专题09：立体几何与空间向量（答案）_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_高考数学冲刺笔记猫老师猫老师2026年高考数学考点一遍过全套(完整版)

⽴体⼏何与空间向量——题型01～05
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
D
B
C
A
D
A
B
D
D
D
题号
12
13
14
15
16
17
答案
D
D
A
D
C
C
⼀．选择题（共17 ⼩题）
1．在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝4，侧棱与底⾯所成⻆的余弦值为
，则该正四棱台的
表⾯积是（
）
A．36
B．40
C．52
D．56
【解答】解：过点A1作A1H⊥AC，垂⾜为H，
则
，
因为侧棱与底⾯所成⻆的余弦值为
，
所以
，
所以
，
则梯形A1ABB1的⾼
＝3，
故该正四棱台的表⾯积是
．
故选：D．
2．已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底⾯积分别为2，8，当正四棱台的外接球的体积最⼩时，该四
棱台的侧⾯积为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设该正四棱台上，下底⾯的中⼼分别为E，E1，设该正四棱台的⾼为h，外接球半径为R，
连接EE1，则该正四棱台的外接球的球⼼在EE1上，记为O，
因为正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上、下底⾯积分别为2，8，
故正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底⾯的边⻓分别为
，
故正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底⾯的对⻆线的分别为2，4，
因为R≥E1A1＝2，当且仅当O 与E1重合时，等号成⽴，所以Rmin＝2，
此时四棱台的⾼
，
该四棱台的侧⾯的斜⾼
，
所以侧⾯积
．
故选：D．
3．如图，⼀个圆柱形容器中盛有⽔，圆柱⺟线AA1＝4，若⺟线AA1放置在⽔平地⾯上时，⽔⾯恰好过OA
的中点，那么当底⾯圆O ⽔平放置时，⽔⾯⾼为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：如图，根据题意圆柱⺟线AA1＝4，若⺟线AA1放置在⽔平地⾯上时，
⽔⾯恰好过OA 的中点，
可设圆柱底⾯半径为r，则当⺟线AA1⽔平放置时，圆柱中含⽔部分可以看作是以⼸形BAC 为底，AA1
为⾼的柱体，
因为⽔⾯过OA 的中点，则
，
则⼸形BAC 的⾯积为
，
当底⾯圆O ⽔平放置时，底⾯圆的⾯积为
，设⽔⾯⾼为h，
则由⽔的体积不变可得：
，即
，
解的：
．
故选：B．
4．已知某圆台轴截⾯的周⻓为10，⾯积为
，圆台的⾼为
，则该圆台的表⾯积为（
）
A．6π
B．10π
C．11π
D．12π
【解答】解：由题意圆台轴截⾯的周⻓为10，⾯积为
，圆台的⾼为
，
可设圆台上下底⾯半径分别为r，R 且R＞r，则圆台轴截⾯腰⻓为
，
所以
，
，即R+r＝3，
所以（R﹣r）2＝1，可得R﹣r＝1，故R＝2，r＝1，
综上，圆台的表⾯积为
．
故选：C．
5．⼀个底⾯边⻓为2cm 的正四棱柱形状的容器内装有⼀些⽔（底⾯放置于桌⾯上），现将⼀个底⾯半径为
1cm 的铁制实⼼圆锥放⼊该容器内，圆锥完全沉⼊⽔中且⽔未溢出，并使得⽔⾯上升了
cm．若该容
器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧⾯积为（
）
A．
B．6πcm2
C．
D．
【解答】解：依题意可得圆锥的体积V＝
×22＝2πcm3，
⼜V＝π×12×h＝2πcm3，（其中h 为圆锥的⾼），
则h＝6cm，
则圆锥的⺟线⻓为
＝
，
故圆锥的侧⾯积为π×1×
＝
cm2．
故选：A．
6．六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是⼀种⽆⾊、⽆味、⽆毒、不燃的稳定⽓体，有良好的绝缘性，在
电器⼯业⽅⾯具有⼴泛⽤途．六氟化硫分⼦结构为正⼋⾯体结构（正⼋⾯体是每个⾯都是正三⻆形的⼋
⾯体），如图所示．若此正⼋⾯体的棱⻓为2，则下列说法正确的是（
）
A．正⼋⾯体的体积为
B．正⼋⾯体的表⾯积为
C．正⼋⾯体的外接球体积为
D．正⼋⾯体的内切球表⾯积为
【解答】解：把正⼋⾯体补形为如图所示正⽅体，因为正⼋⾯体棱⻓为2，则正⽅体的棱⻓为
，
选项A，正⼋⾯体的体积V＝2VM﹣EFGH，设四棱锥M﹣EFGH 的⾼为h，
则
，所以
，A 错误；
选项B，正⼋⾯体的表⾯积为⼋个⾯⾯积和，故
，B 错误；
选项C，正⼋⾯体的外接球半径为正⽅体棱⻓的⼀半，故
，
所以外接球体积
，C 错误；
选项D，设内切球半径为r，则根据正⼋⾯体体积相等，
，
所以
，
所以内切球表⾯积为
，D 正确．
故选：D．
7．⽶⽃是称量粮⻝的量器，是古代官仓、粮栈、⽶⾏等的⽤具，有着吉祥的寓意，是丰饶富⾜的象征，带
有浓郁的⺠间⽂化韵味．某居⺠家中收藏了⼀个⽊质的⽶⽃，如图所示，该⽶⽃的容积为1 ⽃，其形状
可近似看成⼀个正四棱台，且该正四棱台的下底⾯边⻓是上底⾯边⻓的2 倍，若该⽶⽃中刚好装了半⽃
⽶（⽶均匀分布在⽶⽃中），则该⽶⽃中⽶的深度与⽶⽃⾼度的⽐值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设⽶⽃的上底⾯边⻓为a，⾼为h，则⽶⽃的下底⾯边⻓为2a，
故
，
即
，
得
．
设⽶的深度为h′，半⽃⽶所形成的正四棱台的下底⾯边⻓为m，
则
，则
，
则
，
即
，
得
，
则
，
化简得
，令
，
则t∈（0，1），
，
即
，则
．
故选：A．
8．⻩地绿彩云⻰纹盘是收藏于中国国家博物馆的⼀件明代国宝级瓷器．该⻰纹盘敞⼝，弧壁，⼴底，圈⾜．器
内施⽩釉，外壁以⻩釉为地，刻云⻰纹并填绿彩，美不胜收．⻩地绿彩云⻰纹盘可近似看作是圆台和圆
柱的组合体，其⼝径22.5cm，⾜径14.4cm，⾼3.8cm，其中底部圆柱⾼0.8cm，则⻩地绿彩云⻰纹盘的侧
⾯积约为（
）（附：π的值取3，
）
A．300.88cm2
B．311.31cm2
C．322.24cm2
D．332.52cm2
【解答】解：设该圆台的⺟线⻓为l，两底⾯圆半径分别为R，r（其中R＞r），
则2R＝22.5，2r＝14.4，h＝3.8﹣0.8＝3，
所以
，
故圆台部分的侧⾯积为
，
圆柱部分的侧⾯积为
，
故该⻩地绿彩云⻰纹盘的侧⾯积约为
．
故选：B．
9．空间中有三个平⾯α，β，γ与三条直线l，m，n，则下列说法⼀定正确的是（
）
A．若m⊥l，n⊥l，则m∥n
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若l∥α，l∥β，则α∥β
D．若l⊥α，m⊥α，则l∥m
【解答】解：若m⊥l，n⊥l，则直线m，n 可能平⾏、相交或者异⾯，故A 错误；
若α⊥γ，β⊥γ，平⾯α，β的位置关系不确定，如空间直⻆坐标系中三个平⾯两两垂直，此时α⊥β，故
B 错误；
若l∥α，l∥β，则平⾯α，β相交或平⾏，故C 错误；
若l⊥α，m⊥α，根据垂直于同⼀平⾯的两条直线平⾏，得到l∥m，故D 正确．
故选：D．
10．设l，m，n 是空间中三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平⾯，则下列命题为真命题的是（
）
A．若l⊥m，m⊥n，则l⊥n
B．若l∥α，α⊥β，则l⊥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
D．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，且m，n 不平⾏，则l，m，n 相交于同⼀点
【解答】解：l，m，n 是空间中三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平⾯，
对于A，若l⊥m，m⊥n，则l 与n 相交、平⾏或异⾯，故A 错误；
对于B，若l∥α，α⊥β，则l 与β相交、平⾏或l⊂β，故B 错误；
对于C，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平⾏，故C 错误；
对于D，若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，且m，n 不平⾏，
假设m，n 交于⼀点，设m∩n＝P，
∵P∈m，且m⊂β，∴P∈β，
∵P∈n，且n⊂α，∴P∈α，
∴P∈l，
∴l，m，n 相交于同⼀点，故D 正确．
故选：D．
11．已知m，n 是两条不同直线，α，β是两个不同平⾯，则下列命题正确的是（
）
A．若α，β垂直于同⼀平⾯，则α与β平⾏
B．若m，n 平⾏于同⼀平⾯，则m 与n 平⾏
C．若α，β相交，则在α内不存在与β平⾏的直线
D．若m，n 异⾯，则m 与n 不可能垂直于同⼀平⾯
【解答】解：若α，β垂直于同⼀平⾯，则α与β可以成任意⻆，所以A 选项错误；
若m，n 平⾏于同⼀平⾯，则m 与n 可以成任意⻆，所以B 选项错误；
若α，β相交，则在α内存在平⾏于交线的直线与β平⾏，所以C 选项错误；
因为垂直于同⼀平⾯的两直线平⾏，
所以若m，n 异⾯，则m 与n 不可能垂直于同⼀平⾯，所以D 选项正确．
故选：D．
12．在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，下列结论错误的是（
）
A．AD1∥平⾯C1BD
B．A1C⊥平⾯C1BD
C．存在过AC 的平⾯α，使得A1B∥α
D．存在过AC 的平⾯β，使得A1B⊥β
【解答】解：因为AD1∥BC1，⼜AD1⊄平⾯C1BD，BC1⊂平⾯C1BD，
所以AD1∥平⾯C1BD，所以A 选项正确；
根据三垂线定理易得A1C⊥BD，A1C⊥BC1，⼜BD∩⊥BC1＝B，
所以A1C⊥平⾯C1BD，所以B 选项正确；
因为A1B∥D1C，A1B⊄平⾯ACD1，D1C⊂平⾯ACD1，
所以A1B∥平⾯ACD1，所以存在过AC 的平⾯α，使得A1B∥α，所以C 选项正确；
根据三垂线定理可知A1B 与AC 不垂直，
所以不存在过AC 的平⾯β，使得A1B⊥β，所以D 选项错误．
故选：D．
13．设α，β是两个平⾯，m，l 是两条直线，则下列命题为真命题的是（
）
A．若α⊥β，m∥α，l∥β，则m⊥l
B．若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α∥β
C．若α∥β，m⊂α，l⊂β，则m∥l
D．若m⊥α，l∥β，α∥β，则m⊥l
【解答】解：对于A，若α⊥β，m∥α，l∥β，则m 与l 可以成任意⻆，所以A 选项错误；
对于B，若m⊂α，l⊂β，m∥l，则α与β可以成任意⻆，所以B 选项错误；
对于C：若α∥β，m⊂α，l⊂β，则m∥l 或m，l 异⾯，所以C 选项错误；
对于D，由α∥β，m⊥α，可得m⊥β，⼜l∥β，所以l⊥m，所以D 选项正确．
故选：D．
14．设m，n 是空间中两条不同的直线，α，β是空间中两个不同的平⾯，那么下列说法正确的为（
）
A．若α∥β，m⊂α，则m∥β
B．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
C．若m∥n，m⊂α，则n∥α
D．若m∥n，m⊂α，n⊂β，则α∥β
【解答】解：A 中，由⾯⾯平⾏的性质定理，可得A 正确；
B 中，由⾯⾯平⾏的性质定理可知直线m，n 没有交点，
所以直线m，n 平⾏或异⾯，所以B 不正确；
C 中，因为m∥n，m⊂α，则n∥α或n⊂α，所以C 不正确；
D 中，m∥n，m⊂α，n⊂β，当α，β相交时，m，n 都平⾏于两个平⾯的交线也符合条件，
所以α∥β或α与β相交，所以D 不正确．
故选：A．
15．已知m，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平⾯，下列命题正确的是（
）
A．若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n
B．若α⊥β，m∥α，n∥β，则m⊥n
C．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α⊥β
D．若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β
【解答】解：若α∥β，m⊂α，n⊂β，则m∥n 或m 与n 异⾯，∴A 选项错误；
若α⊥β，m∥α，n∥β，则m 与n 可以成任意⻆，∴B 选项错误；
若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β，∴C 选项错误；
若m⊥n，m⊥α，n⊥β，则α⊥β，∴D 选项正确．
故选：D．
16．已知l，m 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平⾯，则下列命题正确的是（
）
A．若l∥α，m∥α，且l，m⊂β，则α∥β
B．若l⊥α，m∥β，且l⊥m，则α∥β
C．若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，则α⊥β
D．若l∥α，m∥β，且l⊥m，则α⊥β
【解答】解：若l∥α，m∥α，且l，m⊂β，则α∥β或α与β相交，∴A 选项错误；
如图，在正⽅体中，取A1A 为l，AD 为m，平⾯ABCD 为α，平⾯BCC1B1为β，
符合题意，但α⊥β，∴B 选项错误；
若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，则根据向量法易得α⊥β，∴C 选项正确；
在正⽅体中，取A1A 为l，AD 为m，平⾯BCC1B1为α，平⾯A1D1CB 为β，
此时符合题设，但α与β不垂直，故D 错误．
故选：C．
17．设l，m，n 是空间中三条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平⾯，则下列命题为真命题的是（
）
A．若l⊥n，m⊥n，则l∥m
B．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β
C．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ
D．若α∩β＝l，α∩γ＝m，β∩γ＝n，则l，m，n 彼此平⾏
【解答】解：对于A，若l⊥n，m⊥n，则l 与m 相交、平⾏或异⾯，故A 错误；
对于B，若α⊥γ，β⊥γ，则α与β相交或平⾏，故B 错误；
对于C，若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，
则l 垂直于α与γ的交线，同时l 垂直于β与γ的交线，
⼜α与γ的交线和β与γ的交线相交，∴l⊥γ，故C 正确；
对于D，若α∩β＝l，α∩γ＝m，β∩γ＝n，
则l，m，n 彼此间平⾏、相交，故D 错误．
故选：C．
⼆．解答题（共27 ⼩题）
18．已知E，F，G，H 为空间四边形ABCD 的边AB，BC，CD，DA 上的点，且EH∥FG．求证：EH∥BD．
【解答】证明：∵E，F，G，H 为空间四边形ABCD 的边AB，BC，CD，DA 上的点，且EH∥FG，
EH⊄平⾯BCD，FG⊂平⾯BCD，
∴EH∥平⾯BCD，
∵BD⊂平⾯BCD，BD、EH⊂平⾯ABD，
∴EH∥BD．
19．如图，P 为圆锥的顶点，O 为圆锥底⾯的圆⼼，圆锥的底⾯直径AB＝4，⺟线PH＝2
，M 是PB 的
中点，四边形OBCH 为正⽅形．
（1）设平⾯POH∩平⾯PBC＝l；证明：l∥BC；
（2）设D 为OH 的中点，N 是线段CD 上的⼀个点，当MN 与平⾯PAB 所成⻆最⼤时，求MN 的⻓．
【解答】解：（1）证明：∵四边形OBCH 是正⽅形，∴BC∥OH，
∵BC⊄平⾯POH，OH⊂平⾯POH，
∴BC∥平⾯POH，
∵BC⊂平⾯PBC，平⾯POH∩平⾯PBC＝l，
∴l∥BC；
（2）∵圆锥的⺟线⻓为2
，AB＝4，∴OB＝2，OP＝2，
以O 为坐标原点，OH 所在直线为x 轴，OB 所在直线为y 轴，OP 所在的直线为z 轴，建⽴如图所示的
空间直⻆坐标系，
则P（0，0，2），B（0，2，0），D（1，0，0），C（2，2，0），M（0，1，1），
设
＝
＝（λ，2λ，0），（0≤λ≤1），
＝（1+λ，2λ，0），
＝（1+λ，2λ﹣1，﹣1），
＝（1，0，0）为平⾯PAB 的⼀个法向量，
设MN 与平⾯PAB 所成⻆为θ，1+λ＝t，
则sinθ＝
＝
＝
，
∴当
时，即
时，sinθ最⼤，此时θ最⼤，
＝（
），
∴MN＝|
|＝
＝
．
20．如图所示，已知四边形ABCD 是正⽅形，四边形ACEF 是矩形，M 是线段EF 的中点．
（1）求证：AM∥平⾯BDE；
（2）若平⾯ADM∩平⾯BDE＝l，平⾯ABM∩平⾯BDE＝m，试分析l 与m 的位置关系，并证明你的结
论．
【解答】（1）证明：
令AC∩BD＝O，连接OE，
∵四边形ACEF 为矩形，M、O 分别为EF、AC 中点，
∴EM∥OA，且EM＝OA，
∴四边形AOEM 为平⾏四边形，
∴AM∥OE，
∵AM⊄平⾯BDE，OE⊂平⾯BDE，
∴AM∥平⾯BDE．
（2）l∥m，
由（1）知AM∥平⾯BDE，
⼜∵AM⊂平⾯ADM，平⾯ADM∩平⾯BDE＝l，
∴l∥AM，
∵AM∥平⾯BDE，AM⊂平⾯ABM，平⾯ABM∩平⾯BDE＝m，
∴m∥AM，
∴l∥m．
21．如图，四棱锥P﹣ABCD 中，平⾯PAD⊥平⾯ABC，△PAD 为等边三⻆形，底⾯ABCD 为等腰梯形，
且AD＝2AB＝2BC＝4，点E 是棱PC 的中点，过点A，B，E 的平⾯α交棱PD 于点F．
（1）证明：AD∥平⾯PBC；
（2）求
的值．
【解答】（1）证明：因为底⾯AB﹣CD 为等腰梯形，且AD＝2AB＝2BC＝4，
所以AD∥BC，
⼜因为BC⊂平⾯PBC，AD⊄平⾯PBC，
所以AD∥平⾯PBC；
（2）解：因为△PAD 为等边三⻆形，AD＝4，取AD 中点O，连接OP，则OP⊥AD，
⼜因为平⾯PAD⊥平⾯ABC，平⾯PAD∩平⾯ABC＝AD，OP⊂平⾯PAD，
所以OP⊥平⾯ABC，
因为BC∥AD，AD＝2BC，O 为AD 中点，M 为BC 中点，所以OM⊥AD，
以OA 为x 轴，OM 为y 轴，OP 为z 轴建⽴空间直⻆坐标系，
AD＝2AB＝2BC＝4，且△PAD 为等边三⻆形，
可得
，
则A（2，0，0），D（﹣2，0，0），P（0，0，6），
，
那么
，
设
，所以设F（﹣2λ，0，﹣6λ），
⼜因为点E 是棱PC 的中点，设
，则
，
因为A，B，E，F 四点共⾯，所以
，
，
共⾯，
，
，
，
设存在实数m，n，使得
，
即（﹣，
，3）＝（﹣m﹣n（﹣2λ﹣2），
m，n（﹣6λ）），
所以
，解得
，
，
，
所以
＝﹣
，可得|
|＝|
|，
所以|
|＝|
|，
所以
＝
＝．
22．如图，AB 为圆锥PO 的底⾯直径，点C，D 为底⾯上
的三等分点，点M，N 分别为PA，PB 的中点．
（1）证明：MN∥平⾯PCD；
（2）若AB＝4，
，求直线AC 与BM 所成⻆的余弦值．
【解答】解：（1）证明：∵AB 为圆锥PO 的底⾯直径，点M，N 分别为PA，PB 的中点，
∴MN∥AB，
连接OC，OD，∵点C，D 为底⾯上
的三等分点，
∴∠AOC＝∠COD＝60°，
△OCD 是等边三⻆形，∴∠DCO＝60°＝∠AOC，∴CD∥AB∥MN，
∵MN⊄平⾯PCD，CD⊂平⾯PCD，
∴MN∥平⾯PCD．
（2）取CD 中点Q，连接OQ，OP，
则OQ⊥CD，OQ⊥AB，OP⊥平⾯ABDC，∴OP⊥AB，
∵OB＝2，PB＝2
，∴OP＝2，
以O 为坐标原点，OQ，OB，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，
则C（﹣
，﹣1，0），A（0，﹣2，0），B（0，2，0），M（0，﹣1，1），
∴
＝（﹣
，1，0），
＝（0，﹣3，1），
设异⾯直线AC，BM 所成⻆为θ，
则cosθ＝
＝
＝
，
∴异⾯直线AC，BM 所成⻆的余弦值为
．
23．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，A1A⊥底⾯ABC，底⾯ABC 为等边三⻆形，E，F 分别为BB1，AC
的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平⾯A1EC；
（Ⅱ）求证：平⾯A1EC⊥平⾯ACC1A1．
【解答】（Ⅰ）证明：取A1C1的中点N，连接NF，EM，设NF∩AC1＝M，因为E，F 分别为BB1，AC 的中
点，
可得M 为NF 的中点，所以EM∥BF；
⼜因为EM⊂平⾯A1EC，BF⊄平⾯A1EC，
所以BF∥平⾯A1EC；
（Ⅱ）证明：因为底⾯ABC 为等边三⻆形，F 为AC 的中点，所以BF⊥AC，
⼜因为A1A⊥底⾯ABC，BF⊂平⾯ABC，
所以AA1⊥BF，⽽AC∩AA1＝A，
所以BF⊥平⾯ACC1A1，
由（Ⅰ）可得CE∥BF，
所以CE⊥平⾯ACC1A1，
⼜因为CE⊂平⾯A1EC，
所以平⾯A1EC⊥平⾯ACC1A1．
24．如图，在斜三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC，点M 为AC 的中点．
（Ⅰ）求证：B1C∥平⾯A1BM；
（Ⅱ）若平⾯A1ACC1⊥平⾯ABC，求证：BM⊥AC1．
【解答】（Ⅰ）证明：连接AB1，设AB1交A1B 于O，由题意可得O 为AB1的中点，连接OM，⽽点M 为
AC 的中点，
在△AB1C 中，可得OM 为中位线，所以OM∥B1C，
⼜因为OM⊂平⾯A1BM，B1C⊄平⾯A1BM，
所以B1C∥平⾯A1BM；
（Ⅱ）证明：AB＝BC，点M 为AC 的中点，
可得BM⊥平⾯A1ACC1
⼜因为平⾯A1ACC1⊥平⾯ABC，平⾯A1ACC1∩平⾯ABC＝AC，
BM⊂平⾯ABC，
所以BM⊥平⾯A1ACC1，⽽AC1⊂平⾯A1ACC1，
所以BM⊥AC1．
25．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 为正⽅形，PA⊥底⾯ABCD，PA＝AB＝2，点M、N 分别为
AP、BC 的中点．
（1）证明：直线MN∥平⾯PCD；
（2）求点B 到平⾯MND 的距离．
【解答】解：（1）证明：取PD 中点Q，连接MQ、CQ，
∵△PAD 中，点M、Q 分别为PA、PD 的中点，∴MQ∥AD 且MQ＝AD＝1，
∵在正⽅形ABCD 中，N 为BC 中点，∴NC∥AD，NC＝1，可得MQ∥NC，MQ＝NC，
∴四边形MQCN 为平⾏四边形，可得MN∥CQ，
⼜∵MN⊄平⾯PCD，CQ⊂平⾯PCD，∴直线MN∥平⾯PCD；
（2）∵平⾯ABCD 为正⽅形，且PA⊥底⾯ABCD，∴AB、AD、AP 两两互相垂直，
分别以AB、AD、AP 所在直线为x 轴、y 轴、z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，
可得M（0，0，1），B（2，0，0），D（0，2，0），N（2，1，0），
，
设平⾯MND 的法向量为
，
则
，即
，取x＝1，得平⾯MND 的⼀个法向量为
，
因此，点B 到平⾯MND 的距离
．
26．如图所示的⼏何体中，四边形ABCD 为矩形，AF⊥平⾯ABCD，EF∥AB，AD＝2，AB＝AF＝2EF＝1，
点P 为棱DF 的中点．
（1）求证：BF∥平⾯APC；
（2）求直线EC 与平⾯BCF 所成⻆的正弦值；
（3）求点F 到平⾯ACP 的距离．
【解答】（1）证明：连接BD，交AC 于点O，
由P，O 分别为DF 和DB 的中点，得BF∥PO，
⽽PO⊂平⾯APC，BF⊄平⾯APC，所以BF∥平⾯APC；
（2）解：由直线AF⊥平⾯ABCD，AB⊥AD，以AB 所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，以
AF 所在的直线为z 轴，
建⽴直⻆坐标系，
则B（1，0，0），D（0，2，0），C（1，2，0），F（0，0，1），
由题意可得
，P（0，1，），
＝（0，2，0），
，
＝（，2，﹣1），
设平⾯BCF 的法向量n＝（x，y，z），则
，
令z＝1，得
，
•
＝1×
+0×2﹣1×1＝﹣，| |＝
＝
，|
|＝
＝
，
设直线EC 与平⾯BCF 所成⻆的正弦值θ，
则
＝
；
（3）解：
，
＝（0，1，），
设平⾯APC 的法向量为＝（a，b，c），
则
，即
，令c＝2，
可得平⾯APC 的⼀个法向量＝（2，﹣1，2），
，•
＝2，| |＝
＝3，
所以点F 到平⾯ACP 的距离d＝|
•
|＝．
27．如图，在四棱锥S﹣ABCD 中，SA⊥平⾯ABCD，AB∥CD，∠CDA＝60°，AB＝2AD＝2CD＝8，P 为棱
SA 上的⼀点，且AP＝2PS＝4．
（1）证明：SC∥平⾯DPB；
（2）求四棱锥S﹣ABCD 的体积．
【解答】解：（1）连接AC 交DB 于点O，连接OP．
在底⾯ABCD 中，∵AB∥CD，AB＝2CD，
△ABO∽△CDO，∴
，
∵AP＝2PS，即
，∴在△CAS 中，
，∴OP∥CS，∵OP⊂平⾯DPB，
SC⊄平⾯DPB，∴SC∥平⾯DPB．
⽴体⼏何与空间向量——题型06～09
参考答案与试题解析
⼀．解答题（共25 ⼩题）
1．如图，已知四棱锥P﹣ABCD 的底⾯ABCD 为梯形，AB∥CD，PA＝PD＝
，BC＝CD＝1，AB＝2，∠
BCD＝
，点P 在底⾯ABCD 上的投影落在AB 边上．
（1）若E 为PD 上⼀点且PE＝2ED，证明：PBǁ平⾯ACE
（2）求⼆⾯⻆P﹣AD﹣B 的余弦值．
【解答】解：（1）证明：连接AC，BD，设AC∩BD＝F，
∵AB∥CD，∴△DFC∽△BFA，⼜AB＝2DC，
∴DF：FB＝1：2，连接FE，
∵PE＝2ED，∴DE：EP＝1：2，则EF∥PB．
∵EF⊂平⾯ACE，PB⊄平⾯ACE，
∴PB∥平⾯ACE；
（2）∵点P 在底⾯ABCD 上的投影落在AB 边上，
设O 为P 在AB 上的投影，则PO⊥平⾯ABCD，
取AD 中点G，连接PG，OG，
∵PA＝PD，∴PG⊥AD，OG⊥AD，则∠PGO 为⼆⾯⻆P﹣AD﹣B 的平⾯⻆．
在梯形ABCD 中，∵BC＝CD＝1，∠BCD＝
，
∴三⻆形BCD 为等边三⻆形，得BD＝1，且∠ABD＝
，
⼜AB＝2，∴AD＝
．
∴∠BAD＝
，则OG＝
．
在△PAD 中，由PA＝PD＝
，AD＝
，得PG＝
．
在Rt△POG 中，可得cos∠PGO＝
．
∴⼆⾯⻆P﹣AD﹣B 的余弦值为
．
2．如图，在⼏何体ABCDFE 中，四边形ABCD 为直⻆梯形，DC＝2AB，GC＝2FG，平⾯ABEF∩平⾯CDEF
＝EF．
（1）证明：AF∥平⾯BDG；
（2）证明：AB∥EF．
【解答】证明：（1）连接AC 交BD 于O，连接OG．
∵四边形ABCD 为直⻆梯形，DC＝2AB，∴
，
⼜∵
，∴AF∥OG．
∵OG⊂⾯BDG，AF⊄⾯BDG，∴AF∥平⾯BDG．
（2）∵四边形ABCD 为直⻆梯形，∴AB∥CD．
∵CD⊂⾯CDEF，AB⊄⾯CDEF，∴AB∥平⾯CDEF．
∵AB⊂⾯ABEF，⾯CDEF∩⾯ABEF＝EF，∴AB∥EF．
3．在通⽤技术课上，⽼师给同学们提供了⼀个如图所示的⽊质正四棱锥模型P﹣ABCD．点E 在棱PB 上，
满⾜
，点F 在棱PC 上，满⾜
，要求同学们按照以下⽅案进⾏切割：
（1）试在棱PC 上确定⼀点G，使得EF∥平⾯ABG；
（2）过点A，E，F 的平⾯α交PD 于点H，沿平⾯α将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了⽅
便切割，需先在模型中确定H 点的位置，请求出
的值．
【解答】解：（1）由已知得，点E 在棱PB 上，满⾜
，
点F 在棱PC 上，满⾜
，
所以，取PC 上靠近C 的四等分点为G，则必有
，
则根据三⻆形相似，必有BG∥EF，使得EF∥平⾯ABG．
（2）延⻓FE，与延⻓CB 交于M，连接MA，并延⻓与CD 的延⻓线交于N，连接FN，交PD 于H，
由（1）可得FG＝2CG＝CP，
由EF∥BG，可得MB＝2BC，
由AD∥BC．可得ND＝DC，
在等腰三⻆形PCD 中，取
，连接FK，
则
，
，
所以
•
＝•
＝，
即
．
4．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，四边形ABCD 是正⽅形，PA＝PC，E 为侧棱PD 上的点，且PE＝3ED．
（1）证明：PD⊥AC：
（2）已知点F 是侧棱PC 上靠近点C 的三等分点，求证：BF∥平⾯ACE．
【解答】证明：（1）在四棱锥P﹣ABCD 中，四边形ABCD 是正⽅形，
PA＝PC，E 为侧棱PD 上的点，且PE＝3ED，
令BD 交AC 于点O，连接OP，在正⽅形ABCD 中，AO＝OC，BD⊥AC，
⼜PA＝PC，则PO⊥AC，⽽PO∩BD＝O，PO，BD⊂平⾯PBD，
∴AC⊥平⾯PBD，⽽PD⊂平⾯PBD，∴PD⊥AC．
（2）在正⽅形ABCD 中，BO＝OD，在线段PE 上取⼀点G，使得GE＝ED，
由PE＝3ED，得
，连接BG，FG，则BG∥OE，
⽽OE⊂平⾯ACE，BG⊄平⾯ACE，则BG∥平⾯ACE，
由
，得
，则GF∥EC，
⽽CE⊂平⾯ACE，GF⊄平⾯ACE，则GF∥平⾯ACE，
⼜BG∩GF＝G，BG，GF⊂平⾯BGF，
∴平⾯BGF∥平⾯ACE，⽽BF⊂平⾯BGF，
∴BF∥平⾯ACE．
5．如图，四棱锥C﹣ABED 中，四边形ABED 是正⽅形，若G，F 分别是线段EC，BD 的中点．
（1）求证：GF∥平⾯ABC．
（2）在线段CD 上是否存在⼀点P，使得平⾯GFP∥平⾯ABC？并说明理由．
【解答】证明：（1）取CD 的中点H，连接GH，FH，
∵G，F，H 分别是线段EC，BD，CD 的中点，
∴FH∥BC，GH∥DE∥AB，
⼜FH∩GH＝H，BC∩AB＝B，
∴平⾯FGH∥平⾯ABC，
⼜GF⊂平⾯FGH，
∴GF∥底⾯ABC．
解：（2）当P 为CD 的中点时，平⾯PFG∥平⾯ABC．理由如下：
证明如下：
∵F，P 分别为BD，CD 的中点，
∴FP 为△BCD 的中位线，
∴FP∥BC，
⼜∵BC⊂平⾯ABC，FP⊄平⾯ABC，
∴FP∥平⾯ABC，
⼜GF∥平⾯ABC，FP∩GF＝F，FP⊂平⾯FPG，GF⊂平⾯FPG
∴平⾯GFP∥平⾯ABC．
6．如图，在四⾯体ABCD 中，AD⊥⾯BCD，AD＝2，M 是AD 的中点，P 是BM 的中点，点Q 在棱AC 上，
且AQ＝3QC．请建⽴适当的空间直⻆坐标系，证明：PQ∥⾯BCD．
【解答】证明：以D 为坐标原点，DA 所在直线为z 轴，线段BD 的延⻓线为y 轴，过点D 作x 轴⊥平
⾯yoz，
建⽴如图所示空间直⻆坐标系，
设BD＝2a，由题意得，
，
设C（x，y，0），
因为AQ＝3QC，所以
，
即
，即
，
所以
，
所以
，
⼜因为⾯BCD 的⼀个法向量为
，
所以
，所以
，
⼜因为PQ⊄⾯BCD，
所以PQ∥⾯BCD．
7．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 是正⽅形，E、F 分别为PB、PC 的中点，G 为线段AC 上⼀
点，且CG＝3AG．
（1）证明：EG∥平⾯BDF；
（2）若PD⊥平⾯ABCD，且AD＝2PD，求⼆⾯⻆B﹣EG﹣D 的余弦值．
【解答】解：（1）证明：设AC 与BD 相交于点O，则O 是AC 的中点，
因为CG＝3AG，所以点G 是OA 的中点，
取AB 的中点H，连接OH，GH，EH，EF，OF，则GH∥BD，OH∥BC，且OH＝BC，
因为E，F 分别为PB，PC 的中点，
所以EF∥BC，EF＝BC，
所以OH∥EF，OH＝EF，
所以四边形OHEF 是平⾏四边形，所以EH∥OF，
⼜GH∥BD，EH∩GH＝H，OF∩BD＝O，EH、GH⊂平⾯EGH，OG、BD⊂平⾯BDF，
所以平⾯EGH∥平⾯BDF，
⼜EG⊂平⾯EGH，
所以EG∥平⾯BDF．
（2）解：因为PD⊥平⾯ABCD，AD、CD⊂平⾯ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥CD，
所以PD，AD，CD 两两垂直，
故以D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在直线分别为x，y，z 轴建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，
设AD＝2PD＝2，则B（2，2，0），D（0，0，0），P（0，0，1），E（1，1，），A（2，0，0），O（1，1，
0），G（，，0），
所以
＝（，﹣，﹣），
＝（1，1，﹣），
＝（1，1，），
设平⾯BEG 的法向量为＝（x，y，z），则
，
取y＝﹣1，则x＝3，z＝4，所以＝（3，﹣1，4），
设平⾯DEG 的法向量为＝（a，b，c），则
，
取a＝1，则b＝﹣3，c＝4，所以＝（1，﹣3，4），
所以cos＜，＞＝
＝
＝
，
由图可知，⼆⾯⻆B﹣EG﹣D 为锐⻆，
所以⼆⾯⻆B﹣EG﹣D 的余弦值为
．
8．如图，在⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，BC＝CC1，点E，F 分别在BC，CC1上（不包含端点），且CE＝
CF．证明：
（1）A，D1，E，F 四点共⾯；
（2）直线AE，D1F，DC 交于⼀点．
【解答】证明：（1）如图，
，
连接AD1，EF，BC1．
因为BC＝CC1，CE＝CF，所以
，所以EF∥BC1，
由⻓⽅体的性质可知AD1∥BC1，所以AD1∥EF，
故A，D1，E，F 四点共⾯．
（2）由（1）可得AD1∥EF，AD1≠EF，则四边形AEFD1是梯形，
故直线AE 与直线D1F 必相交，记AE∩D1F＝P．
因为P∈AE，且AE⊂平⾯ABCD，所以P∈平⾯ABCD，
因为P∈D1F，且D1F⊂平⾯CDD1C1，所以P∈平⾯CDD1C1，
⼜因为平⾯ABCD∩平⾯CDD1C1＝CD，所以P∈CD．
即直线AE，D1F，DC 交于⼀点．
9．正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，Q，P 分别是AB，BC，CC1，C1D1的中点．
（1）证明：M，N，Q，P 四点共⾯．
（2）证明：PQ，MN，DC 三线共点．
【解答】证明：（1）连接BC1，
∵Q、P 分别是CC1、C1D1的中点，∴NQ∥BC1且NQ＝BC1，
∵M、P 分别是AB、C1D1的中点，∴PC1∥MB 且PC1＝MB，
∴四边形BC1PM 为平⾏四边形，得BC1∥PM 且BC1＝PM，
∴NQ∥PM 且NQ＝MP，故M、N、Q、P 四点共⾯；
（2）由（1）知，四边形MPQN 为梯形，设PQ∩MN＝O，
则O∈PQ，O∈MN，⽽PQ⊂平⾯DD1C1C，MN⊂平⾯ABCD，
∴O∈平⾯DD1C1C，且O∈平⾯ABCD，
⼜平⾯DD1C1C∩平⾯ABCD＝DC，
∴PQ，MN，DC 三线共点O．
10．如图所示，四边形ABEF 和ABCD 都是直⻆梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC∥AD，BC＝
AD，BE∥
FA，BE＝FA，G，H 分别为FA，FD 的中点．
（1）证明：四边形BCHG 是平⾏四边形；
（2）C，D，F，E 四点是否共⾯？为什么？
【解答】解：（1）证明：由G，H 分别为FA，FD 的中点，
可得GH∥AD，GH＝AD，
⼜BC∥AD，BC＝AD，
∴GH∥BC，∴四边形BCHG 是平⾏四边形，
（2）C，D，F，E 四点共⾯，理由如下：
由BE∥FA，BE＝FA，G 为FA 的中点知BE∥FG，
∴四边形BEFG 为平⾏四边形，∴EF∥BG，
由（1）知BG∥CH，∴EF∥CH，
∴EF 与CH 共⾯，
⼜D∈FH，∴C，D，F，E 四点共⾯．
11．如图，在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，对⻆线A1C 与平⾯BDC1交于点O，AC 与BD 交于点M，E 为
AB 的中点，F 为AA1的中点．求证：
（1）C1，O，M 三点共线；
（2）E，C，D1，F 四点共⾯．
【解答】证明：（1）∵A1C∩平⾯BDC1＝O，∴O∈A1C，O∈平⾯BDC1；
⼜∵A1C⊂平⾯ACC1A1，∴O∈平⾯ACC1A1；
∵AC、BD 交于点M，∴M∈AC，M∈BD；
⼜AC⊂平⾯ACC1A1，BD⊂平⾯BDC1，
∴M∈平⾯ACC1A1，M∈平⾯BDC1；
⼜C1∈平⾯ACC1A1，C1∈平⾯BDC1；
∴C1、O、M 三点在平⾯ACC1A1与平⾯BDC1的交线上，
∴C1、O、M 三点共线；
（2）∵E 为AB 的中点，F 为AA1的中点，
∴EF∥BA1，
⼜∵BC∥A1D1，BC＝A1D1，
∴四边形BCD1A1是平⾏四边形，
∴BA1∥CD1；
∴EF∥CD1，
∴E、F、C、D1四点共⾯．
12．在空间四边形ABCD 中，H，G 分别是AD，CD 的中点，E，F 分别边AB，BC 上的点，且
＝
＝．求
证：
①点E，F，G，H 四点共⾯；
②直线EH，BD，FG 相交于⼀点．
【解答】证明：①如图所示，
空间四边形ABCD 中，H，G 分别是AD，CD 的中点，
∴HG∥AC；
⼜
＝
＝，
∴EF∥AC，
∴EF∥HG，
E、F、G、H 四点共⾯；
②设EH 与FG 交于点P，
∵EH⊂平⾯ABD
∴P 在平⾯ABD 内，
同理P 在平⾯BCD 内，
且平⾯ABD∩平⾯BCD＝BD，
∴点P 在直线BD 上，
∴直线EH，BD，FG 相交于⼀点．
13．如图，在四⾯体ABCD 中，E，G 分别为BC，AB 的中点，点F 在CD 上，点H 在AD 上，且有DF：
FC＝1：3，DH：HA＝1：3．求证：EF，GH，BD 交于⼀点．
【解答】证明：连接GE、HF，因为E、G 分别为BC、AB 的中点，
所以GE∥AC；
⼜因为DF：FC＝1：3，DH：HA＝1：3，
所以HF∥AC；
所以GE∥HF．
所以G、E、F、H 四点共⾯．
⼜因为EF 与GH 不能平⾏，
所以EF 与GH 相交，设交点为O．
则O∈⾯ABD，O∈⾯BCD，⽽平⾯ABD∩平⾯BCD＝BD，
所以EF、GH、BD 交于⼀点．
14．如图，在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F，M 分别是棱B1C1，BB1，C1D1的中点．
（1）求证：E、M、B、D 四点共⾯；
（2）是否存在过点E，M 且与平⾯A1FC 平⾏的平⾯？若存在，请作出这个平⾯并证明，若不存在，请
说明理由．
【解答】解：（1）证明：连接B1D1，BD，
∵BB1∥D1D 且BB1＝D1D，∴四边形B1D1DB 是平⾏四边形，
∴B1D1∥BD，
⼜∵E，M 分别为B1C1，C1D1中点，∴ME∥B1D1，∴ME∥BD，
∴E、M、B、D 四点共⾯．
（2）设N 是棱C1C 上的⼀点，且C1N＝C1C，则平⾯EMN 为符合要求的平⾯．
证明如下：
设H 为棱C1C 的中点，∵C1N＝C1C，
∴C1N＝C1H，⼜E 为B1C1的中点，∴EN∥B1H，
⼜CF∥B1H，∴EN∥CF，∴EN∥平⾯A1FC，
同理MN∥D1H，D1H∥A1F，
∴MN∥A1F，∴MN∥平⾯A1FC．
EN∩MN＝N，
∴平⾯EMN∥平⾯A1FC．
15．如图所示，在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F 分别是AB、AA1的中点．求证：
（1）四边形EFD1C 是梯形；
（2）CE、D1F、DA 三线共点；
（3）直线BC 和直线D1F 是异⾯直线．
【解答】证明：（1）在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F 分别是AB、AA1的中点，如下图：
连接A1B，所以EF∥A1B，且D1C∥A1B，
故EF∥D1C，由于D1F 与EC 不平⾏，
故四边形EFD1C 是梯形；
（2）分别延⻓D1F，DA，交于点P，∵P∈DA，DA⊂⾯ABCD，
∴P∈⾯ABCD．
∵F 是AA1的中点，FA∥D1D，
∴A 是DP 的中点，
连接CP，∵AB∥DC，
∴CP，AB 的交点为线段AB 的中点，即为E，
∴CE，D1F，DA 三线共点于P．
（3）假如直线BC 和直线D1F 不是异⾯直线，则存在⼀个平⾯α，使得BC⊂α，D1F⊂α，
由于在正⽅体中AD∥BC，BC∈α，AD⊄α，
因此AD∥α，
⼜因为AD⊂平⾯ADD1A1，且平⾯ADD1A1∩α＝D1F，
故AD∥D1F，在正⽅形ADD1A1中，显然AD，D1F 不平⾏，故⽭盾，
因此假设不成⽴，即直线BC 和直线D1F 是异⾯直线．
16．如图，四棱锥P﹣ABCD 的底⾯是矩形，PA⊥底⾯ABCD，M，N 分别为CD，PD 的中点，AC 与BM
交于点E，
，AD＝6，K 为PA 上⼀点，
．
（1）证明：K，E，M，N 四点共⾯；
（2）求证：平⾯PAC⊥平⾯BMNK．
【解答】证明：（1）连接KE，∵四边形ABCD 是矩形，M 为CD 的中点，
∴CM∥AB，且
，
∴
，
∵
，∴
，
∴
，∴KE∥PC，
∵M，N 分别是CD，PD 的中点，
∴MN∥PC，
∴KE∥MN，
∴K，E，M，N 四点共⾯；
（2）∵PA⊥底⾯ABCD，⼜BM⊂平⾯ABCD，
∴PA⊥BM，
∵
，AD＝6，M 为CD 中点，
∴
，
，
，
∴
，
，
∴CE2+EM2＝MC2，
∴AC⊥BM，⼜PA⊥BM，且PA∩AC＝A，PA⊂平⾯PAC，AC⊂平⾯PAC，
∴BM⊥平⾯PAC，⼜BM⊂平⾯BMNK，
∴平⾯PAC⊥平⾯BMNK．
17．如图，在⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F 分别是B1C1和C1D1的中点．证明：E，F，D，B 四点共⾯．
【解答】证明：如图，
连接EF，BD，B1D1，
∵EF 是△B1C1D1的中位线，
∴EF∥B1D1，
∵BB1与DD1平⾏且相等，
∴四边形BDD1B1是平⾏四边形，
∴BD∥B1D1，
∴EF∥BD，
∴E，F，D，B 四点共⾯．
18．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 是正⽅形，E，F 分别为PB，PC 的中点，G 为线段AC 上
⼀点，且CG＝3AG．
（1）证明：EG∥平⾯BDF；
（2）若PD⊥平⾯ABCD，且
，求△AEG 与△BDF 的⾯积之⽐．
【解答】解：（1）记O 为AC，BD 的交点，连接CE 交BF 于点K，连接OK，
因为E，F 分别为PB，PC 的中点，则K 为△BCP 的重⼼，
故CK＝2EK，
⼜因为四边形ABCD 是正⽅形，故O 为AC 的中点，由于3AG＝CG，
故
，
所以OK∥EG，
⼜因为OK⊂平⾯BDF，且EG⊄平⾯BDF，
所以EG∥平⾯BDF；
（2）⽅法1：因为E，O 分别为PB，BD 的中点，连接OE，
所以OE∥PD，且2OE＝PD，
⼜因为PD⊥平⾯ABCD，
所以OE⊥平⾯ABCD，AC⊂平⾯ABCD，
所以OE⊥AC，
设AD＝AB＝4a，PD＝3a，则
，
所以
，
取CD 的中点H，过H 作HI⊥BD 于点I，则
∥PD，
所以FH⊥平⾯ABCD，FH⊥BD，FH⊥HI，⼜FH∩HI＝H，
所以BD⊥平⾯FHI，故BD⊥FI，且
，
所以
，
所以
；
⽅法2：连接EO，
因为E 是PB 中点，所以PD∥EO，
所以PD⊥平⾯ABCD，AO⊂平⾯ABCD，DC⊂平⾯ABCD，BC⊂平⾯ABCD，
所以PD⊥AO，PD⊥DC，PD⊥BC，
所以EO⊥AO，
由于BC⊥DC，⼜PD，DC 是平⾯PDC 内两相交直线，
所以BC⊥平⾯PDC，
⼜PC⊂平⾯PDC，所以BC⊥PC，
根据条件，设AD＝8a，则
，
所以DF＝FC＝5a，进⽽得
，
在△BDF 中，由余弦定理得
，
即
，
所以
，
因为CG＝3AG，所以AO＝2AG，
所以
，
故△AEG 与△BDF 的⾯积之⽐为
．
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，AB∥CD，AB＝2，CD＝4，∠APB＝∠CBA＝90°，平⾯PAB⊥平⾯ABCD．
（1）求证：平⾯PAC⊥平⾯PBC；
（2）若M 为棱PD 上⼀点，且PB∥平⾯MAC，求
的值．
【解答】解：
（1）证明：∵平⾯PAB⊥平⾯ABCD，平⾯PAB∩平⾯ABCD＝AB，BC⊥AB，BC⊂平⾯ABCD，
∴BC⊥⾯PAB，AP⊂⾯PAB，
∴AP⊥BC，AP⊥PB，BC∩PB＝B，
∴AP⊥⾯PBC，AP⊂⾯APC，
∴⾯APC⊥⾯PBC．
（2）连结BD 交AC 于O，连结OM，
∵PB∥⾯MAC，PB⊂⾯PBD，⾯PBD∩⾯MAC＝OM，
∴PB∥OM，
，
⼜AB∥CD，
，
∴
．
20．如图，四棱锥P﹣ABCD 的底⾯是梯形，AB∥CD，AB＝2CD，点M 在棱PD 上，点N 在直线AD 上．
（1）若PM＝2MD，证明PB∥平⾯MAC；
（2）在（1）下若MN∥平⾯PBC，求
的值．
【解答】证明：（1）连结AC，BD，交于点O，连结MO，
∵四棱锥P﹣ABCD 的底⾯是梯形，AB∥CD，AB＝2CD，PM＝2MD，
∴
，
∴MO∥PB，
∵MO⊂平⾯AMC，PB⊄平⾯AMC，
∴PB∥平⾯MAC．
解：（2）延⻓AD，BC 交于⼀点Q，连接PQ，在DQ 上取N，
∵MN∥平⾯PBC，⾯PAD∩⾯PBC＝PQ，∴MN∥PQ，
由PM＝2MD，得NQ＝2DN，
由（1）得D 是AQ 的中点，
设DN＝t，得AN＝QN+DN＝3t，
∴
＝
＝3．
21．如图，四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 为梯形，AB∥CD，AB＝4，CD＝2，点M 在棱PD 上．
（1）求证：CD∥平⾯PAB；
（2）若PB∥平⾯MAC，求
的值．
【解答】（1）证明：因为CD∥AB，且CD⊄平⾯PAB，AB⊂平⾯PAB，所以CD∥平⾯PAB
（2）解：连结BD 交AC 于点O，连结OM，
因为PB∥平⾯MAC，且PB⊂平⾯PBD，平⾯PBD∩平⾯MAC＝MO，所以PB∥MO，
所以△DOM∽△DBP，所以
，
因为CD∥AB，所以△COD∽△AOB，
故
，
所以
＝2．
22．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，平⾯PAD⊥平⾯ABCD，底⾯ABCD 为直⻆梯形，△PAD 为等边三⻆形，
AD∥BC，AD⊥AB，AD＝AB＝2BC＝2．
（1）求证：AD⊥PC；
（2）点N 在棱PC 上运动，求△ADN ⾯积的最⼩值；
（3）点M 为PB 的中点，在棱PC 上找⼀点Q，使得AM∥平⾯BDQ，求
的值．
【解答】（1）证明：取AD 的中点H，从⽽AH∥BC，AH＝BC，⼜AD⊥AB，
可得四边形ABCH 为矩形，
因此CH⊥AD，
因为△PAD 为等边三⻆形，
所以PH⊥AD，
⽽PH∩CH＝H，
所以AD⊥平⾯PHC，
⽽PC⊂平⾯PHC，
所以AD⊥PC．
（2）解：连结HN，由AD⊥平⾯PHC，
有AD⊥HN，
于是△ADN 的⾯积
，
要使△ADN 的⾯积最⼩，即要HN 最⼩，
⽽知当且仅当HN⊥PC 时，HN 最⼩，
⽽在Rt△HPC 中，CH＝2，
，
，
故当HN⊥PC 时，
，
因⽽△ADN 的⾯积的最⼩值为
．
（3）解：连接AC 交BD 于点G，连接MC 交BQ 于点F，连接FG，如图：
因为BC∥AD 且AD＝2BC＝2，
所以
，
因为AM∥平⾯BDQ，⼜AM⊂平⾯ACM，平⾯BDQ∩平⾯ACM＝GF，
因此GF∥AM，
于是
，
在△PBC 中，过点M 作MK∥PC，
则有
，PQ＝2MK，
因此PQ＝2MK＝4CQ，即
．
23．如图所示，已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱⻓都为1，BC⊥CC1，点P 为线段B1C1上的动点．
（1）若点P 恰为线段B1C1上靠近点C1的三等分点，求三棱锥P﹣A1BC 和三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积
之⽐；
（2）求PA1+PC 的最⼩值及此时B1P 的值．
【解答】解：（1）
；
（2）将△A1B1C1绕着直线B1C1旋转⾄平⾯BCC1B1，当P，A1，C 三点共线时，PA1+PC 取得最⼩值，
∵
，
，CC1＝A1C1＝1
∴
，
∴
，
此时
，
．
24．如图是⼀个棱⻓为2 的正⽅体的展开图，其中M，N 分别是棱DB，KF 的中点．请以G，E，K 三点所
在⾯为底⾯将展开图还原为正⽅体．
（1）求证：点M 在平⾯AEN 内；
（2）⽤平⾯AEN 截正⽅体，将正⽅体分成两个⼏何体，两个⼏何体的体积分别为V1，V2（V1＜V2），试
判断体积较⼩的⼏何体的形状（不需要证明），并求V1：V2的值．
【解答】（1）证明：将展开图还原为如图所示的正⽅体，
连接MN，在正⽅体中，∵AD∥EK 且AD＝EK，
所以四边形ADKE 是平⾏四边形，
即AE∥DK，
因为M，N 分别是棱DB，KF 的中点
易知MN∥DK，
所以MN∥AE，∴M、N、E、A 四点共⾯，
即点M 在平⾯AEN 内．
（2）解：连接AM，所以平⾯AEN 截正⽅体的截⾯是四边形AENM 易得体积较⼩的⼏何体，
即体积为V1的⼏何体是三棱台AHE﹣MFN，
正⽅体的体积V＝23＝8，其中V1是三棱台AHE﹣MFN 的体积，
因为
＝
，
所以
，
即V1：V2＝7：17．
25．已知圆锥SO 的底⾯半径r＝4，⾼h＝3．
（1）求圆锥SO 侧⾯展开图圆⼼⻆α（⽤弧度表示）；
（2）球O1在圆锥SO 内，圆锥SO 在球O2内，
（ⅰ）求球O1的表⾯积的最⼤值；
（ⅱ）求球O2与球O1体积之⽐的最⼩值．
【解答】解：（1）记圆锥SO 的⺟线⻓为l，
则
，
则
，
．
（2）（ⅰ）当球O1的表⾯积最⼤时，此时球O1为圆锥SO 的内切球，
记球O1的最⼤半径为r1，如图画出截⾯图，
则
，
所以
，
所以球O1的表⾯积S1的最⼤值为
．
（ⅱ）球O2与球O1体积之⽐最⼩，即球O2体积最⼩，球O1体积最⼤，
如图所示，以AB 为直径的球可以包含圆锥SO，且此时为能包含圆锥SO 的最⼩球，
记球O2的最⼩半径为r2，
则
，
则球O2的最⼩体积为
，
由（ⅰ）球O1的最⼤体积为
，
所以球O2与球O1体积之⽐的最⼩值为
．
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⽴体⼏何与空间向量——题型10
参考答案与试题解析
⼀．解答题（共5 ⼩题）
1．如图，在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，S 是B1D1的中点，E，F，G 分别是BC，DC，SC 的中点，求证：
（1）EG∥平⾯BDD1B1；
（2）平⾯EFG∥平⾯BDD1B1．
【解答】证明：（1）连接SB，如图所示：
∵E，G 分别是BC，SC 的中点，
∴EG∥SB，
⼜∵SB⊂平⾯BDD1B1，EG⊄平⾯BDD1B1，
∴直线EG∥平⾯BDD1B1；
（2）连接SD，如图所示：
∵F，G 分别是DC，SC 的中点，
∴FG∥SD，
⼜∵SD⊂平⾯BDD1B1，FG⊄平⾯BDD1B1，
∴FG∥平⾯BDD1B1，
由（1）得EG∥平⾯BDD1B1，且EG⊂平⾯EFG，FG⊂平⾯EFG，EG∩FG＝G，
∴平⾯EFG∥平⾯BDD1B1．
2．在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 为平⾏四边形，O 为底⾯中⼼，M，E 分别为PA，PD 的中点，△
PDC 为等腰直⻆三⻆形，且DP＝DC．
（1）求证：MO∥平⾯PDC；
（2）求异⾯直线MO 与EC 所成⻆的余弦值；
（3）若F，N 分为CE，DE 的中点，点G 在线段PB 上，且PG＝3GB．求证：平⾯GFN∥平⾯ABCD．（注：
只能使⽤⼏何法，其他⽅法⼀律不给分）
【解答】（1）证明：连接AC，则O 为AC 中点，
⼜点M 为PA 中点，∴MO∥PC，
∵MO⊄平⾯PDC，PC⊂平⾯PDC，
∴MO∥平⾯PDC．
（2）解：由（1）得，异⾯直线MO 与EC 所成⻆即为EC 与PC 夹⻆，
在等腰直⻆三⻆形PDC 中，设DP＝DC＝2，则PE＝DE＝1，
，
，
在△PEC 中，由余弦定理得，
，
∴异⾯直线MO 与EC 所成⻆的余弦值为
．
（3）证明：连接BD，如图所示，
∵F，N 分为CE，DE 的中点，∴FN∥CD，
∵E 为PD 的中点，∴
，
∵点G 在线段PB 上，且PG＝3GB，∴
，∴GN∥BD，
∵NF⊄平⾯ABCD，CD⊂平⾯ABCD，∴NF∥平⾯ABCD，
同理可得GN∥平⾯ABCD，
⼜GN∩NF＝N，GN，NF⊂平⾯GFN，
∴平⾯GFN∥平⾯ABCD．
3．在正四棱锥P﹣ABCD 中，O 为底⾯中⼼，H，E，F 分别为PA，AH，HO 的中点，点M 在棱PD 上，
且PM＝3MD．
（1）证明：HO∥平⾯PCD．
（2）证明：平⾯EFM∥平⾯ABCD．
【解答】证明：（1）连接AC，正四棱锥P﹣ABCD 中，
O 为底⾯中⼼，则O 为AC 中点，
⼜H 为PA 的中点，则有HO∥PC，
HO⊄平⾯PCD，PC⊂平⾯PCD，
所以HO∥平⾯PCD．
（2）H，E 分别为PA，AH 的中点，有PE＝3EA，
⼜PM＝3MD，则有EM∥AD，
EM⊄平⾯ABCD，AD⊂平⾯ABCD，
则有EM∥平⾯ABCD，
E，F 分别为AH，HO 的中点，则有EF∥AO，
EF⊄平⾯ABCD，AO⊂平⾯ABCD，
则有EF∥平⾯ABCD，
EF，EM⊂平⾯EFM，EF∩EM＝E，
所以平⾯EFM∥平⾯ABCD．
4．如图，AB 是圆O 的直径，PA 垂直圆O 所在的平⾯，C 是圆O 上的点．
（1）求证：BC⊥平⾯PAC；
（2）设Q 为PA 的中点，G 为△AOC 的重⼼，求证：⾯OQG∥平⾯PBC．
【解答】解：（1）∵AB 是圆O 的直径，∴BC⊥AC，
⼜∵PA⊥平⾯ABC，BC⊂平⾯ABC，∴BC⊥PA．
∵PA∩AC＝A，∴BC⊥平⾯PAC；
（2）取延⻓OG，交AC 于M，连结GM、QM，
∵G 为△AOC 的重⼼，∴OM 是△AOC 的中线，
∵Q 为PA 的中点，M 为AC 的中点，∴QM∥PC，
∵QM⊄平⾯PBC，PC⊂平⾯PBC，∴QM∥平⾯PBC，
同理可得QO∥平⾯PBC，
∵QM、QO 是平⾯OQG 内的相交直线，∴平⾯OQG∥平⾯PBC．
5．如图，四边形ABCD 与ADEF 均为平⾏四边形，M，N，G 分别是AB，AD，EF 的中点．
（1）求证：BE∥平⾯DMF；
（2）求证：平⾯BDE∥平⾯MNG．
【解答】证明：（1）如图，连接AE，则AE 必过DF 与GN 的交点O，
连接MO，则MO 为△ABE 的中位线，所以BE∥MO，
⼜BE⊄平⾯DMF，MO⊂平⾯DMF，所以BE∥平⾯DMF．
（2）因为N，G 分别为平⾏四边形ADEF 的边AD，EF 的中点，所以DE∥GN，
⼜DE⊄平⾯MNG，GN⊂平⾯MNG，所以DE∥平⾯MNG．
⼜M 为AB 中点，所以MN 为△ABD 的中位线，所以BD∥MN，
⼜BD⊄平⾯MNG，MN⊂平⾯MNG，所以BD∥平⾯MNG，
⼜DE 与BD 为平⾯BDE 内的两条相交直线，
所以平⾯BDE∥平⾯MNG．
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⽴体⼏何与空间向量——题型11～13
参考答案与试题解析
⼀．解答题（共15 ⼩题）
1．如图，在棱⻓为2 的正⽅体中，E，F 分别是DD1，DB 的中点，G 在棱CD 上，且
，H 是C1G
的中点．建⽴适当的空间直⻆坐标系，解决下列问题：
（1）求证：EF⊥B1C；
（2）求异⾯直线EF 与C1G 所成⻆的余弦值．
【解答】解：（1）证明：如图，以D 为原点，以射线DA、DC、DD1分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴，
建⽴空间直⻆坐标系D﹣xyz，
则D（0，0，0），E（0，0，1），F（1，1，0），C（0，2，0），C1（0，2，2），
B1（2，2，2），
，
所以
，
，
所以
，
所以
，
故EF⊥B1C，得证；
（2）因为
，
所以
，
因为
，且
，
所以
．
2．如图，在⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E 为CD 中点．
（1）求证：B1E⊥AD1；
（2）在棱AA1上是否存在⼀点P，使得DP∥平⾯B1AE？若存在，求AP 的⻓；若不存在，说明理由．
【解答】（1）证明：连接A1D，B1C，
∵⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，
∴A1D⊥AD1，
∵A1B1⊥平⾯A1ADD1，
∴AD1⊥A1B1，
∵A1D∩A1B1＝A1，∴AD1⊥平⾯A1B1CD，
∵B1E⊂平⾯A1B1CD，
∴B1E⊥AD1；
（2）解：存在AA1的中点P，使得DP∥平⾯B1AE，证明如下：
取AA1的中点P，AB1的中点Q，连接PQ，
则PQ∥A1B1，且PQ＝A1B1，
∵DE∥A1B1，且DE＝A1B1，∴PQ∥DE 且PQ＝DE
∴四边形PQDE 为平⾏四边形，∴PD∥QE
⼜PD⊄平⾯AB1E，QE⊆平⾯AB1E
∴PD∥平⾯AB1E
此时AP＝AA1．
3．如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，E 分别为线段BC，AC 上的点，且AB∥平⾯DEC1．
（1）求证：DE∥A1B1；
（2）当D 为BC 的中点，AB＝BC 时，求证：BE⊥C1E．
【解答】证明：（1）因为AB∥平⾯DEC1，AB⊂平⾯ABC，平⾯DEC1∩平⾯ABC＝DE，
所以DE∥AB，
⼜在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以DE∥A1B1；
（2）因为D 为BC 的中点，且由（1）可知DE∥AB，
所以E 为AC 的中点，
⼜AB＝BC，所以BE⊥AC，
因为三棱柱ABC﹣A1B1C1是直棱柱，
所以CC1⊥平⾯ABC，
⼜因为BE⊂平⾯ABC，所以CC1⊥BE，
因为CC1⊂平⾯A1ACC1，AC⊂平⾯A1ACC1，CC1∩AC＝C，
所以BE⊥平⾯A1ACC1，
因为C1E⊂平⾯A1ACC1，
所以BE⊥C1E．
4．如图，在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，AB＝6，A1B1＝4．
（1）若CC1＝
，证明：CC1⊥平⾯AA1B1B；
（2）若三棱台的⾼为
，求平⾯AA1B1B 与平⾯BB1C1C 夹⻆的余弦值．
【解答】解：（1）证明：过点B1作B1E∥CC1，交BC 于点E，如图，
由题意得四边形B1ECC1是平⾏四边形，
∴
，EC＝B1C1＝4，∴BE＝2，
∵BB1＝
，∴
＝BE2，∴B1E⊥BB1，∴CC1⊥BB1，
同理得CC1⊥AA1，
∵直线AA1与BB1相交，且直线AA1与BB1都在平⾯AA1B1B 内，
∴CC1⊥平⾯AA1B1B；
（2）三棱台的⾼为
，以AB 的中点O 为坐标原点，OB，OC 所在直线分别为x 轴，y 轴，
过点O 垂直于平⾯ABC 的直线为z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，如图，
取线段A1B1中点F，
则A（﹣3，0，0），B（3，0，0），C（0，3
，0），A1（﹣2，
，
），B1（2，
，
），F（0，
，
），
∴
＝（6，0，0），
＝（﹣3，3
，0），
＝（﹣1，
，
），
设平⾯AA1B1B 的法向量为＝（x，y，z），
则
，取z＝1，得＝（0，﹣2
，1），
设平⾯BB1C1C 的法向量为＝（a，b，c），
则
，取a＝
，得＝（
，1，
），
设平⾯AA1B1B 与平⾯BB1C1C 夹⻆为θ，
则平⾯AA1B1B 与平⾯BB1C1C 夹⻆的余弦值为：
cosθ＝
＝
＝．
5．在中国古代数学著作《九章算术》中，“鳖臑”是指4 个⾯都是直⻆三⻆形的四⾯体．如图，在等腰梯形
ABCD 中，AB∥CD，AE⊥CD，且DE＝AE＝AB＝2．现将△ADE 沿AE 翻折，使四⾯体DACE 为⼀个鳖
臑，并得到四棱锥D﹣ABCE．
（Ⅰ）设F 为ED 的中点，求证：AF∥平⾯BCD；
（Ⅱ）求证：CD⊥平⾯ADE．
【解答】（Ⅰ）证明：取DC 的中点M，连接FM，BM，
因为F 为DE 的中点，所以FM 为△DEM 的中位线，所以FM∥CE，且FM＝CE，
在等腰梯形ABCD 中，AB∥CD，AE⊥CD，且DE＝AE＝AB＝2，DE＝AE＝AB＝2，
可得FM∥AB 且FM＝AB，所以四边形AFMB 是平⾏四边形，所以AF∥BM，
⽽AF⊄平⾯BCD，FM⊂平⾯BCD，
所以AF∥平⾯BCD；
（Ⅱ）证明：由题意可得CE＝4，AC＝
＝
＝2
，AD＝
AE＝2
，
四⾯体DACE 为⼀个鳖臑，易知△ADE，△AEC 是直⻆三⻆形，需要△DCE，△ADC 为直⻆三⻆形，
当CD⊥DE 时，则CD＝
＝
＝2
，
因为AE⊥EC，AE⊥DE，EC∩ED＝D，
可得AE⊥平⾯DEC，⽽CD⊂平⾯DEC，
所以AE⊥CD，AE∩DE＝E，
所以CD⊥平⾯ADE，AD⊂平⾯ADE，
所以CD⊥AD，
所以AC2＝AD2+DC2，即（2
）2＝（2
）2+（2
）2，
显然成⽴，所以假设成⽴，
即证得CD⊥平⾯ADE．
6．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，△ABC 为等边三⻆形，平⾯A1ACC1⊥平⾯ABC，四边形A1ACC1为
菱形，∠A1AC＝60°，AB＝2．F 为BB1的中点．
（Ⅰ）证明：AC1⊥平⾯A1CF；
（Ⅱ）求直线FC 与平⾯A1FC1所成⻆的正弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：设A1C∩AC1＝O，取AC 的中点E，连接OE，OF，BE，则OE∥A1A，
，
⼜BF∥A1A，
，所以BF∥OE，BF＝OE，
所以四边形EOFB 为平⾏四边形，所以EB∥OF，
因为平⾯A1ACC1⊥平⾯ABC，平⾯A1ACC1∩平⾯ABC＝AC，BE⊥AC，
所以BE⊥平⾯A1ACC1，所以FO⊥平⾯A1ACC1，所以FO⊥AC1，
⼜因为四边形
A1ACC1为菱形，所以AC1⊥A1C，
⼜FO∩A1C＝O，所以AC1⊥平⾯A1CF；
（Ⅱ）解：由题意知，△A1AC 为等边三⻆形，以AC 的中点E 为原点，
，
，
的⽅向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正⽅向，建⽴空间直⻆坐标系E﹣xyz，如图所示：
则C（0，1，0），
，
，
，
所以
，
，
．
设平⾯A1FC1的法向量为
，则
，
取
，设直线FC 与平⾯A1FC1所成的⻆为θ，
则
，
所以直线FC 与平⾯
A1FC1所成⻆的正弦值为
．
7．在如图①所示的平⾯图形中，四边形ACDE 为菱形，现沿AC 进⾏翻折，使得AB⊥平⾯ACDE，过点E
作EF∥AB，且
，连接FD，FB，BD，所得图形如图②所示，其中G 为线段BD 的中点，连接
FG．
（1）求证：FG⊥平⾯ABD；
（2）若AC＝AD＝2，直线FG 与平⾯BCD 所成⻆的正弦值为
，求AB 的值．
【解答】解：（1）证明：
在菱形ACDE 中，CE⊥AD，
因为AB⊥平⾯ACDE，CE⊂平⾯ACDE，所以CE⊥AB，
⼜AB∩AD＝A，AB，AD⊂平⾯ABD，所以CE⊥平⾯ABD．
因为G，O 分别为BD，AD 的中点，所以
，GO∥AB，
⼜
，EF∥AB，
所以GO＝EF，GO∥EF，所以四边形GOEF 为平⾏四边形，
所以FG∥EO，所以FG⊥平⾯ABD．
（2）在菱形ACDE 中，因为AC＝AD，所以△ACD 和△ADE 都是正三⻆形，
取ED 的中点H，连接AH，则AH⊥AC，
⼜AB⊥平⾯ACDE，所以AB⊥AC，AB⊥AH，即AB，AC，AH 两两垂直．
以A 为坐标原点，AB，AC，AH 所在直线分别为x，y，z 轴，建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，
设
AB
＝
2a
（
a
＞
0
）
，
则
，
则
，
．
设平⾯BCD 的法向量为
，则
取z＝1，则
．
记直线FG 与平⾯BCD 所成⻆为θ，
则
＝.
，
解得a＝1，即AB 的值为2．
8．已知点O 是正⽅形ABCD 两对⻆线的交点，DE⊥平⾯ABCD，BF⊥平⾯ABCD，且AB＝BF＝2DE．
（Ⅰ）求证：EO⊥平⾯AFC；
（Ⅱ）试问在线段DF（不含端点）上是否存在⼀点R，使得CR∥平⾯ABF，若存在，请指出点R 的位
置；若不存在，请说明理由．
【解答】证明：（Ⅰ）连结FO，设AB＝BF＝2DE＝2a，则DO＝OB＝
a，
所以EO＝
a，FO＝
a，EF＝3a．
在△EOF 中，由EO2+FO2＝EF2，知EO⊥OF，
⼜DE⊥平⾯ABCD，所以DE⊥AC，⽽BD⊥AC，
所以AC⊥平⾯DOE，故AC⊥EO，
由AC⊂平⾯AFC，FO⊂⾯AFC，
AC∩FO＝O，所以EO⊥平⾯AFC，
（Ⅱ）找不到这样的点R，使得CR∥平⾯ABF，
假设存在这样的点R，使得CR∥平⾯ABF，
因为点R 与点D 不重合，所以CD 与CR 相交，
⼜CD∥平⾯ABF，CR∥平⾯ABF，
CD⊂平⾯ABF，CR∥平⾯ABF，
所以平⾯CDF∥平⾯ABF，
⽽平⾯ABF 与平⾯CDF 有公共点F，
所以平⾯ABF 与平⾯CDF 必定相交⽭盾，
所以，找不到这样的点R，使得CR∥平⾯ABF．
9．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，平⾯PAB⊥平⾯ABC，AB＝6，BC＝2
，AC＝2
，D、E 分别为线段
AB、BC 上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，PD⊥AC．
（1）求证：DE∥平⾯PAC；
（2）求证：PD⊥平⾯ABC．
【解答】证明：（1）因为D、E 分别为线段AB、BC 上的点，且AD＝2DB，CE＝2EB，
所以
＝
，所以DE∥AC，
⼜DE⊄平⾯PAC，AC⊂平⾯PAC，
所以DE∥平⾯PAC；
（2）因为
，BC＝
，AB＝6，所以AC2+BC2＝AB2，
所以AC⊥BC，可得
，
⼜因为BD＝2，
所以CD2＝BD2+BC2﹣2BD•BC•cos∠ABC
＝
，可得
，
⼜因为AD＝4，所以CD2+AD2＝AC2，所以CD⊥AB，
因为平⾯PAB⊥平⾯ABC，平⾯PAB∩平⾯ABC＝AB，CD⊂⾯ABC，
所以CD⊥平⾯PAB，
因为PD⊂⾯PAB，所以CD⊥PD，
因为PD⊥AC，AC∩CD＝C，
所以PD⊥平⾯ABC．
10．
如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1 中，AB∥CD，DA＝DC＝DD1＝2，AB＝C1D1＝1，∠ADC＝120°，∠
D1DA＝∠B1BA＝90°．
（1）证明：平⾯D1C1CD⊥平⾯ABCD．
（2）求直线AA1与平⾯AB1C1所成⻆的正弦值．
【解答】解：（1）证明：∵AB∥CD，∵∠ADC＝120°，∴∠DAB＝60°，
在△ABD 中，AB＝1，AD＝2，∠DAB＝60°，
由余弦定理得
，
∴AB2+BD2＝AD2，则AB⊥BD，
∵棱台ABCD﹣A1B1C1D1，故BB1，DD1交于⼀点，即BB1，DD1共⾯，
⼜∠B1BA＝90°，即AB⊥BB1，BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平⾯BB1D1D，
∴AB⊥平⾯BB1D1D，
∵DD1⊂⾯BB1D1D，∴AB⊥DD1，
⼜∠D1DA＝90°，即AD⊥DD1，AB∩AD＝A，
AB，AD⊂平⾯ABCD，∴DD1⊥平⾯ABCD，
∵DD1⊂平⾯D1C1CD，∴平⾯D1C1CD⊥平⾯ABCD；
解法⼆：由棱台的定义，把四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的侧棱延⻓交于点P，
得到四棱锥P﹣ABCD，则∠PDA＝∠PBA＝90°，
∵AB∥CD，∵∠ADC＝120°，∴∠DAB＝60°，
在△ABD 中，AB＝1，AD＝2，∠DAB＝60°，
由余弦定理得
，
∴AB2+BD2＝AD2，可得AB⊥BD，
以D 为原点，DB，DC 分别为x，y 轴建⽴空间直⻆坐标系，如图，
则
，设P（a，b，c），
由∠PDA＝∠PBA＝90°，则有
，
∴a＝b＝0，即P（0，0，c），∴PD⊥平⾯ABCD，
∵PD⊂平⾯PCD，
∴平⾯PCD⊥平⾯ABCD，∴平⾯D1C1CD⊥平⾯ABCD；
（2）以D 为原点，DB，DC，DD1分别为x，y，z 轴建⽴空间直⻆坐标系如图，
，
由
，得
，由
，得
，
∴
，
设平⾯AB1C1的法向量为
，
则
，
取
，
设直线AA1与平⾯AB1C1所成的⻆为θ，
则直线AA1与平⾯AB1C1所成⻆的正弦值为：
．
11．已知四边形ABCD 为直⻆梯形，∠ADC＝90°，AD∥BC，△ABD 为等腰直⻆三⻆形，平⾯PAD⊥平⾯
ABCD，E 为PA 的中点，
，PA＝3PD＝3．
（1）求证：平⾯PAB⊥平⾯PBD．
（2）求异⾯直线AD 与PB 所成⻆的余弦值．
【解答】（1）证明：由于PD2+AD2＝PA2，所以PD⊥AD，
由于平⾯PAD⊥平⾯ABCD 且平⾯PAD∩平⾯ABCD＝AD，PD⊂平⾯PAD，
所以PD⊥平⾯ABCD，由于AB，BD，CD⊂平⾯ABCD，
所以PD⊥AB，PD⊥BD，PD⊥CD，
由于AB⊥BD，PD∩BD＝D，PD，BD⊂平⾯PBD，
所以AB⊥平⾯PBD，
由于AB⊂平⾯PAB，
所以平⾯PAB⊥平⾯PBD；
（2）解：由于AD∥BC，所以∠PBC 是异⾯直线AD 与PB 所成⻆（或其补⻆），
，
，
在△BCD 中，由余弦定理可得：CD2＝BD2+BC2﹣2BD•BCcos∠CBD＝22+（
）2﹣2×2×
×
＝2，
所以CD＝
，
，
所以BC2+PC2＝PB2，所以
，
所以异⾯直线AD 与PB 所成⻆的余弦值为
．
12．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝AC＝2，∠A1AC＝60°，
，点D，E，F 分别为线段
BC，AA1，A1C1的中点，且BC⊥A1D．
（1）证明：平⾯ACC1A1⊥平⾯ABC；
（2）若AB＝1，求三棱锥A1﹣DEF 的体积．
【解答】解：（1）证明：如图，取AC 的中点O，连接OD，OA1，
∵AA1＝AC＝2，∠A1AC＝60°，
∴△A1AC 为等边三⻆形，
∴A1O⊥AC，⼜
，点O，D 分别为线段AC，BC 的中点，
∴OD∥AB，∴OD⊥BC，⼜BC⊥A1D，OD∩A1D＝D，
∴BC⊥平⾯A1OD，⼜A1O⊂平⾯A1OD，
∴BC⊥A1O，⼜AC∩BC＝C，
∴A1O⊥平⾯ABC，⼜A1O⊂平⾯ACC1A1，
∴平⾯ACC1A1⊥平⾯ABC；
（2）如图，过B 作BG⊥AC 于点G，
由（1）得平⾯ACC1A1⊥平⾯ABC，且平⾯ACC1A1∩平⾯ABC＝AC，BG⊂平⾯ABC，
∴BG⊥平⾯ACC1A1，
在直⻆ABC 中，AC＝2，AB＝1，
，所以
，
由
，⼜点D 为线段BC 的中点，
∴点D 到平⾯ACC1A1的距离h 为点B 到平⾯ACC1A1的距离BG 的⼀半，
即
，
∵点E，F 分别为线段AA1，A1C1的中点，∴A1E＝A1F＝1，⼜
，
∴△EA1F 的⾯积为
，
∴
，
故三棱锥A1﹣DEF 的体积为
．
13．如图，在矩形ABCD 中，AB＝2AD，M 为CD 的中点．将△ADM 沿AM 折起，使得平⾯ADM⊥平⾯
ABCM．点O 是线段AM 的中点．求证：
（1）平⾯BDO⊥平⾯ABCM；
（2）AD⊥BM．
【解答】证明：（1）在矩形ABCD 中，AB＝2AD，M 为CD 的中点，
∴AD＝DM，O 是AM 的中点，
∴DO⊥AM，
∵平⾯ADM⊥平⾯ABCM，平⾯ADM∩平⾯ABCM＝AM，
∴OD⊥平⾯ABCM，∵DO⊂平⾯BDO，
∴平⾯BDO⊥平⾯ABCM；
（2）在矩形ABCD 中，AB＝2AD，M 为CD 的中点，
∴
，
则AM2+BM2＝AB2，
∴AM⊥BM，
由（1）知，DO⊥平⾯ABCM，∵BM⊂平⾯ABCM，
∴DO⊥BM，
∵DO∩AM＝O，DO⊂平⾯ADM，AM⊂平⾯ADM，
∴BM⊥平⾯ADM，
⼜∵AD⊂平⾯ADM，
∴AD⊥BM．
14．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，平⾯PAB⊥平⾯ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD，
E 为AD 的中点．
（1）求证：PA⊥CD．
（2）求证：平⾯PBD⊥平⾯PAB．
【解答】证明：（1）在四棱锥P﹣ABCD 中，平⾯PAB⊥平⾯ABCD，
AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝AD，E 为AD 的中点，
∵平⾯PAB⊥平⾯ABCD，
平⾯PAB∩平⾯ABCD＝AB，
⼜PA⊥AB，
∴PA⊥平⾯ABCD，∴PA⊥CD．
（2）由已知，BC∥ED，且BC＝ED，∴四边形BCDE 是平⾏四边形，
⼜CD⊥AD，BC＝CD，∴四边形BCDE 是正⽅形，
连接CE，∴BD⊥CE，
∵BC∥AE，BC＝AE，∴四边形ABCE 是平⾏四边形，
∴CE∥AB，则BD⊥AB．
由（1）知PA⊥平⾯ABCD，
∴PA⊥BD，
∵PA∩AB＝A，则BD⊥平⾯PAB，且BD⊂平⾯PBD，
∴平⾯PBD⊥平⾯PAB．
15．如图，在⼏何体中，四边形ABCD 为菱形，对⻆线AC 与BD 的交点为O，四边形DCEF 为梯形，EF
∥CD，FB＝FD．
（Ⅰ）若CD＝2EF，求证：OE∥平⾯ADF；
（Ⅱ）求证：平⾯ACF⊥平⾯ABCD．
【解答】解：（Ⅰ）证明：取AD 的中点M，连接OM、FM，
∵对⻆线AC 与BD 的交点为O，
∴OM∥CD，OM＝CD．
∵EF∥CD，CD＝2EF，
∴OM∥EF，OM＝EF，
∴OMFE 为平⾏四边形，
∴OE∥FM．
∵FM⊂平⾯ADF，OE⊄平⾯ADF，
∴OE∥平⾯ADF．
（Ⅱ）证明：∵四边形ABCD 为菱形，∴AC⊥BD，
∵BF＝FD，O 是BD 的中点，
∴OF⊥BD．
⼜∵OF∩AC＝O，
∴BD⊥平⾯ACF．
∵BD⊂平⾯ABCD，
∴平⾯ACF⊥平⾯ABCD．
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⽴体⼏何与空间向量——题型14
参考答案与试题解析
⼀．解答题（共3 ⼩题）
1．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，P′为P 在平⾯ABC 内的射影点，已知
，BC＝4，AC＝3，
，
．
（1）请以
、
为基底表示
，并证明BP′⊥AC．
（2）求证PB⊥平⾯PAC．
【解答】解：（1）在三棱锥P﹣ABC 中，P′为P 在平⾯ABC 内的射影点，
，BC＝4，AC＝3，
，
，
平⾯ABC 中延⻓P′A 到A′，使P′A′＝2P′A，延⻓P′B 到B′，使P′B′＝3P′B，如图，
∵
，∴
，
∴点P′为△A′B′C 的重⼼．
∴
＝（
+
），∴3
＝（
﹣
+
），
∴
＝2
+3
+
+3
，
∴3
＝2
+
＝2（
）+
，
∴6
＝2
，∴
＝
+
．
∵
＝
，∴|
|2＝|
|2，
∴|
|2＝|
|2+|
|2﹣2
，
∴
．
∵
＝
．
∴
，∴BP′⊥AC．
（2）证明：如图，
∵PP'⊥平⾯ABC，AC⊂平⾯ABC，∴PP′⊥AC；
∵BP′⊥AC，PP′，BP′⊂平⾯BPP′，PP′∩BP′＝P′，∴AC⊥平⾯BPP′，
∵BP⊂平⾯BPP′，∴AC⊥BP．
∵
，
∴
，
∴
；
在Rt△PP′A 中，
，AP′＝2，∴
．
∵
，
∴
，
∴
．
在Rt△P′BP 中，
，
，∴
．
在△ABP 中，
，
，
，
∵BP2+AP2＝AB2，∴BP⊥AP．
∵AC⊥BP，AP，AC⊂平⾯PAC，AC∩AP＝A，
∴由线⾯垂直的判定定理得BP⊥平⾯PAC．
2．如图，平⾏六⾯体ABCD﹣A1B1C1D1的底⾯ABCD 是菱形，且CD＝CC1＝2，∠C1CB＝∠C1CD＝∠BCD
＝60°．
（1）求CA1的⻓；
（2）求证：CA1⊥平⾯C1BD．
【解答】解：（1）设
，
，
，
由于四边形ABCD 为菱形，则CB＝CD＝CC1＝2，即
，
所以
，同理可得
，
由题意可得
，
所以
．
（2）证明：因为
，
所以
，
所以CA1⊥BD，同理可证CA1⊥BC1，
⼜因为BD∩BC1＝B，
所以CA11 平⾯C1BD．
3．如图，在平⾏六⾯体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA1＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°．
（1）求AC1的⻓；
（2）求证：直线A1C⊥平⾯BDD1B1．
【解答】解：在平⾏六⾯体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝AA＝1，∠A1AB＝∠A1AD＝∠BAD＝60°，
（1）
＝
+
+
＝
+
+
，
•
＝|
|•|
|cos60°＝1×1×
＝，同理可得
•
＝
•
＝，
所以
2＝
2+
2+
2+2
•
+2
•
+2
•
＝1+1+1+2×
×3＝6，
所以AC1＝|
|＝
；
（2）证明：
＝
+
+
＝
+
﹣
，
＝
﹣
，
＝
，
⽽
•
＝（
+
﹣
）•（
﹣
）＝
•
﹣
2+
2﹣
•
﹣
•
+
•
＝﹣1+1
﹣﹣+
＝0，
•
＝
•
＝（
+
﹣
）•
＝
•
+
•
﹣
2＝+
﹣1＝0，
即A1C⊥BD，A1C⊥BB1，BB1∩BD＝B，且BB1⊂平⾯BDD1B1，BD⊂平⾯BDD1B1，
所以直线A1C⊥平⾯BDD1B1．
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⽴体⼏何与空间向量——题型15～16
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
B
C
D
C
C
C
C
⼀．选择题（共7 ⼩题）
1．△ABC 中，AB＝2，AC＝4，BC＝3，点P 在平⾯ABC 外，且
，
，取AB 中点D，则
异⾯直线DP 与BC 夹⻆的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：取AC 的中点E，连接DE、PE，
因为△ABC 中，D、E 分别是AB、AC 的中点，所以DE＝BC＝且DE∥BC，
可得∠PDE（或补⻆）就是异⾯直线DP 与BC 的所成⻆．
由
，得（
+
）•（
+
）＝3，即（
+
）•（
﹣
）＝3，
所以
﹣
＝3，结合
＝|
|2＝1，可得
＝
+3＝4，所以|
|＝2．
同理可得
＝
+
＝4+1＝5，所以|
|＝
．
在△PDE 中，PD＝2，DE＝，PE＝
，
所以cos∠PDE＝
＝
，即异⾯直线DP 与BC 夹⻆的余弦值等于
．
故选：B．
2．《⼏何原本》是古希腊数学家欧⼏⾥得的⼀部不朽之作，其第⼗⼀卷中称轴截⾯为等腰直⻆三⻆形的圆
锥为直⻆圆锥．如图，若AB，CD 都是直⻆圆锥SO 底⾯圆的直径，且
，则异⾯直线SA 与
BD 所成⻆的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：连接AC，AD，
则AC∥BD，
则异⾯直线SA 与BD 所成⻆的平⾯⻆为∠SAC（或其补⻆），
设AB＝2，
由题意可得：AS＝SC＝
，AC＝
，
则cos∠SAC＝
，
故选：C．
3．如图所示的三棱锥P﹣ABC 中，D 是棱PB 的中点，已知PA⊥底⾯ABC，PA＝BC＝2，AB＝4，AB⊥BC，
则异⾯直线PC，AD 所成⻆的正弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：在Rt△ABC 中，AC2＝AB2+BC2＝20，
因为PA⊥底⾯ABC，所以PA⊥AC，PA⊥AB，
所以PC＝
＝2
，PB＝
＝2
，AD＝PB＝
，
取BC 的中点M，连接MD，MA，则AM2＝AB2+BM2＝17，
因为D 为PB 的中点，所以DM∥PC，DM＝PC＝
，
所以异⾯直线PC，AD 所成⻆即为DM 和AD 所成的⻆，也即∠ADM 或其补⻆，
在△ADM 中，由余弦定理知，cos∠ADM＝
＝
＝﹣
，
所以sin∠ADM＝
＝
．
故选：D．
4．如图，在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N 分别为DB，A1C1的中点，则直线A1M 和BN 夹⻆的余弦值
为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：连接B1D1，则点N 在B1D1上，且N 为B1D1的中点，连接MD1，
因为正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，BB1与DD1平⾏且相等，
所以四边形BB1D1D 是平⾏四边形，
因为M、N 分别为BD、B1D1的中点，
所以BM 与D1N 平⾏且相等，可得四边形BMD1N 是平⾏四边形，
所以D1M∥BN，∠A1MD1（或其补⻆）就是异⾯直线A1M 和BN 的所成⻆．
设正⽅体的棱⻓为2，
则Rt△D1DM 中，D1D＝2，DM＝BD＝
，可得D1M＝
＝
，
在△A1D1M 中，A1M＝D1M＝
，A1D1＝2，
由余弦定理得cos∠A1MD1＝
＝
＝，
所以直线A1M 和BN 夹⻆的余弦值为
．
故选：C．
5．如图，在平⾏六⾯体ABCD﹣A'B'C'D'中，底⾯ABCD 是正⽅形，AA'＝2AB，M 是CD 中点，∠A′AB＝∠
A′AD＝120°，则直线AC′与BM 所成⻆的正弦值为（
）
A．
B．
C．1
D．
【解答】解：由题意平⾏六⾯体ABCD﹣A'B'C'D'中，底⾯ABCD 是正⽅形，AA'＝2AB，M 是CD 中点，
∠A′AB＝∠A′AD＝120°，
可设AA′＝2AB＝2a，∠A′AB＝∠A′AD＝120°，
由
，
所以|
|＝
＝
＝
a，
因为
＝
+
＝
﹣
，
所以|
|＝
＝
＝
，
＝（
）•（
﹣
）＝
+
﹣
＝0，
所以
，直线AC 与BM 所成⻆的正弦值为1．
故选：C．
6．在四⾯体ABCD 中，∠BAD＝∠CAD＝60°，AC⊥AB，AB＝AD＝2，AC＝3，则异⾯直线AC 与BD 所成
的⻆为（
）
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
【解答】解：根据题意，可得
•
＝0，
•
＝|
|•|
|cos∠BAD＝2，
•
＝|
|•|
|cos∠CAD
＝3．
△ABD 中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，所以△ABD 是等边三⻆形，可得BD＝2．
因为
•
＝
•（
﹣
）＝
•
﹣
•
＝3﹣0＝3，
所以cos＜
，
＞＝
＝
＝，结合＜
，
＞∈[0，π]，可得＜
，
＞＝
．
所以异⾯直线AC 与BD 所成的⻆等于60°．
故选：C．
7．⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝2，
，则异⾯直线DB1与AA1所成⻆的⼤⼩为（
）
A．30°
B．45°
C．60°
D．90°
【解答】解：根据题意，
、
、
两两互相垂直，可得
•
＝
•
＝
•
＝0，
因为
＝
＝
+
+
，
所以
2＝（
+
+
）2＝|
|2+|
|2+|
|2+2
•
+2
•
+2
•
＝|
|2+|
|2+|
|2＝4+8+4＝16，可得|
|＝
＝4，
•
＝
•
+
•
+
•
＝
•
＝|
|2＝4．
设异⾯直线DB1与AA1所成⻆为α，
则cosα＝|cos＜
，
＞|＝
＝
＝，结合0°＜α≤90°，可得α＝60°．
故选：C．
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⽴体⼏何与空间向量——题型17
参考答案与试题解析
题号
1
2
答案
A
D
⼀．选择题（共2 ⼩题）
1．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 是边⻓为a 的正⽅形，PA⊥平⾯ABCD．若PA＝a，则直线
PB 与平⾯PCD 所成的⻆的⼤⼩为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：因为PA⊥平⾯ABCD，AB⊂平⾯ABCD，AD⊂平⾯ABCD，CD⊂平⾯ABCD，所以PA⊥
AB，PA⊥AD，PA⊥CD，⼜底⾯ABCD 是边⻓为a 的正⽅形，
所以CD⊥AD，⼜PA∩AD＝A，PA⊂平⾯PAD，AD⊂平⾯PAD，
所以CD⊥平⾯PAD，PD⊂平⾯PAD，
所以CD⊥PD，
设B 到平⾯PCD 的距离为h，直线PB 与平⾯PCD 所成的⻆α，
则PB＝
，PD＝
，
所以VB﹣PCD＝VP﹣BCD，
，
所以h＝
，
所以
，⼜
，
所以
．
故选：A．
2．三棱锥A﹣BCD 的各⾯展开图如图所示，其中△BCD 是边⻓为1 的等边三⻆形，AB＝AD＝AC′＝2．P
是棱BC 上的动点，记直线DP 与平⾯ABC 所成⻆为θ，则sinθ的取值范围是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：由题意作出三棱锥A﹣BCD 的直观图，如图，
由题意可知，三棱锥A﹣BCD 为正三棱锥，设点A 在底⾯BCD 的射影为点O，
取BC 的中点M，连接DM，AM，则O 为等边△BCD 的中⼼，
∵△BCD 为等边三⻆形，M 为BC 的中点，则DM⊥BC，
且DM＝
＝
＝
，∴OD＝
，
∵AO⊥平⾯BCD，OD⊂平⾯BCD，∴AO⊥OD，
∴AO＝
＝
＝
，
∴
＝
＝
，
＝
＝
，
∵AB＝AC＝2，M 为BC 的中点，∴AM⊥BC，
且AM＝
＝
＝
，
∴
＝
＝
，
设点D 到平⾯ABC 的距离为d，
∵VD﹣ABC＝VA﹣BCD，∴
，
解得d＝
，
当点P 与点M 重合时，DP 取最⼩值，当点P 与B，C 重合时，DP 取最⼤值，
∴
，∴sinθ＝
＝
∈[
，
]．
故选：D．
⼆．解答题（共2 ⼩题）
3．在三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥平⾯ABC，PA＝AB＝2AC＝2，∠BAC＝60°，F 为棱PC 上⼀点，满⾜AF⊥
PC 于F．
（1）求证：平⾯ABF⊥平⾯PBC；
（2）求PB 与⾯ABF 所成⻆的正弦值．
【解答】解：（1）证明：由于AB＝2AC＝2，∠BAC＝60°，
则BC2＝AC2+AB2﹣2AC•AB•cos∠BAC＝
，
于是BC2+AC2＝AB2，故BC⊥AC．
由于PA⊥平⾯ABC，则PA⊥BC，
由于PA、AC⊂平⾯PAC，PA∩AC＝A，
则BC⊥平⾯PAC，⼜AF⊂平⾯PAC，则AF⊥BC，
⼜AF⊥PC，BC、PC⊂平⾯PBC，BC∩PC＝C，则AF⊥平⾯PBC，
由于AF⊂平⾯ABF，故平⾯ABF⊥平⾯PBC；
（2）由AF⊥平⾯PBC，⼜BF⊂平⾯PBC，则AF⊥BF，
⼜PA＝AB，AF⊥BC，则△PAF≌△BAF，设点P 到平⾯ABF 的距离为d，
由VP﹣ABF＝VB﹣PAF，BC⊥平⾯PAC，
，
则
，于是
，
⼜PA⊥平⾯ABC，AB⊂平⾯ABC，
所以PA⊥AB，⼜PA＝AB＝2，则PB＝2
，
所以PB 与平⾯ABF 所成⻆的正弦值为：
．
4．在四棱锥P﹣ABCD 中，PA⊥平⾯ABCD，E 为PD 的中点，F 为PC 的中点，PA＝AD＝2，AB＝BC＝1，
．
（1）求证：平⾯PAC⊥平⾯AEF；
（2）求直线PA 与平⾯AEF 所成⻆的正弦值．
【解答】（1）证明：在四棱锥P﹣ABCD 中，PA⊥平⾯ABCD，E 为PD 的中点，F 为PC 的中点，
因为AB＝BC＝1，AD＝2，
，所以CD⊥AC，
⼜因为PA⊥平⾯ABCD，且直线CD 在平⾯ABCD 内，所以CD⊥PA，
⼜因为E 为PD 的中点，F 为PC 的中点，所以CD∥EF，所以EF⊥AC 且EF⊥PA，
⼜因为PA∩AC＝A，所以EF⊥平⾯PAC，
⼜因为EF 在平⾯AEF 内，所以平⾯PAC⊥平⾯AEF；
（2）解：由（1）可知，EF⊥平⾯PAC，所以EF⊥AF，
⼜因为
，
，
所以
，
在直⻆三⻆形PAC 中，PA＝2，
，
，
设点P 到平⾯AEF 的距离为d，可由VP﹣AEF＝VE﹣PAF，得
，
所以
，故
，
⼜因为PA＝2，故直线PA 与平⾯AEF 所成⻆的正弦值为
．
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⽴体⼏何与空间向量——题型18
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
A
D
C
C
D
C
C
B
B
⼀．选择题（共9 ⼩题）
1．在⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平⾯A1BC1所成⻆的正弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：如图，
连接B1C 交BC1于F，设D1C1与平⾯A1BC1所成⻆为θ，
∵A1B1∥D1C1，∴A1B1与平⾯A1BC1所成⻆为θ，
由已知可得，BB1＝B1C1，F 为BC1的中点，则B1F⊥BC1，
由⻓⽅体的结构特征可得A1B1⊥BC1，⼜A1B1∩B1F＝B1，
∴BC1⊥平⾯A1B1F，则平⾯A1B1F⊥平⾯A1BC1，则B1在平⾯A1BC1上的射影E 在AF 上，
∴∠B1A1E＝θ，即∠B1A1F＝θ，
∵AB＝2，BC＝AA1＝1，
∴
．
即D1C1与平⾯A1BC1所成⻆的正弦值为
．
故选：A．
2．已知正四棱台上底⾯边⻓为1，下底⾯边⻓为2，体积为7，则正四棱台的侧棱与底⾯所成⻆的正切值为
（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：如图所示，作A1M⊥AC 于点M，
则
，即A1M＝3，
，
则
，
由正四棱台的侧棱与底⾯所成⻆即为A1A 与底⾯ABCD 所成⻆，
设其为θ，则θ＝∠A1AM，即
，
故选：D．
3．在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M为棱AB 上的动点，则A1M与平⾯ABC1D1所成⻆的取值范围为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设AD1∩A1D＝O，连接OM，则AD1⊥A1D，
因为在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB⊥平⾯ADD1A1，A1D⊂平⾯ADD1A1，
所以AB⊥AD1，
因为AD1∩AB＝A，AD1，AB⊂平⾯ABC1D1，
所以A1O⊥平⾯ABC1D1，
所以∠A1MO 即为A1M 与平⾯ABC1D1所成⻆θ．
设AA1＝2，
，
因为
，
所以
，
因为
，所以
．
故选：C．
4．在正三棱锥P﹣ABC 中，AB＝3，
，则直线PA 与平⾯ABC 所成⻆的⼤⼩为（
）
A．30°
B．45°
C．60°
D．75°
【解答】解：如图，
取底⾯正三⻆形ABC 的中⼼O，连接PO，则PO⊥底⾯ABC，
则∠PAO 为直线PA 与平⾯ABC 所成⻆，
连接AO 并延⻓，交BC 于D，
可得
，
，
在Rt△POA 中，有
，
即∠PAO＝60°．
∴直线PA 与平⾯ABC 所成⻆的⼤⼩为60°．
故选：C．
5．已知三棱锥P﹣ABC 中，△ABC 是边⻓为2 的正三⻆形，PB⊥AB，PC⊥AC，若三棱锥P﹣ABC 的外接
球体积为
，则直线PA 与平⾯ABC 所成⻆的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：如图所示，
取PA 中点为O，由于PB⊥AB，PC⊥AC，则OB＝OC＝OP＝OA，
故O 是三棱锥的外接球的球⼼，易知PA＝4，
，
过点P 作PH⊥平⾯ABC，连接AH，易知AH 过BC 中点M，连接PM，
因为
，
，PA＝4，
则直线PA 与平⾯ABC 所成⻆为∠PAM，
由余弦定理可得
．
故选：D．
6．已知正三棱台ABC﹣A1B1C1 的体积为
，则A1A 与平⾯ABC 所成⻆的正切值为
（
）
A．
B．1
C．2
D．3
【解答】解：将正三棱台ABC﹣A1B1C1补成正三棱锥P﹣ABC，
则A1A 与平⾯ABC 所成⻆即为PA 与平⾯ABC 所成⻆，
因为
，则
，
可知
，
则
，
取底⾯ABC 的中⼼为O，设正三棱锥P﹣ABC 的⾼为d＝PO，
则
，
解得
，
⼜PO⊥底⾯ABC，且在△ABC 中，AB＝4，
由正弦定理得
，
所以PA 与平⾯ABC 所成⻆的正切值
．
故选：C．
7．如图，在正四⾯体ABCD 中，E，F 分别为AD，BC 的中点，则EF 与平⾯BCD 所成⻆的正弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：已知四⾯体ABCD 为正四⾯体，
过A 作AG⊥⾯BCD，
则G 为三⻆形BCD 的重⼼，
设BC＝2，
则
，
＝
，
过E 作EH⊥⾯BCD，
则H 为DG 的中点，
则∠EFH 为EF 与平⾯BCD 所成⻆，
⼜
，
，
则
＝
，
则
＝
＝
，
即EF 与平⾯BCD 所成⻆的正弦值为
．
故选：C．
8．如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平⾯ABC，∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，则AC
与平⾯BCC1B1所成⻆的余弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：将棱台补全为棱锥D﹣ABC，如图所示，
由∠ABC＝90°，AA1＝A1B1＝B1C1＝1，AB＝2，
得
，
由AA1⊥平⾯ABC，AB，AC⊂平⾯ABC，
得AA1⊥AB，AA1⊥AC，
所以
，
故BC2+BD2＝CD2，
所以
，
设点A 到⾯BCC1B1的距离为h，
因为VD﹣ABC＝VA﹣BCD，
所以
，解得
，
设AC 与平⾯BCC1B1所成⻆为
，
则
，即
，
所以cosθ＝cos
＝
．
故选：B．
9．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，∠ACB＝90°，PA⊥平⾯ABC，AC＝BC＝PA，M 是PB 的中点，则AM 与
平⾯PBC 所成⻆的正弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC 中，∠ACB＝90°，PA⊥平⾯ABC，AC＝BC＝PA，M 是PB 的中点，
取PC 的中点N，
则AN⊥PC，
⼜BC⊥⾯PAC，
则AN⊥BC，
⼜BC∩PC＝C，
则AN⊥平⾯PBC，
则AM 与平⾯PBC 所成⻆的平⾯⻆为∠AMN，
设AC＝2，
则
，
＝
，
则sin
＝
，
即AM 与平⾯PBC 所成⻆的正弦值为
，
故选：B．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
10．已知直线l 与平⾯α交于点A，l 上的不同两点M，N 在α上的射影分别为M′，N′，若
，
则l 与α所成⻆的⼤⼩为
．
【解答】解：若M，N 在α的同侧，如图，过M 作MB∥AN′交NN′于点B，
所以∠NMB 等于l 与α所成的⻆，
易证MB＝M′N′，所以
，
因为
，
所以
，
⼜因为
，
所以
，
所以l 与α所成⻆的⼤⼩为
，
若M，N 在α的两侧，通过平移可转化为在同侧的情形，结果与上⾯情况⼀致，
所以l 与平⾯α所成⻆的⼤⼩为
．
故答案为：
．
11．如图，已知∠AOB＝∠AOC＝60°，在平⾯α内，OA 是平⾯α的斜线，且OA＝2，OB＝OC＝1，
，
则直线OA 与平⾯α所成的⻆的⼤⼩为
45°
．
【解答】解：取线段BC 的中点D，连接AD，OD，并延⻓OD，作AE⊥OE，如图，
∵∠AOB＝∠AOC＝60°，OA＝2，OB＝OC＝1，
，
则由余弦定理得AB2＝OA2+OB2﹣2OA•OBcos60°＝3，即
，
同理可得
，
∵AB＝AC，D 是BC 的中点，∴AD⊥BC，
，
⽽OB2+OC2＝2＝BC2，即∠BOC＝90°，因此，
，
∵BC⊥AD，BC⊥OD，AD∩OD＝D，AD，OD⊂平⾯AOD，
∴BC⊥平⾯AOD，⼜AE⊂平⾯AOD，
∴BC⊥AE，⼜∵AE⊥OD，BC∩OD＝D，BC，OD⊂平⾯OBC，
∴AE⊥平⾯OBC，∴∠AOD 是直线OA 与平⾯α所成的⻆，
∴
，
∵线⾯⻆的范围为[0，90°]，
∴∠AOD＝45°，
所以直线OA 与平⾯α所成的⻆的⼤⼩为45°．
故答案为：45°．
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⽴体⼏何与空间向量——题型19
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
B
A
A
C
B
B
D
⼀．选择题（共8 ⼩题）
1．已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的6 个顶点都在球O 的球⾯上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则
球O 的直径为（
）
A．13
B．
C．
D．
【解答】解：因为直三棱柱中，AB＝3，AC＝4，AA1＝12，AB⊥AC，
所以BC＝5，且BC 为过底⾯ABC 的截⾯圆的直径．
取BC 中点D，则OD⊥底⾯ABC，则O 在侧⾯BCC1B1，
矩形BCC1B1的对⻆线⻓即为球直径，所以2R＝
＝13．
故选：A．
2．设三棱柱的侧棱垂直于底⾯，所有棱⻓都为a，顶点都在⼀个球⾯上，则该球的表⾯积为（
）
A．πa2
B．
C．
D．5πa2
【解答】解：根据题意条件可知三棱柱是棱⻓都为a 的正三棱柱，上下底⾯中⼼连线的中点就是球⼼，
则其外接球的半径为
，
球的表⾯积为
，
故选：B．
3．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各顶点都在同⼀球⾯上，若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表⾯积
等于（
）
A．20π
B．10π
C．5π
D．5
π
【解答】解：如图底⾯三⻆形ABC 的外⼼是O′，O′A＝O′B＝O′C＝r，
在△ABC 中AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，
可得BC＝
＝2
，
由正弦定理可得△ABC 外接圆半径r＝
＝2，
设此圆圆⼼为O'，球⼼为O，在RT△OBO'中，
易得球半径R＝
，
故此球的表⾯积为4πR2＝20π
故选：A．
4．若⼀个圆柱的表⾯积为12π，则该圆柱的外接球的表⾯积的最⼩值为（
）
A．
B．
C．
D．16π
【解答】解：设圆柱的底⾯半径为r，⾼为h，则2πr2+2πrh＝12π，则
．
设
该
圆
柱
的
外
接
球
的
半
径
为
R
，
则
，当且仅当
，
即
时，等号成⽴．
故该圆柱的外接球的表⾯积的最⼩值为
．
故选：A．
5．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，底⾯积为
，⼀个侧⾯的周⻓为
，则正三棱柱ABC﹣A1B1C1
外接球的表⾯积为（
）
A．4π
B．8π
C．16π
D．32π
【解答】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底⾯积为
，⼀个侧⾯的周⻓为
，
故正三棱柱的底⾯边⻓为
，侧棱⻓为2
；
得底⾯所在平⾯截其外接球所成的圆O 的半径r＝1；
⼜由正三棱柱的侧棱⻓为2
，则球⼼到圆O 的球⼼距d＝
，
根据球⼼距，截⾯圆半径，球半径构成直⻆三⻆形，
满⾜勾股定理，我们易得球半径R 满⾜：
R2＝r2+d2＝4，R＝2，
∴外接球的表⾯积S＝4πR2＝16π．
故选：C．
6．有⼀个圆锥与⼀个圆柱的底⾯半径相等，此圆锥的⺟线与底⾯所成⻆为60°，若此圆柱的外接球的表⾯
积是圆锥的侧⾯积的4 倍，则此圆柱的⾼是其底⾯半径的（
）
A．
倍
B．2 倍
C．
倍
D．3 倍
【解答】解：设圆柱的⾼为h，底⾯半径为r，圆柱的外接球的半径为R．
则R2＝（）2+r2，
∵圆锥的⺟线与底⾯所成⻆为60°．
∴圆锥的⾼为
，⺟线⻓l＝2r，
∴圆锥的侧⾯积为πlr＝2πr2，
∴4πR2＝4π[（）2+r2]＝4×2πr2，
化简得：
．
故选：B．
7．已知矩形ABCD 中，AB＝2AD＝2，E，F 分别为AB，CD 的中点，将四边形AEFD 沿EF 折起，使⼆⾯
⻆A﹣EF﹣C 的⼤⼩为120°，则过A，B，C，D，E，F 六点的球的表⾯积为（
）
A．6π
B．5π
C．4π
D．3π
【解答】解：如图，易知∠AEB＝120°，
作出菱形AEBM，DFCN，
可知MA＝ME＝MB，ND＝NF＝NC，
且MN⊥平⾯AEBM，
故MN 中点O 即为外接球球⼼，
易得BM＝1，OM＝，
求得OB＝
，
∴
＝5π，
故选：B．
8．已知四棱锥P﹣ABCD 的底⾯ABCD 是矩形，其中AD＝1，AB＝2，平⾯PAD⊥平⾯ABCD，△PAD 为
等边三⻆形，则四棱锥P﹣ABCD 的外接球体积为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：记AD 的中点为F，连接PF，AB∩CD＝E，连接EF，
设△PAD 所在圆的圆⼼为O1，半径为r，所求外接球球⼼为O，半径为R，连接OO1，OE，如图，
因为△PAD 为等边三⻆形，AD＝1，所以圆O1的半径
，
因为△PAD 为等边三⻆形，F 是AD 的中点，所以PF⊥AD，
因为平⾯PAD⊥平⾯ABCD，平⾯PAD∩平⾯ABCD＝AD，PF⊂平⾯PAD，
所以PF⊥平⾯ABCD，
因为底⾯ABCD 是矩形，所以E 是底⾯ABCD 外接圆的圆⼼，
故OE⊥平⾯ABCD，所以PF∥OE，
同理OO1∥EF，所以四边形OO1FE 是平⾏四边形，
所以
，
所以球O 的半径
，
所以外接球的体积为
．
故选：D．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
9．⼀个六棱柱的底⾯是正六边形，其侧棱垂直底⾯．已知该六棱柱的顶点都在同⼀个球⾯上，且该六棱柱
的体积为
，底⾯周⻓为3，则这个球的体积为
．
【解答】解：令球的半径为R，六棱柱的底⾯边⻓为a，⾼为h，
∵六棱柱的体积为
，底⾯周⻓为3，
即
⼜∵R＝
∴R＝1
∴球的体积V＝
＝
故答案为：
10．已知圆柱的上底⾯圆周经过正三棱锥P﹣ABC的三条侧棱的中点，下底⾯圆⼼为此三棱锥底⾯中⼼O．若
三棱锥P﹣ABC 的⾼为该圆柱外接球半径的2 倍，则该三棱锥的外接球与圆柱外接球的半径的⽐值为
【解答】解：设正三棱锥P﹣ABC 的底⾯边⻓为2a，⾼为h，如图所示：
则圆柱⾼为
，底⾯圆半径为
，
利⽤勾股定理，可求得圆柱外接球半径
．
由h＝2R，可求得
．
设正三棱锥P﹣ABC 的外接球的半径为r，
则球⼼到底⾯距离为h﹣r，
，
利⽤勾股定理
，
可得
，故
，
故答案为：．
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⽴体⼏何与空间向量——题型20
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
答案
B
D
D
C
⼀．选择题（共4 ⼩题）
1．在三棱锥P﹣ABCD 中，PA＝PB＝PC＝2
，AC＝AB＝4，且AC⊥AB，则该三棱锥外接球的表⾯积为
（
）
A．4π
B．36π
C．48π
D．24π
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC 中，由PA＝PB＝PC＝2
，
得顶点P 在底⾯三⻆形ABC 的投影为底⾯三⻆形ABC 的外⼼，
取BC 的中点O1，则三棱锥P﹣ABC 的外接球的球⼼O 在它的⾼PO1上，
设三棱锥P﹣ABC 的外接球的半径为R，则PO＝AO＝R，由题意可得PO1＝4，OO1＝4﹣R，
在Rt△AOO1中，R2＝8+（R﹣4）2，解得R＝3，所以球的表⾯积S＝36π．
故选：B．
2．在三棱锥P﹣ABC 中，PA＝PB＝PC＝
，侧棱PA 与底⾯ABC 所成的⻆为60°，则该三棱锥外接球的
体积为（
）
A．2π
B．
C．4π
D．
【解答】解：过点P 作PH⊥平⾯ABC 于H，则
∵AH 是PA 在平⾯ABC 内的射影
∴∠PAH 是直线PA 与底⾯ABC 所成的⻆，得∠PAH＝60°，
∴Rt△PAH 中，AH＝PAcos60°＝
，PH＝PAsin60°＝
设三棱锥外接球的球⼼为O，
∵PA＝PB＝PC，∴P 在平⾯ABC 内的射影H 是△ABC 的外⼼
由此可得，外接球⼼O 必定在PH 上，连接OA、OB、OC
∵△POA 中，OP＝OA，
∴∠OAP＝∠OPA＝30°，可得PA＝
＝
∴三棱锥外接球的半径R＝OA＝1
因此该三棱锥外接球的体积为V＝πR3＝
故选：D．
3．在三棱锥P﹣ABC 中，
，AC＝AB＝2，且AC⊥AB，则该三棱锥外接球的表⾯积为（
）
A．4π
B．8π
C．16π
D．9π
【解答】解：由题意，点P 在底⾯上的射影M 是CB 的中点，是三⻆形ABC 的外⼼，令球⼼为O，
∵AC＝AB＝2，且AC⊥AB，∴MB＝MC＝MA＝
，
⼜∵
，∴PM＝
＝2
如图在直⻆三⻆形OBM 中，
OB2＝OM2+BM2，即R2＝2+（2﹣R）2
∴R＝
则该三棱锥外接球的表⾯积为4πR2＝4
＝9π．
故选：D．
4．已知正四棱锥P﹣ABCD 的各顶点都在同⼀球⾯上，底⾯正⽅形的边⻓为
，若该正四棱锥的体积为2，
则此球的体积为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：如图所示，
设底⾯正⽅形ABCD 的中⼼为O'，
正四棱锥P﹣ABCD 的外接球的球⼼为O
∵底⾯正⽅形的边⻓为
∴O'D＝1
∵正四棱锥的体积为2
∴
，解得PO'＝3
∴OO'＝PO'﹣PO＝|3﹣R|
在RT△OO′D 中，由勾股定理可得：OO'2+O'D2＝OD2，
即（3﹣R）2+12＝R2，解得
．
∴
．
故选：C．
⼆．填空题（共4 ⼩题）
5．⼀个圆锥恰有三条⺟线两两夹⻆为60°，若该圆锥的侧⾯积为
，则该圆锥外接球的表⾯积为
．
【解答】解：如图，设∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝60°，则SA＝SB＝SC＝AB＝AC＝BC．
设AB＝x，则底⾯圆的直径为
，
该圆锥的侧⾯积为
π•
•x＝3
π，解得x＝3，
⾼
．
∴r＝
＝
．
设圆锥外接球的半径为R，所以
，解得
，
则外接球的表⾯积为
．
故答案为：
．
6．如图所示，在正四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 是边⻓为4 的正⽅形，E，F 分别是AB，CD 的中点，
cos∠PEF＝
，若A，B，C，D，P 在同⼀球⾯上，则此球的体积为
36π
．
【解答】解：由题意得，底⾯ABCD 是边⻓为4 的正⽅形，cos∠PEF＝
，故⾼PO1＝2．
可知正四棱锥P﹣ABCD 的外接球的球⼼在它的⾼PO1上，记球⼼为O，
则
，PO＝AO＝R，PO1＝2，OO1＝2﹣R 或OO1＝R﹣2（此时O 在PO1 的延⻓线上），
在直⻆△AO1O 中，
，解得R＝3，
∴球的体积为V＝
．
故答案为：36π．
7．已知圆锥的顶点为P，⺟线PA 与底⾯所成的⻆为30°，底⾯圆⼼O 到PA 的距离为1，则该圆锥外接球
的表⾯积为
．
【解答】解：依题意得，圆锥底⾯半径r＝
，⾼h＝
．
设圆锥外接球半径为R，则R2＝r2+（R﹣h）2，
即
，解得：R＝
．
∴外接球的表⾯积为S＝
．
故答案为：
．
8．在六棱锥P﹣ABCDEF 中，底⾯是边⻓为
的正六边形，PA＝2 且与底⾯垂直，则该六棱锥外接球的
体积等于
4
．
【解答】解：六棱锥P﹣ABCDEF 中，底⾯是边⻓为
的正六边形，PA＝2 且与底⾯垂直，
可得PD 是该六棱锥外接球的直径，底⾯是边⻓为
的正六边形的对⻆线差为：2
，
可得PD＝
＝
＝2
，
外接球的半径为：
，
外接球的体积为：
＝
＝4
．
故答案为：4
π
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2025/3/1013:07:12；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
⽴体⼏何与空间向量——题型21～22
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
D
C
A
A
A
B
D
⼀．选择题（共8 ⼩题）
1．在三棱锥A﹣BCD 中，AB＝CD＝6，AC＝BD＝AD＝BC＝5，则该三棱锥的外接球的表⾯积为（
）
A．
B．
C．
D．43π
【解答】解：分别取AB，CD 的中点E，F，连接相应的线段CE，ED，EF，
由条件，AB＝CD＝4，BC＝AC＝AD＝BD＝5，
可知，△ABC 与△ADB，都是等腰三⻆形，
AB⊥平⾯ECD，∴AB⊥EF，同理CD⊥EF，
∴EF 是AB 与CD 的公垂线，
球⼼G 在EF 上，推导出△AGB≌△CGD，可以证明G 为EF 中点，
DE＝
＝4，DF＝3，EF＝
＝
，
∴GF＝
，球半径DG＝
＝
，
∴外接球的表⾯积为S＝4π×DG2＝43π．
故选：D．
2．已知三棱锥A﹣BCD 内接于球O，且AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，AB＝CD＝
，则三棱锥A﹣BCD 的
外接球的表⾯积是（
）
A．38π
B．9π
C．76π
D．19π
【解答】解，由题意知，四⾯体的对棱相等，将这个三棱锥放在⻓⽅体中，
设⻓⽅体的棱⻓分别为a，b，c，设外接球的半径为R，则（2R）2＝a2+b2+c2，即4R2＝a2+b2+c2，
由题意知
，∴a2+b2+c2＝19，
属于外接球的表⾯积S＝4πR2＝19π，
故选：D．
3．已知棱锥S﹣ABC 中，SA＝BC＝
，SB＝AC＝
，SC＝AB＝
，则该三棱锥的外接球表⾯积为
（
）
A．64π
B．16π
C．14π
D．4π
【解答】解：∵三棱锥S﹣ABC 中，SA＝BC＝
，SB＝AC＝
，SC＝AB＝
，
∴构造⻓⽅体，使得⾯上的对⻆线⻓分别为
，
，
，
则⻓⽅体的对⻆线⻓等于三棱锥S﹣ABC 外接球的直径．
设⻓⽅体的棱⻓分别为x，y，z，则x2+y2＝13，y2+z2＝10，x2+z2＝5，
∴x2+y2+z2＝14，
∴三棱锥S﹣ABC 外接球的直径为
，
∴三棱锥S﹣ABC 外接球的表⾯积为
＝14π．
故选：C．
4．已知三棱锥A﹣BCD 满⾜AB＝CD＝2
，AC＝BD＝10，AD＝BC＝4
，则三棱锥A﹣BCD 外接球
的表⾯积为（
）
A．116π
B．128π
C．132π
D．156π
【解答】解：三棱锥A﹣BCD 的对棱相等，可将此三棱锥置于⼀个⻓、宽、⾼分别为x，y，z 的⻓⽅体
中，
则
，三式相加可得，x2+y2+z2＝116，
故所求外接球的表⾯积
．
故选：A．
5．已知三棱锥S﹣ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA＝2，SB＝SC＝4，则该三棱锥的外接球的半径为（
）
A．3
B．6
C．36
D．9
【解答】解：三棱锥S﹣ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA＝2，SB＝SC＝4，则该三棱锥的外接球，
就是三棱锥扩展为⻓⽅体的外接球，所以⻓⽅体的对⻆线的⻓度为：
＝6，
所以该三棱锥的外接球的半径为：3．
故选：A．
6．在正三棱锥S﹣ABC 中，M，N 分别是棱SC，BC 的中点，且AM⊥MN，若侧棱SA＝2
，则正三棱锥
S﹣ABC 外接球的体积是（
）
A．20
π
B．60π
C．40
π
D．48π
【解答】解：如图，∵M，N 分别为棱SC，BC 的中点，∴MN∥SB，
∵三棱锥S﹣ABC 为正棱锥，
∴SB⊥AC（对棱互相垂直），
∴MN⊥AC，
⼜∵MN⊥AM，⽽AM∩AC＝A，
∴MN⊥平⾯SAC，
∴SB⊥平⾯SAC．
则∠ASB＝∠BSC＝∠ASC＝90°
将此三棱锥补成正⽅体，则它们有相同的外接球，
正⽅体的对⻆线就是球的直径．
∴2R＝
SA＝
，得R＝
，
∴V＝πR3＝
．
故选：A．
7．点A，B，C，D 均在同⼀球⾯上，且AB，AC，AD 两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，则该球的表
⾯积为（
）
A．7π
B．14π
C．
D．
【解答】解：三棱锥A﹣BCD 的三条侧棱两两互相垂直，所以把它扩展为⻓⽅体，
它也外接于球，对⻆线的⻓为球的直径，d＝
＝
，
它的外接球半径是
，
外接球的表⾯积是4π（
）2＝14π
故选：B．
8．等腰△ABC 中，AB＝AC＝5，BC＝6，将△ABC 沿BC 边上的⾼AD 折成直⼆⾯⻆B﹣AD﹣C，则三棱锥
B﹣ACD 的外接球的表⾯积为（
）
A．5π
B．
C．10π
D．34π
【解答】解：依题意，在三棱锥B﹣ACD 中，AD，BD，CD 两两垂直，且AD＝4，BD＝CD＝3，因此，
可将三棱锥B﹣ACD 补形成⼀个⻓⽅体，该⻓⽅体的⻓、宽、⾼分别为3，3，4，且其外接球的直径2R
＝
，故，三棱锥B﹣ACD 的外接球的表⾯积为4πR2＝34π．
故选：D．
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⽴体⼏何与空间向量——题型23
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
答案
B
A
D
C
D
⼀．选择题（共5 ⼩题）
1．在三棱锥P﹣ABC 中，平⾯PAB⊥平⾯ABC，
，且直线PA 与平⾯ABC
所成⻆的正切值为2，则该三棱锥的外接球的表⾯积为（
）
A．13π
B．52π
C．
D．
【解答】解：如图，过点P 作PE⊥AB 于E，D 为AB 的中点，
设△ABC 的外⼼是O1，半径是r，连接O1B，O1E，O1D，
由正弦定理得
，
则
，
D 为AB 的中点，
，
O1D⊥AB，所以
，
因为平⾯PAB⊥平⾯ABC，PE⊥AB 于E，平⾯PAB∩平⾯ABC＝AB，
则PE⊥平⾯ABC，所以直线PA 与平⾯ABC 所成的⻆是∠PAE，则
，即PE＝2AE，
因为
，所以
PE＝2AE＝4，则DE＝1，故O1E＝2，
设三棱锥P﹣ABC 外接球球⼼是O，
连接OO1，OB，OP，过O 作OH⊥PE 于H，
则OO1⊥平⾯ABC，于是OO1∥PE，从⽽O1OHE 是矩形，
所以外接球半径R 满⾜
，
解得
．
所以外接球的表⾯积为4πR2＝52π．
故选：B．
2．已知空间四边形ABCD，∠BAC＝
，AB＝AC＝2
，BD＝CD＝6，且平⾯ABC⊥平⾯BCD，则空
间四边形ABCD 的外接球的表⾯积为（
）
A．60π
B．36π
C．24π
D．12π
【解答】解：
借助⻓⽅体作出空间四边形ABCD，取BC 中点P，
在等腰△ABC 中，AB＝AC＝2
，∠BAC＝
，
可求得BC＝6，AP＝
，
⼜BD＝CD＝6，
∴△BCD 为正三⻆形，
外接球球⼼O 在过其中⼼M 垂直于平⾯BCD 的直线上，
如图：在△BCD 中，求得PD＝3
，
∴PM＝
，BM＝2
，
设OM＝x，
则ON＝
，
在
中，OA2＝AN2+ON2＝3+（x+
）2，
在△OBM 中，OB2＝BM2+OM2＝12+x2，
由OA＝OB 列⽅程解得x＝
，
从⽽OB2＝15 即外接球半径r＝
，
∴外接球⾯积＝4π×15＝60π，
故选：A．
3．已知三棱锥A﹣BCD 中，△ABD 与△BCD 是边⻓为2 的等边三⻆形且⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 为直⼆⾯⻆，
则三棱锥A﹣BCD 的外接球的表⾯积为（
）
A．
B．5π
C．6π
D．
【解答】解：如图所示：
△ABD 与△BCD 是边⻓为2 的等边三⻆形且⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 为直⼆⾯⻆，
则：E、F 分别是△ABC 和△BCD 的中⼼，
球⼼O 为△ABC 和△BCD 的过中⼼的垂线的交点，
则：OE＝OF＝
，ED＝
，
利⽤勾股定理得：
＝
，
则：S＝4
＝
．
故选：D．
4．把边⻓为3 的正⽅形ABCD 沿对⻆线AC 对折，使得平⾯ABC⊥平⾯ADC，则三棱锥D﹣ABC 的外接
球的表⾯积为（
）
A．32π
B．27π
C．18π
D．9π
【解答】解：将边⻓为1 的正⽅形ABCD，沿对⻆线AC 把△ACD 折起，使平⾯ACD⊥平⾯ABC，则
BC⊥CD，BA⊥AD；
三棱锥C﹣ABD 的外接球直径为AC＝3
，
外接球的表⾯积为4πR2＝4π×（
）2＝18π．
故选：C．
5．在四棱锥A﹣BCDE 中，△ABC 是边⻓为6 的正三⻆形，BCDE 是正⽅形，平⾯ABC⊥平⾯BCDE，则
该四棱锥的外接球的体积为（
）
A．21
π
B．84π
C．7
π
D．28
π
【解答】解：四棱锥A﹣BCDE 中，△ABC 是边⻓为6 的正三⻆形，BCDE 是正⽅形，平⾯ABC⊥平⾯
BCDE，
如图所示：△ABC 是边⻓为6 的正三⻆形，
所以△ABC 的中⼼到BC 中点的距离为
＝
，
所以OB＝
，
所以
＝
，
故选：D．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
6．在三棱锥P﹣ABC 中，AB＝AC＝4，∠BAC＝120°，PB＝PC＝4
，平⾯PBC⊥平⾯ABC，则三棱锥P
﹣ABC 外接球的表⾯积为
80π
．
【解答】解：如图，设△ABC 的外接圆的圆⼼为O1
连接O1C，O1A，BC∩O1A＝H，连接PH．
由题意可得AH⊥BC，且
，
．
因为平⾯PBC⊥平⾯ABC，且PB＝PC，
所以PH⊥平⾯ABC，且
．
设O 为三棱锥P﹣ABC 外接球的球⼼，
连接OO1，OP，OC，过O 作OD⊥PH，垂⾜为D，
则外接球的半径R 满⾜
，
即
，解得OO1＝2，
从⽽R2＝20，故三棱锥P﹣ABC 外接球的表⾯积为4πR2＝80π．
故答案为：80π．
7．如图，已知平⾯四边形ABCD 满⾜AB＝AD＝2，∠A＝60°，∠C＝90°，将△ABD 沿对⻆线BD 翻折，使
平⾯ABD⊥平⾯CBD，则四⾯体ABCD 外接球的体积为
．
【解答】解：已知平⾯四边形ABCD 满⾜AB＝AD＝2，∠A＝60°，∠C＝90°，将△ABD 沿对⻆线BD 翻
折，使平⾯ABD⊥平⾯CBD，
则四⾯体的外接球的中⼼为：等边三⻆形ABD 的中⼼．
故：r＝
，
故：V＝
＝
，
故答案为：
．
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⽴体⼏何与空间向量——题型24
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
D
A
C
B
B
D
D
⼀．选择题（共7 ⼩题）
1．在三棱锥A﹣BCD 中，△ABD 和△CBD 均为边⻓为2 的等边三⻆形，且⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 的平⾯⻆为
60°，则三棱锥的外接球的表⾯积为（
）
A．π
B．
π
C．
π
D．
π
【解答】解：如图，取BD 中点H，连接AH，CH，
因为△ABD 和△CBD 均为边⻓为2 的等边三⻆形，
所以AH⊥BD，CH⊥BD，则∠AHC 为⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 的平⾯⻆，即∠AHC＝60°，
设△ABD 和△CBD 外接圆圆⼼分别为E，F，
则由
，可得
，
，
分别过E，F 作平⾯ABD，平⾯BCD 的垂线，
则三棱锥的外接球球⼼⼀定是两条垂线的交点，
记为O，连接AO，HO，则由△OHE≅△OHF 可得
，
所以
，则
，
则三棱锥外接球的表⾯积
．
故选：D．
2．如图，在体积为
的四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 为边⻓为2 的正⽅形，△PAB 为等边三⻆形，
⼆⾯⻆P﹣AB﹣C 为锐⻆，则四棱锥P﹣ABCD 外接球的半径为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：取AB 的中点E，CD 的中点F，连接PE，PF，EF，过P 作PH⊥EF 于H，由AE＝BE，
CF＝DF 可得AB⊥EP，AB⊥EF，所以AB⊥⾯PEF，
可得AB⊥PH，AB∩EF＝E，所以PH⊥⾯AC，
所以V 四棱锥＝S 底×PH＝×22×PH＝
，解得PH＝
，
⽽△PAB 为等边三⻆形，所以PE＝
×AB＝
，
所以sin∠PEF＝
＝
＝，所以可得∠PEF＝30°，
可得EH＝，HF＝2﹣EH＝，PF＝
＝1，
所以PE2+PF2＝EF2，所以PE⊥PF
取EF 的中点N，即四边形ABCD 的对⻆线的交点，AN＝
AB＝
，过N 作NO 垂直于底⾯ABCD，
可得NO∥PH，取O 为外接球的球⼼，设外接球的半径为R，连接OP，OA，则可得R＝OA＝OP，
过O 作OM⊥PH 于M，则四边形ONHM 为矩形，所以OM＝NH＝NF﹣HF＝1﹣＝，
ON＝MH，
（i）当O，P 在⾯ABCD 的同侧时，
在△OPM 中，R2＝OP2＝OM2+PM2＝（）2+（PH﹣MH）2＝+（
﹣MH）2①
在△AON 中，R2＝OA2＝AN2+ON2＝（
）2+MH2②
由①②可得MH＜0（舍），
（ii）当O，P 在⾯ABCD 的两侧时，
在△OPM 中，R2＝OP2＝OM2+PM2＝（）2+（PH+MH）2＝+（
+MH）2③
过在△AON 中，R2＝OA2＝AN2+ON2＝（
）2+MH2②
由②③可得MH＝
，R2＝2+
＝，
所以R＝
，
故选：A．
3．在三棱锥A﹣BCD 中，AB＝BC＝CD＝DA＝
，BD＝
，⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 是钝⻆．若三棱锥A
﹣BCD 的体积为2．则三棱锥A﹣BCD 的外接球的表⾯积是（
）
A．12π
B．
π
C．13π
D．
π
【解答】解：取BD 的中点K，连结AK，CK，由已知△ABD 和△BCD 是全等的等腰三⻆形，所以AK
⊥BD，CK⊥BD，
∴∠AKC 为⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 的平⾯⻆，且BD⊥平⾯AKC，AK＝CK，
所以V＝×
AK×CK×sin∠AKC×BD＝2，
⼜AK＝
＝2，故sin∠AKC＝
，
因为∠AKC 为钝⻆，
所以∠AKC＝120°，
设△ABD，△BCD 的外接圆的圆⼼分别为M，N，
则M，N 分别在AK，CK 上且MK＝NK，连结DM，
由（2﹣AM）2+3＝DM2，其中AM＝DM，解得AM＝，同理CN＝，
所以MK＝NK＝，
过M，N 分别作平⾯ABD，平⾯BCD 的垂线，两垂线的交点O 为四⾯体ABCD 的外接球的球⼼，
连结OK，则OK 平分∠AKC，∴∠OKN＝60°，
从⽽ON＝
，OK＝，
在Rt△ONC 中，ON＝
，CN＝AM＝，
外接球的半径为OC＝
＝
＝
，
所以四⾯体ABCD 外接球的表⾯积S＝4πr2＝4π×
＝13π，
故选：C．
4．在四⾯体ABCD 中，BC＝CD＝BD＝AB＝2，∠ABC＝90°，⼆⾯⻆A﹣BC﹣D 的平⾯⻆为150°，则四⾯
体ABCD 外接球的表⾯积为（
）
A．
B．
C．31π
D．124π
【解答】解：以BC 中点E 为原点，以过E 垂直于平⾯BCD 的垂线为z 轴，EB 所在直线为x 轴，EC 所
在直线为y 轴，建⽴空间直⻆坐标系，
由题意可得，B（1，0，0），C（﹣1，0，0），D（0，
，0），A（1，﹣
，1），设球⼼O（x，y，z），
则由OA＝OB＝OC＝OD，可得（x﹣1）2+（y+
）2+（z﹣1）2＝（x﹣1）2+y2+z2＝（x+1）2+y2+z2＝
，
解可得，x＝0，y＝
，z＝3，
所以四⾯体的外接球半径R＝OA＝
＝
，
S＝4πR2＝
．
故选：B．
5．如图，直⻆三⻆形ABC，∠ABC＝
，AC+BC＝2，将△ABC 绕AB 边旋转⾄△ABC’位置，若⼆⾯⻆C
﹣AB﹣C’的⼤⼩为
，则四⾯体C’﹣ABC 的外接球的表⾯积的最⼩值为（
）
A．6π
B．3π
C．
D．2π
【解答】解：如图，
AB⊥平⾯CBC′，△CBC′是等腰三⻆形，BC＝BC′，
．
设BC＝x（0＜x＜1），则AC＝2﹣x，AB＝
＝2
．
设△CBC′外接圆的半径为r，则
，即r＝x．
∴四⾯体C′﹣ABC 的外接球的半径R 满⾜
＝x2﹣x+1．
∴四⾯体C′﹣ABC 的外接球的表⾯积S＝4πR2＝4（x2﹣x+1）π，
当x＝时，Smin＝3π．
故选：B．
6．已知三棱锥P﹣ABC 中，AB⊥BC，AB＝2
，BC＝
，PA＝PB＝3
，且⼆⾯⻆P﹣AB﹣C 的⼤⼩
为150°，则三棱锥P﹣ABC 外接球的表⾯积为（
）
A．100π
B．108π
C．110π
D．111π
【解答】解：
取AB 中点E，AC 中点F，
易知AB⊥EF，AB⊥EP，
∴∠PEF＝150°，
且平⾯PEF⊥平⾯ABC，
∴作PN⊥EF 交FE 的延⻓线于N，
则PN⊥平⾯ABC，
球⼼O 在过F 与平⾯ABC 垂直的直线上如图：
作OM⊥PN 于M，
设OF＝x，
由已知条件可得FC＝
，EF＝
，
EN＝PEcos30°＝2
，PN＝PEsin30°＝2，
从⽽PM＝x﹣2，OM＝EF+EN＝
，
在直⻆三⻆形OMP 中，OP2＝（x﹣2）2+（
）2，
在直⻆三⻆形OFC 中，OC2＝x2+（
）2
由OP2＝OC2解得x＝5，
∴OC2＝
，
∴S 球＝4πOC2
＝111π，
故选：D．
7．在三棱锥S﹣ABC 中，AB⊥BC，AB＝BC＝
，SA＝SC＝2，⼆⾯⻆S﹣AC﹣B 的余弦值是
，若S、
A、B、C 都在同⼀球⾯上，则该球的表⾯积是（
）
A．
B．
C．24
D．6π
【解答】解：由AB⊥BC，得△ABC 的外接圆的圆⼼O′为AC 中点，连接SO′，BO′，由SA＝SC 和AB＝
BC 有SO′⊥AC，BO′⊥AC
⽽四⾯体外接球的球⼼O 在平⾯SO′B 内，连接OO′，有OO′⊥底⾯ABC
将平⾯SO′B 取出，则BO′＝1，SO′＝
⽤余弦定理可得cos∠SO′B＝
∴SB＝
作SB 的中垂线，过O′作BO′的垂线，两者必相交于O，⽤余弦定理，cos∠O′BS＝
如图，BE＝O′B÷cos∠O′BS＝
＝
也就是D，E，O 三点重合了
外接圆的半径R＝OB＝
∴球的表⾯积是4πR2＝6π
故选：D．
⼆．填空题（共3 ⼩题）
8．在三棱锥P﹣ABC 中，AB⊥BC，三⻆形PAC 为等边三⻆形，⼆⾯⻆P﹣AC﹣B 的余弦值为﹣
，当
三棱锥P﹣ABC 的体积最⼤值为
时，三棱锥P﹣ABC 的外接球的表⾯积为
8π
．
【解答】解：如图所示，过点P 作PE⊥⾯ABC，垂⾜为E，过点E 作DE⊥AC 交AC 于点D，连接PD，
则∠PDE 为⼆⾯⻆P﹣AC﹣B 的平⾯⻆的补⻆，即有cos∠PDE＝
，
易知AC⊥⾯PDE，则AC⊥PD，⽽△PAC 为等边三⻆形，
所以D 为AC 中点，
设AB＝a，BC＝b，AC＝
＝c，
则PE＝PDsin∠PDE＝
×c×
＝，
故三棱锥P﹣ABC 的体积为：V＝
ab×
＝
abc≤
c×
＝
，
当且仅当a＝b＝
c 时，体积最⼤，则
＝，即a＝b＝
，c＝2，
所以B、D、E 三点共线，
设三棱锥P﹣ABC 的外接球的球⼼为O，半径为R，
过点O 作OF⊥PE 于F，则四边形ODEF 为矩形，
则OD＝EF＝
，ED＝OF＝PDcos∠PDE＝
＝
，PE＝1，
在Rt△PFO 中，R2＝2+（1﹣
）2，解得R2＝2，
三棱锥P﹣ABC 的外接球的表⾯积为S＝4πR2＝8π，
故答案为：8π．
9．在平⾯五边形ABCDE 中，∠A＝60°，AB＝AE＝6
，BC⊥CD，DE⊥CD，且BC＝DE＝6．将五边形
ABCDE 沿对⻆线BE 折起，使平⾯ABE 与平⾯BCDE 所成的⼆⾯⻆为120°，则沿对⻆线BE 折起后所
得⼏何体的外接球的表⾯积是
252π
．
【解答】解：设△ABE 的中⼼为O1，
∵BC⊥CD，DE⊥CD，故四边形BCDE 为矩形，设矩形BCDE 的中⼼为O2，过O1 作垂直于平⾯ABE
的直线l1，过O2作垂直于平⾯BCDE 的直线l2，
则由球的性质可知，直线l1与l2的交点O 为⼏何体ABCDE 外接球的球⼼，取BE 的中点F，连接O1 F，
O2 F，
由条件得O1F＝O2 F＝3，∠O1FO2＝120°，连接OF，△OFO1≌△OFO2，
从⽽OO1＝3
，
连接OA，则OA 为所得⼏何体外接球的半径，在直⻆△AOO1 中，AO1＝6，OO1＝3
，
可得
＝27+36＝63，即外接球的半径为R＝OA＝3
，
故所得⼏何体外接球的表⾯积为S＝4π×63＝252π
10．已知空间四边形ABCD 中，AB＝BD＝AD＝2，BC＝1，CD＝
，若⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 的取值范围为[
，
]，则该⼏何体的外接球表⾯积的取值范围为
[
，
]
．
【解答】解：结合⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 的取值范围为[
，
]，则有：
①当⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 的取值范围为
时，⾯ABD⊥⾯BCD，此时外接圆的半径最⼩，设为r，
则有
，解得r＝，
此时外接圆的表⾯积S1＝4πr2＝
②当⼆⾯⻆A﹣BD﹣C 的取值范围为
或
时，此时外接圆的半径最⼤，设为R，
设H 为等边△ADB 的中⼼，DB 中点O1为△BCD 外接圆的圆⼼，
过H 作⾯ABD 的垂线，过O1作⾯DCB 的垂线，两垂线的交点O 为空间四边形ABCD 外接球球⼼，（如
图）
在⾯BCD 内作MO1⊥BD，则
，
，
∴R＝
，
则外接球表⾯积S2＝4πR2＝
．
故答案为：[
，
]．
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型25～题型26 答案
8．圆台的上下底⾯半径和⾼的⽐为3：4：1，⺟线⻓为
，则圆台的外接球表⾯积为
100π
．
【分析】根据题意画出图形，结合图形求出圆台的上下底⾯半径，进⼀步求得圆台外接球的半径，则答
案可求．
【解答】解：设圆台的上底半径为3x，则下底半径是4x，⾼为x，作轴截⾯如图所示：
⼜⺟线⻓为
，
∴x2+x2＝2，解得x＝1．
∴圆台的上底⾯半径是3，下底⾯半径是4，⾼是1，
设圆台外接球的半径为R，
则
，
，
⼜OO1﹣OO2＝1，联⽴解得R2＝25．
∴圆台的外接球表⾯积为4πR2＝100π．
【点评】本题考查圆台的表⾯积的求法，考查数形结合思想，是中档题．
9．已知圆台上底半径为1，下底半径为3，⾼为2，则此圆台的外接球的表⾯积为
40π
．
【分析】先画出圆台的轴截⾯，利⽤圆⼼到上底圆周上⼀点等于外接球半径，圆⼼到下底圆周上⼀点等
于外接球半径，建⽴⽅程，解出外接球半径，求出外接球表⾯积．
【解答】解：如图所示，
设外接球半径为r，球⼼到上底的距离为h，则球⼼到下底的距离为|h﹣2|，
则有r2＝1+h2，r2＝9+（2﹣h）2，解得
，
所以外接球的表⾯积为4πr2＝40π．
故答案为：40π．
【点评】本题考查了圆台外接球的表⾯积计算，属于基础题．
10．如图，圆台O1O2中，O1O2＝
，其外接球的球⼼O 在线段O1O2 上，上下底⾯的半径分别为r1＝1，
r2＝
，则圆台外接球的表⾯积为
．
【分析】列出外接球半径所满⾜的⽅程，解出半径，得外接球表⾯积．
【解答】解：设外接球半径为R，
则
，解得R2＝
，所以外接球表⾯积为
．
故答案为：
．
【点评】本题考查圆台的外接球的表⾯积的求法，属中档题．
11．在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，上、下底⾯边⻓分别为
，该正四棱台的外接球的表⾯积
为100π，则该正四棱台的⾼为
1 或7
．
【分析】求出外接球半径，找到球⼼的位置，分球⼼O 在线段EF 上和在FE 的延⻓线上两种情况，求
出⾼．
【解答】解：设正四棱台的外接球的半径为R，则4πR2＝100π，解得R＝5，
连接AC，BD 相交于点E，连接A1C1，B1D1相交于点F，连接EF，
则球⼼O 在直线EF 上，连接OB，OB1，
如图1，当球⼼O 在线段EF 上时，
则OB＝OB1＝R＝5，
因为上、下底⾯边⻓分别为
，
所以BE＝4，B1F＝3，
由勾股定理得
，
，
此时该正四棱台的⾼为3+4＝7，
如图2，当球⼼O 在FE 的延⻓线上时，
同理可得
，
，
此时该正四棱台的⾼为4﹣3＝1．
故答案为：1 或7．
【点评】本题考查棱台的结构特征，属于中档题．
12．我国古代《九章算术》中将上，下两⾯为平⾏矩形的六⾯体称为刍童，如图的刍童ABCD﹣EFGH 有外
接球，且
，点E 到平⾯ABCD 距离为4，则该刍童外接球的表
⾯积为
128π
．
【分析】⾸先利⽤勾股定理的应⽤求出AK 和EM 的值，进⼀步求出外接球的半径，最后求出球的表⾯
积．
【解答】解：刍童ABCD﹣EFGH 有外接球，且
，点E 到平⾯
ABCD 距离为4，
如图所示：
连接AC 和BD，FH 和EG 相交于点K 和M，
设外接球的球⼼为O，外接球的半径为R，设OM＝x，
所以整理得AK＝4，EM＝4
，
利⽤
，整理得x＝0，
故外接球的球⼼为M，外接球的半径为4
，
所以
．
故答案为：128π．
【点评】本题考查的知识要点：外接球的球⼼的确定，球的半径的求法，主要考查学⽣的运算能⼒和数
学思维能⼒，属于中档题．
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型27～题型28 答案
⼀．选择题（共4 ⼩题）
1．将半径为3，圆⼼⻆为
的扇形围成⼀个圆锥，则该圆锥的内切球的表⾯积为（
）
A．π
B．2π
C．3π
D．4π
【分析】利⽤半径和圆⼼⻆的扇形弧⻓，即得圆锥的⺟线和底⾯圆周⻓，半径，作出轴截⾯，利⽤相似
可得内切圆半径即内切球半径，得解．
【解答】解：半径为3，圆⼼⻆为
的扇形弧⻓为2π，
故其围成的圆锥⺟线⻓为3，底⾯圆周⻓为2π，
得其底⾯半径为1，
如图，MB＝1，AB＝3，
∴AM＝
，
由相似可得：
，
得：ON＝
，
∴
．
故选：B．
【点评】此题考查了扇形弧⻓公式，圆锥内切球等，难度不⼤．
2．⼀个圆锥的⺟线⻓为2，圆锥的⺟线与底⾯的夹⻆为
，则圆锥的内切球的表⾯积为（
）
A．8π
B．
C．
D．
【分析】由已知求得圆锥的底⾯半径与⾼，再由等⾯积法求出该圆锥内切球的半径，再由球的表⾯积公
式得答案．
【解答】解：作出圆锥截⾯图如图，
∵⺟线⻓为2，圆锥的⺟线与底⾯的夹⻆为
，∴圆锥底⾯半径与⾼均为
．
设内切球的半径为r，则利⽤轴截⾯，
根据等⾯积可得
×2
×
＝×（2+2+2
）r，
∴r＝
，
∴该圆锥内切球的表⾯积为4π×
＝
．
故选：B．
【点评】本题考查该圆锥内切球的表⾯积，考查学⽣的计算能⼒，确定内切球的半径是关键，是中档题．
3．四棱锥P﹣ABCD 的底⾯ABCD 是边⻓为6 的正⽅形，且PA＝PB＝PC＝PD，若⼀个半径为1 的球与此
四棱锥所有⾯都相切，则该四棱锥的⾼是（
）
A．6
B．5
C．
D．
【分析】由球的球⼼在四棱锥P﹣的⾼上，把空间问题平⾯化，
作出过正四棱锥的⾼作组合体的轴截⾯，利⽤平⾯⼏何知识即可求出⾼．
【解答】解：由题意，四棱锥P﹣ABCD 是正四棱锥，球的球⼼O 在四棱锥的⾼PH 上；
过正四棱锥的⾼作组合体的轴截⾯如图所示：
其中PE，PF 是斜⾼，A 为球⾯与侧⾯的切点，
设PH＝h，由⼏何体可知，RT△PAO∽RT△PHF，
∴
＝
，即
＝
，
解得h＝．
故选：D．
【点评】本题主要考查了球内切多⾯体、⼏何体的结构特征，把空间问题平⾯化，是解题的关键．
4．在三棱锥S﹣ABC 中，SA⊥平⾯ABC，∠ABC＝90°，且SA＝3，AB＝4，AC＝5，若球O 在三棱锥S﹣ABC
的内部且与四个⾯都相切（称球O 为三棱锥S﹣ABC 的内切球），则球O 的表⾯积为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】设球O 的半径为r，由等积法得
，由此可求
得r，再根据球的表⾯积公式可求得答案．
【解答】解：因为SA⊥平⾯ABC，∠ABC＝90°，
⼜AB⊂平⾯ABC，AC⊂平⾯ABC，BC⊂平⾯ABC，
所以SA⊥AB，SA⊥AC，SA⊥BC，
⼜BC⊥AB，SA∩AB＝A，
所以BC⊥平⾯SAB，所以BC⊥SB，
所以△SAB，△ABC，△SAC，△SBC 均为直⻆三⻆形，
设球O 的半径为r，根据等体积算法可得：
，
⽽
，
，
所以
，解得
，
所以球O 的表⾯积为
，
故选：C．
【点评】本题考查等体积法求点⾯距，球的表⾯积公式，运算能⼒和空间想象能⼒，属于中档题．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
5．已知三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥底⾯ABC，AC＝4，BC＝3，AB＝5，PA＝3，则该三棱锥的内切球的体积
为
．
【分析】利⽤等体积法，设内切球半径为r，则
r（S△ABC+S△PAC+S△PAB+S△PCB）＝
×PA•S△ABC，解得
求出r，再根据球的体积公式即可求出．
【解答】解：∵PA⊥底⾯ABC，
∴PA 是三棱锥P﹣ABC 的⾼，
∵AC＝4，BC＝3，AB＝5，
∴AC⊥BC，
∴PC2＝PA2+AC2＝9+16＝25，PB2＝PA2+AB2＝9+25＝34，
∴PB2＝PC2+BC2，
∴S△ABC＝×AC×BC＝×4×3＝6，
S△PAC＝×AC×PA＝×4×3＝6，
S△PAB＝×AB×PA＝×5×3＝
，
S△PCB＝×PC×BC＝×5×3＝
，
∴VP﹣ABC＝×PA•S△ABC＝×3×6＝6，
设内切球半径为r，则VP﹣ABC＝r（S△ABC+S△PAC+S△PAB+S△PCB）＝r×（6+6+
+
）＝9r，
∴9r＝6，
∴r＝
∴V 内切球＝×π×（）3＝
，
故答案为：
【点评】本题考查四⾯体内切球的体积求法，考查学⽣分析解决问题的能⼒，属于中档题．
6．已知在三棱锥S﹣ABC 中，SA＝SB＝SC＝
，BC＝6，若点A 在侧⾯SBC 内的射影恰是△SBC 的垂
⼼，则三棱锥S﹣ABC 的内切球的体积为
【分析】记△SBC 的垂⼼为O，连结AO，SO，则SA⊥BC，SB⊥AC，SC⊥AB，记点S 在平⾯ABC 内的
射影为O′，S 点在平⾯ABC 内的射影为△ABC 的垂⼼，S 点在平⾯ABC 内的射影为△ABC 的外⼼，从
⽽AB＝BC＝CA＝6，SO′＝3，
，在△SBC 中，BC 边上的⾼为2
，三棱锥的表⾯积S＝
27
，设三棱锥S﹣ABC 的内切球的半径为r，则
＝9
，解得r＝1，由此能求出三棱
锥S﹣ABC 的内切球的体积．
【解答】解：记△SBC 的垂⼼为O，连结AO，SO，则AO⊥平⾯SBC，SO⊥BC，
∵SO∩AO＝O，∴BC⊥平⾯SAO，∴SA⊥BC，
同理，SB⊥AC，SC⊥AB，
记点S 在平⾯ABC 内的射影为O′，
连结SO′，AO′，BO′，CO′，则SO′⊥平⾯ABC，
∴SO′⊥AC，
⼜SB⊥AC，SO′∩SB＝S，
∴AC⊥平⾯SBO′，则BO′⊥AC，
同理得AO′⊥BC，CO′⊥AB，
∴S 点在平⾯ABC 内的射影为△ABC 的垂⼼，
⼜SA＝SB＝SC＝
，
∴S 点在平⾯ABC 内的射影为△ABC 的外⼼，
从⽽AB＝BC＝CA＝6，SO′＝
＝3，
∴
，在△SBC 中，BC 边上的⾼为
＝2
，
∴三棱锥的表⾯积S＝27
，
设三棱锥S﹣ABC 的内切球的半径为r，
则
＝9
，解得r＝1，
∴三棱锥S﹣ABC 的内切球的体积V＝
．
故答案为：
．
【点评】本题考查三棱锥的内切球的体积的求法，考查空间中线线、线⾯、⾯⾯间的位置关系等基础知
识，考查运算求解能⼒、空间想象能⼒，考查函数与⽅程思想、数形结合思想，是中档题．
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型29～题型30 答案
⼀．选择题（共5 ⼩题）
1．现准备给⼀半径为6cm 的实⼼球体玩具制作⼀个圆台型带盖的纸质包装盒，要使制成的包装盒能装下
该球体玩具，且该包装盒的下底⾯是半径为4cm 的圆，则制成的包装盒的容积最⼩为（
）
A．532πcm3
B．399πcm3
C．266πcm3
D．133πcm3
【分析】要使制成的包装盒的容积最⼩，则该球体玩具与包装盒的上、下底⾯及侧⾯都相切，作该圆台
型包装盒的轴截⾯，且AG⊥BC，EF⊥BC，进⽽计算可求制成的包装盒的容积的最⼩值．
【解答】解：要使制成的包装盒的容积最⼩，则该球体玩具与包装盒的上、下底⾯及侧⾯都相切．
作该圆台型包装盒的轴截⾯，且AG⊥AB，EF⊥AB．
易知AB＝BF+AE，BG＝BF﹣AE．因为AB2＝AG2+BG2，
所以（BF+4）2＝122+（BF﹣4）2，解得BF＝9．
此时该包装盒的容积V＝π•EF•（BF2+BF•AE+AE2）
＝×π×12×（92+9×4+42）＝532πcm3．
故选：A．
【点评】本题考查空间⼏何体的体积的计算，考查运算求解能⼒，属中档题．
2．已知圆台的上、下底⾯圆的半径之⽐为
，侧⾯积为9π，在圆台的内部有⼀球O，该球与圆台的上、
下底⾯及⺟线均相切，则球O 的表⾯积为（
）
A．3π
B．5π
C．8π
D．9π
【分析】由圆台的侧⾯积公式及球的表⾯积公式计算即可．
【解答】解：设圆台的上底⾯圆半径为r，则底⾯圆半径为2r，⺟线⻓为l，
如图所示，作出圆台与球的轴截⾯．由于球O 与圆台的上下底⾯及⺟线均相切，
故l＝AD＝AH+DG＝r+2r＝3r．
根据圆台的侧⾯积公式S＝（πr+2πr）l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为
，故半径为
，表⾯积为：8π
故选：C．
【点评】本题考查圆台的内切球问题，球的表⾯积公式的应⽤，⽅程思想，属基础题．
3．已知球O 内切于圆台（即球与该圆台的上、下底⾯以及侧⾯均相切），且圆台的上、下底⾯半径r1：r2
＝2：3，则圆台的体积与球的体积之⽐为（
）
A．
B．
C．2
D．
【分析】画出圆台的轴截⾯图，由⼏何知识可确定球O 的半径，即可得答案．
【解答】解：如图为该⼏何体的轴截⾯，其中圆O 是等腰梯形ABCD 的内切圆，
设圆O 与梯形的腰相切于点E，与上、下底分别切于点O1，O2，
设球的半径为r，圆台上下底⾯的半径为r1＝2a，r2＝3a．
注意到OD 与OA 均为⻆平分线，因此∠DOA＝90°，
从⽽△AO2O∽△OO1D，故
．设台体体积为V1，球体体积为V2，
则
．
故选：B．
【点评】本题考查圆台的内切球问题，化归转化思想，属中档题．
4．已知某圆台的上、下底⾯半径分别为r1，r2，且r2＝2r1，若半径为2 的球与圆台的上、下底⾯及侧⾯均
相切，则该圆台的体积为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据题意，设r1＝a，则r2＝2r1＝2a，圆台的内切球的半径为R，画出圆台的轴截⾯图，利⽤相
似三⻆形的性质可得a 的值，结合圆台的体积公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，设r1＝a，则r2＝2r1＝2a，圆台的内切球的半径为R，则R＝2，
如图为该⼏何体的轴截⾯，其中圆O 是等腰梯形ABCD 的内切圆，
设圆O 与梯形的腰相切于点E，与上、下底分别切于点O1，O2，则有ED＝a，EA＝2a，
注意到OD 与OA 均为⻆平分线，因此∠DOA＝90°，
Rt△DOA 中，OE⊥DA，则有OE2＝DE•EA，即2a2＝4，解可得a＝
，
半径为2 的球与圆台的上、下底⾯均相切，则圆台的⾼为h＝2R＝4，
故圆台的体积V＝（π
+π
+
）h＝×（2π+8π+
）×4＝
．
故选：C．
【点评】本题考查圆台的体积计算，涉及圆台的结构特征，属于基础题．
5．如图，在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半径为r 的球O 与该正四棱台的各个⾯均
相切，该球的表⾯积S＝（
）
A．4π
B．6π
C．8π
D．10π
【分析】⾸先作出所求球与正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1各⾯的相切的截⾯图，然后过点M 作MH⊥O2N
于点H，结合勾股定理即可得出所求球的半径，进⽽得出该球的表⾯积．
【解答】解：设球O 与上底⾯、下底⾯分别切于点O1，O2，与⾯A1D1DA，⾯B1C1CB 分别切于点E，F，
作出其截⾯圆如图所示，则MO1＝ME＝r1＝1，EN＝R＝2，
于是，MN＝1+2＝3．
过点M 作MH⊥O2N 于点H，则NH＝R﹣r1＝1，
由勾股定理可得：MH＝2r＝
＝
＝2
，
所以r＝
，
所以该球的表⾯积S＝4πr2＝4π×2＝8π，
故选：C．
【点评】本题考查球的表⾯积的计算，考查学⽣的直观想象能⼒、逻辑思维能⼒和运算能⼒，属中档题．
⼆．填空题（共1 ⼩题）
6．已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的内切球半径
，AB＝2A1B1，则异⾯直线A1B1与DD1所成⻆的余
弦值为
．
【分析】根据内切球到各个⾯的距离相等，得到正四棱台的⾼，作正四棱台的轴截⾯，表示出线段⻓
KG，FK，FG，则由勾股定理则可解得a，得到AB 的⻓，延⻓侧棱DD1，CC1设它们的交点为P，找到
异⾯直线A1B1与DD1所成的⻆为∠PDC 从⽽求其余弦值．
【解答】解：因为内切球到各个⾯的距离相等，所以由题设知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1 的⾼为
，
设AB＝2A1B1＝4a，过正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的轴作其轴截⾯，如图所示，其中E 是A1D1中点，F
是B1C1中点，H 是AD 中点，G 是BC 中点，
其中，J，L 分别为圆O 与四边形EFGH 的切点，FK⊥GH，K 为垂⾜，
∵OI⊥IF 且OL⊥FL，⽽OI＝OL，同理，OJ⊥JG 且OL⊥LG，⽽OJ＝OL，
则IF＝FL＝a，JG＝GL＝2a，在直⻆△FKG 中，
，
，
解得
，
如图：
延⻓侧棱DD1，CC1，设它们的交点为P，
则异⾯直线A1B1与DD1所成的⻆为∠PD1C1，即为∠PDC，
取CD 中点为N，连结PN，
因为PG＝6a＝3，
，在直⻆△PGC 中，所以
，⽽PC＝PD，
在直⻆△PDN 中，
，从⽽
，
∴异⾯直线A1B1与DD1所成⻆的余弦值为
．
故答案为：
．
【点评】本题考查异⾯直线夹⻆的求法，考查空间⽴体感，逻辑推理能⼒和运算能⼒，属于中档题．
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2024/5/711:06:44；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
⽴体⼏何与空间向量篇—题型31 答案
⼀．选择题（共7 ⼩题）
1．已知某圆锥的内切球（球与圆锥侧⾯、底⾯均相切）的体积为
，则该圆锥的表⾯积的最⼩值为
（
）
A．32π
B．28π
C．24π
D．20π
【分析】先求得内切球半径r＝2，再画图设底⾯半径为R，利⽤三⻆函数值代换表达出表⾯积的公式
，再设t＝R2﹣4＞0，根据基本不等式求最⼩值即可．
【解答】解：设圆锥的内切球半径为r，则
，解得r＝2，
设圆锥顶点为A，底⾯圆周上⼀点为B，底⾯圆⼼为C，内切球球⼼为D，
内切球切⺟线AB 于E，底⾯半径BC＝R＞2，∠BDC＝θ，则
，
⼜∠ADE＝π﹣2θ，故AB＝BE+AE＝R+2tan（π﹣2θ）＝R﹣2tan2θ，
⼜
，故
，
故该圆锥的表⾯积为
，令t＝R2﹣4＞0，
则
，当且仅当
，即
时取等号．
故选：A．
【点评】本题考查球的体积，考查学⽣的运算能⼒，属于中档题．
2．已知三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥平⾯ABC，AB⊥AC，BC＝6，PA＝3，D 是BC 的中点，则三棱锥P﹣ABC
的体积最⼤时，三棱锥P﹣ABD 外接球的表⾯积为（
）
A．18π
B．
C．
D．27π
【分析】由题意画出图形，利⽤基本不等式可得三棱锥P﹣ABC 的体积最⼤时有AB＝AC，结合D 为BC
的中点可得PB 的中点O 为三棱锥P﹣ABD 外接球的球⼼，求其半径，代⼊球的表⾯积公式得答案．
【解答】解：如图，
设AB＝a，AC＝b，则a2+b2＝BC2＝36，
∴
，当且仅当a＝b＝3
时等号成⽴．
∴
，此时三棱锥P﹣ABC 的体积最⼤．
∵AB＝AC，D 为BC 的中点，可得AD⊥BC，
∵PA⊥平⾯ABC，∴PA⊥BD，⽽PA∩AD＝A，
∴BD⊥平⾯PAD，得BD⊥PD，⼜PA⊥AB，
∴PB 的中点O 为三棱锥P﹣ABD 外接球的球⼼，
可得外接球的半径R＝OA＝PB＝
＝
．
∴三棱锥P﹣ABD 外接球的表⾯积为4π×
＝27π．
故选：D．
【点评】本题考查多⾯体的外接球，考查空间想象能⼒与思维能⼒，考查运算求解能⼒，是中档题．
3．已知⼀个装满⽔的圆台容器的上底⾯半径为5，下底⾯半径为1，⾼为
，若将⼀个铁球放⼊该容器
中，使得铁球完全没⼊⽔中，则可放⼊铁球的表⾯积的最⼤值为（
）
A．32π
B．36π
C．48π
D．50π
【分析】确定表⾯积最⼤时铁球的特性，作出圆台及球的轴截⾯，借助圆的切线性质及直⻆三⻆形求出
球半径作答．
【解答】解：依题意，铁球的表⾯积最⼤时，该球与圆台上底⾯和侧⾯相切，显然铁球球⼼O 在圆台的
轴线上，
作圆台的轴截⾯得等腰梯形ABCD，截球得球的⼤圆O，圆O 与AB，BC，AD 都相切，如图，
令AB 的中点为O1，过点O1的圆O 的直径另⼀端点为O2，过O2作圆O 的切线交BC，AD 分别于E，F，
则EF∥AB，即圆O 是等腰梯形ABEF 的内切圆，过D，F 作AB 的垂线，垂⾜分别为M，N，
令圆O 切AD 于G，于是O1A＝5，O1M＝1，AM＝4，令圆O 的半径为R，O2F＝r，
显然AF＝AG+GF＝AO1+FO2＝5+r，⼜FN∥DM，则有
，⽽FN＝2R，
因此
，⼜AO1＝AN+NO1＝AN+FO2，即
，
Rt△AFN 中，AF2＝AN2+FN2，于是
，解得
，
∴可放⼊铁球的表⾯积的最⼤值
．
故选：D．
【点评】本题主要考查球的表⾯积的求法，圆台的结构特征，考查运算求解能⼒，属于中档题．
4．已知A，B，C，D 四点都在表⾯积为100π的球O 的表⾯上，若AD 为球O 的直径，且BC＝4，∠BAC
＝150°，则三棱锥A﹣BCD 体积的最⼤值为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】设△ABC 的外接圆半径为r，圆⼼为O1，根据正弦定理可求r，根据⼏何关系可求D 到平⾯ABC
的距离为定值2OO1，当△ABC ⾯积最⼤时，三棱锥A﹣BCD 体积最⼤，利⽤余弦定理、基本不等式、
三⻆形⾯积公式可求△ABC ⾯积的最⼤值，即得．
【解答】解：设球O 的半径为R，因为球O 的表⾯积为100π，故4πR2＝100π，即R＝5，
∵BC＝4，∠BAC＝120°，设△ABC 的外接圆半径为r，圆⼼为O1，
∴根据正弦定理知，
，即r＝4，
∴|OO1|＝
＝
＝3，
∵AD 是直径，O 是AD 中点，故D 到平⾯ABC 的距离为2|OO1|＝6，
在△ABC 中，根据余弦定理得，BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cos∠BAC，
即
，
∴
，当且仅当AB＝AC 时，等号成⽴，
∴△ABC ⾯积的最⼤值为
，
∴三棱锥A﹣BCD 体积的最⼤值
．
故选：D．
【点评】本题主要考查多⾯体外接球问题，棱锥体积的求法，考查运算求解能⼒，属于中档题．
5．表⾯积为15π的球内有⼀内接四⾯体PABC，其中平⾯ABC⊥平⾯PAB，△ABC 是边⻓为3 的正三⻆形，
则四⾯体PABC 体积的最⼤值为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】要使四⾯体PABC 体积最⼤，则需P 到底⾯ABC 的距离h 最⼤，分析出h 最⼤时满⾜PA＝PB，
进⽽利⽤⼏何关系求出其最⼤值．
【解答】解：如图所示，O 是四⾯体PABC 外接球的球⼼，
设球O 的半径为R，O1是△ABC 外接圆的圆⼼，
设圆O1的半径为r，设P 到底⾯ABC 的距离为h，
取AB 中点D，连接CD、PD、OO1、PO、CO，过O 作OE⊥PD，
由题意可得4πR2＝15π，∴
，
∵△ABC 是边⻓为3 的正三⻆形，
∴
，∴
，
∴四⾯体PABC 体积为
，
∴当h 最⼤时，四⾯体PABC 体积最⼤，
⼜当P 运动到圆⾯的最⾼点时，h 最⼤，此时PA＝PB，∴PD⊥AB，
⼜平⾯ABC⊥平⾯PAB，∴可得PD⊥平⾯ABC，
在△OO1C 中，
，
，
∴
，
∴
，
，
在△POE 中，
，
∴
，
．
故选：D．
【点评】本题考查球的表⾯积公式，正弦定理的应⽤，四⾯体的体积的最值的求解，运动变化思想的应
⽤，化归转化思想，属中档题．
6．棱⻓为
的正四⾯体内切⼀球，然后在正四⾯体和该球形成的空隙处各放⼊⼀个⼩球，则这样⼀个
⼩球的表⾯积最⼤为（
）
A．
B．π
C．
D．
【分析】先求出正四⾯体的体积及表⾯积，利⽤VA﹣BCD＝VO﹣BCD+VO﹣ABC+VO﹣ABD+VO﹣ACD 求出内切球
的半径，再通过
求出空隙处球的最⼤半径，从⽽即可求最⼤表⾯积．
【解答】解：如图，由题意知球和正四⾯体A﹣BCD 的三个侧⾯以及内切球都相切时半径最⼤，设内切
球球⼼为O，半径为R，空隙处的最⼤球球⼼为O1，半径为r，
G 为△BCD 的中⼼，易知AG⊥⾯BCD，E 为CD 中点，球O 和球O1分别与⾯ACD 相切于F 和H．
易得
，
，
，
由VA﹣BCD＝VO﹣BCD+VO﹣ABC+VO﹣ABD+VO﹣ACD，
可得
，
⼜
，
，
故
，
，
，
⼜由△AO1H 和△AOF 相似，
可得
，即
，解得
，
即⼩球的最⼤半径为
．
所以⼩球的表⾯积最⼤值为
．
故选：A．
【点评】本题考查正四⾯体的内切球问题，化归转化思想，属中档题．
7．已知球O 的半径为
，球⾯上有不共⾯的四个点A，B，C，D，且
，则四⾯体ABCD 体积
的最⼤值是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】取AB 的中点M，求出OM，设点O 到直线CD 的距离为d0，点M 到直线CD 的距离为d，点
A 、B 到平⾯MCD 的距离分别为h1 、h2 ，即可求出CD 及d ≤d0+4 ，从⽽得
，再令f（x）＝（30﹣x2）（x+4）2，利⽤导数求出函数的最⼤值，最
后根据
计算即可．
【解答】解：如图所示：
取AB 的中点M，则有
，
设点O 到直线CD 的距离为d0，点M 到直线CD 的距离为d，点A、B 到平⾯MCD 的距离分别为h1、
h2，
则
，d≤d0+4，则
，
所以
，
令f（x）＝（30﹣x2）（x+4）2，
，则f′（x）＝﹣8（x+5）（x+4）（x﹣3），
所以当x∈（0，3）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当
时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以当x＝3 时，f（x）max＝f（3）＝21×49，
所以
，
所以
，
当且仅当
，且AB⊥平⾯MCD 时，取等号，
即四⾯体ABCD 体积的最⼤值是
．
故选：B．
【点评】本题考查利⽤导数求出S△MCD 的最⼤值，属于较难题．
⼆．填空题（共3 ⼩题）
8．已知三棱锥P﹣ABC 的四个顶点都在半径为3 的球⾯上，AB⊥AC，则该三棱锥体积的最⼤值是
．
【分析】设AB＝m，AC＝n，⽤m 和n 的代数式表示出三⻆形ABC 的⾯积，得到三棱锥的最⼤体积，
再通过换元构建新的函数，利⽤导数求最值．
【解答】解：如图，设AB＝m，AC＝n，
则S△ABC＝mn，
△ABC 的外接圆直径BC＝
，取BC 的中点M，
则当PM⊥平⾯ABC 时，三棱锥的体积最⼤．
此时球⼼O 在PM 上，
Vmax＝•
mn•（
+3）≤
•
•（
+3）．
令t＝
，
则f（t）＝t（
+3），
f′（t）＝（
﹣
+3）．
由f′（t）＝0，解得t＝0（舍）或t＝8，
∴f（t）在（0，8）递增，在（8，9）递减，
故f（8）最⼤，为
．
∴三棱锥P﹣ABC 的最⼤体积为
．
故答案为：
．
【点评】本题考查多⾯体的外接球，训练了利⽤导数求最值，属难题．
9．如图，圆锥PO 的底⾯直径和⾼均是a，过PO 上⼀点O′作平⾏于底⾯的截⾯，以该截⾯为底⾯挖去⼀
个圆柱，则该圆柱体积的最⼤值为
．
【分析】设圆柱的底⾯半径为r，⾼为h，由相似得h＝a﹣2r，求出圆柱体积，利⽤导数求得最⼤值．
【解答】设圆柱的底⾯半径为r，⾼为h，则由相似可得
，
即h＝a﹣2r．令h＞0，结合r＞0，则
，
圆柱的体积V＝πr2h＝πr2（a﹣2r）＝aπr2﹣2πr3，
V′＝2aπr﹣6πr2＝2πr（a﹣3r），
时，V′＞0，
时，V′＜0，
即当
，V 单调递增；当
，V 单调递减，
所以当
时，
．
故答案为：
．
【点评】本题考查⼏何体的体积的最值的求解，导数的综合应⽤，属中档题．
10．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1所有顶点都在球O 上，若球O 的体积为
，则该正三棱柱体积的最⼤
值为
8
．
【分析】由条件结合球的体积公式求球的半径，设正三棱柱的底⾯边⻓为x，求出三棱柱的⾼，结合棱
柱的体积求三棱柱的体积，再利⽤导数求其最⼤值．
【解答】解：设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的上，下底⾯的中⼼分别为O1，O2，连接O1O2，
根据对称性可得，线段O1O2的中点O 即为正三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球⼼，
线段OA 为该外接球的半径，设OA＝R，
由已知
，
所以R＝2，即OA＝2，
设正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底⾯边⻓为x，设线段BC 的中点为D，
则
，
，
在Rt△AO1O 中，
，
所以
，
，
⼜△ABC 的⾯积
，
所以正三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积
，
设
，则x2＝12﹣3t2，0＜t＜2，
所以
，0＜t＜2，
所以
，
所以当
时，V′＞0，函数
在
上单调递增，
当
时，V′＜0，函数
在
上单调递减，
所以当
时，
取最⼤值，最⼤值为8，
所以当
时，三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积最⼤，最⼤体积为8．
故答案为：8．
【点评】本题考查球内接三棱柱的体积最⼤值求法问题，也考查了空间中线线、线⾯、⾯⾯间的位置关
系应⽤问题，是中档题．
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型32～题型33 答案
⼀．选择题（共16 ⼩题）
1．已知平⾯α截⼀球⾯得圆M，过圆⼼M 且与α成60°⼆⾯⻆的平⾯β截该球⾯得圆N，若该球的半径为4，
圆M 的⾯积为4π，则圆N 的⾯积为（
）
A．7π
B．9π
C．11π
D．13π
【分析】先求出圆M 的半径，然后根据勾股定理求出OM 的⻓，找出⼆⾯⻆的平⾯⻆，从⽽求出ON 的
⻓，最后利⽤垂径定理即可求出圆N 的半径，从⽽求出⾯积．
【解答】解：∵圆M 的⾯积为4π
∴圆M 的半径为2
根据勾股定理可知OM＝
∵过圆⼼M 且与α成60°⼆⾯⻆的平⾯β截该球⾯得圆N
∴∠OMN＝30°，在直⻆三⻆形OMN 中，ON＝
∴圆N 的半径为
则圆的⾯积为13π
故选：D．
【点评】本题主要考查了⼆⾯⻆的平⾯⻆，以及解三⻆形知识，同时考查空间想象能⼒，分析问题解决
问题的能⼒，属于基础题．
2．平⾯α截球O 的球⾯所得圆的半径为1，球⼼O 到平⾯α的距离为
，则此球的体积为（
）
A．
π
B．4
π
C．4
π
D．6
π
【分析】利⽤平⾯α截球O 的球⾯所得圆的半径为1，球⼼O 到平⾯α的距离为
，求出球的半径，然
后求解球的体积．
【解答】解：因为平⾯α截球O 的球⾯所得圆的半径为1，球⼼O 到平⾯α的距离为
，
所以球的半径为：
＝
．
所以球的体积为：
＝4
π．
故选：B．
【点评】本题考查球的体积的求法，考查空间想象能⼒、计算能⼒．
3．已知球的半径为2，相互垂直的两个平⾯分别截球⾯得两个圆，若两圆的公共弦⻓为2，则两圆的圆⼼
距等于（
）
A．1
B．
C．
D．2
【分析】求解本题，可以从三个圆⼼上找关系，构建矩形利⽤对⻆线相等即可求解出答案．
【解答】解：设两圆的圆⼼分别为O1、O2，球⼼为O，公共弦为AB，其中点为E，则OO1EO2为矩形，
于是对⻆线O1O2＝OE，⽽OE＝
＝
，
∴O1O2＝
故选：C．
【点评】本题考查球的有关概念，两平⾯垂直的性质，是基础题．
4．⽤与球⼼距离为1 的平⾯去截球，所得的截⾯⾯积为π，则球的体积为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】做该题需要将球转换成圆，再利⽤圆的性质，获得球的半径，解出该题即可．
【解答】解：截⾯⾯积为π⇒截⾯圆半径为1，⼜与球⼼距离为1⇒球的半径是
，
所以根据球的体积公式知
，
故选：B．
【点评】本题考查学⽣的空间想象能⼒，以及学⽣对圆的性质认识，进⼀步求解的能⼒，是基础题．
5．已知球O 的体积为
，点A 到球⼼O 的距离为3，则过点A 的平⾯α被球O 所截的截⾯⾯积的最
⼩值是（
）
A．9π
B．12π
C．16π
D．20π
【分析】根据球的体积公式求出球的半径R，当过点A 的截⾯到球⼼O 的距离最⼤为3 时，截⾯圆的⾯
积达最⼩值，最后利⽤球的截⾯的性质求出截⾯圆的半径，即可求出截⾯圆的⾯积最⼩值．
【解答】解：设球O 的半径为R，
因为球O 的体积为
，
所以
，
即R＝5，
因为点A 到球⼼O 的距离为3，
所以过点A 的平⾯α被球O 所截的截⾯圆的半径的最⼩值为
，
即所求截⾯⾯积的最⼩值为πr2＝16π．
故选：C．
【点评】本题主要考查球与正⽅体的综合应⽤，属于中档题．
6．已知正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的棱⻓为2，P 为DD1的中点，过A，B，P 三点作平⾯α，则该正⽅体的
外接球被平⾯α截得的截⾯圆的⾯积为（
）
A．
B．
C．3π
D．
【分析】根据给定条件，求出球⼼O 到平⾯α的距离，再利⽤球的截⾯⼩圆性质求出截⾯圆半径即可．
【解答】解：正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球球⼼是BD1的中点O，
⽽BD1∩α＝B，则点O 到平⾯α的距离h 等于点D1到平⾯α的距离的⼀半，
⼜平⾯α过线段DD1的中点P，因此点D1与点D 到平⾯α的距离相等，
由AB⊥平⾯ADD1A1，AB⊂α，得α⊥平⾯ADD1A1，
在平⾯ADD1A1内过D 作DE⊥AP 于E，
⽽α∩平⾯ADD1A1＝AP，于是DE⊥α，
⼜
，从⽽
，
⼜球O 的半径
，
则正⽅体的外接球被平⾯α截得的截⾯圆半径r，有
，
所以正⽅体的外接球被平⾯α截得的截⾯圆的⾯积
．
故选：D．
【点评】本题考查了正⽅体外接球截⾯圆⾯积的计算，属于中档题．
7．某同学制作了⼀个⼯艺品，如图所示．该⼯艺品可以看成是⼀个球被⼀个棱为4 的正⽅体的六个⾯所截
后剩余的部分（球⼼与正⽅体的中⼼重合），若其中⼀截⾯圆的周⻓为2π，则原来被截之前的球的表⾯
积为（
）
A．25π
B．20π
C．16π
D．12π
【分析】根据球和正⽅体的⼏何特征，结合勾股定理可求解球半径，由表⾯积公式即可求解．
【解答】解：设截⾯圆的半径为r，球的半径为R，
则球⼼到某⼀截⾯的距离为正⽅体棱⻓的⼀半，即为2，
根据截⾯圆的周⻓为2π可得2π＝2πr，解得r＝1，
由题意知R2＝12+22＝5，
∴该球的表⾯积为4πR2＝20π．
故选：B．
【点评】本题考查了球的表⾯积的计算，属于基础题．
8．在棱⻓为2 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，P，Q，R 分别为棱BC，CD，CC1的中点，平⾯PQR 截正⽅
体ABCD﹣A1B1C1D1外接球所得的截⾯⾯积为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据题意，画出图形，建⽴空间直⻆坐标系，利⽤空间向量法来求解球⼼到截⾯的距离d，即
可求解．
【解答】解：以DA，DC，DD1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，
则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），D（0，0，0），A1（2，0，2），B1（2，2，2），
C1（0，2，2），D1（0，0，2），P（1，2，0），Q（0，1，0），R（0，2，1），O（1，1，1），
则
，
，
设正⽅体外接球的球⼼为O，则O（1，1，1），则
，外接球的半径为
，
设平⾯PQR 的法向量为＝（x，y，z），
则
，即
，
令x＝1，得＝（1，﹣1，1），
设球⼼O 到平⾯PQR 的距离为d，
则
，
所以截⾯圆半径为
，
所以截⾯圆⾯积为
，
所以平⾯PQR 截正⽅体外接球所得截⾯的⾯积为
．
故选：A．
【点评】本题考查了⽴体⼏何中球的截⾯⾯积求解问题，属于中档题．
9．在⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2，AC1⊥BD，其外接球体积为36π，则其外接球被平⾯AB1D1截
得图形⾯积为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】外接球被平⾯AB1D1截得图形为截⾯圆，建⽴空间直⻆坐标系，求出O 到平⾯AB1D1的距离即
可．
【解答】解：如图建⽴空间直⻆坐标系，设AD＝a、DC＝b（a，b＞0），
则B（a，b，0），A（a，0，0），C1（0，b，2），
D（0，0，0），所以
，
，
因为AC1⊥BD，所以
，所以a＝b，即ABCD 为正⽅形，
⼜⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球的直径为⻓⽅体的体对⻆线⻓|AC1|，
外接球的球⼼为体对⻆线的中点，不妨设为O，由外接球体积为36π，
所以
，解得|AC1|＝6，⼜
＝6，
解得a＝4（负值舍去），所以A（4，0，0），D1（0，0，2），
B1（4，4，2），O（2，2，1），所以
＝（﹣4，0，2），
＝（0，4，2），
＝（﹣2，2，1），
设平⾯AB1D1的法向量为＝（x，y，z），则
，
取＝（1，﹣1，2），所以点O 到平⾯AB1D1的距离d＝
，
所以外接球被平⾯AB1D1截得的截⾯圆的半径r＝
，
所以截⾯圆的⾯积S＝
，即外接球被平⾯AB1D1截得图形⾯积为
．
故选：B．
【点评】本题考查空间向量的应⽤，考查点到⾯的距离，属于中档题．
10．已知三棱锥P﹣ABC 的顶点都在球O 上，且
，
点Q 为PB 中点，则过Q 的平⾯截球O 所得的截⾯⾯积最⼩值为（
）
A．
B．
C．
D．π
【分析】取PC 的中点为M，可证M 即为O，当过Q 的截⾯与OQ 垂直时，截⾯⾯积最⼩，据此可求截
⾯⾯积的最⼩值．
【解答】解：取PC 的中点为M，连接MA，MB，
在△ABC 中，因为
，AB＝1，BC＝3，
所以
，△PAB 中，
，
AB＝1，PB＝2，所以
，
△PAC 中，
，
，
，
所以PC2＝AC2+PA2，从⽽PA⊥AC，
故MA＝MP＝MC．
因为PA⊥AC，PA⊥AB，AC∩AB＝A，
AC⊂平⾯ABC，AB⊂平⾯ABC，
所以PA⊥平⾯ABC，⽽BC⊂平⾯ABC，
故PA⊥BC，
⽽AB⊥BC，PA∩BA＝A，PA，BA⊂平⾯PAB，
故BC⊥平⾯PAB，⽽PB⊂平⾯PAB，故BC⊥PB，
所以MB＝MP＝MC，
故M 为三棱锥P﹣ABC 外接球的球⼼，故M 即为O，
连接QO，当过Q 的截⾯与OQ 垂直时，截⾯⾯积最⼩，
因为BC⊥平⾯PAB，且OQ∥BC，
所以OQ⊥平⾯PAB，所以截⾯半径
，
所以截⾯⾯积的最⼩值为π．
故选：D．
【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
11．若球的两个平⾏截⾯的⾯积分别为10π和16π，球⼼到这两个截⾯的距离之差为
，则球的直径为
（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据题意作出截⾯图，即可根据勾股定理求出球的半径．
【解答】解：球的两个平⾏截⾯的⾯积分别为10π和16π，球⼼到这两个截⾯的距离之差为
，
设球⼼为O，半径为R，
若两平⾯在球⼼同⼀侧，画出其截⾯图，如图：
设OA＝d，
由题可得AD＝4，
，
，OD＝OC＝R，
则
，解得
，
故球的直径为
；
若两平⾯在球⼼两侧，画出其截⾯图，如图：
设OA＝d，
由题可得AD＝4，
，
，OD＝OC＝R，
则
，解得
（不合题意舍去）．
故选：D．
【点评】本题考查了球的直径的计算，属于中档题．
12．已知H 是球O 的直径AB 上⼀点，AH：HB＝1：2，AB⊥平⾯α，H 为垂⾜，α截球O 所得截⾯的⾯积
为π，M 为α上的⼀点，且
，过点M 作球O 的截⾯，则所得的截⾯⾯积最⼩的圆的半径为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】由题意画出图形，求出截⾯半径，利⽤勾股定理求得球的半径，再求出球⼼O 到所求截⾯的距
离的最⼤值，利⽤勾股定理得答案．
【解答】解：如图，设截得的截⾯圆的半径为r，球O 的半径为R，∵AH：HB＝1：2，
∴
，得R2＝r2+OH2，
由题意得πr2＝π，r＝1，∴
，解得
，
此时过点M 作球O 的截⾯，要使所得的截⾯⾯积最⼩，只需截⾯圆的半径最⼩．
设球⼼O 到所求截⾯的距离为d，所求截⾯的半径为r1，则
，
∴只需球⼼O 到所求截⾯的距离d 最⼤即可，⽽当且仅当OM 与所求截⾯垂直时，球⼼O 到所求截⾯
的距离d 最⼤，
即
，∴
．
故选：C．
【点评】本题考查与球有关的问题，考查平⾯的基本性质及推论，考查运算求解能⼒，是中档题．
13．四⾯体ABCD 中，棱AB、AC、AD 两两互相垂直，则顶点A 在底⾯BCD 上的正投影H 为△BCD 的（
）
A．垂⼼
B．重⼼
C．外⼼
D．内⼼
【分析】连接BH、DH，可以先证明出AB 与平⾯ACD 垂直，然后得到CD 与AB 垂直，再结合CD 与
AH 垂直得到CD 垂直于平⾯ABH，从⽽BH 垂直于CD，同样的我们可以证出DH 垂直于BC，从⽽得
出点H 是三⻆形BDC 的垂⼼．
【解答】解：如图，连接BH、DH
∵BA⊥CA，BA⊥DA，CA∩DA＝A
∴BA⊥平⾯ACD，结合CD⊂平⾯ACD
∴CD⊥BA
⼜∵AH⊥平⾯BDC，CD⊂平⾯BDC
∴CD⊥AH
∵AH∩BA＝A
∴CD⊥平⾯ABH，得到BH⊥CD
所以BH 为DC 边上的⾼
同理可得DH 为BC 边上的⾼
因此H 为三⻆形BDC 的垂⼼．
故选：A．
【点评】本题考查了三垂线定理及其逆定理在多⾯体中的应⽤，属于中档题．利⽤直线与平⾯垂直的判
定与性质，反复运⽤线线垂直到线⾯垂直的相互转化，是解答本题的关键．
14．设P 是△ABC 所在平⾯α外⼀点，H 是P 在α内的射影，且PA，PB，PC 与α所成的⻆相等，则H 是
△ABC 的（
）
A．内⼼
B．外⼼
C．垂⼼
D．重⼼
【分析】根据PA，PB，PC 与α所成的⻆相等，H 是P 在α内的射影，可得HA＝HB＝HC，从⽽可得结
论．
【解答】解：∵PA，PB，PC 与α所成的⻆相等，H 是P 在α内的射影，
∴HA＝HB＝HC
∴H 为三⻆形的外⼼．
故选：B．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，三⻆形五⼼的定义，考查线⾯⻆，考查逻辑思维能⼒，是基础题．
15．6、如果三棱锥S﹣ABC 的底⾯是不等边三⻆形，侧⾯与底⾯所成的⼆⾯⻆都相等，且顶点S 在底⾯的
射影O 在△ABC 内，那么O 是△ABC 的（
）
A．垂⼼
B．重⼼
C．外⼼
D．内⼼
【分析】顶点在底⾯上的射影，以及⼆⾯⻆，构成的三个三⻆形是全等三⻆形，推出垂⾜到三边距离相
等，可得结果．
【解答】解：侧⾯与底⾯所成的⼆⾯⻆都相等，并且顶点在底⾯的射影在底⾯三⻆形内则底⾯三条⾼的
垂⾜、三棱锥的顶点和顶点在底⾯的射影这三者构成的3 个三⻆形是全等三⻆形，所以顶点在底⾯的射
影到底⾯三边的距离相等，所以是内⼼．故选D．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，考查逻辑思维能⼒，是中档题．
16．已知P 为△ABC 所在平⾯外⼀点，PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，PH⊥平⾯ABC 于H，则H 为△ABC
的（
）
A．重⼼
B．垂⼼
C．外⼼
D．内⼼
【分析】点P 为△ABC 所在平⾯外⼀点，PH⊥平⾯ABC，垂⾜为H，分析可证得BE⊥AC、AD⊥BC，
符合这⼀性质的点H 是△ABC 垂⼼
【解答】证明：连结AH 并延⻓，交BC 与D 连结BH 并延⻓，交AC 与E；
因PA⊥PB，PA⊥PC，故PA⊥⾯PBC，故PA⊥BC；
因PH⊥⾯ABC，故PH⊥BC，故BC⊥⾯PAH，
故AH⊥BC 即AD⊥BC；
同理：BE⊥AC；
故H 是△ABC 的垂⼼．
故选：B．
【点评】本题是⽴体⼏何中⼀道证明题，考查了线⾯垂直的定义与三⻆形的全等．
⼆．填空题（共3 ⼩题）
17．P为边⻓为a的正三⻆形ABC所在平⾯外⼀点且PA＝PB＝PC＝a，则P到平⾯ABC的距离为
．
【分析】画出图形，过P 作底⾯ABC 的垂线，垂⾜为O，连接CO 并延⻓交AB 于E，说明PO 为所求．
【解答】解：过P 作底⾯ABC 的垂线，垂⾜为O，连接CO 并延⻓交AB 于E，
因为P 为边⻓为a 的正三⻆形ABC 所在平⾯外⼀点且PA＝PB＝PC＝a，
所以O 是三⻆形ABC 的中⼼CE⊥AB，
∴PE⊥AB
PO 就是P 到平⾯ABC 的距离，
CO＝
PO＝
故答案为：
【点评】本题考查三垂线定理，点、线、⾯间的距离，考查学⽣计算能⼒，逻辑思维能⼒，是基础题．
18．点P 是△ABC 所在平⾯外⼀点，点O 是点P 在平⾯ABC 上的射影．若PA＝PB＝PC，则点O 是△ABC
的
外
⼼；若点P 到△ABC 的三边的距离相等，且点O 在△ABC 的内部，则点O 是△ABC 的
内
⼼；若PA、PB、PC 两两垂直，则点O 是△ABC 的
垂
⼼．
【分析】由PA＝PB＝PC，得OA＝OB＝OC，由此可得结论；由点P 到△ABC 的三边的距离相等，且点
O 在△ABC 的内部，得到O 到△ABC 三边距离相等，由此可得结论；
【解答】解：∵点P 是△ABC 所在平⾯外⼀点，点O 是点P 在平⾯ABC 上的射影，
PA＝PB＝PC，
∴OA＝OB＝OC，
∴点O 是△ABC 的外⼼；
∵点P 到△ABC 的三边的距离相等，且点O 在△ABC 的内部，
∴O 到△ABC 三边距离相等，
∴O 为△ABC 的内⼼；
PO⊥平⾯ABC，⼜BC⊂平⾯ABC，∴PO⊥BC，
∵PA⊥PB，PA⊥PC，PB∩PC＝P，∴PA⊥平⾯PBC，
∵BC⊂平⾯PBC，∴PA⊥BC，
∵PA∩PO＝P，∴BC⊥平⾯PAO，
∵AO⊂平⾯PAO，∴BC⊥AO，
同理，AC⊥BO，AB⊥CO，∴O 是△ABC 的垂⼼．
故答案为：外；内；垂．
【点评】本题考查线⾯垂直的判定与性质、点到平⾯的距离、射影、三⻆形五⼼等基础知识，考查运算
求解能⼒，是中档题．
19．已知P 是△ABC 所在平⾯α外⼀点，O 是点P 在平⾯α内的射影
（1）若P 到△ABC 的三个顶点的距离相等，则O 是△ABC 外⼼；
（2）若PA、PB、PC 与平⾯α所成的⻆相等，则O 是△ABC 的内⼼；
（3）若P 到△ABC 三边距离相等，且O 在△ABC 的内部，则O 是△ABC 的内⼼；
（4）若平⾯PAB、PBC、PCA 与平⾯α所成的⻆相等，且O 在△ABC 的内部，则O 是△ABC 的外⼼；
（5）若PA、PB、PC 两两垂直，则O 是△ABC 的垂⼼．
其中正确命题的序号是
（1）（3）（5）
（把你认为正确命题的序号都写上）
【分析】先根据条件画出图形，通过直线与平⾯所成⻆、⼆⾯⻆以及直线与平⾯垂直，内⻆平分线判断
出五个命题中得出垂⼼，外⼼，内⼼，正确命题即可．
【解答】解：对于（1），如图P 是△ABC 所在平⾯外⼀点，O 是P 点在平⾯a 上的射影．
若P 到△ABC 三个顶点的距离相等，由条件可证得OA＝OB＝OC，
由三⻆形外⼼的定义可知，此时O 是三⻆形ABC 的外⼼，
∴命题（1）正确；
对于（2），∠PAO＝∠PBO＝∠PCO⇒AO＝BO＝CO⇒O 为三⻆形的外⼼，
∴命题（2）不正确．
对于（3），在△ABC 内部取⼀点O，因为点P 到△ABC 的三边距离相等，O 是点P 在平⾯α内的射影，
∴点O 应是△ABC 的三内⻆⻆平分线的交点．三内⻆⻆平分线的交点，则O 是△ABC 的内⼼，
∴命题（3）正确；
对于（4），∠PEO＝∠PFO＝∠PDO⇒OD＝OE＝OF⇒O 为三⻆形的内⼼．命题（4）不正确．
对于（5），连结AO 并延⻓，交BC 与D 连结BO 并延⻓，交AC 与E；
因PA⊥PB，PA⊥PC，故PA⊥⾯PBC，故PA⊥BC；
因PO⊥⾯ABC，故PO⊥BC，故BC⊥⾯PAO，
故AO⊥BC 即AO⊥BC；
同理：BO⊥AC；
故O 是△ABC 的垂⼼．
∴命题（5）正确；
故答案为：（1）（3）（5）．
【点评】本题考查三⻆形内的特殊点内⼼，外⼼，垂⼼，此是三⻆形常考的⼀种题型，同时考查了线⾯
垂直的定义与三⻆形的全等等知识．
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型34～题型36 答案
⼀．解答题（共8 ⼩题）
1．如图，在四⾯体ABCD 中，平⾯ABC⊥平⾯ACD，AB⊥BC，AC＝AD＝2，BC＝CD＝1
（Ⅰ）求四⾯体ABCD 的体积；
（Ⅱ）求⼆⾯⻆C﹣AB﹣D 的平⾯⻆的正切值．
【分析】法⼀：⼏何法，
（Ⅰ）过D 作DF⊥AC，垂⾜为F，由平⾯ABC⊥平⾯ACD，由⾯⾯垂直的性质，可得DF 是四⾯体ABCD
的⾯ABC 上的⾼；设G 为边CD 的中点，可得AG⊥CD，计算可得AG 与DF 的⻓，进⽽可得S△ABC，
由棱锥体积公式，计算可得答案；
（Ⅱ）过F 作FE⊥AB，垂⾜为E，连接DE，分析可得∠DEF 为⼆⾯⻆C﹣AB﹣D 的平⾯⻆，计算可得
EF 的⻓，由（Ⅰ）中DF 的值，结合正切的定义，可得答案．
法⼆：向量法，
（Ⅰ）⾸先建⽴坐标系，根据题意，设O 是AC 的中点，过O 作OH⊥AC，交AB 与H，过O 作OM⊥AC，
交AD 与M；易知OH⊥OM，因此可以以O 为原点，以射线OH、OC、OM 为x 轴、y 轴、z 轴，建⽴空
间坐标系O﹣XYZ，进⽽可得B、D 的坐标；从⽽可得△ACD 边AC 的⾼即棱住的⾼与底⾯的⾯积，计
算可得答案；
（Ⅱ）设⾮零向量＝（l，m，n）是平⾯ABD 的法向量，由（Ⅰ）易得向量的坐标，同时易得＝（0，0，
1）是平⾯ABC 的法向量，由向量的夹⻆公式可得从⽽cos＜，＞，进⽽由同⻆三⻆函数的基本关系，
可得tan＜，＞，即可得答案．
【解答】解：法⼀
（Ⅰ）如图：过D 作DF⊥AC，垂⾜为F，由平⾯ABC⊥平⾯ACD，
可得DF⊥平⾯ABC，即DF 是四⾯体ABCD 的⾯ABC 上的⾼；
设G 为边CD 的中点，由AC＝AD，可得AG⊥CD，
则AG＝
＝
＝
；
由S△ADC＝AC•DF＝CD•AG 可得，DF＝
＝
；
在Rt△ABC 中，AB＝
＝
，
S△ABC＝AB•BC＝
；
故四⾯体的体积V＝×S△ABC×DF＝
；
（Ⅱ）如图，过F 作FE⊥AB，垂⾜为E，连接DE，
由（Ⅰ）知DF⊥平⾯ABC，由三垂线定理可得DE⊥AB，故∠DEF 为⼆⾯⻆C﹣AB﹣D 的平⾯⻆，
在Rt△AFD 中，AF＝
＝
＝；
在Rt△ABC 中，EF∥BC，从⽽
，可得EF＝；
在Rt△DEF 中，tan∠DEF＝
＝
．
则⼆⾯⻆C﹣AB﹣D 的平⾯⻆的正切值为
．
解法⼆：（Ⅰ）如图（2）
设O 是AC 的中点，过O 作OH⊥AB，交AB 与H，过O 作OM⊥AC，交AD 与M；
由平⾯ABC⊥平⾯ACD，知OH⊥OM，
因此以O 为原点，以射线OH、OC、OM 为x 轴、y 轴、z 轴，建⽴空间坐标系O﹣XYZ，
已知AC＝2，故A、C 的坐标分别为A（0，﹣1，0），C（0，1，0）；
设点B 的坐标为（x1，y1，0），由
⊥
，|
|＝1；
有
，
解可得
或
（舍）；
即B 的坐标为（
，，0），
⼜舍D 的坐标为（0，y2，z2），
由|
|＝1，|
|＝2，有（y2﹣1）2+z22＝1 且（y2+1）2+z22＝1；
解可得
或
（舍），
则D 的坐标为（0，，
），
从⽽可得△ACD 边AC 的⾼为h＝|z2|＝
⼜|
|＝
，|
|＝1；
故四⾯体的体积V＝×
×|
|×|
|h＝
；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
＝（
，，0），
＝（0，，
），
设⾮零向量＝（l，m，n）是平⾯ABD 的法向量，则由⊥
可得，
l+
m＝0，（1）；
由⊥
可得，m+
n＝0，（2）；
取m＝﹣1，由（1）（2）可得，l＝
，n＝
，即＝（
，﹣1，
）
显然＝（0，0，1）是平⾯ABC 的法向量，
从⽽cos＜，＞＝
；
故tan＜，＞＝
；
则⼆⾯⻆C﹣AB﹣D 的平⾯⻆的正切值为
．
【点评】本题是⽴体⼏何综合题⽬，此类题⽬⼀般有两种思路即⼏何法与向量法，注意把握两种思路的
特点，进⾏选择性的运⽤．
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 是矩形，AD⊥PD，BC＝1，PC＝2
，PD＝CD＝2．
（1）求异⾯直线PA 与BC 所成⻆的正切值；
（2）证明平⾯PDC⊥平⾯ABCD；
（3）求四棱锥P﹣ABCD 的体积．
【分析】（1）根据异⾯直线所成⻆的定义判定∠PAD 为异⾯直线PA 与BC 所成的⻆，在△PAD 中求⻆
的正切值；
（2）通过证明线线垂直证明AD⊥平⾯PDC，再证平⾯PDC⊥平⾯ABCD；
（3）在平⾯PDC 内，过点P 作PE⊥CD，可证PE⊥平⾯ABCD，解△PCE 求得PE，代⼊棱锥的体积
公式计算可得答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD 为矩形，∴AD∥BC，∴∠PAD 为异⾯直线PA 与BC 所成的⻆，
∵AD⊥PD，∴tan∠PAD＝
＝2；
（2）证明：由底⾯ABCD 是矩形，得AD⊥CD，⼜AD⊥PD，CD∩PD＝D，
∴AD⊥平⾯PDC，AD⊂平⾯ABCD，∴平⾯PDC⊥平⾯ABCD；
（3）在平⾯PDC 内，过点P 作PE⊥CD 交直线CD 于点E，
∵平⾯PDC⊥平⾯ABCD，∴PE⊥平⾯ABCD，
在△PDC 中，由于PD＝CD＝2，
，可得∠PCD＝30°．
在Rt△PEC 中，PE＝PCsin30°＝
，
∴
．
【点评】本题考查了⾯⾯垂直的证明，考查了异⾯直线所成⻆的求法及棱锥的体积计算，考查了学⽣的
视图能⼒与空间想象能⼒，解题的关键是利⽤⾯⾯垂直的性质求得棱锥的⾼．
3．如图，⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的底⾯ABCD 是正⽅形，点E 在棱AA1上，BE⊥EC1．
（1）证明：BE⊥平⾯EB1C1；
（2）若AE＝A1E，AB＝3，求四棱锥E﹣BB1C1C 的体积．
【分析】（1）由B1C1⊥平⾯AA1B1B，得B1C1⊥BE，再由BE⊥EC1，能证明BE⊥平⾯EB1C1；
（2）设⻓⽅体侧棱⻓为2a，则AE＝A1E＝a，由勾股定理求出a＝3，取BB1 中点F，连结EF，推导出
EF⊥平⾯BB1C1C，由此能求出四棱锥E﹣BB1C1C 的体积．
【解答】解：（1）证明：∵在⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C1⊥平⾯AA1B1B，
BE⊂平⾯AA1B1B，
∴B1C1⊥BE，
∵BE⊥EC1，B1C1∩EC1＝C1，EC1⊂平⾯EB1C1，B1C1⊂平⾯EB1C1，
∴BE⊥平⾯EB1C1；
（2）⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的底⾯ABCD 是正⽅形，
设⻓⽅体侧棱⻓为2a，则AE＝A1E＝a，
由（1）可得EB1⊥BE，
∴
，∴
，
⼜AB＝3，∴
，∴2a2+18＝4a2，解得a＝3，
取BB1中点F，连结EF，∵AE＝A1E，则EF∥AB；
∴EF⊥平⾯BB1C1C，
∴四棱锥E﹣BB1C1C 的体积为
．
【点评】本题考查线⾯垂直的判定与性质、四棱锥的体积公式等基础知识，考查运算求解能⼒，是中档
题．
4．（⽂）如图，四边形ABCD 为矩形，PA⊥平⾯ABCD，DE∥PA．
（1）若直线m⊂平⾯PAB，试判断直线m 与平⾯CDE 的位置关系，并说明理由；
（2）若AB＝PA＝2DE＝2，AD＝3，求三棱锥E﹣PCD 的体积．
【分析】
（1）推导出DE∥平⾯PAB，CD∥平⾯PAB，从⽽平⾯PAB∥平⾯CDE，从⽽得到m∥平⾯CDE．
（2）由已知推导出BC⊥平⾯CDE，可得AD⊥平⾯CDE，结合（1）可知点P 到平⾯CDE 的距离等于
AD 的⻓，然后利⽤棱锥E﹣PCD 的体积等于三棱锥P﹣CDE 的体积求解．
【解答】解：（1）若直线m⊂平⾯PAB，则直线m∥平⾯CDE．证明如下，
∵PA∥DE，且PA⊂平⾯PAB，DE⊄平⾯PAB，
∴DE∥平⾯PAB．
在矩形ABCD 中，CD∥BA，且BA⊂平⾯PAB，CD⊄平⾯PAB，
∴CD∥平⾯PAB．
⼜∵CD∩DE＝D，∴平⾯PAB∥平⾯CDE．
⼜∵直线m⊂平⾯PAB，∴直线m∥平⾯CDE；
（2）∵PA⊥底⾯ABCD，PA∥DE
∴DE⊥底⾯ABCD．
∴DE⊥BC．
⼜∵底⾯ABCD 为矩形，
∴BC⊥CD．
⼜∵CD∩DE＝D，
∴BC⊥平⾯CDE，
⼜∵AD∥BC，
∴AD⊥平⾯CDE．
由（1）知PA∥平⾯CDE，∴点P 到平⾯CDE 的距离等于AD 的⻓．
∵AB＝PA＝2DE＝2，AD＝3，S△CDE＝CD•DE＝×2×1＝1．
∴VE﹣PCD＝VP﹣CDE＝S△CDE•AD＝×1×3＝1．
【点评】本题考查线⾯平⾏的判定，考查空间想象能⼒和思维能⼒，训练了利⽤等积法求多⾯体的体积，
是中档题．
5．如图，四棱锥P﹣ABCD 中，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝2AD，△PAB 与△PAD 都是边⻓为2 的等边三
⻆形．
（Ⅰ）证明：PB⊥CD；
（Ⅱ）求点A 到平⾯PCD 的距离．
【分析】（I）取BC 的中点E，连接DE，则ABED 为正⽅形，过P 作PO⊥平⾯ABCD，垂⾜为O，连
接OA，OB，OD，OE，证明PB⊥OE，OE∥CD，即可证明PB⊥CD；
（II）取PD 的中点F，连接OF，证明O 到平⾯PCD 的距离OF 就是A 到平⾯PCD 的距离，即可求得
点A 到平⾯PCD 的距离．
【解答】（I）证明：取BC 的中点E，连接DE，则ABED 为正⽅形，过P 作PO⊥平⾯ABCD，垂⾜为O，
连接OA，OB，OD，OE
由△PAB 和△PAD 都是等边三⻆形知PA＝PB＝PD
∴OA＝OB＝OD，即O 为正⽅形ABED 对⻆线的交点
∴OE⊥BD，∴PB⊥OE
∵O 是BD 的中点，E 是BC 的中点，∴OE∥CD
∴PB⊥CD；
（II）取PD 的中点F，连接OF，则OF∥PB
由（I）知PB⊥CD，∴OF⊥CD，
∵
，
＝
∴△POD 为等腰三⻆形，∴OF⊥PD
∵PD∩CD＝D，∴OF⊥平⾯PCD
∵AE∥CD，CD⊂平⾯PCD，AE⊈平⾯PCD，∴AE∥平⾯PCD
∴O 到平⾯PCD 的距离OF 就是A 到平⾯PCD 的距离
∵OF＝
∴点A 到平⾯PCD 的距离为1．
【点评】本题考查线线垂直，考查点到⾯的距离的计算，考查学⽣转化的能⼒，考查学⽣分析解决问题
的能⼒，属于中档题．
6．在⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝6，⽤过A1，B，C1三点的平⾯截去⻓⽅体的⼀个⻆后，留下
如图的⼏何体，且这⼏何体的体积为120．
（1）求棱AA1的⻓；
（2）求点D1到平⾯A1BC1的距离．
【分析】（1）通过⻓⽅体的体积减去三棱锥的体积直接求棱AA1的⻓；
（2）建⽴空间直⻆坐标系，求出A1，B，C1，D1．设平⾯A1BC1的法向量为
，通过
得
利⽤
，求出点D1到平⾯A1BC1的距离．
【解答】解：（1）设AA1＝h，由⼏何体的体积关系可得：
V＝62•h﹣
∴AA1＝h＝4…（4 分）
（2）如图建⽴空间直⻆坐标系，
则A1（6，0，4），B（6，6，0），C1（0，6，4），D1（0，0，6）．
设平⾯A1BC1的法向量为
，
∴
，
，由
得
…（8 分）
⼜
，
∴
＝
…（12 分）
【点评】本题考查⼏何体的体积的求法，空间直⻆坐标系，距离的求法，考查计算能⼒．
7．如图1，矩形ABCD 中，AB＝12，AD＝6，E，F 分别为CD，AB 边上的点，且DE＝3，BF＝4，将△BCE
沿BE 折起⾄△PBE 位置（如图2 所示），连接AP、EF、PF，其中PF＝2
．
（1）求证：平⾯PEF⊥平⾯ABED；
（2）求点F 到平⾯PBE 的距离．
【分析】（1）利⽤勾股定理证明PF⊥BF，PF⊥EF 得出PF⊥平⾯ABED，故平⾯PEF⊥平⾯ABED；
（2）根据VF﹣PBE＝VP﹣BEF 列⽅程解出点F 到平⾯PBE 的距离．
【解答】证明：（1）∵PB＝6，BF＝4，PF＝2
，
∴PB2＝PF2+BF2，∴PF⊥BF．
∵PE＝12﹣3＝9，EF＝
＝
，PF＝2
，
∴PF2+EF2＝PE2，∴PF⊥EF．
⼜BF⊂平⾯ABED，EF⊂平⾯ABED，BF∩EF＝F，
∴PF⊥平⾯ABED，⼜PF⊂平⾯PEF，
∴平⾯PEF⊥平⾯ABED．
（2）设F 到平⾯PBE 的距离为h，则VF﹣PBE＝S△PBE•h＝×
×PB×PE×h＝9h，
⼜VF﹣PBE＝VP﹣BEF＝S△BEF•PF＝
＝8
．
∴9h＝8
，h＝
．
∴点F 到平⾯PBE 的距离为
．
【点评】本题考查了⾯⾯垂直的判定，棱锥的体积和空间距离的计算，属于中档题．
8．四棱锥S﹣ABCD 中，底⾯ABCD 为平⾏四边形，侧⾯SBC⊥底⾯ABCD，已知∠ABC＝45°，AB＝2，
BC＝2
，SA＝SB＝
．
（Ⅰ）证明：SA⊥BC；
（Ⅱ）求直线SD 与平⾯SBC 所成⻆的正弦值．
【分析】（Ⅰ）作SO⊥BC，垂⾜为O，连接AO，说明SO⊥底⾯ABCD．利⽤三垂线定理，得SA⊥BC．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知SA⊥BC，设AD∥BC，连接SE．说明∠ESD 为直线SD 与平⾯SBC 所成的⻆，通过解
三⻆形即可求出直线SD 与平⾯SBC 所成⻆的余弦值．
【解答】（Ⅰ）解：作SO⊥BC，垂⾜为O，连接AO，
由侧⾯SBC⊥底⾯ABCD，得SO⊥底⾯ABCD．
因为SA＝SB，所以AO＝BO，
⼜∠ABC＝45°，故△AOB 为等腰直⻆三⻆形，AO⊥BO，
由三垂线定理，得SA⊥BC．
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知SA⊥BC，
依题设AD∥BC，
故SA⊥AD，由AD＝BC＝2
，SA＝
，SD＝
＝
，
⼜AO＝ABsin45°＝
，作DE⊥BC，垂⾜为E，
则DE⊥平⾯SBC，连接SE．∠ESD 为直线SD 与平⾯SBC 所成的⻆，
所以sin∠ESD＝
＝
＝
＝
，
即直线SD 与平⾯SBC 所成⻆的正弦值为
．
【点评】本⼩题主要考查空间线⾯关系、直线与平⾯所成的⻆等知识，考查数形结合、化归与转化的数
学思想⽅法，以及推理论证能⼒和运算求解能⼒．
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型37～题型38 答案
⼀．多选题（共1 ⼩题）
（多选）1．如图，正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的棱⻓为1，O 是底⾯A1B1C1D1的中⼼，则下列结论正确的是
（
）
A．点O 到平⾯ABC1D1的距离是
B．点O 到平⾯ABC1D1的距离是
C．平⾯ABC1D1的法向量可以为（1，0，1）
D．平⾯ABC1D1的法向量可以为（1，1，1）
【分析】建⽴直⻆坐标系，根据正⽅体的性质可知平⾯ABC1D1的⼀个法向量为
，只需验证CD 中
的向量是否与
共线即可判断CD；
根据A1，D 关于平⾯ABC1D1对称，可求得A1点到平⾯ABC1D1的距离，⼜因为O 为中点可以得O 到平
⾯ABC1D1的距离．
【解答】解：如图建⽴空间直⻆坐标系：
则D（0，0，0），A1（1，0，1），
＝（﹣1，0，﹣1）．
由正⽅体的性质易知A1D⊥平⾯ABC1D1，所以平⾯ABC1D1的⼀个法向量为
＝（﹣1，0，﹣1）．
因为C 选项中向量与
共线，D 选项中向量与
不共线，故C 正确，D 错误．
因为A1，D 关于平⾯ABC1D1对称，所以A1点到平⾯ABC1D1的距离等于
＝
．
⼜因为O 为A1C1中点所以O 到平⾯ABC1D1的距离等于
＝
，故A 错误，B 正确．
故选：BC．
【点评】本题主要考查平⾯的法向量和点到平⾯的距离，属于中档题．
⼆．解答题（共7 ⼩题）
2．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 是矩形，PA⊥平⾯ABCD，PA＝AD＝4，AB＝2，以BD 的中
点O 为球⼼、BD 为直径的球⾯交PD 于点M，
（1）求证：平⾯ABM⊥平⾯PCD；
（2）求直线PC 与平⾯ABM 所成的⻆；
（3）求点O 到平⾯ABM 的距离．
【分析】法⼀：（1）要证平⾯ABM⊥平⾯PCD，只需证明平⾯PCD 内的直线PD，垂直平⾯PAD 内的
两条相交直线BM、AB 即可；
（2）平⾯ABM 与PC 交于点N，说明∠PNM 就是PC 与平⾯ABM 所成的⻆，然后解三⻆形，求直线
PC 与平⾯ABM 所成的⻆；
（3）O 点到平⾯ABM 的距离等于D 点到平⾯ABM 距离的⼀半，说明|DM|就是D 点到平⾯ABM 距离，
求解即可．
法⼆：建⽴空间直⻆坐标系，
（2）求出平⾯ABM 的⼀个法向量，求出
，然后求出
即可．
（3）利⽤向量的射影公式直接求
即可
【解答】解：⽅法（⼀）：
（1）证：依题设，M 在以BD 为直径的球⾯上，则BM⊥PD
因为PA⊥平⾯ABCD，则PA⊥AB，⼜AB⊥AD，
所以AB⊥平⾯PAD，则AB⊥PD，
因此有PD⊥平⾯ABM，所以平⾯ABM⊥平⾯PCD
（2）设平⾯ABM 与PC 交于点N，
因为AB∥CD，所以AB∥平⾯PCD，则AB∥MN∥CD，
由（1）知，PD⊥平⾯ABM，
则MN 是PN 在平⾯ABM 上的射影，
所以∠PNM 就是PC 与平⾯ABM 所成的⻆，
且∠PNM＝∠PCD
所求⻆为
（3）因为O 是BD 的中点，
则O 点到平⾯ABM 的距离等于D 点到平⾯ABM 距离的⼀半，
由（1）知，PD⊥平⾯ABM 于M，则|DM|就是D 点到平⾯ABM 距离
因为在Rt△PAD 中，PA＝AD＝4，PD⊥AM，
所以M 为PD 中点，
，
则O 点到平⾯ABM 的距离等于
．
⽅法⼆：
（1）同⽅法⼀；
（2）如图所示，建⽴空间直⻆坐标系，
则A（0，0，0），P（0，0，4），B（2，0，0），C（2，4，0），D（0，4，0），M（0，2，2），
设平⾯ABM 的⼀个法向量
，
由
可得：
，
令z＝﹣1，则y＝1，即
设所求⻆为α，则
，
所求⻆的⼤⼩为
、
（3）设所求距离为h，由
，
得：
【点评】本题考查直线与平⾯所成的⻆，平⾯与平⾯垂直的判定，三垂线定理，考查空间想象能⼒，逻
辑思维能⼒，计算能⼒，是中档题．
3．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥AC，AB⊥BC，PA＝BC＝2，PB＝AC＝2
，D 为线段AC 的中点，
将△CBD 折叠⾄△EBD，使得平⾯EDB⊥平⾯ABC 且PC 交平⾯EBD 于F．
（1）求证：平⾯BDE⊥平⾯PAC．
（2）求三棱锥P﹣EBC 的体积．
【分析】（1）由已知求解三⻆形可得BC⊥PB，得到BC⊥平⾯PAB，则BC⊥PA，⼜PA⊥AC，可得PA
⊥平⾯ABC，得到PA⊥BD，求解直⻆三⻆形可得AB＝2，结合D 为AC 的中点得BD⊥AC，则BD⊥平
⾯PAC，可得平⾯BDE⊥平⾯PAC；
（2）直接由VP﹣EBC＝VE﹣PBC＝VB﹣APCE﹣VP﹣ABC 求解．
【解答】（1）证明：∵PA⊥AC，PA＝2，AC＝2
，∴
，
⼜∵
，BC＝2，∴PB2+BC2＝PC2，则BC⊥PB．
⼜∵AB⊥BC，∴BC⊥平⾯PAB，则BC⊥PA，
⼜PA⊥AC，AC∩BC＝C，∴PA⊥平⾯ABC．
⼜∵BD⊂平⾯PAC，∴PA⊥BD，
在Rt△ABC 中，由BC＝2，AC＝2
，可得AB＝2，
⼜∵D 为AC 的中点，∴BD⊥AC，⽽PA∩AC＝A，
∴BD⊥平⾯PAC，则平⾯BDE⊥平⾯PAC；
（2）解：VP﹣EBC＝VE﹣PBC＝VB﹣APCE﹣VP﹣ABC．
由已知，DE∥AP，
∴
．
∴
＝
，
．
∴
．
【点评】本题考查平⾯与平⾯垂直的判定，考查空间想象能⼒与思维能⼒，训练了利⽤等积法求多⾯体
的体积，是中档题．
4．如图所示，在多⾯体ABCDEF 中，已知ABCD 是边⻓为1 的正⽅形，且△ADE，△BCF 均为正三⻆形，
EF∥AB，EF＝2，求该多⾯体的体积．
【分析】由已知中在多⾯体ABCDEF 中，已知ABCD 是边⻓为1 的正⽅形，且△ADE，△BCF 均为正三
⻆形，EF∥AB，EF＝2，将⼏何体分解为三棱锥E﹣ADG，三棱柱ADG﹣BCH，三棱锥F﹣HBC 三个部
分，分别计算出三部分的体积，作和可得多⾯体的体积．
【解答】解：过AD 做底⾯ABCD 垂直的平⾯交EF 于G 点，
过BC 做底⾯ABCD 垂直的平⾯交EF 于H 点，
则多⾯体ABCDEF 被分为三棱锥E﹣ADG，三棱柱ADG﹣BCH，三棱锥F﹣HBC 三个部分，
由ABCD 是边⻓为1 的正⽅形，且△ADE，△BCF 均为正三⻆形，EF∥AB，EF＝2，
易得EG＝HF＝，GH＝1，
过点G 作GO⊥AD 交于点O，连接EO，
易知O 为AD 中点且GO⊥EF，
由勾股定理：GO＝
＝
，
∴S△ADG＝S△BCH＝
，
∴VE﹣ADG＝VF﹣HBC＝
，
，
∴多⾯体ABCDEF 的体积V＝2×
+
＝
．
【点评】本题考查多⾯体体积的求法，其中对⼏何体进⾏合理的划分是解答该题的关键，是中档题．
5．如图，在三棱台A1B1C1﹣ABC 中，已知A1A⊥底⾯ABC，A1A＝A1B1＝B1C1＝a，B1B⊥BC，且B1B 和底
⾯ABC 所成的⻆45°，求这个棱台的体积．
【分析】利⽤直线和平⾯垂直的判定定理可以推出BC⊥侧⾯A1ABB1，从⽽根据平⾯的垂线的定义⼜可
得出BC⊥AB，∠ABB1就是BB1和底⾯ABC 所成的⻆，求出AB、BC，再利⽤棱台的体积公式求出体积
即可．
【解答】解：因为A1A⊥底⾯ABC，所以根据平⾯的垂线的定义有A1A⊥BC．
⼜BC⊥BB1，且棱AA1和BB1的延⻓线交于⼀点，
所以利⽤直线和平⾯垂直的判定定理可以推出BC⊥侧⾯A1ABB1，
从⽽根据平⾯的垂线的定义⼜可得出BC⊥AB．
∴△ABC 是直⻆三⻆形，∠ABC＝90°．
并且∠ABB1就是BB1和底⾯ABC 所成的⻆，
∠ABB1＝45°．
作B1D⊥AB 交AB 于D，则B1D∥A1A，故B1D⊥底⾯ABC．
∵Rt△B1DB 中∠DBB1＝45°，
∴DB＝DB1＝AA1＝a，
∴AB＝2a．
由于棱台的两个底⾯相似，故
Rt△ABC∽Rt△A1B1C1．
∵B1C1＝A1B1＝a，AB＝2a，
∴BC＝2a．
∴S 上＝A1B1×B1C1＝
．
S 下＝AB×BC＝2a2．
V 棱台＝•A1A•
＝•a•
．
【点评】本题主要考查了直线与平⾯之间的位置关系，考查空间想象能⼒、运算能⼒和推理论证能⼒，
属于基础题．
6．如图，△ABC 中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平⾯ABC，且AE∥FC∥BD，BD＝3，FC＝4，AE＝5，
求此⼏何体的体积．
【分析】由已知可得⻆A 为直⻆，截去直三棱柱ABC﹣NDM，分别求出直三棱柱ABC﹣NDM 的体积与
四棱锥D﹣NEFM 的体积，作和得答案．
【解答】解：由AB＝8，BC＝10，AC＝6，可得AB2+AC2＝BC2，则△ABC 为直⻆三⻆形，且⻆A 为直⻆，
如图，
取CM＝AN＝BD，连接DM，MN，DN.
∵AB＝8，AC＝6，BD＝3，∴VABC﹣NDM＝×8×6×3＝72．
∵CM＝AN＝BD＝3，CF＝4，AE＝5，AC＝6，
∴MF＝1，NE2，NM＝AC＝6，DN＝AB＝8．
∴四棱锥D﹣MFEN 的体积为
×（1+2）×6×8＝24．
则所求⼏何体的体积为72+24＝96．
故答案为：96．
【点评】本题考查当给出的⼏何体为不规则⼏何体或体积不⽅便直接求解时，可采⽤等体积法、分割补
形法，化复杂的⼏何体为简单的⼏何体，化“不规则”为“规则”，利⽤简单⼏何体的体积和或差求解，是
中档题．
7．如图，空间⼏何体ADE﹣BCF 中，四边形ABCD 是梯形，四边形CDEF
是矩形，且平⾯ABCD⊥平⾯CDEF，AD⊥DC，AB＝AD＝DE＝2，EF＝4，M 是线段AE 上的动点．
（1）求证：AE⊥CD；
（2）试确定点M 的位置，使AC∥平⾯MDF，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，求空间⼏何体ADM﹣BCF 的体积．
【分析】（1）推导出CD⊥ED，AD⊥DC，从⽽CD⊥平⾯AED，由此能证明AE⊥CD．
（2）当M 是线段AE 的中点时，连结CE 交DF 于N，连结MN，则MN∥AC，由此得到AC∥平⾯MDF．
（3）将⼏何体ADE﹣BCF 补成三棱柱ADE﹣B′CF，空间⼏何体ADM﹣BCF 的体积VADM ﹣BCF＝
﹣VF﹣DEM，由此能求出空间⼏何体ADM﹣BCF 的体积．
【解答】证明：（1）∵四边形CDEF 是矩形，∴CD⊥ED，…（1 分）
∵AD⊥DC，AD∩ED＝D，
∴CD⊥平⾯AED，…（2 分）
∵AE⊂平⾯AED，∴AE⊥CD．
…（3 分）
解：（2）当M 是线段AE 的中点时，AC∥平⾯MDF，…（4 分）
证明如下：
连结CE 交DF 于N，连结MN，
∵M、N 分别是AE、CE 的中点，…（5 分）
∴MN∥AC，⼜MN⊂平⾯MDF，AC⊄平⾯MDF，…（6 分）
∴AC∥平⾯MDF
…（7 分）
（3）将⼏何体ADE﹣BCF 补成三棱柱ADE﹣B′CF，
∴三棱柱ADE﹣B′CF 的体积V＝S△ADE•CD＝
＝8，…（8 分）
空间⼏何体ADM﹣BCF 的体积：
VADM﹣BCF＝
﹣VF﹣DEM
＝8﹣
﹣
＝
．…（11 分）
∴空间⼏何体ADM﹣BCF 的体积为
．…（12 分）
【点评】本题考查线线垂直的证明，考查满⾜线⾯平⾏的点的位置的确定与证明，考查⼏何体的体积的
求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能⼒的培养．
8．如图，在正四棱锥P﹣ABCD 中，AB＝2，PA＝4，M 是PB 上的点且PM＝2MB，N 是PD 的中点．求：
（1）四棱锥P﹣ABCD 的表⾯积；
（2）三棱锥N﹣MCD 的体积．
【分析】（1）由题意可先求侧⾯的三⻆形的⾼，进⽽可求其⾯积，可求四棱锥P﹣ABCD 的表⾯积；
（2）利⽤VN﹣MCD＝VM﹣NCD＝
＝
＝
＝
＝
即可求解．
【解答】解：（1）由题意知，侧⾯的三⻆形的⾼为
＝
，
所以四棱锥P﹣ABCD 的表⾯积为4S△PAB+SABCD＝4×
×2×
+2×2＝4
+4．
（2）因为N 是PD 的中点，所以S△NCD＝SPCD，
⼜P 到⾯ABCD 的距离h＝
＝
，
⼜M 是PB 上的点且PM＝2MB，可得M 到⾯PCD 的距离为B 到⾯PCD 距离的
，
故VN﹣MCD＝VM﹣NCD＝
＝
＝
＝
＝
＝
•h＝
×
＝
．
【点评】本题考查了空间⼏何体的表⾯积、体积，属于中档题．
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型39～题型40 答案
⼀．选择题（共14 ⼩题）
1．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，PA⊥平⾯ABC，AB⊥BC，AD⊥BP，PA＝AC，若三棱锥P﹣ABC 外接球
表⾯积为8π，则三棱锥P﹣ACD 体积的最⼤值为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】设AB＝a，BC＝b，由三棱锥P﹣ABC 外接球表⾯积得外接球的半径，再由已知结合勾股定理
列式求得AP 及a2+b2的值，把PB，BD ⽤含有a 的代数式表示，过D 作DE⊥AB，可得DE⊥平⾯ABC，
利⽤三⻆形相似把DE ⽤含有a 的代数式表示，可得VP﹣ACD＝VP﹣ABC﹣VD﹣ABC，整理后利⽤基本不等式
求最值．
【解答】解：设AB＝a，BC＝b，由三棱锥P﹣ABC 外接球表⾯积为8π，得外接球的半径为
，
⼜PA⊥平⾯ABC，得AB⊥BC，
∴AB2+BC2+AP2＝AC2+AP2＝2AP2＝（2R）2，得AP＝2，∴a2+b2＝4．
∵PA⊥平⾯ABC，AD⊥BP，∴PB＝
，BD＝
，
过D 作DE⊥AB，垂⾜为E，则DE⊥平⾯ABC，
∴DE∥PA，可得
，则
．
∴VP﹣ACD＝VP﹣ABC﹣VD﹣ABC＝
＝
＝
＝
＝
．
当且仅当
，即
，b＝
时，等号成⽴．
∴三棱锥P﹣ACD 体积的最⼤值为
．
故选：D．
【点评】本题考查空间⼏何体体积最值的求法，考查空间想象能⼒与思维能⼒，考查运算求解能⼒，训
练了利⽤基本不等式求最值，是中档题．
2．如图，在三棱锥A﹣BCD 中，BC＝DC＝AB＝AD＝2，BD＝2
，平⾯ABD⊥平⾯BCD，O 为BD 中点，
点P，Q 分别为线段AO，BC 上的动点（不含端点），且AP＝CQ，则三棱锥P﹣QCO 体积的最⼤值为（
）
A．
B．
C．
D．3
【分析】设出AP，表示出三棱锥P﹣QCO 体积的表达式，然后求解最值即可．
【解答】解：由题意，在三棱锥A﹣BCD 中，
BC＝DC＝AB＝AD＝2，BD＝2
，
底⾯△BCD 是等腰直⻆三⻆形，
⼜∵平⾯ABD⊥平⾯BCD，O 为BD 中点，
∴AO⊥平⾯BCD，∴△AOC 是直⻆三⻆形，∴BD⊥平⾯AOC，
设AP＝x，（x∈（0，1）），
三棱锥P﹣QCO 体积为：V＝S△POC•h，
h 为Q 到平⾯AOC 的距离，h＝xsin45°＝
x，
V＝S△POC•h＝×
×
（
﹣x）×
x＝（
x﹣x2）＝﹣（x﹣
）2+
，
故当x＝
时，三棱锥P﹣QCO 体积的最⼤值
．
故选：A．
【点评】本题考查⼏何体的体积的最值的求法，正确路直线与平⾯垂直的判定定理以及平⾯余平⽶垂直
的性质定理，表示出⼏何体的体积是解题的关键，考查转化思想以及计算能⼒．
3．已知圆锥的底⾯半径为3，⺟线⻓为5，若在该圆锥内部有⼀个与该圆锥共轴的圆柱，则这个圆柱的体
积的最⼤值为（
）
A．8π
B．
C．
D．
【分析】求得圆锥的⾼，设圆柱的⾼为h，底⾯半径为r，由三⻆形的相似性质可得h 关于r 的关系式，
由圆柱的体积公式和导数可得最⼤值．
【解答】解：由圆锥的底⾯半径为3，⺟线⻓为5，可得圆锥的⾼为4，
设圆柱的⾼为h，底⾯半径为r，
则
，即有
（0＜r＜3），
可得圆柱的体积为V＝πr2h＝
V′＝4π（2r﹣r2），
当0＜r＜2 时，V′＞0，函数V 递增；
当2＜r＜3 时，V′＜0，函数V 递减．
所以r＝2 时，体积V 取得极⼤值，且为最⼤值
．
故选：C．
【点评】本题考查导数的运⽤，以及圆锥与内接圆柱的关系，考查转化思想和运算能⼒、推理能⼒，属
于中档题．
4．已知△ABC 是边⻓为4 的正三⻆形，M，N 分别为BA，BC 边上的⼀点（不含端点），现将△BMN 折起，
记⼆⾯⻆B﹣MN﹣A 的平⾯⻆为α，若
，则四棱锥B﹣MNAC 体积的最⼤值为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】作出辅助线，设∠MBH＝θ，表达出
，结合⼆⾯⻆B﹣MN﹣
A 的平⾯⻆
和锥体体积公式得到VB ﹣MNCA ，由积化和差和三⻆函数图像得到
，再由基本不等式求出四棱锥B﹣MNCA 的体积的最⼤值．
【解答】解：因为△ABC 是边⻓为4 的正三⻆形，所以
，
过点B 作BH⊥MN 于点H，故△BMN 的MN 上的⾼为BH＝h，
设∠MBH＝θ，则
，
故
，
则
，
所以四边形MNCA 的⾯积为
，
⼜⼆⾯⻆B﹣MN﹣A 的平⾯⻆
，
故四棱锥B﹣MNCA 的⾼为
，
故
，
其中
，
因为
，故
，故
，
故
，当且仅当
时，等号成⽴，
所以
，
其中
，
即
，
所以
，当且仅当2h2＝12﹣h2，即h＝2 时，等号成⽴，
综上：四棱锥B﹣MNCA 体积的最⼤值为
．
故选：A．
【点评】本题考查了四棱锥体积的最值计算，属于中档题．
5．已知正四棱锥的侧棱⻓为l，其各顶点都在同⼀球⾯上．若该球的表⾯积为36π，且
，则该
正四棱锥体积的最⼤值是（
）
A．18
B．
C．
D．27
【分析】设正四棱锥的底⾯边⻓为2a，⾼为h，求出h，l，a 的关系式，即可表示出四棱锥的体积，利
⽤导数求得其最⼤值，即得答案．
【解答】解：∵球的表⾯积为36π，所以球的半径R＝3，
设正四棱锥的底⾯边⻓为2a，⾼为h，则l2＝2a2+h2，32＝2a2+（3﹣h）2，
所以6h＝l2，2a2＝l2﹣h2，
故正四棱锥的体积为
，
∴
，
当
时，V′＞0，当
时，V′＜0，
即
在
上单调递增，在
上单调递减，
当
时，正四棱锥的体积V 取最⼤值，最⼤值为
．
故选：C．
【点评】本题考查正四棱锥体积的最值的求解，函数思想，属中档题．
6．已知P，A，B，C 是半径为2 的球⾯上四点，△ABC 为等边三⻆形且其⾯积为
，则三棱锥P﹣ABC
体积的最⼤值为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】由正弦定理可求得△ABC 外接圆半径r，进⽽可得球⼼O 到平⾯ABC 的距离，结合球的性质
能求出三棱锥P﹣ABC 体积的最⼤值．
【解答】解：P，A，B，C 是半径为2 的球⾯上四点，△ABC 为等边三⻆形且其⾯积为
，
设△ABC 的边⻓为a，则S△ABC＝
＝
，
解得a＝3，
设△ABC 的外接球的半径为r，则2r＝
，解得r＝
，
∴球⼼O 到平⾯ABC 的距离为OM＝
＝1，
∴点D 到平⾯ABC 的最⼤距离为1+2＝3，
∴三棱锥P﹣ABC 体积的最⼤值为：
V＝
＝
．
故选：B．
【点评】本题考查三棱锥体积公式、三棱锥外接球、球⼼到平⾯的距离等基础知识，考查运算求解能⼒，
是中档题．
7．已知球O 的半径为2，三棱锥的顶点为O，底⾯的三个顶点均在球O 的球⾯上，则该三棱锥的体积最⼤
值为（
）
A．
B．
C．
D．2
【分析】设过底⾯三点的截⾯⼩圆的半径为r，则球⼼到截⾯⼩圆的距离d＝
，根据平⾯⼏何知
识可知：在半径为r 的⼩圆中，内接正三⻆形⾯积最⼤，再构建函数模型，根据基本不等式，即可求解．
【解答】解：设过底⾯三点的截⾯⼩圆的半径为r，则球⼼到截⾯⼩圆的距离d＝
，
⼜根据平⾯⼏何知识可知：在半径为r 的⼩圆中，内接正三⻆形⾯积最⼤，
且最⼤⾯积为
＝
，
∴此时该三棱锥的体积为
＝
＝
≤
＝
＝，
当且仅当
，即
时，等号成⽴，
故该三棱锥的体积最⼤值为
．
故选：C．
【点评】本题考查三棱锥的体积的最值的求解，基本不等式的应⽤，属中档题．
8．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，已知：PA⊥平⾯ABCD，∠BAD＝90°，BC∥AD，PA＝AB＝BC＝AD＝
2，已知Q 是四边形ABCD 内部⼀点（包括边界），且⼆⾯⻆Q﹣PD﹣A 的平⾯⻆⼤⼩为
，若点M 是
PC 中点，则四棱锥M﹣ADQ 体积的最⼤值是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】先根据两两垂直建⽴空间直⻆坐标系，然后得到各点的坐标，再应⽤⼆⾯⻆的空间向量解法得
到参数的关系式，最后根据体积公式得到最值即可．
【解答】解：因为PA⊥平⾯ABCD 且∠BAD＝90°，
所以以AD，AB，AP 所在直线为x，y，z 轴建⽴空间直⻆坐标系，如图所示，
因为已知Q 是四边形ABCD 内部⼀点，所以设Q（x0，y0，0），
其中x0∈[0，4]，y0∈[0，2]且x0+y0≤4（即点Q 在平⾯ABCD 内部），
则P（0，0，2），D（4，0，0），A（0，0，0），
因为平⾯PAD⊂平⾯xOz，所以平⾯PAD 的法向量为
，
⼜因为
，
，
设平⾯QPD 的法向量为
，则
，
由题易得y0≠0，令x1＝1，则
，所以
，
因为⼆⾯⻆Q﹣PD﹣A 的平⾯⻆⼤⼩为
，
所以
＝
，
即
，可得
……①，
因为点M 是PC 中点，所以M 到平⾯ADQ 的距离为
，
所以要使得四棱锥M﹣ADQ 体积的最⼤，则
，即y0要取到最⼤值，
由①知x0＝0 时
，此时点
不在四边形ABCD 内部，⽭盾，
故当y0＝2 时体积取到最⼤值，此时
，
所以
＝．
故选：B．
【点评】本题考查了三棱锥的体积计算，考查了空间向量的应⽤，考查了转化思想及数形结合思想，属
于难题．
9．已知正四棱锥的侧棱⻓为l，其各顶点都在同⼀球⾯上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3
，则该正四
棱锥体积的取值范围是（
）
A．[18，
]
B．[
，
]
C．[
，
]
D．[18，27]
【分析】画出图形，由题意可知求出球的半径R＝3，设正四棱锥的底⾯边⻓为a，⾼为h，由勾股定理
可得
，⼜
，所以l2＝6h，由l 的取值范围求出h 的取值范围，⼜
因为a2＝12h﹣2h2，所以该正四棱锥体积V（h）＝
，利⽤导数即可求出V（h）的取值范围．
【解答】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD 各顶点都在同⼀球⾯上，
连接AC 与BD 交于点E，连接PE，则球⼼O 在直线PE 上，
连接OA，
设正四棱锥的底⾯边⻓为a，⾼为h，
在Rt△PAE 中，PA2＝AE2+PE2，即
＝
，
∵球O 的体积为36π，∴球O 的半径R＝3，
在Rt△OAE 中，OA2＝OE2+AE2，即
，
∴
，∴
，
∴l2＝6h，⼜∵3≤l≤3
，∴
，
∴该正四棱锥体积V（h）＝
＝
＝
，
∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），
∴当
时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4
时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，
∴V（h）max＝V（4）＝
，
⼜∵V（）＝
，V（）＝
，且
，
∴
，
即该正四棱锥体积的取值范围是[
，
]，
故选：C．
【点评】本题主要考查了正四棱锥的外接球问题，考查了利⽤导数研究函数的最值，属于中档题．
10．已知三棱锥P﹣ABC 的四个顶点在球O 的球⾯上，PA＝PB＝PC，△ABC 是边⻓为
的正三⻆形，三
棱锥P﹣ABC 的体积为
，Q 为BC 的中点，则过点Q 的平⾯截球O 所得截⾯⾯积的取值范围是（
）
A．[
，
]
B．[
，
]
C．[
，
]
D．[
π，π]
【分析】由题意先求出S△ABC，再由三棱锥P﹣ABC 的体积为
，得到⾼PM，再利⽤正三棱锥P﹣ABC
可看作正⽅体的⼀⻆，正⽅体的外接球与三棱锥P﹣ABC 的外接球相同，求出外接球的半径，球的最⼤
截⾯圆为过球⼼的圆．当OQ 垂直于过Q 的截⾯时，截⾯圆半径最⼩，求出此时半径即可求出相应的⾯
积．即可求出过点Q 的平⾯截球O 所得截⾯⾯积的取值范围．
【解答】解：设P 在底⾯ABC 上的射影为M，因为PA＝PB＝PC，所以M 为△ABC 的中⼼，
由题可知，
，由
，解得
，
在正△ABC 中，可得
．在正三棱锥P﹣ABC 中，PA＝1．
进⽽可得PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，
因此正三棱锥P﹣ABC 可看作正⽅体的⼀⻆，
正⽅体的外接球与三棱锥P﹣ABC 的外接球相同，
正⽅体对⻆线的中点为球⼼O．
记外接球半径为R，则
，因为球的最⼤截⾯圆为过球⼼的圆，
所以过Q 的平⾯截球O 所得截⾯的⾯积最⼤为
；
⼜Q 为BC 中点，由正⽅体结构特征可得
由球的结构特征可知，当OQ 垂直于过Q 的截⾯时，
截⾯圆半径最⼩为
所以
．
因此，过Q 的平⾯截球O 所得截⾯的⾯积范围为
．
故选：A．
【点评】本题主要考查球与多⾯体的切接问题，⽴体⼏何中的最值问题等知识，属于中等题．
11．已知四⾯体ABCD 的所有棱⻓均为
，M，N 分别为棱AD，BC 的中点，F 为棱AB 上异于A，B 的
动点．有下列结论：
①线段MN 的⻓度为1；
②点C 到⾯MFN 的距离范围为
；
③△FMN 周⻓的最⼩值为
；
④∠MFN 的余弦值的取值范围为
．
其中正确结论的个数为（
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【分析】作OD⊥平⾯ABC，垂⾜为O，取AO 中点G，利⽤⻓度关系可求得MG，NG，利⽤勾股定理
可知①正确，在AB 上取点T，使得
，以O 为坐标原点可建⽴空间直⻆坐标系，设F（x，y，z），
，可表示出
，利⽤点到平⾯距离的向量求法可
表示出
，令
，可得
，由此确定②正确，将等边三⻆形ABC
与ABD 沿AB 展开，可知MF+NF≥MN，由此可知③正确，设Q 为AB 中点，若点F 在线段BQ 上，设
，利⽤余弦定理表示出
，可知当x＝0 时，cos∠MFN＝0，当
时，
，结合⼆次函数最值的求法可求得cos∠MFN 的范
围，知④正确．
【解答】解：∵四⾯体ABCD 所有棱⻓均为
，∴四⾯体ABCD 为正四⾯体，
对于①，作OD⊥平⾯ABC，垂⾜为O，
∵四⾯体ABCD 为正四⾯体，∴O 为△ABC 的中⼼，∴O∈AN 且
，
取AO 中点G，连接MG，则MG∥DO，
且MG⊥平⾯ABC，
∵
，∴
，∴
，
∵MG⊥平⾯ABC，GN⊂平⾯ABC，∴MG⊥GN，∴
，①正确，
对于②，在AB 上取点T，使得
，则OT∥BC，∴AN⊥OT，
则以O 为坐标原点，
正⽅向为x，y，z 轴，可建⽴如图所示空间直⻆坐标系，
则
，
，
，
，
，
，∴
，
，
设F（x，y，z），
，
∵
，
，∴
，
，z＝0，
∴
，∴
，
设平⾯MNF 的法向量
，
则
，
令b＝1，解得：
，
，
∴
，
∴点C 到平⾯MFN 的距离
，
令
，则
，∴
，
∵
，∴
，即点C 到平⾯MFN 的距离的取值范围为
，②正确，
对于③，将等边三⻆形ABC 与ABD 沿AB 展开，可得展开图如下图所示，
则MF+NF≥MN（当且仅当F 为AB 中点时取等号），
∵四边形ACBD 为菱形，M，N 分别为AD，BC 中点，∴
，
∴
，
则在四⾯体ABCD 中，△FMN 周⻓的最⼩值为
，③正确，
对于④，设Q 为AB 中点，若点F 在线段BQ 上，设
，则
，其中
，
在△BFN 中，
＝
，
在△AMF 中，同理可得：
，
∴
＝
，
当x＝0 时，cos∠MFN＝0，
当
时，
，
，
∴
，∴
，
∴cos∠MFN 的取值范围为
，
同理可得：当F 在线段AQ 上时，cos∠MFN 的取值范围为
，
综上所述：∠MFN 的余弦值的取值范围为
，④正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查点⾯距离的计算，空间想象能⼒的培养，空间向量及其应⽤等知识，属于中等题．
12．点M，N 分别是棱⻓为2 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1 中棱BC，CC1 的中点，动点P 在正⽅形BCC1B1
（包括边界）内运动．若PA1∥⾯AMN，则PA1的⻓度范围是（
）
A．
B．
C．
D．[2，3]
【分析】取B1C1，B1B 的中点E、F，连接A1E，EF，A1F，由A1E∥AM，EF∥MN，则⾯A1EF∥⾯AMN，
⼜动点P 在正⽅形BCC1B1（包括边界）内运动．且PA1∥⾯AMN，则点P 的轨迹为线段EF，然后求解
即可．
【解答】解：取B1C1，B1B 的中点E、F，
连接A1E，EF，A1F，
由A1E∥AM，EF∥MN，
则⾯A1EF∥⾯AMN，
⼜动点P 在正⽅形BCC1B1（包括边界）内运动．且PA1∥⾯AMN，
则点P 的轨迹为线段EF，
⼜正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的棱⻓为2，
则A1E＝A1F＝
，
，
在△A1EF 中，点A1到线段EF 的距离为
，
即PA1的⻓度范围是
，
故选：B．
【点评】本题考查了⾯⾯平⾏的判定定理，属基础题．
13．如图，在⻓⽅形ABCD 中，AB＝2，BC＝1，E 为DC 的中点，F 为线段EC（端点除外）上⼀动点．现
将△AFD 沿AF 折起，使平⾯ADF⊥平⾯ABC．在平⾯ABD 内过点D 作DK⊥AB，K 为垂⾜．设AK＝
t，则t 的取值范围是（
）
A．（0，）
B．（，）
C．（，）
D．（，1）
【分析】此题的破解可采⽤⼆个极端位置法，即对于F 位于DC 的中点时与随着F 点到C 点时，分别求
出此两个位置的t 值即可得到所求的答案
【解答】解：如图，过D 作DG⊥AF，垂⾜为G，连接GK，
∵平⾯AFD⊥平⾯ABC，⼜DK⊥AB，
∴AB⊥平⾯DKG，
∴AB⊥GK．
容易得到，当F 接近E 点时，K 接近AB 的中点，
∵⻓⽅形ABCD 中，AB＝2，BC＝1，E 为CD 的中点，
∴计算可得：AG＝
，DG＝
，DK＝
，KG＝，
∴t＝AK＝
当F 接近C 点时，可得三⻆形ADG 和三⻆形ADC 相似．
∴
，
∴
，可解得AG＝
，
可得三⻆形AKG 和三⻆形ABC 相似．
∴
＝
，
∴
，解得t＝，
∴t 的取值范围是（，）．
故选：C．
【点评】考查空间图形的想象能⼒，及根据相关的定理对图形中的位置关系进⾏精准判断的能⼒．
⼆．填空题（共2 ⼩题）
14．如图，在棱⻓为2
的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，若△ABA1绕A1B 旋转⼀周，则在旋转过程中，三
棱锥A﹣BDC1的体积的取值范围为
．
【分析】由题可得C1﹣A1BD 为正四⾯体，利⽤线⾯垂直的判定定理可得C1D⊥平⾯A1EB，结合条件可
得点A，O，E 共线，且A 在点O，E 之间时，三棱锥A﹣BDC1的体积最⼩；最⼤值为O 在点A，E 之
间时的体积和BA 与平⾯BDC1垂直时的体积中的较⼤者，然后根据正⽅体的性质结合棱锥的体积公式
即得．
【解答】解：如图，连接A1D，A1C1，由正⽅体的性质可知C1﹣A1BD 为正四⾯体，
设O 为A1B 中点，E 为C1D 中点，则C1D⊥A1E，C1D⊥BE，
⼜A1E∩BE＝E，A1E⊂平⾯A1EB，BE⊂平⾯A1EB，
∴C1D⊥平⾯A1EB，C1D⊂平⾯C1DB，
所以平⾯C1DB⊥平⾯A1EB，
由题可知点A 在以O 为圆⼼，OA 为半径的圆上运动，
在△ABA1绕A1B 旋转过程中，若点A，O，E 共线，且A 在点O，E 之间时，三棱锥A﹣BDC1的体积最
⼩；
最⼤值为O 在点A，E 之间时的体积和BA 与平⾯BDC1垂直时的体积中的较⼤者，
因为正⽅体的棱⻓为
，
所以A1B＝BC1＝DC1＝A1D＝4，
在Rt△BOE 中，
，
则
，
设点A，A′到平⾯BCD1的距离分别为h1，h2，
，
，
∵
，
∴三棱锥A﹣BDC1体积的最⼩值为
，
O 在点A，E 之间时，体积为
，
当BA 与平⾯BDC1垂直时，
＝×
×BA＝
4
×2
＝
＞
，
∴三棱锥A﹣BDC1的体积的取值范围为
．
故答案为：
．
【点评】本题考查了三棱锥体积的取值范围的问题，属于较难题⽬．
15．如图，正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的棱⻓为4，点P 在正⽅形ABCD 的边界及其内部运动．平⾯区域W
由所有满⾜4≤|A1P|≤2
的点P 组成，则四⾯体P﹣A1BC 的体积的取值范围
．
【分析】连接AP，由线⾯垂直的性质得到A1A⊥AP，再由勾股定理求出0≤|AP|≤2，即可得到P 在以A
为圆⼼2 为半径的
圆⾯上，再根据
，得到当P 在边AD 上时
四⾯体的体积最⼤，当P 在边AB 的中点时四⾯体的体积最⼩，再根据四⾯体的体积公式计算可得取值
范围．
【解答】解：连接AP，如图所示，
因为A1A⊥平⾯ABCD，AP⊂平⾯ABCD，所以A1A⊥AP，
因为|A1A|＝4，由
，
，则0≤|AP|≤2；
所以P 在以A 为圆⼼2 为半径的
圆⾯上，由题意可知，
，
所以当P 在边AD 上时，四⾯体P﹣A1BC 的体积的最⼤值是
．
所以当P 在边AB 的中点时，S△PBC 的⾯积取得最⼩值，此时
，
所以四⾯体P﹣A1BC 的体积的最⼩值是
，所以
，
故答案为：
．
【点评】本题主要考查棱锥体积的求法，考查运算求解能⼒，属于中档题．
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2024/5/817:15:26；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型41 答案
⼀．选择题（共7 ⼩题）
1．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝4，AC＝3，BC＝5，AA1＝6，D 为CC1中点，E 为BB1上⼀点，
＝3
，∠A1AC＝60°，M 为侧⾯AA1C1C 上⼀点，且BM∥平⾯ADE，则点M 的轨迹的⻓度为（
）
A．1
B．
C．
D．2
【分析】在CD 上取点M1，使M1D＝2，M1C＝1，则证明BM1∥DE．在AC 上取点M2，使M2A＝2，M2C
＝1，证明⾯BM1M2∥平⾯ADE，推出点M 的轨迹就是线段M1M2，然后求解即可．
【解答】解：由题意得BE＝2，CD＝3，在CD 上取点M1，使M1D＝2，M1C＝1，则M1D∥BE 且M1D＝
BE，
所以四边形BEDM1是平⾏四边形，所以BM1∥DE．
在AC 上取点M2，使M2A＝2，M2C＝1，则
，所以M1M2∥AD．
⼜BM1∩M1M2＝M1，DE∩AD＝D，
所以平⾯BM1M2∥平⾯ADE，所以点M 的轨迹就是线段M1M2，
在△CM1M2中，CM1＝CM2＝1，∠M1CM2＝120°，
由余弦定理得M1M2＝
＝
．
，
故选：C．
【点评】本题考查空间中点、线、⾯的位置关系、直线与平⾯平⾏、平⾯与平⾯平⾏的判定定理、余弦
定理，考查空间想象能⼒，考查直观想象、逻辑推理核⼼素养．
2．已知棱⻓为1 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1，M 是BB1的中点，动点P 在正⽅体内部或表⾯上，且MP∥
平⾯ABD1，则动点P 的轨迹所形成区域的⾯积是（
）
A．
B．
C．1
D．2
【分析】画出⼏何体的直观图，判断P 的轨迹图形，然后求解⾯积即可．
【解答】解：棱⻓为1 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1，M 是BB1的中点，动点P 在正⽅体内部或表⾯上，
且MP∥平⾯ABD1，
如图，P 的轨迹是MEFG，其中M，E，F，G 是所在棱的中点，EF＝
，
所以动点P 的轨迹所形成区域的⾯积是：
＝
，
故选：A．
【点评】本题考查棱柱的结构特征，轨迹的判断，考查空间想象能⼒，转化思想以及计算能⼒，是中档
题．
3．在棱⻓为1 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N 分别是棱BC，CC1的中点，动点P 在正⽅形BCC1B1
（包括边界）内运动．若PA1∥平⾯AMN，则PA1的最⼩值是（
）
A．1
B．
C．
D．
【分析】取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF 中点O，连结A1O，推导出平⾯
AMN∥平⾯A1EF，从⽽点P 的轨迹是线段EF，由此能求出PA1的⻓度范围，即可求出其最⼩值．
【解答】解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF 中点O，连结A1O，
∵点M，N 分别是棱⻓为2 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，
∴AM∥A1E，MN∥EF，∵AM∩MN＝M，A1E∩EF＝E，
∴平⾯AMN∥平⾯A1EF，
∵动点P 在正⽅形BCC1B1（包括边界）内运动，且PA1∥⾯AMN，
∴点P 的轨迹是线段EF，∵
，
，
∴A1O⊥EF，∴当P 与O 重合时，PA1的⻓度取最⼩值，
此时
，
当P 与E（或F）重合时，PA1的⻓度取最⼤值，为
．
故选：C．
【点评】本题考查⾯⾯平⾏的判定定理，⾯⾯平⾏的性质定理，点到直线的垂线段最短，属基础题．
4．如图，在棱⻓为2 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H 分别为CC1，C1D1，D1D，CD 的中点，
N 是BC 的中点，M 在四边形EFGH 上以及其内部运动，若MN∥平⾯A1BD，则M 的轨迹的⻓度是
（
）
A．
B．2
C．π
D．
【分析】⾸先，连接GH、HN，根据⾯⾯平⾏的判定定理得到：平⾯A1BD∥平⾯GHN，⼜点M 在四边
形上及其内部运动，从⽽得到点M 须在线段GH 上运动，即满⾜条件，求出GH 即可得到结果．
【解答】解：连接GH、HN，则GH∥BA1，HN∥BD，
∵在边⻓为a 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G，H 分别是CC1，C1D1，D1D，CD 的中点，
N 是BC 的中点，M 在四边形EFGH 上及其内部运动，MN∥平⾯A1BD，
∴平⾯A1BD∥平⾯GHN，
⼜点M 在四边形上及其内部运动，
则点M 须在线段GH 上运动，即满⾜条件，GH＝
则点M 轨迹的⻓度是
，
故选：A．
【点评】本题重点考查了平⾯与平⾯平⾏的性质，以及线段⻓度的求解，同时考查了空间想象能⼒、推
理能⼒、化归的思想，属于中档题．
5．已知正⽅体ABD﹣A1B1C1D1的棱⻓为2，E，F 分别是CC1，DD1的中点，点P 在矩形C1D1FE 的内部及
其边界上运动，点Q 在线段AD 上运动，则线段PQ 中点M 的轨迹所形成的⼏何体的体积为（
）
A．
B．
C．
D．1
【分析】由题意，线段PQ 中点M 的轨迹所形成的⼏何体是⼀个⻓⽅体，底⾯为矩形，⻓为1，宽为1，
⾼为
，即可求出线段PQ 中点M 的轨迹所形成的⼏何体的体积．
【解答】解：由题意，线段PQ 中点M 的轨迹所形成的⼏何体是⼀个⻓⽅体，底⾯为矩形，⻓为1，宽
为1，⾼为
，
∴线段PQ 中点M 的轨迹所形成的⼏何体的体积为1×1×
＝．
故选：C．
【点评】本题考查⼏何图形中的轨迹问题，考查⼏何体体积的计算，考查学⽣分析解决问题的能⼒，属
于中档题．
6．已知正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1 的棱⻓均为
，点P 在棱AA1 上运动，点Q 在底⾯ABCDEF
内运动，PQ＝
，R 为PQ 的中点，则动点R 的轨迹与正六棱柱的侧⾯和底⾯围成的较⼩部分的体积
为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】连接AQ、AR，根据AA1⊥底⾯ABCDEF 得出PA⊥AQ，利⽤直⻆三⻆形的性质求出AR，判断
R 在以A 为球⼼，半径是
的球⾯上运动，由此求出动点R 的轨迹与正六棱柱的侧⾯和底⾯围成的较
⼩部分是
球，计算体积即可．
【解答】解：连接AQ、AR，如图所示：
由AA1⊥底⾯ABCDEF，所以PA⊥AQ，
⼜点R 是PQ 的中点，由直⻆三⻆形的性质得AR＝PQ＝
，
所以R 在以A 为球⼼，半径是
的球⾯上运动；
因为
，所以动点R 的轨迹与正六棱柱的侧⾯和底⾯围成的较⼩部分是
球，
其体积为
．
故选：B．
【点评】本题考查了空间⼏何体的结构特征，以及球的部分体积计算问题，是中档题．
7．如图所示，在棱⻓为a 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E 是棱DD1的中点，F 是侧⾯CDD1C1上的动点，
且B1F∥⾯A1BE，则F 在侧⾯CDD1C1上的轨迹的⻓度是（
）
A．a
B．
C．
D．
【分析】设G，H，I 分别为CD、CC1、C1D1边上的中点，根据⾯⾯平⾏的判定定理，可得平⾯A1BGE
∥平⾯B1HI，结合已知中B1F∥⾯A1BE，可得F 落在线段HI 上，则答案可求．
【解答】解：设G，H，I 分别为CD、CC1、C1D1边上的中点
则A1BEG 四点共⾯，
且平⾯A1BGE∥平⾯B1HI
⼜∵B1F∥⾯A1BE，
∴F 落在线段HI 上，
∵正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中的棱⻓为a，
∴HI＝
．
即F 在侧⾯CDD1C1上的轨迹的⻓度是
．
故选：D．
【点评】本题考查线⾯平⾏的判定，其中分析出F 落在线段HI 上是解答本题的关键，是中档题．
⼆．多选题（共2 ⼩题）
（多选）8．如图，在棱⻓为1 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，P 为棱BB1的中点，Q 为正⽅形BB1C1C 内⼀
动点（含边界），则下列说法中正确的是（
）
A．平⾯A1PD 截正⽅体的截⾯为等腰梯形
B．若CQ∥平⾯A1PD，则直线CQ 不可能垂直于直线C1Q
C．若
，则点Q 的轨迹⻓度为
D．三棱锥A﹣A1PD 的外接球的表⾯积为
【分析】作出平⾯A1PD 截正⽅体的截⾯可判断A；连接B1C 交BC1为Q，则CQ⊥C1Q，进⽽说明存在
点Q，CQ∥平⾯A1PD 时，直线CQ 可能垂直于直线C1Q，判断B；确定Q 点的轨迹，从⽽可求得其⻓
度，判断C；确定三棱锥A﹣A1PD 的外接球的外接球球⼼位置，求得外接球半径，即可求得外接球表⾯
积，判断D．
【解答】解：对于A，取BC 的中点为P′，连接PP′，DP′，B1C，
则
，
⽽A1B1∥CD，A1B1＝CD，即四边形A1B1CD 为平⾏四边形，
故B1C∥A1D，所以PP′∥A1D，且
，
则四边形A1PP′D 为平⾯A1PD 截正⽅体的截⾯，为梯形，
即A1P＝DP′，即四边形A1PP′D 为等腰梯形，A 正确；
对于B，连接B1C 交BC1为Q，
则BC1⊥B1C，即CQ⊥C1Q，
⽽PP′∥CQ，PP′⊂平⾯A1PD，CQ⊄平⾯A1PD，
故CQ∥平⾯A1PD，
即当CQ∥平⾯A1PD 时，直线CQ 可能垂直于直线C1Q，B 错误；
对于C，因为D1C1⊥平⾯BB1C1C，C1Q⊂平⾯BB1C1C，
故D1C1⊥C1Q，
由
得，
，
即点Q 的轨迹为以C1为圆⼼，半径为
的四分之⼀圆，
其轨迹⻓度为
，C 正确；
对于D，三棱锥A﹣A1PD 的外接球即为三棱锥D﹣A1PA 的外接球，
设三棱锥D﹣A1PA 的外接球半径为R，△A1AP 的外接圆半径为r，
，
故
，
则
，
故
，所以
，
因为DA⊥平⾯A1AP，
故三棱锥D﹣A1PA 的外接球球⼼在过△A1AP 的外接圆圆⼼和DA 平⾏的直线上，
则
，即
，
故三棱锥A﹣A1PD 的外接球的表⾯积为
，D 正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了⼏何体的截⾯性质，考查了三棱锥的外接球问题以及⽴体⼏何中的动点轨迹问题，
属于中档题．
（多选）9．如图，正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的棱⻓为4，E 是AB 上⼀点，AE＝1，F 是正⽅形A1B1C1D1内
⼀点（不包括边界），若CF＝2
，则（
）
A．对任意点F，直线AE 与直线D1F 异⾯
B．存在点F，使得直线EF∥平⾯ADD1A1
C．直线D1F 与AB 所成⻆的最⼤值为30°
D．EF 的最⼩值为5
【分析】根据线线关系求得C1F＝2，即可得点F 的轨迹是以C1为圆⼼，从⽽可判断A；构造平⾯平⾏，
利⽤其性质可判断B；根据异⾯直线的定义确定异⾯直线所成⻆根据正弦值确定⻆度⼤⼩，即可判断C；
结合F 的轨迹，根据点与圆的位置关系，即可得EF 的最⼩值，从⽽可判断D．
【解答】对于A，连接C1F，因为
，CC1＝4，所以
，即C1F＝2，
所以点F 的轨迹是以C1为圆⼼，2 为半径的圆的四分之⼀（不含边界），则直线AE 与直线D1F 异⾯，
故A 正确；
对于B，过点E 作EM⊥A1B1，垂⾜为M，则EM∥AA1，设N 为C1D1上⼀点，且D1N＝1，
连接MN，则MN∥A1D1，连接EN，
⼜MN⊄平⾯ADD1A1，A1D1⊂平⾯ADD1A1，所以MN∥平⾯ADD1A1，EM⊄平⾯ADD1A1，AA1⊂平⾯
ADD1A1，所以EM∥平⾯ADD1A1，
因为EM∩MN＝M，EM，MN⊂平⾯EMN，则平⾯EMN∥平⾯ADD1A1，
因为C1到MN 的距离为3，⼤于2，
所以直线MN 与圆C1相离，所以不存在点F，使得直线EF∥平⾯ADD1A1，故B 错误；
对于C，因为AB∥C1D1，
所以∠FD1C1即直线D1F 与AB 所成的⻆，
当FD1与圆C1相切时，∠FD1C1最⼤，此时sin∠FD1C1＝
，得∠FD1C1＝30°，
所以直线D1F 与AB 所成⻆的最⼤值为30°，故C 正确；
对于D，连接MF，
易知
，
显然当MF 最⼩时，EF 最⼩，连接MC1交圆C1于点Q，
当F 与Q 重合时MF 最⼩，最⼩值为MC1﹣2＝3，故
＝5，故D 正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查直线与平⾯平⾏，考查转化能⼒，属于难题．
三．填空题（共1 ⼩题）
10．已知正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的棱⻓为2，点P 在棱D1C1上运动，点Q 在棱BC 上运动，且PQ 与BB1
所成的⻆为
，若线段PQ 的中点为M，则点M 的轨迹的⻓度是
．
【分析】以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D 所在直线分别为x，y，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，由异
⾯直线所成⻆的定义，结合勾股定理可得|PQ|，设Q（m，2，2），P（0，n，0），0≤m，n≤2，设PQ 的中
点M（x，y，1），由中点坐标公式和两点的距离公式可得x，y 的轨迹⽅程，再由圆的弧⻓公式计算可得
所求值．
【解答】解：以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D 所在直线分别为x，y，z 轴，
建⽴空间直⻆坐标系，
过Q 作QR⊥B1C1于点R，因为QR∥BB1，
PQ 与BB1所成的⻆为
，所以∠PQR＝
，且△PQR 为等腰直⻆三⻆形，
则|PQ|＝2
．
设Q（m，2，2），P（0，n，0），0≤m，n≤2，
设PQ 的中点M（x，y，1），
所以x＝，y＝
，即m＝2x，n＝2y﹣2，
由|PQ|＝
＝2
，可得m2+（n﹣2）2＝4，
所以4x2+（2y﹣4）2＝4，即x2+（y﹣2）2＝1，（0≤x≤1，1≤y≤2），
可得M 的轨迹为
圆弧，所以M 的轨迹的⻓度为
×2π＝
．
故答案为：
．
【点评】本题考查空间中异⾯直线所成⻆的定义和运⽤，以及轨迹的⻓度，考查转化思想和运算能⼒、
推理能⼒，属于中档题．
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2024/5/821:50:37；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
空间向量与⽴体⼏何篇—题型42 答案
⼀．选择题（共8 ⼩题）
1．在四棱锥P﹣ABCD 中，棱⻓为2 的侧棱PD 垂直底⾯边⻓为2 的正⽅形ABCD，M 为棱PD 的中点，
过直线BM 的平⾯α分别与侧棱PA、PC 相交于点E、F，当PE＝PF 时，截⾯MEBF 的⾯积为（
）
A．
B．2
C．
D．3
【分析】在⽴⽅体中还原四棱锥P﹣ABCD 中，找出E，F 点的位置，⽽后根据集合关系求⾯积即可．
【解答】解：如图，G，H 分别为所在棱的四等分点，
由⼏何关系可知线段MG 与BH 平⾏且相等，所以四边形MGBH 为平⾏四边形，
所以此时M，E，B，F 在平⾯MGBH 上，
由三⻆形相似原理及⼏何关系，可得PE＝
PA＝
PC＝PF，MG＝BG＝
＝
，MB＝
＝3，所以MG 与BG 夹⻆的余弦值为[2（
）2﹣32]÷（2×
×
）＝﹣
，
其正弦值为
＝
，所以平⾏四边形MGBH ⾯积为
＝3
，
由⼏何关系可得四边形⾯积为
＝2
．
故选：A．
【点评】本题考查棱锥的结构特征，涉及棱锥的截⾯问题，属于中档题．
2．在棱⻓为2 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，M 为AB 的中点，过点M 的平⾯α截正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1
的外接球的截⾯⾯积的最⼩值为（
）
A．2π
B．
C．π
D．
【分析】由正⽅体的体对⻆线为外接球的直径，可求外接球的半径，进⽽可求最⼩截⾯圆的半径，则答
案可求．
【解答】解：设正⽅体外接球的半径为R，
∵正⽅体的体对⻆线为外接球的直径，
∴2R＝
，∴外接球的半径R＝
，
当且仅当M 为截⾯圆的圆⼼时，截⾯圆的⾯积最⼩，
由正⽅体的⼏何特征可得该正⽅体的外接球球⼼为BD1的中点，
⼜R＝
，OM＝
，
∴最⼩截⾯的半径r＝
，此时截⾯⾯积为S＝πR2＝π．
故选：C．
【点评】本题考考球体的截⾯圆的⾯积的最⼩值的求法，考查空间想象能⼒与思维能⼒，考查运算求解
能⼒，是中档题．
3．正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1 的棱⻓为2，E，F，G 分别为棱AA1，BC，CD 的中点，则该正⽅体的外接球
被平⾯EFG 所截的圆的⾯积是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】正⽅体的外接球直径即为体对⻆线的⻓，然后只需求出球⼼到平⾯EFG 的距离，即可由勾股
定理确定半径．
【解答】解：正⽅体的外接球直径2R 为体对⻆线⻓
，即
，
取CC1中点P，连接PE，则PE 中点O 为外接球的球⼼，
于是O 到平⾯EFG 的距离是P 到平⾯EFG 的距离的⼀半，
过E 作EM⊥FG，垂⾜为M，过P 作PQ⊥EM，垂⾜为Q，连接AF，AG，AC，BD，
根据题⼲数据，
，同理
，
由于PC＝EA 且PC∥EA，则四边形PEAC 为平⾏四边形，故PE∥AC，
显然AC⊥BD，根据中位线性质FG∥BD，则AC⊥FG，于是PE⊥FG，
⼜EM⊥FG，PE，EM⊂平⾯PEM，PE∩EM＝E，则FG⊥平⾯PEM，
⼜PQ⊂平⾯PEM，故FG⊥PQ，⼜PQ⊥EM，FG∩EM＝M，FG，EM⊂平⾯EFG，
故PQ⊥平⾯EFG，⼜
，则
，
，
由PE∥AC，则sin∠PEM＝sin
，于是
，
即P 到平⾯EFG 的距离为
，于是O 到平⾯EFG 的距离是
，
设正⽅体的外接球被平⾯EFG 所截的圆的半径为r，
则r＝
＝
＝
，于是截⾯圆⾯积为πr2＝
．
故选：C．
【点评】本题考查空间⼏何体的外接球问题，考查截⾯圆的⾯积的求法，属中档题．
4．如图，正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E、F 分别是AB、BC 的中点，过点D1、E、F 的截⾯将正⽅体分割
成两个部分，记这两个部分的体积分别为V1、V2（V1＜V2），则V1：V2＝（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】作出截⾯，分别求出体积，即可求出V1：V2．
【解答】解：如图所示，设正⽅体的棱⻓为2a，则过点D1、E、F 的截⾯下⽅体积为
﹣
＝
，
∴另⼀部分体积为8a3﹣
＝
，
∴V1：V2＝
，
故选：C．
【点评】本题考查体积的计算，考查学⽣分析解决问题的能⼒，正确求出体积是关键．
5．正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，所有棱⻓均为2，点E，F 分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F 作
⼀截⾯，则截⾯的周⻓为（
）
A．2+2
B．
C．
D．
【分析】通过扩⼤⼏何体，先找到截⾯，由已知利⽤勾股定理、重⼼的相关知识求得边⻓得答案．
【解答】解：如图将三棱柱ABC﹣A1B1C1扩⼤为如图的正三棱柱，
其中AA''＝2AA1＝4，AH＝2AB＝4，
则点E 为AH'的中点，点F 为AC''的中点．设H'F∩B1C1＝I，
所以EF∥H'C''，
所以过点A，E，F 的截⾯为AEIF，
因为△ABE 和△AA1F 均为两直⻆边分别为2，1 的直⻆三⻆形，
∴AE＝AF＝
＝
，
在△A1H'D'中，如图：
连接HF，交B1C1于I，连接H'C1，
则I 为三⻆形A1H'C1的重⼼，
所以B1I＝
＝，FI＝
，
因为H'C1＝4×sin60°＝2
，C1F＝1，所以FI＝
＝
＝
．
⼜因为B1E⊥平⾯A1B1C1，
所以三⻆形EB1I 为直⻆三⻆形，且EB1＝1，B1I＝，所以EI＝
＝
，
所以，截⾯的周⻓为：2
+
．
故选：B．
【点评】本题考查了柱体的结构特征，考查了空间距离的求法，是难题．
6．已知正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，2AA1＝3AB＝12，点M 是线段BB1的中点，点N 是线段DD1上靠近
D 的三等分点，若正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1被过点A1，M，N 的平⾯所截，则所得截⾯的周⻓为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】先证明截⾯四边形A1MQN 为平⾏四边形，再求出截⾯的l 边⻓，相加即可得到所得截⾯的周
⻓．
【解答】解：正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，2AA1＝3AB＝12，点M 是线段BB1的中点，点N 是线段DD1
上靠近D 的三等分点，
正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1被过点A1，M，N 的平⾯所截，
作出图形，如图，
延⻓CC1到Q，使得CQ＝1，连接MQ，NQ，
则截⾯A1MQN 是平⾏四边形，
记MQ 与BC 交于点R，NQ 与CD 交于点P，则A1N＝4
，A1M＝5，
∴MR＝
＝3
，NP＝
＝
，PR＝
＝，
∴所得截⾯周⻓为：
A1M+MR+PR+PN+A1N＝5+3
＝10+7
．
故选：B．
【点评】本题考查截⾯周⻓的求法，考查空间中线线、线⾯、⾯⾯间的位置关系基础知识，考查运算求
解能⼒，是中档题．
7．⼀正四⾯体⽊块如图所示，点P 是棱VA 的中点，过点P 将⽊块锯开，使截⾯平⾏于棱VB 和AC，若⽊
块的棱⻓为a，则截⾯⾯积为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】利⽤线⾯平⾏的判定定理可以四边形PDEF 为所求的截⾯，易知四边形PDEF 为边⻓为
a 的
正⽅形，问题得以解决
【解答】解：在平⾯VAC 内作直线PD∥AC，交VC 于D，
在平⾯VBA 内作直线PF∥VB，交AB 于F，
过点D 作直线DE∥VB，交BC 于E，
∵PF∥DE，
∴P，D，E，F 四点共⾯，且⾯PDEF 与VB 和AC 平⾏，
易知四边形PDEF 为边⻓为
a 的正⽅形，
故其⾯积为
故选：C．
【点评】本题主要考查线⾯平⾏的判定和实际应⽤，关键之作出截⾯，属于基础题
8．已知四棱锥S﹣ABCD 中，SA⊥平⾯ABCD，四边形ABCD 为正⽅形，SA＝AB＝6，平⾯α过SB，CD，
SD 的中点，则平⾯α截四棱锥S﹣ABCD 所得的截⾯⾯积为（
）
A．
B．
C．9
D．12
【分析】作图取取SB，BC，CD，SD 的中点E，F，G，H，线段SA 上靠近S 的四等分点I，可得平⾯
EFGHI 即为平⾯α，数形结合即可求得截⾯⾯积
【解答】解：分别取SB，BC，CD，SD 的中点E，F，G，H，线段SA 上靠近S 的四等分点I，则平⾯
EFGHI 即为平⾯α，
⽽EF＝HG＝3
，FG＝
，IE＝IH＝
，
故所求截⾯⾯积为3
×
+
＝
，
故选：A．
【点评】本题考查平⾯的基本性质及截⾯⾯积求法，数形结合思想的应⽤，属于基础题．
⼆．多选题（共6 ⼩题）
（多选）9．如图，已知正⽅体ABCD﹣A1B1C1D 的棱⻓为2，E，F，G 分别为AB，AD，B1C1的中点，以下
说法正确的是（
）
A．三棱锥C﹣EFG 的体积为1
B．A1C⊥平⾯EFG
C．异⾯直线EF 与AG 所成的⻆的余弦值为
D．过点E，F，G 作正⽅体的截⾯，所得截⾯的⾯积是
【分析】对于A，根据三棱锥体积公式计算，结合正⽅体的性质，能求出结果；
对于B，根据线⾯垂直，证明得线线垂直，利⽤线⾯垂直判定定理，能求出结果；
对于C，根据异⾯直线夹⻆的定义，利⽤⼏何法，结合余弦定理，可得答案；
对于D，利⽤平⾏进⾏平⾯拓展，利⽤正六边形的⾯积公式，能求出结果．
【解答】解：对于A，取BC 中点H，连结GH，CG，CE，CF，如图，
∵G，H 分别为BC，B1C1的中点，∴GH⊥平⾯ABCD，
设正⽅形ABCD 的⾯积S＝4，S′△CEF＝S﹣S△AEF﹣S△CEB﹣S△CDF＝4﹣
＝，
＝1，故A 正确；
对于B，连接A1C，AB1，AC，如图，
∵E，F 分别为AB，AD 的中点，且AC 为正⽅形ABCD 的对⻆线，∴AC⊥EF，
∵在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1⊥平⾯ABCD，且EF⊂平⾯ABCD，
∴AA1⊥EF，∵AC∩AA1＝A．∴EF⊥平⾯A1AC，
∵A1C⊂平⾯A1AC，∴EF⊥A1C，同理得AB1⊥A1C，
∵F，G 分别是AD，B1C1的中点，∴AF∥B1G，AF＝B1G，
即AB1∥GF，A1C⊥FG，
∵EF∩FG＝F，∴A1F⊥平⾯EFG，故B 正确；
对于C，连接AG，FC1，CE，CF，C1E，如图，
∵F，G 分别为AD，B1C1的中点，∴AF∥C1G，AF＝C1G，则AG∥FC1，
∴∠C1FE 是异⾯直线EF 与AG 所成⻆或所成⻆的补⻆，
EF＝
＝
，EC1＝
＝
＝3，
＝3，
cos∠C1FE＝
＝
＝
，
异⾯直线EF 与AG 所成⻆的余弦值为
，故C 错误；
对于D，取BB1的中点H，C1D1的中点J，DD1的中点I，连接EH，HG，GJ，JI，IF，如图，
由题意得EF∥JG，GH∥FI，IJ∥EH，且正六边形EFIJGH 为过点EFG 作正⽅体的截⾯，
则其⾯积为S＝6×
×（
）2×sin60°＝3
，故D 正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查三棱锥体积公式、正⽅体的性质、线⾯垂直、线线垂直判定定理、异⾯直线夹⻆的定
义、余弦定理等基础知识，考查运算求解能⼒，是中档题．
（多选）10．如图，在⻓⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝1，E 为棱A1B1的中点，则（
）
A．AB1∥⾯BC1D
B．A1C⊥BD
C．平⾯AC1E 截该⻓⽅体所得截⾯⾯积为
D．三棱锥A﹣B1C1E 的体积为
【分析】对于A：根据⻓⽅体的性质得出AB1∥DC1，即可证明；对于B：根据底⾯ABCD 是正⽅体，得
出BD⊥AC，根据三垂线定理结合⻓⽅体性质即可证明；对于C：根据⻓⽅体对称性易知平⾯AC1E 截
该⻓⽅体所得截⾯⾯积为
，根据已知得出AE，EC1，AC1，即可根据余弦定理得出cos∠AEC1，
即可根据同⻆三⻆函数公式得出sin∠AEC1，即可根据三⻆形⾯积公式得出答案验证；对于D：根据已
知直接利⽤三棱锥的体积公式得出答案．
【解答】解：对于选项A：连接C1D，
∵ABCD﹣A1B1C1D1为⻓⽅体，∴AD∥B1C1，AD＝B1C1，
∴四边形ADC1B1是平⾏四边形，
∴AB1∥DC1，⼜AB1⊄平⾯BC1D，DC1⊂平⾯BC1D，
∴AB1∥⾯BC1D，故选项A 正确；
对于选项B：∵AB＝BC＝2，∴BD⊥AC，
∵A1A⊥平⾯ABCD，∴A1C 在平⾯ABCD 上的投影为AC，
∴A1C⊥BD，故选项B 正确；
对于选项C：根据⻓⽅体对称性易知平⾯AC1E 截该⻓⽅体所得截⾯⾯积为
，
∵AB＝BC＝2，AA1＝1，∴
，
，AC1＝3，
∴
，
由∴
，sin∠AEC1＞0，可得
，
∴
，故C 错误；
对于选项D：∵三棱锥A﹣B1C1E 的底⾯积
，⾼为h＝1，
∴三棱锥A﹣B1C1E 的体积为
，故D 正确；
故选：ABD．
【点评】本题考查线⾯平⾏的证明，线⾯平⾏的判定定理，线⾯垂直的判定定理，余弦定理的应⽤，三
棱锥的体积的求解，属中档题．
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2024/5/822:00:44；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
⽴体⼏何与空间向量篇—题型43 答案
⼀．选择题（共7 ⼩题）
1．如图正三棱柱ABC﹣A'B'C'的底⾯边⻓为
，⾼为2，⼀只蚂蚁要从顶点A 沿三棱柱的表⾯爬到顶点
C′，若侧⾯AA'C'C 紧贴墙⾯（不能通⾏），则爬⾏的最短路程是（
）
A．
B．
C．4
D．
【分析】本题主要考査正三棱柱侧⾯展开图，结合两点间的最短距离是直线距离来求解即可．
【解答】解：正三棱柱ABC﹣A′B′C′的侧⾯部分展开图如图所示，
图⼀，连接AC′与BB′交于点G，则爬⾏的最短路程时沿着AC′爬⾏，此时
＝
，
图⼆，连接AC′，过C′作AB 的垂线交A′B′于点E，则
，则
，所以
AC′＝
，
故答案为：A．
【点评】本题考查了多⾯体和旋转体表⾯上的最短距离问题，属于中档题．
2．如图，在正三棱锥P﹣ABC 中，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝30°，PA＝PB＝PC＝4，⼀只⾍⼦从A 点出发，
绕三棱锥的三个侧⾯爬⾏⼀周后，⼜回到A 点，则⾍⼦爬⾏的最短距离是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】将三棱锥的侧⾯展开，从A 点⾍⼦爬⾏绕三棱锥侧⾯⼀圈回到点A 的距离中，⾍⼦爬⾏的最短
距离，可转化为求AA1的⻓度，利⽤勾股定理即可得到答案．
【解答】解：设过点A 作截⾯AEF 与PB、PC 侧棱分别交于E、F 两点，将三棱锥由PA 展开，则∠APA1
＝90°，
AA1⾍⼦爬⾏从点A 沿侧⾯到棱PB 上的点E 处，再到棱PC 上的点F 处，然后回到点A 的最短距离，
∵PA＝4，
∴由勾股定理可得AA1＝
＝4
．
⾍⼦爬⾏的最短距离4
．
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是多⾯体和旋转体表⾯上的最短距离问题，其中将三棱锥的侧⾯展开，将空
间问题转化为平⾯上两点间距离问题，是解答本题的关键．
3．如图，底⾯为正⽅形的四棱锥P﹣ABCD 中，四条侧棱相等，且PA＝AB，E，F 分别为棱PA 和PC 上的
两点，PE＝3，PF＝6，F 处有只蚂蚁欲沿该正四棱锥的侧⾯爬⾏到E 处，则蚂蚁爬⾏的最短距离为（
）
A．3
B．5
C．3
D．9
【分析】将四棱锥展开，则线段EF 的⻓度即为蚂蚁爬⾏的最短距离，利⽤余弦定理求解即可．
【解答】解：∵ABCD 为正⽅形，
⼜∵AB＝PA，∴BC＝PA
∴△PAB，△PBC 为正三⻆形，
求|EF|最⼩值，两点之间直线段最短，
将四棱锥展开，
已知∠EPF＝60°+60°＝120°，PE＝3，PF＝6，
∴
，
∴
，
故选：C．
【点评】本题主要考查棱锥的侧⾯展开图应⽤问题，考查了直观想象和数学运算的核⼼素养，把空间问
题转化为平⾯问题是解决这类问题的关键，属于中档题．
4．正三棱锥P﹣ABC 中，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝90°，PA＝PB＝PC＝a，AB 的中点为M，若⼀只⼩蜜蜂
沿锥体侧⾯经过棱PB 由点M 爬到点C，则最短路程是（
）
A．（2+
a）
B．
a
C．
a
D．（1+
a）
【分析】将侧⾯PAB，PBC，展开到⼀个平⾯，则△ABC 中，CM 为最短路线⻓．
【解答】解：由题意，将侧⾯PAB，PBC，展开到⼀个平⾯，
则△ABC 中，AB⊥BC，BC＝
a，BM＝
a
∴CM＝
＝
a，
即最短路线⻓是
a．
故选：C．
【点评】本题考查多⾯体表⾯上的最短距离的计算，考查学⽣分析解决问题的能⼒，属于中档题．
5．在四⾯体ABCD 中，AB＝BC＝CA＝1，DA 与直线AB，CA 均垂直，且
，⼀只蚂蚁从△ABC 的中
⼼沿表⾯爬⾄点D，则其爬过的路程最⼩值为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】利⽤垂直条件证明得DA⊥平⾯ABC，即可得平⾯DAC⊥平⾯ABC，然后根据平⾯展开图判断
最短距离，再利⽤勾股定理计算求解即可．
【解答】解：因为DA⊥AB，DA⊥AC，AB∩AC＝A，所以DA⊥平⾯ABC，所以平⾯DAC⊥平⾯ABC，
将底⾯ABC 旋转，以AC 为轴，旋转⾄平⾯DAC 与平⾯ABC 共⾯，如图，
此时OD 的直线距离即为最短距离，
设O 到直线AC 的距离为d，
则
，
所以
．
故选：A．
【点评】本题考查了四⾯体表⾯上的最短距离问题，属于中档题．
6．如图，圆柱的底⾯半径为1，平⾯ABCD 为圆柱的轴截⾯，从A 点开始，沿着圆柱的侧⾯拉⼀条绳⼦到
C 点，若绳⼦的最短⻓度为3π，则该圆柱的侧⾯积为（
）
A．4
π2
B．2
π2
C．5
π2
D．4π2
【分析】⾸先画出圆柱的侧⾯展开图，根据题意求出圆柱的⾼，再求其侧⾯积即可．
【解答】解：⻓⽅形AEFD 为圆柱的侧⾯展开图，如图所示：
由题知：AC＝3π，AE＝2π，B，C 分别为AE 和DF 的中点，
所以
，
所以圆柱的侧⾯积为
．
故选：A．
【点评】本题考查了圆锥的侧⾯积，属于基础题．
7．如图，已知圆柱OO1的⾼π，平⾯ABA1B1为圆柱的轴截⾯，现有⼀质点从点A 出发，沿着圆柱的侧⾯
绕⾏两圈半后到达A1点的最短路线的⻓为
，则该⼏何体体积为（
）
A．π2
B．2π2
C．
D．4π2
【分析】由题意，画出展开图，找到最短路线，即可求出底⾯圆的半径，根据体积公式计算即可．
【解答】解：设圆柱的底⾯半径为r，⽤平⾏于圆柱底⾯的平⾯将圆柱分割为三个⼩圆柱，
然后将这三个⼩圆柱的侧⾯展开，（最上⾯⼀个⼩圆柱展开半个侧⾯），
当质点运动的路径是最短路线时这三个⼩圆柱的侧⾯展开图如下图所示：
从⽽有
＝
，解得r＝1，
故体积V＝π×12•π＝π2．
故选：A．
【点评】本题考查了圆柱的侧⾯展开图和圆柱的体积，属于中档题．
⼆．填空题（共1 ⼩题）
8．如图．M 是棱⻓为2cm 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的棱CC1的中点，沿正⽅体表⾯从点A 到点M 的最
短路程是
cm．
【分析】求解此类问题⼀般采取展开为平⾯的⽅法，化体为⾯，在平⾯中求两点之间距离的最⼩值，从
图形可以看出图形的展开⽅式有⼆，⼀是以底棱BC，CD 为轴，可以看到此两种⽅式是对称的，所得结
果⼀样，另外⼀种是以侧棱为轴展开，即以BB1，DD1为轴展开，此两种⽅式对称，求得结果⼀样，故
解题时选择以BC 为轴展开与BB1为轴展开两种⽅式验证即可
【解答】解：由题意，若以BC 为轴展开，则AM 两点连成的线段所在的直⻆三⻆形的两直⻆边的⻓度
分别为2，3，
故两点之间的距离是
若以以BB1为轴展开，则AM 两点连成的线段所在的直⻆三⻆形的两直⻆边的⻓度分别为1，4，
故两点之间的距离是
故沿正⽅体表⾯从点A 到点M 的最短路程是
cm
故答案为
【点评】本题考查多⾯体和旋转体表⾯上的最短距离问题，求解的本题的关键是能够根据题意把求⼏何
体表⾯上两点距离问题转移到平⾯中来求，本题对空间想像能⼒要求较⾼，能否把体展开为⾯的各种⽅
式都想像出来，对正确解题很重要．
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⽴体⼏何与空间向量篇—题型44～题型46 答案
⼀．选择题（共28 ⼩题）
1．如图，空间四边形OABC 中，
，
，
，M 在线段OA 上，且OA＝3AM，点N 为BC 中
点，则
＝（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】利⽤空间向量的基本定理可得出
关于、、的表达式．
【解答】解：因为N 为BC 的中点，则
，
因为OA＝3AM，则
，
因此，
．
故选：B．
【点评】本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学⽣的运算能⼒，属于基础题．
2．四⾯体OABC 中，
，则
＝（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】利⽤空间向量的线性运算，空间向量基本定理求解即可．
【解答】解：
，
，
则点M、N 分别为棱OA、BC 的中点，
∵
，
，
，
∴
＝
﹣
＝（
+
）﹣
＝﹣
+
+
．
故选：A．
【点评】本题考查空间向量的线性运算，空间向量基本定理，属于基础题．
3．在四⾯体OABC 中，点M 在线段OA 上，且OM＝2MA，G 是△ABC 的重⼼，已知
，
，
，
则
等于（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】直接利⽤向量的线性运算求出结果．
【解答】解：由OM＝2MA，得
，G 是△ABC 的重⼼，
所以
，
所以
．
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，主要考查学⽣的理解能⼒和计算能⼒，属于基础题．
4．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 是正⽅形，E 是PD 的中点，点F 满⾜
，若
，
，
，则
＝（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据空间向量的线性运算求解．
【
解
答
】
解
：
由
题
意
知
：
＝
＝
＝
﹣
．
故选：C．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
5．如图，M 是四⾯体OABC 的棱BC 的中点，点N 在线段OM 上，点P 在线段AN 上，且MN＝ON，AP
＝AN，⽤向量
，
，
表示
，则
＝（
）
A．
+
+
B．
+
+
C．
+
+
D．
+
+
【分析】利⽤空间向量基本定理，空间向量的线性运算求解即可．
【解答】解：∵M 是四⾯体OABC 的棱BC 的中点，MN＝ON，
∴
＝（
+
），
＝
＝（
+
），
∵AP＝AN，
∴
＝
+
＝
+
＝
+
（
﹣
）
＝
+
×
（
+
）
＝
+
+
，
故选：A．
【点评】本题考查空间向量基本定理，空间向量的线性运算，属于中档题．
6．在平⾏六⾯体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC 与BD 的交点为M．设
＝，
＝，
＝，则下
列向量中与
相等的向量是（
）
A．
﹣
﹣
B．﹣
﹣
﹣
C．﹣
+
﹣
D．
+
﹣
【分析】由已知结合空间向量的线性运算求出
即可判断．
【解答】解：因为平⾏六⾯体ABCD﹣A1B1C1D1中，AC 与BD 的交点为M，
＝，
D1＝，
＝，
所以
＝
＝
﹣+ ＝﹣（
）﹣+ ＝
＝
．
故选：A．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算，属于基础题．
7．空间四边形ABCD 中，
，
，
，点P 为AB 中点，点Q 为CD 靠近D 的三等分点，则
等于（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】利⽤向量的加减法规则，运算即可得出结果．
【解答】解：由题意，＝
﹣
＝（
+
）﹣
＝
+ （
﹣
）﹣
＝﹣
+
+
＝﹣
+
+
．
故选：D．
【点评】本题考查空间向量的应⽤，属于基础题．
8．如图1，在四⾯体OABC 中，点M，N 分别为线段OA，BC 的中点，若
，则x+y﹣z
的值为（
）
A．
B．
C．
D．1
【分析】根据给定的⼏何体，利⽤空间向量的基底表示
，再借助空间向量基本定理求解即得．
【解答】解：在四⾯体OABC 中，由M，N 分别为线段OA，BC 的中点，
得
，
⽽
，由空间向量基本定理得：
，
所以
．
故选：A．
【点评】本题考查空间向量的应⽤，属于基础题．
9．已知三棱锥O﹣ABC，点M，N 分别为AB，OC 的中点，且
＝，
＝，
＝，⽤，，表示
，
则
等于（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据所给的图形，在图形中看出要求的向量可以怎么得到，⽤减法把向量先变化成已知向量的
差的形式，再利⽤向量的加法法则，得到结果．
【解答】解：由题意知
＝
﹣
∵
∴
＝（﹣﹣）．
故选：D．
【点评】本题考查空间向量的加减法，本题解题的关键是在已知图形中尽量的应⽤⼏何体的已知棱表示
要求的结果，本题是⼀个基础题．
10．已知＝（2，﹣1，3），＝（﹣4，y，2），且
，则y 的值为（
）
A．6
B．10
C．12
D．14
【分析】直接利⽤向量垂直的充要条件求出结果．
【解答】解：已知＝（2，﹣1，3），＝（﹣4，y，2），
所以
，
由于
，
所以2×（﹣2）+1﹣y+15＝0，解得y＝12．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量的垂直的充要条件，主要考查学⽣的运算能⼒，属
于基础题．
11．已知向量
，则﹣在上的投影向量为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据投影向量的概念进⾏计算即可．
【解答】解：由
，可得
，
则
，
，
，
所以
在上的投影向量为：
＝
＝
．
故选：B．
【点评】本题考查空间向量的坐标运算，考查投影向量的概念，属基础题．
12．已知空间向量
，
，则下列结论正确的是（
）
A．
B．与夹⻆的余弦值为
C．
D．
【分析】根据空间向量的坐标运算，向量垂直的充要条件，向量的模，向量的夹⻆，向量共线的充要条
件，即可判断A、B、C、D 的结论．
【解答】解：对于A：
，因为
，所以
与不平⾏，故A 错误；
对于B：与夹⻆的余弦值为
，故B 错误；
对于C：由
，即
，故C 正确；
对于D：
，
，故D 错误．
故选：C．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量垂直的充要条件，向量的模，向量的夹⻆，向量共
线的充要条件，主要考查学⽣的运算能⼒，属于中档题．
13．已知
，则
＝（
）
A．
B．1
C．0
D．
【分析】根据题意，利⽤向量夹⻆公式的坐标运算，即可求解．
【
解
答
】
解
：
因
为
，
可
得
．
故选：D．
【点评】本题考查了向量夹⻆的余弦公式，向量坐标的数量积运算，是基础题．
14．若
，则
＝（
）
A．10
B．8
C．﹣10
D．﹣8
【分析】根据，的坐标，求出
，
的坐标，再利⽤空间向量的坐标运算法则求解．
【解答】解：∵
，
∴
＝（0，﹣5，3），
＝（2，1，﹣1），
∴
＝0×2+（﹣5）×1+3×（﹣1）＝﹣8．
故选：D．
【点评】本题主要考查了空间向量的坐标运算，属于基础题．
15．向量
，若
，则x＝（
）
A．﹣2
B．﹣1
C．1
D．0
【分析】直接利⽤向量垂直的充要条件求出结果．
【解答】解：由于向量
，若
，则2﹣1+x＝0，解得x＝﹣1．
故选：B．
【点评】本题考查的知识点：向量的坐标运算，向量的数量积运算，主要考查学⽣的运算能⼒，属于基
础题．
16．已知向量
，则向量在向量上的投影向量为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】利⽤投影向量的定义结合已知条件直接求解即可．
【解答】解：向量在向量上的投影向量为：
．
故选：D．
【点评】本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
17．已知向量＝（0，0，1），＝（1，﹣1，1），向量
在向量上的投影向量为（
）
A．（0，0，2）
B．（0，0，1）
C．（0，0，﹣1）
D．（0，0，﹣2）
【分析】根据已知条件，结合空间向量的投影公式，即可求解．
【解答】解：∵
＝（0，0，1），＝（1，﹣1，1），
∴
，
，
∴向量
在向量上的投影向量为
．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间向量的投影公式，属于基础题．
18．已知空间向量
，
，则下列说法正确的是（
）
A．
B．
C．
D．在上的投影向量为
【分析】根据空间向量的坐标运算可判断A，B，C，根据投影向量的定义可判断D．
【解答】解：对于A，
＝
＝
，故A 错误；
对于B，
＝2（1，﹣1，0）﹣（1，0，1）＝（1，﹣2，﹣1），故B 错误；
对于C，∵
＝1×1+（﹣1）×0+0×1＝1≠0，∴
与不垂直，故C 错误；
对于D，∵空间向量
，
，
∴
＝1，| |＝
＝
，
∴
在上的投影向量为
＝
＝（，0，），故D 正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了空间向量的坐标运算，考查了投影向量的定义，属于基础题．
19．已知空间向量
，
，
，cos＜
＞＝，则| |＝（
）
A．3
B．
C．
D．21
【分析】根据空间向量数量积的性质及运算即可求解．
【解答】解：由
，可得
，
由
，
，cos＜
＞＝，
可得
＝
＝
．
故选：C．
【点评】本题考查空间向量的数量积运算，属基础题．
20．空间向量
在
上的投影向量为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据两个向量的坐标，结合投影向量概念，可以通过计算得出结果．
【解答】解：与⽅向相同的单位向量为
＝
，
由
，
，
则
，
，
所以向量在向量上的投影向量为
．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，向量的投影，主要考查学⽣的运算能⼒，属于基础题．
21．若
构成空间的⼀个基底，则下列向量共⾯的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】根据空间向量基本定理可解．
【解答】解：选项A，+ 不能⽤，表示，即不共⾯，错误；
选项B，+ 不能⽤，+ 表示，即不共⾯，错误；
选项C，不能⽤+ ，﹣表示，即不共⾯，错误；
选项D，
，则
为共⾯向量．
故选：D．
【点评】本题考查空间向量基本定理，属于基础题．
22．在下列等式中，使点M 与点A，B，C ⼀定共⾯的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】结合共⾯性质，利⽤共⾯向量定理直接判断．
【解答】解：对于ABD，变形后均不满⾜：
＝x
，且x+y+z＝1，故ABD 均错误，
对于C，∵
＝，∴
，
∴点M 与点A，B，C ⼀定共⾯，故C 正确．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查共⾯向量定理等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
23．在空间直⻆坐标系中，A（1，1，﹣2），B（1，2，﹣3），C（﹣1，3，0），D（x，y，z）（x，y，z∈R），
若四点A，B，C，D 共⾯，则（
）
A．2x+y+z＝1
B．x+y+z＝0
C．x﹣y+z＝﹣4
D．x+y﹣z＝0
【分析】利⽤空间向量共⾯的基本定理，列出关系式，化简求解即可．
【解答】解：∵A（1，1，﹣2），B（1，2，﹣3），C（﹣1，3，0），D（x，y，z）（x，y，z∈R），
∴
＝（0，1，﹣1），
＝（﹣2，2，2），
＝（x﹣1，y﹣1，z+2），
∵四点A，B，C，D 共⾯，
∴存在实数λ，µ使得，
＝λ
+µ
，
∴（x﹣1，y﹣1，z+2）＝λ（0，1，﹣1）+µ（﹣2，2，2），
∴
，解得2x+y+z＝1，
故选：A．
【点评】本题考查了向量共⾯定理，考查了计算能⼒，属于基础题．
24．若
是空间的⼀个基底，则下列各组向量中⼀定能构成空间的⼀个基底的是（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】判断所给三个向量是否共⾯，即可得解．
【解答】解：对A 选项，
，故三向量共⾯，A 错误；
对B 选项，若
共⾯，则
，解得
，故三向
量共⾯，B 错误，
对C 选项，
，故三向量共⾯，C 错误，
对D 选项，若向量
共⾯，则
⽆解，
故向量
不共⾯，故D 正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查平⾯向量的基本定理，属于基础题．
25．在三棱锥A﹣BCD 中，点M 是BC 中点，若
＝x
+y
+z
，则x+y+z＝（
）
A．0
B．
C．1
D．2
【分析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算，以及
＝x
+y
+z
，即可求解．
【解答】解：点M 是BC 的中点，
则
，
＝
＝
，
∵
＝x
+y
+z
，
∴
，z＝﹣1，
∴x+y+z＝0．
故选：A．
【点评】本题主要考查空间向量的线性运算，属于基础题．
26．已知SA⊥平⾯ABC，AB⊥AC，SA＝AB＝1，
，则空间的⼀个单位正交基底可以为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】直接利⽤正交分解和向量的基底求出结果．
【解答】解：由于SA⊥平⾯ABC，
所以：SA⊥AB，SA⊥AC，
由于AB⊥AC，AB＝1，BC＝
，
所以AC＝2．
所以空间的⼀个单位正交基底可以为
．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：向量的基底，主要考查学⽣的理解能⼒和计算能⼒，属于基础题和易错
题．
27．已知BD⊥平⾯ABC，AB⊥BC，BD＝1，AB＝2，BC＝3，则空间的⼀个单位正交基底可以为（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】先得到AB，BC，BD 两两垂直，再根据其⻓度得到空间的⼀个单位正交基底．
【解答】解：∵BD⊥平⾯ABC，AB⊂平⾯ABC，BC⊂平⾯ABC，
∴BD⊥AB，BD⊥BC．
∵AB⊥BC，BD＝1，AB＝2，BC＝3，
∴空间的⼀个单位正交基底可以为
．
故选：B．
【点评】本题主要考查空间向量基底的求法，考查运算求解能⼒，属于基础题．
28．已知
是空间的⼀个基底，则下列说法错误的是（
）
A．若
，则x＝y＝z＝0
B．
两两共⾯，但
不共⾯
C．⼀定存在x，y，使得
D．
⼀定能构成空间的⼀个基底
【分析】根据已知条件，结合向量共⾯的定理，即可求解．
【解答】解：对于A，若x，y，z 不全为0，则
共⾯，与题意⽭盾，故A 正确，
对于B，
两两共⾯，但
不共⾯，故B 正确，
对于C，
不共⾯，则不存在实数x，y，使得
，故C 错误，
对于D，若
共⾯，
则
，
，⽆解，故
不共⾯，故D 正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查向量共⾯的定理，属于基础题．
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2024/5/914:12:55；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
⽴体⼏何与空间向量篇—题型47 答案
【例题选讲
例题选讲
例题选讲】
[例1](1)如图，在棱⻓为2 的正⽅体ABCD－A1B1C1D1中，E 为棱BC 的中点，F 为棱CD 的中点．试建
⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属墙⻆模型建系类型
因为正⽅体ABCD－A1B1C1D1，所以AB，AD，AA1两两垂直．以A 为坐标原点，AB，AD，AA1为坐标
轴建⽴空间直⻆坐标系，如图所示．
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，C(2，2，0)，B1(2，0，2)，D1(0，2，2)，C1(2，2，
2)，E(2，1，0)，F(1，2，0)．
(2)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，CC1⊥平⾯ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E 分别
在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M 为棱A1B1的中点．试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点
坐标．
解析
本题属墙⻆模型建系类型
因为CC1⊥平⾯ABC，AC⊥BC，所以CA，CB，CC1两两垂直．以C 为坐标原点，分别以CA，CB，
CC1的⽅向为x 轴、y 轴、z 轴的正⽅向建⽴空间直⻆坐标系(如图)，
可得C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，3)，A1(2，0，3)，B1(0，2，3)，D(2，0，1)，E(0，0，
2)，M(1，1，3)．
(3)如图所示，在四棱锥P－ABCD 中，底⾯ABCD 是正⽅形，侧棱PD⊥底⾯ABCD，PD＝DC＝2，E
是PC 的中点，过点E 作EF⊥PB 于点F．试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属墙⻆模型建系类型
以D 为坐标原点，射线DA，DC，DP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正⽅向建⽴如图所示的空间直⻆坐标
系D－xyz．D(0，0，0)，A(2，0，0)，P(0，0，2)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，E(0，1，1)．
PB
→＝(2，2，－2)，设PF
→＝λPB
→，则PF
→＝(2λ，2λ，－2λ)，EF
→＝EP
→＋PF
→＝(2λ，2λ－1，1－2λ)，因为EF⊥
PB，所以EF
→PB
→＝0，解得，λ＝1
3，所以F(2
3，2
3，4
3)．
(4)如图所示，在四棱锥P－ABCD 中，PC⊥平⾯ABCD，PC＝2，在四边形ABCD 中，∠
B＝∠
C
＝90°，AB＝4，CD＝1，点E 为PA 的中点，点M 在PB 上，PB＝4PM，PB 与平⾯ABCD 成30°⻆，试建⽴
适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属墙⻆模型建系类型
由题意知，CB，CD，CP 两两垂直，以C 为坐标原点，CB 所在直线为x 轴，CD 所在直线为y 轴，CP
所在直线为z 轴建⽴如图所示的空间直⻆坐标系C－xyz．
∵PC⊥平⾯ABCD，∴∠
PBC 为PB 与平⾯ABCD 所成的⻆，∴∠
PBC＝30°．
∵PC＝2，BC＝2 3，PB＝4，∴C(0，0，0)，B(2 3，0，0)，D(0，1，0)，P(0，0，2)，A(2 3，4，0)，
E( 3，2，1)，M
3
2 ，0，3
2 ，
(5)在△ABC 中，D，E 分别为AB，AC 的中点，AB＝2BC＝2CD＝2a，如图①，以DE 为折痕将△ADE
折起，点A 到达点P 的位置，使平⾯DEP⊥平⾯BCED，如图②．试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各
点坐标．
解析
本题属墙⻆模型建系类型
在题图①中，因为AB＝2BC＝2CD，且D 为AB 的中点，
所以由平⾯⼏何知识，得∠
ACB＝90°．⼜E 为AC 的中点，所以DE∥BC．
在题图②中，CE⊥DE，PE⊥DE，因为平⾯DEP⊥平⾯BCED，平⾯DEP∩平⾯BCED＝DE，EP⊂平
⾯DEP，EP⊥DE，所以EP⊥平⾯BCED．⼜CE⊂平⾯BCED，所以EP⊥CE．
以E 为坐标原点，ED
→，EC
→，EP
→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⻆坐标系．在
题图①中，设BC＝2a，则AB＝4a，AC＝2 3a，AE＝CE＝3a，DE＝a．
则P(0，0，3a)，D(a，0，0)，C(0，3a，0)，B(2a，3a，0)．
【对点训练
对点训练
对点训练】
1．已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧⾯AA1B1B 为正⽅形，AB＝BC＝2，E，F 分别为AC 和CC1的中点，
试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
1．解析
本题属墙⻆模型建系类型
连接AF，∵E，F 分别为直三棱柱ABC－A1B1C1的棱AC 和CC1的中点，且AB＝BC＝2，
∴CF＝1，BF＝5，∵BF⊥A1B1，A1B1∥AB，∴BF⊥AB，
∴AF＝AB2+BF2＝22+( 5)2＝3，AC＝AF2－CF2＝32－12＝2 2，∴AB2＋BC2＝AC2，即BA⊥BC．
故以B 为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z 轴建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，
则B(0，0，0)，A(2，0，0)，C(0，2，0)，E(1，1，0)，F(0，2，1)，
2．如图，在⻓⽅体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F 分别在棱DD1，BB1上，且2DE＝ED1，BF＝2FB1．若
AB＝2，AD＝1，AA1＝3，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
2．解析
本题属墙⻆模型建系类型
以C1为坐标原点，C1D1
→，C1B1
→，C1C
→的⽅向分别为x 轴，y 轴，z 轴正⽅向，建⽴空间直⻆坐标系C1xyz．
则C1(0，0，0)，D1(2，0，0)，B1(0，1，0)，A1(2，1，0)，C(0，0，3)，D(2，0，3)，B(0，1，3)，A(2，1，
3)，E(2，0，2)，F(0，1，1)．
3．如图，在四棱锥P－ABCD 中，PA⊥底⾯ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点
E 为棱PC 的中点，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
3．解析
本题属墙⻆模型建系类型
依题意，以点A 为原点建⽴空间直⻆坐标系(如图)，可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，D(0，2，0)，P(0，0，
2)，C(2，2，0)，由E 为棱PC 的中点，得E(1，1，1)．
4．在四棱锥P－ABCD 中，底⾯ABCD 为矩形，PA⊥平⾯ABCD，AD＝2AB＝4，PD 与底⾯ABCD 所
成的⻆为45°，且BE⊥DP，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
4．解析
本题属墙⻆模型建系类型
∵PA⊥平⾯ABCD，∴∠
PDA 即为PD 与平⾯ABCD 所成的⻆，
∴∠
PDA＝45°，∴PA＝AD＝4，AB＝2．
以A 为原点，AB，AD，AP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建⽴空间直⻆坐标系，如图所示．
∴A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，4，0)，P(0，0，4)，
设E(x，y，z)，∵DP
→＝(0，－4，4)，DE
→＝λDP
→，且BE⊥DP，
∴(x，y－4，z)＝λ(0，－4，4)，∴x＝0，y＝4－4λ，z＝4λ，
∴点E(0，4－4λ，4λ)，BE
→＝(－2，4－4λ，4λ)．
∵BE⊥DP，∴BE
→·DP
→＝－4(4－4λ)＋4×4λ＝0，解得λ＝1
2．∴点E(0，2，2)，
5．等边△ABC 的边⻓为3，点D，E 分别是AB，AC 上的点，且满⾜AD
DB＝CE
EA＝1
2(如图①)，将△ADE 沿
DE 折起到△A1DE 的位置，使⼆⾯⻆A1－DE－B 成直⼆⾯⻆，连接A1B，A1C(如图②)．试建⽴适当的空
间直⻆坐标系并确定各点坐标．
5．解析
本题属墙⻆模型建系类型
题图①中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°．
从⽽DE＝12＋22－2×1×2×cos 60°＝3．故得AD2＋DE2＝AE2，
所以AD⊥DE，BD⊥DE．所以题图②中，A1D⊥DE，
⼜平⾯ADE∩平⾯BCED＝DE，A1D⊥DE，A1D⊂平⾯A1DE，所以A1D⊥平⾯BCED．
以D 为坐标原点，以射线DB，DE，DA1分别为x 轴，y 轴，z 轴的正半轴建⽴空间直⻆坐标系D－xyz，
如图，
易知D(0，0，0)，B(2，0，0)，E(0，3，0)，A1(0，0，1)，C(1
2，3 3
2 ，0)．
[例2]
(1)在如图所示的多⾯体中，四边形ABCD是平⾏四边形，四边形BDEF是矩形，ED⊥平⾯ABCD，
∠
ABD＝π
6，AB＝2，AD＝1，ED＝BD．试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型1－1 建系类型
在△ABD 中，∠
ABD＝π
6，AB＝2，AD＝1，由余弦定理，得BD＝3，从⽽BD2＋AD2＝AB2，故BD
⊥AD，所以△ABD 为直⻆三⻆形且∠
ADB＝π
2．因为DE⊥平⾯ABCD，BD⊥AD，
所以以点D 为坐标原点，DA，DB，DE 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建⽴空间直⻆坐标系，如图
所示．则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，E(0，0，3)，C(－1，3，0)，F(0，3，3)．
(2)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底⾯是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠
BAD＝60°，E，M，N 分别是
BC，BB1，A1D 的中点．试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型1－1 建系类型
由已知可得DE⊥DA，以D 为坐标原点，DA
→的⽅向为x 轴正⽅向，建⽴如图所示的空间直⻆坐标系Dxyz，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(0，3，0)，B(1，3，0)，C(－1，3，0)，D1(0，0，4)，A1(2，0，4)，B1(1，3，
4)，C1(－1，3，4)，M(1，3，2)，N(1，0，2)，
(3)如图，已知三棱锥P－ABC，平⾯PAC⊥平⾯ABC，AB＝BC＝PA＝1
2PC＝2，∠
ABC＝120°．试建
⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型1－1 建系类型
AB＝BC＝2，∠
ABC＝120°，由余弦定理得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠
ABC＝4＋4－2×2×2× －1
2 ＝12，故AC＝2 3．
⼜PA2＋AC2＝4＋12＝16＝PC2，故PA⊥AC．
⼜平⾯PAC⊥平⾯ABC，且平⾯PAC∩平⾯ABC＝AC，故PA⊥平⾯ABC．所以是垂⾯模型的情形1，
故以A 为坐标原点，建⽴如图所示的空间直⻆坐标系A－xyz．
则A(0，0，0)，B(1，3，0)，P(0，0，2)，C(0，2 3，0)，E(0，3，1)．
(4)在三棱锥A－BCD 中，已知CB＝CD＝5，BD＝2，O 为BD 的中点，AO⊥平⾯BCD，AO＝2，E
为AC 的中点．若点F 在BC 上，满⾜BF＝1
4BC，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型1－2 建系类型
连接CO，∵CB＝CD，BO＝OD，∴CO⊥BD．⼜AO⊥平⾯BCD，∴AO，BO，CO 两两垂直．
以O 为坐标原点，OB，OC，OA 所在直线分别为x，y，z 轴建⽴空间直⻆坐标系，
则O(0，0，0)，A(0，0，2)，B(1，0，0)，C(0，2，0)，D(－1，0，0)，E(0，1，1)．因为BF＝1
4BC，
所以BF
→＝1
4BC
→＝(－1
4，1
2，0)，所以F(3
4，1
2，0)，
(5)如图，在四棱锥P－ABCD 中，底⾯ABCD 是边⻓为a 的正⽅形，侧⾯PAD⊥底⾯ABCD，且PA＝
PD＝2
2 AD，设E，F 分别为PC，BD 的中点．试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型1－2 建系类型
如图，取AD 的中点O，连接OP，OF．因为PA＝PD，所以PO⊥AD．
因为侧⾯PAD⊥底⾯ABCD，平⾯PAD∩平⾯ABCD＝AD，PO⊂平⾯PAD，所以PO⊥平⾯ABCD．
⼜O，F 分别为AD，BD 的中点，所以OF∥AB．⼜ABCD 是正⽅形，所以OF⊥AD．
因为PA＝PD＝2
2 AD，所以PA⊥PD，OP＝OA＝a
2．
以O 为原点，OA，OF，OP 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建⽴空间直⻆坐标系，
则A
a
2，0，0 ，F 0，a
2，0 ，D －a
2，0，0 ，P 0，0，a
2 ，B
a
2，a，0 ，C －a
2，a，0 ．
因为E 为PC 的中点，所以E －a
4，a
2，a
4 ．
(6)已知四棱锥P－ABCD，底⾯ABCD 为菱形，PD＝PB，PA＝PC＝3AB，PA 与平⾯ABCD 所成的⻆
为60°，PA＝2，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型1－3 建系类型
连接AC，BD 且AC∩BD＝O，连接PO．由已知ABCD 为菱形，所以BD⊥AC，⼜PD＝PB，
所以PO⊥BD．因为PA＝PC，所以PO⊥AC，所以PO⊥平⾯ABCD，所以PA 与平⾯ABCD 所成的⻆
为∠
PAO，所以∠
PAO＝60°，所以AO＝1
2PA＝1，PO＝3
2 PA＝3．因为PA＝3AB，所以BO＝3
6 PA
＝3
3 ．以O 为原点，OA，OD，OP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建⽴如图所示空间直⻆坐标系．
则O(0，0，0)，A(1，0，0)，D 0，3
3 ，0 ，B 0，－3
3 ，0 ，C(－1，0，0)，P(0，0，3)．
(7)如图，正⽅形ABCD 的边⻓为2 2，四边形BDEF 是平⾏四边形，BD 与AC 交于点G，O 为GC 的
中点，FO＝3，且FO⊥平⾯ABCD．试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型1－3 建系类型
如图，取BC 的中点H，连接OH，则OH∥BD，⼜四边形ABCD 为正⽅形，
∴AC⊥BD，∴OH⊥AC，故以O 为原点，建⽴如图所示的直⻆坐标系，
则O(0，0，0)，A(3，0，0)，C(－1，0，0)，G(1，0，0)，F(0，0，3)，D(1，－2，0)，B(1，2，0)，E(0，
－4，3)，
(8)如图，棱柱ABCD－A1B1C1D1的所有棱⻓都等于2，∠
ABC 和∠
A1AC 均为60°，平⾯AA1C1C⊥
平⾯ABCD，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型1－3 建系类型
设BD 与AC 交于点O，则BD⊥AC，连接A1O，在△AA1O 中，AA1＝2，AO＝1，∠
A1AO＝60°，∴A1O2
＝AA21＋AO2－2AA1·AOcos 60°＝3，∴AO2＋A1O2＝AA21，∴A1O⊥AO．
由于平⾯AA1C1C⊥平⾯ABCD，且平⾯AA1C1C∩平⾯ABCD＝AC，A1O⊂平⾯AA1C1C，
∴A1O⊥平⾯ABCD．以OB，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⻆坐
标系，则B( 3，0，0)，C(0，1，0)，A1(0，0，3)，A(0，－1，0)，D(－3，0，0)，C1(0，2，3)，B1( 3，1，
3)，D1(－3，1，3)，
(9)如图，已知四棱锥P－ABCD，△PAD 是以AD 为斜边的等腰直⻆三⻆形，BC∥AD，CD⊥AD，PC
＝AD＝2DC＝2CB＝2，E 为PD 的中点．试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型2－1 建系类型
设AD 的中点为O，连接OB，OP．∵△PAD 是以AD 为斜边的等腰直⻆三⻆形，
∴OP⊥AD．∵BC＝1
2AD＝OD，且BC∥OD，
∴四边形BCDO 为平⾏四边形，⼜∵CD⊥AD，∴OB⊥AD，∵OP∩OB＝O，∴AD⊥平⾯OPB．
所以是垂⾯模型的情形3，过点O 在平⾯POB 内作OB 的垂线OM，交PB 于M，
以O 为原点，OB 所在直线为x 轴，OD 所在直线为y 轴，OM 所在直线为z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，
如图．则有A(0，－1，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)．设P(x，0，z)(z>0)，由PC＝2，OP＝
1，得(x－1)2＋1＋z2＝4，
x2＋z2＝1，
得x＝－1
2，z＝3
2 ．即点P －1
2，0，3
2 ，⽽E 为PD 的中点，∴E －1
4，1
2，3
4 ．
(10)如图所示的⼏何体中，四边形ABCD 是等腰梯形，AB∥CD，∠
ABC＝60°，AB＝2BC＝2CD＝4，
四边形DCEF 是正⽅形，N，G 分别是线段AB，CE 的中点，且⼆⾯⻆A－CD－F 的⼤⼩为120°．试建⽴
适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
解析
本题属垂⾯模型3－1 建系类型
设CD 的中点为O，EF 的中点为P，连接NO，OP，易得NO⊥CD，以点O 为原点，以OC 所在直线
为x 轴，以NO 所在直线为y 轴，以过点O 且与平⾯ABCD 垂直的直线为z 轴建⽴如图所示的空间直⻆坐
标系．
因为NO⊥CD，OP⊥CD，所以∠
NOP 是⼆⾯⻆A－CD－F 的平⾯⻆，则∠
NOP＝120°，
所以∠
POy＝60°，因为AB＝4，则BC＝CD＝2，则C(1，0，0)，D(－1，0，0)，B(2，－3，0)，A(－
2，－3，0)，N(0，－3，0)，E(1，1，3)，F(－1，1，3)，P(0，1，3)，
【对点训练
对点训练
对点训练】
1．如图所示，在梯形ABCD 中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠
BCD＝120°，四边形BFED 是以BD 为
直⻆腰的直⻆梯形，DE＝2BF＝2，平⾯BFED⊥平⾯ABCD，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点
坐标．
1．解析
本题属垂⾯模型1－1 建系类型
在梯形ABCD 中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠
BCD＝120°，
所以∠
CDB＝30°，所以∠
ADB＝90°，所以BD⊥AD．
因为平⾯BFED⊥平⾯ABCD，平⾯BFED∩平⾯ABCD＝BD，ED⊂平⾯BFED，
四边形BFED 是以BD 为直⻆腰的直⻆梯形，所以ED⊥BD，所以ED⊥平⾯ABCD．
以D 为原点，分别以DA，DB，DE 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，
在△BCD 中，DC＝BC＝1，∠
BCD＝120°，由余弦定理得BD＝3，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，3，0)，E(0，0，2)，F(0，3，1)．
2．如图，在⼏何体ABC－A1B1C1中，平⾯A1ACC1⊥底⾯ABC，四边形A1ACC1是正⽅形，B1C1∥BC，Q
是A1B 的中点，且AC＝BC＝2B1C1＝2，∠
ACB＝2π
3 ，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
2．解析
本题属垂⾯模型1－1 建系类型
∵平⾯A1ACC1⊥平⾯ABC，平⾯A1ACC1∩平⾯ABC＝AC，CC1⊥AC，CC1⊂平⾯A1ACC1，
∴CC1⊥平⾯ABC．如图所示，以C 为原点，CB，CC1所在直线分别为y 轴和z 轴建⽴空间直⻆坐标系，
令AC＝BC＝2B1C1＝2，则C(0，0，0)，B(0，2，0)，C1(0，0，2)，
A( 3，－1，0)，A1( 3，－1，2)，B1(0，1，2)，Q( 3
2 ，1
2，1)．
3．如图，在⼏何体ABCDE 中，四边形ABCD 是矩形，AB⊥平⾯BEC，BE⊥EC，AB＝BE＝EC＝2，G，
F 分别是线段BE，DC 的中点，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
3．解析
本题属垂⾯模型1－1 建系类型
如图，在平⾯BEC 内，过B 点作BQ∥EC．因为BE⊥CE，所以BQ⊥BE．
⼜因为AB⊥平⾯BEC，所以AB⊥BE，AB⊥BQ．
以B 为原点，分别以BE，BQ，BA 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系Bxyz，
则B(0，0，0)，E(2，0，0)，A(0，0，2)，G(1，0，0)，C(2，2，0)，D(2，2，2)，F(2，2，1)．
4．如图，在三棱锥P－ABC 中，AB＝BC＝2 2，PA＝PB＝PC＝AC＝4，O 为AC 的中点．若点M 在棱
BC 上，且PM⊥BC，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
4．解析
本题属垂⾯模型1－2 建系类型
因为PA＝PC＝AC＝4，O 为AC 的中点，所以PO⊥AC，且PO＝2 3．
连接OB．因为AB＝BC＝2
2 AC，所以△ABC 为等腰直⻆三⻆形，且OB⊥AC，OB＝1
2AC＝2．
由PO2＋OB2＝PB2，知PO⊥OB．由PO⊥OB，PO⊥AC，AC∩OB＝O，知PO⊥平⾯ABC．
如图，以O 为坐标原点，OB
→，OC
→，OP
→的⽅向分别为x 轴、y 轴、z 轴正⽅向，建⽴如图所示的空间直⻆
坐标系Oxyz．由已知得O(0，0，0)，B(2，0，0)，A(0，－2，0)，C(0，2，0)，P(0，0，2 3)，
设M(a，2－a，0)(0＜a≤2)，则PM
→＝(a，2－a，－2 3)．因为BC
→＝(－2，2，0)，⼜因为PM⊥BC，所以PM
→BC
→
＝0，解得，a＝1，所以M(1，1，0)．
5．如图，在四棱锥P－ABCD 中，侧⾯PAD⊥底⾯ABCD，底⾯ABCD 为直⻆梯形，其中AB∥CD，∠
CDA
＝90°，CD＝2AB＝2，AD＝3，PA＝5，PD＝2 2，点E 在棱AD 上且AE＝1，点F 为棱PD 的中点，试
建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
5．解析
本题属垂⾯模型1－2 建系类型
在Rt△ABE 中，由AB＝AE＝1，得∠
AEB＝45°，
同理在Rt△CDE 中，由CD＝DE＝2，得∠
DEC＝45°，所以∠
BEC＝90°，即BE⊥EC．
在△PAD 中，cos∠
PAD＝PA2＋AD2－PD2
2PA·AD
＝5＋9－8
2×3× 5
＝5
5 ，
在△PAE 中，PE2＝PA2＋AE2－2PA·AE·cos∠
PAE＝5＋1－2× 5×1× 5
5 ＝4，
所以PE2＋AE2＝PA2，即PE⊥AD．
⼜平⾯PAD⊥平⾯ABCD，平⾯PAD∩平⾯ABCD＝AD，PE⊂平⾯PAD，
所以PE⊥平⾯ABCD，所以PE⊥BE，所以EB，EC，EP 两两垂直．
故以E 为坐标原点，以射线EB，EC，EP 分别为x 轴、y 轴、z 轴的正半轴建⽴如图所示的空间直⻆坐
标系，则
E(0，0，0)，B( 2，0，0)，C(0，2 2，0)，P(0，0，2)，A
2
2 ，－2
2 ，0 ，D(－2，2，0)，F －2
2 ，2
2 ，1 ，
6．如图，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，底⾯ABCD 是菱形，CC1⊥底⾯ABCD，且∠
BAD＝60°，CD＝
CC1＝2C1D1＝4，E 是棱BB1的中点，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
6．解析
本题属垂⾯模型1－3 建系类型
如图，设AC 交BD 于点O，依题意，A1C1∥OC 且A1C1＝OC，
所以四边形A1OCC1为平⾏四边形，所以A1O∥CC1，且A1O＝CC1．所以A1O⊥底⾯ABCD．
以O 为原点，OA，OB，OA1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建⽴空间直⻆坐标系O－xyz．
则A(2 3，0，0)，A1(0，0，4)，B(0，2，0)，D(0，－2，0)，C(－2 3，0，0)，C1(－2 3，0，4)，AB
→＝(－
2 3，2，0)．由A1B1
→＝1
2AB
→，得B1(－3，1，4)．因为E 是棱BB1的中点，所以E －3
2 ，3
2，2 ，
同理，D1(－3，－1，4)．
7．如图，在三棱锥P－ABC 中，AB＝AC，D 为BC 的中点，PO⊥平⾯ABC，垂⾜O 落在线段AD 上．已
知BC＝8，PO＝4，AO＝3，OD＝2．点M 是线段AP 上⼀点，且AM＝3，试建⽴适当的空间直⻆坐标
系并确定各点坐标．
7．解析
本题属垂⾯模型1－3 建系类型
如图所示，以O 为坐标原点，以射线OP 为z 轴的正半轴建⽴空间直⻆坐标系O－xyz．
则O(0，0，0)，A(0，－3，0)，D(0，－2，0)，B(4，2，0)，C(－4，2，0)，P(0，0，4)，M(0，－9
5，12
5)．
8．如图，在四棱锥P－ABCD 中，底⾯ABCD 是平⾏四边形，AB＝AC＝2，AD＝2 2，PB＝2，PB⊥AC．
且∠
PBA＝45°，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
8．解析
本题属垂⾯模型2－1 建系类型
因为四边形ABCD 是平⾏四边形，AD＝2 2，所以BC＝AD＝2 2，
⼜AB＝AC＝2，所以AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，
⼜PB⊥AC，AB∩PB＝B，AB，PB⊂平⾯PAB，所以AC⊥平⾯PAB．
分别以AB，AC 所在直线为x 轴，y 轴，平⾯PAB 内过点A 且与直线AB 垂直的直线为z 轴，建⽴空间
直⻆坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D(－2，2，0)，由∠
PBA＝45°，PB＝2，可得P(1，0，1)，
9．如图，在五⾯体ABCDEF 中，底⾯ABCD 是直⻆梯形，AB∥CD，AD⊥CD，侧⾯CDEF 是菱形，∠
DCF＝60°，CD＝2AD＝2AB＝2，AE＝5AD，试建⽴适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
9．解析
本题属垂⾯模型3－1 建系类型
∵CD＝2AD＝2AB＝2，AE＝5AD，∴CD＝2，AD＝1，AB＝1，AE＝5．
∴AE2＝AD2＋DE2，∴AD⊥DE．∵AD⊥CD，CD∩DE＝D，∴AD⊥平⾯CDEF，
以D 为坐标原点，DA，DC 所在直线分别为x 轴、y 轴，建⽴如图所示的空间直⻆坐标系Dxyz，
由题设可得D(0，0，0)，A(1，0，0)，C(0，2，0)，B(1，1，0)，E(0，－1，3)，F(0，1，3)，
10．斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底⾯是边⻓为2 的正三⻆形，A1B＝7，∠
A1AB＝∠
A1AC＝60°，试建⽴
适当的空间直⻆坐标系并确定各点坐标．
10．解析
本题属垂⾯模型3－1 建系类型
∵AB＝2，A1B＝7，∠
A1AB＝60°，∴由余弦定理得A1B2＝AA21＋AB2－2AA1·ABcos∠
A1AB，
即AA21－2AA1－3＝0⇒AA1＝3 或AA1＝－1(舍)，故AA1＝3．
取BC 的中点O，连接OA，OA1，∵△ABC 是边⻓为2 的正三⻆形，∴AO⊥BC，且AO＝3，BO＝1．
由AB＝AC，∠
A1AB＝∠
A1AC，AA1＝AA1得△A1AB≌△A1AC，得A1B＝A1C＝7，
故A1O⊥BC，且A1O＝6．∵AO2＋A1O2＝3＋6＝9＝AA21，∴AO⊥A1O．
以O 为原点，OB 所在的直线为x 轴，取B1C1的中点K，连接OK，以OK 所在的直线为y 轴，过O 作
OG⊥AA1，以OG 所在的直线为z 轴建⽴空间直⻆坐标系，
则B(1，0，0)，B1(1，3，0)，C(－1，0，0)，C1(－1，3，0)，
在Rt△ABC 中，∵AO＝3，A1O＝6，AA1＝3．∴OG＝2，AG＝1，A1G＝2，
∴A(0，－1，2)，A1(0，2，2)，
⽴体⼏何与空间向量篇—题型48～题型49 答案
⼀．选择题（共5 ⼩题）
1．若l∥α，且
为直线l 的⼀个⽅向向量，
为平⾯α的⼀个法向量，则t
的值为（
）
A．8
B．﹣8
C．﹣6
D．﹣4
【分析】利⽤向量垂直的性质、线⾯平⾏的性质直接求解．
【解答】解：l∥α，且
为直线l 的⼀个⽅向向量，
为平⾯α的⼀个法向量，
则
＝2+
+2＝0，
解得t＝﹣8．
故选：B．
【点评】本题考查向量垂直的性质、线⾯平⾏的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
2．已知点Pn（1，2，3）是法向量为
的平⾯ABC 内的⼀点，则下列各点中，不在平⾯ABC
内的是（
）
A．（3，2，1）
B．（﹣2，5，4）
C．（﹣3，4，5）
D．（2，﹣4，8）
【分析】根据平⾯ABC 内的点与点Pn 构成的向量与垂直来逐⼀判断．
【解答】解：假设选项中的点为点M，
对于A：
，此时
，点（3，2，1）在平⾯ABC 内；
对于B：
，此时
，点（﹣2，5，4）不在平⾯ABC 内；
对于C：
，此时
，点（﹣3，4，5）在平⾯ABC 内；
对于D：
，此时
，点（2，﹣4，8）在平⾯ABC 内．
故选：B．
【点评】本题考查平⾯的法向量的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
3．已知A（1，2，1），B（0，1，2），C（3，1，1），若平⾯ABC 的⼀个法向量为＝（x，y，1），则＝
（
）
A．
B．
C．
D．
【分析】先求出
，
的坐标，再结合
＝0 和
＝0 求解即可．
【解答】解：∵A（1，2，1），B（0，1，2），C（3，1，1），
∴
＝（﹣1，﹣1，1），
＝（3，0，﹣1），
∵平⾯ABC 的⼀个法向量为＝（x，y，1），
∴
，解得
，
∴
＝（，，1）．
故选：C．
【点评】本题主要考查了平⾯的法向量，考查了空间向量的数量积运算，属于基础题．
4．在空间直⻆坐标系中，
为直线l 的⼀个⽅向向量，
为平⾯α的⼀个法向
量，且l∥α，则t＝（
）
A．3
B．﹣3
C．1
D．﹣1
【分析】根据线⾯平⾏，得到• ＝0，得到关于t 的⽅程，解出即可．
【解答】解：∵l∥α，
∴
• ＝0，即2+2t+4＝0，
解得：t＝﹣3，
故选：B．
【点评】本题考查了线⾯关系，考查向量垂直以及转化思想，是基础题．
5．已知平⾯
为平⾯α的⼀个法向量，则下列向量是平⾯β的⼀个法向量的是
（
）
A．（1，﹣2，3）
B．（3，﹣1，2）
C．（1，2，﹣3）
D．
【分析】平⾯β的法向量＝k ，k≠0，由此能求出结果．
【解答】解：∵平⾯
为平⾯α的⼀个法向量，
∴平⾯β的法向量＝k ，k≠0，
记
，
∵
，∴
，
∴
是平⾯β的⼀个法向量，故D 正确；
由题意知A，B，C 中的向量均不与向量平⾏，
∴A，B，C 中的向量均不能作为平⾯β的⼀个法向量，故A，B，C 均错误．
故选：D．
【点评】本题考查平⾯的法向量、向量共线的性质等基础知识，考查运算求解能⼒，是基础题．
⼆．解答题（共4 ⼩题）
6．如图，三棱台ABC﹣A1B1C1中，△ABC 为等边三⻆形，AB＝2A1B1＝4，AA1⊥平⾯ABC，点M，N，D 分
别为AB，AC，BC 的中点，A1B⊥AC1．
（Ⅰ）证明：CC1∥平⾯A1MN；
（Ⅱ）求直线A1D 与平⾯A1MN 所成⻆的正弦值；
（Ⅲ）求点D 到平⾯A1MN 的距离．
【分析】（Ⅰ）建⽴空间直⻆坐标系，求出平⾯A1MN 的法向量，利⽤
，结合CC1⊄平⾯A1MN，
得出CC1∥平⾯A1MN；
（Ⅱ）利⽤向量的夹⻆公式即可求解；
（Ⅲ）利⽤点到平⾯的距离公式，即可求解．
【解答】解：因为侧棱AA1⊥底⾯ABC，且ABC 为等边三⻆形，
所以过点A 作AH⊥AC，则以为点A 为坐标原点AC，AH，AA1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建⽴
如下图所示的空间直⻆坐标系，
设AA1⻓为m（m＞0），因为A1B⊥AC1，
，
，
所以
，则有4﹣m2＝0，m＝2，
所以A（0，0，0），
，C（4，0，0），C1（2，0，2），A1（0，0，2），
，
N（2，0，0），
（Ⅰ）证明：因为
，
，
设平⾯A1MN 的法向量为
，
则
，
令x＝1，则
，⼜因为
，
，
所以
，⼜因为CC1⊄平⾯A1MN，所以CC1∥平⾯A1MN．
（Ⅱ）因为D 为中点，所以CD＝2，则
，
有
，⼜
，
设直线A1D 与平⾯A1MN 所成⻆为θ，
＝
．
（Ⅲ）因为
，平⾯A1MN 的法向量为
，
所以点D 到平⾯A1MN 的距离为
．
【点评】本题考查空间向量的应⽤，属于中档题．
7．如图，在棱⻓为1 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G 分别是DD1，BD，BB1的中点．
（1）求证：EF⊥CF；
（2）求CE 的⻓；
（3）求EF 与CG 所成⻆的余弦值．
【分析】（1）建⽴空间直有坐标系求解
＝（，，﹣），
＝（，﹣，0），运⽤数量积证明即
可；
（2）利⽤勾股定理即可求解；
（3）运⽤公式cos＜
，
＞＝
，求解夹⻆即可．
【解答】解：（1）证明：建⽴如图所示的空间直有坐标系D﹣xyz，
则D（0，0，0），E（0，0，），C（0，1，0），F（，，0），G（1，1，）
所以
＝（，，﹣），
＝（，﹣，0），
＝（1，0，），
因为
＝
（﹣）+（﹣）×0＝0，
所以
⊥
，
即EF⊥CF．
（2）
；
（3）因为
•
＝
+（﹣）×
＝，
|
|＝
＝
，
|
|＝
＝
，
所以cos＜
，
＞＝
＝
＝
．
【点评】本题考查了运⽤空间坐标系解决空间直线的位置关系，属于中档题．
8．如图，在三棱台ABC﹣A1B1C1中，若A1A⊥⾯ABC，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝3，A1C1＝1，空间中D，
E 两点分别满⾜
，
．
（Ⅰ）证明：DE∥平⾯ABB1A1；
（Ⅱ）求平⾯ABB1A1与平⾯ADE 的夹⻆的余弦值．
【分析】（Ⅰ）建⽴空间直⻆坐标系，利⽤直线的⽅向向量和平⾯的法向量数量积为零即可证明；
（Ⅱ）求出平⾯ADE 的法向量，取平⾯ABB1A1的⼀个法向量，利⽤向量的夹⻆公式求得⾯⾯⻆的余弦
值．
【解答】（I）证明：由A1A⊥⾯ABC，AB⊥AC，可得AB，AC，AA1两两垂直，
建⽴如图所示空间直⻆坐标系，则由题意，
A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，3，0），A1（0，0，3），
由
，
，
可得
，则
，
不妨取平⾯ABB1A1的⼀个法向量
，
则
，⼜DE⊄平⾯ABB1A1，
所以DE∥平⾯ABB1A1；
（II）解：设平⾯ADE 的⼀个法向量为
，
由
，令z＝4，可得x＝6，y＝﹣3，
则平⾯ADE 的⼀个法向量为
，
设平⾯ABB1A1与平⾯ADE 的夹⻆为θ，
则
，
即平⾯ABB1A1与平⾯ADE 的夹⻆的余弦值
．
【点评】本题考查利⽤向量法证明线⾯平⾏，求解平⾯与平⾯夹⻆的余弦值，属中档题．
9．如图，AB∥CD 且CD＝2AB，AD⊥CD，EG∥AD 且AD＝2EG，FG∥CD 且FG＝CD，DG⊥平⾯ABCD，
AD＝CD＝DG＝2，M 为棱FG 的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平⾯CEM；
（Ⅱ）求直线BE 与平⾯CEM 所成⻆的正弦值；
（Ⅲ）求平⾯BEM 与平⾯CEM 夹⻆的余弦值．
【分析】（Ⅰ）以D 为原点，DA，DC，DG 所在直线分别为x，y，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，
＝（﹣
2，1，2），求出平⾯CEM 的法向量＝（x，y，z），则
• ＝0，进⽽可得答案．
（Ⅱ）设直线BE 与平⾯CEM 所成⻆为θ，则sinθ＝|cos＜
，＞|＝|
|，即可得出答案．
（Ⅲ）求出平⾯BEM 的法向量＝（a，b，c），计算cos＜，＞＝
，即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为DG⊥平⾯ABCD，AD⊥CD，
所以以D 为原点，DA，DC，DG 所在直线分别为x，y，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系：
则A（2，0，0），B（2，1，0），C（0，2，0），D（0，0，0），G（0，0，2），E（1，0，2），F（0，2，2），
M（0，1，2），
＝（﹣2，1，2），
＝（1，﹣2，2），
＝（0，﹣1，2），
设平⾯CEM 的法向量＝（x，y，z），
则
，
令z＝1，则y＝2，x＝2，
所以＝（2，2，1），
所以
• ＝0，
所以
⊥
，
所以BF∥平⾯CEM．
（Ⅱ）
＝（﹣1，﹣1，2），
设直线BE 与平⾯CEM 所成⻆为θ，
则sinθ＝|cos＜
，＞|＝|
|＝|
|＝
，
所以直线BE 与平⾯CEM 所成⻆的正弦值为
．
（Ⅲ）
＝（﹣1，﹣1，2），
＝（﹣2，0，2），
设平⾯BEM 的法向量＝（a，b，c），
则
，
令a＝1，则b＝1，c＝1，
所以＝（1，1，1），
所以cos＜，＞＝
＝
＝
，
所以平⾯BEM 与平⾯CEM 夹⻆的余弦值为
．
【点评】本题考查直线与平⾯的位置关系和⻆，解题关键是空间向量法的应⽤，属于中档题．
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⽴体⼏何与空间向量——题型50～52
参考答案与试题解析
⼀．解答题（共17 ⼩题）
1．在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1 中，底⾯ABCD 为平⾏四边形，侧⾯ADD1A1 为等腰梯形，且侧⾯ADD1A1
⊥底⾯ABCD，AB＝BD＝3，AD＝2，A1B1＝1，A1D1与BC 的距离为
，点E，F 分别在棱AB，CC1
上，且
，
．
（1）求证：EF∥平⾯ADD1A1；
（2）求四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的⾼；
（3）求异⾯直线A1C1与EF 所成的⻆的余弦值．
【解答】解：（1）取DD1的中点G，连接AG，GF，
则GF 是梯形CDD1C1的中位线，所以GF∥DC 且
，
⼜因为AE∥DC 且
，
所以GF∥AE 且GF＝AE，
所以四边形AEFG 是平⾏四边形，
所以EF∥AG，
因为AG⊂平⾯ADD1A1，EF⊄平⾯ADD1A1，
所以EF∥平⾯ADD1A1；
（2）分别取AD，A1D1的中点O，O1，
如图所示：因为侧⾯ADD1A1为等腰梯形，
所以OO1⊥AD，
因为侧⾯ADD1A1⊥底⾯ABCD，
侧⾯ADD1A1∩底⾯ABCD＝AD，
所以OO1⊥底⾯ABCD，
因为AB＝BD＝3，
所以BO⊥AD，OB∩OO1＝O，
OB，OO1⊂平⾯O1OB，
所以AD⊥平⾯O1OB，
BO1⊂平⾯O1OB，
所以BO1⊥AD，
即BO1⊥A1D1，
且BO1⊥BC，所以BO1为A1D1与BC 的距离，
所以
，
解得OO1＝2，所以四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的⾼为2；
（3）以OA，OB，OO1所在直线分别为x，y，z 轴如图建⽴空间直⻆坐标系，
则A（1，0，0），
，D（﹣1，0，0），
，
所以
，
＝（﹣3，2
，0），
，
所以cos＜
，
＞＝cos＜
，
＞＝
＝
＝
，
所以异⾯直线A1C1与EF 所成⻆的余弦值为
．
2．如图，已知圆锥的底⾯半径r＝2，经过旋转轴SO 的截⾯是等边三⻆形SAB，点Q 为半圆弧
的中点，
点P 为⺟线SA 的中点．
（1）求此圆锥的侧⾯积；
（2）求异⾯直线PQ 与SO 所成⻆的余弦值．
【解答】解：（1）由题意圆锥的底⾯半径r＝2，经过旋转轴SO 的截⾯是等边三⻆形SAB，点Q 为半圆
弧
的中点，点P 为⺟线SA 的中点，可得SA＝4，
所以圆锥的侧⾯积为π×2×4＝8π；
（2）以O 为原点，OQ 所在的直线为x 轴，OA 所在的直线为y 轴，OS 所在的直线为z 轴，建⽴如图所
示的空间直⻆坐标系，
由题意可得
，则
，O（0，0，0），A（0，2，0），Q（2，0，0），
，
则
，
，
所以
，
，
，
所以
，
设异⾯直线PQ 与SO 所成⻆的⼤⼩为θ，
，
则
，
故异⾯直线PQ 与SO 所成⻆的余弦值为
．
3．在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝2AB＝2BC＝2，M 是棱CC1上的中点．
（1）求证：AM⊥BD；
（2）异⾯直线AM 与B1C1所成⻆的余弦值．
【解答】解：（1）证明：以A 为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x 轴，y 轴，z
轴，建⽴空间直⻆坐标系，
因为AA1＝2AB＝2BC＝2，M 是棱CC1上的中点，
所以A（0，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），M（1，1，1），
则
，
所以
，
所以AM⊥BD．
（2）由（1）得
＝（1，1，1），
＝（0，1，0），
设异⾯直线AM 与B1C1所成⻆的⼤⼩为θ，
则cosθ＝
＝
＝
，
故异⾯直线AM 与B1C1所成⻆的余弦值为
．
4．如图，在直三棱柱（侧棱垂直于底⾯的棱柱）ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，
M，N 分别为A1B1，A1A 的中点．
（1）求直线BN 和直线CB1所成⻆的余弦值．
（2）求点B1到平⾯C1MN 的距离．
【解答】解：（1）以C 为原点，以
为x 轴正⽅向，以
为y 轴正⽅向，
以
为z 轴正⽅向，建⽴空间直⻆坐标系，
则C（0，0，0），A（1，0，0），B（0，1，0），C1（0，0，2），
．
∴
，
，
∴直线BN 和直线CB1所成⻆的余弦值为|cos＜
＞|＝
；
（2）由（1）
，
．
设平⾯C1MN 的法向量为
，则
，取x＝2，y＝﹣2，z＝2，
则
，⼜
，则点
B1 到平⾯
C1MN
的距离为
．
5．如图，四边形ABCD 为菱形，PB⊥平⾯ABCD．
（1）证明：平⾯PAC⊥平⾯PBD；
（2）若PA⊥PC，⼆⾯⻆A﹣BP﹣C 的⼤⼩为120°，求PC 与BD 所成⻆的余弦值．
【解答】解：（1）证明：∵PB⊥平⾯ABCD，且AC⊂平⾯ABCD，
∴PB⊥AC，
在菱形ABCD 中，BD⊥AC，且PB∩BD＝B，PB，BD⊂平⾯PBD，
∴AC⊥平⾯PBD，⼜∵AC⊂平⾯PAC，
∴平⾯PAC⊥平⾯PBD．
（2）∵PB⊥平⾯ABCD 且AB⊂平⾯ABCD，BC⊂平⾯ABCD，
∴AB⊥BP，BC⊥BP，
即⼆⾯⻆A﹣BP﹣C 的平⾯⻆是∠ABC，
∴∠ABC＝120° 120°，
取AC 与BD 交点为O，设AB＝BC＝2，
则
，
∴
，∴
，
以O 为坐标原点，OB，OC 所在直线分别为x 轴，为y 轴，如图建⽴空间直⻆坐标系，
则B（1，0，0），D（﹣1，0，0），
，
，
，
，
，
所以BD，PC 所成⻆的余弦值为
．
6．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，点Q 为PD 的中点，PA ⊥底⾯ABCD ，平⾯PAB ⊥平⾯
．
（1）证明：AB⊥BC；
（2）若AC＝AD，求直线CQ 与平⾯PBC 所成⻆的正弦值．
【解答】证明：（1）因为PA⊥底⾯ABCD，且BC⊂底⾯ABCD，所以PA⊥BC，
如图所示，过点A 作AE⊥PB 垂⾜为E，
因为平⾯PAB⊥平⾯PBC，平⾯PAB∩平⾯PBC＝PB，且AE⊂平⾯PAB，所以AE⊥平⾯PBC，
⼜因为BC⊂平⾯PBC，所以AE⊥BC，因为AE∩PA＝A，且AE，PA⊂平⾯PAB，所以BC⊥平⾯PAB，
⼜因为AB⊂平⾯PAB，所以BC⊥AB；
解：（2）因为AB⊥BC，且AB＝BC＝2，在直⻆△ABC 中，可得
，
⼜因为AC＝AD，所以
，
因为
，所以在△ABD 中，可得
，
⼜因为∠BAD∈（0，π），所以
，
由AB⊥BC 且AB＝BC，所以△ABC 为等腰直⻆三⻆形，可得
，
所以
，即AC⊥AD，
因为PA⊥底⾯ABCD，且AC，AD⊂平⾯ABCD，所以PA⊥AC，PA⊥AD，故AC，AD，AP 两两互相垂
直，
以A 为原点，以AC，AD，AP 所在直线分别为x，y，z 轴，建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，
因
为
AB
＝
BC
＝
2
，
PA
＝
4
，
所
以
，
⼜因为点Q 为PD 的中点，所以
，
所以
，
设平⾯PBC 的法向量为
，则
，解得
，
不妨取
，则
，所以
，
设直线CQ 与平⾯PBC 所成⻆为θ，
可得
，
所以直线CQ 与平⾯PBC 所成⻆的正弦值为
．
7．如图，BCFE 是平⾏四边形，AEFD 是梯形，
，EF＝2AE，CF＝2，DF⊥EF，CD⊥平⾯AEFD，
⼆⾯⻆B﹣EF﹣D 的平⾯⻆是
．
（1）求多⾯体AEFDBC 的体积；
（2）求直线AB 与平⾯ACF 的夹⻆的正弦值．
【解答】解：（1）∵CD⊥平⾯AEFD，EF⊂平⾯AEFD，∴CD⊥EF，
⼜∵DF⊥EF，DF∩CD＝D，∴EF⊥平⾯CDF，
∴EF⊥CF，EF⊥DF，∴∠CFD 是⼆⾯⻆B﹣EF﹣D 的平⾯⻆，
∴
，⼜∵CF＝2，∴DF＝1，
，
∵
，∴AE∥DF，AE＝2DF＝2，EF＝2AE＝4，
连CE，则
，
∴
CD＝•6•
，
∵BCFE 是平⾏四边形，∴BE∥CF，⼜AE∥DF，∴
，
∵AE＝2，BE＝2，∴△ABE 是正三⻆形，
，
∵DF⊥EF，DF∥AE，∴AE⊥EF，
同理可证BE⊥EF，∵AE∩BE＝E，∴EF⊥平⾯ABE，
∴
＝•
•
，
∴
，
（2）设AE 中点为M，
以D 为原点，FD 为x 轴，DM 为y 轴，DC 为z 轴建⽴空间直⻆坐标系，
则A（1，4，0），
，
，…
设平⾯ACF 的法向量为
，A（1，4，0），
，F（﹣1，0，0），
，
，
由
，得
，
，
设直线AB 与平⾯ACF 的夹⻆为θ，
则
，
，
所以直线AB 与平⾯ACF 的夹⻆正弦值为
．
8．如图，等腰梯形ABED 的⾼为2，AB∥DE，AB＝3DE＝6，C 是AB 上靠近A 的三等分点，如图①所示，
将△ACD 沿DC 折起到△A1CD 的位置，使得A1C⊥CB，如图②所示，点M 在棱A1B 上．
（1）求证：直线A1C⊥平⾯BCDE；
（2）若M 是A1B 的中点，求直线DM 与平⾯A1BE 所成⻆的正弦值；
（3）若平⾯DCM 与平⾯A1BE 所成的锐⼆⾯⻆为45°，求
的值．
【解答】解：（1）证明：在图中，作AB 的靠近B 的三等分点H，连接DH，所以AB＝3HB，
结合AB＝3DE 和DE∥HB，
所以四边形EDHB 为平⾏四边形，所以DH＝EB．
所以△ADH 为等腰三⻆形，因为C 是AB 上靠近A 的三等分点，
所以C 为等腰三⻆形ADH 底边上的中点，所以DC⊥AC，
所以在图②中，A1C⊥CD，⼜因为A1C⊥CB，且CD∩CB＝C，
所以直线A1C⊥平⾯BCDE．
（2）由（1）知CD，CB，CA1两两垂直，
分别以CD，CB，CA1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，如图所示，
则C（0，0，0），D（2，0，0），E（2，2，0），B（0，4，0），A1（0，0，2），M（0，2，1），
所以
，
，
，
设平⾯A1BE 的法向量为n＝（x，y，z），则
令y＝1，得n＝（1，1，2），
设直线DM 与平⾯A1BE 所成⻆的⼤⼩为θ，
则
，
所以直线DM 与平⾯A1BE 所成⻆的正弦值为
．
（3）
，
，
，
，
设
，0≤λ≤1，则
＝
+
＝
+λ
＝（0，4λ，2（1﹣λ）），
设平⾯DCM 的法向量为m＝（a，b，c），则
解得a＝0，
令c＝2λ，得b＝λ﹣1，可得平⾯DCM 的⼀个法向量为m＝（0，λ﹣1，2λ），
由题知
，
解得
，且点M 在棱A1B 上，所以
的值为
．
9．如图1，在平⾏四边形ABCD 中，AB＝2BC＝4，∠ABC＝60°，E 为CD 的中点．将△ADE 沿AE 折起，
连接BD 与CD，如图2．
（1）当BD 为何值时，平⾯ADE⊥平⾯ABCE？
（2）设
，当BE⊥DE 时，是否存在实数λ，使得直线AF 与平⾯ABCE 所成⻆
的正弦值为
？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
（3）当三棱锥B﹣CDE 的体积最⼤时，求三棱锥D﹣ABE 的内切球的半径．
【解答】解：（1）连接BE，由题意得，AD＝DE＝2，∠ADE＝60°，
则△ADE 为等边三⻆形，AE＝AD＝2，
在△BCE 中，EC＝2，BC＝2，∠BCE＝180°﹣60°＝120°，
由余弦定理得
，
所以
，由
，
则AE2+BE2＝AB2，故BE⊥AE，
若平⾯ADE⊥平⾯ABCE，
由平⾯ADE∩平⾯ABCE＝AE，BE⊂平⾯ABCE，BE⊥AE，
则BE⊥平⾯ADE，DE⊂平⾯ADE，则BE⊥DE，
所以
，
下⾯证明当BD＝4 时，平⾯ADE⊥平⾯ABCE，
证明：由
，则BE2+DE2＝BD2，
所以BE⊥DE，⼜BE⊥AE，AE∩DE＝E，AE，DE⊂平⾯ADE，
所以BE⊥平⾯ADE，
⼜BE⊂平⾯ABCE，所以平⾯ADE⊥平⾯ABCE，
故当BD＝4 时，平⾯ADE⊥平⾯ABCE；
（2）由（1）知，BE⊥DE，则平⾯ADE⊥平⾯ABCE．
在平⾯ADE 内过E 作EG⊥AE，
由平⾯ADE∩平⾯ABCE＝AE，EG⊂平⾯ABCE，
则EG⊥平⾯ABCE，BE⊂平⾯ADE，则EG⊥BE．
如图，以点E 为原点，以EA，EB，EG 所在直线分别为x，y，z 轴，过E 垂直于平⾯ABCE 的直线为z
轴，建⽴如图所示的空间直⻆坐标系E﹣xyz，
则
，
故
，
由
，
，
因为z 轴垂直平⾯ABCE，故可取平⾯ABCE 的⼀个法向量为
，
设直线AF 与平⾯ABCE 所成⻆为θ，
所
以
，
化简得3λ2﹣14λ+8＝0，
解得
或λ＝4（舍去），
故当BE⊥DE 时，存在
，使直线AF 与平⾯ABCE 所成⻆的正弦值为
；
（3）设点D 到平⾯ABCE 的距离为h，
由
，其中S△BCE 为定值，
则要使三棱锥D﹣BCE 的体积最⼤时，则点D 到平⾯BCE 的距离取最⼤，
取AE 中点H，连接DH，则DH⊥AE，
当DH⊥平⾯BCE 时，点D 到平⾯BCE 的距离最⼤，
此时，由DH⊂平⾯ADE，则平⾯ADE⊥平⾯ABCE，
由（1）知，BE⊥DE，△BED 为直⻆三⻆形，BD＝4．
则
，
，
，
在△ABD 中，AB＝4，AD＝2，BD＝4，取AD 中点M，
则BM⊥AD，且
，
所以
，
设内切球球⼼为I，内切球半径为r，由等体积法知，
其中，
，
故
，
故当三棱锥B﹣CDE 的体积最⼤时，三棱锥D﹣ABE 的内切球的半径为
．
10．如图所示，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，
，
．
（1）求证：A1D⊥BE；
（2）求直线A1D 与平⾯BDE 所成⻆的正弦值．
【解答】证明：（1）因为三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，且
，
，
在直⻆△A1AD 与直⻆△ACE 中，可得
，
所以△A1AD∽△ACE，
所以∠AA1D＝∠CAE，
所以∠AA1D+∠A1DA＝∠CAE+∠A1DA＝90°，
所以A1D⊥AE，
因为AA1⊥底⾯ABC，AB⊂底⾯ABC，
所以AA1⊥AB，
⼜AB⊥AC，AA1∩AC＝A，且AA1，AC⊂平⾯ACC1A1，
所以AB⊥平⾯ACC1A1，
⼜因为A1D⊂平⾯ACC1A1，
所以AB⊥A1D，
因为AB∩AE＝A，且AB，AE⊂平⾯ABE，
所以A1D⊥平⾯ABE，
⼜因为BE⊂平⾯ABE，
所以A1D⊥BE．
解：（2）以A 为坐标原点，以AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z 轴建⽴的空间直⻆坐标系，如图所
示，
则A1（0，0，3），B（3，0，0），D（0，1，0），E（0，3，1），
则
，
，
，
设平⾯BDE 的法向量为
，
则
，
令x＝1，可得y＝3，z＝﹣6，
所以平⾯BDE 的⼀个法向量为
．
设直线A1D 与平⾯BDE 所成⻆的⼤⼩为θ，
则
，
故直线A1D 与平⾯BDE 所成⻆的正弦值为
．
11．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，PA⊥⾯ABCD，AB∥CD，且CD＝2，AB＝1，BC＝2
，PA＝1，AB⊥
BC，E，F 分别为PD，BC 的中点．
（1）求证：EF∥平⾯PAB；
（2）在线段PD 上是否存在⼀点M，使得直线CM 与平⾯PBC 所成⻆的正弦值是
？若存在，求出
的值，若不存在，说明理由；
（3）在平⾯PBC 内是否存在点H，满⾜
＝0，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H
的轨迹图形形状．
【解答】（1）证明：取PC 的中点G，连接EG，FG，
因为E 为PD 的中点，所以EG∥DC，
⼜AB∥DC，所以EG∥AB，
⼜AB⊂平⾯PAB，EG⊄平⾯PAB，
所以EG∥平⾯PAB，同理可证FG∥平⾯PAB，
⼜因为EG∩FG＝G，EG，FG⊂平⾯EFG，
所以平⾯EFG∥平⾯PAB，⼜EF⊂平⾯EFG，
所以EF∥平⾯PAB；
（2）解：假设存在，设DM＝tPD（0≤t≤1），如图，
取CD 的中点Q，连接AQ，则AQ∥BC，
以点A 为坐标原点，建⽴空间直⻆坐标系，
则P（0，0，1），B（0，1，0），
，
故
，
，
则
，
设平⾯PBC 的法向量
，
则有
，可取＝（0，1，1），
则
，
整理得4t2﹣16t+7＝0，解得
或
（舍去），
所以当
时，直线CM 与平⾯PBC 所成⻆的正弦值是
；
（3）解：假设存在，设H（a，b，c）
，
，
，
因为
共⾯，所以存在唯⼀实数对（x，y）使得
，
即（a，b﹣1，c）＝（
），即
，故H（
），
则
，
，
则
＝
，
整理得
，所以点H 的轨迹为椭圆，
即在平⾯PBC 内存在点H，满⾜
＝0，点H 的轨迹为椭圆．
12．如图，在三棱锥P﹣ABC 中，平⾯PAC⊥平⾯ABC，AB⊥BC，
，△PAC 是等边三⻆形，O
为AC 的中点，M 为BC 的中点．
（1）求证：PO⊥平⾯ABC；
（2）求直线PC 与平⾯PAM 所成⻆的正弦值．
【解答】解：（1）证明：∵平⾯PAC⊥平⾯ABC，
且平⾯PAC∩平⾯ABC＝AC，
PO⊂平⾯PAC，△PAC 是等边三⻆形，O 为AC 的中点，
可得PO⊥AC，
∴PO⊥平⾯ABC．
（2）∵AB⊥BC，
，连接OB，
∴OB⊥AC，
以O 为坐标原点，
的⽅向为x 轴正⽅向，建⽴如图所述的空间直⻆坐标系O﹣xyz．，
由题设可得各点坐标为A（0，﹣1，0），C（0，1，0），
，B（1，0，0），
，
，
，
，
设平⾯APM 的法向量为
，则
，
代⼊坐标可得
，可取
，
设直线PC 与平⾯PAM 所成⻆为θ，
sinθ＝|cos＜，
＞|＝
＝
＝
，
∴直线PC 与平⾯PAM 所成⻆的正弦值为
．
13．如图1，在平⾏四边形ABCD 中，D＝60°，DC＝2AD＝2，将△ADC 沿AC 折起，使点D 到达点P 位置，
且PC⊥BC，连接PB 得三棱锥P﹣ABC，如图2．
（1）证明：平⾯PAB⊥平⾯ABC；
（2）在线段PC 上是否存在点M，使平⾯AMB 与平⾯MBC 的夹⻆的余弦值为
，若存在，求出
的值，若不存在，请说明理由．
【解答】（1）证明：由题意，在平⾏四边形ABCD 中，
D＝60°，DC＝2，AD＝1，
则在△ADC 中，由余弦定理，
可得AC2＝AD2+DC2﹣2AD•DC•cos60°＝1+4﹣2×
，
则有AC2+AD2＝DC2，故AC⊥AD，即AC⊥PA，
⼜AD∥BC，所以AC⊥BC，
由题意，PC⊥BC，AC∩PC＝C，AC，PC⊂平⾯PAC，
所以BC⊥平⾯PAC，⼜PA⊂平⾯PAC，所以PA⊥BC，
⼜AC∩BC＝C，AC，BC⊂平⾯ABC，
所以PA⊥平⾯ABC，⼜PA⊂平⾯PAB，
所以平⾯PAB⊥平⾯ABC；
（2）解：过点A 作Ax∥BC，由（1）可知，Ax，AC，AP 两两垂直，
以A 为坐标原点，建⽴如图所示空间直⻆坐标系，
则
，
，P（0，0，1），
假设在线段PC 上存在点M 满⾜题意，
设
，则有
，
故M（
，
则
，
，
，
，
设平⾯AMB 的⼀个法向量为
，
则有
，令y＝
，可得
，
即
，
设平⾯MBC 的⼀个法向量为
，
则有
，令b＝
，可得a＝0，c＝3，
即
，
若平⾯AMB 与平⾯MBC 的夹⻆的余弦值为
，
则有
＝
，
整理得81λ2+72λ﹣84＝0，解得
或
（舍去），
故
，即
，
故在线段PC 上存在点M，当
时，
可得平⾯AMB 与平⾯MBC 的夹⻆的余弦值为
．
14．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 为梯形，AB∥CD，CD⊥BC，AB＝2CD＝4，BD＝BP，△PCD
为等边三⻆形．
（1）证明：BC⊥平⾯PCD．
（2）若△ABD 为等边三⻆形，求平⾯PBD 与平⾯PAD 夹⻆的余弦值．
【解答】（1）证明：如图，以C 为原点，CD ⽅向为x 轴正⽅向，CB ⽅向为y 轴正⽅向，
垂直于平⾯ABCD 向上为z 轴正⽅向，建⽴空间直⻆坐标系C﹣xyz，
∵AB＝2CD＝4，∴C（0，0，0），D（2，0，0），
设A（4，y1，0），B（0，y1，0），
∵△PCD 为等边三⻆形，∴DP＝CP，设P（1，y2，z2），
∵BD＝BP，∴
，
即
，①
∵△PCD 为等边三⻆形，∴CD＝CP，
∴
，4＝
，②
由①：
，即
，
代⼊②有：4＝1+2y1y2+3，化简得y1y2＝0，
∵y1≠0（否则B，C 重合与题设⽭盾），
∴y2＝0，代⼊②解得：
，
∴
，⼜
，
∴
，∴BC⊥CP，
⼜BC⊥CD，CD∩CP＝C，CD，CP⊂平⾯PCD，
∴BC⊥平⾯PCD；
（2）∵ABD 为等边三⻆形，∴AB＝BD，
即
，解得
，
∴
，
，
由（1）知，
设平⾯PBD 的⼀个法向量为
，由
，
可得
，取
，可得
，
设平⾯PAD 的⼀个法向量为
，由
，
可得
，取
，可得
，
故
，
即平⾯PBD 与平⾯PAD 夹⻆的余弦值为
．
15．已知正⽅形ABCD 和矩形ACEF 所在的平⾯互相垂直，AB＝2，AF＝1，点M 在线段EF 上．
（Ⅰ）若M 为EF 的中点，求证：AM∥平⾯BDE；
（Ⅱ）求⼆⾯⻆A﹣DF﹣B 的正切值；
（Ⅲ）证明：存在点M，使得AM⊥平⾯BDF，并求
的值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：设AC∩BD＝O，连结OE，
因为
正⽅形ABCD，所以O 为AC 中点，
⼜
矩形ACEF，M 为EF 的中点，
所以
EM∥OA，且EM＝OA，
所以OAME 为平⾏四边形，
所以AM∥OE，
⼜AM⊄平⾯BDE，OE⊂平⾯BDE，
所以AM∥平⾯BDE；
（Ⅱ）以C 为原点，分别以CD，CB，CE 为x，y，z 轴建⽴坐标系C﹣xyz，
则A（2，2，0），B（0，2，0），D（2，0，0），F（2，2，1），
则
，
设平⾯BDF 的法向量为
，
由
，得
，
则
，
易知平⾯ADF 的法向量＝
，
所以
，
由图可知⼆⾯⻆A﹣BF﹣D 为锐⻆，记为θ，
所以cosθ＝
，
即
，
所以求⼆⾯⻆A﹣DF﹣B 的正切值为
．
（Ⅲ）设M（x0，x0，1），则
，
若AM⊥平⾯BDF，则
，
即（x0﹣2，x0﹣2，1）∥（1，1，﹣2），
所以
，解得
，
所以
，
所以
．
16．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，PA⊥平⾯ABCD，底⾯ABCD 是菱形，PA＝AB＝2，∠BAD＝60°．
（1）求证：直线BD⊥平⾯PAC；
（2）若点M 为线段PC 的中点，求⼆⾯⻆C﹣MB﹣A 的正弦值．
【解答】解（1）证明：因为PA⊥平⾯ABCD，BD⊂平⾯ABCD，所以PA⊥BD，
即BD⊥PA，
⼜因为底⾯ABCD 是菱形，所以BD⊥AC，⼜PA∩AC＝A，AC，PA⊂平⾯PAC，
所以直线BD⊥平⾯PAC；
（2）因为底⾯ABCD 是菱形，所以AB＝AD＝2，⼜∠BAD＝60°，
所以△BAD 为等边三⻆形，则BD＝2，在△ADC 中，∠ADC＝120°，AD＝DC＝2，
则
，
设BD 与AC 的交点为点O，以点O 为坐标原点，过点O 且平⾏于AP 的直线为z 轴，以AC，BC 所在
的直线为y 轴和x 轴，建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，
则
，
所以
，
设平⾯MBC 的法向量为
，
则
，即
，即
，
令z1＝1，则
，
设平⾯MBA 的法向量为
，
则
，即
，即
，
令z2＝1，则
，
设⼆⾯⻆C﹣MB﹣A 的平⾯⻆为α，
，
所以
，
故⼆⾯⻆C﹣MB﹣A 的正弦值
．
17．如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝2
，AA1＝5，D 为AC 中点，且∠ABD＝30°，BE
＝
．
（1）求证：BD⊥A1F；
（2）求平⾯AEF 与平⾯A1EF 夹⻆的余弦值．
【解答】解：（1）证明：因为AB＝AC＝2
，D 为AC 中点，所以AD＝
，
⼜∠ABD＝30°，所以由余弦定理得，BD＝3，所以AB2＝AD2+BD2，
所以BD⊥AC，
由直棱柱性质有，AA1⊥平⾯ABC，BD⊂平⾯ABC，
所以AA1⊥BD，⼜AA1∩AC＝A，
所以BD⊥平⾯ACC1A1，⼜F 在CC1上，所以A1F⊂平⾯ACC1A1，
所以BD⊥A1F．
（2）过D 作侧棱AA1的平⾏线，交A1C1于点G，则DG⊥平⾯ABC，
则在D 处有DA、DB、DC 两两互相垂直，以D 为原点，
DA、DB、DC 所在直线分别为x、y、z 轴建⽴空间直⻆坐标系，如图所示：
则依题意有，A（
，0，0），B（0，3，0），C（
，0，0），E（0，3，3），F（﹣
，0，1），A1（
，
0，5），
，
，
，
设平⾯AEF 的⼀个法向量为
，
则
，令
，则y＝﹣5，z＝6，
所以
，
设平⾯A1EF 的⼀个法向量为
，
则
，令a＝
，则b＝0，c＝
，
所以
，
设平⾯AEF 与平⾯A1EF 的夹⻆为θ，
则cosθ＝
．
平⾯AEF 与平⾯A1EF 夹⻆的余弦值为
．
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⽴体⼏何与空间向量——题型53～54
参考答案与试题解析
题号
1
2
答案
B
D
⼀．选择题（共2 ⼩题）
1．如图，在平⾏四边形ABCD 中，AB＝2BC＝2，∠ABC＝60°，E 为CD 的中点，沿AE 将△DAE 翻折⾄△
PAE 的位置得到四棱锥P﹣ABCE，且PB＝2．若F 为棱PB 的中点，则点F 到平⾯PCE 的距离为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】j 解：在四边形ABCD 中，连接BE，由题意可知△DAE 是边⻓为1 的等边三⻆形，
则
，
，BC＝CE＝1，则
，可知
，
即AE⊥EB，且
，由PB＝2，PE＝1，
，
则PE2+BE2＝PB2，可知PE⊥EB，
由AE∩PE＝E，AE，PE⊂平⾯PAE，
可得EB⊥平⾯PAE，⼜因为EB⊂平⾯ABCE，
所以平⾯PAE⊥平⾯ABCE．
取AE 中点O，AB 中点H，连PO，OH，
则
，OH∥BE，可得OH⊥AE，
因为△PAE 为等边三⻆形，则PO⊥AE，平⾯PAE∩平⾯ABCE＝AE，
PO⊂平⾯PAE，所以PO⊥平⾯ABCE．
以O 为原点，OA ，OH ，OP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建⽴空间直⻆坐标系，
则
，
，
，
，
，可得
，
，
．
设平⾯PCE 的法向量
，
则
，则
，
令
，则y＝1，z＝﹣1，
可得
，
由点F 为线段PB 的中点，知点F 到平⾯PCE 的距离是点B 到平⾯PCE 的距离的
．
平⾯PCE 的⼀个法向量
，
，
点B 到平⾯PCE 的距离
，
所以点F 到平⾯PCE 的距离为
．
故选：B．
2．如图，在棱⻓为1 的正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，E 为线段DD1的中点，F 为线段BB1的中点，则直线
AE 到平⾯C1DF 的距离为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：以D 为坐标原点建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，
则D（0，0，0），
，
可得
，
，
可得
＝
，所以
∥
，⽽A∉FC1，
即AE∥FC1，
⼜因为AE⊄平⾯C1DF，FC1⊂平⾯C1DF，
所以AE∥平⾯C1DF，
所以直线AE 到平⾯C1DF 的距离为点A 到平⾯C1DF 的距离，
设平⾯C1DF 的法向量为
，
则
，即
，
令x＝1，则z＝2，y＝﹣2，所以
，
• ＝1×1+0×（﹣2）+0×2＝1，| |＝
＝3，
所以点A 到平⾯C1DF 的距离为|
•
|＝．
故选：D．
⼆．解答题（共10 ⼩题）
3．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，底⾯ABCD 是边⻓为2 的正⽅形，PA⊥平⾯ABCD，Q 为棱PD 的中点．
（1）求证：PB∥平⾯ACQ；
（2）已知AQ⊥PC．
①求直线PC 与平⾯ACQ 所成⻆的正弦值；
②求点P 到平⾯ACQ 的距离．
【解答】解：（1）证明：连接BD∩AC＝N，连QN，如图，正⽅形ABCD 中，N 为BD 的中点，⽽Q 为
棱PD 的中点，
则PB∥QN，⽽QN⊂平⾯ACQ，PB⊄平⾯ACQ，
所以PB∥平⾯ACQ．
（2）因为PA⊥底⾯ABCD，CD⊂底⾯ABCD，
所以PA⊥CD，正⽅形ABCD 中，AD⊥CD，
⼜因为PA∩AD＝A，PA，AD⊂平⾯PAD，
所以CD⊥平⾯PAD，
因为AQ⊂平⾯PAD，所以AQ⊥CD，
⼜因为AQ⊥PC，PC∩CD＝C，PC，CD⊂平⾯PCD，
所以AQ⊥平⾯PCD，PD⊂平⾯PCD，所以AQ⊥PD，Q 为棱PD 的中点．
所以AP＝AD＝2，
如图建⽴空间直⻆坐标系O﹣xyz，
依题意，则A（0，0，0），C（2，2，0），P（0，0，2），Q（0，1，1），
所以
，
设平⾯AQC 的法向量
，
则
，因为
，所以
，
令x＝1，得
，即
，
设直线PC 与平⾯ACQ 所成⻆为θ，
所以
，
所以直线PC 与平⾯AQC 所成⻆的正弦值为
；
②点P 到平⾯ACQ 的距离
．
4．在三棱锥P﹣ABC 中，平⾯PAB⊥平⾯ABC，
，BC＝2，AC＝4，△PAB 是等腰直⻆三⻆形，
PA＝PB．
（1）求证：PA⊥平⾯PBC；
（2）求异⾯直线PB 与AC 的夹⻆的余弦值；
（3）设点T 是三棱锥P﹣ABC 外接球上⼀点，求T 到平⾯PBC 距离的最⼤值．
【解答】（1）证明：因为
，BC＝2，AC＝4，所以AB2+BC2＝AC2，即AB⊥BC，
因为平⾯PAB⊥平⾯ABC，平⾯PAB∩平⾯ABC＝AB，BC⊂平⾯ABC，
所以BC⊥平⾯PAB，
⼜PA⊂平⾯PAB，所以BC⊥PA，
因为△PAB 是等腰直⻆三⻆形，PA＝PB，所以PA⊥PB，
⼜PB，BC⊂平⾯PBC，PB∩BC＝B，
所以PA⊥平⾯PBC．
（2）解：以B 为坐标原点，BC、BA 所在直线分别为x 轴、y 轴，作Bz⊥平⾯ABC，建⽴如图所示的空
间直⻆坐标系，
则B（0，0，0），
，C（2，0，0），
取AB 的中点D，则PD⊥AB，且
，
所以P
，
所以
，
＝（2，﹣2
，0），
所以cos＜
，
＞＝
＝
＝﹣
，
故异⾯直线PB 与AC 的夹⻆的余弦值为
．
（3）解：设三棱锥P﹣ABC 外接球的球⼼O 的坐标为（x，y，z），
因为OB＝OA＝OC＝OP，
所以x2+y2+z2＝
＝（x﹣2）2+y2+z2＝
，
解得x＝1，y＝
，z＝0，即O（1，
，0），
所以球O 的半径R＝OB＝2，
由（1）知，PA⊥平⾯PBC，
所以平⾯PBC 的⼀个法向量为
＝（0，
，﹣
），
⼜因为
＝（1，
，0），
所以球⼼O 到平⾯PBC 的距离为d＝
＝
＝
，
故点T 到平⾯PBC 距离的最⼤值为d+R＝2+
．
5．如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底⾯ABCD 是正⽅形，D1D⊥平⾯ABCD，D1D＝2，AB＝6，A1B1
＝3．
（1）求证：A1A∥平⾯C1BD；
（2）求直线A1A 到平⾯C1BD 的距离；
（3）若点P 是平⾯ABCD 内的动点，且满⾜BD1⊥B1P，设直线D1P 与平⾯ABCD 所成⻆为θ，求tanθ
的最⼤值．
【解答】（1）证明：如图，连接AC 交BD 于点O，连接OC1，A1C1，
把四棱台ABCD﹣A1B1C1D1补成四棱锥S﹣ABCD，
由棱台的性质，得A1B1∥AB，⼜∵AB＝2A1B1，
∴A1，B1，C1，D1分别为SA，SB，SC，SD 的中点，
在△SAC 中，∵C1，O 分别为SC，AC 的中点，
∴OC1∥SA，即A1A∥OC1，
⼜A1A⊄平⾯C1BD，OC1⊂平⾯C1BD，
∴A1A∥平⾯C1BD；
（2）解：由（1）知A1A∥平⾯C1BD，
故直线A1A 到平⾯C1BD 的距离即为点A 到平⾯C1BD 的距离．
以D 为坐标原点，以
的⽅向分别为x 轴，y 轴正⽅向，建⽴如图所示空间直⻆坐标系，
则D（0，0，0），B（6，6，0），C1（0，3，2），A（6，0，0），
D1（0，0，2），B1（3，3，2），
．
设
为平⾯C1BD 的⼀个法向量，
由
，令z＝3，得
，
则点A 到平⾯C1BD 的距离
．
故直线A1A 到平⾯C1BD 的距离为
；
（3）解：设点
，
∵BD1⊥B1P，
∴
，
即3x+3y﹣16＝0，
点D（0，0）到直线3x+3y﹣16＝0 的距离为
．
连接DP，
∵D1D⊥平⾯ABCD，∴DP 是D1P 在平⾯ABCD 内的射影，
故∠D1PD 就是D1P 与平⾯ABCD 所成的⻆，
则
，
当DP＝
时，tanθ的值最⼤，故tanθ的最⼤值为
．
6．在如图所示的⼏何体中，四边形ABCD 为矩形，AF⊥平⾯ABCD，EF∥AB，其中AD＝2，AB＝AF＝2EF
＝1，P 是棱DF 的中点．
（Ⅰ）求证：BF∥平⾯APC；
（Ⅱ）求直线DF 与平⾯APC 夹⻆的正弦值；
（Ⅲ）求点E 到平⾯APC 的距离；
【解答】解：（Ⅰ）证明：连接BD 交AC 于点O，因为P，O 分别为DF，DB 的中点，所以BF∥PO，
⼜PO⊂平⾯APC，BF⊄平⾯APC，
则BF∥平⾯APC；
（Ⅱ）直线AF⊥平⾯ABCD，AB⊂平⾯ABCD，
所以AF⊥AB，且AF⊥AD，AB⊥AD，
则以A 为原点，AB，AD，AF 所在直线为x，y，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，
则B（1，0，0），D（0，2，0），
，C（1，2，0），F（0，0，1），
，
所以
，
，
设平⾯APC 的法向量为
，
由
，得
，
令x＝2，得
，且
，
所以
，
直线DF 与平⾯APC 夹⻆的正弦值为
；
（Ⅲ）因为
，
且平⾯APC 的法向量为
，
则点E 到平⾯APC 的距离
．
7．如图1，在平⾯四边形BCDP 中，PD∥BC，BA⊥AD，垂⾜为A，PA＝AB＝BC＝2AD，将PAB 沿AB 翻
折到△SAB 的位置，使得平⾯SAB⊥平⾯ABCD，如图2 所示．
（1）设平⾯SCD 与平⾯SAB 的交线为l，证明：BC⊥l．
（2）在线段SC 上是否存在⼀点Q（点Q 不与端点重合），使得⼆⾯⻆Q﹣BD﹣C 的余弦值为
，若
存在，求出
的值；若不存在，请说明理由．
【解答】（1）证明：由已知可得BC⊥AB，
∵平⾯ASB∩平⾯ABCD＝AB，平⾯SAB⊥平⾯ABCD，
∴BC⊥平⾯SAB，
∵平⾯SCD∩平⾯SAB＝l，
∴l⊂平⾯SAB，则BC⊥l．
（2）解：由图1 可知AB⊥AD，
∵平⾯SAB∩平⾯ABCD＝AB，平⾯SAB⊥平⾯ABCD，
∴SA⊥平⾯ABCD，
∴SA⊥AB，SA⊥AD，则AB，AD，AS 两两垂直，
故以A 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⻆坐标系，
令AD＝1，则B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0），S（0，0，2），
∴
，
，
设
（0＜λ＜1），则
，Q（2λ，2λ，﹣2λ+2），
∴
，
设平⾯BDQ 的⼀个法向量为
，
则
，即
，
令x＝2﹣2λ，则y＝1﹣λ，z＝1﹣3λ，
∴
，
易知平⾯BCD 的⼀个法向量为
，
设⼆⾯⻆Q﹣BD﹣C 的平⾯⻆为θ，由图可知θ
，
∴
，
即6（1﹣3λ）2＝14λ2﹣16λ+6，整理得2λ2＝λ，
解得
，或λ＝0（舍去），
∴当
时，⼆⾯⻆Q﹣BD﹣C 的余弦值为
．
8．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，平⾯PDC⊥平⾯ABCD，AD⊥DC，AB∥DC，
CD＝AD＝1，M 为
棱PC 的中点．
（Ⅰ）证明：BM∥平⾯PAD；
（Ⅱ）若
，PD＝1，
（i）求⼆⾯⻆P﹣DM﹣B 的余弦值；
（ii）在线段PA 上是否存在点Q，使得点Q 到平⾯BDM 的距离是
？若存在，求出PQ 的值；若不
存在，说明理由．
【解答】（Ⅰ）证明：取PD 的中点N，连接AN，MN，如图所示：
∵M 为棱PC 的中点，
∴MN∥CD，MN＝CD，∵AB∥CD，AB＝CD，∴AB∥MN，AB＝MN，
∴四边形ABMN 是平⾏四边形，∴BM∥AN，
⼜BM⊄平⾯PAD，MN⊂平⾯PAD，
∴BM∥平⾯PAD；
（Ⅱ）解：∵
，PD＝1，CD＝2，
∴PC2＝PD2+CD2，∴PD⊥DC，
∵平⾯PDC⊥平⾯ABCD，平⾯PDC∩平⾯ABCD＝DC，
PD⊂平⾯PDC，
∴PD⊥平⾯ABCD，
⼜AD，CD⊂平⾯ABCD，∴PD⊥AD，PD⊥CD，由AD⊥DC，
∴以点D 为坐标原点，DA，DC，DP 所在直线分别为x，y，z 轴建⽴空间直⻆坐标系，如图：
则P（0，0，1），D（0，0，0），A（1，0，0），C（0，2，0），∵M 为棱PC 的中点，
∴M（0，1，），B（1，1，0），
（i）
＝（0，1，），
＝（1，1，0）
设平⾯BDM 的⼀个法向量为＝（x，y，z），
则
，令z＝2，则y＝﹣1，x＝1，
∴
＝（1，﹣1，2），
平⾯PDM 的⼀个法向量为
＝（1，0，0），
∴cos＜，
＞＝
＝
＝
，
∴⼆⾯⻆P﹣DM﹣B 的余弦值为
；
（ii）假设在线段PA 上是存在点Q，使得点Q 到平⾯BDM 的距离是
，
设
＝λ
，0＜λ＜1，则Q（λ，0，1﹣λ），
＝（λ﹣1，﹣1，1﹣λ），
由（2）知平⾯BDM 的⼀个法向量为＝（1，﹣1，2），
• ＝λ﹣1+1+2（1﹣λ）＝2﹣λ，
∴点Q 到平⾯BDM 的距离是
＝
＝
，
∴λ＝，∴PQ＝
．
9．如图，四棱锥A﹣BCDE 中，平⾯ABC⊥平⾯BCDE，△ABC 是边⻓为2 的等边三⻆形，底⾯BCDE 是
矩形，且
．
（Ⅰ）若点G 是AE 的中点，
（i）求证：AC∥平⾯BDG；
（ii）求直线DG 与平⾯ABC 所成⻆的正弦值；
（Ⅱ）在线段AB 上是否存在⼀点F，使⼆⾯⻆B﹣CE﹣F 的⼤⼩为
．若存在，求
的值；若不存在，
请说明理由．
【解答】解：（Ⅰ）证明：（ⅰ）连CE 交BD 于点O，连GO，因为G、O 分别为AE，CE 中点，
所以GO∥AC，因为GO⊂平⾯BDG，AC⊄平⾯BDG，
所以AC∥平⾯BDG．
（ⅱ）以BC 中点H 为坐标原点建⽴空间直⻆坐标系如图所示，
则
，
，
，
，
，
取平⾯ABC 的⼀个法向量为
，
设直线DG 与平⾯ABC 所成的⻆为θ，
则
，
（Ⅱ）若存在F 满⾜条件，设
，
则
，
，
，
设平⾯FCE 的⼀个法向量为
，
由
，
，
即
，
取z＝1，得
，
取平⾯BCE 的⼀个法向量
，
由题意
，
得
，
所以当
时满⾜条件．
10．如图，在正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝3，点E 在棱AB 上，且AE＝1．
（1）求三棱锥D1﹣A1CE 的体积；
（2）在线段B1C1上是否存在点F，使得BF∥平⾯A1CE？若存在，求
的值；若不存在，请说明理
由．
（3）求⼆⾯⻆A1﹣CE﹣A 的余弦值．
【解答】解：（1）连接A1B，
因为A1D1∥BC，A1D1＝BC，
所以四边形A1D1CB 是平⾏四边形，即A1，D1，C，B 四点共⾯，
因为A1D1⊥平⾯AA1B1B，且A1D1⊂平⾯A1D1CB，
所以平⾯A1D1CB⊥平⾯AA1B1B，
所以点E 到平⾯A1D1CB 的距离就是点E 到直线A1B 的距离，
设点E 到直线A1B 的距离为h，
因为
，
所以h＝
＝
，
⼜
＝
＝
，
所以三棱锥D1﹣A1CE 的体积V＝
＝h•
＝
×
＝3．
（2）以D 为坐标原点，建⽴如图所示的空间直⻆坐标系，
则B（3，3，0），A1（3，0，3），C（0，3，0），E（3，1，0），B1（3，3，3），C1（0，3，3），
所以
＝（0，1，﹣3），
＝（3，﹣2，0），
设平⾯A1CE 的法向量为＝（x，y，z），则
，
取z＝1，则x＝2，y＝3，所以＝（2，3，1），
设
＝λ（﹣3，0，0）＝（﹣3λ，0，0），λ∈[0，1]，
所以
＝
＝（0，0，3）+（﹣3λ，0，0）＝（﹣3λ，0，3），
因为BF∥平⾯A1CE，
所以•
＝﹣6λ+3＝0，解得
，即点F 是B1C1的中点，
故在线段B1C1上存在点F，使得BF∥平⾯A1CE，此时
＝．
（3）由（2）知，平⾯A1CE 的法向量为＝（2，3，1），
因为DD1⊥平⾯ACE，所以平⾯ACE 的⼀个法向量为＝（0，0，1），
所以cos＜，＞＝
＝
＝
，
由图可知，⼆⾯⻆A1﹣CE﹣A 为锐⻆，
所以⼆⾯⻆A1﹣CE﹣A 的余弦值为
．
11．如图，在四棱锥P﹣ABCD 中，△PBC 为等边三⻆形，底⾯ABCD 是矩形，平⾯PBC⊥平⾯ABCD，O，
E 分别为线段BC，PA 的中点，点F 在线段PB 上（不包括端点）．
（1）若
，求证：点O，D，E，F 四点共⾯；
（2）若BC＝2AB＝2，是否存在点F，使得EF 与平⾯PCD 所成⻆的正弦值为
，若存在，求出
，
若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）证明：
，
∵
＝1，根据平⾯向量共线定理可知O，D，E，F 四点共⾯．
（2）因为PB＝PC，O 是BC 的中点，所以PO⊥BC，
⼜平⾯PBC⊥平⾯ABCD，平⾯PBC∩平⾯ABCD＝BC，
PO⊂平⾯PBC，所以PO⊥平⾯ABCD．
取AD 中点Q，连接OQ，由题意知OQ，OC，OP 两两相互垂直，
如图，以O 为坐标原点，分别以OQ，OC，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，建⽴空间直⻆坐标系，
则
，
．
设平⾯PCD 的法向量为
，
则
即
令z＝1，则
，所以
．
设
，
则
．
设EF 与平⾯PCD 所成⻆为θ，
则sinθ＝|cos＜
，＞|＝
＝
＝
，
解得
或
，则
或
．
12．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
，侧⾯BB1C1C 是正⽅形，D 为BC 的中点，⼆
⾯⻆A﹣BC﹣B1的⼤⼩是
．
（1）求证：平⾯AA1D⊥平⾯ABC；
（2）线段BC 上是否存在⼀个点E，使直线C1E 与平⾯ACC1A1所成⻆的正弦值为
．若存在，求出
BE 的⻓；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）证明：在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
，侧⾯BB1C1C 是正⽅形，D 为
BC 的中点，
∵AB＝AC，D 为BC 的中点，∴BC⊥AD，
⼜BC⊥BB1，AA1∥BB1，
∴BC⊥AA1，
⼜AD∩AA1＝A，∴BC⊥平⾯AA1D，
⼜BC⊂平⾯ABC，∴⾯AA1D⊥平⾯ABC．
（2）存在点E，证明如下．
以D 为原点，DA 为x 轴，DB 为y 轴，过点D 且与平⾯ABC 垂直的射线为z 轴，建⽴如图所示的空间
直⻆坐标系，
则
，
设E（0，t，0）（﹣1≤t≤1），平⾯ACC1A1的法向量为＝（x，y，z），
则
，
∵
，
∴
，取z＝1，得
，
∵线段BC 上存在⼀个点E，使直线C1E 与平⾯ACC1A1所成⻆的正弦值为
，
∴|cos＜
＞|＝
＝
＝
，
解得
或
（舍）
∴
，即点E 存在，且为BD 的中点．
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