解答立体几何问题
阅卷案例 四字解题
(2024·新高考Ⅰ卷，T17，15分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角ACPD的正弦值为，求AD． 读 证明AD∥平面PBC AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为
想 线面平行的判定定理 坐标法及二面角的运算公式
算 在△ABC中得出AB⊥BC 各相关点的坐标，平面的法向量
思 转化与化归 坐标法
规范解答 满分心得
[解] (1)证明： ……………………………………1分 又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB， 所以AD⊥平面PAB．…………………………2分 又AB 平面PAB，所以AD⊥AB．………………3分 在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC． ……………………………………………………4分 所以AD∥BC．………………………………5分 所以AD∥平面PBC．……………………………6分 (2) 建立如图所示空间直角坐标系Dxyz． 令AD＝t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，DC＝，C(0，，0)………………8分 设平面ACP的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 所以 …………9分 设x1＝，则y1＝t，z1＝0， ………10分 设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 所以…………11分 设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0， …………12分 因为二面角A-CP-D的正弦值为，且二面角为锐角，则余弦值为，…………………………13分 所以＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝，…14分 所以t＝，所以AD＝．……………………15分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(2)问求两个平面的法向量时，只列对方程组即得1分． 得关键分：解题过程中的，有则给分，无则没分，如第(1)(2)问解析中标记的． 得计算分：计算准确，如第 (2)问中点的坐标求解，相应平面法向量的求解，待求二面角A-CP-D的余弦值等都要细心运算． 熟知立体几何中的各个定理是正确证明线面位置关系的关键．
§1 空间几何体
【备考指南】 空间点、线、面位置关系的判断，空间角的计算以及空间几何体的表面积和体积是本讲的三个核心命题点．备考的首要任务是熟知空间点、线、面位置关系的理论化体系，熟记相应的计算公式，同时强化空间图形意识和空间问题平面化意识的培养．
基础考点1 空间点、线、面的位置关系
【典例1】 (1)(2024·九省联考)设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m α，l β，m∥l，则α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β
(2)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB＝∠PCB＝，点M，N分别为DP和AB的中点．
①求证：MN∥平面PBC；
②求证：平面PBC⊥平面ABCD．
[听课记录]
1．空间点、线、面位置关系的判断，可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理进行判断．
2．立体几何中有关量的计算常采用化空间为平面的方式，转化到平面图形(如直角三角形、等腰梯形等)中进行求解．
1．(多选)(教材改编)如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下四个命题中，正确的是( )
A．BM∥ED
B．EF∥CD
C．CN与BM为异面直线
D．DM⊥BN
2．(多选)已知在正四面体ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，则( )
A．EF∥平面ACD
B．AC⊥BD
C．AB⊥平面FGH
D．E，F，G，H四点共面
3．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么点P到平面ABC的距离为________．
基础考点2 空间角的计算
【典例2】 (1)(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD -A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
(2)(2024·河南部分重点高中三模)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A-PC-B的正切值为( )
A． B． C．2 D．
[听课记录]
1．几何法求空间角的关键是找出空间角，如线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中求解．
2．求二面角的几何方法：定义法、三垂线定理法、射影面积法等．
1．(2024·山东威海二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，B1C1的中点，若平面DBB1与平面AEF的交线为l，则l与直线AD1所成角的大小为( )
A． B． C． D．
2．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
3．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A-BD-C的余弦值为________．
4．[高考变式]在三棱锥P-ABC中，PC＝8，AC＝3，BC＝8，∠ACB＝60°，点P到△ABC三边的距离相等，且点P在平面ABC上的射影落在△ABC内，则CP与平面ABC所成角的正切值为________．
基础考点3 空间几何体的表面积和体积
【典例3】 (1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( )
A．2π B．3π C．6π D．9π
(2)(2024·天津高考)如图是一个五面体ABC-DEF，已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为( )
A．
C．
(3)(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
[听课记录]
求解几何体的表面积或体积的方法
(1)直接法、割补法、轴截面法及等体积转换法．
(2)对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解不方便时，可采用转换底面的方式求解．尤其涉及“空间点到平面的距离”问题，常采用等体积转换法求解．
1．如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为( )
A． B． C． D．8π
2．(2024·湖北武汉二模)灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分(除去两个球缺)．如图2，球缺是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝(3R－h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高．已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆的直径为24 cm，则该灯笼的体积为(取π＝3)( )
A．32 000 cm3 B．33 664 cm3
C．33 792 cm3 D．35 456 cm3
3．[高考变式]楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中四边形ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为( )
A．18 cm3 B．24 cm3
C．30 cm3 D．48 cm3
1/1解答立体几何问题
阅卷案例 四字解题
(2024·新高考Ⅰ卷，T17，15分)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝． (1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC； (2)若AD⊥DC，且二面角ACPD的正弦值为，求AD． 读 证明AD∥平面PBC AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值为
想 线面平行的判定定理 坐标法及二面角的运算公式
算 在△ABC中得出AB⊥BC 各相关点的坐标，平面的法向量
思 转化与化归 坐标法
规范解答 满分心得
[解] (1)证明： ……………………………………1分 又因为AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB， 所以AD⊥平面PAB．…………………………2分 又AB 平面PAB，所以AD⊥AB．………………3分 在△ABC中，AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC． ……………………………………………………4分 所以AD∥BC．………………………………5分 所以AD∥平面PBC．……………………………6分 (2) 建立如图所示空间直角坐标系Dxyz． 令AD＝t，则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，DC＝，C(0，，0)………………8分 设平面ACP的法向量n1＝(x1，y1，z1)， 所以 …………9分 设x1＝，则y1＝t，z1＝0， ………10分 设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 所以…………11分 设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0， …………12分 因为二面角A-CP-D的正弦值为，且二面角为锐角，则余弦值为，…………………………13分 所以＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝，…14分 所以t＝，所以AD＝．……………………15分 得步骤分：得分点的步骤有则给分，无则没分，如第(2)问求两个平面的法向量时，只列对方程组即得1分． 得关键分：解题过程中的，有则给分，无则没分，如第(1)(2)问解析中标记的． 得计算分：计算准确，如第 (2)问中点的坐标求解，相应平面法向量的求解，待求二面角A-CP-D的余弦值等都要细心运算． 熟知立体几何中的各个定理是正确证明线面位置关系的关键．
§1 空间几何体
【备考指南】 空间点、线、面位置关系的判断，空间角的计算以及空间几何体的表面积和体积是本讲的三个核心命题点．备考的首要任务是熟知空间点、线、面位置关系的理论化体系，熟记相应的计算公式，同时强化空间图形意识和空间问题平面化意识的培养．
基础考点1 空间点、线、面的位置关系
【典例1】 (1)(2024·九省联考)设α，β是两个平面，m，l是两条直线，则下列命题为真命题的是( )
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m α，l β，m∥l，则α∥β
C．若α∩β＝m，l∥α，l∥β，则m∥l
D．若m⊥α，l⊥β，m∥l，则α⊥β
(2)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB＝∠PCB＝，点M，N分别为DP和AB的中点．
①求证：MN∥平面PBC；
②求证：平面PBC⊥平面ABCD．
(1)C [对于A，m，l可能平行、相交或异面，故A错误；对于B，α，β可能相交或平行，故B错误；
对于D，α，β平行，不可能垂直，故D错误；由线面平行性质得C正确．故选C．]
(2)[证明] ①如图，取PC中点E，连接ME，BE，由M为DP的中点，N为AB的中点，得ME∥DC，ME＝DC，又BN∥CD，BN＝CD，则ME∥BN，ME＝BN，因此四边形BEMN为平行四边形，于是MN∥BE，又MN 平面PBC，BE 平面PBC，所以MN∥平面PBC．
②过点P作PQ⊥BC，垂足为Q，连接DQ，由∠DCB＝∠PCB＝，CD＝PC，QC＝QC，得△QCD≌△QCP，
则∠DQC＝∠PQC＝，即DQ⊥BC，而PQ＝DQ＝，PQ2＋DQ2＝4＝PD2，
因此PQ⊥DQ，又DQ∩BC＝Q，DQ，BC 平面ABCD，则PQ⊥平面ABCD，又PQ 平面PBC，
所以平面PBC⊥平面ABCD．
1．空间点、线、面位置关系的判断，可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，并结合有关定理进行判断．
2．立体几何中有关量的计算常采用化空间为平面的方式，转化到平面图形(如直角三角形、等腰梯形等)中进行求解．
1．(多选)(教材改编)如图是一个正方体的平面展开图，在这个正方体中，以下四个命题中，正确的是( )
A．BM∥ED
B．EF∥CD
C．CN与BM为异面直线
D．DM⊥BN
BCD [作出正方体的直观图，如图，由直观图可知BM与DE为互相垂直的异面直线，故A错误；EF∥AB∥CD，故B正确； CN与BM为异面直线，故C正确；
由正方体性质易证DM⊥平面BCN，故DM⊥BN，故D正确．
故选BCD．]
2．(多选)已知在正四面体ABCD中，E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，则( )
A．EF∥平面ACD
B．AC⊥BD
C．AB⊥平面FGH
D．E，F，G，H四点共面
ABD [把正四面体ABCD放到正方体中，如图．
对于A项，∵E，F分别为AB，BC的中点，∴EF∥AC．
又∵AC 平面ACD，且EF 平面ACD，
∴EF∥平面ACD，故A正确；
对于B项，由正方体的性质易得AC⊥BD，故B正确；
对于D项，∵E，F，G，H分别是棱AB，BC，CD，AD的中点，∴EF∥AC且EF＝AC，GH∥AC且GH＝AC，
∴EF∥GH，EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，∴E，F，G，H四点共面，故D正确；
对于C项，若AB⊥平面FGH成立，即AB⊥平面EFGH，
∵HE 平面EFGH，
∴AB⊥HE．
又∵E，H分别为AB，AD的中点，
∴EH∥BD，∴AB⊥BD，
而△ABD为等边三角形，与AB⊥BD矛盾，故C错误．故选ABD．]
3．已知∠ACB＝90°，P为平面ABC外一点，PC＝2，点P到∠ACB两边AC，BC的距离均为，那么点P到平面ABC的距离为________．
[如图，过点P作PO⊥平面ABC于点O，则PO为P到平面ABC的距离．
再过点O作OE⊥AC于点E，OF⊥BC于点F，连接PE，PF，则PE⊥AC，PF⊥BC．
又PE＝PF＝，所以OE＝OF，
所以CO为∠ACB的平分线，
即∠ACO＝45°．
在Rt△PEC中，PC＝2，PE＝，
所以CE＝1，
所以OE＝1，所以PO＝＝＝．]
【教师备选资源】
1．(2021·浙江高考)如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别为A1D，D1B的中点，则( )
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
A [法一：连接AD1(图略)，则易得点M在AD1上，且AD1⊥A1D．因为AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，所以A1D⊥平面ABD1，所以A1D与BD1异面且垂直．在△ABD1中，由中位线性质可得MN∥AB，所以MN∥平面ABCD．易知直线AB与平面BB1D1D成45°角，所以MN与平面BB1D1D不垂直．所以选项A正确．故选A．
法二：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系(图略)．设AB＝2，则A1(2，0，2)，D(0，0，0)，D1(0，0，2)，B(2，2，0)，所以M(1，0，1)，N(1，1，1)，所以＝(－2，0，－2)，＝(2，2，－2)，＝(0，1，0)，所以＝－4＋0＋4＝0，所以A1D⊥D1B．又由题图易知直线A1D与D1B是异面直线，所以A1D与D1B异面且垂直．因为平面ABCD的一个法向量为n＝(0，0，1)，所以· n＝0，所以MN∥平面ABCD．设直线MN与平面BB1D1D所成的角为θ，因为平面BDD1B1的一个法向量为a＝(－1，1，0)，所以sin θ＝|cos 〈，a〉|＝＝＝，所以直线MN与平面BB1D1D不垂直．故选A．]
2．(多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是( )
A B
C D
BC [设正方体的棱长为2．
对于A，如图1所示，连接AC，则MN∥AC，故∠POC(或其补角)为异面直线OP，MN所成的角．
在Rt△OPC中，OC＝，CP＝1，
故tan ∠POC＝＝，故MN⊥OP不成立，故A错误；
对于B，如图2所示，取MT的中点Q，连接PQ，OQ，则OQ⊥MT，PQ⊥MN．
由正方体SBCN-MADT可得SM⊥平面MADT，
而OQ 平面MADT，
故SM⊥OQ，
又SM∩MT＝M，SM，MT 平面SNTM，
故OQ⊥平面SNTM，
又MN 平面SNTM，
所以OQ⊥MN，
又OQ∩PQ＝Q，OQ，PQ 平面OPQ，
所以MN⊥平面OPQ，
又OP 平面OPQ，
故MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图3所示，连接BD，则BD∥MN，
由B的判断可得OP⊥BD，故OP⊥MN，故C正确；
对于D，如图4所示，取AD的中点Q，AB的中点K，连接AC，PQ，OQ，PK，OK，则AC∥MN．
因为DP＝PC，故PQ∥AC，故PQ∥MN，
所以∠QPO(或其补角)为异面直线PO，MN所成的角．
因为正方体的棱长为2，故PQ＝AC＝，OQ＝＝＝，PO＝＝＝，QO2
3．在如图所示的正方体或正三棱柱中，M，N，Q分别是所在棱的中点，则满足直线BM与平面CNQ平行的是( )
A B
C D
B [A选项中(连接B1N，如图1)，由正方体的性质可知BM∥B1N，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误；B选项中(连接AQ，AC，如图2)，
因为NQ∥AC，故平面CNQ即为平面ACNQ，而BM∥AQ，BM 平面CNQ，AQ 平面CNQ，所以直线BM与平面CNQ平行，故正确；
C选项中(连接BQ，如图3)，因为NQ∥BC，故平面CNQ即为平面BCNQ，则直线BM与平面CNQ相交于点B，故错误；
D选项中(如图4)，假设直线BM与平面CNQ平行，过点M作CQ的平行线交A1B1于点D，则点D是A1B1上靠近点B1的四等分点，由MD∥CQ，MD 平面CNQ，CQ 平面CNQ，可得MD∥平面CNQ，又BM与平面CNQ平行，MD∩BM＝M，MD，BM 平面BDM，则平面BDM∥平面CNQ，而平面ABB1A1与平面BDM，平面CNQ分别交于BD，QN，则BD与QN平行，
显然BD与QN不平行，假设错误，所以直线BM与平面CNQ不平行，故错误．
故选B．]
基础考点2 空间角的计算
【典例2】 (1)(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正方体ABCD -A1B1C1D1，则( )
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
(2)(2024·河南部分重点高中三模)在四面体ABCP中，平面ABC⊥平面PAC，△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，AB＝BC＝3，则二面角A-PC-B的正切值为( )
A． B． C．2 D．
(1)ABD (2)A [(1)如图，连接B1C．因为DA1∥B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角．
因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥BC1，故直线BC1与DA1所成的角为90°，A正确；
因为A1B1⊥平面BB1C1C，BC1 平面BB1C1C，则A1B1⊥BC1 ．因为B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，A1B1，B1C 平面A1B1C，所以BC1⊥平面A1B1C．
又A1C 平面A1B1C，所以BC1⊥CA1，故B正确；
连接A1C1，设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，
因为BB1⊥平面A1B1C1D1，C1O 平面A1B1C1D1，所以C1O⊥B1B．
又C1O⊥B1D1，B1D1∩B1B＝B1，B1D1，B1B 平面BB1D1D，所以C1O⊥平面BB1D1D，
所以∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角．
设正方体的棱长为1，则C1O＝，BC1＝，
sin∠C1BO＝＝，
所以直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
因为C1C⊥平面ABCD，所以∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得∠C1BC＝45°，故D正确．
故选ABD．
(2)如图，设AC，PC的中点分别为E，D，连接BE，DE，BD，则DE∥PA．
因为AB＝BC，所以BE⊥AC．
又因为平面ABC⊥平面PAC，BE 平面ABC．
平面ABC∩平面PAC＝AC，
所以BE⊥平面PAC，而PC 平面PAC，则BE⊥PC．
因为△PAC是直角三角形，PA＝PC＝4，
所以PA⊥PC，所以DE⊥PC，且DE＝×4＝2．
因为DE∩BE＝E，且DE，BE 平面BDE．
所以PC⊥平面BDE．
又因为BD 平面BDE，所以PC⊥BD，
所以∠BDE为二面角A-PC-B的平面角，
且tan ∠BDE＝＝＝．
故选A．]
1．几何法求空间角的关键是找出空间角，如线面角(重点是找垂线与射影)，然后在三角形中求解．
2．求二面角的几何方法：定义法、三垂线定理法、射影面积法等．
1．(2024·山东威海二模)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，B1C1的中点，若平面DBB1与平面AEF的交线为l，则l与直线AD1所成角的大小为( )
A． B． C． D．
C [如图，因为E，F分别为棱BC，B1C1的中点，所以BB1∥EF．因为EF 平面AEF，BB1 平面AEF，所以BB1∥平面AEF．又平面DBB1∩平面AEF＝l，BB1 平面DBB1，所以BB1∥l．又AA1∥BB1，所以AA1∥l，所以l与直线AD1所成的角等于∠A1AD1＝．故选C．
]
2．(2023·全国乙卷)已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B． C． D．
C [如图，取AB的中点E，连接CE，DE，则CE⊥AB，DE⊥AB，所以∠DEC是二面角C-AB-D的平面角，所以∠DEC＝150°．因为DE∩CE＝E，DE，CE 平面DCE，所以AB⊥平面DCE．因为AB 平面ABC，所以平面DCE⊥平面ABC，易知∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，设AB＝a，在等腰直角△ABC中，CE＝a，
在等边△ABD中，DE＝a，
在△DCE中，由余弦定理，得
DC2＝＋－2·a·a·cos 150°＝a2，所以DC＝a，
则cos ∠DCE＝＝，
因为0°＜∠DCE＜30°，
所以sin ∠DCE＝＝，
所以tan ∠DCE＝＝．故选C．]
3．如图，△ABC与△BCD所在平面垂直，且AB＝BC＝BD，∠ABC＝∠DBC＝120°，则二面角A-BD-C的余弦值为________．
－ [如图，过点A作AE⊥CB，交CB的延长线于点E，连接DE．
∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，∴AE⊥平面BCD，
∴点E即为点A在平面BCD内的射影，
∴△EBD为△ABD在平面BCD内的射影．
由已知条件易证得△ABE≌△DBE，∴∠DEB＝∠AEB＝90°．
设AB＝a，则BD＝a，AE＝DE ＝ABsin 60°＝a，
∴AD＝a，cos ∠ABD＝，
∴sin ∠ABD＝，
∴S△ABD＝a2×＝a2．
∵BE＝a，
∴S△BDE＝a×a＝a2．
设角θ为射影面与原面所成的二面角的平面角，
∴ cos θ＝＝．
∵要求的是二面角 A-BD-C，而二面角 A-BD-C与A-BD-E互补，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－．]
4．[高考变式]在三棱锥P-ABC中，PC＝8，AC＝3，BC＝8，∠ACB＝60°，点P到△ABC三边的距离相等，且点P在平面ABC上的射影落在△ABC内，则CP与平面ABC所成角的正切值为________．
[如图，设点P在平面ABC内的射影为O点，作PD⊥BC，PE⊥AB，PF⊥AC，连接OD，OE，OF，OP，OC，
则PD＝PE＝PF，易知△POD≌△POE≌△POF，
所以OD＝OE＝OF，所以点O为△ABC的内心．
设△ABC的内切圆的半径为r，△ABC的内切圆与边BC切于点D．
因为AC＝3，BC＝8，∠ACB＝60°，
所以AB＝＝7．
又S△ABC＝AC·BC·sin 60°＝(AC＋BC＋AB)·r，所以r＝．
在Rt△OCD中，∠CDO＝90°，∠OCD＝30°，
所以CO＝．因为PO⊥平面ABC，
所以∠PCO为CP与平面ABC所成的角．
因为PC＝8，所以PO＝＝，
所以CP与平面ABC所成角的正切值为＝＝．]
【教师备选资源】
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
D [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．
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．
由题意得tan θ1＝＝，
tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
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．]
基础考点3 空间几何体的表面积和体积
【典例3】 (1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( )
A．2π B．3π C．6π D．9π
(2)(2024·天津高考)如图是一个五面体ABC-DEF，已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为( )
A．
C．
(3)(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
(1)B (2)C (3) [(1)设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，故圆锥的体积为π×9×＝3π．故选B．
(2)因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋＝．故选C．
(3)由题意可得两个圆台的高分别为h甲＝＝(r2－r1)，
h乙＝＝2(r2－r1)，
所以＝＝＝＝．]
求解几何体的表面积或体积的方法
(1)直接法、割补法、轴截面法及等体积转换法．
(2)对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解不方便时，可采用转换底面的方式求解．尤其涉及“空间点到平面的距离”问题，常采用等体积转换法求解．
1．如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为( )
A． B． C． D．8π
C [设圆锥底面半径为R，母线长为l，则R＝1．设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r＝．
由已知可得，＝＝，所以l＝6．
如图，作出圆锥、圆台的轴截面，
则有＝＝，所以l1＝4．
所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×π＝π．故选C．]
2．(2024·湖北武汉二模)灯笼起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围．如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面的一部分(除去两个球缺)．如图2，球缺是指一个球被平面所截后剩下的部分，截得的圆面叫做球缺的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球缺的高．已知球缺的体积公式为V＝(3R－h)h2，其中R是球的半径，h是球缺的高．已知该灯笼的高为40 cm，圆柱的高为4 cm，圆柱的底面圆的直径为24 cm，则该灯笼的体积为(取π＝3)( )
A．32 000 cm3 B．33 664 cm3
C．33 792 cm3 D．35 456 cm3
B [该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32(cm)，则R－h＝＝16(cm)，由圆柱的底面圆的直径为24 cm，则有(R－h)2＋122＝R2，即162＋122＝R2，可得R＝20，则h＝4，V＝2V圆柱＋V球－2V球缺＝2×4×122×π＋×π×203－2×(60－4)×42
＝3 456＋32 000－1 792＝33 664(cm3)．
故选B．]
3．[高考变式]楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中四边形ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔体形构件的体积为( )
A．18 cm3 B．24 cm3
C．30 cm3 D．48 cm3
C [如图所示，
设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，
因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB 平面EFCD，DC 平面EFCD，所以AB∥平面EFCD．
又平面EFCD∩平面ABFE＝EF，AB 平面ABFE，所以AB∥EF．
因为G，H分别为AB，DC的中点，AB＝6 cm，EF＝3 cm，所以EF∥GB，EF＝GB，
则四边形EGBF为平行四边形，EG∥FB，
同理EH∥FC，又GH∥BC，
所以EGH-FBC为三棱柱，由题意，可得
V四棱锥E-AGHD＝S矩形AGHD·h＝AD·AG·h＝×6×3×2＝12(cm3)．
又V三棱柱EGH-FBC＝3V三棱锥B-EGH＝3V三棱锥E-BGH＝3××V四棱锥E-AGHD＝·V四棱锥E-AGHD＝×12＝18(cm3)．
所以该多面体的体积为V＝V四棱锥E-AGHD＋V三棱柱EGH-FBC＝12＋18＝30(cm3)．故选C．]
【教师备选资源】
(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB，记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
CD [如图，连接BD交AC于点O，连接OE，OF．设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1．
因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE-ACD＝S△ACD·ED＝AD·CD·ED＝×2×2×2＝，V2＝VF-ABC＝S△ABC·FB＝AB·BC·FB＝×2×2×1＝．
因为ED⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD 平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF．
因为OE，OF 平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF．
易知AC＝BD＝AB＝2，OB＝OD＝BD＝，OF＝＝，OE＝＝，EF＝＝＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，
所以OF⊥OE，又OE∩AC＝O，OE，AC 平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF-ACE＝S△ACE·OF＝AC·OE·OF＝×2＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确．故选CD．]
专题限时集训(八) 空间几何体
一、单项选择题
1．(2024·广东佛山二模)某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为( )
A．3π B．4π C．5π D．6π
A [设圆锥底面半径为r，母线长为l，由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得r＝＝1，l＝＝2，所以圆锥的表面积S＝πr2＋πrl＝3π．故选A．]
2．已知α，β，γ是三个平面，α∩β＝a，α∩γ＝b，β∩γ＝c，且a∩b＝O，则下列结论正确的是( )
A．直线b与直线c可能是异面直线
B．直线a与直线c可能平行
C．直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)
D．直线c与平面α可能平行
C [对于ABC选项，因为α∩β＝a，α∩γ＝b，a∩b＝O，
所以O∈α，O∈β，O∈γ．
因为β∩γ＝c，所以O∈c，
所以直线a，b，c必然交于一点(即三线共点)，AB错误，C正确；
对于D选项，假设直线c与平面α平行，
由O∈c，可知O α，
这与O∈α矛盾，故假设不成立，D错误． 故选C．]
3．(2024·贵州贵阳一模)如图，是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为3 km，山高为3 km，B是山坡SA上一点，且AB＝7 km．现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为( )
A．10.2 km B．12 km
C． km D． km
D [依题意，底面半径为3 km，山高为3 km，则母线长SA＝＝12(km)，
底面圆的周长为2πr＝6π(km)，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角α＝＝，如图，是圆锥侧面展开图，
显然AB＝＝13(km)，
由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点的连线的最小值，
即点H为公路的最高点，AH段为上坡路段，HB段为下坡路段，由直角三角形射影定理知SA2＝AH·AB，即122＝13AH，解得AH＝ km，
所以公路上坡路段长为 km．故选D．]
4．(2024·北京丰台期末)在某次数学探究活动中，小明先将一副三角尺按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角尺ABC折起，使得二面角A-BC-D为直二面角，得图2所示四面体ABCD．小明对四面体ABCD中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC；②AB⊥平面ACD；③平面ABD⊥平面ACD；④平面ABD⊥平面BCD．其中判断正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
C [对于①，因为二面角A-BC-D为直二面角，所以平面ABC⊥平面BCD．
又因为平面ABC∩平面BCD＝BC，DC⊥BC，且DC 平面BCD，
所以DC⊥平面ABC，所以①正确；
对于②，由DC⊥平面ABC，且AB 平面ABC，可得AB⊥CD．
又因为AB⊥AC，且AC∩CD＝C，AC，CD 平面ACD，
所以AB⊥平面ACD，所以②正确；
对于③，因为AB⊥平面ACD，且AB 平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACD，所以③正确；
对于④，由题意可知平面ABC⊥平面BCD．
若平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面ABC＝AB，可得AB⊥平面BCD．
又因为BC 平面BCD，所以AB⊥BC．
因为AB与BC不垂直，所以矛盾，所以平面ABD与平面BCD不垂直，所以④错误．
故选C．]
5．(2024·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为( )
A． B．1
C．2 D．3
B [法一：如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，
可知S△ABC＝×6×6×＝＝×2×＝，
设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，
则＝h＝，解得h＝．
分别过A1，D1作底面垂线，垂足为M，N，设AM＝x，
则AA1＝＝，DN＝AD－AM－MN＝2－x，
可得DD1＝＝，
结合等腰梯形BCC1B1可得＝，
即x2＋＝(2－x)2＋＋4，解得x＝，
所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tan ∠A1AM＝＝1．
法二：如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，
则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角．
因为＝＝，则＝，
可知＝VP-ABC＝，则VP-ABC＝18．
设正三棱锥P-ABC的高为d，则VP-ABC＝d××6×6×＝18，解得d＝2．
取底面ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，且AO＝2，所以PA与平面ABC所成角的正切值tan ∠PAO＝＝1．故选B．]
6．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，该棱锥的高为( )
A．1 B．2
C． D．
D [由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD．
如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2，PF＝2，EF＝4，因为PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF．过点P作PG⊥EF，垂足为G．易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF 平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF．又PG 平面PEF，所以CD⊥PG．又PG⊥EF，CD，EF 平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P-ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝．故选D．]
7．已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形．若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为( )
A．
C．
C [如图，取AB的中点O，连接OC，OD，则AB⊥OC，AB⊥OD，∠DOC＝150°，过D作DE⊥OC，交CO的延长线于点E，易知DE⊥平面ABC，
设OA＝2，则OC＝2，OD＝2，OE＝3，DE＝，
∴tan ∠DCE＝＝．
∴直线CD与平面ABC所成角的正切值为，故选C．]
8．设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为V1，V2和V3，则( )
A．V1＜V2＜V3 B．V2＜V1＜V3
C．V3＜V1＜V2 D．V3＜V2＜V1
B [设正方体棱长为a，正四面体棱长为b，球的半径为R，表面积为S．
正方体表面积为S＝6a2，所以a2＝，
所以＝(a3)2＝(a2)3＝．
如图正四面体P-ABC，D为AC的中点，O为△ABC的中心，则PO是正四面体P-ABC的高，
则BD⊥AC，AD＝b，
所以BD＝＝b，
所以S△ABC＝·AC·BD＝·b·b＝b2，
所以正四面体P-ABC的表面积为S＝4S△ABC＝b2，所以b2＝S．
又O为△ABC的中心，所以BO＝BD＝b．
又根据正四面体的性质，可知PO⊥BO，
所以PO＝＝b，
所以＝＝
＝b6＝＝S3．
球的表面积为S＝4πR2，所以R2＝，
所以＝＝S3．
因为S3＞S3＞S3＞S3＝S3，
所以，所以V2＜V1＜V3．故选B．]
二、多项选择题
9．已知空间中三条不同的直线a，b，c，三个不同的平面α，β，γ，则下列说法中正确的是( )
A．若a∥b，a⊥α，则b⊥α
B．若α∩β＝a，β∩γ＝b，α∩γ＝c，则a∥b∥c
C．若α⊥β，a α，a⊥β，则a∥α
D．若c⊥β，c⊥γ，则β∥γ
ACD [对于A，a∥b，a⊥α，则b⊥α一定成立，A正确；
对于B，
如图，正方体两两相交的三个平面ABCD，平面ABB1A1，平面ADD1A1，
平面ABCD∩平面ABB1A1＝AB，平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，
平面ABB1A1∩平面ADD1A1＝AA1，但AB，AD，AA1不平行，故B错误；
对于C，若α⊥β，a⊥β，则a∥α或a α，
但a α，所以a∥α，C正确；
对于D，c⊥β，c⊥γ，则β∥γ，D正确．
故选ACD．]
10．(2024·河北保定二模)如图1，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，EF⊥AB，CF＝EF＝2DF＝2，AE＝3，EB＝4，将四边形AEFD沿EF进行折叠，使AD到达A′D′位置，且平面A′D′FE⊥平面BCFE，连接A′B，D′C，如图2，则( )
A．BE⊥A′D′
B．平面A′EB∥平面D′FC
C．多面体A′EBCD′F为三棱台
D．直线A′D′与平面BCFE所成的角为
ABD [对于A，因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，
平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，BE⊥EF，BE 平面BCFE，
所以BE⊥平面A′D′FE，所以BE⊥A′D′，A正确；
对于B，因为A′E∥D′F，A′E 平面D′FC，D′F 平面D′FC，
所以A′E∥平面D′FC．
又BE∥CF，BE 平面D′FC，CF 平面D′FC，
所以BE∥平面D′FC．
又A′E∩BE＝E，A′E，BE 平面A′EB，所以平面A′EB∥平面D′FC，B正确；
对于C，因为＝＝，则≠，
所以多面体A′EBCD′F不是三棱台，C错误；
对于D，如图，延长A′D′，EF相交于点G，
因为平面A′D′FE⊥平面BCFE，平面A′D′FE∩平面BCFE＝EF，A′E 平面A′D′FE，A′E⊥EF，
所以A′E⊥平面BCFE，则∠A′GE为直线A′D′与平面BCFE所成的角．
因为A′E∥D′F，所以＝，
解得GF＝1，GE＝3，tan ∠A′GE＝＝1，
则∠A′GE＝，D正确．
故选ABD．]
11．(2024·南京师大附中模拟)四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD＝AD＝1，＝＝，平面ADE∩平面PBC＝l，PC∩平面DEF＝G，则( )
A．直线l与平面PAD相交
B．PC⊥DE
C．＝
D．三棱锥P-EFG的体积为
BD [取PC的中点Q，连接EQ，DQ．
因为E是棱PB的中点，则BC∥EQ．
因为AD∥BC，则AD∥EQ，即A，D，E，Q四点共面，则直线l为直线EQ．
因为AD 平面PAD，EQ 平面PAD，AD∥EQ，
所以EQ∥平面PAD，即l∥平面PAD，故A错误；
因为PD⊥底面ABCD，AD 平面ABCD，所以PD⊥AD．
又底面ABCD为正方形，
所以CD⊥AD．又因为PD∩CD＝D，PD，CD 平面PDC，
所以AD⊥平面PDC．又PC 平面PDC，所以AD⊥PC．
因为PD＝AD＝DC，所以△PDC是等腰直角三角形．
又点Q为PC的中点，所以PC⊥DQ．
因为AD∩DQ＝D，AD，DQ 平面ADQE，
所以PC⊥平面ADQE．又DE 平面ADQE，
所以PC⊥DE，故B正确；
设＝λ，＝＝＝＝＋λ－2，
因为PC∩平面DEF＝G，所以D，E，F，G四点共面，则＋λ－2＝1，得λ＝，即＝，故C错误；
由VP-EFG＝VE-PFG＝VB-PFG＝×VB-PAC＝VP-ABC＝，故D正确．
故选BD．]
三、填空题
12．(2024·陕西咸阳模拟)如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E，F分别为AD，PC上一点，且AE∶AD＝2∶5，当PA∥平面EBF时，＝________．
[如图，连接AC交BE于点O，连接OF．
因为AD∥BC，AE∶AD＝2∶5，
所以＝＝．
因为PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC＝OF，PA 平面PAC，
所以PA∥OF，所以＝＝．]
13．(2024·江苏南通二模)已知二面角α-l-β为直二面角，A∈α，B∈β，A l，B l，AB与α，β所成的角分别为，则AB与l所成的角为________．
[如图，
作AD⊥l，BC⊥l，垂足分别为D，C，连接BD，AC，
则AD⊥β，BC⊥α，
所以∠BAC为AB与α所成的角，∠ABD为AB与β所成的角，即∠BAC＝，∠ABD＝．
建立如图所示空间直角坐标系Dxyz，设AB＝2m，
则BC＝m，AC＝m，AD＝BD＝m，得
DC＝＝m，
A(m，0，0)，B(0，m，m)，所以＝(－m，m，m)，取直线l的单位方向向量为l＝(0，1，0)，设AB与l所成的角为θ，则cos θ＝|cos 〈，l〉|＝＝＝，所以θ＝，即AB与l所成的角为．]
四、解答题
14．(2024·全国甲卷)如图，已知AB∥CD，CD∥EF，AB＝DE＝EF＝CF＝2，CD＝4，AD＝BC＝，AE＝2，M为CD的中点．
(1)证明：EM∥平面BCF；
(2)求点M到平面ADE的距离．
[解] (1)证明：由题意得，EF∥MC，且EF＝MC，所以四边形EFCM是平行四边形，所以EM∥FC．
又CF 平面BCF，EM 平面BCF，所以EM∥平面BCF．
(2)取DM的中点O，连接OA，OE(图略)．因为AB∥MC，且AB＝MC，所以四边形AMCB是平行四边形，所以AM＝BC＝，
又AD＝，故△ADM是等腰三角形，同理△EDM是等边三角形，可得OA⊥DM，OE⊥DM，OA＝＝3，OE＝＝，又AE＝2，所以OA2＋OE2＝AE2，故OA⊥OE．
又OA⊥DM，OE∩DM＝O，OE，DM 平面EDM，
所以OA⊥平面EDM．
易知S△EDM＝×2×＝．
在△ADE中，cos ∠DEA＝＝，
所以sin ∠DEA＝，S△ADE＝×2×2＝．
设点M到平面ADE的距离为d，由VM-ADE＝VA-EDM，得S△ADE·d＝S△EDM·OA，得d＝，
故点M到平面ADE的距离为．
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