2025届高考数学复习专题突破：立体几何与空间向量讲义

突破1　球的切、接问题 命题点1　外接球问题 例1 （1）[天津高考]若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　C　） A.12π B.24π C.36π D.144π 解析　设外接球的半径为R，易知2R＝×2＝6，所以R＝3，于是外接球的表面积 S＝4πR2＝36π，故选C. （2）[全国卷Ⅰ]已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（　D　） A.8π B.4π C.2π D.π 解析　（补形法）因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE. 取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC， 所以PB⊥PA，PB⊥PC， 因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形， 所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直.将三棱锥P－ABC放在正方体中，如图所示. 因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π×（）3＝π. （3）[2023全国卷乙]已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝　2　. 解析　解法一　如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.将三棱锥S－ABC补形为正三棱柱SB1C1－ABC，由题意知SA为侧棱，设外接球的球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA.又球O的半径R＝OA＝2，OA2＝O＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2. 解法二　如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2.过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA.所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝O＋O1A2，即4＝SA2＋3，得SA＝2. 方法技巧 1.解决外接球问题的关键是利用球心到多面体的顶点的距离均等于球的半经. 2.柱体的外接球球心为上、下底面外心（外接圆圆心）连线的中点. 3.棱锥中几种常见的外接球模型 模型 墙角型：AD⊥AB，AC⊥AD，AC⊥AB 对棱相等型：AD＝BC＝a，AB＝CD＝b，AC＝BD＝c 图示 分析 可补形为长方体或正方体 可补形为长方体或正方体，每条棱均为其面对角线 球心 球心位于体对角线中点 球心位于体对角线中点 半径 R＝ R＝ 模型 侧棱与底面垂直型：PA⊥平面ABC 侧面与底面垂直型：平面PAD⊥平面ABCD 图示 分析 过底面外心O1作垂直于底面的直线l，则有l∥PA 作PE⊥AD于E，过底面外心O1作垂直于底面的直线l，则有l∥PE 球心 球心O在直线l上， 且有OO1＝PA，利用Rt△AOO1列方程 球心O在直线l上，过点O作OH⊥PE于点H，利用Rt△POH和Rt△AOO1列方程组 半径 R＝，r为底面多边形外接圆半径 训练1 （1）[2023湖南省郴州市适应性模拟]已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（　C　） A.π B.5π C.π D.7π 解析　如图，设圆台的上底面的圆心为O1，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上任意一点，连接O1A，OA，OO1，则O1A＝1，设圆台的高为h，球O的半径为R＝OA＝2，则h＝OO1＝＝＝，所以圆台的体积V＝（4π＋＋π）×＝.故选C. （2）已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，其中AD＝1，AB＝2，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，则四棱锥P－ABCD的外接球体积为（　D　） A. B. C. D. 解析　设AD的中点为F，连接PF，AC，BD，设AC∩BD＝E，连接EF，设△PAD外接圆的圆心为O1，半径为r，所求外接球球心为O，半径为R，连接OO1，OE，OP，如图. 因为△PAD为等边三角形，AD＝1，所以圆O1的半径r＝PO1＝×1×＝. 因为△PAD为等边三角形，F是AD的中点，所以PF⊥AD， 又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PF⊂平面PAD，所以PF⊥平面ABCD. 因为底面ABCD是矩形，所以E是底面ABCD外接圆的圆心，故OE⊥平面ABCD，所以PF∥OE. 同理OO1∥EF，又易得PF⊥EF，所以四边形OO1FE是矩形， 所以OO1＝EF＝AB＝1， 所以球O的半径R＝＝， 所以外接球的体积为V＝πR3＝π.故选D. 命题点2　内切球问题 例2 （1）[全国卷Ⅲ]已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为　π　. 解析　易知半径最大的球即该圆锥的内切球.圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝＝＝，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，所以R＝，所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为π. （2）已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在圆锥内可以任意转动，则a的最大值为　　. 解析　解法一　由题意知，正四面体在圆锥内可以任意转动，则a最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球.设球心为P，圆锥的顶点为S，圆锥底面圆的圆心为O， A，B为底面圆直径的两端点，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，连接SO，易知P在SO上，SO⊥AB，则OA＝OB＝. 因为SO＝，所以SA＝SB＝＝3， 所以△SAB为等边三角形，可知点P是△SAB的中心. 连接BP，PQ，则BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°，设正四面体外接球的半径为r，于是tan 30°＝＝，即r＝×＝，所以正四面体外接球的半径为. 因为棱长为a的正四面体的外接球的半径为a， 则a＝，求得a＝，所以a的最大值为. 解法二　由题意知，正四面体在圆锥内可以任意转动，则a最大时，该正四面体外接于圆锥的内切球.设圆锥的顶点为S，圆锥底面圆的圆心为O， A，B为底面圆直径的两端点，圆锥的轴截面如图所示，则OA＝OB＝. 连接SO，则SO⊥AB，SO＝，所以SA＝SB＝＝3，△SAB的面积S△SAB＝. 由三角形内切圆半径公式r＝（其中S三角形是三角形的面积，a，b，c是三角形的三边长，r是三角形内切圆半径）知，△SAB内切圆的半径r＝. 因为棱长为a的正四面体的外接球的半径为a，则a＝，求得a＝，所以a的最大值为. 方法技巧 求解常见几何体的内切球半径的方法 几何体 求内切球半径R的方法 正方体（棱长为a） R＝ 正四面体（棱长为a） R＝a 三棱锥 1.过球心O、顶点P、切点M作截面图，部分截面图如图所示，利用相似三角形对应边成比例求解，即 2.等体积法：将三棱锥分割为以内切球球心为顶点，三棱锥的四个面为底面的棱锥，利用三棱锥的体积等于分割后各棱锥的体积之和，求内切球的半径. 训练2 （1）[2023河南省部分名校联合检测]已知三棱锥P－ABC的所有顶点均在半径为2的球O的球面上，底面△ABC是边长为3的等边三角形.若三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球的半径为r，则r＝（　B　） A.1 B. C. D. 解析　如图，设底面△ABC的中心为Q，连接BQ，OQ，则BQ＝3××＝，且OQ⊥底面ABC，延长线段QO交球面于点P，此时三棱锥P－ABC的体积取得最大值.连接OB，因为球O的半径为2，所以OB＝2，在Rt△OQB中，OQ＝＝1，所以三棱锥P－ABC的体积的最大值为V＝××32×（2＋1）＝，此时PB＝＝2， S三棱锥P－ABC＝×32＋3××3×＝（1＋）， 由等体积法知＝×（1＋）×r，解得r＝＝.故选B. （2）[2024江苏省淮安市涟水县第一中学模拟]已知三棱柱ABC－EFG中，GC⊥AC，AE⊥BC，平面EBC⊥平面AEB，AC＝5，若该三棱柱存在体积为π的内切球，则三棱锥 A－EBC的体积为（　B　） A. B.4 C.2 D. 解析　设内切球的半径为R，则πR3＝π，所以R＝1.因为AE⊥BC，AE∥GC，所以GC⊥BC，又GC⊥AC，且AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，所以GC⊥平面ABC，所以三棱柱ABC－EFG为直三棱柱，即侧棱垂直于底面，且侧棱长为2. 作AO⊥BE交BE于O点，连接CO，如图所示. 因为平面EBC⊥平面AEB，平面EBC∩平面AEB＝BE，AO⊂平面AEB，所以AO⊥平面EBC，又BC⊂平面EBC，所以AO⊥BC. 因为EA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以EA⊥BC， 又EA∩AO＝A，EA，AO⊂平面AEB，所以BC⊥平面AEB， 而AB⊂平面AEB，所以AB⊥BC. 设AB＝a，BC＝b，可得R＝＝＝1，解得a＋b＝7，又a2＋b2＝25，可得ab＝12，则V三棱锥A－EBC＝V三棱锥E－ABC＝S△ABC×AE＝×ab×2＝4.故选B. 命题点3　球与多面体的棱相切的问题 例3 （1）[2023全国卷甲]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是　[2，2]　. 解析　由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球（与各条棱均相切的球）半径和外接球半径之间（包含棱切球半径和外接球半径）.设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝×4，所以r＝2；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以（2R）2＝42＋42＋42，所以R＝2.所以球O的半径的取值范围是[2，2]. （2）[2023广东省高州市二模]已知球O与正四面体A－BCD的各棱相切，且与平面α相切，若AB＝1，则正四面体A－BCD表面上的点到平面α距离的最大值为　　. 解析　将正四面体A－BCD补形成正方体，如图所示. 因为球O与正四面体A－BCD的各棱相切，所以球O即正方体的内切球，易知球心O为正方体体对角线的中点，如图所示. 记正四面体A－BCD表面上的点到球心O的距离为d，球O的半径为r，则正四面体A－BCD表面上的点到平面α距离的最大值为d＋r的最大值. 设正方体棱长为a，则a2＋a2＝1，解得a＝，所以r＝，易知dmax＝OA＝×＝，所以正四面体A－BCD表面上的点到平面α距离的最大值为＋＝. 方法技巧 破解此类球与多面体的棱相切问题的关键 一是会转化，即能把所求的问题进行转化，例如，以正四面体的相对棱的中点的连线为直径的球，常转化为与几何体的棱相切的问题，从而把空间问题平面化； 二是会求球的半径，能在转化后的平面问题中，寻找相关的量，求出球的半径或直径. 训练3 （1）[多选/2024福州市一检]已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为2，球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切.P为平面CDD1内一点，且直线BP与球O相切，则（　BCD　） A.球O的表面积为4π B.直线BD1与BP所成的角等于45° C.该正四棱柱的侧面积为16 D.侧面ABB1A1与球面的交线长为2π 解析　如图1，设球O与正四棱柱的下底面相切于点O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABCD，连接O1A，OA，则∠OAO1为直线OA与平面ABCD所成的角.因为球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切，所以球O的半径R＝OO1＝O1A＝，所以球O的表面积S表＝4π×2＝8π，该正四棱柱的侧面积为4×2×2＝16，故选项A错误，C正确.依题意，BB1，BP均为球O的切线，BD1经过球心O，所以∠B1BD1＝∠PBD1.连接B1D1，则B1D1＝2＝BB1，所以∠PBD1＝∠B1BD1＝45°，即直线BD1与BP所成的角为45°，选项B正确.对于选项D，记棱AA1的中点为F，则球O与棱AA1的切点为F，故侧面ABB1A1与球面的交线为过点F的圆，记矩形ABB1A1的中心为E，则侧面ABB1A1与球面的截面圆的圆心为E，如图2，连接EF，截面圆的半径r＝EF＝AB＝1，所以截面圆的周长为2π，即侧面ABB1A1与球面的交线长为2π，选项D正确.综上，选BCD. 图1 图2 （2）[2023山西省朔州市大地学校高中部第四次月考]正四面体的内切球、棱切球（与各条棱均相切的球）及外接球的半径之比为　1∶∶3　. 解析　设正四面体S－ABC的棱长为1，外接球和内切球的半径分别为R，r，如图所示，设D为AB的中点，连接SD，CD，作SE⊥CD于点E，由正四面体的性质可知线段SE为正四面体S－ABC的高. 在正三角形SAB中，SD＝＝. 同理，在正三角形ABC中，CD＝， 则DE＝×CD＝，S△ABC＝×1×＝， 所以SE＝＝＝， 则V四面体S－ABC＝S△ABC×SE＝××＝. 由正四面体的性质知，其内切球、棱切球、外接球的球心重合，且球心O在线段SE上，则R＋r＝OS＋OE＝SE＝， V四面体S－ABC＝4×S△ABC×r＝4×××r＝r＝， 所以r＝，故R＝. 连接OD，因为棱切球与棱AB相切，故其半径为OD＝＝＝， 故正四面体的内切球、棱切球及外接球的半径之比为∶∶＝1∶∶3. 基础练习 1.[2023辽宁省模拟]“圆柱容球”是指圆柱形容器里放了一个球，且球与圆柱的侧面及上、下底面均相切，则该圆柱的体积与球的体积的比值为（　B　） A.2 B. C. D. 解析　设球的半径为R，由题意得，圆柱的高及底面圆的直径等于球的直径，则圆柱的体积为πR2·2R＝2πR3，球的体积为πR3，所以该圆柱的体积与球的体积的比值为＝，故选B. 2.[2023湖北省武汉市青山区检测]在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝，PB＝AC＝2，PC＝AB＝，则三棱锥P－ABC外接球的体积为（　C　） A.π B.π C.π D.6π 解析　如图所示，可将三棱锥P－ABC放到长方体中，可得长方体的三条面对角线长分别为，2，.设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则＝，＝2，＝，得a＝1，b＝，c＝，所以三棱锥P－ABC外接球的半径R＝×＝，所以三棱锥P－ABC外接球的体积V＝πR3＝π.故选C. 3.[2023青岛检测]已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，侧面积为3π，则该圆台外接球的半径为（　B　） A. B. C. D. 解析　设圆台的母线长为l，则由题意，得π×（1＋2）l＝3πl＝3π，解得l＝.所以圆台的高h＝＝2.设该圆台外接球的球心到上底面圆心的距离为d，则到下底面圆心的距离为｜d－2｜.（提示：圆台外接球的球心可能在上、下底面圆心所连的线段上，也可能在其延长线上） 设圆台外接球的半径为R，则R2＝d2＋1＝｜d－2｜2＋22，解得d＝，所以R2＝，所以R＝，故选B. 4.[2023高三名校联考（一）]在四面体ABCD中，BA，BC，BD两两垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，则四面体ABCD内切球的半径为（　C　） A. B. C. D. 解析　因为BA，BC，BD两两垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，所以AC＝AD＝，CD＝2.如图，取CD的中点为E，连接AE，则AE⊥CD，所以AE＝＝，△ACD的面积S1＝×2×＝，所以四面体ABCD的表面积S＝×1×2×2＋×2×2＋＝4＋.四面体ABCD的体积V＝××2×2×1＝.设四面体ABCD的内切球的半径为r，则V＝S·r，所以r＝＝＝，故选C. 5.[2024四川成都高三模拟]在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（　C　） A.10π B.18π C.20π D.9π 解析　三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，故该三棱锥可补形为正六棱柱，如图，所以该三棱锥的外接球即为该正六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R＝＝2，则R＝，所以该球的表面积为S＝4πR2＝4π×（）2＝20π.故选C. 6.[2024重庆市巴蜀中学模拟]已知正四棱锥P－ABCD的底面边长为4，PA＝4，则平面PCD截四棱锥P－ABCD外接球所得截面的面积为（　C　） A. B. C. D. 解析　设正方形ABCD的中心为E，CD的中点为F，连接PE，EF，PF，CE，如图所示，易知PE⊥底面ABCD，PC＝4，EF＝2，CE＝4，PE＝8，记正四棱锥的外接球球心为O，则点O在PE上，连接OC，OF，设外接球半径为R，则OP＝OC＝R.在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋EC2，所以R2＝（8－R）2＋16，解得R＝5，即OP＝5.在Rt△PEF中，PF＝＝＝6.过O作OQ⊥PF，则OQ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，易知△PEF∽△PQO，则＝，即＝，所以PQ＝，所以所求截面的面积S＝π×PQ2＝.故选C. 7.[2024湖南省衡阳八中模拟]如图，在三棱锥S－ABC中，SA＝SC＝AC＝2，AB＝BC＝2，二面角S－AC－B的正切值是，则三棱锥 S－ABC外接球的表面积是（　A　） A.12π B.4π C.4π D.π 解析　设E是AC的中点，连接EB，ES，由于SA＝SC，AB＝BC， 所以AC⊥SE，AC⊥BE，所以∠SEB是二面角S－AC－B的平面角，所以tan∠SEB＝，所以cos∠SEB＝.在△SAC中，SE＝＝＝，在△ABE中，BE＝＝＝，在△SEB中，由余弦定理得SB＝＝2， 所以BS＝BA＝BC＝2，由SA＝SC＝AC＝2，易知BS，BA，BC 两两垂直.由此将三棱锥S－ABC补形成正方体如图所示，正方体的棱长为2，则体对角线长为2.设正方体外接球的半径为R，则R＝，所以所求外接球的表面积为4πR2＝12π，故选A. 8.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]蹴鞠[cù jū]，又名“蹴球”“蹴圆”，传言黄帝所作（西汉·刘向《别录》）.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球，因而“蹴鞠”类似今日的踢足球活动，如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点A，B，C，D，平面ABD⊥平面BCD，直线AC与平面BCD所成角的正切值为，AB＝ AD＝2，CD＝CB＝2，则该“鞠”的表面积为（　A　） A.20π B.16π C.12π D.8π 解析　如图，取DB的中点E，连接AE，CE，设BE＝x.因为AB＝AD，所以AE⊥DB，所以AE＝＝.因为CD＝CB，所以CE⊥BD，CE＝＝.因为AE⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AE⊥平面BCD，所以∠ACE为直线AC与平面BCD所成的角，则tan∠ACE＝＝＝，得x＝，BD＝2，所以AE＝1，∠BAD＝，∠BCD＝.设△BCD的外心为O1，△ABD的外心为O2，△BCD外接圆半径为r1，△ABD外接圆半径为r2，则r1＝＝2，r2＝＝2，所以CO1＝2.可知点O2在AE的延长线上，连接O2E，则O2E＝AO2－AE＝1.过O2，O1分别作平面ABD，平面BCD的垂线，则两垂线的交点O为三棱锥A－BCD外接球的球心，则四边形O2EO1O为矩形，所以OO1＝O2E＝1.连接OC，因为OO1⊥平面BCD，CO1⊂平面BCD，所以OO1⊥CO1，所以外接球半径R＝OC＝＝＝，从而外接球的表面积为4πR2＝20π.故选A. 9.[多选/2024青岛市检测]正四棱锥P－ABCD的底面边长是4，侧棱长为4，则（　BCD　） A.正四棱锥P－ABCD的体积为32 B.侧棱与底面所成角为 C.其外接球的半径为 D.其内切球的半径为 解析　如图所示，设点O1为正方形ABCD的中心，连接PO1，则PO1⊥平面ABCD. 因为AB＝4，所以AO1＝2，因为PA＝4，所以PO1＝＝2.所以正四棱锥P－ABCD的体积 VP－ABCD＝×16×2＝，选项A错误. ∠PAO1是侧棱与底面所成的角，tan∠PAO1＝＝＝，所以∠PAO1＝，选项B正确. 设点O为正四棱锥P－ABCD外接球的球心，则点O在线段PO1或在线段PO1的延长线上，连接AO，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，OO1＝｜2－R｜，OA2＝O1A2＋O1O2，即R2＝（2）2＋（2－R）2，解得R＝，选项C正确. 设正四棱锥P－ABCD内切球半径为r，取BC的中点M，连接O1M，PM，则PM⊥BC，且PM＝＝＝2，所以正四棱锥P－ABCD的表面积S＝ 16＋×4×2×4＝16（1＋），因为S·r＝VP－ABCD，所以×16（1＋）·r＝，解得r＝＝，选项D正确.综上，选BCD. 10.[多选/2024惠州市一调]已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，以正方体中心O为球心的球与正方体的各条棱都相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（　BD　） A.球O的半径R＝ B.球O在正方体外的部分的体积大于π－1 C.若点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，则·∈[－，] D.若点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，则·∈[－，] 解析　对于A，正方体的棱切球O的半径R＝＝，故A错误. 对于B，如图，易知球O在正方体外的部分的体积V＞V球O－V正方体＝π×（）3－13＝π－1，故B正确. 对于C，D，取棱AB的中点E，可知E在球面上，＝－，连接PE，则·＝（＋）·（＋）＝－＝｜｜2－＝｜PE｜2－.因为点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，所以0≤｜PE｜≤，所以·∈[－，]，C错误，D正确.故选BD. 11.将一个棱长为a cm的正方体铁块磨制成一个球体零件，若这个球体零件最大体积为36π cm3，则a＝　6　. 解析　由题意得，球内切于正方体时，球的体积最大，设球的半径为R cm，则2R＝a，R＝，所以πR3＝π（）3＝36π，则a＝6. 12.[2024辽宁部分学校联考]在三棱锥A－BCD中，∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝2，AB＝4，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为　16π　. 解析　由∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝2，AB＝4，根据余弦定理可得AC＝AD＝2，则AC⊥BC，AD⊥BD，所以AB的中点E到三棱锥各顶点的距离相等，则三棱锥A－BCD外接球的直径为AB＝4，故三棱锥A－BCD外接球的表面积为4π×（）2＝16π. 13.[2024广东佛山高三摸底考试]已知圆锥的内切球的体积为，则当该圆锥体积取最小值时，其表面积为　8π　. 解析　设圆锥的内切球的半径为r1，可得π＝，解得r1＝1，设圆锥的底面圆的半径为r，高为h（h＞2），圆锥的轴截面如图所示，由△AOE∽△ACF，可得＝，即＝，解得r＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝＝[（h－2）＋＋4]≥[2＋4]＝，当且仅当h－2＝时，即h＝4时，等号成立，此时r＝，母线长为l＝＝3，圆锥的表面积为πrl＋πr2＝π××3＋π×＝8π. 14.[2024江西省新余市第一中学模拟]已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球O1，再放入一个球O2，使得球O2与球O1及正四面体的三个侧面都相切，则球O2的体积为　π　. 解析　如图，设该正四面体为A－BCD，点A在平面BCD上的投影为点H，易知A，O2，O1，H四点共线，且点H为△BCD的外心.取BC的中点E，连接AE，DE，则切点M，N在AE上，点H在DE上，连接O1M，O2N，则O1M⊥AE，O2N⊥AE.因为正四面体的棱长为12，所以AE＝6，EH＝2，则AH＝＝4.设球O1的半径为R，根据体积公式可知，×S△BCD×AH＝×4×S△BCD×R，解得R＝AH＝.设球O2的半径为r，则＝，即＝，得＝，解得r＝，所以球O2的体积V＝πr3＝π. 突破2　空间几何体的截面（交线）问题 命题点1　截面的形状问题 例1 [多选/2023岳阳市联合体联考]用一个平面截正方体，所得的截面不可能是（　BCD　） A.锐角三角形 B.直角梯形 C.有一个内角为75°的菱形 D.正五边形 解析　对于A，如图1，截面的形状可能是正三角形，故A可能；对于B，首先考虑截正方体得到的截面为梯形，且QR与AA1不平行，如图2所示，不妨假设PQ⊥QR，因为AA1⊥平面A1B1C1D1，PQ⊂平面A1B1C1D1，所以AA1⊥PQ，又AA1与QR相交，所以可得PQ⊥平面A1ABB1，这是不可能的，故B不可能；对于C，当平面截正方体得到的截面为菱形（非正方形）时，只有如下情形，如图3，其中P，R为所在棱的中点，易知当菱形为PBRD1时，菱形中的锐角取得最小值，即∠PD1R最小，设正方体的棱长为2，则PD1＝RD1＝，PR＝2，则由余弦定理，得cos∠PD1R＝＝＝＜＝cos 75°，所以∠PD1R＞75°，故C不可能；对于D，假设截面是正五边形，则截面中的截线必然分别在5个面内，由于正方体有6个面，分成两两平行的三对，可知必然有一对平行面中有两条截线，而根据面面平行的性质可知这两条截线互相平行，但正五边形的边中是不可能有平行的边的，所以截面的形状不可能是正五边形，故D不可能.综上所述，选BCD. 思维拓展 1.正方体的基本截面 用一个平面截正方体，可以得到的截面形状如下： 横截 竖截 斜截 正方形 正方形 如图所示 注意　 正方体的斜截面不会出现直角三角形、钝角三角形、直角梯形、正五边形. 2.圆柱体的基本截面 用一个平面截圆柱，可以得到的截面形状如下： 横截 竖截 斜截 圆形，如图1 矩形，如图2 如图3，4，5所示 训练1 [2024江西高三联考]已知在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BB1＝2BC，点P，Q，T分别在棱BB1，CC1和AB上，且B1P＝3BP，CQ＝3C1Q，BT＝3AT，则平面PQT截长方体所得的截面形状为（　C　） A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形 解析　如图，连接QP并延长，交CB的延长线于点E，连接ET并延长，交AD于点S，过点S作SR∥EQ交DD1于点R，连接RQ，则五边形PQRST即平面PQT截该长方体所得的截面多边形.故选C. 命题点2　截面的面积问题 例2 [全国卷Ⅰ]已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（　A　） A. B. C. D. 解析　如图，记该正方体为ABCD－A1B1C1D1，要使正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，那么平面α必须与正方体的体对角线AC1垂直.连接B1C，B1D1，CD1，易知平面α与平面B1CD1平行或重合. 设截面与棱A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的交点分别为E，F，G，H，I，J. 不妨设A1E＝x（0≤x≤1），则DJ＝x，延长EJ，HI交于点M，则M∈直线AD，显然△MEH是边长为的正三角形，△MJI是边长为x 的正三角形，所以S四边形EHIJ＝S△MEH－S△MJI＝（2－2x2）， 同理可得S四边形EHGF＝[2－2（1－x）2]＝（4x－2x2）， 所以截面面积S＝（2＋4x－4x2）＝[3－（1－2x）2]≤， 当且仅当x＝时等号成立. 故当x＝时，截面面积取得最大值，最大值为. 方法技巧 求解截面的面积（或面积的最值）问题，关键是准确判断截面的形状. （1）如果截面的几何图形确定，那么可以利用平面几何知识求出其面积的大小； （2）如果截面的几何图形不确定，那么可以讨论截面几何图形面积的最大、最小值，此时求解需要根据题意设立相关点的位置参量，建立截面面积的目标函数，然后利用函数知识求解. 注意　 在求解截面面积的最值时，需要根据几何体和截面的变化来确定相关参量的取值范围. 训练2 [多选/2023南京模拟]如图，已知三棱锥A－BCD的截面MNPQ平行于对棱AC，BD，且＝m，＝n，其中m，n∈（0，＋∞）.下列说法正确的是 （　ABC　） A.对于任意的m，n，都有截面MNPQ是平行四边形 B.当AC⊥BD时，对任意的m，都存在n，使得截面MNPQ是正方形 C.当m＝1时，截面MNPQ的周长与n无关 D.当AC⊥BD，且AC＝BD＝2时，截面MNPQ的面积的最大值为2 解析　因为AC∥平面MNPQ，AC⊂平面ABC，平面ABC∩平面MNPQ＝MN，所以AC∥MN.同理AC∥PQ，所以MN∥PQ.由BD∥平面MNPQ，同理可得MQ∥NP.所以四边形MNPQ是平行四边形，所以选项A正确. 由选项A可知，当AC⊥BD时，有MN⊥MQ，所以四边形MNPQ是矩形.因为＝n，所以＝，＝，所以MQ＝·BD，MN＝·AC，若四边形MNPQ是正方形，则MN＝MQ，即·AC＝·BD，所以＝n，又＝m，所以当AC⊥BD时，对任意的m，当n＝m时，四边形MNPQ是正方形，所以选项B正确. 当m＝1时，AC＝BD，所以四边形MNPQ的周长为2（MN＋MQ）＝2（·AC＋·BD）＝2（·AC＋·AC）＝2AC，所以四边形MNPQ的周长与n无关，所以选项C正确. 当AC⊥BD，且AC＝BD＝2时，四边形MNPQ是矩形，且MQ＝·BD＝，MN＝·AC＝，所以四边形MNPQ的面积S＝MQ·MN＝·＝＝＝≤＝1，当且仅当n＝1时等号成立，所以四边形MNPQ的面积的最大值为1，所以选项D错误.故选ABC. 命题点3　截面的交线问题 例3 [新高考卷Ⅰ]已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为　　. 解析　如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥平面BCC1B1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点.在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线.由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝. 方法技巧 1.作截面的三种常用方法 一是直接法，解题关键是截面上的点在几何体的棱上，且两两在一个平面内，可以直接借助基本事实2作出截面. 二是作平行线法，解题关键是截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某一个面平行，可借助线面平行的性质定理和面面平行的性质定理作出截面. 三是延长交线得交点，解题关键是截面上的点中至少有两个点在几何体的同一个面上，可通过由作延长线得到的交点辅助得出截面与立体几何图形的交点，进而得交线和截面图形. 2.求解截面的交线长度问题，关键是准确找到截面与几何体相交的轨迹形状，突破口是找到截面与几何体的公共点的位置和变化轨迹.常见的轨迹形状为特殊四边形（正方形、平行四边形、菱形、梯形）的组合图形、圆周或圆弧、圆锥曲线的部分等. 训练3 [2023武汉市武昌实验中学模拟测试]已知在圆柱O1O2内有一个球，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD，其面积为8.若P为圆柱底面圆弧CD的中点，则平面PAB与球的交线长为　　. 解析　设该球的球心为O，半径为r，则AB＝BC＝2r，而S四边形ABCD＝AB×BC＝4r2＝8，解得r＝. 如图，连接PO2，O1P，作OH⊥O2P于H，易知O1O2⊥AB，因为P为的中点，所以AP＝BP.又O2为AB的中点，所以O2P⊥AB.又O1O2∩O2P＝O2，所以AB⊥平面O1O2P.又OH⊂平面O1O2P，所以AB⊥OH.因为OH⊥O2P，且AB∩PO2＝O2，所以OH⊥平面ABP. 因为O1O2＝2r＝2，O1P＝，O1O2⊥O1P， 所以O2P＝＝＝， 所以sin∠O1O2P＝＝＝， 所以OH＝OO2×sin∠O1O2P＝×＝. 易知平面PAB与球O的交线为一个圆，其半径为r1＝＝＝，所以交线长为2πr1＝2π×＝π. 基础练习 1.[2023长沙重点中学摸底考试]棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，E，F，G分别为AB，AD，AA1的中点，则平面EFG截球O所得圆的半径为（　B　） A. B. C. D. 解析　由题意，正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球球心O为体对角线AC1的中点，正方体体对角线长为2，所以球的半径R＝.易知点A到平面EFG的距离为，所以球心O到平面EFG的距离为－＝，所以截面圆的半径r＝＝，故选B. 2.[2023南通市部分学校第一次联考]祖暅是南北朝时代的伟大数学家，他于公元5世纪末提出体积计算原理，即祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等.现有以下四个几何体：图①是从圆柱中挖去一个圆锥所得的几何体；图②、图③、图④分别是圆锥、圆台和半球，则可以用来验证祖暅原理的两个几何体为 （　D　） 　　　　　　　　　　　　① ② 　　③ ④ A.①② B.①③ C.②④ D.①④ 解析　设平行于底面的截面与底面间的距离为h，则①中截面圆环的面积为π（R2－h2）；②中截面圆的半径为R－h，截面圆的面积为π（R－h）2；③中截面圆的半径为R－，截面圆的面积为π（R－）2；④中截面圆的半径为，截面圆的面积为π（R2－h2）.所以①④中的几何体在等高处的截面的面积恒相等，故选D. 3.[2024安徽滁州中学模拟改编]如图，已知四面体ABCD 的各条棱长均等于4，E，F 分别是棱AD，BC 的中点.若用一个与直线EF 垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面α 去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为（　B　） A.3 B.4 C.4 D.6 解析　将正四面体补成正方体，如图所示，可得EF⊥平面CHBG，且正方体的棱长为2.由于EF⊥平面α，且平面α 与四面体的每一个面都相交，故截面为平行四边形MNKL，且KL＋KN＝4，又KL∥BC，KN∥AD，且AD⊥BC，∴KN⊥KL，∴平行四边形MNKL 为矩形， ∴S矩形MNKL＝KN·KL≤（）2＝4，当且仅当KN＝KL＝2 时取等号. 4.[2023福州质检]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别是棱AA1，BC的中点，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形周长为（　D　） A.6 B.10 C.＋2 D. 解析　如图，取CC1的中点G，连接BG，则D1E∥BG，取CG的中点N，连接FN，D1N，则FN∥BG，所以FN∥D1E.延长D1E，DA交于点H，连接FH交AB于点M，连接ME，则平面D1EF截该正方体所得的截面图形为多边形D1EMFN.由题知A为HD的中点，A1E＝AE＝2，C1N＝3，CN＝1，则D1E＝＝2，D1N＝＝5，FN＝＝.取AD的中点Q，连接QF，则AM∥FQ，所以＝，所以AM＝·FQ＝×4＝，则MB＝，则ME＝＝＝，MF＝＝＝，所以截面图形的周长为D1E＋EM＋MF＋FN＋ND1＝2＋＋＋＋5＝.故选D. 5.[2023广西联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的外接球表面积为27π，点E为棱BB1的中点，且DE⊥平面α，点C1∈平面α，则平面α截正方体ABCD－A1B1C1D1所得的截面图形的面积为（　D　） A. B. C. D. 解析　设该正方体外接球的半径为R，依题意得4πR2＝27π，解得R2＝，故R＝，又AB＝2R，故AB＝3，即正方体的棱长为3.如图，分别取棱AB，BC的中点F，G，连接GF，A1F，C1G，A1C1，根据正方体的性质可知，四边形A1C1GF为等腰梯形，以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1（0，0，0），F（，0，3），C1（3，3，0），E（3，0，），D（0，3，3），可得＝（3，－3，－），＝（，0，3），＝（3，3，0），则·＝－＝0，·＝9－9＝0，所以DE⊥A1F，DE⊥A1C1. 由于A1F∩A1C1＝A1，所以DE⊥平面A1C1GF，即截面图形为等腰梯形A1C1GF. 连接AC，则FG＝AC＝，又A1F＝C1G＝＝，A1C1＝3，所以等腰梯形A1C1GF的高为＝. 故截面图形的面积为×（＋3）×＝.故选D. 6.[多选/2023襄阳市三校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α，平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是 （　ACD　） A.截面形状可能为正三角形 B.截面形状可能为正方形 C.截面形状不可能是正五边形 D.截面面积的最大值为3 解析　如图所示，易知直线AC1⊥平面A1BD，依题意知，平面α与平面A1BD平行或重合，所以平面α截此正方体所得截面可能为正三角形（如图中△A1BD），也可能为六边形，不可能为正方形或正五边形.当截面为正六边形时（如图中六边形EFGHIP，E，F，G，H，I，P分别为其所在棱的中点），截面面积取得最大值为6××（）2＝3.综上可知，结论正确的是ACD. 7.[2024广东七校联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M为侧棱BB1上一点，且＝，平面A1DM将该正方体分成两部分，其体积分别为V1，V2（V1＜V2），则＝　　. 解析　如图，延长线段A1M，与AB的延长线交于点N，连接DN，交BC于点K，连接MK，故平面A1DM延展后为平面A1DKM，该平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台BMK－AA1D.因为MB∥A1A，所以＝＝＝，不妨设正方体的棱长为3，则V1＝＝（S△BKM＋＋）×AB＝×（×1×1＋×3×3＋）×3＝，V2＝－＝33－＝，所以＝. 8.[2023济南摸底考试改编]在正四面体ABCD中，AB＝，过线段AB的一个三等分点且与AB垂直的平面截该四面体所得截面的周长为　　. 解析　如图所示，取AB的中点为E，连接CE，DE，因为四面体ABCD是正四面体，所以AB⊥CE，AB⊥DE，又CE∩DE＝E，CE，DE⊂平面CDE，所以AB⊥平面CDE.取线段AB的一个靠近点A的三等分点F，过点F分别作FG∥EC，FH∥ED，且分别交AC，AD于G，H，连接GH，则可得平面FGH∥平面CDE，所以AB⊥平面FGH，且GH∥CD，因为＝，所以＝＝＝，因为EC＝×＝，所以FG＝，则FH＝FG＝，因为CD＝，所以GH＝，则截面FGH的周长为，由对称性，知过线段AB上靠近点B的三等分点且与AB垂直的平面截该四面体所得截面的周长也为，故截面周长为. 9.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N，E，F分别是A1B1，AD，B1C1，C1D1的中点，则过EF且与MN平行的平面截正方体所得截面的面积为　2　. 解析　如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，设CD，BC的中点分别为H，G，连接HE，HG，GE，HF，ME，NH.易知ME∥NH，ME＝NH，所以四边形MEHN是平行四边形，所以MN∥HE. 因为MN⊄平面EFHG，HE⊂平面EFHG，所以MN∥平面EFHG， 所以过EF且与MN平行的平面为平面EFHG，易知平面EFHG截正方体所得截面为矩形EFHG，EF＝，FH＝2，所以截面EFHG的面积为2×＝2. 突破3　立体几何中的动态问题 命题点1　空间位置关系的判定问题 例1 [多选/2021新高考卷Ⅰ]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ＋μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（　BD　） A.当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B.当μ＝1时，三棱锥P－A1BC的体积为定值 C.当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D.当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 解析　＝λ＋μ（0≤λ≤1，0≤μ≤1）. 对于选项A，当λ＝1时，点P在棱CC1上运动，如图1所示，此时△AB1P的周长为AB1＋AP＋PB1＝＋＋＝＋＋，不是定值，A错误； 图1 图2 对于选项B，当μ＝1时，点P在棱B1C1上运动，如图2所示， 则＝＝S△PBC×＝S△PBC＝××1×1＝，为定值，故B正确； 对于选项C，取BC的中点D，B1C1的中点D1，连接DD1，A1B，则当λ＝时，点P在线段DD1上运动，假设A1P⊥BP，则A1P2＋BP2＝A1B2，即（）2＋（1－μ）2＋（）2＋μ2＝2，解得μ＝0或μ＝1，所以点P与点D或D1重合时，A1P⊥BP，故C错误； 解法一　由多选题特征，排除A，C，故选BD. 解法二　对于选项D，易知四边形ABB1A1为正方形，所以A1B⊥AB1.设AB1与A1B交于点K，连接PK，要使A1B⊥平面AB1P，需A1B⊥KP，所以点P只能是棱CC1的中点，故选项D正确.综上，选BD. 解法三　对于选项D，分别取BB1，CC1的中点E，F，连接EF，则当μ＝时，点P在线段EF上运动.以点C1为坐标原点建立如图3所示的空间直角坐标系C1xyz，则B（0，1，1），B1（0，1，0），A1（，，0），P（0， 1－λ，），所以＝（－，，1），＝（0，－λ，）.易得A1B⊥AB1，若A1B⊥B1P，则A1B⊥平面AB1P，所以－＋＝0，解得λ＝1，所以只存在一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，此时点P与F重合，故D正确.综上，选 BD. 图3 方法技巧 解决空间位置关系的动点问题的方法 （1）特殊位置法. （2）应用位置关系定理转化法. （3）建立空间直角坐标系计算法. 训练1 [2023惠州第一次调研]如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，且底面各边都相等，AC∩BD＝O，M是PC上的动点，当点M满足　DM⊥PC（答案不唯一）　时，平面MBD⊥平面PCD.（只要填写一个你认为正确的条件即可） 解析　由题意知，四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥BD，又PA∩AC＝A，PA，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC. ∵平面PCD为固定平面，平面MBD为运动平面，且运动平面MBD中的固定直线BD垂直PC，∴只需在运动平面MBD中找到一条与BD相交且垂直于PC的直线即可使平面MBD⊥平面PCD，则DM⊥PC，BM⊥PC等都满足要求. 命题点2　轨迹问题 例2 [2023西安检测]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，F为底面ABCD上一动点，且EF与底面ABCD所成的角为.若该正方体外接球的表面积为12π，则动点F的轨迹长度为（　A　） A.π B.π C.π D.π 解析　如图1，取AD的中点H，连接EH，FH，则EH∥AA1. 在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，所以EH⊥平面ABCD，所以∠EFH为EF与底面ABCD所成的角，即∠EFH＝.设正方体的棱长为a，则4π×（a）2＝3πa2＝12π，解得a＝2，所以EH＝AA1＝a＝2，则HF＝，所以点F的轨迹为以H为圆心，为半径的圆在正方形ABCD内的部分.如图2，HG＝HM＝，则cos∠AHG＝＝，则∠AHG＝，由对称性可得∠DHM＝，所以∠MHG＝π－2×＝，故点F的轨迹长度为×＝π，故选A. 方法技巧 与立体几何有关的轨迹问题的解题方法 （1）几何法：利用几何图形的性质找满足题意的点. （2）排除法：利用特殊位置或者特殊值进行排除. （3）定义法：转化为平面轨迹问题，利用解析几何相关知识计算. （4）建系法：建立空间直角坐标系，设出动点坐标，根据题意建立方程（组），得出轨迹方程. 训练2 [2023广州市一测]在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面ADD1A1上的动点，且PC1∥平面AEF，则点P的轨迹长为　　，点P到直线AF的距离的最小值为　　. 解析　如图，连接AD1，D1F，易证AD1∥EF，从而A，E，F，D1四点共面，平面AEF即平面AEFD1.记AA1，A1D1的中点分别为M，N，连接MN，NC1，MC1，可得MN∥AD1，MC1∥AF. ∵MN⊄平面AEFD1，AD1⊂平面AEFD1，∴MN∥平面AEFD1.同理可得MC1∥平面AEFD1，又MN∩MC1＝M，MN，MC1⊂平面MNC1，∴平面MNC1∥平面AEFD1.故点P的轨迹是线段MN，其长为AD1＝.分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，0，0），F（0，1，），M（1，0，），N（，0，1），∴＝（－1，1，），｜｜＝.由点P在线段MN上，可设P（x，0，－x），≤x≤1，则＝（x－1，0，－x），∴｜｜＝＝.设与的夹角为α，则cos α＝＝＝，∴sin α＝.∴点P到直线AF的距离d＝｜｜sin α＝＝，又≤x≤1，∴dmin＝＝，即点P到直线AF的距离的最小值为. 命题点3　最值与范围问题 例3 [2022新高考卷Ⅰ]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是（　C　） A.[18，] B.[，] C.[，] D.[18，27] 解析　设正四棱锥的底面边长为a，高为h，外接球的球心为O，半径为R，依题意，得36π＝πR3，解得R＝3.由题意可得解得所以正四棱锥的体积V＝a2h＝（2l2－）×＝（2－）（3≤l≤3），所以V'＝l3－＝l3（4－）（3≤l≤3）.令V'＝0，得l＝2，当3≤l＜2时，V'＞0；当2＜l≤3时，V'＜0，所以函数V＝（2－）（3≤l≤3）在[3，2）上单调递增，在（2，3]上单调递减.又当l＝3时，V＝；当l＝2时，V＝；当l＝3时，V＝.所以该正四棱锥体积的取值范围是[，].故选C. 方法技巧 立体几何中的范围问题的解题方法 （1）几何法：分析变化过程，找到满足条件的最值位置. （2）代数法：通过引入变量，将动态问题转化为关于变量的代数式，利用函数思想或不等式思想求最值. 训练3 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点，若A1P∥平面AEF，则线段A1P的长度的取值范围是（　B　） A.[2，] B.[，] C.[，2] D.[2，2] 解析　如图，取B1C1的中点G，BB1的中点H，连接GH，A1G，A1H，则A1G∥AE，又A1G⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，所以A1G∥平面AEF，同理得GH∥平面AEF，又A1G∩GH＝G，所以平面A1GH∥平面AEF.因为P是侧面BCC1B1内一点，所以当P点在线段GH上时，能够满足A1P∥平面AEF.由勾股定理可求得A1G＝A1H＝，GH＝，所以当点P为GH的中点时，A1P的长度最小，此时A1P＝＝，当点P与点G或点H重合时，A1P的长度最大，此时A1P＝.故线段A1P的长度的取值范围是[，].故选B. 基础练习 1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是侧面BB1C1C内一动点.若P到直线BC的距离等于它到直线C1D1的距离，则动点 P的轨迹所在的曲线是（　D　） A.直线 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线 解析　如图，连接C1P，过点P作PE⊥BC，E为垂足，易知PC1就是点P到直线C1D1的距离，则PC1＝PE， （点P到定点C1的距离与到定直线BC的距离相等） 所以动点P在侧面BB1C1C内的一段抛物线上. 2.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M是平面A1B1C1D1内一点，且BM∥平面ACD1，则tan∠DMD1的最大值为 （　D　） A. B.1 C.2 D. 解析　连接A1C1，易得当M在直线A1C1上时，都满足BM∥平面ACD1，所以tan∠DMD1＝，而DD1为定值，所以要使tan∠DMD1最大，则MD1最小，此时点M为A1C1的中点，tan∠DMD1＝＝. 3.在空间直角坐标系Oxyz中，正四面体P－ABC的顶点A，B分别在x轴、y轴上移动.若该正四面体的棱长是2，则｜OP｜的取值范围是（　A　） A.[－1，＋1] B.[1，3] C.[－1，2] D.[1，＋1] 解析　如图所示，若固定正四面体P－ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动.设AB的中点为M，则PM＝＝，所以原点O到点P的最小距离等于PM减去球M的半径，最大距离等于PM加上球M的半径，所以－1≤｜OP｜≤＋1，即｜OP｜的取值范围是[－1，＋1]. 4.[多选/2024江西省九江市同文中学模拟]如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝，则（　ABD　） A.AC⊥BE B.EF∥平面ABCD C.△AEF的面积与△BEF的面积相等 D.三棱锥E－AFB的体积为定值 解析　在正方体ABCD－A1B1C1D1中，易知AC⊥BD，AC⊥BB1，因为BB1∩BD＝B，所以AC⊥平面BB1D1D，又因为BE⊂平面BB1D1D，所以AC⊥BE，A正确；（也可以由三垂线定理直接得结论） 因为B1D1∥平面ABCD，所以EF∥平面ABCD，B正确； 连接AD1，AB1，易知△AB1D1为等边三角形，所以易得点A到直线EF的距离为×＝，而点B到直线EF的距离为1，所以△AEF的面积与△BEF的面积不相等，C错误； S△BEF＝××1＝，而点A到平面BEF的距离即点A到平面BB1D1D的距离，为，因此VE－AFB＝VA－BEF＝××＝为定值，D正确.故选ABD. 5.[多选/2023武汉市武昌区质检]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E在线段BD上，且BE＝BD，动点F在线段B1C上（含端点），则下列说法正确的有（　AB　） A.三棱锥D1－ADF的体积为定值 B.若直线EF∥平面AB1D1，则CF＝CB1 C.不存在点F使平面DEF⊥平面BB1C1C D.存在点F使直线EF与平面ABCD所成角为 解析　对于A，因为B1C∥平面ADD1A1，点F在线段B1C上，所以点F到平面ADD1A1的距离为定值，即正方体的棱长.又△ADD1的面积也为定值，＝，所以三棱锥D1－ADF的体积为定值，所以选项A正确. 对于B，连接CA，由题意可知E为BD的中点，所以E在线段CA上，且E为AC的中点，若直线EF∥平面AB1D1，因为EF⊂平面AB1C，平面AB1C∩平面AB1D1＝AB1，所以EF∥AB1，因为E为AC的中点，所以F为B1C的中点，即CF＝CB1，所以选项B正确. 对于C，点F与点C重合时，平面DEF即平面ABCD，因为平面ABCD⊥平面BB1C1C，所以选项C错误. 对于D，当点F与点B1重合时，EF与平面ABCD所成的角最大，此时∠B1EB为EF与平面ABCD所成的角，设正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，则BE＝，所以tan∠B1EB＝＝＝＜，即∠B1EB＜，所以不存在点F，使直线EF与平面ABCD所成的角为，所以选项D错误. 综上，选AB. 6.[多选/2024浙江名校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，点P为平面ABC内一动点，则下列说法正确的是（　BCD　） A.若点P在棱AD上运动，则A1P＋PC的最小值为2＋2 B.若点P是棱AD的中点，则平面PBC1截正方体所得截面的周长为2＋3 C.若点P满足PD1⊥DC1，则动点P的轨迹是一条直线 D.若点P在直线AC上运动，则点P到BC1的最小距离为 解析　对于选项A，如图1，将平面ABCD与平面AA1D1D平铺在一个平面内，连接A1C，则A1P＋PC≥A1C＝＝2，所以选项A错误. 图1　 图2 对于选项B，如图2，取DD1的中点Q，连接PQ，C1Q，因为点P是AD的中点，所以PQ∥BC1，所以平面PBC1截正方体所得截面为等腰梯形PBC1Q，所以该截面的周长为PQ＋PB＋C1Q＋BC1＝＋2＋2＝2＋3，所以选项B正确. 对于选项C，如图3，连接CD1，A1B，则在正方体中，易知A1D1⊥DC1，DC1⊥CD1，又A1D1∩CD1＝D1，A1D1，CD1⊂平面A1BCD1，所以DC1⊥平面A1BCD1，又P在平面ABC内，平面ABC∩平面A1BCD1＝BC，所以要使PD1⊥DC1，则P∈BC，即动点P的轨迹是一条直线，所以选项C正确. 图3 图4 对于选项D，当点P在直线AC上运动时，点P到BC1的最小距离即异面直线AC与BC1的距离.如图4，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0），C（0，2，0），B（2，2，0），C1（0，2，2），所以＝（－2，2，0），＝（－2，0，2）.设与异面直线AC和BC1均垂直的直线的方向向量为n＝（x，y，z），则取x＝1，可得n＝（1，1，1），又＝（0，2，0），所以异面直线AC与BC1的距离d＝＝＝，所以选项D正确.故选BCD. 7.[2023高三名校联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，已知AA1＝7，点O在棱AA1上，且AO＝4，则该正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为　π　. 解析　如图，在正方体的面AA1B1B上，以O为圆心，5为半径作弧，分别交AB，A1B1于点E，F，连接OE，OF，则OE＝OF＝5，因为OA＝4，AA1＝7，所以AE＝3＝OA1，A1F＝4＝OA，则易知OE⊥OF，所以在正方体的面AA1B1B上满足题意的点的轨迹为，长度为×2π×5＝π；同理得，在正方体的面AA1D1D上满足题意的点的轨迹长度为π.易知OA1⊥平面A1B1C1D1，OA⊥平面ABCD，因为A1F＝4，OA1＝3，所以易得在正方体的面A1B1C1D1上满足题意的点的轨迹为以A1为圆心，A1F为半径的弧，且该弧所对的圆心角为，故其长度为×2π×4＝2π；同理得，在正方体的面ABCD上满足题意的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的弧，且该弧所对的圆心角为，故其长度为×2π×3＝π.综上，该正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为＋＋2π＋＝π. 8.[解题创新/2023石家庄市质检（二）]长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，平面AB1C与直线D1C1的交点为M，现将△MCB1绕CB1旋转一周，在旋转过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成角中的最小角记为α，则sin α的最大值是　　. 解析　如图1，延长D1C1至M1，使C1M1＝1，连接B1M1，CM1，则B1M1∥AC，B1M1＝AC，所以四边形AB1M1C为平行四边形，因此M1为直线D1C1与平面AB1C的交点，即M与M1重合.将△B1MC绕CB1旋转一周，得到的图形如图2.在△B1MC绕CB1旋转的过程中，动直线CM与底面A1B1C1D1内任一直线所成角中的最小角，即动直线CM与底面ABCD内任一直线所成角中的最小角，也即动直线CM与底面ABCD所成的角.不妨设△B1MC绕CB1按逆时针方向旋转，如图3，当△B1MC所在的平面第一次与平面B1C1CB重合时，直线CM与底面ABCD所成的角最大，在Rt△B1CB中，B1B＝2，CB＝1，B1C＝，所以sin∠B1CB＝，cos∠B1CB＝.在△B1CM中，B1C＝，CM＝，B1M＝，根据余弦定理，得cos∠B1CM＝，则sin∠B1CM＝.所以（sin α）max＝sin（π－∠B1CB－∠B1CM）＝sin（∠B1CB＋∠B1CM）＝sin∠B1CB·cos∠B1CM＋cos∠B1CB·sin∠B1CM＝×＋×＝. 图1 图2 图3 突破4　立体几何中的翻折问题与探索性问题 命题点1　翻折问题 例1 [全国卷Ⅲ]图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2. （1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE. （2）求图2中的二面角B－CG－A的大小. 图 1 图2 解析　（1）由已知得AD∥BE，CG∥BE，（位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系不变） 所以AD∥CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面. 由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，（与“折痕”垂直的线段，翻折前后垂直关系不变） 又BC∩BE＝B，BC，BE⊂平面BCGE，故AB⊥平面BCGE. 又AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE. （2）如图，作EH⊥BC，垂足为H.因为EH⊂平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面ABC∩平面BCGE＝BC，所以EH⊥平面ABC. 由题设知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝. 以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（－1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），＝（1，0，），＝（2，－1，0）. 设平面ACGD的法向量为n＝（x，y，z），则即 所以可得平面ACGD的一个法向量为n＝（3，6，－）. 易知m＝（0，1，0）为平面BCGE的一个法向量， 则cos＜n，m＞＝＝. 由图可知二面角B－CG－A为锐角，因此二面角B－CG－A的大小为30°. 方法技巧 1.一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化. 注意　 利用折叠前的平面图计算长度. 2.（1）与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变（常用于翻折后构成二面角的平面角）； （2）与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变. 训练1 已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2，将△ABD沿矩形的对角线BD所在的直线翻折到△A'BD的位置（A'不在平面ABCD内），则在翻折过程中，下列说法正确的是（　B　） A.存在某个位置，使得直线BD与直线A'C垂直 B.存在某个位置，使得直线A'B与直线CD垂直 C.存在某个位置，使得直线BC与直线A'D垂直 D.对任意位置，三对直线“A'C与BD”“CD与A'B”“A'D与BC”均不相互垂直 解析　翻折前、后的图形如图1、图2所示.在图1中，过点A作AE⊥BD，垂足为E，过点C作CF⊥BD，垂足为F，由边AB，BC不相等可知点E，F不重合.在图2中，连接CE. 对于选项A，若A'C⊥BD，因为BD⊥A'E，A'E∩A'C＝A'，所以BD⊥平面A'CE.因为CE⊂平面A'CE，所以BD⊥CE，与点E，F不重合相矛盾，故选项A错误.对于选项B，若A'B⊥CD，因为A'B⊥A'D，A'D∩CD＝D，所以A'B⊥平面A'DC.因为A'C⊂平面A'DC，所以A'B⊥A'C，由A'B＜BC可知存在这样的三角形，使得直线A'B与直线CD垂直，此时A'B＝A'C＝2，故选项B正确.对于选项C，若A'D⊥BC，因为DC⊥BC，A'D∩DC＝D，所以BC⊥平面A'DC.因为A'C⊂平面A'DC，所以BC⊥A'C，又BC＞A'B，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误.由以上分析可知选项D错误.故选B. 训练2 [2023昆明市模拟]如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD＝CD，∠ADC＝120°，E为CD的中点，将△ADE沿AE翻折，使点D落到点P的位置，如图2. 图1 图2 （1）证明：PB⊥AE. （2）当二面角P－AE－B等于90°时，求PA与平面PEC所成角的正弦值. 解析　（1）如图，取AE的中点O，连接PO，BO，BE. 由题意及题图1知，DA＝DE＝AB＝BE， 又PA＝DA，PE＝DE，所以PA＝PE. 所以PO⊥AE，BO⊥AE， 又PO∩BO＝O，所以AE⊥平面POB. 因为PB⊂平面POB，所以AE⊥PB，即PB⊥AE. （2）因为二面角P－AE－B等于90°， 所以平面PAE⊥平面ABCE， 又平面PAE∩平面ABCE＝AE，PO⊥AE，所以PO⊥平面ABCE，所以OA，OB，OP两两垂直. 以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设AB＝2，由已知得∠APE＝120°，所以OP＝OB＝1，OA＝OE＝， 则P（0，0，1），A（，0，0），C（－2，1，0），E（－，0，0），＝（，0，－1），＝（，0，1），＝（－，1，0）. 设平面PEC的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令x＝1，则y＝，z＝－，所以平面PEC的一个法向量为n＝（1，，－）. 设PA与平面PEC所成的角为θ， 则sin θ＝｜cos＜，n＞｜＝｜｜＝， 即PA与平面PEC所成角的正弦值为. 命题点2　探索性问题 例2 [2021全国卷甲]如图，已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1. （1）证明：BF⊥DE. （2）当B1D为何值时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小？ 解析　（1）因为F为CC1的中点， 所以CF＝CC1＝BB1＝1，BF＝＝. 如图，连接AF，由BF⊥A1B1，AB∥A1B1，得BF⊥AB，于是AF＝＝3， 所以AC＝＝2. 则AB2＋ BC2＝AC2，所以BA⊥BC， 故以B点为坐标原点，AB，BC，BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz， 则B（0，0，0），E（1，1，0），F（0，2，1），＝（0，2，1）. 设B1D＝m（0≤m≤2），则D（m，0，2）， 于是＝（1－m，1，－2）. 所以· ＝0，所以BF⊥DE. （2）易知平面BB1C1C的一个法向量为 n1＝（1，0，0） . 设平面DFE的法向量为n2＝（x，y，z），则 又＝（1－m，1，－2），＝（－1，1，1）， 所以令x＝3，得y＝m＋1，z＝2－m， 于是，平面DFE的一个法向量为n2＝（3，m＋1，2－m）， 所以cos＜n1，n2＞＝＝. 设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ， 则sin θ＝， 故当m＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小，为，即当B1D＝时，平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小. 方法技巧 1.对于存在判断型问题的求解，一般先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“方程（在规定范围内）是否有解”的问题. 2.借助空间直角坐标系，引进参数，将几何问题代数化是解决探索性问题的常见方法. 训练3 [多选/2023重庆名校联盟联考]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为AD1，B1C上的动点，且满足AP＝B1Q，则（　ACD　） A.存在PQ的某一位置，使AB∥PQ B.△BPQ的面积为定值 C.当PA＞0时，直线PB1与直线AQ一定异面 D.无论P，Q运动到何位置，均有BC⊥PQ 解析　对于A，当P，Q分别是AD1与B1C的中点时，AB∥PQ，故A正确. 对于B，设正方体的棱长为2，当P在A处，Q在B1处时，△BPQ的面积为2，当P在AD1的中点，Q在B1C的中点时，△BPQ的面积为，故B错误. 对于C，当PA＞0时，设直线PB1与AQ是共面直线，则AP与B1Q共面，矛盾，所以直线PB1与直线AQ是异面直线，故C正确. 对于D，当P与A重合或P与D1重合时，易证BC⊥PQ.当P不与A，D1重合时，设点P在平面ABCD内的射影为M，点Q在平面ABCD内的摄影为N，连接PM，QN，MN，PQ，由AP＝B1Q知，AM＝BN，则BC⊥MN，又QN⊥BC，MN∩QN＝N，所以BC⊥平面PMNQ，因为PQ⊂平面PMNQ，所以BC⊥PQ，故D正确.故选ACD. 训练4 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3.E为PD的中点，点F在PC上，且＝. （1）求证：CD⊥平面PAD. （2）求二面角F－AE－P的余弦值. （3）设点G在PB上，且＝.判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由. 解析　（1）因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD. 又AD⊥CD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD， 所以CD⊥平面PAD. （2）过点A作AD的垂线交BC于点M. 因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD. 以点A为坐标原点，分别以AM，AD，AP所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，0，0），B（2，－1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）. 因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）. 所以＝（0，1，1），＝（2，2，－2），＝（0，0，2）. 所以＝＝（，，－），＝＋＝（，，）. 设平面AEF的法向量为n＝（x，y，z）， 则即 令z＝1，则y＝－1，x＝－1. 于是n＝（－1，－1，1）为平面AEF的一个法向量. 易得平面PAD的一个法向量为p＝（1，0，0）， 则cos＜n，p＞＝＝－. 由题知，二面角F－AE－P为锐二面角，所以其余弦值为. （3）直线AG在平面AEF内.理由如下. 因为点G在PB上，且＝，＝（2，－1，－2）， 所以＝＝（，－，－），＝＋＝（，－，）. 由（2）知，平面AEF的一个法向量为n＝（－1，－1，1）. 所以·n＝－＋＋＝0.所以直线AG在平面AEF内. 基础练习 1.[多选/2023浙江名校联考]如图，矩形ABCD中，AD＝2，AB＝3，＝2，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE，若M为线段A1C上的点，满足＝2，则在△ADE翻折过程中（点A1不在平面DEBC内），下面四个选项中正确的是（　ABD　） A.BM∥平面A1DE B.点M在某个圆上运动 C.存在某个位置，使DE⊥A1C D.线段BA1的长的取值范围是（，3） 解析　如图所示，过点M作MN∥A1D交CD于N，连接BN.因为MN⊄平面A1DE，A1D⊂平面A1DE，所以MN∥平面A1DE.因为＝2，所以＝2，又＝2，易知BN∥DE，又BN⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，所以BN∥平面A1DE.又MN∩BN＝N，所以平面BMN∥平面A1DE，又BM⊂平面BMN，所以BM∥平面A1DE，所以选项A正确. 由选项A可知，平面BMN∥平面A1DE，连接AC交DE于点G，交NB于点K，连接A1G，MK，则平面A1GC∩平面A1DE＝A1G，平面A1GC∩平面BMN＝MK，所以A1G∥MK，所以＝＝，所以MK＝A1G，为定值，所以点M在以K为球心，A1G为半径的球面上运动，点A1在以G为球心，A1G为半径的球面上运动.取ED的中点H，连接HA，HA1，AA1，则DE⊥AH，DE⊥A1H，又AH∩A1H＝H，所以DE⊥平面AA1H，所以点A1在过A且与DE垂直的平面上，所以A1在某个圆上运动，所以点M在某个圆上运动，所以选项B正确. 连接HC，在△A1DE中，DE⊥A1H，假设DE⊥A1C成立，因为A1H，A1C⊂平面A1HC，A1H∩A1C＝A1，所以DE⊥平面A1HC，又CH⊂平面A1HC，所以DE⊥CH.在△DHC中，DH＝，DC＝3，CH＝，所以∠DHC≠，故DE⊥CH不成立，所以假设不成立，所以选项C错误. 以DE的中点H为坐标原点，分别以HA，HE所在直线为x轴，y轴，过点H且垂直于平面ABCD的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则B（－，，0）.设∠A1HA＝θ（0＜θ＜π），则A1（cos θ，0，sin θ），所以｜｜＝∈（，3），所以选项D正确.故选ABD. 2.[多选/2024贵阳市模拟]一块边长为10 cm的正方形铁片上有四个以O为顶点的全等的等腰三角形（如图1），将这4个等腰三角形裁下来，然后将余下的四块阴影部分沿虚线折叠，使得A，A'重合，B，B'重合，C，C'重合，D，D'重合，P1，P2，P3，P4重合为点P，得到正四棱锥O－ABCD（如图2）.则在正四棱锥O－ABCD中，以下结论正确的是（　ABD　） 图1 图2 A.平面OAC⊥平面OBD B.AD∥平面OBC C.当AP＝2 cm时，该正四棱锥内切球的表面积为π cm2 D.当正四棱锥的体积取到最大值时，AP＝4 cm 解析　如图，对于选项A，连接OP，∵在正四棱锥O－ABCD中，AC⊥BD，OP⊥平面ABCD，∴OP⊥AC.又BD∩OP＝P，∴AC⊥平面OBD.又AC⊂平面OAC，∴平面OAC⊥平面OBD.故选项A正确. 对于选项B，∵AD∥BC，AD⊄平面OBC，BC⊂平面OBC，∴AD∥平面OBC，故选项B正确. 对于选项C，设BC的中点为F，连接PF，OF，则OF⊥BC.由题图1知，OP3＝5，故折叠后， OF＋PF＝OP3＝5，∵AP＝2，∴AB＝2，∴PF＝，∴OF＝4，∴OP＝.设正四棱锥O－ABCD的体积为V，表面积为S表，内切球半径为r，正方形ABCD的面积为S，则V＝S·OP＝×8×＝.∵S表＝4××2×4＋8＝40，∴r＝＝＝，故内切球的表面积S球＝4πr2＝（cm2）.故选项C错误. 对于选项D，设PF＝x，则x∈（0，），AP＝x，AB＝2x，OF＝5－x，OP＝＝，故正四棱锥O－ABCD的体积为··（2x）2＝.令f（x）＝x4（5－x），x∈（0，），则f '（x）＝5x3（4－x）.当x∈（0，2）时，f '（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（2，）时，f '（x）＜0，f（x）单调递减.故当x＝2时，正四棱锥体积最大，∴当AP＝4 cm时，正四棱锥的体积最大.故选项D正确.故选ABD. 3.[2023大连市双基测试]如图，已知菱形ABCD的边长为6，∠ADC＝，E为对角线AC上一点，AE＝.将△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移动到E'且二面角A'－BD－A的大小为，则三棱锥A'－BCD的外接球的半径为　　，过E'作平面α与该外接球相交，所得截面面积的最小值为　9π　. 解析　因为∠ADC＝且四边形 ABCD为菱形，所以△CBD，△A'BD均为等边三角形.分别取△CBD，△A'BD的重心M，N，过M，N分别作平面CBD，平面A'BD的垂线，且垂线交于一点O，O即三棱锥A'－BCD 的外接球球心，如图所示.记AC∩BD＝O'，连接CO，OO'，因为二面角A'－BD－A的大小为，所以二面角A'－BD－C的大小为，且A'O'⊥BD，CO'⊥BD，所以二面角A'－BD－C的平面角为∠A'O'C，所以∠A'O'C＝.因为O'M＝O'N，所以cos∠MO'O＝cos∠NO'O，所以∠MO'O＝∠NO'O＝，又BC＝6，所以CO'＝A'O'＝6sin ＝3，所以MO'＝NO'＝，所以OM＝O'M·tan＝3，又CM＝CO'＝2，所以OC＝＝，所以三棱锥A'－BCD的外接球的半径为.连接OE'，当截面面积取最小值时，OE'垂直于截面，又截面是个圆，设截面圆的半径为r，外接球的半径为R，又NE'＝A'O'＝且ON＝OM＝3，所以OE'＝＝2，所以r＝ ＝3，此时截面面积S＝9π. 4.[2023成都七中模拟]如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BA⊥BC. （1）若BA＝BB1，求证：AB1⊥平面A1BC. （2）若BA＝BC＝BB1＝2，M是棱BC上的一动点，试确定点M的位置，使点M到平面A1B1C的距离为. 解析　（1）在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，所以BB1⊥BC，BB1⊥BA. 因为BA⊥BC，BA∩BB1＝B，所以BC⊥平面BAA1B1，所以BC⊥AB1. 因为BB1⊥BA，BA＝BB1，所以四边形BAA1B1为正方形，所以AB1⊥A1B. 因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC. （2）解法一　易得＝＝·CB·＝×2××2×2＝. 因为＝·A1B1·B1C＝×2×＝2，所以点B到平面A1B1C的距离为，所以要使点M到平面A1B1C的距离为，则点M为BC的中点. 解法二　由（1）知，直线BA，BB1，BC两两垂直. 以B为坐标原点，直线BA，BB1，BC分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图. 因为BA＝BC＝BB1＝2，所以B（0，0，0），A1（2，2，0），B1（0，2，0），C（0，0，2）， 设M（0，0，t）（0≤t≤2），则＝（0，0，2－t），＝（－2，0，0），＝（0，－2，2）. 设平面A1B1C的法向量为n＝（x，y，z），则即则取y＝1，则z＝1，所以平面A1B1C的一个法向量为n＝（0，1，1）， 所以点M到平面A1B1C的距离d＝＝＝， 又已知点M到平面A1B1C的距离为，所以＝，解得t＝1，t＝3（舍去）， 所以当点M为棱BC的中点时，点M到平面A1B1C的距离为. 5.[2023四川省宜宾市叙州第二中学模拟]如图1，在等边三角形ABC中，点D，E分别为边AB，AC上的动点，且满足DE∥BC，记＝λ.将△ADE沿DE翻折到△MDE的位置，并使得平面MDE⊥平面DECB，连接MB，MC，得到图2，其中点N为MC的中点. 图1 图2 （1）当EN∥平面MBD时，求λ的值. （2）随着λ值的变化，二面角B－MD－E的大小是否改变？如果改变，请说明理由；如果不改变，请求出二面角B－MD－E的正弦值. 解析　（1）如图1，取MB的中点P，连接DP，PN. 因为MN＝CN，MP＝BP，所以NP＝BC，NP∥BC. 又DE∥BC，所以NP∥DE，即N，E，D，P四点共面， 又EN∥平面MBD，EN⊂平面NEDP，平面NEDP∩平面MBD＝DP， 所以EN∥PD，即四边形NEDP为平行四边形， 图1 所以NP＝DE，则DE＝BC，即λ＝. （2）取DE的中点O，连接MO，则MO⊥DE.因为平面MDE⊥平面DECB，平面MDE∩平面DECB＝DE，且MO⊥DE， 所以MO⊥平面DECB. 如图2，建立空间直角坐标系，不妨设BC＝2，则M（0，0，λ），D（λ，0，0），B（1，（1－λ），0）， 所以＝（λ，0，－λ）， ＝（1－λ，（1－λ），0）. 设平面BMD的法向量为m＝（x，y，z），则 图2 即即 令z＝1，则x＝，y＝－1，则m＝（，－1，1）是平面BMD的一个法向量. 又平面EMD的一个法向量为n＝（0，1，0），即随着λ值的变化，二面角B－MD－E的大小不变， 所以cos＜m，n＞＝＝＝－，则sin＜m，n＞＝＝. 所以二面角B－MD－E的正弦值为. 6.[2024浙江名校联考]如图，已知四棱锥E－ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AB＝4，AD＝DC＝2，BE＝4，△ADE为等边三角形. （1）求证：平面ADE⊥平面ABCD. （2）是否存在一点F，满足＝λ（0＜λ＜1），使直线AF与平面BDE所成的角为60°？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 解析　（1）如图1，取AB的中点M，连接DM，则BM＝AB＝2，又在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝DC＝2，所以DC􀰿BM，所以四边形BMDC为平行四边形，所以DM＝BC＝2，故DM＝AB，得BD⊥AD，则BD＝＝＝2. 因为△ADE是等边三角形，所以DE＝AD＝2. 由BD2＋DE2＝16＝BE2，得BD⊥DE， 又AD∩DE＝D， AD，DE⊂平面ADE，所以BD⊥平面ADE， 又BD⊂平面ABCD，所以平面ADE⊥平面ABCD. （2）解法一　存在点F满足题意.证明如下： 由（1）知，BD⊥平面ADE，又BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面ADE. 如图1，作AH⊥DE，垂足为H，连接HF，则H为DE的中点，EH＝1，AH＝. 由得AH⊥平面BDE，则∠AFH即直线AF与平面BDE所成的角，且∠AFH＝60°. 在Rt△AHF中，由AH＝和∠AFH＝60°，得FH＝1. 在Rt△BDE中，易得∠DEB＝60°. 由EH＝FH＝1，∠HEF＝60°，得△HEF为等边三角形，FE＝1，又EB＝4，所以λ＝，故存在点F满足题意，且λ的值为. 解法二　存在点F满足题意.证明如下： 以点D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，建立如图2所示的空间直角坐标系， 则D（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），E（1，0，）， 得＝（0，2，0），＝（1，0，）. 设平面BDE的法向量为n＝（x，y，z）， 由得则y＝0，不妨令z＝－1，则x＝，故n＝（，0，－1）是平面BDE的一个法向量. 因为＝（－1，0，），＝（－1，2，－），＝λ＝（－λ，2λ，－λ）， 所以＝＋＝（－1，0，）＋（－λ，2λ，－λ）＝（－λ－1，2λ，－λ）. 故｜cos〈，n〉｜＝｜｜＝＝sin 60°＝， 解得λ＝0（舍去）或λ＝. 故存在点F满足题意，且λ的值为. 7.[2023湖北重点中学联考（一）]已知一圆形纸片的圆心为O，直径AB＝2，圆周上有C，D两点.如图1，OC⊥AB，∠AOD＝，点P是上的动点，沿AB将纸片折为直二面角，并连接PO，PD，PC，CD，如图2. （1）当AB∥平面PCD时，求PD的长； （2）当三棱锥P－COD的体积最大时，求二面角O－PD－C的余弦值. 图1 图2 解析　（1）因为AB∥平面PCD，AB⊂平面OPD， 平面OPD∩平面PCD＝PD，所以AB∥PD. 又∠AOD＝， 所以∠ODP＝∠OPD＝，可得∠POD＝， 又OD＝OP＝1，所以PD＝. （2）由题意知OC⊥平面POD，而S△DOP＝·OD·OP·sin∠DOP，所以当OD⊥OP时，三棱锥P－COD的体积最大. 解法一　易知OC，OD，OP两两垂直，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图1所示的空间直角坐标系，则C（1，0，0），D（0，0，1），P（0，1，0），则＝（1，－1，0），＝（0，1，－1）. 设平面PDC的法向量为n1＝（x，y，z）， 图1 则即取y＝1，得x＝1，z＝1， 由此得平面PDC的一个法向量为n1＝（1，1，1）. 易知平面POD的一个法向量为n2＝（1，0，0）. 由图可知，二面角O－PD－C为锐角，设其平面角为θ， 则cos θ＝＝. 所以二面角O－PD－C的余弦值为. 解法二　如图2所示，取PD的中点M，连接OM，CM. 因为OD＝OP，CD＝CP， 所以OM⊥PD，CM⊥PD， 即∠OMC为所求二面角的平面角. 图2 在等腰直角三角形OPD中，可得OM＝，而OC＝1， 所以在Rt△COM中，CM＝＝， cos∠OMC＝＝＝， 于是二面角O－PD－C的余弦值为. 8.如图，四棱锥S－ABCD的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱SD上的点. （1）求证：AC⊥SD. （2）若SD⊥平面PAC，求平面PAC与平面DAC夹角的大小. （3）在（2）的条件下，侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求出SE∶EC的值；若不存在，试说明理由. 解析　（1）连接BD，设AC交BD于点O，连接SO.由题意知SO⊥平面ABCD，以O为坐标原点，以，，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 设底面边长为a，则OB＝OC＝OD＝a，SO＝＝＝a， 可得O（0，0，0），S（0，0，a），D（－a，0，0），C（0，a，0），B（a，0，0）. 于是＝（0，a，0），＝（－a，0，－a）， 则·＝0，故OC⊥SD，从而AC⊥SD. （2）由题设知，平面PAC的一个法向量为＝（a，0，a）， 平面DAC的一个法向量为＝（0，0，a）， 则cos＜，＞＝＝， 所以平面PAC与平面DAC夹角的大小为30°. （3）在棱SC上存在一点E，使得BE∥平面PAC.理由如下. 由（2）知是平面PAC的一个法向量，且＝（a，0，a）， 设＝t（0≤t≤1），又＝（0，－a，a），＝（－a，a，0）， 则＝＋＝＋t＝（－a，a（1－t），at）. 若BE∥平面PAC，则·＝0，则－＋0＋a2t＝0， 可得t＝， 故当SE∶EC＝2∶1时，BE∥平面PAC. 因此在棱SC上存在点E，使得BE∥平面PAC，此时SE∶EC＝2∶1. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$