(共48张PPT)
微重点11 球的切接问题
专题四 立体几何
空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题位置.
考点一 空间几何体的外接球
考点二 空间几何体的内切球
专题强化练
内容索引
空间几何体的外接球
考点一
(1)(2022·保定模拟)已知三棱锥P－ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为
A.12π B.16π C.20π D.24π
√
例1
∵PA⊥平面ABC，所以把三棱锥P－ABC补成直三棱柱PB′C′－ABC，如图所示，
设E，F为上、下底面三角形的外心，
则EF的中点O为直三棱柱PB′C′－ABC的球心，在△ABC中，
设该三棱锥外接球半径为R，
∴表面积S＝4πR2＝20π.
(2)(2022·宝鸡模拟)两个边长为2的正三角形△ABC与△ABD，沿公共边AB折叠成60°的二面角，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为
√
如图，设△ABC与△ABD的中心分别为N，M，连接DM，CN并延长交AB于E，连接OE，OB，OM，ON.
根据外接球的性质有OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，
又二面角D－AB－C的大小为60°，故∠DEC＝60°，
易得Rt△MEO≌Rt△NEO，
故∠MEO＝∠NEO＝30°，
又EB＝1，
求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径；
(2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；
(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
规律方法
跟踪演练1
45π
设四面体ABCD的外接球的半径为R，将四面体ABCD置于长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，
故四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2＝45π.
(2)(2022·临川模拟)已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为边长是4的正方形，侧面PAB⊥底面ABCD，且△PAB为等边三角形，则该四棱锥
P－ABCD的外接球的表面积为
√
如图所示，在四棱锥P－ABCD中，取侧面△PAB和底面正方形ABCD的外接圆的圆心分别为O1，O2，分别过O1，O2作两个平面的垂线交于点O，
则由外接球的性质知，点O即为该球的球心，
取线段AB的中点E，连接O1E，O2E，O2D，OD，
则四边形O1EO2O为矩形，
在Rt△OO2D中，可得OD2＝OO＋O2D2，
所以四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为
空间几何体的内切球
考点二
(1)(2022·酒泉模拟)在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为
例2
√
由AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，得AB⊥CD.
又BC⊥CD，且AB，BC 平面ABC，AB∩BC＝B，
所以CD⊥平面ABC，
又AC 平面ABC，所以CD⊥AC.
由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，
所以三棱锥A－BCD的表面积
设三棱锥内切球球心为O，半径为r，
(2)(2022·湖北多校联考)已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC为轴旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为
√
旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心，
过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，
则OE＝OF＝r(r为内切球的半径)，
空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径.
规律方法
(1)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则V的最大值是
跟踪演练2
√
由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，
所以AC＝10，
又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1的内部的球半径最大为R＝2，
(2)(2022·西安模拟)六氟化硫，化学式为SF6，在常温常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫的分子结构为正八面体结构(正八面体是每个面都是正三角形的八面体)，如图所示.若此正八面体的棱长
为2，则它的内切球的表面积为
√
设正八面体内切球半径为R，给正八面体标出字母如图所示，
连接AC，BD交于点O，连接EO，
因为EA＝EC，ED＝EB，
所以EO⊥AC，EO⊥BD，
又AC和BD交于点O，
所以EO⊥平面ABCD，所以O为正八面体的中心，
所以O到八个面的距离相等，且距离即为内切球半径，
设内切球与平面EBC切于点H，所以OH⊥平面EBC，
所以OH即为正八面体内切球半径，
所以R＝OH，因为正八面体的棱长为2，
专题强化练
1.(2022·九江模拟)如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥外接球的表面积为
√
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在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，折起后OD，OE，OF两两垂直，
故该三棱锥外接球即以OD，OE，OF为棱的长方体外接球.
因为OD＝2，OE＝1，OF＝1，
所以该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝6π.
2.(2022·佛山模拟)如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为
√
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依题意，做球的轴截图如图所示，
其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，
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解得R＝3，由于圆柱的高为2，
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3.(2022·济宁模拟)若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为
A.2∶1 B.3∶2 C.7∶3 D.7∶4
√
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如图，设O1，O2分别为正六棱柱的底面中心，r为内切球半径，R为外接球半径，
O为O1O2的中点，D为AB的中点，
设正六棱柱的底面边长为2，若正六棱柱有内切球，
则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3.
4.(2022·芜湖模拟)半正多面体亦称阿基米德多面体，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，它们的边长都相等，称这样的半正多面体为二十四等边体.现有一个体积为V1的二十四等边体，其外接球体积为V2，
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√
设该半正多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，即为二十四等边体，如图所示
由二十四等边体的对称性可知，
其外接球的球心即为正方体的中心O，半径为中心到一个顶点的距离，
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设球O的外切正方体的棱长为b，则b满足b＝2r，显然选项D正确.
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√
√
√
所以PA2＋AC2＝CP2，得CA⊥PA，
由D是PB的中点，得AD⊥PB，
又PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，故B正确；
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即球心O到底面PAB的距离为1，故C错误；
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7.(2022·漳州模拟)某中学开展劳动学习，学习加工制作包装盒.现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60°，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个球形冰淇淋(内切)，则该球形冰淇淋的表面积为________.
16π
如图，由题意知，∠BAC＝60°，AO1＝6，
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设内切球球心为O，半径为R，
则OD＝OO1＝R，
在Rt△ADO中，∠OAD＝30°，
所以2R＝6－R，解得R＝2，
所以S＝4πR2＝16π.
8.(2022·烟台质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，AD∥BC，∠ABC＝60°，AB＝AD，若四棱锥P－ABCD的体积为24，则四棱锥P－ABCD外接球的表面积是
________.
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如图，分别取BC，AD的中点O′，E，
连接PE，O′E，O′A，O′D.
因为四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝4，
AD∥BC，∠ABC＝60°，
因为四棱锥P－ABCD的体积为24，设四棱锥P－ABCD的高为h，
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因为E是AD的中点，所以PE⊥AD.
因为O′A＝O′B＝O′C＝O′D＝4，
所以四边形ABCD外接圆的圆心为O′，半径r＝4.
设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，
连接OO′，OP，OB，过点O作OF⊥PE，垂足为F.
易证四边形EFOO′是矩形，
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设四棱锥P－ABCD外接球的半径为R，
则R2＝OO′2＋O′B2＝OF2＋PF2＝O′E2＋(PE－OO′)2，
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8(共64张PPT)
微重点12 立体几何中的动态问题
专题四 立体几何
“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
考点二 折叠、展开问题
考点三 最值、范围问题
专题强化练
内容索引
动点轨迹问题
考点一
√
例1
√
对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，
图1
对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，
图2
方法一 对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1，设AB1与A1B交于点K，连接PK(图略)，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.
所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确.
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.
规律方法
(1)(多选)(2022·漳州质检)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的边长为2，M为CC1的中点，P为平面BCC1B1上的动点，且满足AM∥平面A1BP，则下列结论正确的是
A.AM⊥B1M
B.CD1∥平面A1BP
跟踪演练1
√
√
如图建立空间直角坐标系，
则A(0,0,2)，A1(0,2,2)，B(0,0,0)，B1(0,2,0)，M(2,1,0)，P(x，y，0)，
所以动点P在直线3x－2y＝0上，
所以AM与B1M不垂直，A选项错误；
B选项，CD1∥A1B，A1B 平面A1BP，CD1 平面A1BP，
所以CD1∥平面A1BP，B选项正确；
C选项，动点P在直线3x－2y＝0上，且P为平面BCC1B1上的动点，
D选项错误.
折叠、展开问题
考点二
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A1，则下列结论正确的有
√
√
√
A选项，∵正方形ABCD，
∴AD⊥AE，DC⊥FC，
由折叠的性质可知A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，
又∵A1E∩A1F＝A1，A1E，A1F 平面A1EF，
∴A1D⊥平面A1EF，
又∵EF 平面A1EF，
∴A1D⊥EF，故A正确；
在△A1EF中，A1E2＋A1F2＝EF2，则A1E⊥A1F，
由A选项可知，A1D⊥A1E，A1D⊥A1F，
∴三棱锥A1－EFD的三条侧棱A1D，A1E，A1F两两相互垂直，把三棱锥A1－EFD放置在长方体中，
∴
D选项，设点A1到平面EFD的距离为h，则在△EFD中，
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.
规律方法
跟踪演练2
√
√
√
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′，
四面体D′ABC的体积最大时，BO⊥平面ACD′，
此时S△BAD′＝S△BCD′＝2sin∠BCD′取得最大值2，
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，
D正确.
最值、范围问题
考点三
(多选)(2022·梅州模拟)如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有
A.当P为BD1的中点时，∠APC为锐角
B.存在点P，使得BD1⊥平面APC
√
例3
√
√
如图，以点D为原点建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，B(1,1,0)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)，
所以∠APC为锐角，故A正确；
当BD1⊥平面APC时，
因为AP，CP 平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP，
故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确；
对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，
设平面APC的一个法向量为n＝(x，y，z)，
可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，
则点B到平面APC的距离为
当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0，
当0<λ≤1时，
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.
规律方法
(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_________________.
跟踪演练3
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E1的位置时，E－BCD的体积最小，
设E，E1到平面BCD的距离分别为h1，h2，则
专题强化练
1.(多选)(2022·佛山模拟)在棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D中，M是A1B1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∥BC1
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对于A，显然无法找到点N，使得MN∥BC1，故A错误；
对于B，
对于C，如图所示，N1，N2分别为B1B，B1C1的中点，有MN1∥平面A1BC1，MN2∥平面A1BC1，故C正确；
对于D，易证B1D⊥平面A1BC1，B1D⊥平面ACD1，且B1O1＝O1O2＝O2D＝
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记点N到侧面PAB的距离为d，
PN与侧面PAB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PAB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，
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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，∠FAD＝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
√
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√
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，∠PAD＝30°，DA＝3，
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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，
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而VB－PAD＝VP－BAD＝VP－BCD＝VB－PCD，
所以VM－PAD＝VM－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＝ ，且AC⊥BD，则
A.平面ACD⊥平面ABC
B.球心O为△ABC的中心
C.直线OM与CD所成的角最小为
D.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
√
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√
√
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，
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∴DE2＋BE2＝BD2，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；
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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；
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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.
当OM∥AC时，∠DCA为直线OM与CD所成的角，
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ABEF
B.MN∥l
C.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
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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，
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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，
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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，
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由正弦定理可得△ABE的外接圆半径
由A选项可知，AD⊥平面ABEF，
所以四面体EABD的外接球半径
故四面体EABD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×17＝68π，所以D选项不正确.
√
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6
√
√
F为C1D1中点，如图，
又E为B1C中点，∴EF∥BD1，
∵EF 平面EFD，BD1 平面EFD，
∴BD1∥平面EFD，
则当P在线段BD1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；
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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，
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∴OC2＋OO′2＝O′C2，
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6
对于C，将问题转化为在平面ABC1D1内求解PE＋PF的最小值，
作E关于线段BD1的对称点E1，过E1作HG∥AD1，分别交C1D1，AB于H，G，如图所示，
∵PE＝PE1，∴PE＋PF＝PE1＋PF≥E1H(当且仅当F与H重合时取等号)，
∵∠E1BA＝∠ABD1－∠D1BE
＝∠ABD1－∠D1BC1，
∴sin∠E1BA＝sin(∠ABD1－∠D1BC1)
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6(共52张PPT)
微重点13 截面、交线问题
专题四 立体几何
“截面、交线”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线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解.
考点一 截面问题
考点二 交线问题
专题强化练
内容索引
截面问题
考点一
(多选)如图，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为A1D1的中点，F为CC1上的一个动点，设由点A，E，F构成的平面为α，则
A.平面α截正方体的截面可能是三角形
√
例1
考向1 多面体中的截面问题
√
√
如图，建立空间直角坐标系，延长AE与z轴交于点P，
连接PF与y轴交于点M，
则平面α由平面AEF扩展为平面APM.
由此模型可知截面不可能为三角形，故A错误；
当F为CC1的中点时，易知平面α截正方体的截面为五边形，故D正确；
D(0,0,0)，A(2,0,0)，P(0,0,4)，
设点M的坐标为(0，t,0)(t∈[2,4])，
则可知点P到直线AM的距离为
设点D到平面α的距离为h，
利用等体积法VD－APM＝VM－PAD，
(2022·华大新高考联盟联考)已知在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝ ，AC＝2，点E，F分别是线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于点G，则过点G的平面α截三棱锥S－ABC的外接球球
O所得截面面积的取值范围是___________.
例2
考向2 球的截面问题
因为AB2＋BC2＝AC2，
故AB⊥BC，又因为SA⊥平面ABC，
取AC的中点D，连接BD，BD必过点G，如图所示，
作几何体截面的方法
(1)利用平行直线找截面；
(2)利用相交直线找截面.
规律方法
(1)(多选)(2022·江苏六校联考)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，E，F分别是AB，BC的中点，过点D1，E，F的平面记为α，则
A.平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的形状为
四边形
B.平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面的面积为
C.平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为
47∶25
D.点A1到平面α的距离与点B到平面α的距离之比为1∶3
跟踪演练1
√
√
如图，延长EF分别与DA，DC的延长线交于点P，Q，连接D1P，交AA1于点M，连接D1Q，交CC1于点N，连接ME，NF，则平面α截直四棱柱ABCD－A1B1C1D1所得截面为五边形D1MEFN，故A错误；
由平行线分线段成比例可得，AP＝BF＝1，
故DP＝DD1＝3，
则△DD1P为等腰直角三角形，
由相似三角形可知AM＝AE＝1，
因此五边形D1MEFN可以分成等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，
记平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积分别为V1，V2，
则
则V1∶V2＝47∶25，故C正确；
因为平面α过线段AB的中点E，
所以点A到平面α的距离与点B到平面α的距离相等，
由平面α过A1A的三等分点M可知，
点A1到平面α的距离是点A到平面α的距离的2倍，
因此点A1到平面α的距离是点B到平面α的距离的2倍，故D错误.
(2)(2022·芜湖模拟)已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围
为________.
正三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，如图所示，
所以截面圆的面积最小为π·12＝π，
交线问题
考点二
在四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，平面α过点A，C，且BD⊥平面α，则平面α与侧面
CBD的交线长为____.
例3
考向1 多面体中的交线问题
如图1，因为△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形且AD＝CD，AB＝BD＝2，
所以△BCD与△BAD全等，且为等腰三角形，
所以在△ABD中，过顶点A作边BD上的高，垂足为E，取AD的中点O，连接OB，如图2，
所以在△BCD中，过顶点C作边BD上的高，垂足为F，取CD的中点M，连接MB，如图3，
所以点E，F重合，即BD⊥AE(F)，BD⊥CE(F)，
因为AE∩CE＝E，所以BD⊥平面ACE，
考向2 与球有关的交线问题
例4
若AD＝AF＝2，则PD＝PF＝4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上，
所以，平面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；
找交线的方法
(1)线面交点法：各棱线与截平面的交点.
(2)面面交点法：各棱面与截平面的交线.
规律方法
跟踪演练2
√
依题意得，设底面等腰Rt△ABC的直角边长为x(x>0)，
又∵顶点P到底面ABC的距离为4，
∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周.
当球心在底面ABC和截面圆之间时，
球心O到该截面圆的距离为d2＝4－3＝1，
当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，
(2)(2022·广安模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，S是A1B1的中点，P是A1D1的中点，点Q在正方形DCC1D1及其内部运动，若PQ∥平面SBC1，则点Q的轨迹的长度是_____.
如图所示，
要使PQ∥平面SBC1，作PE∥C1S交C1D1于E，
SC1 平面SBC1，PE 平面SBC1，
则PE∥平面SBC1，
因为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长是2，
连接BD，取BD的中点O，连接PO，
则PSBO为平行四边形，则PO∥SB，SB 平面SBC1，PO 平面SBC1，
则PO∥平面SBC1，
又PO∩PE＝P，PO，PE 平面POE，
所以平面POE∥平面SBC1，
设平面POE∩平面DCC1D1＝EF，
专题强化练
√
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4
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√
√
6
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2
3
4
5
由题意，椭圆短轴长2b＝2r，
由椭圆在底面投影即为底面圆，则cos θ等于圆的面积与椭圆面积的比值，
综上，A，C，D正确，B错误.
6
2.(多选)(2022·资阳模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F，G分别是棱CC1，CB，CD的中点，P为线段AD1上的一个动点，平面α∥平面EFG，则下列命题中正确的是
A.不存在点P，使得CP⊥平面EFG
B.三棱锥P－EFG的体积为定值
C.平面α截该正方体所得截面面积的最大值为
D.平面α截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
√
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3
4
5
√
√
6
如图，连接A1C，可得A1C⊥平面EFG，由A1C与AD1异面可知，不存在点P，使得CP⊥平面EFG，故A正确；
由AD1∥平面EFG，可得动点P到平面EFG的距离为定值，故三棱锥P－EFG的体积为定值，故B正确；
如图，当截面为正六边形IJKLMN时(其中I，J，K，L，M，N都是棱的中点)，所得截面面积最大，
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5
截面可能为三角形，也可能为六边形，故D正确.
6
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√
√
6
1
2
3
4
5
对于A选项，
因为PA⊥平面ABC，AB 平面ABC，所以PA⊥AB，
由余弦定理可得OM2＝OP2＋PM2－2OP·PMcos∠APB，
6
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5
因为MN 平面ABC，BC 平面ABC，
所以MN∥平面ABC，B正确；
对于C选项，因为MN∥BC，则△PMN∽△PBC，
6
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5
对于D选项，因为MN＝OM＝ON＝2，
6
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3
4
5
√
√
6
取CD的中点G，连接AR，AS，RS，BG，AG，
记RS∩BG＝M，连接AM.
过点A作AH⊥平面BCD，垂足为H，
则H为△BCD的中心，正四面体ABCD外接球的球心O在AH上，
AO为球O的半径.
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设球O的半径为R，
则R2＝(AH－OH)2＝BH2＋OH2，
解得R＝3，OH＝1.
当λ∈[1,3]时，截面AEF从平面ARS转动到平面ACD，
要求截面的面积只需考虑球心O到截面的距离的取值范围即可.
由题意可知CD∥RS且CD⊥平面ABG，如图，
过点O作ON⊥AM，
垂足为N，则ON⊥平面ARS.
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6
即球心O到截面的距离d∈[0,1]，
则截面圆的半径满足r2＝R2－d2∈[8,9]，
故所求截面的面积S∈[8π，9π].
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6
5.(2022·临沂模拟)已知正三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为________.
2π
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6
由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，
侧面均为全等的等腰梯形，
在四边形ABB1A1中，AB＝5，A1B1＝2，AA1＝BB1＝3，
如图，在棱AB上取BF＝2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，
即∠A1AB＝60°，则以下底面的一个顶点A为球心，
分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，
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6.(2022·徐州模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为6，E，F分别是A1D1，AA1的中点，平面CEF截正方体所得的截面为多边形，则此截面多边形的周长为______________.
延长EF交DA的延长线于点M，连接MC交AB于点N，延长FE与DD1的延长线交于点P，连接PC交C1D1于点Q，连接EQ，则五边形EFNCQ即为平面CEF截正方体所得的截面.如图所示，
则有A1F＝FA＝AM＝3，
又因为△MAN∽△MDC，
1
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同理可得QD1＝2，QC1＝4，
1
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5
6(共56张PPT)
微重点14 与空间角有关的最值问题
专题四 立体几何
立体几何动态问题中，空间角的最值及范围问题是高考的常考题型，常与图形翻折、点线面等几何元素的变化有关，常用方法有几何法、函数(导数)法、不等式法等.主要是利用三角函数值比较及最小角定理(线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角)等求解.
考点一 空间角的大小比较
考点二 空间角的最值
考点三 空间角的范围
专题强化练
内容索引
空间角的大小比较
考点一
(2022·嘉兴质检)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，AA1＝a，AB＝b，且a＞b，侧棱CC1上一点E满足CC1＝3CE，设异面直线A1B与AD1，A1B与D1B1，AE与D1B1所成的角分别为α，β，γ，则
A.α＜β＜γ B.γ＜β＜α
C.β＜α＜γ D.α＜γ＜β
√
例1
以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立空间直角坐标系(图略)，
∵长方体ABCD－A1B1C1D1的底面为正方形，
AA1＝a，AB＝b，且a＞b，
侧棱CC1上一点E满足CC1＝3CE，
∴A1(b，0，a)，B(b，b，0)，A(b，0,0)，D1(0,0，a)，
∵a＞b＞0，∴cos α＞cos β＞cos γ＝0，∴α＜β＜γ.
(1)最小角定理：直线与平面所成角是直线与平面内所有直线所成角中最小的角(线面角是最小的线线角).
(2)最大角定理：二面角是平面内的直线与另一个平面所成角的最大角(二面角是最大的线面角).
规律方法
设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P－AC－B的平面角为γ，则
A.β<γ，α<γ B.β<α，β<γ
C.β<α，γ<α D.α<β，γ<β
跟踪演练1
√
由题意，直线PB与直线AC所成的角α大于直线PB与平面ABC所成的角β，即β<α，而直线PB与平面ABC所成的角β小于二面角P－AC－B的平面角γ，所以β<γ.
空间角的最值
考点二
例2
取DC1的中点O，连接D1O，OP，D1P，作MS⊥平面AB1C1D于点S，ET⊥平面AB1C1D于点T(图略)，由正方体性质可知D1O⊥平面AB1C1D，
则∠EPT为直线EP与平面AB1C1D的夹角，当O，T，P共线时，PT最小，
求空间角最值、范围的两种常用方法
(1)利用空间角的定义及几何图形找到空间角，构造三角形，利用三角函数的比值构造函数求最值、范围.
(2)建立空间坐标系，利用坐标运算求空间角的三角函数值，构造函数求最值、范围.
规律方法
跟踪演练2
√
(2022·内江模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M为线段A1D的中点，N为线段CD1上的动点，则直线C1D与直线MN所成角的正弦值的最小值为
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，
则M(1,0,1)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，
设直线C1D与直线MN所成角为θ，
空间角的范围
考点三
√
例3
如图，取AD的中点O，BC的中点G，连接OS，OG，则OG⊥AD，以OG所在直线为x轴，OD所在直线为y轴，过点O且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立空间直角坐标系.
设AB＝2，则A(0，－1,0)，C(2,1,0)，D(0,1,0).
因为△SAD为正三角形，O为AD的中点，
所以SO⊥AD，又OG⊥AD，
所以∠SOG是二面角S－AD－C的平面角，
求空间角的范围时，要注意空间角自身的范围；利用坐标法求角时，要注意向量夹角与空间的关系.
易错提醒
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点O为线段BD的中点.设点P在棱CC1上，直线OP与平面A1BD所成的角为α，则sin α的取值范围是
跟踪演练3
√
令P(0,0，m)，m∈[0,1]，
设平面A1BD的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则平面A1BD的一个法向量为n＝(1,1，－1)，
专题强化练
√
1
2
3
4
5
6
根据题意，初始状态，直线AD与直线BC所成的角为0，
1
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5
6
且DB∩DC＝D，DB，DC 平面DBC，
所以AD⊥平面DBC，又BC 平面DBC，
2.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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则
A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1
C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1
√
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4
5
6
方法一 由题意知四棱锥S－ABCD为正四棱锥，
如图，连接AC，BD，记AC∩BD＝O，
连接SO，则SO⊥平面ABCD，
取AB的中点M，连接SM，OM，OE，易得AB⊥SM，
则θ2＝∠SEO，θ3＝∠SMO，易知θ3≥θ2.
因为OM∥BC，BC⊥AB，SM⊥AB，
所以θ3也是OM与平面SAB所成的角，即BC与平面SAB所成的角，
再根据最小角定理知θ3≤θ1，所以θ2≤θ3≤θ1.
1
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5
6
方法二 如图，不妨设底面正方形的边长为2，
E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，
S到底面的距离SO＝1，
以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.
1
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4
5
6
此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1，
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.
故θ2≤θ3≤θ1.
1
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5
6
3.(多选)(2022·汕头模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则
A.直线BD1⊥平面A1C1D
B.三棱锥P－A1C1D的体积为定值
√
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2
3
4
5
6
√
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
D(0,0,0)，B1(1,1,1)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，
则(x－1,0，z－1)＝λ(－1,0，－1)，λ∈[0,1]，
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又DA1∩DC1＝D，DA1，DC1 平面A1C1D，
所以直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
对于B，设侧面BCC1B1的对角线交点为O，
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而A1B1⊥平面BCC1B1，OC1 平面BCC1B1，
所以A1B1⊥OC1，而A1B1∩CB1＝B1，
A1B1，CB1 平面A1B1CD，
所以OC1⊥平面A1B1CD，
为定值，故B
正确；
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设直线C1P与平面A1C1D所成角为α，
因为λ∈[0,1]，
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4.(2022·义乌模拟)如图，在等边△ABC中，D，E分别是线段AB，AC上异于端点的动点，且BD＝CE，现将△ADE沿直线DE折起，使平面ADE⊥平面BCED，当D从B滑动到A的过程中，则下列选项中错误的是
A.∠ADB的大小不会发生变化
B.二面角A－BD－C的平面角的大小不会
发生变化
C.BD与平面ABC所成的角变大
D.AB与DE所成的角先变小后变大
1
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√
设等边△ABC的边长为1，
AD＝x(0在△ABC中，由BD＝CE，得DE∥BC，
如图，过点A作AG⊥BC，交DE于点H，交BC于点G，连接BH，则AH⊥DE，
1
2
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4
5
6
在△ADE沿直线DE折起的过程中，AH⊥DE，HG⊥BC始终满足.
由平面ADE⊥平面BCED，平面ADE∩平面BCED＝DE，AH 平面ADE，
所以AH⊥平面BCED，
又BH 平面BCED，则AH⊥BH，
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所以∠ADB大小不变，故A正确；
如图，过H作HO⊥BD交BD于点O，
由AH⊥平面BCED，BD 平面BCED，得AH⊥BD，
又AH∩OH＝H，AH，OH 平面AOH，
所以BD⊥平面AOH，
所以∠AOH为二面角A－BD－C的平面角，
所以∠AOH大小不变，故B正确；
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6
由AH⊥DE，得AH⊥BC，
又HG⊥DE，且HG∩AH＝H，HG，AH 平面AGH，
所以BC⊥平面AGH，
又AG 平面AGH，所以BC⊥AG，
又AH⊥平面BCED，HG 平面BCED，则AH⊥HG，
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设点D到平面ABC的距离为d，
由等体积法可得VA－BCD＝VD－ABC，
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设BD与平面ABC所成的角为θ，
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6
所以在这一过程中，sin θ变小，则角θ变小，故C不正确；
由DE∥BC，则∠ABC(或其补角)为AB与DE所成的角.
由上可知，BC⊥AG，
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5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是棱AB(包括端点)上的动点，设点P在运动过程中，平面PDB1与平面ADD1A1夹角的最小值为α，则cos α＝
________.
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以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)，
设正方体的棱长为1，AP＝a(0≤a≤1)，
则易得D(0,0,0)，P(1，a，0)，B1(1,1,1)，
设平面PDB1的一个法向量为n＝(x，y，z)，
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令x＝a，得平面PDB1的一个法向量为n＝(a，－1，－a＋1)，
易得平面ADD1A1的一个法向量为m＝(0,1,0)，
设平面PDB1与平面ADD1A1的夹角为θ，
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6.已知E，F，O分别是正方形ABCD的边BC，AD及对角线AC的中点，将△ACD沿着AC进行翻折构成三棱锥，则在翻折过程中，直线EF与平
面BOD所成角的余弦值的取值范围为________.
如图所示，设正方形的边长为2，
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OA⊥OB，OA⊥OD，
设∠BOD＝α，α∈(0，π)，直线EF
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