平面PAC⊥平面ABCD，因为BO⊥AC，平面PAC∩平面ABCD＝AC，BO⊂平面ABCD，所以BO⊥平面PAC，过M作LT∥BO分别交PB，PD于点T，L，则LT⊥平面PAC。由题意，只需所作的平面α包含TL且与平面PAC的交线段的长度为2即可。如图①，过M作EQ∥AC分别交PA，PC于点E，Q，因为△PAC是边长为3的等边三角形，点M是△PAC的重心，所以＝＝＝，即＝，所以EQ＝2，连接ET，EL，QT，QL，则平面ETQL为满足题意的平面α，且四边形ETQL为菱形。因为AC＝3，所以AB＝，所以＝2＝，所以S菱形ETQL＝×2＝2，故①正确。如图②，过M作GF∥PA分别交AC，PC于点F，G，过T作TH∥GF交AB于H，过L作LK∥GF交AD于K，连接GL，KH，TG，易知平面GLKHT为满足题意的平面α，且五边形GLKHT由两个全等的直角梯形组成，延长GT交CB的延长线于N，连接HN，易知T，H分别为GN，NF的中点，所以HT＝GF＝1，所以五边形GLKHT的面积S＝2S梯形GFHT＝2××FH＝2××1＝3，故③正确。GF∥PC与GF∥PA时，情况是完全相同的。综上，平面α与正四棱锥PABCD表面交线所围成的封闭图形的面积可能为2或3。答案 ①③大题专项 立体几何大题考向探究命|题|分|析高考对立体几何在解答题中的考查比较稳定，空间线面位置关系中的平行或垂直的证明，空间角的计算是热点，题型主要有：1．空间位置关系的证明。2．求空间角或其某一种三角函数值。精析精研 重点攻关考 向 突 破考向一 平行与垂直问题 【例1】 如图，在直三棱柱ADEBCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，点M为AB的中点，点O为DF的中点。证明：(1)OM∥平面BCF；(2)平面MDF⊥平面EFCD。证明 (1)由题意，得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz。设正方形边长为1，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，F(1,0,1)，M，O。＝，＝(－1,0,0)，所以·＝0，所以⊥。因为棱柱ADEBCF是直三棱柱，所以AB⊥平面BCF，所以是平面BCF的一个法向量，且OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF。(2)在(1)的空间直角坐标系中，设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)。因为＝(1，－1,1)，＝，＝(1,0,0)，＝(0，－1,1)，由得令x1＝1，则n1＝。同理可得n2＝(0,1,1)。因为n1·n2＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD。方法悟通(1)利用向量法证明平行、垂直关系，关键是建立恰当的坐标系(尽可能利用垂直条件，准确写出相关点的坐标，进而用向量表示涉及直线、平面的要素)。(2)向量证明的核心是利用向量的数量积或数乘向量，但向量证明仍然离不开立体几何的定理。 【变式训练1】 如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，BC＝2，AD＝CD＝1，M是PB的中点。(1)求证：AM∥平面PCD；(2)求证：平面ACM⊥平面PAB。证明 (1)如图，以C为坐标原点建立空间直角坐标系Cxyz，则A(1,1,0)，B(0,2,0)，C(0，0,0)，D(1,0,0)，P(1,1，a)(a>0)，M，＝(1,1，a)，＝(1,0,0)，＝，设平面PCD的法向量为n1＝(x0，y0，z0)，则令y0＝a，则n1＝(0，a，－1)，所以·n1＝－＝0，又AM⊄平面PCD，所以AM∥平面PCD。(2)由(1)得，＝(1,1,0)，＝，设平面ACM的法向量为n2＝(x1，y1，z1)，则令x1＝1，则n2＝，＝(0,0，a)，＝(－1,1,0)，设平面PAB的法向量为n3＝(x2，y2，z2)，则令x2＝1，则n3＝(1,1,0)，因为n2·n3＝1－1＝0，所以n2⊥n3。所以平面ACM⊥平面PAB。考向二 空间角问题【例2】 (2021·新高考全国Ⅰ卷)如图，在三棱锥ABCD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EBCD的大小为45°，求三棱锥ABCD的体积。解 (1)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，OA⊂平面ABD，所以OA⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以OA⊥CD。(2)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EBCD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VABCD＝S△BCD·OA＝××1＝。解法二：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＝，＝。所以即令x＝1，则y＝，z＝，所以m＝。因为二面角EBCD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VABCD＝S△BCD·OA＝××1＝。方法悟通 (1)解题时要建立右手直角坐标系。(2)注意求线面角的公式中sin θ＝|cos〈a，u〉|，线面角的取值范围是。(3)利用空间向量求二面角要结合图形判断所求角是锐角还是钝角。 【变式训练2】 (2021·青岛统一质量检测)在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，BC⊥CD，PA＝AD＝2，CD＝1，BC＝3，点M，N在线段BC上，BM＝2MN＝1，AN∩MD＝E，Q为线段PB上的一点。(1)求证：MD⊥平面PAN；(2)若平面MQA与平面PAN所成锐二面角的余弦值为，求直线MQ与平面ABCD所成角的正弦值。解 (1)证明：因为BC＝3，BM＝1，所以CM＝2，所以AD＝CM，又AD∥CM，所以AD綊CM，所以四边形AMCD为平行四边形，又BC⊥CD，所以四边形AMCD为矩形。因为＝＝，所以△AMN∽△DAM，所以∠MAN＝∠ADM，所以∠AED＝∠MAN＋∠AME＝∠ADM＋∠AME＝90°，所以MD⊥AN。因为PA⊥平面ABCD，MD⊂平面ABCD，所以PA⊥MD，又AN∩PA＝A，所以MD⊥平面PAN。(2)如图，以A为坐标原点，AM，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0)，M(1，0,0)，P(0,0,2)，N，B(1，－1,0)，＝(1,0,0)，＝(0,0,2)，＝。设Q(x，y，z)，＝λ(0≤λ≤1)，则(x－1，y＋1，z)＝λ(－1,1,2)，得所以Q(1－λ，λ－1,2λ)，＝(－λ，λ－1,2λ)。设平面MQA与平面PAN的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)。即令y1＝2λ可得n1＝(0,2λ，1－λ)。即令x2＝1可得n2＝(1，－2,0)。设平面MQA与平面PAN所成的锐二面角为θ，直线MQ与平面ABCD所成的角为α，则cos θ＝＝＝，得λ＝，此时＝。易知平面ABCD的一个法向量为n3＝(0,0,1)，所以sin α＝＝。考向三 探索性问题【例3】 如图，已知四棱锥SABCD的底面ABCD是菱形，∠ABC＝60°，SA⊥底面ABCD，E是SC上的任意一点。(1)求证：平面EBD⊥平面SAC；(2)设SA＝AB＝2，是否存在点E使平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°？如果存在，求出点E的位置；如果不存在，请说明理由。解 (1)证明：因为SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以SA⊥BD。因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD。又AC∩AS＝A，AC，AS⊂平面SAC，所以BD⊥平面SAC。因为BD⊂平面EBD，所以平面EBD⊥平面SAC。(2)设AC与BD的交点为O，以OC，OD所在直线分别为x轴、y轴，以过O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系(如图)，则A(－1,0,0)，C(1,0,0)，S(－1,0,2)，B(0，－，0)，D(0，，0)。设E(x,0，z)，则＝(x＋1,0，z－2)，＝(1－x,0，－z)，设＝λ，所以所以E，所以＝，＝(0，2，0)。设平面BDE的法向量n＝(x1，y1，z1)，因为所以求得n＝(2,0,1－λ)为平面BDE的一个法向量。同理可得平面SAD的一个法向量为m＝(，－1,0)，因为平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°，所以cos 30°＝＝＝，解得λ＝1。所以E为SC的中点。即存在点E，当E为SC的中点时，使得平面BED与平面SAD所成的锐二面角的大小为30°。方法悟通(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断。(2)空间向量求解探索性问题：①假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论；②在这个前提下进行逻辑推理，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等。若由此推导出矛盾，则否定假设；否则，给出肯定结论。 【变式训练3】 如图①，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，AD＝2BC＝2，AB＝，∠ABC＝90°，△ADE是等边三角形。现将△ADE沿AD折起，连接EB，EC，得到如图②所示的几何体。(1)若点M是ED的中点，求证：CM∥平面ABE。(2)若EC＝3，在棱EB上是否存在点F，使得二面角EADF的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。解 (1)证明：取AE的中点N，连接MN，BN，则MN是△EAD的中位线，所以MN∥AD且MN＝AD，由BC∥AD且BC＝AD，得BC∥MN且BC＝MN，所以四边形BCMN是平行四边形，所以CM∥BN，又CM⊄平面ABE，BN⊂平面ABE，所以CM∥平面ABE。(2)取AD的中点O，连接OC，OE，由题知OE⊥AD，OC⊥AD，在△COE中，由已知得CE＝3，OC＝AB＝，OE＝×2＝。因为OC2＋OE2＝CE2，所以OC⊥OE，则OC，OD，OE两两垂直，以O为原点，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，则A(0，，0)，B(，，0)，D(0，－，0)，E(0,0，)，则＝(，，－)，＝(0，－，)，＝(0，－2，0)。假设在棱EB上存在点F满足题意，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝λ(，，－)＝(λ，λ，－λ)，＝＋＝(λ，λ－，－λ)，设平面ADF的法向量为m＝(x，y，z)，则即令z＝λ，得m＝(λ－，0，λ)。易知平面EAD的一个法向量为n＝(1,0,0)，则|cos〈m，n〉|＝＝＝，整理得3λ2＋2λ－1＝0，解得λ＝(λ＝－1舍去)，因此，在棱EB上存在点F，使得二面角EADF的余弦值为，且＝。练真题 明确考向回 味 高 考1. (2021·全国乙卷)如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，PD＝DC＝1，且M为BC的中点，且PB⊥AM。(1)求BC；(2)求二面角APMB的正弦值。解 (1)因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AD，PD⊥DC。在矩形ABCD中，AD⊥DC，故可以以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，设BC＝t，则A(t,0,0)，B(t,1,0)，M，P(0,0,1)，所以＝(t,1，－1)，＝。因为PB⊥AM，所以·＝－＋1＝0，得t＝，所以BC＝。(2)易知C(0,1,0)，由(1)可得＝(－，0,1)，＝，＝(，0,0)，＝(，1，－1)。设平面APM的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即令x1＝，则z1＝2，y1＝1，所以平面APM的一个法向量为n1＝(，1,2)。设平面PMB的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即得x2＝0，令y2＝1，则z2＝1，所以平面PMB的一个法向量为n2＝(0,1,1)。cos〈n1，n2〉＝＝＝，所以二面角APMB的正弦值为。2. (2021·浙江高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA＝，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD。(1)证明：AB⊥PM；(2)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值。解 (1)证明：因为底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，BC＝4，AB＝1，且M为BC的中点，所以CM＝2，CD＝1，∠DCM＝60°，易得CD⊥DM。又PD⊥DC，且PD∩DM＝D，PD，DM⊂平面PDM，所以CD⊥平面PDM。因为AB∥CD，所以AB⊥平面PDM。又PM⊂平面PDM，所以AB⊥PM。(2)解法一：由(1)知AB⊥平面PDM，所以∠NAB为直线AN与平面PDM所成角的余角。连接AM，因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD，又AM⊂平面ABCD，所以PM⊥AM。因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以由余弦定理得AM＝，又PA＝，所以PM＝2，所以PB＝PC＝2，连接BN，结合余弦定理得BN＝。连接AC，则由余弦定理得AC＝，在△PAC中，结合余弦定理得PA2＋AC2＝2AN2＋2PN2，所以AN＝。所以在△ABN中，cos∠BAN＝＝＝。设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝cos∠BAN＝。解法二：因为PM⊥MD，PM⊥DC，MD∩DC＝D，所以PM⊥平面ABCD。连接AM，则PM⊥AM。因为∠ABC＝120°，AB＝1，BM＝2，所以AM＝，又PA＝，所以PM＝2。由(1)知CD⊥DM，过点M作ME∥CD交AD于点E，则ME⊥MD。故可以以M为坐标原点，MD，ME，MP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(－，2,0)，P(0,0,2)，C(，－1,0)，所以N，所以＝。易知平面PDM的一个法向量为n＝(0,1,0)。设直线AN与平面PDM所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝。3. (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1。(1)证明：BF⊥DE；(2)当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？解 (1)证明：因为直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，所以CF＝1，BF＝。如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝＝3，所以AC＝＝2。由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系Bxyz，则B(0,0,0)，E(1,1,0)，F(0,2,1)，＝(0,2,1)。设B1D＝m(0≤m≤2)，则D(m,0,2)，于是＝(1－m,1，－2)。所以·＝0，所以BF⊥DE。(2)易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝(1,0,0)。设面DFE的法向量为n2＝(x，y，z)，则又＝(1－m,1，－2)，＝(－1,1,1)，所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，于是，面DFE的一个法向量为n2＝(3，m＋1,2－m)，所以cos〈n1，n2〉＝。设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝，故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小。增分专练(八) 立体几何大题考向探究 第一次作业 基础通关训练1．(2020·全国Ⅱ卷) 如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E，F分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1。(1)证明：点C1在平面AEF内；(2)若AB＝2，AD＝1，AA1＝3，求二面角AEFA1的正弦值。解 设AB＝a，AD＝b，AA1＝c，如图，以C1为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系C1xyz。(1)证明：连接C1F，则C1(0,0,0)，A(a，b，c)，E，F，＝，＝，得＝，因此EA∥C1F，即A，E，F，C1四点共面，所以点C1在平面AEF内。(2)由已知得A(2,1,3)，E(2,0,2)，F(0,1,1)，A1(2,1,0)，＝(0，－1，－1)，＝(－2，0，－2)，＝(0，－1,2)，＝(－2，0,1)。设n1＝(x，y，z)为平面AEF的法向量，则即可取n1＝(－1，－1,1)。设n2为平面A1EF的法向量，则同理可取n2＝。因为cos〈n1，n2〉＝＝－，所以二面角AEFA1的正弦值为。2．(2021·新高考全国Ⅱ卷)在四棱锥QABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3。(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；(2)求二面角BQDA的平面角的余弦值。解 (1)证明：取AD的中点E，连接QE，CE，因为QD＝QA＝，所以QE⊥AD。因为AD＝2，所以DE＝1，所以QE＝＝2，CE＝＝，所以QE2＋CE2＝9＝QC2，所以∠QEC＝90°，QE⊥CE。因为AD∩CE＝E，所以QE⊥平面ABCD，因为QE⊂平面QAD，所以平面QAD⊥平面ABCD。(2)解法一：取BC中点F，连接EF，如图分别以EF，ED，EQ所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系。则B(2，－1,0)，Q(0,0,2)，D(0,1,0)，所以＝(－2,1,2)，＝(0,1，－2)，设平面BQD的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则由⇒令z1＝1，则n1＝(2,2,1)，易知平面QDA的一个法向量为n2＝(1,0,0)，设二面角BQDA的平面角为θ，n1，n2所成角为φ，显然θ为锐角，所以cos θ＝|cos φ|＝＝＝。解法二：由(1)知平面QAD⊥平面ABCD，又因为BA⊥AD，BA⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面QAD＝AD，所以BA⊥平面QAD，过A作AM⊥QD于点M，连接BM，由BA⊥平面QAD，得BA⊥QD，又QD⊥AM，AM∩AB＝A，所以QD⊥平面ABM，所以QD⊥BM，则∠AMB即为所求二面角的平面角。由S△QAD＝×2×2＝×·AM⇒AM＝，所以BM＝＝，所以cos∠AMB＝＝＝。3．(2021·合肥市教学质量检测)如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝BC＝，AD＝2，E，F分别是线段AD，CD的中点。以EF为折痕把△DEF折起，使点D到达点P的位置，G为线段PB的中点。(1)证明：平面GAC∥平面PEF；(2)若平面PEF⊥平面ABCFE，求直线AG与平面PAC所成角的正弦值。解 (1)证明：如图，连接BE，交AC于点M，连接GM，CE。由已知可得，四边形ABCE是正方形，所以M是线段BE的中点。因为G为线段PB的中点，所以PE∥GM。因为GM⊂平面GAC，PE⊄平面GAC，所以PE∥平面GAC。因为E，F分别是线段AD，CD的中点，所以EF∥AC。因为AC⊂平面GAC，EF⊄平面GAC，所以EF∥平面GAC。又PE∩EF＝E，PE，EF⊂平面PEF，所以平面GAC∥平面PEF。(2)因为平面PEF⊥平面ABCFE，平面PEF∩平面ABCFE＝EF，PF⊥EF，所以PF⊥平面ABCFE，所以FE，FC，FP两两垂直。以点F为坐标原点，FE，FC，FP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则P(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,2,0)，A(2,1,0)，G。所以＝，＝(0，－1,1)，＝(2,0,0)。设平面PAC的法向量为n＝(x，y，z)，由得令y＝1，则n＝(0,1,1)。设直线AG与平面PAC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝＝。所以直线AG与平面PAC所成角的正弦值为。4. (2021·太原市模拟)如图，在三棱锥PABC中，△PAB是正三角形，G是△PAB的重心，D，E，H分别是PA，BC，PC的中点，点F在BC上，且BF＝3FC。(1)求证：平面DFH∥平面PGE；(2)若PB⊥AC，AB＝AC＝2，BC＝2，求二面角APCB的余弦值。解 (1)证明：如图，连接BG，GD，由题意得BG与GD共线，且BG＝2GD。因为E是BC的中点，BF＝3FC，所以F是CE的中点，所以＝＝2，所以GE∥DF，又GE⊂平面PGE，DF⊄平面PGE，所以DF∥平面PGE。因为H是PC的中点，所以FH∥PE，又FH⊄平面PGE，PE⊂平面PGE，所以FH∥平面PGE。因为DF∩FH＝F，所以平面DFH∥平面PGE。(2)因为AB＝AC＝2，BC＝2，所以AB2＋AC2＝8＝BC2，所以AB⊥AC，因为PB⊥AC，AB∩PB＝B，所以AC⊥平面PAB。以A为坐标原点，向量，的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立空间直角坐标系Axyz，由题意得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,2,0)，P(1,0，)，＝(0,2,0)，＝(1,0，)，＝(2，－2,0)，＝(1，－2，)。设m＝(x1，y1，z1)是平面PAC的法向量。则所以令z1＝－1，则所以m＝(，0，－1)。设n＝(x2，y2，z2)是平面PBC的法向量，则所以令z2＝1，则所以n＝(，，1)，所以cos〈m，n〉＝＝，因为二面角APCB的平面角为锐角，所以二面角APCB的余弦值为。5．(2021·北京高考)已知正方体ABCDA1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F。(1)求证：点F为B1C1中点；(2)若点M为棱A1B1上一点，且二面角MCFE的余弦值为，求的值。解 (1)证明：因为ABCDA1B1C1D1为正方体，所以CD∥C1D1，又因为CD⊄平面A1B1C1D1，C1D1⊂平面A1B1C1D1，所以CD∥平面A1B1C1D1。因为平面CDEF∩平面A1B1C1D1＝EF，且CD⊂平面CDEF，所以CD∥EF，故C1D1∥EF，又A1D1∥B1C1，所以四边形EFC1D1为矩形，又点E为A1D1中点，故C1F＝D1E＝A1D1＝C1B1，故点F为B1C1的中点。(2)因为ABCDA1B1C1D1为正方体，故DA，DC，DD1两两垂直。以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系。令正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，设＝λ(0≤λ≤1)，则C(0,2,0)，E(1，0,2)，F(1,2,2)，M(2，2λ，2)，＝(1，－2,2)，＝(1,0,2)，＝(2,2λ－2,2)。设平面CEF的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即故y1＝0，令z1＝－1，则x1＝2，可取n1＝(2,0，－1)。设平面CMF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则即令z2＝－1，则x2＝2，y2＝，可取n2＝，设二面角MCFE为θ，则θ为锐角，故cos θ＝|cos〈n1，n2〉|＝＝＝，解得λ＝∈[0,1]，故＝。第二次作业 能力增分训练1．如图①，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，AB＝2BC＝2CD。如图②，以DE为折痕将△ADE折起，使点A达到点P的位置。(1)证明：平面BCP⊥平面CEP；(2)若平面DEP⊥平面BCED，求直线DP与平面BCP所成角的正弦值。解 (1)证明：在题图①中，因为AB＝2BC＝2CD，且D为AB的中点，所以由平面几何知识，得∠ACB＝90°。又E为AC的中点，所以DE∥BC。在题图②中，CE⊥DE，PE⊥DE，且CE∩PE＝E，所以DE⊥平面CEP，又DE∥BC，所以BC⊥平面CEP，又BC⊂平面BCP，所以平面BCP⊥平面CEP。(2)因为平面DEP⊥平面BCED，平面DEP∩平面BCED＝DE，EP⊂平面DEP，EP⊥DE，所以EP⊥平面BCED，又CE⊂平面BCED，所以EP⊥CE。所以EP，ED，EC两两垂直。以E为原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系。在题图①中，设BC＝2a，则AB＝4a，AC＝2a，AE＝CE＝a，DE＝a。所以P(0,0，a)，D(a，0,0)，C(0，a,0)，B(2a，a,0)。所以＝(－a,0，a)，＝(－2a,0,0)，＝(0，－a，a)。设平面BCP的法向量为n＝(x，y，z)，则即令y＝1，则z＝1，所以n＝(0,1,1)，设DP与平面BCP所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝。所以直线DP与平面BCP所成角的正弦值为。2. (2021·南京市二模)如图，三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，B1C＝，AB⊥B1C。(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；(2)若点P在棱BB1上，且直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，求BP的长。解 (1)证明：如图，取AB的中点D，连接CD，B1D。因为三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长都为2，所以AB⊥CD，CD＝，BD＝1。又AB⊥B1C，且CD∩B1C＝C，CD，B1C⊂平面B1CD，所以AB⊥平面B1CD。又B1D⊂平面B1CD，所以AB⊥B1D。在直角三角形B1BD中，BD＝1，B1B＝2，所以B1D＝。在三角形B1CD中，CD＝，B1D＝，B1C＝，所以CD2＋B1D2＝B1C2，所以CD⊥B1D。因为AB⊥B1D，AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以B1D⊥平面ABC。又B1D⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面ABC。(2)以D为坐标原点，DC，DA，DB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A(0,1,0)，B(0，－1,0)，C(，0,0)，B1(0,0，)，因此＝(0,1，)，＝(，－1,0)，＝(－，－1,0)，＝＝(0,1，)。因为点P在棱BB1上，所以可设＝λ＝λ(0,1，)，其中0≤λ≤1，则＝＋＝＋λ＝(－，－1＋λ，λ)。设平面ACC1A1的法向量为n＝(x，y，z)，由得取x＝1，则y＝，z＝－1，所以n＝(1，，－1)。因为直线CP与平面ACC1A1所成角的正弦值为，所以|cos〈n，〉|＝＝＝，化简得16λ2－8λ＋1＝0，解得λ＝，所以BP＝λBB1＝。3. (2021·江西省重点中学联考)如图，在以P为顶点的圆锥中，母线长为，底面圆的直径AB长为2，O为圆心，C是圆O所在平面上一点，且AC与圆O相切。连接BC交圆O于点D，连接PD，PC，E是PC的中点，连接OE，ED。(1)求证：平面PBC⊥平面PAC；(2)若二面角BPOD的大小为，求平面PAC与平面DOE所成锐二面角的余弦值。解 (1)证明：因为AB是底面圆的直径，且AC与底面圆相切于点A，所以AC⊥AB，又PO⊥底面，AC在底面圆所在平面内，所以PO⊥AC，又PO∩AB＝O，PO，AB⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以AC⊥PB。在△PAB中，PA＝PB＝，AB＝2，所以PA2＋PB2＝AB2，所以PA⊥PB。又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，又PB⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PAC。(2)因为PO⊥底面，OB，OD在底面圆所在平面内，所以OB⊥PO，OD⊥PO，所以∠BOD即二面角BPOD的平面角，所以∠BOD＝。如图，以点O为坐标原点，OB，OP所在直线分别为y，z轴建立空间直角坐标系，易知OB＝1，O(0,0,0)，B(0,1,0)，D，C，P(0,0,1)，E，所以＝，＝。由(1)知＝(0，－1,1)为平面PAC的一个法向量。设平面DOE的法向量为n＝(x，y，z)，则即令x＝，则y＝3，z＝1，所以n＝(，3,1)。设平面PAC与平面DOE所成的锐二面角为θ，则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝，所以平面PAC与平面DOE所成锐二面角的余弦值为。4. 如图所示为一个半圆柱，E为半圆弧CD上一点，CD＝。(1)若AD＝2，求四棱锥EABCD的体积的最大值。(2)有三个条件：①4·＝·；②异面直线AD与BE所成角的正弦值为；③＝。请你从中选择两个作为条件，求直线AD与平面EAB所成角的余弦值。解 (1)如图，在平面EDC内过E作EF⊥CD，交CD于点F，因为平面ABCD⊥平面EDC，平面ABCD∩平面EDC＝DC，所以EF⊥平面ABCD，因为E为半圆弧CD上一点，所以CE⊥ED，所以VEABCD＝S矩形ABCD·EF＝AD·CD·＝CE·ED。因为CE2＋ED2＝CD2＝5，所以VEABCD≤×＝×＝，当且仅当CE＝ED＝时等号成立，所以四棱锥EABCD的体积的最大值为。(2)对于条件①，4||||cos∠CDE＝||||cos∠DCE，即4DE2＝CE2，所以2DE＝CE，又DE2＋CE2＝5，所以DE＝1，CE＝2。对于条件②，因为AD∥BC，BC⊥平面EDC，所以∠CBE为异面直线AD与BE所成的角，且sin∠CBE＝＝，所以＝tan∠CBE＝。对于条件③，＝＝，设AD＝x，则＝。若选条件①②，则DE＝1，CE＝2，且＝tan∠CBE＝，所以AD＝BC＝；若选条件①③，则DE＝1，CE＝2，且＝，所以AD＝BC＝x＝；若选条件②③，则＝tan∠CBE＝，且＝，DE2＋CE2＝5，所以AD＝BC＝x＝。故从①②③中任选两个作为条件，都可以得到AD＝BC＝。 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(，0,0)，D(0,0，)，E，所以＝，＝(，0,0)，＝(0,0，)。设平面EAB的法向量为m＝(x，y，z)，则令z＝1，则m＝，所以cos〈，m〉＝＝，即直线AD与平面EAB所成角的正弦值为，余弦值为。5．(2021·济南市模拟) 如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1和平面α，直线AC1∥平面α，直线BD∥平面α。(1)证明：平面α⊥平面B1CD1；(2)点P为线段AC1上的动点，求直线BP与平面α所成角的最大值。解 (1)证明：如图，连接A1C1，则B1D1⊥A1C1，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，又AA1∩A1C1＝A1，AA1，A1C1⊂平面AA1C1，所以B1D1⊥平面AA1C1，又AC1⊂平面AA1C1，所以B1D1⊥AC1。同理可证得B1C⊥AC1。因为B1D1∩B1C＝B1，B1D1，B1C⊂平面B1CD1，所以AC1⊥平面B1CD1。过直线AC1作平面β与平面α相交于直线l，因为AC1∥平面α，所以AC1∥l，所以l⊥平面B1CD1，又l⊂平面α，所以平面α⊥平面B1CD1。(2)设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,1,1)，所以＝(1,1,1)，＝(－1,1,0)。设平面α的法向量为n＝(x，y，z)，则即取x＝1，则n＝(1,1，－2)。设＝t(0≤t≤1)，则＝(t，t，t)，因为＝(－1,0,0)，所以＝＋＝(t－1，t，t)，设直线BP与平面α所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，所以当t＝时，sin θ取得最大值，此时θ取得最大值，故直线BP与平面α所成的角的最大值为。
