2021年高考【热点·重点·难点】：重难点05空间向量与立体几何（解析版）

重难点05空间向量与立体几何

，命题趋势）

立体几何在高考数学是一个必考知识点，一直在高中数学中占有很大的分值，未来的高考中立体几何也

会持续成为高考的一个热点，理科高考中立体几何主要考查三视图的相关性质利用，简单几何体的体积，

表面积以及外接圆问题.另外选择部分主要考查在点线面位置关系，简单几何体三视图.选择题主要还是以几

何体的基本性质为主，解答题部分主要考查平行，垂直关系以及二面角问题.前面的重点专题已经对立体儿

何进行了一系列详细的说明，本专题继续加强对高考中立体几何出现的习题以及对应的题目类型进行必要

的加强.本专题包含了高考中几乎所有题型，学完本专题以后，对以后所有的立体几何你将有一个更加清晰

的认识.

【知识点分析以及满分技巧】

基础知识点考查：一般来说遵循三短一长选最长.要学会抽象问题具体会，将题目中的直线转化成显示中

的具体事务，例如立体坐标系可以看做是一个教室的墙角

有关外接圆问题：一般图形可以采用补形法，将几何体补成正方体或者是长方体，再利用不在同一个平

面的四点确定一个立体平面原理，从而去求.

内切圆问题：转化成正方体的内切圆去求.

求点到平面的距离问题：采用等体积法.

求几何体的表面积体积问题：应注意巧妙选取底面积与高.

对于二面角问题应采用建立立体坐标系去求.但是坐标系要注意采用左手系务必要标记准确对应点以及

法向量对应的坐标.

【常见题型限时检测】（建议用时：60分钟）

一、单选题

1.（2020•上海闵行区・高三一模）如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2,“是侧棱PC的中点,

若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB、PD于点（可与端点重合），则四棱锥P—的体积的

【答案】D

【分析】设器=X,需=y，则PE=xPB,PF=yPD,然后利用等体积法由

23y

^P-AEMF=VP-AEF+Vp-EMF=^P-AFM+^P-AEM=2肛=+>),得到*="T"，再消兀得到

3"

2•二二，令3y—l=t,利用对勾函数的性质求解.

^P-AEMF

33y-l

PEPF

【详解】设一=无一=y^\PE=xPBPF=yPD

PBPDy

412

所以Vp/=町-Vp-ABD=]^P-MEF=^P-BCD=§孙，

_1_2_1_2

vVP-AFM=5y.VvP-ACD=§XVP-AEM二万".vVP-ABC=，

^P-AEMF=^P-AEF+Vp-EMF=^P-AFM+^P-AEM~2%)'=§(元+V)，

c3y

所以x+y=3d，则%=：;----

3>—1

令3y—l=f,因为yeg,l,

所以，£二2,

l_2J

所以卫二=（'+1）2

3y-l9t91

所以％-AEMF="

33y-l

故选:D

【点睛】方法点睛：求解棱锥的体积时，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知

几何体的某一面上.求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体

以便于求解.

2.（2019•上海市七宝中学高三月考）在圆锥P。中，已知高?0=2,底面圆的半径为4,〃为母线PB的

中点；根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个

命题，正确的个数为（）

1•o-•/r.C3•/;l•0••1•'八•li

①圆的面积为4万；

②椭圆的长轴为西；

③双曲线两渐近线的夹角正切值为-之

4

④抛物线中焦点到准线的距离为延.

5

A.1个B.2个C.3个D.4个

【答案】B

【分析】根据点〃是母线的中点，求出截面圆的半径即可判断①；由勾股定理求出椭圆长轴可判断②：建

立坐标系，求出的关系可判断③；建立坐标系，求出抛物线方程，可判断④.

【详解】①点〃是母线的中点，二截面的半径r=2，因此面积=万x22=4万，故①正确；

②由勾股定理可得椭圆的长轴为=J（4+2y+『=J方,故②正确；

③在与底面、平面Q46的垂直且过点M的平面内建立直角坐标系，不妨设双曲线的标准方程为

22

12解得〃

多一斗=1（42>0）,则M（l,0）,即a=1,把点（2,2石卜弋入可得4一=1,=2,;.2=2,

a~h~a

2x244

设双曲线两渐近线的夹角为26,「.tan26=-=一一，.・.sin26=一,因比双曲线两渐近线的夹角为

1-22735

4

arcsin—,③不正确;

④建立直角坐标系，不彷设抛物线的标准方程为V=2px,把点（旧,4"弋入可得42=2〃，解得

〃=述，.•.抛物线中焦点到准线的距离P为曳5,④不正确，故选B.

55

【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查圆锥的性质、椭圆的性质、双曲线的性质，抛物线的

方程与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不

好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注

意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.

3.（2018・上海杨浦区•高三期中）如图所示，已知P41面ABC，AD1BC于D，BC=CD=AD=1.令

PD=x，乙BPC=8,贝I（）

x

A.tan8—至彩B.tand=Sj

C.3血=*D.tan®=/+]

【答案】A

【分析】由PA_L平面ABC,ADJ_BC于D,BC=CD=AD=1,利用x表示PA,PB,PC,由余弦定理得到关

T-x的解析式，进一步利用x表示tan。。

【详解】因为PAL平面ABC,ADJ_BC于D,BC=CD=AD=1,设PD=x,

所以4C=y/2,AB=V5,PA=V%2-1>PC=>Jx2+l,BP=

在APBC中，根据余弦定理可得

PB2+PC2-BC22^4-4

COS0=

-2BPxPC-2\/X2+17X24-4

所以ta#八高一「窄察1一1二

所以tan，=,+2

所以选A

【点睛】

本题考杳直线与平面垂直的性质，余弦定理的应用，基本不等式的应用，考查空间中线线、线面、面面间

的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，属于中档题。

二、填空题

4.（2020・上海高三专题练习）如果三棱锥的底面是边长为。的等边三角形，两条侧棱长为巫。,那么它

2

的第三条侧棱长的取值范围为.

【答案】（日见（^）

【分析】作AC中点/，求出£>尸=品，3/=立0，要构成三棱锥，则必须0<NDEB（万

2

即DF-FB<BD<DF+FB即可.

【详解】

如图，AB—BC—AC-a，AD=CD=-----a

2

作AC中点尸.连接OE,BE

则DF=J（学］各=扃，哈林―（92邛a

要构成三棱锥，则棱3。变化必须满足0<ADFB<71

当NOEBT■。时（即。翻折到3位置），第三条棱BD—DF-FB=Ba

2

当/DEBT•"时（即。翻折到。位置），第三条梭BDTDF+FB=巫&

2

综上正a<8O<°Ga

22

故答案为：（岑a,?Ga）

【点睛】本题考查空间几何体翻折问题.求解翻折（转）问题的关键及注意事项:

求解平面图形翻折（转）问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折（转）后还在同一个平面上的性质不发

生变化，不在同一个平面上的性质发生变化.应注意：

（1）点的变化，点与点的重合及点的位置变化；

（2）线的变化，翻折（转）前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在一个平

面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；

（3）长度、角度等几何度量的变化.

5.（2018・上海市七宝中学高三开学考试）下列命题：

1TIX+V=—1

①关于x、y的二元一次方程组仁-.的系数行列式o=o是该方程组有解的必要非充分条

3mx—my=2m+3

件；

②已知E、F、G、”是空间四点，命题甲：E、F、G、〃四点不共面，命题乙:直线所和G”不相交,

则甲成立是乙成立的充分非必要条件；

③"a<2”是"对任意的实数%,|x+l|+|x-l|>a恒成立”的充要条件；

④“p=0或p=-4”是“关于x的方程K=p有且仅有一个实根”的充要条件；

x

其中，真命题序号是

【答案】②

【分析】根据充分条件和必要条件的定义逐一判断,即可得出答案.

mx+y=-1

【详解】对于①，系数行列式。H0,美/X、y的二元一次方程组｛Jc有唯一解，

3mx—my=2m+3

。=0是该方程组有解的非充分条件

又系数行列式。=0,。尸0或

关于x、y的二元一次方程组仁-一.无解

3mx—my=2m+3

系数行列式。=0,Dx=Dy=0

mx+y=-1

关于x、y的二元一次方程组、-c.有无穷组解

3mx-my-2m+3

mx+y=—1

,关于％、y的二元一次方程组■c.的系数行列式。=o是该方程组有解的非必要非充分

3mx—my=2m+3

条件；

故①不正确；

对于②，已知E、F、G、”是空间四点，命题甲：E、F、G、H四点不共面,命题乙:直线EF和GH不

相交.

命题甲可以推出命题乙，甲成立是乙成立的充分条件

又直线防和G”不相交，当G”,即£、F、G、”四点共面，

•­.命题乙不能推出命题甲，甲成立是乙成立的非必要条件

甲成立是乙成立的充分非必要条件.

故②正确；

对于③，设y=U+i|+|xT|

当xNl时，y=2x>2；

当一l«x<l时,y=2；

当x<—1时,y=-2x>2.

故|x+l|+|x-l|22

。<2能推出任意的实数九|》+1|+|》一1|2。

又对任意的实数八口+1|+|%—1|2。不能推出。<2

故"a<2”是"对任意的实数x,Ix+11+|x-1匡a恒成立”的充分不必要:条件

故③不成立；

对于④,由关于尤的实系数方程2=x+p有且仅有一个实数根,得：/+px—2=0,

X

由Aup2+dpu。得：〃=0或〃=-4

当p=o时，得x=0,检验知：X=0不是方程g=x+p的实根,故此时方程无解

X

当，=-4时，f_4x+4=0,解得x=2,检验知：x=2是方程K=x+p的实根.

X

故此时关于X的方程K=x+P有且仅有一个实数根

X

二“p=0或，=T”不能推出“关于x的方程K=x+p有且仅有•个实根”

X

又关于X的方程£=x+P有且仅有一个实根也不能推出“p=0或〃=-4”

X

"p=0或p=-4”是“关于x的方程£=x+p有且仅有一个实根”的既不充分也不必要条件.

X

故④错误.

故答案为:②.

【点睛】本题主要考查了充分条件与必要条件的判定，其中熟记充分条件和必要条件的判定方法是解答的关

键，着重考查了推理与运算能力,属于中档题.

6.（2019・宝山区・上海交大附中高三月考）设三棱锥V—A5C的底面是正三角形，侧棱长均相等，尸是棱L4

上的点（不含端点），记直线依与直线AC所成的角为a,直线P3与平面ABC所成的角为尸，二面角

P—AC—B的平面角为7,则三个角a、B/中最小的角是.

【答案】B

【分析】作出线线角a,线面角广，二面角/,根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.

【详解】作尸。//C4交VC于。，由于AB=BC=C4,VA^VB=VC,所以V—A5C为正三棱锥，由

对称性知取中点E，连接5E，作石HL平面A8C，交平面ABC于“，连接8”.作依，

平面ABC，交平面ABC于尸，连接8凡作PGLAC，交AC于G,连接GE，所以8£_LPZ）由于

PD//AC,所以a=ZBPZ＞由于相，平面A8C，所以尸=/依£由于PG_LAC,平面ABC，

所以y=NPGF.

sina="=Yl反H互二＞近反二=空.因为尸。//C4，E在PZ）上，E〃_L平面ABC于"，

BPBPBPBP

ppEH

"_L平面A8C于尸，所以团=尸产.所以sin4=而=方.所以sinosin，.由于都是锐角，

所以a＞尸.

PFPFPF

由于P在立4上，由对称性尸B=CP，而"＞。6,则4117=——＞—=——=sin^,由于/也是锐

PGCPBP

角，所以了＞£.

综上所述，•:个角中的最小角是夕.

故答案为:P.

【点睛】本小题主要考查线线角、线面角、二面角的概念，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象

能力，属于中档题.

7.（2018・上海华师大二附中高三开学考试）已知用“斜二测”画图法画一个水平放置的圆时，所得图形是

椭圆，则该椭圆的离心率为

［答案］.历-17

2

【分析】为了简化问题，我们可以设单位圆x2+y2=l,先求出单位圆直观图的方程（x-y）2+8y2=l.画出圆的

外切正方形，和椭圆的外切平行四边形，椭圆经过了适当旋转，0C即为椭圆的a,0D即为椭圆的b,根据

椭圆上的点到原点的距离最大为a,最小为b,我们可以求出a和b,从而推导出离心率.

【详解】为了简化问题，我们可以设单位圆x2+y2=l,即圆上的点P（cos。，sin。），第一步变换，到它

在x轴的投影的距离缩短-半，即尸'（cos。，0.5sin。），第二步变换，绕着投影点顺时针旋转45。，即

P"（cosO+^sinO,Esin。），所以据此得到单位圆的直观图的参数方程为，x=cos。+也sin。，

444

y=—sinO,（）为参数，消去参数可得方程为，（x-y）2+8y2=L

4

y

l\cosO.sinO)

得到单位圆的直观图后，和上面一样，我们画出圆的外切正方形，和椭圆的外切平行四边形，当然就相当

完美了！A、B处均与椭圆相切，并且可以轻易发现，椭圆的长轴其实已经不在x轴上了

该椭圆经过了适当旋转，0C即为椭圆的a,0D即为椭圆的b,根据椭圆上的点到原点的距离最大为a,最小

为b,我们可以求出a和b,从而推导出离心率.

椭圆上的点(cosO^sinO,YZsin®)到原点的距离的平方为

44

d~=(cosO+^'Sin。)？+(^^sin6)2=cos2^+—sin2+-^sin26

4444

_J2•“3.八5sin（26+夕）+工'

——sin2。H—cos26~i—

488

所以/=“'="普万=%=呼

所以02=:2历5717-17

a5+7174

故答案为‘5而二］2

2

【点睛】本题主要考查直观图的画法，考查圆的直观图的方程的求法，考查三角恒等变换和三角函数的最

值，考查椭圆离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

8.（2020・上海高三专题练习）如图，AO与8c是四面体ABCZ）中互相垂直的棱，8c=2.若AZ）=2c,且

AB+BD^AC+CD=2a,其中a、c为常数，则四面体ABC。的体积的最大值是.

作于E,连接C£,则40,平面8EC,所以CE_LAO,由题设，8与C都是在以AD为焦距的椭球

上，且8E、CE都垂直于焦距AC,所以BE=CE.取8C中点R

连接EF,则ERL8C,EF=2,5皿=±BC.EF=4BE：-1,四面体48co的体积

2

V=klD-S^EC=fyjBE-1>显然，当E在AD中点，即8是短轴端点时，BE有最大值为6=八：-1'

所以%X=TAM：-C：-1-

［评注］本题把椭圆拓展到空间，对缺少联想思维的考生打击甚大！当然，作为填空押轴题，区分度还是要

的，不过，就抢分而言，胆大、灵活的考生也容易找到突破点：A8=3D（同时AC=C0,从而致命一击，逃

出生天！

9.（2020•上海高三专题练习）正四面体ABCD的棱长为1,棱AB〃平面a,则正四面体上的所有点在平面

a内的射影构成的图形面积的取值范围是

【解析】本题考查立体几何的动态性问题，应“以静制动，极端位置”破题.如图，边长为变的正方体中有

2

棱长为1的正四面体ABCD,当平面a与底面。4cA平行或重合时，正四面体的射影为四边形DB|CA，

最大面积S=^x《Z=L；取CD的中点O,连接OA,OB,则CD_L平面OAB,当平面a与平面OAB

222

平行时，正四面体的射影为与AOAB全等的三角形，此时AB=1,QA=OB="，故最小面积

2

S=Lxix，^=立，所以射影构成的图形面积的取值范围是£,工（另法：由题意，AB//a,则AB

224L42.

在平面a内的射影为边长为1的线段，当C,D射影重合于一点时，射影图形面积最小，最小面积5=立：

4

当CD。时，射影图形面积最大，最大面积5=,，所以范围为坐,1）.

2|_42

10.（2019・上海青浦区•高三一模）如图，一矩形A8CD的一边A3在*轴上，另两个顶点C、。在函数

X

/（%）=--，x>0的图像上，则此矩形绕x轴旋转而成的几何体的体积的最大值是

1+X'

【分析】求出y的范围，设出点A、B的坐标，根据A、5两点的纵坐标相等得到超西=1，再求出高力；

根据圆柱体的体积公式得到关于y的代数式，最后根据基本不等式求出体积的最大值.

1

,y=/(-^)==~r~—,,-11

r【详解】由1+尸1,c2,当且仅当x=l时取等号，得*+—=一；

十4r2

xxy

又矩形绕X轴旋转得到的旋转体是圆柱,

设4点的坐标为（百，y）,B点的坐标为a，y）,

则圆柱的底面圆半径为y,高为力f-玉，且小）=含,小）=金,

x,x

所以片F2

即(x2-xx)(x2-1)=0,

所以々玉=1,

所以力2=。2+玉）2一4马X\~--）2-4=—-4,

my

所以/i=/_L_1=VlzlZ,

vy

所以%I柱=万丁,力=万刈-4y2=；万•^4/（1-4/）,,；兀（4）+；―4）））=；乃,当且仅当

乙NN4

y=变时取等号,

-4

兀

故此矩形绕X轴旋转得到的旋转体的体积的最大值为一.

4

K

故答案为：一.

4

【点睛】本题考查空间几何体的体积计算和基本不等式的应用问题，考查函数与方程思想、转化与化归思

想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意等号成立的条件.

II.(2018•宝山区♦上海交大附中高三其他模拟)已知底面为正方形且各侧棱长均相等的四棱锥V-ABC。可

绕着AB任意旋转，ABU平面a,M是CD的中点，AB=2,L4=逐，点丫在平面a上的射影点为。，

则10Ml的最大值为

【答案】1+73

【分析】先计算得到二面角C-A8W的大小为60°,设二面角C-AB-。的大小为。，则

\OMf=4-273sin(2^+60°),计算得到答案.

【详解】如图所示：简单计算可得二面角。泊84的大小为60°

设二面角C-A8-0的大小为夕，则N"VO=。—60°,NO=2cos(6—60°)

在&WNO中，利用余弦定理得到：

\OM[=4+4cos2(^-60°)-2-2-2cos(^-60°)-cos^=4-2^sin(2^+60°)

故当6=105。时，|。叫取得最大值为1+JL

故答案为：1+J5

【点睛】本题考查了立体几何中的线段的最值问题，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.

三、解答题

12.（2020•上海浦东新区•华师大二附中高三月考）椭圆「的左、右焦点分别为耳（一1,0）、巴。,0）.经过点

耳（一1,0）且倾斜角为。0＜。＜5的直线/与椭圆「交于4、B两点（其中点4在x轴上方），ABF?的

周长为8.

（1）求椭圆「的标准方程；

（2）如图，把平面xOy沿x轴折起来，使y轴正半轴和x轴所确定的半平面，与），轴负半轴和x轴所确定

的半平面互相垂直：

7T

①若。=§,求异面直线AE和所成角的大小；

②若折叠后48鸟的周长为求夕的大小.

【答案】（1）上+匕=1；（2）①arccosU；②arctan豆亘.

432814

【分析】（1）根据条件求得。，J即得b，即得椭圆方程：

（2）①先根据直线方程与椭圆方程解得A,B坐标，再建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积求线线角;

②设折叠前A（%，X），3（w，%），则得折叠后A,B坐标，代入化筒周长条件，再利用直线方程四=x+l

与椭圆方程联立方程组，结合韦达定理代入化筒条件，解得"？，即得夕的大小.

【详解】（1）因为ABF?的周长为8,所以4a=8,a=2.

由题意得C=1「.从=〃2—02=3

22

所以楠圆「的方程为三+上=1.

43

22

（2）①由直线/:y-O=G（x+l）与3+方=1联立求得A（O,、G）,（因为点A在x轴上方）以及

_8_3

B

-5，-5

再以0为坐标原点，折叠后原y轴负半轴，原x轴，原y轴正半轴所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标

7^（0,-1,0）,A（O,O/）.4|以一割,6（（）,1,0）,耳4=仲,@,叫=（一|"*0

KABF?13

异面直线A£和B6所成角为0,则cos。

F^BF228

13

所求角为arccos一

28

②由|A闾+忸闾+图用=£,|伤|+忸周+|AB|=8,故|4却一|46[=；

由|4用+忸闾+|40=?,|A£|+忸闾+|AB|=8,故

设折叠前A（%,y）,8（七,%）.

my=x+l

直线/与椭圆F联立方程，2y2_，得（3加2+4b2―6阳一9=0

143

6m-9

y+必=——7，X%=-9—.

123加+4九23.+4

在折叠后的图形中建立如图所示的空间直角坐标系（原x轴仍然为x轴，原y轴正半轴为y轴，原y轴负

半轴为z轴）:

设A,8在新图形中对应点记为A,B',

4(%,加())，^'(马,。,一%)

\A'B'\=7(-ri-%2)2+W+(-y2)2，|A"=j(l-X2『+(y-y2)2

\AB\-\A'B'\=一々)2+(加一必)--J(X|-%2『+y：+£=(⑺

-咏2_]

22

J(xl-x2)+(y,-y2)+『「一工2『+犬+£5

所以J(X|-々)2+(%-%)2+J("X2)2+T+。=—4y%07)

由3)(")可得J(X-*2)2+(y-%)2=；一2,％

2

118

•144

43m2+4

12+12病11822

------?-------=---------7-----12/n+12=-//7+l+18,

3m~+443m~+44

解得m2--,0<0<—,所以。=arctan

45214

【点睛】本题考查椭圆标准方程、利用空间向量求线线角、韦达定理应用，考查综合分析求解能力，属较

难题.

13.（2020・上海高三专题练习）如图，在直四棱柱-中，底面是边长为1的菱形，侧棱长

为2.

（i）42与4。能否垂直？说明理由;

TTTT

（2）当”8©在上变化时，求异面直线AC与A4所成角的取值范围.

底

【答案】（1）不能.见解析；（2）arccos---,arccos

6

【分析】

（1）以0冉,。。1，°。分别为％，》，Z轴建立空间直角坐标系，设4（a，0,0），G（°，8,0），进而得到

DAAD，结合向量的数量积的运算,即可求解;

（2）求得AG=（0,四,一2），44=（她0），求得cos（AG,4线）=/工7，根据4+从=1，设

a=cosa,b=s\na,化简得到cos（AC|，4B）=/412'再由题设条件和二次函数的性质,

A/CSCa+csca

即可求解.

【详解】

由题意，菱形A/IGA中，46人线。于。1，设ACBC=O,

以。1耳,QG，。。分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，

设A3,(),0),C,(0,4()),(/+〃=1),则A(-fl,0,0),A,(0,-匕,0),£>(-«,0,2),

(1)因为A4=(2a,0,0)，AD=(—a,8,2),

可得—2a2。0,所以与。与AQ不能垂直.

（2）因为NA,用GG—,—，所以<—<1<

L32J3a

由A（0,一42）,所以4G=（0,。,一2）,44=（a,仇0）,则AC,-A4=2b2,

又由IAG卜2扬+1,"卜+叱=1,

所以8,小&，43）=|^^|二春，

因为。2+/=],设。=（：05£/=5m2，

1

：4a+csc2a'

V6x/5

所以异面直线AC与4耳所成角的取值范围arccos—,arccos—

610

【点睛】本题主要考查了空间向量在线面位置关系中的应用，以及异面直线所成角的求解，着重考查推理

与运算能力，属于中档试题.

14.（2018•上海市宜川中学）用一个半径为12厘米圆心角为2半7r的扇形纸片用。卷成一个侧面积最大的无

底圆锥（接口不用考虑损失），放于水平面上.

（1）无底圆锥被一阵风吹倒后（如图1）,求它的最高点到水平面的距离；

（2）扇形纸片以。上（如图2）,C是弧的中点，8是弧AC的中点，卷成无底圆锥后，求异面直线以

与BC所成角的大小.

【答案】（I）1^1；（2）arccos—.

36

【分析】

（1）如图，设为轴截面，过点、N作NELPM于点、E，在AOMM中求出NE的长度即为所求;

（2）先求出PA.BC，利用夹角公式求出cos<PA,3C>,进而可得异面直线/次与8c所成角的大小.

【详解】

所以在"NM中，PO=^NP2-NO2=\/122-42=872，

:.NEPM=PO・NM

,NE=*L=成工区

PM123

即无底圆锥被一阵风吹倒后（如图1）,它的最高点到水平面的距离为电2,

（2）如图:

因为8是弧AC的中点，所以三角形ABC为等腰直角三角形,

则由（1）得AC=8,3C=BA=4血，且POJ_面ABC,

PABC=(PO+OA)-BC^POBC+OABC^OA\\BC\COS135=4x4&-

2J=—16

PABC-1672

cos<PA,BC>=

HM12x4&6

异面直线物与BC所成角的大小为arccos—.

6

【点睛】本题考查棱锥内部的长度和角度的相关计算，要对棱锥的结构特点相当熟悉，其中对于异面直线

所成的角，可以不用建系，利用数量积的定义进行求解，考查了学生空间想象能力和计算能力，是中档题.

15.（2018•上海杨浦区•高三期中）如图，圆锥的顶点是P，底面中心是0,已知0P=V2,圆。的直径是AB=21

点C在弧AB上，30°.

（1）求圆锥的侧面积；（2）求。到平面APC的距离.

【答案】⑴侧面积为岳；（2）h=~

【分析】（1）根据题意求出圆锥母线的长度，再利用圆锥的侧面积带X底面周长x母线长，即可求得圆锥

的侧面积。

（2）利用等体积法VP-AOC-VO.PAC,即可求出O到平面APC的距离。

【详解】（1）在Rl^POB中有po=近，OB=1

所以PB=V3

所以S翻=gx2X7TX1xV3=V3TI

（2）因为圆O的直径为AB,点C在弧AB上,

所以在RtaABC中，AC±BC,

又因为AB=2,NCAB=30。，

所以47=