专题04
立体几何初步
1．球与多面体的接、切
定义1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体
的外接球。
定义2；若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是多
面体的内切球。
2．球的内切问题（等体积法）
例如：在四棱锥P
ABCD
中，内切球为球O ，求球半径r .方法如下：
P ABCD
O ABCD
O PBC
O PCD
O PAD
O PAB
V
V
V
V
V
V
即：
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
P ABCD
ABCD
PBC
PCD
PAD
PAB
V
S
r
S
r
S
r
S
r
S
r
，可求出r .
3．球的外接问题
（1）公式法
正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点
（2）补形法（补长方体或正方体）
①墙角模型（三条线两个垂直）
题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图）
②对棱相等模型（补形为长方体）
题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（
CD
AB
，
BC
AD
，
BD
AC
）
（3）单面定球心法（定+算）
步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥P
ABC
中，选中底面ABC
，确定其外接圆
圆心
1
O （正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心
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2
sin
a
r
A
）；
②过外心
1
O 做（找）底面ABC
的垂线，如图中
1
PO 面ABC ,则球心一定在直线（注意不一定在线段
1
PO
上）
1
PO 上；
③计算求半径R :在直线
1
PO 上任取一点O 如图：则OP
OA
R
，利用公式
2
2
2
1
1
OA
O A
OO
可计算
出球半径R .
（4）双面定球心法（两次单面定球心）
如图：在三棱锥P
ABC
中：
①选定底面ABC
，定ABC
外接圆圆心
1
O
②选定面PAB
，定PAB
外接圆圆心
2
O
③分别过
1
O 做面ABC 的垂线，和
2
O 做面PAB 的垂线，两垂线交点即为外接球球心O .
4．（传统法）核心技巧：平移使相交
具体操作，通过平移一条（或2 条），使异面直线转化为相交直线，然后在三角形中利用余弦定理求角
5 直线与平面所成角
（1）斜线在平面上的射影：过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足及斜足的直线叫做
斜线在平面内的射影.
注意：斜线上任意一点在平面上的射影一定在斜线的射影上.
如图，直线l 是平面的一条斜线，斜足为M ，斜线上一点A 在平面上的射影为O ，则直
线MO 是斜线l 在平面上的射影.
（2）传统法之定义法（如右图）：具体操作方法：
①在直线l 上任取一点A（通常都是取特殊点），向平面引（通常都是找+证明）
垂线AO ；
②连接斜足与垂足MO ；
③则斜线l 与射影MO 所成的角
AMO
，就是直线与平面所成角.
（3）传统法之等体积法求垂线段法(如右图）
①利用等体积法求垂线段AO 的长；
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②sin
AO
AMO
AM
6.二面角
（1）定义法
在二面角的棱上任取一点（通常都是取特殊点，如中点，端点），过该点在两个半平面内作二面角棱
的垂线，两垂线所成的角就是二面角的平面角.
（2）三垂线法
三垂线定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射
影垂直.
具体操作步骤（如图在三棱锥P
ABC
中）求二面角P
AB
C
：
①第一垂：过点P 向平面ABC 引垂线PO （一般是找+证，证明PO
ABC
）
②第二垂：在平面ABC 中，过点O 作
1
OO
AB
,垂足为
1
O
③第三垂：连接
1
PO （解答题需证明
1
PO
AB
）
（3）射影面积法（cos
s
S
q =
射影）
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影
面积公式（cos
S
S
射
斜
）求出二面角的大小.
题型一空间几何体内切球
例题1（2024·全国·模拟预测）已知球O是底面半径为4、高为8 2 的圆锥的内切球，若球O内有一个内接
正三棱柱，则当该正三棱柱的侧面积最大时，正三棱柱的体积为
．
【答案】12 3
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【详解】圆锥与球O的轴截面如图所示，S为圆锥的顶点，AB 为圆锥的底面直径，D，E 为切点，连接OE ，
SD ，
则OE
SB
，SD
AB
，且SD 过点O，设球O的半径为r ，
由题意可得
SDB
SEO
∽
△
△
，故SD
BD
SE
EO
，即
2
2
8 2
4
(8 2
)
r
r
r
，
整理得
2
2 2
16
0
r
r
，得
2 2
r
．
设正三棱柱的底面边长为a ，正三棱柱的高为h ，则
2
2
2
3
8
3
2
h
a
r
，即
2
2
1
1
8
3
4
a
h
，
正三棱柱的侧面积
2
2
1
1
3
1
3
4
3
6 3
6 3
24 3
3
2
2
a
h
S
ah
a
h
侧
，当且仅当
3
1
3
2
a
h
，且
2
2
1
1
8
3
4
a
h
，即
2 3,
4
a
h
时取等号，
此时该正三棱柱的侧面积最大，故此时正三棱柱的体积
2
3
12 3
4
V
a h
．
故答案为：12 3
例题2（2022·江苏连云港·模拟预测）在四棱锥P
ABCD
中，底面ABCD 是矩形，侧面PAB 是等边三角形，
侧面PAB 底面ABCD，
2 3
AB
，若四棱锥P
ABCD
存在内切球，则内切球的体积为
，此时四
棱锥P
ABCD
的体积为
．
【答案】
4
3
/ 4
3
8 3
【详解】取AB 中点M，CD 中点N，连接PM，PN，MN，如图，
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因PAB
是正三角形，则PM
AB
，又ABCD 是矩形，有MN
AB
，而平面PAB 平面ABCD，
平面PAB 平面ABCD
AB
，PM 平面PAB ，MN 平面ABCD，因此PM 平面ABCD，MN 平面PAB ，
又
/ /
/ /
AD
MN
BC ，则AD 平面PAB ，BC 平面PAB ，即有
,
AD
PA BC
PB
，
PM
MN
M
，
,
PM MN 平面PMN ，有AB 平面PMN ，PN 平面PMN ，AB
PN
，而
/ /
AB
CD ，则
CD
PN
，
显然PAD
PBC
，由球的对称性及四棱锥P
ABCD
的特征知，平面PMN 截四棱锥P
ABCD
的内切球O
得截面大圆，
此圆是Rt
PMN
△
的内切圆，切MN，PM 分别于E，F，有四边形OEMF 为正方形，
令AD
x
，而
3
PM
，
2
9
PN
x
，则球半径
2
1 (
3
9)
2
r
ME
x
x
，
四棱锥P
ABCD
的表面积为
2
2
3 3
4 3
3
9
PAB
PAD
ABCD
PCD
S
S
S
S
S
x
x
，
由
1
1
3
3
P ABCD
ABCD
V
rS
S
PM
得：
2
2
1 (
3
9)
3(3
4
9)
2 3
3
2 x
x
x
x
x
，
整理得：
2
2
6
(3
4
9)
12
(
3
9)
x
x
x
x
x
x
，即
2
2
3
9
x
x
，解得
4
x
，
因此，
1
r ，内切球的体积
3
4
4
3
3
V
r
，四棱锥P
ABCD
体积
8 3
P ABCD
V
.
故答案为：4
3
；8 3
例题3（2023 下·湖南长沙·高二长沙市明德中学校考期中）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆
柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，
1
O 、
2
O 为圆柱两个
底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆
1
O 的一条直径，若球的半径
2
R
，则
①平面DEF 截得球的截面面积最小值为
；
②若P 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE
PF
的取值范围为
．
【答案】
16
5
/16
5
2 5
2,4 3
【详解】过点O在平面ABCD内作
1
OG
DO
，垂足为点G ，如下图所示：
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易知
1
2
O O
CD
，
1
2
4
O O
，
2
2
O D
，
由勾股定理可得
2
2
1
1
2
2
2 5
O D
O O
O D
，
则由题可得
1
2
2
1
1
1
4 2
2 5
2
2
5
2 5
O O
O D
OG
O D
，
设O到平面DEF 的距离为
1d ，平面DEF 截得球的截面圆的半径为1r ，
因为
1
O D 平面DEF ，当OG 平面DEF 时，
1d 取最大值OG ，即
1
2 5
5
d
OG
，
所以，
2
1
1
4
4 5
4
4
5
5
r
d
，
所以平面DEF 截得球的截面面积最小值为
2
4 5
16π
π
5
5
；
由题可知点P 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P 在底面的射影为P，
则
2
PP
，
2
2
2
2
4
PE
P E
P E
，
2
2
2
2
4
PF
P F
P F
，
由勾股定理可得
2
2
16
P E
P F
，令
2
8
P F
t
，则
2
8
P E
t
，其中8
8
t
，
所以，
12
12
PE
PF
t
t
，
所以，
2
2
2
12
12
24
2 144
24
8 5,48
PE
PF
t
t
t
，
因此，
2 5
2,4 3
PE
PF
.
故答案为：16π
5 ；2 5
2,4 3
.
练习题
1．（2023 下·浙江嘉兴·高一校联考期中）一个棱长为a 的正四面体中内切一个球O，若在此四面体中再放
入一个球O，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球O的半径为（
）
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A．
6
8 a
B．
2
8 a
C．
6
24 a
D．
2
24 a
【答案】C
【详解】设内切球O 的半径为r，球O的半径为R.设此棱锥的高为h ，底面ABC
的中心为M ，
因为正四面体的棱长为a ，所以底面ABC
的
3
2
AN
a
，
2
1
3
3
2
2
4
ABC
S
a
a
a
，
所以三棱锥
P
ABC 的表面积为
2
3a .
在底面ABC
中，
2
2
3
3
3
3
2
3
AM
AN
a
a
，
则棱锥的高
2
2
2
2
3
6
9
3
h
PA
AM
a
a
a
，
所以三棱锥的体积
2
3
1
1
3
6
2
3
3
4
3
12
P ABC
ABC
V
S
h
a
a
a
，
由等积法知，得
6
12
r
a
.
用一平行于底面ABC 且与球O上部相切的平面A B C
截此三棱锥，
下部得到一个高为
6
6 a 的棱台，那么截得的小棱锥P
A B C
的高为
6
2
6
h
r
a
，
即为
P
ABC 高的
1
2 ，则此小棱锥的内切球半径即为球O的半径，
根据相似关系，截得的棱锥的体积为
3
3
3
2
1
2
12
2
96
a
a
，
表面积为
2
2
2
1
3
3
2
4
a
a
，
根据等体积法，
2
3
1
3
2
3
4
96
a
R
a
，解得
6
24
R
a
.
故选：C
2．（多选）（2023 下·河北保定·高一校联考期中）如图，已知圆锥的底面圆心为O，半径
3
r
，圆锥的
体积为π，内切球的球心为
1
O ，则下列说法正确的是（
）
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A．侧面积为2 3π
B．内切球
1
O 的表面积为
84
48 3 π
C．过点P 作平面截圆锥的截面面积的最大值为
3
D．设母线PB 中点为M ，从A 点沿圆锥表面到M 的最近路线长为
3π
5
4cos
2
【答案】ABD
【详解】对于A，如图1，设圆锥母线为l ，高为h ，由半径
3
r
，体积为得
2
1 π 3
π
3
V
h
，所以
2
2
1,
2
h
l
h
r
，侧面积为π
2 3π
rl
．A 正确；
对于B，由圆锥的内切球球心
1
O 作
1
O D
PB
，垂足为点D ，设
1
1
O D
O O
R
，则
1
1
PO
R
，由
1
1
3
sin
2
O D
OB
OPB
PB
PO
，即
3
1
2
R
R
，解得
2 3
3
R
，内切球
1
O 的表面积为
2
2
4π
4π
(2 3
3)
84
48 3 π
R
，故B 正确；
对于C，
3
sin
2
OPB
，
π
0
2
OPB
，所以
60
OPB
，则
120
APB
，过点P 作平面截圆锥的截
面面积最大时，对应三角形为等腰直角三角形
2
1
2
2
S
l
，故C 不正确；
对于D，如图2，把圆锥的侧面展开一半，点A 展开到
,
1
A PM
，
π
3π
2,
2
r
PA
PA
A PB
l
，由余
弦定理
2
2
2
3π
2
cos
5
4cos
2
A M
PA
PM
PA
PM
A PB
，
所以从A 点沿圆锥表面到M 的最近路线长
3π
5
4cos
2
A M
，故D 正确．
故选：ABD
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3．（2023 上·广东深圳·高二红岭中学校考期中）正四面体ABCD的棱长为1，点P 是该正四面体内切球球
面上的动点，当PA PD
取得最小值时，点P 到AD 的距离为
.
【答案】3 2
6
12
【详解】设CD 的中点为M ，
BCD
△
的中心为G ，连接
,
AG BM ，
因为四面体ABCD是棱长为1 的正四面体，可知
2
2
3
6
,
3
3
BG
AG
AB
BG
，
即四面体ABCD的高为
6
3
，则其体积为1
1
3
6
2
1 1
3
2
2
3
12
，
设正四面体ABCD内切球的半径为r ，
由等体积可得
1
1
3
2
4
1 1
3
2
2
12
r
，解得
6
12
r
，
如图，取AD 的中点为E ，
则
(
) (
)
PA PD
PE
EA
PE
ED
2
2
1
(
)
4
PE
PE
EA
ED
EA ED
PE
，
显然当PE 的长度最小时，PA PD
取得最小值.
设正四面体内切球的球心为O，可求得
6
6
6
3
12
4
OA
OD
，
因为球心O到点E 的距离
2
2
2
2
6
1
2
4
2
4
d
OA
AE
，
所以球O上的点P 到点E 的最小距离为
2
6
3 2
6
4
12
12
d
r
，
即当PA PD
取得最小值时，点P 到AD 的距离为3 2
6
12
.
故答案为：3 2
6
12
.
4．
（2023 下·山东潍坊·高一统考期末）如图，在正六棱锥P
ABCDEF
中，球O是其内切球，
2,
13
AB
PC
，
点M 是底面ABCDEF 内一动点（含边界），且OM
OP
.
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(1)求正六棱锥P
ABCDEF
的体积；
(2)当点M 在底面ABCDEF 内运动时，求线段OM 所形成的曲面与底面ABCDEF 所围成的几何体的表面积.
【答案】(1)6 3
(2)
3
2 3 π.
【详解】（1）设
1
O 是底面的中心，连接
1
PO ，
1
O C ，
底面ABCDEF 为正六边形，可知
1
O BC
△
为等边三角形，
1
1
2
O C
O B
，
1
1
1
1
1
1
3
sin
2
2
3
2
2
2
O BC
S
O B O C
BO C
在
1
Rt POC
中，
2
2
1
1
3
PO
PC
OC
,
在正六边形ABCDEF 中，
1
6
6 3
ABCDEF
O BC
S
S
，
所以
1
6 3
3
6 3
3
P ABCDEF
V
.
（2）取BC 的中点N，连接ON ，
1
O N ，PN ，
设正六棱锥P
ABCDEF
的内切球与侧面PBC 相切于点H，可知H 在PN 上，连接OH ，
等边三角形
1
O BC
△
中，
1
3
O N
，
在
1
Rt PO N
中，
1
1
3,
3
PO
O N
，则
2 3
PN
，所以
30
OPH
，
设内切球O 的半径为r，则
1
OO
OH
r
，由
2
PO
OH
，得3
2
r
r
，所以
1
r ，
所以
2
OM
OP
，
在
1
Rt OO N
中，
2
2
1
1
2
ON
OO
O N
，所以ON
OM
，
所以点M 在六边形ABCDEF 中，且以
1
O 为圆心
3 为半径的圆上，
所以点M 在底面ABCDEF 内运动时，线段OM 所形成的曲面与底面ABCDEF 所围成的几何体为圆锥，
圆锥底面半径为
3 ，母线长为2，
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此几何体的表面积为
1
3π
2
π
3
2
3
2 3 π.
2
题型二空间几何体外接球
例题1．（2023 上·安徽·高三校联考阶段练习）在ABC
中，
6
BC
，
8
AB
AC
，E，F，G 分别为三边BC ，
CA ，AB 的中点，将AFG
，BEG
，
CEF
△
分别沿FG ，EG ，EF 向上折起，使得A，B，C 重合，记为P ，
则三棱锥P
EFG
的外接球表面积的最小值为（
）
A．15π
2
B．17π
2
C．19π
2
D．21π
2
【答案】B
【详解】设
2
AB
m
，
2
AC
n
，由题设
4
m
n
.
三棱锥P
EFG
中，
3
FG
PE
，EF
PG
m
，EG
PF
n
，
将P
EFG
放在棱长为x，y，z 的长方体中，如图，
则有
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
x
y
y
z
m
z
x
n
，
三棱锥P
EFG
的外接球就是长方体的外接球，
所以
2
2
2
2
2
2
1
(2 )
9
2
R
x
y
z
m
n
，
由基本不等式
2
2
2
(
)
8
2
m
n
m
n
，当且仅当
2
m
n
时等号成立，
所以外接球表面积
2
1
17π
4π
(9
8)π
2
2
S
R
.
故选：B.
例题2．（2023 上·山东青岛·高三青岛二中校考期中）如图，已知直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的底面是等腰直角
三角形，
1
2
AA
，
1
AC
BC
，点D 在上底面
1
1
1
A B C （包括边界）上运动，则三棱锥D
ABC
外接球表面
积的最大值为（
）
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A．81π
16
B．6π
C．243π
64
D．2 6π
【答案】B
【详解】因为ABC
为等腰直角三角形，
1
AC
BC
，
所以ABC
的外接圆的圆心为AB 的中点
1
O ，且
1
2
2
AO
，
设
1
1
A B 的中点为E ，连接
1
O E ，则
1
1
//
O E AA ，则
1
O E 平面ABC ，
设三棱锥D
ABC
外接球的球心为O，由球的性质可得O在
1
O E 上，
设
1
OO
x
，
2
0
2
DE
t
t
，外接球的半径为R ，
因为OA
OD
R
，所以
2
2
2
2
2
2
2
x
x
t
，
即
2
7
4
2
t
x
，又
2
0
2
t
，则7
1
8
x
，
因为
2
2
1
2
R
x
，所以
2
81
3
64
2
R
所以三棱锥D
ABC
外接球表面积的最大值为
3
4π
6π
2
.
故选：B.
例题3．
（2024·陕西渭南·统考一模）在三棱锥
P
ABC 中，底面ABC 为等腰三角形，
120
ABC
，且AC
PA
，
平面PAC 平面
,
ABC PA
BC
，点Q 为三棱锥
P
ABC 外接球O上一动点，且点Q 到平面PAC 的距离的
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最大值为1
7
，则球O的表面积为
．
【答案】28π
【详解】取AC 的中点M ，连接BM ，因为底面ABC 为等腰三角形，
120
ABC
，所以AC
BC
，所以
BM
AC
，
又因为平面PAC 平面ABC ，平面PAC 平面
,
ABC
AC BM
平面ABC ，所以BM 平面PAC ，又PA
平面PAC ，所以BM
PA
，
又因为PA
BC
，
,
,
BM
BC
B BM BC
平面ABC ，所以PA 平面ABC ，
因为三角形ABC 为等腰三角形，
120
ABC
，则
60
ABM
CBM
，设BM
a
，则
2 ,
2 3
BA
BC
a PA
AC
a
，
设等腰三角形ABC 外接圆的圆心为
1
O ，半径为r ，球O的半径为R ，
连接
1
O M ，则
1,
,
O M B三点共线，由BM 平面PAC 得
1
O M 平面PAC ，
由正弦定理得
1
2
4
sin120
AC
O B
a
，故
1
2
O B
a
，则
1
O M
a
，
连接
1 ,
O A OA，则
1
2
O A
a
，由PA 平面ABC ，且三角形ABC 外接圆的圆心为
1
O ，可得
2
2
1
1
7
2
R
PA
O A
a
，
因为
1
OO 平面ABC ，所以
1
OO
PA
∥
，又
1
OO 平面PAC ，PA 平面PAC ，故
1
OO ∥平面PAC ，
所以点O到平面PAC 的距离等于点
1
O 到平面PAC 的距离
1
O M ，
又因为点Q 到平面PAC 的距离的最大值为1
7
，所以
1
7
1
7
O M
R
a
a
，解得
1
a ，所以
7
R
，
球O的表面积为
2
4π
28π
S
R
.
故答案为：28π .
例题4．（2023 上·江西九江·高二九江一中校考期中）如图，DE 是边长为8 3 的正三角形ABC 的一条中位
线，将
ADE
沿DE 翻折至
1A DE
△
，当三棱锥
1
C
A BE
的体积最大时，四棱锥
1A
BCDE
外接球O的表面
积为
；过EC 靠近点E 的三等分点M 作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是
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【答案】
208π
32π
【详解】第一空：设点
1A 到平面BCDE 的距离为h ，
在ABC
中，取BC 的中点P ，连接AP 交DE 于点G ，连接
1AG ，
因为ABC
为等边三角形，P 为BC 的中点，则
AP
BC ，
由题意可知，D 、E 分别为AC 、AB 的中点，则
//
DE BC ，则DE
AG
，DE
PG
，
翻折后，则有
1AG
DE
，所以二面角
1A
DE
P
的平面角为
1AGP
，
过点
1A 在平面
1AGP 内作
1A F
PG
或其延长线上，
因为DE
PG
，
1AG
DE
，
1AG
PG
G
，
1AG 、PG 平面
1A PG ，
所以DE 平面
1A PG ，
因为
1A F 平面
1A PG ，则
1A F
DE
，
又因为
1A F
PG
，PG
DE
G
，PG 、DE 平面BCDE ，
所以
1A F 平面BCDE ，
所以
1
h
A F
，且
1
1
sin
h
AGP
AG
，则
1
1
sin
h
AG
AGP
，
当
1AGP
为直角时，h 取最大值，
因为E 为AB 的中点，
1
2
BCE
ABC
S
S
为定值，
故当
1AGP
为直角时，
1
1
1
3
C A BE
A
BCE
BCE
V
V
S
h
取最大值，
此时，平面
1A DE 平面BCDE ，
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故
1A DE
△
是边长为4 3 的等边三角形，
因为
1AG
DE
，则
1
1
3
sin60
4 3
6
2
AG
A E
，
因为P 为BC 的中点，E 为AB 的中点，则
//
PE AC 且
1
1
8 3
4 3
2
2
PE
AC
，
同理可得
4 3
PD
PB
PC
，则P 为四边形BCDE 的外心，
设等边
1A DE
△
的外心为点N ，过点P 作PO 平面BCDE ，
因为
1AG 平面BCDE ，则
1
//
PO AG ，
过点N 作平面
1A DE 的垂线交PO于点O，则O为四棱锥
1A
BCDE
的外接球球心，
连接
1
OA ，则
1
OA 为球O的一条半径，
因为平面
1A DE 平面BCDE ，平面
1A DE 平面BCDE
DE
，PG
DE
，
PG 平面BCDE ，则PG 平面
1A DE ，因为NG 平面
1A DE ，则ON
NG
，
又因为ON 平面
1A DE ，则
//
ON
PG ，故四边形OPGN 为矩形，
且
1
1
1
6
2
3
3
OP
NG
AG
，则
1
1
6
2
4
A N
AG
NG
，
因为
//
DE BC ，则
1
2
AG
AE
AP
AB
，则
1
1
6
2
PG
AP
AG
AG
，
所以
2
2
2
2
1
1
4
6
2 13
R
OA
A N
ON
，
所以球O的表面积为
2
1
4π
4π
4 13
208π
OA
；
第二空：因为等边
1A DE
△
的外心为点N ，
1
6
AG
AG
，则
1
4
A N
，
2
NG
OP
，又AP
CE
M
，
1
4
3
PM
AP
，
则
2
2
2
2
2
4
2 5
OM
OP
PM
，
当过点M 的截面与OM 垂直时，截面圆的半径r 取最小值，
且
2
2
min
52
20
4 2
r
R
OM
，
因此，过EC 的三等分点作M 球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是
2
π
(4 2)
32π
.
故答案为：208π；32π .
练习题
1．（2023 上·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考阶段练习）正四棱锥P
ABCD
的底面边长为4 2 ，
4 5
PA
则平面PCD截四棱锥P
ABCD
外接球所得截面的面积为（
）.
A．100
9
B．50
3
C．200
9
D．100
3
【答案】C
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【详解】设正方形ABCD边长为
4 2
a
，底面中心为
,
E CD 中点为F ，
连接
,
,
,
PE EF PF CE，如图所示，
由题意得
8
PE
，且正四棱锥的外接球球心O，
设外接球半径为R ，则OP
OA
OB
OC
OD
R
，
在Rt
OEC
△
中，
2
2
2
OC
OE
EC
，且
4
EC
，
所以
2
2
16
(8
)
R
R
，解得
5
R
，即
5
OP
，
在RT
PEF
中，
2
2
2
2
8
(2 2)
6 2
PF
PE
EF
，
过O作OQ
PF
，则OQ 即为点O到平面PCD的距离，且Q 为平面PCD截其外接球所得截面圆的圆心，
所以PEF
PQO
，
则
5
6 2
PQ
OP
PE
PF
，
所以
10 2
3
PQ
，
所以截面的面积
2
200
9
S
PQ
.
故选：C
2．（2023 上·福建南平·高二福建省南平第一中学校考阶段练习）已知三棱锥
P
ABC 满足PA 底面ABC ，
在ABC
中，
6
AB
，
8
AC
，AB
AC
，D 是线段AC 上一点，且
3
AD
DC
．球O为三棱锥
P
ABC 的
外接球，过点D 作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为40π ，则球O的表面积
为
.
【答案】112π
【详解】
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若将三棱锥
P
ABC 补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，记三角形ABC 的外心为
1
O ，
设球的半径为R ，
2
PA
x
，则球心O到平面ABC 的距离为x ，即
1
OO
x
，
连接
1
O A，则
1
5
O A
，∴
2
2
25
R
x
，
在ABC
中，取AC 的中点为E ，连接
1
O D ，
1
O E ，
则
1
1
3
2
O E
AB
，
1
2
4
DE
AC
，∴
1
13
O D
．
在
1
Rt
OO D
△
中，
2
13
OD
x
，
由题意得到当截面与直线OD垂直时，截面面积最小，
设此时截面圆的半径为r ，则
2
2
2
2
2
25
(
13)
12
r
R
OD
x
x
，
所以最小截面圆的面积为12π ，当截面过球心时，截面面积最大为
2
R
，
∴
2
12π+π
40π
R
，
2
28
R
，球的表面积为
2
112
R
．
故答案为：112π .
3．（2023 上·安徽亳州·高二校考阶段练习）如图，在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，P 在棱
1
AA 上
运动，当二面角
1
P
BD C
为直二面角时，四面体
1
P
BDC
的外接球表面积为
．
【答案】11π
【详解】
如图，连接AC 交BD 于O点，
因为
1
1
BC
DC
，所以
1
C O
BD
，同理PO
BD
，
由二面角的定义知，
POC
1为二面角的平面角，
π
POC
1
2 ，
在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，设|
|
, |
|
AP
x
A P
x
1
2
，
|
|
|
|
|
|
PO
AP
AO
x
2
2
2
2
2 ，|
|
|
|
|
|
(
)
C P
AC
AP
x
2
2
2
2
1
1
1
1
2
8
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|
|
|
|
|
|
C O
CO
CC
2
2
2
1
1
2
4
6 ，
|
|
|
|
|
| ,
(
)
C P
C O
PO
x
x
2
2
2
2
2
1
1
2
8
6
2，解得
1
x ，
提取出四面体
1
P
BDC
，如下图，
则|
| |
| |
|
BD
DC
BC
1
1
2 2 ，|
| |
|
BP
DP
5 ，
又因为面角
1
P
BD C
为直二面角，取BD 中点G ，连接
,
PG C G
1
，
在底面等边
1
BDC
，其外接圆圆心
2
O 为三角形的重心，
则|
|
(
)
(
)
, |
|
,
C G
C G
2
2
2
1
1
2 2
2
6
6
所以|
|
C O
1
2
2
6
3
，
在等腰三角形PBD 中，设外接圆半径为2r ，其外接圆圆心在PG 上，设为
1
O ，
过
1
2
,
O O 作垂线，其交点为O，则O为球心，连接
1
OC ，
5
5
8
1
2 6
cos
,
sin
2 5
5
5
BPD
BPD
，
由正弦定理，
|
|
sin
BD
r
BPD
2
2 2
2
2 6
5
，求得
|
|
r
PO
2
1
5 3
6
，
|
| |
|
|
|
|
|
O G
PG
PO
OO
1
1
2
3
6
，
设外接球半径为R ，则
(|
|)
(|
|)
(
)
(
)
R
OO
C O
2
2
2
2
2
2
1
2
3
2
11
6
6
3
4
所以外接球的表面积为
2
4π
11π
R
.
故答案为：11π
4．（2022 上·福建福州·高三福建省连江第一中学校考期中）如图，DE 是边长为4 3 的正三角形ABC 的一
条中位线，将
ADE
沿DE 翻折至
1A DE
△
，当三棱锥
1
C
A BE
的体积最大时，四棱锥
1A
BCDE
外接球O的
表面积为
；过EC 的中点M 作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是
．
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【答案】
52π
9π
【详解】第一空：设点
1A 到平面BCDE 的距离为h ，
在ABC
中，取BC 的中点P ，连接AP 交DE 于点G ，连接
1AG ，
因为ABC
为等边三角形，P 为BC 的中点，则
AP
BC ，
由题意可知，D 、E 分别为AC 、AB 的中点，则
//
DE BC ，则DE
AG
，DE
PG
，
翻折后，则有
1AG
DE
，所以，二面角
1A
DE
P
的平面角为
1AGP
，
过点
1A 在平面
1AGP 内作
1A F
PG
或其延长线上，
因为DE
PG
，
1AG
DE
，
1AG
PG
G
，
1AG 、PG 平面
1A PG ，
所以，DE 平面
1A PG ，
因为
1A F 平面
1A PG ，则
1A F
DE
，
又因为
1A F
PG
，PG
DE
G
，PG 、DE 平面BCDE ，所以，
1A F 平面BCDE ，
所以，
1
h
A F
，且
1
1
sin
h
AGP
AG
，则
1
1
sin
h
AG
AGP
，
当
1AGP
为直角时，h 取最大值，
因为E 为AB 的中点，
1
2
BCE
ABC
S
S
为定值，
故当
1AGP
为直角时，
1
1
1
3
C A BE
A
BCE
BCE
V
V
S
h
△
取最大值，
此时，平面
1A DE 平面BCDE ，
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易知，
1
1
1
4 3
2 3
2
2
A E
AB
，同理可得
1
2 3
A D
，
2 3
DE
，
故
1A DE
△
是边长为2 3 的等边三角形，
因为
1AG
DE
，则
1
1
3
sin 60
2 3
3
2
AG
A E
，
因为P 为BC 的中点，E 为AB 的中点，则
//
PE AC 且
1
1
4 3
2 3
2
2
PE
AC
，
同理可得
2 3
PD
PB
PC
，则P 为四边形BCDE 的外心，
设等边
1A DE
△
的外心为点N ，过点P 作PO 平面BCDE ，
因为
1AG 平面BCDE ，则
1
//
PO AG ，
过点N 作平面
1A DE 的垂线交PO于点O，则O为四棱锥
1A
BCDE
的外接球球心，
连接
1
OA ，则
1
OA 为球O的一条半径，
因为平面
1A DE 平面BCDE ，平面
1A DE 平面BCDE
DE
，PG
DE
，
PG 平面BCDE ，则PG 平面
1A DE ，因为NG 平面
1A DE ，则ON
NG
，
又因为ON 平面
1A DE ，则
//
ON PG ，故四边形OPGN 为矩形，
且
1
1
1
3
1
3
3
OP
NG
AG
，则
1
1
3 1
2
A N
AG
NG
，
因为
//
DE BC ，则
1
2
AG
AE
AP
AB
，则
1
1
3
2
PG
AP
AG
AG
，
所以，
2
2
2
2
1
1
2
3
13
OA
A N
ON
，
所以，球O的表面积为
2
1
4π
4π 13
52π
OA
；
第二空：因为
2 3
PC
PE
DE
CE
，则四边形PCDE 为菱形，则PD
CE
，
因为E 为AB 的中点，ABC
是边长为4 3 的等边三角形，则CE
AB
，
且
3
sin 60
4 3
6
2
CE
BC
，
因为M 为CE 的中点，则M 也为PD 的中点，
且
1
3
2
CM
CE
，
2
2
12
9
3
PM
PC
CM
，
因为OP 平面BCDE ，PM 平面BCDE ，则OP
PM
，
故
2
2
1 3
2
OM
OP
PM
，
当过点M 的截面与OM 垂直时，截面圆的半径r 取最小值，
且
2
min
13
13
4
3
r
OM
，
因此，过EC 的中点M 作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是
2
π 3
9π
.
故答案为：52π；9π .
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5．（2023 下·福建漳州·高二校考期中）在三棱锥
P
ABC 中，已知ABC
是边长为2 的正三角形，PA 平
面ABC ，M 、N 分别是AB 、PC 的中点，若异面直线MN 、PB 所成角的余弦值为3
5 ，则PA 的长为
，
三棱锥
P
ABC 的外接球表面积为
．
【答案】
1
19
3
/19
3
【详解】
取BC 中点E，连接NE，ME，所以
MNE
为异面直线
,
MN PB 所成的角，故
3
cos
5
MNE
，
设PA
x
，∴
2
2
4
4,
2
x
PB
x
NE
，
1
ME ，
取AC 中点F，连接NF、MF，则
//
PA NF ，因为PA⊥平面ABC，所以NF⊥平面ABC，
由MF平面ABC，所以NF
MF
，所以
2
2
2
4
2
x
MN
NF
MF
，
∴
2
2
2
2
4
4
1
3
4
4
cos
1
5
4
4
2
2
2
x
x
MNE
x
x
x
，∴
1
PA ，
设底面ABC
外心为
1
O ，由正弦定理得
1
2 3
2sin
3
BC
O A
BAC
，
过
1
O 作
1
OQ ⊥平面ABC，则三棱锥P—ABC 外接球球心O 一定在
1
OQ 上，
由OP
OA
，取PA 中点R，则OR
AP
，∴
1
2 3
3
OR
O A
，
∴外接球半径
2
2
2
2
1
2 3
19
19
19π
,
4π
2
3
12
12
3
r
AR
OR
S
球
，
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故答案为：1，19π
3
6．（2022 上·江西抚州·高三临川一中校考期中）已知菱形ABCD的各边长为2,
60
D
.如图所示，将ACD
沿AC 折起，使得点D 到达点S的位置，连接SB ，得到三棱锥S
ABC
，此时
3
SB
.若E 是线段SA的中点，
点F 在三棱锥S
ABC
的外接球上运动，且始终保持EF
AC
则点F 的轨迹的面积为
.
【答案】25 π
12
【详解】取AC 中点M ，连接
,
SM BM ，则
,
AC
BM AC
SM
，
3
SM
MB
BM
SM
M
，
,
BM SM 平面SMB ，所以AC 平面SMB ，
又因为
3
SB
，则
30 ,
120
SBM
MSB
SMB
，
作EH
AC
于H ，设点F 轨迹所在平面为，
则平面经过点H ，且AC
，
设三棱锥S
ABC
外接球的球心为O，半径为R ，
,
SAC
BAC
的中心分别为
1
2
,
O O ，
可知
1
OO 平面
2
,
SAC OO 平面BAC ，且
1
2
,
,
,
O O O M 四点共面，
由题可得
1
1
2
1
1
1
3
60 ,
2
3
3
OMO
O MO
O M
SM
，
在Rt
1
OO M
△
中，可得
1
1
3
1
OO
O M
，
又因为
1
2
2 3
3
3
O S
SM
，则
2
2
2
1
1
7
3
R
O S
O O
，
易知O到平面的距离
1
2
d
MH
，
故平面截外接球所得截面圆的半径为
2
2
1
7
1
5 3
3
4
6
r
R
d
，
所以截面圆的面积为
2
25
π
π
5 3
6
12
.
故答案为：25 π
12
.
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题型三最小距离问题
例题1．
（2022 下·河北邢台·高一邢台市南和区第一中学校考阶段练习）在正四棱锥P
ABCD
中，
4
PA
AB
，
M 为PA 的中点，N 为BC 的中点，则从点M 沿着四棱锥的表面到点N 的最短路径的长度为（
）
A．2 7
B．2 6
C．4
D．3
【答案】C
【详解】分以下几种情况讨论：
（1）当点M 沿着平面PAB 、PBC 到点N ，将平面PAB 、PBC 延展为同一平面，如下图所示：
易知PAB
、PBC
均为等边三角形，延展后，
60
PAB
PCB
，
120
APC
ABC
，
所以，四边形ABCP 为菱形，所以，
//
AP BC 且AP
BC
，
因为M 、N 分别为AP 、BC 的中点，则
//
AM BN 且AM
BN
，
所以，四边形ABNM 为平行四边形，此时
4
MN
AB
；
（2）当点M 沿着平面PAB 、ABCD到点N ，将平面PAB 、ABCD延展至同一平面，如下图所示：
连接BM ，则BM
AP
，且
2 3
BM
，
30
ABM
，
90
30
120
MBN
，
因为
2
BN
，由余弦定理可得
2
2
2
cos120
16
4 3
4
MN
BM
BN
BM BN
；
（3）当点M 沿着平面PAD 、ABCD到点N ，连接PN ，如下图所示：
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则
2
PM
，
4
2 3
PN
，
30
MPN
，
由余弦定理可得
2
2
2
cos30
20
8 3
4
MN
MP
PN
MP PN
；
（4）当点M 沿着平面PAD 、PCD、PCB 到点N ，将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示：
易知A 、P 、B 三点共线，且
6
BM
，
2
BN
，
60
MBN
∠
，
由余弦定理可得
2
2
2
cos60
2 7
4
MN
BM
BN
BM BN
.
综上所述，从点M 沿着四棱锥的表面到点N 的最短路径的长度为4.
故选：C.
例题2．（2021·浙江杭州·浙江省杭州第二中学校考模拟预测）已知正三棱锥D
ABC
中，底面是边长为1的
正三角形ABC ，侧棱长为
2
2
，M 为AC 的中点，E 为AB 中点，P 是DM 的动点，Q 是平面ECD 上的动
点，则AP
PQ
的最小值是（
）
A．
3
1
4
B．
6
2
4
C．
3
1
4
D．
6
2
4
【答案】A
【详解】因为P 为DM 上的动点，Q 为平面ECD 上的动点，且两者的运动无关，所以采用一定一动的原则，
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先固定P ，当Q 在动的时候，显然，当PQ 平面ECD 时，PQ取最小值，
为了确定垂直状态在哪里，具体给出下图：
作
//
MF AB 分别交CB 、CE 于点F 、O，连接OD ，
当点Q 在OD 上且
//
PQ MF 时，PQ 平面ECD ，
以下证明此时PQ 平面ECD ，
AC
BC
，E 为AB 的中点，则CE
AB
，同理可知，DE
AB
，
DE
CE
E
，
AB
平面ECD ，
所以，
//
//
PQ MF AB ，所以，PQ 平面ECD ，
此时，再将平面DOM 绕着DM 转动，使得D 、O、M 、A 四点共面，
此时，释放点P ，当点P 在运动过程中，Q 、P 、A 三点共线时，
min
PQ
AP
P Q
AP
AQ
，
已经找到最小状态，易知
1
1
1
2
4
4
MO
MF
AB
，
2
2
1
2
DM
DC
CM
，
//
MF AB
，AB 平面ECD ，则MF 平面ECD ，则MO 平面ECD ，
DO
平面ECD ，
MO
DO
，故
1
sin
2
OM
MDO
DM
，则
3
cos
2
MDO
，
2
2
CD
AD
，
1
AC ，则
2
2
2
AD
CD
AC
，则ACD
为等腰直角三角形，
故
45
ADM
，
2
6
2
sin
45
sin
cos
2
4
MDO
MDO
MDO
，
因为
2
6
2
3
1
sin
45
2
4
4
AQ
AD
MDO
.
故选：A.
例题3．
（2019 上·山西·高二统考期中）如图，在四棱锥P
ABCD
中，PD 平面ABCD，AB
AD
，AB
CD
∥
，
2
AD
CD
PD
，
1
AB ，E 为PC 的中点，F 为线段PB 上的动点，则
2
AF
EF
的最小值为
．
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【答案】14
4 2
3
【详解】PD 平面ABCD
PD
AB
，AB
AD
，AB 平面PAD
AB
AP
易知：
2 2,
3
PA
PB
，
2 2
PC
，
5
BC
在Rt PAB
中，
2 2
cos
3
AP
APB
PB
.
利用余弦定理得到：
9
8
5
2
cos
2
2 3 2 2
BPC
，所以
4
BPC
.
将PBC
翻折至与平面PAB 共面，如图所示：
则图中
2
2 2
1
4
2
cos
cos
4
2
3
3
6
APC
APB
，
当F 为AE 与PB 的交点时，AF
EF
取得最小值.
此时，
2
2
2
2
4
2
14
4 2
(
)
(2 2)
( 2)
2 2 2
2
6
3
AF
EF
AE
.
故答案为14
4 2
3
练习题
1．（2021 下·河北张家口·高一统考期末）如图所示，在直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
1
AA ，
3
AB
BC
，
1
cos
3
ABC
，P 是
1A B 上的一动点，则
1
AP
PC
的最小值为（
）
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A．
5
B．
7
C．1
3
D．3
【答案】B
【详解】连接
1
BC ，得
1
1
A BC
，以
1A B 所在直线为轴，将
1
1
A BC
所在平面旋转到平面
1
1
ABB A ，
设点
1
C 的新位置为C，连接AC，则有
1
AC
AP
PC
.
当A
P
C
、、
三点共线时，则AC即为
1
AP
PC
的最小值.
在三角形ABC 中，
3
AB
BC
，
1
cos
3
ABC
，由余弦定理得：
2
2
1
2
cos
3
3
2 3
2
3
AC
AB
BC
AB BC
B
,所以
1
1
2
AC
，即
1
2
AC
在三角形
1A AB 中，
1
1
AA ，
3
AB
，由勾股定理可得：
2
2
1
1
1 3
2
A B
AA
AB
,且
1
60
AA B
.
同理可求：
1
2
C B
因为
1
1
1
1
2
A B
BC
AC
，所以
1
1
A BC
为等边三角形，所以
1
1
60
BAC
，
所以在三角形
1
AAC中，
1
1
1
120
AAC
AA B
BAC
,
1
1
1,
2
AA
AC
,
由余弦定理得：
1
1
4
2 1 2
7
2
AC
.
故选B.
2．（2020·浙江·高二专题练习）已知正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
的棱长为3，M ，N 分别为
1
AB ，
1
1
AC 上的点，
且
1A N
AM
，
1
2
AM
MB
，P ，Q 分别为
1
BB ，
1
1
B C 上的动点，则折线MPQN 长度的最小值为（
）
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A．3
B．13
C．5
2
D．10
【答案】B
【详解】将折线MPQN 所在平面展成平面图形，如图所示：
因为正方体的棱长为3，且
1A N
AM
，
1
2
AM
MB
，
所以
,
M N 均为对角线上的三等分点，作
,
ON OM 分别与正方形的边平行，
所以
3,
2
ON
OM
，所以
2
2
3
2
13
MN
，
所以折线MPQN 长度的最小值为13 .
故选：B.
3．（2023 下·浙江嘉兴·高一统考期末）如图，棱长为3 的正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
中，点G 在线段AC 上且
3
AG
，点
,
,
E F H 分别为线段
1
1
1
,
,
A B AG A A 上的动点，则空间四边形AFHE 周长的最小值为（
）
A．
3 1
3
2
B．
3 1
6
2
C．
3
2
6
2
D．
3
3
6
2
【答案】C
【详解】把平面
1
1
A ACC 与平面
1
1
A ABB 展开在同一平面上
1
1
B BCC 上，
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作点A 关于
1AG 的对称点M ，因为
3
AG
，且正方体边长为3，易得
1A AM
为正三角形，由对称性可得：
1
,
AE
B E
AF
MF
，
所以周长
1
1
,
AE
EH
HF
FA
B E
EH
HF
FM
B M
作
1
1
MN
B C
，可得
1
1
A AG
A NM
易得
1
3
3
,
3
3
2
2
MN
B N
，
2
2
2
1
1
3
9
3
|
|
3
3
3 2
3
2
6
2
4
2
B M
B N
MN
,
故选：C.
4．（2019 上·浙江·高二校联考期中）如图，棱长为1 的正方体
1
1
1
ABCD
A B C D
中，E 为
1
CD 的中点，F 为
对角线
1
BD 上的动点，G 为棱AB 上的动点，则EF
FG
的最小值为
.
【答案】5 2
6
【详解】将三角形
1
BCD 和三角形
1
BAD 展开成平面图形如下图所示.过E 作EG
AB
，交
1
BD 于F ，交AB 于
G ，则EG 是EF
FG
的最小值.过E 作
1
EH
AD
，交
1
AD 于H .三角形
1
BCD 和三角形
1
BAD 是全等的直角三
角形.设
1
1
CD B
AD B
，则
1
1
2
cos
3
CD
BD
，所以
2
1
1
cos
cos 2
2cos
1
3
AD E
.所以
1
1
2 1
2
cos2
2
3
6
D H
D E
.所以
1
1
2
5 2
2
6
6
EG
AH
AD
D H
.
故答案为：5 2
6
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题型四异面直线所成角问题
例题1．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）已知四棱柱
1
1
1
1
ABCD
ABC D
的底面是边长为2 的正方形，侧棱与
底面垂直，O 为AC 的中点，若点O 到平面
1
1
AB D 的距离为4
3 ，则直线
1
OD 与直线
1
BC 所成角的余弦值为（
）
A．3 10
10
B．2 2
3
C．10
10
D．1
3
【答案】A
【详解】依题意如下图：
1B B
底面ABCD，AO 平面ABCD，
1
AO
B B
，又在正方形ABCD 中，AO
BD
，
1
,
BD
B B
B BD
平面
1
1
BDD B
，
1B B 平面
1
1
BDD B ，
AO
平面
1
1
BDD B ，
AO
是三棱锥
1
1
A
OB D
的高，
1
2
2
AO
AC
；
设侧棱
1B B
x
，则
2
1
1
1
1
4
,
2 2
AB
AD
x
B D
，
在
1
1
AB D
中，由余弦定理得：
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2
1
1
2 4
8
cos
2
4
2 4
x
AB
AD
B D
x
B AD
AB
AD
x
x
，
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2 4
2
0, π ,
sin
1 cos
4
x
B AD
B AD
B AD
x
，
1
1
B AD
△
的面积
1
1
2
1
1
1
1
1
sin
4
2
2
B AD
S
AB
AD
B AD
x
，由于O 点到平面
1
1
AB D
的距离是4
3 ，
三棱锥
1
1
O
AB D
的体积
1
1
1
1
2
1
4
4
4
2
3
3
9
O AB D
B AD
V
S
x
；
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
2
2
,cos
2
2
OB
OD
B D
x
OB
OD
x
B OD
OB OD
x
，
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2
1
1
1
1
1
1
2
2 2
0,π ,
sin
1
cos
2
x
B OD
B OD
B OD
x
，
1
1
OB D
的面积
1
1
1
1
1
1
1
sin
2
2
OB D
S
OB OD
B OD
x
，三棱锥
1
1
A
OB D
的体积
1
1
1
1
1
2
3
3
A OB D
OB D
V
AO S
x
，
1
1
1
1
2
2
4
,
4
2
,
4
3
9
A OB D
O AB D
V
V
x
x
x
.
1
1
BC
AD
∥
,故
1
ADO
即为直线
1
OD 与直线
1
BC 所成角，
在
1
Rt AOD
中，
2
2
1
1
2
1
2
4
3 10
cos
10
4
4
OD
AD O
AD
，
故选：A.
例题2．（多选）（2023 上·安徽黄山·高二统考期末）三棱台
1
1
1
BCD
B C D
中，
1
CC 底面BCD，BC
CD
，
1
2
BC
CD
CC
，
1
1
1
B C ，若A 是BD 边的中点，点P 在侧面
1
1
BDD B 内，则直线
1
DC 与直线AP 的夹角
的余弦值可能是（
）
A．
31
6
B．
33
6
C．
34
6
D．
35
6
【答案】ABC
【详解】如图，分别取
1
,
,
CB CD CC 的中点
,
,
G F E ，连接
1 ,
,
,
B G GA AF EF ，
取
1
B G 的中点H ，连接
,
HE AH ，
由三棱台的性质知
1
1 / /
B C
BC ，
1
1
1
1
2
B C
BC
CG
，则四边形
1
1
B C CG 为平行四边形，
又
,
E H 为
1
1
,
CC B G 的中点，所以
/ /
HE
CG ，
1
HE
CG
，
又
,
A F 为
,
BD CD的中点，
/ /
AF
BC ，
1
1
2
AF
BC
，
所以
/ /
HE
AF ，
1
HE
AF
，
所以四边形AFEH 为平行四边形，
/ /
HA
EF
，
因为
,
E F 为
1,
CC CD的中点，所以
1 / /
DC
EF ，
1
/ /
HA
DC
，
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故直线
1
DC 与AP 的夹角为直线AH 与AP 的夹角，
要判断直线AH 与AP 夹角的余弦值的可能值，则需求其范围，
要使直线AH 与AP 夹角的余弦值最大，则需直线AH 与AP 夹角最小，即直线AH 与AP 夹角的正弦值最小，
故需点H 到AP 的距离最小，
又点P 在侧面
1
1
BDD B 内，则点H 到AP 的距离最小时，为点H 到面
1
1
BDD B 的距离，
因为
1
CC 底面BCD，
1
1
/ /
C C
B G ，所以
1B G 底面BCD，
设点H 到面
1
1
BDD B 的距离为h ，利用等体积法知
1
1
H
ABB
B
BAG
H
BAG
V
V
V
，
即
1
H
ABB
H
BAG
V
V
，即
1
1
1
1
3
3
ABB
BAG
S
h
S
，
1
BAG
ABB
S
h
S
,
在直角
BAG
△
中，
1
BG
AG
，
1
1
1 1
2
2
BAG
S
，
又在
1
ABB
中，
2
AB
，
2
1
1
1
2
5
AB
BB
BG
B G
，
1
2
2
1
2
3
2
5
2
2
2
ABB
S
，
1
1
1
2
3
3
2
BAG
ABB
S
h
S
，又
2
AH
，
设直线AH 与AP 夹角的最小值为，则
1
2
3
sin
6
2
h
AH
，
此时
2
34
cos
1 sin
6
，即直线AH 与AP 夹角的余弦值最大值为
34
6
，
又当点P 与点B 重合时，易得
BAH
为直线AH 与AP 夹角，
易得
2
AB
BH
AH
，则ABH
为正三角形，
所以
60
BAH
，则
1
cos
2
BAH
，
综上：直线AH 与AP 夹角的余弦值最大值为
34
6
，同时至少要大于或等于1
2 ，
从而选项ABC 都满足要求，选项D 不满足.
故选：ABC.
例题3．（2021 下·湖北·高一期末）在Rt
ABC
△
中，
π ,
1,
3,
2
C
AC
BC
D
是AB 边上动点，设BD
x
，
把BDC
沿DC 翻折为
1
B DC
，若存在某个位置，使得异面直线
1B C 与AD 所成的角为π
3 ，则实数x 的取值
范围是
．
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【答案】3
3 ,2
2
【详解】在Rt
ABC
△
中
π ,
1,
3
2
C
AC
BC
，则
π
6
ABC
，
BDC
沿DC 翻折为
1
B DC
，则
1
B C 是以BCF 为轴截面的圆锥的母线，
其中，
,
,
C D O共线，CO为圆锥的轴，
1
B 与
,
B F 不重合，如图，
过点C 作
/ /
CE
AD ，则
1B C 与AD 所成的角等于
1B C 与CE 所成的角，
设
BCD
，易知
2
6
π
ECF
，
如图，若存在某个位置，使得异面直线
1B C 与AD 所成的角为π
3 ，则
π
2
3
π
6
，
∴
π
12
，又
π
6
ABC
，∴
3π
4
BDC
，
π
π
π
π
π
π
π
6
2
sin
sin
sin
cos
cos
sin
12
4
6
4
6
4
6
4
，
在
BCD
△
中，由正弦定理得sin
sin
BC
BD
BDC
，
∴
π
sin
sin
3
1
12
3π
sin
2
3
sin 4
x
BDC
，∴
3
3
2
x
，
又
2
x
，∴3
3
2
2
x
，
即实数x 的取值范围是3
3 ,2
2
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故答案为：3
3 ,2
2
．
例题4．（2021 下·浙江宁波·高一校联考期末）已知三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，棱长均为2 ，顶点
1A 在底面ABC
上的射影恰为AB 的中点D ，E 为AC 的中点，则直线BE 与直线
1
AB 所成角的余弦值为
．
【答案】3
4
【详解】如图，取
1
1
AC 中点G ，连接
1 ,
,
,
,
B G AG AE DE GE,由三棱柱的性质易证得
1
1
//
,
GE BB GE
BB
,所以四
边形
1
GEBB 为平行四边形，所以
1//
GB
BE ,所以下面即求直线
1
GB 与直线
1
AB 所成角的余弦值.
由题意知，
1A D 平面ABC ,因为
,
AB DE 平面ABC ,所以
1
1
,
A D
AB A D
DE
⊥
⊥
，在
1
Rt
AA D
△
中，
1
1
1
2,
1,
90
2
AA
AD
AB
A DA
∠
,求得
1
1
3
60
A D
A AD
,∠
.
所以在菱形
1
1
AA B B中，
1
2
cos30
2 3
AB
AB
.
在
1
Rt
A DE
△
中，
1
1
1
90 ,
3,
1
2
A DE
A D
DE
BC
∠
,求得
1
2
A E
.
所以在
1A AE
中，根据余弦定理得
2
2
2
1
1
1
1
1
cos
2
4
AA
AE
A E
A AE
AE AA
∠
,所以
1
1
1
cos
cos(
)
4
AAG
A AE
∠
∠
.
在
1A AG
中根据余弦定理得
2
2
2
1
1
1
1
1
2
cos
,
6
AG
AA
AG
AA AG
AAG AG
∠
.
在
1
AGB
△
中，
1
1
6,
2 3,
3
AG
AB
GB
,根据余弦定理得
2
2
2
1
1
1
1
1
3
cos
2
4
GB
AB
AG
GB A
GB
AB
∠
,
所以直线
1
GB 与直线
1
AB 所成角的余弦值为3
4 ，即直线BE 与直线
1
AB 所成角的余弦值为3
4 .
故答案为: 3
4
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练习题
1．（2023·全国·模拟预测）柏拉图多面体是因柏拉图及其追陮者对正多面体的研究而得名.如图是棱长均为a
的柏拉图多面体EABCDF ，点P ，Q ，M ，N 分别为DE ，AB ，AD ，BF 的中点，则异面直线PQ与MN
所成角的余弦值为（
）
A．3
4
B．2
3
C．
1
2
D．1
3
【答案】B
【详解】方法一由柏拉图多面体的性质可知，
四边形ABCD，BEDF 均是边长为a 的正方形，
柏拉图多面体的侧面均为等边三角形.如图（1），
取AE 的中点K ，连接PK ，QK ，
则
1
1
2
2
PQ
PK
KQ
DA
EB
.
同理可得
1
1
2
2
MN
DF
AB
.
所以
1
1
1
1
(
) (
)
2
2
2
2
PQ MN
DA
EB
DF
AB
1
1
1
1
4
4
4
4
DA DF
DA AB
EB DF
EB AB
2
1
π
1
1
π
1
cos
0
cos
4
3
4
4
3
2
a a
a a
a a
a
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取CE 的中点H ，连接PH ，BH ，则
/ /
PH
CD ，且
1
.
2
PH
CD
又点Q 为AB 的中点，AB
CD
且
/ /
AB
CD ，
所以
/ /
PH
QB 且PH
QB
，
则四边形QBHP 为平行四边形，所以
π
3
sin 3
2
PQ
BH
BE
a
.
同理可得
3
2
MN
a .
设PQ
，MN
的夹角为，则
2
1
2
2
cos
3
3
3
2
2
a
PQ MN
PQ MN
a
a
，
即异面直线PQ与MN 所成角的余弦值为2
3 .
故选:B.
图（1）
2．（2022 下·河北衡水·高三校联考阶段练习）在体积为3 2
2
的直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
ABC
为锐角，
且
3
3
AB
BC
，
1
2 6
3
AA
，则异面直线AB 与
1
1
AC 所成角的正弦值为（
）
A．
21
14
B．
7
7
C．2 7
7
D．
21
7
【答案】A
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【详解】
1
1
1
2 6
3 2
=
sin
3 1 sin
2
2
3
2
V Sh
BA BC
ABC
AA
ABC
，
解得
3
sin
= 2
ABC
，
又sin
ABC
为锐角，
所以
= 3
ABC
，
所以
1
cos
= 2
ABC
，
由余弦定理得，
2
2
2
2
cos
AC
AB
BC
AC BC
ABC
，
所以
7
AC
，
由正弦定理得sin
sin
BC
AC
BAC
ABC
，
所以
1
7
sin
3
2
BAC
，
解得，
21
sin
= 14
BAC
，
又因为
1
1
AC 与AC 平行，
所以异面直线AB 与
1
1
AC 所成角的正弦值即为AB 与AC 所成角的正弦值，即为
21
sin
= 14
BAC
.
故选：A.
3．（2021 上·湖北荆州·高二沙市中学校考期中）三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，底面边长和侧棱长都相等，
1
1
60
BAA
CAA
，则异面直线
1
AB 与
1
BC 所成角的余弦值为（
）
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A．
6
6
B．
3
3
C．1
6
D．1
3
【答案】A
【详解】若
,
,
,
E F D G 分别是
1
1
1
,
,
,
AC B C AB AC 的中点，连接
,
ED EF ，则
1
1
/ /
,
/ /
ED
BC EF
AB ，
∴直线
1
AB 与
1
BC 所成角即为
DEF
或其补角，
由
1
1
1
ABC
A B C
-
底面边长和侧棱长都相等且
1
1
60
BAA
CAA
，易知：
1
DGC F 为平行四边形，
若H 为BC 中点，连接
,
HF AH ，则AH
BC
且AH 是
1
AA 在面ABC 上的射影，
∴
1
AA
BC
，而
1
1
1
/ /
/ /
AA
BB
CC ，易知：
1
1
BCC B 为正方形，
若
1
1
1
ABC
A B C
-
棱长为2，则
1
1
1
1
2,
3
2
2
ED
BC
EF
AB
，
∴
2
2
1
1
1
2
cos120
7
DF
GC
CC
CG
CC CG
，
在△DEF 中，
2
2
2
6
cos
2
6
ED
EF
DF
DEF
ED EF
，
∴直线
1
AB 与
1
BC 所成角的余弦值为
6
6
.
故选：A
4．（2020 上·天津滨海新·高二汉沽一中校考期末）正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
中，M 是AB 的中点，则
1
DB 与CM
所成角的余弦值为
．
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【答案】
15
15
/ 1
15
15
【详解】在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
右侧作出一个全等的正方体
1
1
1
1
BCEF
B C E F
，连接
1
1
,
CF MF ，如图，
易知
1
1
1
1
/ /
,
F
CD
F
CD
B
B
，所以四边形
1
1
B FCD 是平行四边形，则
1
1
/ /
DB
CF ，
所以
1
MCF
是
1
DB 与CM 所成角的平面角或补角，
不妨设正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
的棱长为2a ，
则在正方体
1
1
1
1
BCEF
B C E F
中，
1
3
2
2 3
CF
a
a
，
在Rt MBC
中，
2
2
2
5
MC
a
a
a
，
在
1
Rt MFF
中，
2
2
1
2
3
13
MF
a
a
a
，
所以在
1
MCF
中，
1
1
1
2
2
2
2
2
2
1
5
12
13
15
cos
2
15
2
5
2 3
MC
CF
MF
a
a
a
MCF
MC CF
a
a
，
所以
1
DB 与CM 所成角的余弦值为
15
15
.
故答案为：
15
15
.
5．（2021 上·江西吉安·高二校联考期中）已知三棱锥B
ACD
中，棱AB ，CD ，AC 的中点分别是M，N，
O，ABC
，ACD
，BOD
都是正三角形，则异面直线MN 与AD 所成角的余弦值为
.
【答案】
7
4
【详解】如图，
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根据题意可知，因为
,
,
ABC
ACD
BOD
都是正三角形，所以BO
AC
，DO
AC
，连接
,
BN AN ，设AC=2，
则
3
AN
BO
BD
OD
.
易知
1
CN
DN
，在
BCN
△
中，由余弦定理：
2
2
2
1
2
cos
2 1
BN
BNC
BN
，
在BND
中，由余弦定理：
2
2
2
1
3
cos
2 1
BN
BND
BN
，
于是
2
2
2
2
2
2
1
3
1
2
10
2 1
2 1
2
BN
BN
BN
BN
BN
.
易知
1
AM
BM
，在ANM
中，由余弦定理：
2
2
2
1
3
cos
2 1
MN
AMN
MN
，
在BMN
中，由余弦定理：
2
2
2
10
1
2
cos
2 1
MN
BMN
MN
，
于是
2
2
2
2
2
2
10
1
1
3
2
7
2 1
2 1
2
MN
MN
MN
MN
MN
.
连接ON，则
/ /
ON
AD ，于是
MNO
（或其补角）是异面直线MN 与AD 所成的角，连接MO，易得MO=NO=1，
在MNO
中，由余弦定理可得
2
2
2
7
1
1
2
7
cos
4
7
2 1
2
MNO
.
故答案为：
7
4
.
题型五直线与平面所成角问题
例题1．（2023 上·辽宁·高二校联考期中）在空间中，三个平面PAB，PBC，PAC 相交于一点P，已知
60
APB
APC
BPC
，则直线PA 与平面PBC 所成角的正弦值等于（
）
A．
6
3
B．
3
3
C．
1
2
D．
2
2
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【答案】A
【详解】如图，作
,
AE
PC AF
PB
，作A 点在平面PBC 射影为O，连接OE，OF，设
2
PA
a
.
因
60
APB
APC
，则
,
3
PE
PF
a AE
AF
a
.
因AO 平面PFOE，
,
PE PF 平面PFOE，则
,
AO
PE AO
PF
，且
APO
为PA 与平面PBC 所成角，
又
,
AE
PE AF
PF
，OA
AE
OA
AF
A
，
,
OA AE 平面AOE，
,
OA AF 平面AOF，
则PE 平面AOE，PF 平面AOF.
又OE 平面AOE，OF 平面AOF，则
,
OE
PE OF
PF
.
又PO
PO
，PE
PF
，
o
90
OEP
OFP
，则
POE
POF
△
△
，
故
o
30
OPE
OPF
，结合PE
PF
a
，得
2 3
3
PO
a
.
又
2
PA
a
，则
2
2
2 6
3
AO
PA
PO
a
，故PA 与平面PBC 所成角的正弦值等于
6
3
AO
PA
.
故选：A
例题2．（2023 上·海南海口·高二海口一中校考阶段练习）在ABC
中，
π
π
,
,
1,
6
2
A
B
BC
D
为AC 中点，
若将
BCD
△
沿着直线BD 翻折至
BC D
△
，使得四面体C
ABD
的外接球半径为1，则直线BC与平面ABD
所成角的余弦值是（
）
A．
3
3
B．2
3
C．
5
3
D．
6
3
【答案】A
【详解】因为
π
π
,
,
1
6
2
A
B
BC
，所以
2
AC
，
由D 为AC 中点，所以
1
AD
CD
BD
，则
1
BC
C D
BD
，即
BC D
△
为等边三角形，
设
BC D
△
的外接圆圆心为G，ABD
△
的外接圆圆心为O，取BD 中点为H，连接
,
,
,
,
,
C H OH OG OB OC OD
，
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因为
π ,
1
6
A
BD
，所以由正弦定理可得
1
1
2
sin
BD
OB
A
，即
ABD
△
的外接圆半径为1，
又四面体C
ABD
的外接球半径为1，所以O 为外接球球心，
由球的性质可知，OG 平面BC D
，因为C H
平面BC D
，所以OG
C H
，
因为
2
2
2
1
3
1
3
3
2
3
C G
C H
，
1
OC，所以
1
6
1
3
3
OG
.
设C到平面ABD 的距离为d，
因为
BC D
△
和BOD
都是边长为1 的正三角形，
所以，由
C
OBD
O C BD
V
V
得1
1
3
3
OBD
C BD
S
d
S
OG
，即
6
3
d
，
记直线BC与平面ABD 所成角为，
则
6
sin
3
d
BC
，所以
2
6
3
cos
1
3
3
.
故选：A
例题3．
（2023 上·广东东莞·高二校联考期中）如图，在棱长为6 的正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
中，点P 在面
1
1
AB D
内，
1
3 2
A P
，则
1
C P 与面
1
1
AB D 所成角的正切值为m ，则m 的取值范围是
.
【答案】
2 , 2
3
【详解】如图所示，
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作
1
1
AO 平面
1
1
AB D 于
1
O ，
由
1
1
1
1 1
1
A
AB D
A A B D
V
V
可得
1
1
1
1
1
1
1
6
6
6
3
3
2
AB D
A O
S
△
，
解得
1
1
2 3
AO
，
要使得
1
3 2
A P
，则
2
2
1
1
1
1
6
O P
A P
A O
，
即点P 在以
1
O 为圆心
6 为半径的圆上，该圆恰好与
1
1
AB D
相切.
作同样一个正方体
1
1
1
1
2
2
2
2
A B C D
A B C D
与原正方体面
1
1
1
1
D
C
B
A
，
则
1
2
B C //
1
AD ，
1
AB //
1
2
D C ，所以四边形
1
2
1
AB C D 为平行四边形，
所以
1
2
1
,
,
,
A B C
D 四点共面，
过
1
C 作
1
2
C O 平面
1
2
1
AB C D ，连接
1
2
,
C P O P ，
则
1
2
C PO
为
1
C P 与面
1
1
AB D 所成角的平面角，易得
1
2
2 6
O O
，
所以
2
2 6
6,2 6
6
O P
，
即
2
6,3 6
O P
，而
1
2
1
1
2 3
C O
A O
，
所以
1
2
1
2
2
2
tan
, 2
3
C O
C PO
O P
，即
2 , 2
3
m
，
故答案为：
2 , 2
3
例题4．（2023 下·福建厦门·高一统考期末）如图，在四棱锥E
ABCD
中，底面ABCD为直角梯形，AB
CD
，
90
ABC
，
2 2
AB
，
2
BC
CD
．
(1)若平面ADE 平面ABCD，求证：AE
BD
；
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(2)若
2
AE
DE
，设CE 和平面ABCD所成角为，求
2
tan 的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
2
1
2
．
【详解】（1）取AB 中点F ，连接DF ．
因为
/ /
AB
CD ，
90
ABC
，
2 2
AB
，
2
BC
CD
，F 为AB 中点，
所以四边形BCDF 为正方形，所以
45
BDF
，
所以
2
AF
DF
，
90
AFD
，所以
2
AD
，
45
ADF
，
所以
90
ADB
ADF
BDF
，即BD
AD
．
又平面ADE 平面ABCD，平面ADE 平面ABCD
AD
，BD 平面ABCD，
所以BD 平面ADE ，又AE 平面ADE ，所以BD
AE
，即AE
BD
．
.
（2）解法一：取AD 中点M ，连接ME ，MF ．
在
ADE
中，
2
AE
DE
，
2
AD
，所以
2
2
2
AE
DE
AD
，
所以
ADE
为等腰直角三角形．
所以ME
AD
，
1
ME ．
因为
ADF
△
为等腰直角三角形，所以MF
AD
，
又
,
,
ME
MF
M ME MF
平面MEF ，所以AD 平面MEF ．
又AD 平面ABCD，所以平面ABCD 平面MEF ．
在平面MEF 中，过点E 作EO
MF
于点O，连接CO，
又平面ABCD 平面MEF ，平面ABCD 平面
,
MEF
MF EO
平面MEF ，
所以EO 平面ABCD．
所以CE 和平面ABCD所成角为
ECO
，即
ECO
．
设
EMF
，则0
π
①当0
2
时，在Rt EMO
中，
cos
MO
，
sin
EO
，
所以
1 cos
OF
MF
OM
．
②当2
时，在Rt EMO
中，
cos
cos
MO
，
sin
sin
EO
，
所以
1 cos
OF
MF
OM
．
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在Rt
COF
△
中，因为
2
2
2
2
2
CF
，所以
2
2
1
cos
4
CO
，
在Rt
EOC
△
中，
2
2
2
2
2
2
sin
tan
tan
1 cos
4
EO
ECO
CO
，（※）
③当
2
，
2
1
EO ，
2
5
CO ，
2
1
tan
5
符合（※）．
综上，
2
2
2
2
2
2
2 3
cos
sin
1 cos
tan
1
cos
2cos
5
cos
2cos
5
1 cos
4
令
3
cos
t
，
2,4
t
，
则
2
2
2
2
tan
1
1
8
4
8
4
t
t
t
t
t
，
所以
2
2
2
1
tan
1
2
8
2
4
t
t
，当且仅当
2 2
t
等号成立，
此时
cos
3
2 2
1,1
，所以
2
tan 的最大值为
2
1
2
．
解法二：取AD 中点M ，连接ME ，MF ．
在
ADE
中，
2
AE
DE
，
2
AD
，
所以
2
2
2
AE
DE
AD
，所以
ADE
为等腰直角三角形．所以ME
AD
，
1
ME ．
因为
ADF
△
为等腰直角三角形，所以MF
AD
，
又
,
,
ME
MF
M ME MF
平面MEF ，所以AD 平面MEF ．
又AD 平面ABCD，所以平面ABCD 平面MEF ．
在平面MEF 中，过点E 作EO
MF
于点O，连接CO，
又平面ABCD 平面MEF ，平面ABCD 平面MEF
MF
，EO 平面MEF ，
所以EO 平面ABCD．所以CE 和平面ABCD所成角为
ECO
，即
ECO
．
延长FM 至点N ，使得
1
MF
MN
，设OF
x
，则0
2
x
．
当点O与点M 不重合时，即
1
x ，
在Rt EMO
中，
1
MO
x
，
1
EM ，所以
2
2
2
2
1
1
2
EO
x
x
x
，
在Rt
COF
△
中，OF
x
，
2
2
2
2
2
CF
，所以
2
2
4
CO
x
，
在Rt
EOC
△
中，
2
2
2
2
2
2
2
tan
tan
1
4
EO
x
x
ECO
x
CO
x
（※），
当点O与M 重合时，此时
1
x ，
2
1
EO ，
2
5
CO ，
2
1
tan
5
符合（※），
所以
2
2
2
2
tan
0
2
4
x
x
x
x
．
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所以
2
2
2
2
tan
1 0
2
4
x
x
x
，
令
2
t
x
，则
2
2
2
2
tan
1
1
8
4
8
4
t
t
t
t
t
，2
4
t
．
所以
2
2
1
2
1
tan
1
1
2
1
2
4
8
2
2
t t
，当且仅当
2 2
t
等号成立，
此时
2 2
2
0,2
x
，所以
2
tan 的最大值为
2
1
2
．
.
练习题
1．（2023 上·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期中）在三棱锥中
P
ABC ，
2 2
AB
BC
，且
AB
BC
．记直线PA ，PC ，PB 与平面ABC 所成角分别为，，，已知
2
60
，当三棱锥
P
ABC
的体积最小时，tan（
）
A．3 34
17
B．
6
4
C．
15
5
D．
15
10
【答案】C
【详解】设点P 在平面ABC 内的投影为P，
因为直线PA ，PC ，PB 与平面ABC 所成角分别为，，，且
2
60
，则
30
，
根据线面夹角关系可知
3
P P
P C
，
3
3
P P
P A
，
所以3 P C
P A
，由阿波罗尼斯圆可知，投影P在圆上运动，以AC 为x 轴，过AC 的中点O作垂线，建
立如图所示直角坐标系.
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令
,
P x y
，由题可知
2,0
A
，
2,0
C
.
则
2
2
2
2
3
2
2
x
y
x
y
，化简得
2
2
5
9
2
4
x
y
.
当P C
最小时，P P
最小，即三棱锥
P
ABC 的体积最小，则此时
min
1
P C
，
min
3
P P
，
5
P B
，
所以
3
15
tan
5
5
.
故选：C
2．（2023 上·黑龙江大庆·高二大庆实验中学校考阶段练习）已知正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
的边长为3，点P
在正方形ABCD内（包括边界），满足
2
PB
PA
，则直线
1
PC 和平面ABCD成角正切的最大值是（
）
A．3 13
13
B．
2
2
C．1
D．3
2
【答案】C
【详解】知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
，如图，连接
,
,
CH PC PC
1
，则
1
C 在底面ABCD的投影为C ，故直线
1
PC
和平面ABCD成角为
1
C PC
，
|
|
tan
|
|
|
|
CC
C PC
PC
PC
1
1
3
，其要最大，即|
|
PC 最短，
在底面ABCD内，以A 为原点，
,
AD AB 所在直线为,x y 轴建立平面直角坐标系，则
( , ),
( , ),
( , )
A
B
C
0 0
0 3
3 3 ，
设
( , )
P x y ，因为
2
PB
PA
，
所以
2
2
2
2
(
3)
2
x
y
x
y
，
解得：
2
2
(
1)
4
x
y
，
即P 在以
(0, 1)
H
为圆心，2 为半径的圆与正方形ABCD所截的一段弧，则
|
|
PC 的最小值为：点C 与圆心的距离减去半径；
即|
| |
|
PC
CH
r
5
2
3，tan
C PC
1
1，C 正确.
故选：C
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3．（2023 下·云南大理·高一统考期末）如图，已知正方形ABCD的边长为2，E ，F 分别是AB ，AD 的中
点，GC 平面ABCD，且
2
GC
，则BE 与平面EFG 所成角的正弦值为（
）
A．
17
17
B．
2
2
C．
2
6
D．2 17
17
【答案】D
【详解】如图，连接BD 、AC ，且EF 、BD 分别交AC 于H 、O.
因为四边形ABCD是正方形，E 、F 分别为AB 和AD 的中点，
故
/ /
,
EF
BD H 为AO 的中点，因为EF 平面EFG ，BD 平面EFG ，
所以
/ /
BD
平面EFG ，所以BD 到平面EFG 的距离就是点B 到平面EFG 的距离.
,
/ /
,
BD
AC EF
BD
EF
AC
，即EF
HC
，
GC
平面ABCD，
EF 平面ABCD，
GC
EF
，
,
,
HC
GC
C HC GC
平面HCG ，
EF
平面
,
HCG
EF
平面
,
EFG 平面EFG 平面HCG ，
作OK
HG
交HG 于点K ，因为OK 平面HCG ，平面EFG 平面HCG
HG
，
OK
平面EFG ，所以线段OK 的长就是点B 到平面EFG 的距离.
正方形ABCD的边长为
2
3 2
2,
2,
2 2,
,
2
2
GC
AC
HO
HC
.
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GC
平面ABCD，HC 平面ABCD，所以GC
HC
，
在Rt HCG
中，
2
2
17
2
HG
HC
CG
，根据Rt
Rt
HKO
HCG
∽
，
有OK
HO
CG
HG
，得
2 17
17
HO GC
OK
HG
，
因为O
BD
，
/ /
BD
平面EFG ，所以OK 的长即为点B 到平面EFG 的距离，
2 17
17
OK
BE
，即BE 与平面EFG 成角的正弦值为2 17
17
.
故选：D.
4．（2023 上·广东广州·高二华南师大附中校考期中）在三棱锥S
ABC
中，
2
SA
SB
，
2
AB
，
1
BC ，
AB
BC
，若SC 与平面SAB 所成角的最大值为，则
2
sin 的值为
．
【答案】3
5
2
-
【详解】取
,
,
AB AC SA中点分别为O，D，E，连
,
,
,
SO OD SD DE ，过D 作DG
SO
于G，连EG ，
由SA
SB
，则AB
SO
，又
,
AB
BC OD
BC
∥
，则AB
OD
，
又SO 平面SOD ，DO 平面SOD ，SO
DO
O
，
所以AB 平面SOD ，又DG 平面SOD ，则AB
DG
，
又AB 平面SAB ，SO 平面SAB ，SO
AB
O
，则DG 平面SAB ．
又
//
SC DE ，故SC 与面SAB 所成角与DE 与面SAB 所成角相等，所以
DEG
为所求线面角，
设
,
0,π
SOD
，则
1
1
1
sin ,
cos ,
1
cos
2
2
2
DG
OG
SG
，
2
2
2
2
1
1
1
2
cos45
cos
cos
4
2
2
EG
SE
SG
SE SG
，
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故
2
2
2
2
2
2
2
sin
1
cos
tan
cos
2cos
2
cos
2cos
2
DG
DEG
EG
2
1
2cos
3
1
cos
1
，
令
2cos
3,
5, 1
t
t
，则
2
2
1
1
tan
4
4
1
1
5
6
5
6
DEG
t
t
t
t
t
，
因为
5, 1
t
，所以
5
6
6
2 5
t
t
，当且仅当
5
t
时取等号．
所以
2
5
1
tan
2
，
又因为
2
2
2
2
2
2
sin
tan
sin
sin
cos
tan
1
，
可知
2
tan 的最大值为
5
1
2
时，
2
sin 也取到最大值3
5
2
-
.
故答案为：3
5
2
-
.
5．（2023 下·云南玉溪·高一统考期末）如图，正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
的棱长为2，E，F 分别为
1
1
B C ，
1
1
C D
的中点，P 是底面
1
1
1
1
D
C
B
A
上一点．若
/ /
AP
平面BEF，则AP 与平面
1
1
1
1
D
C
B
A
成角的正弦值的取值范围
是
．
【答案】2 5 2 2
,
5
3
【详解】如图，取
1
1
A D 的中点N ，
1
1
A B 的中点M，连接AM，AN，MN，
1
1
B D ，EN ，
由正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
，E，N 分别为
1
1
B C ，
1
1
A D 的中点，
易知
1
1
/ /
/ /
EN
A B
AB ，且
1
1
EN
A B
AB
，
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所以四边形NEBA为平行四边形，所以AN
BE
∥
，
又因为AN 平面BEF，BE 平面BEF，所以
/ /
AN
平面BEF，
因为E，F 分别为
1
1
B C ，
1
1
C D 的中点，由中位线性质可得
1
1
EF
B D
∥
，同理可知
1
1
MN
B D
∥
，所以
/ /
MN
EF ，
又因为MN 平面BEF ，EF 平面BEF ，所以
/ /
MN
平面BEF ，又AN
MN
N
，
,
AN MN 平面AMN，
所以平面
/ /
AMN
平面BEF ，
因为P 是底面
1
1
1
1
D
C
B
A
上一点，且
/ /
AP
平面BEF ，所以点P
MN
，
由
,
M N 分别为
1
1
1
1
,
A B A D 的中点，且
1
1
1
AA
A D
，
1
1
1
AA
A B
，则
2
2
1
1
5
AM
AA
A M
，
2
2
1
1
5
AN
AA
A N
，即AN
AM
，
由
1
1
1
1
A D
A B
，则
2
2
1
1
2
MN
A M
A N
在等腰AMN
中，底边上的高
2
2
1
3 2
2
2
h
AM
MN
，
则AP 的长度的取值范围为
3 2 , 5
2
AP
，
设AP 与平面
1
1
1
1
D
C
B
A
成角为，在正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
中，易知
1
AA 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，且
1A 为垂足，
所以
1
2 5 2 2
sin
,
5
3
AA
AP
．
故答案为：2 5 2 2
,
5
3
.
6．（2023 下·四川宜宾·高一统考期末）如图，在几何体ABCDEF 中，平面ACE 平面ABCD，四边形ABCD
是平行四边形，
90
ACB
，EF
BC
∥
.
(1)证明：CE
EF
；
(2)若
2 2
AC
BC
，
2
EF
，
2
AE
EC
，G 为DE 上一动点，求直线CG 与平面ABF 所成角的正弦
值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
1
0, 2
【详解】（1）因为
90
ACB
，所以BC
AC
，
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因为平面ACE 平面ABCD，平面EAC 平面ABCD
AC
，BC 平面ABCD，
所以BC 平面ACE ，
因为CE 平面ACE ，所以BC
CE
又因为
/ /
EF
BC ，所以CE
EF
（2）方法一：延长FE 至Q ，使得FQ
AD
，
所以
/ /
,
2 2
FQ
AD FQ
AD
，
所以四边形ADQF 为平行四边形所以
/ /
FA
DQ，
因为FA 平面DCQ ，DQ 平面DCQ ，所以
/ /
FA
平面DCQ ，
因为
/ /
AB
CD ，同理得
/ /
AB
平面DCQ ，
又因为
,
AB FA 平面ABF ，AB
FA
A
，
所以平面
//
ABF
平面DCQ
所以CG 与平面ABF 所成角即为CG 与平面CDQ 所成角，
当G 与D 重合时，CG 与平面CDE 所成角为0，
此时所求线面角正弦值最小且为0 ；
当G 与E 重合时，CG 与平面CDE 所成角最大.
因为E 为FQ 的中点，所以点E 到面CDQ 的距离h 等于点E 到面ABF 的距离，
即等于三棱柱ABF
DCQ
高的一半.
取AC ，AB 的中点分别为O，M
，连接OE ，OM ，MF ，MC ，
又因为
2
AE
EC
，所以EO
AC
，
因为平面ACE 平面DAC ，EO 平面ACE ，平面ACE 平面DAC
AC
，
所以EO 面ABCD
又因为
/ /
EF
OM
EF
OM
，
，所以四边形EFMO 是平行四边形，
所以
/ /
FM
EO ，所以FM 面ABCD，
因为CM 面ABCD，
所以FM CM ，
又因为CM
AB
，
,
AB FM 平面ABF ，AB
FM
M
，
所以CM 平面ABF ，
在直角ABC
中，AM
CM
，因为
2
2
2
2
2
8
AM
CM
CM
AC
,则
2
CM
，
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所以
1
1
2
h
CM
，此时所求线面角正弦值最大且为
1
2
h
CE
，
综上可得，直线CG 与平面ABF 所成角的正弦值的取值范围是
1
0, 2
；
方法二：取AD 与BC 的中点分别为M ，N ，连接EM ，EN ，MN ，FN ，
过G 作
/ /
GH
DN 交FN 于点H ，连接MH .
因为
/ /
EF
DN
EF
DN
，
，所以四边形EFND 为平行四边形
因为
/ /
GH
DN
GH
DN
，
，
/ /
MC
DN
MC
DN
，
，所以
/ /
MC
GH
MC
GH
，
所以四边形MCGH 为平行四边形
所以
/ /
CG
MH
CG
MH
，
，又因为
/ /
BM
EF
BM
EF
，
，
所以四边形BMEF 为平行四边形，所以
/ /
ME
BF ，
因为ME 平面BAF ，BF 平面BAF ，
所以
/ /
ME
平面BAF ，
因为
//
MN
AB ，同理可得
/ /
MN
平面BAF ，
又因为
,
MN ME 平面MNE ，MN
ME
M
，
所以平面MNE / / 平面BAF
所以CG 与平面ABF 所成角即为MH 与平面EMN 所成角；
当G 与D 重合时，H 与N 重合，此时MH 与平面EMN 所成角为0，
当G 与E 重合时，H 与F 重合，此时MH 与平面EMN 所成角最大，
所以线面角的最大为直线FM 与平面EMN 所成角，
即线面角的最大为直线EC 与平面EMN 所成角，
因为
π
2
DAC
ACB
，所以AD
AC
，
因为平面ACE 平面ABCD，AD 平面ABCD，平面ACE 平面ABCD
AC
，
所以AD 平面ACE ，
因为CE 平面ACE ，所以AD CE .
所以FM
BC
，在Rt FMB
中，
2
FM
CE
，
2
BM
，
所以
6
BF
EM
，在Rt NAE
中，
2
2
6
EN
AN
AE
，
所以
1
4
2
2 2
2
EMN
S
△
，
1
2
2
2
2
CEM
S
△
，
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因为
C EMN
N
ECM
V
V
，记点C 到平面EMN 的距离为h ，
则
2
4 2
4
2
CEM
EMN
S
h
S
△
△
，
所以直线EC 与平面EMN 所成角的正弦为
2
1
sin
4
2
，
所以CG 与平面ABF 所成角的正弦的范围是
1
0, 2
题型六二面角问题
例题1．（2023 上·广西·高三南宁三中校联考阶段练习）已知
, ,
,
A B C D 是体积为36π 的球体表面上的四点，
2,
90 ,
30
AB
ACB
ADB
，则平面CAB 与平面DAB 的夹角的余弦值为（
）
A．
6
4
B．
10
4
C．1
3
D．
3
3
【答案】B
【详解】设球心为O，取
,
ABC
ABD
的外接圆圆心为
,
E F ，连接
,
,
,
90
OE EF OF
ACB
，
由点E 为AB 中点，则
1
EA
EB
，
由F 为
ABD
△
外心，则FE
AB
，
由题意，OE 平面ABC ，故平面CAB与平面DAB 的夹角为
OEF
的余角．
在
ABD
△
中
2,
30
AB
ADB
，由正弦定理得
2
2
2sin30
FA
FB
FD
，
由球O体积为36π ，易得球O半径为3，故
2
2
2
2
3
2
5,
3
1
2 2
OF
OE
，
由OF 平面
,
DAB EF 平面DAB ，可得OF
EF
，
则Rt
OEF
△
中
10
sin
4
OF
OEF
OE
，故
OEF
的余角的余弦值为
10
4
，
故选：B
例题2．（2023 上·山东·高二济南市历城第二中学校联考阶段练习）在矩形ABCD中，
2,
1
AB
BC
，现将
ABD
△
沿对角线BD 翻折，得到四面体ABCD，记二面角A
BD
C
为，当在π
2
2π
, 3
内变化时，AC 的
取值范围是
.
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【答案】
85
105
5
5
AC
【详解】如图，过A 作AF
BD
于F ，过C 作CG
BD
于G ，过A 作
/ /
AH
BD，且使AH
FG
，连
,
,
AC HG HC，
因为
/ /
AH
BD 且AH
FG
，则四边形AHGF 为平行四边形，故
/ /
HG
AF ,
又AF
BD
，所以HG
BD
，故
HGC
为二面角A
BD
C
的平面角，
又CG
BD
，HG
BD
，CG
HG
G
，又
,
CG HG 面CGH ，
所以BD 平面HCG ，又
/ /
AH
BD ，所以AH 平面HCG ，又CH 平面HCG ，
所以AH
CH
,
又因为
2,
1
AB
BC
，在Rt△ABD ，易知
5
BD
,由AB BC
AF BD
，得到
2 5
5
AF
，同理可得
2 5
5
CG
，
在Rt
AFD
△
中，
2
2
4
5
1
5
5
DF
AD
AF
，同理可得，
5
5
CG
，又
3 5
2
5
AH
FG
BD
BG
，
在HGC
中，
2
2
2
8
8
2
cos
cos
5
5
HC
HG
GC
HG GC
，
在Rt AHC
中，
2
2
2
9
8
8
17
8
cos
cos
5
5
5
5
5
AC
AH
HC
，
又
3
π
π
2
2
,
，所以
1
cos
0
2
，得到
2
17
21
5
5
AC
，得到
85
105
5
5
AC
，
故答案为：
85
105
5
5
AC
.
例题3．（2022 上·贵州贵阳·高二清华中学校考阶段练习）在正方体ABCD
A B C D
中，点P 是AA上的动
点，Q 是平面BB C C
内的一点，且满足A D
BQ
，则二面角P
BD
Q
余弦值的取值范围是
．
【答案】
3 1
,
3
3
【详解】连接AC 、BD 、AD、A D
，设AC
BD
O
，连接OC、OP ，如下图所示：
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因为
//
AB C D
且AB
C D
，则四边形ABC D
为平行四边形，
因为四边形AA D D
为正方形，则AD
A D
，
因为AB 平面AA D D
，A D
平面AA D D
，则AD AB
，
因为AB
AD
A
，AB 、AD平面ABC D
，所以，A D
平面ABC D
，
因为BC平面ABC D
，所以，BC
A D
，
因为Q 是平面BB C C
内的一点，且满足A D
BQ
，所以，点Q 的轨迹为线段BC，
设正方体ABCD
A B C D
的棱长为2 ，则
2 2
BC
BD
C D
，
因为四边形ABCD为正方形，AC
BD
O
，则O为BD 的中点，且OC
BD
，
由勾股定理可得
2
2
2
2
PB
PA
AB
PA
AD
PD
，则OP
BD
，
所以，二面角P
BD
Q
的平面角为
POC
，
由图可知，当点P 与点A 重合时，
POC
最大，
3
sin 60
2 2
6
2
OC
BC
，
1
1 2 2
2
2
2
OC
AC
，
因为CC平面ABCD，AC 平面ABCD，则CC
AC
，
此时，
2
3
cos
cos π
cos
3
6
OC
POC
COC
COC
OC
；
当P 与点A重合时，
POC
最小，
此时，
2
2
3
1
cos
cos π
2
cos2
1
2cos
1
2
3
3
POC
COC
COC
COC
，
又因为函数
cos
y
x
在
0,π 上单调递减，所以，
3
1
cos
3
3
POC
，
因此，二面角P
BD
Q
的余弦值的取值范围
3 1
,
3
3
.
故答案为：
3 1
,
3
3
.
例题4．（2023 下·重庆渝中·高一重庆巴蜀中学校考期末）如图；在三棱柱ADP
BCQ
中；侧面ABCD为
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矩形．
(1)若PD 面ABCD；
2
2
PD
AD
CD
，
2
NC
PN
，求证：DN
BN
；
(2)若二面角Q
BC
D
的大小为；
π 2π
,
4
3
，且
2
cos 2
AD
AB
；设直线BD 和平面QCB 所成角为；
问当变化过程中能否取到π
3 ；若能；请证明；若不能请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)不能取到π
3 ，理由见解析
【详解】（1）证明：由PD 平面ABCD，BC 平面ABCD,所以PD
BC
，
又CD
BC
，PD
CD
D
，
,
PD CD 平面PCD，所以BC 平面PQCD ，
ND 平面PQCD ，所以ND
BC
，
在Rt
PCD
△
中，设
2
3
2
PD
CD
，则
6
CD
，
3
PC ，
所以
2
NC
，
1
PN ，
由PN
PD
PD
PC
，
DPN
CPD
，
所以
~
PDN
PCD
，
所以DN
PC
，又ND
BC
，
,
,
PC
BC
C PC BC
平面BCP ,则DN 平面BCP ，
BN 平面BCP ,所以DN
BN
．
（2）在平面QBC 中，过点C 作直线CF
BC
，
因为底面ABCD为矩形，所以BC
CD
，
所以
DCF
为二面角Q
BC
D
的平面角，且
DCF
，
又CF
CD
C
，
,
CD CF 平面CDF ，所以BC 平面CDF ，
在平面DCF 中，过点D 作DG
FC
，垂足为G ，连接BG ,
因为BC 平面CDF ，DG 平面DCF ，所以DG
BC
，
又BC
FC
C
，BC 平面BCQ ，FC 平面BCQ ．所以DG 平面BCQ ．
所以
DBG
为直线BD 和平面QCB 所成角，即
DBG
，
所以DG 为点D 到平面BCQ 的距离，且
sin
DG
DC
，又
2
cos 2
AD
AB
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则
2
2
2
sin
sin
sin
sin
3
2cos
1
4cos 2
DG
AB
BD
AB
AD
，
由
π
[4
, 2π]
3 ，可得
1
cos
[
2
,
2]
2
，
2
cos
[0
, 1]
2 ，
所以
3
2cos
t
，
[ 2
t
,
3
2]
，
2
3
cos
2
t
，
2
2
2
(
3)
sin
1
cos
1
4
t
，
所以
2
2
2
2
2
2
5
5
2
6
(
)
6
1
(
3)
5
1
sin
1
4
2
2
2
t
t
t
t
t
t
（当且仅当
2
5
t =
时，取等号），
所以直线BD 与平面PAD 所成角的正弦值最大值为
5
1
2
，
又
5
1
3
π
sin
sin
2
2
3
，所以取不到．
练习题
1．
（2022 上·辽宁铁岭·高三校联考期末）将边长为2 3 ，锐角为60的菱形沿较长的对角线折叠成大小为rad
的二面角，若该菱形折叠后所得到的三棱锥内接于表面积为84π 的球，则的值为
．
【答案】2 π
3
【详解】设球的半径为r ，则
2
4π
84π
r
，解得
21
r
，
菱形ACBD中，
120
ACB
，
30
CBA
CAB
，
取AB 的中点E ，连接DE ，CE ，则CE ⊥AB ，DE ⊥AB ，
故
DEC
，
因为
2 3
AC
BC
，故
3
CE
，
3
AE
BE
，
故ABC
的外接圆半径为
6
2 3
2sin
3
AB
R
ACB
，
延长CE 至点M ，使
2 3
CM
，则M 为ABC
的外接圆圆心，
设三棱锥外接球球心为O，则OM ⊥平面ABC ，连接OC ，OD ，
则
21
OC
OD
，
过点D 作DQ ⊥CE ，交CE 的延长线于点Q ，则DQ ⊥平面ABC ，
过点O作ON 平行MQ ，交DQ 的延长线于点N ，
由勾股定理得
2
2
21 12
3
OM
OC
MC
，则
3
QN
MO
，
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因为
3
DE
，故
sin π
3sin
DQ
DE
，
cos π
3 cos
EQ
DE
，
故
2 3
3
3 cos
3
3 cos
MQ
CM
CE
EQ
，
故
3
3 cos
ON
，
又
3 sin
3
DN
DQ
QN
，
由勾股定理得
2
2
2
DN
ON
OD ，即
2
2
3sin
3
3
3 cos
21
，
即
π
2sin
1
6
，又
0,π
，所以
π
5π
6
6
，解得
2π
3
.
故答案为：2 π
3
2．（2023 上·辽宁沈阳·高二沈阳二中校考阶段练习）四棱锥S
ABCD
的底面是正方形，SD 平面ABCD，
2
SD
，
2
AD
，点E 是SD 上的点，且DE
（0
2
），二面角C
AE
D
的大小为，直线BE 与
平面ABCD所成的角为，若tan
tan
1
，则的值为
．
【答案】
2
【详解】
由SD 平面ABCD，连接BD ，则BD 是BE 在面ABCD内是射影，
则直线BE 与平面ABCD所成的角为
DBE
，
SD 平面ABCD，CD 平面ABCD，
SD
CD
；又底面ABCD是正方形，
CD
AD
，而
,
,
SD
AD
D SD DF
平面SAD ，所以CD 平面SAD ，
连接AE ，过点D 在平面SAD 内作DF
AE
于F，连接CF
故
CFD
是二面角C
AE
D
的平面角，即
CFD
.
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在Rt BDE
中，
2,
,
tan
2
DE
BD
DE
BD
，
在Rt
ADE
△
中，
2
2,
,
2
AD
DE
AE
，
从而
2
2
2
AD DE
DF
AE
；
在Rt CDF
中，
2
2
tan
CD
DF
.
由tan
tan
1
，得
2
2
1
2
，所以
2
2
，
由0
2
，解得
2
，即为所求.
故答案为：
2
3．（2023·四川南充·模拟预测）已知四棱锥P
ABCD
的底面是边长为2 的正方形，
3 2
2
PB
PD
，二面
角P
BD
C
的余弦值为
2 5
5
，则四棱锥P
ABCD
的外接球的表面积为
．
【答案】17π
2
【详解】
如图，在四棱锥P
ABCD
中，
连接BD ，取BD 中点为
1
O ,连接
1
1
,
PO CO ,
因为底面是边长为2 的正方形，所以
2 2
BD
,
在等腰三角形PBD 中，
2
2
2
1
cos
2
9
PB
PD
BD
BPD
PB PD
,
所以
2
4 5
sin
1
cos
9
BPD
BPD
，
设等腰三角形PBD 外接圆的圆心为
2
O ，
则由正弦定理可得
2
2 2
9 10
2
sin
10
4 5
9
BD
PO
BPD
，则
2
9 10
20
PO
，
而
2
2
1
1
10
2
PO
PD
O D
,所以
1
2
1
2
10
20
O O
PO
PO
,
易知正方形ABCD的外接圆的圆心为
1
O ，
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过
1
2
,
O O 分别作平面ABCD和平面PBD 的垂线，两垂线交于点O,
则点O为四棱锥外接球的球心，
又易知，
1
PO
BD
,
1
CO
BD
,
所以二面角P
BD
C
的平面角为
1
POC
,所以
1
2 5
cos
5
PO C
，
则
1
5
sin
5
PO C
，所以
1
2
1
1
π
5
cos(
)
sin
2
5
cos
OO O
PO C
PO C
，
所以
1
1
2
1
4
sin
2
O
PO
O O
O
C
,
在直角三角形
1
OO CA 中，
2
2
1
1
1
17
2
8
8
OC
OO
OC
，即为外接球的半径，
所以外接球的表面积为
2
17
4π
π
2
OC
,
故答案为: 17 π
2
.
4．（2023 下·福建福州·高一福建省福州第一中学校考期末）如图，已知矩形ABCD，
2
4
BC
AB
，M 是
AD 的中点，现将ABM
沿着BM 翻折至PBM
．
(1)若
2 3
PC
，求证：平面PBM 平面BCDM ；
(2)求二面角P
CD
B
的正弦值的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
5
5
【详解】（1）由题意矩形ABCD中，
2
4
BC
AB
，M 是AD 的中点，
可知
2
PM
PB
,
45
AMB
，
设O 为BM 中点，连接PO，则PO
BM
，
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又
45
MBC
AMB
，
2
2
1
1
2
2
2
BO
BM
AB
AM
，
故
2
2
2
2
cos
2 16
2
2
4
10
2
OC
OB
BC
OB BC
OBC
，
又PB
PM
，O 为BM 中点，故
1
2
2
PO
BM
，而
2 3
PC
，
故
2
2
2
12
PC
PO
OC
，故PO
OC
，
而
,
,
OC
BM
O OC BM
平面BCDM ，故PO 平面BCDM ，
PO 平面PBM ，故平面PBM 平面BCDM ；
（2）由（1）可知，将ABM
沿着BM 翻折至平面PBM 平面BCDM 时，
二面角P
CD
B
逐渐增大，
当平面PBM 平面BCDM 时，作OE
CD
，垂足为E，连接PE ，
因为O 为BM 中点，则E 为CD 中点，此时
3
2
MD
BC
OE
;
由于PO 平面BCDM ，
,
CD OE 平面BCDM ，故PO
CD
，PO
OE
,
,
PO
OE
O PO OE
平面POE ，故CD 平面POE ，
则
PEO
为二面角P
CD
B
的平面角，而
2
2
11
PE
PO
OE
,
故
2
22
sin
11
11
PO
PEO
PE
；
下面考虑ABM
翻折到越过平面PBM 平面BCDM 时的位置后的情况：
设Q 为BC 中点，连接MQ ，则四边形ABQM 为正方形，
连接AQ ，则O 在AQ 上，则
,
PO
BM QO
BM
，
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,
,
PO
QO PO QO
平面POQ，故BM 平面POQ，
BM 平面BCDM ，故平面POQ 平面BCDM ，
平面POQ 平面BCDM
OQ
，作PF
OQ
，垂足为F，
则PF 平面BCDM ，
,
FG CD 平面BCDM ，故PF
CD
, PF
FG
，
作FG
CD
⊥
，垂足为G，连接PG ，
,
,
PF
FG
F PF FG
平面PFG ，故CD 平面PFG ，
故
PGF
为二面角P
CD
B
的平面角，
设
,0
90
POF
，当
0
时，二面角P
CD
B
的正弦值为0；
当0
90
时，
2 sin
,
2 cos
PF
OF
，
作FH
OE
，垂足为H，则四边形EHFG 为矩形，
则
cos 45
cos
OH
OF
，故
3
cos
FG
EH
，
故
2
2
2
2 sin
cos
2 tan
2 sin
2
2
2
tan
3
cos
2sin
cos
2tan
1
2
2
2
PF
PGF
FG
2
1
2tan 2
tan 2
，
由于tan
0
2
，故
1
2tan
2 2
2
tan 2
，故
2
1
1
2
2tan 2
tan 2
，
当且仅当
1
2tan 2
tan 2
，即tan
2
2
2
时等号成立，
即二面角P
CD
B
的正切值的最大值为
1
2 ，
此时二面角P
CD
B
的正弦值的最大值
5
5 ，
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由于
22
5
11
5
，故二面角P
CD
B
的正弦值的最大值
5
5 .
5．（2023 下·福建泉州·高一统考期末）如图，在正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
2
A B
，O为
1A B 的中点，E 、
F 在
1AC 上，
1
2
3
3
EF
A E
FC
.
(1)试在直线
1A B 上确定点P ，使得对于
1
FC 上任一点D ，恒有
//
PD
平面AOE ；（用文字描述点P 位置的确
定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程）
(2)已知Q 在直线
1A A上，满足对于
1
FC 上任一点D ，恒有
//
QD
平面AOE ，P 为（1）中确定的点，试求当
1A PQ
△
的面积最大时，二面角
1
P
AC
Q
的余弦值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
7
7
【详解】（1）解：延长OB 至点P ，使
1
2
BP
OB
，点P 即所求的点，图形如下：
证明如下：连接PF 、
1
PC ，
在正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
1
//
AA CC 且
1
1
AA
CC
，所以，
1
1
AA E
C CF
，
又因为
1AE CF
，所以，
1
1
AA E
C CF
△
≌△
，所以，
1
1
AEA
C FC
，
则
1
1
AEC
C FA
，故
1 //
C F AE ，
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因为
1
C F Ë 平面AOE ，AE 平面AOE ，所以，
1 //
C F
平面AOE ，
因为
1
2
3
3
EF
A E
FC
，则
1
2
3
A E
EF
，
因为O为
1A B 的中点，
1
2
BP
OB
，则
1
3
3
2
2
OP
OB
OA
，故
1
2
3
OA
OP
，
所以，
1
1
2
3
A E
OA
EF
OP
，所以，
//
PF OE ，
因为PF 平面AOE ，OE 平面AOE ，所以，
//
PF
平面AOE ，
又因为
1
C F
PF
F
，
1
C F 、PF 平面
1
PC F ，所以，平面
1
//
PC F
平面AOE ，
当点D 在线段
1
FC 上运动时，PD 平面
1
PC F ，故
//
PD
平面AOE .
（2）解：分别延长
1
C F 、
1A A，所得交点即点Q ，连接PQ ，
则二面角
1
P
AC
Q
即二面角
1
B
AC
A
.
因为Q 、D 直线
1
C F ，且
1 //
C F AE ，则
//
QD AE ，
因为QD 平面AOE ，AE 平面AOE ，所以，
//
QD
平面AOE ，合乎题意，
因为
1
1
1
1
1
2
5
A A
C C
CF
AQ
AQ
A F
，且
1
1
2
5
AO
A P
，所以
1
1
1
1
A A
AO
AQ
A P
，所以
1
1
A PQ
AOA
△
∽△
.
所以
1
1
1
25
25
4
8
A PQ
A OA
A BA
S
S
S
△
△
△
，所以当
1
A BA
S△
最大时，
1
A PQ
S△
最大.
由基本不等式可得
1
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
2
A BA
AB
AA
A B
S
AB AA
△
，
当且仅当
1
2
AB
AA
时等号成立.
此时
2
AC
，且
1A AC
△
为等腰直角三角形.
取AC 的中点M ，则BM
AC
，在平面
1
1
AAC A 内过点M 作
1
MN
AC
，垂足为N ，连接BN .
因为
1A A 平面ABC ，BM 平面ABC ，所以
1
BM
A A
，
又
1
AC
A A
A
，AC 平面
1
1
A ACC ，
1A A 平面
1
1
A ACC ，所以BM 平面
1
1
A ACC .
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因为
1AC 平面
1
1
A ACC ，所以
1
BM
AC
，
又MN
BM
M
，MN 平面BMN ，BM 平面BMN ，所以
1AC 平面BMN .
因为BN 平面BMN ，所以
1AC
BN
.
所以
BNM
为二面角
1
B
AC
A
的平面角.
因为
1
2
2
2
CM
AC
，所以
3
6
sin 60
2
2
2
BM
BC
，
2
2
1
sin 45
2
2
2
MN
CM
，
因为BM 平面
1
1
A ACC ，MN 平面
1
1
A ACC ，则BM
MN
，
所以
2
2
2
2
6
1
7
2
2
2
BN
BM
MN
，所以
1
2
7
cos
2
7
7
MN
BNM
BN
.
即二面角
1
P
AC
Q
的余弦值为
7
7
.
题型七点到平面（直线）距离问题
例题1．（2023 上·江苏无锡·高二无锡市市北高级中学校考阶段练习）已知四边形ABCD为正方形，P 为平
面ABCD外一点，PD
AD
，
2
PD
AD
，二面角P
AD
C
的大小为60，则点A 到平面PBD 的距离是
（
）
A．2 21
7
B．
3
C．
6
2
D．1
【答案】A
【详解】解：
由题意，∵四边形ABCD为正方形，∴CD
AD
，CD
AD
.
又∵PD
AD
，PD 平面PAD ，CD 平面ABCD，
平面PAD 平面ABCD
AD
，
∴
PDC
就是二面角P
AD
C
的平面角，
∴
60
PDC
，又∵
2
CD
AD
PD ，
∴PCD
是等边三角形，取CD 中点E ，连接PE 、BE 如上图，则PE
CD
，
∵CD
AD
，PD
AD
，
PD 平面PCD，CD 平面PCD，PD
CD
D
，
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∴AD 平面PCD，又∵PE 平面PCD，
∴AD
PE
，
又∵AD
CD
D
，AD 平面ABCD，CD 平面ABCD，
∴PE 平面ABCD，即PE 为棱锥
P
BDA 的高，
在边长为2 的等边三角形PCD
中，
3
PE
.
又∵BE 平面ABCD，所以PE
BE
，
在正方形ABCD中，由
2
2
BC
CE
知
5
BE
，
∴在Rt
PEB
△
中，
2
2
2 2
PB
PE
BE
；在正方形ABCD中，
2 2
BD
，
又知
2
PD
，则
PBD
△
如下图，取PD 中点F ，连接BF ，
则BF
PD
，且由
1
PF ，
2 2
PB
得
7
BF
，
∴
1
2
7
7
2
PBD
S
.假设点A 到平面PBD 的距离为h
又知
1
1 2 2
2
2
2
BAD
S
AB
AD
，
∴由
P BDA
A PBD
V
V
得1
1
3
3
BAD
PBD
PE
S
h
S
，
即1
1
3
2
7
3
3
h
，解得：
2 21
7
h
，
∴点A 到平面PBD 的距离为2 21
7
.
故选：A.
例题2．（2024 上·上海·高二上海市控江中学校考期末）在《九章算术》中，将底面为直角三角形，侧棱垂
直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
,
AB
BC A A
AB
，堑堵的顶点
1
C 到直线
1AC
的距离为m ，
1
C 到平面
1A BC 的距离为n，则n
m 的取值范围是
.
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【答案】
2
3
(
,
)
2
2
【详解】设
1
AB
BC
，
1
1
AA
a a
，
则
2
AC
，
2
1
2
AC
a
，
2
1
1
A B
a
，
且B 到平面
1
1
ACC A 的距离为
2
2
，
2
2
2
1
1
BC
A B
C
A
，
1A B
BC
，
1
1
1
2
1
2
2
AC CC
a
m
AC
a
，
1
2
1
1
1
2
2
A BC
a
S
A B
BC
，
1 1
1
2
1
1
3
6
C A BC
A BC
a
V
S
n
n
，
又
1
1 1
1 1
1
2
1
1
2
2
3
2
3
2
2
6
C A BC
C
C
B A C
A C
a
V
V
S
a
，
2
1
a
n
a
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
m
a
n
a
a
，
1
a
，
2
4
2
2
2
3
2
a
，
2 3
2
3
m
n
，
2
3
2
2
n
m
.
故答案为：
2
3
(
,
)
2
2
．
例题3．（2019 下·福建泉州·高一福建省晋江市养正中学校联考期末）如图，两个正方形ABCD，ECBF 边
长为2，
5
12
FBA
.将
ABD
绕AB 旋转一周，则在旋转过程中，D 与平面ECBF 的距离最大值为
.
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【答案】
6
【详解】ABD
绕AB 旋转一周得到的几何体是圆锥，故D 点的轨迹是圆.过AD 作平面ADGH 平面ABCD，
交平面ECBF 于GH . D 的轨迹在平面ADGH 内.画出图像如下图所示，根据图像作法可知，当D 位于圆心A
的正下方点P 位置时，到平面ECBF 的距离最大.在平面BAH 内，过P 作PQ
BH
，交BH 于Q .在Rt PQH
中，
π
5π
π
2
12
12
PHQ
,
5π
5π
tan
2
2 tan
2
12
12
HP
HA
AP
AB
.所以
π
sin 12
PQ
HP
5π
π
2 tan
2
sin
12
12
①.其中
π
π
tan
tan
5π
π
π
4
6
tan
tan
π
π
12
4
6
1
tan
tan
4
6
2
3
，
π
π
π
π
π
π
π
6
2
sin
sin
sin
cos
cos
sin
12
3
4
3
4
3
4
4
，所以①可化为
6
2
6
2 3
6
4
.
故答案为：
6
练习题
1．（2023 上·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
的棱长为4，
,
,
,
M E F G 分别为
1
1
1
1
,
,
,
B C BC CC BB 的中点，点C 到平面AEF 的距离为h 则（
）
A．平面AEF 截正方体所得的截面面积为18
B．直线AF 与平面
1AGM 平行
C．直线
1B D 与平面
1AGM 垂直
D．点M 到平面AEF 的距离为2h
【答案】ABD
【详解】连接
1
1
,
AD D F ，如图所示，
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因为正方体中
1
1//
//
BC
AD
EF ，所以
1
A
E
F
D
、、、
四点共面，
所以四边形
1
AEFD 为平面AEF 截正方体所得的截面四边形，且截面四边形
1
AEFD 为梯形，
又由勾股定理可得
1
2 5
D F
AE
，
1
4 2,
2 2
AD
EF
，
所以梯形
1
AEFD 为等腰梯形，高为
2
2
4 2
2 2
(2 5)
3 2
2
，
所以
1
1
4 2
2 2
3 2
18
2
AEFD
S
梯形
，故A 选项正确；
易知
1
//
A M AE ，又
1A M Ë 平面AEF ，AE 平面AEF ，故
1
//
A M
平面AEF ，
又
//
GM EF ，同理可得
//
GM
平面AEF ，
又
1A M
GM
M
，
1A M
GM
、
平面
1AGM ，故平面
1
//
A MG
平面AEF ，
又AF 平面AEF ，从而
//
AF
平面
1AGM ，故B 选项正确；
连接
1
1
B D ，若直线
1B D 与平面
1AGM 垂直成立，则
1
1
B D
A M
，
又
1
1
D D
A M
，
1
1
D D
B D
D
，
1
1
,
D D B D 平面
1
1
B DD ，
所以
1A M 平面
1
1
B DD ，所以
1
1
1
A M
B D
，
显然
1
1
1
A M
B D
不成立，所以直线
1B D 与平面
1AGM 不垂直，故C 选项错误；
由于
1
1
4
2
2
2
2
4
2
2
MEF
GEF
EBG
BEFG
S
S
S
S
梯形
，而
1
2
2
2
2
ECF
S
△
，
则
1
3
A MEF
EFM
V
S
AB
，
1
3
A ECF
ECF
V
S
AB
，所以
2
A MEF
A ECF
V
V
，即
2
M
AEF
C AEF
V
V
，
点M 到平面AEF 的距离为点C 到平面AEF 的距离的二倍，故D 正确．
故选：ABD．
2．（2023 上·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期中）已知正方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
棱长为2，动点P
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在
1
ACD
△
的内切圆圆周上运动，M 为棱
1
1
A B 的中点，现将直线BM 绕棱
1
BB 旋转，则在旋转过程中，动点P
到动直线BM 距离的最小值为
．
【答案】2 10
5
/ 2
10
5
【详解】如下图，将直线BM 绕棱
1
BB 旋转，几何体为锥体，截正方体部分锥体如下，
由AC
BD
，
1
BB 面ABCD，AC 面ABCD，则
1
BB
AC
，
又
1
BD
BB
B
，
1
,
BD BB 面
1
1
BDD B ，则AC 面
1
1
BDD B ，
AC 面
1
ACD ，故面
1
ACD 面
1
1
BDD B ，
所以，圆锥侧面上，面
1
1
BDD B 与圆锥交线BE 上存在到面
1
ACD 距离最短的点，
又
1
1 / /
B D
BD ，且交线BE 上侧的点到面
1
ACD 距离比下侧到面面
1
ACD 距离要远，
要使在旋转过程中，动点P 到动直线BM 距离最小，
只需内切圆最下侧的点，即AC 中点O到BE 距离最小，即为所求，
而
1
2
cos
5
B BE
，
1
π
2
EBO
B BE
，故
1
1
π
sin
sin(
)
cos
2
EBO
B BE
B BE
，
所以AC 中点O到BE 距离
2
2 10
sin
2
5
5
d
BO
EBO
.
故答案为：2 10
5
3．（2023 上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习）若正四面体SABC 的棱长为3，平面ABC 内有一
动点P 到平面SAB 、平面SBC 、平面SCA 的距离依次成等差数列，则点P 在面ABC 内的轨迹的长度为
.
【答案】2
【详解】设动点P 到平面SAB 、平面SBC 、平面SCA 的距离分别为
1
2
3
,
,
h h h ，
因为正四面体SABC 的棱长为3，每个面的面积为
1
9 3
3 3 sin 60
2
4
S
，
如图，
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取BC 的中点E ，连接
,
AE SE ，过S作SO 平面ABC ，垂足为O，
则
2
2
9
9
3
3
3
4
AO
AE
，所以高
9
3
6
h
SO
，
所以正四面体SABC 的体积
1
2
3
1
1
(
)
3
3
V
Sh
S h
h
h
，所以
1
2
3
6
h
h
h
.
因为满足点P 到平面SAB 、平面SBC 、平面SCA 的距离成等差数列，
所以
1
2
3
2
3
6
h
h
h
h
，所以
2
6
3
h
.
因为点P 到平面SBC 的距离为定值，且平面ABC 平面SBC
BC
，
所以点P 的轨迹是平行BC 的线段MN ，
又
SEA
为平面SBC 与平面ABC 的夹角，则
6
2 2
sin
3
3
3
2
SO
SEA
SE
，
所以
2
6
3
3
sin
2
2 2
3
h
PE
SEA
，即线段MN 与BC 的距离为
3
2
，
在ABC
中，
3 3
3
2
2
2
3
3 3
2
MN
BC
，所以
2
2
3
2
3
3
MN
BC
，
即点P 在面ABC 内的轨迹的长度为2 .
故答案为：2 .
4．（2019·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）在长方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
中，底面ABCD是边长为
4 的正方形，侧棱
1
4
AA
a a
，M 是BC 的中点，点P 是侧面
1
1
ABB A 内的动点（包括四条边上的点），
且满足tan
3tan
APD
MPB
，则三棱锥
P
ABC 的体积的最大值是
.
【答案】64 5
15
【详解】做PN
AB
于N ，
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在长方体
1
1
1
1
ABCD
ABC D
中，DA 平面
1
1
A ABB ，CB 平面
1
1
A ABB
所以在Rt PDA
和Rt PBC
中，
tan
AD
APD
AP
，tan
BM
MPB
PB
因为tan
3tan
APD
MPB
，
1
1
2
2
BM
BC
AD
，
所以
2
3
PA
PB
，
因为CB 平面
1
1
A ABB ，PN 平面
1
1
A ABB ，
所以CB
PN
，又PN
AB
于N ，AB
BC
B
所以可得PN ^ 平面ABC ，
设
,
PN
h AN
x
，则
4
BN
x
，
0,4
x
，
由
2
3
PA
PB
，得
2
2
4
9
PA
PB
即
2
2
2
2
4
4
9
h
x
h
x
，
整理得
2
2
32
64
5
5
h
x
x
，
0,4
x
开口向下，对称轴
16
5
x
，
所以在
0,4
x
单调减，
所以
0
x
时，
2
h 取最大值，为
2
max
64
5
h
所以
max
8 5
5
h
，
所以三棱锥
P
ABC 的体积的最大值为
1
1
8 5
64 5
4
4
3
2
5
15
.
故答案为64 5
15
.
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5．（2022·重庆·统考模拟预测）在三棱锥
P
ABC 中，PA 平面ABC，ABC
是边长为2 的正三角形，
4
PA
，
Q 为三棱锥
P
ABC 外接球球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的距离的最大值为
【答案】5
3
3
【详解】令三棱锥
P
ABC 外接球球心为O，正ABC
所在平面截球面所得小圆圆心为
1
O ，连接
1
1
,
,
OO BO BO ，
如图，
则
1
OO 平面ABC，而正ABC
边长为2，即有
1
2
3
3
BO
，
因PA 平面ABC，则三棱锥
P
ABC 外接球球心为O 在过线段PA 中点，且垂直于线段PA 的平面内，
显然过线段PA 中点垂直于线段PA 的平面与平面ABC 平行，则
1
1
2
2
OO
PA
，
于是得球O 的半径
2
2
2
2
1
1
2
4
(
3)
2
3
3
3
R
BO
BO
OO
，
取PB 中点
2
O ，AB 中点D，连接
2
2
1
,
,
OO DO DO ，
因PAB
是直角三角形，则
2
O 是平面PAB 截球O 所得截面小圆圆心，因此，
2
OO 平面PAB，
而
2 / /
DO
PA ，
2
1
2
2
DO
PA
，则
2
DO 平面ABC，必有
2
1
/ /
DO
OO ，
2
1
DO
OO
，于是得四边形
1
2
OO DO
是平行四边形，
2
1
1
1
3
2
3
OO
DO
BO
，
由球面的性质知，点Q 是经过点
2
O 的球面直径端点且球心O在点
2
O 与Q 之间时，点Q 到平面PAB 的距离
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最大，
此最大距离为
2
5
3
3
R
OO
，
所以点Q 到平面PAB 的距离的最大值为5
3
3
.
一、单选题
1．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该
圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（
）
A．81π
B．96π
C．108π
D．126π
【答案】A
【详解】设圆锥的顶点为S，底面圆的圆心为B ，内切球圆心为O，
则
2
OB
OC
，AB
AC
，
因为SB ⊥AB ，OC ⊥SA，所以ABS
∽OCS
，则SO
OC
SC
SA
AB
SB
，
设
2
AB
AC
r r
，SA
l
，
故
2
2
SB
l
r
l
r
SB
，由
2
2
SB
l
r
得：
2
2
l
SB
r
，
由2
l
r
r
SB
得：
2
2
lr
r
SB
，
故
2
2
2
2
l
lr
r
r
，所以
2
3
4
4
l
r
lr
r
，
3
2
4
4
r
r
l r
，
解得：
3
2
4
4
r
r
l
r
，
所以圆锥的表面积为
4
2
2
2π
π
π
4
r
rl
r
r
，
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令
4
2
2
4
r
f r
r
，
3
2
5
3
2
5
3
2
2
2
2
2
2
8
4
4
4
8
4
32
4
4
4
r
r
r
r
r
r
r
f
r
r
r
r
，
当
2 2,
r
时，
0
f
r
，当
2,2 2
r
时，
0
f
r
，
故
4
2
2
4
r
f r
r
在
2,2 2
r
上单调递减，在
2 2,
r
上单调递增，
故
4
2
2
4
r
f r
r
在
2 2
r
时取得最小值，
min
2 64
2 2
32
8
4
f r
f
，
此时
3
2
4
8 2
16 2
6 2
4
4
r
r
l
r
，
2
12 2
2
2
8
2 2
l
SB
r
，
设圆锥的外接球球心为M ，连接MA，设SM
MA
R
，
则
8
MB
R
，
由勾股定理得：
2
2
2
MB
AB
MA
，即
2
2
2
8
2 2
R
R
，
解得：
9
2
R
，故其外接球的表面积为
2
4π
81π
R
.
故选：A
2．（2024 上·浙江宁波·高三余姚中学校联考期末）在四面体ABCD中，
3
AB
，
1
6
AD
BC
CD
，
，
且
2
π
BAD
ABC
，则该四面体的外接球表面积为（
）
A．7 π
2
B．7π
C．8π
D．10π
【答案】B
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【详解】
如图，作DH 平面ABC ，连接
,
,
AH HB HC，易得
,
DH
AB
因AB
AD
，
,
,
AD
DH
D AD DH
平面
DAH ，
所以AB 平面DAH ，AH 平面DAH ，故AB
AH
,
由题可得
30
BAC
，
2
AC
，则
120
HAC
.
不妨设
,
AH
x DH
h
，则有
2
2
1
x
h
①，
在
HAC
△
中，由余弦定理，
2
2
2
4
2
2 cos120
2
4
HC
x
x
x
x
，在
HDC
△
中，2
2
2
4
6
h
x
x
②，
将两式相减化简即得：
1
2
x
，
3
2
h
.
取线段AC 中点E ，过点E 作OE 平面ABC ，其中点O为外接球的球心，设外接球半径为R ，
由余弦定理求得
2
1
1
7
1
2
cos120
4
2
4
HE
，
在直角梯形HEOD 中，
2
2
1
OE
R
，由
2
2
2
3
7
(
1
)
2
4
R
R
计算可得：
2
7
4
R
，则该四面体的外接球
表面积为7π.
故选：B.
3．（2023 上·山东青岛·高三青岛二中校考期中）如图，已知直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的底面是等腰直角三角
形，
1
2
AA
，
1
AC
BC
，点D 在上底面
1
1
1
A B C （包括边界）上运动，则三棱锥D
ABC
外接球表面积的
最大值为（
）
A．81π
16
B．6π
C．243π
64
D．2 6π
【答案】B
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【详解】因为ABC
为等腰直角三角形，
1
AC
BC
，
所以ABC
的外接圆的圆心为AB 的中点
1
O ，且
1
2
2
AO
，
设
1
1
A B 的中点为E ，连接
1
O E ，则
1
1
//
O E AA ，则
1
O E 平面ABC ，
设三棱锥D
ABC
外接球的球心为O，由球的性质可得O在
1
O E 上，
设
1
OO
x
，
2
0
2
DE
t
t
，外接球的半径为R ，
因为OA
OD
R
，所以
2
2
2
2
2
2
2
x
x
t
，
即
2
7
4
2
t
x
，又
2
0
2
t
，则7
1
8
x
，
因为
2
2
1
2
R
x
，所以
2
81
3
64
2
R
所以三棱锥D
ABC
外接球表面积的最大值为
3
4π
6π
2
.
故选：B.
4．（2023 上·广东深圳·高三统考期末）正四面体S
ABC
中，M 是侧棱SA上（端点除外）的一点，若异
面直线MB 与直线AC 所成的角为，直线MB 与平面ABC 所成的角为，二面角M
BC
A
的平面角为，
则（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】正四面体S
ABC
中，取BC 中点D ，连接AD ，MD ，SD
过M 作MH
AD
于H ，连接HB ，MB ，
过M 作AC 的平行线交SC 于N ，则
BMN
，
由SD
BC
，AD
BC
，SD
AD
D
，SD 平面SAD ，AD 平面SAD
可得BC 平面SAD ，则MD
BC
，则
MDH
由BC 平面SAD ，可得平面ABC 平面SAD ，
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又平面ABC 平面
=
SAD AD ，MH 平面SAD ，MH
AD
，
则MH 平面ABC ，则
MBH
，
因为sin
sin
MH
MH
MB
MD
，且
π
0, 2
，
，所以
.
设正四面体边长为1，
0
1
AM
，有
1
SM
MN
.
1
2
2
cos
MN
BM
BM
，cos
HD
HD
MD
BM
因为
3
3
3
3
3
1
1
2
3
2
2
2
2
2
MN
HD
所以cos
cos
，又
π
0, 2
，
，则
综上：
故选：C
二、多选题
5．（2023·全国·高三专题练习）圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都
在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，且圆锥PO的底
面直径为2a ，则（
）
A．设内切球的半径为1r ，外接球的半径为2r ，则2
1
2
r
r
B．设内切球的表面积
1S ，外接球的表面积为
2
S ，则
1
2
4
S
S
C．设圆锥的体积为
1V ，内切球的体积为
2
V ，则
1
2
9
4
V
V
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D．设S、T 是圆锥底面圆上的两点，且ST
a
，则平面PST 截内切球所得截面的面积为
2
π
15
a
【答案】ACD
【详解】作出圆锥的轴截面如下：
因为圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，所以PAB
为等边三角形，
又
2
PB
a
，所以
2
2
3
OP
PB
OB
a
，
设球心为G （即为PAB
的重心），所以
2
2 3
3
3
PG
PO
a
，
1
3
3
3
OG
PO
a
，
即内切球的半径为1
3
3
r
OG
a
，外接球的半径为2
2 3
3
r
PG
a
，所以2
1
2
r
r
，故A 正确；
设内切球的表面积
1S ，外接球的表面积为
2
S ，则
2
1
4
S
S
，故B 错误；
设圆锥的体积为
1V ，则
3
1
2
1
3
π
3
π
3
3
V
a
a
a
，
内切球的体积为
2
V ，则
3
3
2
4
3
4 3
π
π
3
3
27
V
a
a
，所以
3
1
3
2
3 π
3
4
4
π
9
3
27
V
a
V
a
，故C 正确；
设S、T 是圆锥底面圆上的两点，且ST
a
，则
ST 所对的圆心角为π
3 （在圆O上），
设ST 的中点为D ，则
π
3
sin 3
2
OD
a
a
，不妨设D 为OB 上的点，连接PD ，则
2
2
15
2
a
PD
PO
OD
，
过点G 作GE
PD
交PD 于点E ，则PEG
POD
∽
，所以GE
PG
OD
PD
，
即
2 3
3
3
15
2
2
a
GE
a
a
，解得
2 15
15
GE
a
，
所以平面PST 截内切球截面圆的半径
2
2
2
1
1
15
r
r
GE
a
，
所以截面圆的面积为
2
2
π
15
π
a
r
，故D 正确；
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故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、
内切球的半径.
三、填空题
6．（2024·全国·模拟预测）已知球O是底面半径为4、高为8 2 的圆锥的内切球，若球O内有一个内接正三
棱柱，则当该正三棱柱的侧面积最大时，正三棱柱的体积为
．
【答案】12 3
【分析】画出截面图，利用
SDB
SEO
∽
△
△
，得到SD
BD
SE
EO
，由相似比求出球O的半径为
2 2
r
，再利用
正三棱柱的几何性质找到
2
2
1
1
8
3
4
a
h
（正三棱柱的高为h ），最后由侧面积公式结合基本不等式得到最值.
【详解】圆锥与球O的轴截面如图所示，S为圆锥的顶点，AB 为圆锥的底面直径，D，E 为切点，连接OE ，
SD ，
则OE
SB
，SD
AB
，且SD 过点O，设球O的半径为r ，
由题意可得
SDB
SEO
∽
△
△
，故SD
BD
SE
EO
，即
2
2
8 2
4
(8 2
)
r
r
r
，
整理得
2
2 2
16
0
r
r
，得
2 2
r
．
设正三棱柱的底面边长为a ，正三棱柱的高为h ，则
2
2
2
3
8
3
2
h
a
r
，即
2
2
1
1
8
3
4
a
h
，
正三棱柱的侧面积
2
2
1
1
3
1
3
4
3
6 3
6 3
24 3
3
2
2
a
h
S
ah
a
h
侧
，当且仅当
3
1
3
2
a
h
，且
2
2
1
1
8
3
4
a
h
，即
2 3,
4
a
h
时取等号，
此时该正三棱柱的侧面积最大，故此时正三棱柱的体积
2
3
12 3
4
V
a h
．
故答案为：12 3
7．（2023 上·福建南平·高二福建省南平第一中学校考阶段练习）已知三棱锥
P
ABC 满足PA 底面ABC ，
在ABC
中，
6
AB
，
8
AC
，AB
AC
，D 是线段AC 上一点，且
3
AD
DC
．球O为三棱锥
P
ABC 的
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外接球，过点D 作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为40π ，则球O的表面积
为
.
【答案】112π
【分析】画出图形，找到三棱锥
P
ABC 的外接球的球心位置，利用解直角三角形的知识求出球的半径即
可.
【详解】
若将三棱锥
P
ABC 补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，记三角形ABC 的外心为
1
O ，
设球的半径为R ，
2
PA
x
，则球心O到平面ABC 的距离为x ，即
1
OO
x
，
连接
1
O A，则
1
5
O A
，∴
2
2
25
R
x
，
在ABC
中，取AC 的中点为E ，连接
1
O D ，
1
O E ，
则
1
1
3
2
O E
AB
，
1
2
4
DE
AC
，∴
1
13
O D
．
在
1
Rt
OO D
△
中，
2
13
OD
x
，
由题意得到当截面与直线OD垂直时，截面面积最小，
设此时截面圆的半径为r ，则
2
2
2
2
2
25
(
13)
12
r
R
OD
x
x
，
所以最小截面圆的面积为12π ，当截面过球心时，截面面积最大为
2
R
，
∴
2
12π+π
40π
R
，
2
28
R
，球的表面积为
2
112
R
．
故答案为：112π .
【点睛】关键点睛：关键是画出图形，通过已知条件的转换找到球心位置，然后列方程即可求得球的半径.
8．（2023 下·福建莆田·高一统考期末）如图，在正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
ABC D
中，四边形ABCD是边长为2 的
正方形，
1
4,
,
AA
M N
分别是棱
,
BC AD 的中点，,
E F 分别是棱
1
1
1
1
,
A B C D 上动点．当直线NE 与底面
1
1
1
1
D
C
B
A
所成角最小时线段NE 的长度是
，四面体MNEF 的体积是
．
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【答案】
21
8
3
【分析】根据题意可得直线NE 与底面
1
1
1
1
D
C
B
A
所成角即为直线NE 与底面ABCD所成角，结合线面夹角分析
可得点E 为点
1
B 时，
ENH
取到最小.空1：利用勾股定理求NE 的长；空2：利用转换顶点法求体积.
【详解】因为平面ABCD∥平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，则直线NE 与底面
1
1
1
1
D
C
B
A
所成角即为直线NE 与底面ABCD所成
角，
过点E 作EH ∥
1
AA 交AB 于点H ，连接NH ，
因为
1
AA 平面ABCD，则EH 平面ABCD，
所以直线NE 与底面ABCD所成角为
ENH
，
设
0,2
AH
a
，可知：
2
1,
4
NH
a
EH
，
则
2
4
tan
1
EH
ENH
NE
a
，
当
2
a
，即点E 为点
1
B 时，tan
ENH
取到最小，即
ENH
取到最小.
空1：因为
2
a
，则
2
1
2
1
5
B H
，可得
2
2
1
5
4
21
NE
B E
；
空2：因为
,
M N 分别是棱
,
BC AD 的中点，则MN ∥CD ，
又因为CD ∥
1
1
C D ，则MN ∥
1
1
C D ，
且MN 平面
1
B MN ，
1
1
C D 平面
1
B MN ，可得
1
1
C D ∥平面
1
B MN ，
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所以
1
1
C D 上任一点到平面
1
B MN 的距离相等，
不妨令点F 为点
1
C ，则
1
1
1
1
1
1
1
8
2
2
4
3
2
3
F
B MN
C
B MN
N
MB C
V
V
V
.
故答案为：
21 ；8
3 .
【点睛】关键点睛：转化思想的应用：
（1）根据面面平行，将直线NE 与底面
1
1
1
1
D
C
B
A
所成角转化为直线NE 与底面ABCD所成角；
（2）根据线面平行，取点F 为点
1
C ，利用转换顶点法求三棱锥的体积.
9．（2023·山东威海·统考二模）在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
中，点P 满足AP
AB
AD
，其
中
0,1
，
0,1
．当直线
1
/ /
B P
平面
1
1
A DC 时，P 的轨迹被以
1
D 为球心，R 为半径的球面截得的长度
为2，则R＝
；当
1
1
1
B P
C D
时，经过A，
1
C ，P 的平面与棱
1
1
A D 交于点Q，则直线PQ 与平面
1
1
ADD A
所成角的正切值的取值范围为
．
【答案】
7
2 ,1
2
【分析】先证明平面
1
ACB / / 平面
1
1
A DC .即可推得P
AC
.根据圆的弦长结合球的性质，构造直角三角形，
即可得出
7
R
；先证明AB 平面
1
B BP .然后根据线面垂直的性质定理推得P 点在线段BC 上. 过点P 作
1 / /
PP
AB ，交AD 于点
1P ，可知
1
PP 平面
1
1
ADD A ，
1
PQP
即为直线PQ 与平面
1
1
ADD A 所成的角.根据
1PQ 的
范围，即可得出答案.
【详解】因为点P 满足AP
AB
AD
，其中
0,1
，
0,1
，
所以，点P 在正方形ABCD及其内部.
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如图1，连接
1
1
,
,
AC AB CB .
由正方体的性质可知，
1
1
/ /
CD
A B ，且
1
1
CD
A B
，所以，四边形
1
1
DCB A 为平行四边形，所以，
1
1
/ /
CB
DA .
因为
1
CB 平面
1
1
A DC ，
1
DA 平面
1
1
A DC ，
所以
1 / /
CB
平面
1
1
A DC .
同理可得，
/ /
AC
平面
1
1
A DC .
因为
1
CB 平面
1
ACB ，AC 平面
1
ACB ，
1
CB
AC
C
，
所以，平面
1
ACB / / 平面
1
1
A DC .
因为
1
/ /
B P
平面
1
1
A DC ，
1B 平面
1
ACB ，所以
1B P 平面
1
ACB ，
所以，P 平面
1
ACB .
又P 平面ABCD，平面ABCD 平面
1
ACB
AC
，
所以，P
AC
.
连接BD ，交AC 于O点，则DO
AC
，且
2
DO
.
因为
1
DD 平面ABCD，
所以以点
1
D 为球心的球与平面ABCD的截面为圆，且圆心为D ，
所以，直线AC 被以D 为圆心，
2 为半径的圆截得的弦MN 长为2，如下图2，
所以，
2
2
3
DM
DO
MO
.
因为M 在球上，所以
2
2
1
1
7
D M
D D
MD
，
即球的半径为
7 ，所以
7
R
.
由正方体的性质可得，
1
B B
AB
，
1
1
/ /
AB
C D .
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因为
1
1
1
B P
C D
，所以
1
B P
AB
.
因为
1B B 平面
1
B BP ，
1B P 平面
1
B BP ，
1
1
1
B B
B P
B
，
所以，AB 平面
1
B BP .
因为BP 平面
1
B BP ，所以AB
BP
.
又因为AB 平面ABCD，BP 平面ABCD，且AB
BC
，所以P 点在线段BC 上.
过点P 作
1 / /
PP
AB ，交AD 于点
1P ，连接
1
1
,
,
,
AQ C P C Q AP.
因为平面
1
1 / /
BCC B
平面
1
1
ADD A ，
平面
1
APC Q 平面
1
1
1
BCC B
C P
，平面
1
APC Q 平面
1
1
ADD A
AQ
，
所以，
1
/ /
AQ
C P .
同理可得，
1
/ /
AP
C Q.
所以，四边形
1
APC Q 是平行四边形，所以
1
AQ
C P
.
因为
2
2
2
1
1
AQ
A A
AQ
，
2
2
2
1
1
C P
C C
CP
，
1
1
AA
CC
，
所以，
1AQ
CP
.
因为AB 平面
1
1
ADD A ，所以
1
PP 平面
1
1
ADD A ，且
1
2
PP
AB
，
所以
1
1
PP
PQ
，所以
1
PQP
即为直线PQ 与平面
1
1
ADD A 所成的角.
当
1
,
,
P P Q 分别为
1
1
,
,
BC AD A D 中点时，满足条件，此时
1
1
1
PQ
A D
，
1PQ 有最小值2；
当
1
,
P P 分别与
,
B A重合时，Q 点与
1
D 重合，满足条件，此时
1PQ 有最大值2 2 .
所以
1
2
2 2
PQ
，所以
1
2
1
1
4
2
PQ
.
又
1
1
1
1
2
tan
PP
PQP
PQ
PQ
，所以
1
2
tan
1
2
PQP
，
设直线PQ 与平面
1
1
ADD A 所成的角的正切值的范围为
2 ,1
2
.
故答案为：
7 ；
2 ,1
2
.
【点睛】关键点睛：该题目的关键之处是根据面面平行以及线面垂直得出点P 的位置.
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10．（2023 上·山东潍坊·高二统考期中）已知菱形ABCD边长为2，
π
3
DAB
，沿对角线BD 将
ABD
△
折
起到A BD
的位置，当
3
A C
时，二面角A
BD
C
的大小为
，此时三棱锥A
BDC
的外接球的
半径为
【答案】
2π
3
21
3
/ 1
21
3
【分析】作出辅助线，求出
A FC
为二面角A
BD
C
的平面角，由余弦定理求出
2π
3
CFA
，再作出辅
助线，找到球心位置，利用半径相等列出方程，求出球的半径.
【详解】因为菱形ABCD边长为2，
π
3
DAB
，
所以
,
BCD
A BD
为等边三角形，
取BD 的中点F ，连接
,
CF A F
，
则CF ⊥BD ，A F
⊥BD ，且
3
A F
CF
，
故
A FC
为二面角A
BD
C
的平面角，
因为
3
A C
，由余弦定理得
2
2
2
3
3 9
1
cos
2
2
2 3
3
CF
A F
A C
CFA
CF A F
，
故
2π
3
CFA
，
取
BCD
△
的中心Q ，故
2
2 3
3
,
3
3
3
CQ
CF
QF
，
设三棱锥A
BDC
的球心为O，则OQ ⊥平面BCD，
过点A作A E
⊥平面BCD，则点E 在CF 的延长线上，且
π
3
EFA
，
故
1
3
3
,
2
2
2
EF
A F
A E
，则
3
3
5 3
3
2
6
QE
QF
EF
，
设三棱锥A
BDC
外接球半径为R ，
过点O作ON ⊥A E
于点N ，连接
,
OA OC
，则OA
OC
R
，
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5 3
6
ON
QE
，设
3
,
2
OQ
NE
h A N
A E
NE
h
，
则
2
2
2
2
4
3
OC
OQ
CQ
h
，
2
2
2
2
2
5 3
3
6
2
A Q
ON
A N
h
故
2
2
2
4
5 3
3
3
6
2
h
h
，解得
1
h ，
故
2
4
21
1
3
3
R
，
故答案为：2π
3 ，
21
3
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球
心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解
题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的
半径
11．（2023 上·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习）如图，DE 是边长为2 3 的正三角形ABC
的一条中位线，将
ADE
沿DE 翻折至
1A DE
△
，当二面角
1A
ED
C
的大小为120时，则
1AC
；
四棱锥
1A
BCDE
外接球O的表面积为
.
【答案】
39
2
/ 1
39
2
61
3 / 61
3
【分析】画出图形，把
1AC
分解表示为
1
1
2
AC
FA
FE
FN
，根据已知条件可以求得
1,
,
FA FE FN
的模长
从而由模长公式即可求出
1AC ；画出图形，先找出底面BCDE 所在圆的圆心并求出相应的半径，然后通过待
定系数来确定四棱锥
1A
BCDE
外接球球心位置和相应的半径，从而即可求解.
【详解】如图所示：
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如图所示：取BC ED
,
的中点为
,
N F ，
因为DE 是边长为2 3 的正三角形ABC
的一条中位线，
所以
,
AN
BC AF
ED
，
1
1
1
3
2 3
2
4
4
2
FE
DE
BC
，
1
1
1
3
3
3
2 3
2
2
2
4
2
A F
AF
FN
AN
AB
，
由题意可知
1A DE
△
是由
ADE
沿DE 翻折而成，
所以
1
,
FN
ED A F
ED
，
又面
1A DE 面
ADE
DE ，
所以二面角
1A
ED
C
即为
1A FN
，
由题意可知
1
120
A FN
，
所以
1
1
1
1
1
1
2
2
AC
A F
FD
DC
FA
FE
AC
FA
FE
AN
NC
1
1
1 2
2
2
2
FA
FE
FN
FE
FA
FE
FN
，
所以
1AC
2
1
1
2
AC
FA
FE
FN
2
2
2
3
3
3
3
3
1
39
4
2
0
0
2
2
2
2
2
2
2
；
如图所示：
连接
,
EN DN ，因为
,
,
D E N 是边长为2 3 的正三角形ABC
的三条边的三个中点，
所以
1
1
1
,
,
,
2
2
2
NE
AC ND
AB NB
NC
BC AB
AC
BC
，
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所以
1
2 3
3
2
NE
ND
NB
NC
，
所以
,
,
,
B C D E 四点共圆，且N 为该圆的圆心，
因此四棱锥
1A
BCDE
外接球球心一定在过点N 且垂直于面BCDE 的直线上，设为点O，
则有
1
OA
OB
，
由题意点
1A 的投影一定在直线AN 上，不妨设为点G ，即
/ /
ON
AG ，
过O作
OH
AG ，
不妨设ON
h
，则
2
2
2
2
2
2
3
3
OB
ON
BN
h
h
，
又在
1
Rt AGF
中，
1
1
1
180
18
,
120
0
60
90
A FG
A FN
AGF
，
所以
1
1
1
3
3
9
2
2
2
2
4
HO
GN
GF
FN
A F
FN
，
1
1
1
1
3
3
3
3 3
2
2
2
4
A H
AG
GH
AG
ON
A F
ON
h
h
，
又
2
2
2
2
1
1
A H
HO
OA
OB
，
所以
2
2
2
3 3
9
3
4
4
h
h
，解得
5 3
6
h
，
所以四棱锥
1A
BCDE
外接球半径的平方为
2
2
2
2
5 3
61
3
3
6
12
R
OB
h
，
所以四棱锥
1A
BCDE
外接球的表面积为
2
61
61π
4π
4π
12
3
S
R
.
综上所述：当二面角
1A
ED
C
的大小为120时，则
1
39
2
AC
；四棱锥
1A
BCDE
外接球O的表面积为
61π
3
S
.
故答案为：
39
2
；61π
3 .
【点睛】关键点点睛：第一空的关键是利用空间向量的模长公式，解决第二空的关键是要熟练的作出图形
中的辅助线，利用数形结合来确定圆心或球心的位置，从而求出相应的半径.
12．（2023 上·河南·高二河南省实验中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P
ABCD
的平面展开图中，四边
形ABCD是边长为2 的正方形，
ADE
是以AD 为斜边的等腰直角三角形，
90
HDC
FAB
，则四棱锥
P
ABCD
外接球的球心到面PBC 的距离为
．
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【答案】
5
5
/ 1
5
5
【分析】利用线面垂直的判定与性质、空间向量、点到平面距离的向量求法运算即可得解.
【详解】解：
四棱锥P
ABCD
的直观图如上图所示，取AD 和BC 的中点O、M ，
连接OM 、PM ，则
/ /
OM
AB ，OM
AD
，
2
OM
AB
，
∵
ADE
是以AD 为斜边的等腰直角三角形，斜边
2
AD
，
∴
1
PO ，PO
AD
.
∵
90
HDC
FAB
，∴CD
PD
，AB
PA
，
又∵四边形ABCD是边长为2 的正方形，∴
/ /
AB
CD ，
∴CD
PA
，
∵PA
PD
P
，
,
PA PD 平面PAD ，
∴CD 平面PAD ，
∵PO 平面PAD ，
∴CD
PO
，
∵AD
CD
D
，
,
AD CD 平面ABCD，
∴PO 平面ABCD，
∵
,
AD OM 平面ABCD，
∴PO
AD
，PO
OM
，
以点O为坐标原点，OA
、OM
、OP
的方向为x 轴、y 轴、z 轴正向
建立空间直角坐标系如图，
则
1,0,0
A
，
1,2,0
B
，
1,2,0
C
，
1,0,0
D
，
0,0,1
P
，
∴
1,2, 1
PB
，
1,2, 1
PC
，
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设平面PBC 的法向量为
, ,
n
x y z
，
∵
,
PB PC 平面PBC ，
∴PB
n
，PC
n
，
∴由
0
0
PB n
PC n
得
2
0
2
0
x
y
z
x
y
z
，
取
2
z
，解得
0
1
x
y
，即得
0,1,2
n
.
由题意设四棱锥P
ABCD
外接球的球心为
0,1,
N
a ，
∵PN
NA
，
∴
2
2
2
2
2
2
0
1
1
1
1
a
a
，解得：
0
a
，
∴球心为
0,1,0
N
，则
0, 1,1
NP
.
∴点N 到面PBC 的距离为
2
2
2
0
0
1
1 1 2
5
5
0
1
2
NP n
d
n
，
即四棱锥P
ABCD
外接球的球心到面PBC 的距离为
5
5 .
故答案为：
5
5 .
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离的常用方法：
1.直接法：过点P 作平面的垂线，垂足为Q ，把PQ 放在某个三角形中，解三角形求出PQ 的长度就是点P
到平面的距离.
2.转化法：若点P 所在的直线l 平行于平面，则转化为直线l 上的某一个点到平面的距离来求.
3.等体积法.
4.向量法：设平面的一个法向量为n
，A 是内任意一点，则点P 到平面的距离为
PA n
d
n
.
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