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
，
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
，
4
9
/ /
MN
CEF
/ /
BD
CEF
/ /
BDM
CEF
/ /
DM
CEF
D
2
AB =
(1, 2,2)
CM =
-
uuuur
CEF 的
( 2,2,1)
n = -
r
AC
BD
N
ABCD
N
AC
M
AE
/ /
MN
EC
MN Ë
CEF
CE Ì
CEF
/ /
MN
CEF
BDEF
/ /
BD
EF
BD Ë
CEF
EF Ì
CEF
/ /
BD
CEF
MN
BD
N
=
I
MN Ì
BDM
BD Ì
BDM
/ /
BDM
CEF
DM Ì
BDM
/ /
DM
CEF
BDEF
DE
BD
^
ABCD ^
BDEF
ABCDI
BDEF
BD
=
DE Ì
BDEF
DE ^
ABCD
为
,
AD DC Ì
ABCD
DE
AD
^
DE
DC
^
ABCD
AD
DC
^
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
.
2．【答案】（1）证明见详解
（2）
6 2 2
,
3
3
é
ù
ê
ú
ë
û
【详解】（1）连接AC
BD
EF
、
、
交于点O ，则A
E
C
F
、、、
四点共面，且O 为AC
BD
EF
、
、
的中点，
所以四边形AECF
BEDF
、
都是平行四边形，所以
//
AE FC ，
//
DE BF ，
又AE Ì 平面EAD ，
Ë
FC
平面EAD ，所以
//
FC
平面EAD ，
DE Ì平面EAD ，FB Ë平面EAD ，所以
//
FB
平面EAD ，
//
FB
平面EAD ，
//
FC
平面EAD ，又FB
FC
、
在平面FCB 内相交于点F ，
所以平面
//
EAD 平面FCB .
（2）根据正八面体结构，以点O 为原点，OA
OB
OE
、
、
为x
y
z
、、轴，如图建立空间直角坐标系
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
=
-
=
-
=
uuuur
uuur
uuur
CEF
( , , )
n
x y z
=
r
2
4
0
2
4
0
n CE
y
z
n CF
x
z
ì ×
= -
+
=
ïí ×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
1
z =
2,
2
x
y
= -
=
( 2,2,1)
n = -
r
CM
CEF
q
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
q
×
-
´ + ´ -
+ ´
=
=
=
=
-
+
+
+ -
+
uuuur
r
uuuur
r
uuuur
r
CM
CEF
4
9
则
2,0,0
A
，
0,
2,0
D
-
，
0,0,
2
0,0, 2
F
E
-
，
，
0, 2,0
B
，
所以
2, 2,0
DA =
uuur
，
2,0, 2
FA =
uuur
，
2, 2,0
AB = -
uuur
，
设平面FAD 的一个法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，则n
DA
^
uuur
r
，n
FA
^
uuur
r
，
所以
0
0
n DA
n FA
ì ×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
2
2
0
2
2
0
x
y
x
z
ì
+
=
ïí
+
=
ïî
，令
1
x = - ，则
1
y
z
=
= ，所以平面FAD 的一个法向量为
1,1,1
n = -
r
，
因为点P 为棱EB 上的动点，所以设BP
BE
l
=
uuur
uuur
，
0
1
l
£
£
则
2, 2,0
0,
2, 2
2, 2 1
, 2
AP
AB
BP
AB
BE
l
l
l
l
=
+
=
+
= -
+
-
= -
-
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
，
设直线AP 与平面FAD 所成的角为q ，
2
2
2
2 2
2 2
sin
3
2
2(1
)
2
1
3
12
2
4
n AP
n
AP
q
l
l
l
×
=
=
=
×
×
+
-
+
é
ù
æ
ö
-
+
ê
ú
ç
÷
è
ø
ê
ú
ë
û
uuur
r
uuur
r
，
又0
1
l
≤
≤，当
1
2
l =
时，
max
2 2
(sin )
3
q
=
，当
1
l =
或0 时，
min
6
(sin )
3
q
=
，
故直线AP 与平面FAD 所成角的正弦值的范围
6 2 2
,
3
3
é
ù
ê
ú
ë
û
.
🎯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）
2
2
.
【分析】（1）取AC 中点O ，连接PO 、BO ；利用等边三角形性质得PO
AC
^
，BO
AC
^
，结合面
面垂直证PO ^ 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ACE 与平面ABC 夹角的余弦值．
【详解】（1）
PAB
Q△
与
PBC
△
均为等边三角形，
PA
PB
AB
PC
BC
\
=
=
=
=
，
取AC 中点O，连接PO ，BO ，则有PO
AC
^
，BO
AC
^
，
Q平面PAC ^ 平面ABC ，PO Ì 平面PAC ，BO Ì 平面ABC ，
平面PAC I 平面ABC
AC
=
，PO
BO O
I
=
，
PO
BO
\
^
，
PA
BA
=
Q
，PC
BC
=
，AC
AC
=
，
PAC
BAC
\△
≌△
，
PO
BO
\
=
，
在Rt
POB
△
中，有
2
2
PO
BO
PB
=
=
，
在Rt
BCO
△
中，有
2
2
2
2
1
2
2
2
OC
BC
OB
PB
PB
PB
=
-
=
-
=
，
2
2
2
A C
O C
P B
B C
\
=
=
=
，
ABC
V
中，可得
2
2
2
AC
AB
BC
=
+
，
AB
BC
\
^
．
（2）由（1）可知PO
AC
^
，BO
AC
^
，PO
BO
^
，
\如图所示，以O 为原点，分别以OB ，OC ，OP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
不妨设
4
AC =
，
0, 2,0
A
\
-
，
2,0,0
B
，
0,2,0
C
，
0,0,2
P
，
0,1,1
D
，
则
0,3,1
AD =
uuur
，
2,2,0
AB =
uuur
，
0,4,0
AC =
uuur
，
2,0,2
BP = -
uuur
，
设
0
1
BE
BP
l
l
=
£
£
uuur
uuur
，
2 2 ,0,2
OE
OB
BE
OB
BP
l
l
l
\
=
+
=
+
=
-
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
，
设平面ACE 的一个法向量为
1
1
1
1
,
,
n
x y z
=
ur
，则
1
1
1
1
1
4
0,
2
2
2
0,
n
AC
y
n OE
x
z
l
l
ì
×
=
=
ïí
×
=
-
+
=
ïî
ur uuur
ur uuur
令1x
l
= ，则
1
,0,
1
n
l
l
=
-
ur
，设直线AD 与平面ACE 的夹角为a ，
在
则
1
1
2
2
1
1
5
sin
cos
,
10
10
1
AD n
AD n
AD
n
l
a
l
l
×
-
=
=
=
=
×
×
+
-
uuur ur
uuur ur
uuur
ur
，
解得
1
2
l =
，
1
1
1
,0,
2
2
n
æ
ö
\
=
-
ç
÷
è
ø
ur
，易得平面ABC 的一个法向量为
2
0,0,1
n =
uur
，
设平面ACE 与平面ABC 的夹角为b ，
1
2
1
2
1
2
2
cos
cos
,
2
n
n
n n
n
n
b
×
\
=
=
=
×
ur uur
ur uur
ur
uur
，
\平面ACE 与平面ABC 的夹角的余弦值为
2
2
．
4.【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）根据题意可知
平面
，进而可得
，
，结合
分析证
明即可；
（2）建立空间直角坐标系，设
，分别求平面
与平面
的法向量，利用空间向量求面面夹
角.
【详解】（1）因为
，
平面
，
可得
平面
，由
平面
，所以
，且
，所以
，
又因为
，
为
的中点，则
，且
平面
，
所以
平面
.
（2）以
为坐标原点，直线
分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设
，则
，
可得
.
设平面
的法向量为
，则
，
1
3
CD ^
SAD
CD
DE
^
AB
DE
^
DE
SA
^
2
DA =
SAD
BDE
,
,
SD
CD AD
CD SD
AD
D
^
^
=
I
,
SD AD Ì
SAD
CD ^
SAD
DE Ì
SAD
CD
DE
^
//
CD AB
AB
DE
^
SD
AD
=
E
SA
DE
SA
^
,
,
SA
AB
A SA AB
=
Ì
I
SAB
DE ^
SAB
D
,
,
DA DC DS
, ,
x y z
2
DA =
0, 0, 0 ,
2, 0, 0 ,
2, 4, 0 ,
0, 0, 2 ,
1, 0,1
D
A
B
S
E
1, 0,1 ,
2, 4, 0
DE
DB
=
=
uuur
uuur
BDE
, ,
n
x y z
=
r
0
2
4
0
n DE
x
z
n DB
x
y
ì ×
=
+
=
ïí ×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
令
，则
，可得
，可知平面
的一个法向量为
，
设平面
与平面
的夹角为
，则
，
所以平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
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
，即
，令
，可得
又
是平面
的法向量，设平面
与平面
所成角为
，
，所以
，
1
y =
2,
2
x
z
= -
=
2,1,2
n = -
r
SAD
0,1,0
m =
r
SAD
BDE
q
2
2
2
0 1 0
1
cos
cos
,
3
2
1
2
m n
m n
m n
q
×
+ +
=
=
=
=
-
+
+
r r
r r
r r
SAD
BDE
1
3
2 5
5
CMD ^
ABCD
,
,
CD BC
CD BC
^
Ì
ABCD
^
BC
CMD
DM Ì
CMD
BC
DM
^
,
,
,
DM
CM BC
CM
C BC CM
^
=
Ì
I
BMC
DM ^
BMC
DM Ì
AMD
AMD ^
BMC
D
DA
uuur
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
= -
=
=
uuuur
uuur
uuur
, ,
n
x y z
=
r
MAB
0
0
n AM
n AB
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuuur
r
uuur
r
2
0,
2
0.
x
y
z
y
-
+
+
=
ì
í
=
î
1
x =
1,0,2
n =
r
.
DA
uuur
MCD
MAB
MCD
q
5
cos
cos
,
5
n DA
n DA
n DA
q
×
=
<
> =
=
uuur
r
uuur
r
uuur
r
2 5
sin
1 cos
5
q
q
=
-
=
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）
6
3
；
（2）证明见详解.
【分析】（1）根据异面直线的定义得AM 与
1
BB 所成角的平面角为
1
MAA
Ð
，再根据已知有
1
1
cos
AA
MAA
MA
Ð
=
，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
,
AM
MN CM
MN
^
^
，结合线面垂直的判定和性质及平面的基本性质得到M 在
1
1
AC 上，最后证明
1
1 / /
AC
平面
1
ACD ，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
1
1
/ /
AA
BB ，则异面直线AM 与
1
BB 所成角的平面角为
1
MAA
Ð
，
又
1
AA ^ 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，
1
MA Ì 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，则
1
1
AA
MA
^
，
所以
1
MAA
!
为直角三角形，则
1
1
cos
AA
MAA
MA
Ð
=
，
若正方体的棱长为2，则
1
1
2,
2
AA
MA
=
=
，故
6
MA =
，所以
1
6
cos
3
MAA
Ð
=
；
（2）由于
AMC
Ð
是二面角A
MN
C
-
-
的平面角，则
,
AM
MN CM
MN
^
^
，
因为AM
CM
M
Ç
=
，AM Ì 平面AMC ，CM Ì 平面AMC ，所以MN ^ 平面AMC ，
又因为AC Ì 平面AMC ，则MN
AC
^
，
因为直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
，所以
1
1
/ /
AA
CC 且
1
1
AA
CC
=
，
所以四边形
1
1
AAC C 是平行四边形，则
1
1
/ /
AC
AC ，所以
1
1
MN
AC
^
，
又因为在直四棱柱中
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
，可得
1
AA ^ 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，
MAB
MCD
2 5
5
因为MN Ì平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，则
1
AA
MN
^
，
又因为
1
1
1
1
AA
AC
A
Ç
=
，且
1
AA Ì 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，所以MN ^ 平面
1
1
AAC C ，
由MN ^ 平面AMC 且MN ^ 平面
1
1
AAC C ，平面AMC I平面
1
1
AAC C
AC
=
，
所以平面AMC 与平面
1
1
AAC C 重合，点M 在平面
1
1
AAC C 内，又点M 在平面
1
1
1
1
D
C
B
A
内，
所以平面
1
1
1
1
ABC D I平面
1
1
1
1
AAC C
AC
=
，故M 在
1
1
AC 上，而
1
1
/ /
AC
AC ，
由AC Ì 平面
1
ACD ，
1
1
AC Ë 平面
1
ACD ，则
1
1 / /
AC
平面
1
ACD ，
所以M 到平面
1
ACD 的距离恒定不变，又
1
ACD
SV
一定，则
1
1
A MCD
M
ACD
V
V
-
-
=
恒定，得证.
2．【答案】（1）证明见详解
（2）15
5
【分析】（1）取
1
1
C C 的中点D ，利用线面平行、面面平行的判定推理得证.
（2）取
1
1
A B 的中点G，
1AG 的中点H ，利用几何法求出异面直线的夹角余弦.
【详解】（1）在三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
中，设
1
1
C C 的中点为D ，连接
,
DE DF ，由F 为
1
1
BC 的中点，
得
1
/ /
DF
B C ，又
1BC Ì平面
1
ABC ，DF Ë 平面
1
ABC ，则
/ /
DF
平面
1
ABC ，
由DE 为梯形
1
1
AAC C 的中位线，得
//
DE AC ，又AC Ì 平面
1
ABC ，DE Ë 平面
1
ABC ，
则
//
DE
平面
1
ABC ，而DE
DF
D
Ç
=
，DE Ì 平面DEF ，DF Ì 平面DEF ，
因此平面
//
DEF
平面
1
ABC ，又EF Ì 平面DEF ，所以
//
EF
平面
1
ABC .
（2）取
1
1
A B 的中点G，
1AG 的中点H ，连接AG、EH 、HF 、GF 、
1AF ，
由
1
1
1
1
2,
4,
//
AB
A B
AB A B
=
=
，G是
1
1
A B 中点，得四边形
1
ABBG 是平行四边形，
则
1//
BB AG ，又H 是
1AG 中点，E 是
1
AA 中点，则
1
/
//
/
EH A
BB
G
，
即
FEH
Ð
就是异面直线EF 与
1
BB 夹角，
又
1
AA ^ 底面
1
1
1
A B C ，
ABC
V
与
1
1
1
ABC
△
都是等腰直角三角形，
1
1
1
2,
4
AB
AA
A B
=
=
=
，
则
2
2
1
1
1
1
1
1
2 5,
2 2
2
AG
AA
AG
A F
B C
=
+
=
=
=
，
1
5
2
EH
AG
=
=
，
2
2
2
2
1
1
2 3,
5
EF
A E
A F
HF
GF
GH
=
+
=
=
+
=
，因此
1
15
2
cos
5
EF
FEH
EH
Ð
=
=
，
所以异面直线EF 与
1
BB 夹角的余弦值为15
5
.
🎯命题方向二 空间几何体的线面角
3. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【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
，再建立空间直角坐标系，求出平面
法向量，然后利用线面角的向
量法求解.
【详解】（1）由
，D 是
的中点，得
，而
，
，
平面
，则
平面
，而
平面
，所以平面
平面
（2）由（1）知
平面
，则
，
而
，解得
，
21
7
ADP
Ð
PAB 的
2
BC
PB
PC
=
=
=
BC
BC
PD
^
BC
AP
^
PD
AP
P
=
I
,
PD PA Ì
APD
^
BC
APD
Ì
BC
ABC
ABC ^
APD.
^
BC
APD
1
1 1
sin
3
3 2
P ABC
PAD
V
S
BC
AD PD
ADP BC
-
=
×
=
×
×
Ð
×
V
3
1,
3,
2,
3
P ABC
AD
PD
BC
V -
=
=
=
=
sin
1,
90
ADP
ADP
Ð
=
Ð
=
o
即
，直线
两两垂直，
以
为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
，
，
设平面
的法向量
，则
，令
，得
，
因此
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
4. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【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
的法向量，结合向量法求线面角求解即可.
【详解】（1）在三棱柱
中，
，
，
，则
.
又四边形
正方形，则
，
，所以
.
又
，
平面
，因此
平面
.
又
平面
，所以
.
在等边
中，
为
中点，则
，
又
，
平面
，所以
平面
.
PD
AD
^
,
,
DA DB DP
D
,
,
DA DB DP
, ,
x y z
(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
=
-
=
-
=
- -
uuur
uuur
uuur
PAB
( , , )
n
x y z
=
r
3
0
3
0
n PA
x
z
n PB
y
z
ì ×
=
-
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
1
z =
( 3, 3,1)
n =
r
|
|
2 3
21
| cos
,
|
7
|
||
|
2
7
PC n
PC n
PC
n
×
á
ñ =
=
=
×
uuur r
uuur r
uuur
r
PC
PAB
21
7
2 5
5
1ACD
1
1
1
ABC
A B C
-
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
+
=
=
1
^
A A
AD
1
1
BCC B 是
1B B
BC
^
1
1
/ /
B B
A A
1A A
BC
^
AD
BC
B
=
I
,
AD BC Ì
ABC
1A A ^
ABC
CD Ì
ABC
1
CD
AA
^
ABC
V
D
AB
CD
AB
^
1
AB
AA
A
Ç
=
1
,
AB AA Ì
1
1
ABB A
CD ^
1
1
ABB A
（2）取
中点为
，
中点为
，则
，
.
由（1）知，
平面
，
平面
，则
.又
，故
.
又
，
平面
，则
平面
即
两两垂直.
以
为坐标原点，
，
，
的方向为
轴､
轴､
轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
，
因为
为线段
中点，所以
.
，
，
.
设平面
的法向量为
，
则
，即
，故可取
.
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
.
5. 【答案】（1）证明见详解 ；
（2）
.
【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；
BC
O
1
1
B C
Q
OA
BC
^
OQ
BC
^
1A A ^
ABC
OAÌ
ABC
1
OA
AA
^
1
1
/ /
B B
A A
1
OA
BB
^
1
BB
BC
B
=
I
1,
BB BC Ì
1
1
BCC B
OA^
1
1
BCC B .
,
,
OA OB OQ
O
OB
uuur
OQ
uuur
OA
uuur
x
y
z
0,0,0
O
0,0, 3
A
1 0,2, 3
A
1,0,0
C -
1
3
,0,
2
2
Dæ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
1 1,2,0
B
P
1BC
0,1,0
P
3
3
,0,
2
2
CD
æ
ö
= ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
1
1,2, 3
CA =
uuur
0,1,
3
AP =
-
uuur
1ACD
, ,
n
x y z
=
r
1
0
0
n CD
n CA
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
3
3
0
2
2
2
3
0
x
z
x
y
z
ì
+
=
ïí
ï +
+
=
î
1,1,
3
n =
-
r
AP
1ACD
a
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
a
´ + ´ + -
´ -
=
=
=
´
+
+ -
×
+
+ -
uuur r
AP
1ACD
2 5
5
3 6
8
（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
的法向量，然后利
用向量法求解即可.
【详解】（1）取
的中点
，连接
，如图所示：
因为
，所以
，
又平面
平面
，且平面
平面
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，由
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以
.
（2）由
平面
，
，
所以以点
为坐标原点，
分别为
轴，过点
平行于
的所在直线为
轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
由（1）知
平面
，
平面
,
所以
，所以
为二面角
的平面角，
又二面角
的大小为
，所以
，
又
的中点为
，
，所以
，
在直角三角形
中，
，
所以
，
则
，
PAB
BC
O
PO
PB
PC
=
PO
BC
^
PBC ^
ABCD
PBC I
ABCD
BC
=
PO Ì
PBC
^
PO
ABCD
AB Ì
ABCD
PO
AB
^
AB
BC
^
PO
BC
O
Ç
=
,
PO BC Ì
PBC
AB ^
PBC
PC Ì
PBC
AB
PC
^
^
PO
ABCD
AB
BC
^
O
,
OB OP
,x z
O
AB
y
AB ^
PBC
,
PB BC Ì
PBC
,
AB
PB AB
BC
^
^
PBC
Ð
P
AB C
-
-
P
AB C
-
-
60o
60
PBC
Ð
=
o
BC
O
2
AB
BC
=
=
1
OB =
PBO
tan
tan 60
3
1
PO
PO
PBC
PO
BO
Ð
=
Û
=
Þ
=
o
0,0, 3 ,
1, 2,0 ,
1,0,0 ,
1,0,0
P
A
B
C
-
-
1, 2,
3 ,
1,0,
3
PA
PB
=
-
-
=
-
uuur
uuur
设点
，由
，所以
，①
则
，又
，
所以有
，②
又
，即
，③
联立①②③解得：
，所以
，所以
，
设平面
的一个法向量为
，由
，
令
，则
，所以
，
设直线
与平面
所成的角为
，所以
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为：
.
6. 【答案】（1）证明见详解 ；
（2）
【分析】（1）根据条件，利用线面垂直的判定，得
平面
，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
的法向量和
，由线面角的向量法，即可求解.
【详解】（1）因为
垂直于圆锥的底面
，又
底面
，所以
，
因为
，
是线段
的中点，又
，则
，所以
，
又
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以平面
平面
.
（2）以
为坐标原点，以
为
轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
, ,0
D x y
AC
CD
^
0,
0
x
y
<
<
1, ,0
CD
x
y
=
+
uuur
2,2,0
AC = -
uuur
·
0
2
1
2
0 0
0
1
AC CD
x
y
y
x
=
Û -
+
+
+ ´
=
Þ
=
+
uuur uuur
2
CD =
2
2
2
2
2
2
1
0
2
1
2
CD
x
y
x
y
=
Þ
+
+
+
=
Þ
+
+
=
uuur
2,
1
x
y
= -
= -
2, 1,0
D -
-
2, 1,
3
PD = -
- -
uuur
PAB
, ,
n
a b c
=
r
·
0
2
3
0
·
0
3
0
PA n
a
b
c
PB n
a
c
ì
ì
=
-
-
=
ï
ï
Þ
í
í
=
-
=
ï
ï
î
î
uuur r
uuur r
3
c =
3,
0
a
b
=
=
3,0, 3
n =
r
PD
PAB
q
·
sin
cos
,
PD n
PD n
PD n
q =
=
uuur r
uuur r
uuur r
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
-
´ + -
´ + -
´
=
=
=
´
-
+ -
+ -
´
+
+
PD
PAB
3 6
8
2
2
AD ^
POD
PAD
PB
uuur
PO
ABD
AD Ì
ABD
PO
AD
^
OC
OD
=
C
AO
CD
CO
=
CD
OC
AC
=
=
AD
OD
^
,
,
OD
PO
O OD OP
Ç
=
Ì
POD
AD ^
POD
AD Ì
PAD
PAD ^
POD
O
OB
uuur
y
因为
，所以
，
设
，因为点
是以
为直径的圆上除
外的一个动点，
则点
的轨迹方程为
，
由（1）知，
，所以点
也在以
为直径的圆上，
则点
的轨迹方程为
，
联立
，可得
，
因为两交点关于
轴对称，不妨取
，
，
设平面
的法向量为
，则
，
取
，则
，
设
与平面
所成的角为
，
则
.
🎯命题方向三 空间几何体的面面角
7. 【答案】（1）证明见详解
（2）
3
BC
CA
=
0, 2,0 ,
0,0,4 ,
0,4,0 ,
0, 4,0
C
P
B
A
-
-
, ,0
D x y
D
BC
,
B C
D
2
2
(
1)
9
x
y
+
-
=
AD
OD
^
D
OA
D
2
2
(
2)
4
x
y
+
+
=
2
2
2
2
(
2)
4
(
1)
9
x
y
x
y
ì
+
+
=
í
+
-
=
î
4 2
3
4
3
x
y
ì = ±
ïïí
ï
= -
ïî
y
4 2
4
,
,0
3
3
Dæ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
4 2 8
0,4,4 ,
,
,0 ,
0, 4,4
3
3
AP
AD
BP
æ
ö
=
=
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
uuur
uuur
PAD
, ,
n
x y z
=
r
4
4
0
4 2
8
0
3
3
n AP
y
z
n AD
x
y
ì ×
=
+
=
ïí
×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
2,
1,
1
x
y
z
=
= -
=
2, 1,1
n =
-
r
PB
PAD
q
4
4
2
sin
cos
,
2
16 16
2 1 1
BP n
q
+
=
=
=
+
´
+ +
uuur r
3
3
【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；
（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
．
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
，
BE
AC
^
PA
BE
^
BE ^
PAC
PBC
PAC
AB
BC
=
E
AC
BE
AC
^
PA ^
ABC
BE Ì
ABC
PA
BE
^
PA
AC
A
=
I
PA
AC Ì
PAC
BE ^
PAC
PC Ì
PAC
BE
PC
^
E
EH
PC
^
H
BH
BE
PC
^
BE
EH
E
=
I
BE
EH Ì
EHB
PC ^
EHB
BHE
Ð
PBC
PAC
EH Ì
PAC
BE ^
PAC
BE
EH
^
1
1
2
2
2
PAC
S
AC PA
EH PC
=
×
=
×
´
V
2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
AC PA
EH
PC
×
´
=
=
=
´
+
2
2
1
2
AC
BE
AB
æ
ö
=
-
=
ç
÷
è
ø
2
2
1
6
1
2
2
BH
BE
EH
=
+
=
+
=
2
3
2
cos
3
6
2
EH
BHE
BH
Ð
=
=
=
PBC
PAC
3
3
A
(0,0,0)
A
(1,1,0)
B
(0,2,0)
C
(0,0,2)
P
x
^
PAC
PAC
(1,0,0)
m =
ur
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.
【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，
PBC
( , , )
n
x y z
=
r
0
0
n PC
n PB
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
PBC
(1,1,1)
n =
r
1
3
cos
cos
,
3
1
3
m n
BHE
m n
m n
×
Ð
=
=
=
=
´
r r
r r
r r
PBC
PAC
3
3
3
//
GF AE
E
AE
AC
ABCD
BD
AC 的
EC
//
GF AE
GF Ë
ABE
AE Ì
ABE
//
GF
ABE
ABE ^
ABCD
ABE Ç
ABCD
AB
=
AD
AB
^
AD Ì
ABCD
AD ^
ABE
E
//
EH AD
EH ^
ABE
AE
BE
^
E
,
,
EB EA EH
, ,
x y z
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
，
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
．
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 =
r
2
0, ,2 ,
4
,0,2
ED
t
EC
t
=
=
-
uuur
uuur
CDE 的
, ,
m
x y z
=
r
2
2
0
4
2
0
ED m
ty
z
EC m
t
x
z
ì
×
=
+
=
ïí
×
=
-
× +
=
ïî
uuur r
uuur r
2
x
t
=
2
2
2 ,2 4
,
4
m
t
t
t
t
=
-
-
-
r
ADE
CDE
2 57
19
2 57
cos ,
19
n m
n m
n m
×
=
=
r r
r r
r r
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
Ð
E
BC
D
-
-
AB
AD
=
O
BD
OA
BD
^
OA Ì
ABD
ABD ^
BCD
ABD Ç
BCD
BD
=
OA ^
BCD
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
，
，
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，
Ì
BC
BCD
OA
BC
^
OA
z
OD
OD
O
xyz
-
2
3
2
2
2
2 3
4
=
=
´
´
=
V
V
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 æ
ö
ç
÷
è
ø
8
4
0,
,
3
3
EB
æ
ö
=
-
-
ç
÷
è
ø
uuur
3,3,0
BC =
uuur
, ,
n
x y z
=
r
EBC
0
0
EB n
BC n
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur r
uuur r
8
4
0
3
3
3
3
0
y
z
x
y
ì-
-
=
ïí
ï
+
=
î
EBC
3,
3,2 3
n =
-
r
BCD
0,0,1
m =
r
2
cos
,
2
n m
n m
n
m
×
=
=
×
r r
r r
r
r
EH
AO
∥
HG
BC
^
EG
AO ^
EH ^
Ì
BC
EH
BC
^
HG
EH
H
=
I
HG
EH Ì
EHG
^
BC
EHG
EG Ì
EHG
BC
EG
^
BC
HG
^
EGH
Ð
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）
【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
，
，所以
且
，
因此四边形PCBN
平行四边形，所以
．
又
平面CDB，
平面CDB，所以
平面CDB．
因为
，
，所以
．
又
平面CDB，
平面CDB，所以
平面CDB．
而
平面PMN，
所以平面
平面CDB，
又
平面PMN，所以
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
=
=
Ð
=
o
30
OCB
Ð
=
o
60
OCD
Ð
=
o
90
BCD
Ð
=
o
DC
BC
^
EH
BC
^
/ /
HG
CD
2
4
3
3
HG
CD
=
=
Rt
EGH
△
tan
1
Ð
=
=
EH
EGH
HG
45
EGH
Ð
=
°
E
BC
D
-
-
45°
4 66
33
PC
OB
∥
1
2
PC
OB
=
PC
N B
∥
PC
NB
=
是
PN
CB
∥
CB Ì
PN Ë
/ /
P N
3
AN
NB
=
3
AM
MD
=
MN
BD
∥
BD Ì
M N Ë
/ /
MN
,
,
PN
MN
N PN MN
=
Ì
I
/ /
PMN
PM Ì
/ /
PM
解法二:在线段BD 上取点E，使得
，连接CE，ME，
又
，所以
，且
，
又
，且
，所以
，且
．
所以四边形PCEM 是平行四边形，所以
，
又
平面CDB，
平面CDB，所以
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
于点F，连接PF，
因为平面
平面ABD，平面
平面
，所以
平面PAB，
所以
就是直线PD 与平面PAB 所成的角，所以
，
因为
，所以
．
连接OD，则
，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，
3
BE
DE
=
3
AM
MD
=
//
ME
AB
1
4
ME
AB
=
/ /
PC
AB
1
4
PC
AB
=
/ /
PC
M E
PC
ME
=
//
PM
CE
CE Ì
PM Ë
/ /
PM
DF
AB
^
PAB ^
PAB Ç
ABD
AB
=
DF ^
DPF
Ð
30
DPF
Ð
=
°
2
2
2 3
PD
PB
PO
OB
=
=
+
=
sin30
3
DF
PD
=
° =
2
2
1
OF
OD
DF
=
-
=
则
，
于是
．
设平面APD 的法向量为
，则
，得
，
取
，可得
．
设平面PDB 的法向量为
，则
，得
，
取
，可得
．
所以
，
故二面角
的正弦值为
．
11. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）连接
1
,
OE O O ，利用中位线证OE∥BC∥AD，结合直棱柱侧棱平行证平面
1
OO E ∥ 平面
1
1
ADD A ，从而得线面平行.
（2）以O 为原点建系，设边长用q 表坐标，求平面
1
AQC 与ABC 的法向量，用夹角公式求正弦值.
【详解】（1）如图，取
的中点
，连接
，则
，且
．
因为底面为矩形，所以
，
，且
，所以
，且
，
则四边形
为平行四边形，所以
．
因为
平面
，
平面
，所以
平面
．
2,0,0 ,
0,0,2 2 ,
2,0,0 ,
1, 3,0
A
P
B
D
-
-
2,0,2 2 ,
1, 3, 2 2 ,
2,0, 2 2
AP
PD
PB
= -
= -
-
= -
-
uuur
uuur
uuur
1
1
1
1
,
,
n
x y z
=
ur
1
1
0
0
AP n
PD n
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur ur
uuur ur
1
1
1
1
1
2
2 2
0
3
2 2
0
x
z
x
y
z
ì-
+
=
ïí-
+
-
=
ïî
1
2
x =
1
2, 6,1
n =
ur
2
2
2
2
,
,
n
x y z
=
uur
2
2
0
0
PB n
PD n
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur uur
uuur uur
2
2
2
2
2
2
2 2
0
3
2 2
0
x
z
x
y
z
ì-
-
=
ïí
-
+
-
=
ïî
2
2
x =
2
6
2,
, 1
3
n
æ
ö
=
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uur
1
2
1
2
1
2
1
33
cos
,
33
11
3
3
n n
n n
n n
×
-
=
=
= -
´
ur uur
ur uur
ur uur
A
PD
B
-
-
2
2
1
2
33
4 66
1 cos
,
1
33
33
n n
æ
ö
-
=
- -
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
ur uur
2
1
1
sin q
+
1
1
AD
F
1,
FO AF
1
1
1
/ /
FO
D C
1
1
1
1
2
FO
D C
=
1
2
AE
AB
=
1
1
/ /
AB
D C
1
1
AB
D C
=
1 / /
FO
AE
1
FO
AE
=
1
AEO F
1
/ /
AF
O E
AF Ì
1
1
ADD A
1
O E Ë
1
1
ADD A
1
/ /
O E
1
1
ADD A
（2）以
为坐标原点，直线
，
分别为
轴，过点
且在底面内与
垂直的直线为
轴建立空
间直角坐标系，如图所示．
设
，则
，
，
，
所以
，
．
设平面
的法向量为
，则
，
令
，得
.易知平面
的一个法向量为
．
设平面
与平面
的夹角为
，则
．
所以
，
即平面
与平面
的夹角的正弦值为
．
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）
【分析】
（1）连接
1AC 交
1
AC 于点O ，连接OP ，利用中位线定理证明
1
/ /
A B
OP ，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
1
APC 的法向量，代入点到平面的距离公式求解.
【详解】（1）方法一：取
的中点
，根据正三棱柱性质可得
互相垂直，建立如图所示空间直角
O
OC
1
OO
,y z
O
AC
x
2
AC =
0, 1,0
A
-
1 0,1,2
C
sin ,cos ,1
Q
q
q
sin ,1 cos ,1
AQ
q
q
=
+
uuur
1
0,2,2
AC =
uuuur
1
AQC
, ,
n
x y z
=
r
1
sin
1 cos
0
2
2
0
AQ n
x
y
z
AC n
y
z
q
q
ì
×
=
+
+
+
=
ïí
×
=
+
=
ïî
uuur r
uuuur r
sin
z
q
=
cos , sin ,sin
n
q
q
q
=
-
r
ABC
0,0,1
m =
r
1
AQC
ABC
a
2
sin
cos
cos
,
1 sin
m n
m n
m n
q
a
q
×
=
=
=
+
r r
r r
r r
2
2
2
2
sin
1
sin
1
cos
1
1
sin
1
sin
q
a
a
q
q
=
-
=
-
=
+
+
1
AQC
ABC
2
1
1
sin q
+
2 5
5
AB
O
,
OB OC
坐标系，则
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设平面
的法向量为
，则有
，即
，
令
，则
，
，即
，
因为
，又
平面
，所以
平面
；
方法二：
如图，连接
交
于点
，连接
，
易知
为
的中点，又点
为
的中点，故
，而
平面
，
平面
，
所以
平面
；
（2）方法一：点
到平面
的距离
.
方法二：因为
平面
，故
到平面
的距离即为
到平面
的距离，设为
，
因为
，
，
平面
，
1,0,0
B
1,0,0
A -
1
3
,
,0
2
2
Pæ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
1 0, 3,2
C
1 1,0,2
B
1
1,0,2
A -
3
3
,
,0
2
2
AP
æ
ö
= ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
1
1, 3,2
AC =
uuuur
1
0,0,2
AA =
uuur
1
2,0, 2
AB =
-
uuur
1
APC
, ,
n
x y z
=
r
1
0
0
n AP
n AC
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
3
3
0
{2
2
3
2
0
x
y
x
y
z
+
=
+
+
=
1
x =
3
y = -
1
z =
1,
3,1
n =
-
r
1
2 1
0
3
2
1
0
A B n
×
=
´ + ´ -
+ -
´ =
uuur r
1
Ë
A B
1
APC
1
/ /
A B
1
APC
1A C
1
AC
O
PO
O
1A C
P
BC
1
PO
B
A
/ /
PO Ì
1
APC
1
BA Ë
1
APC
1
/ /
A B
1
APC
1A
1
APC
1
2
2 5
5
5
n
d
AA
n
=
×
=
=
r
uuur
r
1
/ /
A B
1
APC
1A
1
APC
B
1
APC
d
^
AP
BC
1
BB
AP
^
1
1
,
,
BC
B B
B BC B B
Ç
=
Ì
1
1
BCC B
故
平面
，
平面
，故
，
由题意知
，
，所以
，
，
，
由
，
代入解得
.
2．【答案】（1）证明见详解
（2）
（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
的中点为
，连结
，因为
，
，所以四边形
是平
行四边形，则
，因为
，所以平行四边形
是矩形，则
，
因为
平面
，
平面
，所以
，则
两两垂直，
故以
为坐标原点，分别以
，
，
为
轴建立空间直角坐标系，如图，
则
，
，
，
，
，
，
因为
为
的中点，所以
，则
，
设平面
的一个法向量为
，而
，
，
则
，令
，则
，所以
，则
，
又
平面
，所以
平面
．
.
AP ^
1
1
BCC B
1
PC Ì
1
1
BCC B
1
AP
PC
^
3
AP =
1
BP
CP
=
=
2
2
1
1
5
PC
PC
CC
=
+
=
1
3
2
2
ABP
S
AP BP
=
×
×
=
V
1
1
1
15
2
2
APC
S
AP PC
=
×
×
=
V
1
1
1
1
1
1
3
3
B APC
C
ABP
APC
ABP
V
V
d S
CC
S
-
-
=
Þ
×
×
=
×
×
V
V
2 5
5
d =
3
9
6
3
CD
E
AE
/ /
AB
CD
1
1
2
CE
CD
AB
=
= =
ABCE
1
AE =
AB
BC
^
ABCE
AE
AB
^
PA ^
ABCD
,
AE AB Ì
ABCD
,
PA
AE PA
AB
^
^
,
,
PA AE AB
A
AE
AB
AP
, ,
x y z
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
, ,
N
PD
1
2,
,1
2
N æ
ö
-
ç
÷
è
ø
1
2,
,1
2
AN
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
uuur
PBC
, ,
m
x y z
=
ur
(0, 1,2)
BP =
-
uuur
(2 2,0,0)
BC =
uuur
2
0
2 2
0
m BP
y
z
m BC
x
ì
×
= - +
=
ïí
×
=
=
ïî
uuur
r
uuur
r
1
z =
0,2,1
m =
ur
1
2 1
0
2
AN m
×
= -
´ + =
uuur ur
AN
m
^
uuur
ur
AN Ë
PBC
/ /
AN
PBC
（2）设平面
的一个法向量为
，而
，
，
所以
，令
，则
，
设平面
的一个法向量为
，而
，
，
所以
，令
，则
，
记平面
与平面
夹角为
，则
，
所以
，
所以平面
与平面
夹角的余弦值为
.
（3）依题意，不妨设
，则
，
，
又由（2）得平面
的一个法向量为
，记直线
与平面
所成角为
，
所以
，解得
（负值舍去），
所以
，则
，
而由（2）得平面
的一个法向量为
，
所以点
到平面
的距离为
.
🎯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）4 21
7
【分析】（1）根据棱台的性质得到平面
/ /
ABCD
平面EFGH ，然后利用面面平行的性质定理得到
/ /
BD
HF ，然后根据棱台和菱形的性质得到FH
DI
=
，即可得到
/ /
HD
FI ，最后证明线面平行即可；
（2）利用勾股定理得到HD
AD
^
，根据等腰三角形的性质得到FI
AC
^
，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
π
3
BAD
Ð
=
，然后建系，利用空间向量的方法求距离；解
PAD
( , , )
n
a b c
=
r
(0,0,2)
AP =
uuur
(2 2, 1,0)
AD =
-
uuur
2
0
2 2
0
AP n
c
AD n
a
b
ì
×
=
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur r
uuur r
1
a =
(1,2 2,0)
n =
r
PCD
( , , )
u
r s t
=
r
(0, 2,0)
CD =
-
uuur
(2 2,1, 2)
PC =
-
uuur
2
0
2 2
2
0
CD u
s
PC u
r
s
t
ì
×
= -
=
ïí
×
=
+ -
=
ïî
uuur r
uuur r
1
r =
(1,0, 2)
u =
r
PAD
PCD
a
π
0
2
a
<
<
9
1 0
0
3
cos
cos
,
1 8
1
2
n u
n u
n u
a
×
+
+
=
=
=
=
+ ´
+
×
r r
r r
r
r
PAD
PCD
3
9
0
2
AM
k
k
=
£
£
0,0,
M
k
=
2 2, 1,
CM
k
= -
-
uuuur
PAD
(1,2 2,0)
n =
r
CM
PAD
b
2
2 2
2 2
4 5
sin
cos
,
15
1 8
8 1
n CM
n CM
n CM
k
b
-
-
×
=
=
=
=
×
+
×
+ +
r uuuur
r uuuur
r
uuuur
1
k =
0,0,1
M
0,0,1
MP =
uuur
PCD
(1,0, 2)
u =
r
M
PCD
6
3
1
2
2
u
u
MP×
+
=
=
uuur r
r
法二：根据棱台的体积公式列方程，得到
π
3
BAD
Ð
=
，然后构建平面AFG ^ 平面SDM ，利用面面垂直的性
质定理得到MK 为直线BC 到平面AFG 的距离，然后利用等面积求距离.
【详解】（1）
连结
,
AC BD ，交于点I ，连结FI ，则I 为
,
AC BD 的中点，
由四棱台ABCD
EFGH
-
，得平面
/ /
ABCD
平面EFGH ，
又平面BDHF I平面ABCD
BD
=
，平面BDHF I面EFGH
HF
=
，
所以
/ /
BD
HF ，
因为
1
2
HG
DC =
，所以
1
2
FH
BD =
，
因为I 为
,
AC BD 的中点，所以
1
2
FH
DI
BD
=
=
，
所以四边形DHFI 为平行四边形，故
/ /
HD
FI ，
又HD Ë 平面
,
ABC IF Ì 平面ABC ，所以
/ /
HD
平面ACF ．
（2）取DA 的中点J ，连结HJ ，由四棱台ABCD
EFGH
-
得，
2
EH
HG
=
=
，
1
2
2
AJ
AD
=
=
，
/ /
EH
AJ ，
所以四边形AJHE 为平行四边形，EA
HJ
=
，则
2 2,
2
HJ
EA
DJ
HD
=
=
=
=
，
所以
2
2
2
DH
DJ
HJ
+
=
，所以HD
AD
^
，由（1），知AI
IC
=
，又FA
FC
=
，所以FI
AC
^
，
因为
/ /
FI
HD，所以HD
AC
^
，又
,
AC AD Ì平面
,
ABCD AC
AD
A
=
I
，所以HD ^ 平面ABCD ．
（3）解法一：菱形ABCD 的面积
1
2
sin
16sin
2
S
AB
AD
BAD
BAD
=
´
´
´
´
Ð
=
Ð
，
由四棱台ABCD
EFGH
-
且
1
2
EH
AD
=
，可得
1
4sin
4
EFGH
ABCD
S
S
BAD
=
=
Ð
菱形
菱形
，
四棱台ABCD
EFGH
-
的体积
1
1
2
2
1
1
28sin
2
3
3
V
S
S S
S
h
BAD
=
+
+
=
´
Ð
´
，
从而1
28 3
28sin
2
3
3
BAD
´
Ð
´
=
，解得
3
sin
2
BAD
Ð
=
，
因为
2
2
2
2
,
,
FA
FB IA
FA
FI
IB
FB
FI
>
=
-
=
-
，所以IA
IB
>
，
故tan
1
IB
IAB
IA
Ð
=
<
，从而
π
4
IAB
Ð
<
，所以
π
0, 2
BAD
æ
ö
Ð
Îç
÷
è
ø，所以
π
3
BAD
Ð
=
，
取AB 的中点K ，则
,
,
DC DH DK 两两垂直，如图，以D 为坐标原点，分别DK
uuur ，DC
uuur
，DH
uuuur 的方向为x 轴，
y 轴，z 轴的正方向建立空间直角坐标系D
xyz
-
，
则
0,0,0
D
，
2 3, 2,0
A
-
，
0,2,2
G
，
0,4,0
C
，
2 3, 2,0 ,
0,2,2 ,
0,4,0
DA
DG
DC
=
-
=
=
uuur
uuur
uuur
，
设平面AFG 即平面ADGF 的法向量
, ,
n
x y z
=
r
，
则
0,
0,
n DA
n DG
ì ×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
即2 3
2
0,
2
2
0,
x
y
y
z
ì
-
=
ïí
+
=
ïî
整理，得
3
,
3
,
x
y
z
y
ì =
ïí
ï = -
î
令
3
y =
，得
1, 3,
3
n =
-
r
，
从而点C 到平面AFG 的距离
4 3
4 21
7
7
DC n
d
n
×
=
=
=
uuur r
r
，
所以直线BC 到平面AFG 的距离为4 21
7
．
解法二：
延长
,
,
BF CG AE 交于点S ，取BC 的中点M ，连结SM 交FG 于点N ，连结DM ，DN ，则
,
FG SM 的中点
均为
,
N BC
DM
^
，因为
Ì
BC
平面ABCD ，所以BC
SD
^
，因为
/ /
FG
BC ，所以
,
FG
DM FG
SD
^
^
，
又
,
DM SD Ì平面
,
SDM DM
SD
D
=
I
，所以FG ^ 平面SDM ，
又FG Ì 平面AFG ，所以平面AFG ^ 平面SDM ，
过点M 作MK
DN
^
于K ，且平面AFG Ç平面
,
SDM
DN MK
=
Ì 平面SDM ，所以MK ^ 平面AFG ，
故MK 为点M 到平面AFG 的距离即为直线BC 到平面AFG 的距离，
因为ND
NM
=
，所以点M 到DN 的距离等于点D 到NM 的距离，
又Rt
SDM
△
中，
4,
2 3,
2 7
SD
DM
SM
=
=
=
，
设点D 到NM 的距离为d ，则
1
1
2
2
SDM
S
DS
DM
SM
d
=
´
´
=
´
´
△
，
所以4
2 3
2 7d
´
=
，解得
4 21
7
d =
，所以直线BC 到平面AFG 的距离为4 21
7
．
🎯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）10 3
3
【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
P ABCD
M OBC
V
V
V
-
-
=
-
四棱锥
三棱锥
，分别求出
,
P ABCD
M OBC
V
V
-
-
四棱锥
三棱锥
即可得出
【详解】（1）∵O，M 分别为线段AB，PB 的中点，∴
/ /
OM
PA．
∵OM Ë平面PAD ，PA Ì 平面PAD ，∴
/ /
OM
平面PAD ．
∵
2
DC = ，
4
AB =
，
/ /
AB
CD ，∴
/ /
AO
DC ，AO
DC
=
，
∴四边形ADCO 为平行四边形，则
/ /
OC
AD．
∵OC Ë 平面PAD ，AD Ì 平面PAD ，∴
/ /
OC
平面PAD ．
∵OC
OM
O
=
I
，
,
OC OM Ì平面OCM ，∴平面
/ /
OCM
平面PAD ．
∵CM Ì 平面OCM ，∴
/ /
CM
平面PAD ．
（2）如图，连接OP．∵PAB
V
是等边三角形，∴PO
AB
^
．
∴平面PAB ^ 平面ABCD，平面PAB Ç 平面ABCD
AB
=
，PO Ì 平面PAB ，
∴
^
PO
平面ABCD．
∵PAB
V
是等边三角形，
4
AB =
，∴
3
4
2 3
2
PO =
´
=
．
∴
1
1
1
2
4
2 2 3
4 3
3
3
2
P ABCD
ABCD
V
S
PO
-
\
=
´
=
´
´
+
´ ´
=
四棱锥
梯形
．
∵M 为PB 的中点，∴三棱锥
-
M
OBC 的高
1
3
2
h
PO
=
=
，
∴
1
1
1
2 3
2 2
3
3
3
2
3
OBC
M OBC
V
S
h
-
æ
ö
=
=
´
´ ´
´
=
ç
÷
è
ø
V
三棱锥
，
∴多面体OMCPAD 的体积
2 3
10 3
4 3
3
3
P ABCD
M OBC
V
V
V
-
-
=
-
=
-
=
四棱锥
三棱锥
.
5．【答案】（1）证明见详解
（2）
1
2
3
64
V
V =
（3）
39
26
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得FG
AD
^
，利用余弦定理以及勾股定理可得GH
AD
^
，
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
1
3
PF
FD
=
，
1
3
AG
GD
=
，所以FG
PA
∥
，
因为PA ^ 平面ABCD，所以FG ^ 平面ABCD，
因为AD Ì 平面ABCD，所以FG
AD
^
，
取AC 中点H ，因为E 为PC 中点，所以EH
PA
∥
，因此
//
EH
FG,则E ，F ，G，H 共面，
因为四边形ABCD是边长为4 的菱形，
2π
3
BAD
Ð
=
，所以在AGH
V
中
1
AG = ，
2
AH = ，
π
3
GAH
Ð
=
，
所以
2
2
π
2
cos
3
3
GH
AG
AH
AG
AH
=
+
-
´
´
=
，故
2
2
2
AG
GH
AH
+
=
，所以GH
AD
^
，
因为FG
GH
G
=
I
，
,
FG GH Ì平面EFGH ，所以AD ^ 平面EFGH
因为EF Ì 平面EFGH ，所以AD
EF
^
.
（2）由
1
2
PE
PC
=
，
1
4
PF
PD
=
，
3
4
GD
AD
=
，可得
1
1
1
1
2
2
4
F PGE
E PGF
C PGF
C PGD
V
V
V
V
V
-
-
-
-
=
=
=
=
´
2
2
1
1
3
3
3
1
3
8
8
4
32
32
2
64
C PGD
C PAD
P CAD
V
V
V
V
V
-
-
-
=
=
´
=
=
´
=
，
所以
1
2
3
64
V
V =
.
（3）取BC 中点M ，连接AM ，由题意可得AM ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，AM ，
AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系.
则
0,0,0
A
，
2 3, 2,0
B
-
，
2 3,2,0
C
，
0,0,2
P
，
3,1,1
E
，
3
0,1, 2
F æ
ö
ç
÷
è
ø
1
3,0, 2
EF
æ
ö
= -
ç
÷
è
ø
uuur
，
0,4,0
BC =
uuur
，
2 3,2, 2
PC =
-
uuur
.
设平面PBC 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，则有
0
0
n BC
n PC
ì ×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，得
4
0
2 3
2
2
0
y
x
y
z
=
ìïí
+
-
=
ïî
，
取
3
z =
，得
1,0, 3
n =
r
，设直线EF 与平面PBC 所成角为q ，
则
2
2
2
2
2
2
1
1
3
0 0
3
39
2
sin
26
1
1
0
3
3
0
2
n EF
n EF
q
´ -
+ ´ +
´
×
=
=
=
æ
ö
+
+
-
+
+ ç
÷
è
ø
uuur
r
uuur
r
，
所以直线EF 与平面PBC 所成角的正弦值为
39
26 .
6. 【答案】（1）
（2）
（3）
【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
中，由余弦定理，得
，
在
中，由余弦定理，得
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
2
15
4
3 5
8
PAC
V
2
2
2
1 9
7
1
cos
2
2 1 3
2
PA
PC
AC
APC
PA PC
+
-
+
-
Ð
=
=
=
×
´ ´
PAB
V
2
2
2
1 12
9
3
cos
2
3
2 1 2 3
PA
PB
AB
APB
PA PB
+
-
+
-
Ð
=
=
=
×
´ ´
PA ^
AMN
,
AM AN Ì
AMN
,
PA
AM PA
AN
^
^
所以在
中，
，
在
中，
，
在
中，由余弦定理，得
，
所以在
中，由余弦定理，得
.
（2）所以在
中，
，
在
中，
，
在
中，由余弦定理，得
，
所以
，
设点
到平面
的距离为
，
由三棱锥的体积公式和性质，
得
，所以
.
（3）由上可知：
，取
的中点
，显然
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因此以
所在的直线为
轴和
轴，过
与
平行的直线为
轴建立空间直角坐标系，如下图所
示：
Rt PAM
V
1
cos
3
cos
3
3
PA
PA
PAM
PM
PM
PAM
Ð
=
Þ
=
=
=
Ð
Rt
PAN
△
1
cos
2
1
cos
2
PA
PA
PAN
PN
PN
PAN
Ð
=
Þ
=
=
=
Ð
PBC
△
2
2
2
12
9
6
5 3
cos
2
12
2 2 3 3
PB
PC
BC
BPC
PB PC
+
-
+
-
Ð
=
=
=
×
´
´
PBC
△
2
2
5 3
2
cos
3
4
2
3
2
2
12
MN
PM
PN
PM PN
MPN
=
+
-
×
×
Ð
=
+
- ´
´ ´
=
Rt PAM
V
2
2
2
AM
PM
PA
=
-
=
Rt
PAN
△
2
2
3
AN
PN
PA
=
-
=
AMN
V
2
2
2
2
3
2
6
cos
2
4
2
2
3
MA
NA
MN
MAN
MA NA
+
-
+ -
Ð
=
=
=
×
´
´
2
2
6
10
sin
1 cos
1
4
4
MAN
MAN
æ
ö
Ð
=
-
Ð
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
A
PBC
h
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
-
-
-
-
× ×
×
×
Ð
´
=
=
=
=
=
´
× ×
×
×
Ð
V
V
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
-
-
=
= ´
×
×
×
×
×
Ð
=
´
´
´
=
MA
MN
=
AN
O
OM
AN
^
PA ^
AMN
OM Ì
AMN
PA
OM
^
,
OM ON
x
y
O
PA
z
，
由上可知：
是棱
中点，
，
所以可得
，
，即
设平面
的法向量为
，
，所以
，
所以取该平面的一个法向量为
，
设直线BC 与平面PAB 所成角为
，
所以
.
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）112 π
3
；
（3）
7
3
2
-
.
【分析】（1）根据已知得PC
BC
^
、BC
AC
^
，由线面垂直的判定证明结论；
（2）将三棱锥B
ACP
-
补成正三棱柱APC
EFB
-
，应用正弦定理求
APC
△
的外接圆半径，结合已知求外接
3
3
3
5
0,
,0 ,
0,
,1 ,
0,
,0 ,
,0,0
2
2
2
2
A
P
N
M
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
M
PB
2
PN
NC
=
uuur
uuur
3
5,
, 1
2
Bæ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
1
0, 3,
2
C æ
ö
-
ç
÷
è
ø
3 1
5,
,
2
2
BC
æ
ö
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
PAB
, ,
m
x y z
=
r
0,0, 1 ,
5, 3, 2
PA
PB
=
-
=
-
uuur
uuur
0
0
5
3
0
5
3
2
0
z
m PA
z
x
y
m PB
x
y
z
ì
=
ì
×
= - =
ï
ï
Þ
í
í
+
=
ï
×
=
+
-
=
ï
î
î
uuur
r
uuur
r
3,
5,0
m =
-
r
q
15
15
3 5
2
sin
cos
,
8
3
1
5
3
5
4
4
BC m
BC m
BC
m
q
-
-
×
=
á
ñ =
=
=
×
+
+
´
+
uuur r
uuur r
uuur
r
球半径，即可得三棱锥P
ABC
-
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
( , ,2 3)
M x y
，结合
2
|
| 2
MO =
得
2
2
(
2)
(
2)
4
x
y
-
+
-
=
且
[0,4]
xÎ
，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
4
PC
BC
=
=
，
4 2
PB =
，则
2
2
2
PC
BC
PB
+
=
，故PC
BC
^
，
由四边形ADBC 为正方形，则BC
AC
^
，而PC
AC
C
Ç
=
都在平面PAC 内，
所以
^
BC
平面PAC ；
（2）由
^
BC
平面PAC ，
PAC
V
为等边三角形，将三棱锥B
ACP
-
补成正三棱柱APC
EFB
-
，
设
APC
△
的中心为点H ，
BEF
△
的中心为Q ，则QH 的中点G为外接球球心，
所以
APC
△
的外接圆半径
4
π
3
2sin 3
AC
AH =
=
，
1
2
2
GH
BC
=
=
，
所以外接球的半径
2
2
28
3
R
AG
AH
GH
=
=
+
=
，
因此三棱锥P
ABC
-
的外接球的表面积
2
112
4π
π
3
S
R
=
=
；
（3）由BC
AC
^
，以C 为原点，
,
CA CB 所在直线为,x y 轴，建立如下图示的空间直角坐标系
-
C
xyz ，
则
2(2,2,2 3), (0,4,0),
(0,2,0)
O
B
N
，设
( , ,2 3)
M x y
，连接
2
O M ，
由
Ì
BC
平面ABC ，则平面ABC ^ 平面PAC ，
则点P 到AC 的距离等于
1
2
|
|
O O ，而
2
|
| 2
MO =
，所以
2
2
(
2)
(
2)
4
x
y
-
+
-
=
且
[0,4]
xÎ
，
由
( ,
2,2 3)
NM
x y
=
-
uuuur
，
(0,4,0)
AD
CB
=
=
uuur
uuur
，若异面直线
,
MN AD所成角为q ，
则
2
2
2
2
4(
2)
|
2 |
cos
|
| |
|
|
||
|
4
(
2)
12
(
2)
12
NM AD
y
y
NM
AD
x
y
x
y
q
×
-
-
=
=
=
+
-
+
+
-
+
uuuur uuur
uuuur
uuur
，
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
(
2)
4
(
2)
4
cos
(
2)
12
4
(
2)
12
4
12
y
x
x
x
x
y
x
x
x
q
-
-
-
-
+
=
=
=
+
-
+
+
-
-
+
+
2
(
3)
10(
3)
21
3
21
5
4(
3)
4
4(
3)
2
x
x
x
x
x
-
+
+
+
-
+
=
= -
-
+
+
+
2
3
21
5
5
21
7
3
2
4
4
3
2
2
2
x
x
æ
ö
+
-
-
£ -
×
+
=
= ç
÷
ç
÷
+
è
ø
，
当且仅当
21
3
x =
- 时取等号，则
7
3
cos
2
q
-
£
，
所以异面直线MN 与AD 所成角的余弦值的最大值
7
3
2
-
.
2. 【答案】（1）证明见详解
（2）
【分析】（1）过点
作
于
，应用面面、线面垂直的性质有
，再由线面垂直的判定
证明
面
，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
的体积取得最大有
，过点
作
于
，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
作
于
，
由平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
平面
，
平面
，故
，又
直径，易知
，
且
平面
，所以
平面
，
平面
，
，且
，
平面
，
，
平面
，
平面
，故
.
（2）由（1）知，
，
6
6
B
BH
CD
^
H
BH
AD
^
AD ^
BCD
C
ABD
-
3 2
2
BD
AD
=
=
D
^
DO
AB
O
B
BH
CD
^
H
BCD ^
ACD
BCD I
ACD
CD
=
BH Ì
BCD
BH
\
^
ACD
AD Ì
ACD
BH
AD
^
AB 为
BD
AD
^
,
,
BD
BH
B BD BH
=
Ì
I
BCD
AD ^
BCD
Ì
BC
BCD
BC
AD
\
^
AB
BC
^
,
AD AB Ì
BAD
AD
AB
A
Ç
=
BC
\
^
ABD
BD Ì
ABD
BD
BC
^
2
2
2
1
1
1
1
9
3
2
4
4
4
C
ABD
ABD
V
BC S
BD AD
BD
AD
AB
-
=
×
=
×
£
+
=
=
V
当
时，
取到最大值，过点
作
于
，
建立以
为原点，
为
轴，
为
轴，过
点垂直于平面
的方向为
轴，
设平面
与平面
的法向量分别为
.
则
，
，
所以
，则
，
令
，可得
，
所以
，因为平面
的法向量为
，
则平面
与平面
夹角的余弦值
.
🎯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，
3
2
EG =
【详解】（1）如图：取PD 的中点H，连接FH，AH，
因为
2,
2 2,
/ /
AB
CD
AB
CD
=
=
，又
1
,
/ /
2
FH
CD FH
CD
=
，所以
,
/ /
FH
AB FH
AB
=
，
所以四边形ABFH 是平行四边形，所以
/ /
BF
AH ，又BF Ë 平面PAD ，AH Ì 平面PAD ，
所以BF ∥平面PAD
（2）建立如图所示空间直角坐标系：
3 2
2
BD
AD
=
=
C ABD
V -
D
^
DO
AB
O
O
OD
x
OA
y
O
ABD
z
BED
AEB
1
2
,
n n
ur uur
3
3
3
1
0,
,0 ,
0,
,0 ,
,0,0 ,
0,
,1
2
2
2
2
B
A
D
E
æ
ö
æ
ö
æ
ö
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
è
ø
è
ø
3
0,
,3
2
C æ
ö
-
ç
÷
è
ø
3 3
,
,0 ,
0,2,1
2 2
BD
BE
æ
ö
=
=
ç
÷
è
ø
uuur
uuur
1
1
3
3
0
2
2
2
0
BD n
x
y
BE n
y
z
ì
×
=
+
=
ïí
ï
×
=
+
=
î
uuur ur
uuur ur
1
x =
1,
2
y
z
= -
=
1
1, 1,2
n =
-
ur
AEB
2
1,0,0
n =
uur
BED
AEB
1
2
1
2
6
cos
6
n n
n
n
q
×
=
=
×
ur uur
ur
uur
则
0,0,2 ,
2,
2,0 ,
0,2 2,0 ,
2,0,0 ,
1,0,1 ,
0,
2,1
P
B
C
A
E
F
，
所以
2, 2, 2 ,
0,2 2, 2
PB
PC
=
-
=
-
uuur
uuur
，
1,
2,0
EF = -
uuur
，
设平面PBC 的一个法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，则
0
0
n PB
n PC
ì ×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
2
2
2
0
2 2
2
0
x
y
z
y
z
ì
+
-
=
ïí
-
=
ïî
，
令
2
y =
，则
2
z =
，
1
x = ，所以
1, 2,2
n =
r
，
设EG
EF
l
=
uuur
uuur
，则
1
, 2 ,1
DG
DE
EG
DE
EF
l
l
l
=
+
=
+
=
-
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
，
若DG ^ 平面PBC ，则
/ /
DG
n
uuur
r
，所以
1
2
2
1
1
2
l
l
=
=
-
，解得
1
2
l =
，所以
1
2
,
,0
2
2
EG
æ
ö
= -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
则
2
2
1
2
3
0
2
2
2
EG
æ
ö
æ
ö
=
+
+
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
uuur
，
所以在线段EF 上是否存在点G，使得DG ^ 平面PBC ，EG 的长为
3
2
.
4．【答案】（1）证明见详解
（2）1
7
（3）存在，P 为线段EF 的中点
【详解】（1）因为AB
CD
∥
，
90
DAB
Ð
=
° ，则
90
ADC
Ð
=
° ，即CD
AD
^
．
因为平面ADE ^ 平面ABCD ，平面ADE I平面ABCD
AD
=
，CD Ì 平面ABCD ，
所以CD ^ 平面ADE ．
（2）取AD 的中点O ，连接OE ，
因为
ADE
V
为等边三角形，且
2
AD =
，则OE
AD
^
，且
3
OE =
，
以D 为坐标原点，DA ，DC ，平行OE 的直线分别为, ,
x y z 轴，建立如图所示空间直角坐标系D
xyz
-
，
则
0,0,0
D
，
1,2, 3
F
，
2,2,0
B
，
0,4,0
C
，
可得
2,2,0
DB =
uuur
，
1,0, 3
BF = -
uuur
，
2,2,0
BC = -
uuur
，
设面DFB 的一个法向量为
1
1
1
,
,
n
x y z
=
r
，则
1
1
1
1
2
2
0
3
0
n DB
x
y
n BF
x
z
ì ×
=
+
=
ïí ×
= -
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
令
1
3
x =
，得
1
3
y = -
，
1
1
z = ，可得
3,
3,1
n =
-
r
；
设平面FBC 的一个法向量为
2
2
2
,
,
m
x
y
z
=
r
，则
2
2
2
2
3
0
2
2
0
m BF
x
z
m BC
x
y
ì
×
= -
+
=
ïí
×
= -
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
令
2
3
x =
，得
2
3
y =
，
2
1
z = ，可得
3, 3,1
m =
r
；则
3
3 1
1
cos
,
7
7
7
m n
m n
m n
×
- +
=
=
=
´
r r
r r
r r
，
所以平面DFB 与平面FBC 所成角的余弦值为1
7 ．
（3）由（2）可知
2,0,0
A
，
0,4,0
C
，
因为点P 在线段EF 上，设PE
t
= （0
2
t
£
£
），则
1, , 3
P
t
（0
2
t
£
£
），
因为
1,
,
3
PA
t
=
- -
uuur
，
1,4
,
3
PC
t
= -
- -
uuur
，
若选①：存在一点P ，使得
1
PA PC
×
=-
uuur uuur
，
理由如下：因为
1
4
3
1
PA PC
t
t
×
= - -
-
+
= -
uuur uuur
，解得
1
t = 或
3
t =
（舍去），
所以当P 为线段EF 的中点时，
1
PA PC
×
=-
uuur uuur
．
若选②：存在一点P ，使得
4
PA
PC
+
=
uuur
uuur
，
理由如下：因为
0,4 2 , 2 3
PA
PC
t
+
=
-
-
uuur
uuur
，
可得
2
2
2
2
0
4
2
2 3
4
16
28
PA
PC
t
t
t
+
=
+
-
+ -
=
-
+
uuur
uuur
，
又因为
4
PA
PC
+
=
uuur
uuur
，即
2
4
16
28
4
t
t
-
+
=
，解得
1
t = 或
3
t =
（舍去），
因此当P 为线段EF 的中点时，
4
PA
PC
+
=
uuur
uuur
．
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
，
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：
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
^
ÐMFC
ADM
ABCD
ADM
S
MF
=
△
CEF
△
MF
CE
^
MF
ABCD
,
AB
AD AD BC
^
∥
1,
2
AB
BC
AD
=
=
=
ABCD
2
AC
CD
=
=
2
2
2
AC
CD
AD
+
=
AC
CD
^
1
AA ^
ABCD
CD Ì
ABCD
1
AA
CD
^
1
AC
AA
A
=
∩
1
AA Ì
1
1
ACC A
AC Ì
1
1
ACC A
CD ^
1
1
ACC A
1
M
ABA
-
3
6
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
，
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，
1A B
1
AA ^
,
,
ABCD AB
AD AD
BC
^
∥
1
AA
BC
^
AB
BC
^
1
AA
AB
A
=
I
1
AA Ì
1
1
ABB A
AB Ì
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 Ì
1
1
ABB A
CE Ë
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
2
AC
CD
=
=
F
AD
AF
CF
^
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
E
1
1
A D
1
AFEA 为
1
AA ^
ABCD
^
EF
ABCD
AF Ì
ABCD
CF Ì
ABCD
EF
AF
^
EF
CF
^
CF
EF
F
Ç
=
CF Ì
CEF
EF Ì
CEF
AF ^
CEF
MF Ì
CEF
AF
MF
^
ÐMFC
ADM
ABCD
1
2
ADM
S
AD MF
MF
=
×
=
△
ADM
△
MF
CEF
△
MF
MF
CE
^
由于
，故
，
，
所以，在
中，
，
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）
42
7
【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出
/ /
A E
¢
平面CD F
¢
及
/ /
EB
平面CD F
¢
，
再应用面面平行判定定理得出平面
/ /
A EB
¢
平面CD F
¢
，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, ,
,E,
B C D
F
¢
的坐标表示出来，然后将平面BCD¢及平面EFD A
¢ ¢
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
1
AD = ，所以
3,
2
AB
CD
=
=
，因为F 为CD 中点，所以
1
DF = ，因为
/ /
EF
AD，
/ /
AB
CD ，所以AEFD 是平行四边形， 所以
/ /
AE
DF ，所以
/ /
A E
D F
¢
¢
，
因为D F
¢
Ì 平面
,
CD F A E
¢
¢
Ë平面CD F
¢
，所以
/ /
A E
¢
平面CD F
¢
，
因为
/ /
,
FC
EB FC Ì 平面
,
C
B
D F E
¢
Ë平面CD F
¢
，所以
/ /
EB
平面CD F
¢
，
又EB
A E
E
¢
=
I
，
,
EB A E
¢ Ì平面A EB
¢
，所以平面
/ /
A EB
¢
平面CD F
¢
，
又A B
¢
Ì 平面A EB
¢
，所以
/ /
A B
¢
平面CD F
¢
．
（2）因为
90
DAB
Ð
=
° ，所以AD
AB
^
，又因为
/ /
,
/ /
AB
FC EF
AD ，所以EF
FC
^
，
以F 为原点，
,
FE FC 以及垂直于平面BECF 的直线分别为,
,
x y z 轴，建立空间直角坐标系.
因为
,
D F
EF CF
EF
¢
^
^
，平面EFD A
¢ ¢ 与平面EFCB 所成二面角为60° ，
所以
60
D FC
°
¢
Ð
=
.
1,
3,
CF
EF
EF
CF
=
=
^
3
2
MF =
1
3
2,
,
2
2
CE
CM
EM
=
=
=
MFC
△
3
cos
2
MF
MFC
FC
Ð
=
=
ADM
△
3
2
则
1,2,0
B
，
0,1,0
C
，
1
3
0,
,
2
2
D æ
ö
ç
÷
çè
ø
¢
÷ ，
1,0,0
E
，
0,0,0
F
，.
所以
1
3
1
3
1, 1,0 ,
0,
,
,
1,0,0 ,
0,
,
2
2
2
2
BC
CD
FE
FD
æ
ö
æ
ö
= - -
=
-
=
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
¢
¢
uuur
uuuur
uuur
uuuur
.
设平面BCD¢的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，则
·
0
·
0
BC n
CD n
ì
=
ïí
=
ïî
¢
uuur r
uuuur r
，所以
1
3
0
2
2
0
y
z
x
y
ì-
+
=
ïí
ï- -
=
î
，令
3
y =
，则
1,
3
z
x
=
= -
，则
3, 3,1
n = -
r
.
设平面EFD A
¢ ¢ 的法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
，
则
·
0
·
0
FE m
FD m
ì
=
ïí
=
ïî
¢
uuur r
uuuur r
，所以
1
3
0
2
2
0
y
z
x
ì
+
=
ïí
ï =
î
，
令
3
y =
，则
1,
0
z
x
= -
=
，所以
0, 3, 1
m =
-
r
.所以
·
0
3 1
1
cos ,
3
3 1
1 3
7
m n
m n
m n
+ -
=
=
=
+ + ´
+
r r
r r
uur
r
.
所以平面BCD¢与平面EFD A
¢ ¢ 夹角的正弦值为
2
1
42
1
7
7
æ
ö
-
=
ç
÷
è
ø
.
2. 【答案】（1）证明见详解；
（2）
【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
中，
，
，
为
的中点，
所以
，所以
，所以
，
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
．又
平面
，所以
．
（2）取
的中点
，
的中点
，连接
，则
，所以
平面
，
由题可得
，所以
，所以
两两垂直，
以
为原点，
所在直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
2 22
11
ABCD
2
AB =
4
=
AD
E
AD
2 2
CE
BE
=
=
2
2
2
16
CE
BE
BC
+
=
=
CE
BE
^
PBE ^
BCDE
PBEÇ
BCDE
BE
=
CE Ì
BCDE
CE ^
PBE
PB Ì
PBE
CE
PB
^
BE
O
BC
F
,
OP OF
//
OF CE
OF ^
PBE
PB
PE
=
OP
BE
^
,
,
BE OF OP
O
,
,
OB OF OP
, ,
x y z
则
，
，
，
，
所以
，
，
．
设平面
的一个法向量为
，
则
，取
，得
，
，
所以
．设直线
与平面
所成角为
，
所以
，
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
．
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，
0,0, 2
P
2,0,0
B
2,2 2,0
C -
2 2,
2,0
D -
2,0,
2
PB =
-
uuur
2,
2,0
DC =
uuur
2 2,
2,
2
PD = -
-
uuur
PCD
, ,
n
x y z
=
r
2 2
2
2
0
2
2
0
n PD
x
y
z
n DC
x
y
ì ×
= -
+
-
=
ïí
×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
1
x =
1
y = -
3
z = -
1, 1, 3
n =
- -
r
PB
PCD
q
2
3 2
2 22
sin
cos
,
11
2
11
PB n
PB n
PB
n
q
+
×
=
=
=
=
´
×
uuur r
uuur r
uuur
r
PB
PCD
2 22
11
5
3
DC
CF
^
DA
AE
^
OD
¢
^
O EF
¢
ODE
DEF
DC
CF
^
DA
AE
^
OD
OF
¢
^
¢
OD
OE
¢
^
¢
,
,
O E
O F
O O E O F
Ç
=
Ì
¢
¢
¢
¢
¢
O EF
¢
OD
¢
^
O EF
¢
EF Ì
O EF
¢
O D
EF
¢
^
,
,
O D O E O F
¢
¢
¢
OM
¢
O
OM
¢
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
，
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；
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
= -
=
-
= -
uuur
uuur
uuur
DEF
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
0
0
m EF
m DE
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
1
1
1
1
0
2
0
x
y
x
z
-
=
ì
í
-
=
î
1
1
z =
1
1
2
x
y
=
=
2,2,1
m =
r
ODE
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
r
0
0
n EO
n DE
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
2
2
2
2
2
2
0
2
0
x
y
z
x
z
-
-
=
ì
í
-
=
î
2
1
z =
2
2
2,
0
x
y
=
=
2,0,1
n =
r
ODE
DEF
q
5
5
cos
cos ,
3
3
5
m n
q =
=
=
´
r r
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
，
，
，
设平面
的法向量
，则
，
令
，则
，可得
，
设平面
的法向量
，则
，
1A BE
sinq
l
90
C
Ð
=
°
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
=
Ì
I
1ACD
DE ^
1ACD
1AC Ì
1ACD
1
DE
AC
^
1AC
CD
^
CD
DE
D
=
I
CD
DE Ì
BCDE
1AC ^
BCDE
1AC Ì
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
l =
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 =
uuuur
1,3,
3
MB = -
-
uuur
2, 1,0
BE =
-
uuur
BMC
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
1
1
1
1
1
3
0
3
3
0
m CM
x
z
m MB
x
y
z
ì
×
=
+
=
ïí
×
= -
+
-
=
ïî
uuuur
r
uuur
r
1
3
z =
1
1
3,
0
x
y
= -
=
3,0, 3
m = -
r
BME
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
r
2
2
2
2
2
3
3
0
2
0
n MB
x
y
z
n BE
x
y
ì ×
= -
+
-
=
ïí ×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
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
，
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
1
x =
2
2
y =
2
5
3
z =
5
1,2,
3
n
æ
ö
= ç
÷
è
ø
r
CMB
MBE
j
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
j
-
´ + ´ +
´
×
=
=
=
=
×
æ
ö
+
+ ç
÷
è
ø
r r
r r
r
r
CMB
MBE
10
20
1
0, 3,2 3
BA =
-
uuur
2, 1,0
BE =
-
uuur
1
2,0, 2 3
A D =
-
uuuur
1A BE
3
3
3
,
,
p
x
y z
=
r
1
3
3
3
3
3
2 3
0
2
0
p BA
y
z
p BE
x
y
ì ×
= -
+
=
ïí ×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
3
1
x =
3
2
y =
3
3
z =
1,2, 3
p =
r
2 ,0,2 3
2 3
M
l
l
-
2 , 3,2 3
2 3
BM
l
l
=
-
-
uuuur
BM
1A BE
q
2
4
sin
cos ,
2 2
16
24
21
p BM
p BM
p
BM
l
q
l
l
×
=
=
=
×
´
-
+
uuuur
r
uuuur
r
uuuur
r
2
2
2
2
14
8
21
24
1
4
64
16
21
7
7
l
l
l
=
=
£
æ
ö
-
+
-
+
ç
÷
è
ø
7
4
l =
sinq
1
1
7
4
A M
A D
=
uuuur
uuuur
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
（2）6 5
（3）2 5
5
【分析】（1）由已知，可得
1
BB
AB
^
，利用勾股定理的逆定理可得AB
BC
^
，由线面垂直的判
定定理即可证得；
（2）将侧面沿
1
BB 展开成矩形
1
1
BB B B
¢ ¢，则其对角线
1
B B¢ 即为所求；
（3）设
1
1
,
AC AC 的中点分别为
1
,
O O ，连接
1
,
OB OO ，以O为原点，
1
,
,
OB OC OO 所在直线分别为x
轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用坐标运算分别求得平面BMN 和底面ABC 的一个法
向量，利用公式由l 表示出cos
,
m n
r r ，利用二次函数的性质求出cos
,
m n
r r 的最大值，即为所
求.
【详解】（1）因为底面ABC 的周长为12，且
3,
5
AB
AC
=
= ，所以
4
BC = ，
则
2
2
2
AB
BC
AC
+
=
，所以AB
BC
^
.在直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，
1
BB ^ 底面ABC ，
又AB Ì 平面ABC ，则
1
BB
AB
^
，
又
1
BB
BC
B
=
I
，
1
BB
BC Ì
、
平面
1
1
BCC B ，所以AB ^平面
1
1
BCC B .
（2）将直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的侧面沿
1
BB 剪开展平成矩形
1
1
BB B B
¢ ¢，如图所示，
其中
1
12,
6
BB
B B
=
¢
¢ ¢ =
，所以
2
2
1
6
12
6 5
B B =
=
¢
+
，所以
1
BM
MN
NB
+
+
的最小值为6 5 .
（3）设
1
1
,
AC AC 的中点分别为
1
,
O O ，连接
1
,
OB OO ，
因为三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
是直三棱柱，则
1
1
,
OO
AC OO
OB
^
^
.
因为
4
AB
AC
=
=
，底面ABC 的周长为12 ，所以
4
BC = ，所以OB
AC
^
，则
3
4
2 3
2
OB =
´
=
.
以O为原点，
1
,
,
OB OC OO 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，
又
1
1
,
3
AN
AA CC
CM
l
=
=
，则
2 3,0,0
B
，
0,2,2 ,
0, 2,6
M
N
l
-
，
则
2 3,2,2 ,
0, 4,6
2
BM
MN
l
= -
=
-
-
uuuur
uuuur
.
设平面BMN 的一个法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，则
0
m BM
m MN
×
=
×
=
ur
u
uuuur
uuuu
r
r
，
即
2 3
2
2
4
6
2
0
x
y
z
y
z
l
-
+
+
= -
+
-
= ，取
2 3
z =
，得
3
1,3 3
3,2 3
m
l
l
=
+
-
r
.
易得底面ABC 的一个法向量为
0,0,1
n =
r
，
则
2
2
2 3
cos
,
(3
1)
(3 3
3)
12
m n
m n
m n
l
l
×
=
=
=
+
+
-
+
r r
r r
r r
2
3
9
3
4
l
l
-
+
，
当
3
1
2 9
6
l
-
= -
=
´
时，
2
9
3
4
l
l
-
+ 取得最小值，则cos
,
m n
r r 取得最大值，且最大值为2 5
5 ，
所以平面BMN 与底面ABC 夹角的余弦值的最大值为2 5
5 .
题型06 立体几何的截面问题
1.【答案】（1）4
3
（2）3
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BC 的中点为G，
1
CC 中点为F ，连接
,
,
DG DF FG ，建立空间直角坐标系，利用空间向
量即可证明
1
1
,
A E
DG A E
DF
^
^
，进而得到
1A E ^ 平面DGF ，可得
DGF
△
即为过点D且与
1AE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
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，点E 是棱CD上的动点，
则E 到平面
1
1
1
A B D 的距离即为
1
2
DD =
,
则
1
1
1
1
1 1
1
1
1
1
1
1
1
4
2 2 2
3
3
2
3
E A B D
A
A
B
B
D
D
E
V
V
S
DD
-
-
=
=
×
×
=
´
´ ´ ´
=
V
.
（2）设BC 的中点为G，
1
CC 中点为F ，连接
,
,
DG DF FG ，
以A 为原点，以
1
,
,
AB AD AA 所在直线为,
,
x y z 轴建立空间直角坐标系，
则
1 0,0,2 ,
1,2,0 ,
2,1,0 ,
0,2,0 ,
2,2,1
A
E
G
D
F
，
所以
1
1,2, 2 ,
2, 1,0 ,
2,0,1
A E
DG
DF
=
-
=
-
=
uuur
uuur
uuur
，
则
1
1
0,
0
A E DG
A E DF
×
=
×
=
uuur uuur
uuur uuur
，即
1
1
,
A E
DG A E
DF
^
^
，
因为DG
DF
D
Ç
=
，
,
DG DF Ì平面DGF ，所以
1A E ^ 平面DGF ，
则
DGF
△
即为过点D且与
1AE垂直的平面截正方体的截面，
由正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的棱长为2，BC 的中点为G，
1
CC 中点为F ，
可得
2,
5
GF
GD
DF
=
=
=
，
在
DGF
△
中，
2
2
2
5
2
5
1
cos
2
2
5
2
10
DF
GF
GD
DFG
DF GF
+
-
+
-
Ð
=
=
=
×
´
´
，
则
2
3
sin
1 cos
10
DFG
DFG
Ð
=
-
Ð
=
，
所以
1
1
3
3
sin
5
2
2
2
2
10
DGF
S
DF GF
DFG
=
×
×
×
Ð
=
´
´
´
=
V
.
2．【答案】（1）9 3
5 13
22
3
+
+
（2）7 15
30
【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
1
1
D C 中点时，平面CEF ^平面
1A DT ，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
1
AA 于点G，连接GE；
步骤2：延长GF，
1
DD 交于点Q，连接CQ交
1
1
C D 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
APG
D
与
1A FG
D
相似，所以
1
1
1
2
AG
A F
AG
AP
=
=
，
又F 为
1
1
A D 中点，从而
1
D FQ
V
与
1A FG
△
全等．
又
1
D HQ
V
与
1
C HC
V
相似，所以
1
1
1
1
1
1
1
3
D H
QD
AG
HC
C C
A A
=
=
=
，
所以
2
2
2
2 2
2 3
CE =
+
=
，
2
2
4
2 13
2
3
3
GE
æ
ö
=
+
=
ç
÷
è
ø
，
2
2
2
22
2
3
3
GF
æ
ö
=
+
=
ç
÷
è
ø
，FH =
2
2
1
2
3
+
=
，
2
2
3
2
13
CH =
+
=
，
故所求截面多边形的周长为9 3
5 13
22
3
+
+
．
（2）当T 为线段
1
1
D C 中点时，平面CEF ^平面
1A DT ，理由如下：
易得
2
2
2
2
2
2
2
10
EF =
+
+
=
，
2
2
2
2
2 2
12
CE =
+
=
，
2
2
2
2
4
2
2
22
CF =
+
+
=
，故
2
EF +
2
2
CE
CF
=
，
所以EF
CE
^
．又
1AT
CE
∥
，故
1
EF
AT
^
．取CD 中点M，连接
1
D M ，TM，EM．
因为E，M 分别为AB，CD 中点，故
1
EM
FD
∥
，所以E，F，
1
D ，M 四点共面，易知四边形
1
DDTM
为正方形，故
1
DT
DM
^
．又
1
FD ^ 平面
1
1
DCC D ，DT Ì 平面
1
1
DCC D ，故
1
FD
DT
^
，
而
1
1
1
FD
D M
D
=
I
，故DT ^平面
1
EFD M ．因为EF Ì 平面
1
EFD M ，所以EF
DT
^
．又
1AT
DT
T
=
I
，
所以
^
EF
平面
1A DT ，而EF Ì 平面CEF，故平面CEF ^平面
1A DT ．
以D 为原点，DA
uuur ，DC
uuur ，
1
DD
uuuur
分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则
0,4,0
C
，
2 2,2,0
E
，
2,0,2
F
，
0,2,2
T
，则
0,2, 2
TC =
-
uuur
，
2, 2,0
TF =
-
uuur
．
设平面TCF 的法向量
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
，则
1
1
1
1
2
2
0
2
2
0
m TC
y
z
m TF
x
y
ì
×
=
-
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，可取
2,1,1
m =
r
．
又
2 2, 2,0
CE =
-
uuur
，
2,2, 2
EF =
-
uuur
，
设平面CEF 的法向量
2
2
2
,
,
n
x y z
=
r
，则
2
2
2
2
2
2
2
2
0
2 2
2
0
n FE
x
y
z
n CE
x
y
ì ×
=
+
-
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，可取
2,2 2,3 2
n =
r
．
则
2
2
2 2
3 2
7
7 15
cos
,
30
4
30
2 15
m n
m n
m n
´
+
+
×
=
=
=
=
´
r r
r r
r r
．
故平面TCF 与平面CEF 夹角的余弦值为7 15
30 ．
3．【答案】（1）
3
sin
2
DAE
Ð
=
（2）
30
6
（3）32 3
4 138
7
+
【分析】（1）设
DAE
BAH
q
Ð
= Ð
= ，由题意和余弦定理可得
2
2
1
1
cos
sin
q
q
=
+
，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
DAE
BAH
q
Ð
= Ð
= ，AB
AC
a
=
=
，AD
AE
b
=
= ，则
sin
BH
CH
a
DE
q
=
=
=
，
在
ADE
V
中，
2
2
2
2
2
2
2
2
sin
cos
cos
2
2
AD
AE
DE
b
a
DAE
AD AE
b
q
q
+
-
-
Ð
=
=
=
×
，
整理得
2
2
2
1
cos
a
b
q
=
+
，由题意得
1
sin
a
b
q
=
，则
2
2
1
1
cos
sin
q
q
=
+
，即
2
2(1
cos
)
(1
cos )
0
q
q
-
-
+
= ，
解得
1
cos
2
q =
，因此
3
sin
2
q =
，即
3
sin
2
DAE
Ð
=
．
（2）作DE 中点G，连接GH ，AH ，
因为H 为BC 中点，AB
AC
=
，
所以AH
BC
^
，
1
2 3
2
BH
CH
BC
DE
=
=
=
=
，
因为平面ABC ^ 平面BCED ，平面ABC I 平面BCED
BC
=
，AH Ì 平面ABC ，
所以AH ^ 平面BCED ，而DH ，GH ，EH Ì 平面BCED ，故AH
DH
^
，AH
GH
^
，AH
EH
^
，
因为BH
CH
DE
=
=
，BC
DE
∥
，
所以四边形BHED 、四边形HCED 都是平行四边形，
故BD
EH
=
，CE
DH
=
，而BD
CE
=
，所以DH
EH
=
，
又因为G为DE 中点，所以GH
DE
^
，在平面BCED 中也有GH
BC
^
，
由于
4
a =
，故
2
AH = ，
2 3
BH
CH
DE
=
=
=
，
1
3
2
DG
EG
DE
=
=
=
，
2 3
AD
AE
=
=
，
由勾股定理得：
2 2
DH
EH
=
=
，
5
GH =
，
故以H 为原点，HB
uuur ，HG
uuur ，HA
uuur 为x ，y ，z 轴，建立如图空间直角坐标系，
则(0,0,2)
A
，
(2 3,0,0)
B
，
( 2 3,0,0)
C -
，
( 3, 5,0)
D
，
(
3, 5,0)
E -
，
所以
( 2 3,0,2)
BA = -
uuur
，
(
3, 5,0)
BD = -
uuur
，
(2 3,0,2)
CA =
uuur
，
( 3, 5,0)
CE =
uuur
，
设平面ABD ，平面ACE ，平面a ，平面BCED 的法向量分别为
1
1
1
1
( ,
,
)
n
x y z
=
ur
，
2n
uur
，
3
3
3
3
(
,
,
)
n
x
y z
=
uur
，
则
1
1
0
0
n BA
n BD
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
ur uuur
ur uuur
，即
1
1
1
1
2 3
2
0
3
5
0
x
z
x
y
ì-
+
=
ïí
-
+
=
ïî
，取
1
5
x =
，则
1
( 5,
3, 15)
n =
ur
，
同理可得
2
(
5,
3, 15)
n = -
uur
，
因为平面a 同时垂直于平面ABD ，平面ACE ，所以
1
3
n
n
^
uur
uur ，
2
3
n
n
^
uur
uur
，
即
3
3
3
3
3
3
5
3
15
0
5
3
15
0
x
y
z
x
y
z
ì
+
+
=
ïí
-
+
+
=
ïî
，取
3
0
x = ，则
3
(0,
5, 1)
n =
-
uur
，
平面BCED 的法向量是
4n
uur
，则
4
(0,0,1)
n =
uur
，
设平面a 与平面BCED 的夹角为b ，则
3
4
3
4
|
|
1
6
| cos
|
6
|
| |
|
6
n
n
n
n
b
×
=
=
=
×
uur uur
uur
uur
，
故
30
sin
6
b =
，
因此平面a 与平面BCED 夹角的正弦值为
30
6 ．
（3）设F 是平面a 上一点，因为平面a 过点H ，则可以设
(1,0,0)
(0,1, 5)
HF
l
m
=
+
uuur
，
这是因为此时
3
0
HF n
×
=
uuur uur
，因此可设
( , , 5 )
F l m
m ，
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a 与四棱锥A
BCED
-
的公
共部分，
当
0
m = 时，F 在直线BC 上，
因此平面a 过直线BC ，故平面a 与平面ABC ，平面BCED 交于直线BC ，与棱AB ，AC 分别交
于B ，C ，
故只需讨论平面a 与棱AD ，AE 的交点：设平面a 与棱AD ，AE 的交点分别为M ，N ，
则设
( 3 , 5 ,2
2 )
HM
HA
sAD
s
s
s
=
+
=
-
uuuur
uuur
uuur
，0
1
s
£
£ ，
令
( , , 5 )
HM
l m
m
=
uuuur
，则
3
5
5
2
2
s
s
s
l
m
m
ì
=
ïï
=
í
ï
=
-
ïî
，解得
2 3
7
2 5
7
2
7
s
l
m
ì
=
ï
ï
ïï
=
í
ï
ï =
ï
ïî
，即
2 3 2 5 10
(
,
,
)
7
7
7
M
，
同理可得
2 3 2 5 10
(
,
,
)
7
7
7
N -
，
故平面a 与平面ABD 交于BM ，平面ACE 交于CN ，因此平面a 截四棱锥A
BCED
-
所得截面多边
形为四边形BMNC ，
故周长为
2 138
4 3
2 138
32 3
4 138
4 3
7
7
7
7
BM
MN
NC
CB
+
+
+
+
=
+
+
+
=
．
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）
2
3
.
【分析】（1）通过证明
^
AP
AB ，AP
AD
^
，得出AB ^平面PAD ，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, , ,
P B C D 在同一球面O 上，在平面xAy
中，得出点O 坐标，进而得出点O 在空间中的坐标，计算出OP
OB
OC
OD
=
=
=
，即可证明结论；
法二：作出
BCD
△
的边BC 和CD 的垂直平分线，找到三角形的外心
1
O ，求出
1
PO ，求出出外心
1
O 到P ，
B ，C ，D 的距离相等，得出外心
1
O 即为P ，B ，C ，D 所在球的球心，即可证明结论；
（ii）法一：写出直线AC 和PO 的方向向量，即可求出余弦值.
法二：求出AC 的长，过点O 作AC 的平行线，交BC 的延长线为
1
C ，连接
1
AC ，
1
PC ，利用勾股定理求出
1
AC
的长，进而得出
1
PC 的长，在
1
POC
△
中由余弦定理求出
1
cos
POC
Ð
，即可求出直线AC 与直线PO 所成角的
余弦值.
【详解】（1）由题意证明如下，在四棱锥P
ABCD
-
中，PA ⊥平面ABCD ，AB
AD
^
，
AB Ì 平面ABCD ，AD Ì 平面ABCD ，∴
^
AP
AB ，AP
AD
^
，
∵AP Ì 平面PAD ，AD Ì 平面PAD ，AP
AD
A
Ç
=
，∴AB ^平面PAD ，
∵AB Ì 平面PAB ，∴平面PAB ^ 平面PAD .
（2）（i）由题意及（1）证明如下，
法一： 在四棱锥P
ABCD
-
中，
^
AP
AB ，AP
AD
^
，AB
AD
^
，BC ∥AD ，
2
PA
AB
=
=
，
1
3
AD = +
，
建立空间直角坐标系如下图所示，
∴
0,0,0 ,
2,0,0 ,
2,2,0 ,
0,1
3,0 ,
0,0, 2
A
B
C
D
P
+
，
若P ，B ，C ，D 在同一个球面上，则OP
OB
OC
OD
=
=
=
，
在平面xAy 中，
∴
0,0 ,
2,0 ,
2,2 ,
0,1
3
A
B
C
D
+
，∴线段CD 中点坐标
2
3
3
,
2
2
F æ
ö
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
直线CD 的斜率：
1
1
3
2
3
1
0
2
2
k
+
-
-
=
= -
-
，
直线CD 的垂直平分线EF 斜率：
2
2
6
2
2
3
1
k
+
=
=
-
，
∴直线EF 的方程：
3
3
6
2
2
2
2
2
y
x
æ
ö
+
+
-
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，即
6
2
2
3
3
2
2
2
y
x
æ
ö
+
+
=
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
当
1
y = 时，
6
2
2
3
3
1
2
2
2
O
x
æ
ö
+
+
=
-
+
ç
÷
ç
÷
è
ø
，解得：
0
O
x =
，∴
0,1
O
在立体几何中，
0,1,0
O
，
∵
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
0
1
0
2
0
2
1
0
0
2
1 2
0
0
1 1
3
0
OP
OB
OC
OD
ì
=
+
+
-
ï
ï
ï
=
-
+
+
ïí
ï
=
-
+
-
+
ï
ï
ï
=
+
- -
+
î
解得：
3
OP
OB
OC
OD
=
=
=
=
，∴点O 在平面ABCD 上.
法二： ∵P ，B ，C ，D 在同一个球面上，∴球心到四个点的距离相等
在
BCD
△
中，到三角形三点距离相等的点是该三角形的外心，
作出BC 和CD 的垂直平分线，如下图所示，
由几何知识得，
1
2
O E
AB
=
=
，
1
1
1
1
2
BE
CE
AO
GO
BC
=
=
=
=
= ，
1
1
3
O D
AD
AO
=
-
=
2
2
1
1
1
2
3
BO
CO
=
=
+
=
，∴
1
1
1
O D
BO
CO
=
=
，∴点
1
O 是
BCD
△
的外心，
在Rt AOP
V
中，AP
AD
^
，
2
AP =
，
由勾股定理得，
2
2
2
2
1
1
2
1
3
PO
AP
AO
=
+
=
+
=
∴
1
1
1
1
3
PO
BO
CO
O D
=
=
=
=
，
∴点
1
O 即为点P ，B ，C ，D 所在球的球心O ，此时点O 在线段AD 上，AD Ì 平面ABCD ，
∴点O 在平面ABCD 上.
（ii）由题意，（1）（2）（ii）及图得，
2,2,0 ,
0,1,
2
AC
PO
=
=
-
uuur
uuur
，设直线AC 与直线PO 所成角为q ，
∴
2
2
2
2
0
2 1 0
2
cos
3
2
2
0
0 1
2
AC PO
AC PO
q
×
+ ´ +
=
=
=
+
+
´
+
+ -
uuur uuur
uuur uuur
.
法2：由几何知识得，
3
PO =
，AB
AD
^
，BC ∥AD ，∴AB
BC
^
，
在Rt
ABC
V
中，
2
AB =
，
2
BC =
，由勾股定理得，
2
2
2
2
2
2
6
AC
AB
BC
=
+
=
+
=
，
过点O 作AC 的平行线，交BC 的延长线为
1
C ，连接
1
AC ，
1
PC ，
则
1
6
OC
AC
=
=
，直线AC 与直线PO 所成角即为
1
POC
△
中
POC
Ð
1或其补角.
∵PA ^ 平面ABCD ，
1
AC Ì 平面ABCD ，
1
PA
AC
A
=
I
，∴
1
PA
AC
^
，
在Rt
1
ABC
V
中，
2
AB =
，
1
1
2 1
3
BC
BC
CC
=
+
=
+ =
，由勾股定理得，
2
2
2
2
1
1
2
3
11
AC
AB
BC
=
+
=
+
=
，在Rt
1
APC
V
中，
2
PA =
，由勾股定理得，
2
2
2
2
1
1
2
11
13
PC
PA
AC
=
+
=
+
=
，
在
1
POC
△
中，由余弦定理得，
2
2
2
1
1
1
1
2
cos
PC
PO
OC
PO OC
POC
=
+
-
×
Ð
，
即：
2
2
2
1
13
3
6
2 3
6 cos
POC
=
+
-
´
Ð
解得：
1
2
cos
3
POC
Ð
= -
∴直线AC 与直线PO 所成角的余弦值为：
1
2
cos
3
POC
Ð
=
.
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
；
20π
70
70
PE
AB
^
PE
CE
^
PE ^
ABC
, , ,
A B C P
( , , )
M x y z
R
PC
AM
4
AB =
3
BE
AE
=
1
AE =
3
BE =
PAE
V
2
2
2
2
2
1
3
10
AE
PE
PA
+
=
+
=
=
PE
AB
^
ABC
V
4
AB =
π
4
CAB
Ð
=
2 2
AC =
ACE
V
2
2
2
2
·
cos
CE
CA
AE
CA AE
CAE
=
+
-
Ð
1
AE =
2 2
AC =
2
cos
cos
2
CAE
CAB
Ð
=
Ð
=
2
2
8 1 2 2 2 1
5
2
CE =
+ - ´
´ ´
=
PCE
V
2
2
2
2
3
5
14
PE
CE
PC
+
=
+
=
=
PE
CE
^
AB
CE
E
Ç
=
,
AB CE Ì
ABC
PE ^
ABC
PE Ì
PAB
PAB ^
ABC
E 为
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
ì
=
+
+
+
=
ï
=
+
-
+
=
ïí
=
-
+
-
+
=
ï
ï
=
+
+
-
=
î
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
，
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
，
PC
AM
q
2,1, 3
PC =
-
uuur
0,2,1
AM =
uuuur
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
q
´ + ´
+ -
´
×
-
=
=
=
=
×
×
+
+ -
×
+
+
uuur uuuur
uuur
uuuur
PC
AM
70
70
2
2
,
BCD
ABC
V
V
E
BC
,
BC
AE BC
DE
^
^
AE
DE
E
=
I
,
AE DE Ì
AED
^
BC
AED
H
BCD
△
AH
AH
BCD
△
6 2
,
9 2,
3 2
ED
EH
DH
=
=
=
Rt AHD
V
2
2
12
AH
AD
DH
=
-
=
4
A BCD
O BCD
V
V
-
-
=
1
1
4
3
3
BCD
BCD
S
r
AH
S
×
=
´
×
V
V
3
4
AH
r =
=
OP ^
BCD
P
AH
ADP
Ð
6
AP =
H
H
BC
x
HD
y
AH
z
H
xyz
-
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；
（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
(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
= -
-
-
=
-
uuur
uuur
PAD
n
r
1,0,0
n =
r
PBD
, ,
m
x y z
=
r
6 2
6
0
3 6
3 2
6
0
m PD
y
z
m PB
x
y
z
ì
×
=
-
=
ïí
×
= -
-
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
1
y =
3 1
2
, ,
m = -
r
A
PD
B
-
-
的
q
2
cos
cos
,
2
n m
n m
n
m
q
×
=
=
=
×
r r
r r
r
r
2
2
sin
1 cos
2
q
q
=
-
=
A
PD
B
-
-
2
2
3
0, 5
é
ù
ê
ú
ë
û
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
-
-
q
1
2
1
2
cos
n n
n
n
q
×
=
×
ur uur
ur
uur
cosq
P
EF
B
-
-
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
，
，
，
，
，
，
，
，
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
，
BEF
QV
BEF
△
O
O
\
BEF
△
AB
Q
O
AB
EF
\
^
Q
ABCD
AD
AB
\
^
Q
ABCD
O
AB
ABCD
O
AD
\
^
O
EF Ì
Q
O
EF
DA
\
^
AB
DA
A
=
Q
I
,
AB AD Ì
ABCD
EF
\
^
ABCD
BEF
QV
O
1
OO ^
BEF
\
P
BEF
-
1
OO
M
M
R
MB
R
=
MP
R
=
4
AB =
Q
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
a
a
2 3,0,0
EF = -
uuur
2cos
3,2sin
1,4
EP
a
a
=
-
+
uuur
EFP
1
, ,
n
x y z
=
ur
0
0
n EF
n EP
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
2 3
0
2cos
3
2sin
1
4
0
x
x
y
z
a
a
ì-
=
ïí
-
+
+
+
=
ïî
0
4
2sin
1
x
y
z
a
ì =
ï
=
í
ï = -
+
î
1
0,4,
2sin
1
n
a
=
-
+
ur
2
1
16
2sin
1
n
a
=
+
+
ur
EFB
2
0,0,1
n =
uur
2
1
n =
uur
P
EF
B
-
-
q
1
2
2
1
2
2sin
1
cos
16
2sin
1
n n
n
n
a
q
a
+
×
=
=
×
+
+
ur uur
ur
uur
设
，
，
，
，
转化为
，
当
时，
，当
时，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
当
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
综上可知，
，
则二面角
的余弦值的取值范围为
.
2sin
1,
0,2π
t
a
a
=
+
Î
sin
1,1
a Î -
Q
2sin
1
1,3
a
\
+ Î -
1,3
t
\ Î -
1
2
2
1
2
2sin
1
cos
16
2sin
1
n n
n
n
a
q
a
+
×
\
=
=
×
+
+
ur uur
ur
uur
2
cos
16
t
t
q =
+
0
t =
cos
0
q =
0
3
t
< £
2
2
1
cos
16
16
1
t
t
t
q =
=
+
+
0
3
t
< £
Q
2
0
9
t
\ <
£
2
1
1
9
t
\
³
2
16
16
9
t
\
³
2
16
25
1
9
t
\
+ ³
2
16
5
1
3
t
\
+ ³
2
1
3
0
5
16
1
t
\ <
£
+
3
0
cos
5
q
\ <
£
1
0
t
- £ <
2
2
1
cos
16
16
1
t
t
t
q
-
=
=
+
+
1
0
t
- £ <
Q
2
0
1
t
\ <
£
2
1
1
t
\
³
2
16
16
t
\
³
2
16
1 17
t
\
+ ³
2
16
1
17
t
\
+ ³
2
1
17
0
17
16
1
t
\ <
£
+
17
0
cos
17
q
\ <
£
3
0
cos
5
q
£
£
P
EF
B
-
-
3
0, 5
é
ù
ê
ú
ë
û
5. 【答案】（1）
；
（2）
；
（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
，
2 3
tan
3
q =
21
42
[
,
]
7
7
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
OPÌ
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
=
=
uuur
uuur
ABE
( , , )
n
a b c
=
r
2
0
3
3
0
2
2
n AB
a
n AE
a
b
c
ì ×
=
=
ïïí
ï ×
=
+
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
2
c =
(0,
3,2)
n =
-
r
而平面
的一个法向量
，
设平面
与平面
的夹角为
，
则
|
|
3
3
cos
| cos
,
|
|
||
|
1
7
7
m n
m n
m n
q
×
=
<
> =
=
=
´
ur r
ur r
ur
r
，
2
sin
7
q =
，
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
【分析】（1）平面几何知识得到线线平行，进而得到线面平行；
PAB
(0,1,0)
m =
ur
PAB
ABE
q
PAB
ABE
2 3
tan
3
q =
(0, 2,0)
CB =
-
uuur
1,0, 3
BP = -
uuur
ABE
(0,
3,2)
n =
-
r
(
,0, 3 ),0
1
BF
tBP
t
t
t
=
= -
£ £
uuur
uuur
(
, 2, 3 )
CF
CB
BF
t
t
=
+
= - -
uuur
uuur
uuur
ABE
j
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
j
×
+
+
=
á
ñ =
=
=
×
+
-
+
+
+ ×
uuur r
uuur r
uuur
r
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
=
×
=
×
Î
-
+
-
+
+
+
+
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
（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
，
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
.
O
Q
PCD
n
r
Q
PQ
ABCD
+
=π.
ADC
DAB
Ð
Ð
//
AB CD
AB Ë
PCD
CD Ì
PCD
//
AB
PCD
O
CD
,
AB CD
,
E O
,
,
,
AO BO OE PE
π
2,
3
AD
OD
ADC
=
=
Ð
=
ADO
△
π
3
DAO
BAO
Ð
= Ð
=
2
AO
AB
=
=
ABO
V
2
BO =
2
PA
PB
=
=
PE
AB
^
PAB ^
ABCD
PAB Ç
ABCD
AB
=
PE Ì
PAB
PE ^
ABCD
OE Ì
ABCD
PE
OE
^
1,
3
PE
OE
=
=
2
PO =
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
= -
-
uuur
3,2, 1
PC =
-
uuur
0, 4,0
CD =
-
uuur
PCD
, ,
n
x y z
=
r
·
0
·
0
n PC
n CD
ì
=
ïí
=
ïî
uuur
r
uuur
r
3
2
0
4
0
x
y
z
y
ì
+
-
=
ïí
-
=
ïî
3
z =
1,
0
x
y
=
=
1,0, 3
n =
r
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
，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
，
OQ
PCD
q
2
2
8
3
sin
c
2
6
os
,
3
1
OQ n
m
OQ n
OQ n
m
m
q =
=
=
=
+
+
-
uuur r
uuur r
g
uuur r
2
3
m =
1
m = -
2 1
0,
,
3 3
Qæ
ö
ç
÷
è
ø
2 2
3
PQ =
32
27
//
PA QC
ABCD
N
AB
M
ON
x
=
1
tan
2
1
x
PMN
x
-
Ð
=
×
+
1
tan
2
1
x
QMN
x
+
Ð
=
×
-
PMQ
Ð
P
AB
Q
-
-
tan
tan(
)
3
PMQ
PMN
QMN
Ð
=
Ð
+ Ð
= -
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
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
，
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
；
PA Ë
QBC
QC Ì
QBC
//
PA
QBC
ABCD
N
AB
M
PM
QM
NA
NB
PA
PB
=
PM
AB
^
QM
AB
^
PMQ
Ð
P
AB
Q
-
-
NA
NB
=
NM
AB
^
PMN
Ð
P
AB
N
-
-
QMN
Ð
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
×
-
-
Ð
=
=
=
×
+
-
2
2 (1
)
1
tan
2
1
1
QN
x
x
QMN
MN
x
x
×
+
+
Ð
=
=
=
×
-
-
tan
tan
tan
tan(
)
1
tan
tan
PMN
QMN
PMQ
PMN
QMN
PMN
QMN
Ð
+
Ð
Ð
=
Ð
+ Ð
= -
Ð
×
Ð
1
1
1
1
1
1
tan
2
2
3
1 2
1
1
x
x
x
x
x
x
PMQ
x
x
-
+
+
æ
ö
-
+
+
-
Ð
=
×
= -
×
+
= -
ç
÷
ç
÷
-
+
-
è
ø
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
æ
ö
=
´
´
=
´ ´
=
ç
÷
è
ø
四边形
32
27
解法2 如图，记正方形
的中心为
，连接
，
，
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
.
ABCD
N
NA
NB
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
= +
是
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
=
ur
2
1
,0,1
AP
t
t
= -
-
-
uuur
2
0,
1
,1
BP
t
t
=
-
-
-
uuur
1
1
0
0
n
AP
n
BP
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
ur uuur
ur uuur
2
1
1
2
1
1
1
(1
)
0
1
(1
)
0
t x
t z
t y
t z
ì-
-
+
-
=
ïí
-
-
+
-
=
ïî
1
1
z
t
=
+
1
1
1
x
y
t
=
=
-
PAB
1
( 1
, 1
, 1
)
n
t
t
t
=
-
-
+
ur
QAB
2
2
2
2
,
,
n
x y z
=
uur
2
1
,0, (1
)
AQ
t
t
= -
-
-
+
uuur
2
0,
1
, (1
)
BQ
t
t
=
-
-
-
+
uuur
2
2
0
0
n
AQ
n
BQ
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uur uuur
uur uuur
2
2
2
2
2
2
1
(1
)
0
1
(1
)
0
t x
t z
t y
t z
ì-
-
-
+
=
ïí
-
-
-
+
=
ïî
2
1
z
t
=
-
2
2
1
x
y
t
=
= -
+
QAB
2
(
1
,
1
, 1
)
n
t
t
t
= -
+
-
+
-
uur
P
AB
Q
-
-
q
1
| cos
|
10
q =
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
3
3
10
9
n n
t
t
t
t
n
n
t
×
-
-
=
=
=
- ×
+
×
-
ur uur
ur
ur
1
3
t =
4
3
AB =
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
æ
ö
=
´
´
=
´ ´
=
ç
÷
è
ø
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
，
，
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
，
B
//
BH PQ
ABCD 的
N
NA
NB
BH ^
ABCD
BC
BA Ì
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
æ
ö
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
2
2
2
2
1
,
1
, 1
2
2
Q
t
t
t
æ
ö
-
-
- -
ç
÷
ç
÷
è
ø
PAB
1
1
1
1
,
,
n
x y z
=
ur
2
2
2
2
1
,
1
,1
2
2
BP
t
t
t
æ
ö
=
-
-
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
2
0,
2
1
,0
BA
t
=
×
-
uuur
1
1
0
0
n BP
n BA
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
ur uuur
ur uuur
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
ì
×
-
+
×
-
+
-
=
ïí
ï
×
-
=
î
1
1
z
t
=
+
1
2
1
x
t
= -
×
-
1
0
y =
PAB
1
(
2
1
,0, 1
)
n
t
t
= -
×
-
+
ur
QAB
2
2
2
2
,
,
n
x y z
=
uur
2
2
2
2
1
,
1
, 1
2
2
BQ
t
t
t
æ
ö
=
-
-
- -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
2
0,
2
1
,0
BA
t
=
×
-
uuur
2
2
0
0
n
BQ
n
BA
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uur uuur
uur uuur
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
ì
×
-
+
×
-
-
+
=
ïí
ï
×
-
=
î
2
1
z
t
=
-
2
2
1
x
t
=
×
+
2
0
y =
QAB
2
( 2
1
,0, 1
)
n
t
t
=
×
+
-
uur
设二面角
的平面角为
，由于
，
则
，则
，
则
，即内接八面体的体积为
.
P
AB
Q
-
-
q
1
| cos
|
10
q =
2
2
1
2
2
1
1
1
1
1
3
3
10
9
n n
t
t
t
t
n
n
t
×
-
-
=
=
=
- ×
+
×
-
ur uur
ur
ur
1
3
t =
2
1
1
4
32
2
3
3
3
27
ABCD
V
PQ
S
æ
ö
=
´
´
=
´ ´
=
ç
÷
è
ø
四边形
32
27
