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高考数学二轮精品专题六 立体几何与空间向量（理） (2份打包，教师版+原卷版)
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专题 6
××
立体几何与空间向量
命题趋势
高考立体几何的考查通常为一道大题和一道小题的形式．小题即选择题或者填空题，通常为几何体三视图的识别或者点线面位置关系的判断，空间几何体表面积、体积的计算；大题即解答题，考查的内容主要为：空间平行关系、垂直关系的证明，面积和体积的计算，线面角、二面角、面面角的计算，多数情况下需利用空间向量作为工具进行计算．
考点清单
1．空间几何体的表面积与体积
（1）多面体的表面积
，，．
（2）旋转体的表面积
①圆柱：，其中为底面半径，为母线长；
②圆锥：，其中为底面半径，为母线长；
③圆台：，其中为上、下底面半径分别，为母线长；
④球体：，其中为球的半径．
（3）几何体的体积公式
①柱体：，其中为底面面积，为高；
②椎体：，其中为底面面积，为高；
③台体：，其中、分别为上、下底面面积，为高；
④球体：，其中为球的半径．
2．空间点、直线、平面之间的位置关系
（1）平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
公理4：平行于同一直线的两条直线平行．
3．直线、平面平行的判定及其性质
（1）直线与平面平行的判定定理
文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．
符号语言：，，．
图形语言：如下图．
（2）直线与平面平行的性质定理
文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．
符号语言：，，．
图形语言：如下图．
（3）平面与平面平行的判定定理
文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．
符号语言：，，，，．
图形语言：如下图．
（4）平面与平面平行的性质定理
文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
符号语言：，，．
图形语言：如下图．
4．直线、平面垂直的判定及其性质
（1）直线与平面垂直的判定定理
文字语言：一条直线与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．
符号语言：，，，，．
图形语言：如下图．
（2）直线与平面垂直的性质定理
文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行．
符号语言：，．
图形语言：如下图．
（3）平面与平面垂直的判定定理
文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．
符号语言：，．
图形语言：如下图．
（4）平面与平面垂直的性质定理
文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．
符号语言：，，，．
图形语言：如下图．
5．空间向量的运用
设平面的法向量分别为，，直线的方向向量为，则：
（1）线面平行
（2）线面垂直
，，
（3）面面平行
，，
（4）面面垂直
精题集训
（70分钟）
经典训练题
一、选择题．
1．如图，在正方体中，P为的中点，则在该正方体各个面上的正投影（实线部分）可能是（ ）
A．①④ B．①② C．②③ D．②④
2．下图为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
3．过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（ ）
A． B． C． D．
4．设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）
A．若，，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
5．已知直线、与平面、，，，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则必有 B．若，则必有
C．若，则必有 D．若，则必有
6．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且，若线段DE上存在点P使得，则边CG长度的最小值为（ ）
A．4 B． C．2 D．
8．在棱长为1的正方体中，E为棱CD上的动点（不含端点），过B，E，的截面与棱交于F，若截面在平面和平面上正投影的周长分别为，，则（ ）
A．有最小值 B．有最大值 C．是定值 D．是定值
9．如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，，相交于点，平面，，是的中点，动点在该棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长为（ ）
A．3 B．7 C．13 D．8
10．（多选）已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，那么下列判断正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，则
二、填空题．
11．在三棱锥中，，，，，若该三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为__________．
12．已知正方体的棱长为1，E，F，M分别为棱，，的中点，过点M与平面平行的平面与交于点N，则四面体的体积为________．
13．如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，有下列结论：
①平面A1D1P⊥平面A1AP；
②多面体的体积为定值；
③直线D1P与BC所成的角可能为；
④APD1能是钝角三角形．
其中结论正确的序号是___________(填上所有序号)．
14．古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天，纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近，我们称这种满足了的矩形为“优美”矩形．现有一长方体，，，，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为___________．
15．粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成．因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为的正四棱锥，则这个粽子的表面积为______，现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为______．
三、解答题．
16．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，
是的中点．
（1）求证：平面；
（2）设点是的中点，求二面角的余弦值．
17．如图1，正方形，边长为，分别为中点，现将正方形沿对角线折起，折起过程中D点位置记为，如图2．
（1）求证：；
（2）当时，求平面与平面所成二面角的余弦值．
18．如图，在三棱锥中，．若，，，且．
（1）证明：平面平面ABC；
（2）若，，，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为．若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．
19．如图①，△ABC中，，，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置(如图②)，且．
（1）证明：EF⊥平面PBE；
（2）设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．
高频易错题
一、解答题．
1．如图，在正四面体中，点E，F分别是的中点，点G，H分别在上，且，．
（1）求证：直线必相交于一点，且这个交点在直线上；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
精准预测题
一、选择题．
1．已知某几何体的正视图和侧视图如图①所示，其俯视图水平放置的直观图如图②中粗线部分所示，其中四边形为平行四边形，，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，
则下列说法错误的是（ ）
A．四点，，，在同一平面内 B．三条直线，，有公共点
C．直线与直线不是异面直线 D．直线上存在点使，，三点共线
4．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形为矩形，，若，和都是正三角形，且，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
5．已知直四棱柱，其底面是平行四边形，外接球体积为，若，则其外接球被平面截得图形面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题．
6．如图，大摆锤是一种大型的游乐设备，常见于各大游乐园．游客坐在圆形的座舱中，面向外．通常，大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险．座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动．大摆锤的运行可以使置身其上的游客惊心动魄．今年元旦，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点处，“大摆锤”启动后，主轴在平面内绕点左右摆动，平面与水平地面垂直，摆动的过程中，点在平面内绕点作圆周运动，并且始终保持，，已知，在“大摆锤”启动后，下列个结论中正确的是______（请填上所有正确结论的序号）．
①点在某个定球面上运动；
②线段在水平地面上的正投影的长度为定值；
③直线与平面所成角的正弦值的最大值为；
④直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
三、解答题．
7．如图，在三棱锥中，平面ABC，三角形是正三角形，，点D、E、F分别为棱PA、PC、BC的中点，G为AD的中点．
（1）求证：平面BDE；
（2）求二面角的余弦值．
8．如图，底边是边长为3的正方形，平面平面，．
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
经典训练题
一、选择题．
1．【答案】A
【解析】从上下方向上看，的投影为①图所示的情况．
从左右方向上看，的投影为④图所示的情况．
从前后方向上看，的投影为④图所示的情况．
故选A．
【点评】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图的关键点，如顶点等，再连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成．属于基础题．
2．【答案】C
【解析】根据三视图可知，该几何体为如图正方体中的三棱锥，
正方体的棱长等于a，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
所以外接球的直径，
因此外接球的表面积为，故选C．
【点评】本题主要考了三视图还原以及几何体外接球的求解，属于基础题．
3．【答案】C
【解析】解法一：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥，
直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，
过顶点A作平面α∥平面A1BD，
则直线AB、AD、AA1与平面α所成角都相等，
同理，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，
直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等，
∴这样的平面α可以作4个，故选C．
解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，
因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面，故选C．
【点评】本题主要考查正方体在平面上的投影以及直线与平面所成的角，还考查了空间想象的能力，
属于基础题．
4．【答案】C
【解析】A．若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；
B．若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B正确；
C．若，，，则可能相交，可能平行，C错误；
D．若，，，则的法向量平行，所以，D正确，
故选C．
【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效较简单的方法．
5．【答案】C
【解析】A．如图所示，设，，满足条件，但是与不平行，故A不正确；
B．假设，，，，则满足条件，但是与不垂直，故B不正确；
C．若，，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；
D．设，若，，虽然，但是可有，故D不正确，
综上可知：只有C正确，故选C．
【点评】本题考查空间点、直线、平面之间的位置关系，以及线线、线面平行垂直的判定和性质，考查对命题的判断和推理证明思想，属于基础题．
6．【答案】A
【解析】在平行六面体中，为与的交点，
，故选A．
【点评】本题考查了空间向量的线性运算属于基础题．
7．【答案】D
【解析】以DA，DC，DF为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：
设，，则，即．
又，，所以，，
．
显然且，所以．
因为，所以．
所以当，取得最小值12．
所以的最小值为，故选D．
【点评】集合问题代数化是空间向量法解决问题的一般思路，通过向量将几何关系建立代数式，例如两直线垂直时即可转为向量的数量积为0，利用向量的坐标表示即可．
8．【答案】A
【解析】依题意，设截面在平面的投影为四边形，
在平面上的投影为四边形，
设，，
则四边形的周长，
四边形的周长为，
则，
又因为可以看成到点和点的距离之和，
所以，所以取值范围为，
故选A．
【点评】本题考查正方体中的最值计算，解题的关键是得出，
利用距离关系求解．
9．【答案】D
【解析】取，的中点，，连接，，
∵是的中点，∴，，
平面，平面，则平面．
平面，平面，则平面，
又，∴平面平面，
∵平面，∴，
又四边形是菱形，∴，
∵，∴平面，则平面，
故只要动点在平面内即总保持，
又动点在棱锥表面上运动，∴动点的轨迹的周长即为的周长，
∵四边形是菱形边长为6，且，∴，
则，
又，∴，故，，
∴的周长为8，故选D．
【点评】本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判定定理以及性质定理；
解决本题的关键是通过证明平面平面，得到平面，进而得到动点在平面内即总保持．
10．【答案】ABC
【解析】A．根据“垂直于同一条直线的两个平面互相平行”，可知A正确；
B．记，因为且，所以且异面或且相交，
又因为，且，所以，故B正确；
C．根据“平行直线中若有一条直线垂直于某个平面，则另一条直线也垂直于该平面”，可知C正确；
D．因为，，所以平行或异面，故D错误，
故选ABC．
【点评】判断符号语言描述的空间中位置关系的命题的真假：
（1）利用定理、定义、公理等直接判断；
（2）作出简单图示，利用图示进行说明；
（3）将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析说明．
二、填空题．
11．【答案】
【解析】取的中点，连接、，如下图所示：
，，且，则，
所以，、均为等腰直角三角形，且，
所以，，所以，为三棱锥的外接球直径，
设，可得，
设，
，为的中点，则，同理可得，
，平面，
所以，
，
，
在中，由余弦定理可得，
即，可得，
由，可得，化简可得，
即，
，解得，
因此，三棱锥外接球的体积为．
故答案为．
【点评】求空间多面体的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，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③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，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
12．【答案】
【解析】取的中点，连接，
因为是、的中点，所以，
取中点，连接，
因为，四边形是平行四边形，
所以，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，即四边形为平面图形，
且平面，平面，，所以平面，
设为中点，连接，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，
所以平面，
又，所以平面平面，
所以过点且与平面平行的平面就是，
点即是点，，
所以，故答案为．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、线面平行及面面平行的判定，关键点是取的中点，证明平面为平面图形，设为中点，证明平面平面，点即是点，考查了学生的空间想象力．
13．【答案】①②④
【解析】对于①，正方体中，，，
，平面，
平面，平面平面，故①正确；
对于②，，到平面的距离，
三棱锥的体积：，为定值，故②正确；
对于③，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，设，，，，
，，
，
假设，所以，
，，所以，所以假设不成立，故③错误；
对于④，见上图，由题得，
设，所以，，
所以，
当时，，即是钝角，此时APD1是钝角三角形，
故④正确，
故答案为①②④．
【点评】解答本题的关键是判断③④的真假，它们都是可能性问题的判断，判断③的真假可以选择向量反证法比较方便，判断④的真假可以选择向量直接法．要根据已知灵活选择方法解答，优化解题．
14．【答案】4
【解析】由题意，该长方体如图所示：
，，，
，，
，
，，
，，，
此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为4，故答案为4．
【点评】本题考查了长方体几何特征的应用及对于新概念的理解，属于基础题．
15．【答案】
【解析】每个侧面三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
所以四棱锥的表面积为；
球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥五个面都相切，
正四棱锥的高为，
设球的半径为，所以四棱锥的体积，
故，．
故答案为．
【点评】在四棱锥中的内切球，利用分割法，可分割为以球心为顶点的三棱锥与四棱锥，棱锥的高都为球半径，根据等体积法即可求出球的半径．
三、解答题．
16．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）平面平面，平面平面 =AC，平面，，
∴平面，
∵平面，∴，
∵，是的中点，∴，
∵，平面，∴平面．
（2）∵平面平面，平面平面=AC，平面，，
∴平面，
∵平面，∴，
以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，
由（1）知是平面的一个法向量，
设是平面的法向量，则有，即，
令，则，，∴，
设二面角所成角为，由图可得为锐角，
则．
【点评】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案．
17．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：取中点O，连，
因为为正方形，所以，
又，所以平面，
而平面，所以．
又分别为中点，所以，所以．
（2）因为，所以为等边三角形，，
又，∴，即，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
平面法向量，
设平面法向量，由，即，
解得，所以，
，
记平面与平面所成二面角为，则为锐角，所以，
即平面与平面所成二面角的余弦值为．
【点评】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析．
【解析】（1）取AB的中点E，连接SE，CE，如图，
∵，∴，
又∵，，∴．
同理，．
∵，∴，即，
由，，
得，∴．
又∵，，∴平面ABC．
又∵平面SAB．∴平面平面ABC．
（2）以E为坐标原点．平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，
如图：
不妨设，
则，，，，，
设，则，，
设平面SAB的一个法向量为，易求得，
，则，
得，解得，
∵，∴不存在点D，使直线与平面SAB所成的夹角为．
【点评】解决本题的关键是垂直关系的证明及空间向量的应用．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC．
因为，所以EF⊥BE，EF⊥PE，
又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE．
（2）取BE的中点O，连接PO，
因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE．
由（1）知EF⊥平面PBE，EF⊂平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE．
又PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE，
过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，，
由N为线段PF上一动点，得，
则可得N，．
设平面PCF的法向量为，则，即，
取，则，，
所以为平面PCF的一个法向量．
设直线BN与平面PCF所成的角为θ，
则
(当且仅当时取等号)，
所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为．
【点评】本题考查了立体几何，利用空间向量解决线面角是解题的关键，线面角可以通过直线的方向向量和平面的法向量之间进行相应的计算，就能够得到线面角的大小．
高频易错题
一、解答题．
1．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为，，，，
所以且，故E，F，G，H四点共面，且直线必相交于一点，
设，因为，，所以平面，
同理：平面，而平面平面，故平面，
即直线必相交于一点，且这个交点在直线上．
（2）取的中点O，则，所以平面，
不妨设，则，，
所以，
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
故，，，，
设平面的法向量为，由，可得，
令，则，则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查了立体几何中的线线关系的证明和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．
精准预测题
一、选择题．
1．【答案】A
【解析】根据直观图还原可知，俯视图是边长为4的正方形，
结合正视图和侧视图可知，该几何体后半部分为长方体，前半部分为半个圆柱，
长方体的边长分别为2，2，4，则其体积为，
半个圆柱的底面半径为2，高为4，则其体积为，
因此，该几何体的体积为，故选A．
【点评】本题主要考查由三视图求几何体的体积，考查直观图的还原，需要学生具备一定的空间想象及思维能力．
2．【答案】B
【解析】如图，三视图的直观图为三棱锥为，且，
按如图所示放在长方体中，则其外接球的直径等于长方体的对角线长，且，
因为长方体的对角线长为，
则外接球半径为，且体积为，故选B．
【点评】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．
3．【答案】C
【解析】作出图象，如图：
对于A，连接，则，，所以，
所以四点，，，在同一平面内，故A正确；
对于B，延长，则相交于点，
又平面，平面，则平面，平面，
且平面平面，
所以，即三条直线，，有公共点，故B正确；
对于C，直线为正方体的体对角线，所以直线与直线
不可能在同一平面内，所以直线与直线是异面直线，故C错误；
对于D，均在平面内，连接，则与相交，
所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确，
故选C．
【点评】本题主要空间几何体中，点线面的位置关系，属于基础题．
4．【答案】D
【解析】解法一：如图，在平面中，过作交于，连接，
则或其补角为异面直线与所成的角．
设，则，，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，，，
又，所以，
又，所以，所以．
解法二：如图，以矩形的中心为原点，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，因为四边形为矩形，，和都是正三角形，所以平面，且是线段的垂直平分线．
设，则，，，，，，
所以，，
所以，
所以，所以异面直线与所成的角为，故选D．
【点评】本题考查异面直线夹角的计算问题，常用以下方法：
（1）平移法，将异面直线通过平移转化成共面直线，结合三角形知识求解；
（2）补形法：通过补形（一般是补一个相同的几何体）将异面直线通过平移转化成共面直线，结合三角形知识求解；
（3）向量法：建立空间直角坐标系，结合向量夹角公式求解．
5．【答案】A
【解析】由直四棱柱内接于球，则四点在球面上，
所以四边形为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补．
又四边形是平行四边形，所以为矩形．
在直四棱柱中，平面，所以，
又，，所以平面，所以，
所以四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱．
由外接球体积为，则球的半径为，
由为该外接球的直径，则，
设，则，则，
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，
所以，
当且仅当，即时取得等号，即的最小值为，
其外接球被平面截得图形面积的最小值为，故选A．
【点评】本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出的外接圆的半径，由均值不等式求出最小值，属于难题．
二、填空题．
6．【答案】①③
【解析】对于命题①，、均为定值，，，，
（定值），所以，点在某个定球面上运动，命题①正确；
对于命题②，过点作与水平地面垂直，设，
当时，如下图所示：
则直线与水平地面所成的角为，
所以，线段在水平地面上的正投影的长度为，不为定值，命题②错误；
对于命题③④，由于为定值，设点到平面的距离为，则，
所以，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，则命题③正确，命题④错误，
故答案为①③．
【点评】本题考查立体几何综合，考查线面角的正弦值的计算、线段投影长度以及球面定义的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题．
三、解答题．
7．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）法一：连接PF交BE于点H，连接DH，见图1：
∵E，F分别是PC，BC的中点，∴H是三角形的重心，∴．
由已知得，∴，
又平面BDE，平面BDE，∴平面BDE．
法二：取EC中点M，连接FM，GM，见图2：
由已知得，∴平面BDE，平面BDE，
∴平面BDE．
∵M，F分别是EC，BC的中点，∴，
又平面BDE，平面BDE，∴平面BDE，
∴，∴平面平面BDE，
又平面GFM，∴平面BDE．
法三：在平面ABC内，以垂直于AB的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，见图3：
设正三角形边长为（），则，，，
∴，，
设平面BDE的法向量为，则，，
∴，可取．
又，，∴，
∴，即，
又平面BDE，∴平面BDE．
（2）在平面ABC内，以垂直于AB的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，见图3，设正三角形边长为，
则，，，，
由第（1）问方法三可知，平面BDE的法向量为，
设平面DEF的法向量为，
又，．
∵，，∴，可取，
∴．
∴二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．
【点评】立体几何解答题的基本结构：
（1）第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
（2）第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
8．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，．
【解析】（1）因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
因为，平面，平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，
假设在线段上存在符合条件的点，
设，，则，，，
设平面的法向量为，则，
令，得，
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，
，
整理得，解得或（舍去），
故在线段上存在点，使得二面角的大小为60°，此时．
【点评】本题考查面面垂直的性质和证明面面垂直，考查已知二面角的大小求参数，属于中档题．
方法：（1）由面面垂直的性质可得到线面垂直；
（2）由线面垂直，得出线线垂直；
（3）再找一组线线垂直，即可得到线面垂直；
（4）由线在面内，可得到面面垂直．
专题 6
××
立体几何与空间向量
命题趋势
高考立体几何的考查通常为一道大题和一道小题的形式．小题即选择题或者填空题，通常为几何体三视图的识别或者点线面位置关系的判断，空间几何体表面积、体积的计算；大题即解答题，考查的内容主要为：空间平行关系、垂直关系的证明，面积和体积的计算，线面角、二面角、面面角的计算，多数情况下需利用空间向量作为工具进行计算．
考点清单
1．空间几何体的表面积与体积
（1）多面体的表面积
，，．
（2）旋转体的表面积
①圆柱：，其中为底面半径，为母线长；
②圆锥：，其中为底面半径，为母线长；
③圆台：，其中为上、下底面半径分别，为母线长；
④球体：，其中为球的半径．
（3）几何体的体积公式
①柱体：，其中为底面面积，为高；
②椎体：，其中为底面面积，为高；
③台体：，其中、分别为上、下底面面积，为高；
④球体：，其中为球的半径．
2．空间点、直线、平面之间的位置关系
（1）平面的基本性质
公理1：如果一条直线上的两点在同一个平面内，那么这条直线在这个平面内．
公理2：过不同在一条直线上的三点，有且只有一个平面．
推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
公理3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线．
公理4：平行于同一直线的两条直线平行．
3．直线、平面平行的判定及其性质
（1）直线与平面平行的判定定理
文字语言：平面外的一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行．
符号语言：，，．
图形语言：如下图．
（2）直线与平面平行的性质定理
文字语言：一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行．
符号语言：，，．
图形语言：如下图．
（3）平面与平面平行的判定定理
文字语言：一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行．
符号语言：，，，，．
图形语言：如下图．
（4）平面与平面平行的性质定理
文字语言：如果两个平行的平面同时与第三个平面相交，那么它们的交线平行．
符号语言：，，．
图形语言：如下图．
4．直线、平面垂直的判定及其性质
（1）直线与平面垂直的判定定理
文字语言：一条直线与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．
符号语言：，，，，．
图形语言：如下图．
（2）直线与平面垂直的性质定理
文字语言：垂直于同一个平面内的两条直线平行．
符号语言：，．
图形语言：如下图．
（3）平面与平面垂直的判定定理
文字语言：如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直．
符号语言：，．
图形语言：如下图．
（4）平面与平面垂直的性质定理
文字语言：两平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直．
符号语言：，，，．
图形语言：如下图．
5．空间向量的运用
设平面的法向量分别为，，直线的方向向量为，则：
（1）线面平行
（2）线面垂直
，，
（3）面面平行
，，
（4）面面垂直
精题集训
（70分钟）
经典训练题
一、选择题．
1．如图，在正方体中，P为的中点，则在该正方体各个面上的正投影（实线部分）可能是（ ）
A．①④ B．①② C．②③ D．②④
2．下图为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
3．过正方体的顶点作平面，使得正方体的各棱与平面所成的角都相等，则满足条件的平面的个数为（ ）
A． B． C． D．
4．设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）
A．若，，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
5．已知直线、与平面、，，，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则必有 B．若，则必有
C．若，则必有 D．若，则必有
6．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A． B． C． D．
7．如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且，若线段DE上存在点P使得，则边CG长度的最小值为（ ）
A．4 B． C．2 D．
8．在棱长为1的正方体中，E为棱CD上的动点（不含端点），过B，E，的截面与棱交于F，若截面在平面和平面上正投影的周长分别为，，则（ ）
A．有最小值 B．有最大值 C．是定值 D．是定值
9．如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，，相交于点，平面，，是的中点，动点在该棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长为（ ）
A．3 B．7 C．13 D．8
10．（多选）已知a，b表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，那么下列判断正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，则
二、填空题．
11．在三棱锥中，，，，，若该三棱锥的体积为，则三棱锥外接球的体积为__________．
12．已知正方体的棱长为1，E，F，M分别为棱，，的中点，过点M与平面平行的平面与交于点N，则四面体的体积为________．
13．如图，棱长为1的正方体中，P为线段A1B上的动点(不含端点)，有下列结论：
①平面A1D1P⊥平面A1AP；
②多面体的体积为定值；
③直线D1P与BC所成的角可能为；
④APD1能是钝角三角形．
其中结论正确的序号是___________(填上所有序号)．
14．古代中国，建筑工匠们非常注重建筑中体现数学美，方形和圆形的应用比比皆是，在唐、宋时期的单檐建筑中较多存在的比例关系，这是当时工匠们着意设计的常见比例，今天，纸之所以流行的重要原因之一，就是它的长与宽的比无限接近，我们称这种满足了的矩形为“优美”矩形．现有一长方体，，，，则此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为___________．
15．粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成．因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为的正四棱锥，则这个粽子的表面积为______，现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为______．
三、解答题．
16．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，
是的中点．
（1）求证：平面；
（2）设点是的中点，求二面角的余弦值．
17．如图1，正方形，边长为，分别为中点，现将正方形沿对角线折起，折起过程中D点位置记为，如图2．
（1）求证：；
（2）当时，求平面与平面所成二面角的余弦值．
18．如图，在三棱锥中，．若，，，且．
（1）证明：平面平面ABC；
（2）若，，，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为．若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．
19．如图①，△ABC中，，，E，F分别为边AB，AC的中点，以EF为折痕把△AEF折起，使点A到达点P的位置(如图②)，且．
（1）证明：EF⊥平面PBE；
（2）设N为线段PF上的动点(包含端点)，求直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值．
高频易错题
一、解答题．
1．如图，在正四面体中，点E，F分别是的中点，点G，H分别在上，且，．
（1）求证：直线必相交于一点，且这个交点在直线上；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
精准预测题
一、选择题．
1．已知某几何体的正视图和侧视图如图①所示，其俯视图水平放置的直观图如图②中粗线部分所示，其中四边形为平行四边形，，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．已知一个三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在长方体中，，分别为，的中点，，分别为，的中点，
则下列说法错误的是（ ）
A．四点，，，在同一平面内 B．三条直线，，有公共点
C．直线与直线不是异面直线 D．直线上存在点使，，三点共线
4．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形为矩形，，若，和都是正三角形，且，则异面直线与所成角的大小为（ ）
A． B． C． D．
5．已知直四棱柱，其底面是平行四边形，外接球体积为，若，则其外接球被平面截得图形面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题．
6．如图，大摆锤是一种大型的游乐设备，常见于各大游乐园．游客坐在圆形的座舱中，面向外．通常，大摆锤以压肩作为安全束缚，配以安全带作为二次保险．座舱旋转的同时，悬挂座舱的主轴在电机的驱动下做单摆运动．大摆锤的运行可以使置身其上的游客惊心动魄．今年元旦，小明去某游乐园玩“大摆锤”，他坐在点处，“大摆锤”启动后，主轴在平面内绕点左右摆动，平面与水平地面垂直，摆动的过程中，点在平面内绕点作圆周运动，并且始终保持，，已知，在“大摆锤”启动后，下列个结论中正确的是______（请填上所有正确结论的序号）．
①点在某个定球面上运动；
②线段在水平地面上的正投影的长度为定值；
③直线与平面所成角的正弦值的最大值为；
④直线与平面所成角的正弦值的最大值为．
三、解答题．
7．如图，在三棱锥中，平面ABC，三角形是正三角形，，点D、E、F分别为棱PA、PC、BC的中点，G为AD的中点．
（1）求证：平面BDE；
（2）求二面角的余弦值．
8．如图，底边是边长为3的正方形，平面平面，．
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得二面角的大小为60°？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
参考答案
经典训练题
一、选择题．
1．【答案】A
【解析】从上下方向上看，的投影为①图所示的情况．
从左右方向上看，的投影为④图所示的情况．
从前后方向上看，的投影为④图所示的情况．
故选A．
【点评】本题主要考查了平行投影和空间想象能力，关键是确定投影图的关键点，如顶点等，再连接即可得在平面上的投影图，主要依据平行投影的含义和空间想象来完成．属于基础题．
2．【答案】C
【解析】根据三视图可知，该几何体为如图正方体中的三棱锥，
正方体的棱长等于a，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
所以外接球的直径，
因此外接球的表面积为，故选C．
【点评】本题主要考了三视图还原以及几何体外接球的求解，属于基础题．
3．【答案】C
【解析】解法一：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，三棱锥A﹣A1BD是正三棱锥，
直线AB、AD、AA1与平面A1BD所成角都相等，
过顶点A作平面α∥平面A1BD，
则直线AB、AD、AA1与平面α所成角都相等，
同理，过顶点A分别作平面α与平面C1BD、平面B1AC，平面D1AC平行，
直线AB、AD、AA1与平面α所成的角都相等，
∴这样的平面α可以作4个，故选C．
解法二：只要与体对角线垂直的平面都和正方体的所有棱所成的角相等，
因为有四条体对角线，所以，可以做四个平面，故选C．
【点评】本题主要考查正方体在平面上的投影以及直线与平面所成的角，还考查了空间想象的能力，
属于基础题．
4．【答案】C
【解析】A．若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；
B．若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B正确；
C．若，，，则可能相交，可能平行，C错误；
D．若，，，则的法向量平行，所以，D正确，
故选C．
【点评】本题考查两平面平行与垂直的判断，掌握两平面平行与垂直的和性质定理是解题关键．另外从空间向量角度出发，利用平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直也是一种行之有效较简单的方法．
5．【答案】C
【解析】A．如图所示，设，，满足条件，但是与不平行，故A不正确；
B．假设，，，，则满足条件，但是与不垂直，故B不正确；
C．若，，根据面面垂直的判定定理可得，故C正确；
D．设，若，，虽然，但是可有，故D不正确，
综上可知：只有C正确，故选C．
【点评】本题考查空间点、直线、平面之间的位置关系，以及线线、线面平行垂直的判定和性质，考查对命题的判断和推理证明思想，属于基础题．
6．【答案】A
【解析】在平行六面体中，为与的交点，
，故选A．
【点评】本题考查了空间向量的线性运算属于基础题．
7．【答案】D
【解析】以DA，DC，DF为坐标轴建立空间坐标系，如图所示：
设，，则，即．
又，，所以，，
．
显然且，所以．
因为，所以．
所以当，取得最小值12．
所以的最小值为，故选D．
【点评】集合问题代数化是空间向量法解决问题的一般思路，通过向量将几何关系建立代数式，例如两直线垂直时即可转为向量的数量积为0，利用向量的坐标表示即可．
8．【答案】A
【解析】依题意，设截面在平面的投影为四边形，
在平面上的投影为四边形，
设，，
则四边形的周长，
四边形的周长为，
则，
又因为可以看成到点和点的距离之和，
所以，所以取值范围为，
故选A．
【点评】本题考查正方体中的最值计算，解题的关键是得出，
利用距离关系求解．
9．【答案】D
【解析】取，的中点，，连接，，
∵是的中点，∴，，
平面，平面，则平面．
平面，平面，则平面，
又，∴平面平面，
∵平面，∴，
又四边形是菱形，∴，
∵，∴平面，则平面，
故只要动点在平面内即总保持，
又动点在棱锥表面上运动，∴动点的轨迹的周长即为的周长，
∵四边形是菱形边长为6，且，∴，
则，
又，∴，故，，
∴的周长为8，故选D．
【点评】本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判定定理以及性质定理；
解决本题的关键是通过证明平面平面，得到平面，进而得到动点在平面内即总保持．
10．【答案】ABC
【解析】A．根据“垂直于同一条直线的两个平面互相平行”，可知A正确；
B．记，因为且，所以且异面或且相交，
又因为，且，所以，故B正确；
C．根据“平行直线中若有一条直线垂直于某个平面，则另一条直线也垂直于该平面”，可知C正确；
D．因为，，所以平行或异面，故D错误，
故选ABC．
【点评】判断符号语言描述的空间中位置关系的命题的真假：
（1）利用定理、定义、公理等直接判断；
（2）作出简单图示，利用图示进行说明；
（3）将规则几何体作为模型，取其中的部分位置关系进行分析说明．
二、填空题．
11．【答案】
【解析】取的中点，连接、，如下图所示：
，，且，则，
所以，、均为等腰直角三角形，且，
所以，，所以，为三棱锥的外接球直径，
设，可得，
设，
，为的中点，则，同理可得，
，平面，
所以，
，
，
在中，由余弦定理可得，
即，可得，
由，可得，化简可得，
即，
，解得，
因此，三棱锥外接球的体积为．
故答案为．
【点评】求空间多面体的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，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③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，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．
12．【答案】
【解析】取的中点，连接，
因为是、的中点，所以，
取中点，连接，
因为，四边形是平行四边形，
所以，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，即四边形为平面图形，
且平面，平面，，所以平面，
设为中点，连接，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，且平面，平面，
所以平面，
又，所以平面平面，
所以过点且与平面平行的平面就是，
点即是点，，
所以，故答案为．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、线面平行及面面平行的判定，关键点是取的中点，证明平面为平面图形，设为中点，证明平面平面，点即是点，考查了学生的空间想象力．
13．【答案】①②④
【解析】对于①，正方体中，，，
，平面，
平面，平面平面，故①正确；
对于②，，到平面的距离，
三棱锥的体积：，为定值，故②正确；
对于③，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
，，，设，，，，
，，
，
假设，所以，
，，所以，所以假设不成立，故③错误；
对于④，见上图，由题得，
设，所以，，
所以，
当时，，即是钝角，此时APD1是钝角三角形，
故④正确，
故答案为①②④．
【点评】解答本题的关键是判断③④的真假，它们都是可能性问题的判断，判断③的真假可以选择向量反证法比较方便，判断④的真假可以选择向量直接法．要根据已知灵活选择方法解答，优化解题．
14．【答案】4
【解析】由题意，该长方体如图所示：
，，，
，，
，
，，
，，，
此长方体的表面六个矩形中，“优美”矩形的个数为4，故答案为4．
【点评】本题考查了长方体几何特征的应用及对于新概念的理解，属于基础题．
15．【答案】
【解析】每个侧面三角形的面积均为，底面正方形的面积为，
所以四棱锥的表面积为；
球的体积要达到最大，则需要球与四棱锥五个面都相切，
正四棱锥的高为，
设球的半径为，所以四棱锥的体积，
故，．
故答案为．
【点评】在四棱锥中的内切球，利用分割法，可分割为以球心为顶点的三棱锥与四棱锥，棱锥的高都为球半径，根据等体积法即可求出球的半径．
三、解答题．
16．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）平面平面，平面平面 =AC，平面，，
∴平面，
∵平面，∴，
∵，是的中点，∴，
∵，平面，∴平面．
（2）∵平面平面，平面平面=AC，平面，，
∴平面，
∵平面，∴，
以C为原点，CA，CB，CP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
则，，，
由（1）知是平面的一个法向量，
设是平面的法向量，则有，即，
令，则，，∴，
设二面角所成角为，由图可得为锐角，
则．
【点评】解题的关键是熟练掌握面面垂直的性质定理，线面垂直的判定和性质定理，并灵活应用，处理二面角或点到平面距离时，常用向量法求解，建立适当的坐标系，求得所需点的坐标及向量坐标，求得法向量坐标，代入夹角或距离公式，即可求得答案．
17．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：取中点O，连，
因为为正方形，所以，
又，所以平面，
而平面，所以．
又分别为中点，所以，所以．
（2）因为，所以为等边三角形，，
又，∴，即，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
平面法向量，
设平面法向量，由，即，
解得，所以，
，
记平面与平面所成二面角为，则为锐角，所以，
即平面与平面所成二面角的余弦值为．
【点评】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．
18．【答案】（1）证明见解析；（2）不存在，理由见解析．
【解析】（1）取AB的中点E，连接SE，CE，如图，
∵，∴，
又∵，，∴．
同理，．
∵，∴，即，
由，，
得，∴．
又∵，，∴平面ABC．
又∵平面SAB．∴平面平面ABC．
（2）以E为坐标原点．平行AC的直线为x轴，平行BC的直线为y轴，ES为z轴建立空间直角坐标系，
如图：
不妨设，
则，，，，，
设，则，，
设平面SAB的一个法向量为，易求得，
，则，
得，解得，
∵，∴不存在点D，使直线与平面SAB所成的夹角为．
【点评】解决本题的关键是垂直关系的证明及空间向量的应用．
19．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）证明：因为E，F分别为边AB，AC的中点，所以EF∥BC．
因为，所以EF⊥BE，EF⊥PE，
又BE∩PE＝E，所以EF⊥平面PBE．
（2）取BE的中点O，连接PO，
因为PB＝BE＝PE，所以PO⊥BE．
由（1）知EF⊥平面PBE，EF⊂平面BCFE，所以平面PBE⊥平面BCFE．
又PO⊂平面PBE，平面PBE∩平面BCFE＝BE，所以PO⊥平面BCFE，
过点O作OM∥BC交CF于点M，分别以OB，OM，OP所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
，，
由N为线段PF上一动点，得，
则可得N，．
设平面PCF的法向量为，则，即，
取，则，，
所以为平面PCF的一个法向量．
设直线BN与平面PCF所成的角为θ，
则
(当且仅当时取等号)，
所以直线BN与平面PCF所成角的正弦值的最大值为．
【点评】本题考查了立体几何，利用空间向量解决线面角是解题的关键，线面角可以通过直线的方向向量和平面的法向量之间进行相应的计算，就能够得到线面角的大小．
高频易错题
一、解答题．
1．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）因为，，，，
所以且，故E，F，G，H四点共面，且直线必相交于一点，
设，因为，，所以平面，
同理：平面，而平面平面，故平面，
即直线必相交于一点，且这个交点在直线上．
（2）取的中点O，则，所以平面，
不妨设，则，，
所以，
以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，
故，，，，
设平面的法向量为，由，可得，
令，则，则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查了立体几何中的线线关系的证明和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解．
精准预测题
一、选择题．
1．【答案】A
【解析】根据直观图还原可知，俯视图是边长为4的正方形，
结合正视图和侧视图可知，该几何体后半部分为长方体，前半部分为半个圆柱，
长方体的边长分别为2，2，4，则其体积为，
半个圆柱的底面半径为2，高为4，则其体积为，
因此，该几何体的体积为，故选A．
【点评】本题主要考查由三视图求几何体的体积，考查直观图的还原，需要学生具备一定的空间想象及思维能力．
2．【答案】B
【解析】如图，三视图的直观图为三棱锥为，且，
按如图所示放在长方体中，则其外接球的直径等于长方体的对角线长，且，
因为长方体的对角线长为，
则外接球半径为，且体积为，故选B．
【点评】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．
3．【答案】C
【解析】作出图象，如图：
对于A，连接，则，，所以，
所以四点，，，在同一平面内，故A正确；
对于B，延长，则相交于点，
又平面，平面，则平面，平面，
且平面平面，
所以，即三条直线，，有公共点，故B正确；
对于C，直线为正方体的体对角线，所以直线与直线
不可能在同一平面内，所以直线与直线是异面直线，故C错误；
对于D，均在平面内，连接，则与相交，
所以直线上存在点使，，三点共线，故D正确，
故选C．
【点评】本题主要空间几何体中，点线面的位置关系，属于基础题．
4．【答案】D
【解析】解法一：如图，在平面中，过作交于，连接，
则或其补角为异面直线与所成的角．
设，则，，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，，，
又，所以，
又，所以，所以．
解法二：如图，以矩形的中心为原点，的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，因为四边形为矩形，，和都是正三角形，所以平面，且是线段的垂直平分线．
设，则，，，，，，
所以，，
所以，
所以，所以异面直线与所成的角为，故选D．
【点评】本题考查异面直线夹角的计算问题，常用以下方法：
（1）平移法，将异面直线通过平移转化成共面直线，结合三角形知识求解；
（2）补形法：通过补形（一般是补一个相同的几何体）将异面直线通过平移转化成共面直线，结合三角形知识求解；
（3）向量法：建立空间直角坐标系，结合向量夹角公式求解．
5．【答案】A
【解析】由直四棱柱内接于球，则四点在球面上，
所以四边形为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补．
又四边形是平行四边形，所以为矩形．
在直四棱柱中，平面，所以，
又，，所以平面，所以，
所以四边形为正方形，所以直四棱柱为正四棱柱．
由外接球体积为，则球的半径为，
由为该外接球的直径，则，
设，则，则，
在中，，，
由余弦定理可得，
所以，
设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，
所以，
当且仅当，即时取得等号，即的最小值为，
其外接球被平面截得图形面积的最小值为，故选A．
【点评】本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出的外接圆的半径，由均值不等式求出最小值，属于难题．
二、填空题．
6．【答案】①③
【解析】对于命题①，、均为定值，，，，
（定值），所以，点在某个定球面上运动，命题①正确；
对于命题②，过点作与水平地面垂直，设，
当时，如下图所示：
则直线与水平地面所成的角为，
所以，线段在水平地面上的正投影的长度为，不为定值，命题②错误；
对于命题③④，由于为定值，设点到平面的距离为，则，
所以，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，则命题③正确，命题④错误，
故答案为①③．
【点评】本题考查立体几何综合，考查线面角的正弦值的计算、线段投影长度以及球面定义的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题．
三、解答题．
7．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】（1）法一：连接PF交BE于点H，连接DH，见图1：
∵E，F分别是PC，BC的中点，∴H是三角形的重心，∴．
由已知得，∴，
又平面BDE，平面BDE，∴平面BDE．
法二：取EC中点M，连接FM，GM，见图2：
由已知得，∴平面BDE，平面BDE，
∴平面BDE．
∵M，F分别是EC，BC的中点，∴，
又平面BDE，平面BDE，∴平面BDE，
∴，∴平面平面BDE，
又平面GFM，∴平面BDE．
法三：在平面ABC内，以垂直于AB的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，见图3：
设正三角形边长为（），则，，，
∴，，
设平面BDE的法向量为，则，，
∴，可取．
又，，∴，
∴，即，
又平面BDE，∴平面BDE．
（2）在平面ABC内，以垂直于AB的直线为x轴，AB所在的直线为y轴，AP所在的直线为z轴建立空间直角坐标系，见图3，设正三角形边长为，
则，，，，
由第（1）问方法三可知，平面BDE的法向量为，
设平面DEF的法向量为，
又，．
∵，，∴，可取，
∴．
∴二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为．
【点评】立体几何解答题的基本结构：
（1）第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；
（2）第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．
8．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，．
【解析】（1）因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
因为，平面，平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）因为两两垂直，所以以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，
假设在线段上存在符合条件的点，
设，，则，，，
设平面的法向量为，则，
令，得，
由（1）知平面，所以是平面的一个法向量，
，
整理得，解得或（舍去），
故在线段上存在点，使得二面角的大小为60°，此时．
【点评】本题考查面面垂直的性质和证明面面垂直，考查已知二面角的大小求参数，属于中档题．
方法：（1）由面面垂直的性质可得到线面垂直；
（2）由线面垂直，得出线线垂直；
（3）再找一组线线垂直，即可得到线面垂直；
（4）由线在面内，可得到面面垂直．
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