第1講轉化思想在立體幾何中的應用轉化這種主要的思維策略在高中數學有著廣泛的應用，轉化思想是高中生必備的靈活性思維方式，也是解決數學問題的有效途徑之一，其要點在于將陌生的問題情形轉化為熟悉的情形，將復雜、抽象的數學問題簡單化、直觀化，或從不同角度切入以分析問題，逐步探索出解決問題的有效方法。立體幾何作為高中數學教學的重要內容之一，這部分蘊含了豐富的數學思想方法，教學中滲透有關的思想方法，有助于學生降低難度。轉化思想在立體幾何中主要體現在將空間問題轉化為平面問題，涉及到幾何體中的最值問題、等積轉化問題以及點線面的轉化等問題【應用一】轉化思想在空間幾何體中距離最值得應用我們在高考復習及高考題中也常常遇見幾何中某兩點的最值問題，對于此類問題可以采取的方式就是對幾何體進行展開。例如下面這道例題：【例1.1】（2022·廣東佛山·高三期末）長方體中，，E為棱上的動點，平面交棱于F，則四邊形的周長的最小值為（）A． B． C． D．【思維提升】把曲面上的最短距離問題利用展開圖轉化為平面上兩點間的距離問題，從而使問題得到解決。這是求曲面上最短距離的一種常用方法。【變式1-1】（多選）（2022·山東青島·一模）已知圓臺的軸截面如圖所示，其上、下底面半徑分別為，，母線長為2，為母線中點，則下列結論正確的是（

）A．圓臺母線與底面所成角為60° B．圓臺的側面積為C．圓臺外接球半徑為2 D．在圓臺的側面上，從到的最短路徑的長度為5【變式1-2】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考一模）（多選題）長方體中，，，，則（

）A．到平面的距離為B．到平面的距離為C．沿長方體的表面從到的最短距離為D．沿長方體的表面從到的最短距離為【變式1-3】．如圖所示，在正三棱柱中，，，由頂點沿棱柱側面(經過棱)到達頂點，與的交點記為，則從點經點到的最短路線長為（

）A． B． C．4 D．【變式1-3】（2023·安徽銅陵·統考三模）如圖是一座山的示意圖，山大致呈圓錐形，山腳呈圓形，半徑為2km，山高為，是山坡上一點，且.現要建設一條從到的環山觀光公路，這條公路從出發后先上坡，后下坡，當公路長度最短時，下坡路段長為______.【應用二】轉化思想在空間幾何體中線線角、線面角、面面角的應用（1）異面直線所成角公式：設，分別為異面直線，上的方向向量，為異面直線所成角的大小，則．（2）線面角公式：設為平面的斜線，為的方向向量，為平面的法向量，為與所成角的大小，則．（3）二面角公式：設，分別為平面，的法向量，二面角的大小為，則或（需要根據具體情況判斷相等或互補），其中．空間幾何體中線線角、線面角、面面角通常由兩種處理方式，一是通過建系，轉化為向量進行解決，二是運用傳統的方式分別把角表示出來。【例2-1】（2023·江蘇連云港·統考模擬預測）已知正四面體，，點為線段的中點，則直線與平面所成角的正切值是（

）A． B． C． D．【例2-2】（2023·黑龍江·黑龍江實驗中學校考一模）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，，，E是PB的中點．(1)求證：平面平面PBC；(2)若二面角的余弦值為，求a的值；(3)在（2）的條件下求直線PA與平面EAC所成角的正弦值．【思維提升】求角度的問題我們有兩種方法：幾何法與向量法，在選擇方法的過程中我們一般有如下原則:（1）方便建系的題目適合向量法，如長方體，底面容易找到垂直的錐體等（2）方便做“投影”的題目適合用幾何法，如幾何體高線上的點與底面連線等【變式2-1】．（2023·浙江·校聯考三模）在正方體中，平面經過點B、D，平面經過點A、，當平面分別截正方體所得截面面積最大時，平面所成的銳二面角大小為（

）A． B． C． D．【變式2-2】．（多選）（2023·湖南邵陽·統考三模）（多選題）如圖所示，已知點A為圓臺下底面圓周上一點，S為上底面圓周上一點，且，則（

）A．該圓臺的體積為B．直線SA與直線所成角最大值為C．該圓臺有內切球，且半徑為D．直線與平面所成角正切值的最大值為【變式2-3】．【2020年新課標2卷理科】如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.【整體點評】(2)方法一：幾何法的核心在于找到線面角，本題中利用平行關系進行等價轉化是解決問題的關鍵；方法二：等價轉化是解決問題的關鍵，構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線的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立體幾何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其關鍵之處在于找到平面的法向量和直線的方向向量.【應用三】轉化思想在空間幾何體中距離的應用求解空間中的距離（1）異面直線間的距離：兩條異面直線間的距離也不必尋找公垂線段，只需利用向量的正射影性質直接計算．如圖，設兩條異面直線的公垂線的方向向量為，這時分別在上任取兩點，則向量在上的正射影長就是兩條異面直線的距離．則即兩異面直線間的距離，等于兩異面直線上分別任取兩點的向量和公垂線方向向量的數量積的絕對值與公垂線的方向向量模的比值．（2）點到平面的距離為平面外一點（如圖），為平面的法向量，過作平面的斜線及垂線．（3）、向量法求距離【例3】（2022·福建省高三模擬試卷）在三棱錐中，和都是邊長為的正三角形，.若為三棱錐外接球上的動點，則點到平面距離的最大值為_________.【思維提升】距離問題問題主要分為點線距離，點面距離以及面面距離。最常考查的是點面距離。對于點P到直線l的距離可以考慮通過向量加以解決。對于點到面的距離，可以從傳統的方法以及向量法。傳統的方法體現在把距離做出來，若在特殊的體中如圓錐、正棱柱等，做垂線垂足在特殊的位置可以作出距離（定性），然后再三角形中求出。若不好定性則可以考慮運用等積法。若建系分別用向量也比較簡單。線面距和面面距，轉化成點面距求解．【變式3-1】．（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中統考三模）已知四棱錐的底面為正方形，底面，點是線段上的動點，則直線與平面所成角的最大值為（

）A． B． C． D．【變式3-2】．（2023·浙江溫州·統考三模）四面體滿足，點在棱上，且，點為的重心，則點到直線的距離為（

）A． B． C． D．【變式3-3】．（2023·湖南長沙·長沙市明德中學校考三模）如圖，一個由四根細鐵桿、、、組成的支架（、、、按照逆時針排布），若，一個半徑為1的球恰好放在支架上與四根細鐵桿均有接觸，則球心到點的距離是（

）A． B． C．2 D．【變式3-4】（2023·山西·統考一模）如圖所示，在四棱錐中，側面平面，是邊長為的等邊三角形，底面為直角梯形，其中，，.(1)求到平面的距離；(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【應用四】轉化思想在空間幾何體線線、線面、面面位置關系的應用線線、線面、面面平行與垂直的位置關系既相互依存又存在，又在一定條件下不僅能縱向轉化：線線平行或垂直，線面平行或垂直，面面平行或垂直。而且還可以橫向轉化：線線、線面、面面的平行，線線、線面、面面的垂直。這些轉化關系在平行或垂直的判定定理和性質定理中得到充分體現。平行或垂直關系的證明大都可以利用上述結論關系去證明。如平行關系：【例4】（2022?浙江）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設，分別為，的中點．（Ⅰ）證明：；【思維提升】證明線線垂直的位置關系時，若通過轉化為異面直線所成的角有困難，可以通過線線垂直、線面垂直以及面面垂直的之間的性質定理與判定定理進行轉化。即線線垂直轉化為線面垂直，線面垂直轉化為面面垂直。【變式4-1】．（2022?甲卷（理））在四棱錐中，底面，，，，．（1）證明：；【變式4-2】．（2022?北京）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，，分別為，的中點．（Ⅰ）求證：平面；【方法總結】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)利用線面垂直的性質．2.面面平行條件的應用：(1)兩平面平行，分析構造與之相交的第三個平面，交線平行；(2)兩平面平行，其中一個平面內的任意一條直線與另一個平面平行．【變式4-3】．（2023·江蘇連云港·統考模擬預測）如圖，直三棱柱內接于圓柱，，平面平面．(1)證明：為圓柱底面的直徑；【應用五】轉化思想在空間幾何體中體積的應用研究簡單幾何體體積問題的過程中，運用等積轉化常見的思路為選擇適當的底面和高。體現在轉化頂點法、轉化底面、根據比值進行轉化。柱、錐、臺、球的表面積和體積名稱幾何體表面積體積柱體(棱柱和圓柱)S表面積＝S側＋2S底V＝Sh錐體(棱錐和圓錐)S表面積＝S側＋S底V＝eq\f(1,3)Sh臺體(棱臺和圓臺)S表面積＝S側＋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年新課標3卷理科】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為_________．【思維點睛】與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.【變式5-1】．（2022·江蘇如皋·高三期末）已知三棱錐D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，則點A到平面BCD的距離為_________，該三棱錐的外接球的體積為_________.【變式5-2】．（2022·廣東·廣州市真光中學高三開學考試）端午佳節，人們有包粽子和吃粽子的習俗，粽子主要分為南北兩大派系，地方細分特色鮮明，且形狀各異，裹蒸粽是廣東肇慶地區最為出名的粽子，是用當地特有的冬葉?水草包裹糯米?綠豆?豬肉?咸蛋黃等蒸制而成的金字塔形的粽子，現將裹蒸粽看作一個正四面體，其內部的咸蛋黃看作一個球體，那么，當咸蛋黃的體積為時，該裹蒸粽的高的最小值為（

）A．4 B．6 C．8 D．10【變式5-3】．．【2022年新高考2卷】（多選題）如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，記三棱錐E?ACD，F?ABC，F?ACE的體積分別為V1A．V3=2VC．V3=V鞏固練習1、（2023·河北唐山·統考三模）把邊長為的正方形沿對角線折成直二面角，則三棱錐的外接球的球心到平面的距離為（

）A． B． C． D．2、（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考階段練習）（多選題）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，M為棱CC1上的動點，AM⊥平面，下面說法正確的是（

）A．若N為DD1中點，當AM+MN最小時，CM=B．當點M與點C1重合時，若平面截正方體所得截面圖形的面積越大，則其周長就越大C．若點M為CC1的中點，平面過點B，則平面截正方體所得截面圖形的面積為D．直線AB與平面所成角的余弦值的取值范圍為3、【2022年新高考1卷】（多選題）已知正方體ABCD?AA．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°4、【2020年高考全國Ⅰ卷理數】如圖，在三棱錐P–ABC的平面展開圖中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，則cos∠FCB=______________.5、（2022年廣東省佛山市高三模擬試卷）如圖，有一圓錐形糧堆，其軸截面是邊長為的正，糧堆母線的中點P處有一老鼠正在偷吃糧食，此時小貓正在B處，它要沿圓錐側面到達P處捕捉老鼠，則小貓所經過的最短路程是__________m．6、（2023·江蘇南京·校考一模）如圖，三棱柱中，側面為矩形，是邊長為2的菱形，，．(1)證明：平面平面；(2)若，求三棱柱的體積．7、（2022年福建省福州市高三模擬試卷）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PAB是邊長為2的等邊三角形．梯形ABCD滿足BC＝CD＝1，AB∥CD，AB⊥BC．（1）求證：PD⊥AB；（2）若PD＝2，求點D到平面PBC的距離．8、（2022年廣東省佛山市高三模擬試卷）某校積極開展社團活動，在一次社團活動過程中，一個數學興趣小組發現《九章算術》中提到了“芻薨”這個五面體，于是他們仿照該模型設計了一道數學探究題，如圖1，E、F、G分別是邊長為4的正方形的三邊的中點，先沿著虛線段將等腰直角三角形裁掉，再將剩下的五邊形沿著線段EF折起，連接就得到了一個“芻甍”(如圖2)。（1）若O是四邊形對角線的交點，求證：平面；（2）若二面角的大小為求平面與平面夾角的余弦值.第1講轉化思想在立體幾何中的應用轉化這種主要的思維策略在高中數學有著廣泛的應用，轉化思想是高中生必備的靈活性思維方式，也是解決數學問題的有效途徑之一，其要點在于將陌生的問題情形轉化為熟悉的情形，將復雜、抽象的數學問題簡單化、直觀化，或從不同角度切入以分析問題，逐步探索出解決問題的有效方法。立體幾何作為高中數學教學的重要內容之一，這部分蘊含了豐富的數學思想方法，教學中滲透有關的思想方法，有助于學生降低難度。轉化思想在立體幾何中主要體現在將空間問題轉化為平面問題，涉及到幾何體中的最值問題、等積轉化問題以及點線面的轉化等問題【應用一】轉化思想在空間幾何體中距離最值得應用我們在高考復習及高考題中也常常遇見幾何中某兩點的最值問題，對于此類問題可以采取的方式就是對幾何體進行展開。例如下面這道例題：【例1.1】（2022·廣東佛山·高三期末）長方體中，，E為棱上的動點，平面交棱于F，則四邊形的周長的最小值為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】將幾何體展開，利用兩點之間直線段最短即可求得截面最短周長．【詳解】解：將長方體展開，如圖所示：當點為與的交點，為與的交點時，截面四邊形的周長最小，最小值為．故選：B．【思維提升】把曲面上的最短距離問題利用展開圖轉化為平面上兩點間的距離問題，從而使問題得到解決。這是求曲面上最短距離的一種常用方法。【變式1-1】（多選）（2022·山東青島·一模）已知圓臺的軸截面如圖所示，其上、下底面半徑分別為，，母線長為2，為母線中點，則下列結論正確的是（

）A．圓臺母線與底面所成角為60° B．圓臺的側面積為C．圓臺外接球半徑為2 D．在圓臺的側面上，從到的最短路徑的長度為5【答案】ACD【分析】將幾何體展開，通過研究展開圖的解決上述問題。【解析】對于A：過A作交底面于F，則底面，所以即為母線與底面所成角.在等腰梯形ABCD中，,所以.因為為銳角，所以.故A正確；對于B：由題意，圓臺的側面展開圖為半圓環，其面積為.故B錯誤；對于C：設圓臺外接球的球心為O，半徑R.由題意可得：.設，則，由，即，解得：a=0.即OO1重合，所以.故C正確；對于D：如圖示，在在圓臺的側面上，從到的最短路徑的長度為CE.由題意可得：.由為中點，所以，所以.故D正確.故選：ACD【變式1-2】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學校考一模）長方體中，，，，則（

）A．到平面的距離為B．到平面的距離為C．沿長方體的表面從到的最短距離為D．沿長方體的表面從到的最短距離為【答案】AC【分析】利用體積相等求出點到平面的距離即可判斷選項和；求點到的最短距離，由兩點之間直線段最短，想到需要把長方體剪開再展開，把到的最短距離轉化為求三角形的邊長問題，根據實際圖形，應該有三種展法，展開后利用勾股定理求出每一種情況中的長度，比較三個值的大小后即可得到結論，進而判斷和.【詳解】如圖，連接，因為，，，所以，，，在中，由余弦定理可得：，所以，則，又，設點到平面的距離為，由體積相等可得：，即，所以，解得：，故選項正確；選項錯誤；長方體的表面可能有三種不同的方法展開，如圖所示：，，，表面展開后，依第一個圖形展開，則；依第二個圖形展開，則；依第三個圖形展開，則；三者比較得：點沿長方形表面到的最短距離為，故選項正確，選項錯誤，故選：.【變式1-3】．如圖所示，在正三棱柱中，，，由頂點沿棱柱側面(經過棱)到達頂點，與的交點記為，則從點經點到的最短路線長為（

）A． B． C．4 D．【答案】B【分析】將幾何體展開，當，，三點共線時，從點經點到的路線最短。【詳解】如圖，沿側棱將正三棱柱的側面展開由側面展開圖可知，當，，三點共線時，從點經點到的路線最短．所以最短路線長為.【變式1-3】（2023·安徽銅陵·統考三模）如圖是一座山的示意圖，山大致呈圓錐形，山腳呈圓形，半徑為2km，山高為，是山坡上一點，且.現要建設一條從到的環山觀光公路，這條公路從出發后先上坡，后下坡，當公路長度最短時，下坡路段長為______.【答案】【分析】通過圓錐側面展開圖，做出距離。【詳解】由題意，半徑為2km，山高為，則母線,底面圓周長，所以展開圖的圓心角，如圖，是圓錐側面展開圖，結合題意，,由點向引垂線，垂足為點，此時為點和線段上的點連線的最小值，即點為公路的最高點，段即為下坡路段，則，即，得下坡路段長度為.故答案為：【應用二】轉化思想在空間幾何體中線線角、線面角、面面角的應用（1）異面直線所成角公式：設，分別為異面直線，上的方向向量，為異面直線所成角的大小，則．（2）線面角公式：設為平面的斜線，為的方向向量，為平面的法向量，為與所成角的大小，則．（3）二面角公式：設，分別為平面，的法向量，二面角的大小為，則或（需要根據具體情況判斷相等或互補），其中．空間幾何體中線線角、線面角、面面角通常由兩種處理方式，一是通過建系，轉化為向量進行解決，二是運用傳統的方式分別把角表示出來。【例2-1】（2023·江蘇連云港·統考模擬預測）已知正四面體，，點為線段的中點，則直線與平面所成角的正切值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出圖形，找出直線與平面所成角的平面角，在三角形內即可求解.【詳解】如圖，過點向底面作垂線，垂足為，連接，過點作于G，連接，由題意可知：且，因為平面，所以平面，則即為直線與平面所成角的平面角，設正四面體的棱長為2，則，，所以，則，在中，由余弦定理可得：，在中，，所以，所以直線與平面所成角的正切值是，故選：.【例2-2】（2023·黑龍江·黑龍江實驗中學校考一模）如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是直角梯形，，，底面ABCD，，，E是PB的中點．(1)求證：平面平面PBC；(2)若二面角的余弦值為，求a的值；(3)在（2）的條件下求直線PA與平面EAC所成角的正弦值．【答案】(1)見解析；(2)4；(3)【分析】（1）由線線垂直證平面PBC，再證平面平面PBC；（2）以C為原點建立如圖所示空間直角坐標系，由向量法求平面與平面的夾角余弦值，進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，即可求得直線PA與平面EAC所成角的正弦值.【詳解】（1）證明：由題意得，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為原點建立如圖所示空間直角坐標系，則有，設平面的法向量為，，則有，令有；平面的其中一個法向量為.故.由二面角的余弦值為得，解得；（3）由（2）得，，∴，∴直線PA與平面EAC所成角的正弦值為.【思維提升】求角度的問題我們有兩種方法：幾何法與向量法，在選擇方法的過程中我們一般有如下原則:（1）方便建系的題目適合向量法，如長方體，底面容易找到垂直的錐體等（2）方便做“投影”的題目適合用幾何法，如幾何體高線上的點與底面連線等【變式2-1】．（2023·浙江·校聯考三模）在正方體中，平面經過點B、D，平面經過點A、，當平面分別截正方體所得截面面積最大時，平面所成的銳二面角大小為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】平面經過點B、D且截正方體所得截面面積最大時，平面與面重合，證明：設平面與面所成的二面角為，二面角為，當時，記平面截正方體所得截面為面，，則，令，因為，所以，當時，顯然平面截正方體所得截面面積最大時，截面為面，當時，平面截正方體所得截面為，所以平面截正方體所得截面面積最大時截面為面，同理平面過時，截正方體所得截面面積最大時截面為面，連接，面與面所成銳二面角為，因為面面，所以的所成角大小為二面角大小，因為，所以面與面所成銳二面角大小為.故選：C．【變式2-2】．（多選）（2023·湖南邵陽·統考三模）如圖所示，已知點A為圓臺下底面圓周上一點，S為上底面圓周上一點，且，則（

）A．該圓臺的體積為B．直線SA與直線所成角最大值為C．該圓臺有內切球，且半徑為D．直線與平面所成角正切值的最大值為【答案】ACD【詳解】對于A選項，，則A選項正確.對于B選項，如圖（1），過作垂直于下底面于點，則，所以直線與直線所成角即為直線與直線所成角，即為所求，而，由圓的性質得，，所以，因為，則B選項錯誤.對于C選項，設上底面半徑為，下底面半徑為，若圓臺存在內切球，則必有軸截面的等腰梯形存在內切圓，如圖（2）所示，梯形的上底和下底分別為2，4，高為，易得等腰梯形的腰為，假設等腰梯形有內切圓，由內切圓的性質以及切線長定理，可得腰長為，所以圓臺存在內切球，且內切球的半徑為，則C選項正確；對于D選項，如圖（3），平面即平面，過點做交于點，因為垂直于下底面，而含于下底面，所以，又，且平面，所以平面，所以直線與平面所成角即為，且.設，則，所以，其中，所以，當時，，當時，.根據復合函數的單調性，可知函數，在上單調遞增，所以當時，有最大值，最大值為，所以D選項正確.故選：ACD.【變式2-3】．【2020年新課標2卷理科】如圖，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，側面BB1C1C是矩形，M，N分別為BC，B1C1的中點，P為AM上一點，過B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.（1）證明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；（2）設O為△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直線B1E與平面A1AMN所成角的正弦值.【解析】【分析】（1）由分別為，的中點，，根據條件可得，可證，要證平面平面，只需證明平面即可；（2）連接，先求證四邊形是平行四邊形，根據幾何關系求得，在截取，由（1）平面，可得為與平面所成角，即可求得答案.【詳解】（1）分別為，的中點，，又，，在中，為中點，則，又側面為矩形，，，，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]：幾何法如圖，過O作的平行線分別交于點，聯結，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．因為，，，所以面．又因，所以面，所以與平面所成的角為．令，則，由于O為的中心，故．在中，，由勾股定理得．所以．由于，直線與平面所成角的正弦值也為．[方法二]【最優解】：幾何法因為平面，平面平面，所以．因為，所以四邊形為平行四邊形．由（Ⅰ）知平面，則為平面的垂線．所以在平面的射影為．從而與所成角的正弦值即為所求．在梯形中，設，過E作，垂足為G，則．在直角三角形中，．[方法三]：向量法由（Ⅰ）知，平面，則為平面的法向量．因為平面，平面，且平面平面，所以．由（Ⅰ）知，即四邊形為平行四邊形，則．因為O為正的中心，故．由面面平行的性質得，所以四邊形為等腰梯形．由P，N為等腰梯形兩底的中點，得，則．設直線與平面所成角為，，則．所以直線與平面所成角的正弦值．[方法四]：基底法不妨設，則在直角中，．以向量為基底，從而，，．，，則，．所以．由（Ⅰ）知平面，所以向量為平面的法向量．設直線與平面所成角，則．故直線與平面所成角的正弦值為．【整體點評】(2)方法一：幾何法的核心在于找到線面角，本題中利用平行關系進行等價轉化是解決問題的關鍵；方法二：等價轉化是解決問題的關鍵，構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線的方向向量，然后利用向量法求解即可；方法四：基底法是立體幾何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其關鍵之處在于找到平面的法向量和直線的方向向量.【應用三】轉化思想在空間幾何體中距離的應用求解空間中的距離（1）異面直線間的距離：兩條異面直線間的距離也不必尋找公垂線段，只需利用向量的正射影性質直接計算．如圖，設兩條異面直線的公垂線的方向向量為，這時分別在上任取兩點，則向量在上的正射影長就是兩條異面直線的距離．則即兩異面直線間的距離，等于兩異面直線上分別任取兩點的向量和公垂線方向向量的數量積的絕對值與公垂線的方向向量模的比值．（2）點到平面的距離為平面外一點（如圖），為平面的法向量，過作平面的斜線及垂線．（3）、向量法求距離【例3】（2022·福建省高三模擬試卷）在三棱錐中，和都是邊長為的正三角形，.若為三棱錐外接球上的動點，則點到平面距離的最大值為_________.【答案】【解析】【詳解】設中點為，的外心為，的外心為，過點作面的垂線，過點作直線面的垂線，兩條垂線的交點即為三棱錐外接球的球心，因為和都是邊長為的正三角形，可得，又，所以，所以，又因為，，所以面，因為平面，所以平面平面，且，所以四邊形是邊長為的正方形，所以外接球半徑，到平面的距離，故答案為：.【思維提升】距離問題問題主要分為點線距離，點面距離以及面面距離。最常考查的是點面距離。對于點P到直線l的距離可以考慮通過向量加以解決。對于點到面的距離，可以從傳統的方法以及向量法。傳統的方法體現在把距離做出來，若在特殊的體中如圓錐、正棱柱等，做垂線垂足在特殊的位置可以作出距離（定性），然后再三角形中求出。若不好定性則可以考慮運用等積法。若建系分別用向量也比較簡單。線面距和面面距，轉化成點面距求解．【變式3-1】．（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中統考三模）已知四棱錐的底面為正方形，底面，點是線段上的動點，則直線與平面所成角的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由題意，因為為正方形，且底面，以為原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，設，則，所以，設，，則，所以，即，設平面的法向量為，則，解得，取，所以平面的一個法向量為，設直線與平面所成角為，則，因為單調遞增，所以當時，最大，此時，即直線與平面所成角的最大值為.故選:C【變式3-2】．（2023·浙江溫州·統考三模）四面體滿足，點在棱上，且，點為的重心，則點到直線的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】四面體滿足，即兩兩垂直，以點O為原點，以射線的正方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，因為，，則，于是，，所以點到直線的距離.故選：A【變式3-3】．（2023·湖南長沙·長沙市明德中學校考三模）如圖，一個由四根細鐵桿、、、組成的支架（、、、按照逆時針排布），若，一個半徑為1的球恰好放在支架上與四根細鐵桿均有接觸，則球心到點的距離是（

）A． B． C．2 D．【答案】B【詳解】如上圖正四棱錐，為底面中心，為球心，為球體與的切點，又，故各側面均為等邊三角形，若側面三角形邊長為，則，，，顯然△△，故，則.故選：B.【變式3-4】（2023·山西·統考一模）如圖所示，在四棱錐中，側面平面，是邊長為的等邊三角形，底面為直角梯形，其中，，.(1)求到平面的距離；(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)；(2)存在，【分析】（1）建立空間直角坐標系利用坐標法求得點到平面的距離；（2）設，利用坐標法結合兩平面夾角余弦值列方程，解得即可.【詳解】（1）取的中點，連接，，為等邊三角形，，又平面平面，平面平面，平面，如圖所示，以為坐標原點，直線，，分別為，，軸建立空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面的法向量為，，，即，令，則，又，故到平面的距離；（2）設，，，，則，，設平面的法向量為，，，則，令，則，又平面的法向量為，于是，化簡得，又，得，即，故存在點，此時.【應用四】轉化思想在空間幾何體線線、線面、面面位置關系的應用線線、線面、面面平行與垂直的位置關系既相互依存又存在，又在一定條件下不僅能縱向轉化：線線平行或垂直，線面平行或垂直，面面平行或垂直。而且還可以橫向轉化：線線、線面、面面的平行，線線、線面、面面的垂直。這些轉化關系在平行或垂直的判定定理和性質定理中得到充分體現。平行或垂直關系的證明大都可以利用上述結論關系去證明。如平行關系：【例4】（2022?浙江）如圖，已知和都是直角梯形，，，，，，，二面角的平面角為．設，分別為，的中點．（Ⅰ）證明：；【解析】證明：由于，，平面平面，平面，平面，所以為二面角的平面角，則，平面，則．又，則是等邊三角形，則，因為，，，平面，平面，所以平面，因為平面，所以，又因為，平面，平面，所以平面，因為平面，故；【思維提升】證明線線垂直的位置關系時，若通過轉化為異面直線所成的角有困難，可以通過線線垂直、線面垂直以及面面垂直的之間的性質定理與判定定理進行轉化。即線線垂直轉化為線面垂直，線面垂直轉化為面面垂直。【變式4-1】．（2022?甲卷（理））在四棱錐中，底面，，，，．（1）證明：；【分析】通過線面垂直進行轉化【解析】（1）證明：底面，面，，取中點，連接，，，，又，，，為直角三角形，且為斜邊，，又，面，面，面，又面，；【變式4-2】．（2022?北京）如圖，在三棱柱中，側面為正方形，平面平面，，，分別為，的中點．（Ⅰ）求證：平面；【分析】通過面面進行轉化【解析】證明：取中點，連接，，為的中點．，且，四邊形是平行四邊形，故，平面；平面，平面，是中點，是的點，，平面；平面，平面，又，平面平面，又平面，平面；【方法總結】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)利用線面垂直的性質．2.面面平行條件的應用：(1)兩平面平行，分析構造與之相交的第三個平面，交線平行；(2)兩平面平行，其中一個平面內的任意一條直線與另一個平面平行．【變式4-3】．（2023·江蘇連云港·統考模擬預測）如圖，直三棱柱內接于圓柱，，平面平面．(1)證明：為圓柱底面的直徑；【分析】（1）根據面面垂直的性質定理證明平面，繼而證明平面，根據線面垂直的性質定理證明，即可證明結論；【詳解】（1）證明：連接，在直三棱柱中，，∴四邊形為正方形，∴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，∴，∴為圓柱底面的直徑．【應用五】轉化思想在空間幾何體中體積的應用研究簡單幾何體體積問題的過程中，運用等積轉化常見的思路為選擇適當的底面和高。體現在轉化頂點法、轉化底面、根據比值進行轉化。柱、錐、臺、球的表面積和體積名稱幾何體表面積體積柱體(棱柱和圓柱)S表面積＝S側＋2S底V＝Sh錐體(棱錐和圓錐)S表面積＝S側＋S底V＝eq\f(1,3)Sh臺體(棱臺和圓臺)S表面積＝S側＋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年新課標3卷理科】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為_________．【答案】【解析】【分析】將原問題轉化為求解圓錐內切球的問題，然后結合截面確定其半徑即可確定體積的值.【詳解】易知半徑最大球為圓錐的內切球，球與圓錐內切時的軸截面如圖所示，其中，且點M為BC邊上的中點，設內切圓的圓心為，由于，故，設內切圓半徑為，則：，解得：，其體積：.故答案為：.【思維點睛】與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.【變式5-1】．（2022·江蘇如皋·高三期末）已知三棱錐D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，則點A到平面BCD的距離為_________，該三棱錐的外接球的體積為_________.【答案】【分析】①，等積法計算頂點到底面的距離；②求三棱錐外接球球心，然后再求體積.【詳解】①如下圖所示，設點A到平面BCD的距離為h，取BC中點E，連AE、DE，因為AB=AC=AD=1，，所以BC=1，，，所以②取AB中點F，連CF交AE于G，則G是的外心，過G作，O為三棱錐外接球的球心，過O作，所以設球的半徑為R，則，所以，所以故答案為：①；②【變式5-2】．（2022·廣東·廣州市真光中學高三開學考試）端午佳節，人們有包粽子和吃粽子的習俗，粽子主要分為南北兩大派系，地方細分特色鮮明，且形狀各異，裹蒸粽是廣東肇慶地區最為出名的粽子，是用當地特有的冬葉?水草包裹糯米?綠豆?豬肉?咸蛋黃等蒸制而成的金字塔形的粽子，現將裹蒸粽看作一個正四面體，其內部的咸蛋黃看作一個球體，那么，當咸蛋黃的體積為時，該裹蒸粽的高的最小值為（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】A【解析】要使正四面體的高最小，當且僅當球與正四面體相內切，設正四面體的棱長為，高為，內切球的半徑為，則，解得，如圖正四面體中，令為的中點，為底面三角形的中心，則底面所以，即.故選：A【變式5-3】．．【2022年新高考2卷】如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED,AB=ED=2FB，記三棱錐E?ACD，F?ABC，F?ACE的體積分別為V1A．V3=2VC．V3=V【答案】CD【解析】【分析】直接由體積公式計算V1,V2，連接BD交AC于點M，連接EM,FM，由【詳解】設AB=ED=2FB=2a，因為ED⊥平面ABCD，FB∥ED，則V1V2=13?FB?S△ABC=13?a?又ED⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，則ED⊥AC，又ED∩BD=D，ED,BD?平面BDEF，則AC⊥平面BDEF，又BM=DM=12BD=2a，過F作FG⊥DE于G則EM=2a2+EM2+FM2=EF則V3=VA?EFM+VC?EFM故選：CD.鞏固練習1、（2023·河北唐山·統考三模）把邊長為的正方形沿對角線折成直二面角，則三棱錐的外接球的球心到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由圖所示，易知三棱錐D-ABC的外接球球心為AC的中點O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，計算可得BC=CD=BD=，設球心到平面的距離為，則.故選：A2、（2023春·湖南株洲·高三株洲二中校考階段練習）（多選題）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，M為棱CC1上的動點，AM⊥平面，下面說法正確的是（

）A．若N為DD1中點，當AM+MN最小時，CM=B．當點M與點C1重合時，若平面截正方體所得截面圖形的面積越大，則其周長就越大C．若點M為CC1的中點，平面過點B，則平面截正方體所得截面圖形的面積為D．直線AB與平面所成角的余弦值的取值范圍為【答案】AC【解析】對于A，由展開圖如下，當最小時，，得，故A正確對于B，如圖，取各邊中點連接成六邊形，由立體幾何知平面，平面，截面周長為，面積為，截面的周長為，面積為，故B錯誤對于C，取中點分別為，以為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系如圖所示，，，，由數量積可知，而，故平面，截面為等腰梯形，面積為，故C正確對于D，設，平面的一個法向量為故直線AB與平面所成角的正弦值則，故D錯誤故選：AC3、【2022年新高考1卷】（多選題）已知正方體ABCD?AA．直線BC1與DA1所成的角為90° B．直線BC．直線BC1與平面BB1D1D所成的角為45°【答案】ABD【解析】【分析】數形結合，依次對所給選項進行判斷即可.【詳解】如圖，連接B1C、BC1，因為DA1//B1因為四邊形BB1C1C為正方形，則B1C⊥B連接A1C，因為A1B1⊥平面BB因為B1C⊥BC1，A1又A1C?平面A1連接A1C1，設A因為BB1⊥平面A1B1C因為C1O⊥B1D1，所以∠C1BO為直線B設正方體棱長為1，則C1O=22，所以，直線BC1與平面BB因為C1C⊥