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2020届二轮复习立体几何学案（全国通用）
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[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.简单组合体的三视图及表面积、体积问题(5年5考)
2.空间几何体的表面积、体积问题(5年4考)
3.空间角问题(5年4考)
立体几何解答题一般有两问．第1问为空间线、面位置关系(平行、垂直)的证明；第2问为空间角度的三角函数值求解，以二面角、线面角为重点．近5年高考中，2018年、2018年、2018年均考查了二面角问题，2018年与2018年考查了线面角问题.
偶考点
1.空间点、线、面位置关系的判定
2.简单的动态问题
第一讲 小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积
考点(一)
空间几何体的三视图
主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.
[典例感悟]
[典例] (1)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )
(2)(2018·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为( )
[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.
(2)由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高.故侧视图可能为B.
[答案] (1)B (2)B
[方法技巧]
1．由直观图确定三视图的方法
根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定．
2．由三视图还原到直观图的思路
(1)根据俯视图确定几何体的底面．
(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．
(3)确定几何体的直观图形状．
[演练冲关]
1．已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：
其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为( )
A．5 B．4
C．3 D．2
解析：选B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B.
2．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )
A．3 B．2
C．2 D．2
解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，
从图中易得最长的棱为
AC1＝＝
＝2.
3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C 由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.
考点(二)
空间几何体的表面积与体积
主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视图相结合考查.
[典例感悟]
[典例] (1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为( )
A．8 B．8＋8
C．6＋2 D．8＋6＋2
(2)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A．6 B．9 C．12 D．18
(3)(2019届高三·温州中学高三测试卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．
[解析] (1)如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.
因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，且EF∥AB，
所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝，
则BQ＝(AB－EF)＝1，FQ＝＝，
所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3，
又S△ADE＝S△BCF＝×2×＝，
S矩形ABCD＝4×2＝8，
所以该几何体的表面积S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故选B.
(2)该几何体是一个直三棱柱截去所得，如图所示，其体积为××3×4×2＝9.
(3)由三视图可知该几何体为长方体截去两个三棱锥后剩下的部分，如图，长方体的长、宽、高分别为2,1,3，
所以该几何体的体积V＝2×1×3－2×××1×1×3＝6－1＝5，
表面积S＝2×3×＋2×3＋2×1＋×2×1＋2×3×1×＋2×××＝15＋.
[答案] (1)B (2)B (3)5 15＋
[方法技巧]
1．求解几何体的表面积与体积的技巧
(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．
(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化．
2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤
(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图．
(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量．
(3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解．
[演练冲关]
1．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，
∴该几何体的体积为V＝×(2＋1)×2×2＝6.
2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是( )
A．36＋6 B．36＋3
C．54 D．27
解析：选A 由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S＝2××(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×＝36＋6，故选A.
3．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．
解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，
∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.
答案：2＋
考点(三)
与球有关的组合体的计算问题
主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·全国卷Ⅲ)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．
(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
[解析] (1)设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－2＝，所以圆柱的体积V＝π×1＝.
(2)如图，连接AO，OB，
∵SC为球O的直径，
∴点O为SC的中点，
∵SA＝AC，SB＝BC，
∴AO⊥SC，BO⊥SC，
∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，
∴AO⊥平面SCB，
设球O的半径为R，
则OA＝OB＝R，SC＝2R.
∴VS ABC＝VASBC＝×S△SBC×AO
＝××AO，
即9＝××R，解得 R＝3，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
[答案] (1)B (2)36π
[方法技巧]
求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略
(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题．
(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画外接、内切的几何体的直观图，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．
[演练冲关]
1．(2018·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.
答案：
2．(2019届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．
解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR2＝25π.
答案：24 25π
(一) 主干知识要记牢
简单几何体的表面积和体积
(1)S直棱柱侧＝ch(c为底面的周长，h为高)．
(2)S正棱锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)．
(3)S正棱台侧＝(c′＋c)h′(c与c′分别为上、下底面周长，h′为斜高)．
(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆锥侧＝πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆台侧＝π(r′＋r)l(r′，r分别为上、下底面的半径，l为母线长)．
(5)柱、锥、台体的体积公式
V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V台＝(S＋＋S′)h(S，S′为上、下底面面积，h为高)．
(6)球的表面积和体积公式
S球＝4πR2，V球＝πR3.
(二) 二级结论要用好
1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2＝a2＋b2＋c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2＝a2＋b2＋c2.
[针对练1] (2019届高三·西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,2，4，则其外接球的表面积为( )
A．48π B．32π
C．20π D．12π
解析：选B 依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，
则R＝ ＝2，
所以该三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝32π.
2．棱长为a的正四面体的内切球半径r＝a，外接球的半径R＝a.又正四面体的高h＝a，故r＝h，R＝h.
[针对练2] 已知正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为________．
解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以a＝2，解得a＝，故截面面积的最小值为π2＝.
答案：
(三) 易错易混要明了
由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．
[针对练3] 一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )
A．4，8 B．4，
C．4(＋1)， D．8,8
解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为＝，所以S侧＝4×＝4，V＝×22×2＝.
A组——10＋7提速练
一、选择题
1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为( )
解析：选B 根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.
2．(2018·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )
A．10 B．12
C．14 D．16
解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12，故选B.
3．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A.＋1 B.＋3
C.＋1 D.＋3
解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V＝×π×12×3＋××××3＝＋1.
4．(2018·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．80 B．160
C．240 D．480
解析：选B 如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABCA′B′C′中截去一个三棱锥AA′B′C′后所剩余的部分，其中底面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此题中的几何体的体积为×6×8×10－××6×8×10＝××6×8×10＝160，故选B.
5．(2018·湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为( )
A. B．2
C．3 D．2
解析：选C 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1MNB1，故通过计算可得，D1B1＝2，D1M＝B1N＝，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.
6．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )
A．72＋6π B．72＋4π
C．48＋6π D．48＋4π
解析：选A 由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故选A.
7．某几何体的三视图如图所示，则其体积为( )
A．207 B．216－
C．216－36π D．216－18π
解析：选B 由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V＝63－××π×32×6＝216－，故选B.
8．(2018·贵阳检测)三棱锥PABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )
A．4 B．6
C．8 D．10
解析：选C 依题意，设题中球的球心为O，半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝3，因此三棱锥PABC的高的最大值为5＋3＝8，故选C.
9.(2019届高三·浙江第二次联考)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．3π B.
C. D．6π
解析：选B 由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为1，高为的圆锥挖去一个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为2，则圆锥的轴截面为边长为2的等边三角形，球的半径为，故该几何体的表面积为π×1×2＋×4π×2＋π×12－π×2＝，故选B.
10．(2018·嘉兴高三期末)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是( )
A．36＋24 B．36＋12
C．40＋24 D．40＋12
解析：选B 由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简单组合体．正方体的棱长为2 cm，正四棱台上底面的边长为2 cm，下底面的边长为4 cm，棱台的高为2 cm，可求得正四棱台的斜高为＝(cm)，故该几何体的表面积S＝22×5＋×(2＋4)××4＋42＝36＋12(cm2)．故选B.
二、填空题
11．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．
解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 ×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为×6×2＝4.而直三棱柱的体积为×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的.
答案：
12．(2019届高三·浙江名校联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的x的值是________，该几何体的表面积是________．
解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由＝×××(1＋2)x，解得x＝2.作出该几何体的直观图并标注相应棱的长度如图所示，
则S表＝××(1＋2)＋×2×＋×22＋×2×＋×1×＝.
答案：2
13．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．
解析：由三视图作出该空间几何体的直观图(如图所示)，
可知其表面积为×1×2＋××2＋×1×2＋×2×＝2＋2，体积为××1×2×2＝.
答案：2＋2
14．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，球O与正方体的各条棱都相切，M为球O上的一点，点N是△ACB1外接圆上的一点，则线段MN长度的取值范围是________．
解析：易求得棱切球的半径为，易知△ACB1为正三角形，则球心O到△ACB1的外接圆上任意一点的距离均为＝，于是OM＝，ON＝.因为|OM－ON|≤|MN|≤|OM＋ON|，所以线段MN长度的取值范围是[－，＋]．
答案：[－，＋]
15．(2018·浙江高考数学原创猜题卷)已知一个空间几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则这个几何体的体积为________cm3，表面积为________cm2.
解析：由三视图可知，空间几何体是一个四棱锥，该四棱锥的底面为直角梯形，一条侧棱与底面垂直．如图所示，四边形ABCD是直角梯形，因为AB⊥AD，AB＝AD＝2 cm，BC＝4 cm，所以CD＝2 cm.因为PA＝2 cm，AD＝AB＝2 cm，所以PD＝PB＝2 cm，连接AC，易得AC＝2 cm，因为PA⊥平面ABCD，所以PC＝＝2 cm，
所以该几何体的体积为××2＝4 cm3.
易得S梯形ABCD＝＝6 cm2，
S△PAB＝×2×2＝2 cm2，
S△PAD＝×2×2＝2 cm2，
S△PBC＝×2×4＝4 cm2，
△DPC中，PC边上的高为＝ cm，
所以S△PDC＝×2×＝2 cm2，
所以该几何体的表面积为6＋2＋2＋2＋4＝(10＋2＋4)cm2.
答案：4 (10＋2＋4)
16．某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为2的半圆和一个正三角形组成，则此几何体的体积是________，表面积是________．
解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为2，高为4，半圆柱的底面半径为1，高为4，所以V＝×2××4＋π×12×4＝4＋2π，表面积S＝2×4×2＋××2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋2＋5π.
答案：4＋2π 16＋2＋5π
17．已知在三棱锥PABC中，VPABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥PABC外接球的体积为________．
解析：如图，取PC的中点O，连接AO，BO，设PC＝2R，则OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱锥PABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O为PC的中点，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VPABC＝VAPBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱锥PABC外接球的体积V＝πR3＝.
答案：
B组——能力小题保分练
1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．16 B．20
C．52 D．60
解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故选B.
2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为( )
A．136π B．34π
C．25π D．18π
解析：选B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝，解得R＝，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，故选B.
3．如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．4π＋96 B．(2＋6)π＋96
C．(4＋4)π＋64 D．(4＋4)π＋96
解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋4)π＋96.
4．设球O是正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，若平面ACD1截球O所得的截面面积为6π，则球O的半径为( )
A． B．3
C． D．
解析：选B 如图，易知B1D过球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨设垂足为M，正方体棱长为a，则球半径R＝，易知DM＝DB1，∴OM＝DB1＝a，∴截面圆半径r＝＝a，由截面圆面积S＝πr2＝6π，得r＝a＝，a＝6，∴球O的半径为R＝＝3.
5.如图所示，等腰△ABC的底边AB＝6，高CD＝3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BE＝x，V(x)表示四棱锥PACFE的体积，则V(x)的最大值为________．
解析：因为PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，
所以PE⊥平面ABC.
因为CD⊥AB，FE⊥AB，
所以EF∥CD，所以＝，
即＝，所以EF＝，
所以S△ABC＝×6×3＝9，
S△BEF＝×x×＝x2，
所以V(x)＝×x＝x(0＜x＜3)．
因为V′(x)＝，
所以当x∈(0,6)时，V′(x)＞0，V(x)单调递增；当6＜x＜3时，V′(x)＜0，V(x)单调递减，
因此当x＝6时，V(x)取得最大值12.
答案：12
6．已知A，B，C是球O的球面上三点，且AB＝AC＝3，BC＝3，D为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D ABC体积的最大值为________．
解析：如图，在△ABC中，
∵AB＝AC＝3，BC＝3，
∴由余弦定理可得
cos A＝＝－，
∴sin A＝.
设△ABC外接圆O′的半径为r，
则＝2r，得r＝3.
设球的半径为R，连接OO′，BO′，OB，
则R2＝2＋32，解得R＝2.
由图可知，当点D到平面ABC的距离为R时，三棱锥D ABC的体积最大，
∵S△ABC＝×3×3×＝，
∴三棱锥D ABC体积的最大值为××3＝.
答案：
第二讲 小题考法——空间点、线、面的位置关系
考点(一)
空间点、线、面的位置关系的判断
主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面平行或垂直的位置关系.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
(2)(2018·温州高三5月适应测试)已知α，β为两个平面，直线l⊂α，那么“l∥β ”是“α∥β ”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
(3)(2019届高三·七彩阳光联盟12月高三期中联考)已知m，n，l是互不重合的三条直线，α，β是两个不重合的平面，给出以下四个命题：
①若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，且m∥β，n∥α，则α∥β；
②若m⊂α，n∩α＝A，且点A∉m，则m，n是异面直线；
③若m，n是异面直线，m∥α，n∥α，且l⊥m，l⊥n，则l⊥α；
④若m⊥α，n⊂β，α⊥β，则m∥n.
其中为真命题的序号是________．(把所有真命题的序号都填上)
[解析] (1)法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
(2)∵“l⊂α，l∥β ”不能推出“α∥β ”，而“l⊂α，α∥β ”，一定有“l∥β ”，∴选B.
(3)在①中，∵m∥β，∴在β内存在直线m1∥m，又m⊂α，∴m1∥α.
∵m，n是两条异面直线，∴直线m1与n是两条相交直线，又n∥α，∴α∥β，即①正确．
由异面直线判定定理知②正确．
在③中，∵m∥α，∴在α内存在直线m1∥m，
∵l⊥m，∴l⊥m1.∵n∥α，∴在α内存在直线n1∥n，
∵l⊥n，∴l⊥n1.∵m，n是两条异面直线，∴直线m1与n1是两条相交直线，∴l⊥α，即③正确．
由直线m⊥平面α和α⊥β知m∥β或m⊂β，而n是β内任一直线，则直线m与n可能相交，可能平行，还可能异面，故④是错误的．
[答案] (1)A (2)B (3)①②③
[方法技巧]
判断与空间位置关系有关命题真假的方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
[演练冲关]
1．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：
①四边形EFGH是平行四边形；
②平面α∥平面BCC1B1；
③平面α⊥平面BCFE.
其中正确的命题有( )
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
解析：选C 由题意画出草图如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩
平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．综上可知，故选C.
2．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选B 将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B.
3．(2018·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
解析：选C 法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，
所以BC1⊥平面A1B1CD.
又A1E⊂平面A1B1CD，
所以A1E⊥BC1.
法二：∵A1E在平面ABCD上的射影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；
∵A1E在平面BCC1B1上的射影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，
又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.
又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)
∵A1E在平面DCC1D1上的射影为D1E，
而D1E不与DC1垂直，故A错．
考点(二)
空 间 角
主要考查异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角的计算及有关应用.
[典例感悟]
[典例] (1)夹在两平行平面间的线段AB，CD的长分别为2和，若AB与这两个平行平面所成的角为30°，则CD与这两个平行平面所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
(2)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝，将△ABD折起到△PBD的位置，若三棱锥PBCD的外接球的体积为，则二面角PBDC的正弦值为( )
A. B.
C. D.
(3)(2018·浙江高考)如图，在三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
[解析] (1)不妨设A，C在同一平面，则B，D在另一个平面，过A作另一平面的垂线段AO，垂足为O，连接BO，由题可知∠ABO＝30°.由AB＝2，得AO＝1.因为两平面平行，所以点C到另一平面的垂线段的长等于AO的长，故CD与两个平行平面所成的角的正弦值为＝，所以CD与这两个平行平面所成的角为45°.
(2)由外接球的体积为得该球的半径R＝，设球心O在平面PBD和平面BCD上的射影分别为O1，O2，则O1，O2为正△PBD和正△BCD的中心，取BD的中点E，连接O1E，O2E，则O1E⊥BD，O2E⊥BD，则∠O1EO2是二面角PBDC的平面角，在Rt△OO2C中，OC＝R＝，O2C＝AB＝1，则OO2＝，又在Rt△OO2E中，O2E＝AB＝，则∠O2EO＝60°，同理，∠OEO1＝60°，故∠O1EO2＝120°，则二面角PBDC的正弦值为，故选C.
(3)如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.
∵M为AD的中点，
∴MK∥AN，
∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，
由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，
∴MK＝.
在Rt△CKN中，CK＝ ＝.
在△CKM中，由余弦定理，得
cos∠KMC＝＝.
[答案] (1)B (2)C (3)
[方法技巧]
1．直线与直线所成角的求解策略
(1)用“平移法”作出异面直线所成角(或其补角)，解三角形求角．
(2)用“向量法”求两直线的方向向量所成的角．
2．直线与平面所成角的求解策略
(1)按定义作出线面角(即找到斜线在平面内的射影)，解三角形．
(2)求平面的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量所成的锐角和直线与平面所成角互余求线面角．
(3)利用等体积法求点到面的距离，由距离与斜线段长的比值等于线面角的正弦值求线面角．
3．平面与平面所成角的求解策略
二面角的平面角的作法是重点，构造平面角主要有以下方法：
(1)根据定义；
(2)利用二面角的棱的垂面；
(3)利用两同底等腰三角形底边上的两条中线；
(4)射影法，利用面积射影定理S射＝S斜·cos θ；
(5)向量法，利用组成二面角的两个半平面的法向量的夹角与二面角相等或互补．
[演练冲关]
1．(2018·浙江高考)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角SABC的平面角为θ3，则( )
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
解析：选D 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，
∠SE′O＝θ3.
由题意，得tan θ1＝＝，
tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
此时，tan θ2
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1，故选D.
2．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，由＝(0，－2,1)，＝(－1,0,1)，n·＝0，n·＝0，得取z＝2，得n＝(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，故选A.
3.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 连接A1O，PA1，易知∠POA1就是直线OP与平面A1BD所成的角(或其补角)．设正方体的棱长为2，则A1O＝.当P点与C点重合时，PO＝，A1P＝2，则cos∠A1OP＝＝－，此时∠A1OP为钝角，所以sin α＝＝；当P点与C1点重合时，PO＝A1O＝，A1P＝2，则cos∠A1OP＝＝，此时∠A1OP为锐角，所以sin α＝＝；在∠A1OP从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC1上一定存在一点P，使得∠A1OP＝90°，此时sin α＝1.又因为<，所以sin α的取值范围是，故选B.
考点(三)
简单的立体几何动态问题
主要考查立体几何中的动点、轨迹、翻折等问题.
[典例感悟]
[典例] (1)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′CDB的平面角为α，则( )
A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α
(2)如图，M，N分别是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，BC上两动点，且MN＝，则线段MN的中点P的轨迹是( )
A．一条线段
B．一段圆弧
C．一个球面区域
D．两条平行线段
[解析] (1)∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝2，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDC＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.在△A′DB中 ，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2＜0，可知cos∠A′DB＜0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.
(2)考虑直角三角形MAN，因为MN＝，则|AP|＝，因此点P到A的距离为定值，形成圆弧的一段．(当然此题也可运用空间直角坐标系设点求轨迹，说明轨迹是一个圆弧．)
[答案] (1)B (2)B
[方法技巧]
1．对于立体几何中的动态问题，关键是抓住变化过程中不变的位置关系和数量关系，事实上动静是相对的，以静制动是处理立体几何中动态元素的良策．
2．解此类问题还要回归到最本质的定义、定理、性质或现有结论中．
[演练冲关]
1．已知三棱锥ABCO，OA，OB，OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动(含边界)，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为( )
A. B.或36＋
C．36－ D.或36－
解析：选D 由线面垂直知OM⊥ON，因此OP＝MN＝1，即MN的中点P的轨迹为以O为球心，1为半径的球，若所围成的几何体为球内部，其体积为×π×13＝，若所围成的几何体为球外部，其体积为×6××62－×π×13＝36－，因此选D.
2.如图，已知四边形ABCD，将△ADC沿着AC翻折，则翻折过程中线段DB的中点M的轨迹是( )
A．椭圆的一段
B．抛物线的一段
C．一段圆弧
D．双曲线的一段
解析：选C 取AC的中点E，连接DE，则DE为定值．连接BE，取BE的中点O，则O为定点．连接OM，则OM＝DE为定值，故M的轨迹是一段圆弧．
3.如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为________ cm.
解析：根据题意，将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其侧面展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为＝13(cm)．
答案：13
(一) 主干知识要记牢
1．两类关系的转化
(1)平行关系之间的转化
(2)垂直关系之间的转化
2．证明空间位置关系的方法
已知a，b，l是直线，α，β，γ是平面，O是点，则
(1)线线平行：
⇒c∥b，⇒a∥b，
⇒a∥b，⇒a∥b.
(2)线面平行：
⇒a∥α，⇒a∥α，⇒a∥α.
(3)面面平行：
⇒α∥β，⇒α∥β，⇒α∥γ.
(4)线线垂直：
⇒a⊥b，⇒a⊥b.
(5)线面垂直：
⇒l⊥α， ⇒a⊥β，
⇒a⊥β，⇒b⊥α.
(6)面面垂直：
⇒α⊥β，⇒α⊥β.
(二) 易错易混要明了
应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．
[针对练] 设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β ”是“α∥β ”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：选B 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件．
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．(2018·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C ∵α∩β＝l，∴l⊂β.
∵n⊥β，∴n⊥l.
2．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )
A．0条 B．1条
C．2条 D．0条或2条
解析：选C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，故选C.
3．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：
①若α∥β，则m，n可能平行，也可能异面；
②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；
③若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.
其中真命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B 对于①，直线m，n可能平行，也可能异面，故①是真命题；对于②，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故②是假命题；对于③，当直线n∥l时，不能推出两个平面垂直，故③是假命题．故真命题的个数为1.故选B.
4.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 如图，连接AC1，C1B，CB1，
设C1B与CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，
则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，
那么∠DOC即直线MN与EF所成的角，
设AA1＝AB＝a，则AC1＝CB1＝a，
于是OD＝OC＝，又CD＝，
于是△OCD为正三角形，∠DOC＝60°，
故直线MN与EF所成角的余弦值为.
5．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
解析：选B 画出一个长方体ABCD A1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD⊂平面ABCD.
6．如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角NACB的余弦值为( )
A．0 B.
C. D.
解析：选C 易知OB＝OD，所以当N为BD的中点时，线段ON最短，因为AC⊥OB，AC⊥OD，所以AC⊥平面BOD，所以ON⊥AC，所以∠BON即二面角NACB的平面角．因为平面ACD⊥平面ABC，OD⊥AC，所以OD⊥OB，所以△BOD为等腰直角三角形，所以∠BON＝45°，所以二面角NACB的余弦值为.
7.(2018·温州模拟)在四面体ABCD中，二面角ABCD为60°，点P为直线BC上一动点，记直线PA与平面BCD所成角为θ，则( )
A．θ的最大值为60°
B．θ的最小值为60°
C．θ的最大值为30°
D．θ的最小值为30°
解析：选A 过A作AM⊥BC，AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OM，
则∠AMO为二面角ABCD的平面角，∴∠AMO＝60°，
在直线BC上任取一点P，连接OP，AP，则∠APO为直线AP与平面BCD所成的角，即∠APO＝θ，
∵AP≥AM，AM·sin 60°＝AO，AP·sin θ＝AO，
∴sin θ≤sin 60°，即θ的最大值为60°.
故选A.
8.(2019届高三·镇海中学期中)如图，四边形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，现将△ABD沿BD折起，当二面角ABDC的大小在时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 取BD的中点O，连接AO，CO，由AB＝DA，BC＝CD，知AO⊥BD，CO⊥BD，分别以OB，OC所在直线为x，y轴，过O作平面BCD的垂线，垂线所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1，0,0)，
设二面角ABDC的平面角为θ，
则动点A(0，cos θ，sin θ)，
从而有＝(－1，cos θ，sin θ)，＝(－1，－1,0)，
设直线AB与CD所成的角为α，
则cos α＝＝，
∵θ∈，∴cos θ∈，
∴|1－cos θ|∈，故cos α∈，故选B.
9.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中点，P为底面ABCD内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹为( )
A．直线的一部分 B．圆的一部分
C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
解析：选B 建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的边长为2，则A(2,0,0)，E(2,0,1)，D1(0,0,2)，P(x，y,0)，＝(0,0,1)，＝(2－x，－y，1)，＝(－x，－y,2)．
由θ1＝θ2，得cos θ1＝cos θ2，
即＝，代入数据，得＝，整理，得2＋y2＝(0≤x≤2,0≤y≤2)，即动点P的轨迹为圆的一部分．
10.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ的值有( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
解析：选C 因为线段D1Q与OP互相平分，所以四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形．
若P在线段C1D1上时，点Q一定在线段ON上运动，只有当P为线段C1D1的中点时，点Q与点N重合，此时λ＝1，符合题意；
若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件的点Q；
若P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动，只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，此时λ＝0符合题意，所以符合条件的λ值有2个，故选C.
二、填空题
11．α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件的序号是________．
解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面．
①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，
又∵AB⊥α，EF⊂α，
∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，
又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；
②不能得到BD⊥EF，故②错误；
③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α.∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；
④中，由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.
答案：①③
12.如图，已知平面α，β，且α∩β＝AB，PC⊥α，PD⊥β，C，D是垂足．那么直线AB与平面PCD的位置关系为________，若PC＝PD＝1，CD＝，则平面α与平面β的位置关系为________．
解析：因为PC⊥α，AB⊂α，所以PC⊥AB，同理，PD⊥AB，又PC∩PD＝P，所以AB⊥平面PCD，设AB与平面PCD的交点为H，连接CH，DH(图略)，因为AB⊥平面PCD，所以AB⊥CH，AB⊥DH，所以∠CHD为二面角αABβ的平面角，又PC＝PD＝1，CD＝，所以CD2＝PC2＋PD2＝2，即∠CPD＝90°，在平面PCHD中，∠PCH＝∠PDH＝∠CPD＝90°，所以∠CHD＝90°，所以α⊥β.
答案：AB⊥平面PCD α⊥β
13.如图所示的三棱锥PABC中，PC⊥平面ABC，PC＝，D是BC的中点，且△ADC是边长为2的正三角形，则二面角PABC的大小为________．
解析：由已知条件，D是BC的中点，∴CD＝BD＝2，
又△ADC是正三角形，∴AD＝CD＝BD＝2，
∴D是△ABC的外心且又在BC上，
∴△ABC是以∠BAC为直角的三角形，即AB⊥AC，
又PC⊥平面ABC，∴PA⊥AB.
∴∠PAC即为二面角PABC的平面角，
在Rt△PAC中，tan∠PAC＝＝，
∴∠PAC＝30°.
答案：30°
14.(2018·台州一模)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，动点M在边DC上(不同于D点)，P为边AB上任意一点，沿AM将△ADM翻折成△AD′M，当平面AD′M⊥平面ABC时，线段PD′长度的最小值为________．
解析：设D′在平面ABCD上的射影为H，显然当∠AMD最小值时，H到直线AB的距离最小，故折痕为AC时，H为AC的中点，此时D′H＝DH＝，此时，H到直线AB的最小距离为h＝BC＝，
∴PD′的最小距离为＝.
答案：
15.如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BCD＝90°，且BC＝CD＝3.将△ABC沿BC边翻折，设点A在平面BCD上的射影为点M，若点M在△BCD的内部(含边界)，则点M的轨迹的最大长度等于________；在翻折过程中，当点M位于线段BD上时，直线AB和CD所成的角的余弦值等于________．
解析：当平面ABC⊥平面BCD时，点A在平面BCD上的射影为BC上的点M，因为AB＝AC，所以BM＝MC，当点A在平面BCD上的射影M′在BD上时，因为BC＝CD＝3，所以∠DBC＝30°，所以由∠BCD＝90°得BM′＝M′D，则点M的轨迹的最大长度等于CD＝.当M位于BD上时，将其补为四棱锥，由已知条件得AM′⊥平面BCDE，BM′＝EM′，所以AB＝AE＝，又因为∠EBA为直线AB和CD所成的角，所以cos∠EBA＝＝.
答案：
16．(2019届高三·浙江名校高三联考)在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为________．
解析：如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz，则E，G，令D(0，b,0)，F(a,0，0)，0
∵⊥，∴·＝0，
∴a＋b－＝0，
即a＝1－2b，而0
∴当b＝时，DF取得最小值，又0
答案：
17.(2018·浙江新高考模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝1，P是棱AB上任一点，若平面B1DP和平面AA1D1D所成的角为θ，则tan θ的最小值为________．
解析：当P与A或B重合时，易得θ＝，tan θ＝1.当P异于A，B时，延长B1P，A1A交于点Q，连接QD，则DQ为平面B1DP与平面AA1D1D的交线．由PA⊥平面AA1D1D，得PA⊥DQ，过A作AH⊥QD于点H，连接PH，所以DQ⊥平面PHA，所以PH⊥DQ，所以∠PHA为平面B1DP与平面AA1D1D所成的角，即∠PHA＝θ，设PA＝x(0
B组——能力小题保分练
1．平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1的上方接一个同等大小的正方体ABCDA2B2C2D2，则过A与平面CB1D1平行的是平面AB2D2，即平面α就是平面AB2D2，平面AB2D2∩平面ABB1A1＝AB2，即直线n就是直线AB2，由面面平行的性质定理知直线m平行于直线B2D2，故m，n所成的角就等于AB2与B2D2所成的角，在等边三角形AB2D2中，∠AB2D2＝60°，故其正弦值为.
2.如图，已知平面α⊥β，α∩β＝l.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且DA⊥l，CB⊥l，AD＝3，AB＝6，CB＝6.P是平面α上的一动点，且直线PD，PC与平面α所成角相等，则二面角PBCD的余弦值的最小值是( )
A． B．
C． D．1
解析：选C ∵α⊥β，α∩β＝l，DA⊥l，CB⊥l，DA⊂β，CB⊂β，∴DA⊥α，CB⊥α，∴∠DAP＝∠CBP＝90°.又PD，PC与平面α所成角相等，∴∠DPA＝∠CPB.∴Rt△DPA∽Rt△CPB，∴＝＝，∴PB＝2PA.∵AB⊥BC，∴∠PBA是二面角PBCD的平面角．设PA＝t，则PB＝2t，在△PAB中， 由余弦定理得cos∠PBA＝＝＝＝，而t＋≥2＝4，∴当t＝2时，cos∠PBA有最小值＝，故选C.
3.(2019届高三·杭州七校联考)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，点F在斜边AB上，且AB＝4AF，点M在线段BC上运动，D，E是平面ABC同一侧的两点，AD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，AD＝3，AC＝BE＝4.当点M运动到线段BC的中点时，异面直线CF与EM所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 取BF的中点N，连接MN，EN，
因为M，N分别为BC，BF的中点，
所以MN∥CF，且MN＝CF，
所以∠EMN为异面直线CF与EM所成的角．
因为AC＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，
所以BC＝4，BM＝2，
所以EM＝＝＝2.
因为AC＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，
所以AB＝8，所以AF＝AB＝2，BF＝AB ＝6，
所以BN＝3，
所以EN＝＝＝5.
在△ACF中，由余弦定理得CF＝2，所以MN＝.
在△EMN中，由余弦定理可得cos∠EMN＝＝＝，
所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为.
4.在三棱锥PABC中，△ABC≌△PBC，AC⊥BC，AB＝2BC.设PB与平面ABC所成的角为α，PC与平面PAB所成的角为β，则( )
A．α≤且sin β ≤
B．α≤且sin β<
C．α≤且β≥
D．α≤且β<
解析：选B 依题可设AB＝2BC＝2a，由题意，可得AB＝PB＝2a，AC＝CP＝a.过点C作CH⊥平面PAB，连接HB，HP，如图，则PC与平面PAB所成的角β＝∠CPH，且CH
解析：如图所示，过点A作AO⊥BD，连接A1O，则BD⊥A1O，则∠AOA1为二面角，所以∠AOA1＝，因为CC1∥AA1，取角A1AO的角平分线AM，此时AM即为直线l，过点A做AP⊥A1O，即AP⊥平面A1BD，此时直线l与平面A1BD所成角的最大角是
∠AMA1＝∠MAO＋∠MOA＝＋＝，另外一种情况是∠A1AN＝，AN∩OP＝N，此时直线AN为直线l，则直线AN与平面A1BD所成最小角为
∠ANP＝∠PA1A－∠A1AN＝－＝，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是.
答案：
6．(2018·温州模拟)如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，H，则下列结论正确的是________．
①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一点；
②存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；
③对于任意的平面α，都有S△EFG＝S△EFH；
④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，几何体ACEGFH的体积是一个定值．
解析：对①，G，H分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD上，作图可知②错．对③，如图1，取BD，AC的中点I，J，则BC，AD都与平面EIFJ平行，故A，H到平面EIFJ的距离相等，B，G到平面EIFJ的距离相等，而E为AB的中点，故A，B到平面EIFJ的距离相等，从而G，H到平面EIFJ的距离相等．连接GH交EF于K，则K为GH的中点，从而G，H到EF的距离相等，故两三角形的面积相等，③正确．
图1
图2
对④，如图2，当H为D时，G为C，此时几何体的体积为三棱锥ACDE的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证VCEFG＝VDEFH，由③可得，只需证C，D到截面的距离相等，因为F为CD的中点，所以C，D到截面的距离相等，故④正确．
答案：③④
第三讲 大题考法——立体几何
题型(一)
平行、垂直关系的证明
平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线面(面面)平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直关系的转化等.
[典例感悟]
[典例1] 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.
(1)求证：CD⊥AP；
(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
[证明] (1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，
所以AD⊥AP.
又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD.
因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.
(2)由(1)知CD⊥AP，
因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.①
因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以AB⊥AD.
又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.②
由①②得CD∥AB，
因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
[备课札记]
[方法技巧]
1．几何法证明平行、垂直关系的思路
2．向量法证明平行、垂直关系的步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素；
(3)通过空间向量的运算求出方向向量或法向量，再研究平行、垂直关系；
(4)根据运算结果解释相关问题．
[演练冲关]
1．如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，且AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝AD＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．
(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明：(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，
∵F是CE的中点，
∴FG是梯形CDPE的中位线，
∵CD＝3PE，
∴FG＝2PE，FG∥CD，
∵CD∥AB，AB＝2PE，
∴AB∥FG，AB＝FG，
即四边形ABFG是平行四边形，
∴BF∥AG，
又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，
∴BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，
∵BA⊥AD，CD⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点，
∴四边形ABMD是正方形，
∴BD⊥AM，DM＝AB＝2PE，
由(1)知FG＝2PE，∴FG＝DM，
又FG∥CD，即FG∥DM，
∴四边形DMFG为平行四边形，
∴FM∥PD，
∵PD⊥平面ABCD，
∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，
∵AM∩FM＝M，
∴BD⊥平面AMF，
∴BD⊥平面AOF.
题型(二)
几何法与空间向量法解空间角问题
主要考查空间几何体中，求解有关线线角、线面角、二面角的大小 或三角函数值的问题.
[典例感悟]
[典例2] (2018·浙江高考)如图，已知四棱锥PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
[解] 法一：(1)证明：设AD的中点为O，连接OB，OP.
∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
∴OP⊥AD.
∵BC＝AD＝OD，且BC∥OD，
∴四边形BCDO为平行四边形，
又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，
∵OP⊂平面OPB，OB⊂平面OPB，OP∩OB＝O，
∴AD⊥平面OPB.
过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
设CD＝1，则有
A(0，－1,0)，B(1,0,0)，
C(1,1,0)，D(0,1,0)．
设P(x,0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1，
得得x＝－，z＝.
即点P，而E为PD的中点，
∴E.
设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
∵＝，＝(1,1,0)，
∴
取y1＝－1，得n＝(1，－1，)．
而＝，则·n＝0，
而CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.
(2)设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
∵＝(0,1,0)，＝，
∴取x2＝1，
得m＝(1,0，)．
设直线CE与平面PBC所成角为θ.
则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝，
故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.
法二：(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝AD.
又因为BC∥AD，BC＝AD，
所以EF∥BC且EF＝BC，
即四边形BCEF为平行四边形，
所以CE∥BF.
因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
所以CE∥平面PAB.
(2)分别取BC，AD的中点为M，N.
连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
又PN∩BN＝N，
所以AD⊥平面PBN.
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
则MH是MQ在平面PBC上的射影，
所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.
[备课札记]
[方法技巧]
1．几何法求线面角的步骤
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线，或过斜线上一点作平面的垂线，确定垂足的位置；
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面内的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；
(3)将该角归结为某个三角形的内角(一般是直角三角形)，通过解三角形(可能需要解多个三角形)求得该角或其三角函数值，即sin θ＝.其中，θ为线面角，h为点B到平面α的距离，l为斜线段AB的长．如图．
2．几何法求二面角的步骤
(1)找：①点(定义法)：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．如图(1)，∠AOB为二面角αlβ的平面角．
②线(三垂线定理法)：过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角．如图(2)，∠ABO为二面角αlβ的平面角．
③面(垂面法)：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角即为二面角的平面角．如图(3)，∠AOB为二面角αlβ的平面角．
(2)算：sin θ＝，如图(4)，θ为二面角的大小，h为点A到平面β的距离，d为点A到棱l的距离．
3．利用空间向量求线线角、线面角的思路
(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.
(2)直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|.
4．利用空间向量求二面角的方法
(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
[演练冲关]
2．(2018·温州5月高三测试)如图，斜三棱柱ABC A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝2AC，B1C⊥A1C1，且△A1B1C为等边三角形．
(1)求证：平面A1B1C⊥平面ABC；
(2)求直线BB1与平面ABC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AC∥A1C1，B1C⊥A1C1，
∴AC⊥B1C，
∵∠BAC＝90°，∴AC⊥BA，∴AC⊥B1A1.
又∵B1A1∩B1C＝B1，∴AC⊥平面A1B1C，
∵AC⊂平面ABC，∴平面A1B1C⊥平面ABC.
(2)法一：∵平面A1B1C⊥平面ABC，
∴平面A1B1C⊥平面A1B1C1.
取A1B1的中点D，
∵△A1B1C为等边三角形，
∴CD⊥平面A1B1C1，
∴CD⊥平面ABC.
取AB的中点E，
连接DE则BB1∥DE，
∴∠DEC为直线BB1与平面ABC所成角的平面角．
令AB＝2AC＝2，
∵AC⊥平面A1B1C，∴∠ACA1＝90°，
∴AA1＝，即DE＝，
∵△A1B1C为等边三角形，∴DC＝，
∴sin∠DEC＝＝，
∴直线BB1与平面ABC所成角的正弦值为.
法二：以A为坐标原点，AC，AB所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝2AC＝2，则
C(1,0,0)，B(0,2,0)，
设B1(x，y，z)，
∵AC⊥B1C，∴x＝1.
∵B1C＝2，∴y2＋z2＝4.
由＝，得A1(1，y－2，z)．
∵A1C＝2，∴(y－2)2＋z2＝4，
∴y＝1，z＝，
∴＝(1，－1，)，
又平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，
∴cos〈，n〉＝＝，
∴直线BB1与平面ABC所成角的正弦值为.
3．(2019届高三·温州十校联考)如图，已知三棱锥PABC中，AB＝5，AC＝7，BC＝8，PB＝12，PB⊥平面ABC.
(1)求直线BP与平面PAC所成角的正弦值；
(2)求二面角APCB的余弦值．
解：(1)在△ABC中，cos∠ABC＝＝，
∴∠ABC＝60°.
以B为坐标原点，BA，BP所在直线为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，P(0,0,12)，A(0,5,0)，C(4，4,0)，＝(0,5，－12)，＝(4，－1,0)．
设平面PAC的一个法向量为n＝(a，b，c)，
则即
取c＝5，得b＝12，a＝.
∴平面PAC的一个法向量为n＝(，12,5)．又＝(0,0,12)，设直线BP与平面PAC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
∴直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.
(2)由(1)知平面PAC的一个法向量为n＝(，12,5)．
设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
又＝(4，4，－12)，
则即
令x＝，则y＝－3，可得m＝(，－3,0)．
∴cos〈m，n〉＝＝＝－.
由图易知二面角APCB的平面角为锐角，
∴二面角APCB的余弦值为.
题型(三)
利用空间向量解决探索性问题
主要考查利用空间向量探索与空间线面垂直、平行或与空间三种角有关的点所在位置、参数值的大小等问题，一般出现在解答题的最后一问.
[典例感悟]
[典例3] 如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且＝λ(λ>0)．现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图②所示．
(1)若λ＝2，求证：GR⊥平面PEF；
(2)是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直．
∴PD⊥平面PEF.
在图①中，∵E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，∴EF∥AC，DG＝GB＝2GH.
在图②中，∵＝＝2，且＝2，
∴在△PDH中，GR∥PD，∴GR⊥平面PEF.
(2)由题意，以P为坐标原点，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.
设PD＝4，则P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)．则＝(2，－2,0)，＝(0,2，－4)．
∵＝λ，∴＝，
∴R.
∴＝
＝.
设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由得
取z＝1，则m＝(2,2,1)．
∵直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，
∴|cos〈m，〉|＝
＝
＝＝，
∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝或λ＝－(不合题意，舍去)．
故存在正实数λ＝，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.
[备课札记]
[方法技巧]
利用空间向量求解探索性问题的策略
(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(1)的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．
[演练冲关]
4．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC;
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M ACD的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由AD＝CD＝2，BC＝4，
可得△ABC是等腰直角三角形，
即AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，
所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，
＝(0,2，－2)，
＝(2，2，0)．
设＝t (0
所以＝(0,2t,2－2t)．
设平面MAC的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则即
则可取n＝.
又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝cos 45°＝，解得t＝，即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的法向量n＝(1，－1，)，M(0，，1)，
＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以存在PD的中点M使得二面角MACD的大小为45°，且BM与平面MAC所成角的正弦值为.
[技法指导]
立体几何解答题建模、建系策略
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．
建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．
建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
[典例] (2019届高三·温州模拟)在四棱锥PABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠APB＝90°，
点M是线段AB上一点，且PM⊥CD，AB＝BC＝2PB＝2AD＝4BM.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求直线CM与平面PCD所成角的正弦值．
[解题示范]
(1)证明：由AB＝2PB＝4BM及∠ABP＝∠PBM，得△PBM∽△ABP，
∴∠PMB＝∠APB＝90°，∴PM⊥AB.
∵AD∥BC，AD≠BC，
∴直线AB与直线CD在平面ABCD内必相交，
又∵PM⊥CD，
∴PM⊥平面ABCD，
∵PM⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)法一：(几何法)过点M作MH⊥CD于点H，连接HP.
∵PM⊥CD，且PM∩MH＝M，PM，MH⊂平面PMH，
∴CD⊥平面PMH，又CD⊂平面PCD，
∴平面PMH⊥平面PCD，
过点M作MN⊥PH于点N，连接CN.
∵平面PMH∩平面PCD＝PH，
∴MN⊥平面PCD，
∴∠MCN为直线CM与平面PCD所成的角．
在四棱锥PABCD中，设AB＝2t(t>0)，
则CM＝t，PM＝t，MH＝t，
∴PH＝t，MN＝t，
从而sin∠MCN＝＝，
即直线CM与平面PCD所成角的正弦值为.
法二：(向量法)过M作BA的垂线交AB于M，以MB为y轴，MP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设BM＝1，则B(0,1,0)，C(4，1,0)，P(0,0，)，D(2，－3,0)，M(0,0,0)，
∴＝(4,1，－)，＝(2，－3，－)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可取n＝，
设直线CM与平面PCD所成的角为θ，
∵＝(4,1,0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
即直线CM与平面PCD所成角的正弦值为.
[思维升华]
立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．
[应用体验]
(2018·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．
解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.
因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF綊BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．
设M(x，y，z)(0
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，
而n＝(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量，
所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，
＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0. ①
又M在棱PC上，设＝λ，
则x＝λ，y＝1，z＝－λ. ②
由①②解得(舍去)，或
所以M，
从而＝.
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的一个法向量，
则
即
所以可取m＝(0，－，2)．
于是cos〈m，n〉＝＝.
由图知二面角MABD为锐角，
因此二面角MABD的余弦值为.
1.如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC，垂足为M.EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1.
(1)证明：BF⊥EM；
(2)求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：∵EA⊥平面ABC，∴BM⊥EA，
又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE，
∴BM⊥EM.①
在Rt△ABC中，AC＝4，∠BAC＝30°，∴AB＝2，BC＝2，
又BM⊥AC，则AM＝3，BM＝，CM＝1.
∵FM＝＝，EM＝＝3，
EF＝＝2，
∴FM2＋EM2＝EF2，∴EM⊥FM.②
又FM∩BM＝M，③
∴由①②③得EM⊥平面BMF，∴EM⊥BF.
(2)如图，以A为坐标原点，过点A垂直于AC的直线为x轴，AC，AE所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系．
由已知条件得A(0,0,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(0,4,1)，
∴＝(－，－3,3)，＝(－，1,1)．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令x＝，得y＝1，z＝2，
∴平面BEF的一个法向量为n＝(，1,2)．
∵EA⊥平面ABC，
∴取平面ABC的一个法向量为＝(0,0,3)．
设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
故平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.
2．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60°，E为CD的中点．
(1)求证：BC∥平面PAE；
(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，
∴AC ＝2，∠BCA＝60°.
在△ACD中，∵AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°，
∴由余弦定理可得：
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，∴CD＝4，
∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形．
又E为CD的中点，∴AE＝CD＝CE＝2，
又∠ACD＝60°，∴△ACE是等边三角形，
∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.
又AE⊂平面PAE，BC⊄平面PAE，
∴BC∥平面PAE.
(2)由(1)可知∠BAE＝90°，以点A为坐标原点，以AB，AE，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(，0,0)，C(，1,0)，D(－，3,0)，
∴＝(，0，－2)，＝(，1，－2)，＝(－，3，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
则即
取x＝1，则y＝0，z＝，n＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝－，
∴直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.
3．如图，在四棱锥SABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
(1)证明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．
设S(x，y，z)，显然x>0，y>0，z>0，
则＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)．
由||＝||，得
＝ ，解得x＝1.
由||＝1，得y2＋z2＝1.①
由||＝2，得y2＋z2－4y＋1＝0.②
由①②，解得y＝，z＝.
∴S，＝，＝，＝，
∴·＝0，·＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS，
又AS∩BS＝S，∴SD⊥平面SAB.
(2)设平面SBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0.
又＝，＝(0,2,0)，
∴取z1＝2，得n＝(－，0,2)．
∵＝(－2,0,0)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
故AB与平面SBC所成角的正弦值为.
4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝2DC＝2，E是CD的中点．
(1)求证：AE⊥PB；
(2)设F是棱PB上的点，EF∥平面PAD，求EF与平面PAB所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AD的中点G，连接PG，BG，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊥AD，
∴PG⊥平面ABCD，
∵AE⊂平面ABCD，∴AE⊥PG.
又∵tan∠DAE＝tan∠ABG＝，
∴∠ABG＋∠EAB＝∠DAE＋∠EAB＝∠DAB＝90°，
∴AE⊥BG.
∵BG∩PG＝G，BG⊂平面PBG，PG⊂平面PBG，
∴AE⊥平面PBG，
∴AE⊥PB.
(2)法一：作FH∥AB交PA于H，连接DH，则HF∥DC.
∵EF∥平面PAD，平面FHDE∩平面PAD＝DH，
∴EF∥DH，
∴四边形FHDE为平行四边形，
∴HF＝DE.易知DC∥AB，DC＝AB，
∴HF＝AB，即H为PA的一个四等分点．
取PA的中点K，连接DK，则DK⊥PA.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD.
∵DK⊂平面PAD，
∴AB⊥DK，
∵PA∩AB＝A，
∴DK⊥平面PAB.
∴∠DHK为EF与平面PAB所成的角，
由已知得DK＝，DH＝＝，
∴sin∠DHK＝＝＝，
∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.
法二：以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(2，0,0)，P(0,1，)，E，＝(2，－1，－)，＝.
设＝λ，则＝＋λ＝.
由(1)知PG⊥平面ABCD，∴PG⊥AB.
∵AD⊥AB，PG⊥AD＝G，
∴AB⊥平面PAD，
∴＝(2，0,0)为平面PAD的一个法向量．
∵EF∥平面PAD，
∴·＝2×＝0，解得λ＝.
∴＝.
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(2，0,0)，＝(2，－1，－)，
则即
取y＝，得z＝－1，∴n＝(0，，－1)．
∴|cos〈n，〉|＝＝，
∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.
5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，AB＝BC＝2，∠ACB＝30°，∠C1CB＝60°，BC1⊥A1C，E为AC的中点，CC1＝2.
(1)求证：A1C⊥平面C1EB；
(2)求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以AC⊥BE.
又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥A1C.
又因为BC1⊥A1C，BC1∩BE＝B，BC1⊂平面C1EB，BE⊂平面C1EB，
所以A1C⊥平面C1EB.
(2)法一：因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
所以直线CC1与平面ABC所成角为∠C1CA.
因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以EC＝，EB＝1.
因为CC1＝BC＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，
因为BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.
在△CC1E中，根据余弦定理可知，cos∠C1CE＝.
所以直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.
法二：以E为坐标原点，EC为x轴，EB为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以EC＝，EB＝1.
因为CC1＝CB＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，
因为BE⊥平面AA1CC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.
所以||＝2，||＝，
设C1(x,0，y)，又C(，0,0)，
所以解得
所以C1，
则＝，
易知平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
设直线CC1与平面ABC所成的角为α，
则sin α＝|cos〈，n〉|＝，所以cos α＝.
即直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.
6.如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD的大小为60°？
解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝2a，AD＝2b，AP＝2c，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2b,0)，D(0,2b,0)，P(0,0,2c)．
连接BD交AC于点O，连接OE，则O(a，b,0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)．
(1)证明：因为＝(2a,0，－2c)，＝(a,0，－c)，
所以＝2，所以∥，
即PB∥EO.
因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)因为四边形ABCD为正方形，
所以a＝b，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，P(0,0,2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，
因为z轴⊂平面CAF，
所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，而＝(2a,2a,0)，所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，
所以n＝(－1,1,0)．
因为y轴⊂平面DAF，
所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，
而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，
所以m＝∥m′＝(c,0，－a)．
所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.
故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角CAFD的大小为60°.
第四讲 专题提能——“立体几何”专题提能课
失误1
因混淆几何体的表面积与侧面积而失误
[例1] (2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )
A．14 B．10＋4
C．＋4 D．＋4
[解析] 法一：由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S＝2×＋×(22－12)＋×22＋2×2＋××()2＝＋4.
法二：由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S＝S三棱柱表－S三棱锥侧＋S三棱锥底＝－3×＋××()2＝＋4.
[答案] D
[微评] 解决此类问题一般分两步：
第一步，先确定几何体的大致轮廓，然后利用三视图中的实线和虚线，通过切割、挖空等手段逐步调整，还原出几何体；
第二步，先部分后整体，即先分别求出几何体中各部分的面积，然后用它们表示所求几何体的表面积，注意重叠部分的面积和挖空部分的面积的处理.
失误2
因遗漏平行、垂直的判定定理的条件而失分
[例2] 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB和PD的中点．
求证：直线AF∥平面PEC.
[证明] 设PC的中点为Q，连接EQ，FQ.
易知FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD，
所以AE∥FQ且AE＝FQ，
所以四边形AEQF为平行四边形，
所以AF∥EQ.
又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，所以AF∥平面PEC.
[微评] 灵活构造平行关系是证明线面平行的关键，一般可通过取n等分点构造成比例的线段，从而构造平行关系．
失误3
因混淆“两向量夹角”与“空间角”而失分
[例3] (2019届高三·郑州名校联考)如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB＝PC，∠ABC＝45°，E是线段PA上靠近点A的三等分点．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若△APB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．
[解] (1)证明：作PO⊥AB于O，连接OC.
因为平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PO⊥平面ABCD.
因为PB＝PC，所以△POB≌△POC，所以OB＝OC.
因为∠ABC＝45°，所以∠BOC＝90°，即OC⊥AB.
又PO∩CO＝O，所以AB⊥平面POC.
因为PC⊂平面POC，所以AB⊥PC.
(2)因为△PAB是边长为2的等边三角形，所以PO＝，OA＝OB＝OC＝1.
依题意建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(－1,0,0)，
所以＝(1,0，－)，＝(－1,1,0)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝，可得平面PBC的一个法向量为n＝(，，1)．
易知＝(1,0，)，所以＝＝.
又＝＝(1，－1,0)，
所以＝＋＝.
设DE与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
故直线DE与平面PBC所成角的正弦值为.
[微评] 本题第(2)问是利用向量法求线面角的问题，常见易错点如下：
(1)不能根据相关的线面垂直关系，建立适当的空间直角坐标系；
(2)建立空间直角坐标系后，在向量坐标的计算中出现错误；
(3)利用向量法求线面角时，没有注意到线面角与直线的方向向量和平面法向量的夹角之间的关系，误认为直线的方向向量与平面的法向量所成的角就是所求线面角．
等体积法：求体积或点面距
[典例] 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.EF∥AC，EA＝ED＝EF＝.
(1)求AD与BE所成的角；
(2)若BE＝，求三棱锥BCDF的体积．
[解] (1)如图，取AD的中点O，连接EO，BO.
因为EA＝ED，
所以EO⊥AD.
因为四边形ABCD为菱形，
所以AB＝AD，
又∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形，
所以AB＝BD，所以BO⊥AD.
因为BO∩EO＝O，BO⊂平面BEO，EO⊂平面BEO，
所以AD⊥平面BEO，
因为BE⊂平面BEO，
所以AD⊥BE，所以AD与BE所成的角为90°.
(2)在△EAD中，EA＝ED＝，AD＝2，EO⊥AD，
所以EO＝＝.
因为△ABD为等边三角形，
所以AB＝BD＝AD＝2，
所以BO＝.
又BE＝，所以EO2＋OB2＝BE2，所以EO⊥OB.
因为AD∩OB＝O，AD⊂平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.
又S△BCD＝S△ABD＝AD×OB＝×2×＝，EF∥AC，
所以V三棱锥BCDF＝V三棱锥FBCD＝S△BCD×EO＝××＝.
[微评] 用等体积法解题的关键是把底面积及高不易求的三棱锥转化为易求的三棱锥，利用体积不变性，即可求出其体积．
函数与方程思想——在立体几何最值问题中的应用
[典例] (2018·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
[解析] 法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长变化时，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为a2，△DBC的高为5－a，则正三棱锥的高为＝，∴25－a>0，∴0
法二：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝BC，
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，S△ABC＝×2x×3x＝3x2，
故所得三棱锥的体积V＝×3x2×＝x2×＝×.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，
则f′(x)＝100x3－50x4，
令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0
∴V≤×＝4.
∴所求三棱锥的体积的最大值为4 cm3.
[答案] 4
[微评] 处理此类问题的关键是结合图形条件建立适当函数，转化为求函数的最值问题．
中国古代数学取得了极其辉煌的成就，出现过刘徽、祖冲之、秦九韶等伟大的数学家，以及众多数学名著，《九章算术》和《数书九章》便是其中的代表作．这些中国古代数学名著是中华优秀传统文化的重要组成部分．
立体几何是中国古代数学的一个重要研究内容，从中国古代数学中挖掘素材，考查立体几何的有关知识，既符合考生的认知水平，又可以引导考生关注中华优秀传统文化．
[例1] (1)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图①，图②中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是( )
A．a，b B．a，c
C．c，b D．b，d
(2)我国南北朝时期的数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )
A．4－ B．8－
C．8－π D．8－2π
[解析] (1)若正视图和侧视图完全相同，可能的一种情况是“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.
(2)由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.
[答案] (1)A (2)C
[微评] (1)观察题目所给直观图，理解题干中有关“牟合方盖”的特征叙述，结合“当其正视图和侧视图完全相同时”这个关键条件作答．
(2)根据题设所给的三视图，想象出该图所对应的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，再根据祖暅原理和有关数据计算即可．
[例2] 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A．8π B．12π
C．20π D．24π
[解析] 将三棱锥PABC放入长方体中，如图，三棱锥PABC的外接球就是长方体的外接球．因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝＝2.设外接球的半径为R，依题意可得(2R)2＝22＋22＋(2)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.
[答案] C
[例3] 中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为( )
A．1.2 B．1.6
C．1.8 D．2.4
[解析] 该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为、高为x的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x，3,1的长方体，则组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·2×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.
[答案] B
空间几何体常与解析几何、函数、不等式等知识相结合命题，以立体几何为主线，侧重考查空间想象能力，其解题的关键是结合空间图形分析论证问题.
类型1
立体几何与解析几何的交汇问题
[例1] (1)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )
A. B.
C. D.
(2)(2018·郑州模拟)如图所示的直三棱柱ABCA′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为( )
A．2 B．2π
C．2 D．4
[解析] (1)依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为2a，则斜边长为2a，圆锥的底面半径为a，母线长为2a，因此其俯视图中椭圆的长半轴长为a，短半轴长为a，其离心率e＝＝，故选C.
(2)连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，又MF∩FH＝F，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D.
[答案] (1)C (2)D
[微评] (1)本例第(1)题是空间简单几何体组合体的直观图、三视图与椭圆巧妙相结合的题目，解题的关键是结合三视图找出椭圆的相关基本量进行求解．
(2)本例第(2)题给出了直三棱柱、线面平行的题设条件，所以据此出发应先适当作辅助线，运用平行关系去分析、探究点的轨迹.
类型2
立体几何与二次函数最值的交汇问题
[例2] 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥PABC的体积为________．
[解析] 如图，以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，则点A(1，0,0)，C(0,1,0)，D1(1,1,1)，所以＝(1,1,1)．
设＝λ (0≤λ≤1)，则可求得点P(λ，λ，λ)，所以向量＝(1－λ，－λ，－λ)，＝(－λ，1－λ，－λ)．
于是cos∠APC＝
＝＝
＝1－＝1－.
从而，当∠APC最大时，cos∠APC最小，即λ＝，所以此时点P.
故所求VPABC＝××＝.
[答案]
[微评] 上述求解的关键在于，利用“空间向量法”将∠APC最大等价转化为二次函数f(λ)＝3λ2－2λ＋1在[0,1]上最小.
类型3
立体几何与不等式的交汇问题
[例3] (1)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为( )
A．2 B．2
C．4 D．2
(2)已知三棱锥OABC中OA，OB，OC两两垂直，OC＝1，OA＝x，OB＝y，若x＋y＝4，则三棱锥体积的最大值是( )
A． B．
C．1 D．
[解析] (1)本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为的棱与此长方体的体对角线重合，则此棱各投影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为，a，b，设长方体的各棱长分别为x，y，z，则有解得a2＋b2＝8.
而2≤＝4，所以a＋b≤4，故选C.
(2)由条件可知VO ABC＝VA OBC＝OA·OB·OC＝xy≤×2＝，当且仅当x＝y＝2时，等号成立，此时VO ABC取得最大值，故选B.
[答案] (1)C (2)B
[微评] 本例是关于立体几何中的最值问题，利用基本不等式求最值是解决这类问题的常见方法，其解题的关键是用题目信息中给出的关键量表示出要求的量，并结合基本不等式适用的条件求解．
1．三垂线定理及逆定理：
(1)定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
(2)逆定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在平面内的射影垂直．其作用是证明两条异面直线垂直和作二面角的平面角．
2．从一点O出发的三条射线OA，OB，OC，若∠AOB＝∠AOC，则点A在平面BOC上的射影在∠BOC的平分线上．
3．AB和平面所成的角是θ1，AC在平面内，AC和AB在平面上的射影AB′成θ2，设∠BAC＝θ3，则cos θ1·cos θ2＝cos θ3.
4．如果两个相交平面都与第三个平面垂直，那么它们的交线也垂直于第三个平面．
5．若长方体的体对角线与过同一顶点的三条棱所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1；若长方体的体对角线与过同一顶点的三侧面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2.
6．面积射影法：利用面积射影公式S射＝S原·cos θ，其中θ为平面角的大小．若正棱锥的侧面与底面所成的角为θ，则S底＝S侧·cos θ.
7．立体几何中有关距离的“向量形式”的公式，如点P到平面的距离d＝，其中，A是平面内的点，n是平面的法向量．
8．等体积转换法．
[典例] 如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M为PC的中点．
(1)求证：PC⊥AD；
(2)求点D到平面PAM的距离．
[解] (1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OC，AC，由题意易知△ACD为正三角形．所以OC⊥AD，又△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以OP⊥AD.
又OC∩OP＝O，所以AD⊥平面POC，
又PC⊂平面POC，所以PC⊥AD.
(2)点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，由(1)可知，PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥PACD的高．
在Rt△POC中，PO＝OC＝，则PC＝.
在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝，边PC上的高AM＝＝ ＝，
所以S△PAC＝PC·AM＝××＝.
设点D到平面PAC的距离为h，
由VDPAC＝VPACD，
得S△PAC·h＝S△ACD·PO，
又S△ACD＝×2×＝，
所以×·h＝××，解得h＝.
故点D到平面PAM的距离为.
[微评] 应用等体积转化法求解点到平面的距离，关键是准确把握三棱锥底面的特征，选择的底面应具备两个特征：一是底面的形状规则，即面积可求；二是底面上的高比较明显，即线面垂直关系比较直接．
A组——易错清零练
1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．12 B．18
C．24 D．30
解析：选C 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，如图所示，该几何体的体积V＝×4×3×5－××4×3×(5－2)＝24，故选C.
2．如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形．
若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A．4π B．16π
C．24π D．25π
解析：选C 由三视图知该几何体是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，三条侧棱长分别为2,2,4，将该三棱锥补成一个长方体，可知该三棱锥的外接球直径就是长方体的体对角线，所以外接球直径2R＝＝2，则R＝，故该球的表面积为4πR2＝24π，故选C.
3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )
A．2 B．4＋2
C．4＋4 D．4＋6
解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABCA1B1C1，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝(2＋2)×2＝4＋4，故选C.
4．正方体的8个顶点中，有4个恰是正四面体的顶点，则正方体与正四面体的表面积之比为________．
解析：如图，设正方体的棱长为a，则正方体的表面积为S1＝6a2.
正四面体PABC的边长为＝a，则其表面积为S2＝4××a×a×sin 60°＝2a2.
所以正方体与正四面体的表面积之比为S1∶S2＝6a2∶2a2＝∶1.
答案：∶1
B组——方法技巧练
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．6 B．8
C．10 D．12
解析：选D 根据题中所给的三视图，可以还原几何体，如图所示．
该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长、宽、高分别是3,2,2的长方体，所以该几何体的体积为2×2×3＝12，故选D.
2．圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为L2，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设圆锥的高为h，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S＝L2sin θ，而0r≥Lcos 45°＝L，所以≤<1.
3．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于________．
解析：如图，连接BD1，易知D1D就是三棱锥D1ABC的高，AD1＝CD1＝，AC＝2，取AC的中点O，连接D1O，则D1O⊥AC，所以D1O＝＝.
设点B到平面D1AC的距离为h，则由VBD1AC＝VD1ABC，即S△D1AC·h＝S△ABC·D1D，又S△D1AC＝D1O·AC＝××2＝，S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，所以h＝.
答案：
4.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC位于平行四边形ACDE中，AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°，点B在线段ED上．
(1)当点B在何处时，平面A1BC⊥平面A1ABB1；
(2)点B在线段ED上运动的过程中，求三棱柱ABCA1B1C1表面积的最小值．
解：(1)由于三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，则AA1⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.而AA1∩AB＝A，只需BC⊥平面A1ABB1，即AB⊥BC，就有“平面A1BC⊥平面A1ABB1”．
在平行四边形ACDE中，
因为AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°.
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
若AB⊥BC，有BH2＝AH·CH.
由AC＝4，得AH＝1或3.
两种情况下，B为ED的中点或与点D重合．
(2)三棱柱ABCA1B1C1的表面积等于侧面积与两个底面积之和．
显然三棱柱ABCA1B1C1其底面积和平面A1ACC1的面积为定值，只需保证侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和最小即可．
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
令AH＝x，则侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和等于4(AB＋BC)＝4[＋]．
其中＋可以表示动点(x,0)到定点(0，－)和(4，)的距离之和，当且仅当x＝2时取得最小值．所以三棱柱的表面积的最小值为2××4×＋42＋4×2＝4＋8＋16.
5．(2019届高三·宁波十校联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD中点．把△ADE沿AE翻折，使得平面ADE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD⊥BE；
(2)求BD与平面DEC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝2，E为CD中点，
∴AE＝＝EB，则AE2＋BE2＝AB2，
∴BE⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面ADE，∴AD⊥BE.
(2)法一：取AE的中点O，连接DO，则DO⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴DO⊥平面ABCE，
∴VDBCE＝S△BEC·DO＝××1×1×＝.
连接OB，OC，∵OA＝，AB＝2，∠OAB＝45°，
∴在△OAB中，由余弦定理得，
OB＝＝，
同理可得OC＝.
在Rt△DOB中，BD＝＝.
在Rt△DOC中，DC＝＝.
∵DE＝1，EC＝1，
∴在△DEC中，由余弦定理得，cos∠DEC＝＝－，
∴∠DEC＝120°，∴S△DEC＝×1×1×＝.
设B到平面DEC的距离为h，
∴VBDEC＝×S△DEC×h＝，解得h＝.
设DB与平面DEC所成的角为α，
则sin α＝＝，
∴BD与平面DEC所成角的正弦值为.
法二：取AE的中点O，连接DO，则DO⊥AE，
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴DO⊥平面ABCE，
∴以O为坐标原点，OD所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则B，D，E，
C，
∴＝，＝(0,1,0)，
＝，
设m＝(x，y,1)为平面DEC的一个法向量，
则即
取z＝1，可得m＝(－，0,1)，
设BD与平面DEC所成的角为α，
∴sin α＝|cos〈，m〉|＝＝，
即BD与平面DEC所成角的正弦值为.
C组——创新应用练
1．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是上底面A1B1C1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长的最小值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选A 由PQ∥平面AA1B1B知Q在过点P且平行于平面AA1B1B的平面上，易知点Q在A1D1，B1C1中点的连线MN上，故PQ的最小值为PM＝AA1＝1.
2．(2018·昆明模拟)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )
A．63π B．72π
C．79π D．99π
解析：选A 由三视图得，凿去部分是一个半球与一个圆柱的组合体，其中半球的半径为3，体积为×π×33＝18π，圆柱的底面半径为3，高为5，体积为π×32×5＝45π.所以凿去部分的体积为18π＋45π＝63π.故选A.
3．(2018·沈阳质检)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f(x)，则f(x)的图象大致是( )
解析：选A 如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD，PQ⊥QR.设AB＝BD＝CD＝1，CP＝x，则＝＝，即PQ＝，又＝＝＝，所以QR＝，所以PR＝＝＝ ，又由题知PR⊥BD，所以f(x)＝ ＝ ，结合选项知选A.
4．(2018·长春模拟)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．
解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.设f(r)＝9r4－r6(r>0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，所以当00，f(r)单调递增，当r>时，f′(r)<0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f()＝108，所以Vmax＝π×＝2π.
答案：2π
5．(2018·惠州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．
解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥PABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2，PA2＋y2＝102，(2)2＋PA2＝x2，所以xy＝x＝x≤＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.
答案：64
6．(2019届高三·湖北七市(州)联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABMDCP与刍童ABCDA1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.
(1)证明：直线BD⊥平面MAC；
(2)若AB＝1，A1D1＝2，MA＝，三棱锥AA1B1D1的体积V′＝，求该组合体的体积．
解：(1)证明：由题可知ABMDCP是底面为直角三角形的直棱柱，
∴AD⊥平面MAB，
∴AD⊥MA，
又MA⊥AB，AD∩AB＝A，
∴MA⊥平面ABCD，
∴MA⊥BD.
又AB＝AD，
∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
又MA∩AC＝A，
∴BD⊥平面MAC.
(2)设刍童ABCDA1B1C1D1的高为h，
则三棱锥AA1B1D1的体积V′＝××2×2×h＝，∴h＝，
故该组合体的体积V＝×1××1＋×(12＋22＋)×＝＋＝.
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
D．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
解析：选D 选项A，因为n可以是平面α内的任意一条直线，所以m，n可能平行，可能异面，故选项A错误；与同一个平面平行的两条直线可能平行，也可能相交，还可能异面，故B选项错误；易知选项C错误．故选D.
2．“sin A>tan A”是“△ABC是钝角三角形”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：选A 若sin A>tan A，则sin A>，因为sin A>0，所以1>，易得－1tan A”是“△ABC是钝角三角形”的充分不必要条件．
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的体积为( )
A.π B.π
C.π D.π
解析：选D 由三视图可知该几何体是一个三棱锥．几何体的表面积S＝2××3×3＋2××3×6＝27，
几何体的体积V＝××3×3×3＝.
设几何体的内切球的半径为r，
则V＝·S·r＝9r＝，得r＝，
故几何体的内切球的体积V球＝πr3＝π×＝π.故选D.
4．已知sin＝，则cos(2 018π－2θ)＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选C 因为sin＝sin＝sin＝cos θ＝，所以cos(2 018π－2θ)＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×2－1＝－.故选C.
5．为了得到函数y＝sin的图象，只需将y＝cos 2x的图象上的每一点( )
A．向右平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向左平移个单位长度
解析：选B y＝cos 2x＝sin，由y＝sin的图象向右平移个单位长度得到的函数图象的解析式是y＝sin＝sin.所以选B.
6．已知＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且A，B，C三点不共线( )
A．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的重心
B．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的垂心
C．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的内心
D．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的外心
解析：选A 如图，设△ABC中BC边上的中线为AD，则＝(＋)，即＋＝2.当λ＝μ＝时，＝＋，所以＝(＋)＝.所以G为△ABC的重心，A正确．当＝＋或＝＋时，G，B，C三点共线，故B、C错误；当λ＝μ＝时，＝(＋)＝，即点G在中线AD的延长线上，而外心为三角形三边中垂线的交点，所以G不一定是△ABC的外心，D错误，故选A.
7．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点．下列结论中，正确的是( )
A．EF⊥BB1
B．EF∥平面ACC1A1
C．EF⊥BD
D．EF⊥平面BCC1B1
解析：选B 如图，取BB1的中点M，连接ME，MF，延长ME交AA1于点P，延长MF交CC1于点Q，连接PQ.
∵E，F分别是AB1，BC1的中点，∴P是AA1的中点，Q是CC1的中点，从而可得E是MP的中点，F是MQ的中点，所以EF∥PQ，又PQ⊂平面ACC1A1，EF⊄平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故选B.
8．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是直线AB1上的动点，点P是△A1C1D所在平面内的动点，记直线D1P与直线CM所成的角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．抛物线 D．双曲线
解析：选A 将空间中线线角的最值问题转化为线面角的问题．点在动，平面没有动，将动变成定．连接CA，CB1，可知平面ACB1∥平面A1C1D，所以CM∥平面A1C1D.所以把CM平移到平面A1C1D中，直线D1P与直线CM所成角的最小值即为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角，即原问题转化为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角为.因为点P是△A1C1D上的动点，所以点P的轨迹为一个圆(如图所示)．
9．向量a，b满足|a|＝4，b·(a－2b)＝0.则|a－4b|＝( )
A．0 B．4
C．8 D．12
解析：选B 因为b·(a－2b)＝0，所以b与a－2b垂直，如图，
在Rt△ACB中，＝a，＝2b，＝a－2b，O为AB的中点，则||＝|－|＝a－2b＝||＝2，所以|a－4b|＝4.
10．已知点P是四边形ABCD所在平面外一点，且点P在平面ABCD上的射影O在四边形ABCD的内部，记二面角PABO，PBCO，PCDO，PDAO的大小分别是α，β，γ，δ，则以下四个命题中正确的是( )
①必不存在点P，使α＝β＝γ＝δ
②必存在点P，使α＝β＝γ＝δ
③必存在点P，使α＝β＝γ≠δ
④必存在点P，使α＝γ且β＝δ
A．①③ B．②③
C．②④ D．③④
解析：选D 若要存在某两个二面角的平面角相等，则需要射影O到这两个二面角棱的距离相等．平面四边形ABCD两个内角的平分线必有交点，三个内角的平分线不一定交于一点，故命题①②错误；易知命题③正确，如图，不规则平面四边形ABCD中，∠M，∠N的平分线必交于一点；而四边形ABCD为平行四边形、梯形时，也可验证命题④是正确的．故选D.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．已知tan α＝2，则tan＝________，cos2α＝________.
解析：∵tan α＝2，∴tan＝＝－3，
∴cos2α＝＝＝.
答案：－3
12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是________．
解析：由三视图可知，该几何体是以四边形ABB1A1为底面的四棱柱，根据三视图易求得该几何体的体积V＝×2×2＝6.
∵四边形ABB1A1为直角梯形，且A1B1＝1，AA1＝AB＝2，∴BB1＝，
∴表面积S＝2×2＋2×2＋1×2＋2×＋2×＝16＋2.
答案：6 16＋2
13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若a(1－cos C)＝ccos A，且|＋|＝8，则△ABC面积的最大值是________，当△ABC面积最大时tan A＝________.
解析：由a(1－cos C)＝ccos A及正弦定理得sin A(1－cos C)＝sin Ccos A，移项得sin A＝sin Ccos A＋sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin B，因为A，B∈(0，π)，所以A＝B，所以a＝b，又a2＝b2＋c2－2bccos A，所以c＝2bcos A.
设AC边上的中线为BD，由|＋|＝8得到BD的长为4，由余弦定理得16＝c2＋2－2c×cos A，所以b2＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝＝.由基本不等式得S≤，当且仅当tan A＝3时，等号成立．所以△ABC面积的最大值为.
答案： 3
14．在△ABC中，D为AB的中点，AC＝2CD＝4，△ABC的面积为3.作BE⊥CD于E，将BCD沿CD翻折，翻折过程中AC与BE所成的最小角的余弦值为________．
解析：将△BCD沿CD翻折过程中，BE扫过的区域即为如图所示的圆面E.故AC与BE所成的最小角即为AC与圆面E所成的线面角．由于D为AB的中点，故将△ACD沿CD翻折的过程中，点A的轨迹是与圆面E平行的圆面O.此时AC与BE所成的最小角即为AC与圆面O所成的线面角，即∠CAO.因为D为AB的中点，所以BE＝OA，因为AC＝2CD＝4，S△ABC＝3，且S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，所以×CD×AO＋×CD×BE＝3，解得AO＝BE＝，所以cos∠CAO＝＝.故AC与BE所成的最小角的余弦值为.
答案：
15．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角BACD，则四面体DABC的外接球的表面积为________，四面体DABC的体积为________．
解析：由题意知，四面体的外接球的球心到4个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且为AC的中点，而AC＝＝5，所以外接球的半径r＝AC＝，故外接球的表面积S＝4πr2＝25π.因为平面DAC⊥平面ABC，所以点D到AC的距离即为点D到平面ABC的距离，为＝＝，故四面体DABC的体积V＝×S△ABC×＝××4×3×＝.
答案：25π
16．已知向量a，b满足|a－b|＝|a＋3b|＝2，则|b|的取值范围是________．
解析：法一：如图，作＝a，＝b，＝－3b，则||＝|a－b|＝2，||＝|a＋3b|＝2.
所以0≤||＝|4b|≤4，故有0≤|b|≤1.
法二：由|a－b|＝|a＋3b|＝2，得
则其中θ表示向量a与向量b的夹角，当cos θ≠0时，有|a|＝－，代入|a|2＋3|b|2＝4，有2＋3|b|2＝4，所以|b|2＝，因为0
17.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝，BC＝AA1＝1，点M为AB1的中点，点P为体对角线AC1上的动点，点Q为底面ABCD上的动点(点P，Q可以重合)，则MP＋PQ的最小值为________．
解析：由题意，要求MP＋PQ的最小值，就是求点P到底面ABCD的距离的最小值与MP的最小值之和．Q是P在底面ABCD上的射影时，点P到底面的距离最小，此时Q在AC上，且PQ⊥AC.展开三角形ACC1与三角形AB1C1，使它们在同一个平面上，如图，易知∠B1AC1＝∠C1AC＝30°，AM＝，PQ⊥AC，可知当MQ⊥AC，即P，Q，M三点共线时，MP＋PQ最小，最小值为sin 60°＝.
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·天津五区县联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且8sin2－2cos 2C＝7.
(1)求tan C的值；
(2)若c＝，sin B＝2sin A，求a，b的值．
解：(1)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，
所以＝－，则sin＝cos.
由8sin2－2cos 2C＝7，得8cos2－2cos 2C＝7，
所以4(1＋cos C)－2(2cos2C－1)＝7，
即(2cos C－1)2＝0，所以cos C＝.
因为0＜C＜π，所以C＝，
于是tan C＝tan＝.
(2)由sin B＝2sin A，得b＝2a.①
又c＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos，
即a2＋b2－ab＝3.②
联立①②，解得a＝1，b＝2.
19．(本小题满分15分)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝AP＝2，CP＝2，∠BAD＝∠BAP＝120°，点E为PB的中点．
(1)求证：AE⊥BC；
(2)求直线AP和平面ACE所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AP＝AB，E为PB的中点，∴AE⊥PB，
又∵∠BAP＝120°，∴∠APB＝∠ABP＝30°.
在Rt△APE中，PE＝PA·cos∠APE＝，AE＝1，
∴PB＝2.
由PB＝2，CP＝2，BC＝2，得∠BCP＝90°，
∴CE＝PB＝，
由底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，易得AC＝2.
∴AE2＋CE2＝AC2，
∴△AEC为直角三角形，∴AE⊥CE，
又∵PB∩CE＝E，PB⊂平面BCP，CE⊂平面BCP，
∴AE⊥平面BCP，
∵BC⊂平面BCP，∴AE⊥BC.
(2)设点P到平面ACE的距离为h.
∵VPACE＝VAPCE，即S△ACE·h＝S△PCE·AE，
由(1)可知，S△ACE＝×AE×CE＝×1×＝，
S△PCE＝S△PBC＝××2×2＝，
∴××h＝××1，∴h＝.
∴直线AP和平面ACE所成角的正弦值为＝＝.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x,1)，x∈R.
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求b和c的值．
解：(1)由题知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos，
令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
∴函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，
∴cos＝－1，
又<2A＋<，∴2A＋＝π，即A＝.
又∵a＝，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝7.①
∵向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，
∴2sin B＝3sin C，
∴由正弦定理得2b＝3c.②
由①②得b＝3，c＝2.
21．(本小题满分15分)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB＝90°，AC1⊥平面ABC，BC＝CA＝AC1.
(1)求证：AC⊥平面AB1C1；
(2)求二面角A1BB1C的余弦值．
解：(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，BC∥B1C1.因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，所以AC⊥B1C1.
因为AC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AC1⊥AC，因为AC1∩B1C1＝C1，AC1⊂平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，所以AC⊥平面AB1C1.
(2)法一：因为点A1在平面A1ABB1内，故只需求二面角ABB1C的平面角．
分别取BB1，CC1的中点M，N，连接AM，MN，AN，
由(1)可知，AB1＝＝＝AB，因为M为BB1的中点，所以AM⊥BB1.因为AC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AC1⊥BC，又因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，因为AC∩AC1＝A，AC⊂平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，所以BC⊥平面ACC1，因为CC1⊂平面ACC1，所以BC⊥CC1，即平行四边形BCC1B1为矩形，
因为M，N分别为BB1，CC1的中点，所以MN⊥BB1，所以∠AMN为二面角ABB1C的平面角．
设BC＝CA＝AC1＝1，则AB＝AB1＝BB1＝，MN＝1，AN＝，所以AM＝.
由余弦定理得，cos∠AMN＝＝，
所以二面角A1BB1C的余弦值为.
法二：如图所示，以A为原点，分别以AC所在直线为x轴，底面内AC的垂线为y轴，AC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
设BC＝CA＝AC1＝1，由题意知A(0,0,0)，B(1,1,0)，C(1,0,0)，B1(0,1,1)，
所以＝(1,1,0)，1＝(0,1,1)，＝(0,1,0)，1＝(－1,1,1)．
设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面BB1C的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由得可取m＝(1，－1,1)．
由得可取n＝(1,0,1)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝，
由题意知，所求二面角的平面角为锐角，
故二面角A1BB1C的余弦值为.
22．(本小题满分15分)如图，在三棱台ABCA1B1C1中，AB＝4，BC＝2，CA＝2，B1C1＝1，CC1＝，BC⊥CC1.D是AC上的一点，满足AD＝3DC，过点B1，C1，D的平面交AB于点F.
(1)求证：BC∥DF；
(2)若二面角ABCB1的平面角的大小为60°，求直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值．
解：(1)证明：因为ABCA1B1C1为三棱台，
所以BC∥B1C1，
又因为BC⊄平面B1C1DF，B1C1⊂平面B1C1DF，
所以BC∥平面B1C1DF，
又因为BC⊂平面ABC，平面ABC∩平面B1C1DF＝DF，所以BC∥DF.
(2)因为AB＝4，BC＝2，CA＝2，
所以AB2＝BC2＋CA2，所以BC⊥CA，
又因为BC⊥CC1，平面ABC∩平面BCB1＝BC，
所以∠ACC1是二面角ABCB1的平面角，
即∠ACC1＝60°，
又因为CD＝CA＝，CC1＝，
所以C1D＝＝，
所以C1D2＋CD2＝CC，
所以∠C1DC＝90°，即AD⊥DC1，
因为BC∥DF，BC⊥AC，所以AD⊥DF，
又因为DC1∩DF＝D，DC1⊂平面B1C1DF，DF⊂平面B1C1DF，
所以AD⊥平面B1C1DF，
连接DB1，则∠AB1D是直线AB1与平面B1C1DF所成的角．
易知BC⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥平面ACC1A1，
因为DC1⊂平面ACC1A1，所以B1C1⊥DC1，
又因为DC1＝，B1C1＝1，所以DB1＝，
所以tan∠AB1D＝＝＝.
所以直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值为.
[析考情·明重点]
小题考情分析
大题考情分析
常考点
1.简单组合体的三视图及表面积、体积问题(5年5考)
2.空间几何体的表面积、体积问题(5年4考)
3.空间角问题(5年4考)
立体几何解答题一般有两问．第1问为空间线、面位置关系(平行、垂直)的证明；第2问为空间角度的三角函数值求解，以二面角、线面角为重点．近5年高考中，2018年、2018年、2018年均考查了二面角问题，2018年与2018年考查了线面角问题.
偶考点
1.空间点、线、面位置关系的判定
2.简单的动态问题
第一讲 小题考法——空间几何体的三视图、表面积与体积
考点(一)
空间几何体的三视图
主要考查利用三视图的画法规则及摆放规则，根据空间几何体确定其三视图，或根据三视图还原其对应直观图，或根据三视图中的其中两个确定另一个.
[典例感悟]
[典例] (1)如图所示，将图①中的正方体截去两个三棱锥，得到图②中的几何体，则该几何体的侧视图为( )
(2)(2018·杭州模拟)已知三棱锥的正视图与俯视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，那么该三棱锥的侧视图可能为( )
[解析] (1)从几何体的左面看，棱AD1是原正方形ADD1A1的对角线，在视线范围内，画实线；棱C1F不在视线范围内，画虚线．故选B.
(2)由正视图可看出长为2的侧棱垂直于底面，侧视图为直角三角形，直角边长为2，另一直角边为底边三角形的高.故侧视图可能为B.
[答案] (1)B (2)B
[方法技巧]
1．由直观图确定三视图的方法
根据空间几何体三视图的定义及画法规则和摆放规则确定．
2．由三视图还原到直观图的思路
(1)根据俯视图确定几何体的底面．
(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．
(3)确定几何体的直观图形状．
[演练冲关]
1．已知某几何体的正视图和侧视图均如图所示，给出下列5个图形：
其中可以作为该几何体的俯视图的图形个数为( )
A．5 B．4
C．3 D．2
解析：选B 由题知可以作为该几何体的俯视图的图形可以为①②③⑤.故选B.
2．某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为( )
A．3 B．2
C．2 D．2
解析：选B 在正方体中还原该四棱锥如图所示，
从图中易得最长的棱为
AC1＝＝
＝2.
3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某几何体的三视图，则此几何体各面中直角三角形的个数是( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：选C 由三视图知，该几何体是如图所示的四棱锥PABCD，易知四棱锥PABCD的四个侧面都是直角三角形，即此几何体各面中直角三角形的个数是4，故选C.
考点(二)
空间几何体的表面积与体积
主要考查空间几何体的结构特征、表面积与体积公式的应用，涉及的几何体多为柱体、锥体，且常与三视图相结合考查.
[典例感悟]
[典例] (1)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中提到了一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD为矩形，棱EF∥AB.若此几何体中，AB＝4，EF＝2，△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，则该几何体的表面积为( )
A．8 B．8＋8
C．6＋2 D．8＋6＋2
(2)如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( )
A．6 B．9 C．12 D．18
(3)(2019届高三·温州中学高三测试卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，表面积为________．
[解析] (1)如图所示，取BC的中点P，连接PF，则PF⊥BC，过F作FQ⊥AB，垂足为Q.
因为△ADE和△BCF都是边长为2的等边三角形，且EF∥AB，
所以四边形ABFE为等腰梯形，FP＝，
则BQ＝(AB－EF)＝1，FQ＝＝，
所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝×(2＋4)×＝3，
又S△ADE＝S△BCF＝×2×＝，
S矩形ABCD＝4×2＝8，
所以该几何体的表面积S＝3×2＋×2＋8＝8＋8.故选B.
(2)该几何体是一个直三棱柱截去所得，如图所示，其体积为××3×4×2＝9.
(3)由三视图可知该几何体为长方体截去两个三棱锥后剩下的部分，如图，长方体的长、宽、高分别为2,1,3，
所以该几何体的体积V＝2×1×3－2×××1×1×3＝6－1＝5，
表面积S＝2×3×＋2×3＋2×1＋×2×1＋2×3×1×＋2×××＝15＋.
[答案] (1)B (2)B (3)5 15＋
[方法技巧]
1．求解几何体的表面积与体积的技巧
(1)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．
(2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体求解．
(3)求表面积：其关键思想是空间问题平面化．
2．根据几何体的三视图求其表面积或体积的步骤
(1)根据给出的三视图还原该几何体的直观图．
(2)由三视图中的大小标识确定该几何体的各个度量．
(3)套用相应的面积公式或体积公式计算求解．
[演练冲关]
1．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选C 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形，高为2的直四棱柱，直角梯形的两底边长分别为1,2，高为2，
∴该几何体的体积为V＝×(2＋1)×2×2＝6.
2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积是( )
A．36＋6 B．36＋3
C．54 D．27
解析：选A 由三视图知该几何体为底面是梯形的四棱柱，其表面积为S＝2××(2＋4)×3＋2×3＋4×3＋2×3×＝36＋6，故选A.
3．由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图如图，则该几何体的体积为________．
解析：该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，
∴V＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.
答案：2＋
考点(三)
与球有关的组合体的计算问题
主要考查与多面体、旋转体构成的简单组合体的有关切、接球表面积、体积的计算问题，其本质是计算球的半径.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·全国卷Ⅲ)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．
(2)(2018·全国卷Ⅰ)已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
[解析] (1)设圆柱的底面半径为r，则r2＝12－2＝，所以圆柱的体积V＝π×1＝.
(2)如图，连接AO，OB，
∵SC为球O的直径，
∴点O为SC的中点，
∵SA＝AC，SB＝BC，
∴AO⊥SC，BO⊥SC，
∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，
∴AO⊥平面SCB，
设球O的半径为R，
则OA＝OB＝R，SC＝2R.
∴VS ABC＝VASBC＝×S△SBC×AO
＝××AO，
即9＝××R，解得 R＝3，
∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π.
[答案] (1)B (2)36π
[方法技巧]
求解多面体、旋转体与球接、切问题的策略
(1)过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题．
(2)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或通过画外接、内切的几何体的直观图，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．
[演练冲关]
1．(2018·江苏高考)如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
解析：设球O的半径为R，因为球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R、高为2R，所以＝＝.
答案：
2．(2019届高三·浙江名校联考)某简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________，其外接球的表面积为________．
解析：由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4××3＝24.又直四棱柱的外接球的半径R＝＝，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR2＝25π.
答案：24 25π
(一) 主干知识要记牢
简单几何体的表面积和体积
(1)S直棱柱侧＝ch(c为底面的周长，h为高)．
(2)S正棱锥侧＝ch′(c为底面周长，h′为斜高)．
(3)S正棱台侧＝(c′＋c)h′(c与c′分别为上、下底面周长，h′为斜高)．
(4)圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆锥侧＝πrl(r为底面半径，l为母线长)，
S圆台侧＝π(r′＋r)l(r′，r分别为上、下底面的半径，l为母线长)．
(5)柱、锥、台体的体积公式
V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)，
V台＝(S＋＋S′)h(S，S′为上、下底面面积，h为高)．
(6)球的表面积和体积公式
S球＝4πR2，V球＝πR3.
(二) 二级结论要用好
1．长方体的对角线与其共点的三条棱之间的长度关系d2＝a2＋b2＋c2；若长方体外接球半径为R，则有(2R)2＝a2＋b2＋c2.
[针对练1] (2019届高三·西安八校联考)设三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，且长度分别为2,2，4，则其外接球的表面积为( )
A．48π B．32π
C．20π D．12π
解析：选B 依题意，设题中的三棱锥外接球的半径为R，可将题中的三棱锥补形成一个长方体，
则R＝ ＝2，
所以该三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝32π.
2．棱长为a的正四面体的内切球半径r＝a，外接球的半径R＝a.又正四面体的高h＝a，故r＝h，R＝h.
[针对练2] 已知正四面体ABCD的外接球半径为2，过棱AB作该球的截面，则截面面积的最小值为________．
解析：由题意知，面积最小的截面是以AB为直径的圆，设AB的长为a，因为正四面体外接球的半径为2，所以a＝2，解得a＝，故截面面积的最小值为π2＝.
答案：
(三) 易错易混要明了
由三视图计算几何体的表面积与体积时，由于几何体的还原不准确及几何体的结构特征认识不准易导致失误．
[针对练3] 一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥侧面积和体积分别是( )
A．4，8 B．4，
C．4(＋1)， D．8,8
解析：选B 由题意可知该四棱锥为正四棱锥，底面边长为2，高为2，侧面上的斜高为＝，所以S侧＝4×＝4，V＝×22×2＝.
A组——10＋7提速练
一、选择题
1.如图为一个几何体的侧视图和俯视图，则它的正视图为( )
解析：选B 根据题中侧视图和俯视图的形状，判断出该几何体是在一个正方体的上表面上放置一个四棱锥(其中四棱锥的底面是边长与正方体棱长相等的正方形、顶点在底面上的射影是底面一边的中点)，结合选项知，它的正视图为B.
2．(2018·全国卷Ⅰ)某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为( )
A．10 B．12
C．14 D．16
解析：选B 由三视图可知该多面体是一个组合体，下面是一个底面是等腰直角三角形的直三棱柱，上面是一个底面是等腰直角三角形的三棱锥，等腰直角三角形的腰长为2，直三棱柱的高为2，三棱锥的高为2，易知该多面体有2个面是梯形，这些梯形的面积之和为×2＝12，故选B.
3．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )
A.＋1 B.＋3
C.＋1 D.＋3
解析：选A 由几何体的三视图可得，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长为的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体，故该几何体的体积V＝×π×12×3＋××××3＝＋1.
4．(2018·郑州质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．80 B．160
C．240 D．480
解析：选B 如图所示，题中的几何体是从直三棱柱ABCA′B′C′中截去一个三棱锥AA′B′C′后所剩余的部分，其中底面△ABC是直角三角形，AC⊥AB，AC＝6，AB＝8，BB′＝10.因此题中的几何体的体积为×6×8×10－××6×8×10＝××6×8×10＝160，故选B.
5．(2018·湖州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的长为( )
A. B．2
C．3 D．2
解析：选C 在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为AD，BC的中点，该几何体的直观图如图中三棱锥D1MNB1，故通过计算可得，D1B1＝2，D1M＝B1N＝，MN＝2，MB1＝ND1＝3，故该三棱锥中最长棱的长为3.
6．一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )
A．72＋6π B．72＋4π
C．48＋6π D．48＋4π
解析：选A 由三视图知，该几何体由一个正方体的部分与一个圆柱的部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×2×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故选A.
7．某几何体的三视图如图所示，则其体积为( )
A．207 B．216－
C．216－36π D．216－18π
解析：选B 由三视图知，该几何体是一个棱长为6的正方体挖去个底面半径为3，高为6的圆锥而得到的，所以该几何体的体积V＝63－××π×32×6＝216－，故选B.
8．(2018·贵阳检测)三棱锥PABC的四个顶点都在体积为的球的表面上，底面ABC所在的小圆面积为16π，则该三棱锥的高的最大值为( )
A．4 B．6
C．8 D．10
解析：选C 依题意，设题中球的球心为O，半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则＝，解得R＝5，由πr2＝16π，解得r＝4，又球心O到平面ABC的距离为＝3，因此三棱锥PABC的高的最大值为5＋3＝8，故选C.
9.(2019届高三·浙江第二次联考)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．3π B.
C. D．6π
解析：选B 由三视图还原直观图知，该几何体为底面半径为1，高为的圆锥挖去一个球心为圆锥底面圆的圆心且与圆锥相切的半球，易知圆锥的母线长为2，则圆锥的轴截面为边长为2的等边三角形，球的半径为，故该几何体的表面积为π×1×2＋×4π×2＋π×12－π×2＝，故选B.
10．(2018·嘉兴高三期末)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是( )
A．36＋24 B．36＋12
C．40＋24 D．40＋12
解析：选B 由三视图可知该几何体为一正方体和一正四棱台的简单组合体．正方体的棱长为2 cm，正四棱台上底面的边长为2 cm，下底面的边长为4 cm，棱台的高为2 cm，可求得正四棱台的斜高为＝(cm)，故该几何体的表面积S＝22×5＋×(2＋4)××4＋42＝36＋12(cm2)．故选B.
二、填空题
11．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的________．
解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为 ×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为×6×2＝4.而直三棱柱的体积为×2×2×4＝8，则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的.
答案：
12．(2019届高三·浙江名校联考)某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的x的值是________，该几何体的表面积是________．
解析：由三视图可知，该几何体为四棱锥，由＝×××(1＋2)x，解得x＝2.作出该几何体的直观图并标注相应棱的长度如图所示，
则S表＝××(1＋2)＋×2×＋×22＋×2×＋×1×＝.
答案：2
13．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________，体积为________．
解析：由三视图作出该空间几何体的直观图(如图所示)，
可知其表面积为×1×2＋××2＋×1×2＋×2×＝2＋2，体积为××1×2×2＝.
答案：2＋2
14．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，球O与正方体的各条棱都相切，M为球O上的一点，点N是△ACB1外接圆上的一点，则线段MN长度的取值范围是________．
解析：易求得棱切球的半径为，易知△ACB1为正三角形，则球心O到△ACB1的外接圆上任意一点的距离均为＝，于是OM＝，ON＝.因为|OM－ON|≤|MN|≤|OM＋ON|，所以线段MN长度的取值范围是[－，＋]．
答案：[－，＋]
15．(2018·浙江高考数学原创猜题卷)已知一个空间几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则这个几何体的体积为________cm3，表面积为________cm2.
解析：由三视图可知，空间几何体是一个四棱锥，该四棱锥的底面为直角梯形，一条侧棱与底面垂直．如图所示，四边形ABCD是直角梯形，因为AB⊥AD，AB＝AD＝2 cm，BC＝4 cm，所以CD＝2 cm.因为PA＝2 cm，AD＝AB＝2 cm，所以PD＝PB＝2 cm，连接AC，易得AC＝2 cm，因为PA⊥平面ABCD，所以PC＝＝2 cm，
所以该几何体的体积为××2＝4 cm3.
易得S梯形ABCD＝＝6 cm2，
S△PAB＝×2×2＝2 cm2，
S△PAD＝×2×2＝2 cm2，
S△PBC＝×2×4＝4 cm2，
△DPC中，PC边上的高为＝ cm，
所以S△PDC＝×2×＝2 cm2，
所以该几何体的表面积为6＋2＋2＋2＋4＝(10＋2＋4)cm2.
答案：4 (10＋2＋4)
16．某几何体的三视图如图所示，俯视图由一个直径为2的半圆和一个正三角形组成，则此几何体的体积是________，表面积是________．
解析：由题意可知，该几何体是由一个正三棱柱和半个圆柱组合而成的，正三棱柱的底面边长为2，高为4，半圆柱的底面半径为1，高为4，所以V＝×2××4＋π×12×4＝4＋2π，表面积S＝2×4×2＋××2×2＋π×12＋π×1×4＝16＋2＋5π.
答案：4＋2π 16＋2＋5π
17．已知在三棱锥PABC中，VPABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥PABC外接球的体积为________．
解析：如图，取PC的中点O，连接AO，BO，设PC＝2R，则OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱锥PABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O为PC的中点，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VPABC＝VAPBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱锥PABC外接球的体积V＝πR3＝.
答案：
B组——能力小题保分练
1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．16 B．20
C．52 D．60
解析：选B 由三视图知，该几何体由一个底面为直角三角形(直角边分别为3,4)，高为6的三棱柱截去两个等体积的四棱锥所得，且四棱锥的底面是矩形(边长分别为2,4)，高为3，如图所示，所以该几何体的体积V＝×3×4×6－2××2×4×3＝20，故选B.
2.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥外接球的表面积为( )
A．136π B．34π
C．25π D．18π
解析：选B 由三视图知，该四棱锥的底面是边长为3的正方形，高为4，且有一条侧棱垂直于底面，所以可将该四棱锥补形为长、宽、高分别为3,3,4的长方体，该长方体外接球的半径R即为该四棱锥外接球的半径，所以2R＝，解得R＝，所以该四棱锥外接球的表面积为4πR2＝34π，故选B.
3．如图，小方格是边长为1的正方形，一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．4π＋96 B．(2＋6)π＋96
C．(4＋4)π＋64 D．(4＋4)π＋96
解析：选D 由三视图可知，该几何体为一个圆锥和一个正方体的组合体，正方体的棱长为4，圆锥的高为4，底面半径为2，所以该几何体的表面积为S＝6×42＋π×22＋π×2×＝(4＋4)π＋96.
4．设球O是正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，若平面ACD1截球O所得的截面面积为6π，则球O的半径为( )
A． B．3
C． D．
解析：选B 如图，易知B1D过球心O，且B1D⊥平面ACD1，不妨设垂足为M，正方体棱长为a，则球半径R＝，易知DM＝DB1，∴OM＝DB1＝a，∴截面圆半径r＝＝a，由截面圆面积S＝πr2＝6π，得r＝a＝，a＝6，∴球O的半径为R＝＝3.
5.如图所示，等腰△ABC的底边AB＝6，高CD＝3，点E是线段BD上异于点B，D的动点，点F在BC边上，且EF⊥AB，现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE，记BE＝x，V(x)表示四棱锥PACFE的体积，则V(x)的最大值为________．
解析：因为PE⊥EF，PE⊥AE，EF∩AE＝E，
所以PE⊥平面ABC.
因为CD⊥AB，FE⊥AB，
所以EF∥CD，所以＝，
即＝，所以EF＝，
所以S△ABC＝×6×3＝9，
S△BEF＝×x×＝x2，
所以V(x)＝×x＝x(0＜x＜3)．
因为V′(x)＝，
所以当x∈(0,6)时，V′(x)＞0，V(x)单调递增；当6＜x＜3时，V′(x)＜0，V(x)单调递减，
因此当x＝6时，V(x)取得最大值12.
答案：12
6．已知A，B，C是球O的球面上三点，且AB＝AC＝3，BC＝3，D为该球面上的动点，球心O到平面ABC的距离为球半径的一半，则三棱锥D ABC体积的最大值为________．
解析：如图，在△ABC中，
∵AB＝AC＝3，BC＝3，
∴由余弦定理可得
cos A＝＝－，
∴sin A＝.
设△ABC外接圆O′的半径为r，
则＝2r，得r＝3.
设球的半径为R，连接OO′，BO′，OB，
则R2＝2＋32，解得R＝2.
由图可知，当点D到平面ABC的距离为R时，三棱锥D ABC的体积最大，
∵S△ABC＝×3×3×＝，
∴三棱锥D ABC体积的最大值为××3＝.
答案：
第二讲 小题考法——空间点、线、面的位置关系
考点(一)
空间点、线、面的位置关系的判断
主要考查利用空间点、直线、平面位置关系的定义，四个公理、八个定理来判断与点、线、面有关命题的真假或判断简单的线面平行或垂直的位置关系.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
(2)(2018·温州高三5月适应测试)已知α，β为两个平面，直线l⊂α，那么“l∥β ”是“α∥β ”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
(3)(2019届高三·七彩阳光联盟12月高三期中联考)已知m，n，l是互不重合的三条直线，α，β是两个不重合的平面，给出以下四个命题：
①若m，n是异面直线，m⊂α，n⊂β，且m∥β，n∥α，则α∥β；
②若m⊂α，n∩α＝A，且点A∉m，则m，n是异面直线；
③若m，n是异面直线，m∥α，n∥α，且l⊥m，l⊥n，则l⊥α；
④若m⊥α，n⊂β，α⊥β，则m∥n.
其中为真命题的序号是________．(把所有真命题的序号都填上)
[解析] (1)法一：对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
(2)∵“l⊂α，l∥β ”不能推出“α∥β ”，而“l⊂α，α∥β ”，一定有“l∥β ”，∴选B.
(3)在①中，∵m∥β，∴在β内存在直线m1∥m，又m⊂α，∴m1∥α.
∵m，n是两条异面直线，∴直线m1与n是两条相交直线，又n∥α，∴α∥β，即①正确．
由异面直线判定定理知②正确．
在③中，∵m∥α，∴在α内存在直线m1∥m，
∵l⊥m，∴l⊥m1.∵n∥α，∴在α内存在直线n1∥n，
∵l⊥n，∴l⊥n1.∵m，n是两条异面直线，∴直线m1与n1是两条相交直线，∴l⊥α，即③正确．
由直线m⊥平面α和α⊥β知m∥β或m⊂β，而n是β内任一直线，则直线m与n可能相交，可能平行，还可能异面，故④是错误的．
[答案] (1)A (2)B (3)①②③
[方法技巧]
判断与空间位置关系有关命题真假的方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
(3)借助反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
[演练冲关]
1．在直三棱柱ABCA1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：
①四边形EFGH是平行四边形；
②平面α∥平面BCC1B1；
③平面α⊥平面BCFE.
其中正确的命题有( )
A．①② B．②③
C．①③ D．①②③
解析：选C 由题意画出草图如图所示，因为AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF.又ABCA1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BB1C1C，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩
平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确．综上可知，故选C.
2．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F分别为PA，PD的中点，在此几何体中，给出下面4个结论：
①直线BE与直线CF异面；
②直线BE与直线AF异面；
③直线EF∥平面PBC；
④平面BCE⊥平面PAD.
其中正确的有( )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选B 将展开图还原为几何体(如图)，因为E，F分别为PA，PD的中点，所以EF∥AD∥BC，即直线BE与CF共面，①错；因为B∉平面PAD，E∈平面PAD，E∉AF，所以BE与AF是异面直线，②正确；因为EF∥AD∥BC，EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，所以EF∥平面PBC，③正确；平面PAD与平面BCE不一定垂直，④错．故选B.
3．(2018·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
解析：选C 法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，
所以BC1⊥平面A1B1CD.
又A1E⊂平面A1B1CD，
所以A1E⊥BC1.
法二：∵A1E在平面ABCD上的射影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；
∵A1E在平面BCC1B1上的射影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，
又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.
又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)
∵A1E在平面DCC1D1上的射影为D1E，
而D1E不与DC1垂直，故A错．
考点(二)
空 间 角
主要考查异面直线所成角，直线与平面所成角，二面角的计算及有关应用.
[典例感悟]
[典例] (1)夹在两平行平面间的线段AB，CD的长分别为2和，若AB与这两个平行平面所成的角为30°，则CD与这两个平行平面所成的角为( )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
(2)在菱形ABCD中，A＝60°，AB＝，将△ABD折起到△PBD的位置，若三棱锥PBCD的外接球的体积为，则二面角PBDC的正弦值为( )
A. B.
C. D.
(3)(2018·浙江高考)如图，在三棱锥ABCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别为AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________．
[解析] (1)不妨设A，C在同一平面，则B，D在另一个平面，过A作另一平面的垂线段AO，垂足为O，连接BO，由题可知∠ABO＝30°.由AB＝2，得AO＝1.因为两平面平行，所以点C到另一平面的垂线段的长等于AO的长，故CD与两个平行平面所成的角的正弦值为＝，所以CD与这两个平行平面所成的角为45°.
(2)由外接球的体积为得该球的半径R＝，设球心O在平面PBD和平面BCD上的射影分别为O1，O2，则O1，O2为正△PBD和正△BCD的中心，取BD的中点E，连接O1E，O2E，则O1E⊥BD，O2E⊥BD，则∠O1EO2是二面角PBDC的平面角，在Rt△OO2C中，OC＝R＝，O2C＝AB＝1，则OO2＝，又在Rt△OO2E中，O2E＝AB＝，则∠O2EO＝60°，同理，∠OEO1＝60°，故∠O1EO2＝120°，则二面角PBDC的正弦值为，故选C.
(3)如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.
∵M为AD的中点，
∴MK∥AN，
∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角．
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，
由勾股定理易求得AN＝DN＝CM＝2，
∴MK＝.
在Rt△CKN中，CK＝ ＝.
在△CKM中，由余弦定理，得
cos∠KMC＝＝.
[答案] (1)B (2)C (3)
[方法技巧]
1．直线与直线所成角的求解策略
(1)用“平移法”作出异面直线所成角(或其补角)，解三角形求角．
(2)用“向量法”求两直线的方向向量所成的角．
2．直线与平面所成角的求解策略
(1)按定义作出线面角(即找到斜线在平面内的射影)，解三角形．
(2)求平面的法向量，利用直线的方向向量与平面的法向量所成的锐角和直线与平面所成角互余求线面角．
(3)利用等体积法求点到面的距离，由距离与斜线段长的比值等于线面角的正弦值求线面角．
3．平面与平面所成角的求解策略
二面角的平面角的作法是重点，构造平面角主要有以下方法：
(1)根据定义；
(2)利用二面角的棱的垂面；
(3)利用两同底等腰三角形底边上的两条中线；
(4)射影法，利用面积射影定理S射＝S斜·cos θ；
(5)向量法，利用组成二面角的两个半平面的法向量的夹角与二面角相等或互补．
[演练冲关]
1．(2018·浙江高考)已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角SABC的平面角为θ3，则( )
A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1
C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1
解析：选D 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，
∠SE′O＝θ3.
由题意，得tan θ1＝＝，
tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
此时，tan θ2
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1，故选D.
2．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，B(1,2,0)，C1(0,2,1)，D1(0,0,1)．设平面A1BC1的法向量为n＝(x，y，z)，由＝(0，－2,1)，＝(－1,0,1)，n·＝0，n·＝0，得取z＝2，得n＝(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝，故选A.
3.如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 连接A1O，PA1，易知∠POA1就是直线OP与平面A1BD所成的角(或其补角)．设正方体的棱长为2，则A1O＝.当P点与C点重合时，PO＝，A1P＝2，则cos∠A1OP＝＝－，此时∠A1OP为钝角，所以sin α＝＝；当P点与C1点重合时，PO＝A1O＝，A1P＝2，则cos∠A1OP＝＝，此时∠A1OP为锐角，所以sin α＝＝；在∠A1OP从钝角到锐角逐渐变化的过程中，CC1上一定存在一点P，使得∠A1OP＝90°，此时sin α＝1.又因为<，所以sin α的取值范围是，故选B.
考点(三)
简单的立体几何动态问题
主要考查立体几何中的动点、轨迹、翻折等问题.
[典例感悟]
[典例] (1)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′CDB的平面角为α，则( )
A．∠A′DB≤α B．∠A′DB≥α
C．∠A′CB≤α D．∠A′CB≥α
(2)如图，M，N分别是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，BC上两动点，且MN＝，则线段MN的中点P的轨迹是( )
A．一条线段
B．一段圆弧
C．一个球面区域
D．两条平行线段
[解析] (1)∵A′C和BC都不与CD垂直，∴∠A′CB≠α，故C，D错误．当CA＝CB时，容易证明∠A′DB＝α.不妨取一个特殊的三角形，如Rt△ABC，令斜边AB＝4，AC＝2，BC＝2，如图所示，则CD＝AD＝BD＝2，∠BDC＝120°，设沿直线CD将△ACD折成△A′CD，使平面A′CD⊥平面BCD，则α＝90°.取CD中点H，连接A′H，BH，则A′H⊥CD，∴A′H⊥平面BCD，且A′H＝，DH＝1.在△BDH中，由余弦定理可得BH＝.在Rt△A′HB中，由勾股定理可得A′B＝.在△A′DB中 ，∵A′D2＋BD2－A′B2＝－2＜0，可知cos∠A′DB＜0，∴∠A′DB为钝角，故排除A.综上可知答案为B.
(2)考虑直角三角形MAN，因为MN＝，则|AP|＝，因此点P到A的距离为定值，形成圆弧的一段．(当然此题也可运用空间直角坐标系设点求轨迹，说明轨迹是一个圆弧．)
[答案] (1)B (2)B
[方法技巧]
1．对于立体几何中的动态问题，关键是抓住变化过程中不变的位置关系和数量关系，事实上动静是相对的，以静制动是处理立体几何中动态元素的良策．
2．解此类问题还要回归到最本质的定义、定理、性质或现有结论中．
[演练冲关]
1．已知三棱锥ABCO，OA，OB，OC两两垂直且长度均为6，长为2的线段MN的一个端点M在棱OA上运动，另一个端点N在△BCO内运动(含边界)，则MN的中点P的轨迹与三棱锥的面所围成的几何体的体积为( )
A. B.或36＋
C．36－ D.或36－
解析：选D 由线面垂直知OM⊥ON，因此OP＝MN＝1，即MN的中点P的轨迹为以O为球心，1为半径的球，若所围成的几何体为球内部，其体积为×π×13＝，若所围成的几何体为球外部，其体积为×6××62－×π×13＝36－，因此选D.
2.如图，已知四边形ABCD，将△ADC沿着AC翻折，则翻折过程中线段DB的中点M的轨迹是( )
A．椭圆的一段
B．抛物线的一段
C．一段圆弧
D．双曲线的一段
解析：选C 取AC的中点E，连接DE，则DE为定值．连接BE，取BE的中点O，则O为定点．连接OM，则OM＝DE为定值，故M的轨迹是一段圆弧．
3.如图，已知正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2 cm，高为5 cm，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为________ cm.
解析：根据题意，将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其侧面展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为＝13(cm)．
答案：13
(一) 主干知识要记牢
1．两类关系的转化
(1)平行关系之间的转化
(2)垂直关系之间的转化
2．证明空间位置关系的方法
已知a，b，l是直线，α，β，γ是平面，O是点，则
(1)线线平行：
⇒c∥b，⇒a∥b，
⇒a∥b，⇒a∥b.
(2)线面平行：
⇒a∥α，⇒a∥α，⇒a∥α.
(3)面面平行：
⇒α∥β，⇒α∥β，⇒α∥γ.
(4)线线垂直：
⇒a⊥b，⇒a⊥b.
(5)线面垂直：
⇒l⊥α， ⇒a⊥β，
⇒a⊥β，⇒b⊥α.
(6)面面垂直：
⇒α⊥β，⇒α⊥β.
(二) 易错易混要明了
应用空间线面平行与垂直关系中的判定定理和性质定理时，忽视判定定理和性质定理中的条件，导致判断出错．如由α⊥β，α∩β＝l，m⊥l，易误得出m⊥β的结论，就是因为忽视面面垂直的性质定理中m⊂α的限制条件．
[针对练] 设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，则“m∥β ”是“α∥β ”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：选B 当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上可知，“m∥β ”是“α∥β ”的必要不充分条件．
A组——10＋7提速练
一、选择题
1．(2018·浙江高考)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则( )
A．m∥l B．m∥n
C．n⊥l D．m⊥n
解析：选C ∵α∩β＝l，∴l⊂β.
∵n⊥β，∴n⊥l.
2．若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥中与平面α平行的棱有( )
A．0条 B．1条
C．2条 D．0条或2条
解析：选C 因为平行于三棱锥的两条相对棱的平面截三棱锥所得的截面是平行四边形，所以该三棱锥中与平面α平行的棱有2条，故选C.
3．已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β.有下列命题：
①若α∥β，则m，n可能平行，也可能异面；
②若α∩β＝l，且m⊥l，n⊥l，则α⊥β；
③若α∩β＝l，且m⊥l，m⊥n，则α⊥β.
其中真命题的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B 对于①，直线m，n可能平行，也可能异面，故①是真命题；对于②，直线m，n同时垂直于公共棱，不能推出两个平面垂直，故②是假命题；对于③，当直线n∥l时，不能推出两个平面垂直，故③是假命题．故真命题的个数为1.故选B.
4.如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，AA1＝AB，E，F分别为BC，BB1的中点，M，N分别为AA1，A1C1的中点，则直线MN与EF所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 如图，连接AC1，C1B，CB1，
设C1B与CB1交于点O，取AB的中点D，连接CD，OD，
则MN∥AC1∥OD，EF∥CB1，
那么∠DOC即直线MN与EF所成的角，
设AA1＝AB＝a，则AC1＝CB1＝a，
于是OD＝OC＝，又CD＝，
于是△OCD为正三角形，∠DOC＝60°，
故直线MN与EF所成角的余弦值为.
5．设l为直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是( )
A．若l∥α，l∥β，则α∥β
B．若l⊥α，l⊥β，则α∥β
C．若l⊥α，l∥β，则α∥β
D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β
解析：选B 画出一个长方体ABCD A1B1C1D1.对于A，C1D1∥平面ABB1A1，C1D1∥平面ABCD，但平面ABB1A1与平面ABCD相交；对于C，BB1⊥平面ABCD，BB1∥平面ADD1A1，但平面ABCD与平面ADD1A1相交；对于D，平面ABB1A1⊥平面ABCD，CD∥平面ABB1A1，但CD⊂平面ABCD.
6．如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角NACB的余弦值为( )
A．0 B.
C. D.
解析：选C 易知OB＝OD，所以当N为BD的中点时，线段ON最短，因为AC⊥OB，AC⊥OD，所以AC⊥平面BOD，所以ON⊥AC，所以∠BON即二面角NACB的平面角．因为平面ACD⊥平面ABC，OD⊥AC，所以OD⊥OB，所以△BOD为等腰直角三角形，所以∠BON＝45°，所以二面角NACB的余弦值为.
7.(2018·温州模拟)在四面体ABCD中，二面角ABCD为60°，点P为直线BC上一动点，记直线PA与平面BCD所成角为θ，则( )
A．θ的最大值为60°
B．θ的最小值为60°
C．θ的最大值为30°
D．θ的最小值为30°
解析：选A 过A作AM⊥BC，AO⊥平面BCD，垂足为O，连接OM，
则∠AMO为二面角ABCD的平面角，∴∠AMO＝60°，
在直线BC上任取一点P，连接OP，AP，则∠APO为直线AP与平面BCD所成的角，即∠APO＝θ，
∵AP≥AM，AM·sin 60°＝AO，AP·sin θ＝AO，
∴sin θ≤sin 60°，即θ的最大值为60°.
故选A.
8.(2019届高三·镇海中学期中)如图，四边形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，现将△ABD沿BD折起，当二面角ABDC的大小在时，直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选B 取BD的中点O，连接AO，CO，由AB＝DA，BC＝CD，知AO⊥BD，CO⊥BD，分别以OB，OC所在直线为x，y轴，过O作平面BCD的垂线，垂线所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系(图略)，则B(1,0,0)，C(0,1,0)，D(－1，0,0)，
设二面角ABDC的平面角为θ，
则动点A(0，cos θ，sin θ)，
从而有＝(－1，cos θ，sin θ)，＝(－1，－1,0)，
设直线AB与CD所成的角为α，
则cos α＝＝，
∵θ∈，∴cos θ∈，
∴|1－cos θ|∈，故cos α∈，故选B.
9.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E是AA1的中点，P为底面ABCD内一动点，设PD1，PE与底面ABCD所成的角分别为θ1，θ2(θ1，θ2均不为0)．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹为( )
A．直线的一部分 B．圆的一部分
C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分
解析：选B 建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体的边长为2，则A(2,0,0)，E(2,0,1)，D1(0,0,2)，P(x，y,0)，＝(0,0,1)，＝(2－x，－y，1)，＝(－x，－y,2)．
由θ1＝θ2，得cos θ1＝cos θ2，
即＝，代入数据，得＝，整理，得2＋y2＝(0≤x≤2,0≤y≤2)，即动点P的轨迹为圆的一部分．
10.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为正方形A1B1C1D1四边上的动点，O为底面正方形ABCD的中心，M，N分别为AB，BC的中点，点Q为平面ABCD内一点，线段D1Q与OP互相平分，则满足＝λ的实数λ的值有( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
解析：选C 因为线段D1Q与OP互相平分，所以四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形．
若P在线段C1D1上时，点Q一定在线段ON上运动，只有当P为线段C1D1的中点时，点Q与点N重合，此时λ＝1，符合题意；
若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件的点Q；
若P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动，只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，此时λ＝0符合题意，所以符合条件的λ值有2个，故选C.
二、填空题
11．α，β是两平面，AB，CD是两条线段，已知α∩β＝EF，AB⊥α于B，CD⊥α于D，若增加一个条件，就能得出BD⊥EF.现有下列条件：①AC⊥β；②AC与α，β所成的角相等；③AC与CD在β内的射影在同一条直线上；④AC∥EF.
其中能成为增加条件的序号是________．
解析：由题意得，AB∥CD，∴A，B，C，D四点共面．
①中，∵AC⊥β，EF⊂β，∴AC⊥EF，
又∵AB⊥α，EF⊂α，
∴AB⊥EF，∵AB∩AC＝A，∴EF⊥平面ABCD，
又∵BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故①正确；
②不能得到BD⊥EF，故②错误；
③中，由AC与CD在β内的射影在同一条直线上可知平面ABCD⊥β，又AB⊥α，AB⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥α.∵平面ABCD⊥α，平面ABCD⊥β，α∩β＝EF，∴EF⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，∴BD⊥EF，故③正确；
④中，由①知，若BD⊥EF，则EF⊥平面ABCD，则EF⊥AC，故④错误，故填①③.
答案：①③
12.如图，已知平面α，β，且α∩β＝AB，PC⊥α，PD⊥β，C，D是垂足．那么直线AB与平面PCD的位置关系为________，若PC＝PD＝1，CD＝，则平面α与平面β的位置关系为________．
解析：因为PC⊥α，AB⊂α，所以PC⊥AB，同理，PD⊥AB，又PC∩PD＝P，所以AB⊥平面PCD，设AB与平面PCD的交点为H，连接CH，DH(图略)，因为AB⊥平面PCD，所以AB⊥CH，AB⊥DH，所以∠CHD为二面角αABβ的平面角，又PC＝PD＝1，CD＝，所以CD2＝PC2＋PD2＝2，即∠CPD＝90°，在平面PCHD中，∠PCH＝∠PDH＝∠CPD＝90°，所以∠CHD＝90°，所以α⊥β.
答案：AB⊥平面PCD α⊥β
13.如图所示的三棱锥PABC中，PC⊥平面ABC，PC＝，D是BC的中点，且△ADC是边长为2的正三角形，则二面角PABC的大小为________．
解析：由已知条件，D是BC的中点，∴CD＝BD＝2，
又△ADC是正三角形，∴AD＝CD＝BD＝2，
∴D是△ABC的外心且又在BC上，
∴△ABC是以∠BAC为直角的三角形，即AB⊥AC，
又PC⊥平面ABC，∴PA⊥AB.
∴∠PAC即为二面角PABC的平面角，
在Rt△PAC中，tan∠PAC＝＝，
∴∠PAC＝30°.
答案：30°
14.(2018·台州一模)如图，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝1，AC＝CD＝DA＝2，动点M在边DC上(不同于D点)，P为边AB上任意一点，沿AM将△ADM翻折成△AD′M，当平面AD′M⊥平面ABC时，线段PD′长度的最小值为________．
解析：设D′在平面ABCD上的射影为H，显然当∠AMD最小值时，H到直线AB的距离最小，故折痕为AC时，H为AC的中点，此时D′H＝DH＝，此时，H到直线AB的最小距离为h＝BC＝，
∴PD′的最小距离为＝.
答案：
15.如图，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∠BCD＝90°，且BC＝CD＝3.将△ABC沿BC边翻折，设点A在平面BCD上的射影为点M，若点M在△BCD的内部(含边界)，则点M的轨迹的最大长度等于________；在翻折过程中，当点M位于线段BD上时，直线AB和CD所成的角的余弦值等于________．
解析：当平面ABC⊥平面BCD时，点A在平面BCD上的射影为BC上的点M，因为AB＝AC，所以BM＝MC，当点A在平面BCD上的射影M′在BD上时，因为BC＝CD＝3，所以∠DBC＝30°，所以由∠BCD＝90°得BM′＝M′D，则点M的轨迹的最大长度等于CD＝.当M位于BD上时，将其补为四棱锥，由已知条件得AM′⊥平面BCDE，BM′＝EM′，所以AB＝AE＝，又因为∠EBA为直线AB和CD所成的角，所以cos∠EBA＝＝.
答案：
16．(2019届高三·浙江名校高三联考)在直三棱柱ABCA1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为________．
解析：如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz，则E，G，令D(0，b,0)，F(a,0，0)，0
∵⊥，∴·＝0，
∴a＋b－＝0，
即a＝1－2b，而0
∴当b＝时，DF取得最小值，又0
答案：
17.(2018·浙江新高考模拟)如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AA1＝1，P是棱AB上任一点，若平面B1DP和平面AA1D1D所成的角为θ，则tan θ的最小值为________．
解析：当P与A或B重合时，易得θ＝，tan θ＝1.当P异于A，B时，延长B1P，A1A交于点Q，连接QD，则DQ为平面B1DP与平面AA1D1D的交线．由PA⊥平面AA1D1D，得PA⊥DQ，过A作AH⊥QD于点H，连接PH，所以DQ⊥平面PHA，所以PH⊥DQ，所以∠PHA为平面B1DP与平面AA1D1D所成的角，即∠PHA＝θ，设PA＝x(0
B组——能力小题保分练
1．平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 如图，在正方体ABCDA1B1C1D1的上方接一个同等大小的正方体ABCDA2B2C2D2，则过A与平面CB1D1平行的是平面AB2D2，即平面α就是平面AB2D2，平面AB2D2∩平面ABB1A1＝AB2，即直线n就是直线AB2，由面面平行的性质定理知直线m平行于直线B2D2，故m，n所成的角就等于AB2与B2D2所成的角，在等边三角形AB2D2中，∠AB2D2＝60°，故其正弦值为.
2.如图，已知平面α⊥β，α∩β＝l.A，B是直线l上的两点，C，D是平面β内的两点，且DA⊥l，CB⊥l，AD＝3，AB＝6，CB＝6.P是平面α上的一动点，且直线PD，PC与平面α所成角相等，则二面角PBCD的余弦值的最小值是( )
A． B．
C． D．1
解析：选C ∵α⊥β，α∩β＝l，DA⊥l，CB⊥l，DA⊂β，CB⊂β，∴DA⊥α，CB⊥α，∴∠DAP＝∠CBP＝90°.又PD，PC与平面α所成角相等，∴∠DPA＝∠CPB.∴Rt△DPA∽Rt△CPB，∴＝＝，∴PB＝2PA.∵AB⊥BC，∴∠PBA是二面角PBCD的平面角．设PA＝t，则PB＝2t，在△PAB中， 由余弦定理得cos∠PBA＝＝＝＝，而t＋≥2＝4，∴当t＝2时，cos∠PBA有最小值＝，故选C.
3.(2019届高三·杭州七校联考)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，点F在斜边AB上，且AB＝4AF，点M在线段BC上运动，D，E是平面ABC同一侧的两点，AD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，AD＝3，AC＝BE＝4.当点M运动到线段BC的中点时，异面直线CF与EM所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 取BF的中点N，连接MN，EN，
因为M，N分别为BC，BF的中点，
所以MN∥CF，且MN＝CF，
所以∠EMN为异面直线CF与EM所成的角．
因为AC＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，
所以BC＝4，BM＝2，
所以EM＝＝＝2.
因为AC＝4，∠BAC＝60°，∠ACB＝90°，
所以AB＝8，所以AF＝AB＝2，BF＝AB ＝6，
所以BN＝3，
所以EN＝＝＝5.
在△ACF中，由余弦定理得CF＝2，所以MN＝.
在△EMN中，由余弦定理可得cos∠EMN＝＝＝，
所以异面直线CF与EM所成角的余弦值为.
4.在三棱锥PABC中，△ABC≌△PBC，AC⊥BC，AB＝2BC.设PB与平面ABC所成的角为α，PC与平面PAB所成的角为β，则( )
A．α≤且sin β ≤
B．α≤且sin β<
C．α≤且β≥
D．α≤且β<
解析：选B 依题可设AB＝2BC＝2a，由题意，可得AB＝PB＝2a，AC＝CP＝a.过点C作CH⊥平面PAB，连接HB，HP，如图，则PC与平面PAB所成的角β＝∠CPH，且CH
解析：如图所示，过点A作AO⊥BD，连接A1O，则BD⊥A1O，则∠AOA1为二面角，所以∠AOA1＝，因为CC1∥AA1，取角A1AO的角平分线AM，此时AM即为直线l，过点A做AP⊥A1O，即AP⊥平面A1BD，此时直线l与平面A1BD所成角的最大角是
∠AMA1＝∠MAO＋∠MOA＝＋＝，另外一种情况是∠A1AN＝，AN∩OP＝N，此时直线AN为直线l，则直线AN与平面A1BD所成最小角为
∠ANP＝∠PA1A－∠A1AN＝－＝，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是.
答案：
6．(2018·温州模拟)如图，在四面体ABCD中，E，F分别为AB，CD的中点，过EF任作一个平面α分别与直线BC，AD相交于点G，H，则下列结论正确的是________．
①对于任意的平面α，都有直线GF，EH，BD相交于同一点；
②存在一个平面α0，使得点G在线段BC上，点H在线段AD的延长线上；
③对于任意的平面α，都有S△EFG＝S△EFH；
④对于任意的平面α，当G，H在线段BC，AD上时，几何体ACEGFH的体积是一个定值．
解析：对①，G，H分别为相应线段中点时，三线平行，故①错．对②，三线相交时，交点会在BD上，作图可知②错．对③，如图1，取BD，AC的中点I，J，则BC，AD都与平面EIFJ平行，故A，H到平面EIFJ的距离相等，B，G到平面EIFJ的距离相等，而E为AB的中点，故A，B到平面EIFJ的距离相等，从而G，H到平面EIFJ的距离相等．连接GH交EF于K，则K为GH的中点，从而G，H到EF的距离相等，故两三角形的面积相等，③正确．
图1
图2
对④，如图2，当H为D时，G为C，此时几何体的体积为三棱锥ACDE的体积，为四面体体积的一半．当如图2所示时，只需证VCEFG＝VDEFH，由③可得，只需证C，D到截面的距离相等，因为F为CD的中点，所以C，D到截面的距离相等，故④正确．
答案：③④
第三讲 大题考法——立体几何
题型(一)
平行、垂直关系的证明
平行、垂直关系的证明是高考的必考内容，主要考查线面(面面)平行、垂直的判定定理及性质定理的应用，以及平行与垂直关系的转化等.
[典例感悟]
[典例1] 如图，在四棱锥PABCD中，AD⊥平面PAB，AP⊥AB.
(1)求证：CD⊥AP；
(2)若CD⊥PD，求证：CD∥平面PAB.
[证明] (1)因为AD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，
所以AD⊥AP.
又AP⊥AB，AB∩AD＝A，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
所以AP⊥平面ABCD.
因为CD⊂平面ABCD，所以CD⊥AP.
(2)由(1)知CD⊥AP，
因为CD⊥PD，PD∩AP＝P，PD⊂平面PAD，AP⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD.①
因为AD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以AB⊥AD.
又AP⊥AB，AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以AB⊥平面PAD.②
由①②得CD∥AB，
因为CD⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，
所以CD∥平面PAB.
[备课札记]
[方法技巧]
1．几何法证明平行、垂直关系的思路
2．向量法证明平行、垂直关系的步骤
(1)建立空间直角坐标系，建系时，要尽可能地利用载体中的垂直关系；
(2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素；
(3)通过空间向量的运算求出方向向量或法向量，再研究平行、垂直关系；
(4)根据运算结果解释相关问题．
[演练冲关]
1．如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，且AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝AD＝2PE，CD＝3PE，F是CE的中点．
(1)求证：BF∥平面ADP；
(2)已知O是BD的中点，求证：BD⊥平面AOF.
证明：(1)如图，取PD的中点为G，连接FG，AG，
∵F是CE的中点，
∴FG是梯形CDPE的中位线，
∵CD＝3PE，
∴FG＝2PE，FG∥CD，
∵CD∥AB，AB＝2PE，
∴AB∥FG，AB＝FG，
即四边形ABFG是平行四边形，
∴BF∥AG，
又BF⊄平面ADP，AG⊂平面ADP，
∴BF∥平面ADP.
(2)延长AO交CD于M，连接BM，FM，
∵BA⊥AD，CD⊥AD，AB＝AD，O为BD的中点，
∴四边形ABMD是正方形，
∴BD⊥AM，DM＝AB＝2PE，
由(1)知FG＝2PE，∴FG＝DM，
又FG∥CD，即FG∥DM，
∴四边形DMFG为平行四边形，
∴FM∥PD，
∵PD⊥平面ABCD，
∴FM⊥平面ABCD，∴FM⊥BD，
∵AM∩FM＝M，
∴BD⊥平面AMF，
∴BD⊥平面AOF.
题型(二)
几何法与空间向量法解空间角问题
主要考查空间几何体中，求解有关线线角、线面角、二面角的大小 或三角函数值的问题.
[典例感悟]
[典例2] (2018·浙江高考)如图，已知四棱锥PABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB，E为PD的中点．
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值．
[解] 法一：(1)证明：设AD的中点为O，连接OB，OP.
∵△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，
∴OP⊥AD.
∵BC＝AD＝OD，且BC∥OD，
∴四边形BCDO为平行四边形，
又∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，
∵OP⊂平面OPB，OB⊂平面OPB，OP∩OB＝O，
∴AD⊥平面OPB.
过点O在平面POB内作OB的垂线OM，交PB于M，
以O为坐标原点，OB所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，OM所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图．
设CD＝1，则有
A(0，－1,0)，B(1,0,0)，
C(1,1,0)，D(0,1,0)．
设P(x,0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝1，
得得x＝－，z＝.
即点P，而E为PD的中点，
∴E.
设平面PAB的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
∵＝，＝(1,1,0)，
∴
取y1＝－1，得n＝(1，－1，)．
而＝，则·n＝0，
而CE⊄平面PAB，∴CE∥平面PAB.
(2)设平面PBC的法向量为m＝(x2，y2，z2)，
∵＝(0,1,0)，＝，
∴取x2＝1，
得m＝(1,0，)．
设直线CE与平面PBC所成角为θ.
则sin θ＝|cos〈m，〉|＝＝，
故直线CE与平面PBC所成角的正弦值为.
法二：(1)证明：如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.因为E，F分别为PD，PA的中点，所以EF∥AD且EF＝AD.
又因为BC∥AD，BC＝AD，
所以EF∥BC且EF＝BC，
即四边形BCEF为平行四边形，
所以CE∥BF.
因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
所以CE∥平面PAB.
(2)分别取BC，AD的中点为M，N.
连接PN交EF于点Q，连接MQ，BN.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，N是AD的中点得BN⊥AD.
又PN∩BN＝N，
所以AD⊥平面PBN.
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.
则MH是MQ在平面PBC上的射影，
所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角．
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.
[备课札记]
[方法技巧]
1．几何法求线面角的步骤
(1)寻找过斜线上一点与平面垂直的直线，或过斜线上一点作平面的垂线，确定垂足的位置；
(2)连接垂足和斜足得到斜线在平面内的射影，斜线与其射影所成的锐角或直角即为所求的角；
(3)将该角归结为某个三角形的内角(一般是直角三角形)，通过解三角形(可能需要解多个三角形)求得该角或其三角函数值，即sin θ＝.其中，θ为线面角，h为点B到平面α的距离，l为斜线段AB的长．如图．
2．几何法求二面角的步骤
(1)找：①点(定义法)：在二面角的棱上找一个特殊点，在两个半平面内分别作垂直于棱的射线．如图(1)，∠AOB为二面角αlβ的平面角．
②线(三垂线定理法)：过二面角的一个面内一点作另一个平面的垂线，过垂足作棱的垂线，利用线面垂直可找到二面角的平面角或其补角．如图(2)，∠ABO为二面角αlβ的平面角．
③面(垂面法)：过棱上一点作棱的垂直平面，该平面与二面角的两个半平面产生交线，这两条交线所成的角即为二面角的平面角．如图(3)，∠AOB为二面角αlβ的平面角．
(2)算：sin θ＝，如图(4)，θ为二面角的大小，h为点A到平面β的距离，d为点A到棱l的距离．
3．利用空间向量求线线角、线面角的思路
(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即cos θ＝|cos φ|.
(2)直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即sin θ＝|cos φ|.
4．利用空间向量求二面角的方法
(1)分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的大小．
(2)分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．
[演练冲关]
2．(2018·温州5月高三测试)如图，斜三棱柱ABC A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝2AC，B1C⊥A1C1，且△A1B1C为等边三角形．
(1)求证：平面A1B1C⊥平面ABC；
(2)求直线BB1与平面ABC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AC∥A1C1，B1C⊥A1C1，
∴AC⊥B1C，
∵∠BAC＝90°，∴AC⊥BA，∴AC⊥B1A1.
又∵B1A1∩B1C＝B1，∴AC⊥平面A1B1C，
∵AC⊂平面ABC，∴平面A1B1C⊥平面ABC.
(2)法一：∵平面A1B1C⊥平面ABC，
∴平面A1B1C⊥平面A1B1C1.
取A1B1的中点D，
∵△A1B1C为等边三角形，
∴CD⊥平面A1B1C1，
∴CD⊥平面ABC.
取AB的中点E，
连接DE则BB1∥DE，
∴∠DEC为直线BB1与平面ABC所成角的平面角．
令AB＝2AC＝2，
∵AC⊥平面A1B1C，∴∠ACA1＝90°，
∴AA1＝，即DE＝，
∵△A1B1C为等边三角形，∴DC＝，
∴sin∠DEC＝＝，
∴直线BB1与平面ABC所成角的正弦值为.
法二：以A为坐标原点，AC，AB所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，令AB＝2AC＝2，则
C(1,0,0)，B(0,2,0)，
设B1(x，y，z)，
∵AC⊥B1C，∴x＝1.
∵B1C＝2，∴y2＋z2＝4.
由＝，得A1(1，y－2，z)．
∵A1C＝2，∴(y－2)2＋z2＝4，
∴y＝1，z＝，
∴＝(1，－1，)，
又平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，
∴cos〈，n〉＝＝，
∴直线BB1与平面ABC所成角的正弦值为.
3．(2019届高三·温州十校联考)如图，已知三棱锥PABC中，AB＝5，AC＝7，BC＝8，PB＝12，PB⊥平面ABC.
(1)求直线BP与平面PAC所成角的正弦值；
(2)求二面角APCB的余弦值．
解：(1)在△ABC中，cos∠ABC＝＝，
∴∠ABC＝60°.
以B为坐标原点，BA，BP所在直线为y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，P(0,0,12)，A(0,5,0)，C(4，4,0)，＝(0,5，－12)，＝(4，－1,0)．
设平面PAC的一个法向量为n＝(a，b，c)，
则即
取c＝5，得b＝12，a＝.
∴平面PAC的一个法向量为n＝(，12,5)．又＝(0,0,12)，设直线BP与平面PAC所成角为θ，
则sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
∴直线BP与平面PAC所成角的正弦值为.
(2)由(1)知平面PAC的一个法向量为n＝(，12,5)．
设平面PBC的一个法向量为m＝(x，y，z)，
又＝(4，4，－12)，
则即
令x＝，则y＝－3，可得m＝(，－3,0)．
∴cos〈m，n〉＝＝＝－.
由图易知二面角APCB的平面角为锐角，
∴二面角APCB的余弦值为.
题型(三)
利用空间向量解决探索性问题
主要考查利用空间向量探索与空间线面垂直、平行或与空间三种角有关的点所在位置、参数值的大小等问题，一般出现在解答题的最后一问.
[典例感悟]
[典例3] 如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且＝λ(λ>0)．现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图②所示．
(1)若λ＝2，求证：GR⊥平面PEF；
(2)是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)证明：由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直．
∴PD⊥平面PEF.
在图①中，∵E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，∴EF∥AC，DG＝GB＝2GH.
在图②中，∵＝＝2，且＝2，
∴在△PDH中，GR∥PD，∴GR⊥平面PEF.
(2)由题意，以P为坐标原点，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.
设PD＝4，则P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2,0)，D(0,0,4)，H(1，1,0)．则＝(2，－2,0)，＝(0,2，－4)．
∵＝λ，∴＝，
∴R.
∴＝
＝.
设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由得
取z＝1，则m＝(2,2,1)．
∵直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，
∴|cos〈m，〉|＝
＝
＝＝，
∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝或λ＝－(不合题意，舍去)．
故存在正实数λ＝，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.
[备课札记]
[方法技巧]
利用空间向量求解探索性问题的策略
(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(1)的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．
[演练冲关]
4．如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝2，BC＝4，PA＝2.
(1)求证：AB⊥PC;
(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角M ACD的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由已知得四边形ABCD是直角梯形，
由AD＝CD＝2，BC＝4，
可得△ABC是等腰直角三角形，
即AB⊥AC，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AB，
又PA∩AC＝A，
所以AB⊥平面PAC，所以AB⊥PC.
(2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，C(2，2，0)，D(0,2，0)，P(0,0,2)，B(2，－2，0)，
＝(0,2，－2)，
＝(2，2，0)．
设＝t (0
所以＝(0,2t,2－2t)．
设平面MAC的一个法向量是n＝(x，y，z)，
则即
则可取n＝.
又m＝(0,0,1)是平面ACD的一个法向量，
所以|cos〈m，n〉|＝＝＝cos 45°＝，解得t＝，即点M是线段PD的中点．
此时平面MAC的法向量n＝(1，－1，)，M(0，，1)，
＝(－2，3，1)．
设BM与平面MAC所成的角为θ，
则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以存在PD的中点M使得二面角MACD的大小为45°，且BM与平面MAC所成角的正弦值为.
[技法指导]
立体几何解答题建模、建系策略
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．
建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．
建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
[典例] (2019届高三·温州模拟)在四棱锥PABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠APB＝90°，
点M是线段AB上一点，且PM⊥CD，AB＝BC＝2PB＝2AD＝4BM.
(1)证明：平面PAB⊥平面ABCD；
(2)求直线CM与平面PCD所成角的正弦值．
[解题示范]
(1)证明：由AB＝2PB＝4BM及∠ABP＝∠PBM，得△PBM∽△ABP，
∴∠PMB＝∠APB＝90°，∴PM⊥AB.
∵AD∥BC，AD≠BC，
∴直线AB与直线CD在平面ABCD内必相交，
又∵PM⊥CD，
∴PM⊥平面ABCD，
∵PM⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面ABCD.
(2)法一：(几何法)过点M作MH⊥CD于点H，连接HP.
∵PM⊥CD，且PM∩MH＝M，PM，MH⊂平面PMH，
∴CD⊥平面PMH，又CD⊂平面PCD，
∴平面PMH⊥平面PCD，
过点M作MN⊥PH于点N，连接CN.
∵平面PMH∩平面PCD＝PH，
∴MN⊥平面PCD，
∴∠MCN为直线CM与平面PCD所成的角．
在四棱锥PABCD中，设AB＝2t(t>0)，
则CM＝t，PM＝t，MH＝t，
∴PH＝t，MN＝t，
从而sin∠MCN＝＝，
即直线CM与平面PCD所成角的正弦值为.
法二：(向量法)过M作BA的垂线交AB于M，以MB为y轴，MP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设BM＝1，则B(0,1,0)，C(4，1,0)，P(0,0，)，D(2，－3,0)，M(0,0,0)，
∴＝(4,1，－)，＝(2，－3，－)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可取n＝，
设直线CM与平面PCD所成的角为θ，
∵＝(4,1,0)，
∴sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
即直线CM与平面PCD所成角的正弦值为.
[思维升华]
立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．
[应用体验]
(2018·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．
解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.
因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF綊BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，
又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．
设M(x，y，z)(0
因为BM与底面ABCD所成的角为45°，
而n＝(0,0,1)是底面ABCD的一个法向量，
所以|cos〈，n〉|＝sin 45°，
＝，
即(x－1)2＋y2－z2＝0. ①
又M在棱PC上，设＝λ，
则x＝λ，y＝1，z＝－λ. ②
由①②解得(舍去)，或
所以M，
从而＝.
设m＝(x0，y0，z0)是平面ABM的一个法向量，
则
即
所以可取m＝(0，－，2)．
于是cos〈m，n〉＝＝.
由图知二面角MABD为锐角，
因此二面角MABD的余弦值为.
1.如图，AC是圆O的直径，点B在圆O上，∠BAC＝30°，BM⊥AC，垂足为M.EA⊥平面ABC，CF∥AE，AE＝3，AC＝4，CF＝1.
(1)证明：BF⊥EM；
(2)求平面BEF与平面ABC所成锐二面角的余弦值．
解：(1)证明：∵EA⊥平面ABC，∴BM⊥EA，
又BM⊥AC，AC∩EA＝A，∴BM⊥平面ACFE，
∴BM⊥EM.①
在Rt△ABC中，AC＝4，∠BAC＝30°，∴AB＝2，BC＝2，
又BM⊥AC，则AM＝3，BM＝，CM＝1.
∵FM＝＝，EM＝＝3，
EF＝＝2，
∴FM2＋EM2＝EF2，∴EM⊥FM.②
又FM∩BM＝M，③
∴由①②③得EM⊥平面BMF，∴EM⊥BF.
(2)如图，以A为坐标原点，过点A垂直于AC的直线为x轴，AC，AE所在的直线分别为y轴，z轴建立空间直角坐标系．
由已知条件得A(0,0,0)，E(0,0,3)，B(，3,0)，F(0,4,1)，
∴＝(－，－3,3)，＝(－，1,1)．
设平面BEF的法向量为n＝(x，y，z)，
由得
令x＝，得y＝1，z＝2，
∴平面BEF的一个法向量为n＝(，1,2)．
∵EA⊥平面ABC，
∴取平面ABC的一个法向量为＝(0,0,3)．
设平面BEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，
则cos θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
故平面BEF与平面ABC所成的锐二面角的余弦值为.
2．如图所示，在四棱锥PABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝2，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，AD＝2，∠ACD＝60°，E为CD的中点．
(1)求证：BC∥平面PAE；
(2)求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AB＝，BC＝1，∠ABC＝90°，
∴AC ＝2，∠BCA＝60°.
在△ACD中，∵AD＝2，AC＝2，∠ACD＝60°，
∴由余弦定理可得：
AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos∠ACD，∴CD＝4，
∴AC2＋AD2＝CD2，∴△ACD是直角三角形．
又E为CD的中点，∴AE＝CD＝CE＝2，
又∠ACD＝60°，∴△ACE是等边三角形，
∴∠CAE＝60°＝∠BCA，∴BC∥AE.
又AE⊂平面PAE，BC⊄平面PAE，
∴BC∥平面PAE.
(2)由(1)可知∠BAE＝90°，以点A为坐标原点，以AB，AE，AP分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,2)，B(，0,0)，C(，1,0)，D(－，3,0)，
∴＝(，0，－2)，＝(，1，－2)，＝(－，3，－2)．
设n＝(x，y，z)为平面PBC的法向量，
则即
取x＝1，则y＝0，z＝，n＝，
∴cos〈n，〉＝＝＝－，
∴直线PD与平面PBC所成角的正弦值为.
3．如图，在四棱锥SABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
(1)证明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．
解：(1)证明：以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则D(1,0,0)，A(2,2,0)，B(0,2,0)．
设S(x，y，z)，显然x>0，y>0，z>0，
则＝(x－2，y－2，z)，＝(x，y－2，z)，＝(x－1，y，z)．
由||＝||，得
＝ ，解得x＝1.
由||＝1，得y2＋z2＝1.①
由||＝2，得y2＋z2－4y＋1＝0.②
由①②，解得y＝，z＝.
∴S，＝，＝，＝，
∴·＝0，·＝0，∴DS⊥AS，DS⊥BS，
又AS∩BS＝S，∴SD⊥平面SAB.
(2)设平面SBC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则n⊥，n⊥，∴n·＝0，n·＝0.
又＝，＝(0,2,0)，
∴取z1＝2，得n＝(－，0,2)．
∵＝(－2,0,0)，
∴cos〈，n〉＝＝＝.
故AB与平面SBC所成角的正弦值为.
4．(2018·诸暨高三适应性考试)如图，四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD是直角梯形，∠BAD＝∠CDA＝90°，AB＝2DC＝2，E是CD的中点．
(1)求证：AE⊥PB；
(2)设F是棱PB上的点，EF∥平面PAD，求EF与平面PAB所成角的正弦值．
解：(1)证明：取AD的中点G，连接PG，BG，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊥AD，
∴PG⊥平面ABCD，
∵AE⊂平面ABCD，∴AE⊥PG.
又∵tan∠DAE＝tan∠ABG＝，
∴∠ABG＋∠EAB＝∠DAE＋∠EAB＝∠DAB＝90°，
∴AE⊥BG.
∵BG∩PG＝G，BG⊂平面PBG，PG⊂平面PBG，
∴AE⊥平面PBG，
∴AE⊥PB.
(2)法一：作FH∥AB交PA于H，连接DH，则HF∥DC.
∵EF∥平面PAD，平面FHDE∩平面PAD＝DH，
∴EF∥DH，
∴四边形FHDE为平行四边形，
∴HF＝DE.易知DC∥AB，DC＝AB，
∴HF＝AB，即H为PA的一个四等分点．
取PA的中点K，连接DK，则DK⊥PA.
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，
∴AB⊥平面PAD.
∵DK⊂平面PAD，
∴AB⊥DK，
∵PA∩AB＝A，
∴DK⊥平面PAB.
∴∠DHK为EF与平面PAB所成的角，
由已知得DK＝，DH＝＝，
∴sin∠DHK＝＝＝，
∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.
法二：以A为坐标原点，AB，AD所在直线为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B(2，0,0)，P(0,1，)，E，＝(2，－1，－)，＝.
设＝λ，则＝＋λ＝.
由(1)知PG⊥平面ABCD，∴PG⊥AB.
∵AD⊥AB，PG⊥AD＝G，
∴AB⊥平面PAD，
∴＝(2，0,0)为平面PAD的一个法向量．
∵EF∥平面PAD，
∴·＝2×＝0，解得λ＝.
∴＝.
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y，z)，
又＝(2，0,0)，＝(2，－1，－)，
则即
取y＝，得z＝－1，∴n＝(0，，－1)．
∴|cos〈n，〉|＝＝，
∴EF与平面PAB所成角的正弦值为.
5．(2019届高三·镇海中学检测)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面A1ACC1⊥平面ABC，AB＝BC＝2，∠ACB＝30°，∠C1CB＝60°，BC1⊥A1C，E为AC的中点，CC1＝2.
(1)求证：A1C⊥平面C1EB；
(2)求直线CC1与平面ABC所成角的余弦值．
解：(1)证明：因为AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以AC⊥BE.
又因为平面A1ACC1⊥平面ABC，平面A1ACC1∩平面ABC＝AC，
所以BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥A1C.
又因为BC1⊥A1C，BC1∩BE＝B，BC1⊂平面C1EB，BE⊂平面C1EB，
所以A1C⊥平面C1EB.
(2)法一：因为平面A1ACC1⊥平面ABC，
所以直线CC1与平面ABC所成角为∠C1CA.
因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以EC＝，EB＝1.
因为CC1＝BC＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，
因为BE⊥平面A1ACC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.
在△CC1E中，根据余弦定理可知，cos∠C1CE＝.
所以直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.
法二：以E为坐标原点，EC为x轴，EB为y轴建立如图所示的空间直角坐标系．
因为∠ACB＝30°，AB＝BC＝2，E为AC的中点，
所以EC＝，EB＝1.
因为CC1＝CB＝2，∠C1CB＝60°，所以BC1＝2，
因为BE⊥平面AA1CC1，所以BE⊥EC1，所以EC1＝.
所以||＝2，||＝，
设C1(x,0，y)，又C(，0,0)，
所以解得
所以C1，
则＝，
易知平面ABC的一个法向量为n＝(0,0,1)，
设直线CC1与平面ABC所成的角为α，
则sin α＝|cos〈，n〉|＝，所以cos α＝.
即直线CC1与平面ABC所成角的余弦值为.
6.如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点E是PD的中点，点F是PC的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)若底面ABCD为正方形，探究在什么条件下，二面角CAFD的大小为60°？
解：易知AD，AB，AP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，设AB＝2a，AD＝2b，AP＝2c，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2b,0)，D(0,2b,0)，P(0,0,2c)．
连接BD交AC于点O，连接OE，则O(a，b,0)，又E是PD的中点，所以E(0，b，c)．
(1)证明：因为＝(2a,0，－2c)，＝(a,0，－c)，
所以＝2，所以∥，
即PB∥EO.
因为PB⊄平面AEC，EO⊂平面AEC，
所以PB∥平面AEC.
(2)因为四边形ABCD为正方形，
所以a＝b，则A(0,0,0)，B(2a,0,0)，C(2a,2a,0)，D(0,2a,0)，P(0,0,2c)，E(0，a，c)，F(a，a，c)，
因为z轴⊂平面CAF，
所以设平面CAF的一个法向量为n＝(x,1,0)，而＝(2a,2a,0)，所以·n＝2ax＋2a＝0，得x＝－1，
所以n＝(－1,1,0)．
因为y轴⊂平面DAF，
所以设平面DAF的一个法向量为m＝(1,0，z)，
而＝(a，a，c)，所以·m＝a＋cz＝0，得z＝－，
所以m＝∥m′＝(c,0，－a)．
所以cos 60°＝＝＝，得a＝c.
故当AP与正方形ABCD的边长相等时，二面角CAFD的大小为60°.
第四讲 专题提能——“立体几何”专题提能课
失误1
因混淆几何体的表面积与侧面积而失误
[例1] (2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为( )
A．14 B．10＋4
C．＋4 D．＋4
[解析] 法一：由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S＝2×＋×(22－12)＋×22＋2×2＋××()2＝＋4.
法二：由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S＝S三棱柱表－S三棱锥侧＋S三棱锥底＝－3×＋××()2＝＋4.
[答案] D
[微评] 解决此类问题一般分两步：
第一步，先确定几何体的大致轮廓，然后利用三视图中的实线和虚线，通过切割、挖空等手段逐步调整，还原出几何体；
第二步，先部分后整体，即先分别求出几何体中各部分的面积，然后用它们表示所求几何体的表面积，注意重叠部分的面积和挖空部分的面积的处理.
失误2
因遗漏平行、垂直的判定定理的条件而失分
[例2] 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为AB和PD的中点．
求证：直线AF∥平面PEC.
[证明] 设PC的中点为Q，连接EQ，FQ.
易知FQ∥DC且FQ＝CD，AE∥CD且AE＝CD，
所以AE∥FQ且AE＝FQ，
所以四边形AEQF为平行四边形，
所以AF∥EQ.
又EQ⊂平面PEC，AF⊄平面PEC，所以AF∥平面PEC.
[微评] 灵活构造平行关系是证明线面平行的关键，一般可通过取n等分点构造成比例的线段，从而构造平行关系．
失误3
因混淆“两向量夹角”与“空间角”而失分
[例3] (2019届高三·郑州名校联考)如图所示，四棱锥PABCD的底面ABCD为平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，PB＝PC，∠ABC＝45°，E是线段PA上靠近点A的三等分点．
(1)求证：AB⊥PC；
(2)若△APB是边长为2的等边三角形，求直线DE与平面PBC所成角的正弦值．
[解] (1)证明：作PO⊥AB于O，连接OC.
因为平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
所以PO⊥平面ABCD.
因为PB＝PC，所以△POB≌△POC，所以OB＝OC.
因为∠ABC＝45°，所以∠BOC＝90°，即OC⊥AB.
又PO∩CO＝O，所以AB⊥平面POC.
因为PC⊂平面POC，所以AB⊥PC.
(2)因为△PAB是边长为2的等边三角形，所以PO＝，OA＝OB＝OC＝1.
依题意建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0，)，B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(－1,0,0)，
所以＝(1,0，－)，＝(－1,1,0)，设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝，可得平面PBC的一个法向量为n＝(，，1)．
易知＝(1,0，)，所以＝＝.
又＝＝(1，－1,0)，
所以＝＋＝.
设DE与平面PBC所成的角为θ，则sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝.
故直线DE与平面PBC所成角的正弦值为.
[微评] 本题第(2)问是利用向量法求线面角的问题，常见易错点如下：
(1)不能根据相关的线面垂直关系，建立适当的空间直角坐标系；
(2)建立空间直角坐标系后，在向量坐标的计算中出现错误；
(3)利用向量法求线面角时，没有注意到线面角与直线的方向向量和平面法向量的夹角之间的关系，误认为直线的方向向量与平面的法向量所成的角就是所求线面角．
等体积法：求体积或点面距
[典例] 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°.EF∥AC，EA＝ED＝EF＝.
(1)求AD与BE所成的角；
(2)若BE＝，求三棱锥BCDF的体积．
[解] (1)如图，取AD的中点O，连接EO，BO.
因为EA＝ED，
所以EO⊥AD.
因为四边形ABCD为菱形，
所以AB＝AD，
又∠DAB＝60°，所以△ABD为等边三角形，
所以AB＝BD，所以BO⊥AD.
因为BO∩EO＝O，BO⊂平面BEO，EO⊂平面BEO，
所以AD⊥平面BEO，
因为BE⊂平面BEO，
所以AD⊥BE，所以AD与BE所成的角为90°.
(2)在△EAD中，EA＝ED＝，AD＝2，EO⊥AD，
所以EO＝＝.
因为△ABD为等边三角形，
所以AB＝BD＝AD＝2，
所以BO＝.
又BE＝，所以EO2＋OB2＝BE2，所以EO⊥OB.
因为AD∩OB＝O，AD⊂平面ABCD，BO⊂平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD.
又S△BCD＝S△ABD＝AD×OB＝×2×＝，EF∥AC，
所以V三棱锥BCDF＝V三棱锥FBCD＝S△BCD×EO＝××＝.
[微评] 用等体积法解题的关键是把底面积及高不易求的三棱锥转化为易求的三棱锥，利用体积不变性，即可求出其体积．
函数与方程思想——在立体几何最值问题中的应用
[典例] (2018·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．
[解析] 法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC的边长变化时，设△ABC的边长为a(a>0)cm，则△ABC的面积为a2，△DBC的高为5－a，则正三棱锥的高为＝，∴25－a>0，∴0
法二：如图，连接OD交BC于点G，由题意知，OD⊥BC.易得OG＝BC，
设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，S△ABC＝×2x×3x＝3x2，
故所得三棱锥的体积V＝×3x2×＝x2×＝×.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，
则f′(x)＝100x3－50x4，
令f′(x)>0，即x4－2x3<0，得0
∴V≤×＝4.
∴所求三棱锥的体积的最大值为4 cm3.
[答案] 4
[微评] 处理此类问题的关键是结合图形条件建立适当函数，转化为求函数的最值问题．
中国古代数学取得了极其辉煌的成就，出现过刘徽、祖冲之、秦九韶等伟大的数学家，以及众多数学名著，《九章算术》和《数书九章》便是其中的代表作．这些中国古代数学名著是中华优秀传统文化的重要组成部分．
立体几何是中国古代数学的一个重要研究内容，从中国古代数学中挖掘素材，考查立体几何的有关知识，既符合考生的认知水平，又可以引导考生关注中华优秀传统文化．
[例1] (1)“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图①，图②中四边形是为体现其直观性所作的辅助线，当其正视图和侧视图完全相同时，它的正视图和俯视图分别可能是( )
A．a，b B．a，c
C．c，b D．b，d
(2)我国南北朝时期的数学家、天文学家——祖暅，提出了著名的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两等高几何体，若在每一等高处的截面积都相等，则两几何体体积相等．已知某不规则几何体与如图所对应的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )
A．4－ B．8－
C．8－π D．8－2π
[解析] (1)若正视图和侧视图完全相同，可能的一种情况是“牟合方盖”相对的两个曲面正对前方，正视图为一个圆，俯视图为一个正方形，且两条对角线为实线，故选A.
(2)由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图的几何体体积相等．根据题设所给的三视图，可知图中的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，正方体的体积为23＝8，半圆柱的体积为×(π×12)×2＝π，因此该不规则几何体的体积为8－π，故选C.
[答案] (1)A (2)C
[微评] (1)观察题目所给直观图，理解题干中有关“牟合方盖”的特征叙述，结合“当其正视图和侧视图完全相同时”这个关键条件作答．
(2)根据题设所给的三视图，想象出该图所对应的几何体是从一个正方体中挖去一个半圆柱，再根据祖暅原理和有关数据计算即可．
[例2] 《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．若三棱锥PABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为( )
A．8π B．12π
C．20π D．24π
[解析] 将三棱锥PABC放入长方体中，如图，三棱锥PABC的外接球就是长方体的外接球．因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝＝2.设外接球的半径为R，依题意可得(2R)2＝22＋22＋(2)2＝20，故R2＝5，则球O的表面积为4πR2＝20π，故选C.
[答案] C
[例3] 中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅监制的一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(单位：立方寸)，则图中的x为( )
A．1.2 B．1.6
C．1.8 D．2.4
[解析] 该几何体是一个组合体，左边是一个底面半径为、高为x的圆柱，右边是一个长、宽、高分别为5.4－x，3,1的长方体，则组合体的体积V＝V圆柱＋V长方体＝π·2×x＋(5.4－x)×3×1＝12.6(其中π＝3)，解得x＝1.6.故选B.
[答案] B
空间几何体常与解析几何、函数、不等式等知识相结合命题，以立体几何为主线，侧重考查空间想象能力，其解题的关键是结合空间图形分析论证问题.
类型1
立体几何与解析几何的交汇问题
[例1] (1)某几何体是直三棱柱与圆锥的组合体，其直观图和三视图如图所示，正视图为正方形，其中俯视图中椭圆的离心率为( )
A. B.
C. D.
(2)(2018·郑州模拟)如图所示的直三棱柱ABCA′B′C′中，△ABC是边长为2的等边三角形，AA′＝4，点E，F，G，H，M分别是边AA′，AB，BB′，A′B′，BC的中点，动点P在四边形EFGH内部运动，并且始终有MP∥平面ACC′A′，则动点P的轨迹长度为( )
A．2 B．2π
C．2 D．4
[解析] (1)依题意得，题中的直三棱柱的底面是等腰直角三角形，设其直角边长为2a，则斜边长为2a，圆锥的底面半径为a，母线长为2a，因此其俯视图中椭圆的长半轴长为a，短半轴长为a，其离心率e＝＝，故选C.
(2)连接MF，FH，MH，因为M，F，H分别为BC，AB，A′B′的中点，所以MF∥平面AA′C′C，FH∥平面AA′C′C，又MF∩FH＝F，所以平面MFH∥平面AA′C′C，所以M与线段FH上任意一点的连线都平行于平面AA′C′C，所以点P的运动轨迹是线段FH，其长度为4，故选D.
[答案] (1)C (2)D
[微评] (1)本例第(1)题是空间简单几何体组合体的直观图、三视图与椭圆巧妙相结合的题目，解题的关键是结合三视图找出椭圆的相关基本量进行求解．
(2)本例第(2)题给出了直三棱柱、线面平行的题设条件，所以据此出发应先适当作辅助线，运用平行关系去分析、探究点的轨迹.
类型2
立体几何与二次函数最值的交汇问题
[例2] 已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，点P在线段BD1上，当∠APC最大时，三棱锥PABC的体积为________．
[解析] 如图，以B为坐标原点，BA为x轴，BC为y轴，BB1为z轴，建立空间直角坐标系，则点A(1，0,0)，C(0,1,0)，D1(1,1,1)，所以＝(1,1,1)．
设＝λ (0≤λ≤1)，则可求得点P(λ，λ，λ)，所以向量＝(1－λ，－λ，－λ)，＝(－λ，1－λ，－λ)．
于是cos∠APC＝
＝＝
＝1－＝1－.
从而，当∠APC最大时，cos∠APC最小，即λ＝，所以此时点P.
故所求VPABC＝××＝.
[答案]
[微评] 上述求解的关键在于，利用“空间向量法”将∠APC最大等价转化为二次函数f(λ)＝3λ2－2λ＋1在[0,1]上最小.
类型3
立体几何与不等式的交汇问题
[例3] (1)某几何体的一条棱长为，在该几何体的正视图中，这条棱的投影是长为的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a和b的线段，则a＋b的最大值为( )
A．2 B．2
C．4 D．2
(2)已知三棱锥OABC中OA，OB，OC两两垂直，OC＝1，OA＝x，OB＝y，若x＋y＝4，则三棱锥体积的最大值是( )
A． B．
C．1 D．
[解析] (1)本题可以以长方体为载体，设该几何体中棱长为的棱与此长方体的体对角线重合，则此棱各投影分别为相邻三面的对角线，其长度分别为，a，b，设长方体的各棱长分别为x，y，z，则有解得a2＋b2＝8.
而2≤＝4，所以a＋b≤4，故选C.
(2)由条件可知VO ABC＝VA OBC＝OA·OB·OC＝xy≤×2＝，当且仅当x＝y＝2时，等号成立，此时VO ABC取得最大值，故选B.
[答案] (1)C (2)B
[微评] 本例是关于立体几何中的最值问题，利用基本不等式求最值是解决这类问题的常见方法，其解题的关键是用题目信息中给出的关键量表示出要求的量，并结合基本不等式适用的条件求解．
1．三垂线定理及逆定理：
(1)定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
(2)逆定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在平面内的射影垂直．其作用是证明两条异面直线垂直和作二面角的平面角．
2．从一点O出发的三条射线OA，OB，OC，若∠AOB＝∠AOC，则点A在平面BOC上的射影在∠BOC的平分线上．
3．AB和平面所成的角是θ1，AC在平面内，AC和AB在平面上的射影AB′成θ2，设∠BAC＝θ3，则cos θ1·cos θ2＝cos θ3.
4．如果两个相交平面都与第三个平面垂直，那么它们的交线也垂直于第三个平面．
5．若长方体的体对角线与过同一顶点的三条棱所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1；若长方体的体对角线与过同一顶点的三侧面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2.
6．面积射影法：利用面积射影公式S射＝S原·cos θ，其中θ为平面角的大小．若正棱锥的侧面与底面所成的角为θ，则S底＝S侧·cos θ.
7．立体几何中有关距离的“向量形式”的公式，如点P到平面的距离d＝，其中，A是平面内的点，n是平面的法向量．
8．等体积转换法．
[典例] 如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD是边长为2的正三角形，且与底面垂直，底面ABCD是∠ABC＝60°的菱形，M为PC的中点．
(1)求证：PC⊥AD；
(2)求点D到平面PAM的距离．
[解] (1)证明：如图，取AD的中点O，连接OP，OC，AC，由题意易知△ACD为正三角形．所以OC⊥AD，又△PAD是正三角形，O为AD的中点，所以OP⊥AD.
又OC∩OP＝O，所以AD⊥平面POC，
又PC⊂平面POC，所以PC⊥AD.
(2)点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离，由(1)可知，PO⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，所以PO⊥平面ABCD，即PO为三棱锥PACD的高．
在Rt△POC中，PO＝OC＝，则PC＝.
在△PAC中，PA＝AC＝2，PC＝，边PC上的高AM＝＝ ＝，
所以S△PAC＝PC·AM＝××＝.
设点D到平面PAC的距离为h，
由VDPAC＝VPACD，
得S△PAC·h＝S△ACD·PO，
又S△ACD＝×2×＝，
所以×·h＝××，解得h＝.
故点D到平面PAM的距离为.
[微评] 应用等体积转化法求解点到平面的距离，关键是准确把握三棱锥底面的特征，选择的底面应具备两个特征：一是底面的形状规则，即面积可求；二是底面上的高比较明显，即线面垂直关系比较直接．
A组——易错清零练
1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．12 B．18
C．24 D．30
解析：选C 由三视图知，该几何体是一个长方体的一半再截去一个三棱锥后得到的，如图所示，该几何体的体积V＝×4×3×5－××4×3×(5－2)＝24，故选C.
2．如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形．
若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A．4π B．16π
C．24π D．25π
解析：选C 由三视图知该几何体是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，三条侧棱长分别为2,2,4，将该三棱锥补成一个长方体，可知该三棱锥的外接球直径就是长方体的体对角线，所以外接球直径2R＝＝2，则R＝，故该球的表面积为4πR2＝24π，故选C.
3．《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )
A．2 B．4＋2
C．4＋4 D．4＋6
解析：选C 由三视图知，该几何体是直三棱柱ABCA1B1C1，其中AB＝AA1＝2，BC＝AC＝，∠C＝90°，其直观图如图所示，侧面为三个矩形，故该“堑堵”的侧面积S＝(2＋2)×2＝4＋4，故选C.
4．正方体的8个顶点中，有4个恰是正四面体的顶点，则正方体与正四面体的表面积之比为________．
解析：如图，设正方体的棱长为a，则正方体的表面积为S1＝6a2.
正四面体PABC的边长为＝a，则其表面积为S2＝4××a×a×sin 60°＝2a2.
所以正方体与正四面体的表面积之比为S1∶S2＝6a2∶2a2＝∶1.
答案：∶1
B组——方法技巧练
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．6 B．8
C．10 D．12
解析：选D 根据题中所给的三视图，可以还原几何体，如图所示．
该几何体可以将凸出的部分补到凹进去的地方成为一个长、宽、高分别是3,2,2的长方体，所以该几何体的体积为2×2×3＝12，故选D.
2．圆锥的母线长为L，过顶点的最大截面的面积为L2，则圆锥底面半径与母线长的比的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 设圆锥的高为h，过顶点的截面的顶角为θ，则过顶点的截面的面积S＝L2sin θ，而0
3．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，则点B到平面D1AC的距离等于________．
解析：如图，连接BD1，易知D1D就是三棱锥D1ABC的高，AD1＝CD1＝，AC＝2，取AC的中点O，连接D1O，则D1O⊥AC，所以D1O＝＝.
设点B到平面D1AC的距离为h，则由VBD1AC＝VD1ABC，即S△D1AC·h＝S△ABC·D1D，又S△D1AC＝D1O·AC＝××2＝，S△ABC＝AB·BC＝×2×2＝2，所以h＝.
答案：
4.如图，侧棱垂直于底面的三棱柱ABCA1B1C1的底面ABC位于平行四边形ACDE中，AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°，点B在线段ED上．
(1)当点B在何处时，平面A1BC⊥平面A1ABB1；
(2)点B在线段ED上运动的过程中，求三棱柱ABCA1B1C1表面积的最小值．
解：(1)由于三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱，则AA1⊥平面ABC，因为BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.而AA1∩AB＝A，只需BC⊥平面A1ABB1，即AB⊥BC，就有“平面A1BC⊥平面A1ABB1”．
在平行四边形ACDE中，
因为AE＝2，AC＝AA1＝4，∠E＝60°.
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
若AB⊥BC，有BH2＝AH·CH.
由AC＝4，得AH＝1或3.
两种情况下，B为ED的中点或与点D重合．
(2)三棱柱ABCA1B1C1的表面积等于侧面积与两个底面积之和．
显然三棱柱ABCA1B1C1其底面积和平面A1ACC1的面积为定值，只需保证侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和最小即可．
过B作BH⊥AC于H，则BH＝.
令AH＝x，则侧面A1ABB1和侧面B1BCC1面积之和等于4(AB＋BC)＝4[＋]．
其中＋可以表示动点(x,0)到定点(0，－)和(4，)的距离之和，当且仅当x＝2时取得最小值．所以三棱柱的表面积的最小值为2××4×＋42＋4×2＝4＋8＋16.
5．(2019届高三·宁波十校联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为CD中点．把△ADE沿AE翻折，使得平面ADE⊥平面ABCE.
(1)求证：AD⊥BE；
(2)求BD与平面DEC所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵在矩形ABCD中，AD＝1，AB＝2，E为CD中点，
∴AE＝＝EB，则AE2＋BE2＝AB2，
∴BE⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴BE⊥平面ADE，∴AD⊥BE.
(2)法一：取AE的中点O，连接DO，则DO⊥AE.
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴DO⊥平面ABCE，
∴VDBCE＝S△BEC·DO＝××1×1×＝.
连接OB，OC，∵OA＝，AB＝2，∠OAB＝45°，
∴在△OAB中，由余弦定理得，
OB＝＝，
同理可得OC＝.
在Rt△DOB中，BD＝＝.
在Rt△DOC中，DC＝＝.
∵DE＝1，EC＝1，
∴在△DEC中，由余弦定理得，cos∠DEC＝＝－，
∴∠DEC＝120°，∴S△DEC＝×1×1×＝.
设B到平面DEC的距离为h，
∴VBDEC＝×S△DEC×h＝，解得h＝.
设DB与平面DEC所成的角为α，
则sin α＝＝，
∴BD与平面DEC所成角的正弦值为.
法二：取AE的中点O，连接DO，则DO⊥AE，
∵平面ADE⊥平面ABCE，平面ADE∩平面ABCE＝AE，
∴DO⊥平面ABCE，
∴以O为坐标原点，OD所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
则B，D，E，
C，
∴＝，＝(0,1,0)，
＝，
设m＝(x，y,1)为平面DEC的一个法向量，
则即
取z＝1，可得m＝(－，0,1)，
设BD与平面DEC所成的角为α，
∴sin α＝|cos〈，m〉|＝＝，
即BD与平面DEC所成角的正弦值为.
C组——创新应用练
1．已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点P是平面AA1D1D的中心，点Q是上底面A1B1C1D1上一点，且PQ∥平面AA1B1B，则线段PQ的长的最小值为( )
A．1 B.
C. D.
解析：选A 由PQ∥平面AA1B1B知Q在过点P且平行于平面AA1B1B的平面上，易知点Q在A1D1，B1C1中点的连线MN上，故PQ的最小值为PM＝AA1＝1.
2．(2018·昆明模拟)古人采取“用臼舂米”的方法脱去稻谷的外壳，获得可供食用的大米，用于舂米的“臼”多用石头或木头制成．一个“臼”的三视图如图所示，则凿去部分(看成一个简单的组合体)的体积为( )
A．63π B．72π
C．79π D．99π
解析：选A 由三视图得，凿去部分是一个半球与一个圆柱的组合体，其中半球的半径为3，体积为×π×33＝18π，圆柱的底面半径为3，高为5，体积为π×32×5＝45π.所以凿去部分的体积为18π＋45π＝63π.故选A.
3．(2018·沈阳质检)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，且BD⊥CD，AB＝BD＝CD，点P在棱AC上运动，设CP的长度为x，若△PBD的面积为f(x)，则f(x)的图象大致是( )
解析：选A 如图，作PQ⊥BC于Q，作QR⊥BD于R，连接PR，则由鳖臑的定义知PQ∥AB，QR∥CD，PQ⊥QR.设AB＝BD＝CD＝1，CP＝x，则＝＝，即PQ＝，又＝＝＝，所以QR＝，所以PR＝＝＝ ，又由题知PR⊥BD，所以f(x)＝ ＝ ，结合选项知选A.
4．(2018·长春模拟)已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．
解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.设f(r)＝9r4－r6(r>0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，所以当0
答案：2π
5．(2018·惠州模拟)某三棱锥的三视图如图所示，且图中的三个三角形均为直角三角形，则xy的最大值为________．
解析：将三视图还原为如图所示的三棱锥PABC，其中底面ABC是直角三角形，AB⊥BC，PA⊥平面ABC，BC＝2，PA2＋y2＝102，(2)2＋PA2＝x2，所以xy＝x＝x≤＝64，当且仅当x2＝128－x2，即x＝8时取等号，因此xy的最大值是64.
答案：64
6．(2019届高三·湖北七市(州)联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中将底面为直角三角形的直棱柱称为堑堵，将底面为矩形的棱台称为刍童．在如图所示的堑堵ABMDCP与刍童ABCDA1B1C1D1的组合体中，AB＝AD，A1B1＝A1D1.
(1)证明：直线BD⊥平面MAC；
(2)若AB＝1，A1D1＝2，MA＝，三棱锥AA1B1D1的体积V′＝，求该组合体的体积．
解：(1)证明：由题可知ABMDCP是底面为直角三角形的直棱柱，
∴AD⊥平面MAB，
∴AD⊥MA，
又MA⊥AB，AD∩AB＝A，
∴MA⊥平面ABCD，
∴MA⊥BD.
又AB＝AD，
∴四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，
又MA∩AC＝A，
∴BD⊥平面MAC.
(2)设刍童ABCDA1B1C1D1的高为h，
则三棱锥AA1B1D1的体积V′＝××2×2×h＝，∴h＝，
故该组合体的体积V＝×1××1＋×(12＋22＋)×＝＋＝.
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥n
B．若m∥α，n∥α，则m∥n
C．若m∥α，m⊥n，则n⊥α
D．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
解析：选D 选项A，因为n可以是平面α内的任意一条直线，所以m，n可能平行，可能异面，故选项A错误；与同一个平面平行的两条直线可能平行，也可能相交，还可能异面，故B选项错误；易知选项C错误．故选D.
2．“sin A>tan A”是“△ABC是钝角三角形”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：选A 若sin A>tan A，则sin A>，因为sin A>0，所以1>，易得－1
3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的内切球的体积为( )
A.π B.π
C.π D.π
解析：选D 由三视图可知该几何体是一个三棱锥．几何体的表面积S＝2××3×3＋2××3×6＝27，
几何体的体积V＝××3×3×3＝.
设几何体的内切球的半径为r，
则V＝·S·r＝9r＝，得r＝，
故几何体的内切球的体积V球＝πr3＝π×＝π.故选D.
4．已知sin＝，则cos(2 018π－2θ)＝( )
A．－ B.
C．－ D.
解析：选C 因为sin＝sin＝sin＝cos θ＝，所以cos(2 018π－2θ)＝cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×2－1＝－.故选C.
5．为了得到函数y＝sin的图象，只需将y＝cos 2x的图象上的每一点( )
A．向右平移个单位长度
B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度
D．向左平移个单位长度
解析：选B y＝cos 2x＝sin，由y＝sin的图象向右平移个单位长度得到的函数图象的解析式是y＝sin＝sin.所以选B.
6．已知＝λ＋μ (λ，μ∈R)，且A，B，C三点不共线( )
A．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的重心
B．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的垂心
C．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的内心
D．若λ＝，μ＝，则G是△ABC的外心
解析：选A 如图，设△ABC中BC边上的中线为AD，则＝(＋)，即＋＝2.当λ＝μ＝时，＝＋，所以＝(＋)＝.所以G为△ABC的重心，A正确．当＝＋或＝＋时，G，B，C三点共线，故B、C错误；当λ＝μ＝时，＝(＋)＝，即点G在中线AD的延长线上，而外心为三角形三边中垂线的交点，所以G不一定是△ABC的外心，D错误，故选A.
7．如图，四棱柱ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是AB1，BC1的中点．下列结论中，正确的是( )
A．EF⊥BB1
B．EF∥平面ACC1A1
C．EF⊥BD
D．EF⊥平面BCC1B1
解析：选B 如图，取BB1的中点M，连接ME，MF，延长ME交AA1于点P，延长MF交CC1于点Q，连接PQ.
∵E，F分别是AB1，BC1的中点，∴P是AA1的中点，Q是CC1的中点，从而可得E是MP的中点，F是MQ的中点，所以EF∥PQ，又PQ⊂平面ACC1A1，EF⊄平面ACC1A1，所以EF∥平面ACC1A1.故选B.
8．在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是直线AB1上的动点，点P是△A1C1D所在平面内的动点，记直线D1P与直线CM所成的角为θ，若θ的最小值为，则点P的轨迹是( )
A．圆 B．椭圆
C．抛物线 D．双曲线
解析：选A 将空间中线线角的最值问题转化为线面角的问题．点在动，平面没有动，将动变成定．连接CA，CB1，可知平面ACB1∥平面A1C1D，所以CM∥平面A1C1D.所以把CM平移到平面A1C1D中，直线D1P与直线CM所成角的最小值即为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角，即原问题转化为直线D1P与平面A1C1D所成的线面角为.因为点P是△A1C1D上的动点，所以点P的轨迹为一个圆(如图所示)．
9．向量a，b满足|a|＝4，b·(a－2b)＝0.则|a－4b|＝( )
A．0 B．4
C．8 D．12
解析：选B 因为b·(a－2b)＝0，所以b与a－2b垂直，如图，
在Rt△ACB中，＝a，＝2b，＝a－2b，O为AB的中点，则||＝|－|＝a－2b＝||＝2，所以|a－4b|＝4.
10．已知点P是四边形ABCD所在平面外一点，且点P在平面ABCD上的射影O在四边形ABCD的内部，记二面角PABO，PBCO，PCDO，PDAO的大小分别是α，β，γ，δ，则以下四个命题中正确的是( )
①必不存在点P，使α＝β＝γ＝δ
②必存在点P，使α＝β＝γ＝δ
③必存在点P，使α＝β＝γ≠δ
④必存在点P，使α＝γ且β＝δ
A．①③ B．②③
C．②④ D．③④
解析：选D 若要存在某两个二面角的平面角相等，则需要射影O到这两个二面角棱的距离相等．平面四边形ABCD两个内角的平分线必有交点，三个内角的平分线不一定交于一点，故命题①②错误；易知命题③正确，如图，不规则平面四边形ABCD中，∠M，∠N的平分线必交于一点；而四边形ABCD为平行四边形、梯形时，也可验证命题④是正确的．故选D.
二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)
11．已知tan α＝2，则tan＝________，cos2α＝________.
解析：∵tan α＝2，∴tan＝＝－3，
∴cos2α＝＝＝.
答案：－3
12．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是________．
解析：由三视图可知，该几何体是以四边形ABB1A1为底面的四棱柱，根据三视图易求得该几何体的体积V＝×2×2＝6.
∵四边形ABB1A1为直角梯形，且A1B1＝1，AA1＝AB＝2，∴BB1＝，
∴表面积S＝2×2＋2×2＋1×2＋2×＋2×＝16＋2.
答案：6 16＋2
13．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若a(1－cos C)＝ccos A，且|＋|＝8，则△ABC面积的最大值是________，当△ABC面积最大时tan A＝________.
解析：由a(1－cos C)＝ccos A及正弦定理得sin A(1－cos C)＝sin Ccos A，移项得sin A＝sin Ccos A＋sin Acos C＝sin(A＋C)＝sin B，因为A，B∈(0，π)，所以A＝B，所以a＝b，又a2＝b2＋c2－2bccos A，所以c＝2bcos A.
设AC边上的中线为BD，由|＋|＝8得到BD的长为4，由余弦定理得16＝c2＋2－2c×cos A，所以b2＝，所以△ABC的面积S＝bcsin A＝＝.由基本不等式得S≤，当且仅当tan A＝3时，等号成立．所以△ABC面积的最大值为.
答案： 3
14．在△ABC中，D为AB的中点，AC＝2CD＝4，△ABC的面积为3.作BE⊥CD于E，将BCD沿CD翻折，翻折过程中AC与BE所成的最小角的余弦值为________．
解析：将△BCD沿CD翻折过程中，BE扫过的区域即为如图所示的圆面E.故AC与BE所成的最小角即为AC与圆面E所成的线面角．由于D为AB的中点，故将△ACD沿CD翻折的过程中，点A的轨迹是与圆面E平行的圆面O.此时AC与BE所成的最小角即为AC与圆面O所成的线面角，即∠CAO.因为D为AB的中点，所以BE＝OA，因为AC＝2CD＝4，S△ABC＝3，且S△ABC＝S△ACD＋S△BCD，所以×CD×AO＋×CD×BE＝3，解得AO＝BE＝，所以cos∠CAO＝＝.故AC与BE所成的最小角的余弦值为.
答案：
15．在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角BACD，则四面体DABC的外接球的表面积为________，四面体DABC的体积为________．
解析：由题意知，四面体的外接球的球心到4个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC上，且为AC的中点，而AC＝＝5，所以外接球的半径r＝AC＝，故外接球的表面积S＝4πr2＝25π.因为平面DAC⊥平面ABC，所以点D到AC的距离即为点D到平面ABC的距离，为＝＝，故四面体DABC的体积V＝×S△ABC×＝××4×3×＝.
答案：25π
16．已知向量a，b满足|a－b|＝|a＋3b|＝2，则|b|的取值范围是________．
解析：法一：如图，作＝a，＝b，＝－3b，则||＝|a－b|＝2，||＝|a＋3b|＝2.
所以0≤||＝|4b|≤4，故有0≤|b|≤1.
法二：由|a－b|＝|a＋3b|＝2，得
则其中θ表示向量a与向量b的夹角，当cos θ≠0时，有|a|＝－，代入|a|2＋3|b|2＝4，有2＋3|b|2＝4，所以|b|2＝，因为0
17.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝，BC＝AA1＝1，点M为AB1的中点，点P为体对角线AC1上的动点，点Q为底面ABCD上的动点(点P，Q可以重合)，则MP＋PQ的最小值为________．
解析：由题意，要求MP＋PQ的最小值，就是求点P到底面ABCD的距离的最小值与MP的最小值之和．Q是P在底面ABCD上的射影时，点P到底面的距离最小，此时Q在AC上，且PQ⊥AC.展开三角形ACC1与三角形AB1C1，使它们在同一个平面上，如图，易知∠B1AC1＝∠C1AC＝30°，AM＝，PQ⊥AC，可知当MQ⊥AC，即P，Q，M三点共线时，MP＋PQ最小，最小值为sin 60°＝.
答案：
三、解答题(本大题共5小题，共74分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
18．(本小题满分14分)(2018·天津五区县联考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且8sin2－2cos 2C＝7.
(1)求tan C的值；
(2)若c＝，sin B＝2sin A，求a，b的值．
解：(1)在△ABC中，因为A＋B＋C＝π，
所以＝－，则sin＝cos.
由8sin2－2cos 2C＝7，得8cos2－2cos 2C＝7，
所以4(1＋cos C)－2(2cos2C－1)＝7，
即(2cos C－1)2＝0，所以cos C＝.
因为0＜C＜π，所以C＝，
于是tan C＝tan＝.
(2)由sin B＝2sin A，得b＝2a.①
又c＝，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcos，
即a2＋b2－ab＝3.②
联立①②，解得a＝1，b＝2.
19．(本小题满分15分)在四棱锥PABCD中，底面ABCD是菱形，AB＝AP＝2，CP＝2，∠BAD＝∠BAP＝120°，点E为PB的中点．
(1)求证：AE⊥BC；
(2)求直线AP和平面ACE所成角的正弦值．
解：(1)证明：∵AP＝AB，E为PB的中点，∴AE⊥PB，
又∵∠BAP＝120°，∴∠APB＝∠ABP＝30°.
在Rt△APE中，PE＝PA·cos∠APE＝，AE＝1，
∴PB＝2.
由PB＝2，CP＝2，BC＝2，得∠BCP＝90°，
∴CE＝PB＝，
由底面ABCD是菱形，∠BAD＝120°，易得AC＝2.
∴AE2＋CE2＝AC2，
∴△AEC为直角三角形，∴AE⊥CE，
又∵PB∩CE＝E，PB⊂平面BCP，CE⊂平面BCP，
∴AE⊥平面BCP，
∵BC⊂平面BCP，∴AE⊥BC.
(2)设点P到平面ACE的距离为h.
∵VPACE＝VAPCE，即S△ACE·h＝S△PCE·AE，
由(1)可知，S△ACE＝×AE×CE＝×1×＝，
S△PCE＝S△PBC＝××2×2＝，
∴××h＝××1，∴h＝.
∴直线AP和平面ACE所成角的正弦值为＝＝.
20．(本小题满分15分)已知函数f(x)＝a·b，其中a＝(2cos x，－sin 2x)，b＝(cos x,1)，x∈R.
(1)求函数f(x)的单调递减区间；
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，f(A)＝－1，a＝，且向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，求b和c的值．
解：(1)由题知，f(x)＝2cos2x－sin 2x＝1＋cos 2x－sin 2x＝1＋2cos，
令2kπ≤2x＋≤2kπ＋π(k∈Z)，
解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，
∴函数f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)∵f(A)＝1＋2cos＝－1，
∴cos＝－1，
又<2A＋<，∴2A＋＝π，即A＝.
又∵a＝，∴由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－3bc＝7.①
∵向量m＝(3，sin B)与n＝(2，sin C)共线，
∴2sin B＝3sin C，
∴由正弦定理得2b＝3c.②
由①②得b＝3，c＝2.
21．(本小题满分15分)在三棱柱ABCA1B1C1中，∠ACB＝90°，AC1⊥平面ABC，BC＝CA＝AC1.
(1)求证：AC⊥平面AB1C1；
(2)求二面角A1BB1C的余弦值．
解：(1)证明：在三棱柱ABCA1B1C1中，BC∥B1C1.因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，所以AC⊥B1C1.
因为AC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以AC1⊥AC，因为AC1∩B1C1＝C1，AC1⊂平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，所以AC⊥平面AB1C1.
(2)法一：因为点A1在平面A1ABB1内，故只需求二面角ABB1C的平面角．
分别取BB1，CC1的中点M，N，连接AM，MN，AN，
由(1)可知，AB1＝＝＝AB，因为M为BB1的中点，所以AM⊥BB1.因为AC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以AC1⊥BC，又因为∠ACB＝90°，所以AC⊥BC，因为AC∩AC1＝A，AC⊂平面ACC1，AC1⊂平面ACC1，所以BC⊥平面ACC1，因为CC1⊂平面ACC1，所以BC⊥CC1，即平行四边形BCC1B1为矩形，
因为M，N分别为BB1，CC1的中点，所以MN⊥BB1，所以∠AMN为二面角ABB1C的平面角．
设BC＝CA＝AC1＝1，则AB＝AB1＝BB1＝，MN＝1，AN＝，所以AM＝.
由余弦定理得，cos∠AMN＝＝，
所以二面角A1BB1C的余弦值为.
法二：如图所示，以A为原点，分别以AC所在直线为x轴，底面内AC的垂线为y轴，AC1所在直线为z轴建立空间直角坐标系，
设BC＝CA＝AC1＝1，由题意知A(0,0,0)，B(1,1,0)，C(1,0,0)，B1(0,1,1)，
所以＝(1,1,0)，1＝(0,1,1)，＝(0,1,0)，1＝(－1,1,1)．
设平面A1B1BA的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面BB1C的法向量为n＝(x2，y2，z2)．
由得可取m＝(1，－1,1)．
由得可取n＝(1,0,1)．
于是|cos〈m，n〉|＝＝，
由题意知，所求二面角的平面角为锐角，
故二面角A1BB1C的余弦值为.
22．(本小题满分15分)如图，在三棱台ABCA1B1C1中，AB＝4，BC＝2，CA＝2，B1C1＝1，CC1＝，BC⊥CC1.D是AC上的一点，满足AD＝3DC，过点B1，C1，D的平面交AB于点F.
(1)求证：BC∥DF；
(2)若二面角ABCB1的平面角的大小为60°，求直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值．
解：(1)证明：因为ABCA1B1C1为三棱台，
所以BC∥B1C1，
又因为BC⊄平面B1C1DF，B1C1⊂平面B1C1DF，
所以BC∥平面B1C1DF，
又因为BC⊂平面ABC，平面ABC∩平面B1C1DF＝DF，所以BC∥DF.
(2)因为AB＝4，BC＝2，CA＝2，
所以AB2＝BC2＋CA2，所以BC⊥CA，
又因为BC⊥CC1，平面ABC∩平面BCB1＝BC，
所以∠ACC1是二面角ABCB1的平面角，
即∠ACC1＝60°，
又因为CD＝CA＝，CC1＝，
所以C1D＝＝，
所以C1D2＋CD2＝CC，
所以∠C1DC＝90°，即AD⊥DC1，
因为BC∥DF，BC⊥AC，所以AD⊥DF，
又因为DC1∩DF＝D，DC1⊂平面B1C1DF，DF⊂平面B1C1DF，
所以AD⊥平面B1C1DF，
连接DB1，则∠AB1D是直线AB1与平面B1C1DF所成的角．
易知BC⊥平面ACC1A1，所以B1C1⊥平面ACC1A1，
因为DC1⊂平面ACC1A1，所以B1C1⊥DC1，
又因为DC1＝，B1C1＝1，所以DB1＝，
所以tan∠AB1D＝＝＝.
所以直线AB1与平面B1C1DF所成角的正切值为.
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