(共63张PPT)
专题一 函数与导数
微重点8 立体几何中的动态问题
专题一 函数与导数
“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.
内容索引
考点一
考点二
考点三
动点轨迹问题
折叠、展开问题
最值、范围问题
专题强化练
例1
(多选)(2023·宁波联考)正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，点P满
√
√
√
由向量基本定理可知，点B1，C，P共线，
如图，连接AD1，A1C，BC1，B1C，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，A1B1⊥平面BB1C1C，
因为BC1 平面BB1C1C，所以A1B1⊥BC1，又B1C∩A1B1＝B1，
所以BC1⊥平面A1B1C，
在BC1上任取一点P，连接A1P，
则A1P 平面A1B1C，所以BC1⊥A1P，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为AB∥D1C1，且AB＝D1C1，
所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以AD1∥BC1，则AD1⊥A1P，故选项A正确；
对于B，如图，连接A1C1，C1D，A1D，B1C，
由向量基本定理可知点B1，C，P共线，
即点P在直线B1C上，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
因为A1B1∥DC，且A1B1＝DC，所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以A1D∥B1C，A1D 平面A1C1D，BC1 平面A1C1D，
所以B1C∥平面A1C1D，则直线B1C上任意一点到平
面A1C1D的距离相等，又因为△A1C1D的面积为一
定值，所以三棱锥A1－PDC1的体积为定值，故选项
B正确；
对于C，如图，连接AC，BD，AB1，BD1，B1C，B1D1，
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥BD，BB1⊥平面ABCD，
因为AC 平面ABCD，
所以BB1⊥AC，又BB1∩BD＝B，
所以AC⊥平面BB1D1D，BD1 平面BB1D1D，
所以AC⊥BD1，
同理AB1⊥BD1，又AB1∩AC＝A，
所以BD1⊥平面AB1C，
所以点P在侧面BB1C1C所在的平面上运动，且PA⊥BD1，所以动点P的轨迹就是直线B1C，故选项C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
√
如图，取AP的中点F，连接EF，BF.
因为EF∥AD，AD∥BC，所以EF∥BC.
故四边形EFBC为平行四边形，则有CE∥BF，且CE＝BF，
则有点F的轨迹长度与点E的轨迹长度相同，
过点F作FH⊥AB于点H，则点F的轨迹是以H为圆心、FH长为半径的圆，
考点二
折叠、展开问题
(多选)已知菱形ABCD的边长为2，∠ADC＝60°，将△ACD沿AC翻折，使点D与点B重合，如图所示.记点P为翻折过程中点D的位置(不包含在点B处的位置)，则下列结论正确的是
A.无论点P在何位置，总有AC⊥PB
B.存在点P，使得AB⊥PC
例2
√
√
√
如图，连接PB，依题意，△ABC，△APC都是等边三角形，
取AC的中点E，则BE⊥AC，PE⊥AC，
又PE∩BE＝E，PE，BE 平面PBE，
于是AC⊥平面PBE，又PB 平面PBE，
因此AC⊥PB，A正确；
P的轨迹是以AC为轴的两个同底的圆锥底面半圆弧，显然圆锥轴截面的顶角为∠BAD＝∠BCD＝120°，大于90°，
则存在两条母线互相垂直，即存在点P，使得CD⊥PC，而翻折前AB∥CD，
因此存在点P，使得AB⊥PC，B正确；
当PB＝2时，三棱锥P－ABC为正四面体，将△PAB，△PCB展开在同一平面内，如图，
显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，
设点A到平面PBC的距离为d，
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.
(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD中，AB＝
，AD＝1，AF⊥平面ABCD，且AF＝3，点E为线段CD
(除端点外)上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△D′AE，
则下列说法中正确的是
A.当点E固定在线段CD的某位置时，点D′的运动轨迹为球面
B.存在点E，使AB⊥平面D′AE
跟踪演练2
√
选项A，当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD′⊥D′E，过D′作D′H⊥AE于点H，H为定点，D′H的长度为定值，且D′H在过点H与AE垂直的平面内，故D′的轨迹是以H为圆心，D′H为半径的圆，故A错误；
选项B，无论E在CD(端点除外)的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD′E垂直，故B错误；
设平面BCF的法向量为n＝(x，y，z)，
设EF与BC所成的角为θ，
考点三
最值、范围问题
例3
(多选)(2023·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
√
√
√
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，
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.
(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论正确的是
A.四面体PA1D1A的体积为定值
跟踪演练3
√
√
√
对于A，由正方体可得平面DAA1D1∥平面BCC1B1，且B，P∈平面BCC1B1，
所以点B到平面DAA1D1的距离等于点P到平面DAA1D1的距离，
所以四面体PA1D1A的体积
所以四面体PA1D1A的体积为定值，故A正确；
对于C，连接A1C1，A1B，
由正方体可得AA1＝CC1，AA1∥CC1，
所以四边形AA1C1C是平行四边形，所以AC∥A1C1，
因为AC 平面ACD1，A1C1 平面ACD1，
所以A1C1∥平面ACD1，
同理可得BC1∥平面ACD1
因为A1C1∩BC1＝C1，A1C1，BC1 平面A1C1B，
所以平面A1C1B∥平面ACD1，
因为A1P 平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1，故C正确；
对于D，因为AC∥A1C1，
所以∠PA1C1(或其补角)为直线A1P与AC所成的角，
当P与C1重合时，此时∠PA1C1最小为0，
专题强化练
1.(多选)(2023·盐城模拟)点P在正方体ABCD－A1B1C1D1的侧面CDD1C1及其边界上运动，并保持BP⊥A1C，若正方体的边长为1，则A1P的可能取值是
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√
√
以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则点A1(1,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，
设点P(0，y，z)(0≤y≤1,0≤z≤1)，
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√
2.(2023·枣庄模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M是A1B1的中点，点P是侧面CDD1C1上的动点，且MP∥平面AB1C，则线段MP长度的取值范围为
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取CC1的中点R，取CD的中点N，取B1C1的中点H，连接MC1，MH，MR，MN，HR，NR，如图所示，
因为R是CC1的中点，H是B1C1的中点，所以B1C∥HR，
因为HR 平面AB1C，B1C 平面AB1C，
所以HR∥平面AB1C，同理可得MH∥平面AB1C，
又HR∩MH＝H，HR，MH 平面MNRH，
所以平面MNRH∥平面AB1C.
又MP 平面MNRH，线段MP扫过的图形是△MNR，
所以MN2＝NR2＋MR2，即∠MRN为90°，
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3.(2023·青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角P－ABC是由有公共端点P且不共面的三条射线PA，PB，PC以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC＝α，∠BPC＝β，∠APB＝γ，二面角A－PC－B为θ，由三
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如图所示，作BD垂直于CP于点D，
设点B在平面APC中的射影为M，连接BM，MD，
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设二面角A－PC－B为θ，
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4.(多选)(2023·杭州模拟)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，则
A.存在唯一点P，使得D1P⊥B1C
B.存在唯一点P，使得直线D1P与平面ABCD所成的角取到
最小值
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√
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对于A选项，在正方形BCC1B1中，有BC1⊥B1C，正方体中有AB⊥平面BCC1B1，B1C 平面BCC1B1，所以AB⊥B1C，
又BC1∩AB＝B，BC1，AB 平面ABC1D1，所以B1C⊥平面ABC1D1，
只要D1P 平面ABC1D1，就有D1P⊥B1C，P在线段AB上，有无数个点，故A错误；
对于B选项，D1D⊥平面ABCD，直线D1P与平面ABCD所成的角为∠D1PD，D1D＝2，∠D1PD取到最小值时，PD最大，此时点P与点B重合，故B正确；
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则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，
设P(x，y，0)(0≤x≤2,0≤y≤2)，
化简得x2＝4y，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，所以动点P的轨迹是抛物线的一部分，故D正确.
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图1
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对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示，
图2
对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B(图略)，
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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D正确.
方法二 对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，
图3
以点C1为原点建立如图3所示的空间直角坐标系C1xyz，
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图3
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6.(多选)(2023·淮安模拟)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝3，AA1＝1，E，F分别是棱BC，AC上的动点(不包括端点)，且满足EF＝ ，则下列结论正确的是
A.存在点E，使得∠B1EF＝90°
B.直线EF与A1B1异面
C.三棱锥C－B1EF体积的最大值为
D.二面角E－B1C1－F的最大值为60°
√
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√
√
由正三棱柱ABC－A1B1C1，BB1⊥平面ABC，且EF 平面ABC，可得BB1⊥EF，
则EF⊥CE，即EF⊥BC，又BC∩BB1＝B，所以EF⊥平面BB1C1C，
而B1E 平面BB1C1C，则EF⊥B1E，即存在点E，使得∠B1EF＝90°，故A正确；
如图，在△CEF中，由余弦定理得
3＝CE2＋CF2－CE·CF≥CE·CF，
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如图，过点F作FD⊥BC，垂足为D，则FD⊥平面BB1C1C，
过点D作DG⊥B1C1，垂足为G，连接FG，
则∠FGD就是二面角E－B1C1－F的一个平面角，
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7.(多选)(2023·武汉模拟)如图，在棱长为2的正四面体P－ABC中，D，E分别为AB，AC上的动点(不包含端点)，F为PC的中点，则下列结论正确的有
√
√
展开图如图所示，F为PC的中点，易知AF⊥AB，
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设等边△ABC的中心为O，连接PO，
易知PO⊥平面ABC，
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所以结合对勾函数性质可得
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√
8.(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，
连接DB，在矩形ABCD中，DA＝3，DC＝2，
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在Rt△PDB中，
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，PD，DM 平面PBD，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；
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对于C，将此四棱锥补形成一个长方体，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，
而VB－PAD＝VP－BAD＝VP－BCD＝VB－PCD，
所以VM－PAD＝VM－PCD，故D正确.(共87张PPT)
专题一 函数与导数
第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系
专题一 函数与导数
考情分析
高考对此部分的考查，一是空间线面关系的命题的真假判断，以选择题、填空题的形式考查，属于基础题；二是空间线线、线面、面面平行和垂直关系交汇综合命题，一般以选择题、填空题或解答题的第(1)问的形式考查，属中档题.
内容索引
考点一
考点二
空间直线、平面位置关系的判定
空间平行、垂直关系
专题强化练
考点一
空间直线、平面位置关系的判定
判断空间直线、平面位置关系的常用方法
(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.
(2)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.
核心提炼
例1
(1)(2023·宝鸡模拟)已知α，β是空间两个不同的平面，m，n是空间两条不同的直线，则下列结论错误的是
A.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
B.若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n
C.若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
D.若α∥β，m α，n β，则m∥n
√
对于A，若m⊥α，m⊥n，则n α或n∥α，
若n α，n⊥β，则α⊥β，
若n∥α，则平面α内存在直线c使得n∥c，又n⊥β，
所以c⊥β，又c α，所以α⊥β，故A正确；
对于B，若m⊥α，α∥β，则m⊥β，又n⊥β，
则m∥n，故B正确；
对于C，若m⊥α，m∥n，所以n⊥α，又n⊥β且α，β是空间两个不同的平面，则α∥β，故C正确；
对于D，若α∥β，m α，n β，则m∥n或m与n异面，故D错误.
(2)(多选)(2023·金丽衢十二校联考)每个面均为正三角形的八面体称为正八面体，如图.若点G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，则下列结论正确的是
A.四边形AECF是平行四边形
B.GH与MN是异面直线
C.GH∥平面EAB
D.GH⊥BC
√
√
如图，连接AC，EF，BD，MH，EH，EM，MG，NH，则AC与EF相交且互相平分，故四边形AECF为平行四边形，故A正确；
所以AE∥CF且AE＝CF.又G，H，M，N分别是正八面体ABCDEF的棱DE，BC，AD，BF的中点，
所以GM∥AE，NH∥CF，
所以GM∥NH，且GM＝NH，
所以四边形MNHG是平行四边形，故B错误；
易证平面MNHG∥平面EAB，
又GH 平面MNHG，
所以GH∥平面EAB，故C正确；
因为EH⊥BC，MH⊥BC，EH∩MH＝H，
EH，MH 平面EMH，
所以BC⊥平面EMH，
而GH 平面EMH，GH∩EH＝H，
所以GH与BC不垂直，故D错误.
规律方法
对于线面关系的存在性问题，一般先假设存在，然后再在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足，则假设成立；若得出矛盾，则假设不成立.
(1)(多选)(2023·广州模拟)已知直线m与平面α有公共点，则下列结论一定正确的是
A.平面α内存在直线l与直线m平行
B.平面α内存在直线l与直线m垂直
C.存在平面β与直线m和平面α都平行
D.存在过直线m的平面β与平面α垂直
跟踪演练1
√
√
对于A选项，若直线m与α相交，且平面α内存在直线l与直线m平行，由于m α，则m∥α，这与直线m与α相交矛盾，假设不成立，A错误；
对于B选项，若m α，则在平面α内必存在l与直线m垂直；若直线m与α相交，设m∩α＝A，如图所示，
若m⊥α，且l α，则m⊥l；若m与α斜交，过直线m上一点P(异于点A)作PB⊥α，垂足为点B，
过点A作直线l，使得l⊥AB，因为PB⊥α，l α，则l⊥PB，
又因为l⊥AB，PB∩AB＝B，PB，AB 平面PAB，所以l⊥平面PAB，
因为m 平面PAB，所以l⊥m，
综上所述，平面α内存在直线l与直线m垂直，B正确；
对于C选项，设直线m与平面α的一个公共点为点A，假设存在平面β，使得α∥β且m∥β，
过直线m作平面γ，使得γ∩β＝l，因为m∥β，m γ，γ∩β＝l，则l∥m，
因为α∥β，记α∩γ＝n，又因为γ∩β＝l，则n∥l，
因为在平面γ内过点A有且只有一条直线与直线l平行，且A∈n，故m，n重合，
所以m α，但m不一定在平面α内，C错误；
对于D选项，若m⊥α，则过直线m的任意一个平面都与平面α垂直，
若m与α不垂直，设直线m与平面α的一个公共点为点A，
则过点A有且只有一条直线l与平面α垂直，记直线l，m所确定的平面为β，则α⊥β，D正确.
(2)(多选)(2023·长春模拟)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，直线A1C与平面AB1D1的交点为M，O为线段B1D1的中点，则下列结论正确的是
A.A，M，O三点共线
B.M，O，A1，B四点不共面
C.B，B1，O，M四点共面
D.B，D1，C，M四点共面
√
√
√
如图，因为AA1∥CC1，则A，A1，C1，C四点共面.
因为M∈A1C，则M∈平面ACC1A1，
又M∈平面AB1D1，则点M在平面ACC1A1与平面
AB1D1的交线上，
同理，O，A也在平面ACC1A1与平面AB1D1的交线上，
所以A，M，O三点共线，故A正确；
从而M，O，A1，A四点共面，都在平面ACC1A1内，
而点B不在平面ACC1A1内，
所以M，O，A1，B四点不共面，故B正确；
B，B1，O三点均在平面BB1D1D内，而点A不在平面BB1D1D内，
所以直线AO与平面BB1D1D相交且点O是交点，
所以点M不在平面BB1D1D内，
即B，B1，O，M 四点不共面，故C错误；
因为BC∥D1A1，且BC＝D1A1，
所以四边形BCD1A1为平行四边形，
所以CA1，BD1共面，所以B，D1，C，M四点共面，故D正确.
考点二
空间平行、垂直关系
平行关系及垂直关系的转化
核心提炼
(2023·全国甲卷)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，A1C⊥平面ABC，∠ACB＝90°.
(1)证明：平面ACC1A1⊥平面BB1C1C；
例2
考向1 平行、垂直关系的证明
因为A1C⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，
又因为∠ACB＝90°，即AC⊥BC，
因为A1C，AC 平面ACC1A1，A1C∩AC＝C，
所以BC⊥平面ACC1A1，
又因为BC 平面BB1C1C，
所以平面ACC1A1⊥平面BB1C1C.
(2)设AB＝A1B，AA1＝2，求四棱锥A1－BB1C1C的高.
如图，过点A1作A1O⊥CC1于点O.
因为平面ACC1A1⊥平面BB1C1C，平面ACC1A1∩平面BB1C1C＝CC1，A1O 平面ACC1A1，
所以A1O⊥平面BB1C1C，
所以四棱锥A1－BB1C1C的高为A1O.
因为A1C⊥平面ABC，AC，BC 平面ABC，
所以A1C⊥BC，A1C⊥AC，
在Rt△ABC与Rt△A1BC中，
因为A1B＝AB，BC＝BC，所以Rt△ABC≌Rt△A1BC，所以A1C＝AC.
设A1C＝AC＝x，则A1C1＝x，
又因为A1C⊥AC，
所以四棱锥A1－BB1C1C的高为1.
规律方法
(1)证明线线平行的常用方法
①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理.
(2)证明线线垂直的常用方法
①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直.
如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，DE⊥平面ABCD，EF∥平面ABCD，且DE＝EF＝
(1)求证：BF∥平面AEC；
跟踪演练2
如图，设AC与BD交于点O，
则O为正方形ABCD的中心，连接OE，OF.
则DE＝EF＝1.
∵四边形ABCD为正方形，
∵EF∥平面ABCD，且平面ABCD∩平面BDEF＝BD，EF 平面BDEF，
∴EF∥BD，
∴EF∥OB，EF＝OB，即四边形BOEF为平行四边形，
∴OE∥BF.
又OE 平面AEC，BF 平面AEC，
∴BF∥平面AEC.
(2)求证：DF⊥平面AEC.
∵EF∥DO，且EF＝DO，DE＝EF，
∴四边形ODEF为菱形.
∵DE⊥平面ABCD，
∴四边形ODEF为正方形，∴DF⊥OE.
又四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC.
∵DE⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
∴DE⊥AC.
而BD∩DE＝D，且BD，DE 平面BDEF，
∴AC⊥平面BDEF.
∵DF 平面BDEF，
∴AC⊥DF.
又OE∩AC＝O，OE，AC 平面AEC，
∴DF⊥平面AEC.
核心提炼
翻折问题，关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决.
考向2 翻折问题
(1)(2023·成都模拟)如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AD，BC上的点，且AD＝3AE，BC＝3BF，设P，Q分别为线段AF，CE的中点，将四边形ABFE沿着直线EF进行翻折，使得点A不在平面CDEF上，在这一过程中，下列关系不能成立的是
A.AB∥CD B.AB⊥PQ
C.PQ∥ED D.PQ∥平面ADE
例3
√
翻折之后如图所示，连接PQ，DF.
因为AD＝3AE，BC＝3BF，所以AB∥EF且EF∥CD，
因此AB∥CD，故选项A成立；
因为P，Q分别为AF，CE的中点，
所以Q为DF的中点，所以PQ∥AD，
易得AB⊥AD，所以AB⊥PQ，故选项B成立；
因为PQ∥AD，ED∩AD＝D，所以PQ与ED不平行，故选项C不成立；
因为PQ∥AD，且PQ 平面ADE，AD 平面ADE，所以PQ∥平面ADE，故选项D成立.
(2)(多选)(2023·山东名校大联考)如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折的过程中，下面四个命题中正确的是
A.BM的长是定值
B.点M的运动轨迹在某个圆周上
C.存在某个位置，使DE⊥A1C
D.A1不在底面BCD上时，MB∥平面A1DE
√
√
√
如图所示，取CD的中点F，连接MF，BF，AC，
易得MF∥A1D，BF∥DE，
∵MF 平面A1DE，A1D 平面A1DE，
∴MF∥平面A1DE，
同理可得BF∥平面A1DE，
又MF∩BF＝F，MF，BF 平面BMF，
∴平面BMF∥平面A1DE，
∵BM 平面BMF，
∴BM∥平面A1DE，D选项正确；
又∠BFM＝∠A1DE，
由余弦定理知，
BM2＝MF2＋BF2－2MF·BF·cos∠MFB，
∴BM的长为定值，A选项正确；
∴点M的运动轨迹在以点B为圆心，BM为半径的圆周上，B选项正确；
∵A1C在平面ABCD中的射影在直线AC上，且AC与DE不垂直，
∴不存在某个位置，使DE⊥A1C，C选项错误.
易错提醒
注意图形翻折前后变与不变的量以及位置关系.对照前后图形，弄清楚变与不变的元素后，再立足于不变的元素的位置关系与数量关系去探求变化后的元素在空间中的位置与数量关系.
(2023·郑州质检)已知正方形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D－ABC.记AC，BC，AD的中点分别为O，M，N，则下列结论错误的是
A.AC⊥平面BOD
跟踪演练3
√
对于A，因为四边形ABCD为正方形，可得AC⊥BO，AC⊥DO，
又由BO∩DO＝O，且BO，DO 平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正确；
对于B，当平面ACD⊥平面ABC时，此时点D到平面ABC的距离最大，
对于D，如图所示，取AB，AO的中点E，F，
分别连接ME，EF，NF，NE，MF，
因为E，F，N分别为AB，AO，AD的中点，
可得EF∥BO，NF∥DO且EF∩NF＝F，BO∩DO＝O，
所以平面NEF∥平面BOD，
又因为AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，
因为AC∥ME，所以ME⊥平面NEF，
所以∠MNE即为直线MN与平面NEF所成的角，
专题强化练
一、单项选择题
1.(2023·安阳统考)若a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c的位置关系是
A.平行 B.相交 C.异面 D.异面或相交
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√
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
AB∥A1B1，AB与BC相交，A1B1与BC是异面直线；
AB∥A1B1，AB与AA1相交，A1B1与AA1是相交直线，
∴若a，b，c是空间三条直线，a∥b，a与c相交，则b与c的位置关系是异面或相交.
2.(2023·河南校联考模拟)已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是
A.若α⊥β，m⊥α，m⊥n，则n⊥β
B.若m∥n，m∥α，n∥β，则α∥β
C.若α⊥β，m α，n β，则m⊥n
D.若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
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对于A，可能会出现n∥β，n β，或n与β相交但不垂直的情况，所以A错误；
对于B，由m∥n，m∥α，n∥β，可得α∥β或平面α，β相交，故B错误；
对于C，由α⊥β，m α，n β，可得m∥n或m，n相交或m，n异面，
相交或异面时两直线可能不垂直，故C错误；
对于D，m⊥α，m∥n，则n⊥α，再由n∥β，可得α⊥β，可知D正确.
3.(2023·泉州联考)如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线MN∥平面ABC的是
√
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对于A，由正方体的性质可得MN∥AC，
因为MN 平面ABC，AC 平面ABC，
所以直线MN∥平面ABC，故A正确；
对于B，如图，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的
性质可得MN∥AD，因为MN 平面ABC，AD 平面ABC，
所以直线MN∥平面ABC，故B正确；
对于C，由正方体的性质可得平面ABC与正方体的右侧
面平行，故MN∥平面ABC，故C正确；
对于D，如图，作出完整的截面ABNMHC，
可得MN在平面ABC内，不能得出平行，故D错误.
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4.(2023·长沙模拟)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面△A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是
A.CC1与B1E是异面直线
B.AC⊥平面ABB1A1
C.AE与B1C1为异面垂直
D.A1C1∥平面AB1E
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对于A，∵CC1 平面BCC1B1，B1E 平面BCC1B1，
∴CC1与B1E共面，A错误；
对于B，若AC⊥平面ABB1A1，
AB 平面ABB1A1，则AC⊥AB，即△ABC为直角三角形，
∴△A1B1C1为直角三角形，与已知△A1B1C1是正三角形相矛盾，B错误；
对于C，∵AE∩平面BCC1B1＝E，E B1C1，
∴AE，B1C1为异面直线，
∵△ABC为正三角形，E为BC的中点，∴AE⊥BC，
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∵BC∥B1C1，∴AE⊥B1C1，C正确；
对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，
∴直线A1C1与平面AB1E相交，故D错误.
5.如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝4，BC＝2，M，N分别为棱C1D1，CC1的中点，则
A.A，M，N，B四点共面
B.平面ADM⊥平面CDD1C1
C.直线BN与B1M所成的角为30°
D.BN∥平面ADM
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如图所示，连接MN，BC1，对于A选项，AB∥C1M，C1M∩MN＝M，MN 平面ABC1M，
所以直线AB，MN是异面直线，故A，M，N，B四点不共面，A错误；
对于B选项，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AD⊥平面CDD1C1，又AD 平面ADM，所以平面ADM⊥平面CDD1C1，B正确；
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对于C选项，取CD的中点O，连接BO，ON，则B1M∥BO，可知BO＝ON＝BN＝2 ，所以△BON为等边三角形，故∠OBN＝60°，即直线BN与B1M所成的角为60°，C错误；
对于D选项，因为BN∥平面AA1D1D，显然BN与平面ADM不平行，D错误.
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由题意可知由BP⊥AP，BP⊥CP，
又AP∩CP＝P，AP，CP 平面PAC，
所以BP⊥平面PAC，
因为AC 平面PAC，所以AC⊥BP，故A正确；
设点P到平面ABC的距离为h，
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所以h＝1，又PA＝2，
设直线PA与平面ABC所成的角为θ，
由B选项知，△PAC为直角三角形，
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设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，
又因为BP⊥平面PAC，
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二、多项选择题
7.(2023·深圳模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，则下列命题中的真命题有
A.存在点P，使得PQ⊥A1C1
B.存在点P，使得PQ∥A1B
C.直线PQ始终与直线CC1异面
D.直线PQ始终与直线BC1异面
√
√
√
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，
因为点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，
当点P和点D1重合时，PQ 平面BDD1B1，
所以PQ⊥A1C1，故A正确；
连接A1D，A1B，当点P为线段A1D的中点时，
PQ为△A1BD的中位线，即PQ∥A1B，故B正确；
CC1 平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ 平面AA1C1C，所以直线PQ和CC1在同一平面内，故C错误；
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BC1 平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P BC1，所以直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，所以直线PQ与直线BC1是异面直线，故D正确.
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8.(2023·安庆模拟)如图，已知四边形ABCD，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，△ABD为等边三角形，BD＝2，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD，在翻折的过程中，下列结论中正确的是
A.BD⊥PC
B.DP与BC可能垂直
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对于A，如图所示，取BD的中点M，连接PM，CM，
∵△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，∴BD⊥CM，
∵△ABD为等边三角形，∴BD⊥PM，
又PM∩CM＝M，PM，CM 平面PMC，
∴BD⊥平面PMC，又PC 平面PMC，
∴BD⊥PC，故A正确；
对于B，假设DP⊥BC，
又BC⊥CD，CD∩DP＝D，CD，DP 平面PCD，
∴BC⊥平面PCD，又PC 平面PCD，∴BC⊥PC，
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故DP与BC可能垂直，故B正确；
对于D，当平面PBD⊥平面BCD时，
平面PBD∩平面BCD＝BD，BD⊥PM，PM 平面PBD，
此时PM⊥平面BCD，∠PDB即为直线DP与平面BCD所成的角，
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对于C，易知当平面PBD⊥平面BCD时，此时四面体PBCD的体积最大，
三、填空题
9.平面α内两条相交直线l，m都不在平面β内.
命题甲：l和m中至少有一条与平面β相交；
命题乙：α与β相交.
则甲是乙的________条件.
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充要
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由于两条相交直线l，m都在平面α内，且都不在平面β内，则α与β不重合.
充分性：若l和m中至少有一条与β相交，不妨设l∩β＝A，
则由于l α，∴A∈α，而A∈β，由于α与β不重合，
∴α与β相交，故充分性成立.
必要性：若α∩β＝a，如果l和m都不与β相交，由于它们都不在平面β内，
∴l∥β且m∥β，∴l∥a且m∥a，进而得到l∥m，
与已知l，m是相交直线矛盾，因此l和m中至少有一条与β相交，故必要性成立.
综上所述，甲是乙的充要条件.
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如图，连接AC交BE于点O，连接OF.
∵AD∥BC，E为AD的中点，
∵PA∥平面EBF，平面EBF∩平面PAC ＝OF，PA 平面PAC，
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无数
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取AD的中点N，连接PN，MN，则G在直线PN上，
∵PN⊥AD，AN＝1，
∴PM2＋PN2＝MN2，故PM⊥PN，
∵AD⊥MN，AD⊥PN，MN∩PN＝N，MN，PN 平面PMN，
∴AD⊥平面PMN，
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∵PM 平面PMN，∴AD⊥PM，
∵AD∩PN＝N，AD，PN 平面PAD，
∴PM⊥平面PAD，
∴PM垂直于平面PAD内任意一条直线，
∴在平面PAD内经过G点且与直线PM垂直的直线有无数条.
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如图所示，取B1C1的中点H，连接EH，CH，A1C1，
因为AC∥平面A1B1C1D1，
故AC平行于平面ACE与平面A1B1C1D1的交线，
又E，H分别为A1B1，B1C1的中点，
易知EH∥A1C1∥AC，
即平面ACE∩平面A1B1C1D1＝EH，
故平面ACE将正方体分为如图所示的两部分，
设正方体的棱长为2，则正方体的体积为8，
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四、解答题
13.(2023·西安联考)如图，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝4，AD＝ ，DC＝1，点M为AB上一点，且AM＝1.
(1)证明：平面MCC1⊥平面DCC1D1；
因为AM＝1，所以AM＝CD，AM∥CD，
又AB⊥AD，
所以四边形ADCM为矩形，即CD⊥CM.
由题可知CC1⊥平面ABCD，CM 平面ABCD，所以CC1⊥CM，
又CC1∩CD＝C，CC1，CD 平面DCC1D1，
所以CM⊥平面DCC1D1，
因为CM 平面MCC1，
所以平面MCC1⊥平面DCC1D1.
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(2)若点N是B1C1上一点，且MN∥平面ACC1A1，求四面体MNBB1的体积.
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作MP∥AC，交BC于点P，连接NP，如图所示.
因为MP 平面ACC1A1，AC 平面ACC1A1，所以MP∥平面ACC1A1，
因为MN∥平面ACC1A1，又MN∩MP＝M，MN，MP 平面MNP，
所以平面MNP∥平面ACC1A1.
平面BCC1B1∩平面MNP＝NP，平面BCC1B1∩平面ACC1A1＝CC1，所以NP∥CC1.
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又易知AC⊥平面BCC1B1，则MP⊥平面BCC1B1，
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14.(2023·成都模拟)如图1，E，F，
G分别是边长为4的正方形的三边
AB，CD，AD的中点，先沿着虚
线段FG将等腰直角三角形FDG裁
掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个空间五面体，如图2.
(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO∥平面GCF；
在题图2中取线段CF的中点H，连接OH，GH，如图所示.
由题图1可知，四边形EBCF是矩形，且CB＝2EB，
因为O是线段BF与CE的中点，
而EF∥BC且EF＝BC.
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所以AG∥OH且AG＝OH，
所以四边形AOHG是平行四边形，则AO∥HG，
由于AO 平面GCF，HG 平面GCF，
所以AO∥平面GCF.
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翻折前，EF⊥AE，EF⊥BE，
翻折后，EF⊥AE，EF⊥BE，
AE，BE 平面ABE，AE∩BE＝E，
所以EF⊥平面ABE，
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14(共15张PPT)
专题一 函数与导数
规范答题4 立体几何
(1)证明：EF∥平面ADO； [切入点：由BF⊥AO找F位置]
(2)证明：平面ADO⊥平面BEF； [切入点：证明AO⊥平面BEF]
(3)求二面角D－AO－C的正弦值.
[方法一 关键点：找二面角D－AO－C的平面角]
[方法二 关键点：由AO⊥BE及PB长求点P坐标]
(2)利用勾股定理→AO⊥OD→AO⊥平面BEF
(3)方法一：利用AO⊥BF，AO⊥OD
作二面角的平面角→由勾股定理判断BE⊥EF→GF，DH，OH，OD长→余弦定理求角
方法二：建系设点P坐标→由AO⊥BE及PB长求点P坐标→求法向量→求角
思路分析
(1)证明 设AF＝tAC，
答题模板 规范答题不丢分
(1分)
因为BF⊥AO，
(3分)
又D，E，O分别为PB，PA，BC的中点，
于是EF∥PC，DO∥PC，所以EF∥DO，
又EF 平面ADO，DO 平面ADO，
所以EF∥平面ADO. (4分)
(6分)
所以EF⊥AO，
又AO⊥BF，BF∩EF＝F，BF，EF 平面BEF，
则有AO⊥平面BEF，(7分)又AO 平面ADO，
所以平面ADO⊥平面BEF. (8分)
(2)证明 由(1)可知EF∥DO，
③处利用勾股定理证明AO⊥OD
(9分)
(3)解 方法一 如图，
④处找、证二面角的平面角
过点O作OH∥BF交AC于点H，
设AD∩BE＝G，连接DH，GF，
由AO⊥BF，得OH⊥AO，且FH＝ AH，
又由(2)知，OD⊥AO，
则∠DOH为二面角D－AO－C的平面角，
因为D，E分别为PB，PA的中点，因此G为△PAB的重心，
⑤处利用垂直求DH长度
于是BE2＋EF2＝BF2＝3，
即有BE⊥EF，
⑥处利用余弦定理求角
方法二 如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，
由(2)得AO⊥BE，
(10分)
⑧处利用AO⊥BE及PB长求点P坐标
设平面DAO的法向量为n1＝(a，b，c)，
易知平面CAO的一个法向量为n2＝(0,0,1)， (11分)
设二面角D－AO－C的大小为θ，
⑨处利用向量法求两法向量夹角(共82张PPT)
专题一 函数与导数
第1讲 空间几何体
专题一 函数与导数
考情分析
空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上.
内容索引
考点一
考点二
考点三
空间几何体的折展问题
表面积与体积
多面体与球
专题强化练
考点一
空间几何体的折展问题
空间几何体的侧面展开图
(1)圆柱的侧面展开图是矩形.
(2)圆锥的侧面展开图是扇形.
(3)圆台的侧面展开图是扇环.
核心提炼
例1
(1)(2023·郴州模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面一周爬行到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为
A.30 B.40 C.50 D.60
√
因为圆台上底面半径为5，下底面半径为10，母线长为l，
所以S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20，如图所示，
将圆台所在的圆锥侧面展开，且设扇形的圆心为O.
线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离，
设OA＝R，圆心角是α，
则由题意知10π＝αR， ①
20π＝α(20＋R), ②
所以OM1＝OM＝30，OB＝OB1＝40，
√
由题意知，AE＝AD＝AB＝1，BC＝2，
在△ACE中，由余弦定理得
CE2＝AE2＋AC2－2AE·AC·cos∠CAE
∴在△BCF中，由余弦定理的推论得，
规律方法
空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边.
(1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是
A.C∈GH
B.CD与EF是共面直线
C.AB∥EF
D.GH与EF是异面直线
跟踪演练1
√
√
√
由图可知，还原正方体后，点C与G重合，即
C∈GH，又可知CD与EF是平行直线，
即CD与EF是共面直线，AB与EF是相交直线(点B与点F重合)，GH与EF是异面直线，
故A，B，D正确，C错误.
(2)(2023·鞍山模拟)如图，在三棱锥V－ABC中，VA＝VB＝VC＝8，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，过点A作截面AEF，则△AEF周长的最小值为
√
沿侧棱VA把正三棱锥V－ABC展开在一个平面内，
如图所示，则AA′即为△AEF周长的最小值，
又因为∠AVB＝∠A′VC＝∠BVC＝30°，
所以∠AVA′＝3×30°＝90°，
在△VAA′中，VA＝VA′＝8，
考点二
表面积与体积
1.旋转体的侧面积和表面积
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(3)S球表＝4πR2(R为球的半径).
核心提炼
2.空间几何体的体积公式
(1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高).
(1)(2023·潍坊模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆
例2
√
假设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1.
√
如图，取AB的中点D，连接PD，CD，
因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，
又AB∩CD＝D，AB，CD 平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，
规律方法
空间几何体的表面积与体积的求法
(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解.
(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体.
(3)等体积法：选择合适的底面来求体积.
(1)(2023·贵阳统考)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，则四棱锥B－A1EFC1的体积为
跟踪演练2
√
方法一
方法二
(2)(多选)(2023·连云港调研)折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征(如图1).图2是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，
√
√
√
且圆台的母线长为3－1＝2，
对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
考点三
多面体与球
求空间多面体的外接球半径的常用方法
(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可.
核心提炼
例3
(1)(2023·聊城模拟)某正四棱台形状的模型，其上、下底面的面积分别为2 cm2,8 cm2，若该模型的体积为14 cm3，则该模型的外接球的表面积为
A.20π cm2 B.10π cm2
C.5π cm2 D. cm2
√
设该正四棱台形状的模型高为h cm，
如图，取上底面EFGH的中心M，下底面ABCD的中心N，
则MN＝h＝3，
故该模型的外接球的球心在MN上，设为点O，
连接ME，NA，OE，OA，
设上、下底面边长分别为a cm，b cm，
则a2＝2，b2＝8，
故EM＝1 cm，NA＝2 cm，
设ON＝y cm，则OM＝(3－y)cm，
由勾股定理得
EO2＝OM2＋EM2＝(3－y)2＋1，
AO2＝ON2＋AN2＝y2＋4，
故(3－y)2＋1＝y2＋4，解得y＝1，
(2)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是_____________.
如图，设球O的半径为R.
当球O是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球O的半径最大，若半径变得更大，球O会包含正方体，球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径2R′为体对角线长
分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，连接MH，HG，NG，MN，MG，
显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线MG的中点，
规律方法
(1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解.
(2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径.
(1)若三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长
跟踪演练3
√
如图，设△ABC的中心为O1，连接OO1，CO1的延长线交球面于点D，
连接SD，显然CD是△ABC外接圆O1的直径，
则SD∥OO1，而OO1⊥平面ABC，则SD⊥平面ABC，
因为正△ABC的边长为3，
(2)(2023·潍坊模拟)在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，
圆柱的母线长为________.
设圆柱的底面半径为r，球心到圆柱底面的距离为h，
则圆柱的母线长为2h，
由球截面的性质得r2＋h2＝1，
则r2＝1－h2(0圆柱的体积V＝2πr2h＝2πh(1－h2)＝2πh－2πh3，
专题强化练
一、单项选择题
1.(2023·唐山模拟)若圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比为
A.1∶1 B.1∶2 C.2∶1 D.2∶3
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设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比为1∶1.
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2.(2023·锦州模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，P，Q是棱DD1的两个三等分点，则三棱锥Q－PBC的体积为
如图所示.
3.(2023·泉州模拟)如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点O滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的表面积为
√
设圆锥的母线长为l，以O为圆心，母线l为半径的圆的面积为S＝πl2，又圆锥的侧面积S圆锥侧＝πrl＝3πl，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以πl2＝3×3πl，解得l＝9，所以圆锥的表面积S＝S圆锥侧＋S底＝3×π×9＋π×32＝36π.
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4.(2023·长沙模拟)最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年).该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”“圆罂测雨”“峻积验雪”和“竹器验雪” .其中“天池测雨”法是下雨时用一个圆台形的天池盆收集雨水.已知天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，当盆中积水深九寸时，平地的降雨量是
(注：一尺＝10寸，平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积)
A.9寸 B.6寸 C.4寸 D.3寸
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如图所示，由题意知天池盆盆口半径是14寸，盆底半径是6寸，高为18寸，
5.(2023·日照模拟)红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，中间是球面除去上、下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为R，球冠的高为h，则球冠的面积S＝2πRh.如图1，已知该灯笼的高为58 cm，上、下圆柱的高为5 cm，圆
柱的底面圆直径为14 cm，则围成该灯
笼中间球面部分所需布料的面积为
A.1 940π cm2 B.2 350π cm2
C.2 400π cm2 D.2 540π cm2
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所以R＝25 cm，
所以两个球冠的面积为2S＝2×2πRh＝2×2×π×25×1＝100π(cm2)，
则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为
4πR2－2S＝4×π×252－100π＝2 400π(cm2).
6.(2023·淄博模拟)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内.若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是
√
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设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，
∴圆柱的体积
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7.(2023·广西联考)已知在一个表面积为24的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在B1D上运动，则当BE＋A1E取得最小值时，AE等于
√
作出图形，如图所示.
依题意6AB2＝24，故AB＝2，
将平面A1B1D翻折至与平面BB1D共面，
易得△A1B1D≌△BB1D，
过点E作平面ABCD的垂线，垂足为F，
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由余弦定理得
AF2＝AB2＋BF2－2AB·BF·cos 45°
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作轴截面图如图所示，△ABC为圆锥的轴截面，
点O为与侧面相切球的球心，点E，F为切点，
∠ACB＝60°，OE⊥AC，
∠OEC＝90°，∠OCE＝30°，
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因为CE＝CF，∠ECF＝60°，
二、多项选择题
9.有一张长和宽分别为8和4的矩形硬纸板，以这张硬纸板为侧面，将它折成正四棱柱，则此正四棱柱的体对角线的长度为
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分两种情况求解：
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10.(2023·新高考全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则
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依题意，∠APB＝120°，PA＝2，
C项，取AC的中点D，连接OD，PD，如图所示，
则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，
则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，
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11.(2023·德州模拟)如图，边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C重合于点P，则下列结论正确的是
A.PD⊥EF
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如图1，取EF的中点H，连接PH，DH，
易知△PEF和△DEF均为等腰三角形，
故PH⊥EF，DH⊥EF，
又因为PH∩DH＝H，所以EF⊥平面PDH，
又PD 平面PDH，所以PD⊥EF，A正确；
由PE，PF，PD三线两两互相垂直，
可构造如图2所示的长方体，
长方体的外接球就是三棱锥P－DEF的外接球，
长方体的体对角线就是外接球的直径，设为2R，则(2R)2＝12＋12＋22＝6，
图1
图2
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设点P到平面DEF的距离为h，
图1
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如图1，因为PH⊥EF，DH⊥EF，
所以∠PHD即为二面角P－EF－D的平面角，
因为PD⊥PF，PD⊥PE，且PF∩PE＝P，PE，
PF 平面PEF，
所以PD⊥平面PEF，又PH 平面PEF，
则PD⊥PH，即∠DPH＝90°，
图1
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取AB的中点D，连接CD，PD，
则在正三棱锥P－ABC中，AB⊥CD，AB⊥PD.
由正三棱锥的性质可知H在CD上，且CH＝2DH.
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设三棱锥P－ABC的外接球的球心为O，半径为R，则O在PH上，
连接OC，则R2＝CH2＋OH2＝(PH－OH)2，
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设三棱锥P－ABC的内切球的半径为r，
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三、填空题
13.(2023·郑州模拟)攒尖是中国古代建筑中屋
顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、
三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于
亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖
顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正
四棱锥，设正四棱锥的侧面的等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为_____.
设底面棱长为2a(a>0)，正四棱锥的侧面的等腰三角形的顶角为60°，
则侧面为等边三角形，
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14.(2023·新高考全国Ⅰ)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1
＝1，AA1＝ ，则该棱台的体积为________.
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如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，
易知A1M为四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，
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15.(2023·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积
的 ，则EF的最小值为________.
记EF＝a，AE＝b，AF＝c，
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16.(2023·辽阳模拟)将3个6 cm×6 cm的正方形都沿其中的一对邻边的中点剪开，每个正方形均分成两个部分，如图(1)所示，将这6个部分接入一个边长为 cm的正六边形上，如图(2)所示.若该平面图沿着正六边形的边折起，围成一个七面体，则该七面体的体积为________ cm3.
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16
将平面图形折叠并补形得到如图所示的正方体，
该七面体为正方体沿着图中的六边形截面截去一部分后剩下的另一部分，由对称性知其体积为正方体体积的一半，(共77张PPT)
专题一 函数与导数
第3讲 空间向量与空间角
专题一 函数与导数
考情分析
以空间几何体为载体考查空间角是高考命题的重点.空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，利用空间向量求平面与平面的夹角或线面角是高考热点，通常以解答题的形式出现，难度中等.
内容索引
考点一
考点二
考点三
异面直线所成的角
直线与平面所成的角
平面与平面的夹角
专题强化练
考点一
异面直线所成的角
设异面直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线l与m的夹角为θ.
核心提炼
例1
(1)如图，已知圆柱O1O2的轴截面ABCD是边长为2的
√
方法一 如图，连接EO2并延长，交底面圆于点F，连接FO1，FB，易知AE∥BF且AE＝BF，
所以∠FBO1为异面直线AE与BO1所成的角或其补角.
所以△AEO2为正三角形，故AE＝BF＝1.
方法二 以A为原点，AB，AD所在直线分别为y轴、z轴，过点A的AB的垂线所在直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以异面直线AE与BO1所成角的余弦值为
故选B.
(2)(2023·吉安模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，G为线段B1D1上的动点，则异面直线AG与EF所成角的最大值为
√
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则G(a，a，2)，a∈[0,2]，
因为E，F分别为AB，BC的中点，
则A(2,0,0)，E(2,1,0)，F(1,2,0)，
规律方法
用向量法求异面直线所成的角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系.
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量.
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值.
(4)注意两异面直线所成角的范围是 ，即两异面直线所成
角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
(1)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝
跟踪演练1
√
在直三棱柱ABC－A1B1C1中，
所以AC2＋AB2＝BC2，即AC⊥AB，
又AA1⊥平面ABC，AB，AC 平面ABC，
所以AA1⊥AC，AA1⊥AB，
如图，以A为坐标原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
(2)(2023·石嘴山模拟)在正四面体ABCD中，M，N分别为AC，AD的中点，则异面直线BM，CN所成角的余弦值为
√
方法一 取AN的中点E，连接ME，BE，则ME∥CN，
所以∠BME或其补角就是异面直线BM，CN所成的角.
设AB＝4，
考点二
直线与平面所成的角
设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，
核心提炼
(2022·全国甲卷)在四棱锥P－ABCD中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC＝CB＝1，AB＝2，DP＝
(1)证明：BD⊥PA；
例2
在四边形ABCD中，作DE⊥AB于点E，CF⊥AB于点F，如图.
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，AB＝2，
所以四边形ABCD为等腰梯形，
所以AD2＋BD2＝AB2，所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD 平面PAD，所以BD⊥平面PAD.
又因为PA 平面PAD，所以BD⊥PA.
(2)求PD与平面PAB所成角的正弦值.
由(1)知，DA，DB，DP两两垂直，
如图，以D为原点，DA，DB，DP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，
易错提醒
(1)线面角θ与直线的方向向量a和平面的法向量n所成的角〈a，n〉的
关系是〈a，n〉＋θ＝ 或〈a，n〉－θ＝ ，所以应用向量法求的是
线面角的正弦值，而不是余弦值.
(2)利用方程思想求法向量，计算易出错，要认真细心.
(2023·泉州模拟)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点，E是BC的中点.
(1)证明：AB1∥平面DEC1；
跟踪演练2
在三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点，
∴A1C1∥AD，A1C1＝AD，
∴四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1∥DC1，
∵AA1 平面DEC1，DC1 平面DEC1，故AA1∥平面DEC1，
又在△ABC中，D，E分别为AC，BC的中点，
∴DE∥AB，又AB 平面DEC1，DE 平面DEC1，
∴AB∥平面DEC1，
又AB∩AA1＝A，AB，AA1 平面ABB1A1，
∴平面ABB1A1∥平面DEC1，
又AB1 平面ABB1A1，∴AB1∥平面DEC1.
(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.求直线BC1与平面DEC1所成角的正弦值的最大值.
∵CC1⊥平面ABC，AB 平面ABC，
∴CC1⊥AB，又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1 平面BCC1B1，
故AB⊥平面BCC1B1，由于BC 平面BCC1B1，
∴AB⊥BC，
又DE∥AB，进而DE⊥BC，
连接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，
∴四边形B1C1CE为平行四边形，
故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，因此B1E⊥平面ABC，
故ED，EC，EB1两两垂直，以E为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设B1E＝a，则E(0,0,0)，B(－1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，
设平面DEC1的法向量为m＝(x，y，z)，
取x＝a，则m＝(a，0，－1)，
考点三
平面与平面的夹角
设平面α，β的法向量分别为u，v，平面α与平面β的夹角为θ，
核心提炼
例3
(2023·新高考全国Ⅰ)如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)证明：B2C2∥A2D2；
以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
则C(0,0,0)，C2(0,0,3)，B2(0,2,2)，D2(2,0,2)，A2(2,2,1)，
又B2C2，A2D2不在同一条直线上，
∴B2C2∥A2D2.
(2)点P在棱BB1上，当二面角P－A2C2－D2为150°时，求B2P.
设P(0,2，λ)(0≤λ≤4)，
设平面PA2C2的法向量为n＝(x，y，z)，
令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1，
∴n＝(λ－1,3－λ，2)，
设平面A2C2D2的法向量为m＝(a，b，c)，
令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1,1,2)，
化简可得，λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3，
∴P(0,2,3)或P(0,2,1)，∴B2P＝1.
易错提醒
平面与平面夹角的取值范围是 ，两向量夹角的取值范围是[0，
π]，两平面的夹角与其对应的两法向量的夹角不一定相等，而是相等或互补.
(2023·新高考全国Ⅱ改编)如图，三棱锥A－BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点.
(1)证明：BC⊥DA；
跟踪演练3
如图，连接AE，DE，
因为E为BC的中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，
因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ACD与△ABD均为等边三角形，
所以AC＝AB，从而AE⊥BC，
又AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，
所以BC⊥平面ADE，而AD 平面ADE，
所以BC⊥DA.
不妨设DA＝DB＝DC＝2，
因为BD⊥CD，
所以AE2＋DE2＝4＝AD2，
所以AE⊥DE，
又AE⊥BC，DE∩BC＝E，DE，BC 平面BCD，
所以AE⊥平面BCD.
以E为原点，ED，EB，EA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设平面ABD与平面ABF的法向量分别为
n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，
平面ABD与平面ABF夹角为θ，
令x1＝1，得y1＝1，z1＝1，
所以n1＝(1,1,1).
则x2＝0，令y2＝1，得z2＝1，
所以n2＝(0,1,1)，
专题强化练
1.(2023·锦州模拟)如图一，△ABC是等边三角形，CO为AB边上的高线，D，E分别是CA，CB边上的点，
AD＝BE＝ AC＝2；如图二，将
△CDE沿DE翻折，使点C到点P
的位置，PO＝3.
(1)求证：OP⊥平面ABED；
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1
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4
因为△ABC为等边三角形，
CO为AB边上的高线，
故DE⊥OF，DE⊥PF，
又OF∩PF＝F，OF，PF 平面FOP，所以DE⊥平面FOP.
因为OP 平面FOP，所以DE⊥OP.
所以OF2＋OP2＝PF2，故OP⊥OF，
而DE 平面ABED，OF 平面ABED，OF∩DE＝F，故OP⊥平面ABED.
(2)求平面BPE与平面PEF夹角的正弦值.
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1
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4
设平面BPE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
平面PEF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
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2
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4
设平面BPE与平面PEF的夹角为θ，
1
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2.(2023·西宁统考)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点.
(1)求证：MN∥平面BCC1B1；
1
2
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取AB的中点为K，连接MK，NK，
由三棱柱ABC－A1B1C1，得四边形ABB1A1为平行四边形，
因为M是B1A1的中点，所以MK∥BB1，又MK 平面BCC1B1，BB1 平面BCC1B1，
故MK∥平面BCC1B1，同理得NK∥平面BCC1B1，
又NK∩MK＝K，NK 平面MKN，MK 平面MKN，
故平面MKN∥平面BCC1B1，又MN 平面MKN，
故MN∥平面BCC1B1.
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(2)从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值.
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因为侧面BCC1B1为正方形，故CB⊥BB1，而CB 平面BCC1B1，
平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，
平面BCC1B1∩平面ABB1A1＝BB1，
故CB⊥平面ABB1A1，
因为AB 平面ABB1A1，所以CB⊥AB，
又NK∥BC，所以NK⊥AB，
若选①：AB⊥MN，已证NK⊥AB，又NK∩MN＝N，NK 平面MNK，MN 平面MNK，故AB⊥平面MNK，
1
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因为MK 平面MNK，故AB⊥MK，
又MK∥BB1，所以AB⊥BB1，所以BC，BA，BB1两两垂直.
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)，
设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，
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取z＝1，则n＝(2，－2,1)，
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，
若选②：BM＝MN，已证CB⊥平面ABB1A1，
又NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1，
而KM 平面ABB1A1，故NK⊥KM，
故△MKB≌△MKN，
所以∠MKB＝∠MKN＝90°，
所以MK⊥AB，又MK∥BB1，
所以AB⊥BB1，所以BC，BA，BB1两两垂直，
故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0,0,0)，A(0,2,0)，N(1,1,0)，M(0,1,2)，
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设平面BMN的法向量为n＝(x，y，z)，
取z＝1，则n＝(2，－2,1)，
设直线AB与平面BMN所成的角为θ，
1
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3.如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，直线AC⊥平面BDEF，点O为AC与BD的交点，AB＝2，且∠DAB＝∠DBF＝60°.
(1)求异面直线DE与CF所成角的余弦值；
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∵AC⊥平面BDEF，FO，BD 平面BDEF，∴AC⊥FO，AC⊥BD，
∵四边形BDEF为菱形，且∠DBF＝60°，
∴△DBF为等边三角形，
∵O为BD的中点，∴FO⊥BD，
∴OA，OB，OF两两垂直.
以O为坐标原点，OA，OB，OF所在直线分别
为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
∵AB＝2，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝60°，
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设异面直线DE与CF所成的角为θ，
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(2)求平面ABF与平面CBF夹角的余弦值.
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设平面ABF的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
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设平面CBF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
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4.(2023·湖南师范大学附属中学模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形，平面PAD⊥平面ABCD，PB⊥BC.
(1)求点A到平面PBC的距离；
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取AD的中点O，连接OB，OP.
∵△PAD为等边三角形，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
OP 平面PAD，∴OP⊥平面ABCD.
又∵OB 平面ABCD，∴OP⊥OB.
∵PB⊥BC，BC∥AD，∴PB⊥AD.
又∵OP⊥AD，OP，PB 平面POB，
OP∩PB＝P，∴AD⊥平面POB.
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又∵OB 平面POB，∴AD⊥OB.
设点A到平面PBC的距离为h，
则VA－PBC＝VP－ABC，
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易得平面ABCD的一个法向量为n1＝(0,0,1).
设AE与平面ABCD所成的角为θ，则
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设平面ADE的法向量为n2＝(x，y，z)，
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令y＝2，则平面ADE的一个法向量为n2＝(0,2，－1)，
又平面ABCD的一个法向量为n1＝(0,0,1).(共56张PPT)
专题一 函数与导数
微重点7 球的切接问题
专题一 函数与导数
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.
内容索引
考点一
考点二
空间几何体的外接球
空间几何体的内切球
专题强化练
考点一
空间几何体的外接球
例1
(1)(2023·杭州模拟)在四面体ABCD中，△ABC与△BCD都是边长为6的等边三角形，且二面角A－BC－D的大小为60°，则四面体ABCD外接球的表面积是
A.52π B.54π C.56π D.60π
√
如图所示，设外接球半径为R，取BC的中点O，连接OD，OA，分别取△BCD和△ABC的外心E，F，
过两点分别作平面BDC和平面ABC的垂线，交于点P，
则P就是外接球的球心，连接OP，DP，
则∠AOD为二面角A－BC－D的平面角，即∠AOD＝60°，
则△AOD是等边三角形，
在△POE中，∠POE＝30°，
(2)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝____.
2
如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，
设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，
设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，
规律方法
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.
跟踪演练1
45π
设四面体ABCD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外接球的表面积为4πR2＝45π.
(2)(2023·昆明模拟)故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶.如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD为矩形，AB＝4，AD＝EF＝2，EF∥底面ABCD，且EA＝ED＝FB＝FC＝BC，则几何体ABCDEF
外接球的表面积为
A.22π B.28π
C.32π D.38π
√
连接AC，BD，设AC∩BD＝M，取EF的中点N，连接MN，
由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则FG⊥BC，
连接MG，过点F作FP⊥MG于点P，则四边形MPFN是矩形，MN＝FP，
因为△AMO和△ONE均为直角三角形，
设外接球半径为R，OM＝x，
当球心O在线段MN上时，
当球心O在线段MN外时，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝22π.
考点二
空间几何体的内切球
(1)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，
√
如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F，
由题意知圆O与梯形ABCD相切，
则DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，
规律方法
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.
(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内部的球的半径最大为R＝2，
(2)(2023·贵阳联考)SF6(六氟化硫)具有良好的绝缘性，在电子工业上有着广泛的应用，其分子结构如图所示：六个元素F分别位于正方体六个面的中心，元素S位于正方体中心，若正方体的棱长为a，记以六个F为
顶点的正八面体为T，则T的体积为_____，T的内切球表面积为______.
正八面体T可视为两个全等的正四棱锥拼接而成，
因此，正八面体T的内切球的表面积为
专题强化练
1.如图，在三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝VA＝2，则该三棱锥外接球的体积为
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√
因为VA⊥底面ABC，AB，AC 底面ABC，
所以VA⊥AB，VA⊥AC，
又因为∠BAC＝90°，
所以AB⊥AC，而AB＝AC＝VA＝2，
所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中
共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径
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2.(2023·成都模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AB＝2，AC＝AP，BC⊥CA，若三棱锥P－ABC外接球的表面积为5π，则BC等于
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因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以BC⊥PA，
由BC⊥CA，CA∩PA＝A，CA，PA 平面PAC，所以BC⊥平面PAC，
由AB 平面ABC，得PA⊥AB，由PC 平面PAC，得BC⊥PC，
由PB是Rt△PBC和Rt△PBA的公共斜边，得PB是三棱锥的外接球直径，
3.在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形.若四棱锥P－ABCD存在一个内切球，则内切球的表面积为
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由于平面PAB⊥平面ABCD，△PAB为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形，所以四棱锥P－ABCD的内切球在等边△PAB上的“正投影”是等边△PAB的内切圆，设等边△PAB的内切圆半径为r，
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4.(2023·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
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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)，
5.(2023·张掖模拟)图1为两块大小不同的
等腰直角三角形纸板组成的平面四边形
ABCD，其中小三角形纸板的斜边AC与
大三角形纸板的一条直角边长度相等，
小三角形纸板的直角边长为a，现将小三角形纸板ACD沿着AC边折起，使得点D到达点M的位置，得到三棱锥M－ABC，如图2，若二面角M－AC
√
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如图，取AC的中点E，AB的中点F，连接ME，EF.
因为MA＝MC，所以ME⊥AC.
易知EF∥BC，因为BC⊥AC，
过点E作OE⊥平面MAC，过点F作OF⊥平面ABC，OE∩OF＝O，
连接OA，易知E，F两点分别是△MAC和△ABC的外心，
所以点O是三棱锥M－ABC的外接球的球心.
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6.(多选)(2023·阳泉模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，AB1＝BC1＝CA1＝4.若点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，则
A.BB1⊥平面ABC
B.AB＝AA1
C.平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为4π
D.球O的表面积为24π
√
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选项A，三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱ABC－A1B1C1为直棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因此A正确；
选项B，因为AB1＝BC1＝CA1＝4，所以AB＝BC＝CA.
因为点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，
所以三棱柱ABC－A1B1C1的内切球与外接球的球心重合.
设该三棱柱的内切球的半径为r，与底面以及侧面相切于H，M，连接AH并延长，交BC于N，如图，
则AA1＝2r，OM＝OH＝r，由于M为矩形BCC1B1的对角线交点，所以HN＝r，而△ABC为等边三角形，
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7.(多选)(2023·新高考全国Ⅰ)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
√
√
√
对于A，因为0.99 m<1 m，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
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所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于D，因为1.2 m>1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，
过AC1的中点O作OE⊥AC1，
设OE∩AC＝E，
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所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m的圆柱，
若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M，
可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，
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所以能够被整体放入正方体内，所以D正确.
8.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，作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，
由于圆柱的高为2，
9.(2023·开封模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为棱A1D1的
中点，则四棱锥P－ABCD外接球的表面积为________.
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设四棱锥P－ABCD的外接球球心为O，取AD的中点E，连接PE，
取△PAD、四边形ABCD的外心O1，O2，
连接OO1，OO2，EO2，O2C，OC，
因为正方体的棱长为1，P为棱A1D1的中点，
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10.如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大
球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切.
若AB＝12，则该模型中最小球的半径为_____.
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如图所示，设O为大球的球心，正四面体的底面中心为E，CD的中点为F，棱长为a，高为h大，连接OA，OB，OC，OD，
大球所对应的正四面体的高
设正四面体内切球半径为r大，
因为V正四面体＝4VO－ABC，
因为正四面体的棱长为12，
设中等球的半径为r中，对应的四面体高为h中，
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10(共65张PPT)
专题一 函数与导数
第4讲 空间向量与距离、探究性问题
专题一 函数与导数
考情分析
1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的
距离，属于中等难度.
2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条
件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上.
内容索引
考点一
考点二
空间距离
空间中的探究性问题
专题强化练
考点一
空间距离
核心提炼
例1
(1)(2023·温州模拟)四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，点D在棱OC上，且OC＝3OD，点G为△ABC的重心，则点G到直线AD的距离为
√
考向1 点到直线的距离
四面体OABC满足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC两两垂直，
因为OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，
所以点G到直线AD的距离
(2)(2023·北京模拟)如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1距离的最小值为
√
如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
设P(x，0,1－x)，0≤x≤1，
∴动点P到直线A1C1的距离
(1)(2023·武汉模拟)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，则点C到平面AEC1F的距离为
例2
√
考向2 点到平面的距离
以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，
设n＝(x，y，z)为平面AEC1F的法向量，
(2)已知正方形ABCD的边长为1，PD⊥平面ABCD，且PD＝1，E，F分别为AB，BC的中点，则直线AC到平面PEF的距离为
√
设平面PEF的法向量为n＝(x，y，z)，
令x＝2，则y＝2，z＝3，
所以n＝(2，2，3).
因为E，F分别为AB，BC的中点，
所以EF∥AC，又EF 平面PEF，AC 平面PEF，
所以AC∥平面PEF，
规律方法
(1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法.
(2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行.求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离.
(2023·大连模拟)如图，已知ABCD－A1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点.
(1)若点C到平面AB1D1的距离为 ，求正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的高；
跟踪演练1
设正四棱柱的高为h，以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，
设平面AB1D1的法向量为n＝(u，v，w).
得u＝hw，v＝hw，
所以n＝(hw，hw，w).
取w＝1，得n＝(h，h，1).
由点C 到平面AB1D1的距离为
解得h＝2.
(2)在(1)的条件下，若E是AB1的中点，求点E到直线A1C1的距离.
所以点E到直线A1C1的距离
考点二
空间中的探究性问题
与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题.处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断.
核心提炼
(2023·许昌模拟)如图，四棱锥P－ABCD的底面ABCD为菱形，平面PAD⊥平面ABCD，∠BAD＝60°，
例3
(1)求异面直线AP与DM所成角的余弦值；
设O是AD的中点，连接OP，OB，
由于平面PAD⊥平面ABCD且交线为AD，OP 平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD，
由于OB 平面ABCD，所以OP⊥OB，
在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，
所以△ABD是等边三角形，所以OB⊥AD，
故OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设异面直线AP与DM所成的角为θ，
设平面BDM的法向量为n＝(x，y，z)，
若AN∥平面BDM，
规律方法
解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用.
(2023·咸阳模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1的侧面BB1C1C是边长为1的正方形，平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，AB＝4，∠A1B1B＝60°，G是A1B1的中点.
(1)求证：平面GBC⊥平面BB1C1C；
跟踪演练2
又平面BB1C1C⊥平面AA1B1B，
且平面BB1C1C∩平面AA1B1B＝BB1，
GB 平面AA1B1B，故GB⊥平面BB1C1C.
又GB 平面GBC，则平面GBC⊥平面BB1C1C.
(2)在线段BC上是否存在一点P，使得二面角P－GB1－B的平面角为30°？若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由.
存在.
由(1)知，BG，BB1，BC两两垂直，
如图，以B为坐标原点，以BG，BB1，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
设平面PGB1的法向量为n＝(x，y，z)，
又平面BB1G的一个法向量为m＝(0,0,1)，
专题强化练
1.已知三棱柱ABC－A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝AC＝1.
(1)求异面直线AC1与A1B所成的角；
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因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1两两垂直，
如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系，
因为AA1＝AB＝AC＝1，
所以A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，
A(0,0,1)，B(1,0,1)，C(0,1,1)，
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所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.
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(2)设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得MN⊥平面ABC1？若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由.
存在.
假设在平面ABC的边上或内部存在一点N(x，y，1)，
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故存在点N，N为BC的中点，满足条件.
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2.(2023·湖北省襄阳市第四中学模拟)已知斜三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长都为4，∠A1AB＝60°，点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O.
(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1D⊥AC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；
存在.
∵点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O，故A1O⊥平面ABC，
连接OC，由题意知△ABC为正三角形，故OC⊥AB，
以O为坐标原点，OA，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
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(2)求点A1到平面BCC1B1的距离.
设平面BCC1B1的法向量为n＝(x，y，z)，
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3.(2023·齐齐哈尔模拟)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB∥DC，DC＝AD＝PD＝1，AB＝2，E为线段PA上一点，点F在边AB上，且CF⊥BD.
(1)若E为PA的中点，求四面体BCEP的体积；
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由题意可得DA，DC，DP两两垂直，
以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
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设平面PBC的法向量为m＝(x，y，z)，
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不妨令y＝1，则x＝－1，z＝1，则m＝(－1,1,1).
设点E到平面PBC的距离为d，
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存在.设点F的坐标为(1，t，0)，
则1×1＋2×(t－1)＝0，
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设平面PFC的法向量为n＝(a，b，c)，
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不妨令a＝1，则b＝2，c＝2，则n＝(1,2,2)，
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4.(2023·广州模拟)如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AC＝2，BC＝4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.
(1)证明：l⊥平面PAC；
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∵E，F分别是PC，PB的中点，
∴BC∥EF，又EF 平面AEF，BC 平面EFA，
∴BC∥平面AEF，又BC 平面ABC，
平面AEF∩平面ABC＝l，
∴BC∥l，
又AB是圆O的直径，C在圆上即BC⊥AC，平面PAC∩平面ABC＝AC，平面PAC⊥平面ABC，
∴BC⊥平面PAC，即l⊥平面PAC.
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(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的值；若不存在，请说明理由.
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以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
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∴直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，此时AQ＝1.(共61张PPT)
专题一 函数与导数
微重点9 截面、交线问题
专题一 函数与导数
“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.
内容索引
考点一
考点二
截面问题
交线问题
专题强化练
考点一
截面问题
例1
(多选)在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面.平面α以任意角度截正方体，所截得的截面图形可能为
A.等腰梯形 B.非矩形的平行四边形
C.正五边形 D.正六边形
√
√
√
考向1 多面体中的截面问题
画出截面图形如图，
可以画出等腰梯形，故A正确；
在正方体ABCD－A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图所示)
交C1D1，A1B1，AB，CD分别于点E，F，G，H，根据
平面平行的性质定理可得四边形EFGH中，EF∥HG，
且EH∥FG，故四边形EFGH是平行四边形，此四边形
不一定是矩形，故B正确；
经过正方体的一个顶点去切就可得到五边形，但此时不可能是正五边形，故C错误；
正方体有六个面，用平面去截正方体时最多与六个面相交得六边形，且可以画出正六边形，故D正确.
(多选)(2023·淮南模拟)如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是
A.AO⊥平面BCD
例2
√
√
√
考向2 球的截面问题
设E，F分别为AB，CD的中点，
连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，
故EM∥NF，EM＝NF，则四边形MENF为平行四边形，
故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，
又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，
AN∩DN＝N，AN，DN 平面AND，故BC⊥平面AND，
由于O∈MN，MN 平面AND，则AO 平面AND，
故BC⊥AO，结合O点为EF的中点，同理可证DC⊥AO，
BC∩DC＝C，BC，DC 平面BCD，故AO⊥平面BCD，A正确；
又球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，
由BC⊥平面AND，BC 平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，
平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，
延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，
故球O被平面BCD截得的截面圆的半径为
由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，
则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
规律方法
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.
跟踪演练1
√
√
√
根据题意作出如图所示的图形，
∵平面α∥AD且AD∥BC，∴平面α∥BC，
又∵平面α∥A1B，BC，A1B 平面A1BCD1，A1B∩BC＝B，
∴平面α∥平面A1BCD1，A正确；
∵BC⊥平面ABB1A1，BC 平面A1BCD1，
∴平面A1BCD1⊥平面ABB1A1，且平面α∥平面A1BCD1，
∴平面α⊥平面ABB1A1，B正确；
根据勾股定理可知圆O′的半径
由图可知，平面α截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在AB上的位置的变化而变化的矩形，所以平面α截正方体所得截面面积不是定值，故D错误.
(2)(2023·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，
设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，
所以截面圆的面积最小为π×12＝π，
考点二
交线问题
在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，设过P，Q，R的截面与平面AD1以及平面AB1的交线分别为l，m，则l，m所成的角为
A.90° B.30° C.45° D.60°
例3
√
考向1 多面体中的交线问题
因为在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q，R分别是AB，AD，B1C1的中点，取C1D1，DD1，BB1的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，
根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，
又GR∥EF∥QP，所以P，Q，F，G，R，E六点
必共面，即为过P，Q，R的截面；
所以EP即为直线m，FQ即为直线l；
连接AB1，AD1，B1D1，因为EP∥AB1，FQ∥AD1，
所以∠B1AD1即为异面直线EP与FQ所成的角，
又因为正方体的各面对角线相等，
所以△AB1D1为等边三角形，
因此∠B1AD1＝60°，即l，m所成的角为60°.
(2023·鞍山模拟)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，点O在棱AA1上，且AO＝4，P为正方体表面上的动点，若PO＝5，则点P的轨迹长度为
例4
√
考向2 与球有关的交线问题
依题意，因为OA＝4，AA1＝7，OE＝OF＝5，
所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，
所以△AEO≌△A1OF，所以∠AEO＝∠A1OF，
规律方法
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.
(1)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为
A.2π B.3π C.4π D.8π
跟踪演练2
√
取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，
连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，
因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，
G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，
MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，
所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，
故交线长l＝2×π×2＝4π.
(2)(2023·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，
连接OF，EF，则四边形PEFO为平行四边形，
Q的轨迹为线段EF，
专题强化练
1.(2023·保山模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，Q为上底面A1B1C1D1所在平面内的动点，当直线DQ与DA1所成的角为45°时，点Q的轨迹为
A.圆 B.直线
C.抛物线 D.椭圆
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因为直线DQ与DA1所成的角为45°，
化简可得y2＝2x，所以点Q的轨迹为抛物线.
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2.安徽徽州古城与四川阆中古城、山西平遥古城、云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体ABCD－A1B1C1D1.已知该正方体中，点E，F分别
是棱AA1，CC1的中点，过D1，E，F三点的平面与平面ABCD的交线为l，则直线l与直线AD1所成的角为
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如图所示，在平面AA1D1D中，连接D1E并延长
D1E交DA的延长线于点H，则HA＝AD，
在平面CC1D1D中，连接D1F并延长D1F交DC
的延长线于点G，则GC＝CD，
则GH为平面D1EF与平面ABCD的交线l，且GH∥AC，
3.(2023·昆明模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，平面α满足AC∥α，BC1∥α，若直线AC到平面α的距离与BC1到平面α的距离相等，平面α与此正方体的各个面都相交，则交线围成的图形为
A.三角形 B.四边形
C.五边形 D.六边形
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如图，设E，F，G，H，M，N分别为AB，BC，CC1，C1D1，A1D1，AA1的中点，
连接EF，FG，GH，HM，MN，NE，A1B，CD1，AD1，A1C1，
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∴FG∥MN，FG＝MN，
同理可得EF∥MH，EF＝MH，GH∥NE，GH＝NE，
∴E，F，G，H，M，N共面，
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∵AC∥EF，AC 平面EFGHMN，
EF 平面EFGHMN，
∴AC∥平面EFGHMN，
同理可得BC1∥平面EFGHMN，
∵E为AB的中点，
∴点A到平面EFGHMN的距离与点B到平面EFGHMN的距离相等，
即平面EFGHMN为所求的平面α，故与正方体的交线为正六边形EFGHMN.
4.(多选)(2023·重庆模拟)如图，一个平面α斜截一个足够高的圆柱，与圆柱侧面相交的图形为椭圆E.若圆柱底面圆半径为r，平面α与圆柱底面所
成的锐二面角大小为θ ，则下列对椭圆E的描述中，正确的是
A.短轴长为2r，且与θ的大小无关
B.离心率为cos θ，且与r的大小无关
C.焦距为2rtan θ
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由题意知，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.
5.(多选)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的球心为O，E，F分别为棱AB，CC1的中点，G在棱BC上，则
A.对于任意点G，OA∥平面EFG
B.存在点G，使得平面OAD⊥平面EFG
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对于A选项，当G与B重合时，A∈平面EFB，O 平面EFB，此时直线OA与平面EFG相交，A错误；
对于B选项，∵四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD，
当G为BC的中点时，EG∥AC，则EG⊥BD，
∵BB1⊥平面ABCD，EG 平面ABCD，则EG⊥BB1，
∵BD∩BB1＝B，则EG⊥平面BB1D1D，
∵B1D 平面BB1D1D，∴EG⊥B1D，同理FG⊥B1D，
∵EG∩FG＝G，∴B1D⊥平面EFG，即OD⊥平面EFG，
∵OD 平面OAD，故平面OAD⊥平面EFG，B正确；
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对于C选项，取EF的中点M，
∵CC1⊥平面ABCD，CE 平面ABCD，则CF⊥CE，
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设截面圆半径为r，球心O到截面的距离为d，则r2＋d2＝R2＝3.
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6.(多选)(2023·辽宁联考)如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝1，点E是棱CD上的一个动点，F是BC的中点，BM＝ BB1，给出下列命题，其中为真命题的是
A.当E是CD的中点时，过EFM的截面是四边形
B.当点E是线段CD的中点时，点P在底面ABCD所在平面
内，且MP∥平面AEC1，点Q是线段MP的中点，则点Q
的轨迹是一条直线
C.对于每一确定的点E，在线段AB上存在唯一的一点H，使得D1H⊥平面AEC1
D.过点M作长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球的截面，则截面面积的最小值为
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对于A，延长FE和AD交于点F′，
连接A1F′与DD1交于点M′，
可得A1，M′，F′三点共线，连接A1M，
如图①所示，平面A1F′FM与平面EFM为同一个平面，
连接M′E，可得平面EFM与长方体的各个面的交线分别为A1M，MF，FE，EM′，M′A1，
所以过平面EFM的截面为五边形A1MFEM′，所以A不正确；
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图①
对于B，如图②所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，
取A1B1的中点G，连接AG，GC1，
取AB的中点N，连接B1N，CN，
则CN∥AE，B1N∥AG，
再取H，L分别为NB，BC的三等分点，连接HL，可得HL∥CN，
又由M为BB1的三等分点，
所以MH∥B1N，所以MH∥AG，HL∥AE，
因为MH 平面AEC1G，AG 平面AEC1G，所以MH∥平面AEC1G，
同理可证HL∥平面AEC1G，MH∩HL＝H且MH，HL 平面MHL，
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图②
所以平面MHL∥平面AEC1G，
当点P在HL上时，此时MP 平面MHL，
所以MP∥平面AEC1G，
取MH，ML的中点H′，L′，可得H′L′∥HL，
又由Q为MP的中点，所以点Q的轨迹为直线H′L′，所以B正确；
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图②
对于C，如图③所示，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，
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图③
若D1H⊥平面AEC1，则D1H垂直于平面AEC1的所有直线，
设E(0，m，0)，H(2，n，0)，其中0≤m≤2,0≤n≤2，
因为0≤n≤2，所以不成立，所以C不正确；
对于D，设长方体的外接球的半径为R，
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图③
当OM与该长方体的外接球的截面圆垂直时，截面面积取得最小值，
设截面圆的半径为r，
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图③
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所以四边形ADCO1为平行四边形，
所以O1C＝O1D＝O1A＝AD，则△AO1D为正三角形，
所以∠DAB＝60°，
由题意得平面CEF⊥平面ABCD，且平面CEF∩平面ABCD＝O1C，
所以点A到平面CEF的距离即为AD与O1C的距离，
在△AO1D中，过点O1作AD的垂线O1M，过点D作AO1的垂线DN，
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设圆台上、下底面半径分别为r，R，
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[8π，9π]
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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.
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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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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