重难点21 立体几何中的常考经典小题全归类（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc28993" 【题型1 求几何体的体积与表面积】 PAGEREF _Tc28993 \h 4
\l "_Tc17049" 【题型2 几何体与球的切、接问题】 PAGEREF _Tc17049 \h 7
\l "_Tc12317" 【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 PAGEREF _Tc12317 \h 12
\l "_Tc32092" 【题型4 空间线段以及线段之和最值问题】 PAGEREF _Tc32092 \h 16
\l "_Tc25833" 【题型5 空间角问题】 PAGEREF _Tc25833 \h 20
\l "_Tc20052" 【题型6 空间中的距离问题】 PAGEREF _Tc20052 \h 25
\l "_Tc18451" 【题型7 翻折问题】 PAGEREF _Tc18451 \h 28
\l "_Tc13890" 【题型8 立体几何中的截面、交线问题】 PAGEREF _Tc13890 \h 32
\l "_Tc8475" 【题型9 立体几何中的轨迹问题】 PAGEREF _Tc8475 \h 35
\l "_Tc10575" 【题型10 以立体几何为载体的新定义、新情景题】 PAGEREF _Tc10575 \h 39
1、立体几何中的常考经典小题全归类
立体几何是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上，需要灵活求解．
【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1．求几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的一般方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】
1．常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.
常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
2．空间几何体外接球问题的求解方法：
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(1)定义法：利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，
确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
(2)补形法：若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般
把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.
(3)截面法：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线
作截面，把空间问题转化为平面问题求解.
3．内切球问题的求解策略：
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
【知识点3 几何法与向量法求空间角】
1．几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
3．几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)；
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
4．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
5．几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】
1．立体几何中的几类最值问题
立体几何中的最值问题有三类：
一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；
二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；
三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．
2．立体几何中的最值问题的求解方法
解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：
一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；
二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求
最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．
【知识点5 立体几何中的截面、交线问题的解题策略】
1．立体几何截面问题的求解方法
(1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解.
2．截面、交线问题的解题策略
(1)作截面应遵循的三个原则：
①在同一平面上的两点可引直线；
②凡是相交的直线都要画出它们的交点；
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：
①利用基本事实3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
【知识点6 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【知识点7 以立体几何为载体的情景题的求解策略】
1．以立体几何为载体的几类情景题
以立体几何为载体的情景题大致有三类：
(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；
(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；
(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．
2．以立体几何为载体的情景题的求解思路
以立体几何为载体的情景题都跟图形有关，涉及在具体情景下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题.
此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．
【题型1 求几何体的体积与表面积】
【例1】（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ）
A．10500B．12500C．31500D．52500
【解题思路】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．
【解答过程】一斛米的体积为V=13S上+S下+S上S下ℎ=13×252+502+25×50×36=52500cm3，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为V5=10500cm3，
故选：A.
【变式1-1】（2024·江苏连云港·二模）如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（ ）
A．72π24B．73π24C．72π12D．73π12
【解题思路】先计算出上、下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.
【解答过程】
如图，设上底面的半径为r，下底面的半径为R，高为ℎ，母线长为l，
则2πr=π×1，2πR=π×2，解得r=12，R=1，
又l=2−1=1，ℎ=l2−R−r2=12−1−122=32，
设上底面面积为S′=π×122=π4，下底面面积为S=π×12=π，
所以圆台的体积V=13S+S′+SS′ℎ=13π+π4+π×π4×32=73π24.
故选：B.
【变式1-2】（2024·江苏无锡·模拟预测）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由圆柱和圆锥组合而成，其中圆柱的高为2m，底面半径为4m,O是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以O为球心，半径为4m的球相切，则圆锥的侧面积为（ ）

A．85πm2B．165πm2C．20πm2D．40πm2
【解题思路】根据题意结合圆柱、圆锥以及球的结构特征解得圆锥母线长l=5，进而可求圆锥的侧面积.
【解答过程】设PO1=ℎ,PA=l(ℎ为圆锥高，l为圆锥母线长)

OM⊥PA,∵以O为球心，半径为4的球与圆锥侧面相切，则OM=4，
在△POA中，S△POA=12ℎ+2⋅4=12⋅4l，可得ℎ+2=l，
且ℎ2+16=l2，则(l−2)2+16=l2，解得l=5，
所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=π×4×5=20πm2.
故选：C.
【变式1-3】（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ）
A．94πB．92πC．9πD．323π
【解题思路】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为r，高线与斜高的夹角为θ，则易得sinθ=35，4=r+rsinθ=83r，从而可得r，再代入球的体积公式，即可求解．
【解答过程】作出四棱锥P−ABCD如图：
根据题意可得正四棱锥的斜高为PM=5，底面正方形ABCD的边长为6，
∴正四棱锥的高为OP=52−32=4，
设这个正四棱锥的内切球的球心为Q，半径为r，与侧面相切于N，
则高线与斜高的夹角为θ，则sinθ=OMPM=35，
则OP=OQ+QNsinθ,
∴4=r+rsinθ=83r，∴r=32，
∴这个正四棱锥的内切球的体积为43πr3=43×π×(32)3=92π．
故选：B．
【题型2 几何体与球的切、接问题】
【例2】（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥A−BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为（ ）
A．10πB．20πC．25πD．30π
【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r，再利用R2=r2+(ℎ2)2(ℎ为三棱锥的高，R为外接球半径），即可求解．
【解答过程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC，
即BC2=1+4−2×1×2×cs60°=3，所以BC=3，
设△ABC的外接圆半径为r，
则2r=BCsin∠BAC=3sin60°=2，所以r=1，
AD⊥平面ABC，且AD=4，
设三棱锥A−BCD外接球半径为R，
则R2=r2+(12AD)2，即R2=1+4=5，
所以三棱锥A−BCD外接球的表面积为4πR2=20π．
故选：B．
【变式2-1】（2024·海南·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点N为侧面四边形CDD1C1的中心，则四面体NCB1C1的外接球的表面积为（ ）
A．2πB．4πC．6πD．8π
【解题思路】画出图分析出球心为两个面斜边中点的垂线的交点，然后利用勾股定理求球的半径即可求解.
【解答过程】如图：
四面体 NCB1C1的面CB1C1是直角三角形，
O,O1为面CBB1C1与ADD1A1的中心，所以OO1⊥面CB1C1，
因为斜边CB1的中点O是三角形外心，所以球心在的直线OO1上，
面NCC1也为直角三角形，O,E分别为CB1与CC1的中点，所以OE∥B1C1，
B1C1⊥面NCC1，所以OE⊥面NCC1，
因为斜边CC1的中点E是三角形外心，所以球心在的直线OE上，
故球心为直线OO1与直线OE的交点O，
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以球的半径为OC=12B1C=12×22+22=2，
所以四面体NCB1C1的外接球的表面积为：4π22=8π.
故选：D.
【变式2-2】（2024·云南大理·模拟预测）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）．如图所示，正八面体E−ABCD−F的棱长为a，此八面体的外接球与内切球的体积之比为（ ）
A．33B．23C．32D．22
【解题思路】根据给定条件，确定八面体的外接球球心及半径，利用体积法求出内切球半径，再利用球的体积公式求解即得.
【解答过程】正八面体E−ABCD−F的棱长为a，连接AC∩EF=O，
由四边形ABCD为正方形，得AC2=BC2+AB2=2a2=EC2+AE2，
则四边形AECF亦为正方形，即点O到各顶点距离相等，
于是此八面体的外接球球心为O，半径为R=2a22=2a2，
此八面体的表面积为S=8S△ABE=8×34a2=23a2，设此八面体的内切球半径为r，
由VE−ABCD−F=2VE−ABCD，得13Sr=2×13×a2×2a2，即23a2r=2a3，解得r=66a，
所以此八面体的外接球与内切球的体积之比为(Rr)3=(2a266a)3=33.
故选：A.
【变式2-3】（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是3，则（ ）
A．这两个球体的半径之和的最大值为3+32
B．这两个球体的半径之和的最大值为43
C．这两个球体的表面积之和的最大值为6+33π
D．这两个球体的表面积之和的最大值为10π9
【解题思路】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则R∈16,12，r∈16,12，其中R=1−r3−233r−2r2，表达出fr=1+2r3−233r−2r2，r∈16,12，求导得到函数单调性，得到最值，并求出R2+r2=−12R+r2−6R+r+3，令x=R+r≤23，函数y=−2πx2−6x+3在0,23上单调递增，求出ymax=10π9，得到答案.
【解答过程】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，
过底面圆的直径作截面，
如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点O′作O′E⊥AB，垂足为E，
过点O′作O′D⊥OF，垂足为D．
设圆O的半径为R，圆O′的半径为r，当下面的球与上底面相切时，R取得最大值，
此时R为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为3，内切球半径为32tan30°=12，
故OB=1，故R的最大值为12，且取最大值时，
O,O′,B三点共线，设O′E=r，则O′B=2r，
则2r+r+12=1，解得r=16，
所以R∈16,12，r∈16,12，OD=R−r，OO′=R+r，O′D=EF=AB−AF−BE=3−3R−3r.
因为OD2+O′D2=OO′2，所以R−r2+3−3R−3r2=R+r2①，
整理得3R2+2r−6R+3r2−2r+1=0，解得R=1−r3−233r−2r2，
令函数fr=R+r=1−r3−233r−2r2+r=1+2r3−233r−2r2，r∈16,12，
f′r=23r−2r2−3+4r33r−2r2.
令函数gr=23r−2r2−3+4r，g′r=3−4r3r−2r2+4>0，所以gr是增函数.
又因为g16<0，g12>0，所以∃r0∈16,12，gr0=0，
所以r∈16,r0，gr<0，r∈r0,12，gr>0，
即r∈16,r0，f′r<0，r∈r0,12，f′r>0，
所以fr在16,r0上单调递减，在r0,12上单调递增.
因为f16=f12=23，所以frmax=23，即这两个球体的半径之和的最大值为23.
由①可得R2+r2=−12R+r2−6R+r+3，
这两个球体的表面积之和为4πR2+r2=−2πR+r2−6R+r+3.
令x=R+r≤23，函数y=−2πx2−6x+3在0,23上单调递增，
所以ymax=−2π×232−6×23+3=10π9，即这两个球体的表面积之和的最大值为10π9.
故选：D．
【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】
【例3】（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在△ABC中，AC边上的高为BH，且BH=AH=3，CH=6，矩形DEFG的顶点D，G分别在边BA，BC上，E，F都在边AC上，以AC为轴将△ABC旋转一周，则矩形DEFG旋转形成的几何体的最大体积为（ ）
A．818πB．232πC．12πD．18π
【解题思路】设DE=a0【解答过程】由已知得△CGF∽△CBH，△ADE是等腰直角三角形，
设DE=a0因为GFBH=CFCH，所以a3=CF6，可得CF=2a，所以HF=6−2a，
可得EF=HE+HF=3−a+6−2a=9−3a，
所以矩形DEFG旋转形成的几何体的体积为
V=πDE2×EF=πa29−3a=π9a2−3a3，
V′=9πa2−a，当00，Va单调递增，
当2所以Va≤V2=π36−24=12π.
故选：C.
【变式3-1】（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC,PC⊥平面ABC，过点P作截面分别交AC,BC于点E,F，且二面角P−EF−C的平面角为60∘，则所得截面PEF的面积最小值为（ ）
A．43B．83C．23D．1
【解题思路】由二面角的定义可得PGC=60°，从而PG=433,CG=233，设CE=a,CF=b，由三角形的面积相等和基本不等式得到ab≥83，再由三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】过P作PG⊥EF，垂足为G，连接CG，则由三垂线定理可得EF⊥CG，
∴∠PGC即为二面角P−EF−C的平面角，
∴PGC=60°，PC=2，所以PG=433,CG=233，
设CE=a,CF=b，则EF=a2+b2，
在三角形CEF中，ab=233a2+b2，
又a2+b2≥2ab，所以ab≥2332ab=26ab3，
所以ab≥83，a=b=263时等号成立，
所以三角形PEF的面积为12×433×a2+b2=ab≥83，
故截面PEF面积的最小值为83.
故选：B.
【变式3-2】（2024·河南·一模）已知P为棱长为6的正四面体A−BCD各面所围成的区域内部（不在表面上）一动点，记P到面ABC，面ACD，面BCD，面ABD的距离分别为ℎ1，ℎ2，ℎ3，ℎ4，若ℎ3+ℎ4=1，则12ℎ1+8ℎ2的最小值为（ ）
A．2B．252C．9+422D．12+42
【解题思路】由等体积法求得ℎ1+ℎ2+ℎ3+ℎ4为定值2，则有ℎ1+ℎ2=1，利用基本不等式求12ℎ1+8ℎ2的最小值.
【解答过程】正四面体A−BCD棱长为6，E为△BCD的中心，则AE⊥底面BCD，
F为CD边中点，则E在BF上，如图所示，
则有BF⊥CD，BF⊂平面BCD，AE⊥BF，
AF=BF=BC2−CF2=322，EF=13BF=22，
AE=AF2−EF2=3222−222=2，即正四面体ABCD的高ℎ=2，
P为正四面体A−BCD各面所围成的区域内部，连接PA,PB,PC,PD，
可得到4个小四面体，
设正四面体A−BCD各面的面积为S，则有13Sℎ1+ℎ2+ℎ3+ℎ4=13Sℎ，
得ℎ1+ℎ2+ℎ3+ℎ4=ℎ=2，
由ℎ3+ℎ4=1，则ℎ1+ℎ2=1，
则12ℎ1+8ℎ2=12ℎ1+8ℎ2ℎ1+ℎ2=12+8+ℎ22ℎ1+8ℎ1ℎ2≥12+8+2ℎ22ℎ1⋅8ℎ1ℎ2=252，
当且仅当ℎ22ℎ1=8ℎ1ℎ2，即ℎ1=15,ℎ2=45时等号成立，
12ℎ1+8ℎ2的最小值为252.
故选：B.
【变式3-3】（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体ABCD的对棱AD,BC的中点.过EF的平面α与正四面体ABCD相截，得到一个截面多边形τ，则下列说法正确的是（ ）
A．截面多边形τ不可能是平行四边形B．截面多边形τ的周长是定值
C．截面多边形τ的周长的最小值是2+6D．截面多边形τ的面积的取值范围是1,2
【解题思路】将平面α从平面ADF开始旋转，结合对称性可判断A；设AG=m0≤m≤2，利用余弦定理表示出GE+GF，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断EF⊥GH，然后利用向量方法求出GH2=2m−12+2，可得截面面积的范围，可判断D.
【解答过程】对于A，当平面α过AD或BC时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面ADF对称，将平面α从平面ADF开始旋转与AB交于点G时，
由对称性可知，此时平面α与CD交于点H，且AG=DH，
此时截面为四边形EGFH，且注意到当G,H分别为AB,CD的中点时，此时满足AG=DH，
且GF//AC,AC//EH,GF=EH=12AC，即此时截面四边形EGFH是平行四边形，故A错误；

对于BC，设AG=m0≤m≤2，由余弦定理得GE=m2+1−m=m−122+34，
GF=2−m2+1−2−m=m−322+34，
由两点间距离公式知，GE+GF表示动点m,0到定点12,32和32,−32的距离之和，
当三点共线时取得最小值12−322+32+322=2，
由二次函数单调性可知，当m=0或m=2时，GE+GF取得最大值1+3，
所以截面多边形τ周长的取值范围是4,2+23，故BC错误；
对于D，记GH与EF的交点为O，由对称性∠EFG=∠EFH，FG=FH，
所以EF⊥GH，SEGFH=12EF⋅GH，
因为AF=AB2−BF2=3，
所以EF=AF2−AE2=2，所以SEGFH=22GH，
记AB=a,AC=b,AD=c，
则GH=GA+AD+DH=−m2a+c+m2b−c=−m2a+m2b+1−m2c，
因为a⋅b=a⋅c=b⋅c=2×2csπ3=2,a=b=c=2，
所以GH2=m24a2+m24b2+1−m22c2−m2a⋅b−m1−m2a⋅c+m1−m2b⋅c
=m2+m2+41−m22−m2−2m1−m2+2m1−m2
=2m−12+2，
由二次函数性质可知，2≤GH2≤4，即2≤GH≤2，
所以1≤SEGFH≤2，故D正确；
故选：D.
【题型4 空间线段以及线段之和最值问题】
【例4】（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足．设BK=t，则t的取值范围是（ ）
A．1,32B．1,2C．2,3D．32,1
【解题思路】过点D作DH⊥AF，垂足为H，过点F作FP//BC，交AB于点P，设DF=x，用t,x表示PK,DK,FK，在Rt△DFK中，求出t,x的函数关系，可求t的取值范围.
【解答过程】如图，在平面ADF内过点D作DH⊥AF，垂足为H，连接HK．过点F作FP//BC，交AB于点P．
设∠FAB=θ，AE=2，AC=5，所以csθ∈22,255．
设DF=x，则1DK⊥AB，DK⊂平面ABD，所以DK⊥平面ABC，
又AF⊂平面ABC，所以DK⊥AF．
又因为DH⊥AF，DK∩DH=D，DK，DH⊂平面DKH，所以AF⊥平面DKH，
HK⊂平面DKH，所以AF⊥HK，即AH⊥HK．
在Rt△ADF中，AF=1+x2，DH=DA⋅DFAF=x21+x2，
因为△ADF和△APF都是直角三角形，PF=AD，AF=AF，
所以Rt△ADF≌Rt△FPA，则有AP=DF=x．
因为△AHD∽△ADF，所以AHAD=DHDF，AH1=x21+x2x，AH=11+x2，
所以csθ=AHAK=APAF，11+x22−t=x1+x2，得x=12−t．
因为1故选：A.
【变式4-1】（2024·北京·模拟预测）在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点F是棱CC1的中点，P是正方体表面上的一点，若D1P⊥AF，则线段D1P长度的最大值是（ ）

A．2B．344
C．32D．3
【解题思路】通过线面垂直的性质找到点P的轨迹，然后利用梯形的性质求解即可.
【解答过程】连接AC,BD,A1C1,B1D1，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面A1B1C1D1，
四边形A1B1C1D1是正方形，因为B1D1⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥B1D1，
又A1C1⊥B1D1，AA1∩A1C1=A1，且AA1⊂平面A1ACC1，A1C1⊂平面A1ACC1，
所以B1D1⊥平面A1ACC1，因为AF⊂平面A1ACC1，所以B1D1⊥AF，
所以当点P在线段B1D1（点D1除外）时，D1P⊥AF，取BC的中点E，连接BF,B1E，
在正方形B1BCC1中，因为E为BC的中点，F是棱CC1的中点，所以BF⊥B1E，因为AB⊥平面B1BCC1，B1E⊂平面B1BCC1，所以AB⊥B1E，因为AB∩BF=B，
且AB⊂平面ABF，BF⊂平面ABF，所以B1E⊥平面ABF，又AF⊂平面ABF，
所以B1E⊥AF，因为B1E∩B1D1=B1，且B1D1⊂平面D1B1E，B1E⊂平面D1B1E，
所以AF⊥平面D1B1E，设平面D1B1E∩平面ABCD=GE，则GE//D1B1，所以GE//DB，
则G是棱CD的中点，
所以当点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的表面线段D1B1−B1E−EG−GD1上时，D1P⊥AF,
由题意可知，在梯形D1GEB1中，D1B1=2，D1G=B1E=52，EG=22，
D1E=D1C12+C1E2=1+54=32，
所以线段D1P长度的最大值是D1E=32.

故选：C.
【变式4-2】（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q，R分别为线段BD，B1C，C1D上的动点，则PR+3QR的最小值为（ ）
A．26B．42C．35D．5
【解题思路】过R作RE⊥CD于E，作RF⊥CC1于F，设RE=x，把PR+3QR表示为x的函数，再利用导数求出函数最小值即得.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，在平面CDD1C1内过R作RE⊥CD于E，作RF⊥CC1于F，
设RE=x(0≤x≤2)，显然RE⊥DE,∠RDE=π4，则DE=RE=x,CE=2−x，
四边形CERF为矩形，于是RF=CE=2−x,CF=RE=x，
由RE//CC1，得RE⊥平面ABCD，由RF//CD，得RF⊥平面BCC1B1，
则PR=RE2+EP2=x2+EP2，当x确定后，EP最小时，PR最小，当EP⊥BD时，EP最小，
而EP=DEsinπ4=22x，则PR=62x，
同理QR=RF2+FQ2，当RF=2−x确定后，FQ最小，QR最小，则当FQ⊥B1C时，FQ最小，
而FQ=CF⋅sinπ4=22x，则OR=(2−x)2+(22x)2=32x2−4x+4，
因此PR+3QR=62x+332x2−4x+4，令f(x)=62x+332x2−4x+4,0≤x≤2，
求导得f′(x)=62+9x−126x2−16x+16，由f′(x)=0，得x=1，
当0≤x<1时，f′(x)<0，当10，即函数f(x)在[0,1)上递减，在(1,2]上递增，
则f(x)min=f(1)=26，所以PR+3QR的最小值为26.
故选：A.
【变式4-3】（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，AC为圆锥SO的底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO=12AC=2，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥SO的侧面积为82π
B．三棱锥S−ABC的体积的最大值为123
C．∠SAB的取值范围是π4,π3
D．若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为23+1
【解题思路】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时三棱锥S−ABC体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断B；先用取极限的思想求出∠ASB的范围，再利用2∠SAB+∠ASB=π，求∠SAB的范围，即可判断C；利用图形展开及两点之间线段最短即可判断选项D.
【解答过程】在Rt△SOC中，SC=SO2+OC2=22，则圆锥的母线长l=22，半径r=OC=2，
对于A，圆锥SO的侧面积为：πrl=42π，故A错误；
对于B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC=12×4×2=4，
则三棱锥S−ABC体积的最大值为13×S△ABC×SO=13×4×2=83，故B错误；
对于C，因为△SAB为等腰三角形，SA=SB，又SA2+SC2=AC2，所以∠ASC=π2，
当点B与点A重合时，∠ASB=0为最小角，当点B与点C重合时∠ASB=π2，达到最大值，
又因为B与A,C不重合，则∠ASB∈0,π2，又2∠SAB+∠ASB=π，可得∠SAB∈π4,π2，故C错误；
对于D，由AB=BC,∠ABC=π2,AC=4，得AB=BC=22，又SA=SB=22，
则△SAB为等边三角形，则∠SBA=π3， 将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S1AB，
则△S1AB为等边三角形，∠S1BA=π3，如图可知SE+CEmin=S1C，
因为S1B=BC=22,∠S1BC=∠S1BA+∠ABC=5π6，
S1C2=S1B2+BC2−2×S1B×BC×cs5π6=8+8+83=23+22，
则SE+CEmin=S1C=23+1，故D正确；
故选：D.
【题型5 空间角问题】
【例5】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2，BC=1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为（ ）
A．32B．155C．104D．33
【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.
【解答过程】以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于D，
以BD为x轴，以BC为y轴，以BB1为z轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2，BC=1，
所以A(3,−1,0),B1(0,0,2),B(0,0,0),C1(0,1,2)，
所以AB1=(−3,1,2),BC1=(0,1,2)，
设异面直线AB1与BC1所成角为θ，
所以csθ=|AB1⋅BC||AB1|⋅|BC1|=58⋅5=104.
故选：C.
【变式5-1】（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD⊥底面ABCD，点P为圆弧AD上的动点．当三棱锥P−BCD的体积最大时，二面角P−BC−D的余弦值为（ ）
A．25B．55C．53D．255
【解题思路】由题意当三棱锥P−BCD的体积最大时,此时点P处于半圆弧的正中间位置.此时建立适当的空间直角坐标系，求出平面BCP，平面BCD的法向量，由法向量夹角余弦的坐标公式即可求解.
【解答过程】三棱锥P−BCD的体积与P到平面BCD的距离成正比，
故当三棱锥P−BCD的体积最大时,此时点P处于半圆弧的正中间位置.
点P处于半圆弧的正中间位置时，记AD的中点为O，以其为原点，AB,AD,OP分别作为x,y,z轴正方向，建立空间直角坐标系.
平面BCD显然有法向量m=0,0,1，
P0,0,1,B2,−1,0,C2,1,0，
设n=x,y,z为平面PBC的法向量，
则该向量与PB=2,−1,−1和PC=2,1,−1均垂直，
所以n⋅PB=n⋅PC=0，从而2x−y−z=2x+y−z=0.
令x=1，解得y=0,z=2，
故n=x,y,z=1,0,2符合条件，
显然二面角P−BC−D为锐角，
因此所求余弦值为csn,m=n⋅mn⋅m=1⋅0+0⋅0+2⋅112+02+22⋅02+02+12=255.
故选：D.
【变式5-2】（2024·四川雅安·一模）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是线段AB1上的动点（含端点），点Q是线段AC的中点，设PQ与平面ACD1所成角为θ，则csθ的最小值是（ ）
A．13B．33C．63D．223
【解题思路】以点D为原点建立空间直角坐标系，设AP=λAB1,λ∈0,1，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
设AP=λAB1,λ∈0,1，不妨设AB=2，
则A2,0,0,C0,2,0,Q1,1,0,D10,0,2,B12,2,2，
故AC=−2,2,0,AD1=−2,0,2，
PQ=AQ−AP=AQ−λAB1=−1,1,0−λ0,2,2=−1,1−2λ,−2λ，
设平面ACD1的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AC=−2x+2y=0n⋅AD1=−2x+2z=0，可取n=1,1,1，
则sinθ=csPQ,n=PQ⋅nPQn=−1+1−2λ−2λ1+1−2λ2+−2λ2×3=4λ3⋅8λ2−4λ+2，
所以csθ=1−sin2θ=1−4λ3⋅8λ2−4λ+22=1−8λ212λ2−6λ+3，
当λ=0时，csθ=1，
当λ∈0,1时，csθ=1−8λ212λ2−6λ+3=1−812−6λ+3λ2=1−831λ−12+9，
当1λ=1，即λ=1时，csθmin=13，
综上所述，csθ的最小值是13.
故选：A.
【变式5-3】（2024·山东临沂·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为CC1，C1D的中点，则（ ）
A．直线MN与A1C所成角的余弦值为63B．平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为1010
C．在BC1上存在点Q，使得B1Q⊥BD1D．在B1D上存在点P，使得PA//平面BMN
【解题思路】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由N,M,B,A四点共面，而A∈平面BMN可判断D.
【解答过程】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以A1,0,0,D0,0,0,B1,1,0,C0,1,0，A11,0,1,D10,0,1,B11,1,1,C10,1,1，
M0,1,12,N0,12,12，
对于A，MN=0,−12,0，A1C=−1,1,−1，
直线MN与A1C所成角的余弦值为csMN,A1C=MN⋅A1CMNA1C=1212×3=33，故A错误；
对于B，MN=0,−12,0，BM=−1,0,12，
设平面BMN的法向量为n=x,y,z，则n⋅MN=−12y=0n⋅BM=−x+12z=0，
取x=1，可得y=0,z=2，所以n=1,0,2，
C1D1=0,−1,0，BC1=−1,0,1，
设平面BC1D1的法向量为m=x1,y1,z1，则n⋅C1D1=−y1=0n⋅BC1=−x1+z1=0，
取x1=1，可得y1=0,z1=1，所以m=1,0,1，
平面BMN与平面BC1D1夹角的余弦值为：
csm,n=m⋅nm⋅n=1+25×2=31010，故B错误；
对于C，因为Q在BC1上，设Qx0,1,z0，所以C1Q=λC1B，0≤λ≤1，
则C1Q=x0,0,z0−1,C1B=1,0,−1，所以x0=λ,z0=−λ+1，
所以Qλ,1,−λ+1，B1Q=λ−1,0,−λ,BD1=−1,−1,1，
所以B1Q⋅BD1=1−λ−λ=0，解得：λ=12.
故BC1上存在点Q12,1,12，使得B1Q⊥BD1，故C正确；
对于D，因为MN//DC//AB，所以N,M,B,A四点共面，
而A∈平面BMN，所以B1D上不存在点P，使得PA//平面BMN，故D错误.
故选：C.
【题型6 空间中的距离问题】
【例6】（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面α的一个法向量为n=1,2,2，A1,0,0为α内的一点，则点P3,1,1到平面α的距离为（ ）
A．1B．2C．3D．11
【解题思路】利用空间向量坐标运算中，点到平面的距离公式求解即可得.
【解答过程】平面α的一个法向量为n=1,2,2，A1,0,0为α内的一点，
则点P3,1,1到平面α的距离为AP⋅nn=2,1,1⋅1,2,212+22+22=2+2+23=2.
故选：B.
【变式6-1】（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F满足D1E=2ED，BF⃗=2FB1⃗，则点E到直线FC1的距离为（ ）
A．3355B．2355
C．375D．275
【解题思路】利用向量法求点到直线的距离.
【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得E0,0,1，F3,3,2，C10,3,3，
EF=3,3,1，FC1=−3,0,1，设向量EF与FC1的夹角为θ，
∴csθ=EF⋅FC1EFFC1=−9+119×10=−8190，
所以点E到直线FC1的距离为d=EF⋅sinθ=19×1−64190=3355.
故选：A.
【变式6-2】（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥E−ABCD的顶点均在球O的球面上，底面ABCD为矩形，平面BEC⊥平面ABCD，BC=5，CD=CE=1，BE=2，则O到平面ADE的距离为（ ）
A．13B．14C．24D．58
【解题思路】根据线面关系可证得AB⊥平面BEC，BE⊥CE，将四棱锥E−ABCD补成长方体AD1DA1−BECB1，确定球心的位置，再建立空间直角坐标系，求解平面ADE的法向量，利用空间向量的坐标运算计算O到平面ADE的距离即可.
【解答过程】因为平面BEC⊥平面ABCD，交线为BC，又底面ABCD为矩形，则AB⊥BC，
因为AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面BEC，
则AB⊥CE,AB⊥EB，又BC=5，CD=CE=1，BE=2，所以BE2+CE2=BC2，则BE⊥CE,
如图，将四棱锥E−ABCD补成长方体AD1DA1−BECB1，
若四棱锥E−ABCD的顶点均在球O的球面上，则长方体AD1DA1−BECB1的顶点均在球O的球面上，O为体对角线D1B1中点，
如图，以E为原点，EC,EB,ED1所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A0,2,1,D1,0,1,E0,0,0,D10,0,1,B11,2,0，故O12,1,12，
设平面ADE的法向量为n=x,y,z，又EA=0,2,1,ED=1,0,1，
n⋅EA=2y+z=0n⋅ED=x+z=0⇒y=−12zx=−z，令z=2，所以n=−2,−1,2，
又EO=12,1,12，则O到平面ADE的距离为EO⋅nn=−1−1+122+12+22=13.
故选：A.
【变式6-3】（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，F为线段BB1的中点.直线FC1到平面AB1E的距离为（ ）.
A．53B．305C．23D．13
【解题思路】由线线平行得到线面平行，直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离，建立空间直角坐标系，得到平面法向量，得到点到平面的距离.
【解答过程】∵AE∥FC1，FC1⊄平面AB1E，AE⊂平面AB1E，
∴FC1∥平面AB1E，
因此直线FC1到平面AB1E的距离等于点C1到平面AB1E的距离，
如图，以D点为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为y轴，
DD1所在的直线为z轴，建立直角坐标系.
则A2,0,0，B12,2,2，C10,2,2，E0,0,1，F2,2,1，
FC1=−2,0,1，AE=−2,0,1，AB1=0,2,2，C1B1=2,0,0，
设平面AB1E的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AE=−2x+z=0n⋅AB1=2y+2z=0，
令z=2，则n=1,−2,2，
设点C1到平面AB1E的距离为d，
则d=n⋅C1B1n=1,−2,2⋅2,0,01+4+4=23，
故直线FC1到平面AB1E的距离为23.
故选：C.
【题型7 翻折问题】
【例7】（2024·全国·模拟预测）如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点（不含端点），记∠AED=α，现将△ADE沿直线AE翻折到△APE的位置，记直线CP与直线AE所成的角为β，则（ ）
A．csα>csβB．csαsinβD．sinα【解题思路】
利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到csβ=CE+EPcsαCP，由三角形三边关系得到csβ>csα，求出答案.
【解答过程】
AB选项，csβ=CP⋅EACP⋅EA=CE+EP⋅EACP⋅EA=CE⋅EA+EP⋅EACP⋅EA
=CE⋅EAcsα+EP⋅EAcsαCP⋅EA=CE+EP⋅EAcsαCP⋅EA=CE+EPcsαCP，
因为CE+EP>CP，所以CE+EPCP>1，所以csβ>csα，A错误，B正确；
由于y=csx在x∈0,π2上单调递减，故β<α，不确定csα,sinβ和sinα,csβ的大小关系，CD错误.
故选：B．
【变式7-1】（2023·浙江台州·二模）已知菱形ABCD的边长为3，对角线BD长为5，将△ABD沿着对角线BD翻折至△A′BD，使得线段A′C长为3，则异面直线A′B与CD所成角的余弦值为（ ）
A．34B．54C．49D．89
【解题思路】由题知A′C=A′D=CD=3，CB=CD=3,BD=5，所先计算出CB⋅CD，A′B⋅CD，再利用公式csA′B,CD=A′B⋅CDA′B⋅|CD|，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线A′B与CD所成角的余弦值.
【解答过程】
因为A′C=A′D=CD=3.
所以2A′C⋅CD=A′C+CD2−A′C2−CD2=A′D2−A′C2−CD2=−9.
因为CB=CD=3,BD=5.
所以2CB⋅CD=CB2+CD2−(CB−CD)2=CB2+CD2−DB2=9+9−25=−7.
所以A′B⋅CD=A′C+CB⋅CD=A′C⋅CD+CB⋅CD=−92−72=−8.
即csA′B,CD=A′B⋅CDA′B⋅|CD|=−83×3=−89.
所以异面直线A′B与CD所成角的余弦值为89.
故选：D.
【变式7-2】（2024·全国·三模）在平面直角坐标系中，P为圆x2+y2=16上的动点，定点A−3,2．现将y轴左侧半圆所在坐标平面沿y轴翻折，与y轴右侧半圆所在平面成2π3的二面角，使点A翻折至A′，P仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则A′，P两点间距离的取值范围是（ ）
A．13,35B．4−13,7C．4−13,35D．13,7
【解题思路】设A所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P∈α，则P,A,O三点共线时，以及P在圆的下端点时，分别取到A′，P两点间距离的最值；若P∈β，设P4csα,4sinα，利用两点间的距离公式结合A′到β的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．
【解答过程】设A所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，
若P∈α，则P,A,O三点共线时，PA有最小值P1A′=R−OA′=4−13；当P在圆的下端点时，取到最大值P2A′=−3−02+2+42=32+62=35，即PA′∈4−13,35；
若P∈β，设P4csα,4sinα，A′在β上的投影为距离为A1，则A′到β面距离为AA1=−3sinπ3=332，又A′到y轴的距离为3，∴A1到y轴的距离为9−274=32，而A1到x轴的距离为2，则PA′=32+4csα2+2−4sinα2+3322=29+2035csα−45sinα=29+20sinφ−α，其中α∈−π2,π2，sinφ=35,csφ=45，故PA′min=13，当且仅当α=−π2时成立；PA′max=7，当且仅当α=φ−π2时成立；即PA′∈13,7；
综上可得，PA′∈4−13,7，
故选：B.
【变式7-3】（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AF⊥平面ABCD，且AF=3，点E为线段CD（除端点外）上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D′AE，则下列说法中正确的是（ ）
A．当点E固定在线段CD的某位置时，点D′的运动轨迹为球面
B．存在点E，使AB⊥平面D′AE
C．点A到平面BCF的距离为32
D．异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是1313,1010
【解题思路】当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，由此可判断A；无论E在CD（端点除外）的哪个位置，AB均不与AE垂直，即可判断B；以AB，AD，AF为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面BCF的法向量为n，由点A到平面BCF的距离公式d=n⋅ABn求解，即可判断C；设E3λ,1,0，λ∈0,1，利用向量夹角公式求解，即可判断D.
【解答过程】
选项A：当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，且D′H在过点H与AE垂直的平面内，故D′的轨迹是以H为圆心，D′H为半径的圆，故A错；
选项B：无论E在CD（端点除外）的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD′E垂直，故B错；
选项C：以AB，AD，AF为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则A0,0,0，F0,0,3，B3,0,0，C3,1,0．
BC=(0,1,0),BF=(−3,0,3),AB=(3,0,0)，
设平面BCF的法向量为n=x,y,z,∴n⋅BC=y=0n⋅BF=−3x+3z=0，取n=(3,0,1)，
则点A到平面BCF的距离为d=n⋅ABn=32，故C错；
选项D：设E3λ,1,0，λ∈0,1，BC=0,1,0，EF=−3λ,−1,3，设EF与BC所成的角为θ，则csθ=EF⋅BCEFBC=13λ2+10∈(1313,1010)，故D正确.
故选：D．
【题型8 立体几何中的截面、交线问题】
【例8】（2024·河南新乡·三模）已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是（ ）
A．9πB．12πC．16πD．20π
【解题思路】根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出截面小圆半径即得.
【解答过程】由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，
因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径最小值为52−32=4，
所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π=16π.
故选：C.
【变式8-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1，点M是线段C1D1上靠近D1的四等分点，点N是线段CC1的中点，则平面AMN截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【解题思路】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，延长NM交DD1的延长线于点E，连接AE交A1D1于点G，连接GM，即可得到截面图形，再利用相似验证即可.
【解答过程】延长MN交DC的延长线于点F，连接AF交BC于点H，连接NH，
延长NM交DD1的延长线于点E，连接AE交A1D1于点G，连接GM，
则五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形，
不妨设AB=2AD=2AA1=4，又点M是线段C1D1上靠近D1的四等分点，点N是线段CC1的中点，
所以C1M=3，D1M=1，C1N=NC=1，所以CF=3，又CF//AB，
所以ABCF=BHCH=43，又BH+CH=2，所以CH=67，
又D1MDF=ED1ED，即17=ED1ED1+2，解得ED1=13，
又GD1AD=ED1ED，即GD12=132+13，解得GD1=27，符合题意，
即五边形AHNMG为平面AMN截该长方体所得的截面图形.
故选：C.
【变式8-2】（2024·安徽安庆·三模）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E,F分别为棱AB,AD的中点，过点E,F,C1三点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱BB1的交点是棱BB1的一个三等分点
C．A1C⊥平面C1EF
D．平面AB1D1//平面C1EF
【解题思路】将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G,H，连C1G,C1H分别与棱BB1,DD1交于P,Q，可判断A；利用相似比可得BPCC1=BGGC=13，可判断B；证明A1C⊥平面BC1D即可判断C；通过证明A1C⊥平面AB1D1，可判断D.
【解答过程】对于A，将线段EF向两边延长，分别与棱CB的延长线，棱CD的延长线交于G,H，
连C1G,C1H分别与棱BB1,DD1交于P,Q，得到截面多边形C1PEFQ是五边形，A错误；
对于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=12BC，
所以BPCC1=BGGC=13，即BPBB1=13，点P是棱BB1的一个三等分点，B正确；
对于C，因为A1B1⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，所以A1B1⊥BC1，
又BC1⊥B1C，A1B1∩B1C=B1,A1B1,B1C⊂平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C，
因为A1C⊂平面A1B1C，所以A1C⊥BC1，同理可证A1C⊥BD，
因为BD∩BC1=B,BD,BC1⊂平面BC1D，所以A1C⊥平面BC1D，
因为平面BC1D与平面C1EF相交，所以A1C与平面C1EF不垂直，C错误；
对于D，易知BC1//AD1,BD//B1D1，所以A1C⊥AD1,A1C⊥B1D1，
又AD1∩B1D1=D1,AD1,B1D1⊂ AB1D1，所以A1C⊥平面AB1D1，
结合C结论，所以平面C1EF与平面AB1D1不平行，D错误.
故选：B．
【变式8-3】（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，D为B1C1的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C1所得的截面面积的取值范围为（ ）

A．3,92B．3,92C．4,92D．4,92
【解题思路】过E作EF//CC1，交A1C1于F，连接B1F，取C1F的中点H，连接DH，可得平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C1所得的截面为梯形DHEB，根据边长关系求出梯形DHEB的面积即可得到答案.
【解答过程】直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，所以VABC−A1B1C1=12×AC×BC×CC1=4，解得AC=BC=CC1=2，
过E作EF//CC1，交A1C1于F，连接B1F，取C1F的中点H，连接DH，

设CE=2m (0≤m≤1)，
①当m=0时，平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C1所得的截面为正方形CBB1C1，面积为4，
②当0因为D，H分别为B1C1，C1F的中点，所以DH//B1F，DH=12B1F，
因为EF//BB1，EF=CC1=BB1，所以四边形BEFB1为平行四边形，
所以BE//B1F，且BE=B1F
则BE//DH，BE=2DH，即平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C1所得的截面为梯形DHEB
在Rt△HFE中，∠EFH=90°，EF=2，HF=m，则HE=4+m2，
在Rt△BB1D中，∠BB1D=90°，BB1=2，B1D=1，则BD=5，
在Rt△BCE中，∠BCE=90°，BC=2，CE=2m，则BE=4+4m2=21+m2，则DH=1+m2
过D作DM⊥BE垂足为M，过H作HN⊥BE垂足为N，所得平面图形如下;

则HE=4+m2，BD=5，BE=21+m2，DH=1+m2，BE//DH
设BM=x，则NE=1+m2−x
所以DM2=5−x2，HN2=4+m2−(1+m2−x)2，因为DM2=HN2，
化简可得：x=11+m2，则DM=5−11+m2，
所以S梯形DHEB=(DH+BE)⋅DM2=31+m22⋅5−11+m2=325m2+4，
因为当0综上，平面BDE截直三棱柱ABC−A1B1C1所得的截面面积的范围为3,92
故选：A.
【题型9 立体几何中的轨迹问题】
【例9】（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱ABC−A1B1C1的底面边长是2，侧棱长是23，M为A1C1的中点，N是侧面BCC1B1内的动点，且MN//平面ABC1，则点N的轨迹的长度为（ ）
A．6B．2C．2D．4
【解题思路】取B1C1的中点D，取BB1的中点E，连接MD,DE,ME，证明DEM//平面ABC1，再根据面面平行的性质可得N的轨迹为线段DE，即可得解.
【解答过程】如图，

取B1C1的中点D，取BB1的中点E，连接MD,DE,ME，则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MD⊄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的轨迹为线段DE，
DE=124+12=2，
所以点N的轨迹的长度为2.
故选：B.
【变式9-1】（2024·浙江温州·一模）如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC−A1B1C1，BE=2EC，点F是侧棱AA1上的动点，且AF=2CG，H为线段FB上的动点，直线CH∩平面AEG=M，则点M的轨迹为（ ）

A．三角形（含内部）B．矩形（含内部）
C．圆柱面的一部分D．球面的一部分
【解题思路】根据题意首先保持H在线段FB上不动（与F重合），研究当点F运动时M的轨迹为线段MN，再根据H点在线段FB上运动的轨迹即可得出点M的轨迹为△MNE及其内部的所有点的集合.
【解答过程】如下图所示：

首先保持H在线段FB上不动，假设H与F重合
根据题意可知当F点在侧棱AA1上运动时，若F点在A1点处时，G为CC1的中点，
此时由AF=2CG可得满足FM=2MC，
当F点运动到图中F1位置时，易知AF1=2CG1，取AG1∩CF1=P，可得F1P=2PC，
取棱AC上的点N，满足AN=2NC，根据三角形相似可得M,N,P三点共线，
当点F在侧棱AA1上从A1点运动到A点时，M点轨迹即为线段MN；
再研究当点H在线段FB上运动，
当点H在线段FB上从点F运动到点B时，M点的轨迹是线段ME，
当点H在线段F1B上从点F1运动到点B时，M点的轨迹是线段PE，
因此可得，当点F是侧棱AA1上运动时，H在线段FB上运动时，点M的轨迹为△MNE及其内部的所有点的集合；
即可得M的轨迹为三角形（含内部）.
故选：A.
【变式9-2】（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 ABCD−A1B1C1D1 中，Q是DD1中点，点P在正方体的内切球的球面上运动，且CP⊥AQ，则点P的轨迹长度为（ ）
A．5πB．25πC．5π4D．5π
【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到AQ⊥平面CDRH，由点到平面的距离和球的半径得到点P的轨迹为以5为半径的圆，从而求出点P的轨迹长度.
【解答过程】以点D为原点，DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则Q0,0,52，A5,0,0,,C0,5,0，
球心O52,52,52，取A1D1的中点R，B1C1的中点H，连接DR,RH,HC，
则R52,0,5，DR⋅AQ=52,0,5⋅−5,0,52=−252+252=0，
DC⃗⋅AQ⃗=0,5,0⋅−5,0,52=0，
故DR⊥AQ，CD⊥AQ，
又DR∩CD=D，DR,CD⊂平面CDRH，
故AQ⊥平面CDRH，
故当P位于平面CDRH与内切球O的交线上时，满足CP⊥AQ，
此时O52,52,52到平面CDRH的距离为
d=DO⋅AQAQ=52,52,52⋅−5,0,5225+254=254552=52，
r=254−54=5，其中r为平面CDRH截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点P的轨迹为以5为半径的圆，
故点P的轨迹长度为25π.
故选：B.
【变式9-3】（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，∠BAD=60∘，点P在四边形AA1B1B内（含边界）运动．当C1P=72CC1时，点P的轨迹长度为2π3，则该四棱柱的表面积为（ ）
A．16+43B．8+23C．4+3D．43
【解题思路】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.
【解答过程】设棱长为a，延长A1B1，过点C1作C1O垂直于A1B1的延长线于O，
由∠BAD=60∘，可得OB1=a2,C1O=3a2；
由直四棱柱的性质可得，C1O⊥平面AA1B1B，所以C1O⊥OP；
因为C1P=72CC1=72a，所以OP=C1P2−C1O2=a.
在平面AA1B1B内，点P的轨迹是以O为圆心，a为半径的圆夹在四边形AA1B1B内的部分，即图中圆弧EF.
因为OB1=a2,OF=a,∠OB1F=90°，所以∠FOB1=π3，
因为点P的轨迹长度为2π3，所以OP=2，即a=2.
四棱柱的表面积为4×2×2+2×2×2×32=16+43.
故选：A.
【题型10 以立体几何为载体的新定义、新情景题】
【例10】（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A．325π12B．76π3C．215π9D．325π16
【解题思路】结合轴截面分析可知O1B=O2C=2,O1O2=6,O2O3=1，O3F=32，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解.
【解答过程】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，O1,O2,O3分别为AB,CD,EF的中点，
可知：AB∥CD∥EF，且O1B=O2C=2,O1O2=6,O2P=4,O2O3=1,O3P=3，
可得O3FO2C=O3PO2P=34，即O3F=32，
所以该容器中液体的体积为π×22×6+13π×22+π×322+π×22×π×322×1=325π12.
故选：A.
【变式10-1】（2024·安徽池州·模拟预测）古希腊数学家欧几里德在其著作《几何原本》中定义了相似圆锥：两个圆锥的高与底面的直径之比相等时，则称这两个圆锥为相似圆锥.已知圆锥SO的底面圆O的半径为3，其母线长为5.若圆锥S′O′与圆锥SO是相似圆锥，且其高为8，则圆锥S′O′的侧面积为（ ）
A．15πB．60πC．96πD．120π
【解题思路】根据题意，求得圆锥SO的底面直径和高，根据圆锥S′O′与圆锥SO是相似圆锥，且其高为8，可得圆锥S′O′的底面直径，进而可得其母线长，代入侧面积公式，即可得答案.
【解答过程】由题意得：圆锥SO的底面直径为6，高为52−32=4，
所以高与底面直径之比为46=23，
因为圆锥S′O′与圆锥SO是相似圆锥，且其高为8，
所以圆锥S′O′的底面直径为823=12，则底面半径为6，
所以圆锥S′O′的母线长为82+62=10，
所以圆锥S′O′的侧面积为12×2π×6×10=60π.
故选：B.
【变式10-2】（2024·广东江门·模拟预测）沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.沙漏由两个完全一样的圆锥和一个狭窄的连接管道组成，通过充满了沙子的玻璃圆锥从上面穿过狭窄的管道流入底部玻璃圆锥所需要的时间来对时间进行测量西方发现最早的沙漏大约在公元1100年，比我国的沙漏出现要晚．时钟问世之后，沙漏完成了它的历史使命.现代沙漏可以用来助眠．经科学认证，人类的健康入睡时间是15分钟，沙漏式伴睡灯便是一个15分钟的计时器．它将古老的计时沙漏与现代夜灯巧妙结合，随着沙粒从缝隙中滑下，下部的灯光逐渐被沙子掩埋，直到15分钟后沙粒全部流光，柔和的灯光完全覆盖．就这样，宁静的夜晚，听着沙粒窸窸窣窣的声音，仿佛一首缓缓流动的安眠曲如图，一件沙漏工艺品，上下两部分可近似看成完全一样的圆锥，测得圆锥底面圆的直径为10cm，沙漏的高（下底面圆心的距离）为8cm，通过圆锥的顶点作沙漏截面，则截面面积最大为（ ）
A．40cm2B．41cm2C．42cm2D．43cm2
【解题思路】法一，根据条件得到S=16+x2⋅25−x2，再利用基本不等式，即可求出结果；
法二，设∠APB=θ，根据条件得到S△PAB=412sinθ，即可求出结果.
【解答过程】由沙漏的对称性，通过圆锥顶点作沙漏的截面，上下两部分截面为全等的三角形，只需要讨论通过顶点作圆锥的截面的最大值，
如图，在圆锥PO中，过顶点P作截面为PAB，作OM⊥AB于M，延长OM交底面圆交于点C，连接PM,OA,OB, |PO|=4cm,|OA|=5cm，
设|OM|=xcm，|PM|=|PO|2+|OM|2=16+x2,|AB|=2|OB|2−|OM|2=225−x2，
S△PAB=12|AB||PM|=16+x2⋅25−x2≤16+x2+25−x22=412，
当且仅当16+x2=25−x2时，“=”号成立，解得x=322cm，所以沙漏截面面积最大值为41cm2，
故选：B．
方法二：设∠APB=θ,|PA|=|PO|2+|OA|2=16+25=41，
所以S△PAB=12|PB‖PB|sinθ=412sinθ，
当AB为底面圆直径时，θ取得最大，此时csθ=41+41−1002.41=−941，θ最大为钝角，
所以当θ=π2时，S△PPB=412，沙漏截面面积最大值为41cm2，
故选：B．
【变式10-3】（23-24高二上·河南·阶段练习）《瀑布》（图1）是埃舍尔为人所知的作品．画面两座高塔各有一个几何体，右塔上的几何体首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）．埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，定义这三个正方形AnBnCnDn(n=1,2,3)的顶点为“框架点”，定义两正方形的交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为Pn,Qn，将极点P1,Q1分别与正方形A2B2C2D2的顶点连线，取其中点记为Em,Fm(m=1,2,3,4)，如图3．埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，在图4中构造了其中两个四棱锥A1−P1E1P2E2与A2−P2E1P3F1，则直线Q1B2与平面A1E2P2所成角的正弦值为（ ）
A．63B．223C．62D．23
【解题思路】以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，以及平面A1E2P2的法向量和直线Q1B2的方向向量，利用向量法即可求得结果.
【解答过程】以O为坐标原点，分别以OP3,OP2,OP1为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设OP1=1，则Q1(0,0,−1)，B2(−1,1,0)，A1(0,1,1)，E2−12,12,12，P2(0,1,0)，
则Q1B2=(−1,1,1)，A1E2=−12,−12,−12，A1P2=(0,0,−1)．
设平面A1E2P2的法向量为n=(x,y,z)，则A1E2⋅n=0A1P2⋅n=0，即−12x−12y−12z=0z=0
令x=1，可得n=(1,−1,0)．
则cs〈Q1B2,n〉=Q1B2⋅nQ1B2|n|=−23×2=−63，
故直线Q1B2与平面A1E2P2所成角的正弦值为63．
故选：A.
一、单选题
1．（2024·贵州·模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩．已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cm，则该石墩的体积为（ ）
A．10000π3cm3B．11000π3cm3C．4000πcm3D．13000π3cm3
【解题思路】过点C作CM⊥AB于M，根据条件，求出圆台的高，再利用圆台与圆柱的体积公式，即可求出结果.
【解答过程】如图，过点C作CM⊥AB于M，
因为AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cm，所以AM=10，CM=CA2−AM2=200−100=10，
所以圆台的体积为V=13(S上+S下+S上⋅S下)ℎ=13(π×102+π×202+π×102×π×202)×10=7000π3(cm3)，
又圆柱的体积为V1=Sℎ=π×102×20=2000π(cm3)，
所以该石墩的体积为7000π3+2000π=13000π3(cm3)，
故选：D.
2．（2024·江苏南京·模拟预测）已知SO1=2，底面半径O1A=4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（ ）
A．252πB．253πC．254πD．5π
【解题思路】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.
【解答过程】如图，
设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为AO12+OO12=AO2，
所以42+(R−2)2=R2，解得R=5，
设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2=d，
则r2=R2−d2，要截面面积最小，则r要最小，即d要最大，
因为当d为点O到SE的距离时最大，此时d⋅SE=SO⋅EO1，又SE=22+22=22，
所以d=SO⋅EO1SE=5×222=52，
所以r2=52−(52)2=252，
故截面面积的最小值为πr2=252π．
故选：A.
3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，△ABC是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将△ABC折叠，形成三棱锥A−BCD．当二面角B−AD−C为直二面角时，三棱锥A−BCD外接球的体积为（ ）

A．5πB．20πC．55π6D．205π3
【解题思路】补形成长方体模型来解即可.
【解答过程】由于二面角B−AD−C为直二面角，且△ABD和△ACD都是直角三角形，
故可将三棱锥A−BCD补形成长方体来求其外接球的半径R，
即2R2=22+22+232，解得R=5，
从而三棱锥A−BCD外接球的体积V=4πR33=205π3．
故选：D.

4．（2024·河南·二模）已知四面体ABCD的各个面均为全等的等腰三角形，且CA=CB=2AB=4.设E为空间内一点，且A,B,C,D,E五点在同一个球面上，若AE=23，则点E的轨迹长度为（ ）
A．πB．2πC．3πD．4π
【解题思路】将四面体ABCD放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，判断E的轨迹，然后求解即可．
【解答过程】将四面体ABCD放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为x，y，z，
依题意，可知DA=CB=DB=AC=4，DC=AB=2，

则x2+y2=4，x2+z2=16，y2+z2=16，解得x=y=2，z=14，
由于z=14，即异面直线AB和CD的距离为14，
由于长方体的左右侧面为正方形，所以AB⊥CD，
取CD中点M，连接MF，则MF⊥左侧面，AB在左侧面，所以MF⊥ AB，
又CD∩MF=M,CD,MF⊂平面CFD，故AB⊥平面CFD，
四面体ABCD的外接球半径为R=x2+y2+z22=322，球心为O，
由AE=23，知点E的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为r，圆心为F，
过A,E,O作球的一个轴截面，
所以AF2+r2=AE2，且FO2+r2=R2，
AF2−FO2=232−3222，且AF=R+OF=322+OF，
解得OF=22,r=2，
所以E的轨迹长度为2πr=4π．
故选：D．
5．（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知AB和CD是圆O的两条互相垂直的直径，将平面ABC沿AB翻折至平面ABC′，使得平面ABC′⊥平面ABD（如图2）此时直线AB与平面C′BD所成角的正弦值为（ ）
A．13B．33C．22D．32
【解题思路】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.
【解答过程】依题意，OC′⊥AB,OD⊥AB，而平面ABC′⊥平面ABD，平面ABC′∩平面ABD=AB，
又OC′⊂平面ABC′,OD⊂平面ABD，则OC′⊥平面ABD，OD⊥OC'，
因此直线OD,OB,OC′两两垂直，以点O为原点，直线OD,OB,OC′分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
令圆半径OD=1，则O(0,0,0),D(1,0,0),B(0,1,0),C′(0,0,1)，
OB=(0,1,0),BC′=(0,−1,1),BD=(1,−1,0)，设平面C′BD的一个法向量n=(x,y,z)，
则n⋅BC′=−y+z=0n⋅BD=x−y=0，令y=1，得n=(1,1,1)，设直线AB与平面C′BD所成的角为θ，
则sinθ=|cs〈n,OB〉|=|n⋅OB||n||OB|=11×3=33，
所以直线AB与平面C′BD所成角的正弦值为33.
故选：B.
6．（2024·安徽·一模）在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线A1C与BD所成的角为90°
B．线段A1C的长度为2
C．直线A1C与BB1所成的角为90°
D．直线A1C与平面ABCD所成角的正弦值为63
【解题思路】在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，取AB=a，AD=b，AA1=c，利用空间向量的线性运算及数量积运算，逐一分析选项，即可得出答案.
【解答过程】在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，令AB=a，AD=b，AA1=c，
由AB=AD=AA1=1，∠A1AB=∠A1AD=∠BAD=60°，
得|a|=|b|=|c|=1，a⋅b=b⋅c=a⋅c=12，
对于A，显然A1C=a+b−c，BD=−a+b，
则A1C⋅BD=(a+b−c)⋅(−a+b)=−a2+b2+a⋅c−b⋅c=0，即A1C⊥BD，
因此直线A1C与BD所成的角为90°，A正确；
对于B，|A1C|2=(a+b−c)2=a2+b2+c2−2b⋅c=2，即A1C=2，B正确；
对于C，A1C⋅BB1=(a+b−c)⋅c=a⋅c+b⋅c−c2=0，即A1C⊥BB1，
因此直线A1C与BB1所成的角为90°，C正确；
对于D，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是菱形，即AC⊥BD，
又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C,AC⊂平面A1CA，于是BD⊥平面A1CA，
又BD⊂平面ABCD，则平面A1CA⊥平面ABCD，
连接AC交BD于点O，在平面A1CA内过点A1作A1E⊥AC于点E，如图，
由平面A1CA∩平面ABCD=AC，因此A1E⊥平面ABCD，即直线A1C与平面ABCD所成角为∠A1CA，
AC=a+b，则AC|2=a+b|2=a2+b2+2a⋅b=3，即AC=3，
由AA1//BB1及选项C知，∠AA1C=90°，则sin∠A1CA=13=33，D错误.
故选：D.
7．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，设点P为底面A1B1C1D1内（含边界）的动点，则点A,C1到平面PBD距离之和的最小值为（ ）
A．33B．233C．22D．23
【解题思路】建立空间直角坐标系，设P(a,b,2),0≤a≤2,0≤b≤2，求出平面PBD的一个法向量m=(2,2,b−a)，然后利用距离的向量公式并换元化简得d1+d2 =211−8(4+t)+244+t2，最后利用二次函数性质求解最值即可.
【解答过程】在正方体ABCD−A1B1C1D1中，DA,DC,DD1两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示：

则D(0, 0,0),A(2, 0, 0),B(2,2, 0),C1(0,2,2)，设P(a,b,2),0≤a≤2,0≤b≤2，
所以DB=(2,2,0)，DP=(a,b,2)，设平面PBD的法向量为m=(x,y, z)，
则m⋅DB=2x+2y=0m⋅DP=ax+by+2z=0，令x=2，则y=−2,z=b−a．于是m=(2,2,b−a)，
则点A,C1到平面PBD距离之和为d1+d2=m⋅DAm+m⋅DC1m=48+b−a2+4+2b−a8+b−a2，
设b−a=t，则t∈−2,2，d1+d2=48+t2+4+2t8+t2=8+2t8+t2=24+t28+t2 =24+t24+t2−8(4+t)+24=211−8(4+t)+244+t2，
因为t∈−2,2，所以t+4∈2,6，所以1t+4∈16,12，
函数y=1−8(4+t)+244+t2开口向上，对称轴为1t+4=16，在1t+4∈16,12上单调递增，
所以当1t+4=12时，d1+d2=211−8(4+t)+244+t2取到最小值为d1+d2 =211−8×12+24×14=233.
故选：B.
8．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知E,F分别是棱长为2的正四面体ABCD的对棱AD,BC的中点.过EF的平面α与正四面体ABCD相截，得到一个截面多边形τ，则正确的选项是（ ）
①截面多边形τ可能是三角形或四边形.
②截面多边形τ周长的取值范围是4,22+33.
③截面多边形τ面积的取值范围是1,2.
④当截面多边形τ是一个面积为62的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【解题思路】将平面α从平面ADF开始旋转，结合对称性可判断①；设AG=m0≤m≤2，利用余弦定理表示出GE+GF，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断②；先判断EF⊥GH，然后利用向量方法求出GH2=2m−12+2，可得截面面积的范围，可判断③；由③可判断④.
【解答过程】对于①，当平面α过AD或BC时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面ADF对称，将平面α从平面ADF开始旋转与AB交于点G时，
由对称性可知，此时平面α与CD交于点H，且AG=DH，
此时截面为四边形EGFH，①正确；
对于②，设AG=m0≤m≤2，由余弦定理得GE=m2+1−m=m−122+34，
GF=2−m2+1−2−m=m−322+34，
由两点间距离公式知，GE+GF表示动点m,0到定点12,32和32,−32的距离之和，
当三点共线时取得最小值12−322+32+322=2，
由二次函数单调性可知，当m=0或m=2时，GE+GF取得最大值1+3，
所以截面多边形τ周长的取值范围是4,2+23，所以②错误；
对于③，记GH与EF的交点为O，由对称性∠EFG=∠EFH，FG=FH，
所以EF⊥GH，SEGFH=12EF⋅GH，
因为AF=AB2−BF2=3，
所以EF=AF2−AE2=2，所以SEGFH=22GH，
记AB=a,AC=b,AD=c，
则GH=GA+AD+DH=−m2a+c+m2b−c=−m2a+m2b+1−m2c，
因为a⋅b=a⋅c=b⋅c=2×2csπ3=2,a=b=c=2，
所以GH2=m24a2+m24b2+1−m22c2−m2a⋅b−m1−m2a⋅c+m1−m2b⋅c
=m2+m2+41−m22−m2−2m1−m2+2m1−m2
=2m−12+2，
由二次函数性质可知，2≤GH2≤4，即2≤GH≤2，
所以1≤SEGFH≤2，③正确；
对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线EF，GH垂直，所以④正确．
故选：D.
二、多选题
9．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，一个棱长为6的透明的正方体容器（记为正方体ABCD−A1B1C1D1）放置在水平面α的上方，点A恰在平面α内，点B到平面α的距离为2，若容器中装有水，静止时水面与表面AA1D1D的交线与A1D的夹角为0，记水面到平面α的距离为d，则（ ）
A．平面ABC1D1⊥平面α
B．点D1到平面α的距离为8
C．当d∈2,8时，水面的形状是四边形
D．当d=7时，所装的水的体积为7474
【解题思路】建立空间直角坐标系，求得平面α、平面ABC1D1的法向量计算可判断A；根据向量法计算可判断B；当d∈4,6，水面为六边形可判断C；作出水面，利用水面与平面α平行，可计算出水面与B1C1交点G，再计算V台体D1MN−C1HG后即可判断D.
【解答过程】如图所示建立空间直角坐标系，则B6,0,0,A10,6,0,D0,0,6,
因为静止时水面与表面AA1D1D的交线与A1D的夹角为0，所以A1D//平面α，
设平面α的法向量为n=x,y,z，AB=6,0,0，
点B到平面α的距离为d′=6xx2+y2+z2=2，A1D=0,−6,6，
A1D⋅n=−6y+6z=0⇒z=y，而y=2x，
令x=1，所以平面α的法向量为n=1,2,2，
对A，AC1=6,6,6，AB=6,0,0，A1D=0,−6,6，A1D⋅AC1=0,A1D⋅AB=0，
故A1D⊥AC1,A1D⊥AB,AC1∩AB=A,AC1,AB⊂平面ABC1D1，
所以平面ABC1D1的法向量为A1D=0,−6,6，又A1D⋅n=0，
所以平面ABC1D1⊥平面α，故A正确；
对B，AD1=0,6,6，所以D1到平面α的距离为AD1⋅nn=243=8，故B正确；
对C，因为AD=0,0,6,AC=6,0,6，所以AD⋅nn=123=4,AC⋅nn=183=6，当d∈4,6时，截面为六边形，故C错误；
对D，当d=7时，设水面与DD1,A1D1的交点分别为M,N，设N0,6,t，则AN=0,6,t，
则AN⋅nn=12+2t3=7，t=92，故N0,6,92，
设水面与B1C1交点为G6,6,m，所以NG=6,0,m−92，
NG⋅n=6+2m−9=0,m=32，此时过G作GH//MN交CC1于点H，连接MH，
设△D1MN的面积为S1,△C1GH的面积为S2，则S1=12D1MD1N=12×322=98，S2=12C1HC1G=12×922=818，
所以V台体D1MN−C1HG=13S1+S2+S1S2×6=13×98+818+278×6=1174，所以V水=216−1174=7474，故D正确.
故选：ABD.
10．（2024·全国·二模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的体积为43π,P是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若点P在正方体表面上运动，且AP=2，则点P轨迹的长度为2π
B．若P是棱C1D1上的点（不包括点C1,D1），则直线AP与CC1是异面直线
C．若点P在线段BC1上运动，则始终有D1P⊥A1D
D．若点P在线段BC1上运动，则三棱锥A−B1PD1体积为定值
【解题思路】根据正方体的几何特征可根据外接球的体积得棱长为2，即可由圆的周长求解A,根据异面直线的定义即可求解B，利用线面垂直即可求解C，利用等体积法即可求解D.
【解答过程】方体ABCD−A1B1C1D1外接球的体积为43π.设外接球的半径为R，则43πR3=43π，解得R=3.

设正方体的棱长为a，则3a=2R= 23,∴a=2.
对于A，在平面ABB1A1中，点P的轨迹为以A为圆心，2为半径的14圆弧；同理，在平面ABCD和平面ADD1A1中，点P的轨迹都是以A为圆心，2为半径的14圆弧.故点P的轨迹的长度为3×14π×22=3π.故A错误；
对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线AP与CC1是异面直线.故B正确；
对于C，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，有A1D⊥AD1,A1D⊥AB.∵AD1∩AB=A,AB ⊂平面ABC1D1,AD1⊂平面ABC1D1,∴A1D⊥平面ABC1D1.∵D1P⊂平面ABC1D1,∴D1P⊥ A1D.故C正确；

对于D，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1B1//平面ABC1D1,∴VA−B1PD1=VB1−APD1=VA1−APD1= 13S△APD1×12A1D=1312×22×2×12× 22=43为定值.故D正确.
故选：BCD.
11．（2024·湖南·三模）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是正方体的上底面A1B1C1D1内（不含边界）的动点，点Q是棱BC的中点，则以下命题正确的是（ ）

A．三棱锥Q−PCD的体积是定值
B．存在点P，使得PQ与AA1所成的角为60°
C．直线PQ与平面A1ADD1所成角的正弦值的取值范围为0,22
D．若PD1=PQ，则P的轨迹的长度为354
【解题思路】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设P(x,y,0)(0【解答过程】对于A，三棱锥Q−PCD的体积等于三棱锥P−QCD的体积，
V三棱锥P−QCD=13S△QCD×AA1=13×12×2×1×2=23是定值，A正确；
以A1为坐标原点，A1B1,A1D1,AA1分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则Q(2,1,−2)，设P(x,y,0)(0对于B，AA1=(0,0,2)，使得PQ与AA1所成的角α满足：
csα=QP⋅AA1QP⋅AA1=2×2x−22+y−12+4×2，
因为0而cs60°=12∉(23,1)，B错误；
对于C，平面A1ADD1的法向量n=(1,0,0)，
所以直线PQ与平面A1ADD1所成角β的正弦值为：sinβ=x−2(x−2)2+(y−1)2+4，
因为0故x−2(x−2)2+5而x−2(x−2)2+5=11+5(x−2)2∈0,23，x−2(x−2)2+4=11+4(x−2)2∈0,22，
故0对于D，D1(0,2,0),D1P=(x,y−2,0)，由PD1=PQ，
可得x2+(y−2)2=(x−2)2+(y−1)2+4，化简可得4x−2y−5=0，
在xA1y平面内，令x=0，得y=32，令y=0，得x=54，则P的轨迹的长度为
(2−54)2+(32)2=354，D正确；
故选：ACD.
三、填空题
12．（2024·广东·一模）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P、Q分别在A1B1、C1D1上，且A1P=2PB1，C1Q=2QD1，则异面直线BP与DQ所成角的余弦值为 45 .
【解题思路】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线BP与DQ所成角的余弦值.
【解答过程】设正方体ABCD−A1B1C1D1中棱长为3，
以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则D0,0,0，Q0,1,3，B3,3,0，P3,2,3，BP=0,−1,3，DQ=0,1,3，
设异面直线BP与DQ所成角为θ，则csθ=BP⋅DQBP⋅DQ=810⋅10=45.
即异面直线BP与DQ所成角的余弦值为45.
故答案为：45.
13．（2024·新疆·二模）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形ABCD，ABFE，CDEF均为等腰梯形，AB//CD//EF，AB=6，CD=8，EF=10，EF到平面ABCD的距离为5，CD与AB间的距离为10，则这个羡除的体积V= 200 ．
【解题思路】先连线再根据棱锥体积公式计算组合体体积即可.
【解答过程】
连接CE,BE,
V=VE−ABCD+VC−BEF=VE−ABCD+53VD−ABE=VE−ABCD+53VE−ABD=VE−ABCD+57VE−ABCD
=127VE−ABCD=127×13×12(6+8)×10×5=200.
故答案为：200.
14．（2024·北京大兴·三模）在棱长为6的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为棱AA1上一动点，且不与端点重合，F，G分别为D1C1，B1C1的中点，给出下列四个结论：
①平面ECC1⊥平面EFG；
②平面EFG可能经过BB1的三等分点；
③在线段AC上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得A1H⊥平面EFG；
④若E为棱AA1的中点，则平面EFG与正方体所形成的截面为五边形，且周长为610+32.
其中所有正确结论的序号是 ①③④ .
【解题思路】①③利用空间向量法证明线面垂直从而证明面面垂直和判断线面垂直；②利用向量法求解平面EFG的法向量，结合平面内直线一定与法向量数量积为0，判断点在平面内；④利用平面的基本性质作出截面，再求出截面的周长；
【解答过程】
如图所示建立直角坐标系，以D为原点，以DA,DC,DD1分别为x,y,z为正方向，
D(0,0,0),A(6,0,0),B(6,6,0),C(0,6,0),A1(6,0,6),B1(6,6,6),C1(0,6,6),D1(0,0,6)，
F(0,3,6),G(3,6,6)，设E(6,0,z)(0①FG=(3,3,0),CC1=(0,0,6),EC=(−6,6,−z)，
因为FG⋅CC1=3×0+3×0+0×6=0,FG⋅EC=3×(−6)+3×6+0×(−z)=0，
所以FG⊥CC1,FG⊥EC,CC1,EC是平面ECC1内两条相交直线，则FG⊥平面ECC1，FG⊂平面EFG，因此平面ECC1⊥ 平面EFG，①正确；
②取点J为BB1的三等分点，即J(6,6,2)或J(6,6,4)，设平面EFG的法向量为n=(x1,y1,z1)，EG=(−3,6,6−z)，则n⋅FG=3x1+3y1=0n⋅EG=−3x1+6y1+(6−z)z1=0，令x1=1，所以n=(1,−1,96−z)
当J(6,6,2)时，FJ=(6,3,−4)，若FJ在平面EFG中，n⋅FJ=1×6−1×3−4×96−z=0，解得z=−6不合题意；
当J(6,6,4)时，FJ=(6,3,−2)，若FJ在平面EFG中，n⋅FJ=1×6−1×3−2×96−z=0，解得z=0不合题意；②错误；
③在线段AC上的任意点H（不与端点重合），设H(a,6−a,0)(0④延长A1D1,FG,A1B1三线相交于点Q,W，连接QE,EW分别交直线DD1,BB1于点T,R,因为E为棱AA1的中点，则平面EFG与正方体所形成的截面为五边形ETFGR，
在正方体中，FG=12D1B1=1236+36=32，根据三角形相似可得A1Q=A1W=9,D1T=B1R=1，则FT=GR=GB12+B1R2=9+1=10，ET=ER=23EW=23A1E2+A1W2=239+81=210，因此周长为ET+ER+TF+FG+GR=610+32.④正确；
故答案为：①③④.
四、解答题
15．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥E−ABCD中，AB//CD，∠BAD=60°，AB=1，AD=CD=2，BE⊥CD．

(1)证明：平面BDE⊥平面ABCD；
(2)若AD⊥DE，DE=42，F为CE中点，求三棱锥F−ABE的体积．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）利用线面垂直的判定证得ED⊥平面ABCD，再利用等体积转化求出体积.
【解答过程】（1）在△ADB中，由余弦定理得DB=AD2+AB2−2AD⋅AB⋅cs∠DAB=3．
由AD2=DB2+AB2，得DB⊥AB，而CD//AB，EB⊥CD，则EB⊥AB，
又EB∩DB=B,EB,DB⊂平面EDB，因此AB⊥平面EDB，而AB⊂平面ABCD，
所以平面EDB⊥平面ABCD．
（2）由F是EC中点，得VF−ABE=12VC−ABE=12VE−ABC．

由（1）知AB⊥平面EDB，ED⊂平面EDB，则AB⊥ED，
而ED⊥AD，AD∩AB=A,AD,AB⊂平面ABCD，则ED⊥平面ABCD，
因此VE−ABC=13S△ABC⋅ED=13×12×1×3×42=263．即VF−ABE=63，
所以三棱锥F−ABE的体积为63．
16．（2024·广西·模拟预测）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在BB1，DD1上，且AF⊥A1D，AA1=BD．
(1)求证：平面A1CD⊥平面AEF；
(2)当AD=3，AB=4，求平面D1B1BD与平面A1CD的夹角的余弦值．
【解题思路】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求二面角余弦值.
【解答过程】（1）∵ABCD−A1B1C1D1为长方体 ∴CD⊥平面AA1D1D
∵AF⊂平面AA1D1D∴CD⊥AF
又∵AF⊥A1D，且CD∩A1D=D，CD，A1D⊂平面A1CD，
AF⊥平面A1CD
∵AF⊂平面AEF
∴平面AEF⊥平面A1CD
（2）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z轴的空直角坐标系，AA1=BD=5
则A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),A1(3,0,5),D1(0,0,5)，
则DD1=(0,0,5),DB=(3,4,0),A1C=(−3,4,−5),A1D=(−3,0,−5)
设平面A1CD的法向量为n．则n⋅A1C=0n⋅A1D=0，即3x−4y+5z=03x+5z=0
令x=5，则z=−3．∴n=(5,0,−3)．
设平面D1B1BD的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅DB=3x+4y=0m⋅DD1=5z=0，
令x=4，则y=−3,z=0，所以平面D1B1BD的法向量为m=(4,−3,0)，
设平面A1CD与平面D1B1BD的夹角为θ，
则csθ=23417，
所以平面A1CD与平面D1B1BD的夹角的余弦值为23417.
17．（23-24高一下·河南·阶段练习）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E,F分别在BB1,AD上.已知AB=BC=6,AA1=8，BE=DF=2.
(1)作出平面C1EF截长方体ABCD−A1B1C1D1的截面，并写出作法；
(2)求（1）中所作截面的周长；
(3)长方体ABCD−A1B1C1D1被平面C1EF截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积.
【解题思路】（1）延长C1E，与CB的延长线交于点N，连接NF并延长，可得交CD的延长线于M，可作所求截面.
（2）利用平行线分线段成比例定理可求五边形PEC1QF的周长；
（3）利用V=VC1−MNC−VQ−MFD−VE−PNB，可求体积.
【解答过程】（1）如图所示，五边形PEC1QF为所求截面.
作法如下：
延长C1E，与CB的延长线交于点N，
连接NF并延长，分别交AB于P，交CD的延长线于M，
连接MC1，交DD1于点Q，连接QF,PE，则五边形PEC1QF为所求截面.
（2）因为BF∥CC1，所以BNNC=BECC1=14，则BN=2，
由AB∥CD，可得BPAP=BNAF=24=12，
得BP=2,AP=4，则PE=4+4=22，
FP=16+16=42.
由MDAP=DFAF=24=12，得MD=2，由MDMC=QDCC1=28=14，得QD=2,QD1=6，
则QF=4+4=22
QC1=EC1=36+36=62.
故截面的周长为22+42+22+62+62=202.
（3）V=VC1−MNC−VQ−MFD−VE−PNB=13×12×8×8×8−13×12×2×2×2−13×12×2×2×2=2483，
故所求体积为2483.
18．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在棱AA1上，且AE=1．
(1)求四棱锥D1−EABB1的表面积
(2)若点P在棱D1C1上，且P到平面B1DE的距离为262，求点P到直线EB1的距离．
【解题思路】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.
【解答过程】（1）由AE=1，AB=4,所以D1E=EB1=A1E2+A1D12=32+42=5,
D1B1=42,
所以S△D1EA=12×1×4=2,S△D1B1E=12×42×52−222=234, S△D1AB=S△D1B1B=12×42×4=82,SEABB1=12×1+4×4=10,
故四棱锥D1−EABB1的表面积为S△D1EA+S△D1B1E+S△D1AB+S△D1B1B+SEABB1=2+234+162+10=12+234+162
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则A(4,0,0)，B(4,4,0)， B1(4,4,4)，D1(0,0,4),E4,0,1,P0,a,4，其中0≤a≤4，
则DE=(4,0,1),DB1=(4,4,4),DP=(0,a,4)，
设平面B1DE的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅DE=0,n⋅DB1=0，
即4x+z=04x+4y+4z=0,令x=1，则平面B1DE的法向量n=(1,3,−4)，
设P到平面B1DE的距离为d，∴ d=|DP⋅n||n|=3a−161+9+16=262，
由于0≤a≤4，解得a=1，
故P0,1,4，EB1=0,4,3,PB1=4,3,0
∴点P到直线EB1的距离为PB12−PB1⋅EB1EB12=25−1252=4815．
19．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形BCDP中，PD//BC，BA⊥AD，垂足为A,PA=AB=BC=2AD，将△PAB沿AB翻折到△SAB的位置，使得平面SAB⊥平面ABCD，如图2所示.

(1)设平面SCD与平面SAB的交线为l，证明：BC⊥l.
(2)在线段SC上是否存在一点Q（点Q不与端点重合），使得二面角Q−BD−C的余弦值为66？若存在，求出SQQC的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由面面垂直的性质得到BC⊥平面SAB，即可得证；
（2）由面面垂直的性质得到SA⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，设SQSC=λ(0<λ<1)，利用空间向量法得到方程，求出λ的值，即可得解.
【解答过程】（1）由题意可知BC⊥AB.
因为平面ASB∩平面ABCD=AB，平面SAB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面SAB，
因为平面SCD∩平面SAB=l，所以l⊂平面SAB，则BC⊥l.
（2）由图1可知AB⊥AD.
因为平面SAB∩平面ABCD=AB，平面SAB⊥平面ABCD，SA⊂平面SAB，
所以SA⊥平面ABCD，
又AB,AD⊂平面ABCD，
所以SA⊥AB,SA⊥AD，则AB,AD,AS两两互相垂直，
故以A为坐标原点，AD,AB,AS的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：

设AD=1，则B0,2,0,C2,2,0,D1,0,0,S0,0,2，
所以BD=1,−2,0,SC=2,2,−2.
设SQSC=λ(0<λ<1)，则SQ=λSC=2λ,2λ,−2λ，从而Q2λ,2λ,−2λ+2，
所以BQ=2λ,2λ−2,−2λ+2，
设平面BDQ的法向量为n=x,y,z，
则n⋅BD=x−2y=0n⋅BQ=2λx+2λ−2y+−2λ+2z=0，
令x=2−2λ，得n=2−2λ,1−λ,1−3λ，
易知平面BCD的一个法向量为m=0,0,1，
设二面角Q−BD−C为θ，
则csθ=csn,m=n⋅mnm=1−3λ(2−2λ)2+(1−λ)2+(1−3λ)2=66，
即6(1−3λ)2=14λ2−16λ+6，整理得2λ2=λ，解得λ=12或λ=0（舍去）.
故当SQQC=1时，二面角Q−BD−C的余弦值为66.