立体几何动态问题(二轮)含答案.
2018年高考数学江苏专版三维二轮专题复习教学案：专题二 立体几何 Word版含答案
江苏 新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)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．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2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O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2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V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)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________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·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：cm 3)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34a 2，△DBC 的高为5－36a ， 则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0， ∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4， 由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG＝36BC ， 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52， 则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2， 则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ， 因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π， 即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)， 令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ，所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ，所以BC ⊥平面ABD .因为AD ⊂平面ABD ，所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥平面ABC .又因为AC ⊂平面ABC ，所以AD ⊥AC .[方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点；(2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ，所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点. (2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径，∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ，∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF .(2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF .证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ，则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ， ∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ，∴OM ∥平面DAF .[方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BF BE的值． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ，∵平面ABCD ⊥平面BCE ，∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB .又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ，∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE .(2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF .∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12. 2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ；(2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO .又G 为AF 的中点，所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG .所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA .又FD ∩FA ＝F ，所以EF ⊥平面ADF ，因为DG ⊂平面ADF ，所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°，所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ，又AF ∩EF ＝F ，所以DG ⊥平面ABEF .因为AE ⊂平面ABEF ，所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ，所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ，所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ， 所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ，所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2， 所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF .因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG .因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF .因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF .因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE .证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形，所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。
例说立体几何中的动态问题
例说立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”，是指空间图形中的某些点、线、面的位置关系是不确定的，可变的一类开放问题。
对学生来说，解决这类问题，对其空间想象能力，逻辑推理能力的要求更高，难度一般比较大。
但又因为这类问题是可变的，开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养。
这类问题往往把立体几何知识和其他部分的知识有机地结合起来，解决问题的关键就是转化与化归，把空间问题转化为平面问题来解决。
本文归纳了几类动态问题，希望对大家解决立体几何中的动态问题有所启发。
一、与轨迹有关的动态问题例1：如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（）A ．线段 B．圆 C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分解析：连结，可证，即，即点E是体对角线上的定点，直线AE也是定直线．，∴动点P必定在线段AE的中垂面上，则中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，所以动点P的轨迹是线段．故选A例2：在正方体中，点是侧面内一个动点，它到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹所在曲线是（）A．直线 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分解析：本题是立体几何与解析几何相结合的一道题目，学生难在空间问题如何转化为平面问题，即解析几何问题。
这里动点到直线的距离易作出，难在到直线的距离的距离是什么。
因垂直平面，所以，即点到点的距离与到直线的距离相等。
所以动点在侧面内的轨迹是一段抛物线。
评注：动点轨迹主要是把空间的关系转化为平面内动点所具有的特性。
这类问题综合了平面几何、立体几何、解析几何等知识，渗透了数形结合思想，转化与化归思想，分类讨论思想，对第一次碰到此类问题的学生有较好的检测功能。
二、与距离有关的动态问题例3：如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，动点在底面内（不包括边界），若平面，则的最小值是（）A．B．C．D．解析如图，在上取中点，在上取中点，连接，且，易知平面平面，则动点的轨迹是（不含两点）又平面，则当时，取得最小值此时，评注：本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.例4：长方体中,且一只小虫子从，点沿长方体的表面爬到点处，则小虫子的最短行程是多少?解析：当小虫子沿侧面与侧面到时，将二侧面展开铺平，在平面内，连即为最短行程，记为。
高考数学(理)二轮专题练习：立体几何(含答案)
立体几何1．一个物体的三视图的排列规则是俯视图放在正(主)视图下面，长度与正(主)视图一样，侧(左)视图放在正(主)视图右面，高度与正(主)视图一样，宽度与俯视图一样，即“长对正，高平齐，宽相等”．在画一个物体的三视图时，一定注意实线与虚线要分明．[问题1] 如图，若一个几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为面积等于2的等腰直角三角形，则该几何体的体积为________． 答案 432．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．“平行于x 轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y 轴的线段平行性不变，长度减半．”[问题2] 如图所示的等腰直角三角形表示一个水平放置的平面图形的直观图，则这个平面图形的面积是________． 答案 2 23．简单几何体的表面积和体积(1)S 直棱柱侧＝c ·h (c 为底面的周长，h 为高)． (2)S 正棱锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 正棱台侧＝12(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)， S 圆锥侧＝πrl (同上)，S 圆台侧＝π(r ′＋r )l (r ′、r 分别为上、下底的半径，l 为母线)． (5)体积公式V 柱＝S ·h (S 为底面面积，h 为高)， V 锥＝13S ·h (S 为底面面积，h 为高)，V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S 、S ′为上、下底面面积，h 为高)．(6)球的表面积和体积 S 球＝4πR 2，V 球＝43πR 3.[问题3] 如图所示，一个空间几何体的正(主)视图和俯视图都是边长为1的正方形，侧(左)视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的表面积为( ) A ．4π B ．3π C ．2π D.32π 答案 D4．空间直线的位置关系：①相交直线——有且只有一个公共点．②平行直线——在同一平面内，没有公共点．③异面直线——不在同一平面内，也没有公共点．[问题4] 在空间四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是四边上的中点，则直线EG 和FH 的位置关系是________． 答案 相交5．空间直线与平面、平面与平面的位置关系 (1)直线与平面①位置关系：平行、直线在平面内、直线与平面相交． ②直线与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．性质定理：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．③直线与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直． 性质定理：垂直于同一个平面的两条直线平行． (2)平面与平面①位置关系：平行、相交(垂直是相交的一种特殊情况)． ②平面与平面平行的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行． 性质定理：如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行． ③平面与平面垂直的判定定理和性质定理：判定定理：一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直．性质定理：两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．[问题5] 已知b ，c 是平面α内的两条直线，则“直线a ⊥α”是“直线a ⊥b ，直线a ⊥c ”的________条件． 答案 充分不必要 6．空间向量(1)用空间向量求角的方法步骤①异面直线所成的角若异面直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，它们所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈v 1，v 2〉|. ②直线和平面所成的角利用空间向量求直线与平面所成的角，可以有两种方法：方法一 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两条直线的方向向量的夹角(或其补角)．方法二 通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． ③利用空间向量求二面角也有两种方法：方法一 分别在二面角的两个面内找到一个与棱垂直且从垂足出发的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的平面角的大小．方法二 通过平面的法向量来求，设二面角的两个面的法向量分别为n 1和n 2，则二面角的大小等于〈n 1，n 2〉(或π－〈n 1，n 2〉)．易错警示：①求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，容易误以为是线面角的余弦．②求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析． (2)用空间向量求A 到平面α的距离： 可表示为d ＝|n ·AB →||n |.[问题6] (1)已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的侧棱长与底面边长相等，则AB 1与侧面ACC 1A 1所成角的正弦值等于________．(2)正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，O 是底面A 1B 1C 1D 1的中心，则点O 到平面ABC 1D 1的距离为________． 答案 (1)64 (2)24解析 (1)方法一 取A 1C 1的中点E ，连接AE ，B 1E ，如图． 由题意知B 1E ⊥平面ACC 1A 1，则∠B 1AE 为AB 1与侧面ACC 1A 1所成的角． 设正三棱柱侧棱长与底面边长为1， 则sin ∠B 1AE ＝B 1E AB 1＝322＝64.方法二 如图，以A 1C 1中点E 为原点建立空间直角坐标系E －xyz ，设棱长为1，则A ⎝⎛⎭⎫12，0，1，B 1⎝⎛⎭⎫0，32，0， 设AB 1与平面ACC 1A 1所成的角为θ，EB 1→为平面ACC 1A 1的法向量． 则sin θ＝|cos 〈AB 1→，EB 1→〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫－12，32，－1·⎝⎛⎭⎫0，32，02×32＝64. (2)建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (1,1,0)，D 1(0,0,1)，C 1(0,1,1)，O ⎝⎛⎭⎫12，12，1. 设平面ABC 1D 1的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 ⎩⎪⎨⎪⎧n ·AB →＝0，n ·AD 1→＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0，－x ＋z ＝0.令z ＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝0，∴n ＝(1,0,1)，又OD 1→＝⎝⎛⎭⎫－12，－12，0， ∴O 到平面ABC 1D 1的距离d ＝|n ·OD 1→||n|＝122＝24.易错点1 三视图认识不清致误例1 一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．48B ．32＋817C ．48＋817D ．80错解 由三视图知，该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4，宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是正方形，边长为4. 所以表面积S ＝42×3＋2×4＋2×12(2＋4)×4＝48＋8＋24＝80.找准失分点 不能准确把握三视图和几何体之间的数量关系，根据正视图可知，侧视图中等腰梯形的高为4，而错认为等腰梯形的腰为4.正解 由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12 ＝17.所以S 表＝42＋2×4＋12×(2＋4)×4×2＋4×17×2＝48＋817.答案 C易错点2 对几何概念理解不透致误例2 给出下列四个命题：①有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱； ②若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ③底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ④底面是矩形的平行六面体是长方体．其中正确的命题是__________(写出所有正确命题的序号)． 错解1 ①②③ 错解2 ②③④找准失分点 ①是错误的，因为棱柱的侧棱要都平行且相等；④是错误的，因为长方体的侧棱必须与底面垂直． 正解 ②③易错点3 对线面关系定理条件把握不准致误例3 已知m 、n 是不同的直线，α、β、γ是不同的平面．给出下列命题： ①若α⊥β，α∩β＝m ，n ⊥m ，则n ⊥α，或n ⊥β； ②若α∥β，α∩γ＝m ，β∩γ＝n ，则m ∥n ；③若m 不垂直于α，则m 不可能垂直于α内的无数条直线； ④若α∩β＝m ，n ∥m ，且n ⊄α，n ⊄β，则n ∥α，且n ∥β； ⑤若m 、n 为异面直线，则存在平面α过m 且使n ⊥α. 其中正确的命题序号是________． 错解 ②③④⑤找准失分点③是错误的；⑤是错误的．正解①是错误的．如正方体中面ABB′A′⊥面ADD′A′，交线为AA′.直线AC⊥AA′，但AC不垂直面ABB′A′，同时AC也不垂直面ADD′A′.②正确．实质上是两平面平行的性质定理．③是错误的．在上面的正方体中，A′C不垂直于平面A′B′C′D′，但与B′D′垂直．这样A′C就垂直于平面A′B′C′D′内与直线B′D′平行的无数条直线．④正确．利用线面平行的判定定理即可．⑤错误．从结论考虑，若n⊥α且m⊂α，则必有m⊥n，事实上，条件并不能保证m⊥n.故错误．答案②④1．已知三条不同直线m，n，l与三个不同平面α，β，γ，有下列命题：①若m∥α，n∥α，则m∥n；②若α∥β，l⊂α，则l∥β；③α⊥γ，β⊥γ，则α∥β；④若m，n为异面直线，m⊂α，n⊂β，m∥β，n∥α，则α∥β.其中正确命题的个数是()A．0 B．1 C．2 D．3答案 C解析因为平行于同一平面的两条直线除了平行，还可能相交或成异面直线，所以命题①错误；由直线与平面平行的定义知命题②正确；由于垂直于同一个平面的两个平面可能平行还可能相交，因此命题③错误；过两条异面直线分别作平面互相平行，这两个平面是唯一存在的，因此命题④正确．故选C.2．设m，n是空间两条直线，α，β是空间两个平面，则下列选项中不正确的是()A．当m⊂α时，“n∥α”是“m∥n”的必要不充分条件B．当m⊂α时，“m⊥β”是“α⊥β”的充分不必要条件C．当n⊥α时，“n⊥β”是“α∥β”成立的充要条件D．当m⊂α时，“n⊥α”是“m⊥n”的充分不必要条件答案 A解析当m⊂α时，若n∥α可得m∥n或m，n异面；若m∥n可得n∥α或n⊂α，所以“n∥α”是“m∥n”的既不充分也不必要条件，答案选A.3．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A ．64B ．72C ．80D ．112答案 B解析 根据三视图，该几何体为下面是一个立方体、上面两个三棱锥，所以V ＝4×4×4＋2×13×(12·4·2)×3＝72，故选B.4．如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，P ，Q 分别是AA 1，A 1D 1，CC 1，BC 的中点，给出以下四个结论：①A 1C ⊥MN ；②A 1C ∥平面MNPQ ；③A 1C 与PM 相交；④NC 与PM 异面．其中不正确的结论是( ) A ．① B ．② C ．③ D ．④ 答案 C解析 作出过M ，N ，P ，Q 四点的截面交C 1D 1于点S ，交AB 于点R ，如图所示中的六边形MNSPQR ，显然点A 1，C 分别位于这个平面的两侧，故A 1C 与平面MNPQ 一定相交，不可能平行，故结论②不正确．5．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．2＋ 2B ．3＋ 2C ．1＋2 2D ．5答案 A解析 由三视图可知，该几何体是一个四棱锥，如图所示． 该几何体的底面是边长为1的正方形，故S 1＝12＝1. 侧棱P A ⊥面ABCD ，且P A ＝1， 故S △P AB ＝S △P AD ＝12×1×1＝12，而PD ⊥DC ，CB ⊥PB ，且PB ＝PD ＝2， 所以S △PBC ＝S △PDC ＝12×2×1＝22.所以该几何体的表面积为S ＝1＋2×12＋2×22＝2＋ 2.故选A.6．如图，已知六棱锥P —ABCDEF 的底面是正六边形，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2AB ，则下列结论正确的是( ) A ．PB ⊥ADB ．平面P AB ⊥平面PBC C ．直线BC ∥平面P AED ．直线PD 与平面ABC 所成的角为45° 答案 D解析 若PB ⊥AD ，则AD ⊥AB ，但AD 与AB 成60°角，A 错误；平面P AB 与平面ABD 垂直，所以平面P AB 一定不与平面PBC 垂直，B 错误；BC 与AE 是相交直线，所以BC 一定不与平面P AE 平行，C 错误；直线PD 与平面ABC 所成角为∠PDA ，在Rt △P AD 中，AD ＝P A ， ∴∠PDA ＝45°，D 正确．7．对于四面体ABCD ，给出下列四个命题： ①若AB ＝AC ，BD ＝CD ，则BC ⊥AD ； ②若AB ＝CD ，AC ＝BD ，则BC ⊥AD ； ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ； ④若AB ⊥CD ，AC ⊥BD ，则BC ⊥AD .其中正确的是________．(填序号) 答案 ①④解析 取线段BC 的中点E ，连接AE ，DE ， ∵AB ＝AC ，BD ＝CD ， ∴BC ⊥AE ，BC ⊥DE ， ∴BC ⊥平面ADE ， ∵AD ⊂平面ADE ， ∴BC ⊥AD ，故①正确．设点O 为点A 在平面BCD 上的射影， 连接OB ，OC ，OD ， ∵AB ⊥CD ，AC ⊥BD ， ∴OB ⊥CD ，OC ⊥BD ， ∴点O 为△BCD 的垂心， ∴OD ⊥BC ，∴BC ⊥AD ，故④正确，易知②③不正确，填①④.8.如图，四面体ABCD 中，AB ＝1，AD ＝23，BC ＝3，CD ＝2，∠ABC ＝∠DCB ＝π2，则二面角A －BC －D 的大小为________．答案 π3解析 由∠ABC ＝∠DCB ＝π2知，BA →与CD →的夹角θ就是二面角A －BC －D 的平面角． 又AD →＝AB →＋BC →＋CD →，∴AD →2＝(AB →＋BC →＋CD →)2 ＝AB →2＋BC 2→＋CD →2＋2AB →·CD →.因此2AB →·CD →＝(23)2－12－32－22＝－2， ∴cos(π－θ)＝－12，且0<π－θ<π，则π－θ＝23π，故θ＝π3.9．已知直线l ，m ，平面α，β，且l ⊥α，m ⊂β，给出四个命题：①若α∥β，则l ⊥m ；②若l ⊥m ，则α∥β；③若α⊥β，则l ∥m ；④若l ∥m ，则α⊥β. 其中为真命题的是________．(填序号) 答案 ①④解析 对命题①，则l ⊥α，α∥β得，l ⊥β，m ⊂β，∴l⊥m，故①正确．对命题②，l⊥mD⇒/l⊥β，则l⊥mD⇒/α∥β，故②错误．对命题③，当α⊥β时，l与m也可能相交或异面或平行，故③错误．对命题④，由l⊥α，l∥m得m⊥α，又m⊂β，∴α⊥β，故④正确．10．三棱锥D－ABC及其三视图中的正(主)视图和侧(左)视图如图所示，则棱BD的长为________．答案4 2解析由正(主)视图知CD⊥平面ABC，设AC中点为E，则BE⊥AC，且AE＝CE＝2；由侧(左)视图知CD＝4，BE＝23，在Rt△BCE中，BC＝BE2＋EC2＝(23)2＋22＝4，在Rt△BCD中，BD＝BC2＋CD2＝42＋42＝4 2.故答案为4 2.。
届数学统考第二轮专题复习第12讲立体几何学案理含解析
第12讲立体几何高考年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2020证明线面垂直,求二面角的余弦值·T18证明线面平行、面面垂直，求线面角的正弦值·T20点面的位置关系,求二面角的正弦值·T192019证明线面平行,求二面角的正弦值·T18证明线面垂直,求二面角的正弦值·T17翻折问题，证明四点共面、面面垂直,求二面角的大小·T192018翻折问题，证明面面垂直，求线面角的正弦值·T18证明线面垂直,给出二面角求线面角的正弦值·T20证明面面垂直,求二面角的正弦值·T191。
［2020·全国卷Ⅱ］如图M4—12-1,已知三棱柱ABC—A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点,P为AM上一点,过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1)证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F;(2）设O为△A1B1C1的中心,若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.图M4—12-12.[2020·全国卷Ⅰ]如图M4—12-2，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DO.角形,P为DO上一点,PO=√66（1）证明：PA⊥平面PBC；(2)求二面角B-PC-E的余弦值。
图M4—12-23.［2019·全国卷Ⅲ]如图M4—12—3,图①是由矩形ADEB,Rt △ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形,其中AB=1，BE=BF=2,∠FBC=60°.将其沿AB,BC折起使得BE与BF重合，连接DG,如图②。
(1)证明:图②中的A，C，G,D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2）求图②中的二面角B—CG-A的大小.①②图M4-12—3平行、垂直关系的证明1如图M4—12-4，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABCD为平行四边形,E为侧棱PD的中点,O为AC与BD的交点。
2019届高考数学二轮复习 专题五 立 体 几 何 (讲义训练)：第3讲 立体几何中的计算 课时讲义(含答案)
第3讲 立体几何中的计算 课时讲义1. 高考对立体几何的计算，主要是能利用公式求常见几何体(柱体、锥体、台体和球)的表面积与体积．有时还需能解决距离、翻折、存在性等比较综合性的问题．2. 高考中常见的题型为：(1) 常见几何体的表面积与体积的计算；(2) 利用等积变换求距离问题；(3) 通过计算证明平行与垂直等问题；(4) 几何体的内切和外接．1. 棱长都是2的三棱锥的表面积为________． 答案：43解析： 因为四个面是全等的正三角形，则S 表面积＝4×34×4＝43.2. 如图，正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是棱BB 1的中点，则四棱锥PAA 1C 1C的体积为________．答案：13解析：四棱锥PAA 1C 1C 的体积为13×22×2×1＝13.3. (2018·南京学情调研)将一个正方形绕着它的一边所在的直线旋转一周，所得圆柱的体积为27π cm 3，则该圆柱的侧面积为________cm 2.答案：18π解析：设正方形的边长为a cm ，则πa 2·a ＝27π，解得a ＝3，所以侧面积2π×3×3＝18π.4. (2018·海安质量测试)已知正三棱锥的体积为36 3 cm 3，高为4 cm ，则底面边长为________cm.答案：63解析： 设正三棱锥的底面边长为a ，则其面积为S ＝34a 2.由题意13·34a 2×4＝363，解得a ＝63., 一) 表面积与体积, 1) 如图，在以A ，B ，C ，D ，E 为顶点的六面体中，△ABC 和△ABD 均为等边三角形，且平面ABC ⊥平面ABD ，EC ⊥平面ABC ，EC ＝3，AB ＝2.(1) 求证：DE ∥平面ABC ； (2) 求此六面体的体积．(1) 证明：作DF ⊥AB ，交AB 于点F ，连结CF. 因为平面ABC ⊥平面ABD ， 且平面ABC ∩平面ABD ＝AB ， 所以DF ⊥平面ABC.因为EC ⊥平面ABC ，所以DF ∥EC. 因为△ABD 是边长为2的等边三角形， 所以DF ＝3，因此DF ＝EC ，所以四边形DECF 为平行四边形，所以DE ∥CF.因为DE ⊄平面ABC ，CF ⊂平面ABC ， 所以DE ∥平面ABC.(2) 解：因为△ABD 是等边三角形，所以点F 是AB 的中点． 又△ABC 是等边三角形，所以CF ⊥AB. 由DF ⊥平面ABC 知，DF ⊥CF ， 所以CF ⊥平面ABD.因为DE ∥CF ，所以DE ⊥平面ABD ， 因此四面体ABDE 的体积为13S △ABD ·DE ＝1；四面体ABCE 的体积为13S △ABC ·CE ＝1，而六面体ABCED 的体积＝四面体ABDE 的体积＋四面体ABCE 的体积， 故所求六面体的体积为2.(2018·苏州暑假测试)如图，正四棱锥P ABCD 的底面一边AB 的长为2 3 cm ，侧面积为83 cm 2，则它的体积为________cm 3.答案：4解析：记正四棱锥P ABCD 的底面中心为点O ，棱AB 的中点为H, 连结PO ，HO ，PH ，则PO ⊥平面ABCD .因为正四棱锥的侧面积为83 cm 2，所以83＝4×12×23×PH ，解得PH ＝2.在直角△PHO 中，PH ＝2，HO ＝3，所以PO ＝1，所以V PABCD ＝13×S 四边形ABCD ×PO ＝13×23×23×1＝4(cm 3)．, 二) 翻折与切割问题, 2) 如图，在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，BD ∩AC ＝O ，现将其沿菱形对角线BD 折起得到空间四边形EBCD ，使EC ＝2.(1) 求证：EO ⊥CD ；(2) 求点O 到平面EDC 的距离．(1) 证明：∵ 四边形ABCD 为菱形，∴ AC ⊥BD . ∵ BD ∩AC ＝O ，∴ AO ⊥BD ，即EO ⊥BD .∵ 在菱形ABCD 中，AB ＝2，∠ABC ＝60°，∴ AD ＝CD ＝BC ＝2，AO ＝OC ＝1. ∵ EC ＝2，CO ＝EO ＝1，∴ EO 2＋OC 2＝EC 2，∴ EO ⊥OC . 又BD ∩OC ＝O ，∴ EO ⊥平面BCD ，∴ EO ⊥CD .(2) 解：设点O 到平面ECD 的距离为h ，由(1)知EO ⊥平面OCD .V 三棱锥O CDE ＝V 三棱锥E OCD ，即13S △OCD ·EO ＝13S △ECD ·h . 在Rt △OCD 中，OC ＝1，OD ＝3，∠DOC ＝90°，∴ S △OCD ＝12OC ·OD ＝32.在△CDE 中，ED ＝DC ＝2，EC ＝2，∴ S △CDE ＝12×2×22－（22）2＝72， ∴ h ＝S △OCD ·EO S △ECD ＝217，即点O 到平面EDC 的距离为217.如图①，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到如图②中△A 1BE 的位置，得到四棱锥A 1BCDE .(1) 求证：CD ⊥平面A 1OC ；(2) 当平面A 1BE ⊥平面BCDE 时，四棱锥A 1BCDE 的体积为362，求a 的值．,①) ,②)(1) 证明：在图①中，因为AB ＝BC ＝12AD ＝a ，点E 是AD 的中点，∠BAD ＝π2，所以BE ⊥AC ，即在图②中，BE ⊥A 1O ，BE ⊥OC . 又A 1O ∩OC ＝O ，所以BE ⊥平面A 1OC . 在图①中，BC ∥ED ，且BC ＝ED ，所以四边形BCDE 是平行四边形，所以BE ∥CD ， 所以CD ⊥平面A 1OC .(2) 解：因为平面A 1BE ⊥平面BCDE ，所以A 1O 是四棱锥A 1BCDE 的高． 根据图①可得A 1O ＝22AB ＝22a ，平行四边形BCDE 的面积S ＝BC ·AB ＝a 2， 所以VA 1BCDE ＝13×S ×A 1O ＝13×a 2×22a ＝26a 3.由26a 3＝362，解得a ＝6., 三) 立体几何中的以算代证问题, 3) (2018·泰州中学学情调研)在直三棱柱ABCA 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝AA 1＝3a ，BC ＝2a ，D 是BC 的中点，E ，F 分别是AA 1，CC 1上一点，且AE ＝CF ＝2a.(1) 求证：B 1F ⊥平面ADF ； (2) 求三棱锥B 1ADF 的体积．(1) 证明：∵ AB ＝AC ，D 为BC 中点，∴ AD ⊥BC.在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，B 1B ⊥底面ABC ，AD ⊂底面ABC ，∴ AD ⊥B 1B.∵ BC ∩B 1B ＝B ，∴ AD ⊥平面B 1BCC 1. ∵ B 1F ⊂平面B 1BCC 1，∴ AD ⊥B 1F.在矩形B 1BCC 1中，C 1F ＝CD ＝a ，B 1C 1＝CF ＝2a ， ∴ Rt △DCF ≌Rt △FC 1B 1，∴ ∠CFD ＝∠C 1B 1F ， ∴ ∠B 1FD ＝90°，∴ B 1F ⊥FD . ∵ AD ∩FD ＝D ，∴ B 1F ⊥平面AFD . (2) 解： ∵ B 1F ⊥平面AFD ，∴ VB 1－ADF ＝13·S △ADF ·B 1F ＝13×12×AD ×DF ×B 1F ＝52a 33.如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体DABC ，如图②.(1) 求证：BC ⊥平面ACD ； (2) 求几何体DABC 的体积．(1) 证明：(证法1)在图①中，由题意知，AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC .取AC 的中点O ，连结DO ，由AD ＝CD ，得DO ⊥AC .又平面ADC ⊥平面ABC ，且平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，DO ⊂平面ACD ， ∴ OD ⊥平面ABC ，∴ OD ⊥BC . 又AC ⊥BC ，AC ∩OD ＝O ， ∴ BC ⊥平面ACD .(证法2)在图①中，由题意得AC ＝BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2， ∴ AC ⊥BC .∵ 平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ， ∴ BC ⊥平面ACD .(2) 解：由(1)知，BC 为三棱锥BACD 的高， 且BC ＝22，S △ACD ＝12×2×2＝2，∴ 三棱锥BACD 的体积V BACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，即几何体DABC 的体积为423.1. (2018·天津卷)如图，已知正方体ABCDA 1B 1C 1D 1的棱长为1，则四棱锥A 1BB 1D 1D 的体积为________．答案：13解析：如图，连结A 1C 1，交B 1D 1于点O ，很明显A 1C 1⊥平面BDD 1B 1，则A 1O 是四棱锥的高，且A 1O ＝12A 1C 1＝12×12＋12＝22，S 四边形BDD 1B 1＝BD ×DD 1＝2×1＝2，结合四棱锥体积公式可得其体积为V ＝13Sh ＝13×2×22＝13.2. (2018·江苏卷)如图，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为________．答案：43解析：由图可知，该多面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长等于2，所以该多面体的体积为2×13×1×(2)2＝43.3. (2017·北京卷)如图，在三棱锥PABC 中，PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ⊥BC ，PA ＝AB ＝BC ＝2，点D 为线段AC 的中点，E 为线段PC 上一点．(1) 求证：PA ⊥BD ；(2) 求证：平面BDE ⊥平面PAC ；(3) 当PA ∥平面BDE 时，求三棱锥EBCD 的体积．(1) 证明：因为PA ⊥AB ，PA ⊥BC ，AB ∩BC ＝B ，所以PA ⊥平面ABC. 因为BD ⊂平面ABC ，所以PA ⊥BD.(2) 证明：因为AB ＝BC ，点D 为AC 的中点，所以BD ⊥AC. 由(1)知，PA ⊥BD ，PA ∩AC ＝A ，所以BD ⊥平面PAC. 又BD ⊂平面BDE ， 所以平面BDE ⊥平面PAC.(3) 解：因为PA ∥平面BDE ，平面PAC ∩平面BDE ＝DE ，所以PA ∥DE. 因为点D 为AC 的中点，所以DE ＝12PA ＝1，BD ＝DC ＝2.由(1)知，PA ⊥平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ， 所以三棱锥EBCD 的体积为V ＝13×12×BD ×DC ×DE ＝13.4. (2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥PABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1) 求证：平面PAB ⊥平面PAD ；(2) 若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥PABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．(1) 证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD .又PA ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD . 又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2) 解：如图，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为点E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，由AB ∩AD ＝A ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x ，故四棱锥PABCD 的体积V PABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3.由题设得13x 3＝83，解得x ＝2. 从而PA ＝PD ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝22，所以△PBC 为等边三角形，可得四棱锥PABCD 的侧面积为 12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3.5. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在四面体ABCD 中，△ABC 是正三角形，AD ＝CD .(1) 求证：AC ⊥BD ；(2) 已知△ACD 是直角三角形，AB ＝BD ，若E 为棱BD 上与D 不重合的点，且AE ⊥EC ，求四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积比．(1) 证明：如图，取AC 的中点O ，连结DO ，BO .因为AD ＝CD ，所以AC ⊥DO .又由于△ABC 是正三角形，所以AC ⊥BO . 又DO ∩BO ＝O ，所以AC ⊥平面DOB . 因为BD ⊂平面DOB ，所以AC ⊥BD . (2) 解：连结EO .由(1)及题设知∠ADC ＝90°，所以DO ＝AO . 在Rt △AOB 中，BO 2＋AO 2＝AB 2. 又AB ＝BD ，所以BO 2＋DO 2＝BO 2＋AO 2＝AB 2＝BD 2， 故∠DOB ＝90°.由题设知△AEC 为直角三角形，所以EO ＝12AC .又△ABC 是正三角形，且AB ＝BD ，所以EO ＝12BD ，故点E 为BD 的中点．所以点E 到平面ABC 的距离为点D 到平面ABC 的距离的12，四面体ABCE 的体积为四面体ABCD 的体积的12，即四面体ABCE 与四面体ACDE 的体积之比为1∶1.(本题模拟高考评分标准，满分14分) (2018·长春模拟)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1) 求证：平面AEC ⊥平面BED ；(2) 若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥EACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积．(1) 证明：因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE .(2分) 因为BD ∩BE ＝B ，故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(6分)(2) 解：设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x .(8分)由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得三棱锥EACD 的体积为63，即13×12·AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63，解得x ＝2.(9分)从而可得AE ＝EC ＝ED ＝6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥EACD 的侧面积为3＋25.(14分)1. 若一个圆柱的侧面展开图是边长为2的正方形，则此圆柱的体积为________． 答案：2π解析： 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则有2πr ＝2，即r ＝1π，故圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫1π2×2＝2π.2. 如图，已知AF ⊥平面ABCD ，四边形ABEF 为矩形，四边形ABCD 为直角梯形，∠DAB ＝90°，AB ∥CD ，AD ＝AF ＝CD ＝2，AB ＝4.(1) 求证：AF ∥平面BCE ； (2) 求证：AC ⊥平面BCE ； (3) 求三棱锥EBCF 的体积．(1) 证明：∵ 四边形ABEF 为矩形，∴ AF ∥BE .又BE ⊂平面BCE ，AF ⊄平面BCE ， ∴ AF ∥平面BCE .(2) 证明：如图，过点C 作CM ⊥AB ，垂足为点M . ∵ AD ⊥DC ，∴ 四边形ADCM 为矩形， ∴ AM ＝DC ＝MB ＝AD ＝2.∴ AC ＝22，CM ＝2，BC ＝22，∴ AC 2＋BC 2＝AB 2，∴ AC ⊥BC . ∵ AF ⊥平面ABCD ，AF ∥BE ， ∴ BE ⊥平面ABCD ，∴ BE ⊥AC .∵ BE ⊂平面BCE ，BC ⊂平面BCE ，BC ∩BE ＝B ， ∴ AC ⊥平面BCE .(3) 解：∵ AF ⊥平面ABCD ，∴ AF ⊥CM .∵ CM ⊥AB ，AF ⊂平面ABEF ，AB ⊂平面ABEF ，AF ∩AB ＝A ，∴ CM ⊥平面ABEF ，∴ V 三棱锥EBCF ＝V 三棱锥CBEF ＝13×12×BE ×EF ×CM ＝16×2×4×2＝83.3. (2016·江苏卷)现需要设计一个仓库，它由上、下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1(如图)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1) 若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？解：(1) ∵ PO 1＝2 m ，正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，∴ O 1O ＝8 m ，∴ 仓库的容积V ＝13×62×2＋62×8＝312(m 3)． (2) 若正四棱锥的侧棱长为6 m ，设PO 1＝x m ，则O 1O ＝4x m ，A 1O 1＝36－x 2 m ，A 1B 1＝2·36－x 2 m ， 则仓库的容积V (x )＝13×(2·36－x 2)2·x ＋(2·36－x 2)2·4x ＝－263x 3＋312x (0＜x＜6)， V ′(x )＝－26x 2＋312(0＜x ＜6)．当0＜x ＜23时，V ′(x )＞0，V (x )单调递增； 当23＜x ＜6时，V ′(x )＜0，V (x )单调递减． 故当x ＝23时，V (x )取最大值． 即当PO 1＝23 m 时，仓库的容积最大．请使用“课后训练·第19讲”活页练习，及时查漏补缺！。
《创新设计》2022高考数学(浙江专用理科)二轮专题精练：规范练2 Word版含解析
规范练二立体几何问题1．如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD ＝12BC，∠ABC＝60°，N是BC的中点，将梯形ABCD绕AB旋转90°，得到梯形ABC′D ′.(1)求证：AC⊥平面ABC′；(2)求证：C′N∥平面ADD′；(3)求二面角A－C′N－C的余弦值．(1)证明∵AD＝12BC，N是BC的中点，∴AD＝NC，又AD∥BC，∴四边形ANCD是平行四边形，∴AN＝DC，又∠ABC＝60°，四边形ABCD为等腰梯形，∴AB＝BN＝AD，∴四边形ANCD是菱形，∴∠ACB＝12∠DCB＝30°，∴∠BAC＝90°，即AC⊥AB，又平面C′BA⊥平面ABC，平面C′BA∩平面ABC＝AB，∴AC⊥平面ABC′.(2)证明∵AD∥BC，AD′∥BC′，AD∩AD′＝A，BC∩BC′＝B，∴平面ADD′∥平面BCC′，又C′N⊂平面BCC′，∴C′N∥平面ADD′.(3)解∵AC⊥平面ABC′，AC′⊥平面ABC.如图建立空间直角坐标系，设AB＝1，则B(1,0,0)，C(0，3，0)，C′(0,0，3)，N⎝⎛⎭⎪⎫12，32，0，∴BC→′＝(－1,0，3)，CC→′＝(0，－3，3)，设平面C′NC的法向量为n＝(x，y，z)，则⎩⎪⎨⎪⎧n·BC→′＝0，n·C′C→＝0，即⎩⎨⎧－x＋3z＝0，－3y＋3z＝0，取z＝1，则x＝3，y＝1，∴n＝(3，1,1)．∵AC′⊥平面ABC，∴平面C′AN⊥平面ABC，又BD⊥AN，平面C′AN∩平面ABC＝AN，∴BD⊥平面C′AN，BD与AN交于点O，则O为AN的中点，O⎝⎛⎭⎪⎫14，34，0，∴平面C′AN的法向量OB→＝⎝⎛⎭⎪⎫34，－34，0.∴cos 〈n，OB→〉＝n·OB→|n||OB→|＝55，由图形可知二面角A-C′N-C为钝角，所以二面角A-C′N-C的余弦值为－55.2．如图，四边形ABCD为矩形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AD＝12PD.(1)求证：平面PQC⊥平面DCQ；(2)若二面角Q－BP－C的余弦值为－155，求ABAD的值．(1)证明设AD＝1，则DQ＝2，DP＝2，又∵PD∥QA，∴∠PDQ＝∠AQD＝45°，在△DPQ中，由余弦定理可得PQ＝ 2.∴DQ2＋PQ2＝DP2，∴PQ⊥DQ，又∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DC，∵CD⊥DA，DA∩PD ＝D，∴CD⊥平面ADPQ.∵PQ⊂平面ADPQ，∴CD⊥PQ，又∵CD∩DQ＝D，∴PQ⊥平面DCQ.又PQ⊂平面PQC，所以平面PQC⊥平面DCQ.。
高考满分数学压轴题14 立体几何的动态问题(可编辑可打印)
一．方法综述立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证.二．解题策略类型一 立体几何中动态问题中的角度问题例1. 已知平行四边形ABCD 中，1AB =，2AD =，60A ∠=︒，沿对角线BD 将ABD △折起到PBD △的位置，使得平面PBD ⊥平面BCD ，如图，若M ，N 均是线段PD 的三等分点，点Q 是线段MN 上（包含端点）的动点，则二面角Q BC D --的正弦值的取值范围为（ ）A ．12,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．14192⎡⎢⎣⎦C ．24193⎡⎢⎣⎦D ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第五模拟） 【答案】B【解析】在ABD △中，1AB =，2AD =，60BAD ∠=︒，所以由余弦定理得3BD =，所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥，由翻折的性质可知，PB BD ⊥．又平面PBD ⊥平面BCD ，平面PBD 平面BCD BD =，所以PB ⊥平面BCD ，过点Q 作//QQ PB '，交BD 于点Q '，则QQ '⊥平面BCD ，所以QQ BC '⊥，过Q '作Q T BC '⊥，垂足为T ，连接QT ，则BC ⊥平面QQ T '，立体几何的动态问题所以QTQ '∠为二面角Q BC D --的平面角． 设2QD a =（1233a ≤≤），则QQ a '=，3DQ a '=，33BQ a '=-，()113322Q T BQ a ''==-，所以2222211(33)76322QT QQ Q T a a a a ⎡⎤''=+=+-=-+⎢⎥⎣⎦， 所以22222sin 136176373142QQ aQTQ QT a a a aa ''∠====⎛⎫-+-+-+ ⎪⎝⎭． 由二次函数的单调性知，21314y a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为19,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以221419sin ,2191314QTQ a ⎡⎤'∠=∈⎢⎥⎣⎦⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，即二面角Q BC D --的正弦的取值范围为1419,219⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 故选：B.【举一反三】1．（2020·黑龙江牡丹江一中高三（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 中点，点P 在线段11A C 上，若直线OP 与平面11A BC 所成的角为θ，则sin θ的取值范围是（ ）．A ．23⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．33⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】如图，设正方体棱长为1，()11101A PAC λλ=≤≤．以D 为原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则11,,022O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,,1P λλ-，所以11,,122OP λλ⎛⎫=--⎪⎝⎭．在正方体1111ABCD A B C D -中，可证1B D ⊥平面11A BC ， 所以()11,1,1B D =---是平面11A BC 的一个法向量．所以122211()()122sin cos ,1113163222OP B D λλθλλλ-----===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以当12λ=时，sin θ30λ=或1时，sin θ取得最小值23． 所以23sin 3θ∈⎣⎦.故选A ． 2．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是( )A ．13 B ．33 C ．12 D ．22【答案】B【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为1， 设E(a,0，c)，0a 1≤≤，0c 1≤≤，1B (1,1，1)，B(1,1，0)， D(0,0，0)，1C (0,1，1)，()1B E a 1,1,c 1=---，DB (1,=1，0)，1DC (0,=1，1)，设平面1DBC 的法向量n (x,=y ，z)，则1n DB 0n DC 0x y y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x 1=，得()n 1,1,1=-，1B E //平面1BDC ，1B E n a 11c 10∴⋅=-++-=，解得a c 1+=，()222a c a c 2ac 12ac ∴+=+-=-，2a c 1ac 24+⎛⎫≤=⎪⎝⎭，设直线1B E 与直线AB 所成角为θ，AB (0,=1，0)，()()1221AB B E 1cos θAB B Ea 11c 1⋅∴==⋅-++-2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，()()()222211sin θ11a c 2a c 3a 11c 1∴=-=-+-++-++-221123111a c 122ac 33=-=-≥-=++-． ∴直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是33．3.（2020·浙江台州中学高三）如图，已知正方体ABCD EFGR -的上底面中心为H ，点O 为AH 上的动点，P 为FG 的三等分点（靠近点F ），Q 为EF 的中点，分别记二面角P OQ R --，Q OR P --，R OP Q --的平面角为,,αβγ，则（ ）A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βαγ<<【答案】D【解析】分析：建立空间直角坐标系，对动点O 选取一个特殊位置，然后求出三个侧面的法向量，根据向量夹角的余弦值求得三个二面角的余弦值，比较后可得二面角的大小．详解：建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -．考虑点O 与点A 重合时的情况．设正方体的棱长为1，则()()111,,0,Q ,0,0,R 01,0,O 0,0,132P ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭． 设平面OPQ 的一个法向量为1(,,)n x y z =，由111(,,)(,0,1)02211(,,)(,,0)02323x n OQ x y z z x y n PQ x y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎪⎨⎪⋅=⋅--=--=⎪⎩，得322x y x z ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令2x =，得1(2,3,1)n =-．同理可得平面OPR 和平面OQR 的法向量分别为23(2,3,3),(6,3,7)n n ==． 结合图形可得：1323521cos cos ,,cos cos ,7471147n n n n αβ====⨯⨯12cos cos ,711n n γ==⨯∴cos cos cos γαβ<<，又0,,γαβπ<<，∴γαβ>>．故选D ． 类型二 立体几何中动态问题中的距离问题【例2】（2020·山西高三）设点M 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，点P 在面BCC 1B 1所在的平面内，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，则点P 到点C 1的最短距离是（ ） A 25B ．22C ．1D ．63【答案】A【解析】如图，过点P 作1D M 的平行线交BC 于点Q 、交11B C 于点E ，连接MQ ，则PQ 是平面1D PM 与平面11BCC B 的交线，MQ 是平面1D PM 与平面ABCD 的交线．EF 与1BB 平行，交BC 于点F ，过点F 作FG 垂直MQ 于点G ，则有，MQ 与平面EFG 垂直，所以，EG 与MQ 垂直，即角EGF 是平面1D PM 与平面ABCD 的夹角的平面角，且sin EFEGF EG∠=， MN 与CD 平行交BC 于点N ，过点N 作NH 垂直EQ 于点H ，同上有：sin MNMHN MH∠=，且有EGF MHN ∠=∠，又因为EF MN AB ==，故EG MH =， 而2EMQ S EG MQ MH EQ ∆=⨯=⨯，故MQ EQ =，而四边形1EQMD 一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E 一定是11B C 的中点， 点P 到点1C 的最短距离是点1C 到直线BE 的距离，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，()2,1,2E ，()2,0,0B ， ()12,2,2C ，()0,1,2BE =， ()10,2,2BC =，∴点P 到点1C 的最短距离：22111||625||1()221()5||||58BE BC d BC BE BC =-=⨯-=⨯．故选：A ．【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值. 【举一反三】1．（2020·四川高三（理））已知三棱锥S ABC -中，1SA SB SC ===，且SA 、SB 、SC 两两垂直，P 是三棱锥S ABC -外接球面上一动点，则P 到平面ABC 的距离的最大值是（ ）A ．33B ．3C ．233D ．433【答案】C 【解析】【分析】,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,三棱锥S ABC -外接球就是正方体MNQB ADCS -的外接球，由正方体及球的几何性质可得点P 与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，求出平面ABC 的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果. 【详解】三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且,,1SA SB SC =，∴如图,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系, 则()()()()()0,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,0B A C S N ，()()()1,0,1,0,1,1,1,1,0BA BC BN ===，设平面ABC 的法向量(),,n x y z =，则00n BA x z n BC y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1x =，得()1,1,1n =-，三棱锥S ABC -外接球就是棱长为1的正方体MNQB ADCS -的外接球，P 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，∴由正方体与球的几何性质可得，点P 点与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，∴点P 到平面ABC 的距离的最大值为1102333BN n d n⋅++===.故选C. 2．已知四边形ABCD 是边长为5的菱形，对角线8BD =（如图1），现以AC 为折痕将菱形折起，使点B 达到点P 的位置.棱AC ，PD 的中点分别为E ，F ，且四面体PACD 的外接球球心落在四面体内部（不含边界，如图2），则线段EF 长度的取值范围为（ ）A ．14,42⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．141,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭C ．14,62⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭D ．()3,4【来源】江西省鹰潭市2021届高三高考二模数学（文）试题 【答案】A 【解析】由题意可知△APC 的外心1O 在中线PE 上， 设过点1O 的直线1l ⊥平面APC ,可知1l ⊂平面PED , 同理△ADC 的外心2O 在中线DE 上,设过点2O 的直线2l ⊥平面ADC ，则2l ⊂平面PED , 由对称性知直线12,l l 的交点O 在直线EF 上.根据外接球的性质,点O 为四面体PACD 的外接球的球心. 由题意得3,4EA PE ==,而2221111,4O A O E EA O A O E PE =++==所以178O E =. 令PEF θ∠=,显然02πθ<<,所以cos 4cos 4EF PE θθ==<. 因为1cos EF O EPE OEθ==， 所以172OE EF O E PE ⋅=⋅=， 又OE EF <，所以272EF >，即142EF >. 综上可知1442EF <<. 故选：A.3（2020广西柳州市模考）如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（ ）A ．当时，平面B ．当为中点时，四棱锥的外接球表面为C ．的最小值为D ．当时，平面【答案】C【解析】对于，连结，，，则，，，设到平面的距离为，则，解得，∴.∴当时，为与平面的交点．∵平面∥平面， ∵平面，∴∥平面，故A 正确． 又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，∴平面，所以D 正确． 对于B ，当为中点时，四棱锥为正四棱锥， 设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B 正确．对于C ，连结，，则， ∴，由等面积法得的最小值为，∴的最小值为．所以C 不正确．故选：C.类型三 立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】（2020·河南高三（理））在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设1PD ，PE 与底面ABCD 所成的角分别为12θθ，（12θθ，均不为0），若12θθ=，则三棱锥11P BB C -体积的最小值是（ ） A ．92B ．52C ．32D ．54【答案】C【解析】建系如图，正方体的边长为3，则(3E ，0，3)2，1(0D ，0，3)，设(P x ，y ，0)(0x ，0)y ，则(3PE x =-，y -，3)2，1(PD x =-，y -，3)，12θθ=，(0z =，0，1)，12cos cos θθ∴=，即11||||||||||||PD z PE z PE z PD z =，代入数据，得：222233299(3)4x y x y =++-++，整理得：228120x y x +-+=，变形，得：22(4)4(02)x y y -+=， 即动点P 的轨迹为圆的一部分，过点P 作PF BC ⊥，交BC 于点F ，则PF 为三棱锥11P BB C -的高∴点P 到直线AD 的距离的最大值是2．则min 321PF =-=．1111119332212BB C BB B C S ∆=⋅⋅=⨯⨯=，1111193132213P BB C BB C V PF S -∆=⨯⨯⋅⋅=∴=故选：C ．【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P到平面BCD 的距离的最大值，选择公式，可求最值. 【举一反三】1.（2020·四川高三期末）长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1BC =，12AA =，P 为该正方体侧面11CC D D 内（含边界）的动点，且满足tan tan 22PAD PBC ∠+∠=.则四棱锥P ABCD -体积的取值范围是（ ） A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．22,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．24,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 【答案】B【解析】如图所示：在RT PAD 中，tan PD PAD PD AD ∠==，在RT PBC 中，tan PCPBC PC BC∠==， 因为tan tan 22PAD PBC ∠+∠=，所以22PD PC +=.因为222PD PC CD +=>=，所以点P 的轨迹是以,C D 为焦点 222a =的椭圆. 如下图所示：2a =1c =，211b =-=，椭圆的标准方程为：2212x y +=.1(0,1)P联立22112x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：2y =.所以22()P -，32P . 当点P 运动到1P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最长， 所以max 1112()21333P ABCD ABCD V S PO -=⨯⨯=⨯⨯=. 当点P 运动到2P 或3P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最短，所以min 21122()23323P ABCD ABCD V S P D -=⨯⨯=⨯⨯=. 综上所述：2233P ABCD V -≤≤. 2．如图，长方形ABCD 中，152AB =，1AD =，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE 沿DE 折起为A DE '．设ADE α∠=，二面角A DE C '--的大小为β，若π2αβ+=，则四棱锥A BCDE '-体积的最大值为（ ）A ．14 B ．23 C 151-D 51- 【答案】A【解析】设过A 与DE 垂直的线段长为a ，则tan AE α=，150tan 2α<<，1cos DE α=，sin a α=，则四棱锥A BCDE '-的高πsin sin sin sin cos 2h a βαααα⎛⎫=⋅=⋅-=⎪⎝⎭， 则111515tan 1sin cos 3222A BCDE V ααα'-⎛=⨯⨯-+⨯⨯ ⎝⎭)115tan sin cos 6ααα=⨯ )2115cos sin 6ααα=- )11152cos 21212αα=+- 115112cos 234412αα⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭()11sin 2312αϕ=+-，15tan 15ϕ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， ∴四棱锥A BCDE '-体积的最大值为1113124-=. 故选：A.3．（2020·重庆市松树桥中学校高三）如图，在单位正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1AD 上运动，给出以下四个命题：①异面直线1A P 与1BC 间的距离为定值；②三棱锥1D BPC -的体积为定值；③异面直线1C P 与直线1CB 所成的角为定值； ④二面角1P BC D --的大小为定值．其中真命题有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个【答案】D【解析】对于①，异面直线1A P 与1BC 间的距离即为两平行平面11ADD A 和平面11BCC B 间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．对于②，由于11D BPC P DBC V V --=，而1DBC S ∆为定值，又P ∈AD 1，AD 1∥平面BDC 1，所以点P 到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥1D BPC -的体积为定值．故②正确．对于③，由题意得在正方体1111ABCD A B C D -中，B 1C ⊥平面ABC 1D 1，而C 1P ⊂平面ABC 1D 1，所以B 1C ⊥C 1P ，故这两条异面直线所成的角为90︒．故③正确；对于④，因为二面角P −BC 1−D 的大小，即为平面ABC 1D 1与平面BDC 1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角1P BC D --的大小为定值．故④正确．综上①②③④正确．选D ．类型四 立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】（2020南充高考一模）如图，直二面角AB αβ--，P α∈，C β∈，D β∈，且AD AB ⊥，BC AB ⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，则点P 在平面α内的轨迹是（ ）A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.一条直线D.两条直线【答案】A【解析】以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，设点(),P x y ，()30A -,，()3,0B ，AD AB ⊥，BC AB ⊥，则AD α⊥，BC α⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，Rt APDRt CPB∴∆∆，()()22223511023x y APAD BPBC x y ++∴====-+ ，即()()2222343x y x y ⎡⎤-+=++⎣⎦，整理得：()22516x y ++=，故点P 的轨迹是圆的一部分，故选A .【指点迷津】空间轨迹问题的求解策略：1.利用侧面展开或展到一个平面上寻求轨迹；2.利用圆锥曲线定义求轨迹；3.这辗转过程中动点的轨迹；4.利用函数观点探求轨迹 【举一反三】1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为23M ，N 为体对角线1BD 的三等分点，动点P 在三角形1ACB 内，且三角形PMN 的面积63PMN S =△P 的轨迹长度为（ ）A ．269π B ．263π C ．469π D ．463π 【答案】B【解析】如图所示：连接11BC B C O =，因为四边形11BCC B 是正方形，所以11BC B C ⊥，因为11D C ⊥平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，所以11D C ⊥1B C ， 又11111,BC D C C BC =⊂平面11BC D ，11D C ⊂平面11BC D ，所以1B C ⊥平面11BC D ，所以11B C D B ⊥， 同理可知：11B A D B ⊥，又因为1B C ⊂平面1ACB ，1B A ⊂平面1ACB ，111B C B A B =，所以1D B ⊥平面1ACB ，根据题意可知：11136,26D B AB AB BC AC =====所以1ACB 为正三角形，所以160∠=︒B AC ，所以11326266322ACB S=⨯⨯⨯=，设B 到平面1ACB 的距离为h ， 因为11B ACB B ABC V V --=，所以111133ACB ACBSh S BB ⋅⋅=⋅⋅，所以11ACB ACBSh SBB ⋅=⋅，所以()232323262342h ⨯⨯⨯=⨯，所以1123h D B ==，所以h BN =， 所以N 即为1D B 与平面1ACB 的交点，由题意可知：1D B ⊥平面1ACB ，所以MN PN ⊥，所以11262223PMNSMN PN PN PN =⋅=⋅⋅==，再如下图所示：在正三角形1ACB 中，高3sin 6026322AO AC =︒== 所以内切圆的半径16233r AO ==<，且623AN <=，取1B C 的两个三等分点,E F ，连接,EN FN ，所以1//,//NE AB NF AC ，所以NEF 是以PN 长度为边长的正三角形，所以P 的轨迹是以N 为圆心，半径等于263的圆，圆的周46π，在1ACB 内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为60︒，所以对应的轨迹长度是圆周长的一半为63π，故选：B. 2、（2020贵阳高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，已知点P 为平面11AA D D 中的一个动点，且点P 满足：直线1PC 与平面11AA D D 所成的角的大小等于平面PBC 与平面11AA D D 所成锐二面角的大小，则点P 的轨迹为（ ）A ．直线B ．椭圆C ．圆D ．抛物线 【答案】DF E P C 1B 1D 1A 1DCBA z yx3．几何中常用表示L 的测度，当L 为曲线、平面图形和空间几何体时，L 分别对应其长度、面积和体积．在ABC 中，3AB =，4BC =，5AC =，P 为ABC 内部一动点（含边界），在空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹为L ，则L 等于（ ） A ．612π+B ．2263π+ C ．20123π+ D ．22123π+ 【来源】安徽省合肥市2021届高三下学期第三次教学质量检测理科数学试题 【答案】D【解析】空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹所构成的空间几何体在垂直于平面ABC 的角度看，如下图所示：其中：BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体为底面半径为1的半圆柱；CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为,,C B A ；ABC 区域内的几何体是高为2的直三棱柱. 四边形BCDF 和ACEI 为矩形，2DCB ECA π∴∠=∠=，2DCE ACB ACB πππ∴∠=--∠=-∠，同理可得：FBG ABC π∠=-∠，HAI CAB π∠=-∠，()332DCE FBG HAI ACB ABC CAB ππππ∴∠+∠+∠=-∠+∠+∠=-=，∴CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体合成一个完整的，半径为1的球，则CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体的体积之和3144133V ππ=⨯=； 又BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体的体积之和()221134562V ππ=⨯⨯++=；ABC 区域内的直三棱柱体积31342122V =⨯⨯⨯=，4226121233L πππ∴=++=+.故选：D.三．强化训练1．（2020·内蒙古高三期末）如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段1A B 上的动点，则下列结论正确的是（ ）．①异面直线AD 与1CB 所成的角为45︒②11DC D M ⊥③三棱锥1M DCC -的体积为定值 ④1AM MD +的最小值为2． A ．①②③ B ．①②④C ．③④D ．②③④【答案】A【解析】①∵AD ∥BC ，∴异面直线AD 与1CB 所成的角即为BC 与1CB 所成的角， 可得夹角为45︒，故①正确；②连接1CD ，∵1DC ⊥平面A 1BCD 1，1D M ⊂平面A 1BCD 1， ∴11DC D M ⊥，故②正确；③∵1A B ∥平面DCC 1D 1，∴线段A 1B 上的点M 到平面DCC 1D 1的距离都为1, 又△DCC 1的面积为定值12, 因此三棱锥M −DCC 1的体积1111326V =⨯⨯=为定值,故③正确； ④将面AA 1B 与面A 1BCD 1沿A 1B 展成平面图形,线段AD 1即为AP +PD 1的最小值， 在△D 1A 1A 中,∠D 1A 1A =135°, 利用余弦定理解三角形得111211135222AD cos =+-⨯⨯⨯︒=+<，故④不正确.因此只有①②③正确.故选：A .2.（2020河南省焦作市高三）在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E ⊥EF ，则|AF|的最大值为（ ）A ．B ．1C ．D ．2【答案】B【解析】以AB ，AD ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C 1（4，4，4），设E （0，0，z ），z ∈[0，4]，F （x ，0，0），x ∈[0，4]，则|AF|＝x ．＝（4，4，4﹣z ），＝（x ，0，﹣z ）．因为C 1E ⊥EF ，所以，即：z 2+4x ﹣4z ＝0，x ＝z ﹣．当z ＝2时，x 取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B ．3．（2020·重庆巴蜀中学高三（理））棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为1CC 的中点，P 在底面ABCD 内运动，1D P 与平面ABCD 所成角为1θ，NP 与平面ABCD 所成角为2θ，若12θθ=，则AP 的最小值为（ ） A ．2 B ．83C ．4D ．1【答案】A【解析】分析：先证明PD=2PC ，再在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，求出211680sin()99PA αϕ=-+，再利用三角函数的图象和性质求出|AP|的最小值. 【详解】设12θθθ==，所以12tan tan DD PD θθ==，1PC tan tan CN θθ==，所以PD=2PC. 在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，设点P(x,y),则2222(1)2(+1)x y x y -+=+整理得22516454(),cos ,sin 39333x y x y αα++=∴=-=， 所以2224841168011680(cos )(sin 2)sin()43339999PA αααϕ=-+-=-+≥-=， 即||2AP ≥,所以|AP|的最小值为2.故选：A4．已知三棱锥A BCD -的所有棱长均为2，E 为BD 的中点，空间中的动点P 满足PA PE ⊥，PC AB ⊥，则动点P 的轨迹长度为（ ） A ．1116πB 3πC 11πD 3π【来源】浙江省五校2021届高三下学期5月联考数学试题 【答案】C【解析】正四面体A BCD -2，建立空间直角坐标系如图所示，()()22,,2,2,2,0,0,2,222E C B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，()22,,2,,,22PE x y z AP x y z ⎛⎫=---= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,2,PC x y z =---.由于PA PE ⊥，PC AB ⊥，所以00AP PE PC AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()()2220222220x x y y z z y z ⎧⎛⎫⎛⎫-+-+-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪--=⎪⎩，即22222202220x x y y z z y z ⎧-+-+-=⎪⎨⎪+-=⎩， 即2222223442420x y z y z ⎧⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+-=⎪⎩， 22222234424x y z ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭表示球心为222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为32R =的球. 20y z +-=表示垂直于yAz 平面的一个平面.所以P 的轨迹是上述平面截球面所得圆.球心222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭到平面20y z +-=的距离为22222142411d +-==+， 所以截得的圆的半径2231114164r R d =-=-=， 所以截得的圆，也即P 点的轨迹的长度为11112242r πππ=⨯=. 故选：C5.（2020郑州一中高三期末）在三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以：，在中，设外接圆的直径为，则：，所以：外接球的半径，则：，故选：C．（2020九江高三一模）在长方体中，，，分别是棱6．的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，其中H 、Q 、R 分别为、的中点，易证平面ACD 1∥平面EFGHQR ，∵直线D 1P 与平面EFG 不存在公共点， ∴D 1P∥面ACD 1，∴D 1P 面ACD 1，∴P ∈AC ，∴过P 作AC 的垂线，垂足为K ，则BK=,此时BP 最短，△PBB 1的面积最小， ∴三角形面积的最小值为，故选：C ．7．（2020·浙江高三期末）在三棱锥P ABC -中，2,3PA PB PC AB AC BC ======，点Q 为ABC ∆ 所在平面内的动点，若PQ 与PA 所成角为定值θ，π(0,)4θ∈，则动点Q 的轨迹是 A ．圆 B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线【答案】B【解析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出Q 轨迹方程，可得其轨迹.由题，三棱锥P ABC -为正三棱锥，顶点P 在底面ABC 的射影O 是底面三角形ABC 的中心，则以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得1OA OP ==，设Q 为平面ABC 内任 一点，则()()()()()1,0,0,0,0,1,,,0,1,0,1,,,1A P Q x y PA PQ x y =-=- ，由题PQ 与PA 所成角为定值θ，π0,4θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则,221cos 21PA PQ x PA PQ x y θ⋅+==⋅++则()()22222cos11x y x θ++=+ ，化简得222cos22cos 2cos20x y x θθθ⋅+⋅-+= ，ππ0,,20,,cos 20,42θθθ⎛⎫⎛⎫∈∴∈> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故动点Q 的轨迹是椭圆.选B8．（2020·上海格致中学高三月考）在正方体''''ABCD A B C D -中,若点P (异于点B )是棱上一点,则满足BP 与AC '所成的角为45︒的点P 的个数为（ ）A ．0B ．3C ．4D ．6【答案】B 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点P 的个数．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设棱长1AB =，(1B ，0，1)，(1C ，1，1)． ①在Rt △AA C ''中，||tan 2||A C A AC AA '''∠'=='45A AC '∠'≠︒．同理AB ，AD 与AC '所成的角都为arctan 245≠︒．故当点P 位于（分别与上述棱平行或重合）棱BB '，BA ，BC 上时，与AC '所成的角都为arctan 245≠︒，不满足条件；②当点P 位于棱AD 上时，设(0P ，y ，1)，(01)y ，则(1BP =-，y ，0)，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则22|||1||cos ,|2||||13BP AC y BP AC BP AC y '-+=<'>=='+， 化为2410y y ++=，无正数解，舍去； 同理，当点P 位于棱A D ''上时，也不符合条件； ③当点P 位于棱B C ''上时，设(1P ，y ，0)，(01)y ， 则(0BP =，y ，1)-，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则22|||1||cos ,|2||||13BP AC y BP AC BP AC y '+=<'>=='+， 化为2410y y -+=，01y ，解得23y =-，满足条件，此时点(1,23,0)P -．④同理可求得棱C D ''上一点(532,1,0)P -，棱C C '上一点(1,1,324)P -． 而其它棱上没有满足条件的点P ．综上可知：满足条件的点P 有且只有3个．故选：B 9.（2020上海交通大学附属中学高三）如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（ ）A ．B ．C ．D ．不能确定【答案】C【解析】如图所示：∵PA ⊥平面ABC ，∴PD 与平面ABC 所成的角=∠PDA, 过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ，连接PE ，∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC ，∴BC⊥平面PAE ，∴BC⊥PE,在Rt△AED ，Rt△PAD ，Rt△PED 中：cos ，cos ，cos，∴coscoscos < cos ,又均为锐角， ∴，故选C.10．（2020·湖南长郡中学高三（理））在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，23BAC π∠=，3AP =，23AB =，Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．45π B ．57πC ．63πD ．84π【答案】B【解析】分析：根据题意画出图形，结合图形找出ABC △的外接圆圆心与三棱锥P ABC - 外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．详解：三棱锥P ABC PA ABC 中，平面，-⊥ 设直线PQ 与平面ABC 所成角为θ ，如图所示；则3PAsinPQ PQ ，θ== 由题意且θ的最大值是3π3PQ=，，解得PQ =即PQ 的最小值为∴AQ ，即点A 到BC ，AQ BC ∴⊥，AB BC ∴== 6BC ；∴= 取ABC △的外接圆圆心为O '，作OO PA ' ，62120r sin ∴=︒，解得r =；O A ∴'=M 为PA 的中点，32OM O A PM ∴='==，由勾股定理得CP R === ∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积是224457S R πππ==⨯⨯=．故选B.11．在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是以B 为直角的等腰三角形，且3AB =，1AA =若点D 为棱1AA 的中点，点M 为面BCD 的一动点，则11 B M C M +的最小值为（ ）A ．B ．6C ． D【来源】江西省赣州市2021届高三二模数学（理）试题 【答案】C【解析】由题意知，BC AB ⊥，111ABC A B C -为直三棱柱，即面ABC ⊥面11ABB A ，面ABC面11ABB A AB =，BC ⊂面ABC ，∴BC ⊥面11ABB A ，又BC ⊂面BCD ， ∴面BCD ⊥面11ABB A .∴易得1B 关于平面BCD 对称点E 落在1A A 的延长线上，且AE =1A E =11 B M C M +的最小时，1C 、M 、E 三点共线.∴221111111||992735B M C M EM C M EC AC A E +=+≥=+=++=. 故选：C12．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点P 为ABC 所在平面内一动点，且满足433PA PB +=，则PD 的最大值为（ ） A ．3B ．2103C ．393D ．2【来源】河南省鹤壁市2021届高三一模数学（文）试题 【答案】B【解析】如图所示，在平面ABC 内，4323PA PB +=>， 所以点P 在平面ABC 内的轨迹为椭圆，取AB 的中点为点O ，连接CO ，以直线AB 为x 轴，直线OC 为y 建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则椭圆的半焦距1c =，长半轴a =b ==所以，椭圆方程为()2233104x y z +==.点D 在底面的投影设为点E ，则点E 为ABC 的中心，11333OE OC ===， 故点E 正好为椭圆短轴的一个端点，23CE OC ==，则DE ==， 因为222PD DE EP =+，故只需计算EP 的最大值.设(),,0P x y ，则E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则22222241543333EP x y y y y y y ⎛=+=-++=--+ ⎝⎭，当y ⎡=⎢⎣⎦时，2EP 取最大值，即22max516393939EP ⎛⎛=-⨯---+= ⎝⎭⎝⎭，因此可得2241640999PD ≤+=，故PD . 故选：B.13．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是线段1BC 上的点，过1A 的平面α与直线PD 垂直，当P 在线段1BC 上运动时，平面α截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面面积的最小值是（ ）A ．1B ．54C D【来源】北京市朝阳区2021届高三一模数学试题 【答案】C【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()10,0,1A 、()1,0,0B 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()11,1,1C 、()0,1,0D 、()10,1,1D ， 设点()1,,P t t ，其中01t ≤≤.①当0t =时，点P 与点B 重合，()1,1,0BD =-，()1,1,0AC =，()10,0,1AA =， 所以，0BD AC ⋅=，10BD AA ⋅=，则BD AC ⊥，1BD AA ⊥， 1AC AA A ⋂=，BD ∴⊥平面11AAC C ，此时平面α即为平面11AAC C ，截面面积为12S AA AC =⋅= ②当1t =时，同①可知截面面积为2S =③当01t <<时，()1,1,DP t t =-，()11,1,1AC =-， 1110DP AC t t ⋅=+--=，1A C PD ∴⊥，则1A C α⊂， 设平面α交棱1DD 于点()0,1,E z ，()1,0,CE z =-，10DP CE tz ⋅=-+=，可得11z t=>，不合乎题意. 设平面α交棱AB 于点(),0,0M x ，()1,1,0CM x =--，()110DP CM x t ⋅=---=，可得x t =，合乎题意，即(),0,0M t ，同理可知，平面α交棱11C D 于点()1,1,1N t -，()11,1,0A N t MC =-=，且1A N 与MC 不重合，故四边形1A MCN 为平行四边形，()11,1,1AC =-，()11,1,0A N t =-，1112112cos 322AC A N t CA N AC A N t t ⋅-∠==⋅⋅-+，则()()2211221sin 1cos 322t t CA N CA N t t -+∠=-∠=-+，所以，截面面积为()1221111362sin 2122242CA NS S AC A N CA N t t t ⎡⎤⎛⎫==⋅∠=-+=-+=<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦△. 综上所述，截面面积的最小值为62. 故选：C.14．如图，斜线段AB 与平面α所成的角为π4，B 为斜足．平面α上的动点P 满足π6PAB ∠=，则点P 的轨迹为（ ）A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设(0,1,0),(0,0,1),(,,0)(0,1,1),(,,1)B A P x y AB AP x y ⇒=-=-22223cos ,62(2)1121AB AP x y x y ⇒<>=⇒+-=⋅++ 所以点P 的轨迹是椭圆． 故选：B.15．已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB '，AC 上的动点，点T 在平面BCC B ''内，则MT NT +的最小值是（ ）A ．2B ．233C ．62D ．1【答案】B【解析】A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB '的对称点为M '， 记d 为直线EB '与AC 之间的距离，则MT NT M T NT M N d ''+=+≥≥， 由//B E D C ''，d 为E 到平面ACD '的距离， 因为111111333D ACE ACEV S '-=⨯⨯==⨯⨯=，而()21332346D ACE E ACD V V d d ''--==⨯⨯⨯=，故233d =， 故选：B.16．如图，ABC 是等腰直角三角形，AB AC =，点D 是AB 上靠近A 的三等分点，点E 是AC 上靠近C 的三等分点，沿直线DE 将ADE 翻折成A DE '，所成二面角A DE B '--的平面角为α，则（ ）A ．A DB A EC α∠≥∠'≥' B ．A EC A DB α∠≥∠'≥' C ．A DB A EC α≥∠'∠≥'D ．A EC A DB α≥∠'∠≥'【答案】B【详解】如图，在等腰直角三角形中，过B 作直线//l DE ，作BM ED ⊥交直线DE 于点M ，过C 作直线DE 的垂线，垂足为R ，交直线l 与T ，过A 作DE 的垂线，垂足为O ，且交l 于N ，不妨设3AB =，则1,2AD CE BD AE ====， 在直角三角形ADE 中，255AO ==， 因为BMD AOD ，故12AO AD BM BD ==，故455BM =，同理52522155DM DO ==⨯⨯= 所以45ON =，35BN OM ==，同理5RC OS ==65NT =.在几何体中连接,,A B A S A C '''，如图，因为,,A O DE NO DE '⊥⊥故NOA '∠为二面角A DE B '--的平面角，故NOA α'∠=，而A O NO O '⋂=，故DE ⊥平面AON '，所以TB ⊥平面AON '，而A N '⊂平面AON '，故BN A N '⊥.24162545162cos 4cos 55555A N αα'=+-⨯=-， 故216929164cos cos 5555A B αα'=-+=-，故29165cos 4155cos cos 21255A DB αα-+'∠==-⨯⨯， 同理14cos cos 55A EC α'∠=-，11cos cos cos 055A DB αα'∠-=--<，故cos cos A DB α'∠<，同理cos cos A EC α'∠<，33cos cos cos 055A DB A EC α''∠-∠=+>，故cos cos A DB A EC ''∠>∠，因为(),,0,A DB A EC απ''∠∠∈，故A EC A DB α''∠>∠>， 故选B.17．如图，棱长为2的长方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11B D 上动点(包括端点).则以下结论正确的为（ ）A ．三棱锥1P A BD -中，点P 到面1A BD 2B ．过点P 平行于面1A BD 的平面被正方体1111ABCD A BCD -3C ．直线1PA 与面1A BD 所成角的正弦值的范围为36⎣⎦D ．当点P 和1B 重合时，三棱锥1P A BD -3【来源】广东省普宁市2020-2021学年高三上学期期末数学试题 【答案】C【解析】对于A 中，由111142222323P A BD A PBD V V --==⨯=，1A BD 为等边三角形，面积为11226232A BD =⨯=△S ,设点P 到面1A BD 的距离为h ，由142333h ⨯=，求得23h =所以A不正确；对于B 中，过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体截得的多边形平面11B D C ， 此时三角形11B D C 为边长为221226=232⨯B 不正确； 对于C 中，由正方体的结构特征和性质，可得点P 到平面1A BD 23当点P 在线段11B D 上运动时，1max 2PA =（P 为端点时），in 1m 2PA =设直线1PA 与平面1A BD 所成角为θ，则36sin ,33θ∈⎣⎦，所以C 正确；对于D 中，当点P 与1B 重合时，此时三棱锥为11B A BD -，设1B D 的中点为O ，因为11190B BD B A D ∠=∠=︒，可得11OA OB OD OB === 所以三棱锥1P A BD -的外接球的球心为1B D 的中点，其半径为3，所以三棱锥1P A BD -的外接球的体积为34(3)433ππ⨯=，所以D 不正确.故选：C.18．如图，在棱长为33的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足15213DP PB +=+，则直线1B P 与直线1AD 所成角的取值范围为（ ）(参考数据：43sin 53,sin 3755==)A ．37,143⎡⎤⎣⎦B ．37,90⎡⎤⎣⎦C ．53,143⎡⎤⎣⎦D ．37,127⎡⎤⎣⎦【来源】江西省景德镇一中2020-2021学年高三上学期期末考试数学（理）试题 【答案】B【解析】如图，建立空间直接坐标系，连结1B D ，交平面11A BC 于点O ，()0,0,0D ，()133,33,33B ，()133,0,33A ，()33,33,0B ，()10,33,33C ，()133,33,33DB =，()10,33,33A B =-，()133,0,33BC =-，110DB A B ⋅=，110DB BC ⋅=，111111,DB A B DB BC A B BC B ∴⊥⊥⋂=，，1DB ∴⊥平面11A BC ，根据等体积转化可知111111B A BC B A B C V V --=， 即()()23111311363332232B O ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得：13B O =， 13339B D =⨯=，16D O ∴=,11//AD BC ，∴异面直线1AD 与1B P 所成的角，转化为1BC 与1B P 所成的角，如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取1BC 的中点E ，过点O 作1//OF BC ，则以点O 为原点，1,,OF OE OB 为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(),,0P x y ，()10,0,3B ，()0,0,6D -，3326,22B ⎫⎪⎪⎭，13326,22C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()1,,3B P x y =-，()136,0,0BC =-, 15213PB PD +=+，22229365213x y x y ++++=+2222936x y x y ++<++，即15PB =22925x y ∴++=，即2216x y +=，[]4,4x ∈-1111113644cos ,,555365B P BC x x B P BC B P BC ⋅-⎡⎤<>===-∈-⎢⎥⨯⎣⎦，因为异面直线所成的角是锐角，并设为θ，则4cos 0,5θ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，4sin 535=，4cos375∴=，37,90θ⎡⎤∴∈⎣⎦ 故选：B19．如图，在三棱锥D ABC -中，,1,1AD BC BC AD ⊥==．且2AB BD AC CD +=+=，则四面体ABCD 的体积的最大值为（ ）A ．14B ．212C ．36D ．524【来源】浙江省衢州市五校联盟2020-2021学年高三上学期期末联考数学试题 【答案】B【解析】作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，如图，因为,AD BC ⊥,BE BC 再平面BEC 内相交，所以AD ⊥平面BEC ， 因为CE ⊂平面BEC ，所以CE ⊥AD ， 因为2AB BD AC CD +=+=，所以B 与C 都是在以A 、D 为焦点的椭球上，且BE 、CE 都垂直于焦距AD ， AB ＋BD = AC +CD =2，显然ABD ACD ≅，所以BE =CE . 取BC 中点F ，,,BC E AD E F F ⊥∴⊥ 要求四面体ABCD 的体积的最大值，因为AD 是定值，只需三角形EBC 的面积最大， 因为BC 是定值,所以只需EF 最大即可，当△ABD 是等腰直角三角形时几何体的体积最大， 因为AB ＋BD = AC +CD =2，1AB ∴=，22222131121,(1)22222EB EF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-==--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以几何体的体积为11221132212⨯⨯⨯⨯=故选：B20．如图，三棱锥A BCD -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三棱锥A BCD -绕棱CD 旋转，设直线BE 与平面α所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．36⎤⎥⎣⎦B ．5,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．110,6⎡⎢⎣⎦D ．330,6⎡⎢⎣⎦【来源】浙江省宁波市慈溪市2020-2021学年高三上学期期末数学试题 【答案】A【解析】取AD 的中点F ，连接EF 、BF ，如下图所示：。
2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题
第1页共5页2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题[解题策略]立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类：一是平移；二是旋转．就所求变量而言可分为三类：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离．立体几何动态问题的解决需要较高的空间想象能力与化归处理能力，在各省市的高考选择题与填空题中也时有出现．在解“动态”立体几何题时，如果我们能努力探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜．1．去掉枝蔓见本质——大道至简在解决立体几何中的“动态”问题时，需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，即从混沌中找出秩序，是解决“动态”问题的关键．例1如图1，直线l ⊥平面α，垂足为O .正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2.点A 是直线l 上的动点，点B 1在平面α内，则点O 到线段CD 1中点P 的距离的最大值为________．图1答案2＋2解析从图形分化出4个点O ，A ，B 1，P ，其中△AOB 1为直角三角形，固定AOB 1，点P 的轨迹是在与AB 1垂直的平面上且以AB 1的中点Q 为圆心的圆，从而OP ≤OQ ＋QP ＝12AB 1＋2＝2＋2，当且仅当OQ ⊥AB 1，且点O ，Q ，P 共线时取到等号，此时直线AB 1与平面α成45°角．2．极端位置巧分析——穷妙极巧在解决立体几何中的“动态”问题时，对于移动问题，由图形变化的连续性，穷尽极端特殊之要害，往往能直取答案．例2在正四面体A －BCD 中，E 为棱BC 的中点，F 为直线BD 上的动点，则平面AEF 与平面ACD 所成二面角的正弦值的取值范围是________．答案1解析本例可用极端位置法来加以分析．。
空间几何体中的动态问题
一：去掉枝蔓见本质——方法至简
1．如图 1，直线 l 平面 ，垂足为 O.正方体 ABCD A1B1C1 D1 的棱长为 2.点 A 是直线 l 上的动点，点 B1 在 平面 内，则点 O 到线段 CD1 中点 P 的距离的最大值为________．
D． 2
2、如图，在边长为 3 正方体 ABCD﹣A1B1C1D1 中，E 为 BC 的中点，点 P 在正方体的表面上移动，且满足 B1P⊥D1E， 当 P 在 CC1 上时，AP＝ ，点 B1 和满足条件的所有点 P 构成的平面图形的面积是 ．
反馈练习：
如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，当动点 M 在侧面 BCC1B1 内运动，总有 MD1D BD1D ,则动点 M 在平面 BCC1B1 内的轨迹是（ ）
A. 圆的一部分 B. 椭圆的一部分 C. 双曲线的一部分 D. 抛物线的一部分
六：构建函数求最值——数形结合
1、已知边长为 2 的等边 ABC ，点 D 、E 分别是边 AC 、AB 上的点，满足 DE //BC 且 AD （ 0,1 ），
AC
将 ADE 沿直线 DE 折到 ADE 的位置，在翻折过程中，四棱锥 A BCDE 体积的最大值记为 f ， f 的最大值为____________
2、（多选）在等腰直角△ABC 中，AB⊥AC，BC＝2，M 为 BC 中点，N 为 AC 中点，D 为 BC 边上一个动点，△ABD
沿 AD 翻折使 BD⊥DC，点 A 在平面 BCD 上的投影为点 O，当点 D 在 BC 上运动时，以下说法正确的是（ ）
高考数学二轮复习立体几何专题训练1含解析
DCB AFE南宫中学 高三二轮复习立体几何专题训练（1）1．如图所示的多面体中， ABCD 是菱形，BDEF 是矩形，ED ⊥面ABCD ,3BAD π∠=．(1)求证：平//CF AED 面B 面；(2))若BF BD a ==，求四棱锥A BDEF -的体积．2. 如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC=90°，D 为AC 中点，AE BD ⊥于E （不同于点D ），延长AE 交BC 于F ，将△ABD 沿BD 折起，得到三棱锥1A BCD-，如图2所示.（Ⅰ）若M 是FC 的中点，求证：直线DM //平面1A EF；（Ⅱ）求证：BD ⊥1A F；（Ⅲ）若平面1A BD ⊥平面BCD ，试判断直线1A B 与直线CD 能否垂直？并说明理由.FEDABC3.（本小题共14分） 如图，在四棱锥P - ABCD 中，底面ABCD 是正方形，△PAD 是正三角形，平面PAD ⊥平面ABCD ，M 和N 分别是AD 和BC 的中点。
（I ）求证：PM ⊥MN ； （II ）求证：平面PMN ⊥平面PBC ； （III ）在PA 上是否存在点Q ，使得平面QMN//平面PCD ？若在求出Q 点位置，并证明；若不存在，请说明理由。
4.(本小题满分12分)如图，四边形ABCD 是菱形，四边形MADN 是矩形，平面MADN ⊥平面ABCD ，E ，F 分别为MA ，DC 的中点，求证： (I)EF//平面MNCB ； (Ⅱ)平面MAC ⊥平面BND ．1图 图 2ED A 1CBFMABCA 1OB 1C 15.如图1,在直角梯形ABCD 中,90ADC ∠=︒,//CD AB ,122AD CD AB ===, 点E 为AC 中点.将ADC ∆沿AC 折起, 使平面ADC ⊥平面ABC ,得到几何体D ABC -,如图2所示.（I ）在CD 上找一点F ,使//AD 平面EFB ; （II ）求点C 到平面ABD 的距离.6．（本小题满分12分） 如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，O 是AC 的中点，A1O ⊥平面ABC ，∠BCA=90°，AA1=AC=BC. （I ）求证： AC1⊥平面A1BC;（II ）若AA1=2，求三棱锥C-A1AB 的高的大小．7.已知正方体1111ABCD A B C D -，O 是底ABCD 对角线的交点.求证：（１）1C O面11AB D ；（2）1A C ⊥面11AB D ．（3）111AB D C BD平面平面OC 1D 1B 11CD AB8．（本小题满分12分）如图，在四棱锥S —ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，AD 垂直于AB 和DC ，侧棱SA ⊥底面ABCD ，且SA = 2，AD = DC = 1，点E 在SD 上，且AE ⊥SD 。
高三第二轮复习立体几何客观题组专题训练2
高三第二轮复习立体几何客观题组专题训练2一．选择题1．三条平行线所确定的平面的个数是A ．三个B ．两个C ．一个D ．一个或三个 2．空间交于一点的四条直线最多能够确定的平面的个数是 A ．4 B ．5 C ．6 D ．73．四条线段顺次首尾相接，它们所在的直线最多能够确定的平面的条数是 A ．4 B ．3 C ．2 D ．14．直线l 1∥l 2,l 1上取3点，l 2上取2点，由这五个点能确定的平面的个数是 A ．1 B ．3 C ．6 D ．95．空间三个平面两两相交，则它的交线的条数是 A ．1 B ．2 C ．3 D ．1或36．分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是A ．一定平行B ．一定相交C ．一定异面D ．相交或异面7．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，异面直线CD 1和BC 1所成角的大小是 A ．45° B ．60° C ．90° D ．120°8．直线l 1∥l 2，a,b 与直线l 1和l 2都垂直，则a,b 的关系是A ．平行B ．相交C ．异面D ．平行，相交，异面都有可能 9．直线m,n 与异面直线a,b 相交于不同的四点，则m,n 的位置关系是 A ．平行 B ．相交 C ．垂直 D ．无公共点10．空间四边形ABCD 中，AC ⊥BD ，E ，F ，G ，H 分别是AB ，BC ，CD ，DA 的中点，则四边形EFGH 是A ．菱形B ．矩形C ．梯形D ．正方形11．a,b 是异面直线，a ⊂平面α，b ⊂平面β，α∩β＝c,则直线c A ．同时与a,b 相交 B ．至少和a,b 中的一条相交C ．至多和a,b 中的一条相交D ．与a,b 中的一条相交，一条平行12．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，表面的对角线与AD 1成60°的直线的条数有 A ．4 B ．6 C ．8 D ．1013．a,b 是异面直线，a ⊥b ，c 与a 成30°角，则c 与b 所成角的范畴是 A ．[60°,90°] B ．[30°,90°] C ．[60°,120°] D ．[30°,120°]14．空间四边形ABCD 的各边与两条对角线的长差不多上1，点P 在边AB 上移动，点Q 在CD 上移动，则点P 和Q 的最短距离是23432221． ． ． ．D C B A 15．正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是AB ，BB 1的中点，则A 1E 与C 1F 所成角的余弦值是521522221D C B A ． ． ． 16．直线a 是平面α的斜线，b ⊂α,当a 与b 成60°的角，且b 与a 在α内的射影成45°时a 与α所成的角为A ．60°B ．45°C ．90°D ．135° 17．a,b 是两条异面直线，下列结论正确的是A ．过不在a,b 上的任一点，可作一个平面与a,b 都平行B ．过不在a,b 上的任一点，可作一条直线与a,b 都相交C ．过不在a,b 上的任一点，可作一条直线与a,b 都平行D ．过a 能够同时只能够作一个平面与b 平行18．直角三角形ABC 的斜边BC 在平面α内，顶点A 在平面α外，则ΔABC 的两条直角边在平面α内的射影与斜边所组成的图形只能是 A ．一条线段 B ．一个锐角三角形C ．一个钝角三角形D ．一条线段或一个钝角三角形 19．与空间四边形ABCD 四个顶点距离相等的平面的个数有 A ．1 B ．5 C ．6 D ．720．两条异面直线在同一平面内的射影是 A ．两条相交直线 B ．两条平行直线C ．一条直线及直线外一点D ．以上三种情形都有可能21．在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，PA ⊥平面ABCD 且PA ＝1，则P 到对角线DB 的距离是129515175132921． ． ． ．D C B A 22．已知直线a ∥平面α，a 与平面α相距4，平面α内直线b 与c 相距6，且a ∥b,同时相距5，则a 与c 相距565975975 或． ． 或． ．D C B A23．平面α的斜线与α所成的角是30°，则它和α内所有只是斜足的直线所成的角中，最大的角是 A ．30° B ．90° C ．150° D ．180°24．P 点在ΔABC 所在的平面外，O 点是P 点在平面ABC 内的射影，PA ，PB ，PC ，两两相互垂直，则O 是ΔABC 的A ．重心B ．内心C ．垂心D ．外心25．四面体ABCD 中，AB ＝AC ＝AD ，则A 在平面BCD 上的射影是ΔBCD 的 A ．重心 B ．内心 C ．垂心 D ．外心26．在ΔABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，PA ⊥平面ABC ，PA ＝8，则P 到BC 的距离是5453525． ． ． ．D C B A27．P 点在ΔABC 所在的平面外，O 点是P 点在平面ABC 内的射影，P 到ΔABC 三边的距离相等，且O 在ΔABC 内，则O 是ΔABC 的A ．重心B ．内心C ．垂心D ．外心28．P 为平行四边形ABCD 所在平面外的一点，且P 到四边形ABCD 的四条边的距离相等，则四边形ABCD 是A ．正方形B ．菱形C ．矩形D ．一样的平行四边形 29．与两相交平面的交线平行的直线和这两个平面的位置关系是 A ．都平行 B ．都相交C ．在两个平面内D ．至少和其中一个平行 30．在直角坐标系中，设A （3，2）B （-2，-3），沿y 轴把直角坐标系平面折成120°的二面角后，AB 的长度是11232246． ． ． ．D C B A31．一个山坡面与水平面成60°的二面角，坡脚的水平线为AB ，甲沿山坡自P 朝垂直于AB 的方向走30米，同时乙沿水平面自Q 朝垂直于AB 的方向走30米，P ，Q 差不多上AB 上的点，若PQ ＝10米，则这时两人之间的距离是米．米 ．米 ． 米 ．19103301010720D C B A32．二面角α—a —β的平面角为120°，在面α内，AB ⊥a 于B ，AB=2，在β内CD ⊥a 于D ，CD ＝3，BD ＝1，M 是棱a 上的一个动点，则AM ＋CM 的最小值是62262252． ． ． ．D C B A33．ABCD 是正方形，以BD 为棱把它折成直二面角A －BD －C ，E 是CD 的中点，则∠AED 的大小为A ．45°B ．30°C ．60°D ．90°34．P 是ΔABC 外的一点，PA ，PB ，PC 两两相互垂直，PA ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则ΔABC 的面积为4496112729． ． ． ．D C B A 35．在ΔABC 中，AB ＝9，AC ＝15，∠BAC ＝120°，P 是ΔABC 所在平面外的一点，P 到三点间的距离差不多上14，则P 到ΔABC 所在平面的距离是 A ．7 B ．9 C ．11 D1336．过正方形ABCD 的顶点A 作PA ⊥平面ABCD ，若PA=AB ，则平面APB 与平面CDP 所成二面角的度数是A ．90°B 。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解37---立体几何中的动态问题
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第37讲 立体几何中的动态问题“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．考点一 动点轨迹问题例1(多选)(2021·新高考全国Ⅰ)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝1，点P 满足BP →＝λBC →＋μBB 1--→，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( ) A ．当λ＝1时，△AB 1P 的周长为定值 B ．当μ＝1时，三棱锥P －A 1BC 的体积为定值 C ．当λ＝12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BPD ．当μ＝12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P答案 BD解析 BP →＝λBC →＋μBB 1--→(0≤λ≤1，0≤μ≤1)．图1对于选项A ，当λ＝1时，点P 在棱CC 1上运动，如图1所示，此时△AB 1P 的周长为AB 1＋AP ＋PB 1＝2＋1＋μ2＋1＋(1－μ)2＝2＋1＋μ2＋2－2μ＋μ2，不是定值，A 错误； 对于选项B ，当μ＝1时，点P 在棱B 1C 1上运动，如图2所示，图2则11P A BC A PBC V V －－＝＝13S △PBC ×32＝36S △PBC ＝36×12×1×1＝312，为定值，故B 正确；对于选项C ，取BC 的中点D ，B 1C 1的中点D 1，连接DD 1，A 1B (图略)，则当λ＝12时，点P 在线段DD 1上运动，假设A 1P ⊥BP ，则A 1P 2＋BP 2＝A 1B 2，即⎝⎛⎭⎫322＋(1－μ)2＋⎝⎛⎭⎫122＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以当点P 与点D 或D 1重合时，A 1P ⊥BP ，C 错误；方法一 对于选项D ，易知四边形ABB 1A 1为正方形，所以A 1B ⊥AB 1，设AB 1与A 1B 交于点K ，连接PK (图略)，要使A 1B ⊥平面AB 1P ，需A 1B ⊥KP ，所以点P 只能是棱CC 1的中点，故选项D 正确． 方法二 对于选项D ，分别取BB 1，CC 1的中点E ，F ，连接EF ，则当μ＝12时，点P 在线段EF 上运动，以点C 1为原点建立如图所示的空间直角坐标系C 1xyz ，则B (0,1,1)，B 1(0,1,0)， A 1⎝⎛⎭⎫32，12，0，P ⎝⎛⎭⎫0，1－λ，12， 所以A 1B --→＝⎝⎛⎭⎫－32，12，1，B 1P --→＝⎝⎛⎭⎫0，－λ，12，若A 1B ⊥平面AB 1P ，则A 1B ⊥B 1P ，所以－λ2＋12＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P ，此时点P 与F 重合，故D 正确．规律方法 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．跟踪演练1 (多选)(2022·漳州质检)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的边长为2，M 为CC 1的中点，P 为平面BCC 1B 1上的动点，且满足AM ∥平面A 1BP ，则下列结论正确的是( ) A ．AM ⊥B 1M B ．CD 1∥平面A 1BP C ．动点P 的轨迹长为2133D ．AM 与A 1B 1所成角的余弦值为53答案 BC解析 如图建立空间直角坐标系，则A (0,0,2)，A 1(0,2,2)， B (0,0,0)，B 1(0,2,0)， M (2,1,0)，P (x ，y ，0)， 所以A 1B --→＝(0，－2，－2)， BP →＝(x ，y ，0)， AM →＝(2,1，－2)，由AM ∥平面A 1BP ，得AM →＝aA 1B --→＋bBP →，即⎩⎪⎨⎪⎧0＋bx ＝2，－2a ＋by ＝1，－2a ＝－2，化简可得3x －2y ＝0，所以动点P 在直线3x －2y ＝0上，A 选项，AM →＝(2,1，－2)，B 1M --→＝(2，－1,0)， AM →·B 1M --→＝2×2＋1×(－1)＋(－2)×0＝3≠0， 所以AM 与B 1M 不垂直，A 选项错误； B 选项，CD 1∥A 1B ，A 1B ⊂平面A 1BP ， CD 1⊄平面A 1BP ，所以CD 1∥平面A 1BP ，B 选项正确；C 选项，动点P 在直线3x －2y ＝0上，且P 为平面BCC 1B 1上的动点， 则P 在线段P 1B 上，P 1⎝⎛⎭⎫43，2，0， 所以P 1B ＝⎝⎛⎭⎫432＋22＋02＝2133， C 选项正确；D 选项，A 1B 1--→＝(0,0，－2)，cos 〈AM →，A 1B 1--→〉＝4222＋12＋(－2)2＝23，D 选项错误．考点二 折叠、展开问题例2(多选)(2022·德州模拟)如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E ，F 分别在边AB ，BC 上(不含端点)且BE ＝BF ，将△AED ，△DCF 分别沿DE ，DF 折起，使A ，C 两点重合于点A 1，则下列结论正确的有( )A ．A 1D ⊥EFB ．当BE ＝BF ＝12BC 时，三棱锥A 1－EFD 的外接球体积为6πC ．当BE ＝BF ＝14BC 时，三棱锥A 1－EFD 的体积为2173D ．当BE ＝BF ＝14BC 时，点A 1到平面EFD 的距离为4177答案 ACD解析 A 选项，∵正方形ABCD ， ∴AD ⊥AE ，DC ⊥FC ，由折叠的性质可知A 1D ⊥A 1E ，A 1D ⊥A 1F ， 又∵A 1E ∩A 1F ＝A 1，A 1E ，A 1F ⊂平面A 1EF ， ∴A 1D ⊥平面A 1EF ， 又∵EF ⊂平面A 1EF ， ∴A 1D ⊥EF ，故A 正确；B 选项，当BE ＝BF ＝12BC ＝2时，A 1E ＝A 1F ＝2，EF ＝22， 在△A 1EF 中，A 1E 2＋A 1F 2＝EF 2， 则A 1E ⊥A 1F ，由A 选项可知，A 1D ⊥A 1E ，A 1D ⊥A 1F ，∴三棱锥A 1－EFD 的三条侧棱A 1D ，A 1E ，A 1F 两两相互垂直，把三棱锥A 1－EFD 放置在长方体中，可得长方体的体对角线长为22＋22＋42＝26，则三棱锥A 1－EFD 的外接球半径为6， 体积为43πR 3＝43π×(6)3＝86π，故B 错误；C 选项，当BE ＝BF ＝14BC ＝1时，A 1E ＝A 1F ＝3，EF ＝2，在△A 1EF 中，cos ∠EA 1F ＝A 1E 2＋A 1F 2－EF 22A 1E ·A 1F＝32＋32－(2)22×3×3＝89，∴sin ∠EA 1F ＝179， 则1A EF S △＝12A 1E ·A 1F ·sin ∠EA 1F＝12×3×3×179＝172， ∴11111=3A EFD D A EF A EF V V S A D --=⋅⋅△ ＝13×172×4＝2173，故C 正确； D 选项，设点A 1到平面EFD 的距离为h ，则在△EFD 中，cos ∠EDF ＝DE 2＋DF 2－EF 22DE ·DF＝52＋52－(2)22×5×5＝2425，∴sin ∠EDF ＝725，则S △EFD ＝12DE ·DF ·sin ∠EDF＝12×5×5×725＝72， ∴1A EFD V -＝13·S △EFD ·h ＝13×72×h ＝2173，即h ＝4177，故D 正确．规律方法 画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．跟踪演练2 (多选)(2022·南通模拟)已知菱形ABCD 的边长为2，∠ABC ＝π3.将△DAC 沿着对角线AC折起至△D ′AC ，连接BD ′，设二面角D ′－AC －B 的大小为θ，则下列说法正确的是( ) A ．若四面体D ′ABC 为正四面体，则θ＝π3B ．四面体D ′ABC 体积的最大值为1C ．四面体D ′ABC 表面积的最大值为2(3＋2) D ．当θ＝2π3时，四面体D ′ABC 的外接球的半径为213答案 BCD解析 如图，取AC 的中点O ，连接OB ，OD ′，则OB ＝OD ′，OB ⊥AC ， OD ′⊥AC ，∠BOD ′为二面角D ′－AC －B 的平面角， 即∠BOD ′＝θ.若D ′ABC 是正四面体，则BO ＝D ′O ≠BD ′， △OBD ′不是正三角形，θ≠π3，A 错误；四面体D ′ABC 的体积最大时，BO ⊥平面ACD ′， 此时B 到平面ACD ′的距离最大为BO ＝3， 而S △ACD ′＝34×22＝3， 所以V ＝13×3×3＝1，B 正确；S △ABC ＝S △ACD ′＝3， 易得△BAD ′≌△BCD ′，S △BAD ′＝S △BCD ′＝12×22sin ∠BCD ′＝2sin ∠BCD ′，未折叠时BD ′＝BD ＝23，折叠到B ，D ′重合时，BD ′＝0，故中间存在一个位置，使得BD ′＝22，此时BC 2＋D ′C 2＝BD ′2，∠BCD ′＝π2，此时S △BAD ′＝S △BCD ′＝2sin ∠BCD ′取得最大值2， 所以四面体D ′ABC 的表面积最大值为2(3＋2)，C 正确；当θ＝2π3时，如图，设M ，N 分别是△ACD ′和△BAC 的外心，过点M ，N 分别作平面ACD ′，平面BAC 的垂线，两垂线交于一点P ，连接PB ，则P 是三棱锥外接球的球心，PB 即为三棱锥外接球半径，由上面证明过程知平面OBD ′与平面ABC 、平面D ′AC 垂直，即P ，N ，O ，M 四点共面， 因为θ＝2π3，则∠PON ＝π3，ON ＝13×32×2＝33，BN ＝23×32×2＝233，PN ＝ON ·tan π3＝33×3＝1，PB ＝PN 2＋BN 2＝12＋⎝⎛⎭⎫2332＝213，D 正确．考点三 最值、范围问题例3(多选)(2022·梅州模拟)如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝AD ＝1，AA 1＝2，动点P 在体对角线BD 1上(含端点)，则下列结论正确的有( )A ．当P 为BD 1的中点时，∠APC 为锐角B ．存在点P ，使得BD 1⊥平面APC C ．AP ＋PC 的最小值为2 5D ．顶点B 到平面APC 的最大距离为22答案 ABD解析 如图，以点D 为原点建立空间直角坐标系，设BP →＝λBD 1--→(0≤λ≤1)， 则A (1,0,0)，B (1,1,0)， C (0,1,0)，D 1(0,0,2)， 则BD 1--→＝(－1，－1,2)， 故BP →＝λBD 1--→ ＝(－λ，－λ，2λ)，则AP →＝AB →＋BP →＝(0,1,0)＋(－λ，－λ，2λ) ＝(－λ，1－λ，2λ)，CP →＝CB →＋BP →＝(1,0,0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)．对于A ，当P 为BD 1中点时，P ⎝⎛⎭⎫12，12，1， 则P A →＝⎝⎛⎭⎫12，－12，－1，PC →＝⎝⎛⎭⎫－12，12，－1， 所以cos ∠APC ＝P A →·PC →|P A →||PC →|＝13>0，所以∠APC 为锐角，故A 正确； 当BD 1⊥平面APC 时， 因为AP ，CP ⊂平面APC ， 所以BD 1⊥AP ，BD 1⊥CP ， 则⎩⎪⎨⎪⎧BD 1--→·AP →＝λ＋λ－1＋4λ＝0，BD 1--→·CP →＝λ－1＋λ＋4λ＝0，解得λ＝16，故存在点P ，使得BD 1⊥平面APC ，故B 正确；对于C ，当BD 1⊥AP ，BD 1⊥CP 时，AP ＋PC 取得最小值， 由B 得，此时λ＝16，则AP →＝⎝⎛⎭⎫－16，56，13，CP →＝⎝⎛⎭⎫56，－16，13， 所以|AP →|＝|CP →|＝306，即AP ＋PC 的最小值为303，故C 错误； 对于D ，AB →＝(0,1,0)，AC →＝(－1,1,0)， 设平面APC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则有⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝－x ＋y ＝0，n ·AP →＝－λx ＋(1－λ)y ＋2λz ＝0，可取n ＝(2λ，2λ，2λ－1)， 则点B 到平面APC 的距离为 |AB →|·|cos 〈AB →，n 〉|＝|AB →·n ||n |＝|2λ|12λ2－4λ＋1，当λ＝0时，点B 到平面APC 的距离为0， 当0<λ≤1时， |2λ|12λ2－4λ＋1＝13－1λ＋14λ2＝12＋14⎝⎛⎭⎫1λ－22≤22，当且仅当λ＝12时，取等号，所以点B 到平面APC 的最大距离为22，故D 正确．规律方法 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．跟踪演练3(2022·菏泽质检)如图，等腰Rt △ABE 的斜边AB 为正四面体A －BCD 的侧棱，AB ＝2，直角边AE 绕斜边AB 旋转一周，在旋转的过程中，三棱锥E －BCD 体积的取值范围是__________________．答案⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－13，2＋13 解析 如图，令F 为CD 的中点，O 为AB 的中点，则点E 在以O 为圆心，1为半径的圆上运动，由图可知当F ，O ，E 三点共线，且O 在F ，E 之间时，三棱锥E －BCD 的体积最大，当运动到E 1的位置时，E －BCD 的体积最小，在Rt △BOF 中，BO ＝1，BF ＝3，OF ＝2， sin ∠BFO ＝33，FE ＝2＋1，FE 1＝2－1， 设E ，E 1到平面BCD 的距离分别为h 1，h 2，则 h 1＝2＋13＝6＋33，h 2＝2－13＝6－33，S △BCD ＝12×2×3＝3，所以三棱锥E －BCD 体积的最大值为13×3×6＋33＝2＋13，三棱锥E －BCD 体积的最小值为13×3×6－33＝2－13，所以三棱锥E －BCD 体积的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－13，2＋13.专题强化练1．(多选)(2022·佛山模拟)在棱长为3的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 中，M 是A 1B 1的中点，N 在该正方体的棱上运动，则下列说法正确的是( ) A ．存在点N ，使得MN ∥BC 1 B ．三棱锥M —A 1BC 1的体积等于94C ．有且仅有两个点N ，使得MN ∥平面A 1BC 1D ．有且仅有三个点N ，使得N 到平面A 1BC 1的距离为 3 答案 BC解析 对于A ，显然无法找到点N ， 使得MN ∥BC 1，故A 错误； 对于B ，111111113M A BC B A MC A MC B B V V S =⋅－－△＝ ＝13×12×32×3×3＝94，故B 正确； 对于C ，如图所示，N 1，N 2分别为B 1B ，B 1C 1的中点，有MN 1∥平面A 1BC 1，MN 2∥平面A 1BC 1，故C 正确；对于D ，易证B 1D ⊥平面A 1BC 1，B 1D ⊥平面ACD 1，且B 1O 1＝O 1O 2＝O 2D ＝13B 1D ＝3，所以有点B 1，A ，C ，D 1四点到平面A 1BC 1的距离为3，故D 错误．2.(2022·芜湖模拟)已知四棱锥P －ABCD 的高为3，底面ABCD 为矩形，BC ＝3，AB ＝2，PC ＝PD ，且平面PCD ⊥平面ABCD .现从四棱锥中挖去一个以CD 为底面直径，P 为顶点的半个圆锥，得到的几何体如图所示．点N 在弧CD ︵上，则PN 与侧面P AB 所成的最小角的正弦值为( )A.12B.22C.6－24 D.32答案 A解析 如图所示，分别取AB ，CD 的中点为E ，F ，连接EF ，EF 与CD ︵交于点H .记点N 到侧面P AB 的距离为d ，PN 与侧面P AB 所成的最小角为θ，由于PN 的长为定值，因此当且仅当d 最小时，PN 与侧面P AB 所成的角最小，此时点N 与H 重合，θ＝∠HPE ＝∠PEF . 由平面PCD ⊥平面ABCD 易知PF ⊥EF ， 又PF ＝3，EF ＝3，所以tan θ＝33，即sin θ＝12. 3.(多选)如图是四棱锥P －ABCD 的平面展开图，四边形ABCD 是矩形，ED ⊥DC ，FD ⊥DA ，DA ＝3，DC ＝2，∠F AD ＝30°.在四棱锥P －ABCD 中，M 为棱PB 上一点(不含端点)，则下列说法正确的有( )A ．DM 的取值范围是⎣⎡⎭⎫394，13B ．存在点M ，使得DM ⊥BCC ．四棱锥P －ABCD 外接球的体积为16π3D ．三棱锥M －P AD 的体积等于三棱锥M －PCD 的体积 答案 AD解析 把平面图形还原得到原四棱锥，如图，由ED ⊥DC ，FD ⊥DA ， 可知PD ⊥DC ，PD ⊥DA ，又DC ∩DA ＝D ，DA ，DC ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥平面ABCD .在Rt △ADP 中，∠P AD ＝30°，DA ＝3， 故PD ＝3tan 30°＝3，连接DB ，在矩形ABCD 中，DA ＝3，DC ＝2， DB ＝22＋32＝13， 在Rt △PDB 中，PB ＝PD 2＋DB 2＝3＋13＝4， 所以点D 到直线PB 的距离为3×134＝394， 故DM 的取值范围是⎣⎡⎭⎫394，13，故A 正确；对于B ，假设DM ⊥BC ，因为PD ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ， 所以PD ⊥BC ，因为PD ∩DM ＝D ，所以BC ⊥平面PBD ，因为BD ⊂平面PBD ，所以BC ⊥BD ，与已知条件矛盾，故B 错误；对于C ，将此四棱锥可以补形成一个长方体，PB 为长方体的一条体对角线，同时也是四棱锥P －ABCD 外接球的直径，所以半径为2， 其体积V ＝4π3×23＝32π3，故C 错误；对于D ，因为V M －P AD V B －P AD ＝MP BP ，V M －PCD V B －PCD ＝MPBP ，而V B －P AD ＝V P －BAD ＝V P －BCD ＝V B －PCD ， 所以V M －P AD ＝V M －PCD ，故D 正确．4.(多选)(2022·潍坊模拟)已知四面体ABCD 的4个顶点都在球O (O 为球心)的球面上，如图，△ABC 为等边三角形，M 为底面ABC 内的动点，AB ＝BD ＝2，AD ＝2，且AC ⊥BD ，则( )A ．平面ACD ⊥平面ABCB ．球心O 为△ABC 的中心C ．直线OM 与CD 所成的角最小为π3D ．若动点M 到点B 的距离与到平面ACD 的距离相等，则点M 的轨迹为抛物线的一部分 答案 ABD解析 如图，设△ABC 的中心为G ，取AC 的中点E ，连接BE ，DE ，则BE ⊥AC .∵AC ⊥BD ，BE ∩BD ＝B ，BE ，BD ⊂平面BDE ， ∴AC ⊥平面BDE ，又DE ⊂平面BDE ， 则AC ⊥DE ，又△ABC 为等边三角形， AB ＝BD ＝2，AD ＝2， ∴AE ＝1，DE ＝1，BE ＝3， ∴DE 2＋BE 2＝BD 2，即DE ⊥BE ，又BE ⊥AC ，AC ∩DE ＝E ，AC ，DE ⊂平面ADC ， ∴BE ⊥平面ADC ，又BE ⊂平面ABC ， ∴平面ACD ⊥平面ABC ，故A 正确； 又∵GE ＝33，GB ＝GA ＝GC ＝233， ∴GD ＝GE 2＋DE 2＝13＋1＝233，故G 为四面体ABCD 的外接球的球心，即球心O 为△ABC 的中心，故B 正确； 当OM ∥AC 时，∠DCA 为直线OM 与CD 所成的角，由上知∠DCA ＝π4<π3，故C 错误；由平面ACD ⊥平面ABC 可知，动点M 到平面ACD 的距离即为动点M 到直线AC 的距离， 由抛物线的定义可知，点M 的轨迹为抛物线的一部分，故D 正确．5．(多选)如图1，在矩形ABCD 与菱形ABEF 中，AB ＝2BC ＝4，∠ABE ＝120°，M ，N 分别是BF ，AC 的中点．现沿AB 将菱形ABEF 折起，连接FD ，EC ，构成三棱柱AFD －BEC ，如图2所示，若AD ⊥BF ，记平面AMN ∩平面ADF ＝l ，则( )A ．平面ABCD ⊥平面ABEFB ．MN ∥lC ．直线EF 与平面ADE 所成的角为60°D ．四面体EABD 的外接球的表面积为148π 答案 AB解析 对于A ，由于矩形ABCD ，则AD ⊥AB ， 又因为AD ⊥BF ，而AB ∩BF ＝B ， AB ，BF ⊂平面ABEF ， 所以AD ⊥平面ABEF ， 又AD ⊂平面ABCD ，所以平面ABCD ⊥平面ABEF ，所以A 选项正确；对于B ，因为M ，N 分别是BF ，AC 的中点，四边形ABEF 是菱形， 则M 也是AE 的中点，由三角形中位线的性质，可知MN ∥EC ， 由于三棱柱AFD －BEC ， 则平面BEC ∥平面ADF ，又EC ⊂平面BEC ， 所以EC ∥平面ADF ， 而平面AMN ∩平面ADF ＝l ，则EC ∥l ，所以MN ∥l ，所以B 选项正确； 对于C ，由于四边形ABEF 是菱形，则AE ⊥BF ， 又因为AD ⊥BF ，而AE ∩AD ＝A ，AE ，AD ⊂平面ADE ， 所以BF ⊥平面ADE ，所以∠FEM 为直线EF 与平面ADE 所成的角， 又因为∠ABE ＝120°，则∠BEF ＝60°，所以∠FEM ＝30°，故直线EF 与平面ADE 所成的角为30°，所以C 选项不正确； 对于D ，由题可知AB ＝2BC ＝4，∠ABE ＝120°， 则在△ABE 中，AE ＝2AM ＝2Ab sin 12∠ABE＝2×4×sin 60°＝43，由正弦定理可得△ABE 的外接圆半径 r ＝12×AE sin ∠ABE ＝12×43sin 120°＝4， 由A 选项可知，AD ⊥平面ABEF ， 所以四面体EABD 的外接球半径 R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫12AD 2＝42＋12＝17， 故四面体EABD 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝4π×17＝68π，所以D 选项不正确．6．(多选)(2022·德州模拟)在棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，已知E 为线段B 1C 的中点，点F 和点P 分别满足D 1F --→＝λD 1C 1--→，D 1P --→＝μD 1B --→，其中λ，μ∈[0,1]，则下列说法正确的是( ) A ．当λ＝12时，三棱锥P －EFD 的体积为定值B ．当μ＝12时，四棱锥P －ABCD 的外接球的表面积是9π4C ．PE ＋PF 的最小值为536D ．存在唯一的实数对(λ，μ)，使得EP ⊥平面PDF 答案 ABD解析 对于A ，当λ＝12时，F 为C 1D 1中点，如图，又E 为B 1C 中点， ∴EF ∥BD 1，∵EF ⊂平面EFD ，BD 1⊄平面EFD ， ∴BD 1∥平面EFD ，则当P 在线段BD 1上移动时，其到平面EFD 的距离不变， ∴三棱锥P －EFD 的体积为定值，A 正确；对于B ，当μ＝12时，如图，连接AC ，BD ，交点为O ，连接PO ，则四棱锥P －ABCD 为正四棱锥， ∴PO ⊥平面ABCD ，设四棱锥P －ABCD 的外接球的球心为O ′，半径为R ， 则O ′在直线PO 上，∵OC ＝22，OO ′＝⎪⎪⎪⎪12－R ， ∴OC 2＋OO ′2＝O ′C 2， 即12＋⎝⎛⎭⎫12－R 2＝R 2， 解得R ＝34，∴四棱锥P －ABCD 的外接球的表面积S ＝4πR 2＝9π4，B 正确；对于C ，将问题转化为在平面ABC 1D 1内求解PE ＋PF 的最小值，作E 关于线段BD 1的对称点E 1，过E 1作HG ∥AD 1，分别交C 1D 1，AB 于H ，G ，如图所示，∵PE ＝PE 1，∴PE ＋PF ＝PE 1＋PF ≥E 1H (当且仅当F 与H 重合时取等号)， ∵∠E 1BA ＝∠ABD 1－∠D 1BE ＝∠ABD 1－∠D 1BC 1，∴sin ∠E 1BA ＝sin(∠ABD 1－∠D 1BC 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫232－⎝⎛⎭⎫132＝13， ∴E 1G ＝BE 1·sin ∠E 1BA ＝BE ·sin ∠E 1BA ＝26， ∴E 1H ＝2－26＝526， 即PE ＋PF 的最小值为526，C 错误；对于D ，以D 为坐标原点，DA →，DC →，DD 1--→的正方向为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，21 / 21则D (0,0,0)，E ⎝⎛⎭⎫12，1，12， F (0，λ，1)，P (μ，μ，1－μ)，∴EP →＝⎝⎛⎭⎫μ－12，μ－1，12－μ， DP →＝(μ，μ，1－μ)，DF →＝(0，λ，1)，若EP ⊥平面PDF ，则⎩⎪⎨⎪⎧EP →·DP →＝0，EP →·DF →＝0， 即⎩⎨⎧ μ⎝⎛⎭⎫μ－12＋μ(μ－1)＋⎝⎛⎭⎫12－μ(1－μ)＝0，λ(μ－1)＋⎝⎛⎭⎫12－μ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ μ＝3＋36，λ＝－1＋32(舍)，或⎩⎪⎨⎪⎧ μ＝3－36，λ＝3－12，∴存在唯一的实数对(λ，μ)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－12，3－36，使得EP ⊥平面PDF ，D 正确．。
二轮复习第31讲 立体几何中的最大角和最小角定理
第31讲立体几何中的最大角和最小角定理一．选择题(共21小题)1．(2021•浙江月考)如图所示，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中，P是棱BC上的动点．记直线A1P与平面ABC所成的角为θ1，与直线BC所成的角为θ2，则θ1，θ2的大小关系是( )A．θ1=θ2B．θ1>θ2C．θ1<θ2D．不能确定【解答】解：连接AP，∵AA1⊥平面ABC，故∠A1PA为直线A1P与平面ABC所成的角，即∠A1PA=θ1，故而sinθ1=AA1A1P．过A1向BC作垂线，垂足为M，若M与P重合，则直线A1P与直线BC所成的角为90°，即θ2=90°，此时显然有θ1<θ2，若M不与P重合，则∠A1PM为直线A1P与直线BC所成的角，即∠A1PM=θ2，故而sinθ2=A1MA1P，∵AA1是平面ABC的垂线，故而AA1<A1M，∴sinθ1<sinθ2，∴θ1<θ2．故选：C．2．(2021春•江岸区校级期末)已知四棱锥S-ABCD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α，SE与面ABCD所成的角为β，二面角S-AB-C的平面角为γ，则( )A．α≤β≤γB．β≤α≤γC．β≤γ≤αD．γ≤β≤α【解答】解：如图，过S作底面的垂线SO，垂足为O，连接EO，则SO⊥EO，∴∠SEO=β．取F为AB的中点，连接OF，则SF⊥AB，OF⊥AB，∠SFO为二面角S-AB-C的平面角，等于γ．过E作BC的平行线，过O作AB的平行线，相交于G，则∠SEG为SE与BC所成的角，等于α．∵SO⊥底面ABCD，∴SO⊥EG，又EG⊥OG，SO∩OG=O，∴EG⊥平面SOG，则EG⊥SG，在RtΔSOF与RtΔSOE中，有sinγ=SOSF，sinβ=SOSE，而SE>SF，∴sinγ>sinβ，得γ>β(γ，β均为锐角)；在RtΔSGE与RtΔSOF中，有tanα=SGEG，tanγ=SOOF，而SG>SO，EG=OF，∴tanα>tanγ，得α>γ(α，γ均为锐角)．当E与F重合时，α=β=γ．综上，β≤γ≤α．故选：C．3．(2021•湖州期末)已知四棱锥S-ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段SA上的点(不含端点)，设直线BE与CD所成的角为θ1，直线BE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S-BC-D的平面角为θ3，则( )A．θ1<θ3，θ2<θ3B．θ2<θ1，θ2<θ3C．θ2<θ1，θ3<θ1D．θ1<θ2，θ3<θ2【解答】解：过点E作EM⊥平面ABCD于点M，在平面ABCD内过M作MN⊥AB于点N，作MP⊥BC于点P，在平面SBC内作PQ⊥BC与点P，交SB于点Q，连接BM，EN，则∠ABE是异面直线BE与CD所成的角θ1，∠EBM是直线BE与平面ABCD所成的角θ2，∠MPQ是二面角S-BC-D所成角的平面角θ3；如图所示，显然θ1，θ2，θ3均为锐角；在RtΔBEN中，sinθ1=EN EB；在RtΔEBM中，sinθ2=EM EB；在RtΔEMN中，EM<EN，所以sinθ1>sinθ2，即θ1>θ2；又sinθ3=EMPQ，且EB>PQ，所以sinθ2<sinθ3，即θ2<θ3．故选：B．4．(2021•宁波期末)在《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之为阳马．如图，已知四棱锥S-ABCD为阳马，且AB=AD，SD⊥底面ABCD．若E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与AD所成的角为α，SE与底面ABCD所成的角为β，二面角S-AE-D的平面角为γ，则A．β<γ<αB．β<α<γC．α<γ<βD．α<β<γ【解答】解：四棱锥S-ABCD为阳马，且AB=AD，SD⊥底面ABCD．E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与AD所成的角为α，SE与底面ABCD所成的角为β，二面角S-AE-D的平面角为γ，∴β<γ=∠SAD<α，∴β<γ<α．故选：A．5．(2021•衢州期中)已知四棱锥S-ABCD的底面是边长为2的正方形，AD⊥侧面SCD，∠SDC=120°，E 是线段AB上的点(不含端点)，若侧面SAB，直线SE，侧面SAD与平面ABCD所成角大小分别为α，β，γ，则下列结论成立的是(注:α指二面角S-AB-C的大小，γ指二面角S-AD-C的大小)( ) A．α<β<γB．β<γ<αC．γ<β<αD．β<α<γ【解答】解：∵AD⊥侧面SCD，∴AD⊥CD，AD⊥SD，∴∠SDC是面SAD与底面ABCD所成的二面角，∵∠SDC=120°，侧面SAB，直线SE，SAD与底面ABCD所成的二面角分别为α，β，γ，∴γ=120°，过S作SO⊥CD于O，则AD⊥SO，∴SO⊥平面ABCD，∴∠SCD为平面SBC与底面ABCD所成角，∴β<60°，tanβ=SOCO，过O作OE⊥AB于E，则∠SEO为直线SE与平面ABCD所成的二面角，tanα=SOEO=SO2>SOCO=tanβ，∴0<β<α<γ，故选：D．6．(2021•临川区校级月考)已知正四棱锥S-ABCD，E是线段AB上的点且AE=13AB，设SE与BC所成的角为θ1，二面角S-AB-C的平面角为θ2，SE与平面ABCD所成的角为θ3，则( ) A．θ1<θ2<θ3B．θ3<θ2<θ1C．θ1<θ3<θ2D．θ2<θ3<θ1【解答】解：取AB中点F，如图，易知θ1，θ2，θ3均为锐角，θ2=∠SFO，θ3=∠SEO，且sinθ2=SOSF>sinθ3=SO SE，故θ2>θ3；将EO绕着点E旋转并在其上取一点O′，使得EO′⎳BC，且EO′=OF=12BC，则∠SEO′=θ1，显然SO′>SO，故∠SEO′>∠SEO，即θ1>θ3，显然，EO′⊥平面SOO′，则tanθ1=SO′EO′，tanθ2=SOOF=SOEO′，由SO′>SO可知，θ1>θ2；综上，θ3<θ2<θ1．故选：B．7．(2020•柯桥区二模)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．α<β<γB．β<α<γC．γ<β<αD．β<γ<α【解答】解：取AD的中点F，连接PF、CF，∵PA=PD，∴PF⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，PF⊂平面PAD，平面PAD∩平面ABCD=AD，∴PF⊥平面ABCD，∵PF⊂平面PCF，∴平面PCF⊥平面ABCD．过Q作QO⊥CF，连接OA，过O作OE⊥AB于E，连接QE，∵平面PCF∩平面ABCD=CF，QO⊂平面PCF，∴QO⊥平面ABCD．∴β=∠QAO，γ=∠QEO，∴tanβ=OQOA，tanγ=OQOE，∵OA>OE，∴tanβ<tanγ，∴β<γ．∵矩形ABCD，∴AD⎳BC，∴α=∠DAQ，过O作OS⊥AD于S，连接SQ，则AS=OE，∵QO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，∴QO⊥AD，∵OS∩QO=O，OS、QO⊂平面SQO，∴AD⊥平面SQO，∴AD⊥SQ，∴tanα=SQAS=SQOE>OQOE=tanγ，∴α>γ．综上所述，β<γ<α．故选：D．8．(2016•桐乡市一模)如图，已知ΔABC，CD为∠ACB的角平分线，沿直线CD将ΔACD翻折成△A′CD，所成二面角A′-CD-B的平面角为θ，则( )A ．∠A ′DB ≤θ，∠A ′CB ≤θB ．∠A ′DB ≤θ，∠A ′CB ≥θC ．∠A ′DB ≥θ，∠A ′CB ≤θD ．∠A ′DB ≥θ，∠A ′CB ≥θ【解答】解：①当AC =BC 时，∠A ′DB =θ，∠A ′CB <θ，②当AC ≠BC 时，如图，点A ′投影在AE 上，θ=∠A ′OE ，连结AA ′，∠ADA ′<∠AOA ′，∴∠A ′DB >∠A ′OE ，∠A ′OE ≥∠A ′CE ，即∠A ‘DB >θ．综上，∠A ′DB ≥θ，∠A ′CB ≤θ．故选：C ．9．(2021•浙江模拟)ΔABC 是边长为6的正三角形，D 在AB 上，且满足AD =2DB ，现沿着CD 将ΔACD 折起至△A ′CD ，使得A ′在平面BCD 上的投影在ΔBDC 内部(包括边界)，则二面角A ′-CD -B 所成角的余弦值的取值范围是( )A ．0,25B ．0,225C ．0,25D ．25,1【解答】解：如图1，在ΔABC 中，过点A 作AO ⊥CD ，交CD 于O ，交BC 于H ，∵点A ′在平面BCD 上的投影在ΔBDC 内部(包括边界)，∴其投影在线段OH 上，如图2，过A ′作A ′M ⊥OH ，垂足为M ，则A ′M ⊥平面BDC ，∠A ′OM 为二面角A ′-CD -B 的平面角，∵AD =4，AC =6，∠CAD =60°，∴CD 2=AD 2+AC 2-2AD ⋅AC ⋅cos60°=16+36-2×4×6×cos60°=28．∴CD =27，又12CD ⋅AO =12AD ⋅AC ⋅sin60°，即27AO =4×6×32，∴AO =6217．以BC 的中点E 为坐标原点，建立如图1所示的平面直角坐标系，则A (0，33)，C (3,0)，D (-2,3)，设H (a ,0)，∵AH ⊥CD ，∴AH ⋅CD =0，即-5a -9=0，即a =-95，∴AH =6215，OH =6215-6217=122135．∴OM ∈0，122135，在△A ′OM 中，cos ∠A ′OM =OM A ′O =OM 6217∈0，25 ．即二面角A ′-CD -B 所成角的余弦值的取值范围是0，25．故选：C ．10．(2021春•金华期末)如图，已知四边形ABCD 是底角为60°的等腰梯形，且|AB |=2|CD |，沿直线AC 将ΔADC 翻折成△AD ′C ，所成二面角D ′-AC -B 的平面角为θ，则( )A ．∠D ′AB ≥θB ．∠D ′AB ≤θC ．∠D ′CB ≥θD ．∠D ′CB ≤θ【解答】解：如图，不妨设CD =2，∵∠ABC =∠DAB =60°，|AB |=2|CD |，∴AB =4，AD =CD =2，AC ⊥BC ．取AC中点O，AB中点E，连接D′O，OE，D′B，则D′O⊥AC，OE⊥AC，即∠D′OE为二面角D′-AC-B的平面角为θ，由已知可得D′O=1，OE=1，D′A=2AE=2，D′C=2，BC=2．∴cosθ=1+1-D′E22=1-D′E2 2，cos∠D′AB=4+4-D′E28=1-D′E2 8，cos∠D′CB=4+4-D′B28=1-D′B2 8．则cosθ≤cos∠D′AB，∵在[0，π]上余弦函数为减函数，∴∠D′AB≤θ；而D′E22与D′B28的大小不确定，∴∠D′CB与θ的大小不确定．故选：B．11．(2021•上虞区期末)如图，已知ΔABC中，AC>AB，AD是∠BAC的平分线，将ΔABD沿直线AD翻折成ΔADB1，在翻折过程中，设所成二面角的平面角B1-AD-C为α，∠B1AC=β，∠B1DC=γ，则下列结论中成立的是( )A．α≥β，α≥γB．α≥β，α≤γC．α≤β，α≥γD．α≤β，α≤γ【解答】解：考虑极限情况，当位于初始位置时，α=π，显然此时α>β，故排除CD；当重叠时，α=0，显然此时α<γ，故排除A；故选：B．12．(2020•柯桥区模拟)如图，在矩形ABCD中，将ΔACD沿AC翻折至ΔACD ，设直线AD 与直线BC所成角为α，直线AD 与平面ABC所成角为β，二面角A-CD -B的平面角为γ，当γ为锐角时( )A．α>β>γB．γ>β>αC．γ>α>βD．α>γ>β【解答】解：如图所示，AD′⊥D′C，故二面角A-CD′-B的平面角为γ就为AD′与平面BD′C所成的线面角，由线面角最小性可知，γ<α；另一方面，在三棱锥D′-ABC中，由于SΔABC=12AB∙BC>S△D′BC=12D′C∙CB sin∠D′CB=12AB∙BC sin∠D′CB，所以D′到平面ABC的距离d1小于A到平面D′BC的距离为d2，∴AD′与平面BD′C所成角大于与平面ABC所成角，即γ>β，所以α>γ>β．故选：D．13．(2016•丽水校级模拟)如图，长方形ABCD，M，N分别为AB，AD上异于点A的两点，现把ΔAMN沿着MN翻折，记AC与平面BCD所成的角为θ1，直线AC与直线MN所成的角为θ2，则θ1与θ2的大小关系是( )A．θ1=θ2B．θ1>θ2C．θ1<θ2D．不能确定【解答】解：作AO⊥平面BCD，垂足是O，连接C过点C作直线l⎳MN，在l上取点H，令CH=CO，在ΔAOC和ΔAHC中，CO=CH，AO⊥平面BCD，∴AO<AH，∴∠ACO<∠ACH，∵AC与平面BCD所成的角为θ1，直线AC与直线MN所成的角为θ2，AO⊥平面BCD，CH⎳MN，∴∠ACO=θ1，∠ACH=θ2，∴θ1<θ2．故选：C．14．(2020•浙江模拟)已知三棱锥P-ABC的所有棱长为1．M是底面ΔABC内部一个动点(包括边界)，且M到三个侧面PAB，PBC，PAC的距离h1，h2，h3成单调递增的等差数列，记PM与AB，BC，AC所成的角分别为α，β，γ，则下列正确的是( )A ．α=βB ．β=γC ．α<βD ．β<γ【解答】解：依题意知正四面体P -ABC 的顶点P 在底面ABC 的射影是正三角形ABC 的中心O ，由余弦定理可知，cos α=cos ∠PMO ∙cos <MO ，AB >，其中<MO ，AB >表示直线MO 与AB 的夹角，同理可以将β，γ转化，cos β=cos ∠PMO ∙cos <MO ，BC >，其中<MO ，BC >表示直线MO 与BC 的夹角，cos γ=cos ∠PMO ∙cos <MO ，AC >，其中<MO ，AC >表示直线MO 与AC 的夹角，由于∠PMO 是公共的，因此题意即比较OM 与AB ，BC ，AC 夹角的大小，设M 到AB ，BC ，AC 的距离为d 1，d 2，d 3则d 1=h 1sin θ，其中θ是正四面体相邻两个面所成角，sin θ=223，所以d 1，d 2，d 3成单调递增的等差数列，然后在ΔABC 中解决问题由于d 1<d 2<d 3，可知M 在如图阴影区域(不包括边界)从图中可以看出，OM 与BC 所成角小于OM 与AC 所成角，所以β<γ，故选：D ．15．(2015•绍兴一模)如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1BC 1内一动点，且满足|PD |+|PB 1|=2+13，则直线B 1P 与直线AD 1所成角的余弦值的取值范围为( )A ．0，12B ．0，13C ．12，22D ．12，32【解答】解：取BC 1的中点E ，作点B 1在平面A 1BC 1内的投影O ，过O 作OF ⎳BC 1交A 1B 于点F ，连结B 1D 、A 1E ，以O 为坐标原点，分别以OF 、OE 、OB 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图，根据题意，易得D (0，0，-23)，B 1(0，0，3)，B 322，62，0 ，C 1-322，62，0 ，设P (x ，y ，0)，则PD =(-x ，-y ，-23)，PB 1 =(-x ，-y ，3)，BC 1=(-32，0，0)，∵|PD |+|PB 1|=2+13，∴x 2+y 2+12+x 2+y 2+3=2+13，∴|PB 1|=2，即x 2+y 2=1，记α为直线B 1P 与直线BC 1所成的角，则α即为直线B 1P 与直线AD 1所成的角，∴cos <PB 1 ，BC 1 >=PB 1 ⋅BC 1|PB 1 ||BC 1 |=32x 2×32=x2，∵点P 的轨迹在平面A 1BC 1内是以O 为圆心，1为半径的单位圆，∴-1≤x ≤1，∴-12≤cos <PB 1 ，BC 1 >≤12，又∵α为锐角，∴0≤cos <PB 1 ，BC 1 >≤12，故选：A ．16．(2020秋•昌江区校级期末)如图，在棱长为33的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1BC 1内一个动点，且满足|DP |+|PB 1|=5+213，则直线B 1P 与直线AD 1所成角的取值范围为( )(参考数据：sin53°=45,sin37°=35)A ．[37°，53°]B ．[37°，90°]C ．[53°，90°]D ．[37°，127°]【解答】解：如图，建立空间直接坐标系，连结BD ，交平面ABC 于点O ，D (0,0.0)，B 1(33，33，33)、A 1(33，0，33)、B (33，33，0)，C 1(0，33，33)，DB 1 =(33，33，33)、A 1B =(0，33，-33)，BC 1 =(-33，0，33)，DB 1 ⋅A 1B =0，DB 1 ⋅BC 1 =0，∴DB 1⊥A 1B ，DB 1⊥BC 1，A 1B ∩BC 1=B ，∴DB 1⊥平面A 1BC 1，根据等体积转化可知V B 1-A 1BC 1=V B -A 1B 1C 1，即13×12×(36)2×32B 1O =13×12×(33)3，解得B 1O =3，B 1D =33×3=9，∴DO =6，∵AD 1⎳BC 1，∴异面直线AD 1与B 1P 所成的角，转化为BC 1与B 1P 所成的角，如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取BC 1的中点E ，过点O 作OF ⎳BC 1，则以点O 为原点，OF ，OE ，OB 1为x ，y ，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，P (x ，y ，0)，B 1(0，0，3)，D (0，0，-6)，B 362，322，0 ，C 1-362，322，0 ，B 1P =(x ，y ，-3)，BC 1 =(-36，0，0)，∵|DP |+|PB 1|=5+213，∴x 2+y 2+9+x 2+y 2+36=5+213，∵x 2+y 2+9<x 2+y 2+36，即|PB 1|=5，|PB 1|=213，即x 2+y 2+9=25，即x 2+y 2=16，x ∈[-4，4]，cos <B 1P ，BC 1 >=B 1P ⋅BC 1|B 1P ||BC 1 |=-36x 36×5=-x 5∈-45，45 ，因为异面直线所成的角是锐角，并设为θ，则cos θ∈0，45 ，∵sin53°=45，cos37°=45．∴θ∈[37°，90°]，故选：B ．17．(2020秋•庐阳区校级期中)在三棱锥A-BCD中，BC=BD=AC=AD=10，AB=6，CD=16，点P在平面ACD内，且BP=30，设异面直线BP与CD所成角为α，则sinα的最小值为( )A．31010B．1010C．255D．55【解答】解：取CD中点K，连接AK，BK，∵BC=BD=AC=AD=10，CD=16，∴AK=BK=6，∵AB=6，∴ΔABK为正△，取AK中点O，连接BO，则BO⊥AK，且BO=33，易知CD⊥平面ABK，∴CD⊥BO，∴BO⊥平面ACD，∵BP=30，∴P在图中圆O上，当P与G，H重合时，sinα=1最大，当P与M，N重合时，sinα=3330=31010最小．故选：A．18．(2021•浙江期中)如图，已知三棱锥D-ABC，记二面角C-AB-D的平面角为α，直线DA与平面ABC所成的角为β，直线DA与BC所成的角为γ，则( )A．α≥βB．α≤βC．α≥γD．β≥γ【解答】解：设三棱锥D-ABC是棱长为2的正四面体，取AB中点E，DC中点M，AC中点M，连结DE、CE、MN、EN，过D作DO⊥CE，交CE于O，连结AO，则∠DEC=α，∠DAO=β，∠MNE=γ，DE=CE=4-1=3，DC=2，∴cosα=3+3-42×3×3=13，AO=CO=23CE=234-1=233，∴cosβ=AOAD=2332=33，取BC中点F，连结DF、AF，则DF⊥BC，AF⊥BC，又DF∩AF=F，∴BC⊥平面AED，∴BC⊥AD，∴γ=90°．∴γ≥α≥β．故选：A．19．(2013春•合浦县期中)二面角α-l-β是直二面角，A∈α，B∈β，设直线AB与α、β所成的角分别为∠1和∠2，则( )A．∠1+∠2=90°B．∠1+∠2≥90°C．∠1+∠2≤90°D．∠1+∠2<90°【解答】解：如图，AC⊥l，BD⊥l，则∠BAC≥∠1．又∠BAC+∠2=90°，∴∠1+∠2≤90°．故选：C．20．直线AB与直二面角α-l-β的两个面分别交于A，B两点，且A，B都不在棱l上，设直线AB与α，β所成的角分别为θ和φ，则θ+φ的取值范围是( )A．0°<θ+φ<90°B．0°<θ+φ≤90°C．90°<θ+φ<180°D．θ+φ=90°【解答】解：分别过点A，B向平面β，α作垂线，垂足为A1，B1，连接BA1，AB1，由已知α⊥β，所以AA1⊥β，BB1⊥α，所以∠BAB1=θ，∠ABA1=φ，由最小角定理得∠BAA1≥θ，而∠BAA1+φ=90°，故0<θ+φ=θ+90°-∠BAA1≤90°，当AB⊥l时，θ+φ=90°．故选：B．21．(2021•温州期中)在矩形ABCD中，若AB=8，AD=6，E为边AD上的一点，DE=13AD，现将ΔABE 沿直线BE折成△A BE，使得点A 在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内(不含边界)，设直线A B，A C与平面BCDE 所成角分别为α，β，二面角A -BE -C 的大小为γ，则( )A ．α<β<γB ．β<γ<αC ．α<γ<βD ．β<α<γ【解答】解：如图，∵四边形ABCD 为矩形，∴BA ′⊥A ′D ，当A ′点在底面BCD 上的射影O 落在BC 上时，平面A ′BC ⊥底面BCD ，又DC ⊥BC ，∴DC ⊥平面A ′BC ，∴DC ⊥BA ′，∴BA ′⊥平面A ′DC ，在Rt △BA ′C 中，设BA ′=2，则BC =22，∴A ′C =2，∴O 为BC 中点，当A ′点在底面上的射影E 落在BD 上时，A ′E ⊥BD ，设BA ′=2，则A ′D =22，A ′E =263，BE =233，要使点A ′在平面BCD 上的射影F 在ΔBCD 内(不含边界)，则点A ′的射影F 落在线段OE 上(不含端点)，可知∠A ′EF 为二面角A ′-BD -C 的平面角θ，直线A ′D 与平面BCD 所成角为∠A ′DF =α，直线A ′C 与平面BCD 所成的角为∠A ′CF =β，由题意得DF >CF ，∴A ′C <A ′D ，且A ′E =263，A ′C 的最小值为2，∴sin ∠A ′DF <sin ∠A ′CF <sin ∠A ′EO ，∴α<β<γ．故选：A ．二．填空题(共4小题)22．(2015•黄冈模拟)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练，已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若BC =10m ，AC =20m ，∠BCM =45°，则tan θ的最大值为 233 ．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)【解答】解：如图由点P 向BC 作垂线，连结AG ，则∠PAG =θ，∵BC =10，AC =20，∴∠ACB =60°，AG =CG 2+AC 2-2AC ∙CG ∙cos ∠ACB =CG 2+400-20∙AG ，tan θ=PG AG =CGAG=CG 2CG 2+400-20∙CG=1400CG 2-20CG +1，∴当1CG=202×400，即CG =40时，tan θ取最大值，此时tan θ=1600400+1600-800=233．即tan θ的最大值为233．故答案为：233．23．(2021•嘉兴一模)如图，已知三棱锥A -BCD 的所有棱长均相等，点E 满足DE =3EC，点P 在棱AC 上运动，设EP 与平面BCD 所成角为θ，则sin θ的最大值为 223 ．【解答】解：设棱长为4a ，PC =x (0<x ≤4a )，则PE =x 2+a 2-ax ．设P 到平面BCD 的距离为h ，则h 463a=x 4a ，∴h =63x ，∴sin θ=63x x 2+a 2-ax=63a x -12 2+34，∴x=2a时，sinθ的最大值为223．故答案为22 3．24．(2021•浙江期中)已知三棱锥A-BCD的所有棱长均相等，E为DC的中点，若点P为AC中点，则直线PE与平面BCD所成角的正弦值为 63 ，若点Q在棱AC所在直线上运动，则直线QE与平面BCD所成角正弦值的最大值为 ．【解答】解：连结BE，AE，过A作AO⊥底面BCD，垂足为O，连结OD，则∠ADO是直线PE与平面BCD所成角，设三棱锥A-BCD的所有棱长均相等，设棱长为2，则DO=BO=23BE=234-1=233，AO=4-2332=263，∴sin∠ADO=AOAD=2632=63．∴直线PE与平面BCD所成角的正弦值为63．当Q与A重合时，直线QE与平面BCD所成角正弦值取最大值，此时直线QE与平面BCD所成角为∠AEO，AE=4-1=3，∴直线QE与平面BCD所成角正弦值的最大值为：sin∠AEO=AOAE=2633=223．故答案为：63，223．25．如图，在棱长为3的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点P 是平面A 1BC 1内一动点，且满足|PD |+|PB 1|=5+14，则直线B 1P 与直线AD 1所成角的余弦值的最大值为 105 ．【解答】解：取BC 1的中点E ，作点B 1在平面A 1BC 1内的投影O ，过O 作OF ⎳BC 1交A 1B 于点F ，连结B 1D 、A 1E ，以O 为坐标原点，分别以OF 、OE 、OB 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系如图，根据题意，得D (0，0，-23)，B 1(0，0，3)，B 322，62，0 ，C 1-322，62，0 ，设P (x ，y ，0)，则PD =(-x ，-y ，-23)，PB 1 =(-x ，-y ，3)，BC 1=(-32，0，0)，∵|PD |+|PB 1|=5+14，∴x 2+y 2+12+x 2+y 2+3=5+14，∴|PB 1|=5，即x 2+y 2=2，记α为直线B 1P 与直线BC 1所成的角，则α即为直线B 1P 与直线AD 1所成的角，∴cos <PB 1 ,BC 1 >=PB 1 ∙BC 1|PB 1 |∙|BC 1 |=32x 5×32=x5，∵点P 的轨迹在平面A 1BC 1内是以O 为圆心，2为半径的单位圆，∴-2≤x ≤2，∴-25≤cos <PB 1 ,BC 1 >≤25，又∵α为锐角，∴0≤cos <PB 1 ,BC 1 >≤105，∴直线B 1P 与直线AD 1所成角的余弦值的最大值为105．故答案为：105．三．解答题(共1小题)26．(2021春•鹿城区校级期中)如图，某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面的射击线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)其中∠BCM =30°，AB =15m ，AC =25m ．(1)试求∠ACM的正弦值；(2)当射程AP最短时，试求仰角的正切值tanθ．【解答】解：(1)过点A作AP⊥CM，垂足为P，连接BP，如图所示：因为平面ABC⊥平面BCM，平面ABC∩平面BCM=BC，且AB⊥BC，所以AB⊥平面BCM，又CM⊂平面BCM，所以AB⊥CM，又AB∩AP=A，所以CM⊥平面PAB，所以PC⊥PB，又AB=15cm，AC=25cm，∠ABC=90°，所以BC=252-152=20(cm)，RtΔPBC中，∠BCP=30°，所以PC=BC cos30°=20×32=103(cm)；RtΔPAC中，cos∠ACM=PCAC=10325=235，所以sin∠ACM=1-2352=135．(2)过点P作PN⊥BC，垂足为N，连接AN，则∠PAN即为直线AP与平面ABC所成的角θ，且tanθ= PNAN，计算PN=PC sin30°=103×12=53(cm)，所以BN2=PB2-PN2=12×202-(53)2=25，AN2=AB2+BN2=152+25=250，AN=510，所以tanθ=PNAN=53510=3010，即射程AP最短时，仰角的正切值tanθ=30 10．。
立体几何中的动态问题
例2．如图，正方体1111D C B A ABCD -中，M 是棱1DD 的中点，O 为底面ABCD 的中心，P 为棱11B A 上任意一点，则直线OP 与直线AM 所成的角为（ ） A.4π B. 3π C. 2πD. 与P 点的位置有关 分析：M 点是定点，则AM 是确定的，P 点是11B A 上 任意一点，随着P 点的变化，直线OP 形成了一个 “轨迹面”O B A 11，即面EF B A 11，直线OP与直线AM 所成的角即为考虑定直线OM 与动直线形成 的轨迹面EF B A 11之间的关系。
易知EF B A AM 11面⊥，OP AM ⊥∴例3．在棱长为a 的正方体1111D C B A ABCD -中，E 、F 分别为棱AB 、BC 上的动点，且AE=BF ，（1）求证：E C F A 11⊥；（2）当三棱锥BEF B -1的体积取得最大时，求二面角B EF B --1的大小。
分析：（1）E C F A 11,都是动直线，最终的结果是E C F A 11⊥，则可考虑利用线面垂直来得到，此时需构造平面。
假设E 、F 是静止的， 在B B 1上取一点G 构造平面EG C 1，使之保持 与F A 1垂直，F A 1在平面B A 1、平面B C 1内 的射影分别为F B B A 11,，所以G 点的位置应满足BG=BE=FC ，此时易知EG B A ⊥1，则EG F A ⊥1；F B G C 11⊥，则G C F A 11⊥，∴⊥F A 1平面EG C 1。
（2）随着E 、F 点的变化，三棱锥BEF B -1的形状发生变化，但在变化过程中三棱锥的高B B 1不变，底面BEF 中BE+BF= a 为定值，B B BF BE V BEF B 1611⋅⋅=-2)2(6BF BE a +≤.2413a = 例4．已知直三棱柱111C B A ABC -，AC AB =，F 为棱1BB 上的一点，1:2:1=FB BF ，a BC BF 2==，（1）若D 为BC 的中点，E 为线段AD 上不同于A 、D 的任一点，证明：1FC EF ⊥；（2）试问：若a AB 2=，在线段AD 上的E 点能否使EF 与平面C C BB 11成︒60角，为什么？证CDBOA1A 1B C1D MPCDBA1A 1B C 1D EFGACBDE明你的结论。
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立体几何中的动态问题
一、轨迹问题
1．如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱
DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 的中点P 轨迹的面积（ ）D A ．4π B ．2π
C ．π
D ．
2
π
2．[2015·浙江卷] 如图, 斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠P AB ＝30°，则点P 的轨迹是( )C
A ．直线
B ．抛物线
C ．椭圆
D ．双曲线的一支
3.如图，AB 平面α的斜线段，A 为斜足．若点P 在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是 （ ）B A ．圆 B ．椭圆 C ．一条直线 D ．两平行直线
4．如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 是平面ABCD 内的一个动点，且∠AD 1M =45°，
则动点M 的轨迹是 （ ）D A ．圆 B ．双曲线 C ．椭圆 D ．抛物线 5．如图，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，P 是底面ABCD 内的动点PE ⊥A 1C 于点E ，且PA =PE ，则点P 的轨迹是 （ ）A A ．线段 B ．圆弧
C ．椭圆的一部分
D ．抛物线的一部分
图-2 A
P B
α 图-3
二、判断平行，垂直，夹角问题
1.已知矩形ABCD ，AB=1，BC=2，将△ABD 沿矩形的对角线BD 所在的直线进行翻折，在翻折过程中， （ ）B
A.存在某个位置，使得直线AC 与直线BD 垂直.
B.存在某个位置，使得直线AB 与直线CD 垂直.
C.存在某个位置，使得直线AD 与直线BC 垂直.
D.对任意位置，三对直线“AC 与BD ”， “AB 与CD ”，“AD 与BC ”均不垂直
2.如图，已知点E 是正方形ABCD 的边AD 上一动点（端点除外），现将△ABE 沿BE 所在直线翻折成△BE A '，并连结C A '，D A '．记二面角C BE A --'的大小为)0(παα<<．(D) A ．存在α，使得⊥'BA 面DE A '
B ．存在α，使得⊥'BA 面CD A '
C ．存在α，使得⊥'EA 面C
D A '．
D ．存在α，使得⊥'EA 面BC A '
3.（浙江2015）如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿CD 将ACD ∆折成CD A '∆， 所成二面角B CD A --'的平面角为α，则 (B) A ．α≤'∠DB A B ．α≥'∠DB A
C ．α≤'∠CB A
D ．α≥'∠CB A
三、最值问题
1．在棱长为1的正方体中,点21,P P 分别是线段AB ，BD 1, (不包括端点)上的动点,且线段2
1P P 平行于棱1AD ,则四面体121,AB P P 的体积的最大值为（ ）D （A ）
481 （B ）121 （C ）81 （D ）24
1
2．已知立方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，线段EF ，GH 分别在棱AB ，CC 1上移动，若EF +GH =
21，则三棱锥EFG H -的体积最大值为 48
1 A D A 'B C
B C E D
B
'A A B C D E
变式：作业手册13-9．《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖.如图Z13-4所示，在鳖P ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，且AP ＝AC ＝1, 过A 点分别作AE ⊥PB 于E ，AF ⊥PC 于F ，连接EF ，当△AEF 的面积最大时，tan ∠BPC 的值是( )
A. 2
B.22
C. 3
D.33
3．如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，底面为直角三角
形， 90=∠ACB ，AC =6,21==CC BC ．P 是1BC 上一动点，则1PA CP +的最小值为 ．26
4.（2015浙江学考）在菱形ABCD 中， 60=∠BAD ,线段BD AD ,的中点分别为F E ,，现将
ABD ∆沿对角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是（ ）C A.)3,6(ππ B. ]2,6(ππ C. ]2,3(ππ D. )3
2,3(ππ
5.如图，已知平面四边形ABCD ，AB =BC =3，CD =1
，AD ADC =90°．沿直线AC 将△
ACD 翻折成△ACD'，直线AC 与BD'所成角的余弦的最大值是______．【答案】6
6
图9
6.（2016浙江）如图，在△ABC 中，AB =BC =2，∠ABC =120°.若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD =DA ，PB =BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是 . 【解析】ABC ∆中，因为2,120AB BC ABC ==∠=， 所以30BAD BCA ∠==.
由余弦定理可得2222cos AC AB BC AB BC B =+-⋅
2222222cos12012=+-⨯⨯=，
所以AC =设AD x =
，则0t <<
DC x =.
在ABD ∆中，由余弦定理可得2222cos BD AD AB AD AB A =+-⋅
22222cos30x x =+-
⋅24x =-+.
故BD =
.
在PBD ∆中，PD AD x ==，2PB BA ==.
由余弦定理可得222cos 2PD PB BD BPD PD PB +-∠===
⋅， 所以30BPD ∠=.
E
D
C
B
A P
过P 作直线BD 的垂线，垂足为O .设PO d =
则11
sin 22
PBD S BD d PD PB BPD ∆=⨯=⋅∠，
1
2sin 302
d x =⋅，
解得d =
.
而BCD ∆
的面积111
sin )2sin 30)222
S CD BC BCD x x =
⋅∠=⋅=. 设PO 与平面ABC 所成角为θ，则点P 到平面ABC 的距离sin h d θ=.
故四面体PBCD
的体积
11111sin )33332BcD BcD BcD V S h S d S d x θ∆∆∆=⨯=≤⋅=⨯
=
.
设t =
=
0x ≤≤12t ≤≤.
则|x =
（2
x ≤
|x x ==
故x =
此时，V =21414
()66t t t t
-=⋅=-. 由（1）可知，函数()V t 在(1,2]单调递减，故141
()(1)(1)612
V t V <=-=. 综上，四面体PBCD 的体积的最大值为
1
2
.
7. 如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内
过点D 作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是 ．⎪⎭
⎫
⎝⎛1,21。