专题四 立体几何
第1讲 小题研透——立体几何
1.A 由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S＝×2×4＝4，故选A.
2.C 体积最大的圆锥的母线为l＝＝＝5，则S表＝S圆柱侧＋S圆柱底＋S圆锥侧＝2πrh＋πr2＋πrl＝24π＋9π＋15π＝48π.故选C.
3.A 如图，由题意，该棱台的上下底面的对角线长分别为5 cm，3 cm，所以棱台的高为h＝＝5 cm，故棱台的体积为V＝h（S上＋S下＋）＝×5×（52＋32＋）＝ cm3.故选A.
4.C 对于A，若α∥β，m α，n β，则m∥n或m与n异面，所以A错误；对于B，若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n或m与n异面或m与n相交，所以B错误；对于C，设直线m，n的方向向量分别为m，n，因为m⊥α，n⊥β，所以m⊥α，n⊥β，即m，n分别为平面α，β的法向量，又α⊥β，所以m⊥n，所以m⊥n，所以C正确；对于D，若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n或m与n异面或m与n相交，所以m与n不一定垂直，所以D错误.故选C.
5.AD 因为BG∶GC＝DH∶HC，所以GH∥BD.又E，F分别为AB，AD的中点，所以EF∥BD，且EF＝BD，所以EF∥GH.易知BD∥平面EGHF，FH与AC为相交直线，即A正确，B、C错误；因为EFHG为梯形，所以EG与FH必相交，设交点为M，因为EG 平面ABC，FH 平面ACD，则M是平面ABC与平面ACD的一个交点，所以M∈AC，即直线GE，HF，AC交于一点，所以D正确.
6. 解析：连接BC1，A1C1，如图所示，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，有AB∥C1D1且AB＝C1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，则有BC1∥AD1，则∠A1BC1就是异面直线A1B与AD1所成的角.设AB＝1，则BC1＝A1B＝，A1C1＝，在△A1BC1中，由余弦定理得cos∠A1BC1＝＝＝.
7.B 对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP 平面BDD1B1，又DD1 平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A不正确；对于B，如图2，连接AC，易知AC 平面ACC1A1，BP 平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C、D不正确.故选B.
8.C 如图，在OA取一点A'，过A'作A'B'⊥α，再作B'C'⊥OC，垂足为C'，连接A'C'，由A'B'⊥OC，易得OC⊥A'C'.则cos∠AOB＝，cos∠BOC＝，cos∠AOC＝，故有cos∠AOB·cos∠BOC＝cos∠AOC.由于∠AOB＝∠BOC＝45°，则cos∠AOC＝cos 45°·cos 45°＝×＝，则∠AOC＝60°.所以C选项是正确的.
9.B 该灯笼去掉圆柱部分的高为40－8＝32 cm，则R－h＝＝16 cm，由圆柱的底面圆直径为24 cm，则有（R－h）2＋122＝R2，即162＋122＝R2，可得R＝20 cm，则h＝4 cm，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.
10.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，于是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.
11.ABC 对于A、B，如图，连接EF，GH，因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH∥B1C1，因为B1E∥C1F，且B1E＝C1F，所以四边形B1EFC1是平行四边形，所以EF∥B1C1，所以EF∥GH，所以E，F，G，H四点共面，故A、B正确；对于C，如图，延长EG，FH相交于点P，因为P∈EG，EG 平面ABB1A1，所以P∈平面ABB1A1，因为P∈FH，FH 平面ACC1A1，所以P∈平面ACC1A1，因为平面ABB1A1∩平面ACC1A1＝AA1，所以P∈AA1，所以EG，FH，AA1三线共点，故C正确；对于D，因为EB1＝FC1，当GB1≠HC1时，tan∠EGB1≠tan∠FHC1，故D错误.故选A、B、C.
12.ABD 显然四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝BC＝2，CD＝4，其高即为圆台的高h＝＝，对于A，在等腰梯形ABCD中，AC＝＝2，A正确；对于B，圆台的表面积S＝π×12＋π×22＋π（1＋2）×2＝11π，B正确；对于C，圆台的体积V＝π（12＋1×2＋22）×＝π，C错误；对于D，将圆台一半侧面展开，如图中扇环ABCD，且E为AD中点，而圆台对应的圆锥半侧面展开为COD且OC＝4，又∠COD＝＝，在Rt△COE中，CE＝＝5，斜边CE上的高为＝＞2，即CE与弧AB相离，所以C到AD中点的最短距离为5，D正确.故选A、B、D.
13.12 解析：设六棱锥的高为h，则V＝Sh，所以××4×6h＝2，解得h＝1.设六棱锥的斜高为h'，则h2＋（）2＝h'2，故h'＝2.所以该六棱锥的侧面积为×2×2×6＝12.
14. 1 解析：设正三角形的边长为2r，则正三角形的高为r，此时圆锥MM'的底面半径为r，母线长l＝2r，高为r，故圆锥MM'的体积V1＝×πr2×r＝πr3，圆锥MM'的表面积S1＝πr2＋πrl＝3πr2，因为正三角形的高与球O的直径相等，所以球O的半径R＝r，故球O的体积V2＝πR3＝πr3，球O的表面积S2＝4πR2＝3πr2.因此，圆锥MM'的体积与球O的体积的比值为＝＝，圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值为＝1.
15.π 解析：因为圆锥形容器的底面半径和高都是1，水面高度为x，所以容器中水的体积V＝f（x）＝πx3.因为a＋b＝1，所以b＝1－a（0＜a＜1），f（a）＋f（b）＝πa3＋π（1－a）3＝πa3＋π（1－3a＋3a2－a3）＝πa2－πa＋π，易知函数y＝πa2－πa＋π（0＜a＜1）的图象开口向上，且对称轴方程为a＝，所以当a＝时，f（a）＋f（b）取得最小值，最小值为π－π＋π＝π.
16.AC 对于A，S△ABD＝×1×1×＝，所以表面积为6×＝，故A对；对于B，如图所示，设点D在平面ABC内的投影为O，M为BC的中点，则由对称性可知O为三角形ABC的重心，所以AO＝AM＝×1×＝，又因为AD＝1，所以正三棱锥D-ABC的高为DO＝＝＝，所以题图所示几何体的体积为V＝2VD-ABC＝2×××＝，故B错；对于C，由B选项可知DO⊥平面ABC，由对称性可知D，O，E三点共线，所以DE⊥平面ABC，而DE 平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABC，故C对；对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，
其中Ox轴平行BC，因为AO＝，OM＝－＝，所以B（ ，，0），C（ －，，0），E（ 0，0，－），＝（－1，0，0），＝（ －，－，－），设平面BCE的法向量为n＝（x，y，z），所以不妨取z＝1，解得y＝－2，x＝0，所以取n＝（0，－2，1），又A（ 0，－，0），D（ 0，0，），＝（ 0，，），而·n＝－＋＝－≠0，所以直线AD与平面BCE不平行，故D错.故选A、C.
17.16π 解析：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为h（0≤h≤3）时，小圆锥底面半径为r，则＝，∴r＝h，故截面面积为4π－πh2，把y＝h代入＋＝1，即＋＝1，解得x＝±，∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2＝4π－πh2，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：V＝2（V圆柱－V圆锥）＝2×（ 4π×3－×4π×3）＝16π.
第2讲 大题专攻——空间几何体中的证明与计算
1.解：（1）证明：因为四棱锥P-ABCD的底面是正方形，所以BC∥AD，
又BC 平面PBC，AD 平面PBC，
所以AD∥平面PBC，
因为AD 平面PAD，平面PBC∩平面PAD＝l，所以l∥AD.
（2）因为PA＝PB，取AB的中点O，连接PO，则PO⊥AB，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，则PO⊥平面ABCD，
所以以O为坐标原点建立如图所示的坐标系，
因为PA＝PB＝，AB＝2，ABCD是正方形，所以PO＝2，
则P（0，0，2），A（1，0，0），C（－1，2，0），D（1，2，0），
＝（－1，0，2），＝（0，2，0），＝（－1，2，－2），
设平面PAD的法向量为n＝（x，y，z），则n·＝－x＋2z＝0，n·＝2y＝0，
取x＝2，则y＝0，z＝1，即n＝（2，0，1），
设直线PC与平面PAD所成角为θ，
则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝＝＝，
所以直线PC与平面PAD所成角的正弦值为.
2.解：（1）设FC的中点为I，连接GI，HI，如图所示，在△CEF中，因为点G是CE的中点，所以GI∥EF.
又EF∥OB，所以GI∥OB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，
所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，OB∩BC＝B，HI，GI 平面GHI，OB，BC 平面ABC，所以平面GHI∥平面ABC.
因为GH 平面GHI，
所以GH∥平面ABC.
（2）法一 连接OO'，则OO'⊥平面ABC.
又AB＝BC，且AC是☉O的直径，所以BO⊥AC.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz.
由题意得B（0，2，0），C（－2，0，0）.
过点F作FM垂直OB于点M，
所以FM＝＝3，
可得F（0，，3）.
故＝（－2，－2，0），＝（0，－，3）.
设m＝（x，y，z）是平面BCF的法向量，
由
可得
可得平面BCF的一个法向量m＝（－1，1，）.
因为平面ABC的一个法向量n＝（0，0，1），
所以cos＜m，n＞＝＝.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
法二 如图所示，连接OO'，过点F作FM垂直OB于点M，
则有FM∥OO'.
又OO'⊥平面ABC，所以FM⊥平面ABC.
可得FM＝＝3.
过点M作MN垂直BC于点N，连接FN.
可得FN⊥BC，
从而∠FNM为二面角F-BC-A的平面角.
又AB＝BC，AC是☉O的直径，
所以MN＝BMsin 45°＝，
从而FN＝，可得cos∠FNM＝.
所以二面角F-BC-A的余弦值为.
3.解：（1）证明：连接PM，
在△DCM中，由余弦定理得DM＝，
所以DM2＋DC2＝CM2，所以∠MDC＝90°，所以DM⊥DC.
又因为DC⊥PD，DM∩PD＝D，DM，PD 平面PDM，所以DC⊥平面PDM.
因为PM 平面PDM，所以DC⊥PM.
显然，四边形PQBM为平行四边形，
所以PM∥QB.
又AB∥DC，所以AB⊥BQ，
所以∠ABQ＝90°.
（2）因为QB⊥MD，PM∥QB，所以PM⊥MD，又PM⊥DC，MD∩DC＝D，MD，DC 平面ABCD，所以PM⊥平面ABCD.
取AD中点E，连接PE，ME，设PM＝h.
设多面体ABCDPQ的体积为V，
则V＝V三棱柱ABQ-EMP＋V四棱锥P-CDEM＝3VA-PEM＋V四棱锥P-CDEM＝3VP-AEM＋V四棱锥P-CDEM＝S△AEMh＋S四边形CDEMh＝S△AEMh＋×2S△AEMh＝S△AEMh＝.
解得PM＝h＝3.
建立如图所示的空间直角坐标系，则C（，－1，0），D（，0，0），P（0，0，3），所以＝（0，1，0），＝（，0，－3），
易知平面QAB的一个法向量为n＝（1，0，0）.
设平面PCD的法向量为m＝（x，y，z），
则
即取m＝（3，0，1）.
设平面PCD与平面QAB的夹角为θ，
所以cos θ＝＝.
所以平面PCD与平面QAB夹角的余弦值为.
4.解：（1）证明：选①.因为E，F分别为BC，CD的中点，
所以EF∥BD.
又BD 平面EFG，EF 平面EFG，所以BD∥平面EFG.
又BD 平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH.
选②.在△ACD中，AG＝2GD，F为CD的中点，所以GF与AC不平行.
设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF，又AC 平面ABC，FG 平面EFG，所以K∈平面ABC，K∈平面EFG.
又平面ABC∩平面EFG＝HE，
所以K∈HE，所以HE，GF，AC相交于一点.
（2）若第（1）问中选①.
由（1）知，BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
若第（1）问中选②.因为E，F分别为BC，CD的中点，所以EF∥BD.又BD 平面EFG，EF 平面EFG，
所以BD∥平面EFG.
所以点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离.
连接EA，ED，
因为△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，
所以EA⊥BC，ED⊥BC.
又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，所以AE⊥平面BCD，
又ED 平面BCD，所以EA⊥ED.
以{，，}为正交基底建立如图所示空间直角坐标系，
则E（0，0，0），B（2，0，0），F（－1，，0），G（0，，），
则＝（2，0，0），＝（－1，，0），＝（0，，）.
设平面EFG的法向量为n＝（x，y，z），则
即不妨取n＝（，1，－2）.
设点B到平面EFG的距离为d，则d＝＝＝，
所以直线BD与平面EFG的距离为.
5.解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
∴PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，又AB 平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAD.
（2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示.
在平面ABCD内，作CE∥AB，交AD于点E，则CE⊥AD.
在Rt△CDE中，DE＝CD·cos 45°＝1，CE＝CD·sin 45°＝1.
设AB＝AP＝t（t＞0），则B（t，0，0），P（0，0，t），＝（t，0，－t）.
由AB＋AD＝4得AD＝4－t，
∴E（0，3－t，0），C（1，3－t，0），D（0，4－t，0），
∴＝（－1，1，0），＝（0，4－t，－t）.
①设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），
由n⊥，n⊥得
取x＝t，得平面PCD的一个法向量n＝（t，t，4－t）.
则cos 60°＝，
即＝，
解得t＝或t＝4（舍去，∵AD＝4－t＞0），
∴AB＝.
②法一 假设在线段AD上存在一点G（如图所示），使得点G到点P ，B，C，D的距离都相等.
设G（0，m，0）（其中0≤m≤4－t），则＝（1，3－t－m，0），＝（0，4－t－m，0），＝（0，－m，t）.
由｜｜＝｜｜得12＋（3－t－m）2＝（4－t－m）2，
即t＝3－m，（ⅰ）
由｜｜＝｜｜，得（4－m－t）2＝m2＋t2.（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）消去t，化简得m2－3m＋4＝0.（ⅲ）
由于方程（ⅲ）没有实数根，∴在线段AD上不存在点G满足条件.
法二 假设在线段AD上存在一点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等.
由GC＝GD得∠GCD＝∠GDC＝45°，
∴∠CGD＝90°，即CG⊥AD，
∴GD＝CD·cos 45°＝1.
设AB＝λ，则AD＝4－λ，AG＝AD－GD＝3－λ.
如图所示，在Rt△ABG中，
GB＝＝
＝＞1，
这与GB＝GD矛盾.
∴在线段AD上不存在点G满足条件.
第3讲 大题专攻——空间中的翻折、探索性问题
1.解：（1）证明：如图，作FM∥CD，交PC于点M，连接EM，
因为点F为PD的中点，所以点M为PC的中点，所以FM＝CD.
因为m＝，所以AE＝AB＝FM，
又FM∥CD∥AE，
所以四边形AEMF为平行四边形，
所以AF∥EM，
因为AF 平面PEC，EM 平面PEC，
所以直线AF∥平面PEC.
（2）存在一个常数m＝，使得平面PED⊥平面PAB，理由如下：
要使平面PED⊥平面PAB，只需AB⊥DE，
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥AB，
又PD∩DE＝D，所以AB⊥平面PDE，
因为AB 平面PAB，
所以平面PED⊥平面PAB，
因为AB＝AD＝2，∠DAB＝30°，
所以AE＝ADcos 30°＝，
所以m＝＝.
2.解：（1）由AB⊥CD，BC⊥CD，且AB∩BC＝B，AB，BC 平面ABC，可得CD⊥平面ABC，
又AC 平面ABC，所以AC⊥CD.
在Rt△ACD中，根据勾股定理得，AC＝＝＝2.
（2）如图，过点A作AO⊥BD于点O，易知BO＝1，AO＝.
由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO 平面ABD，得AO⊥平面BCD.
以O为坐标原点，在平面BCD中，过点O作BD的垂线为x轴，BD，AO所在直线分别为y，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（0，0，），B（0，－1，0），C（，2，0），D（0，3，0），＝（0，－1，－），＝（，3，0），＝（－，1，0），＝（0，3，－）.
设平面ABC的法向量m＝（x1，y1，z1），则令z1＝1，得y1＝－，x1＝3，
所以m＝（3，－，1）；
设平面ACD的法向量n＝（x2，y2，z2），则令x2＝1，得y2＝，z2＝3，
所以n＝（1，，3）.
记平面ABC和平面ACD的夹角为θ，则cos θ＝｜cos＜m，n＞｜＝＝＝，
即平面ABC和平面ACD夹角的余弦值为.
3.解：（1）证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，所以∠BCE＝120°.
又因为E为CD的中点，则CE＝ED＝DA＝CB，所以△BCE为等腰三角形，
可得∠CEB＝30°，∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE，
因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，
则BE⊥平面APE，且AP 平面APE，所以AP⊥BE.
（2）取AE的中点O，连接PO，因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE，
取AB的中点G，则OG∥BE，由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE，
所以∠POG即为二面角P-AE-B的平面角，记为θ.
以点O为坐标原点，以OA，OG，Oz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（1，0，0），C（－2，，0），
因为OP＝，则P（0，cos θ，sin θ），
可得＝（1，－cos θ，－sin θ），＝（－2，－cos θ，－sin θ），
则点A到直线PC的距离为
＝，由题意可得＝，解得cos θ＝－，或cos θ＝，
所以二面角P-AE-B的平面角的余弦值为－或.
4.解：（1）证明：因为点P在底面ABC上的射影为点H，所以PH⊥平面ABC，
又AB，BC，CA 平面ABC，所以PH⊥AB，PH⊥BC，PH⊥CA，
因为PA⊥BC，PH⊥BC，PA∩PH＝P，PA，PH 平面PAH，所以BC⊥平面PAH，
又AH 平面PAH，所以BC⊥AH，
同理，AC⊥BH，所以点H为△ABC的垂心，所以CH⊥AB，又PH⊥AB，CH∩PH＝H，CH，PH 平面PCH，所以AB⊥平面PCH，
又PC 平面PCH，所以PC⊥AB.
（2）延长CH交AB于点O，则有CO⊥AB，
又HA＝HB，所以点O为线段AB的中点，所以CA＝CB，
同理，BA＝BC，所以△ABC为等边三角形.
又HA＝HB＝HC＝2，所以AB＝2.
如图，以点O为坐标原点，以，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，则A（－，0，0），B（，0，0），P（0，1，2），C（0，3，0），
故＝（2，0，0），＝（，1，2），＝（－，3，0），＝（0，－2，2）.
由＝λ，得＝＋＝＋λ＝（－，3－2λ，2λ），
设平面PAB的法向量为n＝（x，y，z），则所以令z＝1，得x＝0，y＝－2，所以平面PAB的一个法向量为n＝（0，－2，1），
所以cos＜，n＞＝
＝，
设直线BM与平面PAB所成角为θ，由已知得cos θ＝，又θ∈［0，］，所以sin θ＝，
故＝，所以λ＝或λ＝2，
即存在λ＝或λ＝2，均可使得BM与平面PAB所成角的余弦值为.
5.解：（1）证明：若α＝，则平面DCGH，平面CB'F'G为同一个平面.
连接BH，BF'，则M是BH中点，M'是BF'中点，
所以平面MBF与平面BFHD重合，平面M'B'F'与平面BFF'B'重合，
由正方体性质可知BF⊥平面EFF'H，
因为HF，FF' 平面EFF'H，所以BF⊥HF，BF⊥FF'，
∠HFF'为二面角H-BF-F'的平面角，
因为HG＝FG，∠HGF＝，则∠HFG＝，同理可得∠F'FG＝，
所以∠HFF'＝，所以平面MBF⊥平面M'B'F'.
（2）假设存在α，使得直线M'F'⊥平面MBC，
以C为原点，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，
则C（0，0，0），B（2，0，0），M（1，－1，1），故＝（2，0，0），＝（1，－1，1），
设平面MBC的法向量为m＝（x，y，z），则
取y＝1，得m＝（0，1，1）是平面MBC的一个法向量，
取CG的中点P，BF的中点Q，连接PQ，PM，PM'，则P（0，0，1），Q（2，0，1），
因为｜｜＝｜｜＝＝，则PM⊥CG，同理可知，PM'⊥CG，
因为BQ∥CP，BQ＝CP，BQ⊥BC，则四边形BCPQ为矩形，所以PQ⊥CG，
于是∠MPM'是二面角M-CG-M'的平面角，∠MPQ是二面角M-CG-Q的平面角，∠QPM'是二面角Q-CG-M'的平面角.
于是∠MPM'＝α，
因为＝（1，－1，0），＝（2，0，0），cos∠MPQ＝＝＝，
因为0＜∠MPQ＜π，则∠MPQ＝，所以∠QPM'＝α－，
因为PM⊥CG，PM'⊥CG，PM∩PM'＝P，PM，PM' 平面MPM'，
所以CG⊥平面MPM'，且｜｜＝｜｜＝，
故M'（cos（α－），sin（α－），1），同理F'（2cos α，2sin α，2），
所以＝（2cos α－cos（α－），2sin α－sin（α－），1），
因为2cos α－cos（α－）＝2cos α－cos αcos－sin αsin＝cos α－sin α，
2sin α－sin（α－）＝2sin α－sin αcos＋cos αsin＝cos α＋sin α，
所以＝（cos α－sin α，cos α＋sin α，1），
若直线M'F'⊥平面MBC，m是平面MBC的一个法向量，则∥m，
即存在λ∈R，使得＝λm，
则
因为0＋λ2＝（cos α－sin α）2＋（cos α＋sin α）2＝2，可得λ2＝2，
故方程组
所以不存在α∈（0，π），使得直线M'F'⊥平面MBC.
培优点1 球的切、接问题
1.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.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.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.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.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.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.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.[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].
9.8π 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.
10.4＋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.
培优点2 立体几何中的截面与交线问题
1.A 根据截面与圆锥的位置关系，所得的图形如图所示，故截面与该圆锥侧面的交线可以是图形①圆；②椭圆；③抛物线的一部分；④双曲线的一部分.
2.C 由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径最小值为＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π＝16π.故选C.
3.C 如图1，当点M，N分别与顶点重合时，显然截面BMD1N是矩形；如图2，当M，N为棱AA1，CC1的中点时，显然截面BMD1N是菱形，由正方体的性质及勾股定理易知截面BMD1N不可能为正方形；根据对称性，其他情况下截面BMD1N为平行四边形.故选C.
4.D 取B1C1的中点为M，连接EM，MD1，BC1，则EM∥BC1，且EM＝BC1，则EM∥AD1，且EM＝AD1.又AB＝2，所以MD1＝AE＝＝，BC1＝AD1＝2，因此EM＝，所以平面AED1截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形EMD1A.因此该等腰梯形的高h＝＝＝，所以该截面的面积S＝（AD1＋EM）·h＝.
5.C 如图，设O1是顶点A在底面BCD上的射影，连接AO1，BO1.由正弦定理得，△BCD的外接圆半径r＝BO1＝×＝2.在Rt△ABO1中，由勾股定理得棱锥的高AO1＝＝＝6.易知点O在AO1上，连接OB，设球O的半径为R，则在Rt△OBO1中，R2＝（6－R）2＋（2）2，解得R＝4，所以OO1＝2.连接O1E，OE，在△BO1E中，由余弦定理得O1E2＝BE2＋B－2×BE×BO1×cos 30°＝4＋12－2×2×2×＝4，所以O1E＝2，所以OE＝＝2.根据球的性质知，过点E作球O的截面，当OE垂直于截面时，截面面积最小，此时截面圆的半径为＝＝2，截面面积为8π.故选C.
6.ABC 对于B，因为直线G1A，G1F1分别与球O1相切于点A，F1，所以根据切线长定理知，G1A＝G1F1，同理可得G2B＝G2F1，所以G1G2＝G1F1＋G2F1＝G1A＋G2B.又O1，O分别为AB，G1G2的中点，所以G1A＋G2B＝2OO1＝O1O2，因此G1G2＝O1O2，故B正确.对于A，由选项B的结论知OO1＝O1O2＝G1G2＝a，连接O1F1，易知O1F1⊥平面α，OF1 平面α，所以O1F1⊥OF1，过点P作O1O2的平行线，交球O1于点M，交球O2于点N，易知M，N为切点，则PF1＝PM，PF2＝PN，则PF1＋PF2＝PM＋PN＝MN＝O1O2＝2a，所以F1，F2为椭圆的两个焦点.则OF1＝c，所以O1F1＝＝＝b，即球的半径等于椭圆的短半轴长，所以球的直径等于椭圆的短轴长，故A正确.对于C，因为O1F1⊥平面α，所以轴O1O2与平面α所成的角θ＝∠O1OF1，cos θ＝cos∠O1OF1＝＝＝e，故C正确.对于D，连接O1G1，易证△O1AG1≌△O1F1G1，所以∠O1G1A＝∠O1G1F1＝＝，又∠AO1G1＋∠O1G1A＝，所以∠AO1G1＝，因为tan∠AO1G1＝，所以tan＝，即R＝，故D错误.综上，选A、B、C.
7. 解析：平面ACD1是边长为的正三角形，且球与以点D为公共点的三个面的切点恰为△ACD1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，如图所示，△ACD1内切圆的半径是×tan 30°＝，则所求的截面圆的面积是π×（）2＝.
8. 解析：如图，将正三棱台ABC-A1B1C1补为正三棱锥D-ABC，连接AF并延长交CD于点M，连接ME交B1C1于点N，连接FN，则FN即为过点A，E，F的截面与上底面A1B1C1的交线，因为FC1∥AC，所以＝＝＝，所以MC1＝CC1＝，过点E作BC的平行线交CC1于点H，易知HE＝（BC＋B1C1）＝.＝＝＝，所以C1N＝HE＝，在△C1FN中，由余弦定理得FN＝＝.
9. 解析：因为AD＝DC＝BC＝AB，所以四边形ADCO1，BCDO1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，则O1M＝，所以AO1＝＝2，则O1O2＝DN＝2sin 60°＝，设圆台上、下底面半径分别为r，R，则R＝AO1，r＝DO2＝AO1，则圆台的体积V＝h（R2＋Rr＋r2）＝×（4＋2＋1）＝.
10.8π－8 解析：平面ABC截勒洛四面体ABCD所得的截面如图所示.其中△ABC是边长为4的正三角形，是以B为圆心，4为半径的弧；是以C为圆心，4为半径的弧；是以A为圆心，4为半径的弧，所以所对的弓形面积为×42×－×42＝－4，所以截面面积为3×（－4）＋×42＝8π－8.
培优点3 立体几何中的动态问题
1.C 由题可知，当P点运动时，在空间中，满足条件的AP绕AB旋转形成一个圆锥，用一个与圆锥高成60°角的平面截圆锥，所得图形为椭圆.
2.B 如图，连接PB，PA，因为AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥PB.在Rt△APB中，PA＝＝＝，解得BP＝.所以动点P的轨迹就是圆心为B，半径为r＝＜1的圆在正方形BCC1B1内（含边界）的部分，故选B.
3.C 连接A1B，若A1M⊥AB1，则A1M在平面ABB1A1上的射影在A1B上，所以M的轨迹为A1C，AM的最小值为A到A1C的距离，连接A1C，过点A作AM⊥A1C于点M，因为AA1⊥AC，且AC＝，A1C＝＝，所以AM＝＝＝，故AM的最小值为.故选C.
4.D 如图，将△BCC1沿BC1折起铺平在正方体的对角面ABC1D1所在平面内，这时ABCC1D1是一个五边形，过点D1作D1Q⊥BC，垂足为Q，且交BC1于P，显然，此时D1P＋PQ最小.在直角梯形D1QCC1中，∠C1D1Q＝45°，则D1Q＝CC1＋C1D1cos 45°＝＋2.
5.A ∵PA，PB，PC两两垂直，且PA＝3，PB＝2，PC＝1，由题意可得V三棱锥P-ABC＝××3×2×1＝1＝＋x＋y，∴x＋y＝，∴2（x＋y）＝1.∴＋＝（＋）×2（x＋y）＝2＋2a＋＋≥2＋2a＋2＝2＋2a＋4，当且仅当＝，即y＝x时，等号成立.由2＋2a＋4≥8恒成立，解得a≥1，∴正实数a的最小值为1.故选A.
6.ACD 如图，把三棱锥P-ABC补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系A-xyz，对于A，由PA⊥平面ABC，得∠PBA是PB与平面ABC所成的角，tan∠PBA＝＝，因此∠PBA＝，A正确；对于C，由AD⊥CD，得D点的轨迹是以线段AC为直径的球面与△PAB相交的一段圆弧及点B，令AC，AB的中点分别为O，E，则OE⊥平面PAB，OE＝1，OD＝，于是DE＝1，显然D点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确；对于B，由选项C知，当DE⊥AB时，D点到平面ABC距离最大，最大距离为1，因此三棱锥C-ABD的体积VC-ABD＝VD-ABC≤××2×1×2＝，B错误；对于D，设∠AED＝θ（0＜θ≤），则点D（1－cos θ，0，sin θ），而C（2，2，0），于是＝（－1－cos θ，－2，sin θ），又＝（2，0，0），令异面直线CD与AB所成的角大小为φ，则cos φ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝，令t＝1＋cos θ∈［，2），cos φ＝＝在t∈［，2）上单调递增，因此 ≤t＜，D正确.故选A、C、D.
7.10 解析：连接AC，BC，因为AB是圆柱下底面圆O的直径，所以BC⊥AC，又BC⊥AD，AC∩AD＝A，AC，AD 平面ACD，所以BC⊥平面ACD.设过点A的母线与上底面的交点为点E，过点C的母线与上底面的交点为点F，连接EF，因为AE⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以AE⊥BC，因为AE∩AC＝A，AE，AC 平面AEFC，所以BC⊥平面AEFC，所以点D在平面AEFC内，又点D在圆柱的表面，所以点D的轨迹是矩形AEFC，依题意得AE＝5，OA＝OC＝2，∠AOC＝，所以AC＝2，所以矩形AEFC的面积为5×2＝10.故点D的轨迹所围成图形的面积为10.
8. 解析：因为线段P1P2平行于平面A1ADD1，P1P2 平面ABD1，平面A1ADD1∩平面ABD1＝AD1，所以P1P2∥AD1，所以△P1P2B∽△AD1B，则＝＝.设P1B＝x，x∈（0，2），则P1P2＝x，P2B＝x.设P2到平面AA1B1B的距离为h，则＝，所以h＝x，所以四面体P1P2AB1的体积为V＝··（2－x）·2·x＝（2x－x2）＝－（x－1）2＋，当x＝1时，四面体P1P2AB1的体积取得最大值.
9.解：（1）因为PE⊥AE，PE⊥EF，所以PE⊥平面ACFE.
又EF∥CD，所以＝（ ）2＝.
所以S△BEF＝S△BDC＝·＝x2.
所以SACFE＝S△ABC－S△BEF＝9－x2＝（108－x2）.
所以V（x）＝SACFE·PE＝（108x－x3），0＜x＜3.
又V'（x）＝（36－x2），
当0＜x＜6时，V'（x）＞0；当6＜x＜3时，V'（x）＜0.
故V（x）在（0，6）上递增，在（6，3）上递减，又x＝6是V（x）的唯一极大值点，所以当x＝6时，V（x）max＝12.
（2）以直线EF，EB，EP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（图略），则A（0，6－6，0），C（3，6－3，0），F（，0，0），P（0，0，6）.
于是＝（3，3，0），＝（，0，－6）.
所以cos〈，〉＝＝.
10.解：（1）若AP＝6，则点P以点A为球心半径为6的球面上运动，
又P在正方体表面运动，AD＝6，AD⊥平面CDD1C1，
则P在以D为圆心，半径为＝6的圆上（正方形CDD1C1内部），如图所示，
＝6×＝3π，同理可得＝＝6×＝3π，
故点P的轨迹长度为3π×3＝9π.
（2）若P到平面ABCD、ADD1A1距离相等，根据对称性知P在平面ADC1B1上，
AD⊥平面AA1B1B，AD 平面ADC1B1，故平面ADC1B1⊥平面AA1B1B，
故P到平面ABB1A1的距离即P到AB1的距离，
设正方体的中心为Q，即＝｜PQ｜，故P的轨迹为平面ADC1B1内的一条抛物线，
正方体棱长为6，AB1中点为N，以NQ所在的直线为x轴，
以线段NQ的垂直平分线为y轴，建立直角坐标系，
抛物线方程y2＝6x，当y＝±3时，x＝3＜，故抛物线与棱B1C1和AD相交，故共有2×3＝6个点满足条件.
（3）易知正方体中AD⊥平面DCC1D1，MC⊥平面DCC1D1，DP，PC 平面DCC1D1，
所以AD⊥DP，MC⊥CP，又∠APD＝∠MPC，所以Rt△ADP∽Rt△MCP，
所以＝＝2即PD＝2PC，
如图，在平面DCC1D1中，以D为原点，DC，DD1分别为x，y轴建立平面直角坐标系，
则D（0，0），C（6，0），P（x，y）.由PD＝2PC知，
＝2化简整理得（x－8）2＋y2＝16，0≤x≤6，
所以点P的轨迹为圆（x－8）2＋y2＝16在正方形DCC1D1内部的部分，
即，其中CR＝2，RF＝4，
则∠FRC＝，由弧长公式知×4＝.
1 / 2第1讲 小题研透——立体几何
1.如图所示的直观图中，O'A'＝O'B'＝2，则其平面图形的面积是（ ）
A.4 B.4
C.2 D.8
2.（2024·青岛三模）在母线长为4，底面直径为6的一个圆柱中挖去一个体积最大的圆锥后，得到一个几何体，则该几何体的表面积为（ ）
A.33π B.39π
C.48π D.57π
3.（2024·黔西一模）如图所示的花盆为正四棱台，上口宽5 cm，下口宽3 cm，侧棱长3 cm，则该花盆的体积为（ ）
A. cm3 B.49 cm3
C. cm3 D.245 cm3
4.（2024·太原高三年级模拟考试）已知m，n是不同的直线，α，β是不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A.若α∥β，m α，n β，则m∥n
B.若α∥β，m∥α，n∥β，则m∥n
C.若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n
D.若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
5.（多选）如图，在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，则（ ）
A.BD∥平面EGHF
B.FH∥平面ABC
C.AC∥平面EGHF
D.直线GE，HF，AC交于一点
6.（2024·保定二模）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝4AB，则异面直线A1B与AD1所成角的余弦值为 .
7.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（ ）
A.DD1 B.AC
C.AD1 D.B1C
8.已知AO为平面α的一条斜线，O为斜足，OB为OA在平面α内的射影，直线OC在平面α内，且∠AOB＝∠BOC＝45°，则∠AOC的大小为（ ）
A.30° B.45°
C.60° D.90°
9.（2024·武昌5月质量检测）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
10.（2024·北京高考8题）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.
11.（多选）（2024·绍兴二模）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A.E，F，G，H四点共面
B.EF∥GH
C.EG，FH，AA1三线共点
D.∠EGB1＝∠FHC1
12.（多选）如图圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，下面说法正确的是（ ）
A.线段AC＝2
B.该圆台的表面积为11π
C.该圆台的体积为7π
D.沿着该圆台的表面，从点C到AD中点的最短距离为5
13.一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 .
14.（2024·九省联考）已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直径相等，则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是 ，圆锥MM'的表面积与球O的表面积的比值是 .
15.如图是一个底面半径和高都是1的圆锥形容器，匀速给容器注水，则容器中水的体积V是水面高度x的函数，记为V＝f（x），若正数a，b满足a＋b＝1，则f（a）＋f（b）的最小值为 .
16.（多选）（2024·武汉二调）将两个各棱长均为1的正三棱锥D-ABC和E-ABC的底面重合，得到如图所示的六面体，则（ ）
A.该几何体的表面积为
B.该几何体的体积为
C.过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直
D.直线AD∥平面BCE
17.我国南北朝时期的著名数学家祖暅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即V球＝πR2·R－πR2·R＝πR3.现将椭圆＋＝1绕y轴旋转一周后得到一橄榄状的几何体（如图3），类比上述方法，运用祖暅原理可求得几何体体积为 .
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