专题 06 立体几何
—2021 高考数学（理）高频考点、热点题型归类强化
【高频考点及备考策略】
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)加强对空间几何体结构特征的理解，掌握各种几何体的体积、表面积公式；掌握空间几何三视图的
画法规则，掌握几何直观图中各个元素之间的关系以及三视图中长宽之间的关系．
(2)掌握球及球的截面的性质．
(3)加强对空间几何体概念及位置关系的理解、掌握三个公理以及它们的推论；掌握各种判定定理、性
质定理的条件与结论，并且会应用．
(4)掌握利用线线平行、线面平行、面面平行之间的转化关系；掌握线线垂直、线面垂直、面面垂直之
间的转化关系．
(5)加强对空间向量概念及空间向量运算律的理解，掌握空间向量的加、减法，数乘、数量积运算等，
掌握各种角与向量之间的关系，并会应用；掌握利用向量法求线线角、线面角、二面角的方法．
考向预测：
(1)已知空间几何体的三视图或空间几何体中各元素间的关系，求空间几何体的体积、表面积．
(2)给出球体与多面体，利用球的性质求解球的体积、表面积等．
(3)空间几何体中各种垂直、平行关系的证明．
(4)二面角的求法；或已知二面角的大小，证明线线、线面平行或垂直；给出线面的位置关系，探究满
足条件的某点是否存在．
一、空间几何体的三视图、表面积及体积
1．柱体、锥体、台体、球的表面积与体积
必备知识名称 体积 表面积
棱柱
V 棱柱＝Sh
(S 为底面积，h 为高)
S 棱柱＝2S 底面＋S 侧面
棱锥
V 棱锥＝ 1
3Sh
(S 为底面积，h 为高)
S 棱锥＝S 底面＋S 侧面
棱台
V 棱台＝1
3h(S＋ SS′＋S′)
(S、S′为底面积，h 为高)
S 棱台＝S 上底＋S 下底＋S 侧面
圆柱
V 圆柱＝πr2h
(r 为底面半径，h 为高)
S 圆柱＝2πrl＋2πr2
(r 为底面半径，l 为母线长)
圆锥
V 圆锥＝ 1
3πr2h
(r 为底面半径，h 为高)
S 圆锥＝πrl＋πr2
(r 为底面半径，l 为母线长)
圆台
V 圆台＝1
3πh(r2＋rr′＋r′2)
(r、r′为底面半径，h 为高)
S 圆台＝π(r＋r′)l＋πr2＋πr′2
球
V 球＝ 4
3πR3(R 为
球的半径)
S 球＝4πR2(R 为球的半径)
2.空间几何体的三视图和直观图
(1)空间几何体的三视图
三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从物体的正前方、正左方、正上方看到的物体轮廓线的正投
影围成的平面图形，三视图的画法规则为“长对正、高平齐、宽相等”．
画三视图的基本要求：正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)侧(左)一样高．
三视图排列规则：俯视图放在正(主)视图的下面；侧(左)视图放在正(主)视图的右面．(2)空间几何体的直观图
空间几何体直观图的画法常采用斜二测画法．用斜二测画法画平面图形的直观图规则为“轴夹角 45°(或
135°)，平行长不变，垂直长减半”．
二、点、直线、平面之间的位置关系
1．线面平行与垂直的判定与性质
定理名称 文字语言 图形语言 符号语言
线面平行的判定定理
平面外一条直线与平
面内的一条直线平行，
则这条直线与此平面
平行
线面平行的性质定理
一条直线与一个平面
平行，则过这条直线
的任何一个平面与此
平面的交线与该直线
平行
a∥α，a⊂β，α∩β＝b，
⇒a∥b
线面垂直的判定定理
一条直线和一个平面
内的两条相交直线都
垂直，则该直线与此
平面垂直
a⊂α，b⊂α，a∩b＝A，
l⊥a，l⊥b⇒l⊥α
线面垂直的性质定理
垂直于同一平面的两
条直线平行
a⊥α，b⊥α⇒a∥b
2.面面平行与垂直的判定与性质
定理名称 文字语言 图形语言 符号语言
面面平行的判定定理
如果一个平面内有两
条相交的直线都平行
于另一个平面，那么
这两个平面平行
a⊂α，b⊂α，a∩b＝P，
a∥β，b∥β⇒α∥β
αα
α
//
//
a
ba
b
a
⇒
⊂
⊄面面平行的性质定理
如果两个平行平面同
时和第三个平面相交，
那么它们的交线平行
α∥β 且 γ∩α＝a 且 γ∩β
＝b⇒a∥b
面面垂直的判定定理
一个平面过另一个平
面的垂线，则这两个
平面垂直
a⊥α，a⊂β，⇒α⊥β
面面垂直的性质定理
两个平面垂直，则一
个平面内垂直于交线
的直线与另一个平面
垂直
α⊥β，b⊂β，α∩β＝a，
b⊥a⇒b⊥α
3.三种平行关系的转化
4．三种垂直关系的转化
三、用空间向量的方法解立体几何问题
1．向量法求空间角
(1)异面直线所成的角：设 a，b 分别为异面直线 a，b 的方向向量，则两异面直线所成的角满足 cosθ＝
|a·b|
|a||b|.
(2)线面角
设 l 是斜线 l 的方向向量，n 是平面 α 的法向量，则斜线 l 与平面 α 所成的角满足 sinθ＝|c·n|
|c||n|.(3)二面角
①如图(ⅰ)，AB，CD 是二面角 α－l－β 的两个半平面内与棱 l 垂直的直线，则二面角的大小 θ＝〈AB→
，
CD→
〉.
②如图(ⅱ)(ⅲ)，n1，n2 分别是二面角 α－l－β 的两个半平面 α，β 的法向量，则二面角的大小 θ 满足 cosθ
＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.
(4)点到平面的距离的向量求法
如图，设 AB 为平面 α 的一条斜线段，n 为平面 α 的法向量，则点 B 到平面 α 的距离 d＝
|AB→
·n|
|n| .
2．利用向量方法证明平行与垂直
设直线 l，m 的方向向量分别为 a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面 α，β 的法向量分别为 μ＝(a3，
b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)．
(1)线线平行
l∥m⇔a∥b⇔a＝kb⇔a1＝ka2，b1＝kb2，c1＝kc2.
(2)线线垂直
l⊥m⇔a⊥b⇔a·b＝0⇔a1a2＋b1b2＋c1c2＝0.
(3)线面平行
l∥α⇔a⊥μ⇔a·μ＝0⇔a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.
(4)线面垂直l⊥α⇔a∥μ⇔a＝kμ⇔a1＝ka3，b1＝kb3，c＝kc3.
(5)面面平行
α∥β⇔μ∥v⇔μ＝kv⇔a3＝ka4，b3＝kb4，c3＝kc4.
(6)面面垂直
α⊥β⇔μ⊥v⇔μ·v＝0⇔a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.
3．模、夹角和距离公式
(1)设 a＝(a1，a2，a3)，b＝(b1，b2，b3)，则
|a|＝ a·a＝ a21＋a22＋a23，
cos〈a，b〉＝ a·b
|a||b|＝ a1b1＋a2b2＋a3b3
a21＋a22＋a23 b21＋b22＋b23.
(2)距离公式
设 A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)，则
|AB→
|＝ x1－x22＋y1－y22＋z1－z22.
【易错警示】
1．未注意三视图中实、虚线的区别
在画三视图时应注意看到的轮廓线画成实线，看不到的轮廓线画成虚线．空间几何放置的方式不同时，
对三视图可能会有影响．
2．不能准确分析组合体的结构致误
对简单组合体表面积与体积的计算要注意其构成几何体的面积、体积是和还是差．台体可以看成是由
锥体截得的，此时截面一定与底面平行．
3．忽略判定定理和性质定理中的条件
应用线面平行判定定理时，忽略“直线在平面外”“直线在平面内”的条件；应用线面垂直及面面平行的判
定定理时，忽略“两直线相交”“两直线在平面内”的条件，应用面面垂直的性质定理时忽略“直线在平面内”“直
线垂直于两平面的交线”的条件等．
4．把平面几何中的相关结论推广到空间直接利用如平面内垂直于同一条直线的两条直线相互平行，这个结论在空间中不成立．
5．不能准确掌握判定定理和性质定理
如线面平行的性质定理中是过与平面平行的直线的平面与该平面的交线与已知直线平行，而非作出的
直线；面面平行的性质定理中平行的两条直线一定是第三个平面与两平行平面的交线等．
6．在建立空间直角坐标系时，易忽略说明或证明建系的条件．忽略异面直线的夹角与方向向量夹角的
区别：两条异面直线所成的角是锐角或直角，与它们的方向向量的夹角不一定相等．不能区分二面角与两
法向量的夹角：求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析．
一、选择题
1、（2020 新课标Ⅰ卷·理科 T3）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱
锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的
高与底面正方形的边长的比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，设 ，则 ，
由题意 ，即 ，化简得 ，
解得 （负值舍去）。故选：C.
5 1
4
− 5 1
2
− 5 1
4
+ 5 1
2
+
,CD a PE b= = 2
2 2 2
4
aPO PE OE b= − = −
2 1
2PO ab= 2
2 1
4 2
ab ab− = 24( ) 2 1 0b b
a a
− ⋅ − =
1 5
4
b
a
+=
真题体验【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
2、（2020 新课标Ⅰ卷·理科 T10）已知 为球 的球面上的三个点，⊙ 为 的外接圆，若⊙
的面积为 ， ，则球 的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设圆 半径为 ，球的半径为 ，依题意，
得 ，
由正弦定理可得 ，
，根据圆截面性质 平面 ，
，
球 的表面积 .
故选：A
【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
3、（2020 新课标Ⅱ卷·理科 T7）如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端点在正视图中
对应的点为 ，在俯视图中对应的点为 ，则该端点在侧视图中对应的点为（ ）
, ,A B C O 1O ABC
1O 4π 1AB BC AC OO= = = O
64π 48π 36π 32π
1O r R
2 4 , 2r rπ π= ∴ =
2 sin60 2 3AB r= ° =
1 2 3OO AB∴ = = 1OO ⊥ ABC
2 2 2 2
1 1 1 1 1, 4OO O A R OA OO O A OO r∴ ⊥ = = + = + =
∴ O 24 64S Rπ π= =
M NA. B. C. D.
【答案】A
【解析】根据三视图，画出多面体立体图形，
上的点在正视图中都对应点 M,直线 上的点在俯视图中对应的点为 N,
∴在正视图中对应 ,在俯视图中对应 的点是 ,线段 ,上的所有点在侧试图中都对应 ,∴点
在侧视图中对应的点为 .
故选：A
【点睛】本题主要考查了根据三视图判断点的位置，解题关键是掌握三视图的基础知识和根据三视图能还
原立体图形的方法，考查了分析能力和空间想象，属于基础题.
4、（2020 新课标Ⅱ卷·理科 T10）已知△ABC 是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上.
若球 O 的表面积为 16π，则 O 到平面 ABC 的距离为（ ）
A. B. C. 1 D.
E F G H
1 4D D 3 4B C
M N 4D 3 4D D E
4D E
9 3
4
3 3
2
3
2【答案】C
【解析】
设球 的半径为 ，则 ，解得： .
设 外接圆半径为 ，边长为 ，
是面积为 的等边三角形，
，解得： ， ，
球心 到平面 的距离 .
故选：C.
【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明
确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.
5、（2020 新课标Ⅲ卷·理科 T8）下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（ ）
A. 6+4 B. 4+4 C. 6+2 D. 4+2
【答案】C
【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形
O R 24 16Rπ π= 2R =
ABC r a
ABC
9 3
4
21 3 9 3
2 2 4a∴ × = 3a = 2
22 2 99 33 4 3 4
ar a∴ = × − = × − =
∴ O ABC 2 2 4 3 1d R r= − = − =
2 2 3 3根据立体图形可得：
根据勾股定理可得：
是边长为 的等边三角形
根据三角形面积公式可得：
该几何体的表面积是： .
故选：C.
【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，
考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
6、（2020 山东省新高考全国Ⅰ卷·T4）同（2020 海南省新高考全国Ⅱ卷·T4）日晷是中国古代用来测定
时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为 O)，地球
上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面.在
点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点 A 处的纬度为北纬 40°，则晷针与点 A 处的水平面
所成角为（ ）
A. 20° B. 40°
1 2 2 22ABC ADC CDBS S S= = = × × =△ △ △
2 2AB AD DB= = =
∴ ADB△ 2 2
21 1 3sin 60 (2 2) 2 32 2 2ADBS AB AD= ⋅ ⋅ ° = ⋅ =△
∴ 2 3 6 2 33 2 =× + +C. 50° D. 90°
【答案】B
【解析】画出截面图如下图所示，其中 是赤道所在平面的截线； 是点 处的水平面的截线，依题意可
知 ； 是晷针所在直线. 是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知 、根据线面垂直的定义可得 ..
由于 ，所以 ，
由于 ，
所以 ，也即晷针与点 处的水平面所成角为 .
故选：B
【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于
中档题.
7、（2020 北京卷·T4）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为
（ ）．
A B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为 2 的等边三角形，侧面为三个边长为 2 的正方形，
.
CD l A
OA l⊥ AB m
//m CD AB m⊥
40 , //AOC m CD∠ = ° 40OAG AOC∠ = ∠ = °
90OAG GAE BAE GAE∠ + ∠ = ∠ + ∠ = °
40BAE OAG∠ = ∠ = ° A 40BAE∠ = °
6 3+ 6 2 3+ 12 3+ 12 2 3+则其表面积为： .
故选：D.
【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图
中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积
与底面圆的面积之和．
8、（2020 天津卷·T5）若棱长为 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即 ，
所以，这个球的表面积为 .
故选：C.
【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求
多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长
方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助
球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何
体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
9、（2020 浙江卷·T5）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是
（ ）
( ) 13 2 2 2 2 2 sin 60 12 2 32S = × × + × × × × ° = +
2 3
12π 24π 36π 144π
( ) ( ) ( )2 2 2
2 3 2 3 2 3
32R
+ +
= =
2 24 4 3 36S Rπ π π= = × =A. B. C. 3 D. 6
【答案】A
【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，
且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为 1，
棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为 2，
所以几何体的体积为： .
故选：A
【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.
二、填空题
1、（2020 新课标Ⅲ卷·理科 T15）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_________．
【答案】
【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 ，且点 M 为 BC 边上的中点，
7
3
14
3
1 1 1 1 72 1 1 2 1 2 23 2 2 3 3
× × × × + × × × = + =
2
3
π
2, 3BC AB AC= = =设内切圆的圆心为 ，
由于 ，故 ，
设内切圆半径为 ，则：
，
解得： ，其体积： .
故答案为： .
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的
位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中
心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于
球的直径.
2、（2020 山东省新高考全国Ⅰ卷·T16）已知直四棱柱 ABCD–A1B1C1D1 的棱长均为 2，∠BAD=60°．以
为球心， 为半径的球面与侧面 BCC1B1 的交线长为________．
【答案】 .
O
2 23 1 2 2AM = − = 1 2 2 2 2 22S = × × =△ABC
r
ABC AOB BOC AOCS S S S= + +△ △ △ △
1 1 1
2 2 2AB r BC r AC r= × × + × × + × ×
( )1 3 3 2 2 22 r= × + + × =
2
2r = 34 2
3 3V rπ π= =
2
3
π
1D
5
2
2
π【解析】如图：
取 的中点为 ， 的中点为 ， 的中点为 ，
因为 60°，直四棱柱 的棱长均为 2，所以△ 为等边三角形，所以
， ，
又四棱柱 为直四棱柱，所以 平面 ，所以 ，
因为 ，所以 侧面 ，
设 为侧面 与球面的交线上的点，则 ，
因为球的半径为 ， ，所以 ，
所以侧面 与球面的交线上的点到 的距离为 ，
因为 ，所以侧面 与球面的交线是扇形 的弧 ，
因为 ，所以 ，
所以根据弧长公式可得 .
故答案为： .
【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，
考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.
1 1B C E 1BB F 1CC G
BAD∠ = 1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1 1D B C 1D E
3= 1 1 1D E B C⊥
1 1 1 1ABCD A B C D− 1BB ⊥ 1111 DCBA 1 1 1BB B C⊥
1 1 1 1BB B C B= 1D E ⊥ 1 1B C CB
P 1 1B C CB 1D E EP⊥
5 1 3D E = 2 2
1 1| | | | | | 5 3 2EP D P D E= − = − =
1 1B C CB E 2
| | | | 2EF EG= = 1 1B C CB EFG FG
1 1 4B EF C EG
π∠ = ∠ =
2FEG
π∠ =
222 2FG
π π= × =
2
2
π3、（2020 海南省新高考全国Ⅱ卷·T13）已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，M、N 分别为 BB1、AB
的中点，则三棱锥 A-NMD1 的体积为____________
【答案】
【解析】
因为正方体 ABCD-A1B1C1D1 的棱长为 2，M、N 分别为 BB1、AB 的中点
所以
故答案为：
【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.
4、（2020 江苏卷·T9）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正
六边形边长为 2 cm，高为 2 cm，内孔半轻为 0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 cm.
【答案】
【解析】正六棱柱体积为
圆柱体积为
所求几何体体积为
1
3
1 1
1 1 11 1 23 2 3A NMD D AMNV V− −= = × × × × =
1
3
12 3 2
π−
236 2 2=12 34
× × ×
21( ) 22 2
ππ ⋅ =
12 3 2
π−故答案为：
【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
5、（2020 天津卷·T15）如图，在四边形 中， ， ，且
，则实数 的值为_________，若 是线段 上的动点，且 ，
则 的最小值为_________．
【答案】 (1). (2).
【解析】 ， ， ，
，
解得 ，
以点 为坐标原点， 所在直线为 轴建立如下图所示的平面直角坐标系 ，
,
12 3 2
π−
ABCD 60 , 3B AB°∠ = = 6BC =
3, 2AD BC AD ABλ= ⋅ = − λ ,M N BC | | 1MN =
DM DN⋅
1
6
13
2
AD BCλ=
//AD BC∴ 180 120BAD B∴∠ = − ∠ =
cos120AB AD BC AB BC ABλ λ⋅ = ⋅ = ⋅
1 36 3 92 2
λ λ = × × × − = − = −
1
6
λ =
B BC x xBy
( )6 6,0BC C= ∴ ，∵ ，∴ 的坐标为 ,
∵又∵ ,则 ，设 ，则 （其中 ），
， ，
，
所以，当 时， 取得最小值 .
故答案为： ； .
【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于
中等题.
6、（2020 浙江卷·T14）已知圆锥的侧面积（单位： ）为 2π，且它的侧面积展开图是一个半圆，则这
个圆锥的底面半径（单位： ）是_______．
【答案】
【解析】设圆锥底面半径为 ，母线长为 ，则
，解得 .
故答案为：
【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.
三、解答题
3, 60AB ABC= ∠ = ° A 3 3 3,2 2A
1
6AD BC= 5 3 3,2 2D
( ),0M x ( )1,0N x + 0 5x≤ ≤
5 3 3,2 2DM x
= − −
3 3 3,2 2DN x
= − −
( )
2
225 3 3 3 21 134 22 2 2 2 2DM DN x x x x x
⋅ = − − + = − + = − +
2x = DM DN⋅ 13
2
1
6
13
2
2cm
cm
1
r l
2
12 22
r l
r l
π π
π π
× × = × × = × × ×
1, 2r l= =
11、（2020 新课标Ⅰ卷·理科 T18）如图， 为圆锥的顶点， 是圆锥底面的圆心， 为底面直径，
． 是底面的内接正三角形， 为 上一点， ．
（1）证明： 平面 ；
（2）求二面角 的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】（1）由题设，知 为等边三角形，设 ，
则 ， ，所以 ，
又 为等边三角形，则 ，所以 ，
，则 ，所以 ，
同理 ，又 ，所以 平面 ；
（2）过 O 作 ∥BC 交 AB 于点 N，因为 平面 ，以 O 为坐标原点，OA 为 x 轴，ON 为 y 轴建
立如图所示的空间直角坐标系，
D O AE
AE AD= ABC P DO 6
6PO DO=
PA ⊥ PBC
B PC E− −
2 5
5
DAE△ 1AE =
3
2DO = 1 1
2 2CO BO AE= = = 6 2
6 4PO DO= =
2 2 2 26 6, ,4 4PC PO OC PB PO OB= + = = + =
ABC 2sin60
BA OA=
3
2BA =
2 2 23
4PA PB AB+ = = 90APB∠ = PA PB⊥
PA PC⊥ PC PB P= PA ⊥ PBC
ON PO ⊥ ABC则 ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以 ，
设平面 的一个法向量为
由 ，得 ，令 ，得 ，
所以
故 ，
设二面角 的大小为 ，则 .
1 2 1 3 1 3( ,0,0), (0,0, ), ( , ,0), ( , ,0)2 4 4 4 4 4E P B C− − − −
1 3 2( , , )4 4 4PC = − − − 1 3 2( , , )4 4 4PB = − − 1 2( ,0, )2 4PE = − −
PCB 1 1 1( , , )n x y z=
0
0
n PC
n PB
⋅ =
⋅ =
1 1 1
1 1 1
3 2 0
3 2 0
x y z
x y z
− − − =
− + − = 1 2x = 1 11, 0z y= − =
( 2,0, 1)n = −
PCE 2 2 2( , , )m x y z=
0
0
m PC
m PE
⋅ =
⋅ =
2 2 2
2 2
3 2 0
2 2 0
x y z
x z
− − − =
− − = 2 1x =
2 2
32, 3z y= − =
3(1, , 2)3m = −
2 2 2 5cos , 5| | | | 103
3
n mm n
n m
⋅< >= = =
⋅ ×
B PC E− − θ 2 5cos 5
θ =【点晴】本题主要考查线面垂直的证明以及利用向量求二面角的大小，考查学生空间想象能力，数学运算
能力，是一道容易题.
2、20.如图，已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的底面是正三角形，侧面 BB1C1C 是矩形，M，N 分别为 BC，B1C1 的
中点，P 为 AM 上一点，过 B1C1 和 P 的平面交 AB 于 E，交 AC 于 F.
（1）证明：AA1∥MN，且平面 A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设 O 为△A1B1C1 的中心，若 AO∥平面 EB1C1F，且 AO=AB，求直线 B1E 与平面 A1AMN 所成角的正弦
值.
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】（1） 分别为 ， 的中点，
又
在 中， 为 中点，则
又 侧面 为矩形，
，由 ， 平面
平面
又 ，且 平面 ， 平面 ，
平面
10
10
,M N BC 1 1B C 1//MN BB∴
1 1/ /AA BB 1//MN AA∴
ABC M BC BC AM⊥
1 1BB C C 1BC BB∴ ⊥
1//MN BB MN BC⊥ MN AM M∩ = ,MN AM ⊂ 1A AMN
∴ BC ⊥ 1A AMN
1 1 //B C BC 1 1B C ⊄ ABC BC ⊂ ABC
1 1 //B C∴ ABC又 平面 ，且平面 平面
又 平面 平面
平面 平面 平面
（2）连接
平面 ，平面 平面
根据三棱柱上下底面平行，
其面 平面 ，面 平面
故：四边形 是平行四边形
设 边长是 ( )
可得： ，
为 的中心，且 边长为
1 1B C ⊂ 1 1EB C F 1 1EB C F ∩ ABC EF=
1 1 / /B C EF∴ //EF BC∴
BC ⊥ 1A AMN ∴ EF ⊥ 1A AMN
EF ⊂ 1 1EB C F ∴ 1 1EB C F ⊥ 1A AMN
NP
//AO 1 1EB C F AONP ∩ 1 1EB C F NP=
∴ //AO NP
1A NMA∩ ABC AM= 1A NMA∩ 1 1 1 1A B C A N=
∴ //ON AP
ONPA
ABC 6m 0m >
ON AP= 6NP AO AB m= = =
O 1 1 1A B C△ 1 1 1A B C△ 6m故：
解得：
在 截取 ，故
且
四边形 是平行四边形，
由（1） 平面 ，故 为 与平面 所成角
在 ，根据勾股定理可得：
直线 与平面 所成角的正弦值： .
【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其线面角，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面
垂直的证法和线面角的定义，考查了分析能力和空间想象能力，属于难题.
3、（2020 新课标Ⅲ卷·理科 T19）如图，在长方体 中，点 分别在棱 上，
且 ， ．
∴ 1 6 sin 60 33ON m= × × ° =
3ON AP m= =
//EF BC
∴ AP EP
AM BM
= ∴ 3
33 3
EP=
EP m=
1 1B C 1B Q EP m= = 2QN m=
1B Q EP= 1 //B Q EP
∴ 1B QPE ∴ 1 //B E PQ
1 1B C ⊥ 1A AMN QPN∠ 1B E 1A AMN
Rt QPN△ ( ) ( )2 22 2 2 6 2 10PQ QN PN m m m= + = + =
2 10sin 102 10
QN mQPN PQ m
∴ ∠ = = =
∴ 1B E 1A AMN 10
10
1 1 1 1ABCD A B C D− ,E F 1 1,DD BB
12DE ED= 12BF FB=（1）证明：点 在平面 内；
（2）若 ， ， ，求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】（1）在棱 上取点 ，使得 ，连接 、 、 、 ，
长方体 中， 且 ， 且 ，
， ， 且 ，
所以，四边形 平行四边形，则 且 ，
同理可证四边形 为平行四边形， 且 ，
且 ，则四边形 为平行四边形，
因此，点 在平面 内；
在
为
1C AEF
2AB = 1AD = 1 3AA = 1A EF A− −
42
7
1CC G 1
1
2C G CG= DG FG 1C E 1C F
1 1 1 1ABCD A B C D− //AD BC AD BC= 1 1//BB CC 1 1BB CC=
1
1
2C G CG= 12BF FB= 1 1
2 2
3 3CG CC BB BF∴ = = = CG BF=
BCGF //AF DG AF DG=
1DEC G 1 //C E DG∴ 1C E DG=
1 //C E AF∴ 1C E AF= 1AEC F
1C AEF（2）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐
标系 ，
则 、 、 、 ，
， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 取 ，得 ，则 ，
设平面 的法向量为 ，
由 ，得 ，取 ，得 ， ，则 ，
，
设二面角 的平面角为 ，则 ， .
因此，二面角 的正弦值为 .
1C 1 1C D 1 1C B 1C C x y z
1C xyz−
( )2,1,3A ( )1 2,1,0A ( )2,0,2E ( )0,1,1F
( )0, 1, 1AE = − − ( )2,0, 2AF = − − ( )1 0, 1,2A E = − ( )1 2,0,1A F = −
AEF ( )1 1 1, ,m x y z=
0
0
m AE
m AF
⋅ = ⋅ =
1 1
1 1
0
2 2 0
y z
x z
− − =
− − = 1 1z = − 1 1 1x y= = ( )1,1, 1m = −
1A EF ( )2 2 2, ,n x y z=
1
1
0
0
n A E
n A F
⋅ = ⋅ =
2 2
2 2
2 0
2 0
y z
x z
− + =
− + = 2 2z = 2 1x = 2 4y = ( )1,4,2n =
3 7cos , 73 21
m nm n
m n
⋅< >= = =
×⋅
1A EF A− − θ 7cos 7
θ = 2 42sin 1 cos 7
θ θ∴ = − =
1A EF A− − 42
7【点睛】本题考查点在平面的证明，同时也考查了利用空间向量法求解二面角角，考查推理能力与计算能
力，属于中等题.
4、（2020 山东省新高考全国Ⅰ卷·T20）如图，四棱锥 P-ABCD 的底面为正方形，PD⊥底面 ABCD．设平
面 PAD 与平面 PBC 的交线为 l．
（1）证明：l⊥平面 PDC；
（2）已知 PD=AD=1，Q 为 l 上的点，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】（1）证明： 在正方形 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，
因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以
且 平面 ，所以
因为 所以 平面 ；
6
3
ABCD //AD BC
AD ⊄ PBC BC ⊂ PBC //AD PBC
AD ⊂ PAD PAD PBC l=
//AD l
P ABCD− ABCD , ,AD DC l DC⊥ ∴ ⊥
PD ⊥ ABCD , ,AD PD l PD⊥ ∴ ⊥
CD PD D= l ⊥ PDC（2）如图建立空间直角坐标系 ，
因为 ，则有 ，
设 ，则有 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与
平面所成角的正弦值等于
，当且仅当 时取等号，
所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定
和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.
5、（2020 海南省新高考全国Ⅱ卷·T20）如图，四棱锥 P−ABCD 的底面为正方形，PD⊥底面 ABCD．设平
D xyz−
1PD AD= = (0,0,0), (0,1,0), (1,0,0), (0,0,1), (1,1,0)D C A P B
( ,0,1)Q m (0,1,0), ( ,0,1), (1,1, 1)DC DQ m PB= = = −
QCD ( , , )n x y z=
0
0
DC n
DQ n
⋅ =
⋅ =
0
0
y
mx z
=
+ =
1x = z m= − QCD (1,0, )n m= −
2
1 0cos ,
3 1
n PB mn PB
n PB m
⋅ + +< >= =
⋅ +
2
|1 || cos , |
3 1
mn PB
m
+< > =
⋅ +
2
2
3 1 2
3 1
m m
m
+ += ⋅ +
2 2
3 2 3 2 | | 3 61 1 1 13 1 3 1 3 3
m m
m m
= ⋅ + ≤ ⋅ + ≤ ⋅ + =+ + 1m =
PB QCD 6
3面 PAD 与平面 PBC 的交线为 ．
（1）证明： ⊥平面 PDC；
（2）已知 PD=AD=1，Q 为 上的点，QB= ，求 PB 与平面 QCD 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】（1）证明： 在正方形 中， ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
因为在四棱锥 中，底面 是正方形，所以
且 平面 ，所以
因为 所以 平面 ；
（2）如图建立空间直角坐标系 ，
因为 ，则有 ，
l
l
l 2
6
3
ABCD //AD BC
AD ⊄ PBC BC ⊂ PBC //AD PBC
AD ⊂ PAD PAD PBC l= //AD l
P ABCD− ABCD , ,AD DC l DC⊥ ∴ ⊥
PD ⊥ ABCD , ,AD PD l PD⊥ ∴ ⊥
CD PD D= l ⊥ PDC
D xyz−
1PD AD= = (0,0,0), (0,1,0), (1,0,0), (0,0,1), (1,1,0)D C A P B设 ，则有 ，
因为 QB= ，所以有
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量为 ，则
根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与
平面所成角的正弦值等于
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面平行的判定和性质，线面垂直的判定
和性质，利用空间向量求线面角，利用基本不等式求最值，属于中档题目.
6、（2020 北京卷·T16）如图，在正方体 中，E 为 的中点．
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
( ,0,1)Q m (0,1,0), ( ,0,1), (1,1, 1)DC DQ m PB= = = −
2 2 2 2( 1) (0 1) (1 0) 2 1m m− + − + − = ⇒ =
QCD ( , , )n x y z=
0
0
DC n
DQ n
⋅ =
⋅ =
0
0
y
x z
=
+ =
1x = 1z = − QCD (1,0, 1)n = −
2 2 2 2 2 2
1 0 1 2 6cos , .32 31 0 ( 1) 1 1 1
n PBn PB
n PB
⋅ + +< >= = = =
×+ + − ⋅ + +
6| cos , | 3n PB< > =
PB QCD 6
3
1 1 1 1ABCD A B C D− 1BB
1 / /BC 1AD E
1AA 1AD E【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） .
【解析】（Ⅰ）如下图所示：
在正方体 中， 且 ， 且 ，
且 ，所以，四边形 为平行四边形，则 ，
平面 ， 平面 ， 平面 ；
（Ⅱ）以点 为坐标原点， 、 、 所在直线分别为 、 、 轴建立如下图所示的空间直角坐
标系 ，
设正方体 的棱长为 ，则 、 、 、 ，
， ，
设平面 的法向量为 ，由 ，得 ，
令 ，则 ， ，则 .
.
2
3
1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1//AB A B 1 1AB A B= 1 1 1 1//A B C D 1 1 1 1A B C D=
1 1//AB C D∴ 1 1AB C D= 1 1ABC D 1 1//BC AD
1BC ⊄ 1AD E 1AD ⊂ 1AD E 1 //BC∴ 1AD E
A AD AB 1AA x y z
A xyz−
1 1 1 1ABCD A B C D− 2 ( )0,0,0A ( )1 0,0,2A ( )1 2,0,2D ( )0,2,1E
( )1 2,0,2AD = ( )0,2,1AE =
1AD E ( ), ,n x y z= 1 0
0
n AD
n AE
⋅ =
⋅ =
2 2 0
2 0
x z
y z
+ =
+ =
2z = − 2x = 1y = ( )2,1, 2n = −
1
1
1
4 2cos , 3 2 3
n AAn AA
n AA
⋅< >= = − = −×⋅
因此，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
【点睛】本题考查线面平行的证明，同时也考查了利用空间向量法计算直线与平面所成角的正弦值，考查
计算能力，属于基础题.
7、（2020 江苏卷·T15）在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，AB⊥AC，B1C⊥平面 ABC，E，F 分别是 AC，B1C 的中
点．
（1）求证：EF∥平面 AB1C1；
（2）求证：平面 AB1C⊥平面 ABB1．
【答案】（1）证明详见解析；（2）证明详见解析.
【解析】（1）由于 分别是 的中点，所以 .
由于 平面 , 平面 ，所以 平面 .
（2）由于 平面 ， 平面 ，所以 .
由于 ，所以 平面 ,
由于 平面 ，所以平面 平面 .
1AA 1AD E 2
3
,E F 1,AC B C 1//EF AB
EF ⊂/ 1 1AB C 1AB ⊂ 1 1AB C //EF 1 1AB C
1B C ⊥ ABC AB Ì ABC 1B C AB⊥
1,AB AC AC B C C⊥ ∩ = AB ⊥ 1AB C
AB Ì 1ABB 1AB C ⊥ 1ABB【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.
8、（2020 天津卷·T17）如图，在三棱柱 中， 平面 ，
，点 分别在棱 和棱 上，且 为棱 的中点．
（Ⅰ）求证： ；
（Ⅱ）求二面角 的正弦值；
（Ⅲ）求直线 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ） .
【解析】依题意，以 为原点，分别以 、 、 的方向为 轴、 轴、 轴的正方向建立空间直角
坐标系（如图），
1 1 1ABC A B C− 1CC ⊥ , , 2ABC AC BC AC BC⊥ = =
1 3CC = ,D E 1AA 1CC 1 2,AD CE M= = 1 1A B
1 1C M B D⊥
1B B E D− −
AB 1DB E
30
6
3
3
C CA CB
1CC x y z可得 、 、 、 、
、 、 、 、 .
（Ⅰ）依题意， ， ，
从而 ，所以 ；
（Ⅱ）依题意， 是平面 的一个法向量，
， ．
设 为平面 的法向量，
则 ，即 ，不妨设 ，可得 ．
，
．
所以，二面角 的正弦值为 ；
（Ⅲ）依题意， ．
由（Ⅱ）知 为平面 的一个法向量，于是
．
所以，直线 与平面 所成角的正弦值为 .
( )0,0,0C ( )2,0,0A ( )0,2,0B ( )1 0,0,3C
( )1 2,0,3A ( )1 0,2,3B ( )2,0,1D ( )0,0,2E ( )1,1,3M
( )1 1,1,0C M = ( )1 2, 2, 2B D = − −
1 1 2 2 0 0C M B D⋅ = − + =
1 1C M B D⊥
( )2,0,0CA =
1BB E
( )1 0,2,1EB = ( )2,0, 1ED = −
( ), ,n x y z=
1DB E
1 0
0
n EB
n ED
⋅ = ⋅ =
2 0
2 0
y z
x z
+ =
− = 1x = ( )1, 1,2n = −
2 6cos , 62 6C
CA n
A
C
n
A n
⋅< >= = =
⋅ ×
2 30sin , 1 cos , 6CA n CA n∴ < >= − < > =
1B B E D− − 30
6
( )2,2,0AB = −
( )1, 1,2n = −
1DB E
4 3cos , 32 2 6
AB nAB n
AB n
⋅ −< >= = = −
×⋅
AB 1DB E 3
3【点睛】本题考查利用空间向量法证明线线垂直，求二面角和线面角的正弦值，考查推理能力与计算能力，
属于中档题.
9、（2020 浙江卷·T19）如图，三棱台 ABC—DEF 中，平面 ACFD⊥平面 ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC
=2BC．
（I）证明：EF⊥DB；
（II）求 DF 与面 DBC 所成角的正弦值．
【答案】（I）证明见解析；（II）
【解析】（Ⅰ）作 交 于 ，连接 ．
∵平面 平面 ，而平面 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，而 平面 ，即有 ．
∵ ，∴ ．
在 中， ，即有 ，
∴ ．
由棱台的定义可知， ，所以 ， ，而 ，
∴ 平面 ，而 平面 ，∴ ．
（Ⅱ）因为 ，所以 与平面 所成角即为与 平面 所成角．
作 于 ，连接 ，由（1）可知， 平面 ，
3
3
DH AC⊥ AC H BH
ADFC ⊥ ABC ADFC ABC AC= DH ⊂ ADFC
DH ⊥ ABC BC ⊂ ABC DH BC⊥
45ACB ACD∠ = ∠ = ° 2 2 2CD CH BC CH BC= = ⇒ =
CBH 2 2 2 22 cos45BH CH BC CH BC BC= + − ⋅ ° = 2 2 2BH BC CH+ =
BH BC⊥
/ /EF BC DH EF⊥ BH EF⊥ BH DH H=
EF ⊥ BHD BD ⊂ BHD EF DB⊥
/ /DF CH DF DBC CH DBC
HG BD⊥ G CG BC ⊥ BHD因为所以平面 平面 ，而平面 平面 ，
平面 ，∴ 平面 ．
即 在平面 内的射影为 ， 即为所求角．
在 中，设 ，则 ， ，
∴ ．故 与平面 所成角的正弦值为 ．
【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求
法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．
考点 一 三视图与空间几何体的表面积、体积
【典例】1、一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如下图，则截去部分体积与剩余部分
体积的比值为( )
A．1
8 B．1
7
C．1
6 D．1
5
[解析] 由三视图得，在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，截去四面体 AA1B1D1，如图所示，设正方体棱长
为 a，则 VAA1B1D1＝1
3×1
2a3＝1
6a3，故剩余几何体体积为 a3－1
6a3＝5
6a3，所以截去部分体积与剩余部分体积
BCD ⊥ BHD BCD BHD BD=
HG ⊂ BHD HG ⊥ BCD
CH DBC CG HCG∠
Rt HGC△ BC a= 2CH a= 2 2
3 3
BH DH a aHG aBD a
⋅ ⋅= = =
1 3sin 33
HGHCG CH
∠ = = = DF DBC 3
3
高频考点、热点题型强化的比值为1
5，故选 D．
2、某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角 三角形组
成，正方形的边长为 2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的各个面中有若 干个是梯
形，这些梯形的面积之和为( )
A．10 B．12
C．14 D．16
[解析] 观察三视图可知该多面体是由直三棱柱和三棱锥组合而成的，且直三棱柱的底面是
直角边长为 2 的等腰直角三角形，侧棱长为 2.三棱锥的底面是直角边长为 2 的等腰直角三角形，
高为 2，如图所示．因此该多面体各个面中有 2 个梯形，且这两个梯形全等，梯形的上底长为 2，
下底长为 4，高为 2，故这些梯形的面积之和为 2×1
2×(2＋4)×2＝12.
故选 B．
【备考策略】
求几何体的表面积与体积问题，熟记公式是关键，应多角度全方位的考虑．
1．给出几何体的形状、几何量求体积或表面积，直接套用公式．
2．用三视图给出几何体，先依据三视图规则想象几何体的形状特征，必要时画出直观图，找出其几何
量代入相应公式计算．
3．用直观图给出几何体，先依据线、面位置关系的判定与性质定理讨论分析几何体的形状特征，再求
体积或表面积．
4．求几何体的体积常用等积转化的方法，转换原则是其高易求，底面在几何体的某一面上，求不规则
几何体的体积，主要用割补法．
【类比演练】1、若某棱锥的三视图(单位：cm)如图所示，则该棱锥的体积等于( )
A．10 cm3 B．20 cm3C．30 cm3 D．40 cm3
[解析] 由三视图知该几何体是四棱锥，可视作直三棱柱 ABC－A1B1C1 沿平面 AB1C1 截去一个三棱锥 A
－A1B1C1 余下的部分．
∴VA－BCC1B1＝VABC－A1B1C1－VA－A1B1C1＝1
2×4×3×5－1
3×(1
2×4×3)×5＝20cm3.
2、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A．18＋2π B．20＋π
C．20＋π
2 D．16＋π
[解析] 由三视图可知，这个几何体是一个边长为 2 的正方体割去了相对边对应的两个半径为 1、高为 1
的1
4圆柱体，其表面积相当于正方体五个面的面积与两个1
4圆柱的侧面积的和，即该几何体的表面积 S＝4×5
＋2×2π×1×1×1
4＝20＋π.
故选 B．
考点 二 多面体与球
【典例】1、已知正四棱锥 P－ABCD 内接于一个半径为 R 的球，则正四棱锥 P－ABCD 体积的最大值是( )
A．16R3
81 B．32R3
81
C．64R3
81 D．R3
[解析] 如图，记 O 为正四棱锥 P－ABCD 外接球的球心，O1 为底面 ABCD 的中心，则 P，O，O1 三点
共线，连接 PO1，OA，O1A．设 OO1＝x，则 O1A＝ R2－x2，AB＝ 2· R2－x2，PO1＝R＋x，所以正四棱锥 P－ABCD 的体积 V ＝
1
3AB2×PO1 ＝1
3×2(R2 －x 2)·(R ＋x) ＝ 1
3×(2R －2x)(R ＋x)·(R ＋x)≤ 1
3[
(2R－2x)＋(R＋x)＋(R＋x)
3 ]3 ＝
64R3
81 ，当且仅当 2R－2x＝R＋x，即 x＝R
3时取等号．
2、设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为 a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 .
[解析] 由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为 a.设 O，O1
分别为下、上底面的中心，且球心 O2 为 O1O 的中点，
又 AD＝ 3
2 a，AO＝ 3
3 a，OO2＝a
2，设球的半径为 R，则 R2＝AO22＝1
3a2＋1
4a2＝ 7
12a2，
所以 S 球＝4πR2＝4π× 7
12a2＝7
3πa2.
【备考策略】
多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，
把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点 P、A、B、C 构成的三条线段 PA、PB、PC 两两垂直，且 PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般
把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据 4R2＝a2＋b2＋c2 求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的
位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
【类比演练】1、已知三棱锥 P－ABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，△ABC 是边长为 1 的正三角形，PC
为球 O 的直径，该三棱锥的体积为 2
6 ，则球 O 的表面积为( )
A．4π B．8π
C．12π D．16π
[解析] 依题意，设球 O 的半径为 R，球心 O 到平面 ABC 的距离为 d，则由 O 是 PC 的中点得，点 P到平面 ABC 的距离等于 2d，所以 VP－ABC＝2VO－ABC＝2×1
3S△ABC×d＝2
3× 3
4 ×12×d＝ 2
6 ，解得 d＝ 2
3，
又 R2＝d2＋(
3
3 )2＝1，所以球 O 的表面积等于 4πR2＝4π，选 A．
2、已知三棱锥 D－ABC 中，AB＝BC＝1，AD＝2，BD＝ 5，AC＝ 2，BC⊥AD，则该三棱锥的外接球的
表面积为( )
A． 6π B．6π
C．5π D．8π
[解析] 由勾股定，知 DA⊥BC，AB⊥BC，
∴BC⊥平面 DAB，
∴BC⊥BD，
∴CD＝ BD2＋BC2＝ 6.
∴AC2＋AD2＝2＋4＝6＝CD2，
∴DA⊥AC．
取 CD 的中点 O，由直角三角形的性质知，O 到点 A，B，C，D 的距离均为 6
2 ，其即为三棱锥的外接
球球心．故三棱锥的外接球的表面积为 4π·(
6
2 )2＝6π.
考点 三 点、直线、平面之间的位置关系、平行垂直的证明
【典例】1、已知 m，n 表示两条不同直线，α 表示平面，下列说法正确的是( )
A．若 m∥α，n∥α，则 m∥n
B．若 m⊥α，n⊂α，则 m⊥n
C．若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α
D．若 m∥α，m⊥n，则 n⊥α
[解析] 对于选项 A，若 m∥α，n∥α，则 m，n 相交或平行或异面，故 A 错；对于选项 B，若 m⊥α，
n⊂α，则 m⊥n，故 B 正确；对于选项 C，若 m⊥α，m⊥n，则 n∥α 或 n⊂α，故 C 错；对于选项 D，若 m∥α，m⊥n，则 n∥α 或 n⊂α 或 n⊥α，故 D 错．
2、如图，三棱台 DEF－ABC 中，AB＝2DE，G，H 分别为 AC，BC 的中点．
(1)求证：BD∥平面 FGH；
(2)若 CF⊥BC，AB⊥BC，
求证：平面 BCD⊥平面 EGH.
[解析] (1)证法一：连接 DG，CD，设 CD∩GF＝M，连接 MH.
在三棱台 DEF－ABC 中，AB＝2DE，G 为 AC 的中点，可得 DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形 DFCG 为平行四边形，
则 M 为 CD 的中点，又 H 为 BC 的中点，
所以 HM∥BD．
又 HM⊂平面 FGH，BD⊄平面 FGH，所以 BD∥平面 FGH.
证法二：在三棱台 DEF－ABC 中，
由 BC＝2EF，H 为 BC 的中点，可得 BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形 HBEF 为平行四边形，
可得 BE∥HF.
在△ABC 中，G 为 AC 的中点，H 为 BC 的中点，所以 GH∥AB．
又 GH∩HF＝H，所以平面 FGH∥平面 ABED．
因为 BD⊂平面 ABED，所以 BD∥平面 FGH.
(2)连接 HE，GE.
因为 G，H 分别为 AC，BC 的中点，所以 GH∥AB，
由 AB⊥BC，得 GH⊥BC．
又 H 为 BC 的中点，所以 EF∥HC，EF＝HC，因此四边形 EFCH 是平行四边形，
所以 CF∥HE.
又 CF⊥BC，所以 HE⊥BC．
又 HE，GH⊂平面 EGH，HE∩GH＝H，所以 BC⊥平面 EGH.
又 BC⊂平面 BCD，所以平面 BCD⊥平面 EGH.
【备考策略】
立体几何中证明平行关系的常用方法
(1)证明线线平行的常用方法
①利用平行公，即证明两直线同时和第三条直线平行．
②利用平行四边形进行转换．
③利用三角形中位线定理证明．
④利用线面平行、面面平行的性质定理证明．
(2)证明线面平行的常用方法
①利用线面平行的判定定，把证明线面平行转化为证明线线平行．
②利用面面平行的性质定，把证明线面平行转化为证明面面平行．
(3)证明面面平行的方法
证明面面平行，依据判定定，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面
面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．
立体几何中证明垂直关系的常用方法
(1)证明线线垂直的常用方法
①利用特殊平面图形的性质，如利用直角三角形、矩形、菱形、等腰三角形等得到线线垂直．
②利用勾股定理逆定理．
③利用线面垂直的性质， 即要证明线线垂直，只需证明一线垂直于另一线所在平面即可．(2)证明线面垂直的常用方法
①利用线面垂直的判定定，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直．
②利用面面垂直的性质定，把证明线面垂直转化为证明面面垂直．
③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面等．
(3)证明面面垂直的方法
证明面面垂直常用面面垂直的判定定，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为
证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线解
决．
【类比演练】1、如图，矩形 ABCD 中，AB＝2AD，E 为边 AB 的中点，将△ADE 沿直线 DE 翻折成△
A1DE.若 M 为线段 A1C 的中点，则在△ADE 翻折过程中，下面四个命题中不正确的是( )
A．|BM|是定值
B．点 M 在某个球面上运动
C．存在某个位置，使 DE⊥A1C
D．存在某个位置，使 MB∥平面 A1DE
[解析] 取 CD 中点 N，连接 MN，BN，则 MN∥DA1，BN∥DE，所以平面 MBN∥平
面 A1DE，所以 MB∥平面 A1DE，故 D 正确；由∠A1DE＝∠MNB，MN＝1
2A1D＝定值，NB
＝DE＝定值，由余弦定理可得 MB2＝MN2＋NB2－2MN·NB·cos∠MNB，所以 MB 是定值，
故 A 正确．因为 B 是定点，所以 M 是在以 B 为圆心，MB 为半径的球上，故 B 正确，A1C 在平面 ABCD 中的
射影为 AC，AC 与 DE 不垂直，可得 C 不正确．因此，选 C．
2、如图，在四棱锥 P－ABCD 中，平面 PAB⊥平面 ABCD，AD∥BC，PA⊥AB，CD⊥AD，BC＝CD＝ 1
2
AD，E 为 AD 的中点．
(1)求证：PA⊥CD．
(2)求证：平面 PBD⊥平面 PAB．
[解析] (1)因为平面 PAB⊥平面 ABCD，平面 PAB∩平面 ABCD＝AB，
又因为 PA⊥AB，所以 PA⊥平面 ABCD．
则 PA⊥CD．
(2)由已知，BC∥ED，且 BC＝ED，所以四边形 BCDE 是平行四边形，
又 CD⊥AD，BC＝CD，所以四边形 BCDE 是正方形，
连接 CE，所以 BD⊥CE，
又因为 BC∥AE，BC＝AE，所以四边形 ABCE 是平行四边形，
所以 CE∥AB，则 BD⊥AB．
由(1)知 PA⊥平面 ABCD，
所以 PA⊥BD，
又因为 PA∩AB＝A，则 BD⊥平面 PAB，且 BD⊂平面 PBD，所以平面 PBD⊥平面 PAB．
考点 四 利用空间向量解决立体几何问题
【典例】1、如图，六面体 ABCDHEFG 中，四边形 ABCD 为菱形，AE，BF，CG，DH 都垂直于平面
ABCD．若 DA＝DH＝DB＝4，AE＝CG＝3.
(1)求证：EG⊥DF；
(2)求 BE 与平面 EFGH 所成角的正弦值．
[解析] (1)证明：连接 AC，由 AE 綊 CG 可知四边形 AEGC 为平行四边形．
所以 EG∥AC，而 AC⊥BD，AC⊥BF，
所以 EG⊥BD，EG⊥BF，
因为 BD∩BF＝B，所以 EG⊥平面 BDHF，又 DF⊂平面 BDHF，所以 EG⊥DF.
(2)设 AC∩BD＝O，EG∩HF＝P，由已知可得：平面 ADHE∥平面 BCGF，
所以 EH∥FG，同理可得：EF∥HG，所以四边形 EFGH 为平行四边形，所以 P 为 EG 的中点，O 为 AC
的中点，所以 OP 綊 AE，从而 OP⊥平面 ABCD，
又 OA⊥OB，所以 OA，OB，OP 两两垂直，由平面几何知识，得 BF＝2.
如图，建立空间直角坐标系 O－yz，
则 B(0,2,0)，E(2 3，0,3)，
F(0,2,2)，P(0,0,3)，
所以BE
→
＝(2 3，－2,3)，PE
→
＝(2 3，0,0)，PF
→
＝(0,2，－1)．
设平面 EFGH 的法向量为 n＝(x，y，z)，
由Error!可得Error!
令 y＝1，则 z＝2.所以 n＝(0,1,2)．
设 BE 与平面 EFGH 所成角为 θ，则 sinθ＝
|BE
→
·n|
|BE
→
|·|n|
＝4 5
25 .
【备考策略】
1．利用空间向量求空间角的一般步骤
(1)建立恰当的空间直角坐标系．
(2)求出相关点的坐标，写出相关向量的坐标．
(3)结合公式进行论证、计算．
(4)转化为几何结论．
2．利用空间向量求线线角、线面角的思路
(1)异面直线所成的角θ，可以通过两直线的方向向量的夹角φ求得，即 cosθ＝|cosφ|.
(2)直线与平面所成的角θ主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角φ求得，即 sinθ＝|cosφ|.
3．利用空间向量求二面角的思路
二面角的大小可以利用分别在两个半平面内与棱垂直的直线的方向向量的夹角(或其补角)或通过二面
角的两个面的法向量的夹角求得，它等于两个法向量的夹角或其补角．4．利用空间向量求点到平面距离的方法
如图，设 A 为平面α内的一点，B 为平面α外的一点，n 为平面α的法向量，则 B 到平面α的距离 d＝
|AB→
·n|
|n| .
【类比演练】如图，四边形 ABCD 为正方形，PD⊥平面 ABCD，PD∥QA，QA＝AB
＝1
2PD．
(1)证明：平面 PQC⊥平面 DCQ；
(2)求二面角 Q－BP－C 的正弦值．
[解析] (1)由题意可得 QA⊥平面 ABCD，所以 QA⊥CD．
由四边形 ABCD 为正方形知 DC⊥AD，又因为 QA，AD 为平面 PDAQ 内两条相交直线，所以 CD⊥平
面 PDAQ，所以 CD⊥PQ.
在直角梯形 PDAQ 中可得 DQ＝PQ＝ 2
2 PD，所以 PQ2＋DQ2＝PD2.
由勾股定理得：PQ⊥QD．
又因为 CD，QD 为平面 DCQ 内两条相交直线，所以 PQ⊥平面 DCQ，再由 PQ⊂平面 PQC，可得平面
PQC⊥平面 DCQ.
(2)如图，以点 D 为坐标原点，线段 DA 的长为单位长，射线 DA 为 x 轴的正半轴建立空间直角坐标系，
依题意有 Q(1,1,0)，C(0,0,1)，P(0,2,0)，B(1,0,1)，
CB
→
＝(1,0,0)，BP
→
＝(－1,2，－1)．
设 n＝(x，y，z)是平面 PBC 的法向量，
则Error!即Error!可取 n＝(0，－1，－2)．
同理求得平面 PBQ 的法向量 m＝(1,1,1)，所以 cosm，n＝ m·n
|m||n|＝0－1－2
5· 3
＝－ 15
5 ，
故有 sinm，n＝ 10
5 ，即二面角 Q－BP－C 的正弦值为 10
5 .
考点 五 利用向量解决探索性问题
【典例】如图所示，正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直，AB＝2AD＝
2，点 E 为 AB 的中点，
(1)求证：D1E⊥A1D；
(2)在线段 AB 上是否存在点 M，使二面角 D1－MC－D 的大小为π
6？若存在，求
出 AM 的长，若不存在，说明理由．
[解析] (1)连结 AD1 交 A1D 于 F，
∵四边形 AA1D1D 为正方形，∴AD1⊥A1D，
∵正方形 AA1D1D 与矩形 ABCD 所在平面互相垂直，交线为 AD，AE⊥AD，
∴AE⊥平面 AA1D1D，又 A1D⊂平面 AA1D1D
∴AE⊥A1D，
又 AD1∩AE＝A，∴A1D⊥平面 AD1E，
又 D1E⊂平面 AD1E，∴A1D⊥D1E.
(2)存在满足条件的点 M，AM＝2－ 3
3 .
解法一：假设存在满足条件的点 M，过点 D 作 DN⊥CM 于点 N，连结 D1N，则 D1N⊥CM，
所以∠D1ND 为二面角 D1－CM－D 的平面角，
所以∠D1ND＝π
6，
在 Rt△D1ND 中，D1D＝1 所以 DN＝ 3，
又在 Rt△DNC 中，CD＝AB＝2，所以∠NDC＝π
6，∴∠MCB＝π
6，
在 Rt△MCB 中，BM＝BC·tanπ
6＝ 3
3 ，∴AM＝2－ 3
3 .
故在线段 AB 上存在一点 M，使得二面角 D1－CM－D 为π
6，且 AM＝2－ 3
3 .
解法二：依题意，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，因为 AB＝2AD＝2，则 D(0,0,0)，C(0,2,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，
所以DD1→
＝(0,0,1)，D1C
→
＝(0,2，－1)．
易知DD1→
为平面 MCD 的法向量，
设 M(1，a,0)(0≤a≤2)，所以MC
→
＝(－1,2－a,0)，
设平面 D1MC 的法向量 n＝(x，y，z)，所以Error!
即Error!，所以Error!取 y＝1，
则 n＝(2－a,1,2)，
又二面角 D1－MC－D 的大小为π
6，所以 cosπ
6＝
|DD1→
·n|
|DD1→
||n|
＝|(0，0，1)·(2－a，1，2)|
12· (2－a)2＋1＋22
即 3a2－12a＋11＝0，解得 a＝2±
3
3 .
又因为 0≤a≤2，所以 a＝2－ 3
3
故在线段 AB 上是存在点 M，使二面角 D1－MC－D 的大小为π
6，且 AM＝2－ 3
3 .
【备考策略】
利用空间向量求解探索性问题的策略
(1)假设题中的数学对象存在(或结论成立)或暂且认可其中的一部分结论．(2)在这个前提下进行逻辑推理，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“点的坐标(或参数)是否有解，是否有规定范围内的解”等．若由此推导出矛盾，则否定假设；
否则，给出肯定结论．
一、选择题
1、一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正 三角形，则这个几何体的外接
球的表面积为( )
A．16π
3 B．8π
3
C．4 3 D．2 3π
[解析] 由已知几何体的正视图是一个正三角形，侧视图和俯视图均为三角形，可得该几何体有一个侧
面 PAC 垂直于底面，高为 3，底面是一个等腰直角三角形的三棱锥，如图．
则这个几何体的外接球的球心 O 在高线 PD 上，且是等边三角形 PAC 的中心，
这个几何体的外接球的半径 R＝2
3PD＝2 3
3 .
则这个几何体的外接球的表面积为 S＝4πR2＝4π×(2 3
3 )2＝16π
3 .
2、设 α、β、γ 是三个互不重合的平面，m、n 为两条不同的直线．给出下列命题：
①若 n∥m，m⊂α，则 n∥α；
②若 α∥β，n⊄β，n∥α，则 n∥β；
③若 β⊥α，γ⊥α，则 β∥γ；
④若 n∥m，n⊥α，m⊥β，则 α∥β.
强化训练其中真命题是( )
A．①和② B．①和③
C．②和④ D．③和④
[解析] 若 n∥m，m⊂α，则 n∥α 或 n⊂α，即命题①不正确，排除 A、B；若 α∥β，n⊄β，n∥α，则 n∥
β，则命题②正确，排除 D，故应选 C．
3、在正方体 ABCD－A1B1C1D1 中，E 是 C1D1 的中点，则异面直线 DE 与 AC 所成角的余弦值为( )
A． 1
20 B． 10
10
C．－ 10
10 D．－ 1
20
[解析] 设正方体棱长为 1，以 D 为原点建立空间直角坐标 系如图所示，
则 D(0,0,0)，E(0，1
2，1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)，
所以DE
→
＝(0，1
2，1)，AC
→
＝(－1,1,0)，
则 cos〈DE
→
，AC
→
〉＝
DE
→
·AC
→
|DE
→
||AC
→
|
＝
1
2
1
4＋1· 2
＝ 10
10 ，
则异面直线 DE 与 AC 所成角的余弦值为 10
10 .
二、填空题
1、已知 E，F 分别是矩形 ABCD 的边 BC 与 AD 的中点，且 BC＝2AB＝2，现沿 EF 将平面 ABEF 折起，使
平面 ABEF⊥平面 EFDC，则三棱锥 A－FEC 外接球的体积为 .
[解析] 如图，平面 ABEF⊥平面 EFDC，AF⊥EF，
所以 AF⊥平面 ECDF，将三棱锥 A－FEC 补成正方体 ABC′D′－FECD．
依题意，其棱长为 1，外接球的半径 R＝ 3
2 ，所以外接球的体积 V＝4
3πR3＝4
3π·(
3
2 )3＝ 3
2 π.
2、在棱长为 1 的正方体 ABCD－A′B′C′D′中，异面直线 A′D 与 AB′所成角的大小是 .
[解析] 在正方体 ABCD－A′B′C′D′中，连接 A′D，AB′，B′C，如图所示：
则 A′B′∥DC，且 A′B′＝DC，
所以四边形 A′B′CD 是平行四边形，
所以 A′D∥B′C，
所以∠AB′C 是异面直线 A′D 与 AB′所成的角，
连接 AC，则△AB′C 是边长为 2的等边三角形，
所以∠AB′C＝π
3，
即异面直线 A′D 与 AB′所成角是π
3.
3、在底面是直角梯形的四棱锥 S－ABCD 中，∠ABC＝90°，AD∥BC，SA⊥平面 ABCD，SA＝AB＝BC＝1，
AD＝1
2，则平面 SCD 与平面 SAB 所成锐二面角的余弦值是 .
[解析] 如图所示建立空间直角坐标系，则依题意可知 D(1
2，0,0)，C(1,1,0)，S(0,0,1)，可知AD
→
＝(1
2，0,0)
是平面 SAB 的一个法向量．
设平面 SCD 的法向理 n＝(x，y，z)，
因为SD
→
＝(1
2，0，－1)，DC
→
＝(1
2，1,0)，
所以 n·SD
→
＝0，n· DC
→
＝0，可推出x
2－z＝0， x
2＋y＝0，令 x＝2，则有 y＝－1，z＝1，所以 n＝(2，－
1,1)．
设平面 SCD 与平面 SAB 所成的锐二面角为 θ，
则 cosθ＝
|AD
→
·n|
|AD
→
||n|
＝
1
2 × 2＋0 × (－1)＋0 × 1
(1
2
)2· 22＋(－1)2＋12
＝ 6
3 .三、解答题
1、如图：在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，∠ABC＝60°PA⊥平面 ABCD，点 M，N 分别为 BC，
PA 的中点，且 PA＝AB＝2.
(1)证明：BC⊥平面 AMN；
(2)求三棱锥 N－AMC 的体积；
(3)在线段 PD 上是否存在一点 E，使得 NM∥平面 ACE；若存在，求出 PE 的长，若不存在，说明理
由．
[解析] (1)因为 ABCD 为菱形，所以 AB＝BC，
又∠ABC＝60°，所以 AB＝BC＝AC，
又 M 为 BC 中点，所以 BC⊥AM
而 PA⊥平面 ABCD，BC⊂平面 ABCD，所以 PA⊥BC，
又 PA∩AM＝A，所以 BC⊥平面 AMN.
(2)因为 S△AMC＝1
2AM·CM＝1
2× 3×1＝ 3
2 ，
又 PA⊥底面 ABCD，PA＝2，所以 AN＝1，
所以，三棱锥 N－AMC 的体积 V＝1
3S△AMC·AN
＝1
3× 3
2 ×1＝ 3
6 .
(3)存在
取 PD 中点 E，连结 NE，EC，AE，
因为 N，E 分别为 PA，PD 中点，所以 NE 綊 1
2AD
又在菱形 ABCD 中，CM 綊 1
2AD，
所以 NE 綊 MC，即 MCEN 是平行四边形，所以 NM∥EC，
又 EC⊂平面 ACE，NM⊄平面 ACE，所以 MN∥平面 ACE，即在 PD 上存在一点 E，使得 NM∥平面 ACE，
此时 PE＝1
2PD＝ 2.
2、如图，在四棱锥 P－ABCD 中，底面 ABCD 是菱形，∠ADC＝60°，侧面 PDC 是正三角形，平面 PDC⊥
平面 ABCD，CD＝2，M 为 PB 的中点．
(1)求证：PA⊥平面 CDM.
(2)求二面角 D－MC－B 的余弦值．
[解析] (1)取 DC 中点 O，连接 PO，因为侧面 PDC 是正三角形，平面 PDC⊥平面 ABCD，所以 PO⊥
底面 ABCD，因为底面 ABCD 为菱形，且∠ADC＝60°，DC＝2，所以 DO＝1，OA⊥DC，以 O 为原点，分
别以 OA，OC，OP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，则 A( 3，0,0)，P(0,0， 3)，
B( 3，2,0)，C(0,1,0)，D(0，－1,0)，所以 M(
3
2 ，1， 3
2 )，所以DM
→
＝(
3
2 ，2， 3
2 )，PA
→
＝( 3，0，－
3)，DC
→
＝(0,2,0)，所以PA
→
·DM
→
＝0，PA
→
·DC
→
＝0，
所以 PA⊥DM，PA⊥DC，又 DM∩DC＝D，所以 PA⊥平面 CDM.
(2)CM
→
＝(
3
2 ，0， 3
2 )，CB
→
＝( 3，1,0)，设平面 BMC 的一个法向量 n＝(x，y，z)，
则Error!
取 z＝1，得 n＝(－1， 3，1)，由(1)知平面 CDM 的法向量为PA
→
＝( 3，0，－
3)，所以 cos〈n，PA
→
〉＝
n·PA
→
|n|·|PA
→
|
＝
－2 3
5 × 6
＝－ 10
5 ，由图象得二面角 D－MC－B 是钝角，所以二面
角 D－MC－B 的余弦值为－ 10
5 .
3、正△ABC 的边长为 2, CD 是 AB 边上的高，E、F 分别是 AC 和 BC 的中点(如图(1))．现将△ABC 沿 CD
翻成直二面角 A－DC－B(如图(2))．在图(2)中：(1)求证：AB∥平面 DEF；
(2)在线段 BC 上是否存在一点 P，使 AP⊥DE？证明你的结论；
(3)求二面角 E－DF－C 的余弦值．
[解析] (1)如图(2)：在△ABC 中，由 E、F 分别是 AC、BC 的中点，所以 EF//AB，
又 AB⊄平面 DEF，EF⊂平面 DEF，
∴AB∥平面 DEF.
(2)以点 D 为坐标原点，以直线 DB、DC、DA 分别为 x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系. 则
A(0,0,1)，B(1,0,0)，C(0， 3，0)，E(0， 3
2 ，1
2)，F(1
2， 3
2 ，0)，AB
→
＝(1,0，－1)，BC
→
＝(－1， 3，
0)，DE
→
＝(0， 3
2 ，1
2)，DF
→
＝(1
2， 3
2 ，0)
设BP
→
＝λBC
→
(0
微信/支付宝扫码支付