任务群（四） 立体几何（Word练习）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

任务群（四）立体几何 任务1　几何体的表面积和体积 [核心整合] 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S圆柱侧＝2πrl， S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底·h 锥体(棱锥和圆锥) S圆柱侧＝πrl， S表面积＝S侧＋S底 V＝S底·h 台体(棱台和圆台) S圆台侧＝π(r上＋r下)l， S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 角度1　空间几何体的表面积 [例1]　(1)已知一个圆柱底面半径为2，高为3，上底面的同心圆半径为1，以这个圆面为上底面，圆柱下底面为下底面的圆台被挖去，剩余的几何体表面积等于(　　 ) A．(9＋3)π B．(14＋3)π C．(5＋2)π D．(15＋3)π (2)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构．如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体．已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度(单位：dm)分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为(　　 ) A．(34＋8)dm2 B．(34＋44)dm2 C．(34＋48)dm2 D．(34＋8)dm2 [规律总结]　空间几何体表面积的类型及求法 求多面体的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积 求旋转体的表面积 可以从旋转体的形成过程及其几何体特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系 求不规则几何体的表面积 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积 角度2　空间几何体的体积 [例2]　(1)一个五面体ABC­DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.已知AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　 ) A． B．＋ C． D．－ (2)科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号(如图1)是中国科学院空天信息创新研究院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9 050 m，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m，高19 m，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(　　 ) (参考数据：9.52≈90，9.53≈857，315×1 005≈316 600，π≈3.14) A．9 064 m3 B．9 004 m3 C．8 944 m3 D．8 884 m3 [规律总结]　求几何体体积的基本方法 (1)直接法：对于规则的几何体，可利用相关公式直接计算求解． (2)割补法：对于不规则的几何体，可将其分割成规则的几何体，进行体积计算；也可把不规则的几何体补成规则的几何体，进行体积计算． (3)转换法：主要用于求三棱锥(四面体)的体积，将三棱锥的顶点和底面进行转换，使其底面的面积可求(或容易求)，高可求(或容易求)，从而代入公式求得体积． [对点练习]　1.(1)庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶．单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡(如图①)，类似五面体FE­ABCD的形状(如图②)，若四边形ABCD是矩形，AB∥EF，且AB＝CD＝2EF＝2BC＝8，EA＝ED＝FB＝FC＝3，则五面体FE­ABCD的表面积为________． (2)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________． 任务2　球的切、接问题 [核心整合] 设正方体的棱长为a，球的半径为R， ①若球为正方体的外接球，则2R＝ a； ②若球为正方体的内切球，则2R＝a； ③若球与正方体的各棱相切，则2R＝ a. 长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝ .当且仅当长方体为正方体(即a＝b＝c)，才有内切球． 角度1　外接球 [例3]　已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　 ) A．100π B．128π C．144π D．192π [延伸探究]　(变条件)本例中的“正三棱台”改为“高为1，底面边长为4的正三棱锥”，求该球的表面积． [规律总结]　求空间多面体外接球半径的常用方法 (1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解． (2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可． 角度2　内切球 [例4]　(1)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为(　　 ) A．3π B．π C．(3－2)π D．(－1)π (2)已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为(　　 ) A． B． C． D． [规律总结]　几何体内切球问题的求解策略 (1)体积分割法求内切球半径． (2)作出合适的截面(过球心、切点等)，转化为平面图形求解． (3)多球相切的问题，连接各球球心，转化为处理多面体问题． [对点练习]　2.(1)在三棱锥P­ABC中，已知PA＝BC＝2，AC＝BP＝，CP＝AB＝，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为(　　 ) A．77π B．64π C．108π D．72π (2)如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为1＋，则该棱锥的内切球半径为________. 任务3　空间直线、平面位置关系的判定 [例1]　(1)若m，n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是(　　 ) A．若m∥α，n∥α，则m⊥n B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若m∥α，n⊥α，则m⊥n D．若m∥α，n⊥α，则m与n相交 (2)(多选)如图，四棱锥A­BCDE是所有棱长均为2的正四棱锥，三棱锥A­CDF是正四面体，G为BE的中点，则下列结论正确的是(　　 ) A．A，B，C，F四点共面 B．FG⊥平面ACD C．FG⊥CD D．平面ABE∥平面CDF [规律总结]　判断空间直线、平面位置关系的常用方法 (1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断； (2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断； (3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察直线、平面的位置关系，并结合有关定理进行判断． [对点练习]　1.(1)(多选)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列四个命题正确的是(　　 ) A．若m⊂β，α⊥β，则m⊥α B．若m⊂β，α∥β，则m∥α C．若m⊥α，m⊥β，n⊥α， 则n⊥β D．若m∥α，m∥β，n∥α，则n∥β (2)(多选)已知四棱锥P­ABCD，PA⊥平面ABCD，则(　　 ) A．若PC⊥BD，则AC⊥BD B．若AC⊥BD，则PB＝PD C．若PB＝PD，则AB＝AD D．若AB＝AD，则PC⊥BD 任务4　空间平行、垂直关系的证明 角度1　几何法 [核心整合] 1．线面、面面平行的判定及性质定理 2．线面、面面垂直的判定及性质定理 3．向量法：设直线l的方向向量为a＝(a1，b1，c1)，平面α，β的法向量分别为μ＝(a2，b2，c2)，ν＝(a3，b3，c3).则有： ①线面平行 l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0. ②线面垂直 l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2. ③面面平行 α∥β⇔μ∥v⇔μ＝λν⇔a2＝λa3，b2＝λb3，c2＝λc3. ④面面垂直 α⊥β⇔μ⊥ν⇔μ·ν＝0⇔a2a3＋b2b3＋c2c3＝0. [例2]　如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面ADE⊥平面ABCD，EF＝1，AE＝DE＝. (1)求证：CD∥平面ABFE； (2)求证：平面ABFE⊥平面CDEF. [规律总结]　空间平行、垂直关系证明的技巧 (1)明确空间几何体的结构特征，明确其中已有的平行、垂直关系． (2)熟练掌握线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理及性质定理，并能灵活运用． (3)证明线线平行的常用方法：①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理． (4)证明线线垂直的常用方法：①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质证线线垂直． 角度2　向量法 [例3]　如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB∥DC，AD＝DC＝AP＝2，AB＝1，点E为棱PC的中点．证明： (1)BE⊥DC； (2)BE∥平面PAD； (3)平面PCD⊥平面PAD. [规律总结]　利用向量证明平行与垂直的一般步骤 (1)建立空间直角坐标系，建系时要尽可能地利用条件中的垂直关系； (2)建立空间图形与空间向量之间的关系，用空间向量表示出问题中所涉及的点、直线、平面等要素； (3)通过空间向量的运算求出直线的方向向量或平面的法向量，再研究平行、垂直关系； (4)根据运算结果解释相关问题． 注意：运用向量知识判定空间位置关系时，仍然离不开几何定理．如用直线的方向向量与平面的法向量垂直来证明线面平行时，仍需强调直线在平面外． [对点练习]　2.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，E是B1C1的中点，D是BC上一点． (1)若D是BC中点，求证：平面AC1D∥平面A1BE ； (2)若AD⊥C1D，求证：D是BC中点． 3．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD. (1)证明：平面PQB⊥平面DCQ； (2)证明：PC∥平面BAQ. 重点题型(九)　截面与交线问题 【编者按】 　立体几何中，截面是指用一个平面去截几何体得到的平面图形，确定截面的形状及内含的数量关系，首先要确定交线．“截面、交线”问题是高考对立体几何知识考查最具创新意识的题型之一，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力．求截面、交线问题常与解三角形、多边形面积、扇形弧长及面积、平面的基本性质等综合命题，有些问题还要借助于空间向量坐标运算求解． 题型一　截面问题 角度1　多面体中的截面问题 [例1]　(多选)如图，已知棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1，点P是棱AB的中点，过点P作正方体ABCD­A1B1C1D1的截面，下列判断正确的是(　　 ) A．截面的形状可能是正三角形 B．截面的形状可能是直角梯形 C．此截面可以将正方体体积分成1∶3 D．若截面的形状是六边形，则其周长为定值 角度2　球的截面问题 [例2]　如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则球O被平面BCD截得的截面面积为__________． [规律总结]　作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面； (2)利用相交直线找截面． [对点练习]　1.(1)如图所示，正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，上底面边长为3，下底面边长为6，体积为，点E在AD上且满足DE＝2AE，过点E的平面α与平面D1AC平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为(　　 ) A．7 B．8 C．3＋4 D．4＋4 (2)已知正三棱柱ABC­A1B1C1的各棱长均为2，D为棱AB的中点，则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为___________． 题型二　交线问题 角度1　多面体中的交线问题 [例3]　正三棱台A1B1C1­ABC中，A1B1＝1，AB＝AA1＝2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作截面，则截面与上底面A1B1C1的交线长为________． 角度2　与球有关的交线问题 [例4]　已知直四棱柱ABCD­A1B1C1D1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________． [规律总结]　找交线的方法 (1)线面交点法：各棱线与截平面的交点． (2)面面交线法：各棱面与截平面的交线． [对点练习]　2.(1)如图，已知在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝AB＝2，且点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点. 过点A，E，F作三棱柱截面交C1B1于点P，则线段B1P的长度为_________． (2)在正三棱锥A­BCD中，底面△BCD的边长为4，E为AD的中点，AB⊥CE，则以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长为________． 重点题型(十)　立体几何中的动态问题 【编者按】 　立体几何中的“动态”问题，是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的，是可变的．由于“动态”的存在，也使立体几何问题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的轨迹问题、解三角形问题等之间架设了桥梁，可以灵活转化． 立体几何中的动态问题主要有两个类型：(1)研究动点的轨迹，主要方法有定义法(如圆锥曲线定义)、解析法、交轨法；(2)与动点有关的最值、范围问题，主要方法有几何法、函数法． 题型一　动点的轨迹问题 [例1]　(多选)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，M为DD1的中点，N为ABCD所在平面上一动点，则下列命题正确的是(　　 ) A．若MN与平面ABCD所成的角为，则点N的轨迹为圆 B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π C．若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 D．若D1N与AB所成的角为，则点N的轨迹为双曲线 [规律总结]　解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或特殊位置进行检验排除． [对点练习]　1.已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B、C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C运动，点H运动的轨迹(　　 ) A.是圆 B．是椭圆 C．是抛物线 D．不是平面图形 题型二　几何体的表面展开问题 [例2]　正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为1，M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，N是棱CC1上一动点，则△DMN周长的最小值为(　　 ) A．2 B．＋1 C．＋2 D．＋ [规律总结]　在解决空间折线(段)最短问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．注意多面体表面展开图可能有不同的排布(如长方体)，一定先观察立体图形每个面的形状，全面考虑问题，借助展开图，培养直观想象素养． [对点练习]　2.如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2 km，山高为2 km，B是SA山坡上一点，且AB＝2 km.现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为______． 题型三　最值、范围问题 [例3]　(多选)在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有(　　 ) A．当P为BD1中点时，∠APC为锐角 B．存在点P，使得BD1⊥平面APC C．AP＋PC的最小值为 D．顶点B到平面APC的最大距离为 [规律总结]　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是： (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大、最小值． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． [对点练习]　3.如图，已知球的表面积为16π，若将该球放入一个圆锥内部，使球与圆锥底面和侧面都相切，则圆锥的体积的最小值为__________． 任务5　异面直线所成的角 [核心整合] 设异面直线a，b的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)，异面直线a，b的夹角为θ，则 (1)θ∈(0，]； (2)cos θ＝|cos 〈a，b〉|＝＝. [例1]　如图，已知O是圆柱下底面圆的圆心，AA1为圆柱的一条母线，B为圆柱下底面圆周上一点，OA＝1，∠AOB＝，△AA1B为等腰直角三角形，则异面直线A1O与AB所成角的余弦值为(　　 ) A． B． C． D． [规律总结]　求异面直线所成角的方法 方法一：几何法．步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角． 方法二：向量法．步骤为：①求出直线a，b的方向向量，分别记为m，n；②计算cos 〈m，n〉＝；③利用cos θ＝|cos 〈m，n〉|，以及θ∈(0，]，求出角θ. [对点练习]　1.如图所示，已知两个正四棱锥P­ABCD与Q­ABCD的高分别为1和2，AB＝4，则异面直线AQ与PB所成角的正弦值为________． 任务6　直线与平面所成的角　　　　　 [核心整合] 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，则 (1)θ∈[0，]； (2)sin θ＝|cos 〈a，n〉|＝. [例2]　在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，A1C⊥底面ABC，∠ACB＝90°，A1到平面BCC1B1的距离为1. (1)求证：AC＝A1C； (2)若直线AA1与BB1距离为2，求AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值． [规律总结]　利用向量法求直线与平面所成角的步骤 [对点练习]　2.在三棱台A1B1C1­ABC中，△ABC为等边三角形，AB＝2A1B1＝2，AA1⊥平面ABC，M，N分别为AB，AC的中点． (1)证明：平面BCC1B1∥平面A1MN； (2)若A1B⊥AC1，设D为线段BC上的动点，求A1D与平面BCC1B1所成的角的正弦值的最大值． 任务7　平面与平面的夹角 [核心整合] 设平面α，β的法向量分别为μ，ν，平面α与平面β的夹角为θ，则 (1)θ∈[0，]； (2)cos θ＝|cos 〈μ，ν〉|＝. [例3]　如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD＝4，AB＝BC＝EF＝2，ED＝，FB＝2，M为AD的中点． (1)证明：BM∥平面CDE； (2)求二面角F­BM­E的正弦值． [规律总结]　利用向量法求二面角的方法步骤 [对点练习]　3.如图，在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. (1)证明：B2C2∥A2D2； (2)点P在棱BB1上，当二面角P­A2C2­D2为150°时，求B2P. 任务8　空间距离 [核心整合] 1．点到直线的距离 如图，直线l的单位方向向量为u，向量在直线l上的投影向量为，则△APQ是直角三角形，设向量＝a，点P到直线l的距离为PQ＝ ＝ . 2．点到平面的距离 已知平面α的法向量为n，A是平面α内的定点，P是平面α外一点．过点P作平面α的垂线l，交平面α于点Q，则n是直线l的方向向量，且点P到平面α的距离就是在直线l上的投影向量的长度．因此PQ＝|·|＝||＝. 角度1　点到直线的距离 [例4]　如图所示，在四棱锥P­ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，AP＝BP＝，AB＝2，AD＝3，M是棱AD上一点，且AM＝2MD. (1)求点B到直线PM的距离； (2)求平面PMB与平面PMC夹角的余弦值． [规律总结]　求点到直线距离的方法 (1)设过点P的直线l的单位方向向量为n，A为直线l外一点，点A到直线l的距离d＝； (2)若能求出点在直线上的射影坐标，可以直接利用两点间距离公式求距离． 角度2　点到平面的距离 [例5]　如图，在直三棱柱形木料ABC­A1B1C1中，D为上底面ABC上一点． (1)经过点D在上底面ABC上画一条直线l与B1D垂直，应该如何画线，请说明理由； (2)若BC＝BB1＝1，AB＝2，∠A1B1C1＝，E为A1B1的中点，求点B到平面AC1E的距离． [规律总结]　求点到平面的距离的四步骤 [对点练习]　4.在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝AA1＝4，AD＝2，点P为侧面ABB1A1内一动点，且满足C1P∥平面ACD1，则C1P的最小值为__________，此时点P到直线A1C1的距离为__________． 5．如图，边长为4的两个正三角形ABC，BCD所在平面互相垂直，E，F分别为BC，CD的中点，点G在棱AD上，AG＝2GD，直线AB与平面EFG相交于点H. (1)从下面两个结论中选一个证明：①BD∥GH；②直线HE，GF，AC相交于一点； 注：若两个问题均作答，则按第一个计分． (2)求直线BD与平面EFG的距离． 任务9　翻折问题 [例1]　如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝，将△AEF沿EF对折至△PEF，使得PC＝4. (1)证明：EF⊥PD； (2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值． [规律总结]　解决翻折问题的关键 (1)盯住量：看翻折前后线面位置关系的变化情况，根据翻折过程，把翻折前后没有变化和发生变化的量准确找出来，因为它们反映了翻折后空间图形的特征； (2)会转化：根据需要解决的立体几何问题(证明位置关系，求解空间角或距离)，确立转化的目标； (3)得结论：对转化后的问题，用定义、判定定理、性质定理、基本事实及相关公式解决． [对点练习]　1.如图甲是由正方形ABCD，等边△ABE和等边△BCF组成的一个平面图形，其中AB＝6，将其沿AB，BC，AC折起得三棱锥P­ABC，如图乙． (1)求证：平面PAC⊥平面ABC； (2)过棱AC作平面ACM交棱PB于点M，且三棱锥P­ACM和B­ACM的体积比为1∶2，求直线AM与平面PBC所成角的正弦值． 任务10　探究性问题　　 角度1　与空间位置关系相关的探究性问题 [例2]　如图，在三棱锥P­ABC中，底面△ABC是边长为2的正三角形，PA＝PC＝4. (1)求证：PB⊥AC； (2)若平面PAC⊥平面ABC，在线段PB(包含端点)上是否存在一点E，使得平面PAB⊥平面ACE？若存在，求出PE的长；若不存在，请说明理由． [规律总结]　与空间线面关系有关的探究性问题的一般解法 (1)可先猜后证，即先观察并尝试给出条件再证明．涉及到线段上是否存在符合某条件的点的问题时，常猜测点的位置，特别要注意特殊位置关系和极端情形的应用． (2)首先假设结论成立，然后把这个假设作为已知条件，与题目的其他已知条件一起进行推理论证和计算．在推理论证和计算无误的前提下，若得到一个合理的结论，则说明假设成立；若得到一个不合理的结论，则说明假设不成立． 角度2　与空间角有关的探究性问题 [例3]　如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝2，沿AC将△ADC折起，使点D到达点P的位置，点P在平面ABC的射影H落在边AB上． (1)求AH的长度； (2)若M是边PC上的一个动点，是否存在点M，使得平面AMB与平面PBC的夹角余弦值为？若存在，求CM的长度；若不存在，说明理由． [规律总结]　与空间角有关的存在性问题的解题流程 [对点练习]　2.如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝2，M是AB的中点，N是B1C1的中点，P是BC1与B1C的交点． (1)证明：A1C⊥BC1； (2)求直线A1P与平面A1CM所成角的正弦值； (3)在线段A1N上是否存在点Q，使得PQ∥平面A1CM？若存在，求出A1Q的长；若不存在，请说明理由． 3．如图，三棱台ABC­A1B1C1中，侧面四边形ACC1A1为等腰梯形，底面三角形ABC为正三角形，且AC＝2A1C1＝2.设D为棱A1C1上的点． (1)若D为A1C1的中点，求证：AC⊥BD； (2)若三棱台ABC­A1B1C1的体积为，且侧面ACC1A1⊥底面ABC，试探究是否存在点D，使直线BD与平面BCC1B1所成角的正弦值为？若存在，确定点D的位置；若不存在，说明理由． 大题规范解答·(四)立体几何 [典例示范](15分) 如图，四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD①，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝②. (1)若AD⊥PB③，证明：AD∥平面PBC④； (2)若AD⊥DC⑤，且二面角A­CP­D的正弦值为⑥，求AD⑦. 破题①：PA垂直于底面内的任一条直线． 破题②：∠ABC＝90°⇒AB⊥BC. 破题③：因为AD⊥PA，从而得AD⊥平面PAB. 破题④：若AD∥平面PBC，由线面平行性质定理可得AD∥BC. 破题⑤：可以点D为坐标原点建立空间直角坐标系． 破题⑥：求平面ACP和平面CPD的法向量，利用公式表示． 破题⑦：设AD＝t，通过法向量夹角关系解方程． ———————[满分作答]—————— 解：(1)证明：∵BC＝1，AB＝，AC＝2， ∴AC2＝AB2＋BC2，∴AB⊥BC.(1分) ① 又PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴PA⊥BC. ② 又PA，AB⊂平面PAB，∴AB ∩PA=A. ③ ∴BC⊥平面PAB.(2分) ∵PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，∴AD⊥PA. 又AD⊥PB，且PA，PB⊂平面PAB，PB∩PA＝P， ∴AD⊥平面PAB.(3分) ∴AD//BC. (4分) ④ 又BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC， ∴AD∥平面PBC.(5分) (2) ∵AD⊥DC，∴以AD，DC所在直线分别为x轴、y轴，以过点D且与AP平行的 直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．(6分) ⑤ 令AD＝t， 则A(t，0，0)，P(t，0，2)，D(0，0，0)，DC＝，C(0，，0).(7分) ⑥ ∴＝(－t，，0)，＝(0，0，2)，＝(t，0，2)，＝(0，，0).(8分) 设平面ACP的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则即 ∴z1＝0. 不妨设x1=,则y1=t, ⑦ ∴平面ACP的一个法向量为n1＝(，t，0).(10分) 设平面CPD的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 则即∴y2＝0， 不妨设z2＝t，则x2＝－2. ∴平面CPD的一个法向量为n2＝(－2，0，t).(12分) ∵二面角A­CP­D的正弦值为， 又由图可知，二面角A­CP­D为锐角，∴二面角A­CP­D的余弦值为. (13分) ⑧ ∴|cos 〈n1，n2〉|＝＝＝.(14分) ⑨ ∴t＝，∴AD＝.(15分) 【关键点拨】 ①②③处要着力寻找证明BC⊥平面PAB的条件 ④处垂直于同一个平面的两直线平行 ⑤处因为AD⊥DC，z轴∥PA，这样建系比较容易写出相关点的坐标 ⑥处写点C的坐标时，先在Rt△ADC中利用勾股定理求出DC ⑦处结合x1，y1的等量关系式，合理设x1的值，有利于代入夹角公式计算 ⑧处注意夹角公式是两个向量的夹角的余弦，所以要先由条件转化 ⑨处把关于t的方程两边平方，解得t2＝3，结合t为线段长，可得t 　　　满分点评 (1)试题考查了棱锥的结构特征，空间直线与平面、直线与直线垂直、平行的相关概念以及判定和性质定理，也对已知二面角求线段长的计算方法作了重点考查，两个平面法向量的求解，对数学运算的素养有较高的要求．试题突出考查了考生的空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力． (2)第(1)问由已知的线面垂直，结合图形中线段长度关系等条件，分别证明AD和BC都垂直于同一个平面，从而得这两条直线平行，进而可证线面平行；第(2)问建立适当的坐标系，设AD＝t，分别求二面角两个半平面的法向量，利用夹角公式求出参数，从而解决问题． 学科网（北京）股份有限公司 $ 任务群（四）立体几何 任务1　几何体的表面积和体积 [例1]　(1)解析：选D.剩余几何体表面积等于圆环的面积加上圆台的侧面积再加上圆柱的侧面积，由题意r＝1，R＝2，h＝3，所以圆环的面积为S1＝π(R2－r2)＝3π， 圆台母线l＝＝＝， 所以圆台侧面积为S2＝πl(R＋r)＝3π，圆柱侧面积为S3＝2πRh＝12π， 所以剩余的几何体表面积等于S1＋S2＋S3＝(15＋3)π. (2)解析：选A.由题可得正三棱柱的底面积为×2×2×sin 60°＝ dm2， 正三棱柱的外露表面积为2×＋2×2×2＝8＋2 dm2， 四棱台侧面梯形的高为＝2 dm， 四棱台外露表面积为4××(2＋6)×2＝32 dm2， 故该结构表面积为32＋8＋2＝34＋8 dm2. [例2]　(1)解析：选C.用一个完全相同的五面体HIJ­LMN(顶点与五面体ABC­DEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，N；E，M；F，L重合， 因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形， 侧棱长为1＋3＝2＋2＝3＋1＝4， 所以VABC­DEF＝VABC­HIJ＝××1×1××4＝. (2)解析：选A.由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R＝＝9.5(m)，而圆台一个底面的半径为r＝1(m)， 则V半球＝××π×9.53≈π(m3)，V圆柱＝π×9.52×14≈1 260π(m3)， V圆台＝×(9.52π＋＋π)×31.5≈π(m3)， 所以V＝V半球＋V圆柱＋V圆台≈π＋1 260π＋π≈9 064(m3). [对点练习]　1.解析：分别取AD，BC的中点G，H，连接GH，FH，过点F作AB的垂线FI，垂足为I， 因为FB＝FC＝3，BC＝4，所以FH⊥BC，所以FH＝， 根据对称性易得△FBC≌△EAD，所以S△FBC＝BC×FH＝×4×＝2， 在Rt△FBI中，BI＝＝2，所以FI＝＝， S梯形FEAB＝(EF＋AB)×FI＝×(4＋8)×＝6，又S矩形ABCD＝AB×BC＝32， 所以SFE­ABCD＝2S△FBC＋2S梯形FEAB＋S矩形ABCD＝32＋16. 答案：32＋16 (2)解析：由题可得两个圆台的高分别为h甲＝＝(r2－r1)， h乙＝＝2(r2－r1)， 所以＝＝＝＝. 答案： 任务2　球的切、接问题 [例3]　解析：选A.设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2， 所以2r1＝，2r2＝，即r1＝3，r2＝4， 设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R， 所以d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1， 即|－|＝1或＋＝1， 解得R2＝25，符合题意．所以球的表面积为S＝4πR2＝100π. [延伸探究]　解：由题意可知，正三棱锥外接球的球心位于高VM所在直线上，设为O. 则OV＝OC＝R，VM＝1，所以OM＝|R－1|，CM＝×AB＝×4＝4. 在Rt△OMC中，有R2＝|R－1|2＋42，解得R＝. 所以球的表面积为S＝4πR2＝289π. [例4]　(1)解析：选C.因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD， 设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r， 则VABCD＝VO­ABC＋VO­ABD＋VO­ACD＋VO­BCD＝r(S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD)， 所以r＝， 因为四面体ABCD的表面积为SABCD＝S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD＝1＋， 四面体ABCD的体积VABCD＝××1×1×1＝，所以r＝＝， 所以内切球表面积S＝4πr2＝(3－2)π. (2)解析：选C.如图，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处， 设球O与母线AB切于M点，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2， 所以△AOO1≌△AOM，所以AM＝r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1， 过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4， 所以AG2＝AB2－BG2，所以16＝(3r1)2－r＝8r，所以r1＝，所以r2＝2， 所以该圆台的体积为×(2π＋8π＋4π)×4＝. [对点练习]　2.(1)解析：选A.因为三棱锥的对棱相等，所以可以把它看成长方体的面对角线， 设长方体的同一顶点三条棱长分别为a，b，c，且长方体的面对角线长为2，，， 则＝2，＝，＝， 长方体体对角线为长方体外接球直径，即为三棱锥外接球的直径， 2R＝d＝＝＝，它的外接球半径等于， 所以球的表面积为4πR2＝77π. (2)解析：设六边形边长为a，将图形还原得四棱锥P­ABCD，如图， 由题意，侧面展开图的面积S＝(1＋)·a2＝1＋，解得a＝1. 由PD⊥AD，PD⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，则PD⊥平面ABCD， 所以PD为P­ABCD的高， 设内切球的球心为O，半径为r，则VP­ABCD＝VO­ABCD＋VO­PAB＋VO­PBC＋VO­PAD＋VO­PDC， 即×1×SABCD＝(SABCD＋S△PAB＋S△PBC＋S△PAD＋S△PDC)·r，解得r＝1－. 答案：1－ 任务3　空间直线、平面位置关系的判定 [例1]　(1)解析：选C.对于A，B，若m∥α，n∥α，则m与n平行或异面或相交， 所以A，B错误； 对于C，已知m∥α，n⊥α，如图，过直线m作平面β，使得α∩β＝s，∵m⊂β，∴m∥s，又s⊂α，∴n⊥s，∴m⊥n, 所以C正确； 对于D，若m∥α，n⊥α，则m与n相交或异面， 所以D错误． (2)解析：选ACD.如图，取CD的中点H，连接AG，GH，FH，AH， 依题意，可得CD⊥GH，CD⊥AH，CD⊥FH， 因AH，GH⊂平面AGH，则CD⊥平面AGH，同理CD⊥平面AFH， 又平面AGH∩平面AFH＝AH，所以A，G，H，F四点共面， 易知AG＝HF＝，GH＝AF＝2，所以四边形AGHF是平行四边形， 故GH∥AF，因为BC∥GH，所以BC∥AF，所以A，B，C，F四点共面，故A正确； 假设FG⊥平面ACD，因AH⊂平面ACD，则FG⊥AH，所以▱AGHF是菱形，这与AG＝，GH＝2矛盾，故B错误； 由A知CD⊥平面FGH，FG⊂平面FGH，所以FG⊥CD，故C正确； 由A知BC∥AF，又BC＝AF＝2，所以四边形ABCF是平行四边形，所以AB∥CF， 又AB⊄平面CDF，CF⊂平面CDF，所以AB∥平面CDF. 因为BE∥CD，BE⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，所以BE∥平面CDF， 又AB∩BE＝B，AB，BE⊂平面ABE，所以平面ABE∥平面CDF，故D正确． [对点练习]　1.(1)解析：选BC.对于A，没说明直线m垂直于两平面的交线，所以不能判断m⊥α，故A错误； 对于B，根据面面平行的性质定理，若m⊂β，α∥β，则m∥α，故B正确； 对于C，垂直于同一条直线的两个平面平行，所以若m⊥α，m⊥β，则α∥β，若n⊥α，则n⊥β，故C正确； 对于D，若m∥α，m∥β，则α，β平行或相交， 若n∥α，则n∥β或n与β相交或n⊂β，故D错误． (2)解析：选AC.因为PA⊥平面ABCD，AB，AD，BD⊂平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AD，PA⊥BD. 若PC⊥BD，且PA∩PC＝P，PA，PC⊂平面PAC，可得BD⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以AC⊥BD， 同理，若AC⊥BD，可得PC⊥BD，即PC⊥BD等价于AC⊥BD, 由AB＝AD不能推出AC⊥BD，即AB＝AD不能推出PC⊥BD，故A正确，D错误； 若PB＝PD，可知Rt△PAB≌Rt△PAD，所以AB＝AD， 反之，若AB＝AD，可得Rt△PAB≌Rt△PAD，所以PB＝PD，即PB＝PD等价于AB＝AD， 由AC⊥BD不能推出AB＝AD，即AC⊥BD不能推出PB＝PD，故B错误，C正确． 任务4　空间平行、垂直关系的证明 [例2]　证明：(1)在五面体ABCDEF中，因为四边形ABCD是正方形，所以AB∥CD， 又CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE， 所以CD∥平面ABFE. (2)因为AE＝DE＝，AD＝2， 所以AE2＋DE2＝AD2，所以∠AED＝90°，即AE⊥DE. 因为四边形ABCD是正方形，所以AB⊥AD. 因为平面ADE⊥平面ABCD，平面ADE∩平面ABCD＝AD，AB⊂平面ABCD， 所以AB⊥平面ADE. 因为DE⊂平面ADE，所以AB⊥DE. 因为AB∩AE＝A，AB、AE⊂平面ABFE，所以DE⊥平面ABFE. 因为DE⊂平面CDEF，所以平面ABFE⊥平面CDEF. [例3]　证明： 依题意，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz， 可得A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2). 由E为棱PC的中点，得E(1，1，1). (1)＝(0，1，1)，＝(2，0，0)， 因为·＝0，所以BE⊥DC. (2)因为PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥PA， 因为AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD， 所以＝(1，0，0)为平面PAD的一个法向量． 因为·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0， 所以BE⊥AB， 又BE⊄平面PAD，所以BE∥平面PAD. (3)由(2)知平面PAD的一个法向量为＝(1，0，0)，＝(0，2，－2)，＝(2，0，0)， 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)， 则　即 不妨令y＝1，可得n＝(0，1，1)为平面PCD的一个法向量． 因为n·＝(0，1，1)·(1，0，0)＝0，所以n⊥，所以平面PCD⊥平面PAD. [对点练习]　2.解：(1) 连接DE，因为三棱柱ABC­A1B1C1是正三棱柱， 所以BC∥B1C1，BC＝B1C1，AA1∥BB1，AA1＝BB1， 因为E是B1C1的中点，D是BC中点， 所以EC1∥BD，EC1＝BD，B1E∥BD，B1E＝BD， 所以四边形EC1DB，B1EDB均为平行四边形， 所以BE∥C1D，BB1∥DE，BB1＝DE， 所以AA1∥DE，AA1＝DE， 所以四边形AA1ED是平行四边形， 所以A1E∥AD， 因为A1E⊄平面AC1D，AD⊂平面AC1D，所以A1E∥平面AC1D， 同理BE∥平面AC1D，因为A1E∩BE＝E，A1E⊂平面A1BE，BE⊂平面A1BE， 所以平面AC1D∥平面A1BE. (2)因为三棱柱ABC­A1B1C1是正三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC，△ABC为正三角形， 因为AD⊂平面ABC，所以CC1⊥AD， 因为AD⊥C1D，CC1∩C1D＝C1，CC1⊂平面BB1C1C，C1D⊂平面BB1C1C， 所以AD⊥平面BB1C1C， 因为BC⊂平面BB1C1C，所以AD⊥BC， 又因为△ABC为正三角形，所以D是BC中点． 3．证明：(1)由题意易知DA，DP，DC两两互相垂直． 如图，以D为坐标原点，DA，DP，DC所在直线分别 为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系D­xyz.设DA＝1. 依题意有D(0，0，0)，Q(1，1，0)，C(0，0，1)，P(0，2，0)， 则＝(1，1，0)，＝(0，0，1)，＝(1，－1，0)，所以·＝1×1＋1×(－1)＋0＝0，·＝0×1＋0×(－1)＋1×0＝0，即PQ⊥QD，PQ⊥DC， 又DQ∩DC＝D，DQ，DC⊂平面DCQ， 故PQ⊥平面DCQ. 又PQ⊂平面PQB， 所以平面PQB⊥平面DCQ. (2)根据题意，有A(1，0，0)，B(1，0，1)， 则＝(1，0，0)，＝(0，0，1)，＝(0，1，0)，故·＝0，·＝0， 又，不共线，所以为平面BAQ的一个法向量． 又因为＝(0，－2，1)，且·＝0，即DA⊥PC，且PC⊄平面BAQ， 故有PC∥平面BAQ. 重点题型(九)　截面与交线问题 [例1]　解析：选AC.如图1，M，N分别为所在棱中点，可知PM＝PN＝MN，即截面的形状是正三角形，故A正确； 如图2，由面面平行的性质可知PM∥QN，如果为直角梯形，例如PM⊥MN，由正方体的性质可知PM⊥CC1，可知PM⊥平面BB1C1C，又因为AB⊥平面BB1C1C，则PM∥AB或PM，AB重合，由图可知不成立，即截面的形状不可能是直角梯形，故B错误； 如图3，Q为所在棱中点，则正方体的体积为8，三棱柱BPC­B1QC1的体积为×1×2×2＝2，所以截面将正方体分成2∶(8－2)＝1∶3，故C正确； 如图4，假设E为BC的中点，∠IMA＝∠FNC＝θ， 则AP＝CE＝MA＝CN＝1，IA＝CF＝tan θ，A1I＝C1F＝2－tan θ， A1H＝C1G＝－1，D1H＝D1G＝3－， 可得PE＝，PI＝EF＝＝，HI＝GF＝－，HG＝3－， 则六边形的周长为PE＋2(IP＋HI)＋HG＝4＋－， 显然周长与θ有关，即六边形的周长不是定值，故D错误． [例2]　解析：在棱长为2的正四面体ABCD中，连接AN，DN，过O作OE⊥DN于点E，如图， 由M，N分别为棱AD，BC的中点，得AN⊥BC，DN⊥BC，而AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND， 则BC⊥平面AND，又BC⊂平面BCD，于是平面AND⊥平面BCD，而平面AND∩平面BCD＝DN， 因此OE⊥平面BCD，而AN＝DN＝，DM＝1，MN⊥AD，则MN＝， 球O半径ON＝MN＝，sin ∠DNM＝＝，从而OE＝ON·sin ∠DNM＝×＝， 球O被平面BCD截得的截面圆半径r＝＝， 所以球O被平面BCD截得的截面面积S＝πr2＝. 答案： [对点练习]　1.(1)解析：选D.如图所示， 过点A1作A1H⊥AC于点H，因为A1C1＝3，AC＝6，所以AH＝， 则四棱台的高为A1H，则四棱台的体积为(32＋62＋3×6)×A1H＝， 解得A1H＝，所以侧棱长为AA1＝＝3. 如图所示，过D1F⊥AD于点F，A1G⊥AD于点G，连接AD1， 由对称性可知DF＝AG＝＝，GF＝A1D1＝3，所以AF＝6－＝， 而DD1＝AA1＝3，所以D1F＝＝， 所以AD1＝＝3，同理CD1＝AD1＝3， 分别在棱DC，DD1上取点N，M，使得DN∶NC＝DM∶MD1＝2∶1， 易得ME＝NM＝AD1＝2，EN＝AC＝4， 所以截面多边形的周长为4＋4. (2)解析：正三棱柱ABC­A1B1C1的外接球的球心O为上下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO2，AO，OD，设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，r＝AO2＝，则R2＝r2＋1＝. ①当过点D的平面过球心时，截得的截面圆最大，截面圆的半径即为球的半径，所以截面圆的面积最大为πR2＝π； ②当过点D的平面垂直OD时，截面圆的面积最小，OD2＝OA2－AD2＝－1＝， 截面圆的半径为＝＝1，所以截面圆的面积最小为π(1)2＝π. 综上，截面面积的取值范围为[π，π]. 答案：[π，π] [例3]　解析：连接AF并延长交CC1的延长线于点M，连接ME交B1C1于点N，连接FN，如图，则线段FN即为截面AEF与上底面A1B1C1的交线， 因为F为A1C1的中点， ＝＝＝，所以MC1＝CC1＝. 过点E作BC的平行线交CC1于点H， 因为HE＝(BC＋B1C1)＝，＝＝＝，所以C1N＝HE＝， 在△C1FN中，FN＝＝＝. 答案： [例4]　解析：如图，直四棱柱ABCD­A1B1C1D1的棱长都为2，∠BAD＝∠B1A1D1＝60°，则△A1B1D1与△B1C1D1均为边长为2的等边三角形．在侧面BCC1B1内要找到与点D1连线的长度为的点的轨迹，取B1C1的中点为E，连接D1E，得D1E⊥B1C1，又BB1⊥D1E，B1C1∩BB1＝B1，所以D1E⊥平面BCC1B1，D1E＝.取BB1，CC1的中点分别为F，G，连接EF，EG，则EF＝EG＝，D1F＝D1G＝，于是以D1为球心，为半径的球与侧面BCC1B1的交线为圆弧FG，其中弧FG所在圆的圆心为E，半径EF＝，∠FEG＝90°，则所求的交线长即圆弧FG的长等于×＝. 答案： [对点练习]　2.(1)解析：如图所示，延长AF交CC1的延长线于M点，连接ME交B1C1于点P，则四边形AFPE为所求截面． 因为FC1＝AC，FC1∥AC且F为A1C1的中点，所以C1为MC的中点． 过点E作BC的平行线交CC1于点N，所以△MPC1∽△MEN. 因此＝＝＝，所以PC1＝，B1P＝. 答案： (2)解析：记CD中点为F，作AO⊥平面BCD，垂足为O，由正三棱锥性质可知，O为正三角形BCD的中心，所以O在BF上， 因为CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD，由正三角形性质可知，BF⊥CD，又BF∩AO＝O，BF，AO⊂平面ABO，所以CD⊥平面ABO， 因为AB⊂平面ABO，所以AB⊥CD， 又CE⊥AB，CE∩CD＝C，CE，CD⊂平面ACD，所以AB⊥平面ACD，因为AC⊂平面ACD，所以AC⊥AB. 由正三棱锥性质可知，AC，AB，AD两两垂直，且AB＝AC＝AD，则AD＝＝2， 如图，易知以D为球心，AD为半径的球截该棱锥各面所得交线是以D为圆心，AD为半径的三段圆弧， 则∠ADC＝∠ADB＝，∠BDC＝，则其圆心角分别为，，， 所以其交线长为×2＋×2＋×2＝. 答案：π 重点题型(十)　立体几何中的动态问题 [例1]解析：选ACD.如图： 由题意知MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角，所以∠MND＝，所以DN＝DM＝DD1＝×4＝2，所以点N的轨迹为以D为圆心，2为半径的圆，故A正确； 在Rt△MDN中，DN＝＝＝2， 取MD的中点E，因为P为MN的中点，所以PE∥DN，且PE＝DN＝， 因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与DD1垂直的平面内， 又PE＝，所以点P的轨迹为以为半径的圆，其面积为π·()2＝3π，故B不正确； 连接NB，因为BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥NB，所以点N到直线BB1的距离为NB， 所以点N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上， 所以点N的轨迹为以B为焦点，CD为准线的抛物线，故C正确； A(4，0，0)，B(4，4，0)，D1(0，0，4)，设N(x，y，0)，则＝(0，4，0)，＝(x，y，－4)， 因为D1N与AB所成的角为，所以|cos 〈，〉|＝cos ， 所以||＝，整理得－＝1，所以点N的轨迹为双曲线，故D正确． [对点练习]　1.解析：选A.设定圆圆心为O，半径为r，连接OH，设直径为BD，连接AD，CD， ∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥CD， ∵BD为直径，∴BC⊥CD，又AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面ABC， ∴CD⊥平面ABC，又BH⊂平面ABC， ∴CD⊥BH， 又BH⊥AC，AC∩CD＝C，AC，CD⊂平面ACD， ∴BH⊥平面ACD，∵DH⊂平面ACD，∴BH⊥DH， 在Rt△BDH中，OH＝OB＝OD＝r，则点H的轨迹是以O为圆心，r为半径的圆． [例2]　解析：选B.由正方体的结构特征可知，A1C⊥平面BC1D， 因为M是面BCC1B1内一动点，且DM⊥A1C，所以点M在线段BC1上运动，即动线段DM在△BC1D内运动，动线段DN在△DCC1内运动，动线段MN在△BCC1内运动， 以△BCC1为基准，将△BC1D和△DCC1翻折使其与△BCC1共面，如图所示， 　　 其中△BC1D翻折至△BC1D2，△DCC1翻折至△CC1D3， △DMN的周长等于D2M＋MN＋ND3，最小值等于D2D3， C1D2＝C1D3＝，∠D2C1D3＝150°， 在△D2C1D3中，由余弦定理可求得D2D＝2＋2－2×××(－)＝4＋2， 所以D2D3＝1＋，故△DMN的周长最小值等于1＋. [对点练习]　2.解析：由题意，半径为2 km，山高为2 km，则母线SA＝＝8， 底面圆周长2πr＝4π，所以展开图的圆心角α＝＝， 如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，AB＝＝10， 由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，则SB2＝BH·AB，即36＝10·BH，得BH＝3.6 km， 即下坡路段长度为3.6 km. 答案：3.6 km [例3]　解析：选ABC.如图，以点D为原点建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，1，0)，D1(0，0，2)，则＝(－1，－1，2)， 设BP＝λBD1(0≤λ≤1)，故＝λ＝(－λ，－λ，2λ)， 则＝＋＝(0，1，0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(－λ，1－λ，2λ)， ＝＋＝(1，0，0)＋(－λ，－λ，2λ)＝(1－λ，－λ，2λ)， 对于A，当P为BD1中点时，λ＝，则＝(，－，－1)，＝(－，，－1)， 所以cos ∠APC＝＝>0，所以∠APC为锐角，故A正确； 当BD1⊥平面APC时，因为AP，CP⊂平面APC，所以BD1⊥AP，BD1⊥CP， 则解得λ＝， 故存在点P，使得BD1⊥平面APC，故B正确； 对于C，当BD1⊥AP，BD1⊥CP时，AP＋PC取得最小值，由B得，此时λ＝， 则＝(－，，)，＝(，－，)， 所以||＝||＝， 即AP＋PC的最小值为，故C正确； 对于D，＝(0，1，0)，＝(－1，1，0)，＝(－λ，1－λ，2λ)， 设平面APC的法向量n＝(x，y，z)， 则 可取n＝(2λ，2λ，2λ－1)，则点B到平面APC的距离为＝， 当λ＝0时，点B到平面APC的距离为0， 当0<λ≤1时，＝＝≤， 当且仅当λ＝时，取等号，所以点B到平面APC的最大距离为，故D错误． [对点练习]　3.解析：依题意，得球的半径R＝2，设圆锥的底面半径为r(r>2)，圆锥的高为h， 则母线长为，如图是圆锥的轴截面， 则轴截面的面积S＝×2r×h＝(2r＋2)R， 即rh－2r＝2，平方整理得h＝，则圆锥的体积V＝πr2h＝π·. 方法一：V＝π·＝π·，令t＝r2－4， 则V＝π(t＋＋8)≥π(8＋2)＝π， 当且仅当t＝4时取得最小值，此时r＝2. 方法二：V＝π·，所以V′＝π·， 当r2－8>0即r>2时，V′>0，V(r)单调递增， 当r2－8<0即0<r<2时，V′<0，V(r)单调递减， 所以当r＝2时，V最小，且最小值为. 答案： 任务5　异面直线所成的角 [例1]　解析：选C.(方法一)如图，过点B作BB1∥AA1交圆柱的上底面于点B1，连接A1B1，B1O， 则由圆柱的性质易证四边形A1B1BA为矩形，所以A1B1∥AB， 所以∠B1A1O或其补角即异面直线A1O与AB所成的角， 在△AOB中，OA＝OB＝1，∠AOB＝，所以AB＝2OB sin ＝2sin ＝， 因为△AA1B为等腰直角三角形，且AA1⊥AB，所以A1A＝AB＝， 所以B1O＝A1O＝＝2，又A1B1＝AB＝， 所以cos ∠B1A1O＝＝＝(另解：在△B1A1O中，B1O＝A1O＝2，A1B1＝AB＝，所以cos ∠B1A1O＝＝)， 即异面直线A1O与AB所成角的余弦值为. (方法二) 由圆柱的性质知可以O为坐标原点，OA所在直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为OA＝1，∠AOB＝， 所以A(0，1，0)，B(－，－，0)，所以＝(－，－，0)， 因为△AA1B为等腰直角三角形，且AA1⊥AB，所以A1A＝AB＝， 则A1(0，1，)，＝(0，1，)， 所以cos 〈，〉＝＝＝－，故异面直线A1O与AB所成角的余弦值为. (方法三)在△ABO中，OA＝OB＝1，∠AOB＝，所以AB＝2OB sin ＝，∠OAB＝， 因为△AA1B为等腰直角三角形，且AA1⊥AB，所以AA1＝AB＝， 易知AA1⊥AO，所以A1O＝＝2，·＝0，·＝0， 所以·＝(－)·＝·－·＝||·||cos ＝， 所以cos 〈，〉＝＝＝，则异面直线A1O与AB所成角的余弦值为. [对点练习]　1.解析：由题设知，四边形ABCD是正方形，连接AC，BD，交于点O，则AC⊥BD， 则OP⊥平面ABCD，OQ⊥平面ABCD，故PQ⊥平面ABCD， 故以O为原点，以CA，DB，QP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， 则P(0，0，1)，A(2，0，0)，Q(0，0，－2)，B(0，2，0)，＝(－2，0，－2)，＝(0，2，－1)， 则cos 〈，〉＝＝， 则sin 〈，〉＝＝， 所以异面直线AQ与PB所成角的正弦值为. 答案： 任务6　直线与平面所成的角　　　　　 [例2]　解：(1)如图， ∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC， ∴A1C⊥BC， 又BC⊥AC，A1C、AC⊂平面ACC1A1，A1C∩AC＝C， ∴BC⊥平面ACC1A1， 又BC⊂平面BCC1B1， ∴平面ACC1A1⊥平面BCC1B1， 过A1作A1O⊥CC1，交CC1于O， 又平面ACC1A1∩平面BCC1B1＝CC1，A1O⊂平面ACC1A1， ∴A1O⊥平面BCC1B1， ∵A1到平面BCC1B1的距离为1，∴A1O＝1， 在Rt△A1CC1中，A1C⊥A1C1，CC1＝AA1＝2， 设CO＝x，则C1O＝2－x， ∵△A1OC，△A1OC1，△A1CC1为直角三角形，且CC1＝2， ∴CO2＋A1O2＝A1C2，A1O2＋OC＝C1A，A1C2＋A1C＝C1C2， 即1＋x2＋1＋(2－x)2＝4，解得x＝1， ∴AC＝A1C＝A1C1＝，∴AC＝A1C. (2)∵AC＝A1C1，BC⊥A1C，BC⊥AC， ∴Rt△ACB≌Rt△A1CB，∴BA＝BA1， 过B作BD⊥AA1，交AA1于D，则D为AA1中点， ∵直线AA1与BB1距离为2，∴BD＝2， ∵A1D＝1，BD＝2，∴A1B＝AB＝， ∴在Rt△ABC中，BC＝＝， 延长AC，使AC＝CM，连接C1M， 由CM∥A1C1，CM＝A1C1知四边形A1CMC1为平行四边形， ∴C1M∥A1C，∴C1M⊥平面ABC， 又AM⊂平面ABC，∴C1M⊥AM， 则在Rt△AC1M中，AM＝2AC，C1M＝A1C，AC1＝， 在Rt△AB1C1中，AB1＝，B1C1＝BC＝， ∴AB1＝＝， 又A到平面BCC1B1距离也为1， ∴AB1与平面BCC1B1所成角的正弦值为＝. [对点练习]　2.解：(1)在三棱台A1B1C1­ABC中，AB＝2A1B1＝2，N为AC的中点， 所以A1C1＝CN，且A1C1∥CN，则四边形A1C1CN为平行四边形，所以CC1∥A1N， 又A1N⊂平面A1NM，CC1⊄平面A1NM，所以C1C∥平面A1NM， 因为M，N分别为AB，AC的中点，所以BC∥MN， 又MN⊂平面A1NM，BC⊄平面A1NM，所以BC∥平面A1NM， 因为BC⊂平面BCC1B1，C1C⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以平面BCC1B1∥平面A1MN. (2)连接BN，C1N，因为AA1⊥平面ABC，且AA1⊂平面AA1C1C， 所以平面ABC⊥平面AA1C1C， 因为△ABC为等边三角形，N为AC的中点，所以BN⊥AC， 又平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，BN⊂平面ABC，所以BN⊥平面AA1C1C， 又AC1⊂平面AA1C1C，所以BN⊥AC1， 又A1B⊥AC1，A1B∩BN＝B，A1B，BN⊂平面BNA1，所以AC1⊥平面BNA1， 又A1N⊂平面BNA1，则AC1⊥A1N，故四边形A1ANC1为正方形，AA1＝1， 以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则A1(0，0，1)，C1(1，0，1)，C(2，0，0)，B(1，，0)， 则＝(－1，0，1)，＝(1，－，0)，＝(2，0，－1)， 不妨设＝λ＝(λ，－λ，0)(λ ∈[0，1])，则＝－＝(2－λ，λ，－1)， 设平面BCC1B1的一个法向量为n＝(x，y，z)，则得 令y＝1，可得n＝(，1，)， 则|cos 〈n，〉|＝＝＝≤， 当且仅当λ＝时取“＝”， 所以A1D与平面BCC1B1所成角的正弦值的最大值为. 任务7　平面与平面的夹角　 [例3]　解：(1)因为BC∥AD，EF＝2，AD＝4，M为AD的中点，所以BC∥MD，BC＝MD，四边形BCDM为平行四边形，所以BM∥CD，又因为BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，所以BM∥平面CDE. (2)如图所示，作BO⊥AD交AD于O，连接OF， 因为四边形ABCD为等腰梯形，BC∥AD，AD＝4，AB＝BC＝2，所以CD＝2， 由四边形BCDM为平行四边形，可得BM＝CD＝2，又AM＝2， 所以△ABM为等边三角形，O为AM中点，所以OB＝， 又因为四边形ADEF为等腰梯形，M为AD中点，所以EF＝MD，EF∥MD，四边形EFMD为平行四边形，FM＝ED＝AF， 所以△AFM为等腰三角形，△ABM与△AFM底边上中点O重合，OF⊥AM，OF＝＝3， 因为OB2＋OF2＝BF2，所以OB⊥OF，所以OB，OD，OF互相垂直， 以OB方向为x轴，OD方向为y轴，OF方向为z轴，建立O­xyz空间直角坐标系， 则F(0，0，3)，B(，0，0)，M(0，1，0)，E(0，2，3)，＝(－，1，0)，＝(－，0，3)，＝(－，2，3)， 设平面BFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面EMB的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即令x1＝，得y1＝3，z1＝1，即m＝(，3，1)， 则即 令x2＝，得y2＝3，z2＝－1，即n＝(，3，－1)， 所以cos 〈m，n〉＝＝＝， 则sin 〈m，n〉＝， 故二面角F­BM­E的正弦值为. [对点练习]　3.解：(1)以C为坐标原点，CD，CB，CC1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图， 则C(0，0，0)，C2(0，0，3)，B2(0，2，2)，D2(2，0，2)，A2(2，2，1)， ∴＝(0，－2，1)，＝(0，－2，1)， ∴∥， 又B2C2，A2D2不在同一条直线上， ∴B2C2∥A2D2. (2)设P(0，2，λ)(0≤λ≤4)， 则＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，3－λ)，＝(－2，0，1)， 设平面PA2C2的法向量n＝(x，y，z)， 则 令z＝2，得y＝3－λ，x＝λ－1， ∴n＝(λ－1，3－λ，2)， 设平面A2C2D2的法向量m＝(a，b，c)， 则 令a＝1，得b＝1，c＝2，∴m＝(1，1，2)， ∴＝＝＝|cos 150°|＝， 化简可得λ2－4λ＋3＝0，解得λ＝1或λ＝3， ∴P(0，2，1)或P(0，2，3)，∴B2P＝1. 任务8　空间距离 [例4]　解：(1)取AB的中点O，连接OP，并过O点作BC的平行线OE，交CD于点E，则OE⊥AB. 因为PA＝PB，所以PO⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PO⊂平面PAB， 所以PO⊥平面ABCD， 因为OE⊂平面ABCD，所以PO⊥OE. 以O为坐标原点，以OB，OE，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， 因为AP＝BP＝，AB＝2， 则B(1，0，0)，P(0，0，2)，M(－1，2，0)，＝(－1，0，2)，＝(1，－2，2)， 直线PM的一个单位方向向量为u＝(，－，)， 点B到直线PM的距离d＝＝＝2. (2)M(－1，2，0)，C(1，3，0)，＝(2，－2，0)，＝(2，1，0)， 设平面PMB的法向量为m＝(x，y，z)， 则令x＝2，m＝(2，2，1)， 设平面PMC的法向量为n＝(x′，y′，z′)， 则令x′＝2，n＝(2，－4，－5)， 设平面PMB与平面PMC的夹角为θ，则cos θ＝＝. 所以平面PMB与平面PMC夹角的余弦值为. [例5]　解：(1)连接BD，在平面ABC上作l⊥BD， 因为ABC­A1B1C1为直三棱柱，所以BB1⊥平面ABC， 因为l⊂平面ABC，所以BB1⊥l， 因为l⊥BB1，l⊥BD，BB1∩BD＝B，BB1，BD⊂平面BB1D， 所以l⊥平面BB1D，因为B1D⊂平面BB1D，所以l⊥B1D. (2)因为∠A1B1C1＝，所以B1A1，B1C1，B1B1两两互相垂直，以B1为原点，分别以B1A1，B1C1，B1B所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(0，0，1)，A(2，0，1)，E(1，0，0)，C1(0，1，0)，＝(2，0，0)，＝(1，0，1)，＝(－1，1，0). 设平面AC1E的一个法向量为m＝(x，y，z)，因为m⊥，m⊥， 所以m·＝0，m·＝0， 则取x＝1，则m＝(1，1，－1). 设点B到平面AC1E的距离为d，则d＝＝. 因此点B到平面AC1E的距离为. [对点练习]　4.解析：如图所示，因为AB∥C1D1且AB＝C1D1， 故四边形ABC1D1为平行四边形，则BC1∥AD1， 因为BC1⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，所以BC1∥平面ACD1， 同理可证A1B∥平面ACD1， 因为A1B∩BC1＝B，A1B，BC1⊂平面A1BC1， 所以平面A1BC1∥平面ACD1，因为P∈平面AA1B1B，要使得C1P∥平面ACD1， 则C1P⊂平面A1BC1，因为平面AA1B1B∩平面A1BC1＝A1B， 故点P的轨迹为线段A1B，当C1P取最小值时，C1P⊥A1B，则P为A1B的中点， 则C1P＝＝＝2. 以D为原点，，，的方向分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 易知A1(2，0，4)，C1(0，4，4)，P(2，2，2)，＝(－2，4，0)，＝(0，2，－2)， 取a＝＝(0，2，－2)，u＝＝(－1，2，0)，则a2＝8，a·u＝， 所以点P到直线A1C1的距离为＝. 答案：2　 5．解：(1)选择条件①， 由E，F 分别为BC，CD的中点，得EF∥BD， 又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，则BD∥平面EFG， 又BD⊂平面ABD，平面ABD∩平面EFG＝GH，所以BD∥GH. 选择条件②， 在△ACD中，AG＝2GD，F为CD中点，则GF与AC不平行， 设GF∩AC＝K，则K∈AC，K∈GF， 又AC⊂平面ABC，FG⊂平面EFG， 于是K∈平面ABC，K∈平面EFG， 又平面ABC∩平面EFG＝HE，因此K∈HE， 所以HE，GF，AC相交于一点． (2)若第(1)问中选①，由(1)知，BD∥平面EFG， 则点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG 的距离； 若第(1)问中选②，由E，F分别为BC，CD的中点，则EF∥BD， 又BD⊄平面EFG，EF⊂平面EFG，于是BD∥平面EFG， 因此点B到平面EFG的距离即为BD与平面EFG的距离． 连接EA，ED，由△ABC，△BCD均为正三角形，E为BC的中点，得EA⊥BC，ED⊥BC， 又平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE⊂平面ABC， 于是AE⊥平面BCD，又ED⊂平面BCD，则AE⊥ED， 以点E为原点，直线EB，ED，EA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则B(2，0，0)，F(－1，，0)，G(0，，)，＝(2，0，0)，＝(－1，，0)，＝(0，，)， 设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)， 则 令y＝1，得n＝(，1，－2)， 设点B到平面EFG的距离为d，则d＝＝＝，所以BD与平面EFG的距离为. 任务9　翻折问题 [例1]　解：(1)证明：在△AEF中，AE＝AD＝2，AF＝AB＝4，∠EAF＝30°， 则EF2＝AE2＋AF2－2AE·AF cos ∠EAF＝4， 所以EF＝2，所以EF2＋AE2＝AF2， 所以AE⊥EF，即PE⊥EF，DE⊥EF. 又PE∩DE＝E，PE，DE⊂平面PDE， 所以EF⊥平面PDE. 又PD⊂平面PDE，所以EF⊥PD. (2)连接EC.由题可得DE＝3，CD＝3. 因为∠ADC＝90°，所以DE2＋DC2＝EC2，所以EC＝6， 所以PE2＋CE2＝PC2，所以PE⊥CE. 又PE⊥EF，EF∩CE＝E，EF，CE⊂平面ABCD， 所以PE⊥平面ABCD. 又ED⊂平面ABCD，所以PE⊥ED，即EF，ED，EP两两垂直． 分别以EF，ED，EP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 则P(0，0，2)，D(0，3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2，0)，B(4，2，0)，C(3，3，0)， 则＝(0，3，－2)，＝(－3，0，0)，＝(4，2，－2)，＝(－2，－2，0). 设平面PCD的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 由 令y1＝2，得x1＝0，z1＝3， 所以平面PCD的一个法向量n1＝(0，2，3). 设平面PBF的法向量为n2＝(x2，y2，z2)， 由 令x2＝，得y2＝－1，z2＝1， 所以平面PBF的一个法向量n2＝(，－1，1). 设平面PCD与平面PBF所成的二面角为α， 则|cos α|＝|cos 〈n1，n2〉|＝＝，所以sin α＝. [对点练习]　1.解：(1)证明：如图，取AC的中点为O，连接BO，PO. ∵PA＝PC，∴PO⊥AC.∵PA＝PC＝6，∠APC ＝90°， ∴PO＝AC＝3，同理BO ＝3. 又PB＝6，∴PO2＋OB2＝PB2，∴PO⊥OB， ∵AC∩OB＝O，AC，OB⊂平面ABC，∴PO ⊥平面ABC. 又PO⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面ABC. (2)如图建立空间直角坐标系， 根据边长关系可知，A(3，0，0)，C(－3，0，0)，B(0，3，0)，P(0，0，3). ∴＝(3，3，0)，＝(3，0，3). ∵三棱锥P­ACM和B­ACM的体积比为1∶2， ∴PM∶BM＝1∶2， ∴M(0，，2)，∴＝(－3，，2). 设平面PBC的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令x＝1，则y＝z＝－1，得n＝(1，－1，－1). 设直线AM与平面PBC所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈，n〉|＝ ＝＝＝， ∴直线AM与平面PBC所成角的正弦值为. 任务10　探究性问题　　 [例2]　解：(1)取AC的中点O，连接OP，OB， 因为△ABC是边长为2的正三角形，所以OB⊥AC， 由PA＝PC，所以OP⊥AC， 又OB∩OP＝O，OB，OP⊂平面OPB， 所以AC⊥平面OPB， 又PB⊂平面OPB，所以PB⊥AC. (2)由(1)得OP⊥AC，OB⊥AC，因为平面PAC⊥平面ABC且交线为AC，且OP⊂平面PAC，所以OP⊥平面ABC， 如图，以点O为原点，建立空间直角坐标系， 则A(1，0，0)，P(0，0，)，C(－1，0，0)，B(0，，0)， 设 ＝λ(0≤λ≤1)，则＝ (0，，－)，＝(0，λ，－λ)， 设平面PAB的法向量为m＝(x，y，z)，＝(－1，，0)，则 令y＝，则x＝，z＝1，则m＝(，，1)， 设平面ACE的法向量为n＝(x，y，z)，＝(－2，0，0)，＝＋＝(－1，λ，－λ)， 则 令y＝，所以n＝(0，，)， 若平面PAB⊥平面ACE，则m·n＝0＋5＋＝0，求得λ＝. 此时＝(0，，－)，所以||＝，即此时PE＝. [例3]　解：(1)作PE⊥AC，垂足为E，连接EH，如图所示， 由点P在平面ABC的射影H落在边AB上可得PH⊥平面ABC， 又AC⊂平面ABC，所以PH⊥AC， 因为PH∩PE＝P，且PH，PE⊂平面PHE，所以AC⊥平面PHE， 又EH⊂平面PHE，所以AC⊥EH， 又因为ABCD为矩形，AB⊥BC，可得△ABC∽△AEH， 由AB＝4，BC＝2可得AP＝2，PC＝4，AC＝2， 所以PE＝＝，AE＝＝， 由△ABC∽△AEH可得＝，即AH＝＝＝1， 即AH的长度为1. (2)根据题意，以点H为坐标原点，以过点H且平行于BC的直线为y轴，分别以HB，PH所在直线为x，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则A(－1，0，0)，P(0，0，)，B(3，0，0)，C(3，2，0)，并设＝λ，λ∈[0，1]， 可得＝λ＝λ(－3，－2，)＝(－3λ，－2λ，λ)，所以M(3－3λ，2－2λ，λ)， 易知＝(4，0，0)，＝(3λ，2λ－2，－λ), ＝(3，0，－)，＝(0，2，0)， 设平面AMB的一个法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 解得x1＝0，取y1＝λ，则z1＝2λ－2， 即m＝(0，λ，2λ－2)， 设平面PBC的一个法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则解得y2＝0，取x2＝1，则z2＝，即n＝(1，0，)， 因此可得|cos 〈m，n〉|＝＝＝，整理可得3λ2－8λ＋4＝0, 解得λ＝2(舍)或λ＝， 因此CM＝，即可得||＝||＝. 所以CM的长度为. [对点练习]　2.解：(1)因为在直三棱柱ABC­A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠BAC＝90°， 所以可以点A为坐标原点，AB、CA、AA1方向分别为x、y、z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系A­xyz. 则A1(0，0，2)，C(0，－2，0)，B(2，0，0)，C1(0，－2，2)， 所以＝(－2，－2，2)，＝(0，－2，－2)，·＝(0，－2，－2)·(－2，－2，2)＝0，所以A1C⊥BC1. (2)因为M(1，0，0)，所以＝(1，0，－2). 设n＝(x，y，z)是平面A1CM的法向量， 则 即 所以取z＝1，则x＝2，y＝－1， 所以n＝(2，－1，1)是平面A1CM的一个法向量． 又因为P点坐标为(1，－1，1)，所以＝(1，－1，－1). 设A1P与平面A1CM所成的角为θ，则sin θ＝＝＝， 即A1P与平面A1CM所成角的正弦值为. (3)存在线段A1N上靠近N的三等分点Q，满足PQ∥平面A1CM. 因为N为B1C1的中点，所以N(1，－1，2)， 设＝t(0≤t≤1)，所以Q(t，－t，2)，所以＝(t－1，1－t，1)， 由(2)得平面A1CM的一个法向量为n＝(2，－1，1). 若PQ∥平面A1CM，则⊥n，所以·n＝(t－1，1－t，1)·(2，－1，1)＝0， 即2(t－1)－(1－t)＋1＝0，解得t＝. 所以存在线段A1N上靠近N的三等分点Q，使得PQ∥平面A1CM， 故|A1Q|＝||＝＝，即A1Q的长为. 3．解：(1)取AC中点M，连接DM、BM，则AC⊥DM，AC⊥BM， 由DM∩BM＝ M，DM，BM⊂平面BDM，得AC⊥平面BDM，又BD⊂平面BDM， 所以AC⊥BD. (2)取A1C1中点N，连接MN，由(1)得∠NMB为二面角A1­AC­B的平面角， 由平面ACC1A1⊥平面ABC，得∠NMB＝90°，即NM⊥BM， 以M为原点，直线MA，MB，MN分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设该棱台的高为h，由V＝(＋＋)·h＝，得h＝， 则A(1，0，0)，B(0，，0)，C(－1，0，0)，C1(－，0，)，＝(1，，0)，＝(，0，)， 设平面BB1C1C的法向量为n＝(x，y，z)， 则取x＝，得n＝(，－1，－1)， 设D＝(t，0，)(－≤t≤)，则＝(t，－，)， 于是|cos 〈·n〉|＝＝＝，解得t＝或t＝－(舍去)， 所以存在点D满足条件，此时D与A1重合． 学科网（北京）股份有限公司 $