高考专题突破五 高考中的立体几何问题

高考专题突破五高考中的立体几何问题求空间几何体的表面积与体积例1 (1)一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为()A．16＋4 3 B．16＋4 5C．20＋4 3 D．20＋4 5答案 D解析由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，可得其表面积为S＝5×22＋4×12×2×5＝20＋45，故选D.(2)(2019·浙江省嘉兴市第一中学期中)如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，P A⊥圆O所在平面，且P A＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，交PB，PC分别于E，F，当三棱锥P－AEF体积最大时，tan∠BAC＝________.答案 2解析 ∵PB ⊥平面AEF ，∴AF ⊥PB ，又AC ⊥BC ，AP ⊥BC ，AC ∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面P AC ， ∴BC ⊥平面P AC ，又∵AF ⊂平面P AC ，∴AF ⊥BC ，又∵PB ∩BC ＝B ，PB ，BC ⊂平面PBC ， ∴AF ⊥平面PBC ，∴∠AFE ＝90°， 设∠BAC ＝θ，在Rt △P AC 中， AF ＝AP ·AC PC ＝2×2cos θ21＋cos 2θ＝2cos θ1＋cos 2θ.在Rt △P AB 中，AE ＝PE ＝2，∴EF ＝AE 2－AF 2，∴V 三棱锥P －AEF ＝13×12AF ·EF ·PE＝16AF ·2－AF 2× 2 ＝26·2AF 2－AF 4 ＝26－(AF 2－1)2＋1≤26， ∴当AF ＝1时，三棱锥P －AEF 的体积取最大值26， 此时2cos θ1＋cos 2θ＝1，且0°<θ<90°，∴cos θ＝33，sin θ＝63，tan θ＝ 2. 思维升华 (1)等积转换法多用来求三棱锥的体积．(2)不规则的几何体可通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解．跟踪训练1 (1)(2020·嘉兴模拟)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：cm 2)是( )A ．36＋24 2B ．36＋12 5C ．40＋24 2D ．40＋12 5答案 B解析 由三视图得该几何体为一个组合体，上面是棱长为2的正方体，下面是下底为边长为4的正方形、上底为边长为2的正方形的四棱台，则其表面积为5×22＋4×2＋42×5＋42＝36＋125，故选B.(2)(2019·金华十校联考)一个棱柱的底面是边长为6的正三角形，侧棱与底面垂直，其三视图如图所示，则这个棱柱的体积为________，此棱柱的外接球的表面积为________．答案 363 64π解析 由题意可知，该三棱柱是一个直三棱柱，且底面是边长为6的正三角形，底面积为S ＝12×62×sin 60°＝93， 该三棱柱的高h ＝4，所以，该三棱柱的体积为V ＝Sh ＝93×4＝36 3. 由正弦定理可知，该正三棱柱底面的外接圆直径为2r ＝6sin 60°＝43，则其外接球的直径为R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫n 22＝8，则R ＝4，因此，此棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝4π×42＝64π.立体几何中的动态问题例2 (1)等腰直角三角形ABE 的斜边AB 为正四面体ABCD 的侧棱，直角边AE 绕斜边AB 旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：①四面体E —BCD 的体积有最大值和最小值； ②存在某个位置，使得AE ⊥BD ；③设二面角D —AB —E 的平面角为θ，则θ≥∠DAE ；④AE 的中点M 与AB 的中点N 的连线交平面BCD 于点P ，则点P 的轨迹为椭圆． 其中，正确说法的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 C解析 四面体E —BCD 的底面BCD 的面积为定值，且在旋转的过程中，点E 到底面BCD 的距离存在最大值和最小值，所以四面体E —BCD 的体积有最大值和最小值，①正确；设BD 的中点为F ，则当AE 旋转到平面ACF 内时，AE ⊥BD ，②正确；当点E 旋转到△ABD 内时，二面角D —AB —E 的大小为0，∠DAE ＝π12，此时θ≥∠DAE 不成立，③错误；由题意得点P的轨迹为以MN 为母线，AB 为轴的圆锥面与平面BCD 的交线，易得圆锥的母线与圆锥的轴的夹角为π4，在正四面体ABCD 中易得直线AB 与平面BCD 所成的角α满足π4<α<π2，所以圆锥面与平面BCD 的交线为椭圆，即点P 的轨迹为椭圆，④正确．综上所述，正确说法的个数为3，故选C.(2)(2020·浙江省浙南名校联盟联考)设点M 是长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，AA 1＝AD ＝4，AB ＝5，点P 在长方体的侧面BCC 1B 1上，若平面D 1PM 分别与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则P 点的轨迹为( )A ．椭圆的一部分B ．抛物线的一部分C ．一条线段D ．一段圆弧答案 C解析 设P 在平面ABCD 的投影为P 1，平面D 1PM 与平面ABCD 所成的锐二面角为α则cos α＝11MDP D PMS S △△.M 在平面BCC 1B 1的投影为BC 中点M 1，平面D 1PM 与平面BCC 1B 1所成的锐二面角为β，则cos β＝111C PM D PMS S △△，故11MDP D PMS S △△＝111C PM D PMS S △△，即1MDP S △＝11C PM S △，设P 到直线C 1M 1的距离为h ，则12×2×5＝12×C 1M 1×h ，h ＝5，即P 到直线C 1M 1的距离为定值，故P 在与C 1M 1平行的直线上， 又点P 在侧面BCC 1B 1上，故其轨迹为一条线段．思维升华 (1)考虑动态问题中点线面的变化引起的一些量的变化，建立目标函数，用代数方法解决几何问题．(2)运动变化中的轨迹问题的实质是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规律． (3)运动过程中端点的情况影响问题的思考，可以利用极限思想考虑运动变化的极限位置． 跟踪训练2 (2020·杭州第二中学开学考试)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 中点，动点P 在底面ABCD 内(不包括边界)，使四面体A 1BMP 的体积为23，则C 1P的最小值是________．答案2305解析 由已知得四面体A 1BMP 的体积1A MBP V －＝13×2×S △MBP ＝23，所以S △MBP ＝1，设P 到BM 的距离为h ，则S △MBP ＝12×5×h ＝1，解得h ＝255，所以P 在底面ABCD 内(不包括边界)与BM 平行且距离为255的线段l 上，要使C 1P 的最小，则此时P 在过C 作BM 的垂线段上． 点C 到BM 的距离为455，所以CP ＝255，此时(C 1P )min ＝⎝⎛⎭⎫2552＋22＝2305.例3 (15分)(2019·浙江七校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知底面ABCD 是边长为2的菱形，P A ⊥平面ABCD ，P A ＝AC ＝2，E ，F 分别是棱PB ，CD 的中点．(1)求证：CE ∥平面P AF ；(2)求直线EC 与平面PCD 所成角的正弦值． 规范解答方法一 (1)证明 取P A 的中点G ，连接EG ，FG ，因为E 是棱PB 的中点，所以EG 是△P AB 的中位线，所以EG ＝12AB ，EG ∥AB .[1分]因为F 是棱CD 的中点，所以CF ＝12CD ，又AB ＝CD ，AB ∥CD ，所以EG ＝CF ，EG ∥CF ， 所以四边形ECFG 为平行四边形，所以EC ∥GF .[4分] 又CE ⊄平面P AF ，GF ⊂平面P AF ， 所以CE ∥平面P AF .[6分](2)解 因为P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥CD ， 易知△ACD 是等边三角形，又F 是棱CD 的中点，所以AF ⊥CD ， 又P A ∩AF ＝A ，P A ，AF ⊂平面P AF ， 所以CD ⊥平面P AF ，又CD ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面P AF ，[9分]又EC ∥GF ，所以直线GF 与平面PCD 所成的角等于直线EC 与平面PCD 所成的角． 过点G 作GH ⊥PF 于点H ，则GH ⊥平面PCD ， 所以∠PFG 为直线EC 与平面PCD 所成的角．[11分] 因为P A ＝2，AF ＝3， 所以PF ＝P A 2＋AF 2＝7，GF ＝⎝⎛⎭⎫12P A 2＋AF 2＝2， 所以S △PGF ＝12PG ·AF ＝32，又S △PGF ＝12PF ·GH ，所以GH ＝37＝217，[13分]所以sin ∠PFG ＝GH GF ＝2114，所以直线EC与平面PCD所成角的正弦值为2114.[15分](几何法)第一步：根据线面关系的判定或性质定理，证明平行或垂直；第二步：根据空间角的定义，先找到(或作)出所求角；第三步：在直角三角形中计算空间角．方法二(1)证明取AB的中点H，连接CH，EH，因为E是棱PB的中点，所以EH是△P AB的中位线，所以EH∥P A.[1分]又EH⊄平面P AF，P A⊂平面P AF，所以EH∥平面P AF，[2分]因为F为CD的中点，所以AH＝CF，AH∥CF，所以四边形AHCF为平行四边形，所以CH∥AF，[3分]又CH⊄平面P AF，AF⊂平面P AF，所以CH∥平面P AF.[4分]又CH∩EH＝H，CH，EH⊂平面EHC，所以平面EHC∥平面P AF，[5分]又CE⊂平面EHC，所以CE∥平面P AF.[6分](2)解取BC的中点N，连接AN，易知△ABC是等边三角形，所以AN⊥BC，又BC∥AD，所以AN⊥AD.因为P A⊥平面ABCD，AN，AD⊂平面ABCD，所以P A⊥AN，P A⊥AD，所以P A，AN，AD两两垂直，故以A为坐标原点，AN，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，[8分]则P (0,0,2)，C (3，1,0)，D (0,2,0)，E ⎝⎛⎭⎫32，－12，1，故PC →＝(3，1，－2)，PD →＝(0,2，－2)， CE →＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，1.[10分]设平面PCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PC →＝0，n ·PD →＝0，即⎩⎨⎧3x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0，令x ＝1，则y ＝z ＝3，故n ＝(1，3，3)为平面PCD 的一个法向量．[12分] 设直线EC 与平面PCD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CE →〉|＝|n ·CE →||n |·|CE →|＝37×2＝2114，[14分]所以直线EC 与平面PCD 所成角的正弦值为2114.[15分](向量法)第一步：根据线面关系的判定或性质定理，证明平行或垂直；第二步：建立空间直角坐标系，写出所需的直线的方向向量和平面的法向量； 第三步：利用两个向量所成的角计算空间角．跟踪训练3 如图，在四棱锥P －ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，CD ＝4，P A ＝AB ＝BC ＝AD ＝2，Q 为棱PC 上的一点，且PQ ＝13PC .(1)证明：平面QBD ⊥平面ABCD ；(2)求直线QD 与平面PBC 所成角的正弦值．方法一 (1)证明 连接AC ，交BD 于点O ，因为AB ∥CD ，所以△ABO ∽△CDO ，又AB ＝12CD ，所以AO ＝13AC .连接QO ，由PQ ＝13PC ，得QO ∥P A ， 由P A ⊥平面ABCD ， 得QO ⊥平面ABCD ，又QO ⊂平面QBD ，所以平面QBD ⊥平面ABCD . (2)解 过D 作平面PBC 的垂线，垂足为H ，连接HQ ， 设QD 与平面PBC 所成的角为θ，则∠DQH ＝θ. 设DH ＝h ，V 三棱锥Q －BCD ＝V 三棱锥D －BCQ ， 即13S △BCD ·QO ＝13S △BCQ ·h . 四边形ABCD 中，AB ＝BC ＝AD ＝2，CD ＝4，可得BD ＝23，∠CBD ＝ π2，所以S △BCD ＝12×2×23＝2 3.由(1)得OQ ＝23P A ＝43，则QD ＝OD 2＋QO 2＝⎝⎛⎭⎫4332＋⎝⎛⎭⎫432＝83.在△PBC 中，PB ＝22，PC ＝4，由余弦定理得cos ∠PCB ＝34，则sin ∠PCB ＝74，所以S △PCB＝12×2×4×74＝7，所以S △BCQ ＝273.所以13×23×43＝13×237×h ， 解得h ＝4217.所以sin θ＝DH QD ＝32114.即直线QD 与平面PBC 所成角的正弦值为32114.方法二 (1)证明 如图，以A 为原点，分别以射线AB ，AP 为x ，z 轴的正半轴，过A 作AB 的垂线交CD 于E ，以射线AE 为y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系，由题意得，A (0,0,0)，B (2,0,0)，C (3，3，0)，D (－1，3，0)，P (0,0,2)，Q ⎝⎛⎭⎫1，33，43， 所以BD →＝(－3，3，0)，DQ →＝⎝⎛⎭⎫2，－233，43.设平面QBD 的法向量为n 1，平面ABCD 的法向量为n 2，则⎩⎪⎨⎪⎧n 1·BD →＝0，n 1·DQ →＝0，取n 1＝(1，3，0)．可取n 2＝(0,0,1)． 所以n 1·n 2＝0，所以平面QBD ⊥平面ABCD .(2)解 设QD 与平面PBC 所成的角为θ.DQ →＝⎝⎛⎭⎫2，－233，43，PB →＝(2,0，－2)，PC →＝(3，3，－2)．设平面PBC 的法向量为n ，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·PB →＝0，n ·PC →＝0，取n ＝⎝⎛⎭⎫1，－33，1，所以sin θ＝|cos 〈DQ →，n 〉|＝|DQ →·n ||DQ →||n |＝32114.即直线QD 与平面PBC 所成角的正弦值为32114.1．(2019·杭州四校联考)已知两条不同的直线l，m与两个不重合的平面α，β，l⊂α，m⊂β，则下列命题中正确的是()A．若l∥m，则必有α∥βB．若l⊥m，则必有α⊥βC．若l⊥β，则必有α⊥βD．若α⊥β，则必有m⊥α答案 C解析对于选项A，若l∥m，则两个平面可能平行、也可能相交，所以选项A不正确；对于选项B，当两个平面平行时，也可满足l⊥m，所以选项B不正确；对于选项C，根据面面垂直的判定定理，可知选项C正确；对于选项D，根据面面垂直的性质定理，可知只有m垂直于两个平面的交线时，m⊥α，所以D不正确，故选C.2．过正方体ABCD—A′B′C′D′的顶点A作平面α，使得棱AB，CC′，A′D′在平面α上的投影的长度相等，则这样的平面α的个数为()A．6 B．4 C．3 D．1答案 B解析考虑到平行的性质，AB，CC′，A′D′可以用同一顶点处的三条棱替代，如AB，AA′，AD，投影的长度相等等价于这些线段所在直线与平面α所成的角相等，因此以正方体为依托，如图，平面AB′D′(BC′D)，ACD′(A′BC′)，A′BD(B′CD′)，A′C′D(AB′C)均符合题意，所以这样的平面有4个．故选B.3．(2019·浙江重点中学调研)在正四面体ABCD中，E为棱AD的中点，过点A作平面BCE 的平行平面，该平面与平面ABC，平面ACD的交线分别为l1，l2，则l1，l2所成角的正弦值为()A.63 B.33 C.13 D.22答案 A解析设所作的平面为α，则由α∥平面BCE，α∩平面ABC＝l1，平面BCE∩平面ABC＝BC，得l1∥BC，同理可得l2∥CE，所以l1，l2所成的角等于BC与CE所成的角，即∠BCE.设正四面体ABCD的棱长为2，则BC＝2，CE＝BE＝3，在△BCE中，由余弦定理，得cos∠BCE＝22＋(3)2－(3)22×2×3＝33，则sin∠BCE＝1－cos2∠BCE＝63，故选A.4．(2020·浙江六校协作体联考)如图，已知M，N分别是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的棱AA1，BC上的动点，若MN＝2，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．两条平行线段答案 B解析如图，连接AN，AP，易知△MAN为直角三角形，因为MN＝2，P是MN的中点，所以AP＝22，因此点P到点A的距离为定值，点P的轨迹是以点A为球心，22为半径的球面，记此球为球A.分别取A1B1，D1C1，DC，AB的中点E，F，G，H，并顺次连接，则MA∥平面EFGH.记AN∩HG＝Q，则易知HQ为△ABN的中位线，故Q为AN的中点．连接PQ，则PQ为△AMN的中位线，得MA∥PQ，又点Q在平面EFGH内，MA∥平面EFGH，所以点P在平面EFGH内运动，故点P的轨迹为平面EFGH与球A的球面的交线，所以点P的轨迹是一段圆弧，故选B.5．(2020·台州适应性考试)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N —AC —B 的余弦值为( )A ．0 B.12 C.22 D.32答案 C解析 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 ，OB ∩OD ＝O ，OB ，OD ⊂平面OBD ，所以AC ⊥平面BOD ，所以ON ⊥AC ，又OB ⊥AC ，所以∠BON 即二面角N —AC —B 的平面角．因为平面ACD ⊥平面ABC ，平面ACD ∩平面ABC ＝AC ，OD ⊥AC ，所以OD ⊥平面ABC ，所以OD ⊥OB ，△BOD 为等腰直角三角形，所以∠BON ＝45°，所以二面角N —AC —B 的余弦值为22. 6.如图，在正四面体A —BCD 中，P ，Q ，R 分别为AB ，AC ，AD 上的点，AP PB ＝2，CQ QA ＝ARRD ＝3，记二面角B —PQ —R ，C —QR —P ，D —PR —Q 的平面角分别为α，β，γ，则( )A ．γ<α<βB ．α<γ<βC ．α<β<γD ．β<γ<α答案 C解析 易知二面角B —PQ —R 的平面角的补角就是二面角A —PQ —R 的平面角，二面角C —QR —P 的平面角的补角就是二面角A —QR —P 的平面角，二面角D —PR —Q 的平面角的补角就是二面角A —PR —Q 的平面角．易得二面角A —PQ —R 的平面角>二面角A —QR —P 的平面角>二面角A —PR —Q 的平面角，即α<β<γ.故选C.7．(2019·嘉兴、丽水、衢州模拟)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________．答案 144－12π 168＋6π解析 该几何体的体积等于长方体的体积减去一个圆锥的体积，则V ＝6×6×4－13π×32×4＝144－12π，几何体的表面积S ＝6×6＋4×6×4＋6×6－9π＋15π＝168＋6π.8.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°，AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，E ，F 分别是AB ，CD 的中点，将四边形ADFE 沿直线EF 进行翻折，给出四个结论：①DF ⊥BC ； ②BD ⊥FC ；③平面DBF ⊥平面BFC ； ④平面DCF ⊥平面BFC .在翻折过程中，可能成立的结论是________．(填写结论序号) 答案 ②③解析 因为BC ∥AD ，AD 与DF 相交不垂直，所以BC 与DF 不垂直，则①错误；设点D 在平面BCF 上的射影为点P ，当BP ⊥CF 时就有BD ⊥FC ，而AD ∶BC ∶AB ＝2∶3∶4，可使条件满足，所以②正确；当点P 落在BF 上时，DP ⊂平面BDF ，从而平面BDF ⊥平面BCF ，所以③正确；因为点D 的投影不可能在FC 上，所以平面DCF ⊥平面BFC 不成立，即④错误．故答案为②③.9.(2020·浙江五校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝π3，P A ＝4，AD ＝23，BC ＝3，点M 为线段PD 的中点．(1)求证：CM ∥平面P AB ；(2)求直线P A 与平面PCD 所成角的正弦值． (1)证明 如图，取P A 的中点N ，连接MN ，NB .在△P AD 中，∵M ，N 分别为PD ，P A 的中点， ∴MN ＝12AD ，MN ∥AD .在四边形ABCD 中， ∵BC ＝3，AD ＝23， ∴BC ＝12AD ，又BC ∥AD ，∴BC ＝MN ，BC ∥MN ， ∴四边形BCMN 为平行四边形， ∴CM ∥BN ，又CM ⊄平面P AB ，BN ⊂平面P AB ， ∴CM ∥平面P AB .(2)解 过点A 作AQ ⊥CD 交CD 于点Q ，连接PQ ，过点A 作AH ⊥PQ 于点H .∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ， ∴P A ⊥CD ，又CD ⊥AQ ，P A ，QA ⊂平面P AQ ，P A ∩QA ＝A ， ∴CD ⊥平面P AQ ∵CD ⊂平面PCD ， ∴平面PCD ⊥平面P AQ ，又AH ⊥PQ ，平面P AQ ∩平面PCD ＝PQ ，AH ⊂平面P AQ ， ∴AH ⊥平面PCD ，∴P A 在平面PCD 内的射影为PH ， ∴∠APH 为直线P A 与平面PCD 所成的角． 在Rt △P AQ 中，P A ＝4，AQ ＝AD sin π3＝3，∴tan ∠APQ ＝34，∴sin ∠APH ＝35，∴直线P A 与平面PCD 所成角的正弦值为35.10.(2020·浙江名校联考)如图，在四棱锥P －ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，AB ⊥BC ，CD ＝2AB ＝4，BC ＝2 2.(1)求证：PC ⊥BD ；(2)若直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，求P A 的长．(1)证明 连接AC ，在△ABC 中，因为AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝22， 所以tan ∠ACB ＝AB BC ＝22.因为AB ∥CD ，AB ⊥BC ，所以CD ⊥BC .在Rt △BCD 中，因为CD ＝4，所以tan ∠BDC ＝BC CD＝22，所以tan ∠ACB ＝tan ∠BDC ， 所以∠ACB ＝∠BDC .因为∠ACB ＋∠ACD ＝π2，所以∠BDC ＋∠ACD ＝π2，所以BD ⊥AC .因为P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，所以P A ⊥BD .又P A ⊂平面P AC ，AC ⊂平面P AC ，P A ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面P AC . 因为PC ⊂平面P AC ，所以PC ⊥BD .(2)解 方法一 如图，设P A ＝t ，AC 与BD 交于点M ，连接PM ，过点A 作AH ⊥PM 于点H ，连接BH .由(1)知，BD ⊥平面P AC ，又AH ⊂平面P AC ，所以BD ⊥AH .因为AH ⊥PM ，PM ⊂平面PBD ，BD ⊂平面PBD ，PM ∩BD ＝M ，所以AH ⊥平面PBD ， 所以∠ABH 为直线AB 与平面PBD 所成的角． 在Rt △ABC 中，因为AB ＝2，BC ＝22，所以AC ＝AB 2＋BC 2＝23，所以由三角形相似得AM ＝AB 2AC ＝233.在Rt △P AM 中，易知AH ＝P A ·AMPM＝P A ·AMP A 2＋AM 2＝t ×233t 2＋43. 因为直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，所以∠ABH ＝π6.所以sin ∠ABH ＝AHAB ＝t ×233t 2＋432＝12，所以t ＝2，所以P A 的长为2.方法二 取CD 的中点E ，连接AE ，因为AB ∥CD ，CD ＝2AB ＝4，所以AB ∥CE 且AB ＝CE ， 所以四边形ABCE 是平行四边形，所以BC ∥AE . 因为AB ⊥BC ，所以AB ⊥AE .又P A ⊥平面ABCD ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE ，故AE ，AB ，AP 两两垂直，故以A 为坐标原点，AE ，AB ，AP 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设P A ＝t ，因为CD ＝2AB ＝4，所以A (0,0,0)，B (0,2,0)，P (0,0，t )，D (22，－2,0)，所以AB →＝(0,2,0)，BP →＝(0，－2，t )，BD →＝(22，－4,0)．设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·BP →＝0，n ·BD →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2y ＋tz ＝0，22x －4y ＝0，令x ＝2，则y ＝1，z ＝2t ，故n ＝⎝⎛⎭⎫2，1，2t 为平面PBD 的一个法向量． 因为直线AB 与平面PBD 所成的角为π6，所以sin π6＝|cos 〈n ，AB →〉|＝|n ·AB →||n |·|AB →|＝23＋4t2×2＝12， 所以t ＝2. 所以P A 的长为2.11．(2019·温州测试)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝1，BC ＝2，E 是AD 的中点，将△ABE 沿BE 折起至△A ′BE ，记二面角A ′－BE －D 的平面角为α，直线A ′E 与平面BCDE 所成的角为β，A ′E 与BC 所成的角为γ，有如下两个命题：①对满足题意的任意的A ′的位置，α＋β≤π；②对满足题意的任意的A ′的位置，α＋γ≤π.则()A ．命题①和命题②都成立B ．命题①和命题②都不成立C ．命题①成立，命题②不成立D ．命题①不成立，命题②成立 答案 A解析 由题意知β∈⎝⎛⎦⎤0，π2，γ∈⎝⎛⎦⎤0，π2，当α∈⎝⎛⎦⎤0，π2时命题①和命题②都成立．当α∈⎝⎛⎭⎫π2，π时，如图，过点A ′作A ′F ⊥BE 交BE 于点F ，连接AF ，因为△ABE 与△A ′BE 是全等的，所以AF ⊥BE ，所以α＝π－∠A ′F A ，过点A ′作A ′O ⊥AF 交AF 于点O ，因为⎩⎪⎨⎪⎧A ′F ⊥BE ，AF ⊥BE ，A ′F ∩AF ＝F ，A ′F ，AF ⊂平面AA ′F ，所以BE ⊥平面AA ′F .又A ′O ⊂平面AA ′F ，所以A ′O ⊥BE ，又BE ∩AF ＝F ，BE ，AF ⊂平面ABCD ，所以A ′O ⊥平面ABCD ，所以β＝∠A ′EO . 因为AD ∥BC ，所以γ＝∠A ′EA .由于tan ∠A ′EO ＝A ′O OE ≤A ′OOF＝tan ∠A ′F A ，因此∠A ′EO ≤∠A ′F A ，则α＋β＝π－∠A ′F A ＋∠A ′EO ≤π.又∠A ′F A ≥∠A ′EA ，则α＋γ＝π－∠A ′F A ＋∠A ′EA ≤π.故命题①和命题②都成立．综上，命题①和命题②都成立，故选A.12．(2019·浙江信息卷)如图，在四面体VABC 中，已知VA ⊥平面VBC ，VA 与平面ABC 所成的角为45°，D 是BC 上一动点，设直线VD 与平面ABC 所成的角为θ，则( )A．θ≤60°B．θ≥30°C．θ≤45°D．θ≤75°答案 C解析方法一过点V作VG⊥平面ABC于点G，连接DG，则∠VDG为直线VD与平面ABC，显然θ随VD的增大而减小，故当VD最小，即VD⊥BC 所成的角，即θ＝∠VDG，故sin θ＝VGVD时，θ最大，连接AD，因为VA⊥平面VBC，所以BC⊥VA.所以当VD⊥BC时，BC⊥平面VAD，所以易知A，G，D三点共线．因为VA与平面ABC所成的角为45°，所以∠VAG＝45°.因为VA⊥平面VBC，所以VA⊥VD，所以∠AVD＝90°，故此时∠VDG＝45°，故θ≤45°.方法二如图，显然当△VAD是等腰直角三角形，且BC⊥AD，G是AD的中点时，满足题设条件，易知此时VG⊥平面ABC，θ＝∠VDG＝45°.图中DC和DB可以足够长，当D′从D 向C运动或从D向B运动的过程中，∠VD′G越来越小，所以θ≤45°.13．(2019·浙江名校联盟联考)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，四边形ABCD是平行四边形，且∠BAD＝60°，AB＝2AD，AC∩BD＝O.(1)证明：OD1∥平面A1BC1；(2)若AD1与平面CC1D1D所成的角为45°，E是D1D的中点，求异面直线A1B与AE所成角的余弦值．(1)证明连接B1D1，记B1D1∩A1C1＝O1，连接BO1，∵ABCD －A 1B 1C 1D 1是直四棱柱，∴BD ∥B 1D 1，且BD ＝B 1D 1，∵O ，O 1分别是BD ，B 1D 1的中点，∴OB ∥O 1D 1，且OB ＝O 1D 1，∴四边形OBO 1D 1是平行四边形，∴OD 1∥O 1B ，∵OD 1⊄平面A 1BC 1，O 1B ⊂平面A 1BC 1，∴OD 1∥平面A 1BC 1.(2)解 过A 作AF ⊥CD ，交CD 的延长线于点F ，连接D 1F ， 则AF ⊥平面CC 1D 1D ，∠AD 1F 为AD 1与平面CC 1D 1D 所成的角． 不妨设AB ＝4，则AD ＝2，在Rt △ADF 中，∠FDA ＝60°，∴FD ＝1，AF ＝ 3.∵AD 1与平面CC 1D 1D 所成的角为45°，∴∠AD 1F ＝45°， ∴FD 1＝AF ＝3，∴DD 1＝(3)2－12＝ 2.取CC 1的中点G ，连接BG ，A 1G ，则BG ∥AE ，∠A 1BG 为直线A 1B 与AE 所成的角或其补角． 易知A 1B ＝AA 21＋AB 2＝32，BG ＝BC 2＋CG 2＝322， A 1C 1＝AC ＝AD 2＋DC 2－2AD ·DC cos 120°＝27， A 1G ＝A 1C 21＋C 1G 2＝572， ∴cos ∠A 1BG ＝A 1B 2＋BG 2－A 1G 22A 1B ·BG ＝－13，故异面直线A1B与AE所成角的余弦值为13.。