第9讲 立体几何与空间向量专题讲义-2026届高三数学二轮复习

第9讲立体几何与空间向量专题复习 知识点梳理 知识点一、立体几何知识点及解题大招 1.几何体的表面积和体积： 类别 表面积 体积 柱体 S=S侧+2S底 V=S底h(h是柱体的高) 锥体 S=S侧+S底 V-号S力h是锥体的商 底 S=S侧+S上+S下 V=号(5d上+SS+5,h&0h是台体的 台体 高) 球体 S=4πR2 2.正方体与球有关的问题： 设正方体的棱长为a: ①正方体的外接球半径为R,则2R=3a: ②正方体的内切球半径为R,则2R=a: ③正方体的棱切球（与各棱相切的球）半径为R,则2R=2a. 3.长方体的外接球：设长方体的长、宽、高分别为a、b、c,外接球的半径为R,则2R= a2+b2+c2. 4.直线与平面平行的判定与性质定理： a,b为直线，a,P为平面：①判定：a∥b,a文a,bCa→a∥a ②性质：a∥a,acB,a∩B=b→a∥a 5.平面与平面平行的判定与性质定理： a,b为直线，a,B,y为平面：①判定： aca,bca,a∩b=P,a∥B,b∥B→∥B ②性质l:a∥B,aCa→a∥B 性质 2：α∥β，α∩γ=a，β∩γ=b⇒a∥b 6.直线与平面垂直的判定与性质定理： a，b，l 为直线， α 为平面：①判定： a⊂α，b⊂α，a∩b=P，l⊥a，l⊥b⇒l⊥α ②性质： a⊥α，b⊥α⇒a∥b 7.平面与平面垂直的判定定理： a，b，l 为直线， α，β 为平面：①判定： l⊥α，l⊂β⇒α⊥β. ②性质： α⊥β，l⊂β，α∩β=a，l⊥a⇒l⊥α 8.空间直线、平面夹角的范围：①空间两条异面直线所成角的取值范围： $$\left[ 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right]$$ ②直线与平面所成角的取值范围： $$\left[ 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right] ， \textcircled 3$$ 二面角的取值范围：[0，元]. 9.外接球常见模型： ①墙角模型：三条两两互相垂直的棱构成的三棱锥的外接球半径为R，则这个三棱锥可构 造到长方体中，则 $$2 R = \sqrt [ 0 ] { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } + c ^ { 2 } } \left( R$$ 为外接球的半径，a，b，c为三条棱长). ②对棱相等的四面体模型：对棱相等的四面体的外接球半径 $$R _ { i } = \sqrt [ 3 ] { \frac { m ^ { 2 } + n ^ { 2 } + c ^ { 2 } } { 8 } } ^ { m ^ { 2 } } n _ { n } ，$$ (m，n，t分别 为对应的三组棱长). 知识点二、空间向量知识点及解题大招 1.空间向量加减法及数乘的坐标运算： 若 $$\overrightarrow { a } = \left( x _ { 1 } ， y _ { 1 } ， z _ { 1 } \right) ， \overrightarrow { b } = \left( x _ { 2 } ， y _ { 2 } ， z _ { 2 } \right) ，$$ \left.{})， 则： $$\textcircled 1 \overrightarrow { a } + \overrightarrow { b } = \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } ， y _ { 1 } + y _ { 2 } ， z _ { 1 } + z _ { 2 } \right) .$$ $$\textcircled 2 \overrightarrow { a } - \overrightarrow { b } = \left( x _ { 1 } - x _ { 2 } ， y _ { 1 } - y _ { 2 } ， z _ { 1 } - z _ { 2 } \right) .$$ $$\textcircled 3 \lambda \overrightarrow { a } = \left( \lambda x _ { 1 } ， \lambda y _ { 1 } ， \lambda z _ { 1 } \right) \left( \lambda \in R \right) .$$ 2.若 $$t \overrightarrow { a } = \left( x _ { 1 } ， y _ { 1 } ， z _ { 1 } \right) ， \overrightarrow { b } = \left( x _ { 2 } ， y _ { 2 } ， z _ { 2 } \right) ，$$ 则： 2 ①空间向量数量积的坐标运算：a·b=X1X2+y1y2+Z1Z2, ②空间向量长度运算：=aa=x2+y,2+z,2. ③两向量夹角的坐标运算：c0sà6= X1X2+y1y2+Z1Z2 2 x2+y12+z2.x2+y22+ 3.空间向量平行和垂直的条件： 若d=(x1,y1,21,b=(x2,y2,22,b≠0，则： ①d/b,则0=bxAx,yAy2ZEA2-2Xy0: ②若a⊥b,则·b=0,x1x2+y1y2+z1Z2=0. 4.若AX1,y1,Z1),B(x2,y2,Z2,则： ①AB=(x2-x2+(y2-y+(z2-z2. ②线段B中点坐标+龙，y+业，十) 2,2,2 5.点到平面的距离公式：已知平面α的法向量为i,A是平面a内的定点，P是平面a外一 点，则点P到平面。的距离：d=D, 6.两条异面直线距离公式：l,l2是两条异面直线，是1与2公垂线段AB的方向向 量，C、D分别是1，l2上的任意两点，则1，到，的距离是d=A= CD. 7.异面直线所成的角：若异面直线，，所成的角为0，其方向向量分别为币，v,则： cose=cos,= vi 8.直线和平面所成的角：设直线1与平面α相交于点O,直线1与平面α所成的角为0，直线 3 1的方向向量为i.平面a的法向量为i,则：si血0=cosn,商可 训剂训减 9.平面与平面所成的夹角：1，，分别为平面α，B的法向量，设平面@与B的夹角为0， 则 cos=cos n,n2)- i1元2 房 1O.四面体对棱所成的角：四面体ABCD中，AC与BD所成的角为 0:cos0=- (AB2+CD2)-(BC2+DA2) 2AC·BD 典型例题 例1.如图，在平行六面体ABCD-A'B'CD中，AB=AD=2,∠AAB=∠A'AD,且A 'B⊥AC,设AC与BD的交于点O. (1)证明：A'O⊥平面ABCD: (2)若AA'=3,且∠BAD=60°，求直线A'B与平面A'B'CD所成角的正弦值. C 4 D 例2.在长方体ABCD-A1B1CD1中，点E、F分别在棱BB1、DD1上，且 AE⊥AB,AF⊥A1D, (1)求证：A1C⊥平面AEF; 4 (2)当AD=3,AB=4,AA1=5时，求平面AEF与平面D1B1BD的夹角的余弦值. D B ⊙ C 例3.（多选）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1CD1中，P为棱BB1的中点，点Q满 足C,Q=入C,B,+μC,C,(a∈[0，，μ∈[0，])则下列说法中正确的是（) D D B A.AC⊥平面APD B.若D1Q平面A1PD,则动点Q的轨迹是一条线段 C.若入+μ= ,则四面体DPQA1的体积为定值 D.若M为正方形ADD1A1的中心，则三棱锥M-ABD外接球的体积为 642 π 3 例4.已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，ABCD,A1A⊥平面 ABCD,AD⊥AB,其中AB=AA1=2,AD=DC=1.N是B1C的中点，M是DD1的中点， 5 (1)求证：D1W平面CB1M: (2)求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值； (3)求点B到平面CB,M的距离！ N M D B 例5.如图，在三棱柱ABC-AB1C中，CC1⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,CC1=3, 点D,E分别在棱AA1和棱CC上，且AD=1,CE=2,M为棱A1B1的中点. (1)求证：CM平面B1ED: 6 (2)求直线CM到平面B1ED的距离： (3)求点A1到直线B1E的距离. C 个 B A TM D C 人 B A 例6.（多选）如图，棱长为2的正方体ABCD-A'B'CD"、O为底面A'B'CD的中心.M为 侧面BCCB的中心，N是线段A'D上的动点.P为△A'BD内（含边界）的动点，则下列 说法正确的是() D 0 B 7 R M --C D B A.OM平面A'BD B.PN⊥AC C.oA+PC的最小值为4 3 D.三棱锥A'-ABD的外接球的体积为6π 随堂演练 1.(2025新高考I卷)（多选）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为BC中点，则() A.AD⊥A1C B.BC⊥平面AAD C.CCI平面AAD D.ADlA B 8 2.若空间中三条不同直线a,b,c满足a⊥b,且bc,则直线a与直线c必定() A.平行 B.相交 C.垂直 D.异面 3.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为63，则该正三棱柱外接球的体积的最小值 为 4.在四面体ABCD中，BA⊥平面ACD,CALAD,BA=3,AC=4,AD=5,该四面体 ABCD外接球表面积为() A.25π B.50m C.12.5π D.100π 5.如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC为等边三角形，SALAB,SB=SC,若SA+AB=1, 则三棱锥S-ABC外接球体积的最小值为 D B A ⊙ 第5题图 第6题图 6.如图所示，棱长为3的正方体ABCD-A1B1CD1中，P为线段A1B上的动点（不含端点）， 则下列结论正确的是() A.D1P⊥AB B.DP与AC所成的角可能是 C.AP·DC1是定值 D.当A1P=2PB时，点C到平面D1AP的距离为2 8.己知三棱锥P-ABC满足PA⊥AB,BC⊥PC,AB⊥BC,且AB=1,BCi2,PAS, 则该三棱锥外接球的表面积为 一，异面直线AC与PB所成夹角的余弦值为 9.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC,四边形AB1BA,B1BCC1均为菱形，平面 AB BA L底面ABC,平面B,BCC⊥底面A,BC,M是AB1延长线上一点，且B,M=号A,B, D为A1C中点，连接DB. 9 (1)证明：DB1平面BCM: (2)取DB1中点Q,求A1Q与平面BCM夹角的正弦值. A B D C矿 B M 10.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC,AB=1,AC=AA=2. (1)证明：A1C⊥平面ABC1: (2)求直线AC与平面ABC所成角的正弦值， 0 第9讲 立体几何与空间向量专题复习 知识点梳理 知识点一、立体几何知识点及解题大招 1.几何体的表面积和体积： 类别 表面积 体积 柱体 （是柱体的高） 锥体 （是锥体的高） 台体 （是台体的高） 球体 2.正方体与球有关的问题： 设正方体的棱长为a： ①正方体的外接球半径为R，则2R=； ②正方体的内切球半径为R，则2R=； ③正方体的棱切球（与各棱相切的球）半径为R，则2R=. 3.长方体的外接球：设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，外接球的半径为R，则2R=. 4.直线与平面平行的判定与性质定理： a,b为直线，为平面：①判定：. ②性质：. 5.平面与平面平行的判定与性质定理： a,b为直线，为平面：①判定：. ②性质1：. 性质2：. 6.直线与平面垂直的判定与性质定理： a,b,l为直线，为平面：①判定：. ②性质：. 7.平面与平面垂直的判定定理： a,b,l为直线，为平面：①判定：. ②性质：. 8.空间直线、平面夹角的范围：①空间两条异面直线所成角的取值范围：[0,]. ②直线与平面所成角的取值范围：[0,].③二面角的取值范围：[0,]. 9.外接球常见模型： ①墙角模型：三条两两互相垂直的棱构成的三棱锥的外接球半径为R，则这个三棱锥可构造到长方体中，则2R=（R为外接球的半径，a,b,c为三条棱长）. ②对棱相等的四面体模型：对棱相等的四面体的外接球半径R （m,n,t分别为对应的三组棱长）. 知识点二、空间向量知识点及解题大招 1.空间向量加减法及数乘的坐标运算： 若，，则： ①. ②. ③ （∈R）. 2.若，，则： ①空间向量数量积的坐标运算：. ②空间向量长度运算：. ③两向量夹角的坐标运算：. 3.空间向量平行和垂直的条件： 若，，，则： ①若∥，则，，， （）. ②若，则，. 4.若A，B，则： ①. ②线段AB中点坐标. 5.点到平面的距离公式：已知平面的法向量为，A是平面内的定点，P是平面外一点，则点P到平面的距离：. 6.两条异面直线距离公式：l1,l2是两条异面直线，是l1与l2公垂线段AB的方向向量，C、D分别是l1,l2上的任意两点，则l1到l2的距离是. 7.异面直线所成的角：若异面直线l1,l2所成的角为，其方向向量分别为，则： . 8.直线和平面所成的角：设直线l与平面相交于点O，直线l与平面所成的角为，直线l的方向向量为，平面的法向量为，则：. 9.平面与平面所成的夹角：分别为平面的法向量，设平面的夹角为，则 . 10.四面体对棱所成的角：四面体ABCD中，AC与BD所成的角为. 典型例题 例1.如图，在平行六面体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝AD＝2，∠A′AB＝∠A′AD，且A′B⊥AC，设AC与BD的交于点O． （1）证明：A′O⊥平面ABCD； （2）若AA′＝3，且∠BAD＝60°，求直线A′B与平面A′B′CD所成角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：根据题中条件，可知△A'AB≅△A'AD，则A'D＝A'B， 而O为BD的中点，则A′O⊥BD， 在菱形ABCD中，有AC⊥BD，又A′B⊥AC，且A′B∩BD＝B， 则AC⊥平面A′BD，而A′O⊂面A′BD，有AC⊥A′O， 由A′O⊥AC，A′O⊥BD，且BD∩AC＝O， 可得A′O⊥平面ABCD； （2）由（1）可知，△A'OA为直角三角形，且，AA'＝3，求得， 如图，以O为坐标原点，DB，AC，OA′所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则B（1，0，0），，D（﹣1，0，0），，有，，， 设平面A'B'CD的法向量， 则， 令，解得其中一个法向量， 从而cos， 即直线A′B与平面A′B′CD所成角的正弦值为． 例2.在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱BB1、DD1上，且AE⊥A1B，AF⊥A1D． （1）求证：A1C⊥平面AEF； （2）当AD＝3，AB＝4，AA1＝5时，求平面AEF与平面D1B1BD的夹角的余弦值． 【解答】解：（1）证明：因为， 所以A1C⊥AE， 因为， 所以A1C⊥AF， 又AE∩AF＝A，故A1C⊥平面AEF； （2）以点D为原点，分别以直线DA、DC、DD1为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则，， 设平面DBB1D1的法向量为， 则， 解得z＝0， 令x＝4，则y＝﹣3，所以， 由（1）知是平面AEF的一个法向量，所以，设平面AEF和平面D1B1BD的夹角为θ， 则． 例3.（多选）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱BB1的中点，点Q满足，（λ∈[0，1]，μ∈[0，1]）则下列说法中正确的是（　　） A．AC1⊥平面A1PD B．若D1Q∥平面A1PD，则动点Q的轨迹是一条线段 C．若，则四面体DPQA1的体积为定值 D．若M为正方形ADD1A1的中心，则三棱锥M﹣ABD外接球的体积为 【解答】解：对于A，如图1，假设AC1⊥平面A1PD， ∵A1P⊂平面A1PD，∴AC1⊥A1P①； ∵正方形ABB1A1，∴A1B⊥AB1， ∵B1C1⊥平面ABB1A1，A1B⊂平面ABB1A1， ∴B1C1⊥A1B， ∵AB1∩B1C1＝B1，AB1，B1C1⊂平面AB1C1，∴A1B⊥平面AB1C1， ∵AC1⊂平面AB1C1，∴A1B⊥AC1②， ∵A1B∩A1P＝A1，A1B，A1P⊂平面A1ABB1，∴由①，②可得AC1⊥平面A1ABB1， 显然该结论不成立，故A错误； 对于B，如图2，取B1C1、C1C中点E、F，连接D1E、D1F、EF， 易得FP∥B1C1∥A1D，且FP＝B1C1＝A1D，故得▱DA1PF， 则有D1F∥A1P，∵A1P⊂平面A1PD，D1F⊄平面A1PD，∴D1F∥平面A1PD③； 又EF∥CB1，同理可得▱DCB1A1，则AD∥CB1，故有EF∥A1D，同法可得EF∥平面A1PD④， ∵D1F∩EF＝F，D1F，EF⊂平面D1FE，则由③，④可得平面A1PD∥平面D1EF， 而D1Q∥平面A1PD，则点Q在平面D1EF内，而点Q又在平面C1CBB1内， ∴点Q的轨迹为线段EF，故B正确； 对于C，如图2，∥A1D， ∵，， ∴，故Q，E，F三点共线， ∴点Q在EF上，而EF//A1D，且A1D⊂平面A1PD，EF⊄平面A1PD，∴EF∥平面A1PD， ∴点Q到平面A1PD的距离为定值， ∵△A1PD的面积为定值， ∴四面体DPQA1的体积为定值，故C正确； 对于D：如图3，∵M为正方形ADD1A1的中心，则AM⊥MD， ∴△AMD的外心为AD的中点， 又AD⊥AB，∴△ABD的外心为BD中点O， ∵平面AMD⊥平面ABD， ∴点O即为三棱锥M﹣ABD的外接球的球心，其半径， 此外接球的体积．故D错误． 故选：BC． 例4.已知四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB＝AA1＝2，AD＝DC＝1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点． （1）求证：D1N∥平面CB1M； （2）求平面CB1M与平面BB1C1C的夹角余弦值； （3）求点B到平面CB1M的距离． 【解答】（1）证明：取CB1中点E，连接NE，ME，由N是B1C1的中点，得NE∥CC1，且NECC1，由M是DD1的中点，得，且D1M∥CC1， 则D1M∥NE，D1M＝NE，所以四边形D1MEN是平行四边形，所以D1N∥ME， 又ME⊂平面CB1M，D1N⊄平面CB1M，故D1N∥平面CB1M． （2）解：以A为原点建立如图所示空间直角坐标系， 有A（0，0，0），B（2，0，0），B1（2，0，2），M（0，1，1），C（1，1，0），C1（1，1，2），则（1，﹣1，2），，， 设平面CB1M的法向量为， ，则（1，3，1）， 设平面BB1CC1的法向量为， ，则（1，1，0）， 所以cos，， 故平面CB1M与平面BB1CC1的夹角的余弦值为． （3）解：因为，平面CB1M的法向量为， 所以点B到平面CB1M的距离为d． 例5.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝2，CC1＝3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD＝1，CE＝2，M为棱A1B1的中点． （1）求证：C1M∥平面B1ED； （2）求直线C1M到平面B1ED的距离； （3）求点A1到直线B1E的距离． 【解答】（1）设A1D的中点为N，连接MN，则MN//B1D， 又MN⊄平面B1ED，B1D⊂平面B1ED，所以MN∥平面B1ED； 连接C1N，因为C1E∥ND且C1E＝ND， 所以C1NDE是平行四边形，所以C1N//DE， 又C1N⊄平面B1ED，DE⊂平面B1ED， 所以C1N∥平面B1ED； 又C1N∩MN＝N，且C1N⊂平面C1MN，MN⊂平面C1MN， 所以平面C1MN∥平面B1ED，又C1M⊂平面C1MN， 所以C1M∥平面DB1E； （2）解：由（1）得C1M∥平面DB1E， 所以直线C1M到平面B1ED的距离等于点C1到平面B1ED的距离， 设C1到平面B1ED的距离为d， 则，而， 又， 所以， 所以d•，解得， 所以直线C1M到平面B1ED的距离为； （3）解：连接A1E，则， 设点A1到直线B1E的距离为h， 所以，即h＝2， 解得， 所以点A1到直线B1E的距离为． 例6.（多选）如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A′B′C′D''、O为底面A′B′C′D′的中心．M为侧面BCC′B′的中心，N是线段A′D上的动点．P为△A′BD内（含边界）的动点，则下列说法正确的是（　　） A．OM∥平面A′BD B．PN⊥AC′ C．|OP|+|PC′|的最小值为 D．三棱锥A′﹣ABD的外接球的体积为6π 【解答】解：对A选项， 易知OM为三角形C′A′B的中位线， 所以OM∥A′B，从而可得OM∥平面A′BD，所以A选项正确； 对B选项，根据三垂线定理易证AC′⊥平面A′BD，从而可得PN⊥AC′，所以B选项正确； 对C选项，因为AC′⊥平面A′BD，设C′关于平面A′BD的对称点为Q， 由B选项分析可知AC′与平面A′BD的交点为下图中H，E为底面正方形的中心， 则Q到平面A′BD的距离QH＝C′HAC′， 又sin∠AC′A′，cos∠AC′A′， 过Q作QF⊥C′A′于点F，又C′Q＝2QH， 所以QF＝C′Qsin∠AC′A′，C′F＝C′Qcos∠AC′A′， 又O为A′C′的中点，所以FO＝C′F﹣OC′， 所以|OP|+|PC′|≥OQ，所以C选项正确； 对D选项，因为三棱锥A′﹣ABD的外接球的直径2R为正方体的体对角线长， 所以（2R）2＝3×22＝12，所以R， 所以三棱锥A′﹣ABD的外接球的体积为，所以D选项错误． 故选：ABC． 随堂演练 1.（2025新高考I卷）（多选）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为BC中点，则（　　） A．AD⊥A1C B．BC⊥平面AA1D C．CC1∥平面AA1D D．AD∥A1B1 【解答】解：在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为BC中点， 对于A，取B1C1中点D1，连接A1D1，CD1， 因为A1D1⊥CD1，A1D1∥AD，所以A1D1与A1C不垂直，即AD与A1C不垂直，故A错误； 对于B，AD⊥BC，AA1⊥BC，AD∩AA1＝A， ∴BC⊥平面AA1D，故B正确； 对于C，∵CC1∥AA1，CC1⊄平面AA1D， AA1⊂平面AA1D，∴CC1∥平面AA1D，故C正确； 对于D，∵AB∩AD＝A，AB∥A1B1， ∴AD与A1B1不平行，故D错误． 故选：BC． 2.若空间中三条不同直线a，b，c满足a⊥b，且b∥c，则直线a与直线c必定（　　） A．平行 B．相交 C．垂直 D．异面 【解答】解：∵空间中三条不同直线a，b，c满足a⊥b，且b∥c， 则根据异面直线所成角的概念可得直线a与直线c必定垂直． 故选：C． 3.已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积为，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为　　． 【解答】解：设正三棱柱的底面边长为a，高为h，球的半径为R， 由题意知，即，底面外接圆的半径， 由球的截面圆性质知， 当且仅当时取等号， 则该正三棱柱外接球的体积的最小值为． 故答案为：． 4.在四面体ABCD中，BA⊥平面ACD，CA⊥AD，BA＝3，AC＝4，AD＝5，该四面体ABCD外接球表面积为（　　） A．25π B．50π C．12.5π D．100π 【解答】解：因为BA⊥平面ACD，CA⊥AD，BA＝3，AC＝4，AD＝5， 所以该四面体ABCD外接球的直径2R即为长宽高分别为3，4，5的长方体的体对角线长， 所以（2R）2＝32+42+52＝50， 所以该四面体ABCD外接球表面积为4πR2＝50π． 故选：B． 5.如图，在三棱锥S﹣ABC中，△ABC为等边三角形，SA⊥AB，SB＝SC，若SA+AB＝1，则三棱锥S﹣ABC外接球体积的最小值为 　　． 【解答】解：如图，取BC中点E，连接SE，AE，则BC⊥SE，BC⊥AE， 又SE∩AE＝E，所以BC⊥平面ASE，又SA⊂平面ASE， 所以BC⊥SA，又SA⊥AB，AB∩BC＝B， 所以SA⊥平面ABC， 所以三棱锥S﹣ABC的外接球球心必在过△ABC的中心O1且平行于SA的直线上， 且， 设AB＝x（0＜x＜1），又SA+AB＝1 所以SA＝1﹣x，， 设三棱锥S﹣ABC的外接球半径为R， 则， 所以当时，， 所以三棱锥S﹣ABC外接球体积的最小值为． 故答案为：． 6.如图所示，棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（　　） A．D1P⊥AB1 B．D1P与AC所成的角可能是 C．是定值 D．当A1P＝2PB时，点C1到平面D1AP的距离为2 【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，以D为坐标原点， DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 则D1（0，0，3），A（3，0，0），C（0，3，0）， B1（3，3，3），D（0，0，0），C1（0，3，3）， 设P（3，a，3﹣a），（0＜a＜3），则，， 因为3a﹣3a＝0，所以D1P⊥AB1，故A正确； 因为， 所以， 若D1P与AC所成的角是， 则，即， 整理得（2a+3）2＝0，解得，与0＜a＜3矛盾，故B错误； 因为（0，a，3﹣a），（0，3，3）， 所以，为定值，故C正确； 当A1P＝2PB时，P（3，2，1）， 则，，， 设平面D1AP的一个法向量为， 由，令z＝2，则x＝2，y＝﹣1， 则平面D1AP的一个法向量， 故点C1到平面D1AP的距离为，故D错误． 故选：AC． 8.已知三棱锥P﹣ABC满足PA⊥AB，BC⊥PC，AB⊥BC，且AB＝1，BC，PA，则该三棱锥外接球的表面积为 　6π　 ，异面直线AC与PB所成夹角的余弦值为 　　 ． 【解答】解：因为三棱锥P﹣ABC满足PA⊥AB，BC⊥PC，AB⊥BC，且AB＝1，BC，PA， 所以可补形为长方体如下图所示： 所以三棱锥P﹣ABC的外接球即为长方体的外接球， 所以球心为体对角线PB的中点，且， 所以外接球半径， 所以该外接球的表面积S＝4πR2＝6π； 作AC∥BD， 则AC与PB所成夹角即为∠PBD或∠PBD的补角， 在△PBD中，易求， 则． 故答案为：6π；． 9.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，四边形A1B1BA，B1BCC1均为菱形，平面A1B1BA⊥底面A1B1C1，平面B1BCC1⊥底面A1B1C1，M是A1B1延长线上一点，且，D为A1C中点，连接DB1． （1）证明：DB1∥平面BC1M； （2）取DB1中点Q，求A1Q与平面BC1M夹角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：延长A1M至点N，使得M为B1N的中点，连接CN， 连接CB1与C1B交于点E，连接EM， 在△A1CN中，因为D，B1分别是A1C和A1N的中点， 所以DB1∥CN， 在△B1CN中，因为E，M分别是CB1和B1N的中点， 所以EM∥CN， 所以DB1∥EM， 又因为DB1⊄平面BC1M，EM⊂平面BC1M， 所以DB1∥平面BC1M； （2）因为AB⊥BC，即A1B1⊥B1C1， 平面B1C1CB⊥底面A1B1C1，平面B1C1CB∩底面A1B1C1＝B1C1， 所以A1B1⊥平面B1C1CB，于是A1B1⊥B1B， 同理B1C1⊥B1B， 故A1B1，B1C1，B1B两两垂直， 以B1为原点，分别以B1M，B1C1，B1B所在直线为x轴，y轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 令A1B1＝2，B1（0，0，0），A1（﹣2，0，0），C（0，2，2），D（﹣1，1，1）， ，B（0，0，2），C1（0，2，0），M（1，0，0）， 即，，， 设平面BC1M的一个法向量为， 则，则， 取y＝1，则x＝2，z＝1， 得， 设A1Q与平面BC1M夹角为θ， 则， 即A1Q与平面BC1M夹角的正弦值为． 10.如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，AB＝1，AC＝AA1＝2． （1）证明：A1C⊥平面ABC1； （2）求直线AC1与平面A1BC1所成角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：由题知AA1⊥面ABC，又AB⊂面ABC， 所以AA1⊥AB， 又AB⊥AC，AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂面ACC1A1， 所以AB⊥面ACC1A1，又A1C⊂面ACC1A1， 所以AB⊥A1C， 又AC＝AA1＝2，所以四边形ACC1A1是正方形，得到A1C⊥AC1， 又AB∩AC1＝A，AB，AC1⊂平面ABC1， 所以A1C⊥平面ABC1； （2）如图，建立空间直角坐标系， 因为AB＝1，AC＝AA1＝2， 则A（0，0，2），A1（0，0，0）B（1，0，2），C1（0，2，0）， 得到，，， 直线AC1与平面A1BC1所成角为θ， 设平面A1BC1的法向量为， 则， 令x＝2，则 z＝﹣1，y＝0， 所以平面A1BC1的法向量为， 则， 直线AC1与平面A1BC1所成角的正弦值为． 11.（2025天津市高考）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为A1D1，C1B1中点，CG＝3C1G． （I）求证：GF⊥平面EBF； （Ⅱ）求平面EBF与平面EBG夹角的余弦值； （Ⅲ）求三棱锥D﹣BEF的体积． 【解答】解：（I）证明：如图，以D为原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系Dxyz， 由已知得D（0，0，0），B（4，4，0），G（0，4，3），E（2，0，4），F（2，4，4）， 所以，（﹣2，﹣4，4），， 设平面BEF的法向量为（x0，y0，z0）， 则，即， 取z0＝1，则，即， 所以∥， 所以GF⊥面BEF． （Ⅱ）由（I）得（﹣2，4，﹣1）， 设平面BEG的法向量为（x1，y1，z1）， 则，即， 取z1＝1，则（，，1）， 所以cos， 故平面EBF与平面EBG夹角的余弦值为． （Ⅲ）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1D1，C1B1中点， 所以EF⊥平面CBB1C1， 又FB⊂平面CBB1C1，所以EF⊥FB， 在△FBE中，因为EF＝4，BF2，， 所以S△BEF•EF•BF4， 又（2，0，4）， 则点D到平面BEF的距离为d， 所以三棱锥D﹣BEF的体积为VS△BEF•d． 12.（新高考I卷）如图所示的四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD． （1）证明：平面PAB⊥平面PAD； （2）若PA＝AB，AD1，BC＝2，P，B，C，D在同一个球面上，设该球面的球心为O． （i）证明：O在平面ABCD上； （ii）求直线AC与直线PO所成角的余弦值． 【解答】解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD， ∴PA⊥AB， ∵AB⊥AD，AD∩PA＝A，AD，PA⊂平面PAD， ∴AB⊥平面PAD， ∵AB⊂平面PAB， ∴平面PAB⊥平面PAD． （2）（i）证明：由题意，AB，AD，AP两两垂直，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz， 则，，，， 设球心O（x，y，z），半径R， 则，即，解得， ∴（0，1，0），∴O∈平面ABCD． （ii）由（i）得，， 设直线AC与直线PO所成角为θ， 则cosθ． 13.（2025新高考II卷）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD．将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°． （1）证明：A′B∥平面CD′F； （2）求面BCD′与面EFD′A′所成二面角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：因为在四边形ABCD中，AB∥CD，且EF∥AD，所以▱AEFD， 又∠DAB＝90°，所以四边形AEFD为矩形， 折叠后，显然EB∥FC，EB⊄平面CD′F，FC⊂平面CD′F， 所以EB∥平面CD′F， 又EA′∥FD′，且FD′⊂平面CD′F，EA′⊄平面CD′F， 所以EA′∥平面CD′F， 又EA′∩EB＝E，所以平面EA′B∥平面CD′F，又A′B⊂平面EA′B， 所以A′B∥平面CD′F； （2）由∠DAB＝90°，EF∥AD，所以EF⊥CD，所以EF⊥FC，EF⊥FD′， 所以面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角为∠CFD′＝60°， 结合CF∩FD′＝F，所以EF⊥平面CFD′，可得平面CFD′⊥平面EBCF， 又F为CD的中点，所以△CFD′为等边△， 如图以F为原点建立空间直角坐标系，设AB＝3AD＝6，则CD＝2AD＝4， 所以F（0，0，0），E（2，0，0），C（0，2，0），B（2，4，0），D′（0，1，）， 所以，（0，1，），，， 设平面EFD′A′的法向量为， 则，可得， 再设平面BCD′的法向量， 则，解得， 设面BCD′与面EFD′A′所成二面角为θ， 则|cosθ|， 所以sinθ． 14.如图，AC是⊙O的直径，PA垂直于⊙O所在的平面，B，D是圆周上不同于A，C的两点． （1）求证：平面PAD⊥平面PCD； （2）若PA＝AC＝2，AB＝1，直线CD与平面PBC所成的角的正弦值为，求AD． 【解答】解：（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PA⊥CD， ∵∠ADC是直径AC所对的圆周角，∴∠ADC＝90°，∴AD⊥CD， ∵AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面PAD，∴CD⊥平面PAD， ∵CD⊂平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD； （2）以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x轴，y轴，过B作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系， 由AB＝1，AC＝2，AB⊥BC，得BC， 则B（0，0，0），A（0，1，0），C（，0，0），P（0，1，2），O（，，0）， 设D（m，n，0），得（m，n，0），（，0，0），（0，1，2）， 设平面PBC的法向量为（x，y，z）， 则，取y＝2，得（0，2，﹣1）， ∵直线CD与平面PBC所成的角的正弦值为， ∴|cos|， ∴，由|OD|＝|OA||AC|＝1， 得（m）2+（n）2＝1， 当n时，代入（m）2+（n）2＝1，得： （m）2+（）2＝1， 即2m2﹣33＝0，解得m或m， 当m时，|AD|＝2， 当m时，n，|AD|1， 经检验，当|AD|＝2时，C，D重合，不符合题意， 综上，AD的长为1． 15.如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为4cm和6cm，AA1，BB1为圆台的两条不同的母线． （1）求证：A1B1∥AB； （2）截面ABB1A1与下底面所成的夹角大小为60°，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面ABB1A1的面积． 【解答】（1）证明：因为圆台可以看作是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到， 所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分， 可知母线AA1与母线BB1的延长线必交于一点，即A，A1，B，B1四点共面， 又因为圆面O1∥圆面O，且平面ABB1A1∩圆面O1＝A1B1，平面ABB1A1∩圆面O＝AB， 所以A1B1∥AB； （2）解：因为劣弧的长度为，则， 由△A1O1B1∽△AOB，可得， 如图，建立空间直角坐标系O﹣xyz，设|OO1|＝t（t＞0）， 则， 可得， 设平面ABB1A1的一个法向量为，则， 令x＝1，则，可得， 由题意可知：底面的一个法向量， 因为截面与下底面所成的夹角大小为60°， 则， 解得，即，可得， 在等腰梯形ABB1A1中，， 可得等腰梯形ABB1A1的高h＝2， 所以． 16.如图，在体积为的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面ABC，AB＝AA1＝AC＝2，∠ABB1＝60°． （1）证明：AB1⊥平面A1BC1． （2）求平面A1BC与平面A1ACC1夹角的余弦值． 【解答】（1）证明：取AB的中点O，连接OB1，由△B1AB为正三角形，得OB1⊥AB， 因为平面ABB1A1⊥平面ABC且交于AB，所以OB1⊥平面ABC， 即OB1为该三棱柱的高， 因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积，且， 所以S△ABC＝2， 因为，所以∠BAC＝90°，即AC⊥AB， 又因为平面ABB1A1⊥平面ABC＝AB，AC⊂平面ABC，可得AC⊥平面ABB1A1， 因为AB1⊂平面ABB1A1，所以AC⊥AB1， 因为AC∥A1C1，所以AB1⊥A1C1， 在菱形ABB1A1中，AB1⊥A1B， 又因A1B∩A1C1＝A1，A1B⊂平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1， 所以AB1⊥平面A1BC1； （2）解：如图， 过O作直线OD平行于AC交BC于D， 以O为原点，以的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 则A（﹣1，0，0），B（1，0，0），C（﹣1，2，0），， 设平面A1BC的法向量为， 因为， 所以， 令x1＝1，得， 设平面A1ACC1的法向量为， 因为， 所以， 令，得， 因为•11×01＝2，||，||2， 所以cos，， 所以平面A1BC与平面A1ACC1夹角的余弦值为． 17.如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，AB＝AD＝2，BC＝1，PD⊥平面PAB． （1）求证：AB⊥平面PAD； （2）求PC的长； （3）若PD＝1，求直线PA与平面PCD所成角的正弦值． 【解答】解：（1）证明：由PD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB， 所以PD⊥AB，又AB⊥AD，且AD∩PD＝D， 所以AB⊥平面APD， （2）取AD中点O，连PO，CO，由BC∥AO，且BC＝AO， 所以四边形ABCO为平行四边形，所以OC∥AB， 由PD⊥平面PAB，得PD⊥AB，所以OC⊥PD， 又AB⊥AD，所以OC⊥AD，又AD∩PD＝D，所以OC⊥平面APD， 由OP⊂平面APD，所以OC⊥PO， 由PD⊥平面PAB，得PD⊥AP，所以， 又OC＝AB＝2，所以； （3）以O为坐标原点，，为x，y轴的正方向，以过O且与平面ABCD垂直向上为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 由PD＝1，得△POD为正三角形，所以， 又A（0，﹣1，0），C（2，0，0），D（0，1，0），所以，， 设平面PCD的法向量，则，即， 取z＝2，得到平面PCD的一个法向量． 又，设直线PA与平面PCD所成角的大小为θ， 则sinθ＝|cos，， 所以直线PA与平面PCD所成角的正弦值为． 18.在四面体ABCD中，DB＝DC＝2，DB⊥DC． （1）若△ABC为正三角形，平面ABC⊥平面DBC，求四面体ABCD体积； （2）若AB＝AC＝4，AD＝3，求二面角A﹣BC﹣D的大小． 【解答】解：（1）由题设△BCD为等腰直角三角形，且DB＝DC＝2，DB⊥DC， 所以，又△ABC为正三角形， 故， 若E为BC的中点，连接DE，则DE⊥BC， 又平面ABC⊥平面DBC，平面ABC∩平面DBC＝BC， DE⊂平面DBC，故DE⊥平面ABC， 所以是D﹣ABC的高， 则其体积； （2）由（1）DE⊥BC，且，， 又AB＝AC＝4，则， 且AE⊥BC，又AD＝3， 所以二面角A﹣BC﹣D的平面角为∠DEA， 且． 所以二面角大小为． 19.如图，在三棱锥PABC中，PC⊥平面ABC，AB＝BC＝2，，PC＝3，AE＝2EP． （1）在线段AC上找一点F，使平面BEF⊥平面PAC，求AF的长； （2）若D为PC的中点，求DE与平面PAB所成角的正弦值． 【解答】解：（1）取AC中点为F，连接BF，因为AB＝BC＝2，所以BF⊥AC， 又PC⊥平面ABC，BF⊂平面ABC，PC⊥BF， 因为AC⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，AC∩PC＝C， 所以BF⊥平面PAC，因为BF⊂平面BEF， 所以平面BEF⊥平面PAC， 此时； （2）取AC中点为O，连接OB，在平面PAC内过点O作PC的平行线为z轴， 以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，B（0，1，0），，D（），， 所以，，， 设平面PAB的一个法向量为， 则， 令，则y＝3，z＝2， 所以平面PAB的一个法向量为， 所以DE与平面PAB所成角的正弦值为： ． 20.如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面AA1B1B⊥平面ABC，D是AC的中点． （Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD； （Ⅱ）若∠A1AB＝∠ACB＝60°，AB＝BB1，AC＝2，BC＝1，求三棱锥C﹣AA1B的体积． 【解答】（Ⅰ）证明：连结AB1交A1B于点O，则O为AB1的中点， ∵D是AC的中点，∴OD∥B1C， 又OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD， ∴B1C∥平面A1BD； （Ⅱ）解：∵AC＝2，BC＝1，∠ACB＝60°， ∴AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•COS∠ACB＝3，得． ∴AC2＝AB2+BC2，得AB⊥BC． 又∵平面AA1B1B⊥平面ABC，平面AA1B1B∩平面ABC＝AB，∴BC⊥平面AA1B1B． ∵∠A1AB＝60°，AB＝BB1＝AA1，∴． ∴． ∴． 学科网（北京）股份有限公司 $