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專題四　立體幾何
第一講　空間幾何體的表面積與體積、截面與交線
微專題1　空間幾何體的表面積和體積
保分題
1．解析：由題知，
粽子的體積V＝Sh＝×82×4＝64(cm3)，
根據ρ＝可得，
該粽子重量大約為1.8×64＝115.2(g)，
與C選項最為接近．故選C.
答案：C
2．解析：V棱臺＝(S上＋＋S下)h＝×(1＋＋4)×3＝7.故選B.
答案：B
3．解析：
圓錐的高為r，如圖，
由△SO1M∽△SOB可得：＝＝，
∴SO1＝SO，
∴OO1＝SO＝r，
圓柱側面積S1＝2π·r·r＝πr2，
圓錐側面積S2＝·2πr·2r＝2πr2，＝·＝.故選D.
答案：D
提分題
[例1]　解析：
(1)依題意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝，
圓錐的體積為×π×()2×1＝π，A選項正確；
圓錐的側面積為π××2＝2π，B選項錯誤；
設D是AC的中點，連接OD，PD，
則AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P AC O的平面角，
則∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，
故AD＝CD＝＝，則AC＝2，C選項正確；
PD＝＝，所以S△PAC＝×2＝2，D選項錯誤．故選AC.
(2) 解析：方法一　取BB1中點F，連結DF，EF，
則V四面體B B1ED＝V錐B1 DEF＋V錐B DEF
＝B1F·S△DEF＋BF·S△DEF
＝BB1·S△DEF＝a·×()2＝a3.
方法二　取BB1中點F，連結DF，EF，
則V四面體B B1DE＝2V錐B1 DEF＝2··V錐B1 ABC
＝2×a3＝a3.
方法三　設A、D兩點到平面BCC1B1的距離分別為h、h′，則h′＝h＝a.
V錐D BB1E＝h′·S△BB1E＝h′×S正方形BB1C1C
＝a×a2＝a3.
答案：AC　(2)a3
[鞏固訓練1]　
(1) 解析：在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB中點C，連接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如圖，
∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面積為，得×3×PC＝，
解得PC＝，
于是PO＝＝ ＝，
所以圓錐的體積V＝π×OA2×PO＝π×()2×＝π.故選B.
(2) 解析：不妨令AB＝BC＝CA＝AA1＝4，且上下底面是等邊三角形，
又AA1⊥底面ABC，易知ABC A1B1C1為直三棱柱，即側面為矩形，
所以三棱柱ABC A1B1C1體積V＝AA1·S△ABC＝4××42×＝16，
而AD＝1，CC1＝4，故S四邊形ACC1D＝AC·(AD＋CC1)＝10，
所以VB ACC1D＝×2×10＝，故VC1 A1B1BD＝V－VB ACC1D＝，
所以＝.
故選D.
答案：B　
答案：D
微專題2　與球有關的切、接問題
保分題
1．解析：設正四面體的棱長為a，則根據題意可得：a2×4＝8，解得a＝2；
該正四面體的外接球與棱長為2的正方體的外接球的半徑相等，
又正方體的外接球半徑為，故該正四面體外接球的表面積S＝4π×()2＝12π.故選B.
答案：B
2．
解析：設圓錐的母線長為l，底面半徑為r，由題意可得l＝4，由2πr＝4π，所以r＝2.
因為l＝2r，圓錐的軸截面是邊長為4的等邊三角形，
該等邊三角形(如圖)的內切圓半徑為圓錐內切球半徑R，
而等邊三角形的邊長為4，故R＝＝，故S＝4πR2＝π.故選C.
答案：C
3．
解析：設該正方體的棱長為a，設四面體M ABD的外接球的半徑為R，
∵πR3＝36π，∴R＝3.
如圖，取BD的中點H，可得H是下底面ABCD的中心，設四面體M ABD的外接球的球心為O，
在正方體ABCD A1B1C1D1中，
∴MH⊥平面ABCD，即MH⊥平面ABD，
則點O在MH上，
連接OA，
∵MH＝a，OH＝MH－R＝a－3.
∵AH＝a，OA＝R＝3，OA2＝AH2＋OH2，
∴32＝(a)2＋(a－3)2，
∵a>0，∴a＝4，即正方體棱長為4.
答案：4
提分題
[例2]　 (1) 解析：設該正三棱柱棱長為x，底面三角形的外接圓半徑為r，則sin 60°·x2·x＝16，∴x＝4，則底面三角形的外接圓的半徑為r＝x×＝.
設三棱柱的外接球O半徑為R，則R2＝r2＋()2＝＋4＝，S表＝4πR2＝4π×＝.故選D.
(2) 解析：設正四棱臺上下底面所在圓面的半徑分別為r1，r2，連接AC，如圖，過A1作AC的垂線垂足為E，過C1作AC的垂線垂足為F，
因為正四棱臺的高為1，下底面邊長為2，側棱與底面所成的角為45°，
可得AE＝CF，EF＝A1C1＝2，即r1＝1，r2＝2，
設球心到上下底面的距離分別為d1，d2，球的半徑為R，
可得d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，
即||＝1或＝1，解得R2＝5，符合題意，
所以球的體積為V＝πR3＝π.故選B.
答案：D　
答案：B
[鞏固訓練2]　
(1) 解析：如圖，設AC＝m，因為AB＝2，所以BC＝＝，
繞直角邊AC所在直線旋轉一周形成一個幾何體為圓錐，設圓錐外接球的半徑為R，
所以4πR2＝，解得R＝，
設外接球的球心為O，則球心在直線AC上，所以4－m2＋(m－)2＝，解得m＝.故選D.
(2) 解析：因為直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，且它有外接球，所以其底面是正方形，
設直四棱柱ABCD A1B1C1D1底面邊長為a，側棱長為h，
則其側面積為4ah＝8，故ah＝2，
又該直四棱柱的外接球的半徑R＝，
所以其外接球的表面積S＝4πR2＝π(2a2＋h2)≥π·2ah＝8π，
當且僅當a＝h，即a＝，h＝2時等號成立，
故其外接球的表面積的最小值為8π.
答案：D　(2)8π
微專題3　立體幾何中的截面與交線問題
保分題
1．解析：如圖，取BC的中點F，連接EF，AF，BC1，
E、F分別為棱CC1、BC的中點，則EF∥BC1，正方體中BC1∥AD1，則有EF∥AD1，所以平面AFED1為所求截面，
因為正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2，所以EF＝，D1E＝AF＝＝，AD1＝2，所以四邊形AFED1的周長為3＋2.故選A.
答案：A
2．
解析：如圖，取BC，B1C1的中點為H，Q，連接BQ，C1H ，則AM∥BQ∥C1H，且AM＝BQ＝C1H，
在平面BB1C1C中，過點N作NP∥C1H交BC于P，則NP 為平面AMN與側面BB1C1C的交線，且NP∶C1H＝2∶3，
由于C1H＝
.故選C.
答案：C
3.
解析：如圖，
取CD，B1C1，A1B1的中點分別為E，F，G，
則點Q的軌跡圍成圖形為正六邊形PENFGM，
且邊長為面對角線的一半，即，
所以點Q的軌跡圍成圖形的面積為6×× ＝3.
答案：3
提分題
[例3]　 (1) 解析：當0<λ<時，如圖1所示，Ω是四邊形，故A正確；
當λ＝時，如圖2所示，Ω是等腰梯形，故B正確；
當<λ<1時，如圖3所示，Ω是五邊形，故C錯誤；
當λ＝1時，Q與C1重合，取A1D1的中點F，連接AF，如圖4，由正方體的性質易知，PC1∥BM∥AF，且PC1＝AF，截面Ω為APC1F為菱形，其面積為AC1·PF＝，故D正確．故選ABD.
　　
　　
(2)
解析：如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1為正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分別取B1C1，BB1，CC1的中點M，G，H，連接D1M，D1G，D1H，則易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由題意知G，H分別是BB1，CC1與球面的交點．在側面BCC1B1內任取一點P，使MP＝，連接D1P，則D1P＝＝＝，連接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M為圓心，為半徑的圓弧GH為球面與側面BCC1B1的交線．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的長為×2π×＝.
答案：ABD　(2)
[鞏固訓練3]　 (1) 解析：如圖所示，最大面積的截面四邊形為等腰梯形MNCA，
其中MN＝，AC＝2，AM＝CN＝，高為h＝ ＝，故面積為×(＋2)×＝.故選D.
(2)
解析：如圖，取AB，AA1，A1B1，BB1的中點分別為F，E，H，G，N為四邊形ABB1A1的中心，
連接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，
因為AB＝AA1＝4，故四邊形ABB1A1為正方形，G，N，E三點共線，H，N，F三點共線，
MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2，
因為M為CC1的中點，所以MN＝CF＝4sin 60°＝2，
由勾股定理得MH＝MG＝ME＝MF＝＝4，
所以題中所求交線軌跡為以N為圓心，2為半徑的圓，
球與側面ABB1A1的交線軌跡如圖所示，故交線長l＝2×π×2＝4π.故選C.
答案：D　
答案：C
第二講　空間位置關系、空間角與空間距離
微專題1　空間位置關系
保分題
1．解析：在EF上任意取一點M，直線A1D1與點M確定一個平面，
這個平面與DC有且僅有1個交點H，
當點M取不同的位置就確定不同的平面，從而與DC有不同的交點H，
而直線MH與這3條異面直線都有交點，故在空間中與三條直線A1D1、EF、DC都相交的直線有無數條．故選D.
答案：D
2．解析：若“直線a∥平面β”成立，設l β，且l∥a，又a⊥平面α，所以l⊥平面α，又l β，所以“平面α⊥平面β”成立；
若“平面α⊥平面β”成立，且直線a⊥平面α，可推出a∥平面β或a 平面β，
所以“直線a∥平面β”不一定成立．
綜上，“直線a∥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要條件．故選A.
答案：A
3．解析：若m∥n，n α，則m∥α或m α，A錯誤；
若m α，α＝n，m⊥n，α與β不一定垂直，因此m⊥β不正確，B錯誤；
由面面垂直的判定定理知C正確；
若α⊥β，m⊥α，則m∥β或m β，D錯誤．故選C.
答案：C
提分題
[例1] (1) 　解析：如圖所示，滿足命題條件，但不一定滿足α⊥β，故A錯誤；
當m∥n∥l，α＝l時，都滿足m∥β，n∥β，但推不出α∥β，故B錯誤；
存在l α特殊情況，故C錯誤；
因為m β，n β，m∥n，所以m∥β，又m α，α＝l，所以m∥l.故選D.
(2) 　解析：如圖，過點N作NE⊥BC，垂足為E，連接DE，
當M，N高度一樣，即MD＝NE時，一定有DD1⊥MN，理由如下：
在正方體ABCD A1B1C1D1中，NE∥CC1∥MD，
所以四邊形MDEN為平行四邊形，
所以MN∥DE，
因為DD1⊥平面ABCD，且DE 平面ABCD，
所以DD1⊥DE，即DD1⊥MN.
所以當M，N高度一樣，即MD＝NE時，一定有DD1⊥MN，
此時滿足條件的直線MN有無數條．故選D.
答案：D　
答案：D
[鞏固訓練1]　 (1) 解析：如圖，
連接AE1，則BD1∥AE1，因為AB∥A1B1，且AB⊥AE，AB⊥AA1，AE＝A，所以AB⊥平面AA1E，且A1E 平面AA1E，AE1 平面AA1E，所以AB⊥A1E，AB⊥AE1，所以A1B1⊥A1E，A1B1⊥AE，又BD1∥AE1，所以A1B1⊥BD1.若A1B1⊥E1F，則D1E1⊥E1F，且D1E1⊥EE1，則D1E1⊥平面EE1F1F，顯然不成立，所以A1B1不垂直于E1F.故選D.
(2)
解析：如圖，在正方體ABCD A1B1C1D1中，易知BD⊥AC.又E，F分別為AB，BC的中點，所以EF∥AC，所以BD⊥EF.由正方體的性質，知DD1⊥平面ABCD.又EF 平面ABCD，所以DD1⊥EF.因為BD＝D，所以EF⊥平面BDD1.因為EF 平面B1EF，所以平面B1EF⊥平面BDD1，A正確．假設平面B1EF⊥平面A1BD.因為平面B1EF⊥平面BDD1，且平面A1BD∩平面BDD1＝BD，所以BD⊥平面B1EF.在正方體ABCD A1B1C1D1中，顯然BD與平面B1EF不垂直，B錯誤．設A1A與B1E的延長線相交于點P，所以平面B1EF與平面A1AC不平行，C錯誤．連接AB1，B1C，易證平面ACB1∥平面A1C1D.因為平面ACB1與平面B1EF相交，所以平面B1EF與平面A1C1D不可能平行，D錯誤．故選A.
答案：D　
答案：A
微專題2　空間角
保分題
1．解析：正方體中，A1B∥D1C，所以A1D與A1B所成的角即異面直線A1D與D1C所成的角，
因為△A1BD為正三角形，所以A1D與A1B所成的角為，
所以異面直線A1D與D1C所成的角為.故選C.
答案：C
2．
解析：設AC＝O，連接OF，以O為原點，OB，OC，OF所在直線分別為x軸、y軸、z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，設PA＝AD＝AC＝1，則BD＝，∴B(，0，0)，F(0，0，)，C(0，，0)，D(－，0，0)，∴＝(0，，0 )，且為平面BDF的一個法向量．由＝(－，0)，＝(，0，－)，可得平面BCF的一個法向量為n＝(1，)，∴cos 〈n，〉＝，sin 〈n，〉＝，∴tan 〈n，〉＝.故選D.
答案：D
3．
解析：如圖所示，在正四棱臺ABCD A1B1C1D1中，O，O1分別是上下底面的中心，過點A1作A1E⊥AC，垂足為E，由于A1E∥OO1，所以A1E⊥底面ABCD.
所以該四棱臺側棱與底面成角為∠A1AE.
由題得C1A1＝22，CA＝40，∴AE＝＝9.
所以cos ∠A1AE＝＝，所以該四棱臺側棱與底面所成角的余弦值為.
答案：
提分題
[例2] (1) 　解析：如圖，設正△ABC的中心為O，有OA＝OB＝OC，而PO⊥平面ABC，則PA＝PB＝PC，
延長CO交AB于點D，則點D為AB的中點，有PD⊥AB，CD⊥AB，
即∠PDC為二面角P AB C的平面角，由AB＝2，得OC＝2OD＝2，顯然三棱錐P ABC為正三棱錐，其外接球的球心M在線段PO上，由三棱錐P ABC的外接球的表面積為18π，則該球半徑MC＝，由MC2＝MO2＋OC2，解得MO＝，PO＝2，PD＝3，所以cos ∠PDC＝＝，所以二面角P AB C的平面角的余弦值為.故選B.
(2) 　解析：A＝，AB＝，AD＝1，由余弦定理，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos A＝()2＋12－2××1×cos ＝1，
則BD＝AD＝1，∠DBA＝∠A＝，∠ADB＝，
平面A′BD⊥平面BCD，∠A′DB＝∠ADB＝，DC＝AB＝，A′D＝AD＝BD＝1，
以D為原點，DB所在直線為y軸，平面ABD內垂直于DB的直線為x軸，垂直于平面ABD的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則D(0，0，0)，A(，－，0)，B(0，1，0)，C(－，0)，A′(0，－)，M(－)，
＝(0，－)，＝(0，1，0)，＝(－)，
設平面BDM的一個法向量為n＝(x，y，z)，則有，
令x＝1，有y＝0，z＝1，即n＝(1，0，1)，
cos 〈n，〉＝＝＝，
所以直線A′D與平面BDM所成角的正弦值為.故選A.
答案：B　
答案：A
[鞏固訓練2]　
(1) 解析：以D為坐標原點，分別以方向為x，y，z軸建立空間坐標系如圖：
設AD＝2，則M(1，2，0)，G(0，2，2)，E(2，0，2)，A(2，0，0)，
則＝(2，－2，0)，＝(－1，0，2)，
設平面EGM的法向量為n＝(x，y，z)，
則，即，令x＝2，得n＝(2，2，1)．
＝(0，0，2)，＝(－2，2，0)，設m＝(a，b，c)是平面AEG的一個法向量，則，即，令a＝1則m＝(1，1，0)．
則cos 〈m，n〉＝＝＝＝.
二面角A EG M的余弦值為.故選B.
(2)
解析：如圖所示，取AB的中點為M，連接CM，DM，則CM⊥AB，DM⊥AB，又CM，DM 平面CMD，CM＝M，于是AB⊥平面CMD，∠CMD即為二面角C－AB－D的平面角，于是∠CMD＝150°.設AB＝2，則CM＝1，MD＝，在△CMD中，由余弦定理可得CD＝＝.延長CM，過點D作CM的垂線，設垂足為H，則∠HMD＝30°，DH＝DM＝，MH＝DM＝，所以CH＝1＋＝.因為DH 平面CMD，則AB⊥DH，又DH⊥CM，AB，CM 平面ABC，AB＝M，所以DH⊥平面ABC，∠DCM即為直線CD與平面ABC所成角，于是在Rt△DCH中，tan ∠DCM＝＝.故選C.
答案：B　
答案：C
微專題3　空間距離
保分題
1．解析：因為A1B1∥EF，所以A1B1∥平面D1EF，所以點G到平面D1EF的距離就是直線A1B1到平面D1EF的距離，即點A1到平面D1EF的距離，點A1引直線D1E的垂線，垂足為點M，A1M就是所求距離，在直角三角形A1ED1中，A1D1＝1，A1E＝，D1E＝，所以1×＝×A1M A1M＝.故選B.
答案：B
2．解析：四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，即OA，OB，OC兩兩垂直，
以點O為原點，以射線OA，OB，OC的正方向分別為x，y，z軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，
因為OA＝1，OB＝2，OC＝3，OC＝3OD，則A(1，0，0)，D(0，0，1)，G(，1)，
于是＝(－，1)，＝(－1，0，1)，||＝＝·＝－×(－1)＋1＝，
所以點G到直線AD的距離d＝＝＝.故選A.
答案：A
提分題
[例3]　 (1)
解析：設A到平面PBD的距離為h，則三棱錐P ABD的體積為：
×S△ABD×PA＝×S△PBD×h，即有×2×2×1＝×2×h，
∴h＝.故選B.
(2)
解析：以D為原點，分別以DA，DC，DF所在直線為x軸，y軸，z軸建立如圖所示空間直角坐標系D xyz，
則D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，4，0)，C(0，4，0)，E(2，4，1)，C1(0，4，3)，
＝(－2，4，3)，＝(0，4，1)．
設平面AEC1F的法向量n＝(x，y，z)，
由，得，
令z＝1，∴，
所以n＝(1，－，1)．又＝(0，0，3)，
∴點C到平面AEC1F的距離d＝＝.故選C.
答案：B　
答案：C
[鞏固訓練3]　 (1) 解析：取AB的中點O，連接OC和OC1，根據二面角的定義，∠COC1＝60°，OC＝，所以CC1＝，OC1＝，根據等體積轉化＝VC1 ABC，即×1×＝×1××h，解得：h＝，就是點C到平面C1AB的距離．故選D.
(2) 解析：正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2，點P為線段BC1上的動點，
以D為坐標原點，DA、DC、DD1所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，
則A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，設P(2－t，2，t)，(0≤t≤2)，＝(－t，0，t)，＝(－2，2，0)，＝(0，2，0)，設異面直線的公共法向量為n＝(x，y，z)，則，取x＝1，得n＝(1，1，1)，∴點P到直線AC的距離為：d＝＝＝，點P到直線AC的距離的最小值為.故選C.
答案：D　
答案：C
第三講　空間向量與立體幾何
微專題1　線面角
保分題
1． (1) 解析：證明：如圖，作CF⊥AD，垂足為F，易證，四邊形ABCF為正方形．
所以CF＝AF＝DF＝1，CD＝＝.
又AC＝＝，
因為AC2＋CD2＝AD2，所以AC⊥CD.
因為PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，所以PA⊥CD.
又AC＝A，AC 平面PAC，PA 平面PAC，所以CD⊥平面PAC.
(2) 解析：以點A為坐標原點，以AB，AD，AP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，E()．
則＝(0，2，0)，＝(0，2，－1)，＝()．設平面AED的法向量為n＝(x，y，z)，由，得，令z＝1，可得平面AED的一個法向量為n＝(－1，0，1)．
設PD與平面AED所成角為θ，則sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝.
2． (1) 解析：證明：如圖，設AC與BD交于點O，連接OG，OE.
因為O，G分別為BD，BC的中點，所以OG∥AB，OG＝AB＝2.
因為EF＝2＝AB，EF∥CD∥AB，所以四邊形EFGO為平行四邊形，
所以OE∥FG，又FG⊥平面ABCD，所以OE⊥平面ABCD.
因為AC 平面ABCD，所以OE⊥AC，又四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD.
因為OE＝O，OE，BD 平面BED，所以AC⊥平面BED，又AC 平面ACE，故平面ACE⊥平面BED.
(2) 解析：因為FG⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
所以FG⊥BC，
所以FG＝＝2，所以OE＝2.
如圖，以點O為坐標原點，以直線OA為x軸，直線OB為y軸，直線OE為z軸建立空間直角坐標系，則A(2，0，0)，E(0，0，2)，B(0，2，0)，D(0，－2，0)，所以＝(－2，0，2)，＝(－2，2，0)，＝(0，－4，0)．
設平面ABFE的法向量為v＝(x，y，z)，則，即，令x＝1，可得v＝(1，，1)．
設直線BD與平面ABFE所成的角為θ，所以sin θ＝|cos 〈，v〉|＝＝＝，
故直線BD與平面ABFE所成的角的正弦值為.
提分題
[例1]　 (1) 解析：證明：如圖，取FD的中點G，連接GM，AG，
因為M是EF的中點，所以GM∥DE，GM＝DE，
因為三棱臺ABC DEF中，DE∥AB，DE＝AB，AB＝4AN，
所以GM∥AN，GM＝AN，即四邊形ANMG為平行四邊形，所以MN∥GA，
因為MN 平面ADFC，GA 平面ADFC，所以MN∥平面ADFC，
因為MN 平面DMN，平面DMN∩平面ADFC＝l，所以MN∥l.
(2) 解析：因為平面CBEF⊥平面ABC，所以過點F作FO⊥CB于點O，則FO⊥平面ABC，又由題意知CB＝2FE，AC＝CF＝FE＝EB，所以CO＝CF＝AC，
因為△ABC中，AC＝CB，AC⊥AB，所以∠ACB＝60°，
連接AO，在△ACO中由余弦定理得
OA2＝CO2＋AC2－2CO·AC cos 60°＝AC2，
所以CO2＋OA2＝AC2，得OA⊥CO.
所以以O為原點，以OA，OB，OF所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
令AC＝2，則O(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，3，0)，C(0，－1，0)，F(0，0，)，M(0，1，)，＝(，1，0)，＝(－，3，0)，＝＝()，＝(－，0)，＝＝(，－)，設平面DMN的法向量為n＝(x，y，z)，則得令x＝2，則y＝2，z＝1，所以平面DMN的一個法向量n＝(2，2，1)，設直線AB與平面DMN所成的角為θ，
則sin θ＝＝＝.
所以直線AB與平面DMN所成角的正弦值為.
[例2]　 (1) 解析：證明： 如圖，
連接PE，BD，EC，EC交BD于點G.
因為E為AB的中點，PA＝PB，所以PE⊥AB.
因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，
PE 平面PAB，
所以PE⊥平面ABCD.
因為BD 平面ABCD，所以PE⊥BD.
因為△ABD≌△BCE，
所以∠CEB＝∠ADB，所以∠CEB＋∠ABD＝90°，
所以BD⊥EC.
因為PE＝E，PE，EC 平面PEC，
所以BD⊥平面PEC.
因為EF 平面PEC，
所以BD⊥EF.
(2) 解析：如圖，取DC的中點H，分別以EB，EH，EP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系：
設AB＝2，則BC＝2，
AD＝1，PA＝PB＝，
則P(0，0，1)，C(1，2，0)，D(－1，1，0)，E(0，0，0)，
設F(x，y，z)，＝λ(0<λ<1)，
所以(x，y，z－1)＝λ(1，2，－1)，
所以x＝λ，y＝2λ，z＝1－λ，即F(λ，2λ，1－λ)．
＝(2，1，0)，＝(1，2，－1)，＝(λ，2λ，1－λ)，
設平面PCD的法向量為m＝(a，b，c)，則
，即，取m＝(1，－2，－3)，
則|cos 〈m，〉|＝＝＝，
整理得6λ2－2λ＝0，
因為0<λ<1，所以λ＝，即＝，
所以當PF＝PC時，EF與平面PCD所成角的正弦值為.
[鞏固訓練1]　 (1) 解析：證明：因為點E在圓O上，所以AE⊥BE，
而矩形ABCD是圓柱OO1的軸截面，
則有AD⊥平面ABE，又BE 平面ABE，即有AD⊥BE，
又AE＝A，AE，AD 平面ADE，于是得BE⊥平面ADE，
又因為AF 平面ADE，所以AF⊥BE.
當λ＝時，點F是DE的中點，又AD＝AE，則有AF⊥DE，
因為DE＝E，DE，BE 平面BDE，
所以AF⊥平面BDE，又AF 平面OAF，
所以平面OAF⊥平面BDE.
(2) 解析：在底面內過O作Ox⊥AB，則兩兩垂直，
所以以O為原點分別為x，y，z軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．
又因為AE＝3，∠ABE＝60°，∠AEB＝90°，
所以AB＝2，BE＝，
則O(0，0，0)，A(0，－，0)，
D(0，－，3)，E(，0)．
＝＝＋λ＝(，0)＋λ(－，－，3)＝(－λ＋，－λ＋，3λ)，
設平面ODE的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令z＝1得x＝－1，y＝， 即n＝(－1，，1)，設直線AF與平面ODE所成的角為θ，
則sin θ＝|cos 〈n，〉|＝＝＝，解得λ＝.
即當λ＝時，直線AF與平面ODE所成角的正弦值為.
微專題2　二面角
保分題
1． (1) 解析：證明：因為PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，同理PA⊥AB，
所以△PAB為直角三角形．
又因為PB＝＝，BC＝1，PC＝，
所以PB2＋BC2＝PC2，則△PBC為直角三角形，故BC⊥PB，
又因為BC⊥PA，PA＝P，
所以BC⊥平面PAB.
(2) 解析：由(1)知BC⊥平面PAB，又AB 平面PAB，則BC⊥AB.
以A為原點，AB為x軸，過A且與BC平行的直線為y軸，AP為z軸，建立空間直角坐標系，如圖，
則A(0，0，0)，P(0，0，1)，C(1，1，0)，B(1，0，0)，
所以＝(0，0，1)，＝(1，1，0)，＝(0，1，0)，
＝(1，1，－1)．
設平面PAC的法向量為m＝(x1，y1，z1)，則，即
令x1＝1，則y1＝－1，所以m＝(1，－1，0)，
設平面PBC的法向量為n＝(x2，y2，z2)，則，即，
令x2＝1，則z2＝1，所以n＝(1，0，1)，
所以cos 〈m，n〉＝＝＝.
又因為二面角A PC B為銳二面角，
所以二面角A PC B的大小為.
2． (1) 解析：方法一　依題意，得＝＝＋＋＝，
所以B2C2∥A2D2.
方法二　以點C為坐標原點，CD，CB，CC1所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則B2(0，2，2)，C2(0，0，3)，A2(2，2，1)，D2(2，0，2)，
所以＝(0，－2，1)，
＝(0，－2，1)，
所以＝，所以B2C2∥A2D2.
(2) 解析：建立空間直角坐標系，建系方法同(1)中方法二，設BP＝n(0≤n≤4)，則P(0，2，n)，
所以＝＝(0，－2，3－n)．
設平面PA2C2的法向量為a＝(x1，y1，z1)，
所以，則，
令x1＝n－1，得a＝(n－1，3－n，2)．
設平面A2C2D2的法向量為b＝(x2，y2，z2)，
由(1)方法二知＝＝(0，－2，1)，
所以，
則，
令y2＝1，得b＝(1，1，2)．
所以|cos 150°|＝|cos 〈a，b〉|＝＝，
整理得n2－4n＋3＝0，解得n＝1或n＝3，
所以BP＝1或BP＝3，
所以B2P＝1.
提分題
[例3]　 (1) 解析：證明：設BD交OC于點M，
∵底面ABCD為矩形，
∴在Rt△ABD中，BD＝＝＝.
∵O為AB的中點，∴OB＝AB＝1.
在Rt△OBC中，OC＝＝＝，
∵OB∥CD，OB＝CD，∴＝＝，
∴BM＝BD＝，∴OM＝OC＝.
∵OB＝1，∴BM2＋OM2＝OB2，∴BM⊥OM，即BD⊥OC，
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB為等邊三角形．
∵O為AB的中點，∴SO⊥AB.
∵平面ABCD⊥平面SAB，SO 平面SAO，平面ABCD∩平面SAB＝AB，SO⊥AB.
∴SO⊥平面ABCD，
∵BD 平面ABCD，∴SO⊥BD，即BD⊥SO，
又∵BD⊥OC，SO＝O，SO，OC 平面SOC，
∴BD⊥平面SOC.
(2) 解析：設＝λ，λ∈[0，1],
∵底面ABCD為矩形，∴AD⊥AB，
∵平面ABCD⊥平面SAB，平面ABCD∩平面SAB＝AB，AD⊥AB，
∴AD⊥平面SAB.
以O為坐標原點，過點O作平行于AD的直線為z軸，以OB和OS所在直線分別為x軸和y軸，建立如圖所示的空間直角坐標系O xyz；
∵SA＝SB＝AB＝2，∴△SAB為等邊三角形．
∵O為AB的中點，
∴OB＝AB＝1，SO＝＝＝，
S(0，，0)，C(1，0，)，D(－1，0，)，A(－1，0，0)，B(1，0，0)，
＝(－1，－)，＝(2，0，0)，＝(2，0，0)，＝(1，，0)，
∴＝λ＝λ(－1，－)＝(－λ，－λ，λ)，
∴＝＝(1，，0)＋(－λ，－λ，λ)＝(1－λ，，λ)，
設平面SCD的法向量為m＝(x1，y1，z1)，
，即，令y1＝，∴m＝(0，)．
設平面ABE的法向量為n＝(x2，y2，z2)，
由，可得，
令y2＝λ，∴x2＝0，y2＝λ，z2＝λ－，
∴n＝(0，λ，λ－)．
∵平面ABE與平面SCD夾角的余弦值為，
∴|cos 〈m，n〉|＝＝＝，
整理得20λ2－24λ＋7＝0，∴λ＝或λ＝，均符合λ∈[0，1]，
∴＝或＝，
∴側棱SD上存在點E，使得平面ABE與平面SCD夾角的余弦值為，
＝或＝.
[例4]　 (1) 解析：由已知，△ADC為等腰直角三角形，E為AC的中點，可得DE⊥AC，
△ABC中，AC＝2，AB＝2，∠BAC＝45°，所以由余弦定理得BC＝＝2，
因為AC2＋BC2＝AB2，所以AC⊥BC，
又因為AD⊥BC，AC＝A，AD，AC 平面ADC，所以BC⊥平面ADC，
又DE 平面ADC，所以BC⊥DE，又DE⊥AC，AC＝C，AC，AB 平面ABC，所以DE⊥平面ABC.
(2) 解析：如圖過C點作平面ABC的垂線CP，以C為原點，
分別以為x，y，z軸建立空間直角坐標系C xyz，
則C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，2，0)，E(1，0，0)，
設D(1，a，)，其中－1則＝(1，a－2，)，＝(2，0，0)，
＝(1，a，)，
設平面ACD的一個法向量為n＝(x，y，z)，
則即
可得n＝(0，，－a)，
由題意|cos 〈n，〉|＝＝sin 60°＝，解得a＝或a＝，
易知平面ABC的一個法向量為m＝(0，0，1)，
當a＝時，n＝(0，，－)，cos 〈n，m〉＝＝－，
由圖可知二面角D AC B為銳角，故二面角D AC B的余弦值為，
當a＝時，n＝(0，，－)，cos 〈n，m〉＝＝－，
由圖可知二面角D AC B為銳角，所以二面角D AC B的余弦值為，
綜上，二面角D AC B的余弦值為或.
[鞏固訓練2]　 (1) 解析：在三棱臺ABC A1B1C1中，取B1C1的中點O1，連接A1O1，
因為AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，則A1B1＝A1C1＝2，∠B1A1C1＝，有BC＝4，B1C1＝2，
A1O1⊥B1C1，A1O1＝，因為平面BCC1B1⊥平面ABC，平面ABC∥平面A1B1C1，
則平面BCC1B1⊥平面A1B1C1，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，A1O1 平面A1B1C1，于是A1O1⊥平面BCC1B1，
梯形BCC1B1中，BB1＝CC1＝，則梯形BCC1B1的高h＝＝＝1，
因此梯形BCC1B1的面積S＝(2＋4)×1＝3，
所以四棱錐A1 BCC1B1的體積V＝S·A1O1＝×3＝2.
(2) 解析：取BC的中點O，連接AO，因為AB＝AC，則AO⊥BC，
在等腰梯形BCC1B1中，O1，O分別為上下底邊B1C1，BC的中點，有OO1⊥BC，
而平面BCC1B1⊥平面ABC，平面BCC1B1∩平面ABC＝BC，OO1 平面BCC1B1，于是OO1⊥平面ABC，
以O為原點，分別以OA，OB，OO1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
則A(2，0，0)，B(0，2，0)，C(0，－2，0)，B1(0，，1)，令＝(0設平面ACE的法向量為n＝(x，y，z)，而＝(2，2，0)，＝(0，4m，m)，
則，令x＝m，得n＝(m，－m，4m)，
因為OO1⊥平面ABC，則＝(0，0，1)為平面ABC的一個法向量，記二面角E AC B的平面角為θ，
于是cos θ＝〉|＝
＝＝，
即6m2＋m－2＝0，而0所以存在點E為B1B的中點，使得二面角E AC B的余弦值為.
微專題3　空間距離
保分題
(1) 解析：證明：由于CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，所以A1C1，B1C1，CC1兩兩垂直，故建立如圖所示的空間直角坐標系，
則C(0，0，4)，C1(0，0，0)，B1(0，4，0)，A1(4，0，0)，A(4，0，4)，B(0，4，4)，D(2，2，2)，
＝(0，4，－4)，＝(2，2，2)，所以·＝0＋8－8＝⊥，故CB1⊥C1D.
(2)由題意可知E是CB1，BC1的中點，所以E(0，2，2)，
設平面B1C1D的法向量為m＝(x，y，z)，則
＝(0，4，0)，＝(2，2，2)，＝(0，2，2)，
故 ，取x＝1 ，則m＝(1，0，－1)，
所以點E到平面B1C1D的距離為d＝＝＝.
提分題
[例5]　解析：(1)證明：連接A1B與AB1相交于點F，連接CF，如圖所示：
∵四邊形AA1B1B為菱形，∴F為AB1的中點，則A1B⊥AB1.
△AB1C為等邊三角形，有CF⊥AB1，A1B，CF 平面A1BC，
A1B＝F，∴AB1⊥平面A1BC，
BC 平面A1BC，∴AB1⊥BC，
又AC⊥BC，AB1，AC 平面AB1C，AB1＝A，
∴BC⊥平面AB1C，∵CB1 平面AB1C，∴CB1⊥CB.
(2)由(1)知CB1⊥CB，CA⊥CB，且CB1＝C，
CB1，AC 平面AB1C，
故CB⊥平面AB1C，而CB 平面ABC，故平面AB1C⊥平面ABC，
分別取AC，AB的中點O，G，連接B1O，OG，
則OG∥BC，∴OG⊥平面AB1C，△AB1C為等邊三角形，B1O⊥AC，
而平面AB1C∩平面ABC＝AC，B1O 平面AB1C，故B1O⊥平面ABC，
以O為原點的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則A(0，－2，0)，C(0，2，0)，B(4，2，0)，B1(0，0，2)，
設＝＝＝(－4λ，－2λ，2λ)(0≤λ≤1)，則E(－4λ，2－2λ，2λ)，
∴＝＝(0，2，2)，
設平面AB1E的一個法向量n＝(x，y，z)，
則有，
令z＝λ，則y＝－λ，x＝λ－，即n＝(λ－，－λ，λ)，
又∵平面ABC的法向量為＝(0，0，2)，
∴平面AB1E與平面ABC的夾角的余弦值為
〉＝＝，
∴3λ2＋2λ－1＝0，∴λ＝或λ＝－1(舍)，
此時n＝(－，－)，又＝(4，4，0)，
∴點B到平面AB1E的距離為：
＝＝3.
[鞏固訓練3]　
(1) 解析：證明：如圖，連接CB1，設CB1＝D，由題意可得D為CB1的中點，連接A1D，
因為A1，D分別為AB1，CB1的中點，則A1D∥AC，
A1D 平面A1BC1，AC 平面A1BC1，
所以直線AC∥平面A1BC1.
(2) 解析：由題意可得：AB⊥B1B，BC⊥B1B，AB＝B，AB，BC 平面ABC，
所以BB1⊥平面ABC，
取AB的中點H，連接CH，
因為△ABC是正三角形，則CH⊥AB，
又因為BB1⊥平面ABC，CH 平面ABC，則CH⊥BB1，
AB＝B，AB，BB1 平面ABB1，
所以CH⊥平面ABB1，
如圖，以H為坐標原點，HA，HC為x軸，z軸，建立空間直角坐標系，
則B(－2，0，0)，C(0，0，2)，B1(－2，4，0)，C1(0，4，2)，A1(－，0)，
可得＝＝＝(，0)，
設平面A1BC1的法向量n＝(x，y，z)，
則，
令x＝2，則y＝－1，z＝0，即n＝(2，－1，0)，
所以點C到平面A1BC1的距離d＝＝＝.(共97張PPT)
立體幾何
第一講　空間幾何體的表面積與體積、截面與交線——小題備考
微專題1　空間幾何體的表面積和體積
?？汲Ｓ媒Y論
1．柱體、錐體、臺體的表面積公式：
①圓柱的表面積S＝2πr(r＋l)；
②圓錐的表面積 S＝πr(r＋l)；
③圓臺的表面積S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)．
2．柱體、錐體的體積公式：
①V柱體＝Sh(S為底面面積，h為高)；
答案：C
答案：B

答案：D
答案：AC
(2)如圖所示，直三棱柱ABC A1B1C1的側棱長和底面邊長都是a，截面AB1C和截面A1BC1相交于DE，則四面體B B1DE的體積為________．
技法領悟
1．求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關鍵．求三棱錐的體積，等體積轉化是常用的方法，轉化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上．
2．求空間幾何體的體積，還常用分割或補形的方法，將不規則幾何體轉化為規則幾何體，易于求解．
技法領悟
1．求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關鍵．求三棱錐的體積，等體積轉化是常用的方法，轉化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上．
2．求空間幾何體的體積，還常用分割或補形的方法，將不規則幾何體轉化為規則幾何體，易于求解．
答案：B　
答案：D
答案：B
答案：C
3．[2023·湖南常德二模]在正方體ABCD A1B1C1D1中，M是線段A1C1的中點，若四面體M ABD的外接球體積為36π，則正方體棱長為________．
4
答案：D　
答案：B
技法領悟
1．確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與幾何體的位置和數量關系．
2．求解球與棱柱、棱錐的接、切問題時，一般過球心及接、切點作截面，把空間問題轉化為平面圖形與圓的接、切問題，再利用平面幾何知識尋找幾何中元素間的關系求解．
3．補成正方體、長方體、正四面體、正棱柱、圓柱等規則幾何體．
答案：D
8π
微專題3　立體幾何中的截面與交線問題
常考常用結論
正方體的基本截面如下．
正方體的截面不會出現以下圖形：直角三角形、鈍角三角形、直角梯形、正五邊形．
答案：A
答案：C
3.如圖，已知正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2，M，N，P分別為棱AA1，CC1，AD的中點，Q為該正方體表面上的點，若M，N，P，Q四點共面，則點Q的軌跡圍成圖形的面積為________．
答案：ABD　

技法領悟
1．找截面和交線的一般方法：
(1)直接連接法
(2)作平行線法
(3)作延長線找交點法
2．作截面的關鍵在于確定截點．通過位于多面體同一表面上的兩個不同截點即可連接成截線，從而得到截面．
答案：D　
(2)[2023·河南許昌實驗中學二模]在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中點M為球心，4為半徑的球面與側面ABB1A1的交線長為(　　)
A．2π B．3π C．4π D．8π
答案：C
1.如圖，正方體中，E、F分別是AA1、CC1的中點，則與直線A1D1、EF、DC都相交的直線(　　)
A．有且僅有一條
B．有且僅有兩條
C．有且僅有三條
D．無數條
答案：D
解析：在EF上任意取一點M，直線A1D1與點M確定一個平面，
這個平面與DC有且僅有1個交點H，
當點M取不同的位置就確定不同的平面，從而與DC有不同的交點H，
而直線MH與這3條異面直線都有交點，故在空間中與三條直線A1D1、EF、DC都相交的直線有無數條．故選D.
2．[2023·山東日照三模]已知直線a⊥平面α，則“直線a∥平面β”是“平面α⊥平面β”的(　　)
A．充分不必要條件　B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
答案：A
解析：若“直線a∥平面β”成立，設l β，且l∥a，又a⊥平面α，所以l⊥平面α，又l β，所以“平面α⊥平面β”成立；
若“平面α⊥平面β”成立，且直線a⊥平面α，可推出a∥平面β或a 平面β，
所以“直線a∥平面β”不一定成立．
綜上，“直線a∥平面β”是“平面α⊥平面β”的充分不必要條件．故選A.
答案：C
答案：D　
(2)[2023·山東東營一中二模]在正方體ABCD A1B1C1D1中，點M，N分別是棱DD1和線段BC1上的動點，則滿足與DD1垂直的直線MN(　　)
A．有且僅有1條 　　B．有且僅有2條
C．有且僅有3條 　　D．有無數條
答案：D　
　解析：如圖，過點N作NE⊥BC，垂足為E，連接DE，
當M，N高度一樣，即MD＝NE時，一定有DD1⊥MN，理由如下：
在正方體ABCD A1B1C1D1中，NE∥CC1∥MD，
所以四邊形MDEN為平行四邊形，
所以MN∥DE，
因為DD1⊥平面ABCD，且DE 平面ABCD，
所以DD1⊥DE，即DD1⊥MN.
所以當M，N高度一樣，即MD＝NE時，一定有DD1⊥MN，
此時滿足條件的直線MN有無數條．故選D.
技法領悟
1．根據空間線面平行、垂直關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題．
2．必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關系，并結合有關定理來進行判斷．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·河南安陽模擬]如圖，ABCDEF A1B1C1D1E1F1是底面為正六邊形的直棱柱，則下列直線與直線A1B1不垂直的是(　　)
A．AE　　B．A1E　　
C．BD1　　D．E1F
答案：D
(2)[2022·全國乙卷]在正方體ABCD A1B1C1D1中，E，F分別為AB，BC的中點，則(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
答案：A
答案：C
答案：D
3．[2023·遼寧丹東二模]如圖，電商平臺售賣的木制“升斗”，底部封閉，上部開口，把該升斗看作一個正四棱臺，該四棱臺側棱與底面所成角的余弦值為________．

答案：B　
答案：A
技法領悟
1．用幾何法求空間角時，關鍵要找出空間角，再在三角形中求解．
2．用向量法求空間角時，要熟記公式，還要正確建立空間直角坐標系．
答案：B　
答案：C
答案：B
答案：A
答案：B　
答案：C
技法領悟
1．用幾何法求空間距離時，一般采用等體積法．
2．用向量法求空間距離時，要熟記公式，還要正確建立空間直角坐標系．
答案：D　
答案：C
第三講　空間向量與立體幾何——大題備考
　立體幾何大題一般為兩問：第一問通常是線、面關系的證明；第二問通常跟角有關，一般是求線面角或二面角，有時與距離、幾何體的體積有關．
微專題1　線面角
如圖所示，在四棱錐P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AB＝AP＝BC＝1，AD＝2.
(1)求證：CD⊥平面PAC；
(2)若E為PC的中點，求PD與平面AED所成角的正弦值．
2.[2023·河南安陽二模]在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為菱形，∠BCD＝60°，AB＝4，EF∥CD，EF＝2，CF＝4，點F在平面ABCD內的射影恰為BC的中點G.
(1)求證：平面ACE⊥平面BED；
(2)求直線BD與平面ABFE所成的角的正弦值．
1.[2023·山東聊城三模]
如圖，三棱臺ABC DEF中，AB＝2DE，M是EF的中點，點N在線段AB上，AB＝4AN，平面DMN∩平面ADFC＝l.
(1)證明：MN∥l；
(2)若平面CBEF⊥平面ABC，AC⊥AB，AC＝CF＝FE＝EB，求直線AB與平面DMN所成角的正弦值．

技法領悟

(2)求二面角A PC B的大?。?br/>2．[2023·新課標Ⅰ卷]如圖，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)證明：B2C2∥A2D2；


(2)點P在棱BB1上，當二面角P A2C2 D2為150°時，求B2P.
(2)若BD與平面ACD所成的角為60°，求二面角D AC B的余弦值．

技法領悟
利用空間向量求二面角的答題模板
微專題3　空間距離　
[2023·江西鷹潭模擬]如圖，在三棱柱ABC A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，BC＝AC＝CC1＝4，D為AB1的中點，CB1交BC1于點E.
(1)證明：CB1⊥C1D；
(2)求點E到平面B1C1D的距離．

5.[2023·河北石家莊二中模擬]
如圖，在三棱柱ABC A1B1C1中，CA⊥CB，側面AA1B1B為菱形，△AB1C為等邊三角形．
(1)求證：CB1⊥CB；
技法領悟
利用空間向量求空間距離的答題模板
[鞏固訓練3]　[2023·重慶模擬]在多面體ABCC1A1B1中，四邊形BB1C1C是邊長為4的正方形，AB⊥B1B，△ABC是正三角形．
(1)若A1為AB1的中點，求證：直線AC∥平面A1BC1；
(2)若點A1在棱AB1上且AA1＝2A1B1，求點C到平面A1BC1的距離．專題四　立體幾何
第一講　空間幾何體的表面積與體積、截面與交線——小題備考
微專題1　空間幾何體的表面積和體積
?？汲Ｓ媒Y論
1．柱體、錐體、臺體的表面積公式：
①圓柱的表面積S＝2πr(r＋l)；
②圓錐的表面積 S＝πr(r＋l)；
③圓臺的表面積S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)．
2．柱體、錐體的體積公式：
①V柱體＝Sh(S為底面面積，h為高)；
1．端午節吃粽子是中華民族的傳統習俗．地區不同，制作的粽子形狀也不同，圖中的粽子接近于正三棱錐．經測算，煮熟的粽子的密度為1.8 g/cm3，若圖中粽子的底面邊長為8 cm，高為4 cm，則該粽子的重量大約是(　　)
A．105 g　　B．110 g　　C．115 g　　D．120 g
2．[2023·安徽亳州一中模擬]若正四棱臺的上、下底面邊長分別為1，2，高為3，則該正四棱臺的體積為(　　)
A．5　　　B．7　　　C．　　　D．
3．[2023·江蘇鹽城三模]已知底面半徑為r的圓錐SO，其軸截面是正三角形，它的一個內接圓柱的底面半徑為，則此圓柱與圓錐的側面積的比值為(　　)
A． B． C． D．
1.(1)[2023·新高考Ⅱ卷](多選)已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點C在底面圓周上，且二面角P AC O為45°，則(　　)
A．該圓錐的體積為π
B．該圓錐的側面積為4π
C．AC＝2
D．△PAC的面積為
(2)如圖所示，直三棱柱ABC A1B1C1的側棱長和底面邊長都是a，截面AB1C和截面A1BC1相交于DE，則四面體B B1DE的體積為________．
技法領悟
1．求幾何體的表面積及體積問題，可以多角度、多方位地考慮，熟記公式是關鍵．求三棱錐的體積，等體積轉化是常用的方法，轉化原則是其高易求，底面放在已知幾何體的某一面上．
2．求空間幾何體的體積，還常用分割或補形的方法，將不規則幾何體轉化為規則幾何體，易于求解．
[鞏固訓練1]　(1)[2023·全國乙卷] 已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB＝120°，若△PAB的面積等于，則該圓錐的體積為(　　)
A．π B．π
C．3π D．3π
(2)[2023·遼寧鞍山模擬]如圖，在三棱柱ABC A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝CA＝AA1，點D是棱AA1上的點，AD＝AA1，若截面BDC1分這個棱柱為兩部分，則這兩部分的體積比為(　　)
A．1∶2　 B．4∶5　 C．4∶9　 D．5∶7
微專題2　與球有關的切、接問題
?？汲Ｓ媒Y論
1．球的表面積S＝4πR2，體積V＝πR3.
2．長方體、正方體的體對角線等于其外接球的直徑．
3．n面體的表面積為S，體積為V，則內切球的半徑r＝.
4．直三棱柱的外接球半徑：R＝，其中r為底面三角形的外接圓半徑，L為側棱長，如果直三棱柱有內切球，則內切球半徑R′＝.
5．正四面體中，外接球和內切球的球心重合，且球心在高對應的線段上，它是高的四等分點，球心到頂點的距離為外接球的半徑R＝a(a為正四面體的棱長)，球心到底面的距離為內切球的半徑r＝a，因此R∶r＝3∶1.
1．表面積為8的正四面體的外接球的表面積為(　　)
A．4π　　B．12π　　C．8π　　D．4π
2．[2023·山東泰安模擬]將半徑為4，圓心角為π的扇形圍成一個圓錐(接縫處忽略不計)，則該圓錐的內切球的表面積為(　　)
A．2π B．3π C． D．4π
3．[2023·湖南常德二模]在正方體ABCD A1B1C1D1中，M是線段A1C1的中點，若四面體M ABD的外接球體積為36π，則正方體棱長為________．
2.(1)若棱長均相等的正三棱柱的體積為16，且該三棱柱的各個頂點均在球O的表面上，則球O的表面積為(　　)
A． B． C．6π D．
(2)[2023·福建泉州聯考]已知正四棱臺的高為1，下底面邊長為2，側棱與底面所成的角為45°，其頂點都在同一球面上，則該球的體積為(　　)
A． B． C．8π D．36π
技法領悟
1．確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與幾何體的位置和數量關系．
2．求解球與棱柱、棱錐的接、切問題時，一般過球心及接、切點作截面，把空間問題轉化為平面圖形與圓的接、切問題，再利用平面幾何知識尋找幾何中元素間的關系求解．
3．補成正方體、長方體、正四面體、正棱柱、圓柱等規則幾何體．
[鞏固訓練2]　(1)[2023·江蘇南京二模]直角三角形ABC中，斜邊AB長為2，繞直角邊AC所在直線旋轉一周形成一個幾何體．若該幾何體外接球表面積為，則AC長為(　　)
A．　　　B．1　　　C．　　　D．
(2)[2023·江西鷹潭一模]直四棱柱ABCD A1B1C1D1的底面是菱形，其側面積是8，若該直四棱柱有外接球，則該外接球的表面積的最小值為________．
微專題3　立體幾何中的截面與交線問題
常考常用結論
正方體的基本截面如下．
正方體的截面不會出現以下圖形：直角三角形、鈍角三角形、直角梯形、正五邊形．
1.
[2023·河南新鄉三模]如圖，在棱長為2的正方體ABCD A1B1C1D1中，E是棱CC1的中點，過A，D1，E三點的截面把正方體ABCD A1B1C1D1分成兩部分，則該截面的周長為(　　)
A．3＋2 B．2＋3
C． D．2＋2＋2
2．[2023·江蘇南通模擬]正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝3，M是A1D1的中點，點N在棱CC1上，CN＝2NC1，則平面AMN與側面BB1C1C的交線長為(　　)
A．　　B．　　C．　　D．
3.
如圖，已知正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2，M，N，P分別為棱AA1，CC1，AD的中點，Q為該正方體表面上的點，若M，N，P，Q四點共面，則點Q的軌跡圍成圖形的面積為________．
3.(1)
(多選)如圖正方體ABCD A1B1C1D1，棱長為1，P為BC中點， Q為 線段CC1上的動點，過A、P、Q的平面截該正方體所得的截面記為Ω，若＝，則下列結論正確的是(　　)
A．當λ∈(0，)時， Ω為四邊形
B．當λ＝時， Ω為等腰梯形
C．當λ∈(，1)時， Ω為六邊形
D．當λ＝1 時， Ω的面積為
(2)[2020·新高考Ⅰ卷]已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為________．
技法領悟
1．找截面和交線的一般方法：
(1)直接連接法
(2)作平行線法
(3)作延長線找交點法
2．作截面的關鍵在于確定截點．通過位于多面體同一表面上的兩個不同截點即可連接成截線，從而得到截面．
[鞏固訓練3]　(1)[2023·安徽臨泉一中模擬]已知正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2，M、N分別為A1B1、B1C1的中點，過 M、N的平面所得截面為四邊形，則該截面最大面積為(　　)
A．2　　B．2　　C．　　D．
(2)[2023·河南許昌實驗中學二模]在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中點M為球心，4為半徑的球面與側面ABB1A1的交線長為(　　)
A．2π B．3π C．4π D．8π
第二講　空間位置關系、空間角與空間距離——小題備考
微專題1　空間位置關系
常考常用結論
1．直線、平面平行的判定及其性質
(1)線面平行的判定定理：a α，b α，a∥b a∥α.
(2)線面平行的性質定理：a∥α，a β，α＝b a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a＝P，a∥α，b∥α α∥β.
(4)面面平行的性質定理：α∥β，α＝a，β＝b a∥b.
2．直線、平面垂直的判定及其性質
(1)線面垂直的判定定理：m α，n α，m＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α.
(2)線面垂直的性質定理：a⊥α，b⊥α a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a β，a⊥α α⊥β.
(4)面面垂直的性質定理：α⊥β，α＝l，a α，a⊥l a⊥β.
1.
如圖，正方體中，E、F分別是AA1、CC1的中點，則與直線A1D1、EF、DC都相交的直線(　　)
A．有且僅有一條
B．有且僅有兩條
C．有且僅有三條
D．無數條
2．[2023·山東日照三模]已知直線a⊥平面α，則“直線a∥平面β”是“平面α⊥平面β”的(　　)
A．充分不必要條件　B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
3．[2023·河北石家莊三模]已知m，n是兩條不同的直線，α、β是兩個不同的平面，其中下列命題正確的是(　　)
A．若m∥n，n α，則m∥α
B．若m α，α＝n，m⊥n，則m⊥β
C．若m α，m⊥β，則α⊥β
D．若α⊥β，m⊥α，則m∥β
1.(1)[2023·黑龍江大慶一模]已知不重合的直線l，m，n和不重合的平面α，β，下列說法中正確的是(　　)
A．若m α，n β，m⊥n，則α⊥β
B．若m α，n α，m∥β，n∥β，則α∥β
C．若α⊥β，l⊥β，則l∥α
D．若α＝l，m α，n β，m∥n，則m∥l
(2)
[2023·山東東營一中二模]在正方體ABCD A1B1C1D1中，點M，N分別是棱DD1和線段BC1上的動點，則滿足與DD1垂直的直線MN(　　)
A．有且僅有1條 　　B．有且僅有2條
C．有且僅有3條 　　D．有無數條
技法領悟
1．根據空間線面平行、垂直關系的判定定理和性質定理逐項判斷來解決問題．
2．必要時可以借助空間幾何模型，如從長方體、四面體等模型中觀察線面位置關系，并結合有關定理來進行判斷．
[鞏固訓練1]　(1)
[2023·河南安陽模擬]如圖，ABCDEF A1B1C1D1E1F1是底面為正六邊形的直棱柱，則下列直線與直線A1B1不垂直的是(　　)
A．AE　　B．A1E　　C．BD1　　D．E1F
(2)[2022·全國乙卷]在正方體ABCD A1B1C1D1中，E，F分別為AB，BC的中點，則(　　)
A．平面B1EF⊥平面BDD1
B．平面B1EF⊥平面A1BD
C．平面B1EF∥平面A1AC
D．平面B1EF∥平面A1C1D
微專題2　空間角
?？汲Ｓ媒Y論
1．直線與直線的夾角
若n1，n2分別為直線l1，l2的方向向量，θ為直線l1，l2的夾角，則cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝.
2．直線與平面的夾角
設n1是直線l的方向向量，n2是平面α的法向量，直線與平面的夾角為θ.
則sin θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝.
3．平面與平面的夾角
若n1，n2分別為平面α，β的法向量，θ為平面α，β的夾角，則cos θ＝|cos 〈n1，n2〉|＝.
1．[2023·遼寧大連一模]如圖，在正方體ABCD A1B1C1D1中，異面直線A1D與D1C所成的角為(　　)
A.　　　B．　　　C．　　　D．
2．[2023·安徽滁州一模]如圖所示，已知點P為菱形ABCD所在平面外一點，且PA⊥平面ABCD，PA＝AD＝AC，點F為PC中點，則平面CBF與平面DBF夾角的正切值為(　　)
A． B． C． D．
3．[2023·遼寧丹東二模]如圖，電商平臺售賣的木制“升斗”，底部封閉，上部開口，把該升斗看作一個正四棱臺，該四棱臺側棱與底面所成角的余弦值為________．
2.(1)已知三棱錐P ABC中，底面ABC是邊長為2的正三角形，點P在底面上的射影為底面的中心，且三棱錐P ABC外接球的表面積為18π，球心在三棱錐P ABC內，則二面角P AB C的平面角的余弦值為(　　)
A． B． C． D．
(2)[2023·浙江聯考二模]如圖，在平行四邊形ABCD中，角A＝，AB＝，AD＝1，將三角形ABD沿BD翻折到三角形A′BD，使平面A′BD⊥平面BCD.記線段A′C的中點為M，那么直線A′D與平面BDM所成角的正弦值為(　　)
A． B． C． D．
技法領悟
1．用幾何法求空間角時，關鍵要找出空間角，再在三角形中求解．
2．用向量法求空間角時，要熟記公式，還要正確建立空間直角坐標系．
[鞏固訓練2]　(1)一個正方體的平面展開圖及該正方體的直觀圖的示意圖如圖所示，在正方體中，設BC的中點為M，則二面角A EG M的余弦值為(　　)
A． B． C． D．
(2)[2023·全國乙卷]已知△ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，△ABD為等邊三角形，若二面角C AB D為150°，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為(　　)
A． B． C． D．
微專題3　空間距離
?？汲Ｓ媒Y論
1．點到直線的距離：已知A，B是直線l上任意兩點， P是l外一點，PQ⊥l，則點P到直線l的距離為PQ＝ ＝.
2．求點到平面的距離
已知平面α的法向量為n, A是平面α內的任一點，P是平面α外一點，過點P作平面α的垂線l，交平面α于點Q，則點P到平面α的距離為|PQ|＝.
1．如圖，在棱長為1的正方體ABCD A1B1C1D1中，E，F分別為棱AA1、BB1的中點，G為棱A1B1上的一點，且A1G＝λ(0≤λ≤1)則點G到平面D1EF的距離為(　　)
A.　　　B．　　　C．　　　D．
2．[2023·浙江溫州三模]四面體OABC滿足∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，OA＝1，OB＝2，OC＝3，點D在棱OC上，且OC＝3OD，點G為△ABC的重心，則點G到直線AD的距離為(　　)
A． B． C． D．
3.(1)《九章算術·商功》：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，一為鱉臑．陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也．合兩鱉臑三而一，驗之以棊，其形露矣．”文中“陽馬”是底面為長方形且有一條側棱與底面垂直的四棱錐．在陽馬P ABCD中，側棱PA⊥底面ABCD，且PA＝1，AB＝AD＝2，則點A到平面PBD的距離為(　　)
A． B． C． D．
(2)[2023·湖北武漢模擬]如圖所示的多面體是由底面為ABCD的長方體被截面AEC1F所截得到的，其中AB＝4，BC＝2，CC1＝3，BE＝1，則點C到平面AEC1F的距離為(　　)
A． B． C． D．
技法領悟
1．用幾何法求空間距離時，一般采用等體積法．
2．用向量法求空間距離時，要熟記公式，還要正確建立空間直角坐標系．
[鞏固訓練3]　
(1)在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝1，若二面角C AB C1的大小為60°，則點C到平面C1AB的距離為(　　)
A．1　　　　　　　B．
C． D．
(2)
[2022·北京石景山模擬]如圖，已知正方體ABCD A1B1C1D1的棱長為2，點P為線段BC1上的動點，則點P到直線AC的距離的最小值為(　　)
A．1　　　B． C．　　　D．
第三講　空間向量與立體幾何——大題備考
　立體幾何大題一般為兩問：第一問通常是線、面關系的證明；第二問通常跟角有關，一般是求線面角或二面角，有時與距離、幾何體的體積有關．
微專題1　線面角
　
如圖所示，在四棱錐P ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，且AB＝AP＝BC＝1，AD＝2.
(1)求證：CD⊥平面PAC；
(2)若E為PC的中點，求PD與平面AED所成角的正弦值．
2.
[2023·河南安陽二模]在如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為菱形，∠BCD＝60°，AB＝4，EF∥CD，EF＝2，CF＝4，點F在平面ABCD內的射影恰為BC的中點G.
(1)求證：平面ACE⊥平面BED；
(2)求直線BD與平面ABFE所成的角的正弦值．
1.[2023·山東聊城三模]
如圖，三棱臺ABC DEF中，AB＝2DE，M是EF的中點，點N在線段AB上，AB＝4AN，平面DMN∩平面ADFC＝l.
(1)證明：MN∥l；
(2)若平面CBEF⊥平面ABC，AC⊥AB，AC＝CF＝FE＝EB，求直線AB與平面DMN所成角的正弦值．
2.[2023·山西臨汾二模]
如圖，已知四棱錐P ABCD中，平面PAB⊥底面ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，PA＝PB＝AB，AB＝BC＝2AD，E為AB的中點，F為棱PC上異于P，C的點．
(1)證明：BD⊥EF；
(2)試確定點F的位置，使EF與平面PCD所成角的正弦值為.
技法領悟
利用空間向量求線面角的答題模板
1.[鞏固訓練1]　
[2023·河北衡水模擬]如圖，矩形ABCD是圓柱OO1的一個軸截面，點E在圓O上，AD＝AE＝3，且∠ABE＝60°，＝λ(0≤λ≤1)．
(1)當λ＝時，證明：平面OAF⊥平面BDE；
(2)若直線AF與平面ODE所成角的正弦值為，試求此時λ的值．
微專題2　二面角
　1.[2023·北京卷]如圖，在三棱錐P ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝1，PC＝.
(1)求證：BC⊥平面PAB；
(2)求二面角A PC B的大小．
2．[2023·新課標Ⅰ卷]如圖，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.點A2，B2，C2，D2分別在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3.
(1)證明：B2C2∥A2D2；
(2)點P在棱BB1上，當二面角P A2C2 D2為150°時，求B2P.
3.[2023·河北石家莊一模]
如圖，四棱錐S ABCD中，底面ABCD為矩形且垂直于側面SAB，O為AB的中點，SA＝SB＝AB＝2，AD＝.
(1)證明：BD⊥平面SOC；
(2)側棱SD上是否存在點E，使得平面ABE與平面SCD夾角的余弦值為，若存在，求的值；若不存在，說明理由．
[2023·河南開封二模]如圖1，在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，AD＝CD＝AB＝，E為AC的中點，將△ACD沿AC折起(如圖2)．在圖2所示的幾何體D ABC中：
(1)若AD⊥BC，求證：DE⊥平面ABC；
(2)若BD與平面ACD所成的角為60°，求二面角D AC B的余弦值．
技法領悟
利用空間向量求二面角的答題模板
[鞏固訓練2]　
[2023·山東青島三模]如圖，三棱臺ABC A1B1C1中，平面BCC1B1⊥平面ABC，AB＝AC，∠BAC＝，AB＝2A1B1＝4，BB1＝CC1＝.
(1)求四棱錐A1 BCC1B1的體積；
(2)在側棱BB1上是否存在點E，使得二面角E AC B的余弦值為？若存在，說明點E的位置；若不存在，說明理由．
微專題3　空間距離
　
[2023·江西鷹潭模擬]如圖，在三棱柱ABC A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，BC＝AC＝CC1＝4，D為AB1的中點，CB1交BC1于點E.
(1)證明：CB1⊥C1D；
(2)求點E到平面B1C1D的距離．
5.[2023·河北石家莊二中模擬]
如圖，在三棱柱ABC A1B1C1中，CA⊥CB，側面AA1B1B為菱形，△AB1C為等邊三角形．
(1)求證：CB1⊥CB；
(2)若CA＝CB＝4，點E是側棱CC1上的動點，且平面AB1E與平面ABC的夾角的余弦值為，求點B到平面AB1E的距離．
技法領悟
利用空間向量求空間距離的答題模板
[鞏固訓練3]　
[2023·重慶模擬]在多面體ABCC1A1B1中，四邊形BB1C1C是邊長為4的正方形，AB⊥B1B，△ABC是正三角形．
(1)若A1為AB1的中點，求證：直線AC∥平面A1BC1；
(2)若點A1在棱AB1上且AA1＝2A1B1，求點C到平面A1BC1的距離．

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