备战2024高考数学二轮复习讲义第1讲 转化思想在立体几何中的应用

第1讲转化思想在立体几何中的应用转化这种主要的思维策略在高中数学有着广泛的应用，转化思想是高中生必备的灵活性思维方式，也是解决数学问题的有效途径之一，其要点在于将陌生的问题情形转化为熟悉的情形，将复杂、抽象的数学问题简单化、直观化，或从不同角度切入以分析问题，逐步探索出解决问题的有效方法。立体几何作为高中数学教学的重要内容之一，这部分蕴含了丰富的数学思想方法，教学中渗透有关的思想方法，有助于学生降低难度。转化思想在立体几何中主要体现在将空间问题转化为平面问题，涉及到几何体中的最值问题、等积转化问题以及点线面的转化等问题【应用一】转化思想在空间几何体中距离最值得应用我们在高考复习及高考题中也常常遇见几何中某两点的最值问题，对于此类问题可以采取的方式就是对几何体进行展开。例如下面这道例题：【例1.1】（2022·广东佛山·高三期末）长方体中，，E为棱上的动点，平面交棱于F，则四边形的周长的最小值为（）A． B． C． D．【思维提升】把曲面上的最短距离问题利用展开图转化为平面上两点间的距离问题，从而使问题得到解决。这是求曲面上最短距离的一种常用方法。【变式1-1】（多选）（2022·山东青岛·一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（

）A．圆台母线与底面所成角为60° B．圆台的侧面积为C．圆台外接球半径为2 D．在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5【变式1-2】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）（多选题）长方体中，，，，则（

）A．到平面的距离为B．到平面的距离为C．沿长方体的表面从到的最短距离为D．沿长方体的表面从到的最短距离为【变式1-3】．如图所示，在正三棱柱中，，，由顶点沿棱柱侧面(经过棱)到达顶点，与的交点记为，则从点经点到的最短路线长为（

）A． B． C．4 D．【变式1-3】（2023·安徽铜陵·统考三模）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2km，山高为，是山坡上一点，且.现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为______.【应用二】转化思想在空间几何体中线线角、线面角、面面角的应用（1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．（2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．（3）二面角公式：设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．空间几何体中线线角、线面角、面面角通常由两种处理方式，一是通过建系，转化为向量进行解决，二是运用传统的方式分别把角表示出来。【例2-1】（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知正四面体，，点为线段的中点，则直线与平面所成角的正切值是（

）A． B． C． D．【例2-2】（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，，，E是PB的中点．(1)求证：平面平面PBC；(2)若二面角的余弦值为，求a的值；(3)在（2）的条件下求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．【思维提升】求角度的问题我们有两种方法：几何法与向量法，在选择方法的过程中我们一般有如下原则:（1）方便建系的题目适合向量法，如长方体，底面容易找到垂直的锥体等（2）方便做“投影”的题目适合用几何法，如几何体高线上的点与底面连线等【变式2-1】．（2023·浙江·校联考三模）在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（

）A． B． C． D．【变式2-2】．（多选）（2023·湖南邵阳·统考三模）（多选题）如图所示，已知点A为圆台下底面圆周上一点，S为上底面圆周上一点，且，则（

）A．该圆台的体积为B．直线SA与直线所成角最大值为C．该圆台有内切球，且半径为D．直线与平面所成角正切值的最大值为【变式2-3】．【2020年新课标2卷理科】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.【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.【应用三】转化思想在空间几何体中距离的应用求解空间中的距离（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（2）点到平面的距离为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．（3）、向量法求距离【例3】（2022·福建省高三模拟试卷）在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，.若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_________.【思维提升】距离问题问题主要分为点线距离，点面距离以及面面距离。最常考查的是点面距离。对于点P到直线l的距离可以考虑通过向量加以解决。对于点到面的距离，可以从传统的方法以及向量法。传统的方法体现在把距离做出来，若在特殊的体中如圆锥、正棱柱等，做垂线垂足在特殊的位置可以作出距离（定性），然后再三角形中求出。若不好定性则可以考虑运用等积法。若建系分别用向量也比较简单。线面距和面面距，转化成点面距求解．【变式3-1】．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（

）A． B． C． D．【变式3-2】．（2023·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．【变式3-3】．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（

）A． B． C．2 D．【变式3-4】（2023·山西·统考一模）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.(1)求到平面的距离；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【应用四】转化思想在空间几何体线线、线面、面面位置关系的应用线线、线面、面面平行与垂直的位置关系既相互依存又存在，又在一定条件下不仅能纵向转化：线线平行或垂直，线面平行或垂直，面面平行或垂直。而且还可以横向转化：线线、线面、面面的平行，线线、线面、面面的垂直。这些转化关系在平行或垂直的判定定理和性质定理中得到充分体现。平行或垂直关系的证明大都可以利用上述结论关系去证明。如平行关系：【例4】（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：；【思维提升】证明线线垂直的位置关系时，若通过转化为异面直线所成的角有困难，可以通过线线垂直、线面垂直以及面面垂直的之间的性质定理与判定定理进行转化。即线线垂直转化为线面垂直，线面垂直转化为面面垂直。【变式4-1】．（2022•甲卷（理））在四棱锥中，底面，，，，．（1）证明：；【变式4-2】．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：平面；【方法总结】1．判定面面平行的主要方法：(1)利用面面平行的判定定理；(2)利用线面垂直的性质．2.面面平行条件的应用：(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行；(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．【变式4-3】．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱内接于圆柱，，平面平面．(1)证明：为圆柱底面的直径；【应用五】转化思想在空间几何体中体积的应用研究简单几何体体积问题的过程中，运用等积转化常见的思路为选择适当的底面和高。体现在转化顶点法、转化底面、根据比值进行转化。柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上·S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3【例5】【2020年新课标3卷理科】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_________．【思维点睛】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.【变式5-1】．（2022·江苏如皋·高三期末）已知三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，则点A到平面BCD的距离为_________，该三棱锥的外接球的体积为_________.【变式5-2】．（2022·广东·广州市真光中学高三开学考试）端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗，粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明，且形状各异，裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子，是用当地特有的冬叶､水草包裹糯米､绿豆､猪肉､咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子，现将裹蒸粽看作一个正四面体，其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为时，该裹蒸粽的高的最小值为（

）A．4 B．6 C．8 D．10【变式5-3】．．【2022年新高考2卷】（多选题）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1A．V3=2VC．V3=V巩固练习1、（2023·河北唐山·统考三模）把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（

）A． B． C． D．2、（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）（多选题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面，下面说法正确的是（

）A．若N为DD1中点，当AM+MN最小时，CM=B．当点M与点C1重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大C．若点M为CC1的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为D．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为3、【2022年新高考1卷】（多选题）已知正方体ABCD−AA．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°4、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.5、（2022年广东省佛山市高三模拟试卷）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是__________m．6、（2023·江苏南京·校考一模）如图，三棱柱中，侧面为矩形，是边长为2的菱形，，．(1)证明：平面平面；(2)若，求三棱柱的体积．7、（2022年福建省福州市高三模拟试卷）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PAB是边长为2的等边三角形．梯形ABCD满足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC．（1）求证：PD⊥AB；（2）若PD＝2，求点D到平面PBC的距离．8、（2022年广东省佛山市高三模拟试卷）某校积极开展社团活动，在一次社团活动过程中，一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E、F、G分别是边长为4的正方形的三边的中点，先沿着虚线段将等腰直角三角形裁掉，再将剩下的五边形沿着线段EF折起，连接就得到了一个“刍甍”(如图2)。（1）若O是四边形对角线的交点，求证：平面；（2）若二面角的大小为求平面与平面夹角的余弦值.第1讲转化思想在立体几何中的应用转化这种主要的思维策略在高中数学有着广泛的应用，转化思想是高中生必备的灵活性思维方式，也是解决数学问题的有效途径之一，其要点在于将陌生的问题情形转化为熟悉的情形，将复杂、抽象的数学问题简单化、直观化，或从不同角度切入以分析问题，逐步探索出解决问题的有效方法。立体几何作为高中数学教学的重要内容之一，这部分蕴含了丰富的数学思想方法，教学中渗透有关的思想方法，有助于学生降低难度。转化思想在立体几何中主要体现在将空间问题转化为平面问题，涉及到几何体中的最值问题、等积转化问题以及点线面的转化等问题【应用一】转化思想在空间几何体中距离最值得应用我们在高考复习及高考题中也常常遇见几何中某两点的最值问题，对于此类问题可以采取的方式就是对几何体进行展开。例如下面这道例题：【例1.1】（2022·广东佛山·高三期末）长方体中，，E为棱上的动点，平面交棱于F，则四边形的周长的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】将几何体展开，利用两点之间直线段最短即可求得截面最短周长．【详解】解：将长方体展开，如图所示：当点为与的交点，为与的交点时，截面四边形的周长最小，最小值为．故选：B．【思维提升】把曲面上的最短距离问题利用展开图转化为平面上两点间的距离问题，从而使问题得到解决。这是求曲面上最短距离的一种常用方法。【变式1-1】（多选）（2022·山东青岛·一模）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，为母线中点，则下列结论正确的是（

）A．圆台母线与底面所成角为60° B．圆台的侧面积为C．圆台外接球半径为2 D．在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为5【答案】ACD【分析】将几何体展开，通过研究展开图的解决上述问题。【解析】对于A：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.在等腰梯形ABCD中，,所以.因为为锐角，所以.故A正确；对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为.故B错误；对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：.设，则，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正确；对于D：如图示，在在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D正确.故选：ACD【变式1-2】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）长方体中，，，，则（

）A．到平面的距离为B．到平面的距离为C．沿长方体的表面从到的最短距离为D．沿长方体的表面从到的最短距离为【答案】AC【分析】利用体积相等求出点到平面的距离即可判断选项和；求点到的最短距离，由两点之间直线段最短，想到需要把长方体剪开再展开，把到的最短距离转化为求三角形的边长问题，根据实际图形，应该有三种展法，展开后利用勾股定理求出每一种情况中的长度，比较三个值的大小后即可得到结论，进而判断和.【详解】如图，连接，因为，，，所以，，，在中，由余弦定理可得：，所以，则，又，设点到平面的距离为，由体积相等可得：，即，所以，解得：，故选项正确；选项错误；长方体的表面可能有三种不同的方法展开，如图所示：，，，表面展开后，依第一个图形展开，则；依第二个图形展开，则；依第三个图形展开，则；三者比较得：点沿长方形表面到的最短距离为，故选项正确，选项错误，故选：.【变式1-3】．如图所示，在正三棱柱中，，，由顶点沿棱柱侧面(经过棱)到达顶点，与的交点记为，则从点经点到的最短路线长为（

）A． B． C．4 D．【答案】B【分析】将几何体展开，当，，三点共线时，从点经点到的路线最短。【详解】如图，沿侧棱将正三棱柱的侧面展开由侧面展开图可知，当，，三点共线时，从点经点到的路线最短．所以最短路线长为.【变式1-3】（2023·安徽铜陵·统考三模）如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2km，山高为，是山坡上一点，且.现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为______.【答案】【分析】通过圆锥侧面展开图，做出距离。【详解】由题意，半径为2km，山高为，则母线,底面圆周长，所以展开图的圆心角，如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，,由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，即点为公路的最高点，段即为下坡路段，则，即，得下坡路段长度为.故答案为：【应用二】转化思想在空间几何体中线线角、线面角、面面角的应用（1）异面直线所成角公式：设，分别为异面直线，上的方向向量，为异面直线所成角的大小，则．（2）线面角公式：设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成角的大小，则．（3）二面角公式：设，分别为平面，的法向量，二面角的大小为，则或（需要根据具体情况判断相等或互补），其中．空间几何体中线线角、线面角、面面角通常由两种处理方式，一是通过建系，转化为向量进行解决，二是运用传统的方式分别把角表示出来。【例2-1】（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知正四面体，，点为线段的中点，则直线与平面所成角的正切值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出图形，找出直线与平面所成角的平面角，在三角形内即可求解.【详解】如图，过点向底面作垂线，垂足为，连接，过点作于G，连接，由题意可知：且，因为平面，所以平面，则即为直线与平面所成角的平面角，设正四面体的棱长为2，则，，所以，则，在中，由余弦定理可得：，在中，，所以，所以直线与平面所成角的正切值是，故选：.【例2-2】（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考一模）如图，在四棱锥中，四边形ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，，，E是PB的中点．(1)求证：平面平面PBC；(2)若二面角的余弦值为，求a的值；(3)在（2）的条件下求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．【答案】(1)见解析；(2)4；(3)【分析】（1）由线线垂直证平面PBC，再证平面平面PBC；（2）以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，由向量法求平面与平面的夹角余弦值，进而由二面角的余弦值建立方程，解得a的值；（3）由向量法求得，即可求得直线PA与平面EAC所成角的正弦值.【详解】（1）证明：由题意得，直角梯形ABCD中，，，由得.底面ABCD，平面ABCD，∴.∵平面PBC，∴平面PBC，∵平面，∴平面平面PBC；（2）由（1）得，以C为原点建立如图所示空间直角坐标系，则有，设平面的法向量为，，则有，令有；平面的其中一个法向量为.故.由二面角的余弦值为得，解得；（3）由（2）得，，∴，∴直线PA与平面EAC所成角的正弦值为.【思维提升】求角度的问题我们有两种方法：几何法与向量法，在选择方法的过程中我们一般有如下原则:（1）方便建系的题目适合向量法，如长方体，底面容易找到垂直的锥体等（2）方便做“投影”的题目适合用几何法，如几何体高线上的点与底面连线等【变式2-1】．（2023·浙江·校联考三模）在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，证明：设平面与面所成的二面角为，二面角为，当时，记平面截正方体所得截面为面，，则，令，因为，所以，当时，显然平面截正方体所得截面面积最大时，截面为面，当时，平面截正方体所得截面为，所以平面截正方体所得截面面积最大时截面为面，同理平面过时，截正方体所得截面面积最大时截面为面，连接，面与面所成锐二面角为，因为面面，所以的所成角大小为二面角大小，因为，所以面与面所成锐二面角大小为.故选：C．【变式2-2】．（多选）（2023·湖南邵阳·统考三模）如图所示，已知点A为圆台下底面圆周上一点，S为上底面圆周上一点，且，则（

）A．该圆台的体积为B．直线SA与直线所成角最大值为C．该圆台有内切球，且半径为D．直线与平面所成角正切值的最大值为【答案】ACD【详解】对于A选项，，则A选项正确.对于B选项，如图（1），过作垂直于下底面于点，则，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即为所求，而，由圆的性质得，，所以，因为，则B选项错误.对于C选项，设上底面半径为，下底面半径为，若圆台存在内切球，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图（2）所示，梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质以及切线长定理，可得腰长为，所以圆台存在内切球，且内切球的半径为，则C选项正确；对于D选项，如图（3），平面即平面，过点做交于点，因为垂直于下底面，而含于下底面，所以，又，且平面，所以平面，所以直线与平面所成角即为，且.设，则，所以，其中，所以，当时，，当时，.根据复合函数的单调性，可知函数，在上单调递增，所以当时，有最大值，最大值为，所以D选项正确.故选：ACD.【变式2-3】．【2020年新课标2卷理科】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.【解析】【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.【详解】（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，又平面，且平面平面，，又平面，平面，平面，平面平面.(2)[方法一]：几何法如图，过O作的平行线分别交于点，联结，由于平面，平面，，平面，平面，所以平面平面．又因平面平面，平面平面，所以．因为，，，所以面．又因，所以面，所以与平面所成的角为．令，则，由于O为的中心，故．在中，，由勾股定理得．所以．由于，直线与平面所成角的正弦值也为．[方法二]【最优解】：几何法因为平面，平面平面，所以．因为，所以四边形为平行四边形．由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．所以在平面的射影为．从而与所成角的正弦值即为所求．在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．在直角三角形中，．[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．因为平面，平面，且平面平面，所以．由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．因为O为正的中心，故．由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．设直线与平面所成角为，，则．所以直线与平面所成角的正弦值．[方法四]：基底法不妨设，则在直角中，．以向量为基底，从而，，．，，则，．所以．由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．设直线与平面所成角，则．故直线与平面所成角的正弦值为．【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；方法二：等价转化是解决问题的关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.【应用三】转化思想在空间几何体中距离的应用求解空间中的距离（1）异面直线间的距离：两条异面直线间的距离也不必寻找公垂线段，只需利用向量的正射影性质直接计算．如图，设两条异面直线的公垂线的方向向量为，这时分别在上任取两点，则向量在上的正射影长就是两条异面直线的距离．则即两异面直线间的距离，等于两异面直线上分别任取两点的向量和公垂线方向向量的数量积的绝对值与公垂线的方向向量模的比值．（2）点到平面的距离为平面外一点（如图），为平面的法向量，过作平面的斜线及垂线．（3）、向量法求距离【例3】（2022·福建省高三模拟试卷）在三棱锥中，和都是边长为的正三角形，.若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为_________.【答案】【解析】【详解】设中点为，的外心为，的外心为，过点作面的垂线，过点作直线面的垂线，两条垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，因为和都是边长为的正三角形，可得，又，所以，所以，又因为，，所以面，因为平面，所以平面平面，且，所以四边形是边长为的正方形，所以外接球半径，到平面的距离，故答案为：.【思维提升】距离问题问题主要分为点线距离，点面距离以及面面距离。最常考查的是点面距离。对于点P到直线l的距离可以考虑通过向量加以解决。对于点到面的距离，可以从传统的方法以及向量法。传统的方法体现在把距离做出来，若在特殊的体中如圆锥、正棱柱等，做垂线垂足在特殊的位置可以作出距离（定性），然后再三角形中求出。若不好定性则可以考虑运用等积法。若建系分别用向量也比较简单。线面距和面面距，转化成点面距求解．【变式3-1】．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知四棱锥的底面为正方形，底面，点是线段上的动点，则直线与平面所成角的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意，因为为正方形，且底面，以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以，设，，则，所以，即，设平面的法向量为，则，解得，取，所以平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，则，因为单调递增，所以当时，最大，此时，即直线与平面所成角的最大值为.故选:C【变式3-2】．（2023·浙江温州·统考三模）四面体满足，点在棱上，且，点为的重心，则点到直线的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】四面体满足，即两两垂直，以点O为原点，以射线的正方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为，，则，于是，，所以点到直线的距离.故选：A【变式3-3】．（2023·湖南长沙·长沙市明德中学校考三模）如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（

）A． B． C．2 D．【答案】B【详解】如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点，又，故各侧面均为等边三角形，若侧面三角形边长为，则，，，显然△△，故，则.故选：B.【变式3-4】（2023·山西·统考一模）如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.(1)求到平面的距离；(2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2)存在，【分析】（1）建立空间直角坐标系利用坐标法求得点到平面的距离；（2）设，利用坐标法结合两平面夹角余弦值列方程，解得即可.【详解】（1）取的中点，连接，，为等边三角形，，又平面平面，平面平面，平面，如图所示，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，，，即，令，则，又，故到平面的距离；（2）设，，，，则，，设平面的法向量为，，，则，令，则，又平面的法向量为，于是，化简得，又，得，即，故存在点，此时.【应用四】转化思想在空间几何体线线、线面、面面位置关系的应用线线、线面、面面平行与垂直的位置关系既相互依存又存在，又在一定条件下不仅能纵向转化：线线平行或垂直，线面平行或垂直，面面平行或垂直。而且还可以横向转化：线线、线面、面面的平行，线线、线面、面面的垂直。这些转化关系在平行或垂直的判定定理和性质定理中得到充分体现。平行或垂直关系的证明大都可以利用上述结论关系去证明。如平行关系：【例4】（2022•浙江）如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角为．设，分别为，的中点．（Ⅰ）证明：；【解析】证明：由于，，平面平面，平面，平面，所以为二面角的平面角，则，平面，则．又，则是等边三角形，则，因为，，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，因为平面，故；【思维提升】证明线线垂直的位置关系时，若通过转化为异面直线所成的角有困难，可以通过线线垂直、线面垂直以及面面垂直的之间的性质定理与判定定理进行转化。即线线垂直转化为线面垂直，线面垂直转化为面面垂直。【变式4-1】．（2022•甲卷（理））在四棱锥中，底面，，，，．（1）证明：；【分析】通过线面垂直进行转化【解析】（1）证明：底面，面，，取中点，连接，，，，又，，，为直角三角形，且为斜边，，又，面，面，面，又面，；【变式4-2】．（2022•北京）如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，，分别为，的中点．（Ⅰ）求证：平面；【分析】通过面面进行转化【解析】证明：取中点，连接，，为的中点．，且，四边形是平行四边形，故，平面；平面，平面，是中点，是的点，，平面；平面，平面，又，平面平面，又平面，平面；【方法总结】1．判定面面平行的主要方法：(1)利用面面平行的判定定理；(2)利用线面垂直的性质．2.面面平行条件的应用：(1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行；(2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行．【变式4-3】．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）如图，直三棱柱内接于圆柱，，平面平面．(1)证明：为圆柱底面的直径；【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明平面，继而证明平面，根据线面垂直的性质定理证明，即可证明结论；【详解】（1）证明：连接，在直三棱柱中，，∴四边形为正方形，∴又平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴又平面，平面，∴．又，,平面，∴平面，又平面，∴，∴为圆柱底面的直径．【应用五】转化思想在空间几何体中体积的应用研究简单几何体体积问题的过程中，运用等积转化常见的思路为选择适当的底面和高。体现在转化顶点法、转化底面、根据比值进行转化。柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上·S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3【例5】【2020年新课标3卷理科】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】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】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，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：.【思维点睛】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.【变式5-1】．（2022·江苏如皋·高三期末）已知三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，则点A到平面BCD的距离为_________，该三棱锥的外接球的体积为_________.【答案】【分析】①，等积法计算顶点到底面的距离；②求三棱锥外接球球心，然后再求体积.【详解】①如下图所示，设点A到平面BCD的距离为h，取BC中点E，连AE、DE，因为AB=AC=AD=1，，所以BC=1，，，所以②取AB中点F，连CF交AE于G，则G是的外心，过G作，O为三棱锥外接球的球心，过O作，所以设球的半径为R，则，所以，所以故答案为：①；②【变式5-2】．（2022·广东·广州市真光中学高三开学考试）端午佳节，人们有包粽子和吃粽子的习俗，粽子主要分为南北两大派系，地方细分特色鲜明，且形状各异，裹蒸粽是广东肇庆地区最为出名的粽子，是用当地特有的冬叶､水草包裹糯米､绿豆､猪肉､咸蛋黄等蒸制而成的金字塔形的粽子，现将裹蒸粽看作一个正四面体，其内部的咸蛋黄看作一个球体，那么，当咸蛋黄的体积为时，该裹蒸粽的高的最小值为（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】A【解析】要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，设正四面体的棱长为，高为，内切球的半径为，则，解得，如图正四面体中，令为的中点，为底面三角形的中心，则底面所以，即.故选：A【变式5-3】．．【2022年新高考2卷】如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，记三棱锥E−ACD，F−ABC，F−ACE的体积分别为V1A．V3=2VC．V3=V【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由【详解】设AB=ED=2FB=2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，则V1V2=13⋅FB⋅S△ABC=13⋅a⋅又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，过F作FG⊥DE于G则EM=2a2+EM2+FM2=EF则V3=VA−EFM+VC−EFM故选：CD.巩固练习1、（2023·河北唐山·统考三模）把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为，则.故选：A2、（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考阶段练习）（多选题）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面，下面说法正确的是（

）A．若N为DD1中点，当AM+MN最小时，CM=B．当点M与点C1重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大C．若点M为CC1的中点，平面过点B，则平面截正方体所得截面图形的面积为D．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为【答案】AC【解析】对于A，由展开图如下，当最小时，，得，故A正确对于B，如图，取各边中点连接成六边形，由立体几何知平面，平面，截面周长为，面积为，截面的周长为，面积为，故B错误对于C，取中点分别为，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系如图所示，，，，由数量积可知，而，故平面，截面为等腰梯形，面积为，故C正确对于D，设，平面的一个法向量为故直线AB与平面所成角的正弦值则，故D错误故选：AC3、【2022年新高考1卷】（多选题）已知正方体ABCD−AA．直线BC1与DA1所成的角为90° B．直线BC．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1因为四边形BB1C1C为正方形，则B1C⊥B连接A1C，因为A1B1⊥平面BB因为B1C⊥BC1，A1又A1C⊂平面A1连接A1C1，设A因为BB1⊥平面A1B1C因为C1O⊥B1D1，所以∠C1BO为直线B设正方体棱长为1，则C1O=22，所以，直线BC1与平面BB因为C1C⊥