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2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第八章立体几何与空间向量高考专题突破五
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高考专题突破五 高考中的立体几何问题
题型一 求空间几何体的表面积与体积
例1 (1)一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为( )
A.16＋4 B.16＋4
C.20＋4 D.20＋4
答案 D
解析 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，
可得其表面积为S＝5×22＋4××2×＝20＋4，故选D.
(2)(2018·浙江省嘉兴市第一中学期中)如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，交PB，PC分别于E，F，当三棱锥P－AEF体积最大时，tan∠BAC＝________.
答案
解析 ∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB，
又AC⊥BC，AP⊥BC，AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，又∵AF⊂平面PAC，
∴AF⊥BC，又∵PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°，
设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，
AF＝＝＝ .
在Rt△PAB中，AE＝PE＝，∴EF＝，
∴V三棱锥P－AEF＝·AF·EF·PE＝AF·×＝·
＝≤，
∴当AF＝1时，三棱锥P－AEF的体积取最大值，
此时＝1，且0°<θ<90°，
∴cos θ＝，sin θ＝，tan θ＝.
思维升华 (1)等积转换法多用来求三棱锥的体积.
(2)不规则的几何体可通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.
跟踪训练1 (1)(2018·嘉兴模拟)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是( )
A.36＋24 B.36＋12
C.40＋24 D.40＋12
答案 B
解析 由三视图得该几何体为一个组合体，上面是棱长为2的正方体，下面是下底为边长为4的正方形、上底为边长为2的正方形的四棱台，则其表面积为5×22＋4××＋42＝36＋12，故选B.
(2)(2018·温州高考适应性测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A.＋π B.＋π
C. D.
答案 A
解析 由三视图可还原出几何体的直观图，该几何体是由半个圆柱(底面圆的半径为1，高为2)和一个四棱锥(底面为边长是2的正方形，高为1)组成的，如图所示.故该几何体的体积V＝×π×12×2＋×22×1＝＋π.故选A.
题型二 空间点、线、面的位置关系
例2 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点.
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E－ABC的体积.
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.
又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.
又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)证明 方法一 如图1，取AB中点G，连接EG，FG.
因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝AC.
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1，
所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
方法二 如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.
因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，
又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，
所以EC1∥AH，且EC1＝AH，
所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，
又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，
所以平面ABE∥平面C1HF，
又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.
(3)解 因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝＝.
所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.
思维升华 (1)平行问题的转化
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.
(2)垂直问题的转化
在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.
跟踪训练2 如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
证明 (1) 以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1).
∵点E，F分别是PC，PD的中点，
∴E，F，＝，＝(1，0，0).
∵＝－，∴∥，即EF∥AB，
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
(2)由(1)可知，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，
∵·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，
∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面PAD，
∴DC⊥平面PAD.
∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.
题型三 空间角的计算
1.(2018·浙江高考适应性考试)四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，则可以把O1，O2，O3，O4看成正四面体的四个顶点，球的半径为棱长的一半，记球的半径为1，则正四面体的棱长为2.平移直线O3O4至O2C位置，过O2C，O1O2的平面截球O1得一个大圆，过O2作大圆的两条切线O2E，O2F，由线面垂直易证O1O2⊥O2C，
由图可知，当点M运动至切点E时，∠MO2C最小，当点M运动至切点F时，∠MO2C最大，设∠EO2O1＝θ，则∠MO2C∈.在Rt△EO2O1中，sin θ＝，则θ＝，即直线O2M与直线O3O4所成角α∈，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为，故选C.
2.(2017·浙江)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则( )
A.γ＜α＜β B.α＜γ＜β
C.α＜β＜γ D.β＜γ＜α
答案 B
解析 如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.
由图可知它们的对边都是DO，
∴只需比较EO，FO，GO的大小即可.
如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心.
设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，
OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，
OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，
∴OF＜OG＜OE，∴＜＜，
∴α＜γ＜β.故选B.
3.(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
方法一 (1)证明 由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2，
所以A1B＋AB＝AA，故AB1⊥A1B1.
由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，
得B1C1＝.
由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2.
由CC1⊥AC，得AC1＝，
所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1.
又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，
因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解 如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1，
得平面A1B1C1⊥平面ABB1.
由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.
由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝，
得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝，
所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝.
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
方法二 (1)证明 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知各点坐标如下：
A(0，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1).
因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0，2，－3).
由·＝0，得AB1⊥A1B1.
由·＝0，得AB1⊥A1C1.
又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，
所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(1)可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2).
设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z).
由得可取n＝(－，1，0).
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
思维升华 空间角是高考中的常考内容，线线角和二面角多出现在小题中，线面角多出现在解答题中，主要注意几何法与空间向量法的灵活应用.
题型四 立体几何中的动态问题
1.(2018·杭州模拟)等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体ABCD的侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：
①四面体E—BCD的体积有最大值和最小值；
②存在某个位置，使得AE⊥BD；
③设二面角D—AB—E的平面角为θ，则θ≥∠DAE；
④AE的中点M与AB的中点N的连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.
其中，正确说法的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 C
解析 四面体E—BCD的底面BCD的面积为定值，且在旋转的过程中，点E到底面BCD的距离存在最大值和最小值，所以四面体E—BCD的体积有最大值和最小值，①正确；设BD的中点为F，则当AE旋转到平面ACF内时，AE⊥BD，②正确；当点E旋转到△ABD内时，二面角D—AB—E的大小为0，∠DAE＝，此时θ≥∠DAE不成立，③错误；由题意得点P的轨迹为以MN为母线，AB为轴的圆锥面与平面BCD的交线，易得圆锥的母线与圆锥的轴的夹角为，在正四面体ABCD中易得直线
AB与平面BCD所成的角α满足<α<，所以圆锥面与平面BCD的交线为椭圆，即点P的轨迹为椭圆，④正确.综上所述，正确说法的个数为3，故选C.
2.(2018·浙江高考研究联盟联考) 如图，已知正四面体D—ABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角D—PC—B的平面角的余弦值的取值范围是____________.
答案
解析 当点P从点A运动到点B时，二面角D—PC—B的平面角逐渐增大，二面角D—PC—B的平面角最小趋近于二面角D—AC—B的平面角，最大趋近于二面角D—BC—A的平面角的补角.
设正四面体的棱长为2，如图所示，取AC的中点为E.连接DE，BE，易知∠DEB为二面角D—AC—B的平面角，DE＝BE＝，所以cos∠DEB＝
＝，同理二面角D—BC—A的平面角的补角的余弦值为－，故二面角D—PC—B的平面角的余弦值的取值范围是.
思维升华 (1)考虑动态问题中点线面的变化引起的一些量的变化，建立目标函数，用代数方法解决几何问题.
(2)运动变化中的轨迹问题的实质是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规律.
(3)运动过程中端点的情况影响问题的思考，可以利用极限思想考虑运动变化的极限位置.
1.(2018·绍兴质检)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数是( )
①若m∥α且m⊥β，则α⊥β；
②若m⊥β且α⊥β，则m∥α；
③若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β；
④若m∥n，n∥α，则m∥α.
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 B
解析 若m∥α，则由线面平行的性质定理知，在α内有直线l与m平行，又m⊥β，则l⊥β，从而α⊥β，故①正确；若m⊥β且α⊥β，则m⊂α或m∥α，故②不正确；若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，故③正确；若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故④不正确.故正确的个数为2.
2.过正方体ABCD—A′B′C′D′的顶点A作平面α，使得棱AB，CC′，A′D′在平面α上的投影的长度相等，则这样的平面α的个数为( )
A.6 B.4 C.3 D.1
答案 B
解析 考虑到平行的性质，AB，CC′，A′D′可以用同一顶点处的三条棱替代，如AB，AA′，AD，投影的长度相等等价于这些线段所在直线与平面α所成的角相等，因此以正方体为依托，
如图，平面AB′D′(BC′D)，ACD′(A′BC′)，A′BD(B′CD′)，A′C′D(AB′C)均符合题意，所以这样的平面有4个.故选B.
3.(2018·绍兴模拟)《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )
A.2 B.2＋4
C.4＋4 D.4＋6
答案 C
解析 由题可得，该几何体是底面为等腰直角三角形，直角边长为，高为2的直三棱柱，所以其侧面包括一个边长为2的正方形及两个长和宽分别为2和的长方形，所以其侧面积为S＝22＋2×2×＝4＋4，故选C.
4.(2018·台州适应性考试)如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角N—AC—B的余弦值为( )
A.0 B. C. D.
答案 C
解析 易知OB＝OD，所以当N为BD的中点时，线段ON最短，因为AC⊥OB，AC⊥OD，OB∩OD＝O，OB，OD⊂平面OBD，所以AC⊥平面BOD，所以ON⊥AC，又OB⊥AC，所以∠BON即二面角N—AC—B的平面角.因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，OD⊥AC，所以OD⊥平面ABC，所以OD⊥OB，△BOD为等腰直角三角形，所以∠BON＝45°，所以二面角N—AC—B的余弦值为.
5.(2018·浙江)已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则( )
A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1
C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1
答案 D
解析 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.
由题意，得tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1.
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.故选D.
6.(2018·嘉兴调研)如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过EF的平面与棱BB1，DD1分别交于点G，H.设BG＝x，x∈[0，1].
①四边形EGFH一定是菱形；
②AC∥平面EGFH；
③四边形EGFH的面积S＝f(x)在区间[0，1]上具有单调性；
④四棱锥A—EGFH的体积为定值.
以上结论正确的个数是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案 B
解析 由正方体的性质易得D1H＝BG＝x，则四边形A1D1HE、四边形ABGE、四边形CBGF、四边形C1D1HF为四个全等的直角梯形，则HE＝EG＝GF＝FH，即四边形EGFH为菱形，①正确；因为AC∥EF，EF⊂平面EGFH，AC⊄平面EGFH，所以AC∥平面EGFH，②正确；在线段DD1上取DM＝x，则易得△HMG为直角三角形，且HM＝1－2x，则GH＝＝，则菱形EGFH的面积S＝f(x)＝EF·GH＝，易得其在上单调递减，在上单调递增，在[0，1]上不具有单调性，③错误；V四棱锥A—EGFH＝V三棱锥A—EFH＋V三棱锥A—EGF＝V三棱锥F—AEH＋V三棱锥F—AEG＝×1××1×＋×1××1×＝，为定值，④正确.综上所述，正确结论的个数是3，故选B.
7.如图，在正四面体A—BCD中，P，Q，R分别为AB，AC，AD上的点，＝2，＝＝3，记二面角B—PQ—R，C—QR—P，D—PR—Q的平面角分别为α，β，γ，则( )
A.γ<α<β B.α<γ<β
C.α<β<γ D.β<γ<α
答案 C
解析 易知二面角B—PQ—R的平面角的补角就是二面角A—PQ—R的平面角，二面角C—QR—P的平面角的补角就是二面角A—QR—P的平面角，二面角D—PR—Q的平面角的补角就是二面角A—PR—Q的平面角.易得二面角A—PQ—R的平面角>二面角A—QR—P的平面角>二面角A—PR—Q的平面角，即α<β<γ.故选C.
8.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：
①DF⊥BC；
②BD⊥FC；
③平面DBF⊥平面BFC；
④平面DCF⊥平面BFC.
在翻折过程中，可能成立的结论是________.(填写结论序号)
答案 ②③
解析 因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足，
所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误.故答案为②③.
9.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为______.
答案
解析 以A点为坐标原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设AB＝1，则＝，
E，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，
则＝，
∴cos，＝＝－.
则cos θ＝|cos，|＝＝·，
令t＝1－y，则y＝1－t，
∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，
那么cos θ＝·＝ ＝，
令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，
那么cos θ＝ ，
又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单调递增，
∴x＝1时，zmin＝5，
此时cos θ的最大值为·＝·＝.
10.(2009·浙江)如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足.设AK＝t，则t的取值范围是____________.
答案
解析 如图，在平面ADF内过D作DH⊥AF，垂足为H，连接HK.过F点作FP∥BC交AB于点P.
设∠FAB＝θ，则cos θ∈.
设DF＝x，则1<2.
∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，DK⊥AB，DK⊂ABD，∴DK⊥平面ABC，又AF⊂平面ABC，∴DK⊥AF.
又∵DH⊥AF，DK∩DH＝D，DK，DH⊂平面DKH，
∴AF⊥平面DKH，∴AF⊥HK，即AH⊥HK.
在Rt△ADF中，AF＝，∴DH＝ .
∵△ADF和△APF都是直角三角形，PF＝AD，
∴Rt△ADF≌Rt△APF，∴AP＝DF＝x.
∵△AHD∽△ADF，
∴cos θ＝＝ .∴x＝.
∵1
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明 如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.
因为E，F分别为PD，PA的中点，
所以EF∥AD且EF＝AD，
又因为BC∥AD，BC＝AD，
所以EF∥BC且EF＝BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.
因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
因此CE∥平面PAB.
(2)解 分别取BC，AD的中点为M，N，
连接PN交EF于点Q，连接MQ.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN.
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，
所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.
12.(2018·浙江重点中学联考)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，D是棱A1C1的中点，CC1＝h(h>0).
(1)证明：BC1∥平面AB1D；
(2)若直线BC1与平面ABB1A1所成角的大小为，求h的值.
(1)证明 方法一 如图1，连接A1B，交AB1于点E，连接DE，则DE是△A1BC1的中位线，
图1
所以DE∥BC1.
又DE⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D，
所以BC1∥平面AB1D.
方法二 如图2，取AC的中点F，连接BF，C1F，DF.
图2
因为AF∥DC1，且AF＝DC1，
所以四边形AFC1D是平行四边形，故AD∥FC1.
又FC1⊂平面BFC1，AD⊄平面BFC1，
所以AD∥平面BFC1.
因为DF∥B1B，且DF＝B1B，所以四边形DFBB1是平行四边形，故DB1∥FB.
又FB⊂平面BFC1，DB1⊄平面BFC1，
所以DB1∥平面BFC1.
又AD∩DB1＝D，AD，DB1⊂平面ADB1，
所以平面ADB1∥平面BFC1.
又BC1⊂平面BFC1，
故BC1∥平面AB1D.
(2)解 方法一 取A1B1的中点H，连接C1H，BH.
因为△A1B1C1与△ABC都是正三角形，所以C1H⊥A1B1.
在直三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面A1B1C1，平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝A1B1，
又C1H⊂平面A1B1C1，故C1H⊥平面ABB1A1.
所以∠C1BH就是BC1与平面ABB1A1所成的角，
即∠C1BH＝.
在Rt△C1BH中，BC1＝2HC1＝2，
在Rt△BCC1中，BC1＝＝.
所以＝2，解得h＝2.
方法二 以AB的中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图3所示，
图3
则B(1，0，0)，C1(0，，h).
易得平面ABB1A1的一个法向量为n＝(0，1，0).
又＝(－1，，h)，
所以sin ＝|cos〈，n〉|＝，
即＝，解得h＝2.
13.(2018·绍兴市适应性考试)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝θ，M为AB的中点.将△ACM沿着CM翻折至△A′CM，使得A′M⊥MB，则θ的取值不可能为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 如图，设点A′在平面BMC上的射影为A″，
则由题意知，点A″在直线CM的垂线A′A″上.要使A′M⊥MB，则A″M⊥MB，所以只需考虑其临界情况，即当A″M⊥MB时，点A与点A″关于直线CM对称，所以∠AMD＝∠A″MD＝∠BMC＝，又AM＝MC，所以△AMC是以∠MAC为底角的等腰三角形，所以∠CAM＋∠MCA＝2θ＝，所以θ＝.因此当θ≥时，有A′M⊥MB，所以θ的取值不可能为，故选A.
14. (2018·温州高考适应性测试)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运动时，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
答案 A
解析 设在定圆内过点B的直径与圆的另一个交点为点D，过点B作AD的垂线，垂足为点E，连接EH，CD.因为BD为定圆的直径，所以CD⊥BC，又因为AB垂直于定圆所在的平面，所以CD⊥AB，又因为AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH，又因为BH⊥AC，AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥EH，所以动点H在以BE为直径的圆上，即点H的运动轨迹为圆，故选A.
15.(2018·浙江省镇海中学模拟)已知直三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )
A.2 B.4 C.2 D.2
答案 D
解析 取D，D1分别为AC，A1C1的中点，连接DD1，DB，根据题意以D为原点，DB，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
点M在侧棱AA1上，设M(0，－1，a)，点N在BB1上，设N(，0，b)，点Q在CC1上，设Q(0，1，c)，不妨设c
答案 －
解析 设点P在底面ABC上的投影为H，连接PH，则PH⊥平面ABC.过H作HM⊥AC于M，HN⊥BC于N，连接PM，PN，则α＝∠PMH，β＝∠PNH.设AC＝BC＝1，AH＝t(0
因为0
题型一 求空间几何体的表面积与体积
例1 (1)一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中正视图、侧视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为( )
A.16＋4 B.16＋4
C.20＋4 D.20＋4
答案 D
解析 由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，
可得其表面积为S＝5×22＋4××2×＝20＋4，故选D.
(2)(2018·浙江省嘉兴市第一中学期中)如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，交PB，PC分别于E，F，当三棱锥P－AEF体积最大时，tan∠BAC＝________.
答案
解析 ∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB，
又AC⊥BC，AP⊥BC，AC∩AP＝A，AC，AP⊂平面PAC，
∴BC⊥平面PAC，又∵AF⊂平面PAC，
∴AF⊥BC，又∵PB∩BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°，
设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，
AF＝＝＝ .
在Rt△PAB中，AE＝PE＝，∴EF＝，
∴V三棱锥P－AEF＝·AF·EF·PE＝AF·×＝·
＝≤，
∴当AF＝1时，三棱锥P－AEF的体积取最大值，
此时＝1，且0°<θ<90°，
∴cos θ＝，sin θ＝，tan θ＝.
思维升华 (1)等积转换法多用来求三棱锥的体积.
(2)不规则的几何体可通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.
跟踪训练1 (1)(2018·嘉兴模拟)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积(单位：cm2)是( )
A.36＋24 B.36＋12
C.40＋24 D.40＋12
答案 B
解析 由三视图得该几何体为一个组合体，上面是棱长为2的正方体，下面是下底为边长为4的正方形、上底为边长为2的正方形的四棱台，则其表面积为5×22＋4××＋42＝36＋12，故选B.
(2)(2018·温州高考适应性测试)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A.＋π B.＋π
C. D.
答案 A
解析 由三视图可还原出几何体的直观图，该几何体是由半个圆柱(底面圆的半径为1，高为2)和一个四棱锥(底面为边长是2的正方形，高为1)组成的，如图所示.故该几何体的体积V＝×π×12×2＋×22×1＝＋π.故选A.
题型二 空间点、线、面的位置关系
例2 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分别是A1C1，BC的中点.
(1)求证：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求证：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱锥E－ABC的体积.
(1)证明 在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.
因为AB⊂平面ABC，所以BB1⊥AB.
又因为AB⊥BC，BC∩BB1＝B，所以AB⊥平面B1BCC1.
又AB⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)证明 方法一 如图1，取AB中点G，连接EG，FG.
因为E，F分别是A1C1，BC的中点，
所以FG∥AC，且FG＝AC.
因为AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1，
所以四边形FGEC1为平行四边形，所以C1F∥EG.
又因为EG⊂平面ABE，C1F⊄平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
方法二 如图2，取AC的中点H，连接C1H，FH.
因为H，F分别是AC，BC的中点，所以HF∥AB，
又因为E，H分别是A1C1，AC的中点，
所以EC1∥AH，且EC1＝AH，
所以四边形EAHC1为平行四边形，所以C1H∥AE，
又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，
所以平面ABE∥平面C1HF，
又C1F⊂平面C1HF，所以C1F∥平面ABE.
(3)解 因为AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝＝.
所以三棱锥E－ABC的体积V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.
思维升华 (1)平行问题的转化
利用线线平行、线面平行、面面平行的相互转化解决平行关系的判定问题时，一般遵循从“低维”到“高维”的转化，即从“线线平行”到“线面平行”，再到“面面平行”；而应用性质定理时，其顺序正好相反.在实际的解题过程中，判定定理和性质定理一般要相互结合，灵活运用.
(2)垂直问题的转化
在空间垂直关系中，线面垂直是核心，已知线面垂直，既可为证明线线垂直提供依据，又可为利用判定定理证明面面垂直作好铺垫.应用面面垂直的性质定理时，一般需作辅助线，基本作法是过其中一个平面内一点作交线的垂线，从而把面面垂直问题转化为线面垂直问题，进而可转化为线线垂直问题.
跟踪训练2 如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，点E，F分别是PC，PD的中点，PA＝AB＝1，BC＝2.
(1)求证：EF∥平面PAB；
(2)求证：平面PAD⊥平面PDC.
证明 (1) 以点A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，1).
∵点E，F分别是PC，PD的中点，
∴E，F，＝，＝(1，0，0).
∵＝－，∴∥，即EF∥AB，
又AB⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，
∴EF∥平面PAB.
(2)由(1)可知，＝(0，0，1)，＝(0，2，0)，＝(1，0，0)，
∵·＝(0，0，1)·(1，0，0)＝0，·＝(0，2，0)·(1，0，0)＝0，
∴⊥，⊥，即AP⊥DC，AD⊥DC.
又AP∩AD＝A，AP，AD⊂平面PAD，
∴DC⊥平面PAD.
∵DC⊂平面PDC，∴平面PAD⊥平面PDC.
题型三 空间角的计算
1.(2018·浙江高考适应性考试)四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 由四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，则可以把O1，O2，O3，O4看成正四面体的四个顶点，球的半径为棱长的一半，记球的半径为1，则正四面体的棱长为2.平移直线O3O4至O2C位置，过O2C，O1O2的平面截球O1得一个大圆，过O2作大圆的两条切线O2E，O2F，由线面垂直易证O1O2⊥O2C，
由图可知，当点M运动至切点E时，∠MO2C最小，当点M运动至切点F时，∠MO2C最大，设∠EO2O1＝θ，则∠MO2C∈.在Rt△EO2O1中，sin θ＝，则θ＝，即直线O2M与直线O3O4所成角α∈，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为，故选C.
2.(2017·浙江)如图，已知正四面体D－ABC(所有棱长均相等的三棱锥)，P，Q，R分别为AB，BC，CA上的点，AP＝PB，＝＝2，分别记二面角D－PR－Q，D－PQ－R，D－QR－P的平面角为α，β，γ，则( )
A.γ＜α＜β B.α＜γ＜β
C.α＜β＜γ D.β＜γ＜α
答案 B
解析 如图①，作出点D在底面ABC上的射影O，过点O分别作PR，PQ，QR的垂线OE，OF，OG，连接DE，DF，DG，则α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO.
由图可知它们的对边都是DO，
∴只需比较EO，FO，GO的大小即可.
如图②，在AB边上取点P′，使AP′＝2P′B，连接OQ，OR，则O为△QRP′的中心.
设点O到△QRP′三边的距离为a，则OG＝a，
OF＝OQ·sin∠OQF＜OQ·sin∠OQP′＝a，
OE＝OR·sin∠ORE＞OR·sin∠ORP′＝a，
∴OF＜OG＜OE，∴＜＜，
∴α＜γ＜β.故选B.
3.(2018·浙江)如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.
方法一 (1)证明 由AB＝2，AA1＝4，BB1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2，
所以A1B＋AB＝AA，故AB1⊥A1B1.
由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC，
得B1C1＝.
由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2.
由CC1⊥AC，得AC1＝，
所以AB＋B1C＝AC，故AB1⊥B1C1.
又因为A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1⊂平面A1B1C1，
因此AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解 如图，过点C1作C1D⊥A1B1，交直线A1B1于点D，连接AD.
由AB1⊥平面A1B1C1，
得平面A1B1C1⊥平面ABB1.
由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D⊂平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1.
所以∠C1AD是AC1与平面ABB1所成的角.
由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝，
得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝，
所以C1D＝，故sin∠C1AD＝＝.
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
方法二 (1)证明 如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意知各点坐标如下：
A(0，－，0)，B(1，0，0)，A1(0，－，4)，B1(1，0，2)，C1(0，，1).
因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0，2，－3).
由·＝0，得AB1⊥A1B1.
由·＝0，得AB1⊥A1C1.
又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1⊂平面A1B1C1，
所以AB1⊥平面A1B1C1.
(2)解 设直线AC1与平面ABB1所成的角为θ.
由(1)可知＝(0，2，1)，＝(1，，0)，＝(0，0，2).
设平面ABB1的一个法向量为n＝(x，y，z).
由得可取n＝(－，1，0).
所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝.
因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是.
思维升华 空间角是高考中的常考内容，线线角和二面角多出现在小题中，线面角多出现在解答题中，主要注意几何法与空间向量法的灵活应用.
题型四 立体几何中的动态问题
1.(2018·杭州模拟)等腰直角三角形ABE的斜边AB为正四面体ABCD的侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：
①四面体E—BCD的体积有最大值和最小值；
②存在某个位置，使得AE⊥BD；
③设二面角D—AB—E的平面角为θ，则θ≥∠DAE；
④AE的中点M与AB的中点N的连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.
其中，正确说法的个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 C
解析 四面体E—BCD的底面BCD的面积为定值，且在旋转的过程中，点E到底面BCD的距离存在最大值和最小值，所以四面体E—BCD的体积有最大值和最小值，①正确；设BD的中点为F，则当AE旋转到平面ACF内时，AE⊥BD，②正确；当点E旋转到△ABD内时，二面角D—AB—E的大小为0，∠DAE＝，此时θ≥∠DAE不成立，③错误；由题意得点P的轨迹为以MN为母线，AB为轴的圆锥面与平面BCD的交线，易得圆锥的母线与圆锥的轴的夹角为，在正四面体ABCD中易得直线
AB与平面BCD所成的角α满足<α<，所以圆锥面与平面BCD的交线为椭圆，即点P的轨迹为椭圆，④正确.综上所述，正确说法的个数为3，故选C.
2.(2018·浙江高考研究联盟联考) 如图，已知正四面体D—ABC，P为线段AB上的动点(端点除外)，则二面角D—PC—B的平面角的余弦值的取值范围是____________.
答案
解析 当点P从点A运动到点B时，二面角D—PC—B的平面角逐渐增大，二面角D—PC—B的平面角最小趋近于二面角D—AC—B的平面角，最大趋近于二面角D—BC—A的平面角的补角.
设正四面体的棱长为2，如图所示，取AC的中点为E.连接DE，BE，易知∠DEB为二面角D—AC—B的平面角，DE＝BE＝，所以cos∠DEB＝
＝，同理二面角D—BC—A的平面角的补角的余弦值为－，故二面角D—PC—B的平面角的余弦值的取值范围是.
思维升华 (1)考虑动态问题中点线面的变化引起的一些量的变化，建立目标函数，用代数方法解决几何问题.
(2)运动变化中的轨迹问题的实质是寻求运动变化过程中的所有情况，发现动点的运动规律.
(3)运动过程中端点的情况影响问题的思考，可以利用极限思想考虑运动变化的极限位置.
1.(2018·绍兴质检)已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的个数是( )
①若m∥α且m⊥β，则α⊥β；
②若m⊥β且α⊥β，则m∥α；
③若m∥n，m⊥α，n⊥β，则α∥β；
④若m∥n，n∥α，则m∥α.
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 B
解析 若m∥α，则由线面平行的性质定理知，在α内有直线l与m平行，又m⊥β，则l⊥β，从而α⊥β，故①正确；若m⊥β且α⊥β，则m⊂α或m∥α，故②不正确；若m∥n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，所以α∥β，故③正确；若m∥n，n∥α，则m∥α或m⊂α，故④不正确.故正确的个数为2.
2.过正方体ABCD—A′B′C′D′的顶点A作平面α，使得棱AB，CC′，A′D′在平面α上的投影的长度相等，则这样的平面α的个数为( )
A.6 B.4 C.3 D.1
答案 B
解析 考虑到平行的性质，AB，CC′，A′D′可以用同一顶点处的三条棱替代，如AB，AA′，AD，投影的长度相等等价于这些线段所在直线与平面α所成的角相等，因此以正方体为依托，
如图，平面AB′D′(BC′D)，ACD′(A′BC′)，A′BD(B′CD′)，A′C′D(AB′C)均符合题意，所以这样的平面有4个.故选B.
3.(2018·绍兴模拟)《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的侧面积为( )
A.2 B.2＋4
C.4＋4 D.4＋6
答案 C
解析 由题可得，该几何体是底面为等腰直角三角形，直角边长为，高为2的直三棱柱，所以其侧面包括一个边长为2的正方形及两个长和宽分别为2和的长方形，所以其侧面积为S＝22＋2×2×＝4＋4，故选C.
4.(2018·台州适应性考试)如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ACD⊥平面ABC，若点N是BD上的动点，当线段ON最短时，二面角N—AC—B的余弦值为( )
A.0 B. C. D.
答案 C
解析 易知OB＝OD，所以当N为BD的中点时，线段ON最短，因为AC⊥OB，AC⊥OD，OB∩OD＝O，OB，OD⊂平面OBD，所以AC⊥平面BOD，所以ON⊥AC，又OB⊥AC，所以∠BON即二面角N—AC—B的平面角.因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，OD⊥AC，所以OD⊥平面ABC，所以OD⊥OB，△BOD为等腰直角三角形，所以∠BON＝45°，所以二面角N—AC—B的余弦值为.
5.(2018·浙江)已知四棱锥S－ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点(不含端点)，设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S－AB－C的平面角为θ3，则( )
A.θ1≤θ2≤θ3 B.θ3≤θ2≤θ1
C.θ1≤θ3≤θ2 D.θ2≤θ3≤θ1
答案 D
解析 如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E′为AB的中点，S到底面的距离SO＝1，以EE′，E′O为邻边作矩形OO′EE′，
则∠SEO′＝θ1，∠SEO＝θ2，∠SE′O＝θ3.
由题意，得tan θ1＝＝，tan θ2＝＝＝，tan θ3＝1，
此时tan θ2＜tan θ3＜tan θ1，可得θ2＜θ3＜θ1.
当E在AB中点处时，θ2＝θ3＝θ1.故选D.
6.(2018·嘉兴调研)如图，正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱AA1，CC1的中点，过EF的平面与棱BB1，DD1分别交于点G，H.设BG＝x，x∈[0，1].
①四边形EGFH一定是菱形；
②AC∥平面EGFH；
③四边形EGFH的面积S＝f(x)在区间[0，1]上具有单调性；
④四棱锥A—EGFH的体积为定值.
以上结论正确的个数是( )
A.4 B.3 C.2 D.1
答案 B
解析 由正方体的性质易得D1H＝BG＝x，则四边形A1D1HE、四边形ABGE、四边形CBGF、四边形C1D1HF为四个全等的直角梯形，则HE＝EG＝GF＝FH，即四边形EGFH为菱形，①正确；因为AC∥EF，EF⊂平面EGFH，AC⊄平面EGFH，所以AC∥平面EGFH，②正确；在线段DD1上取DM＝x，则易得△HMG为直角三角形，且HM＝1－2x，则GH＝＝，则菱形EGFH的面积S＝f(x)＝EF·GH＝，易得其在上单调递减，在上单调递增，在[0，1]上不具有单调性，③错误；V四棱锥A—EGFH＝V三棱锥A—EFH＋V三棱锥A—EGF＝V三棱锥F—AEH＋V三棱锥F—AEG＝×1××1×＋×1××1×＝，为定值，④正确.综上所述，正确结论的个数是3，故选B.
7.如图，在正四面体A—BCD中，P，Q，R分别为AB，AC，AD上的点，＝2，＝＝3，记二面角B—PQ—R，C—QR—P，D—PR—Q的平面角分别为α，β，γ，则( )
A.γ<α<β B.α<γ<β
C.α<β<γ D.β<γ<α
答案 C
解析 易知二面角B—PQ—R的平面角的补角就是二面角A—PQ—R的平面角，二面角C—QR—P的平面角的补角就是二面角A—QR—P的平面角，二面角D—PR—Q的平面角的补角就是二面角A—PR—Q的平面角.易得二面角A—PQ—R的平面角>二面角A—QR—P的平面角>二面角A—PR—Q的平面角，即α<β<γ.故选C.
8.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，E，F分别是AB，CD的中点，将四边形ADFE沿直线EF进行翻折，给出四个结论：
①DF⊥BC；
②BD⊥FC；
③平面DBF⊥平面BFC；
④平面DCF⊥平面BFC.
在翻折过程中，可能成立的结论是________.(填写结论序号)
答案 ②③
解析 因为BC∥AD，AD与DF相交不垂直，所以BC与DF不垂直，则①错误；设点D在平面BCF上的射影为点P，当BP⊥CF时就有BD⊥FC，而AD∶BC∶AB＝2∶3∶4，可使条件满足，
所以②正确；当点P落在BF上时，DP⊂平面BDF，从而平面BDF⊥平面BCF，所以③正确；因为点D的投影不可能在FC上，所以平面DCF⊥平面BFC不成立，即④错误.故答案为②③.
9.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段PQ上，E，F分别为AB，BC的中点.设异面直线EM与AF所成的角为θ，则cos θ的最大值为______.
答案
解析 以A点为坐标原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设AB＝1，则＝，
E，设M(0，y，1)(0≤y≤1)，
则＝，
∴cos，＝＝－.
则cos θ＝|cos，|＝＝·，
令t＝1－y，则y＝1－t，
∵0≤y≤1，∴0≤t≤1，
那么cos θ＝·＝ ＝，
令x＝，∵0≤t≤1，∴x≥1，
那么cos θ＝ ，
又∵z＝9x2－8x＋4在[1，＋∞)上单调递增，
∴x＝1时，zmin＝5，
此时cos θ的最大值为·＝·＝.
10.(2009·浙江)如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点.现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC.在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足.设AK＝t，则t的取值范围是____________.
答案
解析 如图，在平面ADF内过D作DH⊥AF，垂足为H，连接HK.过F点作FP∥BC交AB于点P.
设∠FAB＝θ，则cos θ∈.
设DF＝x，则1<2.
∵平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，DK⊥AB，DK⊂ABD，∴DK⊥平面ABC，又AF⊂平面ABC，∴DK⊥AF.
又∵DH⊥AF，DK∩DH＝D，DK，DH⊂平面DKH，
∴AF⊥平面DKH，∴AF⊥HK，即AH⊥HK.
在Rt△ADF中，AF＝，∴DH＝ .
∵△ADF和△APF都是直角三角形，PF＝AD，
∴Rt△ADF≌Rt△APF，∴AP＝DF＝x.
∵△AHD∽△ADF，
∴cos θ＝＝ .∴x＝.
∵1
(1)证明：CE∥平面PAB；
(2)求直线CE与平面PBC所成角的正弦值.
(1)证明 如图，设PA的中点为F，连接EF，FB.
因为E，F分别为PD，PA的中点，
所以EF∥AD且EF＝AD，
又因为BC∥AD，BC＝AD，
所以EF∥BC且EF＝BC，
所以四边形BCEF为平行四边形，所以CE∥BF.
因为BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
因此CE∥平面PAB.
(2)解 分别取BC，AD的中点为M，N，
连接PN交EF于点Q，连接MQ.
因为E，F，N分别是PD，PA，AD的中点，
所以Q为EF的中点，
在平行四边形BCEF中，MQ∥CE.
由△PAD为等腰直角三角形得PN⊥AD.
由DC⊥AD，BC∥AD，BC＝AD，N是AD的中点得BN⊥AD.所以AD⊥平面PBN.
由BC∥AD得BC⊥平面PBN，
那么平面PBC⊥平面PBN.
过点Q作PB的垂线，垂足为H，连接MH.MH是MQ在平面PBC上的射影，
所以∠QMH是直线CE与平面PBC所成的角.
设CD＝1.
在△PCD中，由PC＝2，CD＝1，PD＝得CE＝，
在△PBN中，由PN＝BN＝1，PB＝得QH＝，
在Rt△MQH中，QH＝，MQ＝，
所以sin∠QMH＝，
所以直线CE与平面PBC所成角的正弦值是.
12.(2018·浙江重点中学联考)如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，底面ABC是边长为2的正三角形，D是棱A1C1的中点，CC1＝h(h>0).
(1)证明：BC1∥平面AB1D；
(2)若直线BC1与平面ABB1A1所成角的大小为，求h的值.
(1)证明 方法一 如图1，连接A1B，交AB1于点E，连接DE，则DE是△A1BC1的中位线，
图1
所以DE∥BC1.
又DE⊂平面AB1D，BC1⊄平面AB1D，
所以BC1∥平面AB1D.
方法二 如图2，取AC的中点F，连接BF，C1F，DF.
图2
因为AF∥DC1，且AF＝DC1，
所以四边形AFC1D是平行四边形，故AD∥FC1.
又FC1⊂平面BFC1，AD⊄平面BFC1，
所以AD∥平面BFC1.
因为DF∥B1B，且DF＝B1B，所以四边形DFBB1是平行四边形，故DB1∥FB.
又FB⊂平面BFC1，DB1⊄平面BFC1，
所以DB1∥平面BFC1.
又AD∩DB1＝D，AD，DB1⊂平面ADB1，
所以平面ADB1∥平面BFC1.
又BC1⊂平面BFC1，
故BC1∥平面AB1D.
(2)解 方法一 取A1B1的中点H，连接C1H，BH.
因为△A1B1C1与△ABC都是正三角形，所以C1H⊥A1B1.
在直三棱柱ABC—A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面A1B1C1，平面ABB1A1∩平面A1B1C1＝A1B1，
又C1H⊂平面A1B1C1，故C1H⊥平面ABB1A1.
所以∠C1BH就是BC1与平面ABB1A1所成的角，
即∠C1BH＝.
在Rt△C1BH中，BC1＝2HC1＝2，
在Rt△BCC1中，BC1＝＝.
所以＝2，解得h＝2.
方法二 以AB的中点O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，过点O且与平面ABC垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图3所示，
图3
则B(1，0，0)，C1(0，，h).
易得平面ABB1A1的一个法向量为n＝(0，1，0).
又＝(－1，，h)，
所以sin ＝|cos〈，n〉|＝，
即＝，解得h＝2.
13.(2018·绍兴市适应性考试)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠CAB＝θ，M为AB的中点.将△ACM沿着CM翻折至△A′CM，使得A′M⊥MB，则θ的取值不可能为( )
A. B. C. D.
答案 A
解析 如图，设点A′在平面BMC上的射影为A″，
则由题意知，点A″在直线CM的垂线A′A″上.要使A′M⊥MB，则A″M⊥MB，所以只需考虑其临界情况，即当A″M⊥MB时，点A与点A″关于直线CM对称，所以∠AMD＝∠A″MD＝∠BMC＝，又AM＝MC，所以△AMC是以∠MAC为底角的等腰三角形，所以∠CAM＋∠MCA＝2θ＝，所以θ＝.因此当θ≥时，有A′M⊥MB，所以θ的取值不可能为，故选A.
14. (2018·温州高考适应性测试)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运动时，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
答案 A
解析 设在定圆内过点B的直径与圆的另一个交点为点D，过点B作AD的垂线，垂足为点E，连接EH，CD.因为BD为定圆的直径，所以CD⊥BC，又因为AB垂直于定圆所在的平面，所以CD⊥AB，又因为AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，所以CD⊥BH，又因为BH⊥AC，AC∩CD＝C，所以BH⊥平面ACD，所以BH⊥EH，所以动点H在以BE为直径的圆上，即点H的运动轨迹为圆，故选A.
15.(2018·浙江省镇海中学模拟)已知直三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于三点M，N，Q，若△MNQ为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为( )
A.2 B.4 C.2 D.2
答案 D
解析 取D，D1分别为AC，A1C1的中点，连接DD1，DB，根据题意以D为原点，DB，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
点M在侧棱AA1上，设M(0，－1，a)，点N在BB1上，设N(，0，b)，点Q在CC1上，设Q(0，1，c)，不妨设c
答案 －
解析 设点P在底面ABC上的投影为H，连接PH，则PH⊥平面ABC.过H作HM⊥AC于M，HN⊥BC于N，连接PM，PN，则α＝∠PMH，β＝∠PNH.设AC＝BC＝1，AH＝t(0
因为0
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