2024年高考数学教学教研-复习用书-必修第二册_301-350-2024年高考数学教学教研-复习用书-必修第二册专题

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B.当h≥R-r时，S的最大值为R+rh2+R-r22R-r
C.当h2，OP=32>4，所以，面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；面PBC与与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为π3的圆弧，故弧长为4π3；面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为π12的圆弧，故弧长为π3；所以最长弧的弧长为4π3.
例11.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，用空间中与该正方体所有棱成角都相等的平面α去截正方体，在截面边数最多时的所有多边形中，多边形截面的面积为S，周长为l，则( )
A.S为定值，l不为定值
B.S不为定值，l为定值
C.S与l均为定值
D.S与l均不为定值
解析：利用正方体棱的关系，判断平面α所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形，如图所示，可计算出周长为定值，当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最大.正方体的所有熵中，实际上是3组平行的梭，每条梈所在直线与平面α所成的角都相等，如图：与面A1BD平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1，可得平面α与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即EF//A1B等，设EFA1B=λ，则B1EA1B1=B1E=λ，∴NEB1D1=A1EA1B1=1-λ，∴EF+NE=2λ+21-λ=2，同理可得六边形其他相邻两边的和为2，∴六边形的周长l为定值32.当六边形的边长相等即截面为正六边形时，截面面积最大，最大面积为34×222×6=334，故可得周长l为定值，面积S为定值，故选B.
例12.(多选)如图长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AD=1，AA1=3，点M是侧面ADD1A1上的一个动点(含边界)，P是棱CC1的中点，则下列结论正确的是( )
A.当PM长度最小时，三棱锥M-BDP的体积为12
B.当PM长度最大时，三棱锥M-BDP的体积为12
C.若保持PM=5，则点M在侧面内运动路径的长度为π
D.若M在平面ADD1A1内运动，且∠MD1B=∠B1D1B，则点M的轨迹为圆弧
解析：对于A，当PM长度最小时，点M在线段DD1的中点，MD=12DD1=32， A正确.对于B，当PM长度最大时，点M与点A或点A1重合，若点M与点A重合，VM-BDP=VP-ABD=13SABD×PC=13×12×2×1×32=12，B正确.对于C，作DD1中点O，连接PO，OM，如下图所示，易证PO⊥平面ADD1A1，OM⊂平面ADD1A1，则PO⊥OM，若保持PM=5，则OM=5-4=1，则点M的轨迹是以1为半径的半圆弧，长度为π×1=π，C正确.对于D，以点D为原点建立空间直角坐标系所示：则D10，0，3，B11，2，3，B1，2，0，设Mm，0，n，0≤m≤1，0≤n≤3则有D1B=1，2，-3，D1B1=1，2，0，D1M=m，0，n-3，若∠MD1B=∠B1D1B，则有cs∠MD1B=cs∠B1D1B，即m+9-3nm2+n-32⋅14=1+45⋅14，化简得：2n2-2m2-12n+9m-3mn+18=0，即m+2n-6-2m+n-3=0，即m+2n-6=0或-2m+n-3=0(此时n=2m+3，m=0，n=3)，故点M的轨迹为一段直线，D错误.故选：ABC
例13.(多选)如图，点M是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中的侧面ADD1A1上的一个动点(包含边界)，则下列结论正确的是( )
A.有无数个点M满足CM⊥AD1
B.当点M在棱DD1上运动时，MA+MB1的最小值为3+1
C.若MB1=2，则动点M的轨迹长度为π4
D.在线段AD1上存在点M，使异面直线MB1与CD所成的角是30∘
解析：对于选项A，若M在A1D上，此时必有CM⊥AD1，证明如下：由正方体的性质得CD⊥平面ADD1A1，CD⊥AD1.又A1D⊥AD1，CD∩A1D=D，所以AD1⊥平面A1DC，CM在平面A1DC内，所以AD1⊥CM，故A正确；对于选项B，旋转平面ADD1A1使之与平面BB1D1D共面，如图中A'A1'D1D，连接A'B1交DD1于点M，此时MA+MB1最短为A'B1，大小为12+1+22≠3+1，故B错误；
对于选项C，当点M在平面ADD1A1内时，由A1B1⊥面ADD1A1，A1M⊂面ADD1A1，则A1B1⊥A1M，所以有A1B1​2+A1M2=B1M2=2，所以A1M=1，所以点M的轨迹是以A1为圆心，半径为1的14圆弧，从而动点M轨迹长度为14×2π=π2，所以C正确.对于选项D，因为CD//A1B1，所以直线B1M与CD所成的角即直线B1M与A1B1所成角，即∠A1B1M或其补角，由在线段AD1上存在点M知，A1M≥22，由A1B1⊥A1M，得：tan∠A1B1M=A1MA1B1=A1M≥22>33，即∠A1B1M最小值大于30∘，故D错误；故选：AC
例14.(多选)如图，在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，各棱长均为2，∠ABC=π3，则下列说法正确的是( )
A.三棱锥A1-ABC外接球的表面积为283π
B.异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为12
C.当点M在棱BB1上运动时，MD+MA1最小值为25+23
D.N是平面ABCD上一动点，若N到直线AA1与BC的距离相等，则N的轨迹为抛物线
解析：对于A，由题可知△ABC是边长为2的等边三角形，则外接圆半径r=23，由R2=232+1=73得外接球表面积为4πR2=28π3，所以A选项正确.对于B，连接DC1，因为AB1//DC1，所以∠BC1D即为异面直线AB1与BC1所成角，由题可知BC1=C1D=22，BD=23，由余弦定理得BD2=BC12+DC12-2BC1⋅DC1cs∠BC1D，所以cs∠BC1D=14，所以B选项错误.对于C，分别将四边形AA1B1B与DD1BB1沿着棱B1B展开得到四边形AA1D1D，MD+MA1的最小值即为AD1=22+2+232=25+23，所以C选项正确.对于D，N到直线AA1与直线BC的距离相等，又NA⊥AA1，NA即为N到直线AA1的距离，即N到点A与直线BC的距离相等，根据抛物线的定义，所以D选项正确.故选：ACD.
例15.(多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=CC1=6，AC⊥BC，E，F分别为BB1，A1C1的中点，过点A，E，F作三棱柱的截面α，则下列结论中正确的是( )
A.三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为106π
B.BC1//α
C.若α交B1C1于M，则EM=13
D.α将三棱柱ABC-A1B1C1分成体积较大部分和体积较小部分的体积比为13：5
解析：如图所示：将该三棱柱视为正方体ABCD-A1B1C1D1的一部分，则三棱柱ABC-A1B1C1外接球的半径2R=63，R=33，其表面积为4πR2=108π，故A项错误；延长AF与CC1交于点P，连接PE交B1C1于M，连接FM，则平面AEMF即为截面α.因为FC1//AC，F是中点，所以C1是PC的中点，由△MPC1与△MEB1相似，得PC1EB1=MC1MB1=2，得B1M=13B1C1，而E是BB1的中点，所以ME与BC1不平行且必相交，所以BC1与截面α不平行，故B项错误；因为B1M=2，又B1E=3，所以在Rt△B1EM中，EM=22+32=13，故C项正确；延长PE交BC于点Q，则α将三棱柱ABC-A1B1C1分成体积较大部分的体积为VP-ACQ-VP-FMC1-VA-QBE=13×12×6×8×12-13×12×3×4×6-13×12×2×6×3=78，所以剩余部分的体积为12×6×6×6-78=30，所以体积之比为7830=135，故D项正确.故选：CD.
十四、本章小结与新高考综合压轴题
(一)本章知识结构
(二)直线与直线、直线与平面的位置关系
例1.(多选)(2021年广州二模)如图，四棱锥P-ABCD的底面为矩形，PD⊥底面ABCD，AD=1，PD=AB=2，点E是PB的中点，过A，D，E三点的平面α与平面PBC的交线为l，则( )
A.l//平面PAD
B.AE//平面PCD
C.直线PA与l所成角的余弦值为55
D.平面α㑘四棱锥P-ABCD所得的上，下两部分几何体的体积之比为35
解析：如图：作PC中点F，连接EF，则AD//EF，即A、D、E、F四点共线，即l为EF，故对A，EF//AD，所以EF//平面PAD，即l//平面PAD正确；对B，由EF//AD，若AE//平面PCD则必有AE//DF，即四边形ADFE为平行四边形，则AD=EF矛盾，故B错误；对C，PA与l所成角，即PA与EF所成角，即PA与AD所成啁，由PD⊥底面ABCD，所以PD⊥AD，cs∠PAD=ADAP=55，故C正确；对D，连接BD，VP-ABCD=13PD⋅SABCD=13×2×2=43，VABCDEF=VA-BDE+VD-BCFE=13×52×25+13×324×22=56，VP-ADFEVABCDEF=43-5656=35，故D正确，故选：ACD
例2.(多选)如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为线段B1D1上动点包括端点).则下列结论正确的是( )
A.当点P在线段B1D1上运动时，三棱锥P-A1BD的体积为定值
B.记过点P平行于平面A1BD的平面为α，α㑘正方体ABCD-A1B1C1D1截得多边形的周长为32
C.当点P为B1D1中点时，异面直线A1P与BD所成角为π2
D.当点P为B1D1中点时，三棱锥P-A1BD的外接球表面积为11π
解析：对A，由于B1D1//BD，显然B1D1//平面A1BD，叉P∈B1D1，所以P在任何位置时到平面A1BD的距离相等，所以三棱锥P-A1BD的体积为定值，故A正确；对B，由P在B1D1上且B1D1//BD，故截面为△B1CD1，所以骅面周长为62，故B错误；对C，当点P为B1D1中点时，由于A1B1C1D1为正方形，所以A1P⊥B1D1，又BD//B1D1，所以A1P⊥BD，故C正确；对D，当点P为B1D1中点时，A1P⊥B1D1，所以在正方体中A1P⊥平面BDP，由BD=22，BP=DP=6，所以cs∠BPD=13⇒sin∠BPD=223所以△BPD外接圆直径2r=3，所以三棱锥P-A1BD的外接球的直径2R=2r2+A1P2=11，所以三棱锥P-A1BD的外接球表面积为4π1122=11π，故D正确；故选：ACD
例3.如图，在四掕锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD是正方形，△PAB是边长为2的正三角形，E，F分别是棱PD，PC上的动点，则AE+EF+BF的最小位是( )
A.2+2
B.2+3
C.7+2
D.7+1
解析：∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AD⊂平面ABCD，AD⊥AB，∴AD⊥平面PAB，又PA⊂平面PAB，∴AD⊥PA，同理可得BC⊥PB.由题意可知PA=PB=AB=BC=CD=AD=2，则PC=PD=22，∠APD=∠BPC=45∘.将平面PAD，PCD，PBC展开到一个平面内如图，则AE+EF+BF的最小值即为展开图中AB的长.∵cs∠CPD=PC2+PD2-CD22PC⋅PD=8+8-42×22×22=34，从而sin∠CPD=74，故cs∠APB=cs∠CPD+90∘=-sin∠CPD=-74.在△PAB中，由余弦定理可得AB2=PA2+PB2-2PA⋅PB⋅cs∠APB=4+4+8×74=8+27=7+12，则AB=7+1，即AE+EF+BF的最小值为7+1.故选：D.
例4.(多选)(2023年2月四省联考)已知平面α⋂平面β=l，B，D是l上两点，直线AB⊂α且AB∩l=B，直线CD⊂β且CD∩l=D.下列结论中，错误的有( )
A.若AB⊥l，CD⊥l，且AB=CD，则ABCD是平行四边形
B.若M是AB中点，N是CD中点，则MN//AC
C.若α⊥β，AB⊥l，AC⊥l，则CD在α上的射影是BD
D.直线AB，CD所成角的大小与二面角α-l-β的大小相等
解析：对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；对于B，取BC的中点H，连接HM，则HM是△ABC的中位线，所以HM//AC，因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；对于C，若AB⊥l，AC⊥l，所以由线面垂直的判定可得l⊥平面ABC，所以l⊥BC，由α⊥β结合面面垂直的性质可得BC⊥α，所以点C在平面α内的投影为点D，所以CD在平面α内的投影为BD，故C正确：对于D，由二面角的定义可得当且仅当AB⊥l，CD⊥l时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，故D错误..故选：ABD.
例5.(2023年广州二模多选12)已知正四面体A-BCD的棱长为2，点M，N分别为△ABC和△ABD的重心，P为线段CN上一点，则下列结论正确的是( )
A.若AP+BP取得最小值，则CP=PN
B.若CP=3PN，则DP⊥平面ABC
C.若DP⊥平面ABC，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为272π
D.直线MN到平面ACD的距离为269
解析：建立空间直角坐标系，由棱长为2如图所示，可得A0，2，2，D2，2，0，B2，0，2，C0，0，0，N223，223，223，若CP=3PN则P22，22，22，设平面ABC法向量为n=x，y，z，则CB⋅n=0CA⋅n=0⇒n=1，1，-1，∵DP=-22，-22，22，∵n//DP∴B正确！对于C，
不妨设Pm，m，m，因为DP⊥平面ABC，则DP=m-2，m-2，m-2
平面ABC的法向量为n=1，1，-1∴m-21=m-21=m-1⇒m=22故P22，22，22，针对：三棱锥P-ABC，因为PAPB=PC，且△ABC为等边三角形，则三棱锥P-ABC为正三棱锥，则R=b22h=32232-2332=32216=364⇒S=4πR2=272π，直线MN到平面ACD的距离必为MN//平面ACD，
下面求平面ACD法向量可得：m=1，-1，1，故平面ACD的方程为：x-y+z=0
故由点平面距离公式得：d=2233=269，故D正确！对于A选项：若AP+BP取得最小值，很显然：当P→N点时，明显A错误！
例6.(多选2023年福建省模)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，M侧面AA1D1D上的点，N为侧面CC1D1D上的点，则下列判断正确的是( )
A.若BM=52，则M到直线A1D的距离的最小值为24
B.若B1N⊥AC1，则N∈CD1，且直线B1N//平面A1BD
C.若M∈A1D，则B1M与平面A1BD所成角正弦的最小值为33
D.若M∈A1D，N∈CD1，则M，N两点之间距离的最小值为33
解析：对于A项，因为BM=52，所以M在以B为球心，52为半径的球上.又M为做而AA1D1D上的点，所以M在球被平面AA1D1D货得的交线上，因为，AB⊥平面AA1D1D，AB=1，BM=52，所以AM=BM2-AB2=12，所以，M为以A点为圆心，12为半径的圆上.
对于B项，如图2，连结AC，AD1.因为CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以CC1⊥BD.又BD⊥AC，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC∩CC1=C，所以，BD⊥平面ACC1.又AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1.同理可得，A1D⊥AC1.又BD⊂平面A1BD，A1D⊂平面A1BD，A1D∩BD=D，所以，AC1⊥平面A1BD.又B1N⊥AC1，B1∉平面A1BD，所以直线B1N//平面A1BD，故B项正确；对于C项，以点D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴的正方向，如图3建立空间直角坐标系，则D0，0，0，A11，0，1，B1，1，0，B11，1，1，DA1=1，0，1，DB1=1，1，1，因为M∈A1D，设DM=λDA1=λ，0，λ，0≤λ≤1，B1M=DM-DB1=λ-1，-1，λ-1.设n=x1，y1，z1是平面A1BD的一个法向量，则n1⋅DA1=0n1⋅DB=0，得n=1，-1，-1是平面A1BD的一个法向量.则cs=132λ2-4λ+3，当λ=1时，有最小值1，所以，132λ2-4λ+3≤13=33，即cs≤33，所以，B1M与平面A1BD所成角正弦的最大值为33，故C项错误；对于D项，由C项知，DA1=1，0，1，CD1=0，-1，1，当MN⊥DA1，MN⊥CD1，即MN为直线DA1与CD1的公垂线段时，MN最小.设n2=x2，y2，z2，且n2⊥DAn2⊥CD，则n2=1，-1，-1⋅DC在n2方向上的投影向量模为DC⋅nn2=13=33，所以，M，N两点之间距离的最小值为d=33，故D正确.故选：BD.
例7.(2020年广州调研考12题多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M棱CC1上的动点，AM⊥平面α，下面说法正确的是( )
A.若N为DD1中点，当AM+MN最小时，CMCC1=1-22
B.当点M与点C1重合时，若平面α涖正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C.直线AB与平面α所成角的余弦值的取值范围为33，22
D.若点M为CC1的中点，平面α过点B，则平面α截正方体所得截面图形的面积为92
解析：对于A：将矩形ACC1A1与正方形CC1D1D展开到一个平面内(如图所示)，若AM+MN最小，则A，M，N≡点共线，因为CC1//DD1，所以MCDN=ACAD=2222+2=2-2，所以MC=2-2DN=2-22CC1，即MCCC1=2-22=1-22，故A正确：
对于B选项：当点M与点C1重合时，连接A1D、BD、A1B、AC、AC1，(如图所示)，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以BD⊥CC1，又因为BD⊥AC，且AC⋂CC1=C，所以BD⊥平面ACC1，又AC1⊂平面ACC1，所以BD⊥AC1，同理可证A1D⊥AC1，因为A1D⋂BD=D，所以AC1⊥平面A1BD，易知△A1BD是边长为22的等边三角形，其面积为S△A1BD=34×222=23，周长为22×3=62；设E、F、Q、N、G、H分别是A1D1、A1B1、BB1、BC、CD、DD1的中点，知六边形EFQNGH是边长为2的正六边形，且平面EFQNGH//平面A1BD，正六边形EFQNGH的周长为62，面积为6×34×22=33，则△A1BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，即B错误；对于C：直线AB与平面α所成角的正弦值，即为直线AB与平面α的垂线AM所成角的余弦值，即cs∠BAM，如图所示：连接BM在正方体中，AB⊥平面BCC1，BM⊂平面BCC1，所以AB⊥BM在Rt△ABM中cs∠BAM=ABAM，点M为线段CC1(含端点)上的动点，故AC≤AM≤AC1，即22≤AM≤23所以cs∠BAM=ABAM∈33，22，所以直线AB与平面α所成角的正弦的取值范围为
22，63，故C错误；对于D，取DD1中点为N，连接MN，AN，则MN//CD，设平面α与侧面ADD1A1的交线为DE，E平面α与D1A1的交点，由于CD⊥平面ADD1A1，∴CD⊥DE，∴MN⊥DE，又∵AM⊥平面α，DE⊂平面α，∴AM⊥DE，又∵MN∩AN=N，∴DE⊥平面AMN，∴DE⊥AN，又∵在正方形ADD1A1中N为DD1的中点，∴E为A1D1的中点；设平面α与侧面ABB1A1的交线为DF，F平面α与B1A1的交点，同理可得F为B1A1的中点，连接EF，于是低面为BDEF，计算得BD=22，EF=2，DE=BF=BB12+B1F2=4+1=5，所以截面为BDEF等腰梯形，底边上的高为h=DE2-BD-B1D22=5-222=322，截面为BDEF的面积为S=12×2+22×322=92，故D正确；故选：AD.
例8.(2023年茂名市二模12题多选)如图所示，有一个棱长为4的正四面体P-ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是( )
A.若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为π2
B.△ABE的周长最小值为4+34
C.如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为63
D.如果在这个容器中放入10个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为6-2
解析：A选项：如图1连接AD.在正四面体P-ABC中，D是PB的中点，所以PB⊥AD，PB⊥CD.因为AD⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，AD∩CD=D，所以直线PB⊥平面ACD.因为AE⊂平面ACD.所以PB⊥AE，所以直线AE与PB所成角为π2.故A选项正确；B选项，如图2把△ACD沿着CD展开与面BDC同一个平面内，由AD=CD=23，AC=4，cs∠ADC=13，cs∠ADB=csπ2+∠ADC=-sin∠ADC=-223所以AB2=16+1663≠34，所以AB≠34，所以△ABE的周长最小值为4+34不正确.故B选项错误；C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：VP-ABC=13S△ABC⋅h=13S丧⋅r，所以半径r=14h=612×4=63.故C选项正确；D选项，10个小球分三层(1个，3个，6个)放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为r，四个角小球球心连线M-NGF是梈长为4r的正四面体，其高为463r，由正四面体内切球的半径是高的14得，如图3正四面体则MP=3r，正四面体P-ABC高为3r+463r+r=63×4，得r=6-2.故D选项正确.故选：ACD
例9.(2023年深圳调研12题多选)如图，已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面BCC1B1内运动(包含边界)，且AP与平面BCC1B1所成角的正切值为6，则( )
A.CP长度的最小值为3-1
B.存在点P，使得AP⊥BC
C.存在点P，存在点Q∈B1C1，使得AP//A1Q
D.所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为7π3
解析：依题意，延长正三棱台侧棱相交于点O，取B1C1中点D，BC中点E，连接AD，DE，AE，则有OA=OB=OC，所以DE的延长线必过点O且DE⊥B1C1，DE⊥BC，过点D作DFC1C，DGB1B，则四边形DFCC1是边长为1的菱形.如图所示：
在△OBC中，B1C1BC=OC1OC=OC1OC1+C1C，即23=OC1OC1+1，解得OC1=2，所以OC=OC1+C1C=2+1=3，所以△OBC为边长为3等边三角形，所以∠DFE=∠FDC1=∠OCB=π3，OE=332所以DE=DF×sinπ3=1×32=32，因为△ABC是边长为3的等边三角形且E为BC中点，所以AE=332，BC⊥AE，在△OAE中，由余弦定理变形得，cs∠OEA=OE2+AE2-OA22×OE×AE=13，在VADE中，由余弦定理变形得，cs∠DEA=DE2+AE2-AD22×DE×AE=13解得AD=6，所以AE2=DE2+AD2，所以AD⊥DE；由BC⊥AE，BC⊥OE，AE∩OE=E，可得BC⊥平面AOE，又AD⊂平面AOE，所以BC⊥AD，由BC⊥AD，AD⊥DE，BC∩DE=E，可得AD⊥平面BCC1B1，因为AP与平面BCC1B所成角的正切值为6，所以ADDP=6，解得DP=1，AP=AD2+DP2=6+1=7，所以点P在平面BCC1B1的轨迹为C1F，B1G，对于A：当点P运动到DC与C1F的交点时CP有最小值，因为四边形DFCC1是边长为1且∠FDC1=π3的菱形，所以DC=3，所以CP=DC-DP=3-1，故A选项正确；对于B：要使得AP⊥BC，则点P必须落在平面ADE与平面BCC1B1的交线上且DP=1，由图易知，在平面BCC1B1中不存在这样的点P，故B选项错误；对于C：当点P运动到点F时，连接AF，OF，OF交B1C1于点Q，连接A1Q，由于平面A1B1C1//平面ABC，所以AF//平面A1B1C1，又AF⊂平面AFO，平面AFO∩平面A1B1C1=A1Q，所以AF∕∕A1Q，所以存在点P，存在点Q∈B1C1，使得AP//A1Q，故C选项正确；对于D：设C1F的长度为l，则l=∠FDC1×DP=π3×1=π3，动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为S，则有S=12×l×AP=12×π3×7=7π6，因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为2S=2×7π6=7π3，故D选项正确；故选：ACD.
例10.(深圳市2023年4月二模第11题多选)如圈，在矩形AEFC中，AE=23，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB，BC将△ABE，△BCF翻折，使点E，F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则( )
A.三棱锥P-ABC的体积为423
B.直线PA与直线BC所成角的余弦值为36
C.直线PA与平面PBC所成角的正弦值为13
D.三棱锥P-ABC外接球的半径为222
解析：由题意可知：PA=AC=23，AC=AB=BC=4，PB=2，可得PM⊥PB.取AC中点M，连接PM，MB，可知AC⊥平面PMBV=13S△PMB⋅AC=13⋅12PB⋅PM⋅AC=13⋅12⋅2⋅22⋅4=823，故A错误
对于B：csPA，BC>=BP2+AC2-BA2+PC22PA⋅BC=4+16-16-122⋅23⋅4=36，故B正确
对于C：因为cs∠PMB=PMMB=23，sin∠PMB=PMMB=13，所以不妨以M为原点，MB，MC，MZ所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则22cs∠PMB=43，22sin∠PMB=223，故P43，0，223，又因为C0，2，0，B23，0，0，A0，-2，0，故BC=-23，2，0，PC=-43，2，-223，设平面PBC法向量为n=x，y，z，则可得n=2，23，2，又因为PA=-43，-2，-223，所以直线PA与平面PBC所成角的正
弦值为sinθ=cs⟨PA，n⟩=-834+12+2⋅23=223，故C错误！对于D.由双半径单交线终极公式：由△ABC边长为4，不妨设设△ABC的圆心距为m，则计算m=233，△PAC边长为23，底边为4的等腃三角形，不妨设设△PAC的圆心距为n则计算n=12，又因为cs∠PMB=PMMB=23，sin∠PMB=PMMB=13，故：R2=m2+n2-2mncs∠PMBsin2∠PMB+l24=43+12-2⋅233⋅12⋅3213+424=32+4=112，故R=222
例11.四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，AB=3，BD=2，CD=4平面ABD与平面BCD的夹角为π3，则AC的值可能为( )
A.17
B.23
C.35
D.41
解析：在四面体ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，则⟨BA，DC⟩是二面角A-BD-C的平面角，如图，AC=AB+BD+DC=-BA+BD+DC，而AB=3，BD=2，CD=4，AC2=BA2+BD2+DC2-2BA⋅DC=9+4+16-2×3×4cs⟨BA，DC⟩=29-24cs⟨BA，DC⟩因为平面ABD与平面BCD的夹角为π3，则当⟨BA，DC⟩=π3时，AC=17，当⟨BA，DC⟩=2π3时，AC=41，所以AC的值可能为17，41.故选：AD
例12.已知长方体ABCD-A1B1C1D1，AB=32，AD=2，AA1=23，已知P是矩形ABCD内一动点，PA1与平面ABCD所成角为π3，设P点形成的轨迹长度为α，则tanα=；当C1P的长度最短时，三棱锥D1-DPC的外接球的表面积为___________
解析：因为长方体ABCD-A1B1C1D1中AA1⊥平面ABCD，所以PA1与平面ABCD所成角为∠APA1，因为PA1与平面ABCD所成角为π3，所以∠APA1=π3因为AA1=23，所以AP=2从而P点形成的轨迹为以A为圆心，2为半径的圆在矩形ABCD内一段圆弧DM，设其圆心角为θ，则sinθ=34，tanθ=37因此tanα=tan2θ=-37因为CP=CC12+CP2，所以CP最小时，C1P长度最短，此时P为AC与上面圆弧DM的交点，设△DPC外接圆圆心为O1，半径为r，cs∠CAD=ADAC=ADAD2+DC2=222+322=45，则2r=CDsin∠CPD=32sinπ2-∠CAD2=32cs∠CAD2r2=94cs2∠CAD2=941+cs∠CAD2=941+452=58设三棱锥D=32+58=298因此球的表面积为4πR2=292π
例13.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别在线段AD1和B1C1上.给出下列四个结论(1)MN的最小值为2；(2)四面体NMBC的体积为43；
(3)有且仅有一条直线MN与AD1垂直；(4)存在点M，N，使△MBN为等边三角形.其中所有正确结论的序号是___________.
答案：(1)(2)(4)，解析省略！
例14.中国正在由“制造大国”向“制造强国”迈进，企业不仅仅需要大批技术过硬的技术工人，更需要努力培育工人们执着专注、精益求精、一丝不苟、追求卓越的工匠精神，这是传承工艺、革新技术的重要基石.如图所示的一块木料中，ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，点E，F是PC，AD的中点.
(1)若要经过点E和棱AB将水䊀开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由并计算截面周长；
(2)若要经过点B，E，F将木料铭开，在木料表面应该怎样画线，请说明理由.
解析：(1)因为AB//CD，AB∉⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB//平面PCD，又AB⊂平面ABE，设平面ABE∩平面PCD=l，则AB//，设PD的中点为G，连接EG，AG，则EG//CD，又AB//CD，所以AB//EG，即EG为l，BE，EG，AG就是应画的线，因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA，又AB⊥AD，PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，AG⊂平面PAD，所以AB⊥AG，即截面ABEG为直角梯形，又PA=AB=2，所以AG=2，EG=1，BE=3，故截面周长为2+3+3：
(2)以点A为坐标原点，AB，AD，AP，分别为x，y，z轴的正向建立空间直角坐标系，则A0，0，0，B2，0，0，C2，2，0，D0，2，0，P0，0，2，E1，1，1，F0，1，0所以BE=-1，1，1，BF=-2，1，0，PD=0，2，-2，设平面BEF的法向量为n=x，y，z，则n⋅BE=-x+y+z=0n⋅BF=-2x+y=0，令x=1，可得n=1，2，-1，设PD∩平面BEF=H，设PH=λPD=λ0，2，-2，又P0，0，2，∴H0，2λ，2-2λ，BH=-2，2λ，2-2λ，由BH⋅n=0，可得6λ-4=0，即λ=23，即H为PD的三等分点PH=23PD，连接EH，FH，即EH，FH就是应画的线.
例15.如图，在三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC，△PAC是等腰三角形，PA=4，AB⊥BC，AB=2，在平面PCB内作CH⊥PB交PB于点H，点D是PA的中点，则BH和平面CDH所成的角的正弦值为( )
A.12
B.277
c.32
D.217
解析：因为PC⊥平面ABC，则PC⊥AB，又因为AB⊥BC，且PC∩BC=C，所以AB⊥平面PBC，因为CH⊂平面PBC，所以AB⊥CH，因为CH⊥PB，且AB∩PB=B，所以CH⊥平面PAB，所以CH⊥PA，因为△PAC是等腰三角形，点D是PA的中，点，所以CD⊥PA，由CHICD=C，所以PA⊥平面CDH，所以∠PHD为BH和平面CDH所成的角，PA=4，AB=2，所以PC=AC=22，CB=2，PD=2，PB=PC2+CB2=23，PB⋅CH=PC⋅CB，解得CH=263，所以PH=PC2-CH2=433，所以sin∠PHD=PDPH=32.故选：C
例16.如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是25，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1上一点，且MN//平面ABC1，则线段MN的最大值为( )
A.22
B.23
C.10
D.3
解析：如图，取B1C1的中点D，取BB1的中点E，连接MD，DE，ME，所以DE//BC1，又DE⊄面ABC1，BC1⊂面ABC1，所以DE//平面ABC1，又M为A1C1的中点，所以MD//A1B1//AB，又MDE面ABC1，AB⊂面ABC1，所以MD//平面ABC1，又DE∩MD=D，DE⊂面DEM，MD⊂面DEM，所以平面DEM//平面ABC1，又因为N是侧面BCC1B1上一点，且MN//平面ABC1，所以N在线段DE上，又因为ME=MB12+B1E2=32+52=22，MD=1，所以线段MN的最大值为22.故选：A.
例17.(多选)如图，在四棱锥P-ABCD中，M、N分别为AC、PC上的点，且MN//平面PAD，则( )
A.MN//PD
B.MN//平面PAB
C.MN//AD
D.MN//PA
解析：因为MN//平面PAD，MN⊂平面PAC，平面PAC∩平面PAD=PA，∴MN//PA，∵PA⊂平面PAB，MN⊄平面PAB，因此，MN//平面PAB.故选：BD.
例18.(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱BB1，B1C1，C1D1的中点，则( )
A.FG//平面AED1
B.BC1//平面AED1
C.点C1在平面AED1内
D.点F在平面AED1内
解：连接EF、B1D1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB//C1D1且AB=C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，所以AD1//BC1，AD1⊂平面AED1，BC1&平面AED1，所以BC1//平面AED1，又EF//BC1，所以EF//AD1，所以E、F、D1、A四点共面，即点F在平面AED1内，故B、D正确；再连接FD1，显然G不在平面AEFD1，所以FG与平面AED1不平行，故A错误；由BC1/1平面AED1，可知点C1不在平面AED1内，故C错误；故选：BD
例19.(多选)如图，在四面体ABCD中，AB=CD=2，AC=AD=BC=BD=5，若用一个与AB，CD都平行的平面α截该四面体，下列说法中正确的是( )
A.异面直线AB与CD所成的角为90∘
B.平面α袋四面体ABCD所得侧面周长不变
C.平面α截四面体ABCD所得截面不可能为正方形
D.该四面体的外接球表面积为6π
解析：A.取CD中点M，△ABC为等腰三角形，那么CD⊥AM，同理，CD⊥BM，且AM⋂BM=M，那么CD⊥平面ABM，而AB⊂平面ABM，所以CD⊥AB，A正确；
B.如图，设平面α与四面体ABCD的各棱的交点分别为E，F，G，H，由AB//平面α，且AB⊂平面ABD，两个平面的交线为HG，则AB//HG，同理，FG//CD，∴HGAB=HDBD1，HECD=BHBD(2)，(1)+(2)得：HG+HE=2，∴周长为22，B正确：
C.E，F，G，H为梈中点时，x=y=22为正方形：
D.如图，四面体的外接球为正方体的外接球，r=62，故S=6π，D正确.
例20.(多选)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=2，AA1=1，点P，Q在底面A1B1C1D1内，直线AP与该长方体的每一条棱所成的角都相等，且AP⊥CQ，则( )
A.AP=2
B.点Q的轨迹长度为2
C.三棱锥D-A1QB的体积为定值
D.AP与该长方体的每个面所成的角都相等
解析：如下图所所示，将长方体ABCD-A1B1C1D1补成正方体ABCD-A2B2C2D2，连接B2D2，B2C，CD2，AC2，设B2C∩B1C1=M，CD2∩C1D1=N，易知AC2与正方体ABCD-A2B2C2D2的每一条棱所成的角都相等，所以，AC2与底面A1B1C1D1的交点即为点P.对于A选项，AP=12AC2=12×23=3，A错；
对于B选项，因为AB⊥平面BCC2B2，B2C⊂平面BCC2B2，则AB⊥B2C，又因为四边形BCC2B2为正方形，则BC2⊥B2C，因为AB∩BC2=B，AB、BC2⊂平面ABC2，所以，B2C⊥平面ABC2，因为AC2⊂平面ABC2，所以，AC2⊥B2C，同理，AC2⊥CD2，因为B2C∩CD2=C，B2C、CD2⊂平面B2CD2，则AC2⊥平面B2CD2，故AC2⊥平面CMN，因为AP⊥CQ，所以，CQ⊂平面CMN，即Q∈平面CMN，又因为Q∈平面A1B1C1D1，平面CMN∩平面A1B1C1D1=MN，所以，Q∈MN，所以，点Q的轨迹为线段MN，且MN=12B2D2=12×22=2，B对；对于C选项，记点Q到平面A1BD的距㐫为h，由VD-AQB=VQ-ABD=13S△ABD⋅h，因为CC1//B1B2，则CMB2M=CC1B1B2=1，则CM=B1M，故点M为B2C的中点，同理可知，N为CD2的中点，所以，MN//B2D2，因为BB2//DD2，BB2=DD2，故四边形BB2D2D为平行四边形，所以，BD//B2D2，所以，MN//BD，因为MN⊄平面A1BD，BD⊂平面A1BD，则MN//平面A1BD，所以，点Q到平面A1BD的距离为定值，又因为△A1BD的面积为定值，所以，三棱锥D-AQ1B为定值，C对；对于D选项，因为C2到平面AA2B2B、平面AA2D2D、平面ABCD的距离都相等，且知，直线AC2与正方体ABCD-A2B2C2D2的每个面所成的角都想等，所以，AP与长方体ABCD-A1B1C1D1的每一个面所成的角都相等，D对.故选：BCD.
例21.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得MN//平面A1BC1，则( )
A.三棱锥N-A1BC1的体积为定值23
B.当MN最大时，MN与BC所成的角为π3
C.正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等
D.若DN=2，则点N的轧迹长度为2π
解析：过AB中点M作ME//A1B与A1A交E，作EF//BC1与A1D1交F，重复上述步骤，依次作A1C1，A1B，BC1的平行线与D1C1，C1C，BC分别交于G，H，I(注意各交点均为各棱上的中点)，最后依次连接各交点，得到如下图示的正六边形MEFGHI，因为ME//A1B，ME⊄面A1BC1，A1B⊂面A1BC1，所以ME//面A1BC1，同理可得EF//面A1BC1，因为ME∩EF=E，ME，EF⊂面A1BC1，所以面MEFGHI//面A1BC1，所以面MEFGHI中直线都平行于面A1BC1，又M∈面MEFGHI，且MN//平面A1BC1，所以MN⊂面MEFGHI，即N∈面MEFGHI，根据正方体性质，可构䢖如下图示的空间直角坐标系，则A2，0，0，A12，0，2，B2，2，0，C10，2，2，且M2，1，0，E2，0，1，F1，0，2，G0，1，2，H0，2，1，I1，2，0，A：由上分析知：面MEFGHI任意一点到面A1BC1的距离，即为N到面A1BC1的距离，而A1B=0，2，-2，C1B=2，0，-2，若m=x，y，z为面A1BC1的一个法向量，所以m⋅A1B=2y-2z=0m⋅C1B=2x-2z=0，令z=1，则m=1，1，1，而MB=0，1，0，所以M到面A1BC1的距离，即N到面A1BC1的距离为d=m⋅MBm=33，又△A1BC1为等边三角形，则S△ABC1=12×222×32=23，所以三棱锥N-A1BC1的体积为定值13×d×S△A1BC1=23，正确；B：由图知：当N与G重合时MN最大为22，且MG//BC1，所以MN与BC所成的角，即为∠C1BC=π4，错误；
C：由正方体性质，只需判断各侧面的法向量DA=2，0，0，DC=0，2，0，DD1=0，0，2与m=1，1，1的夹角余弦值的绝对值是否相等即可，又cs⟨m，DA⟩=13，同理可得cs⟨m，DC⟩=csm，DD1=13，所以正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等，正确；D：若DN=2，则点N的轨迹是以N为球心的球体被面MEFGHI所截的圆，因为面MEFGHI//面A1BC1，故m=1，1，1也是面MEFGHI的法向量，而DF=1，0，2，所以D到面MEFGHI的距离为d'=m⋅DFm=3，故轨迹圆的半径r=22-32=1，故点N的轨迹长度为2πr=2π，正确.故选：ACD
例22.(多选)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，H线段AB中点，P在正方体的内部及其表面运动，若HP⊥DB1，则( )
A.三棱锥P-A1BC1的体积为定值
B.若DP=322，则P的轨迹长度为6π
C.正方体的每个面与P的轨迹所在平面所成角都相等
D.正方体的每条棱与P的轨迹所在平面所成角不都相等
解析：点O为正方体ABCD-A1B1C1D1的中心，连接BD，AC，过AB的中点H作HI//AC交BC于I，则I为BC的中点，如图，
BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，有BB1⊥AC，而BD⊥AC，BD∩BB1=B，BD，BB1⊂平面BB1D，则AC⊥平面BB1D，又DB1⊂平面BB1D，即有AC⊥DB1，连接A1B，BC1，A1C1，同理A1B⊥DB1，BC1⊥DB1，而A1B∩BC1=B，A1B，BC1⊂平面A1BC1，则DB1⊥平面A1BC1，令点P的轨迹所在平面与正方体ABCD-A1B1C1D1的棱所在直线交于点H，I，J，K，L，M，平面HIJKLM∩平面ABCD=HI，平面HIJKLM∩平面A1B1C1D1=KL，而平面ABCD//平面A1B1C1D1，于是KL//HI，同理IJ//LM，HM//JK，依题意，DB1⊥平面HIJKLM，因此平面A1BC1//平面HIJKLM，平面A1BC1∩平面BCC1B1=BC1，平面HIJKLM∩平面BCC1B1=IJ，于是IJ//BC1，又I为棱BC中点，则J为棱CC1中点，同理点K，L，M分别为棱C1D1，A1D1，AA1中点，因此点P的轨迹为正六边形HIJKLM及内部，对于A，因为平面A1BC1//平面HIJKLM，则点P到平面A1BC1的距离为定值，又△A1BC1的面积为定值，于是三棱锥P-A1BC1的体积为定值，A正确；对于B，DP=322，则点P在以点D为球心，322为半径的球面上，而点D到正六边形HIJKLM每一边的距离为322，则点P的轨迹是该球㑘正六边形HIJKLM所得倠面小图，而点D到平面HIJKLM距离DO=3，因此这个拊面小圆半径r=DP2-DO2=3222-32=62，此小圆周长为6π，B正确；对于C，由于平面A1BC1//平面HIJKLM，则正方体的每个面与平面HIJKLM所成角等于正方体该面与平面A1BC1所成角，又三棱锥B1-A1BC1是正三棱锥，即正方体的侧面ABB1A1，侧面BCC1B1，上底面A1B1C1D1与平面A1BC1所成角都相等，又正方体的相对面平行，所以正方体的每个面与P的轨迹所在平面所成角都相等，C正确；对于D，正三棱锥B1-A1BC1的侧棱A1B1，B1C1，BB1与平面A1BC1所成角都相等，即正三棱锥B1-A1BC1的侧棱A1B1，B1C1，BB1与P的轨迹所在平面所成角都相等，而AB//CD/C1D1//A1B1，BC//AD//A1D1//B1C1，AA1//DD1//CC1//BB1，所以正方体的每条棱与P的轨迹所在平面所成角都相等，D错误.故选：ABC
例23.(多选)正多面体也称帕拉图立体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成(各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等)某中学在劳动技术课上，要求学生将一个近似正八面体的玉石切制成如图所示的棱长为2的正八面体P-ABCD-Q(其中E、F、H分别为PA，PB，BC的中点)，则( )
A.AP与CQ为异面直线
B.平面PAB⊥平面PCD
C.经过E、F、H的平面找此正八面体所得的截面为正六边形
D.此正八面体外接球的表面积为8π
解析：对于A选项，由多面体的对称性知，A，B，C，D四点共面，又因为PA=AQ=QC=CP，结合PQ=AC，所以四边形PACQ是正方形，所以选项A错误；对于B选项，设AB中点为N，CD中点为M，则∠NPM为平面PAB和平面PCD的二面角，NP=22-12=3，MP=22-12=3，NM=2所以NP2+MP2≠NM2，所以平面PAB和平面PCD的二面角不为直角，所以选项B错误：对于选项C，设QC，CD，DA的中点分别为J，K，L，顺次连接E，F，H，J，K，L，E，根据中位线定理能够得到EF=FH=HJ=JK=KL=LE，所以经过E、F，H的平面截此正八面体所得的截面为正六边形，故选项C正确；对于选项D，根据题意，外接球的直径为22+22=22，所以外接球的半径为2，表面积S=4πR2=8π，故该选项正确.故选：CD.
例24.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的梈长为1，下列结论正确的有( )
A.异面直线CA1与B1D1所成角的大小为π3
B.若E是直线AC上的动点，则D1E//平面A1BC1
C.与此正方体的每个面都有公共点的截面的面积最小值是32
D.若此正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截正方体所得截面面积的最大值是3
解析：A.如图所示：B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1，A1C1∩AA1=A1，则B1D1⊥平面A1ACC1，所以B1D1⊥A1C，所以异面直线CA1与B1D1所成角的大小为π2，故错误：B.如图所示：因为AD1//BC1，AD1∉平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，所以AD1//平面A1BC1，同理CD1//平面A1BC1，因为AD1∩CD1=D1，所以平面AD1BC1//平面A1BC1，因为D1E⊂平面AD1BC1，所以D1E//平面A1BC1，故正确；C.如图所示：平面A1BC1为一个与正方体的每个面都有公共点，且截面面积最小的面，其面积为：S=12×2×2×sin60∘=32，故正确；D.如图所示：若此正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，只需平面α与过同一顶点的三条棱所成的角相等，设AP=AQ=AR，则平面PQR与正方体过顶点A的三条棱所成角相等，若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN//平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形，正方体的棱长为1，则正六边形的边长为22，此时正六边形的面积为334，为侧面的最大面积，故错误；故选：BC
例25.(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB1和BC的中点，M是截面A1ACC1上的一个动点(不包含边界)，若A1M⊥AB1，则下列结论正确的是( )
A.AM的最小值为22
B.三棱锥A-EFM的体积为定值
C.有且仅有一个点M，使得EM//平面ABCD
D.AM+EM的最小值为62
解析：若A1M⊥AB1，则A1M在平面ABB1A1上的投影在A1B上，所以M的轨迹为A1C，AM的最小值为A到A1C的距离，AM×A1C=AA1×AC，AM×3=1×2，，故AM的最小值为23=63，故A错误；因为E，F分别为AB1和BC的中点，所以EF//A1C，M的轨迹为A1C，M到平面AEF的距离为定值所以三棱锥A-EFM的体积为定值，故B正确：当且仅当M为A1C的中点时，EM//平面ABCD，若存在两个点M，EM1//平面ABCD，EM2//平面ABCD，EM1∩EM2=E，EM1⊂平面EA1C，EM2⊂平面EA1C，平面EA1C//平面ABCD，得出矛盾，故C正确；将平面EA1C翻折到与平面AA1C重合，cs∠EA1C=A1E2+A1C2-EC22A1E⋅A1C=63，sin∠AA1C=63，所以sin∠AA1C=cs∠EA1C，所以∠AA1E=π2，AE=1+12=62，所以AM+EM的最小值为62，故D正确.故选：：BCD.
例26.(多选)灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每造春节人们便会提起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分(除去两个球冠如图2，球冠是由球面被一个平面截得的，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积S=2πRh.已知该灯笼的高为40cm，圆柱的高为4cm，圆柱的底面圆直径为24cm，则围成该灯笼所需布料的面积为( )
A.1536πcm2
B.1472πcm2
C.1824πcm2
D.1760πcm2
解析：由圆柱底面圆直径为24cm，半径12cm，即球冠底面圆半径为12cm.已知该灯笼的高为40cm，圆柱高为4cm，所以该灯笼去掉圆柱部分的高为40-8=32cm，所以R2-40-822=122，得R=20cm，h=20-16=4cm，所以两个球冠的表面积之和为2S=4πRh=320πcm2，灯笼中间球面的表面积为4πR2-320π=1280πcm2.因为上下两个圆柱的侧面积之和为2×24π×4=192πcm2，所以圈成该灯笼所需布料的面积为1280π+192π=1472πcm2.故选：B.
例27.在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，E为棱BC的中点，若BD1与该正四棱柱的每个面所成角都相等，则异面直线C1E与BD1所成角的余弦值为___________
解析：因为BD1与该正四棱柱的每个面所成角都相等，所以该正四棱柱为正方体.取B1C1的中点F，则∠FBD1为异面直线C1E与BD1所成的角.设AB=2，则BF=D1F=5，BD1=23，故cs∠FBD1=5+12-52×23×5=155.故答案为：155.
例28.长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30∘，则长方体的体积为( )
A.8
B.62
C.82
D.83
解析：如图，因为AB⊥平面BB1C1C，所以∠AC1B即为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，所以∠AC1B=30∘，在Rt△ABC1中，AC1=2AB=4，BC1=3AB=23，所以CC1=BC12-BC2=22，所以该长方体的体积为V=2×2×22=82.
例29.判断下列命题是否正确.若正确，则说朋理由；若错误，则举出反例.
(1)已知平面α，β和直线m，n，若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β则α//β.
(2)若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则α//β.
(3)平行于同一条直线的两个平面平行.
(4)平行于同一个平面的两个平面平行.
(5)一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交.
解析：(1)已知平面α，β和直线m，n，若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β则α//β，缺少条件：m⋂n=P，故错误；(2)若一个平面α内两条不平行的直线都平行于另一个平面β，则α//β，符合平面与平面平行的判定定理，故正确：(3)平行于同一条直线的两个平面平行，次两个平面也可以相交，故错误；(4)平行于同一个平面的两个平面平行，正确；(5)一条直线与两个平行平面中的一个相交，则必与另一个相交；正确.
例30.水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为( )
A.4
B.22+2
C.23+2
D.6
解析：四个小球球心分别为O1，O2，O3，O4所在平面图如图，则O1N=2，点N到半球球心距离ON=2则OO1=ON2+NO12=23所以半球形容器内壁的半径的最小值为23+2
例31.如图已知A是△BCD所在平面外一点，AD=BC，E，F分别是AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成角的大小为π3，则AD与EF所成角的大小为___________
解析：如图所示：取AC的中点G，连接EG，GF，则EG//BC，GF//AD，所以∠EGF为异面直线AD与BC所成角或其补角.因为AD=BC，所以EG=GF，当∠EGF=π3时，△EGF为等边三角形，∠GFE=π3，即AD与EF所成角的大小为π3；当∠EGF=2π3时，EG=GF，△EGF为等腰三角形，∠GFE=π6，即AD与EF所成角的大小为π6.故答荦为：π3或π6.
例32.(多选)如图，正方作ABCD-A1B1C1D1的枝长为2，P是线段CD1上的动点，则下列说法正确的是( )
A.BP⊥AC1
B.三棱锥P-A1C1B的体积为定值
C.异面直线B1P与A1B所成角的取值范围为π3，π2
D.B1P+DP的最小值为23
解析：BCD.A选项AC1⊥平面CD1B1，BP与平面CD1B1相交，所以BP与AC1不垂直，故A错误；因为CD1//平面A1C1B，点P到平面A1C1B的距离等于点C到平面A1C1B的距离，VP-ACB=VC-ACB为定值，故B正确；异面直线B1P与A1B所成角即直线B1P与CD1所成角，因为△B1CD1正三角形，所以B1P与CD1所成角的取值范围为π3，π2，C正确将△B1CD1沿着CD1展开至与△CDD1共面，因为△B1CD1，△CDD1都是等腰三角形，设CD1的中点为E则B1P+DP的最小值为DE+B1E=2+6，D错误
例33.如图，在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别为AD，AB的中点，则直线EF与平面BCD1所成角的大小为___________
解析：因为EF//DB，过D点作D1C的垂线，垂足为O，
因为DO⊥D1C，DO⊥BC，可得DO⊥平面D1BC，则∠DBO即为线面角，
sin∠DBO=DMDB=222=12，则EF与平面BCD1所成角的大小为π6
例34.(多选)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，AD=AA1=4，P是线段BC1上的一动点，则下列说法正确的是( )
A.A1P//平面AD1C
B.A1P与平面BCC1B1所成角的正切值的最大值是223
C.A1P+PC的最小值为17+22
D.以A为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长是2π
解析：对于A，如图1，在长方体中，A1C1//AC，A1C1⊄平面AD1C，AC⊂平面AD1C，所以A1C1//平面AD1C，同理可得A1B//平面AD1C，又A1B∩A1C1=A1，所以平面A1BC1//平面AD1C，A1P⊂平面A1BC1，所以A1P//平面AD1C，所以A正确；对于B，因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以A1P与平面BCC1B1所成角为∠A1PB1，如图2，当B1P⊥BC1时，B1P最小，∠A1PB1的正切值最大，tan∠A1PB1=A1B1B1P=322=324，所以B错误；对于C，将△A1C1B沿BC1翻折与△BCC1在同一个平面，且点A2，C在直线BC1的异侧，如图3，此时A2B=A2C1=5，CB=CC1=4，BC1=42，∠BC1C=45∘，所以cs∠A2C1B=225，所以sin∠A2C1B=175，故cs∠A2C1C=cs∠A2C1B+45∘，=4-3410=52+42-A2C22×5×4解得A2C=17+22，所以A1P+PC的最小值为17+22，所以C正确；对于D，如图4，由于AB⊥平面BCC1B1，所以交线为以B为圆心，半径为4的四分之一圆周，所以交线长为2π，选：ACD.
例35.如图，AB是圆O的直径，点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，且AC=2BC，点D是PA的中点，PO与BD交于点E，点F是PC上的一个动点.
(1)求异面直线BC和PA所成角的大小；
(2)若EF//平面ABC，求PCFC的值；
(3)若点F为PC的中点，且PC=AB=2，求三棱锥P-BEF的体积.
解：(1)因为点P在圆O所在平面上的射影恰是圆O上的点C，于是PC⊥平面ABC.因为BC⊂平面ABC，所以BC⊥PC.又BC⊥AC，且PC∩AC=C，所以BC⊥平面PAC，又PA⊂平面PAC，所以BC⊥PA，于是异面直线BC和PA所成角的大小为90∘.
(2)因为EF//平面ABC，EF⊂平面POC，平面ABC∩平面POC=OC.所以EF//OC.在△PAB中，点D是PA的中点，点O是AB的中点，所以E为△PAB的重心，从而POEO=3.在△POC中，因为EF//OC，所以PCFC=POEO=3.所以PCFC的值为3.
(3)在△POC中，由(2)知E为△PAB的重心，所以PEPO=23，又点F为PC的中点，所以PFPC=12，于是S△PEFS△AOC=23×12=13.所以VP-BEFVP-BOC=VB-PEFVB-POC=S△PEFS△AOC=13.在直角△ABC中，AB=2，AC=2BC，所以S△BOC=12S△ABC=25.从而VP-BOC=13S△BOC⋅PC=13×25×2=415.所以VP-BEF=13VP-BOC=445.所以三棱锥P-BEF的体积为445.
例36.(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱AA1和底面ABCD上的动点，且MN=1，点Q，E分别为线段MN和BC的中点，在正方体内部或表面上的动点P满足EP//平面A1BD，则下列说法正确的是( )
A.点P的轨迹图形面积为334
B.∠PAC1的余弦值的最小值为155
C.点Q的轨迹图形面积为π4
D.线段QP的长度最小值为3-12
解析：对于A选项：针对图1图2，可知阴影部分即为所求点P的轨迹图形，
则面积边长为22的正六边形，经计算可得A正确.如图3，当P点与Z或E重合时
则∠PAC1的余弦值的最小，则cs∠PAC1=cs∠ZAO=AOAZ=3252=155为155，故B正确！
当M运动到A点，则N是以A圆心半径为1的14圆弧，但是AQ=12，则Q的轨迹是18球面S=18⋅4π122=π8对于D选项，因为∵MN=1∴OQ=12，由图可知，当A，Q，O，C1共线时，OQmin=OQ-OA=32-12=3-12
例37.(2023-广东梅州・统考一模多选)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=BC=6，CC1=4，AC⊥BC，M为棱A1C1的中点；E为棱BB1上的动点(含端点)，过点A，E，M作三棱柱的截面α，且α交B1C1于Q，则( )
A.线段ME的最小值为45
B.棱BB1上的不存在点E，使得B1C⊥平面AEM
C.棱BB1上的存在点E，使得AE⊥ME
D.当E为棱BB1的中点时，ME=7
解析：当E与B1重合时，ME最短为62+32=45，作出截面如图所示观察可得，AM在面BB1C1C的投影为CC1，因为B1C不可能垂直CC1(三垂线定理)故B正确，对于C，由图可知ME⊂平面MB1BO，因为AE明显不垂直于平面MB1BO，故棱BB1上的不存在点E，使得AE⊥ME，C错误，对于D选项，勾股定理可得D正确！
例38.(多选)如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1D1，AA1的中点，G为线段B1C上一个动点，则( )
A.存在点G，使直线B1C⊥平面EFG
B.存在点G，使平面EFG//平面BDC1
C.三棱锥A1-EFG的体积为定值
D.平面EFG截正方体所得截面的最大面积为334
解析：对于A项，如图1所示，取B1C1、B1B的中点H、I，连接HI交B1C于G点，此时EH//A1B1，由正方体的性质可得EH⊥B1C，HI⊥B1C，所以B1C⊥平面EFG，故A正确；对于B项，如图2所示，连接A1D∩EF=P，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面EFG和面BDC1分别交于线PG1DH，若存在G点使平面EFG//平面BDC1，则PG//DH，又A1D//CB1，则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD>22=B1H，此时G应在CB1延长线上，故B错误；对于C项，随着G移动但G到面A1EF的距离始终不变即A1B1，故VA-EFG=VG-AFF=13×A1B1×SAAEF=124是定值，即C正确；对于D项，若G点靠C远，如图1所示，过G作QR//EF，即截面为四边形EFQR，显然该截面在G为侧面CBI的中心时取得最大，最大值为98，若G靠C近时，如图4所示，G作KJ//EF，延长EF交DD1、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交DICI、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，当KG为中点时取得最大值，最大值为334，334>98，即D正确；故选：ACD
例39.如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，连结B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列说法中所有正确的序号是___________
(1)存在某个位置，使得CN⊥AB1；
(2)翻折过程中，CN的长是定值；
(3)若AB=BM，则AM⊥B1D；
(4)若AB=BM=1，当三棱锥B1-AMD的体积最大时，三棱锥B1-AMD的外接球的表面积是4π.
对于(1)：如图，取AD中点E，连接EC交MD与F，则NE//AB1，NF//MB1，又AB1⊥MB1，所以EN⊥NF，如果CN⊥ABl，可得EN⊥CN，且三线NE，NF，NC共面共点，不可能，故(1)不正确：对于(2)：如图，可面面平行，由等角定理可得由∠NEC=∠MABl(定值)，NE=12AB1(定值)，AM=EC(定值)，由余弦定理可得NC2=NE2+EC2-2NE⋅EC⋅cs∠NEC，所以NC是定值，故(2)正确.
对于(3)：如图，取AM中点O，连接B1O，DO，由AB=BM，得B1O⊥AM，假设AM⊥B1D，B1D∩B1O=B1，所以AM⊥面ODB1，得OD⊥AM，从而AD=MD，显然不成立，所以假设不成立，可得(3)不正确.
对于(4)：当平面B1AM⊥平面AMD时，三棱锥B1-AMD的体积最大，由AB=NM=1，所以
AM=DM=2，AM2+DM2=4=AD2，所以AM⊥MD，设AD中点H，B1H=B1O2+OD2=1=HM=HA=HD，H为三棱锥BI-AMD的外接球的球心，球半径为1，表面积是4π.故(4)正确.故答架为：(2)(4).
例40.(多选)已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，以A1为圆心，A1A为半径作圆弧AB1，E为圆弧AB1的三等分点(靠近点A)，则下列命题正确的是( )
A.C1E=2
B.四棱锥E-A1B1C1D1的表面积为2+34+74
C.三棱锥C1-A1B1E的外接球的体积为7315π
D.若F为A1A上的动点，则D1F+EF的最小值为3
解析：如图由几何关系可得：FC1=52，FE=32，EC1=2，故A正确；D1E=2，C1E=2，C1D1=1故B正确：由双半径单交线公式得外接球的半径R=216，三棱锥C1-A1B1E的外接球的体积为V=72154π，故C错误；如图所示将平面D1DAA1沿着AA1展开，连接D1E，交AA1于点F，D1F=32，EF=32则根据两点之间距离最短可知此时D1F+EF最小，最小值为D1E=D1F2+EF2=3，故D正确
例41.(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则下列选项正确的有( )
A.若P为棱CC1的中点，则异面直线AP与BC所成角的正切值为52
B.若P为棱CC1的中点，则过点P有且仅有一条直线与直线AB，A1D1都相交
C.若P为以CC1为直径的球面上的一个动点，当三棱锥P-B1BC的体积最大时，三棱锥P-B1BC外接球的表面积为2π
D.若平面α⊥AC1，则α倠此正方体所得截面图形的面积越大，其周长越大
解析：A：如下图1，由AD//BC则AP与BC所成角即为∠PAD，而tan∠PAD=PDAD=52，正确：
B：如图2若E为DD1中点，而P为棱CC1的中点，则EP//AB，故A，B，E，P共面，连接AE并延长交A1D1于F，连接FP并延长交AB于G，又A1D1⊄面PAG，A1D1∩面PAG=F，FG∩AB=G，FG∩A1D1=F，故所得直线FG过P与直线AB，A1D1都相交，唯一性说明：若存在过P与直线AB，A1D1都相交另一条直线，显然该直线也在面PAG内，则A1D1与面PAG存在另一个交点(非F)，与直线与平面相交有且仅有一个交点矛盾，所以直线FG为过P与直线AB，A1D1都相交的唯一直线，正确；C：由题设，当P到面B1BC距离最大为球体半径12时P-B1BC的体积最大，此时P在面B1BCC1两侧，距离为12，可视为正方形B1BCC1的中心，而△B1BC外接圆圆心为CB1中点，其半径为22，且△B1BC外接圆圆心到P距离为22，故P-B1BC外接球半径为22，故三棱锥P-B1BC外接球的表面积为2π，正确：D：如下图3，平面α⊥AC1时，截面α从A点到面A1BD过程中，截面面积和周长都越来越大；从面A1BD到面CB1D1过程中，面积先变大后变小而周长不变；从面CB1D1到C1过程中，面积和周长越来越小，错误.故选：ABC
例42.(多选)在正四面体ABCD中，若AB=2，则下列说法正确的是( )
A.该四面体外接球的表面积为3π
B.直线AB与平面BCD所成角的正弦值为33
C.如果点M在CD上，则AM+BM的最小值为6
D.过线段AB一个三等分点且与AB直的平面截该四面体所得找面的周长为26+223
解析：在平面ABC中过点T作PT⊥AB交AC于P，在平面ADC中过点T作RT⊥AB交AD于R，连接PR，又因为RT∩PT=T，所以AB⊥平面TPR，因此平面TPR即为所求，TP=TR=63，AD=PR=223，则△TPR的周长为63+63+223=26+223，同理在平面ABC中过点N作NQ⊥AB交BC于Q，在平面ABD中过点N作NS⊥AB交BD于S，连接QS，可得平面NQS，而平面NQS即为所求，NQ=NS=63，BQ=QS=AP=223，则△NQS的周长为63+63+223=26+223，故D正确.故选：ACD.
例43.(多选)截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法正确的是( )
A.AC⊥DE
B.该截角四面体的表面积为73a2
C.AF=5a
D.该截角四面体的外接球表面积为5πa2
解析：截角四面体还原为正四面体，如图，因为AC//LI，LI//EF，所以AC//EF，而△DEF为等边三角形，∠DEF=π3，故AC⊥DE不成立，故A错误；截角四面体由4个边长为a的正三角形，4个边长为a的正六边形构成，故S=4×34a2+4×6×34a2=73a2，故选项B正确；连接AE，AF，则AE//BD，∴AE=2a，由正四面中对棱互相直知LI⊥BD，所以EF⊥AE，在Rt△AEF中，AF=AE2+EF2=4a2+a2=5a，故C正确；取上下底面的中心分别为O'，O''，外接球的心为OM，连接OC，OH，CO'，HO''，如图，因为隿角四面体上下底面距离为6a-63a=263a，设球半径为R，所以R2-OC2+R2-O'H2=263a，即R2-a23=263a-R2-a2，所以R2-a23=83a2+R2-a2463aR2-a2，化简得R2=118a2，故S=4πR2=112πa2，故选项D错误.故选：BC
例44.如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，AB=AC=2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高h为( )
A.22
B.3
C.4
D.6
解析：由图2：VC-ABC1=13S△ABC1h，其中h为三棱柱高，故VABC-AB1C=VABC-ABC1-VC-AB1=S△ABC1h-13S△ABC1h=23S△ABC1h，因此可知无水部分体积与有水部分体积比为1：2，所以图1中高度比为1：2，得h=3.故选：B.
例45.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中的正四面体A1-BDC1的棱长为2，则下列说法正确的是( )
A.异面直线A1B与AD1所成的角是π3
B.BD1⊥平面A1C1D
C.平面ACB1骅正四面体A1-BDC1所得截面面积为3
D.正四面体A1-BDC1的高等于正方体ABCD-A1B1C1D1体对角线长的23
解析：A：正方体ABCD-A1B1C1D1中，易知AD1//BC1，异面直线A1B与AD1所成的角即直线A1B与BC1所成的角，即∠A1BC1，∨A1BC1为等边三角形，∠A1BC1=π3，正确：B：连接B1D1，B1B⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，即A1C1⊥B1B，又A1C1⊥B1D1，B1B∩B1D1=B1，有A1C1⊥平面BDD1B1，BD1⊂平面BDD1B1，所以BD1⊥A1C1，同理可证：BD1⊥A1D，A1C1∩A1D=A1，所以BD1⊥平面A1C1D，正确；C：易知平面ACB1截正四面体A1-BDC1所得截面面积为SACB14=34，错误：D：易得正方体ABCD-A1B1C1D1的体对角线长为6，棱长为2的正四面体A1-BDC1的高为263，故正四面体A1-BDC1的高等于正方体体对角线长的23正确.故选：ABD.
例46.(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M，N分别是棱A1D1，AB的中点，则( )
A.异面直线MD与CN所成角的余弦值为25
B.MC1⊥D1N
C.点N到平面A1C1D的距离为53
D.平面截MNC正方体所得的截面是五边形
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D0，0，0，C0，1，0，A11，0，1，C10，1，1，D10，0，1，M12，0，1，N1，12，0，对于A，DM=12，0，1，CN=1，-12，0，csDM，CN>=25，故A正确；对于B，MC1=-12，1，0，D1N=1，12，-1，有MC1⋅D1N=0，所以MC1⊥D1N，B正确：对于C，DA1=1，0，1，DC1=0，1，1，设平面A1C1D的法向量n=x，y，z，则，得n=1，1，-1，而DN=1，12，0，所以点N到平面A1C1D的距离，d=n⋅DNn=32C错误；对于D，延长CN交DA的延长线于E，直线EM交AA1于P，交DD1的延长线于F，连接CF交C1D1于Q，如图，连接MQ，NP，于是五边形CNPMQ是平面MNC䕙正方体所得的截面，D正确.故选：ABD
例47.(多选)已知正四面体P-ABC的棱长为1，M，N，E分别为正四面体棱BC，AC，PA的中点，F为面ABC内任意一点，则下列结论正确的是( )
A.平面EBC截正四面体P-ABC的外接球所得截面的面积为3π8
B.若存在λ，μ，使得PF=λPM+μPN，则线段CF长度的最小值为34
C.过点P作平面α//平面EBC，若平面α⋂平面ABC=l1，平面α⋂平面PAC=l2，则l1，l2所成角的正弦值为33
D.平面EMN与平面ABC夹角的余弦值为33
解析：对于A如图1.正方体的外接球球心即为正四面体P-ABC的球心由图可知，球心在面平面EBC中，故R=64a=64⇒S=πR2=38π，对于B选项，过点T作TK⊥BN交BC于点K，则以点T为坐标原点，TK，TN，TP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设Fs，t，0，P0，0，63，M14，-312，0，N0，36，0，PF=s，t，-63，PM=14，312，63，PN=0，36，-63，由PF=λPM+μPN，可得s=14λ，t=-312λ+36μ，-63=-63λ-63μ，解的λ+μ=1，CF=s12，t36，0故：CF2=s-122+t-362=14λ-122+316，当λ=12时，故线段CF长度的最小值为34，B正确；
对于C选项：l1//BC，l2//EC，故l1，l2所成角的正弦值为63，考察面面平行性质定理！对于D选项：以B为原点，建立空间直角坐标系，则E12，12，1，M12，12，0，N1，12，12，EM=0，0，-1，EM=12，0，-12可求平面EMN法向量为n=0，1，0，A1，0，1，B0，0，0，C1，1，0，BA=1，0，1，BC=1，1，0，可求平面ABC法向量为n=-1，1，1，可求平面EMN与平面ABC夹角的余弦值为33.
例48.三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC.过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S-FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S-ABC的外接球表面积为S2，则S1S7=( )
A.33
B.13
C.22
D.12
答案：选B
例49.(多选)如图1所示，四边形ABCD是边长为2的正方形，E、F、M分别为BC、CD、BE的中点，分别沿AE、AF及EF所在直线把△AEB、△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到如图2所示的三棱锥P-AEF，则下列结论中正确的有( )
A.四面体PAEF中互相垂直的棱有3对
B.三棱锥M-AEF的体积为23
C.AM与平面PEF所成角的正切值为4
D.过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为π4，3π2
答案：CD.对于A选项，易知AE=AF=22+12=5，EF=12+12=2，翻折前AB⊥BE，CE⊥CF，AD⊥DF，翻折后，则有PA⊥PE，PA⊥PF，PE⊥PF，所以PA⊥平面PEF，PA⊥EF，因为△AEF是非直角的等腰三角形，所以，四面体PAEF中互相垂直的棱有4对，A错；对于B选项，因为PA⊥PE，PA⊥PF，PE⊥PF，PE∩PF=P，PE、PF⊂平面PEF，∴PA⊥平面PEF，∵M为PE的中点，则S△MEF=12S△PEF=12×12×12=14，∴VM-AEF=VA-MEF=13S△AEF⋅PA=13×14×2=16，B错；对于C选项，因为PA⊥平面PEFF，∴AM与平面PEF所成角为∠AMP，在Rt△AMP中，tan∠AMP=PAPM=4，C对：对于D可补成长方体：
例50.已知正四面体A-BCD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A-BCD，则所得截面的面积为( )
A.272
B.273
C.542
D.543
解：设正四面体边长为a解得a=66，因为△ABE过棱AB和球心O，所以△ABE即为所求截面且SAABE=12⋅BE⋅AH=12×32a×63a=24a2=542故选C.
例51.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=BC=CC1=2，点P在棱BC上运A1则过点P且与A1C直的平面α截该三棱柱所得的截而周长的最大值为___________
解析：取AC中点为M，连接C1M交A1C于O，连接MB，所以CM=12AC=2，CC1=2，MB=2，所以C1M=6，A1C=23，C1B=BC2+CC12=22∵△A1OC∼△COM，∴MOOC1=COA1O=CMA1C1=12，所以OM=13C1M，CO=13A1C，OM2+OC2=2=CM2，故A1C⊥C1M，又因为平面ABC⊥平面ACC1A1，其交线为AC，且MB⊥AC，因此MB⊥平面ACC1A1，故A1C⊥BM，因此A1C⊥平面MBC1，故平面α//平面MBC1，因为点P在棱BC上运动，故当点P运动到点B时，此时俐而最大，进而周长最大，此时周长为MB+MC1+C1B=2+6+22=32+6故答案为：32+6
例52.(多选)已知三棱锥P-ABC，过顶点B的平面α分别交棱PA，PC于M，N(约不与棱端点重合).设ii=PMPA，r2=PNPC，r3=S△PNAMS△PAC，r4=VP-BNAIVP-ABC，其中S△PNAM和S△PAC分别表示△PMN和△PAC的面积，VP-ANM和VP-ABC分别表示三棱锥P-BNM和三棱锥P-ABC的体积.下列关系式一定成立的是( )
A.r3=r1r2
B.2r3