培优专题03 空间向量与立体几何 7 大重难题型
参考答案
题型01 空间线面平行、垂直关系的证明
🎯命题方向一 空间几何体的平行关系的证明
1. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）根据题意，分别证得
平面
，
平面
，利用面面平行的判定定理，证
得平面
平面
，进而证得
平面
；
（2）以
为坐标原点，建立空间直角坐标系，设
，分别求得向量
和平面
法向量
，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：如图所示，连接
交
于点
，
因为四边形
为正方形，所以
为
的中点，
又因为
为
的中点，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
又因为四边形
为矩形，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
4
9
/ /
MN
CEF
/ /
BD
CEF
/ /
BDM
CEF
/ /
DM
CEF
D
2
AB
(1, 2,2)
CM
CEF
( 2,2,1)
n
AC
BD
N
ABCD
N
AC
M
AE
/ /
MN
EC
MN
CEF
CE
CEF
/ /
MN
CEF
BDEF
/ /
BD
EF
BD
CEF
EF
CEF
/ /
BD
CEF
又因为
，且
平面
，
平面
，
所以平面
平面
，
因为
平面
，所以
平面
.
（2）解：因为四边形
为矩形，所以
，
又因为平面
平面
，且平面
平面
，
平面
，所以
平面
，
因
平面
，所以
，
，
又因为四边形
为正方形，所以
，
以
为坐标原点，以
所在直线分别为
轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，设
，则
，
可得
，
所以向量
，
设平面
的法向量为
，则
，
取
，可得
，所以
，
设直线
与平面
的夹角为
，
可得
，
所以直线
与平面
的夹角的正弦值为
.
MN
BD
N
MN
BDM
BD
BDM
/ /
BDM
CEF
DM
BDM
/ /
DM
CEF
BDEF
DE
BD
ABCD
BDEF
ABCD
BDEF
BD
DE
BDEF
DE
ABCD
,
AD DC
ABCD
DE
AD
DE
DC
ABCD
AD
DC
D
,
,
DA DC DE
, ,
x y z
2
AB
2
4
BF
AB
(0,2,0),
(0,0,4),
(2,2,4),
(1,0,2)
C
E
F
M
(1, 2,2),
(0, 2,4),
(2,0,4)
CM
CE
CF
CEF
( , , )
n
x y z
2
4
0
2
4
0
n CE
y
z
n CF
x
z
1
z
2,
2
x
y
( 2,2,1)
n
CM
CEF
2
2
2
2
2
2
( 2) 1
2 ( 2) 1 2
4
sin
cos ,
9
( 2)
2
1
1
( 2)
2
n CM
n CM
n CM
CM
CEF
4
9
2．【答案】（1）证明见详解
（2）
【详解】（1）连接
交于点
，则
四点共面，且
为
的中点，
所以四边形
都是平行四边形，所以
，
，
又
平面
，
平面
，所以
平面
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
平面
，
平面
，又
在平面
内相交于点
，
所以平面
平面
.
（2）根据正八面体结构，以点
为原点，
为
轴，如图建立空间直角坐标系
则
，
，
，
，
所以
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，则
，
，
所以
，即
，令
，则
，所以平面
的一个法向量为
，
因为点
为棱
上的动点，所以设
，
则
，
设直线
与平面
所成的角为
，
，
又
，当
时，
，当
或0 时，
，
故直线
与平面
所成角的正弦值的范围
.
🎯命题方向二 空间几何体的垂直关系的证明
3. 【答案】（1）证明见详解；
（2）
.
【分析】（1）取
中点
，连接
、
；利用等边三角形性质得
，
，结合面
面垂直证
平面 ABC；设边长计算线段长度，用勾股定理逆定理证AB⊥BC.
（2）建系设点，求法向量，由线面角求参数，再计算平面
与平面
夹角的余弦值．
【详解】（1）
与
均为等边三角形，
，
取
中点O，连接
，
，则有
，
，
平面
平面
，
平面
，
平面
，
平面
平面
，
，
，
，
，
，
，
，
在
中，有
，
在
中，有
，
，
中，可得
，
．
（2）由（1）可知
，
，
，
如图所示，以O 为原点，分别以
，
，
所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
不妨设
，
，
，
，
，
，
则
，
，
，
，
设
，
，
设平面
的一个法向量为
，则
令
，则
，设直线
与平面
的夹角为
，
则
，
解得
，
，易得平面
的一个法向量为
，
设平面
与平面
的夹角为
，
，
平面
与平面
的夹角的余弦值为
．
4.【答案】（1）证明见详解
（2）
1
3
【分析】（1）根据题意可知CD 平面SAD ，进而可得CD
DE
，AB
DE
，结合DE
SA
分析证
明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设
2
DA
，分别求平面SAD 与平面BDE 的法向量，利用空间向量求面面夹
角.
【详解】（1）因为
,
,
SD
CD AD
CD SD
AD
D
，
,
SD AD 平面SAD ，
可得CD
平面SAD
，由DE 平面SAD
，所以CD
DE
，且
//
CD AB
，所以AB
DE
，
又因为SD
AD
，E 为SA 的中点，则DE
SA
，且
,
,
SA
AB
A SA AB
平面SAB ，
所以DE
平面SAB
.
（2）以D 为坐标原点，直线
,
,
DA DC DS
分别为
, ,
x y z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设
2
DA
，则
0, 0, 0 ,
2, 0, 0 ,
2, 4, 0 ,
0, 0, 2 ,
1, 0,1
D
A
B
S
E
，
可得
1, 0,1 ,
2, 4, 0
DE
DB
.
设平面
BDE
的法向量为
, ,
n
x y z
r
，则
0
2
4
0
n DE
x
z
n DB
x
y
，
令
1
y ，则
2,
2
x
z
，可得
2,1,2
n
，可知平面SAD 的一个法向量为
0,1,0
m
，
设平面
SAD
与平面
BDE
的夹角为
，则
2
2
2
0 1 0
1
cos
cos
,
3
2
1
2
m n
m n
m n
，
所以平面SAD 与平面BDE 的夹角的余弦值为
1
3 .
5. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由平面垂直可得出线面垂直，再由线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为平面
平面
，交线为
平面
，
所以
平面
，又
平面
，故
.
又因为
平面
，所以
平面
，而
平面
，
故平面
平面
.
（2）以
为坐标原点，
的方向为
轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
.
因为
，由题设得
，
，设
是平面
的法向量，则
2 5
5
CMD
ABCD
,
,
CD BC
CD BC
ABCD
BC
CMD
DM
CMD
BC
DM
,
,
,
DM
CM BC
CM
C BC CM
BMC
DM
BMC
DM
AMD
AMD
BMC
D
DA
x
D
xyz
MC
MD
0,0,0 ,
2,0,0 ,
2,2,0 ,
0,2,0 ,
0,1,1
D
A
B
C
M
2,1,1 ,
0,2,0 ,
2,0,0
AM
AB
DA
, ,
n
x y z
r
MAB
，即
，令
，可得
又
是平面
的法向量，设平面
与平面
所成角为
，
，所以
，
所以平面
与平面
所成角的正弦值是
.
题型02 空间几何体中空间角问题
🎯命题方向一 空间几何体的线线角
1．【答案】（1）
；
（2）证明见详解.
【分析】（1）根据异面直线的定义得
与
所成角的平面角为
，再根据已知有
，并设正方体的棱长为2 求出相关线段长，即可得；
（2）根据二面角的定义得
，结合线面垂直的判定和性质及平面的基本性质得到M 在
上，最后证明
平面
，应用等体积法及棱锥体积公式即可证.
【详解】（1）由正方体的结构特征知
，则异面直线
与
所成角的平面角为
，
0
0
n AM
n AB
2
0,
2
0.
x
y
z
y
1
x
1,0,2
n
r
DA
MCD
MAB
MCD
5
cos
cos
,
5
n DA
n DA
n DA
2 5
sin
1 cos
5
MAB
MCD
2 5
5
又
平面
A1B1C1D1，
平面
A1B1C1D1，则
，
所以
为直角三角形，则
，
若正方体的棱长为2，则
，故
，所以
；
（2）由于
是二面角
的平面角，则
，
因为
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，则
，
因为直四棱柱
，所以
且
，
所以四边形
是平行四边形，则
，所以
，
又因为在直四棱柱中
，可得
平面
A1B1C1D1，
因为
平面
A1B1C1D1，则
，
又因为
，且
平面
A1B1C1D1，所以
平面
，
由
平面
且
平面
，平面
平面
，
所以平面
与平面
重合，点M 在平面
内，又点M 在平面
A1B1C1D1内，
所以平面
平面
，故M 在
上，而
，
由
平面
，
平面
，则
平面
，
所以
到平面
的距离恒定不变，又
一定，则
恒定，得证.
2．【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）取
的中点
，利用线面平行、面面平行的判定推理得证.
（2）取
的中点
，
的中点
，利用几何法求出异面直线的夹角余弦.
【详解】（1）在三棱台
中，设
的中点为
，连接
，由
为
的中点，
得
，又
平面
，
平面
，则
平面
，
由
为梯形
的中位线，得
，又
平面
，
平面
，
则
平面
，而
，
平面
，
平面
，
因此平面
平面
，又
平面
，所以
平面
.
（2）取
的中点
，
的中点
，连接
、
、
、
、
，
由
，
是
中点，得四边形
是平行四边形，
则
，又
是
中点，
是
中点，则
，
即
就是异面直线
与
夹角，
又
底面
，
与
都是等腰直角三角形，
，
则
，
，
，因此
，
所以异面直线
与
夹角的余弦值为
.
🎯命题方向二 空间几何体的线面角
3. 【答案】（1）证明见详解
（2）
21
7
【分析】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证.
（2）利用锥体体积求出
ADP
，再建立空间直角坐标系，求出平面PAB
法向量，然后利用线面角的向
量法求解.
【详解】（1）由
2
BC
PB
PC
，D 是BC 的中点，得BC
PD
，而BC
AP
，PD
AP
P
，
,
PD PA
平面APD ，则
BC
平面APD ，而
BC
平面ABC
，所以平面ABC
平面APD
（2）由（1）知
BC
平面APD ，则
1
1 1
sin
3
3 2
P ABC
PAD
V
S
BC
AD PD
ADP BC
，
而
3
1,
3,
2,
3
P ABC
AD
PD
BC
V
，解得sin
1,
90
ADP
ADP
，
即PD
AD
，直线
,
,
DA DB DP
两两垂直，
以D 为原点，直线
,
,
DA DB DP
分别为
, ,
x y z
轴建立空间直角坐标系，
(1,0,0), (0,1,0),
(0, 1,0), (0,0, 3)
A
B
C
P
，
(1,0,
3),
(0,1,
3),
(0, 1,
3)
PA
PB
PC
，
设平面
PAB
的法向量
( , , )
n
x y z
，则
3
0
3
0
n PA
x
z
n PB
y
z
，令
1
z
，得
( 3, 3,1)
n
，
因此
|
|
2 3
21
| cos
,
|
7
|
||
|
2
7
PC n
PC n
PC
n
，
所以直线PC 与平面PAB 所成角的正弦值为
21
7
.
4. 【答案】（1）证明见详解
（2）2 5
5
【分析】（1）根据勾股定理、线面垂直的性质及线面垂直的判定定理证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面
1ACD 的法向量，结合向量法求线面角求解即可.
【详解】（1）在三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，
1
1
2
AA
BB
，
1
1
2
AD
AB
，
1
5
A D
2
2
2
1
1
5
AD
A A
A D
，则
1
A A
AD .
又四边形
1
1
BCC B
正方形，则
1B B
BC
^
，
1
1
/ /
B B
A A ，所以
1A A
BC
.
又AD
BC
B
，
,
AD BC 平面ABC ，因此
1A A 平面ABC .
又CD 平面ABC ，所以
1
CD
AA
.
在等边
ABC
V
中，D 为AB 中点，则CD
AB
，
又
1
AB
AA
A
，
1
,
AB AA 平面
1
1
ABB A ，所以CD 平面
1
1
ABB A .
（2）取BC 中点为O ，
1
1
B C 中点为Q ，则OA
BC
，OQ
BC
.
由（1）知，
1A A 平面ABC ，OA 平面ABC ，则
1
OA
AA
.又
1
1
/ /
B B
A A ，故
1
OA
BB
.
又
1
BB
BC
B
，
1,
BB BC 平面
1
1
BCC B ，则OA 平面
1
1
BCC B 即
,
,
OA OB OQ 两两垂直.
以O 为坐标原点，OB
，OQ
，OA
的方向为x 轴､y 轴､z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则
0,0,0
O
，
0,0, 3
A
，
1 0,2, 3
A
，
1,0,0
C
，
1
3
,0,
2
2
D
，
1 1,2,0
B
，
因为P 为线段
1B C 中点，所以
0,1,0
P
.
3
3
,0,
2
2
CD
，
1
1,2, 3
CA
，
0,1,
3
AP
.
设平面
1ACD 的法向量为
, ,
n
x y z
，
则
1
0
0
n CD
n CA
，即
3
3
0
2
2
2
3
0
x
z
x
y
z
，故可取
1,1,
3
n
.
设直线AP 与平面
1ACD 所成角为，
则
2
2
2
2
2
2
0 1 1 1
3
3
4
2 5
sin = cos
,
5
2
5
0
1
3
1
1
3
AP n
所以直线
AP
与平面
1ACD 所成角的正弦值为2 5
5
.
5. 【答案】（1）证明见详解 ；
（2）3 6
8
.
【分析】（1）结合已知条件利用面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理和性质定理证明即可；
（2）根据图形找出二面角，然后建立空间直角坐标系，写出相应的点，求出平面PAB 的法向量，然后利
用向量法求解即可.
【详解】（1）取BC
的中点O
，连接PO
，如图所示：
因为PB
PC
，所以PO
BC
，
又平面PBC 平面ABCD ，且平面PBC
平面ABCD
BC
，PO 平面PBC ，所以
PO
平面
ABCD
，
又AB 平面ABCD ，所以PO
AB
，由AB
BC
，PO
BC
O
，
,
PO BC
平面PBC ，
所以AB 平面PBC
，又PC
平面PBC
，所以AB
PC
.
（2）由
PO
平面ABCD
，AB
BC
，
所以以点O 为坐标原点，
,
OB OP
分别为,x z
轴，过点O 平行于AB 的所在直线为
y
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知AB 平面PBC
，
,
PB BC
平面PBC ,
所以
,
AB
PB AB
BC
，所以
PBC
为二面角P
AB
C
的平面角，
又二面角P
AB
C
的大小为60o
，所以
60
PBC
，
又BC
的中点为O
，
2
AB
BC
，所以
1
OB
，
在直角三角形PBO 中，tan
tan 60
3
1
PO
PO
PBC
PO
BO
，
所以
0,0, 3 ,
1, 2,0 ,
1,0,0 ,
1,0,0
P
A
B
C
，
则
1, 2,
3 ,
1,0,
3
PA
PB
，
设点
, ,0
D x y
，由AC
CD
，所以
0,
0
x
y
，①
则
1, ,0
CD
x
y
，又
2,2,0
AC
，
所以有
·
0
2
1
2
0 0
0
1
AC CD
x
y
y
x
，②
又
2
CD
，即
2
2
2
2
2
2
1
0
2
1
2
CD
x
y
x
y
，③
联立①②③解得：
2,
1
x
y
，所以
2, 1,0
D
，所以
2, 1,
3
PD
，
设平面
PAB
的一个法向量为
, ,
n
a b c
，由
·
0
2
3
0
·
0
3
0
PA n
a
b
c
PB n
a
c
，
令
3
c
，则
3,
0
a
b
，所以
3,0, 3
n
，
设直线
PD
与平面
PAB
所成的角为
，所以
·
sin
cos
,
PD n
PD n
PD n
2
2
2
2
2
2
2
3
1
0
3
3
9
3 6
8
2 2
2 3
2
1
3
3
0
3
，
所以直线PD 与平面PAB 所成角的正弦值为：
3 6
8
.
6. 【答案】（1）证明见详解 ；
（2）
2
2
【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定，得AD 平面POD ，再由面面垂直的判定，即可求解；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面PAD 的法向量和PB
，由线面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）因为PO 垂直于圆锥的底面ABD ，又AD 底面ABD ，所以PO
AD
，
因为OC
OD
，C
是线段AO
的中点，又
CD
CO
，则CD
OC
AC
，所以
AD
OD
，
又
,
,
OD
PO
O OD OP
平面POD ，所以AD 平面POD ，
又AD 平面PAD ，所以平面PAD 平面POD .
（2）以O 为坐标原点，以OB
为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
3
BC
CA
，所以
0, 2,0 ,
0,0,4 ,
0,4,0 ,
0, 4,0
C
P
B
A
，
设
, ,0
D x y
，因为点D 是以BC 为直径的圆上除,
B C 外的一个动点，
则点D 的轨迹方程为
2
2
(
1)
9
x
y
，
由（1）知，
AD
OD
，所以点D 也在以OA
为直径的圆上，
则点D 的轨迹方程为
2
2
(
2)
4
x
y
，
联立
2
2
2
2
(
2)
4
(
1)
9
x
y
x
y
，可得
4 2
3
4
3
x
y
，
因为两交点关于y 轴对称，不妨取
4 2
4
,
,0
3
3
D
，
4 2 8
0,4,4 ,
,
,0 ,
0, 4,4
3
3
AP
AD
BP
，
设平面
PAD
的法向量为
, ,
n
x y z
，则
4
4
0
4 2
8
0
3
3
n AP
y
z
n AD
x
y
，
取
2,
1,
1
x
y
z
，则
2, 1,1
n
，
设PB 与平面PAD 所成的角为，
则
4
4
2
sin
cos
,
2
16 16
2 1 1
BP n
.
🎯命题方向三 空间几何体的面面角
7. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）借助等腰三角形中线性质与线面垂直性质定理可得
、
，再利用线面垂
直判定定理可得
平面
，即可得证；
3
3
BE
AC
PA
BE
BE
PAC
（2）法一：利用几何法，作出平面
与平面
夹角，再借助勾股定理与余弦定义计算即可得；法
二：利用空间向量法，建立适当空间直角坐标系后，求出两平面的法向量，再利用空间向量夹角公式计算
即可得.
【详解】（1）因为
，
为
的中点，所以
，
又因为
平面
，
平面
，所以
，
又因为
，
、
平面
，
所以
平面
，又因为
平面
，所以
；
（2）法一：如图，过
作
于
，连接
，
由（1）知
，又因为
，
、
平面
，
所以
平面
，所以
就是平面
与平面
的夹角，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，则
，
，则
，
则
，所以，平面
与平面
夹角的余弦值为
．
PBC
PAC
AB
BC
E
AC
BE
AC
PA
ABC
BE
ABC
PA
BE
PA
AC
A
PA
AC
PAC
BE
PAC
PC
PAC
BE
PC
E
EH
PC
H
BH
BE
PC
BE
EH
E
BE
EH
EHB
PC
EHB
BHE
PBC
PAC
EH
PAC
BE
PAC
BE
EH
1
1
2
2
2
PAC
S
AC PA
EH PC
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
AC PA
EH
PC
2
2
1
2
AC
BE
AB
2
2
1
6
1
2
2
BH
BE
EH
2
3
2
cos
3
6
2
EH
BHE
BH
PBC
PAC
3
3
法二：以
为原点建立如图所示的坐标系，则
，
，
，
，
由
轴
平面
，则平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
由题意
，可得平面
的一个法向量为
，
所以
，
所以，平面
与平面
夹角的余弦值为
．
8. 【答案】（1）证明见详解；
（2）
【分析】（1）利用三角形中位线定理得到
，再利用线面平行的判定定理即可证明；
（2）以点
为原点，建立空间直角坐标系，利用线面角余弦值的向量求法，列方程即可求得
的长.
A
(0,0,0)
A
(1,1,0)
B
(0,2,0)
C
(0,0,2)
P
x
PAC
PAC
(1,0,0)
m
PBC
( , , )
n
x y z
0
0
n PC
n PB
PBC
(1,1,1)
n
1
3
cos
cos
,
3
1
3
m n
BHE
m n
m n
PBC
PAC
3
3
3
//
GF AE
E
AE
【详解】（1）连接
，因为四边形
为正方形，G 是线段
的中点，所以G 是线段
中点.
又因为F 是线段
的中点，所以
，
又因为
平面
，
平面
，所以
平面
.
（2）因为平面
平面
，平面
平面
，
，
平面
，
所以
平面
，
过点
作，
，所以
平面
，
又因为
，所以以点
为原点，以
为
轴，建立空间直角坐标系，
设
，则
，
所以
，
取平面
的法向量为
，
，
设平面
法向量为
，则
，
令
，则
，
因为平面
与平面
夹角余弦值为
，所以
，
AC
ABCD
BD
AC
EC
//
GF AE
GF
ABE
AE
ABE
//
GF
ABE
ABE
ABCD
ABE
ABCD
AB
AD
AB
AD
ABCD
AD
ABE
E
//
EH AD
EH
ABE
AE
BE
E
,
,
EB EA EH
, ,
x y z
0
AE
t t
2
4
BE
t
2
2
0,0,0 ,
0, ,0 ,
4
,0,0 ,
0, ,2 ,
4
,0,2
E
A
t
B
t
D
t
C
t
ADE
1,0,0
n
2
0, ,2 ,
4
,0,2
ED
t
EC
t
CDE
, ,
m
x y z
2
2
0
4
2
0
ED m
ty
z
EC m
t
x
z
2
x
t
2
2
2 ,2 4
,
4
m
t
t
t
t
ADE
CDE
2 57
19
2 57
cos ,
19
n m
n m
n m
即
，
化简得到
，解得
或
（舍去），
因为
，所以
，故
.
9. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）先证
，再由平面与平面垂直的性质定理进行求解；
（2）法一，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；法2，过E 作
交BD 于H，过H 作
于G，连
.则
为二面角
的平面角，进行求解．
【详解】（1）因为
，
是
中点，所以
，
因为
平面
，平面
平面
，
且平面
平面
，所以
平面
．
因为
平面
，所以
．
（2）如图所示，以O 为坐标原点，
为
轴，
为y 轴，垂直
且过O 的直线为x 轴，建立空间
直角坐标系
，
2
2
2
2
2
2
2 57
19
2
2 4
4
t
t
t
t
t
4
2
3
7
48
0
t
t
2
3
t
16
3
0
t
3
t
3
AE
45
OA
BD
EH
AO
∥
HG
BC
EG
EGH
E
BC
D
AB
AD
O
BD
OA
BD
OA
ABD
ABD
BCD
ABD
BCD
BD
OA
BCD
BC
BCD
OA
BC
OA
z
OD
OD
O
xyz
，
由（1）知
平面
，三棱锥
的体积为
，所以
．
法1：
，
，
，
，
，
所以
，
，
设
为平面
的法向量，则由
，
，
得平面
的一个法向量为
．
又平面
的一个法向量为
，所以
，
由观察知二面角为锐角，所以二面角大小为45°，
法2：过E 作
交BD 于H，过H 作
于G，连
，
因为
平面BCD，所以
平面BCD．
因为
平面BCD，所以
．
因为
，
，
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为
，所以
为二面角
的平面角，
2
3
2
2
2
2 3
4
BCD
OCD
S
S
OA
BCD
A
BCD
1
4 3
3
3
BCD
V
S
OA
△
2
OA
3,1,0
C
0,2,0
D
0, 2,0
B
0,0,2
A
2 4
0,
,
3 3
E
8
4
0,
,
3
3
EB
3,3,0
BC
, ,
n
x y z
EBC
0
0
EB n
BC n
8
4
0
3
3
3
3
0
y
z
x
y
EBC
3,
3,2 3
n
BCD
0,0,1
m
2
cos
,
2
n m
n m
n
m
EH
AO
∥
HG
BC
EG
AO
EH
BC
EH
BC
HG
EH
H
HG
EH
EHG
BC
EHG
EG
EHG
BC
EG
BC
HG
EGH
E
BC
D
因为
，所以
，
，得
，
得
，由
，得
，而
，
得
，得
，而
，得
，得
，
在
中，
，所以
，
所以二面角
的大小为
．
10.【答案】（1）证明见详解
（2）4 66
33
【分析】（1）利用平面和平面平行可证线面平行或者
（2）利用线面角求出线段的长度，建立坐标系，求出法向量可求二面角
【详解】（1）解法一：取线段OB 的中点N，连接MN，PN．
因为PC
OB
∥
，
1
2
PC
OB
，所以PC
NB
∥
且PC
NB
，
因此四边形PCBN
平行四边形，所以PN
CB
∥
．
又CB 平面CDB，PN 平面CDB，所以
/ /
PN
平面CDB．
因为
3
AN
NB
，
3
AM
MD
，所以MN
BD
∥
．
又BD 平面CDB，MN 平面CDB，所以
/ /
MN
平面CDB．
而
,
,
PN
MN
N PN MN
平面PMN，
所以平面
/ /
PMN
平面CDB，
2
DE
EA
2
4
3
3
EH
AO
2
4
3
3
DH
DO
2
2
3
3
4
OH
DO
DH
2
2
2
3
4
3
BH
BD
2,
120
OB
OC
BOC
30
OCB
60
OCD
90
BCD
DC
BC
EH
BC
/ /
HG
CD
2
4
3
3
HG
CD
Rt
EGH
△
tan
1
EH
EGH
HG
45
EGH
E
BC
D
45
又PM 平面PMN，所以
/ /
PM
平面CDB．
解法二:在线段BD 上取点E，使得
3
BE
DE
，连接CE，ME，
又
3
AM
MD
，所以
/ /
ME
AB ，且
1
4
ME
AB
，
又
/ /
PC
AB ，且
1
4
PC
AB
，所以
/ /
PC
ME ，且PC
ME
．
所以四边形PCEM 是平行四边形，所以
/ /
PM
CE ，
又CE 平面CDB，PM 平面CDB，所以
/ /
PM
平面CDB．
（2）由圆锥的对称性不妨取点D 为如图所示位置，在圆锥底面内过点D 作DF
AB
于点F，连接PF，
因为平面PAB 平面ABD，平面PAB 平面ABD
AB
，所以DF 平面PAB，
所以
DPF
就是直线PD 与平面PAB 所成的角，所以
30
DPF
，
因为
2
2
2 3
PD
PB
PO
OB
，所以
sin30
3
DF
PD
．
连接OD，则
2
2
1
OF
OD
DF
，即点F 为OB 的中点．
以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴，OP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
则
2,0,0 ,
0,0,2 2 ,
2,0,0 ,
1, 3,0
A
P
B
D
，
于是
2,0,2 2 ,
1, 3, 2 2 ,
2,0, 2 2
AP
PD
PB
．
设平面APD 的法向量为
1
1
1
1
,
,
n
x y z
，则
1
1
0
0
AP n
PD n
，得
1
1
1
1
1
2
2 2
0
3
2 2
0
x
z
x
y
z
，
取
1
2
x
，可得
1
2, 6,1
n
．
设平面PDB 的法向量为
2
2
2
2
,
,
n
x
y z
，则
2
2
0
0
PB n
PD n
，得
2
2
2
2
2
2
2 2
0
3
2 2
0
x
z
x
y
z
，
取
2
2
x
，可得
2
6
2,
, 1
3
n
．
所以
1
2
1
2
1
2
1
33
cos
,
33
11
3
3
n n
n n
n n
，
故二面角
A
PD
B
的正弦值为
2
2
1
2
33
4 66
1 cos
,
1
33
33
n n
．
11. 【答案】（1）证明见详解
（2）
2
1
1
sin
【分析】（1）连接
，利用中位线证OE∥BC∥AD，结合直棱柱侧棱平行证平面
∥ 平面
，从而得线面平行.
（2）以
为原点建系，设边长用
表坐标，求平面
与
的法向量，用夹角公式求正弦值.
【详解】（1）如图，取
1
1
A D 的中点F ，连接
1,
FO AF ，则
1
1
1
/ /
FO
D C ，且
1
1
1
1
2
FO
D C
．
因为底面为矩形，所以
1
2
AE
AB
，
1
1
/ /
AB
D C ，且
1
1
AB
D C
，所以
1 / /
FO
AE ，且
1
FO
AE
，
则四边形
1
AEO F 为平行四边形，所以
1
/ /
AF
O E ．
因为AF 平面
1
1
ADD A ，
1
O E 平面
1
1
ADD A ，所以
1
/ /
O E
平面
1
1
ADD A ．
（2）以O 为坐标原点，直线OC ，
1
OO 分别为,y z 轴，过点O 且在底面内与AC 垂直的直线为x 轴建立
空间直角坐标系，如图所示．
设
2
AC
，则
0, 1,0
A
，
1 0,1,2
C
，
sin ,cos ,1
Q
，
所以
sin ,1 cos ,1
AQ
，
1
0,2,2
AC
．
设平面
1
AQC
的法向量为
, ,
n
x y z
，则
1
sin
1 cos
0
2
2
0
AQ n
x
y
z
AC n
y
z
，
令
sin
z
，得
cos , sin ,sin
n
.易知平面ABC 的一个法向量为
0,0,1
m
．
设平面
1
AQC 与平面
ABC
的夹角为
，则
2
sin
cos
cos
,
1 sin
m n
m n
m n
．
所以
2
2
2
2
sin
1
sin
1
cos
1
1
sin
1
sin
，
即平面
1
AQC 与平面ABC
的夹角的正弦值为
2
1
1
sin
．
题型03 空间几何体的距离、体积问题
🎯命题方向一 空间几何体中点到线的距离
1．【答案】（1）证明见详解
（2）
2 5
5
【分析】
（1）连接
交
于点
，连接
，利用中位线定理证明
，再由线面平行的判定定理证
明.
（2）建立空间直角坐标系，求平面
的法向量，代入点到平面的距离公式求解.
【详解】（1）方法一：取AB 的中点
O ，根据正三棱柱性质可得
,
OB OC
互相垂直，建立如图所示空间直
角坐标系，则
1,0,0
B
，
1,0,0
A
，
1
3
,
,0
2
2
P
，
1 0, 3,2
C
，
1 1,0,2
B
，
1
1,0,2
A
，
3
3
,
,0
2
2
AP
，
1
1, 3,2
AC
，
1
0,0,2
AA
，
1
2,0, 2
A B
设平面
1
APC 的法向量为
, ,
n
x y z
，则有
1
0
0
n AP
n AC
，即
3
3
0
{2
2
3
2
0
x
y
x
y
z
，
令
1
x ，则
3
y
，
1
z ，即
1,
3,1
n
，
因为
1
2 1
0
3
2
1
0
A B n
，又
1
A B
平面
1
APC ，所以
1
/ /
A B
平面
1
APC ；
方法二：
如图，连接
1AC
交
1
AC
于点O ，连接PO ，
易知O 为
1AC
的中点，又点P 为BC 的中点，故
1
PO
B
A
，而PO 平面
1
APC
，
1
BA
平面
1
APC
，
所以
1
/ /
A B
平面
1
APC
；
（2）方法一：点
1A 到平面
1
APC 的距离
1
2
2 5
5
5
n
d
AA
n
.
方法二：因为
1
/ /
A B
平面
1
APC
，故
1A
到平面
1
APC
的距离即为B 到平面
1
APC
的距离，设为d ，
因为
AP
BC ，
1
BB
AP
，
1
1
,
,
BC
B B
B BC B B
平面
1
1
BCC B
，
故AP 平面
1
1
BCC B
，
1
PC
平面
1
1
BCC B
，故
1
AP
PC
，
由题意知
3
AP
，
1
BP
CP
，所以
2
2
1
1
5
PC
PC
CC
，
1
3
2
2
ABP
S
AP BP
，
1
1
1
15
2
2
APC
S
AP PC
，
由
1
1
1
1
1
1
3
3
B APC
C
ABP
APC
ABP
V
V
d S
CC
S
，
代入解得
2 5
5
d
.
2．【答案】（1）证明见详解
（2）
3
9
（3）
6
3
【分析】（1）取 PC 中点，构造平行四边形，证明AN 与平面PBC 内直线平行，证线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，求两平面法向量，用夹角公式计算余弦值.
（3）设参数表示点M，由线面角求参数，再用点到面距离公式求解.
【详解】（1）记CD 的中点为E ，连结AE ，因为
/ /
AB
CD ，
1
1
2
CE
CD
AB
，所以四边形ABCE 是平
行四边形，则
1
AE ，因为AB
BC
，所以平行四边形ABCE 是矩形，则AE
AB
，
因为PA 平面
ABCD
，
,
AE AB
平面
ABCD
，所以
,
PA
AE PA
AB
，则
,
,
PA AE AB
两两垂直，
故以A 为坐标原点，分别以AE ，AB ，AP 为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则
0,0,0
A
，
0,1,0
B
，
2 2,0,0
E
，
2 2, 1,0
D
，
2 2,1,0
C
，
0 0 2
P
, ,
，
因为N 为PD 的中点，所以
1
2,
,1
2
N
，则
1
2,
,1
2
AN
，
设平面PBC 的一个法向量为
, ,
m
x y z
，而
(0, 1,2)
BP
，
(2 2,0,0)
BC
，
则
2
0
2 2
0
m BP
y
z
m BC
x
，令
1
z ，则
0,2,1
m
，所以
1
2 1
0
2
AN m
uuur ur
，则AN
m
uuur
ur ，
又AN 平面PBC ，所以
/ /
AN
平面PBC ．
.
（2）设平面PAD 的一个法向量为
( , , )
n
a b c
，而
(0,0,2)
AP
，
(2 2, 1,0)
AD
，
所以
2
0
2 2
0
AP n
c
AD n
a
b
，令
1
a ，则
(1,2 2,0)
n
r
，
设平面PCD 的一个法向量为
( , , )
u
r s t
，而
(0, 2,0)
CD
，
(2 2,1, 2)
PC
，
所以
2
0
2 2
2
0
CD u
s
PC u
r
s
t
，令
1
r ，则
(1,0, 2)
u
，
记平面PAD 与平面PCD 夹角为，则
π
0
2
，
所以
9
1 0
0
3
cos
cos
,
1 8
1
2
n u
n u
n u
r r
r r
r
r
，
所以平面PAD 与平面PCD 夹角的余弦值为
3
9 .
（3）依题意，不妨设
0
2
AM
k
k
，则
0,0,
M
k
，
2 2, 1,
CM
k
，
又由（2）得平面PAD 的一个法向量为
(1,2 2,0)
n
r
，记直线CM 与平面PAD 所成角为，
所以
2
2 2
2 2
4 5
sin
cos
,
15
1 8
8 1
n CM
n CM
n CM
k
，解得
1
k
（负值舍去），
所以
0,0,1
M
，则
0,0,1
MP
，
而由（2）得平面PCD 的一个法向量为
(1,0, 2)
u
，
所以点
M
到平面
PCD
的距离为
6
3
1
2
2
u
u
MP
.
🎯命题方向二 空间几何体中线到面的距离
3．【答案】（1）证明见详解
（2）证明见详解
（3）
【分析】（1）根据棱台的性质得到平面
平面
，然后利用面面平行的性质定理得到
，然后根据棱台和菱形的性质得到
，即可得到
，最后证明线面平行即可；
（2）利用勾股定理得到
，根据等腰三角形的性质得到
，再证明线面垂直即可；
（3）解法一：根据棱台的体积公式列方程，得到
，然后建系，利用空间向量的方法求距离；解
法二：根据棱台的体积公式列方程，得到
，然后构建平面
平面
，利用面面垂直的性
质定理得到
为直线
到平面
的距离，然后利用等面积求距离.
【详解】（1）
连结
，交于点
，连结
，则
为
的中点，
由四棱台
，得平面
平面
，
又平面
平面
，平面
面
，
所以
，
因为
，所以
，
因为
为
的中点，所以
，
所以四边形
为平行四边形，故
，
又
平面
平面
，所以
平面
．
（2）取
的中点
，连结
，由四棱台
得，
，
，
，
所以四边形
为平行四边形，
，则
，
所以
，所以
，由（1），知
，又
，所以
，
因为
，所以
，又
平面
，所以
平面
．
（3）解法一：菱形
的面积
，
由四棱台
且
，可得
，
四棱台
的体积
，
从而
，解得
，
因为
，所以
，
故
，从而
，所以
，所以
，
取
的中点
，则
两两垂直，如图，以
为坐标原点，分别
，
，
的方向为
轴，
轴，
轴的正方向建立空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
，
设平面
即平面
的法向量
，
则
即
整理，得
令
，得
，
从而点
到平面
的距离
，
所以直线
到平面
的距离为
．
解法二：
延长
交于点
，取
的中点
，连结
交
于点
，连结
，
，则
的中点
均为
，因为
平面
，所以
，因为
，所以
，
又
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以平面
平面
，
过点
作
于
，且平面
平面
平面
，所以
平面
，
故
为点
到平面
的距离即为直线
到平面
的距离，
因为
，所以点
到
的距离等于点
到
的距离，
又
中，
，
设点
到
的距离为
，则
，
所以
，解得
，所以直线
到平面
的距离为
．
🎯命题方向三 空间几何体中的体积问题
4．【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由面面平行的性质定理和判定定理即可证明；
（2）多面体OMCPAD 的体积
，分别求出
即可得
出
【详解】（1）∵O，M 分别为线段AB，PB 的中点，∴
．
∵
平面
，
平面
，∴
平面
．
∵
，
，
，∴
，
，
∴四边形ADCO 为平行四边形，则
．
∵
平面
，
平面
，∴
平面
．
∵
，
平面
，∴平面
平面
．
∵
平面
，∴
平面
．
（2）如图，连接OP．∵
是等边三角形，∴
．
∴平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
∴
平面
．
∵
是等边三角形，
，∴
．
∴
．
∵M 为PB 的中点，∴三棱锥
的高
，
∴
，
∴多面体OMCPAD 的体积
.
5．【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得
，利用余弦定理以及勾股定理可得
，
进而由线面垂直求证得解，
（2）利用等体积法以及相似，即可由锥体的体积公式求解，
（3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，进而利用向量的夹角公式求解.
【详解】（1）因为
，
，所以
，
因为
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
取
中点
，因为
为
中点，所以
，因此
,则
，
，
，
共面，
因为四边形
是边长为4 的菱形，
，所以在
中
，
，
，
所以
，故
，所以
，
因为
，
平面
，所以
平面
因为
平面
，所以
.
（2）由
，
，
，可得
，
所以
.
（3）取
中点
，连接
，由题意可得
，
，
两两垂直，以点
为原点，
，
，
所在直线分别为轴、
轴、轴，建立空间直角坐标系.
则
，
，
，
，
，
，
，
.
设平面
的法向量为
，则有
，得
，
取
，得
，设直线
与平面
所成角为，
则
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
6. 【答案】（1）
2
（2）15
4
（3）3 5
8
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合勾股定理的逆定理、余弦定理、锐角三角函数定义进行求解即
可；
（2）根据三棱锥的等积性，结合三棱锥的体积公式进行求解即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）在PAC
中，由余弦定理，得
2
2
2
1 9
7
1
cos
2
2 1 3
2
PA
PC
AC
APC
PA PC
，
在PAB
中，由余弦定理，得
2
2
2
1 12
9
3
cos
2
3
2 1 2 3
PA
PB
AB
APB
PA PB
，
因为PA 平面AMN ，
,
AM AN
平面AMN ，
所以
,
PA
AM PA
AN
，
所以在
Rt PAM
中，
1
cos
3
cos
3
3
PA
PA
PAM
PM
PM
PAM
，
在
Rt
PAN
△
中，
1
cos
2
1
cos
2
PA
PA
PAN
PN
PN
PAN
，
在
PBC
△
中，由余弦定理，得
2
2
2
12
9
6
5 3
cos
2
12
2 2 3 3
PB
PC
BC
BPC
PB PC
，
所以在
PBC
△
中，由余弦定理，得
2
2
5 3
2
cos
3
4
2
3
2
2
12
MN
PM
PN
PM PN
MPN
.
（2）所以在Rt PAM
中，
2
2
2
AM
PM
PA
，
在Rt
PAN
△
中，
2
2
3
AN
PN
PA
，
在AMN
中，由余弦定理，得
2
2
2
2
3
2
6
cos
2
4
2
2
3
MA
NA
MN
MAN
MA NA
，
所以
2
2
6
10
sin
1 cos
1
4
4
MAN
MAN
，
设点A 到平面PBC 的距离为h ，
由三棱锥的体积公式和性质，
得
1
1
sin
3
2
1
3
2
1
1
3
2 3 3
sin
3
2
PMN
P AMN
A PMN
P ABC
A PBC
PBC
h S
PM PN
MPN
V
V
V
V
h S
PB PC
MPN
，所以
1
1
1
10
15
3
3
sin
2
3
3
2
2
4
4
P ABC
P AMN
V
V
PA
AM AN
AMN
.
（3）由上可知：MA
MN
，取AN 的中点O ，显然OM
AN
，
因为PA 平面AMN
，OM
平面AMN
，所以PA
OM
，
因此以
,
OM ON
所在的直线为x 轴和
y
轴，过O 与PA 平行的直线为z 轴建立空间直角坐标系，如下图所
示：
3
3
3
5
0,
,0 ,
0,
,1 ,
0,
,0 ,
,0,0
2
2
2
2
A
P
N
M
，
由上可知：M 是棱PB 中点，
2
PN
NC
uuur
uuur
，
所以可得
3
5,
, 1
2
B
，
1
0, 3,
2
C
，即
3 1
5,
,
2
2
BC
设平面PAB 的法向量为
, ,
m
x y z
，
0,0, 1 ,
5, 3, 2
PA
PB
，所以
0
0
5
3
0
5
3
2
0
z
m PA
z
x
y
m PB
x
y
z
，
所以取该平面的一个法向量为
3,
5,0
m
，
设直线BC 与平面PAB 所成角为，
所以
15
15
3 5
2
sin
cos
,
8
3
1
5
3
5
4
4
BC m
BC m
BC
m
.
题型04 立体几何中的探索与最值问题
🎯命题方向一 立体几何中的最值问题
1．【答案】（1）证明见详解；
（2）
；
（3）
.
【分析】（1）根据已知得
、
，由线面垂直的判定证明结论；
（2）将三棱锥
补成正三棱柱
，应用正弦定理求
的外接圆半径，结合已知求外
接球半径，即可得三棱锥
外接球的表面积；
（3）构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标，设
，结合
得
且
，再由向量法求异面直线的夹角余弦值，结合基本不等式求最大值.
【详解】（1）由题设
，
，则
，故
，
由四边形
为正方形，则
，而
都在平面
内，
所以
平面
；
（2）由
平面
，
为等边三角形，将三棱锥
补成正三棱柱
，
设
的中心为点
，
的中心为
，则
的中点
为外接球球心，
所以
的外接圆半径
，
，
所以外接球的半径
，
因此三棱锥
的外接球的表面积
；
（3）由
，以
为原点，
所在直线为
轴，建立如下图示的空间直角坐标系
，
则
，设
，连接
，
由
平面
，则平面
平面
，
则点
到
的距离等于
，而
，所以
且
，
由
，
，若异面直线
所成角为
，
则
，
所以
，
当且仅当
时取等号，则
，
所以异面直线
与
所成角的余弦值的最大值
.
2. 【答案】（1）证明见详解
（2）
6
6
【分析】（1）过点
B 作BH
CD
于H ，应用面面、线面垂直的性质有BH
AD
，再由线面垂直的判
定证明AD 面BCD ，最后应用线面垂直的判定和性质证明结论；
（2）根据已知确定三棱锥C
ABD
的体积取得最大有
3 2
2
BD
AD
，过点D 作
DO
AB 于O ，建
立合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）过点
B 作BH
CD
于H ，
由平面BCD 平面ACD ，平面BCD
平面ACD
CD
，BH 平面BCD ，
BH
平面ACD
，AD 平面ACD
，故BH
AD
，又AB
直径，易知BD
AD
，
且
,
,
BD
BH
B BD BH
平面BCD ，所以AD 平面BCD ，
BC
平面BCD ，
BC
AD
，且AB
BC
，
,
AD AB
平面BAD ，AD
AB
A
，
BC
平面ABD ，BD 平面ABD ，故
BD
BC
.
（2）由（1）知，
2
2
2
1
1
1
1
9
3
2
4
4
4
C
ABD
ABD
V
BC S
BD AD
BD
AD
AB
，
当
3 2
2
BD
AD
时，
C ABD
V
取到最大值，过点D 作
DO
AB 于O ，
建立以O
为原点，OD
为x
轴，OA
为
y
轴，过O
点垂直于平面ABD 的方向为z 轴，
设平面BED 与平面AEB 的法向量分别为
1
2
,
n n
.
则
3
3
3
1
0,
,0 ,
0,
,0 ,
,0,0 ,
0,
,1
2
2
2
2
B
A
D
E
，
3
0,
,3
2
C
，
所以
3 3
,
,0 ,
0,2,1
2 2
BD
BE
，则
1
1
3
3
0
2
2
2
0
BD n
x
y
BE n
y
z
，
令
1
x
，可得
1,
2
y
z
，
所以
1
1, 1,2
n
，因为平面AEB 的法向量为
2
1,0,0
n
，
则平面BED 与平面AEB 夹角的余弦值
1
2
1
2
6
cos
6
n n
n
n
.
🎯命题方向二 立体几何中的存在、探索问题
3．【答案】（1）详见详解；
（2）存在，
【详解】（1）如图：取PD 的中点H，连接FH，AH，
因为
，又
，所以
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，又
平面
，
平面
，
所以
平面
（2）建立如图所示空间直角坐标系：
则
，
所以
，
，
设平面PBC 的一个法向量为
，则
，即
，
令
，则
，
，所以
，
设
，则
，
若
平面
，则
，所以
，解得
，所以
，
则
，
所以在线段
上是否存在点
，使得
平面
，
的长为
.
4．【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）存在，
为线段
的中点
【详解】（1）因为
，
，则
，即
．
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
．
（2）取
的中点
，连接
，
因为
为等边三角形，且
，则
，且
，
以
为坐标原点，
，
，平行
的直线分别为
轴，建立如图所示空间直角坐标系
，
则
，
，
，
，
可得
，
，
，
设面
的一个法向量为
，则
，
令
，得
，
，可得
；
设平面
的一个法向量为
，则
，
令
，得
，
，可得
；则
，
所以平面
与平面
所成角的余弦值为
．
（3）由（2）可知
，
，
因为点
在线段
上，设
（
），则
（
），
因为
，
，
若选①：存在一点
，使得
，
理由如下：因为
，解得
或
（舍去），
所以当
为线段
的中点时，
．
若选②：存在一点
，使得
，
理由如下：因为
，
可得
，
又因为
，即
，解得
或
（舍去），
因此当
为线段
的中点时，
．
5. 【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）是定值，为
，理由见详解；（ii）
.
【分析】（1）利用勾股定理证明
，再结合
即可证明；
（2）（i）连接
，证明
平面
，进而转化为
的体积即可判断并求解；
（ii）取
中点
，连接
，证明
，
得
是平面
与平面
夹角所成的二面角的平面角，且
，最后在
中
时
最小，并结合
对应距离求角度.
【详解】（1）证明：因为底面四边形
中，
，
，
所以四边形
为直角梯形，且
，
3
6
3
2
AC
CD
1
AA
CD
1A B
/ /
CE
1
1
ABB A
1
C
ABA
AD
F
,
CF EF
AF
MF
AF
CF
MFC
ADM
ABCD
ADM
S
MF
△
CEF
△
MF
CE
MF
ABCD
,
AB
AD AD
BC
∥
1,
2
AB
BC
AD
ABCD
2
AC
CD
所以
，即
，
因为侧棱
底面
，
底面
，所以
，
又
，
平面
，
平面
.
所以
平面
.
（2）（i）三棱锥
的体积为定值
，理由如下：
连接
，因为侧棱
底面
，所以
，
又
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
在四棱柱
中，
，
因为
，
，点
为
的中点，
所以
，即四边形
是平行四边形，所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
，
所以
所以，三棱锥
的体积为定值
.
（ii）取
中点
，连接
，
2
2
2
AC
CD
AD
AC
CD
1
AA
ABCD
CD
ABCD
1
AA
CD
1
AC
AA
A
∩
1
AA
1
1
ACC A
AC
1
1
ACC A
CD
1
1
ACC A
1
M
ABA
3
6
1A B
1
AA
,
,
ABCD AB
AD AD
BC
∥
1
AA
BC
AB
BC
1
AA
AB
A
1
AA
1
1
ABB A
AB
1
1
ABB A
BC
1
1
ABB A
1
1
1
1
ABCD
A B C D
1
1
1
1
/ /
,
AD
A D AD
A D
=
AD
BC
∥
1,
2
BC
AD
E
1
1
A D
1
1
,
/ /
BC
A E BC
A E
1
BCEA
1
/ /
A B
CE
1A B
1
1
ABB A
CE
1
1
ABB A
/ /
CE
1
1
ABB A
1
1
1
1
3
1
3 1
3
2
6
M
ABA
C ABA
V
V
1
M
ABA
3
6
AD
F
,
CF EF
因为
，
为
中点，所以
，
在四棱柱
中，点
为
的中点，所以四边形
平行四边形，
因为侧棱
底面
，所以
底面
，
又
底面
，
底面
，所以
，
，
又
，
平面
，
平面
，
所以
底面
，又
底面
，所以
所以，
是平面
与平面
夹角所成的二面角的平面角，
因为
，所以
的面积最小时，
最小，
在
中，
最小，则
，如下图，
由于
，故
，
，
所以，在
中，
，
2
AC
CD
F
AD
AF
CF
1
1
1
1
ABCD
A B C D
E
1
1
A D
1
AFEA
1
AA
ABCD
EF
ABCD
AF
ABCD
CF
ABCD
EF
AF
EF
CF
CF
EF
F
CF
CEF
EF
CEF
AF
CEF
MF
CEF
AF
MF
MFC
ADM
ABCD
1
2
ADM
S
AD MF
MF
△
ADM
△
MF
CEF
△
MF
MF
CE
1,
3,
CF
EF
EF
CF
3
2
MF
1
3
2,
,
2
2
CE
CM
EM
MFC
△
3
cos
2
MF
MFC
FC
所以，当
的面积最小时，求平面ADM 与平面ABCD 夹角的余弦值为
.
题型05 空间几何体的折叠与展开问题
1．【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出
平面
及
平面
，
再应用面面平行判定定理得出平面
平面
，进而得出线面平行；
（2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点
的坐标表示出来，然后将平面
及平面
的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正
弦值.
【详解】（1）设
，所以
，因为
为
中点，所以
，因为
，
，所以
是平行四边形， 所以
，所以
，
因为
平面
平面
，所以
平面
，
因为
平面
平面
，所以
平面
，
又
，
平面
，所以平面
平面
，
又
平面
，所以
平面
．
（2）因为
，所以
，又因为
，所以
，
以
为原点，
以及垂直于平面
的直线分别为
轴，建立空间直角坐标系.
ADM
△
3
2
因为
，平面
与平面
所成二面角为60° ，
所以
.
则
，
，
，
，
，.
所以
.
设平面
的法向量为
，则
，所以
，令
，则
，则
.
设平面
的法向量为
，
则
，所以
，
令
，则
，所以
.所以
.
所以平面
与平面
夹角的正弦值为
.
2. 【答案】（1）证明见详解；
（2）2 22
11
【分析】1）利用勾股定理证明垂直，再结合面面垂直的性质定理可证明线面垂直；
（2）利用空间向量法来求线面角的正弦值即可.
【详解】（1）在矩形ABCD
中，
2
AB
，
4
AD
，E 为AD 的中点，
所以
2 2
CE
BE
，所以
2
2
2
16
CE
BE
BC
，所以CE
BE
，
因为平面PBE 平面BCDE
，平面PBE 平面BCDE
BE
，CE
平面BCDE
，
所以CE
平面PBE ．又PB 平面PBE ，所以CE
PB
．
（2）取BE 的中点O ，BC 的中点F ，连接
,
OP OF
，则
//
OF CE ，所以OF 平面PBE ，
由题可得PB
PE
，所以OP
BE
，所以
,
,
BE OF OP
两两垂直，
以O 为原点，
,
,
OB OF OP
所在直线分别为, ,
x y z
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
0,0, 2
P
，
2,0,0
B
，
2,2 2,0
C
，
2 2,
2,0
D
，
所以
2,0,
2
PB
，
2,
2,0
DC
，
2 2,
2,
2
PD
．
设平面PCD 的一个法向量为
, ,
n
x y z
，
则
2 2
2
2
0
2
2
0
n PD
x
y
z
n DC
x
y
，取
1
x
，得
1
y
，
3
z
，
所以
1, 1, 3
n
．设直线PB 与平面PCD 所成角为，
所以
2
3 2
2 22
sin
cos
,
11
2
11
PB n
PB n
PB
n
，
所以直线PB 与平面PCD 所成角的正弦值为
2 22
11
．
3. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）由折叠的性质可得
，
，再利用线面垂直判定定理可得
平面
，再利用线面垂直性质定理即可得证；
（2）可将该三棱锥补形为长方体，则长方体体对角线中点即为外接球的球心，在建立适当空间直角坐标
系，求出平面
与平面
法向量后，利用空间向量夹角公式计算即可得.
【详解】（1）因为在原图中
，
，故折叠完得
，
，
又因为
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，所以
；
（2）因为
两两垂直，所以可将该三棱锥补形为如图所示的长方体，
假设该长方体的一条体对角线为
，则球心
为对角线
的中点，
如图所示，以
所在直线为
轴，以
所在直线为
轴，以
所在直线为
轴建立空间直角坐标
系，
则
，
则
，
5
3
DC
CF
DA
AE
O D
O EF
ODE
DEF
DC
CF
DA
AE
O D
O F
O D
O E
,
,
O E
O F
O O E O F
O EF
O D
O EF
EF
O EF
O D
EF
,
,
O D O E O F
O M
O
O M
O E
x
O F
y
O D
z
2,0,0 ,
0,2,0 ,
0,0,4 ,
2,2,4 ,
1,1,2
E
F
D
M
O
2,2,0 ,
2,0, 4 ,
1,1,2
EF
DE
EO
设平面
的法向量为
，则
，即
，
令
，则
，所以
；
设平面
的法向量为
，则
，即
，
令
，则
，所以
，
设平面
与平面
所成角为
，则
，
故平面
与平面
所成角的余弦值为
.
4. 【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
．
【分析】（1）借助线面垂直判定定理及其性质定理可得
平面
，再利用面面垂直判定定理即
可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系后，可求出平面
与平面
的法向量，再利用空间向量夹角公式计
算即可得；
DEF
1
1
1
,
,
m
x y z
0
0
m EF
m DE
1
1
1
1
0
2
0
x
y
x
z
1
1
z
1
1
2
x
y
2,2,1
m
ODE
2
2
2
,
,
n
x
y
z
0
0
n EO
n DE
2
2
2
2
2
2
0
2
0
x
y
z
x
z
2
1
z
2
2
2,
0
x
y
2,0,1
n
ODE
DEF
5
5
cos
cos ,
3
3
5
m n
ODE
DEF
5
3
10
20
3 3
2
1AC
BCDE
CMB
MBE
（3）求出平面
的法向量后，利用空间向量夹角公式可求出
取最大值时的
，则可得三棱锥的
高与底面积，再利用体积公式计算即可得解.
【详解】（1）因为
，则
，且
，可得
，
将
沿
折起到
的位置，始终有
，
因为
平面
，所以
平面
，
由
平面
，可得
，
且
，
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以平面
平面
；
（2）由（1）可知，
两两垂直，翻折前，因为
，且
，
所以
，
，所以
，
翻折后
，由勾股定理得
，
故可以
为原点，直线
分别为
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
当
时，
，
，
，
，
，
，可得
，
，
，
1A BE
sin
90
C
AC
BC
//
DE
BC
AC
DE
ADE
V
DE
1A DE
△
1 ,
DE
A D DE
CD
1
1
,
,
A D
CD
D A D CD
1ACD
DE
1ACD
1AC
1ACD
1
DE
AC
1AC
CD
CD
DE
D
CD
DE
BCDE
1AC
BCDE
1AC
1ACB
1ACB
BCDE
1 ,
,
AC CD CB
//
DE
BC
2
CD
4
AD
4
2
6
3
DE
AD
BC
AC
2
2
3
DE
BC
1
4
A D
2
2
2
2
1
1
4
2
2 3
AC
A D
CD
C
1
,
,
CD CB CA
, ,
x y z
1
2
0,0,0
C
1 0,0,2 3
A
2,0,0
D
0,3,0
B
2,2,0
E
1,0, 3
M
1,0, 3
CM
1,3,
3
MB
2, 1,0
BE
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，可得
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，
，可得
，
设平面
与平面
夹角为
，
则
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
；
（3）由（2）可知
，
，
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，
，可得
，
且
，
，
因为直线
与平面
所成角为
，
则
BMC
1
1
1
,
,
m
x y z
1
1
1
1
1
3
0
3
3
0
m CM
x
z
m MB
x
y
z
1
3
z
1
1
3,
0
x
y
3,0, 3
m
BME
2
2
2
,
,
n
x
y
z
2
2
2
2
2
3
3
0
2
0
n MB
x
y
z
n BE
x
y
2
1
x
2
2
y
2
5
3
z
5
1,2,
3
n
CMB
MBE
2
2
2
5
3
1 0 2
3
10
3
cos
cos ,
20
5
3
( 3)
5
3
m n
m n
m
n
CMB
MBE
10
20
1
0, 3,2 3
BA
2, 1,0
BE
1
2,0, 2 3
A D
1A BE
3
3
3
,
,
p
x
y z
1
3
3
3
3
3
2 3
0
2
0
p BA
y
z
p BE
x
y
3
1
x
3
2
y
3
3
z
1,2, 3
p
2 ,0,2 3
2 3
M
2 , 3,2 3
2 3
BM
BM
1A BE
2
4
sin
cos ,
2 2
16
24
21
p BM
p BM
p
BM
，
当且仅当
时，等号成立，
取最大值，
则
，故点
到平面
的距离为
，
又
，则
，
所以三棱锥
的体积为
．
5．【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【分析】（1）由已知，可得
，利用勾股定理的逆定理可得
，由线面垂直的
判定定理即可证得；
（2）将侧面沿
展开成矩形
，则其对角线
即为所求；
（3）设
的中点分别为
，连接
，以
为原点，
所在直线分别为
轴，
轴，轴建立空间直角坐标系，利用坐标运算分别求得平面
和底面
的一个法
向量，利用公式由
表示出
，利用二次函数的性质求出
的最大值，即为所求.
【详解】（1）因为底面
的周长为12，且
，所以
，
则
，所以
.在直三棱柱
中，
底面
，
2
2
2
2
14
8
21
24
1
4
64
16
21
7
7
7
4
sin
1
1
7
4
A M
A D
M
BCE
7
3 3
2 3
2 3
4
2
1
3 2
3
2
BCE
S
△
1
3 3
3 3
3
3
2
2
M
BCE
V
M BCE
V
3 3
2
又
平面
，则
，
又
，
平面
，所以
平面
.
（2）将直三棱柱
的侧面沿
剪开展平成矩形
，如图所示，
其中
，所以
，所以
的最小值为
.
（3）设
的中点分别为
，连接
，
因为三棱柱
是直三棱柱，则
.
因为
，底面
的周长为
，所以
，所以
，则
.
以
为原点，
所在直线分别为轴，
轴，轴建立空间直角坐标系，
又
，则
，
，
则
.
设平面
的一个法向量为
，则
，
即
，取
，得
.
易得底面
的一个法向量为
，
则
，
当
时，
取得最小值，则
取得最大值，且最大值为
，
所以平面
与底面
夹角的余弦值的最大值为
.
题型06 立体几何的截面问题
1.【答案】（1）
（2）
【分析】（1）利用等体积法结合棱锥的体积公式求解即可；
（2）设
的中点为
，
中点为
，连接
，建立空间直角坐标系，利用空间向
量即可证明
，进而得到
平面
，可得
即为过点
且与
垂
直的平面截正方体的截面，进而求解即可.
【详解】（1）在正方体
中，点
是棱
上的动点，
则
到平面
的距离即为
,
则
.
（2）设
的中点为
，
中点为
，连接
，
以
为原点，以
所在直线为
轴建立空间直角坐标系，
则
，
所以
，
则
，即
，
因为
，
平面
，所以
平面
，
则
即为过点
且与
垂直的平面截正方体的截面，
由正方体
的棱长为2，
的中点为
，
中点为
，
可得
，
在
中，
，
则
，
所以
.
2．【答案】（1）
（2）
【分析】（1）运平面知识按步骤作出截面，用相似图形性质球边长，再求周长即可；
（2）先证明，当T 为线段
中点时，平面
平面
，再借助空间向量法，计算平面
法向量，最后借助向量夹角公式计算即可.
【详解】（1）如图，步骤1：延长DA，CE 交于点P，连接PF 交
于点G，连接GE；
步骤2：延长GF，
交于点Q，连接
交
于点H，连接FH，则多边形CEGFH 即为所
求截面，
由E 为AB 中点，可得A 为DP 中点，从而
与
相似，所以
，
又F 为
中点，从而
与
全等．
又
与
相似，所以
，
所以
，
，
，
，
，
故所求截面多边形的周长为
．
（2）当T 为线段
中点时，平面
平面
，理由如下：
易得
，
，
，故
，
所以
．又
，故
．取CD 中点M，连接
，TM，EM．
因为E，M 分别为AB，CD 中点，故
，所以E，F，
，M 四点共面，易知四边形
为正方形，故
．又
平面
，
平面
，故
，
而
，故
平面
．因为
平面
，所以
．又
，
所以
平面
，而
平面CEF，故平面
平面
．
以D 为原点，
，
，
分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则
，
，
，
，则
，
．
设平面TCF 的法向量
，则
，可取
．
又
，
，
设平面CEF 的法向量
，则
，可取
．
则
．
故平面TCF 与平面CEF 夹角的余弦值为
．
3．【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）设
，由题意和余弦定理可得
，结合同角三角函数
的基本关系求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角；
（3）先根据空间点线面的位置关系找出截面，然后求周长即可．
【详解】（1）设
，
，
，则
，
在
中，
，
整理得
，由题意得
，则
，即
，
解得
，因此
，即
．
（2）作
中点
，连接
，
，
因为
为
中点，
，
所以
，
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，而
，
，
平面
，故
，
，
，
因为
，
，
所以四边形
、四边形
都是平行四边形，
故
，
，而
，所以
，
又因为
为
中点，所以
，在平面
中也有
，
由于
，故
，
，
，
，
由勾股定理得：
，
，
故以
为原点，
，
，
为，
，轴，建立如图空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
所以
，
，
，
，
设平面
，平面
，平面
，平面
的法向量分别为
，
，
，
则
，即
，取
，则
，
同理可得
，
因为平面
同时垂直于平面
，平面
，所以
，
，
即
，取
，则
，
平面
的法向量是
，则
，
设平面
与平面
的夹角为
，则
，
故
，
因此平面
与平面
夹角的正弦值为
．
（3）设
是平面
上一点，因为平面
过点
，则可以设
，
这是因为此时
，因此可设
，
因为当平面与平面相交时，其交线必为直线且唯一，故只需讨论平面
与四棱锥
的
公共部分，
当
时，
在直线
上，
因此平面
过直线
，故平面
与平面
，平面
交于直线
，与棱
，
分别交
于
，
，
故只需讨论平面
与棱
，
的交点：设平面
与棱
，
的交点分别为
，
，
则设
，
，
令
，则
，解得
，即
，
同理可得
，
故平面
与平面
交于
，平面
交于
，因此平面
截四棱锥
所得截面多
边形为四边形
，
故周长为
．
题型07 与球相关的立体几何创新问题
1．【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）证明见详解；
（ii）
.
【分析】（1）通过证明
，
，得出
平面
，即可证明面面垂直；
（2）（i）法一：建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，假设
在同一球面
上，在平面
中，得出点
坐标，进而得出点
在空间中的坐标，计算出
，即可证明结论；
法二：作出
的边
和
的垂直平分线，找到三角形的外心
，求出
，求出出外心
到
，
，
，
的距离相等，得出外心
即为
，
，
，
所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线
和
的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出
的长，过点
作
的平行线，交
的延长线为
，连接
，
，利用勾股定理求出
的长，进而得出
的长，在
中由余弦定理求出
，即可求出直线
与直线
所成
角的余弦值.
【详解】（1）由题意证明如下，在四棱锥
中，
⊥平面
，
，
平面
，
平面
，∴
，
，
∵
平面
，
平面
，
，∴
平面
，
∵
平面
，∴平面
平面
.
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一： 在四棱锥
中，
，
，
，
∥
，
，
，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴
，
若
，
，
，
在同一个球面上，则
，
在平面
中，
∴
，∴线段
中点坐标
，
直线
的斜率：
，
直线
的垂直平分线
斜率：
，
∴直线
的方程：
，即
，
当
时，
，解得：
，∴
在立体几何中，
，
∵
解得：
，∴点
在平面
上.
法二： ∵
，
，
，
在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等
在
中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出
和
的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
，
，
，∴
，∴点
是
的外心，
在Rt
中，
，
，
由勾股定理得，
∴
，
∴点
即为点
，
，
，
所在球的球心
，此时点
在线段
上，
平面
，
∴点
在平面
上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
，设直线
与直线
所成角为
，
∴
.
法2：由几何知识得，
，
，
∥
，∴
，
在Rt
中，
，
，由勾股定理得，
，
过点
作
的平行线，交
的延长线为
，连接
，
，
则
，直线
与直线
所成角即为
中
或其补角.
∵
平面
，
平面
，
，∴
，
在Rt
中，
，
，由勾股定理得，
，在Rt
中，
，由勾股定理得，
，
在
中，由余弦定理得，
，
即：
解得：
∴直线
与直线
所成角的余弦值为：
.
2. 【答案】（1）证明见详解；
（2）（i）
；（ii）
【分析】（1）先证明
，
，再根据线面垂直判定定理证明
平面
，由此证明
结论；
（2）（i）建立空间直角坐标系，求出
的坐标，设外接球的球心
，球半径为
，列方
程求出球的半径，再利用球的表面积公式求结论；（ii）求直线
与直线
的方向向量，结合向量夹
20π
70
70
PE
AB
PE
CE
PE
ABC
, , ,
A B C P
( , , )
M x y z
R
PC
AM
角公式求结论.
【详解】（1）因为
，
，所以
，
，
在
中：
，
由勾股定理的逆定理得：
，
因为
是等腰直角三角形，且斜边
，所以
，
，
在
中，由余弦定理可得
，
又
，
，
，因此
，
在
中：
，由勾股逆定理得：
，
因为
，且
平面
，所以
平面
，
又
平面
，故平面
平面
.
（2）以
原点，
为
轴，
为
轴，平面
内垂直于
方向为
轴建立空间直角坐标系：
则
，
，
，
；
，
设外接球的球心
，球半径为
，
因为球心到各顶点距离相等，
所以
，
解方程得：
，
，
，即球心
，且
，
因此外接球的表面积
；
4
AB
3
BE
AE
1
AE
3
BE
PAE
2
2
2
2
2
1
3
10
AE
PE
PA
PE
AB
ABC
V
4
AB
π
4
CAB
2 2
AC
ACE
2
2
2
2
·
cos
CE
CA
AE
CA AE
CAE
1
AE
2 2
AC
2
cos
cos
2
CAE
CAB
2
2
8 1 2 2 2 1
5
2
CE
PCE
2
2
2
2
3
5
14
PE
CE
PC
PE
CE
AB
CE
E
,
AB CE
ABC
PE
ABC
PE
PAB
PAB
ABC
E
EB
y
EP
z
ABC
AB
x
(0,0,0)
E
(0, 1,0)
A
(0,3,0)
B
(0,0,3)
P
(2,1,0)
C
( , , )
M x y z
R
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
1)
(
3)
(
2)
(
1)
(
3)
MA
x
y
z
R
MB
x
y
z
R
MC
x
y
z
R
MP
x
y
z
R
0
x
1
y
1
z
(0,1,1)
M
2
2
2
2
2
0
(1 1)
1
5
R
MA
2
4π
20π
S
R
（ii）设直线
与直线
所成角为
，又
，
，
，
所以直线
与直线
所成角的余弦值为
.
3 .【答案】（1）证明见详解
（2）（ⅰ）3（ⅱ）
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）（ⅰ）根据正四面体的性质，确定内切球球心位置，利用等体积法求半径即可（ⅱ）建立空间直角坐标
系，利用向量法求二面角的余弦值，再转化为正弦值即可.
【详解】（1）因为
均为等边三角形，且
为棱
的中点，所以
,
又
,
平面
，所以
平面
.
（2）（ⅰ）设点
是底面正
的中心，连接
,则
为正四面体的高，
由题知，在
中，
，
在
中，由勾股定理可得
，
由等体积法得，
，则
，
PC
AM
2,1, 3
PC
0,2,1
AM
2
2
2
2
2
2
| 2 0 1 2
3
1|
|
|
| 1|
70
cos
70
|
| |
|
14
5
2
1
( 3)
0
2
1
PC AM
PC
AM
PC
AM
70
70
2
2
,
BCD
ABC
E
BC
,
BC
AE BC
DE
AE
DE
E
,
AE DE
AED
BC
AED
H
BCD
△
AH
AH
BCD
△
6 2
,
9 2,
3 2
ED
EH
DH
Rt AHD
2
2
12
AH
AD
DH
4
A BCD
O BCD
V
V
1
1
4
3
3
BCD
BCD
S
r
AH
S
即
，则内切球的半径为3.
（ⅱ）因为
平面
，所以点
在
上，且在球面上,
所以，当
最小时，则
,
以
为坐标原点，过
作
平行线为
轴，以
为
轴，
为
轴，建立如图所示空间直角坐标
系
，
则
，
所以
，
设平面
的法向量为
，则
；
设平面
的法向量
，
则
，令
，则
，
设二面角
大小为
，
则
，所以
.
即二面角
的正弦值为
.
4. 【答案】（1）证明见详解，证明见详解；
3
4
AH
r
OP
BCD
P
AH
ADP
6
AP
H
H
BC
x
HD
y
AH
z
H
xyz
(0 0 0)
(0 0 6
,
0
, ,
,
, ,
,
,
,
)
0 6 2 0
,
,
3 6
3 2
H
P
D
B
3 6
3 2
6
0 6 2
6
,
,
,
,
,
PB
PD
PAD
n
1,0,0
n
PBD
, ,
m
x y z
6 2
6
0
3 6
3 2
6
0
m PD
y
z
m PB
x
y
z
1
y
3 1
2
, ,
m
A
PD
B
2
cos
cos
,
2
n m
n m
n
m
2
2
sin
1 cos
2
A
PD
B
2
2
（2）
.
【分析】（1）（i）由
是等边三角形，且
的外接圆为圆
得到
为
的中心，由
为圆
的直径得到
，由圆柱的性质得到
圆
所在的平面，从而得到
，利
用线面垂直的判定定理得到
平面
.（ii）由题意得到
平面
，从而得到三棱锥
的外接球的球心在
上，设球心为
，球
的半径为
，可以得到
，即
为
的中点，从而可以求出
的值，得证.
（2）利用空间向量法求解，求出平面
和平面
的一个法向量，设二面角
的平面角为
，利用向量的数量积求出
，通过换元法求出
的范围，即为二面角
的
余弦值的取值范围.
【详解】（i）
是等边三角形，且
的外接圆为圆
，
为
的中心，
为圆
的直径，
，
四边形
为正方形，
，
平面
与圆
所在的平面交于
，平面
与圆
所在的平面垂直，
圆
所在的平面，
圆
所在的平面，
，
，
平面
，
平面
.
（ii）
的外接圆为圆
，
平面
，
三棱锥
的外接球的球心在
上，
设球心为
，球
的半径为
，则
，
，
3
0, 5
BEF
△
BEF
△
O
O
BEF
△
AB
O
AB
EF
AD
O
EF
DA
EF
ABCD
1
OO
BEF
P
BEF
1
OO
M
M
R
1
MO
MO
M
1
OO
R
EFP
EFB
P
EF
B
1
2
1
2
cos
n n
n
n
cos
P
EF
B
BEF
BEF
△
O
O
BEF
△
AB
O
AB
EF
ABCD
AD
AB
ABCD
O
AB
ABCD
O
AD
O
EF
O
EF
DA
AB
DA
A
,
AB AD
ABCD
EF
ABCD
BEF
O
1
OO
BEF
P
BEF
1
OO
M
M
R
MB
R
MP
R
，
，
，
，
，
，
为
的中点，
，
，
，
不论点P 在何位置，三棱锥
的外接球半径大小不变.
（2）以
为原点，过
作
的平行线作为
轴，
为
轴，
为
轴建立空间直角坐标系，
，
，
，设
，
，
，
设平面
的法向量为
，
则
，即
，解得
，
，
，
平面
的一个法向量为
，
，
二面角
的平面角为
，则
，
设
，
，
，
，
转化为
，
当
时，
，当
时，
，
4
AB
1
2
PO
2
BO
2
2
2
4
MO
MB
OB
R
2
2
2
1
1
4
MO
MP
PO
R
1
MO
MO
M
1
OO
1
2
MO
MO
2
4
2
R
2 2
R
P
BEF
O
O
EF
x
OB
y
1
OO
z
3, 1,0
E
3, 1,0
F
0,2,0
B
2cos
,2sin
,4
P
2 3,0,0
EF
2cos
3,2sin
1,4
EP
EFP
1
, ,
n
x y z
0
0
n EF
n EP
2 3
0
2cos
3
2sin
1
4
0
x
x
y
z
0
4
2sin
1
x
y
z
1
0,4,
2sin
1
n
2
1
16
2sin
1
n
EFB
2
0,0,1
n
2
1
n
P
EF
B
1
2
2
1
2
2sin
1
cos
16
2sin
1
n n
n
n
2sin
1,
0,2π
t
sin
1,1
2sin
1
1,3
1,3
t
1
2
2
1
2
2sin
1
cos
16
2sin
1
n n
n
n
2
cos
16
t
t
0
t
cos
0
0
3
t
2
2
1
cos
16
16
1
t
t
t
，
，
，
，
，
，
，
；
当
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
综上可知，
，
则二面角
的余弦值的取值范围为
.
5. 【答案】（1）
；
（2）
；
0
3
t
2
0
9
t
2
1
1
9
t
2
16
16
9
t
2
16
25
1
9
t
2
16
5
1
3
t
2
1
3
0
5
16
1
t
3
0
cos
5
1
0
t
2
2
1
cos
16
16
1
t
t
t
1
0
t
2
0
1
t
2
1
1
t
2
16
16
t
2
16
1 17
t
2
16
1
17
t
2
1
17
0
17
16
1
t
17
0
cos
17
3
0
cos
5
P
EF
B
3
0, 5
2 3
tan
3
21
42
[
,
]
7
7
（3）表面积为
，体积为
.
【分析】（1）取
中点
，连接
，过
作
，以
为原点建立空间直角坐标系，求出平面
的法向量，利用面面角的向量法求解.
（2）由（1）中信息，利用线面角的向量法列出函数关系，再求出函数的值域即可.
（3）利用两点间距离公式求出球心坐标及球半径，再利用球的表面积、体积公式求解.
【详解】（1）四棱锥
的底面为正方形，取
中点
，连接
，过
作
，
则
，由
，得
，由平面
平面
，
平面
，得
平面
，则直线
两两垂直，
以点
为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
则
，
，设平面
的一个法向量
，
则
，令
，得
，
而平面
的一个法向量
，
设平面
与平面
的夹角为
，
28π
3
28 21π
27
AB
O
PO
O
/ /
Oy
AD
O
ABE
P
ABCD
AB
O
PO
O
/ /
Oy
AD
Oy
AB
2
PA
AB
PB
OP
AB
PAB
ABCD
OP
PAB
OP
ABCD
,
,
OB Oy OP
O
,
,
OB Oy OP
, ,
x y z
1
3
( 1,0,0), (1,0,0),
(1,2,0),
( 1,2,0), (0,0, 3),
( ,1,
)
2
2
A
B
C
D
P
E
3
3
(2,0,0),
( ,1,
)
2
2
AB
AE
ABE
( , , )
n
a b c
2
0
3
3
0
2
2
n AB
a
n AE
a
b
c
2
c
(0,
3,2)
n
PAB
(0,1,0)
m
PAB
ABE
则
，
，
所以平面
与平面
的夹角的正切值为
.
（2）由（1）得
，
，平面
的一个法向量
，
令
，
则
，设CF 与平面
所成的角为
，
因此
，
所以CF 与平面
所成角的正弦值的范围是
.
（3）设四棱锥
的外接球球心为
，则球半径
，
因此
，
解得
，
所以四棱锥
的外接球表面积为
，
体积为
.
6. 【答案】（1）证明见详解
（2）①线段
中点；②
PAB
ABE
2 3
tan
3
(0, 2,0)
CB
1,0, 3
BP
ABE
(0,
3,2)
n
(
,0, 3 ),0
1
BF
tBP
t
t
t
(
, 2, 3 )
CF
CB
BF
t
t
ABE
2
2
2
|
|
2 3(
1)
21
(
1)
sin
| cos
,
|
7
(
1)
2(
1)
2
|
||
|
2
1
7
CF n
t
t
CF n
t
t
CF
n
t
2
2
21
1
21
1
21
42
[
,
]
2
2
1
1
1
7
7
7
7
1
2(
)
(
1)
1
1
2
2
t
t
t
ABE
21
42
[
,
]
7
7
P
ABCD
( , , )
M x y z
R
MA
MB
MC
MP
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(
1)
(
1)
(
1)
(
2)
(
3)
x
y
z
x
y
z
x
y
z
x
y
z
R
3
7
0,
1,
,
3
3
x
y
z
R
P
ABCD
2
28π
4π
3
R
3
3
4π
4π
7
28 21π
(
)
3
3
27
3
R
CD
2 2
3
【分析】（1）平面几何知识得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）①利用球心到五个点的距离相等，确定球心
的位置；②由几何关系设出
点坐标，求出平面
的法向量
，利用线面角的计算公式，得出
点坐标，最后两点间距离公式求解
.
【详解】（1）在平面
中，
，所以
.
又因为
平面
，
平面
，所以
平面
（2）①如图，
为
中点，
理由如下：设
的中点分别是
，连接
因为
,所以
是正三角形.
所以
,所以
所以
是正三角形，所以
因为
，所以
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，所以
平面
.
又
平面
.，所以
，易得
，所以
，
O
Q
PCD
n
Q
PQ
ABCD
+
=π.
ADC
DAB
//
AB CD
AB
PCD
CD
PCD
//
AB
PCD
O
CD
,
AB CD
,
E O
,
,
,
AO BO OE PE
π
2,
3
AD
OD
ADC
ADO
△
π
3
DAO
BAO
2
AO
AB
ABO
2
BO
2
PA
PB
PE
AB
PAB
ABCD
PAB
ABCD
AB
PE
PAB
PE
ABCD
OE
ABCD
PE
OE
1,
3
PE
OE
2
PO
因为
，所以
满足条件.
②以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴建立空间直角坐标系.
则有
，
,
，
，
.
设点
，
，则
.
，
.
设平面
的法向量为
，则
，代入得
，
令
，则
，所以
.
设直线
与平面
所成角为
，所以
，
解得
或
（舍去）
所以
，此时
.
7. 【答案】（1）证明见详解
（2）
.
【分析】（1）先证明
，再利用线面平行的判定定理直接证明即可；
（2）解法1 记正方形
的中心为
，取
中点
，设
，利用二面角的平面角定义求得
，
， 因为
为二面角
的平面角且
2
DO
AO
BO
CO
PO
O
E
,
,
EO EB EP
, ,
x y z
0, 1,0
A
0,1,0
B
0,0,1
P
3, 2,0
D
3,2,0
C
3,0,0
O
0,
,1
Q
m
m
0
1
m
3,
,1
OQ
m
m
3,2, 1
PC
0, 4,0
CD
PCD
, ,
n
x y z
·
0
·
0
n PC
n CD
3
2
0
4
0
x
y
z
y
3
z
1,
0
x
y
1,0, 3
n
OQ
PCD
2
2
8
3
sin
c
2
6
os
,
3
1
OQ n
m
OQ n
OQ n
m
m
2
3
m
1
m
2 1
0,
,
3 3
Q
2 2
3
PQ
32
27
//
PA QC
ABCD
N
AB
M
ON
x
1
tan
2
1
x
PMN
x
1
tan
2
1
x
QMN
x
PMQ
P
AB
Q
tan
tan(
)
3
PMQ
PMN
QMN
1
3
ON
4
3
AB
，列方程求出
，进而得到
即可利用体积公式
求解；
解法2 记正方形
的中心为
，以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系，设
，求出平
面
和平面
的法向量，利用向量法列方程求出
，进而得到
即可利用体积公式求
解；
解法3 以点
为坐标原点，建立空间直角坐标系，设
，求出平面
和平面
的法向量，利
用向量法列方程求出
，进而得到
即可利用体积公式求解；
【详解】（1）如图，连接
，则
必过点
，
在四边形
中，由于对角线
，
互相平分，则四边形
为平行四边形，故
，
由于
平面
且
平面
，
所以
平面
；
（2）解法1 如图，记正方形
的中心为
，取
中点
，连接
，
，
，
，由
于
，则
，同理可证
，则
为二面角
的平面角，又
tan
tan(
)
3
PMQ
PMN
QMN
1
3
ON
4
3
AB
ABCD
N
N
ON
t
PAB
QAB
1
3
ON
4
3
AB
B
ON
t
PAB
QAB
1
3
ON
4
3
AB
AC
AC
O
PAQC
AC
PQ
PAQC
//
PA QC
PA
QBC
QC
QBC
//
PA
QBC
ABCD
N
AB
M
PM
QM
NA
NB
PA
PB
PM
AB
QM
AB
PMQ
P
AB
Q
NA
NB
NM
AB
，则
，
则
为二面角
的平面角，
为二面角
的平面角，
不妨设点
在
的下方，
设
则
，
，
，
，
，
于是
，
，
于是
，
，
由于
，则
，解得
，
则
，则
，即内接八面体的体积为
；
解法2 如图，记正方形
的中心为
，连接
，
，
NA
NB
NM
AB
PMN
P
AB
N
QMN
Q
AB
N
O
N
(0
1)
ON
x
x
2
1
NA
NB
x
2
2
2
AB
x
2
1
2
x
NM
1
PN
x
1
QN
x
2
2 (1
)
1
tan
2
1
1
PN
x
x
PMN
MN
x
x
2
2 (1
)
1
tan
2
1
1
QN
x
x
QMN
MN
x
x
tan
tan
tan
tan(
)
1
tan
tan
PMN
QMN
PMQ
PMN
QMN
PMN
QMN
1
1
1
1
1
1
tan
2
2
3
1 2
1
1
x
x
x
x
x
x
PMQ
x
x
1
0
1
1
x
x
1
2
1
2
x
x
1
3
x
4
3
AB
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
四边形
32
27
ABCD
N
NA
NB
则
，
，
两两垂直，如图，以点
为坐标原点，以
所在直线为
轴，
所在直线为
轴，
所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，
不妨设点
在
的下方，
则
，
，
，
，
于
点
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，令
，则
，
于是平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，令
，则
，
于是平面
的一个法向量为
，
设二面角
的平面角为
，由于
，
则
，则
，
，
则
，即内接八面体的体积为
.
NA
NB
NP
N
NA
x
NB
y
NP
O
N
2
1
NA
NB
t
2
2
2
BC
t
1
PN
t
1
QN
t
2
1
,0,0
A
t
2
0, 1
,0
B
t
(0,0,1
)
P
t
(0,0, (1
))
Q
t
PAB
1
1
1
1
,
,
n
x y z
2
1
,0,1
AP
t
t
2
0,
1
,1
BP
t
t
1
1
0
0
n
AP
n
BP
2
1
1
2
1
1
1
(1
)
0
1
(1
)
0
t x
t z
t y
t z
1
1
z
t
1
1
1
x
y
t
PAB
1
( 1
, 1
, 1
)
n
t
t
t
QAB
2
2
2
2
,
,
n
x
y z
2
1
,0, (1
)
AQ
t
t
2
0,
1
, (1
)
BQ
t
t
2
2
0
0
n
AQ
n
BQ
2
2
2
2
2
2
1
(1
)
0
1
(1
)
0
t x
t z
t y
t z
2
1
z
t
2
2
1
x
y
t
QAB
2
(
1
,
1
, 1
)
n
t
t
t
P
AB
Q
1
| cos
|
10
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
3
3
10
9
n n
t
t
t
t
n
n
t
1
3
t
4
3
AB
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
四边形
32
27
解法3 如图，过点
作
，记正方形
中心为
，连接
，
，
由于
平面
，
，
平面
，则
，
，
且
，则
，
，
两两垂直，如图，以点
为坐标原点，以
所在直线为
轴，
所
在直线为
轴，
所在直线为
轴，建立空间直角坐标系，
由对称性，不妨设点
在
的下方，设
则
，
，
，
，
于是点
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，
令
，则
，
，
B
//
BH PQ
ABCD
N
NA
NB
BH
ABCD
BC
BA
ABCD
BH
BC
BH
BA
BC
BA
BC
BA
BH
B
BC
x
BA
y
BH
z
O
N
(0
1)
ON
t
t
2
1
NA
NB
t
2
2
2
AB
t
1
PN
t
1
QN
t
(0,0,0)
B
2
0,
2
1
,0
A
t
2
2
2
2
1
,
1
,1
2
2
P
t
t
t
2
2
2
2
1
,
1
, 1
2
2
Q
t
t
t
PAB
1
1
1
1
,
,
n
x y z
2
2
2
2
1
,
1
,1
2
2
BP
t
t
t
2
0,
2
1
,0
BA
t
1
1
0
0
n BP
n BA
2
2
1
1
1
2
1
2
2
1
1
(1
)
0
2
2
2
1
0
t x
t y
t z
t y
1
1
z
t
1
2
1
x
t
1
0
y
于是平面
的一个法向量为
，
设平面
的一个法向量为
，
，
，
由
，
，
令
，则
，
，
于是平面
的一个法向量为
，
设二面角
的平面角为
，由于
，
则
，则
，
则
，即内接八面体的体积为
.
PAB
1
(
2
1
,0, 1
)
n
t
t
QAB
2
2
2
2
,
,
n
x
y z
2
2
2
2
1
,
1
, 1
2
2
BQ
t
t
t
2
0,
2
1
,0
BA
t
2
2
0
0
n
BQ
n
BA
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
(1
)
0
2
2
2
1
0
t x
t y
t z
t y
2
1
z
t
2
2
1
x
t
2
0
y
QAB
2
( 2
1
,0, 1
)
n
t
t
P
AB
Q
1
| cos
|
10
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
3
3
10
9
n n
t
t
t
t
n
n
t
1
3
t
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
四边形
32
27
