高考数学专题七立体几何第练空间角与空间距离的求解练习创新
2020高考数学解答题核心素养题型《专题07 立体几何综合问题》+答题指导)(解析版)
专题07 立体几何综合问题【题型解读】▶▶题型一 空间点、线、面的位置关系及空间角的计算(1)空间点、线、面的位置关系通常考查平行、垂直关系的证明，一般出现在解答题的第(1)问，解答题的第(2)问常考查求空间角，求空间角一般都可以建立空间直角坐标系，用空间向量的坐标运算求解．(2)利用向量求空间角的步骤：第一步：建立空间直角坐标系；第二步：确定点的坐标；第三步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；第四步：计算向量的夹角(或函数值)；第五步：将向量夹角转化为所求的空间角；第六步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．【例1】 (2019·河南郑州高三联考)在如图所示的多面体中，四边形ABCD 是平行四边形，四边形BDEF是矩形，ED ⊥平面ABCD ，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD . (1)求证：平面BDEF ⊥平面ADE ；(2)若ED ＝BD ，求直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)在△ABD 中，∠ABD ＝π6，AB ＝2AD ，由余弦定理，得BD ＝3AD ，从而BD 2＋AD 2＝AB 2，所以△ABD 为直角三角形且∠ADB ＝90°，故BD ⊥AD .因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥BD .又AD ∩DE ＝D ，所以BD ⊥平面ADE .因为BD ⊂平面BDEF ，所以平面BDEF ⊥平面ADE .(2)由(1)可得，在Rt △ABD 中，∠BAD ＝π3，BD ＝3AD ， 又由ED ＝BD ，设AD ＝1，则BD ＝ED ＝ 3.因为DE ⊥平面ABCD ，BD ⊥AD ，所以可以点D 为坐标原点，DA ，DB ，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示．则A (1,0,0)，C (－1，3，0)，E (0,0，3)，F (0，3，3)．所以AE →＝(－1,0，3)，AC →＝(－2，3，0)．设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A E →＝0，n ·A C →＝0，即⎩⎨⎧ －x ＋3z ＝0，－2x ＋3y ＝0，令z ＝1，得n ＝(3，2,1)为平面AEC 的一个法向量．因为A F →＝(－1，3，3)， 所以cos 〈n ，A F →〉＝n ·A F →|n |·|A F →|＝4214， 所以直线AF 与平面AEC 所成角的正弦值为4214. 【素养解读】本例问题(1)证明两平面垂直，考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)计算线面所成的角时，考查了直观想象和数学运算的核心素养．【突破训练1】 (2018·北京卷)如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，CC 1⊥平面ABC ，D ，E ，F ，G 分别为AA 1，AC ，A 1C 1，BB 1的中点，AB ＝BC ＝ 5 ，AC ＝AA 1＝2.(1)求证：AC ⊥平面BEF ；(2)求二面角B －CD －C 1的余弦值；(3)证明：直线FG 与平面BCD 相交．【答案】见解析【解析】(1)证明：在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，因为CC 1⊥平面ABC ，所以四边形A 1ACC 1为矩形．又E ，F 分别为AC ，A 1C 1的中点，所以AC ⊥EF .因为AB ＝BC .所以AC ⊥BE ，所以AC ⊥平面BEF .(2)由(1)知AC ⊥EF ，AC ⊥BE ，EF ∥CC 1.又CC 1⊥平面ABC ，所以EF ⊥平面ABC .因为BE ⊂平面ABC ，所以EF ⊥BE .如图建立空间直角坐称系Exyz .由题意得B (0,2,0)，C (－1,0,0)，D (1,0,1)，F (0,0,2)，G (0,2,1)．所以CD →＝(2,0,1)，C B →＝(1,2,0)，设平面BCD 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，所以⎩⎪⎨⎪⎧ n ·C D →＝0，n ·C B →＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋c ＝0，a ＋2b ＝0.令a ＝2，则b ＝－1，c ＝－4，所以平面BCD 的法向量n ＝(2，－1，－4)，又因为平面CDC 1的法向量为E B →＝(0,2,0)，所以cos 〈n ，E B →〉＝n ·E B→|n ||EB →|＝－2121. 由图可得二面角B －CD －C 1为钝二面角，所以二面角B －CD －C 1的余弦值为－2121. (3)证明：平面BCD 的法向量为n ＝(2，－1，－4)，因为G (0,2,1)，F (0，0,2)，所以G F →＝(0，－2,1)，所以n ·G F →＝－2，所以n 与G F →不垂直，所以GF 与平面BCD 不平行且不在平面BCD 内，所以GF 与平面BCD 相交． ▶▶题型二 平面图形折叠成空间几何体的问题1．先将平面图形折叠成空间几何体，再以其为载体研究其中的线、面间的位置关系与计算有关的几何量是近几年高考考查立体几何的一类重要考向，它很好地将平面图形拓展成空间图形，同时也为空间立体图形向平面图形转化提供了具体形象的途径，是高考深层次上考查空间想象能力的主要方向．2．(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量．一般情况下，长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．(3)解决翻折问题的答题步骤第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量；第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面；第三步：利用判定定理或性质定理进行证明．【例2】 (2018·全国卷Ⅰ)如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ；(2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD .(2)作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴正方向，|B F →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故PE ⊥PF .可得PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，D P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，H P →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪H P →·D P →|H P →|·|DP →|＝ 34 3＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例在证明或计算过程中都要考虑图形翻折前后的变化，因此综合考查了逻辑推理、数学运算、直观想象、数学建模的核心素养．【突破训练2】 如图1，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点，将△ABE 沿BE 折起到△A 1BE 的位置，如图2.(1)证明：CD ⊥平面A 1OC ；(2)若平面A 1BE ⊥平面BCDE ，求平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：在题图1中，因为AB ＝BC ＝1，AD ＝2，E 是AD 的中点∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC .即在题图2中，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC ，从而BE ⊥平面A 1OC .又CD ∥BE ，所以CD ⊥平面A 1OC .(2)由已知，平面A 1BE ⊥平面BCDE ，又由(1)知，BE ⊥OA 1，BE ⊥OC .所以∠A 1OC 为二面角A 1－BE －C 的平面角，所以∠A 1OC ＝π2. 如图，以O 为原点，OB →，OC →，OA 1→分别为x 轴、y 轴、z 轴正方向建立空间直角坐标系，因为A 1B ＝A 1E ＝BC ＝ED ＝1，BC ∥ED ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，0，0，E ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，0，A 1⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，22，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，0， 得BC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22，0，A 1C →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22，－22， CD →＝BE →＝(－2，0,0)．设平面A 1BC 的一个法向量n 1＝(x 1，y 1，z 1)，平面A 1CD 的一个法向量n 2＝(x 2，y 2，z 2)，平面A 1BC 与平面A 1CD 的夹角为θ，则⎩⎪⎨⎪⎧ n 1·BC →＝0，n 1·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧ －x 1＋y 1＝0，y 1－z 1＝0，取n 1＝(1,1,1)； 由⎩⎪⎨⎪⎧ n 2·CD →＝0，n 2·A 1C →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝0，y 2－z 2＝0，取n 2＝(0,1,1)， 从而cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝23×2＝63， 即平面A 1BC 与平面A 1CD 所成锐二面角的余弦值为63. ▶▶题型三 线、面位置关系中的探索性问题是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题，是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，解决这类问题的基本思路类似于反证法，即“在假设存在的前提下通过推理论证，如果能找到符合要求的点(或其他的问题)，就肯定这个结论，如果在推理论证中出现矛盾，就说明假设不成立，从而否定这个结论”．【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)如图，在三棱锥P －ABC 中，AB ＝BC ＝2 2 ，PA ＝PB ＝PC ＝AC ＝4，O 为AC 的中点．(1)证明：PO ⊥平面ABC ； (2)若点M 在棱BC 上，且二面角M －PA －C 为30°，求PC 与平面PAM 所成角的正弦值．【答案】见解析【解析】(1)证明：因为AP ＝CP ＝AC ＝4，O 为AC 的中点，所以OP ⊥AC ，且OP ＝2 3.连接OB ，因为AB ＝BC ＝22AC ，所以△ABC 为等腰直角三角形，且OB ⊥AC ，OB ＝12AC ＝2. 由OP 2＋OB 2＝PB 2知PO ⊥OB .由OP ⊥OB ，OP ⊥AC 知PO ⊥平面ABC .(2)如图，以O 为坐标原点，OB →的方向为x 轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz .则O (0,0,0)，B (2,0,0)，A (0，－2,0)，C (0,2,0)，P (0,0,23)，A P →＝(0,2,23)，取平面PAC 的一个法向量O B →＝(2,0,0)．设M (a,2－a,0)(0<a ≤2)，则A M →＝(a,4－a,0)．设平面PAM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )． 由A P →·n ＝0，A M →·n ＝0得⎩⎨⎧ 2y ＋23z ＝0，ax ＋(4－a)y ＝0，可取n ＝(3(a －4)，3a ，－a )， 所以cos 〈O B →，n 〉＝23(a －4)23(a －4)2＋3a 2＋a2.由已知得|cos 〈O B →，n 〉|＝32. 所以23|a －4|23(a －4)2＋3a 2＋a2＝32.解得a ＝－4(舍去)，a ＝43. 所以n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－833，433，－43.又P C →＝(0,2，－23)， 所以cos 〈P C →，n 〉＝34.所以PC 与平面PAM 所成角的正弦值为34. 【素养解读】本例问题(1)中证明线面垂直直接考查了逻辑推理的核心素养；问题(2)中要探求点M 的位置，要求较高，它既考查了直观想象的核心素养，又考查了数学建模的核心素养．【突破训练3】 如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，且AA 1＝AB ＝2. (1)求证：AB ⊥BC ；(2)若直线AC 与平面A 1BC 所成的角为π6，请问在线段A 1C 上是否存在点E ，使得二面角A －BE －C 的大小为2π3，请说明理由．【答案】见解析【解析】(1)证明：连接AB 1交A 1B 于点D ，因为AA 1＝AB ，所以AD ⊥A 1B ，又平面A 1BC ⊥侧面ABB 1A 1，平面A 1BC ⊂平面ABB 1A 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为三棱柱ABC －A 1B 1C 1是直三棱柱，所以AA 1⊥底面ABC ，所以AA 1⊥BC ，又AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB . (2)由(1)得AD ⊥平面A 1BC ，所以∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角，即∠ACD ＝π6，又AD ＝2，所以AC ＝22，假设存在适合条件的点E ，建立如图所示空间直角坐标系Axyz ，设A 1E →＝λA 1C →(0≤λ≤1)，则B (2，2，0)，B 1(2，2，2)，由A 1(0,0,2)，C (0,22，0)，得E (0,22λ，2－2λ)，设平面EAB 的一个法向量m ＝(x ，y ，z )， 由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AE →＝0，m ·AB →＝0，得⎩⎨⎧ 22λy ＋(2－2λ)z ＝0，2x ＋2y ＝0， 所以可取m ＝(1－λ，λ－1，2λ)， 由(1)知AB 1⊥平面A 1BC ，所以平面CEB 的一个法向量n ＝(1,1，2)， 所以12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪cos 2π3＝cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝2λ22(λ－1)2＋2λ2，解得λ＝12，故点E 为线段A 1C 中点时，二面角A －BE －C 的大小为2π3.。
立体几何空间角与空间距离的求解—高三数学一轮复习
立体几何解答题空间角与距离的求解【知识梳理】1、直线与平面所成的角： 公式：||||||sin n l n l ⋅=θ步骤：①建立空间直角坐标系； ②求出直线的方向向量l ； ③求出平面的法向量n ； ④代入公式||||sin n l n l ⋅=θ求解即可。
2、平面与平面所成的角： 公式：|||||cos 2121n n ⋅=θ步骤：①建立空间直角坐标系；②分别求出两个平面的法向量1n 和2n ； ③代入公式||||||cos 2121n n n n ⋅=θ求解即可。
3、点到平面的距离： 公式：|||n n l d ⋅=步骤：①建立空间直角坐标系，并在平面上任取一点与已知点连成直线； ②求出该直线的方向向量l 和平面的法向量n ； ③代入公式||||n n l d ⋅=求解即可。
【题型训练】例题1．（2021•兴宁区校级二模）如图，在四棱锥E﹣ABCD中，DC∥AB，∠BAD＝90°，面EAD⊥面ABCD，AB＝AD＝AE＝ED＝DC＝1，M为EB的中点．（1）求证：DM⊥AE；（2）求直线DM与平面BCE所成角的正弦值．【解析】（1）证明：记AE的中点为F，连接MF、DF．∵DE＝AD＝AE，∴AE⊥DF．∵面EAD⊥面ABCD，面EAD∩面ABCD＝AD，AB⊥AD，∴AB⊥面ADE．∵M为EB的中点，∴MF∥AB，∴MF⊥面ADE，AE⊂平面ABE，∴MF⊥AE，又FM∩DF＝F，∴AE⊥面DFM，DM⊂平面DFM，∴AE⊥DM．（2）∵AB⊥面AEM，又AB∥DC，∴DC⊥面AED，故可如右图建系．不妨设DC＝4，则AB＝AD＝AE＝ED＝2，由等边三角形AED可知，E（1，0，），B（2，2，0），C（0，4，0），M（，1，），则有＝（，1，），＝（﹣2，2，0），＝（1，﹣4，），设面BCE的一个法向量＝（x，y，z），则，即，令x＝1，则y＝1，z＝，可得平面BCE的一个法向量＝（1，1，），则cos＜，＞＝＝，所以直线DM与平面BCE所成角的正弦值为．变式训练1．（2021•南岗区校级三模）如图，四棱锥P ﹣ABCD ，P A ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，BC ⊥AB ，AB ＝2BC ＝4CD ＝4． （1）证明：平面P AC ⊥平面PBD ；（2）若P A ＝2，求直线BD 与平面PBC 成角正弦值． 【解析】（1）证明：由P A ⊥平面ABCD ，可得P A ⊥BD ， 在直角三角形BCD 中，tan ∠CBD ＝＝， 在直角三角形BCD 中，tan ∠CBD ＝＝， 在直角三角形BCA 中，tan ∠BCA ＝＝2，所以tan ∠CBD tan ∠BCA ＝1，可得∠CBD +∠BCA ＝90°， 即有BD ⊥AC ，而P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC ， 而BD ⊂平面PBD ，所以平面P AC ⊥平面PBD ；（2）设D 到平面PBC 的距离为h ，由BC ⊥AB ，AB 为PB 在底面ABCD 上的射影，可得BC ⊥PB ， 则S △PBC ＝BC •PB ＝×2×＝2，又S △DBC ＝BC •BD ＝×2×1＝1，由V D ﹣PBC ＝V P ﹣BCD ，可得hS △PBC ＝P A •S △DBC ，即h ＝＝，所以直线BD 与平面PBC 成角正弦值为＝＝．方法二：建立空间直角坐标系如图所示：则B )0,0,0(，D )0,1,2(，P )2,4,0(，C )0,0,2(， 则)0,1,2(=BD ，)2,4,0(--=PB ，)2,4,2(--=PC设平面PBC 的法向量为),,(z y x n =，则有⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00PC n PB n即⎩⎨⎧=--=--0242024z y x z y ，得)2,1,0(-=n所以51||||||sin =⋅⋅=BD n BD n θ变式训练2．（2021•盘州市一模）如图，圆锥的顶点为S，AB是底面圆O的直径，C是圆O上异于A、B 的一点，D是AC的中点，平面SOD∩平面SBC＝l，SO＝OA＝1．（1）求证：l∥BC；（2）若l与AB所成的角为60°，求l与平面SBD所成角的正弦值．【解析】（1）证明：因为D是AC的中点，O是AB的中点，所以OD∥BC，又OD⊂平面SOD，BC⊄平面SOD，则BC∥平面SOD，又BC⊂平面SBC，平面SOD∩平面SBC＝l，所以l∥BC；（2）由l∥BC且l与AB所成的角为60°，则∠ABC＝60°，所以△OBC是边长为1的等边三角形，以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则，，所以，设平面SBD的法向量为，则，即，令x＝5，则，故，因为l∥BC，则l的一个方向向量为，所以＝，故l与平面SBD所成角的正弦值为．变式训练3．（2021•岳麓区校级模拟）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形，AA1＝2AB ＝2，E是DD1上的一点且．（1）求证：平面A1B1D⊥平面AEC；（2）求直线A1D与平面AEC所成角的正弦值．【解析】（1）证明：在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，有A1B1⊥平面AA1D1D，又因为AE⊂平面AA1D1D，所以A1B1⊥AE．在△ADE与△A1AD中，∠ADE＝∠A1AD，又，所以△ADE∽△A1AD．所以∠DAE＝∠AA1D，所以，所以AE⊥A1D．又因为A1D∩A1B1＝A1，所以AE⊥平面A1B1D，因为AE⊂平面AEC，所以平面A1B1D⊥平面AEC．（2）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两垂直，故以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系．依题意，有，所以，，，设平面AEC的法向量为，则，所以取．设直线A1D与平面AEC所成角为θ，则．例题2．（2021•香坊区校级四模）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC＝1，，E为P A的中点，D为AC的中点，F为棱PB上靠近B的三等分点．（1）证明：BD∥平面CEF．（2）若P A⊥AC，求二面角E﹣CF﹣B的正弦值．【解析】（1）证明：连接PD且交CE于点T，连接FT．由题意可知，PD，CE为中线，所以T为重心，，所以FT∥BD，FT⊂平面CEF，BD⊄平面CEF，所以BD∥平面CEF．（2）因为P A⊥AC，AC＝1，，所以P A＝2又因为AB＝AC，PB＝PC，所以P A2+AB2＝PB2即P A⊥AB所以AB，AC，AP两两垂直．故以A为原点，，，为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，由图可知，E（0，0，1），C（0，1，0），，B（1，0，0），所以，，设平面CEF的法向量为则有即可令x＝1，y＝z＝2，所以，设平面CFB的法向量为则有即可令x＝y＝2，z＝1，所以，因为所以，即二面角E﹣CF﹣B的正弦值为．。
专题07 立体几何小题常考全归类(精讲精练)(原卷版)
专题07 立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 核心考点六：空间角问题 核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题 核心考点九：翻折问题【真题回归】1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥-P ABC 的六条棱长均为6，S 是ABC 及其内部的点构成的集合．设集合{}5T Q S PQ =∈≤，则T 表示的区域的面积为（ ） A ．34π B ．πC ．2πD ．3π2．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABC A B C AC AA -=，E ，F 分别是棱11,BC A C 上的点．记EF 与1AA 所成的角为α，EF 与平面ABC 所成的角为β，二面角F BC A --的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ≤≤B ．βαγ≤≤C ．βγα≤≤D ．αγβ≤≤3．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体1111ABCD A B C D -，则（ ） A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒ B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒ C ．直线1BC 与平面11BB D D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱111ABC A B C 中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值 C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 5BCC 1B 1的交线长为________．【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和． （2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补． 2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆 锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模θαβ=cos cos cos （θ为平面的斜线与平面内任意一条直线l 所成的角，α为该斜线与该平面所成的角，β为该斜线在平面上的射影与直线l 所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等； （2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等； （3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题 【规律方法】 球的截面问题 球的截面的性质： ①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为=+222R r d ． 【典型例题】例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P -ABCD 的底面ABCD 是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABCD , 22，PA AB BC === ，点E 在棱PB 上，且2EB PE =， 过E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是____________. 例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球1O 的半径为10,,P Q 为球1O 表面上两动点，16,PQ M =为线段PQ 的中点.半径为2的球2O 在球1O 的内壁滚动，点,,A B C 在球2O 表面上，点2O 在截面ABC 上的投影H 恰为AC 的中点，若21O H =，则三棱锥M ABC -体积的最大值是___________. 例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，11113C E CD =，点F 是CD 的中点，则过1B ，E ，F 三点的平面α截该正方体所得截面的面积为_________．例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，,M N 分别是棱1111,A B A D 的中点，点P 在线段CM 上运动，给出下列四个结论：①平面CMN 截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面图形是五边形； ②直线11B D 到平面CMN 2； ③存在点P ，使得1190B PD ∠=； ④1PDD △45． 其中所有正确结论的序号是__________．核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥， 有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为13V Sh =，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，线段1CD 上有两个动点E ，F ，且12EF =，点P ，Q 分别为111A B BB ，的中点，G 在侧面11CDD C 上运动，且满足1B G ∥平面1CD PQ ，以下命题错误的是（ ）A ．1AB EF ⊥B ．多面体1AEFB 的体积为定值C ．侧面11CDD C 上存在点G ，使得1B G CD ⊥ D ．直线1B G 与直线BC 所成的角可能为6π例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，给出下面几个命题：①四边形1BFD E 一定是平行四边形； ②四边形1BFD E 有可能是正方形；③平面1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ；④设1D F 与DC 的延长线交于M ，1D E 与DA 的延长线交于N ，则M ､N ､B 三点共线； ⑤四棱锥11B BFD E -的体积为定值． 以上命题中真命题的个数为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形EFGH 的中心为正方形ABCD 的中心，22AB =P EFGH -（A ，B ，C ，D 四点重合于点P ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）A 1286B 1285C ．43D 15例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，22BC =13AA =，P 为矩形1111D C B A 内一动点，设二面角P AD C --为α，直线PB 与平面ABCD 所成的角为β，若αβ=，则三棱锥11P A BC -体积的最小值是（ ） A 2 B ．321C 2D 32例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥Q EFGH -中，底面是边长为22方形，4QE QF QG QH ====，M 为QG 的中点．过EM 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为1V ，2V ，则12V V 的最小值为（ ）A ．12 B ．13C ．14D ．15例11．（2022·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，M ，N 分别为11A D ，11B C 的中点，E ，F 分别为棱AB ，CD 上的动点，则三棱锥M NEF -的体积（ ）A ．存在最大值，最大值为83B ．存在最小值，最小值为23C ．为定值43D ．不确定，与E ，F 的位置有关核心考点四：立体几何中的交线问题 【规律方法】 几何法 【典型例题】例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD 中，P 为棱AD （不含端点）上的动点，过点A 的平面α与平面PBC 平行．若平面α与平面ABD ，平面ACD 的交线分别为m ，n ，则m ，n 所成角的正弦值的最大值为__________．例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体1111ABCD A B C D -31A 为球心，半径为2的球面与底面ABCD 的交线的长度为___________.例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体ABCD 中，DA ，DB ，DC 两两垂直，2DA DB DC ===D 为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体ABCD 各面交线的长度和为___．核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题 【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -2，外接球表面积为3π，2SA <点M ，N 分别是线段AB ，AC 的中点，点P ，Q 分别是线段SN 和平面SCM 上的动点，则AP PQ +的最小值为（ ） A 262-B 62+C 32D 2例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 满足112A E EB =，点F 在平面1BC D 内，则1A F EF +的最小值为（ ）A 29B ．6C 41D ．7例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，11AA =，3AB BC ==1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（ ）A 5B 7C ．13+D ．3核心考点六：空间角问题 【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的． （3）计算：在证明的基础上计算得出结果． 简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin hl，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°． 4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体1111ABCD A B C D -中，P 为1ACD △内一点，且1113PB D ACD S S =△△，设直线PD 与11A C 所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．3⎡⎢⎣⎦B ．3⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．10,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形ABCD 中，AD BC ∥，12AB AD CD BC ===，AC 交BD 于O 点，ABD △沿着直线BD 翻折成1A BD ，所成二面角1A BD C --的大小为θ，则下列选项中错误的是（ ）A ．1A BC θ∠≤B ．1AOC θ∠≥ C ．1A DC θ∠≤D ．11A BC A DC θ∠+∠≥例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，ABC 中，90C ∠=︒，1AC =，3BC =D 为AB 边上的中点，点M 在线段BD （不含端点）上，将BCM 沿CM 向上折起至'B CM △，设平面'B CM 与平面ACM 所成锐二面角为α，直线'MB 与平面AMC 所成角为β，直线MC 与平面'B CA 所成角为γ，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）①3tan βα，②γβ≤，③γα>. A ．①B ．①②C ．②③D ．①③例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边ABC ，点,E F 分别是边,AB AC 上的动点，且满足EF BC ∥，将AEF △沿着EF 翻折至P 点处，如图所示，记二面角P EF B --的平面角为α，二面角P FC B --的平面角为β，直线PF 与平面EFCB 所成角为γ，则（ ）A ．αβγ≥≥B ．αγβ≥≥C ．βαγ≥≥D ．βγα≥≥例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥V ABC -的底面是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成的角为α，直线PB 与平面ABC 所成的角为β，二面角P AC B --的平面角是γ则三个角α，β，γ中最小的角是（ ） A ．αB ．βC ．γD ．不能确定核心考点七：轨迹问题 【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F 分别为AB ，1BD 的中点，点M 在正方体的表面上运动，且满足FM DE ⊥，则下列命题：①点M 可以是棱AD 的中点； ②点M 的轨迹是菱形； ③点M 轨迹的长度为25 ④点M 5. 其中正确的命题个数为（ ） A ．1B ．2C ．3D ．4例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的边长为2，点E ，F 分别为棱CD ，1DD 的中点，点P 为四边形11CDD C 内（包括边界）的一动点，且满足1B P ∥平面BEF ，则点P 的轨迹长为（ ） A 2B ．2C 2D ．1例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥平面ABCD ，且2PA =，点E ，F ，G 分别为棱AB ，AD ，PC 的中点，下列说法错误的是（ ）A ．AG ⊥平面PBDB ．直线FG 和直线AC 所成的角为π3C ．过点E ，F ，G 的平面截四棱锥P ABCD -所得的截面为五边形D ．当点T 在平面ABCD 内运动，且满足AGT △的面积为12时，动点T 的轨迹是圆例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体1AC ，P 为平面11B BD 内一动点，设二面角11A BD P --的大小为α，直线1A P 与平面11BD A 所成角的大小为β.若cos sin βα=，则点P 的轨迹是（ ）A ．圆B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD A B C D -''''中，M 为BC 边的中点，点P 在底面A B C D ''''和侧面CDD C ''上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是（ ）A ．两段圆弧B ．两段椭圆弧C ．两段双曲线弧D ．两段抛物线弧核心考点八：以立体几何为载体的情境题 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在P 处的离散曲率为()()1223111 1.2,3,32k i Q PQ Q PQ Q PQ Q i k π-∠+∠+⋯+∠=⋯≥其中，为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面12Q PQ ，23Q PQ ，……，1k Q PQ 遍及多面体M 的所有以P 为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a ，b ，c ，d ，则a ，b ，c ，d 的大小关系是（ ）A ．a b c d >>>B ．a b d c >>>C ．b a d c >>>D ．c d b a >>>例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是3π，所以正四面体在每个顶点的曲率为233πππ-⨯=，故其总曲率为4π.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为2π； ②任意四棱锥的总曲率均为4π；③若某类多面体的顶点数V ，棱数E ，面数F 满足2V E F -+=，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（ ） A ．①②B ．①③C ．②③D ．①②③例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R R R R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为θ，δ为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），ϕ为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即[]2326,2326δ''∈-︒︒．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬395427'''︒，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（ ）A ．北纬5527'''︒B ．南纬5527'''︒C ．北纬5533'''︒D ．南纬5533'''︒核心考点九：翻折问题 【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质． 【典型例题】例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 3例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形ABCD 的对角线交于点,,1E AB x BC ==，将ABD △沿BD 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得ABCE ，则x 的取值范围是（ ）A ．03x <≤B ．02x <≤C ．01x <≤D ．06x ≤<例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点（不含端点），将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点（不含端点），则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的是（ ）A ．B ､E ､C ､F 四点一定共面 B ．存在点F ，使得CF ∥平面BAEC ．侧面BEC 与侧面BAD 的交线与直线AD 相交 D ．三棱锥B ADC -的体积为定值例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD 满足：AD ∥BC ，CD ⊥DA ，且△ABC 为正三角形．将△ADC 沿着直线AC 翻折至△AD 'C 如图，且AD BD CD '''＜＜，二面角D AB C '﹣﹣、D BC A '﹣﹣、D AC B '﹣﹣的平面角大小分别为α，β，γ，直线D A '，D B '，D C '与平面ABC 所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（ ）A ．123θθθαγβ＞＞，＞＞B ．123θθθαβγ＜＜，＞＞C ．123θθθαβγ＞＞，＜＜D ．123θθθαβγ＜＜，＜＜【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为a 的正四面体ABCD 中，点111,,B C D 分别在棱,,AB AC AD 上，且平面111B C D 平面1,BCD A 为BCD △内一点，记三棱锥1111A B C D -的体积为V ，设1AD x AD=，关于函数()V f x =，下列说法正确的是（ ）A ．12220,,,133x x ⎛⎫⎛⎫∀∈∃∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得()()21f x f x =B ．函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数C ．函数()f x 的图象关于直线12x =对称 D ．()00,1x ∃∈，使得()016A BCD f x V ->（其中A BCD V -为四面体ABCD 的体积）2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形BCEF 中，90,CBF BCE A ∠∠==､D 分别是BF ､CE 上的点，//AD BC ，且22AB DE BC AF ===（如图1）.将四边形ADEF 沿AD 折起，连接BE BF CE ､､（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）①AC //平面BEF ； ②B C E F ､､､四点不可能共面；③若EF CF ⊥，则平面ADEF ⊥平面ABCD ； ④平面BCE 与平面BEF 可能垂直. A ．1B ．2C ．3D ．43．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体1111ABCD A B C D -中，E F G H P 、、、、均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（ ）①棱 AB 上一定存在点Q ， 使得1QC D Q ⊥ ②三棱锥F EPH -的外接球的表面积为8π③过点 E F G ，，作正方体的截面， 则截面面积为33④设点 M 在平面11BB C C 内， 且1//A M 平面AGH ， 则1A M 与AB 所成角的余弦值的最大22A ．1 个B ．2 个C ．3 个D ．4 个4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为11B C 的中点，点P 在正方体各棱及表面上运动且满足AP CN ⊥，则点P 轨迹所围成图形的面积为（ ）A ．25B ．42C ．23D ．45．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线m ⊥平面α，垂足是O ，正四面体ABCD 的棱长为4，点C 在平面α上运动，点B 在直线m 上运动，则点O 到直线AD 的距离的取值范围是（ ）A ．425425⎡-+⎢⎣⎦B ．222,222⎡⎤⎣⎦C ．322322⎡-+⎢⎣⎦D ．322,322⎡⎤⎣⎦6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱111ABC A B C 的底面边长是4，侧棱长是6，M ，N 分别为1BB ，1CC 的中点，若点P 是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP ∥平面1AB N ，则动点P 的轨迹面积为（ ） A ．53B ．5C 39D 267．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的顶点都在表面积为12π的球面上，过球心O 的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S ，点P 是正方体表面上一点，则以截面S 为底面，以点P 为顶点的四棱锥的体积的最大值为（ ） A ．83B ．73C ．2D ．538．（2022·浙江·高三阶段练习）在OAB △中，OA AB =，120OAB ∠=︒．若空间点P 满足1=2PABOABSS ，则直线OP 与平面OAB 所成角的正切的最大值是（ ）A ．13B ．12C 3D ．19．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，点P 为侧面11BCC B 内一点，则（ ）A ．当1113C P C B =时，异面直线CP 与AD 所成角的正切值为2B ．当11(01)C P C B λλ=<<时，四面体1D ACP 的体积为定值C ．当点P 到平面ABCD 的距离等于到直线11A B 的距离时，点P 的轨迹为拋物线的一部分 D ．当1112C P C B =时，四面体BCDP 的外接球的表面积为3π10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF 所在平面与正方形ABCD 所在平面互相垂直，2AD DE ==，G 为线段AE 上的动点，则（ ）A ．AE CF ⊥B ．多面体ABCDEF 的体积为83C ．若G 为线段AE 的中点，则GB //平面CEFD ．点M ，N 分别为线段AF ，AC 上的动点，点T 在平面BCF 内，则MT NT +43 11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，E ，F ，G 分别为AB ，AD ，1BB 的中点，点P 在11A C 上，//AP 平面EFG ，则以下说法正确的是（ ）A ．点P 为11A C 的中点B ．三棱锥P EFG -的体积为148C ．直线1BB 与平面EFG 3D ．过点E 、F 、G 作正方体的截面，所得截面的面积是3312．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知ABC 为等腰直角三角形，AB AC =，其高3AD =，E 为线段BD 的中点，将ABC 沿AD 折成大小为32ππθθ⎛⎫< ⎪⎝⎭的二面角，连接BC ，形成四面体A BCD -，动点P 在ACD 内（含边界），且//PE 平面ABC ，则在θ变化的过程中（ ）A ．AD BC ⊥B ．E 点到平面ADC 的距离的最大值为322C ．点P 在ADC △2D ．当BP AC ⊥时，BP 与平面ADC 所成角的正切值的取值范围为)22,⎡+∞⎣13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -内部有一圆柱12O O ，此圆柱恰好以直线1AC 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以1A C ，为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）A ．在正方体1111ABCD ABCD -内作与圆柱12O O 3B ．无论点1O 在线段1AC 上如何移动，都有11BO B C ⊥C ．圆柱12O O 的母线与正方体1111ABCD A B C D -所有的棱所成的角都相等D ．圆柱12O O 外接球体积的最小值为π6 14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD 的棱长为2球的球心为O ．点E 满足(01)AE AB λλ=<<，(01)CF CD μμ=<<，过点E 作平面α平行于AC 和BD ，平面α分别与该正四面体的棱BC ，CD ，AD 相交于点M ，G ，H ，则（ ）A ．四边形EMGH 的周长为是变化的B ．四棱锥A EMGH -的体积的最大值为6481 C ．当14λ=时，平面α截球O 47 D ．当12λμ==时，将正四面体ABCD 绕EF 旋转90︒后与原四面体的公共部分体积为43 15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥V ABC -的高为3D E F ,,,分别为VC VA VB ,,的中点，若平面ABD ，平面BCE ，平面ACF 相交于O 点，则O 到平面ABC 的距离h 为___________.16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD —1111D C B A 中，E 为棱11B C 的中点.动点P 沿着棱DC 从点D 向点C 移动，对于下列四个结论：。
全国高考数学专题七 立体几何 第4讲 空间角与距离的计算(2) (江苏等八省市新高考地区专用)原卷版
第4讲 空间角与距离的计算（2）考点1选择适当的方法求空间角例1.(1)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N ，P 分别为棱AD ，1CC ，11A D 的中点，则1B P 与MN 所成角的余弦值为（ ）A ．3010B ．15- C ．7010 D ．15(2)如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，6PO DO =．（1）证明：PA ⊥平面PBC ；（2）求二面角B PC E --的余弦值．【跟踪演练】1.(1)当动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的棱DC 上运动时，异面直线1D P 与1BC 所成角的取值范围（ ）A ．,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,63ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,43ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．,32ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭(2) 如图，三棱柱ABC DEF -的侧面BEFC 是边长为1的正方形，面BEFC ⊥面ADEB ，4AB =，60DEB ∠=︒，G 是DE 的中点,在线段BC 上存在一点P ，使二面角P GE B --为45︒，求BP 的长考点2 用向量法解决开放性、探索性问题例 2.(1)如图，在五面体ABCDEF 中，面ABCD 是正方形，AD DE ⊥，4=AD ，2DE EF ==，且π3EDC ∠=．（1）求证：AD ⊥平面CDEF ；（2）求直线BD 与平面ADE 所成角的正弦值；（3）设M 是CF 的中点，棱AB 上是否存在点G ，使得//MG 平面ADE ？若存在，求线段AG 的长；若不存在，说明理由．(2)在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，23PA =，//DC AB ，90DAB ∠=︒，3AB =，2AD CD ==，M 是棱PD 的中点.（1）求异面直线DP 与BC 所成的角的余弦值；（2）求AM 与平面PBC 所成的角的大小；（3）在棱PB 上是否存在点Q ，使得平面QAD 与平面ABCD 所成的锐二面角的大小为60°？若存在，求出AQ 的长；若不存在，说明理由.【跟踪演练】2.-中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，(1)如图，在四棱锥P ABCD=，F，G分别是PB，AD的中点．PD DC（Ⅰ）求证：GF⊥平面PCB；（Ⅱ）求平面PAB与平面PCB的夹角的大小；（III）在线段AP上是否存在一点M，使得DM与平面ADF所成角为30︒？若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．-中，PD⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为2的正方形，(2)如图，在四棱锥P ABCD=，F，G分别是PB，AD的中点．PD DC（1）求证：GF⊥平面PCB；（2）求平面PAB与平面PCB夹角的余弦值；（3）在AP上是否存在一点M，使得DM与PC所成角为60︒？若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由．考点2 立体几何综合问题例3.(1)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，给出下列四个命题：①对角线1AC 被平面1A BD 和平面11B CD 、三等分；②正方体的内切球、与各条棱相切的球、正方体的外接球的表面积之比为1:2:3；③以正方体的顶点为顶点的四面体的体积都是16；④正方体与以A 为球心，1为半径的球的公共部分的体积是6π．其中正确的序号是（ ） A ．①② B ．②④ C ．①②③ D ．①②④(2)如图，直二面角D AB E --中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，AE EB =，F 为CE 上的点，且BF ⊥平面ACE .（1）求证：AE ⊥平面BCE ；（2）求二面角B AC E --的大小的正弦值；（3）求点D 到平面ACE 的距离.(1)(多选)在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，E 、F 分别为1BB 、CD 中点，P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的有（ ）A ．1A F AE ⊥B ．三棱锥1P AED -的体积与点P 位置有关系C ．平面1AED 截正方体1111ABCD A B C D -的截面面积为92 D ．点1A 到平面1AED 的距离为2(2)如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，060ABC ∠=，FA ⊥平面ABCD ，//,2 2.FA ED AB FA ED ===（1）求二面角F BC A --的大小的正切值；（2）求点E 到平面AFC 的距离；（3）求直线FC 与平面ABF 所成的角的正弦值.一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB AD ==，12AA =，设AC 交BD 于点O ，则异面直线1A O 与1BD 所成角的余弦值为（ ）A ．41515-B ．41515C ．439-D ．4392.如图在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是AD 的中点，那么异面直线1D E 和1A B 所成的角的余弦值等于（ ）A ．10B ．15C ．45D ．233.已知四面体ABCD 中，AB ，BC ，BD 两两垂直，2BC BD ==，AB 与平面ACD 所成角的正切值为12，则点B 到平面ACD 的距离为（ ） A ．3 B ．23 C ．5 D ．25 4.如图，矩形ADFE ，矩形CDFG ，正方形ABCD 两两垂直，且2AB =，若线段DE 上存在点P 使得GP BP ⊥，则边CG 长度的最小值为 ( )A ．4B ．43C ．2D ．35.已知ABC ∆是由具有公共直角边的两块直角三角板（Rt ACD ∆与Rt BCD ∆）组成的三角形，如左下图所示.其中，45,60CAD BCD ∠=∠=.现将Rt ACD ∆沿斜边AC 进行翻折成1D AC ∆（1D 不在平面ABC 上）.若,M N 分别为BC 和1BD 的中点，则在ACD ∆翻折过程中，下列命题不正确的是（ ）A ．在线段BD 上存在一定点E ，使得EN 的长度是定值B ．点N 在某个球面上运动C ．存在某个位置，使得直线1AD 与DM 所成角为60D ．对于任意位置，二面角1D AC B --始终大于二面角1D BC A --二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．6.在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，下列结论正确的是（ ）A ．异面直线AC 与1BC 所成的角为3π B ．1DA 是平面11ABC D 的一个法向量 C ．二面角1A B C B --的正切值为22 D ．正方体1111ABCD A B C D -的外接球的体积为327. 如图，已知棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1B C 上运动，下列结论正确的是（ ）A.异面直线AP 与1DD 所成的角范围为ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦； B.平面1PBD ⊥平面11AC D ；C.点P 到平面11AC D 的距离为定值233； D.存在一点P ，使得直线AP 与平面11BCC B 所成的角为π3. 其中正确的结论是___________. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共15分．8.如图，正三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长都相等，E ，F ，G 分别为AB ，AA 1，A 1C 1的中点，则B 1F 与平面GEF 所成角的正弦值为________．9. 如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，122AA AB ==，则点C 到平面1BDC 的距离为_____________10.如图，在等腰梯形ABCD 中，//AB DC ，6AB =，过点D 作DM AB ⊥交AB 于点M ，2DM AM CD ===，现将AMD 沿MD 折起，使平面AMD ⊥平面MBCD ，连接AB ､AC ,则直线AB 与平面AMC 所成角的正弦值为____________;当13AP AB =时，则二面角P MC B --的余弦值为__________.四、解答题：本题共4小题，共40分。
高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解
高考总复习含详解答案高中数学高考总复习立体几何空间向量空间直角坐标系习题及详解一、选择题1．已知四边形ABCD 满足：AB →·BC →>0，BC →·CD →>0，CD →·DA →>0，DA →·AB →>0，则该四边形为()A ．平行四边形B ．梯形C ．平面四边形D ．空间四边形[答案]D [解析]∵AB →·BC →>0，∴∠ABC>π2，同理∠BCD>π2，∠CDA>π2，∠DAB >π2，由内角和定理知，四边形ABCD 一定不是平面四边形，故选 D. 2．如图，点P 是单位正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中异于A 的一个顶点，则AP →·AB →的值为()A ．0B ．1C ．0或1D ．任意实数[答案]C [解析]AP →可为下列7个向量：AB →，AC →，AD →，AA 1→，AB 1→，AC 1→，AD 1→，其中一个与AB →重合，AP →·AB →＝|AB →|2＝1；AD →，AD 1→，AA 1→与AB →垂直，这时AP →·AB →＝0；AC →，AB 1→与AB →的夹角为45°，这时AP →·AB →＝2×1×cos π4＝1，最后AC 1→·AB →＝3×1×cos ∠BAC 1＝3×13＝1，故选 C. 3．如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AC 与BD 的交点，N 为BB 1的靠近B 的三等分点，若A 1B 1→＝a ，A 1D 1→＝b ，A 1A →＝c ，则MN →等于()A ．－12a ＋12b ＋13c B.12a ＋12b －13c C.12a －12b －13c D ．－12a －12b ＋23c [答案] C。
2021年高考数学经典例题专题七立体几何与空间向量含解析
专题七 立体几何与空间向量一、单项选择题1．假如棱长为A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的外表积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的外表积为2244336S R πππ==⨯=.应当选：C.【点睛】此题考查正方体的外接球的外表积的求法，求出外接球的半径是此题的解题关键，属于根底题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：〔1〕三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；〔2〕直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；〔3〕如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.2．某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如下列图，该三棱柱的外表积为〔〕．A ．63+B ．623+C ．123+D ．1223+【答案】D【解析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其外表积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，如此其外表积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭应当选：D.3．某几何体的三视图〔单位：cm 〕如下列图，如此该几何体的体积〔单位：cm 3〕是〔〕A ．73B ．143C ．3D ．6 【答案】A【解析】根据三视图复原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半局部是三棱锥，下半局部是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 应当选：A4．,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，假如⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，如此球O 的外表积为〔〕A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】由可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的外表积2464S R ππ==.应当选：A5．如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为M ，在俯视图中对应的点为N ，如此该端点在侧视图中对应的点为〔〕A ．EB ．FC ．GD ．H【答案】A【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，即可求得M 点在侧视图中对应的点.【详解】根据三视图，画出多面体立体图形，14D D 上的点在正视图中都对应点M ,直线34B C 上的点在俯视图中对应的点为N,∴在正视图中对应M ,在俯视图中对应N 的点是4D ,线段34D D ,上的所有点在侧试图中都对应E ,∴点4D 在侧视图中对应的点为E .应当选：A6．四面体ABCD 的顶点A ，B ，C ，D 在同个球面上，AD ⊥平面ABC ，3AD =，2AB =，3AC =，60CAB ∠=︒，如此该四面体的外接球的外表积为〔〕A ．6πB ．143πC ．12πD ．163π 【答案】C【解析】过ABC 外接圆1O ，作直线l ⊥平面ABC ，可得1123OO AD ==，在ABC 中，利用余弦定理求出BC =ABC 外接圆半径，利用勾股定理求出外接球半径，根据球的外表积公式即可求解.【详解】如下列图，作ABC 外接圆1O ，过1O 作直线l ⊥平面ABC ，又DA ⊥平面ABC ，//DA l ∴，连接1AO ，并延长交球O 于H ，连接DH ，与l 的交点为球心O ，OH OD R ==，如此112OO AD ==， 在ABC 中，由余弦定理得2222cos60BC AB AC AB AC =+-⋅⋅︒14922372=+-⨯⨯⨯=，BC ∴=，又由正弦定理得12sin 60BC O H =︒(1O H 为外接圆半径)，13O H ∴= 222211621399R OH OO O H ∴==+=+=， 2412S R ππ∴==.应当选：C.7．日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OAA处放置一个日晷，假如晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，如此晷针与点A处的水平面所成角为〔〕A．20°B．40°C．50°D．90°【答案】B【解析】画出过球心和晷针所确定的平面截地球和晷面的截面图，根据面面平行的性质定理和线面垂直的定义判定有关截线的关系，根据点A 处的纬度，计算出晷针与点A 处的水平面所成角.【详解】画出截面图如如下图所示，其中CD 是赤道所在平面的截线；l 是点A 处的水平面的截线，依题意可知OA l ⊥；AB 是晷针所在直线.m 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直， 根据平面平行的性质定理可得可知//m CD 、根据线面垂直的定义可得AB m ⊥..由于40,//AOC m CD ∠=︒，所以40OAG AOC ∠=∠=︒，由于90OAG GAE BAE GAE ∠+∠=∠+∠=︒，所以40BAE OAG ∠=∠=︒，也即晷针与点A 处的水平面所成角为40BAE ∠=︒.应当选：B8．△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球OO 的外表积为16π，如此O 到平面ABC 的距离为〔〕A ．32C ．1D ．2【答案】C【解析】根据球O 的外表积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d =【详解】设球O 的半径为R ，如此2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC 的等边三角形，212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.应当选：C.9．在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，AP AB ⊥，D 是BC 的中点．假如45APB ∠=︒，60APC ∠=︒，如此直线PD 与平面ABC 所成角的正弦值为〔〕A ．3B ．2C D 【答案】C【解析】根据线面角的定义找到直线PD 与平面ABC 所成角的平面角，法一：应用几何法，根据线面垂直的性质、勾股定理求对应边，在直角三角形中求线面角的正弦值；法二：应用向量法，构建空间直角坐标系，并确定线面角两边所在直线的方向向量坐标，进而求其余弦值，由同角三角函数关系求正弦值.【详解】在三棱锥P ABC -中，BC ⊥平面PAB ，AP ⊂面PAB ，∴BC AP ⊥，又AP AB ⊥，AB BC B ⋂=，∴PA ⊥平面ABC ，即PDA ∠即直线PD 与平面ABC 所成角．法一：设PA a =，由45APB ∠=︒，60APC ∠=︒，得AB PA a ==，∴AC =，BC =．又D 是BC 的中点，如此2BD =，∴在Rt ABD △中，2AD a ==．又易知PA AD ⊥，在Rt PAD 中，PD ==，∴sin 5AP PDA PD ∠==.法二：过点A 在平面ABC 内作//Ax BC ．易知直线AP ，AB ，Ax 两两垂直，可建立如下列图的空间直角坐标系A xyz -．不妨设1PA =，如此1AB =，ACBC =2BD =，有()0,0,0A ，()0,0,1P，2D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，∴1,0DA ⎛⎫=--⎪ ⎪⎝⎭，1,1DP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，如此3cos ,3DA DP DA DP DA DP ⋅===，∴10sin ,5DA DP =.应当选：C．，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为，如10．设A B C D体积的最大值为〔〕此三棱锥D ABCA．．．D．【答案】B【解析】如下列图，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大此时，OD OB R 4===2ABC S AB == AB 6∴=,点M 为三角形ABC 的中心2BM 3BE ∴==Rt OMB ∴中，有OM 2==DM OD OM 426∴=+=+=()max 163D ABC V -∴=⨯=应当选B.二、多项选择题11．矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，将ABD △沿BD 折起，使A 到A '的位置，A '在平面BCD 的射影E 恰落在CD 上，如此〔〕A ．三棱锥A BCD '-的外接球直径为5B ．平面A BD '⊥平面A BC 'C ．平面A BD '⊥平面ACD 'D ．A D '与BC 所成角为60【答案】AB【解析】根据面面垂直的判定定理以与面面垂直的性质定理结合对选项BCD 逐一进展分析，对A 选项注意确定球心位置，然后利用勾股定理求解外接球的直径.【详解】由题意，A E '⊥平面BCD BC A E '⇒⊥，又BC CD ⊥，A E CD E '=，∴BC ⊥平面A CD BC A D ''⇒⊥．故D 错误；又A B A D ''⊥，A BBC B '=，可得A D '⊥平面A BC '，又A D '⊂平面A BD '⇒平面A BD '⊥平面A BC '．故B 正确； 对C ，假如平面A BD '⊥平面ACD '，如此由A B A D A B '''⊥⇒⊥平面90A CD BA C ''⇒∠=︒与90A CB '∠=︒矛盾，故C 错误；取BD 中点为O ．如此OA OB OC OD '===，故O 为三棱锥A BCD '-的外接球球心，所以直径5d BD ===，故A 正确．应当选：AB三、填空题12．正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，如此三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【解析】利用11A NMD D AMN V V --=计算即可.【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点 所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯= 故答案为：1313．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的棱长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.假如用一小桶油漆刚好可以涂该二十四等边体的外表一遍，如此用该小桶油漆去涂与该二十四等边体棱长相等的正四面体魔方外表(也是涂一遍)，那么至少可以涂___________个这样的正四面体魔方.(结果取整数)【答案】5【解析】设二十四等边体的棱长为1，计算其外表积，再计算正四面体魔方的外表积，即可解得.【详解】设该二十四等边体的棱长为1，如此正四面体魔方的棱长也为1，如此该二十四等边体的外表积为2218161622⨯⨯⨯+⨯=，正四面体的外表积为214122⨯⨯⨯=2 5.46=+≈，所以至少可以涂5个这样正四面体魔方. 故答案为：5.14．三棱锥P ABC -中，AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为P 为球心，4为半径作一个球，如此该球面被三棱锥四个外表截得的所有弧长之和为______．【答案】3π【解析】采用数形结合，然后利用弧长公式计算即可.【详解】由题可知：AP 、AB 、AC 三条棱两两垂直，且长度均为如图：所以PC PB BC ====2AM AF ===，所以tan tanAPF APM ∠=∠==6APF APM π∠=∠= 所以12EPF CPM π∠=∠=，如此4123EF MN ππ==⨯=44,2332NE MF ππππ=⨯==⨯= 所以球面被三棱锥四个外表截得的所有弧长之和为42333ππππ⨯++= 故答案为：3π 15．直四棱柱ABCD –A1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．. 【解析】根据条件易得1D E =1D E ⊥侧面11BC CB ，可得侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E 可得侧面11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果.【详解】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A BC D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A BC D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11BC CB ，设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，如此1DE EP ⊥，1D E =||EP === 所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG =11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.. 16．圆锥的底面半径为1，母线长为3，如此该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如下列图，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC设内切圆半径为r ，如此：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()13322r =⨯++⨯=解得：22r ，其体积：3433V r π==.. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出适宜的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.17．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体〞〔图1〕.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体表现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的外表上，且此正方体的棱长为1．如此该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】共26个面.1.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，如此AB BE x ==，延长BC 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE ∆为等腰直角三角形，,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+==，1x ∴==1．18．四面体ABCD 的顶点A 、B 、C 、D 在同个球面上，AD ⊥平面ABC ，3AD =，2AB =，3AC =，60CAB ∠=，如此该四面体的外接球的外表积为___________.【答案】12π【解析】利用余弦定理计算出AB ，利用正弦定理计算出ABC 的外接圆半径r ，利用公式R =可计算出四面体ABCD 的外接球半径R ，利用球体面积可求得结果. 【详解】如如下图所示：圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，母线长为h ，如此12O O 的中点 O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，如此O 为圆柱12O O 的外接球球心.可将三棱锥D ABC -放在圆柱12O O 内 ，使得圆2O 为ABC 的外接圆，点D 在圆1O 上，由余弦定理可得2222cos 7BC AB AC AB AC BAC =+-⋅∠=，如此BC =所以，ABC 的外接圆直径为2sin 3BC r BAC ==∠，r ∴=,AD ∴⊥平面ABC ，所以，四面体ABCD 的外接球半径为R ==因此，四面体ABCD 的外接球的外表积为2412R ππ=.故答案为：12π.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以复原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，如此球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.四、解答题19．如图，四棱锥P ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ．设平面PAD 与平面PBC 的交线为l ．〔1〕证明：l⊥平面PDC；〔2〕PD AD1，Q为l上的点，QB2PB与平面QCD所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔26【解析】AD l，利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，〔1〕利用线面平行的判定定理以与性质定理，证得//从而得到l⊥平面PDC；Q m，之后求得平面QCD 〔2〕根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)<>，即可得到直线PB与平面QCD所成角的正弦值.的法向量以与向量PB的坐标，求得cos,n PB【详解】〔1〕证明：AD BC，在正方形ABCD中，//因为AD⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，AD平面PBC，所以//又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD平面PBC l =，所以//AD l ， 因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =所以l ⊥平面PDC ；〔2〕如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，如此有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，如此有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，因为QB 1m ==设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，如此00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y x z =⎧⎨+=⎩，令1x =，如此1z =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,1)n =-，如此2cos ,1n PBn PB n PB ⋅<>==== 根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于6|cos ,|3n PB <>=所以直线PB 与平面QCD 20．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为正方形．且PA ⊥平面ABCD ，M ，N 分别为,PB PD 的中点．〔1〕求证：//MN 平面ABCD ；〔2〕假如2PA AB ==，求CN 与平面PBD 所成角的正弦值．【答案】〔1〕详见解析；〔2【解析】〔1〕要证明线面平行，需证明线线平行，即转化为证明//MN BD ；〔2〕首先建立空间直角坐标系，求平面PBD 的法向量，利用线面角的向量公式求解.【详解】〔1〕连结BD ，,M N 分别是,PB PD 的中点，//MN BD ∴，MN ⊄平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，//MN ∴平面ABCD ；〔2〕如图，以点A 为原点，,,AB AD AP 为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系， ()002P ,,，()2,0,0B ，()0,2,0D ()2,2,0C ，()0,1,1N ，()2,0,2PB =-，()2,2,0PD =-，()2,1,1CN =--，设平面PBD 的法向量(),,n x y z =，如此00PB n PD n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即220220x z x y -=⎧⎨-+=⎩，令1x =，如此1,1y z ==， ∴平面PBD 的法向量()1,1,1n =，如此21sin cos ,3CN nCN n CN n θ⋅-⨯-=<>===， 所以CN 与平面PBD 21．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面,,2ABC AC BC AC BC ⊥==，13CC =，点,D E 分别在棱1AA 和棱1CC 上，且12,AD CE M ==为棱11AB 的中点．〔Ⅰ〕求证：11C M B D ⊥；〔Ⅱ〕求二面角1B B E D --的正弦值； 〔Ⅲ〕求直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕证明见解析；【解析】以C 为原点，分别以1,,CA CB CC 的方向为x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系.〔Ⅰ〕计算出向量1C M 和1B D 的坐标，得出110C M B D ⋅=，即可证明出11C M B D ⊥； 〔Ⅱ〕可知平面1BB E 的一个法向量为CA ，计算出平面1B ED 的一个法向量为n ，利用空间向量法计算出二面角1B B E D --的余弦值，利用同角三角函数的根本关系可求解结果； 〔Ⅲ〕利用空间向量法可求得直线AB 与平面1DB E 所成角的正弦值.【详解】依题意，以C 为原点，分别以CA 、CB 、1CC 的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系〔如图〕，可得()0,0,0C 、()2,0,0A 、()0,2,0B 、()10,0,3C 、 ()12,0,3A 、()10,2,3B 、()2,0,1D 、()0,0,2E 、()1,1,3M . 〔Ⅰ〕依题意，()11,1,0C M =，()12,2,2B D =--， 从而112200C M B D ⋅=-+=，所以11C M B D ⊥； 〔Ⅱ〕依题意，()2,0,0CA =是平面1BB E 的一个法向量，()10,2,1EB =，()2,0,1ED =-．设(),,n x y z =为平面1DB E 的法向量，如此100n EB n ED ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即2020y z x z +=⎧⎨-=⎩， 不妨设1x =，可得()1,1,2n =-．2cos ,2C CA nA C n A n ⋅<>===⋅⨯， 230sin ,1cos ,6CA n CA n ∴<>=-<>=． 所以，二面角1B B E D --的正弦值为6 〔Ⅲ〕依题意，()2,2,0AB =-． 由〔Ⅱ〕知()1,1,2n =-为平面1DB E 的一个法向量，于是cos ,322AB nAB n ABn ⋅<>===-⋅． 所以，直线AB 与平面1DB E 22．如图，在正方体1111ABCD A BC D -中，E 为1BB 的中点．〔Ⅰ〕求证：1//BC 平面1AD E ；〔Ⅱ〕求直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值．【答案】〔Ⅰ〕证明见解析；〔Ⅱ〕23. 【解析】〔Ⅰ〕证明出四边形11ABC D 为平行四边形，可得出11//BC AD ，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； 〔Ⅱ〕以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系A xyz ，利用空间向量法可计算出直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值.【详解】〔Ⅰ〕如如下图所示：在正方体1111ABCD A BC D -中，11//AB A B 且11AB AB =，1111//A BCD 且1111A B C D =， 11//AB C D ∴且11AB C D =，所以，四边形11ABC D 为平行四边形，如此11//BC AD ，1BC ⊄平面1AD E ，1AD ⊂平面1AD E ，1//BC ∴平面1AD E ；〔Ⅱ〕以点A 为坐标原点，AD 、AB 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如如下图所示的空间直角坐标系A xyz -，设正方体1111ABCD A BC D -的棱长为2，如此()0,0,0A 、()10,0,2A 、()12,0,2D 、()0,2,1E ，()12,0,2AD =，()0,2,1AE =，设平面1AD E 的法向量为(),,n x y z =，由100n AD n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22020x z y z +=⎧⎨+=⎩， 令2z =-，如此2x =，1y =，如此()2,1,2n =-. 11142cos ,323n AA n AA n AA ⋅<>==-=-⨯⋅. 因此，直线1AA 与平面1AD E 所成角的正弦值为23. 23．如图，三棱台ABC —DEF 中，平面ACFD ⊥平面ABC ，∠ACB =∠ACD =45°，DC =2BC ．〔I 〕证明：EF ⊥DB ；〔II 〕求DF 与面DBC 所成角的正弦值．【答案】〔I 〕证明见解析；〔II 【解析】〔I 〕作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ，由题意可知DH ⊥平面ABC ，即有DH BC ⊥，根据勾股定理可证得BC BH ⊥，又//EF BC ，可得DH EF ⊥，BH EF ⊥，即得EF ⊥平面BHD ，即证得EF DB ⊥；〔II 〕由//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为CH 与平面DBC 所成角，作HG BD ⊥于G ，连接CG ，即可知HCG ∠即为所求角，再解三角形即可求出DF 与平面DBC 所成角的正弦值．【详解】〔Ⅰ〕作DH AC ⊥交AC 于H ，连接BH ．∵平面ADFC ⊥平面ABC ，而平面ADFC 平面ABC AC =，DH ⊂平面ADFC ，∴DH ⊥平面ABC ，而BC ⊂平面ABC ，即有DH BC ⊥．∵45ACB ACD ∠=∠=︒， ∴2CD BC CH =⇒=．在CBH 中，22222cos45BH CH BC CH BC BC =+-⋅︒=，即有222BH BC CH +=，∴BH BC ⊥． 由棱台的定义可知，//EF BC ，所以DH EF ⊥，BH EF ⊥，而BH DH H =，∴EF ⊥平面BHD ，而BD ⊂平面BHD ，∴EF DB ⊥．〔Ⅱ〕因为//DF CH ，所以DF 与平面DBC 所成角即为与CH 平面DBC 所成角．作HG BD ⊥于G ，连接CG ，由〔1〕可知，BC ⊥平面BHD ，因为所以平面BCD ⊥平面BHD ，而平面BCD 平面BHD BD =，HG ⊂平面BHD ，∴HG ⊥平面BCD ．即CH 在平面DBC 内的射影为CG ，HCG ∠即为所求角．在Rt HGC △中，设BC a =，如此CH =，BH DH HG a BD ⋅===，∴sin3HG HCG CH ∠===．．故DF与平面DBC所成角的正弦值为324．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．〔1〕证明：l⊥平面PDC；〔2〕PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2【解析】AD l，〔1〕利用线面垂直的判定定理证得AD⊥平面PDC，利用线面平行的判定定理以与性质定理，证得//从而得到l⊥平面PDC；Q m，之后求得平面QCD 〔2〕根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点(,0,1)<>的最大值，即为直线PB与平面QCD所成角的正弦值的的法向量以与向量PB的坐标，求得cos,n PB最大值.【详解】〔1〕证明：在正方形ABCD 中，//AD BC ，因为AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，所以//AD 平面PBC ，又因为AD ⊂平面PAD ，平面PAD平面PBC l =， 所以//AD l ，因为在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，所以,,AD DC l DC ⊥∴⊥且PD ⊥平面ABCD ，所以,,AD PD l PD ⊥∴⊥因为CD PD D =所以l ⊥平面PDC ；〔2〕如图建立空间直角坐标系D xyz -，因为1PD AD ==，如此有(0,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1),(1,1,0)D C A P B ，设(,0,1)Q m ，如此有(0,1,0),(,0,1),(1,1,1)DC DQ m PB ===-，设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，如此00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩， 令1x =，如此z m =-，所以平面QCD 的一个法向量为(1,0,)n m =-，如此1cos ,3n PBn PB n PB ⋅+<>==根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于|cos ,|n PB <>===≤≤=1m =时取等号，所以直线PB 与平面QCD25．在三棱锥A —BCD 中，CB =CD BD =2，O 为BD 的中点，AO ⊥平面BCD ，AO =2，E 为AC 的中点．〔1〕求直线AB 与DE 所成角的余弦值；〔2〕假如点F 在BC 上，满足BF =14BC ，设二面角F —DE —C 的大小为θ，求sin θ的值．【答案】〔12 【解析】〔1〕建立空间直角坐标系，利用向量数量积求直线向量夹角，即得结果；〔2〕先求两个平面法向量，根据向量数量积求法向量夹角，最后根据二面角与向量夹角关系得结果.【详解】〔1〕连,CO BC CD BO OD CO BD ==∴⊥以,,OB OC OA 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如此(0,0,2),(1,0,0),(0,2,0),(1,0,0)(0,1,1)A B C D E -∴(1,0,2),(1,1,1)cos ,AB DE AB DE ∴=-=∴<>==从而直线AB 与DE〔2〕设平面DEC 一个法向量为1(,,),n x y z =11200(1,2,0),00x y n DC DC x y z n DE ⎧+=⋅=⎧⎪=∴⎨⎨++=⋅=⎪⎩⎩ 令112,1(2,1,1)y x z n =∴=-=∴=- 设平面DEF 一个法向量为2111(,,),n x y z =11221117100171(,,0),4244200x y n DF DF DB BF DB BC n DE x y z ⎧⎧+=⋅=⎪⎪=+=+=∴⎨⎨⋅=⎪⎩⎪++=⎩ 令111272,5(2,7,5)yx z n =-∴==∴=- 12cos ,n n ∴<>==因此sin 13θ== 26．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点,E F分别在棱11,DD BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．〔1〕证明：点1C 在平面AEF 内； 〔2〕假如2AB =，1AD =，13AA =，求二面角1A EF A--的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕7. 【解析】〔1〕连接1C E 、1C F ，证明出四边形1AEC F 为平行四边形，进而可证得点1C 在平面AEF 内； 〔2〕以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系1C xyz -，利用空间向量法可计算出二面角1A EF A --的余弦值，进而可求得二面角1A EF A --的正弦值.【详解】〔1〕在棱1CC 上取点G ，使得112C G CG =，连接DG 、FG 、1C E 、1C F ，在长方体1111ABCD A BC D -中，//AD BC 且AD BC =，11//BB CC 且11BB CC =，112C G CG =，12BF FB =，112233CG CC BB BF ∴===且CG BF =， 所以，四边形BCGF 为平行四边形，如此//AF DG 且AF DG =，同理可证四边形1DEC G 为平行四边形，1//C E DG ∴且1C E DG =，1//C E AF ∴且1C E AF =，如此四边形1AEC F 为平行四边形，因此，点1C 在平面AEF 内；〔2〕以点1C 为坐标原点，11C D 、11C B 、1C C 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如如下图所示的空间直角坐标系1C xyz -，如此()2,1,3A 、()12,1,0A 、()2,0,2E 、()0,1,1F ， ()0,1,1AE =--，()2,0,2AF =--，()10,1,2A E =-，()12,0,1A F =-，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，由00m AE m AF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得11110220y z x z --=⎧⎨--=⎩取11z =-，得111x y ==，如此()1,1,1m =-， 设平面1A EF 的法向量为()222,,n x y z =，由1100n A E n A F ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得22222020y z x z -+=⎧⎨-+=⎩，取22z =，得21x =，24y =，如此()1,4,2n =，3cos ,3m nm n m n ⋅<>===⨯⋅设二面角1A EF A --的平面角为θ，如此cos θ=，sin 7θ∴==.因此，二面角1A EF A --. 27．如图，在长方体1111ABCD A BC D -中，点E ，F 分别在棱1DD ，1BB 上，且12DE ED =，12BF FB =．证明：〔1〕当AB BC =时，EF AC ⊥；〔2〕点1C 在平面AEF 内．【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析.【解析】〔1〕根据正方形性质得AC BD ⊥，根据长方体性质得1AC BB ⊥,进而可证AC ⊥平面11BB D D ,即得结果； 〔2〕只需证明1//EC AF 即可，在1CC 上取点M 使得12CM MC =,再通过平行四边形性质进展证明即可.【详解】〔1〕因为长方体1111ABCD A BC D -,所以1BB ⊥平面ABCD ∴1AC BB ⊥,因为长方体1111,ABCD A B C D AB BC -=,所以四边形ABCD 为正方形AC BD ∴⊥因为11,BB BD B BB BD =⊂、平面11BB D D ,因此AC ⊥平面11BB D D ,因为EF ⊂平面11BB D D ,所以AC EF ⊥；〔2〕在1CC 上取点M 使得12CM MC =,连,DM MF ,因为111112,//,=D E ED DD CC DD CC =,所以11,//,ED MC ED MC =所以四边形1DMC E 为平行四边形，1//DM EC ∴因为//,=,MF DA MF DA 所以M F A D 、、、四点共面，所以四边形MFAD 为平行四边形，1//,//DM AF EC AF ∴∴，所以1E C A F 、、、四点共面，因此1C 在平面AEF 内28．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，∠APC =90°．〔1〕证明：平面PAB ⊥平面PAC ；〔2〕设DO，求三棱锥P −ABC 的体积.【答案】〔1〕证明见解析；〔2【解析】〔1〕根据可得PA PB PC ==，进而有PAC △≌PBC ，可得90APC BPC ∠=∠=，即PB PC ⊥，从而证得PC ⊥平面PAB ，即可证得结论；〔2〕将条件转化为母线l 和底面半径r 的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形ABC 边长，在等腰直角三角形APC 中求出AP ，在Rt APO 中，求出PO ，即可求出结论.【详解】〔1〕连接,,OA OB OC ，D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，OD ∴⊥平面ABC ， P 在DO 上，,OA OB OC PA PB PC ==∴==， ABC 是圆内接正三角形，AC BC ∴=，PAC △≌PBC ，90APC BPC ∴∠=∠=︒，即,PB PC PA PC ⊥⊥，,PA PB P PC =∴⊥平面,PAB PC ⊂平面PAC ，∴平面PAB ⊥平面PAC ；〔2〕设圆锥的母线为l ，底面半径为r ，圆锥的侧面积为,rl rl π==2222OD l r =-=，解得1,r l ==2sin 603AC r ==在等腰直角三角形APC 中，2AP AC ==在Rt PAO 中，2PO ===，∴三棱锥P ABC -的体积为11333P ABC ABC V PO S -=⋅==△.29．如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，AE 为底面直径，AE AD =．ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，PO =．〔1〕证明：PA ⊥平面PBC ；〔2〕求二面角B PC E --的余弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2. 【解析】〔1〕要证明PA ⊥平面PBC ，只需证明PA PB ⊥，PA PC ⊥即可；〔2〕以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如下列图的空间直角坐标系，分别算出平面PCB 的法向量为n ，平面PCE 的法向量为m ，利用公式cos ,||||n m m n n m ⋅<>=计算即可得到答案. 【详解】〔1〕由题设，知DAE △为等边三角形，设1AE =，如此2DO =，1122CO BO AE ===，所以64PO DO ==，PC PB ====又ABC 为等边三角形，如此2sin 60BA OA =，所以2BA =， 22234PA PB AB +==，如此90APB ∠=，所以PA PB ⊥， 同理PA PC ⊥，又PC PB P =，所以PA ⊥平面PBC ；〔2〕过O 作ON ∥BC 交AB 于点N ，因为PO ⊥平面ABC ，以O 为坐标原点，OA 为x 轴，ON 为y 轴建立如下列图的空间直角坐标系，如此111(,0,0),(,(,244444E P B C ----，1(,4PC =-，1(4PB =-，1(,0,2PE =-， 设平面PCB 的一个法向量为111(,,)n x y z =，由00n PC n PB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得11111100x x ⎧-=⎪⎨-+=⎪⎩，令1x =111,0z y =-=， 所以(2,0,1)n =-，设平面PCE 的一个法向量为222(,,)m x y z =由00m PC m PE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，得22222020x x ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令21x =，得223z y ==，所以3(1,3m =故2cos ,||||3n m mn n m ⋅<>===⋅⨯ 设二面角B PC E --的大小为θ，如此cos θ=30．四棱锥P ABCD -中，//AB CD ，90PDA BAD ∠=∠=︒，12PD DA AB CD ===，S 为PC 中点，BS CD ⊥．〔1〕证明：PD ⊥平面ABCD ；〔2〕平面SAD 交PB 于Q ，求CQ 与平面PCD 所成角的正弦值．【答案】〔1〕证明见解析；〔2. 【解析】〔1〕取CD 中点为M ，得到BM CD ⊥，由BS CD ⊥，证得CD ⊥平面BSM ，得到CD SM ⊥,再根据CD PD ⊥，结合线面垂直的判定定理，证得PD ⊥平面ABCD ；〔2〕以,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，设1AB =，根据2PQ QB =，求得CQ 坐标，再求得平面PCD 的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】〔1〕取CD 中点为M ，如此DM AB =且//DM AB ，所以四边形ABMD 为平行四边形，可得//BM AD ，所以BM CD ⊥，又由BS CD ⊥，BM BS B ⋂=，所以CD ⊥平面BSM ，又因为SM ⊂平面BSM ，所以CD SM ⊥,又由//SM PD ，所以CD PD ⊥，AD PD ⊥，CD AD D =，所以PD ⊥平面ABCD ．〔2〕延长CB ，DA 交于N ，连SN 与PB 交点即为Q ，因为B 为CN 中点，S 为PC 中点，故Q 为PNC △的重心，故2PQ QB =，以D 为原点，,,DA DC DP 方向为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，不妨设1AB =，如此()1,1,0B ，()0,0.1P ，。
全国高考数学专题七 立体几何 第3讲 空间角与距离的计算(1) (江苏等八省市新高考地区专用)原卷版
第3讲 空间角与距离的计算（1）考点1用综合法求线线角与线面角例1.(1)如图，正三棱柱的九条棱都相等，三个侧面都是正方形，M 、N 分别是BC 和11A C 的中点，则MN 与1AB 所成角的余弦值为（ ）A ．105B ．1010-C ．105-D ．1010(2)如图，在三棱锥D ABC -中，AB BC CD DA ===，90,,,ABC E F O ︒∠=分别为棱,,BC DA AC 的中点，记直线EF 与平面BOD 所成角为θ，则θ的取值范围是（ ）A ．0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．,43ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．,62ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭【跟踪演练】1.(1)如图在四面体PABC 中，PC ⊥平面ABC ，AB BC CA PC ===，那么直线AP 和CB 所成角的余弦值（ ）A 2B ．22C ．12D ．24-(2)在正三棱锥S ABC -中，底面是边长等于23的等边三角形，侧棱4SA =，则侧棱与底面所成的角为（ ）A ．60B ．45C ．30D ．75考点2 用综合法求二面角例2.(1)如图，在四棱锥A BCDE -中，已知四边形BCDE 为平行四边形，平面ABE ⊥平面BCDE ，2AB AE BC CE ====，90BAE ∠=︒，点O 为BE 的中点.则二面角A-BC-O 的正切值为____________.(2)如图，四棱锥P ABCD -中，ABCD 为矩形，平面PAD ⊥平面 ABCD ，PA PD =，Q 是线段PC 上的点(不含端点).设AQ 与BC 所成的角为α，AQ 与平面 ABCD 所成的角为β，二面角Q AB C --的平面角为γ，则（ ）A ．αβγ<<B ．βαγ<<C ．γβα<<D ．βγα<<【跟踪演练】2.(1)在棱长为2的正四面体ABCD 中，点E ，F ，G 分别为棱BC ，CD ，DA 的中点，则二面角G BC D --余弦值的大小为____________(2) 如图，在正四棱锥P ABCD -中，设直线PB 与直线DC 、平面ABCD 所成的角分别为α、β，二面角P CD B --的大小为γ，则（ ）A ．,αβγβ>>B ．,αβγβ><C ．,αβγβ<>D ．,αβγβ<<考点3 体积法求点面距离例3.(1)如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，棱长为1，E F 、分别为11C D 与AB 的中点，1B 到平面1A FCE 的距离为（ ）A ．32B ．63C ．105D ．305(2)正三棱柱111ABC A B C -的所有定点均在表面积为8π的球O 的球面上，3AB =则1B 到平面1A BC 的距离为（ ）A ．1B ．65C ．435D 3【跟踪演练】3.(1)如图，正四棱锥P ABCD -的高为2，且底面边长也为2，则点A 到平面PBC 的距离为（ ）A ．455B 25C ．54D 5 (2)已知在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，122CC =，E 为1CC 的中点，则点1C 与平面BDE 的距离为（ ）A ．2B 3C 2D ．1【仿真练习】一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30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．在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F ，P ，Q 分别为1A B ，11B D ，1A D ，1CD 的中点，则异面直线EF 与PQ 所成角的大小是（ ） A ．4π B ．6π C ．3π D ．2π 2.已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面边长都相等,1A 在底面ABC 内的射影为ABC 的中心,则1AB 与底面ABC 所成角的正弦值为（ ）A ．13B 23．23 3.直三棱柱111ABC A B C -的侧棱13CC =，底面ABC 中，90ACB ∠=，2AC BC ==则点1B 到平面1A BC 的距离为（ ）A ．311B ．22C ．32D ．3224.已知长方体1111ABCD A B C D -的高12,26,AA AC ==11,AB x AD y ==，则当x y +最大时，二面角111A B D C --的余弦值为（ ）A ．15B ．15- C ．5D ．5-5.日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球（球心记为O ），地球上一点A 的纬度是指OA 与地球赤道所在平面所成角，点A 处的水平面是指过点A 且与OA 垂直的平面．在点A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A 处的纬度为北纬40︒，则晷针与点A 处的水平面所成角为（ ）A ．20︒B ．40︒C ．50︒D ．90︒二、多项选择题：本题共3小题，每小题5分，共15分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求,全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．6.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点，则（ ）A ．D 1D ⊥AFB ．A 1G ∥平面AEFC ．异面直线A 1G 与EF 所成角的余弦值为1010D ．点G 到平面AEF 的距离是点C 到平面AEF 的距离的2倍7.如图，已知正方体1ABCD ABC D -的棱长为a ，E 是棱CD 上的动点.则下列结论中正确的有（ ）A ．11EB AD ⊥B ．二面角11E A B A --的大小为4π C ．三棱锥11A B D E -体积的最小值为313aD ．1//DE 平面11A B BA三、填空题：本题共3小题，每小题5分，多空题，第一空2分，第二空3分，共15分．8.如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，1PD DC BC ===，2AB =，//AB DC ，90BCD ∠=，则点A 到平面PBC 的距离为______________.9.如图，多面体ABCED 中，面ABD ⊥面ABC ，面BCE ⊥面ABC ，//DE 面ABC ，23AB =，BE CE =，2AD BD BC ===.则BEC ∠的大小为_________；若2DE =，则二面角B DE C --的余弦值为_____________.10.如图，已知多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为梯形，//AD BC ，AB AD ⊥，AF ⊥平面ABCD ，//DE AF ，22AB BC AF AD DE ====，P 为线段FC (包括端点)上的一个动点，则直线BP 与直线AE 所成角的正弦值的最小值为_________.四、解答题：本题共4小题，共40分。
2022高三高考数学知识点第7章 高考专题突破4 高考中的立体几何问题
跟踪训练3 (2020·宜昌一中模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC， AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点. (1)证明：BE⊥PD；
解 依题意，以点A为原点，以AB，AD，AP为x轴、y轴、z轴建立空间 直角坐标系如图， 可得B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1). 证明 向量B→E＝(0，1，1)，P→D＝(0，2，－2)， 故B→E·P→D＝0，所以B→E⊥P→D，所以 BE⊥PD.
设直线AM与平面PBC所成的角为θ，
则
sin
θ＝|cos〈m，A→M〉|＝
→ |m·AM|
→
＝
|m|·|AM|
23×1＋12×0＋
2×
7 4
23×1＝
42 7.
∴直线 AM 与平面 PBC 所成角的正弦值为
42 7.
命题点3 二面角
例3 (2020·全国Ⅰ)如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AE为
设平面QCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
[5分] [6分]
则DD→→CQ··nn＝＝00，， 即ym＝x＋0，z＝0，
令x＝1，则z＝－m， 所以平面QCD的一个法向量为n＝(1,0，－m)，
则 cos〈n，P→B〉＝|nn|·|PP→→BB|＝
1＋0＋m 3· m2＋1.
[9分] [10分]
当且仅当m＝1时取等号，
所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为
6 3
.
[12分]
答题模板
第一步：根据线面位置关系的相关定理，证明线面垂直． 第二步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标． 第三步：求直线的方向向量和平面的法向量． 第四步：计算向量夹角(或函数值)，借助基本不等式确定最值． 第五步：反思解题思路，检查易错点．
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【步步高】（浙江专用）2017年高考数学 专题七 立体几何 第55练空间角与空间距离的求解练习一、选择题1.(2015·上海闵行区三模)如图，在底面是边长为a 的正方形的四棱锥P －ABCD 中，已知PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝a ，则直线PB 与平面PCD 所成的角的余弦值为( )A.12B.13C.22D.322．(2015·邯郸上学期教学质量检测)在正四棱锥P －ABCD 中，PA ＝2，直线PA 与平面ABCD 所成角为60°，E 为PC 的中点，则异面直线PA 与BE 所成的角为( ) A ．90°B ．60°C ．45°D ．30°3.如图所示，在三棱锥S —ABC 中，△ABC 是等腰三角形，AB ＝BC ＝2a ，∠ABC ＝120°，SA ＝3a ，且SA ⊥平面ABC ，则点A 到平面SBC 的距离为( )A.3a 2B.a 2C.5a 2D.7a 2二、填空题4．(2015·丽水二模)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 为平面ABB 1A 1的中心，则MC 1与平面BB 1C 1C 所成角的正切值为________．5．如图所示，在三棱锥S －ABC 中，△SBC ，△ABC 都是等边三角形，且BC＝1，SA ＝32，则二面角S －BC －A 的大小为________．6.如图，在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在线段AD 1上运动，给出以下命题： ①异面直线C 1P 与CB 1所成的角为定值；②二面角P －BC 1－D 的大小为定值；③三棱锥D －BPC 1的体积为定值；④异面直线A 1P 与BC 1间的距离为定值．其中真命题的个数为________．三、解答题7．(2015·浙江名校交流卷)如图，在△ABC 中，∠ABC ＝45°，点O 在AB 上，且OB ＝OC ＝23AB ，PO ⊥平面ABC ，DA ∥PO ，DA ＝AO ＝12PO . (1)求证：PB ∥平面COD ；(2)求二面角O －CD －A 的余弦值．8．(2015·宁波二模)如图，正四棱锥S －ABCD 中，SA ＝AB ＝2，E ，F ，G 分别为BC ，SC ，CD 的中点．设P 为线段FG 上任意一点．(1)求证：EP ⊥AC ；(2)当P 为线段FG 的中点时，求直线BP 与平面EFG 所成角的余弦值．中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，且PB与底面ABCD所成的角为45°，E为PB的中点，过A，E，D三点的平面记为α，PC与α的交点为Q.(1)试确定Q的位置并证明；(2)求四棱锥P－ABCD被平面α所分成上下两部分的体积之比；(3)若PA＝2，截面AEQD的面积为3，求平面α与平面PCD所成的锐二面角的正切值．答案解析1．D [设B 到平面PCD 的距离为h ，直线PB 与平面PCD 所成的角为α，则由等体积法可得 13×12×2a ·a ·h ＝13×12a ·a ·a ， ∴h ＝22a . 又∵PB ＝2a ，∴sin α＝12， 又∵α∈(0，π2)，∴cos α＝32.故选D.] 2．C [如图，连接AC ，BD 交于点O ，连接OE ，OP .因为E 为PC 中点，所以OE ∥PA ，所以∠OEB 即为异面直线PA 与BE 所成的角．因为四棱锥P －ABCD 为正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，所以AO 为PA 在平面ABCD 内的射影，所以∠PAO 即为PA 与平面ABCD 所成的角，即∠PAO ＝60°.因为PA ＝2，所以OA ＝OB ＝1，OE ＝1.所以在直角三角形EOB 中，∠OEB ＝45°，即异面直线PA 与BE 所成的角为45°.故选C.]3．A [作AD ⊥CB 交CB 的延长线于点D ，连接SD ，如图所示．∵SA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴SA ⊥BC .又BC ⊥AD ，SA ∩AD ＝A ，SA ⊂平面SAD ，AD ⊂平面SAD ，∴BC ⊥平面SAD ，又BC ⊂平面SBC ，∴平面SBC⊥平面ASD ，且平面SBC ∩平面ASD ＝SD .在平面ASD 内，过点A 作AH ⊥SD于点H ，则AH ⊥平面SBC ，AH 的长即为点A 到平面SBC 的距离．在Rt △SAD中，SA ＝3a ，AD ＝AB ·sin 60°＝3a .由AH SA ＝AD SD ，得AH ＝SA ·AD SD＝SA ·AD SA 2＋AD 2＝3a 2，即点A 到平面SBC 的距离为3a 2.] 4.55解析如图，过点M 作BB 1的垂线，垂足为N ，则MN ⊥平面BB 1C 1C ，连接NC 1，则∠MC 1N 为MC 1与平面BB 1C 1C 所成的角．设正方体的棱长为2a ，则MN ＝a ，NC 1＝5a ，所以tan ∠MC 1N ＝55.5．60°解析 取BC 的中点O ，连接SO ，AO ，因为AB ＝AC ，O 是BC 的中点，所以AO ⊥BC ，同理可证SO ⊥BC ，所以∠SOA 是二面角S －BC －A 的平面角．在△AOB 中，∠AOB ＝90°，∠ABO ＝60°，AB ＝1， 所以AO ＝1×sin 60°＝32.同理可求SO ＝32.又SA ＝32，所以△SOA 是等边三角形，所以∠SOA ＝60°，所以二面角S －BC －A 的大小为60°.6．4解析 对于①，因为在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中， 点P 在线段AD 1上运动，在正方体中有B 1C ⊥平面ABC 1D 1，而C 1P ⊂平面ABC 1D 1，所以B 1C ⊥C 1P ，所以这两个异面直线所成的角为定值90°，故①正确； 对于②，因为二面角P －BC 1－D 的实质为平面ABC 1D 1与平面BDC 1所成的二面角，而这两个平面为固定不变的平面，所以夹角也为定值，故②正确；对于③，三棱锥D －BPC 1的体积还等于三棱锥P －DBC 1的体积， 而△DBC 1面积一定，又因为P ∈AD 1，所以点A 到平面DBC 1的距离即为点P 到该平面的距离， 所以三棱锥的体积为定值，故③正确；对于④，因为直线A 1P 和BC 1分别位于平面ADD 1A 1， 平面BCC 1B 1中，且这两个平面平行，由异面直线间的距离定义及求法，知这两个平面间的距离即为所求的异面直线间的距离， 所以这两个异面直线间的距离为定值，故④正确．7．(1)证明 因为PO ⊥平面ABC ，AD ∥PO ，AB ⊂平面ABC ，所以PO ⊥AB ，DA ⊥AB .又DA ＝AO ＝12PO ，所以∠AOD ＝45°.因为OB ＝23AB ，所以OA ＝13AB ，所以OA ＝12OB ，又AO ＝12PO ，所以OB ＝OP ，所以∠OBP ＝45°，即OD ∥PB .又PB ⊄平面COD ，OD ⊂平面COD ，所以PB ∥平面COD .(2)解 如图，过A 作AM ⊥DO ，垂足为M ，过M 作MN ⊥CD 于N ，连接AN ，则∠ANM 为二面角O －CD －A 的平面角．设AD ＝a ，在等腰直角三角形AOD 中，得AM ＝22a ，在直角三角形COD 中，得MN ＝33a ，在直角三角形AMN 中，得AN ＝306a ，所以cos ∠ANM ＝105.8．(1)证明 设AC 交BD 于O ，∵S －ABCD 为正四棱锥，∴SO ⊥底面ABCD ，BD ⊥AC ，∴SO ⊥AC ，∵BD ∩SO ＝O ，∴AC ⊥平面SBD ，∵E ，F ，G 分别为BC ，SC ，CD 的中点，∴FG ∥SD ，BD ∥EG .又FG ∩EG ＝G ，SD ∩BD ＝D ，∴平面EFG ∥平面BSD ，∴AC ⊥平面GEF .又∵PE ⊂平面GEF ，∴PE ⊥AC .(2)解 过B 作BH ⊥GE 于H ，连接PH ，∵BD ⊥AC ，BD ∥GH ，∴BH ∥AC ，由(1)知AC ⊥平面GEF ，则BH ⊥平面GEF .∴∠BPH 就是直线BP 与平面EFG 所成的角．在Rt △BHP 中，BH ＝22，PH ＝132，PB ＝152，故cos ∠BPH ＝PH PB ＝19515.9．解 (1)Q 为PC 的中点．证明如下：因为AD ∥BC ，AD ⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，故AD ∥平面PBC .又由于平面α∩平面PBC ＝EQ ，故AD ∥EQ ，所以BC ∥EQ .又E 为PB 的中点，故Q 为PC 的中点．(2)如图，连接EQ ，DQ ，因为PA ⊥底面ABCD ，所以PB 与底面ABCD 所成的角为∠PBA ＝45°.故PA ＝AB .又因为E 为PB 的中点，所以PE ⊥AE .因为四边形ABCD 是矩形，所以AD ⊥AB .又PA ⊥底面ABCD ，AD ⊂底面ABCD ，所以AD ⊥PA .又PA ∩AB ＝A ，所以AD ⊥平面PAB ，又PE ⊂平面PAB ，所以AD ⊥PE .又AE ∩AD ＝A ，AE ⊂平面α，AD ⊂平面α，故PE ⊥平面α.设PA ＝h ，AD ＝2a ，设四棱锥P －ABCD 被平面α所分成的上下两部分的体积分别为V 1和V 2，则EQ ＝a . 又因为AD ⊥平面PAB ，AE ⊂平面PAB ，所以AD ⊥AE . V 上＝13PE ·S 梯形AEQD＝13·2h 2·12(a ＋2a )·2h 2＝ah24，V 下＝13PA ·S 底面ABCD －V 上＝13·h ·2a ·h －ah24＝5ah212，所以V 上V 下＝ah 245ah 212＝35.(3)过E 作EF ⊥DQ ，连接PF ，因为PE ⊥平面α，所以PE ⊥DF .又由于EF ∩PE ＝E ，所以DF ⊥平面PEF ，则DF ⊥PF . 所以∠PFE 是平面α和平面PCD 所成的二面角．因为PA ＝2，即h ＝2，截面AEQD 的面积为3，所以S 梯形AEQD ＝12(a ＋2a )22h ＝3， 解得a ＝ 2.又因为AD ∥EQ ，且EQ ＝12AD ，故S △EQD ＝13S 梯形AEQD ＝1，QD ＝(AD －QE )2＋AE 2＝2.又S △EQD ＝12EF ·DQ ＝1，解得EF ＝1.又PE ＝12PB ＝ 2.在直角三角形PEF 中，tan ∠PFE ＝PE EF ＝2，即平面α与平面PCD 所成的锐二面角的正切值为 2.。