培优点1 球的切、接问题
几何体与球的切、接问题，尤其是多面体与旋转体的外接球是历年高考命题的热点与重点，此类问题的实质是计算球的半径或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键.
空间几何体的外接球
【例1】 （1）已知四面体ABCD的各顶点都在同一球面上，若AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2，平面ABD⊥平面BCD，则该球的表面积是（ C ）
A.100π B.40π C.20π D.16π
（2）已知圆台上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（ C ）
A.π B.5π
C.π D.7π
解析：（1）过△ABD的中心E作平面ABD的垂线，过△BCD的中心F作平面BCD的垂线，两垂线交于点O，连接OD，依据题中条件可知，O为四面体ABCD的外接球球心，因为AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2，所以DF＝2，OF＝1，则OD＝＝，即外接球半径为，则该球的表面积为4π（）2＝20π，故选C.
（2）如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，设AB的中点为O1，CD的中点为O，则O为球心，O1A＝1.连接OO1，OA，设圆台的高为h，由题意知球O的半径R＝OA＝OD＝2，则在Rt△OO1A中，h＝OO1＝＝＝，所以圆台的体积V＝×（22×π＋＋12×π）×＝.故选C.
感悟提升
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.
1.（2024·湖南九校联盟第二次联考）如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA＝AC＝2BC＝2，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A.3π B.9π
C.36π D.48π
解析：B 将四面体P-ABC补形成长方体，长方体的长、宽、高分别为2、1、2，四面体P-ABC的外接球即为长方体的外接球，而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，故2R＝＝3，所以外接球表面积为S＝4πR2＝9π.故选B.
2.（2022·新高考Ⅱ卷7题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A.100π B.128π C.144π D.192π
解析：A 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
空间几何体的内切球
【例2】 （1）已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC所在直线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（ B ）
A. B.
C. D.
（2）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（ A ）
A. B.
C. D.
解析：（1）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），故AO＝＝r，CO＝＝r，故5＝AO＋OC＝r＋r，故r＝，故旋转体的内切球的表面积为4π×（）2＝.故选B.
（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S＝2××3×4＋2××4×5＝32，三棱锥A-BCD的体积V＝××3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝Sr，得r＝＝，所以该三棱锥内切球的体积V球＝πr3＝π×（）3＝.
感悟提升
空间几何体的内切球问题，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.
（2024·武汉五调）已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为1∶2，其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为.
解析：如图，作出正四棱台的轴截面，设上底面边长为2x，则下底面边长为4x，则CM＝CF＝x，BM＝BE＝2x，∠CIM＝∠MIF，∠BIM＝∠MIE，故∠CIB＝∠CIM＋∠BIM＝（∠MIE＋∠MIF）＝90°，在Rt△CIB中，IM⊥CB，则由射影定理，IM2＝CM·BM得2x2＝1，解得x＝，于是棱台的上底面面积为（2x）2＝2，下底面面积为（4x）2＝8，高为2，故该正四棱台的体积为V＝×2×（2＋＋8）＝.
与球切、接有关的最值问题
【例3】 （2024·长沙新高考适应性考试）已知正四棱锥P-ABCD的顶点均在球O的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球O体积的最小值为π.
解析：设正四棱锥P-ABCD底面的边长为a，高为h，所以正四棱锥的体积V＝a2h＝1，则a2h＝3.如图，连接AC，记AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥底面ABCD，正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在直线PO1上.连接OA，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，又O1A＝，OO1＝｜h－R｜，所以OA2＝O1A2＋O1O2，即R2＝（）2＋｜h－R｜2，得2hR＝h2＋a2，因为a2h＝3，所以R＝＋.令f（h）＝＋，h＞0，则f'（h）＝，由f'（h）＝0，得h＝，当0＜h＜时，f'（h）＜0，当h＞时，f'（h）＞0，所以函数f（h）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，所以当h＝时，半径R取得最小值，且最小值为，所以外接球体积的最小值为×（）3π＝π.
感悟提升
求解与球切、接有关的最值问题的策略
（1）转化为函数最值问题：通过引入线参数或角参数，建立关于这些参变量的函数关系，转化为函数的最值问题来解决；
（2）转化为平面几何问题：根据题目的特征，寻找或确定一个数量关系比较集中的平面，将题目的其他条件逐步向该平面转移，然后利用几何方法或三角方法来解决；
（3）利用基本不等式：可通过引入多个变量建立数学模型，然后利用基本不等式求其最值.
1.（2024·聊城二模）已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面圆周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S，S1，半球O与圆柱OO1的体积分别为V，V1，则当的值最小时，的值为（ ）
A. B. C. D.
解析：A 设圆柱底面半径为r，高为h，球的半径为R，则R2＝h2＋r2，S＝πR2，S1＝2πrh，V＝·πR3＝πR3，V1＝πr2h，所以＝＝＝＋≥2＝1，当且仅当r＝h时等号成立，此时R＝r，所以＝＝＝.故选A.
2.已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和3，高为2.若圆台内有一个球，则该球体积的最大值为4π.（球的厚度可忽略不计）
解析：当球与下底面和侧面均相切时，圆台及球的轴截面如图所示，设E，F分别为梯形上、下底边的中点，连接EF，则CE＝1，DF＝3.过点C作CH⊥AD，交AD于点H，记点G为侧面的切点，O为球心，连接OG，OC，则FD＝DG＝3，CH＝EF＝2，FH＝EC，所以CD＝＝＝4，所以CG＝CD－DG＝1，所以CE＝CG，所以Rt△OEC≌Rt△OGC，所以OE＝OG，即球与上底面也相切，故此时球的半径R＝＝，所以该球体积的最大值为πR3＝π·（）3＝4π.
1.已知圆锥SA的轴截面是边长为2的等边三角形，顶点S和底面圆周上的所有点都在球O的球面上，则球O的体积为（ ）
A.4π B.π
C.π D.π
解析：B 因为圆锥SA的轴截面是边长为2的等边三角形，则该等边三角形外接圆的半径R＝×2sin 60°＝2，即球O的半径为2，所以球O的体积为V＝πR3＝π.故选B.
2.（2024·郑州名校联盟）知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册子《十个有趣的数学问题》，其中提到了开普勒将球装箱的方法：考虑一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面的中心为球心作半径为的球，这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为（ ）
A.π B.π
C.π D.π
解析：D 以8个顶点为球心的球各有在正方体内，以6个面的中心为球心的球各有在正方体内，所以这些球在正方体内的体积之和为4个半径为的球的体积之和，所以这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为＝π，故选D.
3.已知三棱锥A-BCD中，AB＝CD＝2，AD＝AC＝BC＝BD＝3，则该三棱锥内切球的表面积为（ ）
A. B.
C. D.
解析：D 如图，在长方体AHDG-EBFC中，设EC＝c，EB＝b，EA＝a，则a2＋b2＝4，c2＋b2＝9，a2＋c2＝9，所以a＝b＝，c＝，故四面体ABCD的体积V＝abc－4××abc＝，四面体ABCD的表面积S＝4S△ABC＝4××2×＝8，设三棱锥内切球的半径为r，由等体积可得＝×8r，解得r＝，所以三棱锥内切球的表面积为4π×（）2＝.
4.已知一个正六棱锥的所有顶点都在一个球的球面上，六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，则球的表面积为（ ）
A. B.
C. D.4π
解析：C 如图，在正六棱锥P-ABCDEF中，连接AD，BE，CF，并交于G，G为正六边形ABCDEF的中心，连接PG，则PG⊥平面ABCDEF，该六棱锥的外接球球心O在PG上，连接OA.因为AG 平面ABCDEF，所以PG⊥AG，由题意可知AG＝1，PA＝2，所以PG＝＝.设该六棱锥外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，所以OG＝｜－R｜，在Rt△GOA中，OA2＝AG2＋OG2，所以R2＝12＋（－R）2，解得R＝，所以所求球的表面积为4πR2＝4π×（）2＝，故选C.
5.（2024·开封第二次质量检测）已知圆锥SO的轴截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A.1∶8 B.1∶9
C.1∶26 D.1∶27
解析：C 作出圆锥SO的轴截面，如图所示，E，O1是切点，设O1B＝r，OD＝R，则BE＝r，DE＝R，SB＝2r，因为CD＝SD，所以2R＝2r＋R＋r，所以R＝3r.因为＝＝，R＝3r，所以＝，所以＝＝.所以＝＝，故选C.
6.已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6，且AB⊥BC，BC＝2，则该棱柱的体积的最大值为（ ）
A.8 B.12
C.16 D.24
解析：C 设AB＝x，则AC＝.设球心为O，由题意知球心O在AC，A1C1中点连线的中点处，连接OC，设AC的中点为O1，则OO1＝＝，三棱柱的高为，则＝·2·x·＝x＝≤＝16，当且仅当x2＝32－x2，即x＝4时，该棱柱的体积取得最大值16.
7.（多选）（2024·惠州第一次调研考试）已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1，以正方体中心O为球心的球与正方体的各条棱都相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A.球O的半径为R＝
B.球O在正方体外的部分的体积大于π－1
C.若点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，则·∈［－，］
D.若点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，则·∈［－，］
解析：BD 对于A，正方体的棱切球O的半径为R＝＝（面对角线长的一半），故A错误；对于B，由图易知球O在正方体外的部分的体积V＞V球－V正方体＝π·（）3－13＝π－1，故B正确；对于C、D，取棱AB的中点E，可知点E在球面上，且＝－，连接PE，则·＝（＋）·（＋）＝－＝｜｜2－，因为点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，所以0≤｜PE｜≤（当PE为球O的直径时，｜PE｜＝），所以·∈［－，］，所以C错误，D正确，故选B、D.
8.（2023·全国甲卷文16题）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[2，2].
解析：由题意知，球O的球面与正方体的棱有公共点，则球O的半径大于或等于正方体的棱切球半径.设棱切球半径为r1，则2r1＝，所以r1＝2.同时球O的半径小于或等于正方体的外接球半径.设外接球半径为r2，则2r2＝，所以r2＝2.所以球O的半径的取值范围为[2，2].
9.若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的体积为，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥的表面积为8π.
解析：法一 因为圆锥的内切球的体积为，所以该内切球的半径为1.如图，设圆锥底面半径为R，高为h.由△AOF∽△ACE可得＝，即＝，则R2＝（h＞2），所以圆锥的体积为V＝πR2h＝π·＝π·［（h－2）＋＋4］.因为h－2＞0，所以h－2＋≥4，当且仅当h－2＝，即h＝4时取等号，此时圆锥体积最小，且圆锥的底面半径为R＝，圆锥的母线长l＝＝＝3，所以此时该圆锥的表面积为S＝πRl＋πR2＝π××3＋π×（）2＝8π.
法二 由上解得圆锥的体积为V＝πR2h＝π·.令f（h）＝（h＞2），则f'（h）＝＝.当2＜h＜4时，f'（h）＜0；当h＞4时，f'（h）＞0.所以f（h）在（2，4）上单调递减，在（4，＋∞）上单调递增，所以f（h）min＝f（4）＝8，即h＝4时，该圆锥的体积最小.后同上解.
法三 因为圆锥的内切球的体积为，所以该内切球的半径为1，如图，设∠OCE＝θ，θ∈（ 0，），
则tan θ＝，所以EC＝，又tan∠ECA＝tan 2θ＝，所以AE＝EC·tan 2θ＝，所以V＝π·EC2·AE＝π·.令tan2θ＝t（0＜t＜1），因为t（1－t）＝－t2＋t＝－（ t－）2＋，当且仅当t＝时t（1－t）取得最大值，此时圆锥的体积最小，且AE＝＝4，EC＝＝，AC＝＝＝3，所以该圆锥的表面积为S＝π·EC·AC＋π·EC2＝π××3＋π×（）2＝8π.
10.棱长为a的正四面体容器中能放进10个半径为1的小球，则a的最小值为4＋2.
解析：10个半径为1的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，成三棱锥形状，有3层，则从上到下每层的小球个数依次为1，（1＋2），（1＋2＋3），当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于每层正三角形顶点的所有上、下相邻小球的球心连线为一个正四面体EFGH，则该正四面体的棱长为（3－1）（1＋1）＝4，可得其高为EP＝4×＝，所以正四面体ABCD的高为AQ＝AE＋EP＋PQ＝1×3＋＋1＝4＋，进而可得其棱长a的最小值为（4＋）×＝4＋2.
8 / 8专题四 立体几何
第1讲 小题研透——立体几何
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.C 对于A、B，若m∥α，n∥α，则m与n可能平行、相交或异面，故A、B错误；对于C、D，若m∥α，n⊥α，则m⊥n，m与n可能相交垂直，也可能异面垂直，故C正确，D错误.
2.B 设圆柱和圆锥的底面半径为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.
3.B 由题意知，△OAB是等边三角形，所以AB＝OA＝2.连接OC（图略），因为C是AB的中点，所以OC⊥AB，OC＝＝，又CD⊥AB，所以O，C，D三点共线，所以CD＝OD－OC＝2－，所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B.
4.B 法一（直接法）
如图，分别取BC，B1C1的中点D，D1，则AD＝3，A1D1＝，可知S△ABC＝×6×3＝9，＝×2×＝，设正三棱台ABC-A1B1C1的高为h，则＝（9＋＋）h＝，解得h＝，分别过A1，D1作底面的垂线，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B＝（）2＋D，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∠A1AD＝＝1.
法二（补形法）
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××6×3＝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.
【研透高考·攻重点】
【例1】 （1）C （2）C
解析：（1）
如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π（1＋3）×4＝16π，所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.故选C.
（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.
跟踪训练
1.1 解析：
如图，由正方体棱长为2，得＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，∴＝＝··D1A1＝××2＝1.
2.23 57.5 解析：设升、斗量器的高分别为h1 mm，h2 mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1 mm3，V2 mm3，V3 mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π×（）2×230＝10×π×（）2×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×（）2×23＝10×π×（）2×h1，所以h1＝57.5，所以升、斗量器的高分别为57.5 mm，23 mm.
3.8π 解析：设圆锥的母线长为l（l＞0），底面圆半径为r（r＞2），高为h（h＞0），则l·2＝hr.解得h＝，又l2＝r2＋h2，所以l2＝r2＋（）2，即l2＝＝.令＝t，则0＜t＜.令f（t）＝t－4t2＝－4（t－）2＋，则当t＝时，f（t）取得最大值，即l2取得最小值16，所以l的最小值为4，此时r＝h＝2，圆锥的侧面积S＝πrl＝8π.
【例2】 （1）D （2）B 解析：（1）对于A选项，若α⊥β，m α，l⊥β，则l∥α或l α，无法确定m与l的关系，错误；对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少m∥l的条件，它们可能平行或异面，错误；对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件l α，l与β平行、相交或l β均有可能，错误；对于D选项，若α∩β＝l，m∥l，m⊥γ，则l⊥γ，由面面垂直的判定定理可得α⊥γ，正确.故选D.
（2）对于A，因为CB⊥BB1，CB⊥BP，BP，BB1 平面BB1P，BB1∩BP＝B，所以CB⊥平面BB1P，又CB 平面CBP，所以平面CBP⊥平面BB1P，所以A正确；对于B，当P为A1B的中点时，AP⊥A1B，AP⊥BC，A1B，BC 平面CPD1且A1B∩BC＝B，所以AP⊥平面CPD1，除此之外，AP与平面CPD1不垂直，所以B错误；对于C，因为BC⊥AB，BC⊥A1A，AB，AA1 平面A1AB且A1A∩AB＝A，所以BC⊥平面A1AB，又AP 平面A1AB，所以BC⊥AP，所以C正确；对于D，平面A1ABB1∥平面DD1C1C，AP 平面A1ABB1，所以AP∥平面DD1C1C，所以D正确.故选B.
【例3】 解析：法一（几何法） 如图，取AB的中点N，连接DN，MN，则AN＝BN＝1，又M为线段PB的中点，∴MN∥PA且MN＝PA＝1，则异面直线DM与PA所成的角即直线DM与MN所成的角.∴异面直线DM与PA所成的角为∠DMN或其补角，∵PA⊥平面ABCD，∴MN⊥平面ABCD，又DN 平面ABCD，∴MN⊥DN，在Rt△DAN中，DN＝＝，在Rt△DMN中，tan∠DMN＝＝＝，故异面直线DM与PA所成角的正切值为.
法二（向量法）
∵PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥AD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB⊥AD.以A为坐标原点，以AP所在直线为x轴，AB所在直线为y轴，AD所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，则A（0，0，0），D（0，0，2），P（2，0，0），B（0，2，0），M（1，1，0），＝（2，0，0），＝（1，1，－2），∴cos＜，＞＝
＝＝＝＝.记异面直线DM与PA所成的角为θ，则cos θ＝｜cos＜，＞｜＝，∴sin θ＝＝，∴tan θ＝＝＝.
跟踪训练
1.D
对于A，根据a⊥c，b⊥c，可得a与b平行、相交、异面均有可能，故A错误；对于B，根据a∥b，a∥α，可得b∥α或b α，故B错误；对于C，在如图所示正方体ABCD-A1B1C1D1中，设a＝A1B1，b＝C1D1，c＝B1C1，平面α＝平面ABCD，满足a∥α，b∥α，c⊥a，c⊥b，但c∥α，故C错误；对于D，两个平面同时与第三个平面垂直，则这两个平面的交线与第三个平面垂直，故D正确.故选D.
2. 解析：令＝a，＝b，＝c，并将其作为一组基，则·－·＝（＋）·－（＋）·＝（a＋c）·b－（b＋c）·a＝c·（b－a）＝·＝｜｜·｜｜·cos＜，＞＝5，所以cos＜，＞＝，即异面直线AA1与BD夹角的余弦值为.
【例4】 B
已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，如图，一只蚂蚁从A点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点A的最短距离为AA'，设∠ASA'＝α，圆锥底面周长为2π，所以＝α×3＝2π，所以α＝，在△SAA'中，由SA＝SA'＝3和余弦定理，得AA'＝＝＝3.
跟踪训练
1.8 解析：设圆柱的母线长和底面圆半径分别设为l，r，根据已知得2lr＝4，由题意可得圆柱侧面展开图的周长可以表示为l侧＝4πr＋2l≥2＝8，当且仅当4πr＝2l，即r＝，l＝2时等号成立.
2.＋ 解析：如图1，连接BD，BC1，DC1，易知A1C⊥平面BDC1.因为DM⊥A1C，所以DM 平面BDC1，即M在线段BC1上，将平面BDC1和平面BCC1沿着BC1展开，使得D，B，C，C1四点共面，如图2.当D，M，C三点共线时，DM＋MC取得最小值，易知此时点M为BC1中点，又因为正方体的棱长为2，故此时BC1＝2，DM＝，MC＝，故DM＋MC≥CD＝＋.
第2讲 大题专攻——空间几何体中的证明与计算
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，而AD 平面ABCD，所以PA⊥AD，
又AD⊥PB，PB∩PA＝P，PB，PA 平面PAB，所以AD⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，所以AD⊥AB.
因为BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB， 根据平面知识可知AD∥BC，
又AD 平面PBC，BC 平面PBC，所以AD∥平面PBC.
（2）法一
如图所示，过点D作DE⊥AC于E，再过点E作EF⊥CP于F，连接DF，
因为PA⊥平面ABCD，所以平面PAC⊥平面ABCD，而平面PAC∩平面ABCD＝AC，
所以DE⊥平面PAC，又EF⊥CP，所以CP⊥平面DEF，所以CP⊥DF，
根据二面角的定义可知，∠DFE即为二面角A-CP-D的平面角，
即sin∠DFE＝，
即tan∠DFE＝.
因为AD⊥DC，设AD＝x，
则CD＝，
由等面积法可得，DE＝，
又CE＝＝，而△EFC为等腰直角三角形，所以EF＝，
故tan∠DFE＝＝，解得x＝，即AD＝.
法二 以DA，DC分别为x轴，y轴，过点D作与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系D-xyz，
令AD＝t，则A（t，0，0），P（t，0，2），D（0，0，0），DC＝，C（0，，0），
设平面ACP的法向量为n1＝（x1，y1，z1），
则
所以
不妨设x1＝，则y1＝t，z1＝0，n1＝（，t，0）.
设平面CPD的法向量为n2＝（x2，y2，z2），
则所以
不妨设z2＝t，则x2＝－2，y2＝0，n2＝（－2，0，t）.
因为二面角A-CP-D的正弦值为，则余弦值为，
所以＝｜cos＜n1，n2＞｜＝＝，
所以t＝，所以AD＝.
2.解：（1）设点A到平面A1BC的距离为h，
因为直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4，
所以＝S△ABC×AA1＝＝，
又△A1BC的面积为2，＝h＝×2h＝，
所以h＝，
即点A到平面A1BC的距离为.
（2）取A1B的中点E，连接AE，则AE⊥A1B，
因为平面A1BC⊥平面ABB1A1，平面A1BC∩平面ABB1A1＝A1B，所以AE⊥平面A1BC，所以AE⊥BC，
又AA1⊥平面ABC，
所以AA1⊥BC，因为AA1∩AE＝A，所以BC⊥平面ABB1A1，所以BC⊥AB.
以B为坐标原点，分别以，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系B-xyz，
由（1）知，AE＝，所以AA1＝AB＝2，A1B＝2，
因为△A1BC的面积为2，所以2＝×A1B×BC，所以BC＝2，
所以A（0，2，0），B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），D（1，1，1），E（0，1，1），
则＝（1，1，1），＝（0，2，0），
设平面ABD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令x＝1，得n＝（1，0，－1），
又平面BDC的一个法向量为＝（0，－1，1），
所以cos＜，n＞＝＝＝－，
设二面角A-BD-C的平面角为θ，
则sin θ＝＝，
所以二面角A-BD-C的正弦值为.
【研透高考·攻重点】
【例1】 证明：（1）如图，连接AC交BD于点O，连接PO，易得O为AC中点，
又P为线段AM的中点，则OP∥CM.
又OP 平面PBD，CM 平面PBD，则MC∥平面PBD.
（2）在△ABD中，由余弦定理得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DB·cos ∠ABD，即AD2＝1，则AD2＋AB2＝BD2，故AB⊥AD，
所以平行四边形ABCD为矩形，则AD⊥DC.
又平面ABCD⊥平面CMD，平面ABCD∩平面CMD＝CD，AD 平面ABCD，则AD⊥平面CMD，
又CM 平面CMD，则AD⊥CM.
又M是半圆弧CD上的点，
则CM⊥MD.
因为MD∩AD＝D，MD，AD 平面AMD，所以CM⊥平面AMD.
因为CM 平面BMC，所以平面AMD⊥平面BMC.
跟踪训练
证明：（1）
依题意，以B为坐标原点，BA，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系B-xyz，如图所示，则B（0，0，0），D（0，2，2），B1（0，0，4），C1（0，2，4），设BA＝a，则A（a，0，0），所以＝（a，0，0），＝（0，2，2），＝（0，2，－2），
·＝0，·＝0，
即B1D⊥BA，B1D⊥BD，
又BA∩BD＝B，BA，BD 平面ABD，
因此B1D⊥平面ABD.
（2）由（1）知，E（0，0，3），G，F（0，1，4），则＝，＝（0，1，1），·＝0＋2－2＝0，·＝0＋2－2＝0，
即B1D⊥EG，B1D⊥EF.
又EG∩EF＝E，EG，EF 平面EGF，
因此B1D⊥平面EGF.
结合（1）可知是平面ABD的一个法向量.
所以平面EGF∥平面ABD.
【例2】 解：（1）
证明：连接BE，BC1，DE，如图.
因为AB∥A1B1，且AB＝A1B1，
D，E分别是棱AB，A1B1的中点，
所以BD∥A1E，且BD＝A1E，
所以四边形BDA1E为平行四边形，
所以A1D∥EB，
又A1D 平面A1DC，EB 平面A1DC，所以EB∥平面A1DC.
因为DE∥BB1∥CC1，且DE＝BB1＝CC1，
所以四边形DCC1E为平行四边形，
所以C1E∥CD，
又CD 平面A1DC，C1E 平面A1DC，
所以C1E∥平面A1DC.
因为C1E∩EB＝E，C1E，EB 平面BEC1，
所以平面BEC1∥平面A1DC.
因为BN 平面BEC1，所以BN∥平面A1DC.
（2）因为四边形ACC1A1，BCC1B1均为正方形，
所以CC1⊥AC，CC1⊥BC，
所以CC1⊥平面ABC.
因为DE∥CC1，
所以DE⊥平面ABC.
从而DE⊥DB，DE⊥DC.
因为AB＝AC＝BC，
所以△ABC为等边三角形.
因为D是AB的中点，
所以CD⊥DB，
即DB，DC，DE两两垂直.
以D为原点，DB，DC，DE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D-xyz.
设AB＝2，则D（0，0，0），E（0，0，2），C（0，3，0），C1（0，3，2），A1（－，0，2），
所以＝（0，3，0），＝（－，0，2）.
设n＝（x，y，z）为平面A1DC的法向量，
则
即
可取n＝（2，0，1）.
因为＝3，所以N（0，2，2），＝（0，2，2）.
设直线DN与平面A1DC所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝，
即直线DN与平面A1DC所成角的正弦值为.
【例3】 解：（1）证明：如图，取A1C的中点D，连接C1D.
∵A1C1＝CC1，∴C1D⊥A1C.
∵平面A1BC⊥平面ACC1A1，
∴C1D⊥平面A1BC，∴C1D⊥BC.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥BC，
∵C1D∩CC1＝C1，
∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AA1.
（2）由（1）得CC1⊥BC，BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC，BC⊥A1C.
∵CC1⊥平面ABC，∴CC1⊥AC.以C为原点，CA，CB，CC1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.
设A1C1＝a，B1C1＝b，则
解得
则C（0，0，0），C1（0，0，2），A1（2，0，2），B（0，2，0），B1（0，1，2），
则＝（2，0，0），＝（2，－2，2），＝（2，－1，0）.
设m＝（x1，y1，z1）是平面A1BC1的法向量，
则∴
取z1＝1，则x1＝0，y1＝1，∴m＝（0，1，1）.
设n＝（x2，y2，z2）是平面A1BB1的法向量，
则∴
取z2＝1，则x2＝1，y2＝2，∴n＝（1，2，1）.
∴｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，
∴平面A1BB1与平面A1BC1的夹角为30°.
跟踪训练
解：法一 （1）如图所示，以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），B（4，0，0），C（4，5，0），D（0，3，0），
设E（x，y，z），由＝λ，可得（x－4，y，z）＝λ（－4，0，3），
则E（4－4λ，0，3λ）.
因为PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，所以PB⊥AE.
又＝（4，0，－3），＝（4－4λ，0，3λ），
所以由·＝0，得16－25λ＝0，
解得λ＝.
（2）设平面EAD的法向量为n＝（x'，y'，z'），由（1）知＝（4－4λ，0，3λ），＝（0，3，0），
由n⊥，n⊥，
得
令x'＝3λ，得n＝（3λ，0，4λ－4）.
易得平面ABD的一个法向量为m＝（0，0，1），
又二面角E-AD-B的余弦值为，
所以｜cos＜m，n＞｜＝＝，得λ＝，
则n＝（，0，－2），由（1）知＝（4，5，－3），
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝＝＝，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为.
法二 （1）由PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，得PA⊥AB，
由PB⊥平面AEFD，AE 平面AEFD，得PB⊥AE，
在Rt△ABP中，BP＝＝＝5，AE＝＝＝.
在Rt△ABE中，由勾股定理得BE＝＝＝，
因为＝λ，所以λ＝＝.
（2）因为PA⊥底面ABCD，AD 平面ABCD，所以PA⊥AD.
又AB⊥AD，PA∩AB＝A，所以AD⊥平面PAB，
又AE 平面PAB，所以AD⊥AE，
因此二面角E-AD-B的平面角为∠EAB.
由题知cos∠EAB＝，cos∠EBA＝＝，
所以∠EAB＝∠EBA，∠EAP＝∠EPA，
因此EA＝EP＝EB，即E为BP的中点.
以点A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），P（0，0，3），C（4，5，0），D（0，3，0），B（4，0，0），E（2，0，），
则＝（4，5，－3），＝（2，0，），＝（0，3，0），
设平面AEFD的法向量为n＝（x，y，z），
则令x＝3，得z＝－4，则n＝（3，0，－4）.
设直线PC与平面AEFD所成的角为θ，则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝，
所以直线PC与平面AEFD所成角的正弦值为.
【例4】 解：（1）
在直角梯形ABCD中，过点D作DO⊥AC交AC于O，连接OP，则可以以点O为坐标原点，直线OA为x轴，平面ABCD内过点O且垂直于AC的直线为y轴，过点O垂直于平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
因为DO⊥AC，所以PO⊥AC，所以∠DOP为二面角P-AC-D的平面角，所以∠DOP＝.
又OD＝OP＝，所以P（0，－，），
易知C（－，0，0），A（，0，0），B（，，0），所以＝（－，－，），＝（－1，－，0），
所以cos＜，＞＝＝＝，
所以异面直线AP，BC所成角的余弦值为.
（2）＝（－，，－），＝（－1，－，0），
设n＝（x，y，z）为平面PBC的法向量，则
令x＝，则y＝－1，z＝－，故平面PBC的一个法向量为n＝（，－1，－），
所以点A到平面PBC的距离d＝＝＝.
跟踪训练
解：以D1为原点，D1A1，D1C1，D1D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，则A（1，0，1），B（1，1，1），C（0，1，1），C1（0，1，0），E（1，，0），F（1，，1）.
（1）取a＝＝（0，1，0），u＝＝（－1，1，－1）＝（－，，－），则a2＝1，a·u＝，
所以点B到直线AC1的距离为＝＝.
（2）因为＝＝（－1，，0），所以FC∥EC1，
所以FC∥平面AEC1，
所以点F到平面AEC1的距离，即为直线FC到平面AEC1的距离.
设平面AEC1的法向量为n＝（x，y，z），＝（0，，－1）.
则所以所以
取z＝1，则x＝1，y＝2，所以n＝（1，2，1）是平面AEC1的一个法向量.
又因为＝（0，，0），所以点F到平面AEC1的距离为d＝＝＝，
即直线FC到平面AEC1的距离为.
第3讲 大题专攻——空间中的翻折、探索性问题
【锁定高考·明方向】
真题感悟
1.解：（1）证明：由AB＝8，AD＝5，＝，＝，得AE＝2，AF＝4，
又∠BAD＝30°，在△AEF中，
由余弦定理得
EF＝
＝＝2，
所以AE2＋EF2＝AF2，
则AE⊥EF，即EF⊥AD，
由翻折的性质知EF⊥PE，EF⊥DE，又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，又PD 平面PDE，
故EF⊥PD.
（2）连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3，CD＝3，则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4，PE＝2，EC＝6，得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由（1）知PE⊥EF，又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系E-xyz，
则P（0，0，2），D（0，3，0），C（3，3，0），F（2，0，0），A（0，－2，0），
由F是AB的中点，得B（4，2，0），
所以＝（3，3，－2），＝（0，3，－2），＝（4，2，－2），＝（2，0，－2），
设平面PCD和平面PBF的一个法向量分别为n＝（x1，y1，z1），m＝（x2，y2，z2），
则
令y1＝2，x2＝，得x1＝0，z1＝3，
y2＝－1，z2＝1，
所以n＝（0，2，3），m＝（，－1，1），
所以｜cos ＜m，n＞｜＝＝＝，
设平面PCD和平面PBF所成二面角为θ，
则sin θ＝＝，
即平面PCD与平面PBF所成二面角的正弦值为.
2.解：（1）证明：因为E，F分别是AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
所以CF＝1，BF＝.
如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，则AF＝＝3，所以AC＝＝2.由AB2＋BC2＝AC2，得BA⊥BC，故以B为坐标原点，以AB，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系B-xyz.
则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），＝（0，2，1）.
设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2），
于是＝（1－m，1，－2）.
所以·＝0，所以BF⊥DE.
（2）易知面BB1C1C的一个法向量为n1＝（1，0，0）.
设面DFE的法向量为n2＝（x，y，z）.
则
又＝（1－m，1，－2），＝（－1，1，1），
所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m，
于是，面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m），
所以cos＜n1，n2＞＝ .
设面BB1C1C与面DFE所成的二面角为θ，则sin θ＝，
故当m＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小.
【研透高考·攻重点】
【例1】 解：（1）证明：如图，连接BD，DE，设AB＝2a，则BC＝CD＝a，
由题意知，BC⊥CD，∴BD＝＝a，易得AD＝＝a，∴AD2＋BD2＝AB2，∴AD⊥BD，
由翻折中的不变性可得，AD⊥DE，
又BD∩DE＝D，BD，DE 平面BDE，∴AD⊥平面BDE，
又BE 平面BDE，∴AD⊥BE.
（2）由题意及（1）知，BD＝DE＝a，AE＝AB＝2a，
又∠EAB＝，∴AB＝AE＝BE＝2a，∴DE2＋BD2＝BE2，
∴DE⊥BD.
由（1）知，DE⊥AD，
又AD∩BD＝D，AD，BD 平面ABCD，∴DE⊥平面ABCD.
又AB 平面ABCD，∴AB⊥DE.
如图，过点D作DM⊥AB交AB于点M，连接EM，
又DE∩DM＝D，DE，DM 平面DEM，∴AB⊥平面DEM，
又AB 平面ABE，∴平面DEM⊥平面ABE.
过点D作DN⊥EM交EM于点N，连接AN，
又平面ABE∩平面DEM＝EM，DN 平面DEM，∴DN⊥平面ABE，
∴∠NAD是直线AD与平面ABE所成的角.
∵平面CDF∥平面ABE，∴直线AD与平面CDF所成角的正弦值等于sin∠NAD.
∵DM 平面ABCD，∴DE⊥DM，
易得DM＝BC＝a，EM＝AB＝a，
又DE＝a，∴DN＝＝a，
又AD＝a，∴在Rt△ADN中，
sin∠NAD＝＝＝，
即直线AD与平面CDF所成角的正弦值为.
跟踪训练
解：（1）因为AB∥平面PCD，AB 平面OPD，
平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD，
又∠AOD＝，所以∠ODP＝∠OPD＝，
所以∠POD＝，
又OD＝OP＝1，所以PD＝.
（2）由题意知OC⊥平面POD，
而S△DOP＝·OD·OP·sin∠DOP，
所以当OD⊥OP时，三棱锥P-COD的体积最大.
易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，
则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），
故＝（1，－1，0），＝（0，1，－1）.
设平面CPD的法向量为n1＝（x，y，z）.
则即
取y＝1，得x＝1，z＝1，
得平面CPD的一个法向量为n1＝（1，1，1）.
易知平面OPD的一个法向量为n2＝（1，0，0），
所以cos＜n1，n2＞＝＝，
所以二面角O-PD-C的余弦值为.
【例2】 解：（1）证明：因为AB＝BC＝DC＝DA＝AP＝PD，PC＝PB＝AB，
所以PD2＋DC2＝PC2，AP2＋AB2＝PB2，
所以DC⊥PD，AB⊥AP，
又AB＝BC＝DC＝DA，所以四边形ABCD为菱形，
所以AB∥DC，所以DC⊥AP，
又AP，PD 平面PAD，AP∩PD＝P，所以DC⊥平面PAD，
又DC 平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）由（1）得DC⊥平面PAD，
因为DA 平面PAD，所以DC⊥DA，故四边形ABCD为正方形.
不妨设正方形ABCD的边长为2，AD的中点为O，连接PO，
因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD，
又PO 平面PAD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，且平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则P（0，0，），A（1，0，0），B（1，2，0），C（－1，2，0）.
假设存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为，且＝λ（λ＞0），E（x0，y0，z0），
由＝λ，得＝λ，
即（x0，y0，z0－）＝λ（－1－x0，2－y0，－z0），
解得x0＝－，y0＝，z0＝，
所以E（－，，），
所以＝（0，2，0），＝（－2，0，0），＝（1，2，－），＝（，－，）.
设平面AEB的法向量为n＝（x1，y1，z1），则
可取n＝（，0，1＋2λ）.
设平面BCE的法向量为m＝（x2，y2，z2），则
可取m＝（0，，2），则｜cos＜n，m＞｜＝＝
＝，
解得λ＝1或λ＝－2（舍去），
所以在棱PC上存在点E，使得平面AEB与平面BCE夹角的正弦值为，且＝1.
跟踪训练
解：
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），
（1）＝（0，1，－1），＝（1，0，1），
｜cos＜，＞｜＝＝＝，
所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°.
（2）存在.
假设在平面ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为M为A1B的中点，＝（1，0，1），
所以M（，0，），所以＝（x－，y，），
又＝（0，1，－1），＝（－1，1，－1），
则
所以N（，，1），
且＝，所以N是BC的中点.
故存在点N，N为BC的中点，满足条件.
培优点1 球的切、接问题
【例1】 （1）C （2）C
解析：（1）
过△ABD的中心E作平面ABD的垂线，过△BCD的中心F作平面BCD的垂线，两垂线交于点O，连接OD，依据题中条件可知，O为四面体ABCD的外接球球心，因为AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2，所以DF＝2，OF＝1，则OD＝＝，即外接球半径为，则该球的表面积为4π（）2＝20π，故选C.
（2）
如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，设AB的中点为O1，CD的中点为O，则O为球心，O1A＝1.连接OO1，OA，设圆台的高为h，由题意知球O的半径R＝OA＝OD＝2，则在Rt△OO1A中，h＝OO1＝＝＝，所以圆台的体积V＝×（22×π＋＋12×π）×＝.故选C.
跟踪训练
1.B
将四面体P-ABC补形成长方体，长方体的长、宽、高分别为2、1、2，四面体P-ABC的外接球即为长方体的外接球，而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，故2R＝＝3，所以外接球表面积为S＝4πR2＝9π.故选B.
2.A 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
【例2】 （1）B （2）A
解析：（1）
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），故AO＝＝r，CO＝＝r，故5＝AO＋OC＝r＋r，故r＝，故旋转体的内切球的表面积为4π×（）2＝.故选B.
（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S＝2××3×4＋2××4×5＝32，三棱锥A-BCD的体积V＝××3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝Sr，得r＝＝，所以该三棱锥内切球的体积V球＝πr3＝π×（）3＝.
跟踪训练
解析：
如图，作出正四棱台的轴截面，设上底面边长为2x，则下底面边长为4x，则CM＝CF＝x，BM＝BE＝2x，∠CIM＝∠MIF，∠BIM＝∠MIE，故∠CIB＝∠CIM＋∠BIM＝（∠MIE＋∠MIF）＝90°，在Rt△CIB中，IM⊥CB，则由射影定理，IM2＝CM·BM得2x2＝1，解得x＝，于是棱台的上底面面积为（2x）2＝2，下底面面积为（4x）2＝8，高为2，故该正四棱台的体积为V＝×2×（2＋＋8）＝.
【例3】 π 解析：设正四棱锥P-ABCD底面的边长为a，高为h，所以正四棱锥的体积V＝a2h＝1，则a2h＝3.如图，连接AC，记AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥底面ABCD，正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在直线PO1上.连接OA，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，又O1A＝，OO1＝｜h－R｜，所以OA2＝O1A2＋O1O2，即R2＝（）2＋｜h－R｜2，得2hR＝h2＋a2，因为a2h＝3，所以R＝＋.令f（h）＝＋，h＞0，则f'（h）＝，由f'（h）＝0，得h＝，当0＜h＜时，f'（h）＜0，当h＞时，f'（h）＞0，所以函数f（h）在（0，）上单调递减，在（，＋∞）上单调递增，所以当h＝时，半径R取得最小值，且最小值为，所以外接球体积的最小值为×（）3π＝π.
跟踪训练
1.A
设圆柱底面半径为r，高为h，球的半径为R，则R2＝h2＋r2，S＝πR2，S1＝2πrh，V＝·πR3＝πR3，V1＝πr2h，所以＝＝＝＋≥2＝1，当且仅当r＝h时等号成立，此时R＝r，所以＝＝＝.故选A.
2.4π 解析：
当球与下底面和侧面均相切时，圆台及球的轴截面如图所示，设E，F分别为梯形上、下底边的中点，连接EF，则CE＝1，DF＝3.过点C作CH⊥AD，交AD于点H，记点G为侧面的切点，O为球心，连接OG，OC，则FD＝DG＝3，CH＝EF＝2，FH＝EC，所以CD＝＝＝4，所以CG＝CD－DG＝1，所以CE＝CG，所以Rt△OEC≌Rt△OGC，所以OE＝OG，即球与上底面也相切，故此时球的半径R＝＝，所以该球体积的最大值为πR3＝π·（）3＝4π.
培优点2 立体几何中的截面与交线问题
【例1】 C 易知截面是一个非等边的等腰三角形，排除A、D；等腰三角形的底边是正三棱锥的一条棱，这条棱不可能与内切球有交点，所以排除B；而等腰三角形的两条腰正好是正三棱锥两个面的中线，且经过内切球在这两个面上的切点，所以C正确.
【例2】 解析：
根据题意作图，如图所示，过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH＝h.由题意得BD1＝2.因为长方体对面平行，所以截面BFD1E为平行四边形，则＝2＝2×BD1·h＝2h，当h取最小值时四边形BFD1E的面积最小.易知h的最小值为直线CC1与直线BD1间的距离.易知当F为CC1的中点时，h取得最小值，hmin＝，（）min＝2×＝.故四边形BFD1E面积的最小值为.
跟踪训练
1.D
如图，取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G.由题意得GH∥EF，AH∥A1F，又GH 平面A1EF，EF 平面A1EF.所以GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，又GH∩AH＝H，GH，AH 平面AHGD1，所以平面AHGD1∥平面A1EF，故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形.
2.［π，］ 解析：
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，r＝AO2＝，则R2＝r2＋1＝.①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝；②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，该截面圆的直径为AB，即半径为＝1，所以截面圆的面积最小为π·12＝π，综上，截面面积的取值范围为［π，］.
【例3】 解析：
由题设，将三棱锥P-ABC补全为棱长为2的正方体，O为底面中心，如图所示，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，又OA＝＞2，OP＝3＞4，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；平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；平面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为.所以最长弧的弧长为.
跟踪训练
C
取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得QN∥AB，QN＝AB，又因为MJ∥AB，MJ＝AB，所以MJ∥QN，MJ＝QN，所以四边形MJNQ是平行四边形，所以MQ∥JN，所以M，J，N，Q四点共面，所以平面MQN与平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成的角即为直线QD与直线MQ所成的角，即为∠MQD，因为正三棱锥P-ABC中，PA＝6，BC＝6，所以PA＝PB＝PC＝6，AB＝AC＝BC＝6，所以QD＝MQ＝3，MD＝3，cos∠MQD＝＝＝，所以sin∠MQD＝＝＝.
培优点3 立体几何中的动态问题
【例1】 （1）B （2） 解析：（1）设O为△ABC的中心，连接PO，AO（图略），在正△ABC中，AO＝××6＝2，在Rt△POA中，PO＝＝＝2，当PQ＝5时，连接OQ（图略），根据勾股定理可得OQ＝＝1，易知Q的轨迹是以O为圆心，半径为1的圆，由于集合T＝{Q∈S｜PQ≤5}，故集合T表示的区域的面积为π，故选B.
（2）
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，所以D1E＝C1D1＝，连接BD，取BD的中点O，连接PO，则四边形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，则DF＝DC＝，连接OF，EF，则四边形PEFO为平行四边形，Q的轨迹为线段EF，EF＝＝＝.
跟踪训练
1.A
如图，设☉O的半径为r，取BC的中点M，连接OM，MH，OH，OC，则OM⊥BC，MH＝MC.因为AB⊥平面BCD，所以BC是AC在平面BCD上的射影，从而OM⊥平面ABC，得OM⊥MH，于是OH2＝MO2＋MH2＝MO2＋MC2＝r2，即OH＝r，亦即动点H在以O为球心、r为半径的球面上.易证BH⊥平面ACD，即BH⊥AD，又B为定点，所以动点H又在过点B且垂直于直线AD的平面上，故点H运动的轨迹是圆.
2. 解析：易知DD1⊥平面ABCD，∠MDN＝90°，取线段MN的中点P，则DP＝MN＝1，所以点P的轨迹是以D为球心，1为半径的球面，故S＝×4π×12＝.
【例2】 （1）4－2 （2）
解析：（1）
连接AP，AC1，AM.由正方体的结构特征可得，QA⊥平面ABCD，所以QA⊥AP.因为PQ＝4，点M为线段PQ的中点，所以AM＝PQ＝2，故点M在以A为球心，半径R＝2的球面上，易知AC1＝4，所以C1M的最小值为AC1－R＝4－2.
（2）
由题意建立坐标系如图所示，设AB＝1，则A（0，0，0），E（，0，0），＝（1，，0）.设M（0，y，1）（0≤y≤1），则＝（－，y，1），由于异面直线所成角的范围为（0，］，所以cos θ＝＝，又因为［］2＝1－，令8y＋1＝t，1≤t≤9，则＝≥，当t＝1时取等号，所以cos θ＝≤×＝，当y＝0时，取得最大值.
跟踪训练
BD 在Rt△SOC中，SC＝＝2，则圆锥的母线长l＝2，半径r＝OC＝2，对于A，圆锥SO的侧面积为πrl＝4π，A错误；对于B，当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC＝×4×2＝4，则三棱锥S-ABC体积的最大值为×S△ABC×SO＝×4×2＝，B正确；对于C，△SAB是等腰三角形，SA＝SB，又因为SA2＋SC2＝16＝AC2，则∠ASC＝，依题意，0＜∠ASB＜，而∠SAB＝－∠ASB，因此∠SAB∈（，），C错误；对于D，由AB＝BC，AC＝4，∠ABC＝，得AB＝BC＝2，则△SAB为等边三角形，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面的位置，得到△S1AB，则△S1AB为等边三角形，
∠S1BA＝，如图，于是（SE＋CE）min＝S1C，因为S1B＝BC＝2，∠S1BC＝∠S1BA＋∠ABC＝，S1C2＝S1B2＋BC2－2S1B·BC·cos＝8＋8＋8＝4（＋1）2，所以（SE＋CE）min＝S1C＝2（＋1），D正确.
【例3】 ABC
如图1，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PE⊥平面ABC时，三棱锥P-ABC体积最大，最大值为VP-ABC＝S△ABC·PE＝1，C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2，显然四边形ABCP为菱形，∠BAP＝60°，当A，M，C三点共线时，AM＋CM取得最小值2，D错误.
跟踪训练
解析：如图1，过点K作KO⊥AE，连接OB'，则OB'⊥AE，显然BO⊥AE.因为二面角B'-AE-D的平面角为，所以∠B'OK＝，所以KO＝B'O＝BO，且K为BO中点.如图2，因为BO⊥AE，所以O在以AB为直径的圆上，取AB的中点J，连接JK，则JK⊥BK，所以点K的轨迹是以BJ为直径的圆上的一段弧，设此圆圆心为O'，得其半径为AB＝.当E与C重合时，∠KO'B＝，所以所对的弧长为×＝.
1 / 3培优点1 球的切、接问题
几何体与球的切、接问题，尤其是多面体与旋转体的外接球是历年高考命题的热点与重点，此类问题的实质是计算球的半径或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键.
空间几何体的外接球
【例1】 （1）已知四面体ABCD的各顶点都在同一球面上，若AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2，平面ABD⊥平面BCD，则该球的表面积是（ ）
A.100π B.40π C.20π D.16π
（2）已知圆台上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（ ）
A.π B.5π
C.π D.7π
听课记录
感悟提升
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.
1.（2024·湖南九校联盟第二次联考）如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA＝AC＝2BC＝2，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A.3π B.9π
C.36π D.48π
2.（2022·新高考Ⅱ卷7题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A.100π B.128π
C.144π D.192π
空间几何体的内切球
【例2】 （1）已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC所在直线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（ ）
A. B.
C. D.
（2）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（ ）
A. B.
C. D.
听课记录
感悟提升
空间几何体的内切球问题，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.
（2024·武汉五调）已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为1∶2，其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为 .
与球切、接有关的最值问题
【例3】 （2024·长沙新高考适应性考试）已知正四棱锥P-ABCD的顶点均在球O的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球O体积的最小值为 .
听课记录
感悟提升
求解与球切、接有关的最值问题的策略
（1）转化为函数最值问题：通过引入线参数或角参数，建立关于这些参变量的函数关系，转化为函数的最值问题来解决；
（2）转化为平面几何问题：根据题目的特征，寻找或确定一个数量关系比较集中的平面，将题目的其他条件逐步向该平面转移，然后利用几何方法或三角方法来解决；
（3）利用基本不等式：可通过引入多个变量建立数学模型，然后利用基本不等式求其最值.
1.（2024·聊城二模）已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面圆周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S，S1，半球O与圆柱OO1的体积分别为V，V1，则当的值最小时，的值为（ ）
A. B.
C. D.
2.已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和3，高为2.若圆台内有一个球，则该球体积的最大值为 .（球的厚度可忽略不计）
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