暑假复习专题05 立体几何初步（7大题型）-2024年暑假数学高一升高二题型专练复习+新课预习（苏教版2019）

专题05 立体几何初步（7大题型） 高频考点题型复习归纳 【题型1 几何体表面积和体积】 【题型2 点、线、面位置关系】 【题型3 空间角】 【题型4 空间点、线、面间的距离求解】 【题型5 外接球和内切球】 【题型6 立体几何截面与轨迹问题】 【题型7 立体几何综合应用】 专项练 【题型1 几何体表面积和体积】 【典例1】粽，即粽籺，俗称粽子，据考证，粽早在春秋之前就已出现，最初是用来祭祀祖先和神灵；到了晋代，粽子成为端午节的节庆食物.端午食粽的风俗，传播甚远.包粽子是端午节的一种传统风俗，同学们在劳动课上学习包粽子，将包的四角蛋黄粽近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为，则其内可包裹的蛋黄的最大体积为______. 【题型训练1】 1.如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 2．（多选）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，则（ ） A. 圆台的母线与底面所成的角为 B. 圆台的侧面积为 C. 圆台的体积为 D. 若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为 3．底面半径为4的圆锥被平行于底面的平面所截，截去一个底面半径为1，母线长为3的圆锥，则所得圆台的侧面积为 . 4.已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，其中较大圆锥的体积是较小圆锥的体积的倍，若这两个圆锥的体积之和为，则球的体积为______． 【题型2 点、线、面位置关系】 【典例2】已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【题型训练2】 1.若､是两个不重合的平面：①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则；②设､相交于直线，若内有一条直线垂直于，则；③若外一条直线与内的一条直线平行，则．以上说法中成立的有（ ）个 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2．对于四面体ABCD，给出下列四个命题： ①若AB=AC，BD=CD，则BC⊥AD； ②若AB=CD，AC=BD，则BC⊥AD； ③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD； 其中正确的命题的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④ 3．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若为上的动点，则线段上是否存在点N，使得平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 4.如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是矩形，点E，F分别为，的中点.求证： （1）； （2）平面. 【题型3空间角的求解】 【典例3】如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形. （1）证明：. （2）若，求二面角的余弦值. 【题型训练3】 1.在圆锥PO中，轴截面PAB为等腰直角三角形，M为底面圆O上一点，，则异面直线OM与AP所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 2．三棱锥中，，D是棱上的动点，点P在平面的射影在内部，与所成的角为，与面所成的角为，二面角为，则（ ） A. B. C. D. 3．如图所示，在梭长为6的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为________. 4.如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台，其中，． （1）求证：； （2）若，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值． 【题型4 空间点、线、面间的距离求解】 【典例4】已知的直角顶点在平面外，与平面所成的角分别为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【题型训练4】 1.已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 2．在棱长为的正方体中，直线BD到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 3.在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，，分别是棱，，的中点. （1）求证：平面； （2）若，，求点到平面的距离. 4.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； 【题型5 外接球和内切球】 【典例5】《九章算术》中将“底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱”称为堑堵；将“底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥”称为阳马.如图，在堑堵中，，，，阳马的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【题型训练5】 1.“阿基米德多面体”被称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知正方体边长为6，则该半正多面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 2．已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 3．已知直三棱柱中，，，，其外接球表面积为，则该三棱柱的侧棱长为________. 4.在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为___________. 【题型6 立体几何截面与轨迹问题】 【典例6】（多选）如图1，在直角梯形ABCD中，，，点E，F分别为边AB，CD上的点，且.将四边形AEFD沿EF折起，如图2，使得平面平面EBCF，点是四边形AEFD内的动点，且直线MB与平面AEFD所成的角和直线MC与平面AEFD所成的角相等，则下列结论正确的是（ ）    A． B．点的轨迹长度为 C．点到平面EBCF的最大距离为 D．当点到平面EBCF的距离最大时，三棱锥外接球的表面积为 【题型训练6】 1. 正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB＝4，则过B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长为（ ） A. 64 B. 62 C. 34 D. 32 2．（多选）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（ ） A. B. 若点在线段上，则四面体的体积为定值 C. 若，则点轨迹的长度为 D. 若点在直线上，则的最小值为 3．已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，其中较大圆锥的体积是较小圆锥的体积的倍，若这两个圆锥的体积之和为，则球的体积为______． 4.如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为． （1）求证：四棱锥为正四棱锥； （2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （3）若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值． 【题型7 立体几何综合应用】 【典例7】如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） ①平面平面；②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为. A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ②③④ 【题型训练7】 1.（多选）正四棱台中，上底面的边长为2，下底面的边长为4，棱台高为1，则下列结论正确的是（ ） A. 该四棱台的体积为 B. 该四棱台的侧棱长为 C. 与所成角的余弦值为 D. 与平面所成的角大小为 2．（多选）已知四棱锥，底面是正方形，平面，，点在平面上，且，则（ ） A. 存在，使得直线与所成角为 B. 不存在，使得平面平面 C. 当一定时，点与点轨迹上所有的点连线和平面围成的几何体的外接球的表而积为 D. 若，以为球心，为半径的球面与四棱琟各面的交线长为 3．（多选）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设E为空间内任一点，且A，B，C，D，E五点在同一个球面上，则（ ） A. 四面体的表面积为 B. 四面体的体积为 C. 当时，点E的轨迹长度为 D. 当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为 4.如图，在三棱锥中，平面平面，，，，D、E分别为SB，AB的中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值. 【专项练】 1.已知α、β是平面，m、n是直线，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 2.用油漆涂100个圆台形水桶（桶内外侧都要涂），桶口直径为，桶底直径为，母线长是．已知每平方米需用油漆，共需用油漆（精确到）（ ） A. B. C. D. 3.在矩形中，，，将沿对角线折起，使到，形成三棱锥，则异面直线与所成角的范围为（ ） A. B. C. D. 4.设，，，是同一个半径为的球的球面上四点，是斜边为的直角三角形，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. 64 C. D. 128 5.（多选）在正方体中，分别为棱和棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面截正方体所得截面为等腰梯形 C. 平面 D. 异面直线与所成的角为 6.（多选）如图，P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的有（　　） A. 当P在平面内运动时，四棱锥的体积不变 B. 当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C. 使得直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π＋4 D. 若F是棱的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF∥平面时，PF的最小值是 7.如图，已知在矩形中，，点是边的中点，与相交于点，现将沿折起，点的位置记为，此时，则二面角的余弦值为__________． 8.如图所示，在斜三棱柱中，底面是等腰三角形，，是的中点，侧面底面. （1）求证：； （2）过侧面的对角线的平面交侧棱于点，若，求证：截面侧面； （3）若截面平面，成立吗？请说明理由. 9.如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形， ，且. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求证：平面平面； （3）求二面角的正切值 10.如图，AB是半球的直径，O为球心， AB=4，M，N依次是半圆上的两个三等分点，P是半球面上一点，且． （1）证明：平面平面； （2）若点P在底面圆内的射影恰在BM上， ①求PN与平面PMB所成角； ②求点M到平面PAB的距离． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 立体几何初步（7大题型） 高频考点题型复习归纳 【题型1 几何体表面积和体积】 【题型2 点、线、面位置关系】 【题型3 空间角】 【题型4 空间点、线、面间的距离求解】 【题型5 外接球和内切球】 【题型6 立体几何截面与轨迹问题】 【题型7 立体几何综合应用】 专项练 【题型1 几何体表面积和体积】 【典例1】粽，即粽籺，俗称粽子，据考证，粽早在春秋之前就已出现，最初是用来祭祀祖先和神灵；到了晋代，粽子成为端午节的节庆食物.端午食粽的风俗，传播甚远.包粽子是端午节的一种传统风俗，同学们在劳动课上学习包粽子，将包的四角蛋黄粽近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为，则其内可包裹的蛋黄的最大体积为______. 【答案】 【解析】蛋黄近似看成一个棱长为6cm的正四面体的内切球， 设正面体的内切球的球心为，球的半径为，正四面体的表面积为，体积为， 因为正四面体的棱长为6， 所以正四面体高， 正四面体表面积为， 因为， 所以，解得， 所以蛋黄的体积为， 故答案为：. 【题型训练1】 1.如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为2，圆柱的底面半径为1，高为3，则该几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】由题意得，球的半径，圆柱的底面半径，高， 则该几何体的表面积为. 故选：D. 2．（多选）已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线长为，则（ ） A. 圆台的母线与底面所成的角为 B. 圆台的侧面积为 C. 圆台的体积为 D. 若圆台的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为 【答案】ABD 【解析】对于A，因为圆台的上、下底面半径分别为1和3，母线为， 所以圆台的高为：， 根据线面角定义求出母线与底面所成角，A正确； 对于B，由圆台的侧面积公式， 求得圆台侧面积为：，B正确； 对于C，由圆台的体积公式， 求得圆台体积为：，C错误； 对于D，由题意可知球心在下底面下方，设球心到下底面的距离为， 由勾股定理得，解得， 则该球的半径为，所以该球的表面积为，D正确． 故选：ABD. 3．底面半径为4的圆锥被平行于底面的平面所截，截去一个底面半径为1，母线长为3的圆锥，则所得圆台的侧面积为 . 【答案】 【解析】如图，设原圆锥的母线为，则，则， 所以圆台的侧面积为：. 故答案为： 4.已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，其中较大圆锥的体积是较小圆锥的体积的倍，若这两个圆锥的体积之和为，则球的体积为______． 【答案】## 【解析】 如图，设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径，设球心为，球的半径， 由，， 又，即，即，又， 所以，， 所以，又，所以， 又， 即，解得， 所以，即球的体积为. 故答案为： 【题型2 点、线、面位置关系】 【典例2】已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】选项A：根据给定条件有 或； 选项B：根据给定条件有 或； 选项C：根据给定条件有与的位置可能平行、相交或m在α内； 选项D：因为，所以存在直线使得， 又因为，所以，因为，所以. 故选：D. 【题型训练2】 1.若､是两个不重合的平面：①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则；②设､相交于直线，若内有一条直线垂直于，则；③若外一条直线与内的一条直线平行，则．以上说法中成立的有（ ）个 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】对①，平面内有两条相交直线分别平行于面内两条直线，可得这两条相交直线均平行于面，由平面与平面平行的判定定理可知①正确； 对②，设､相交于直线，若内有一条直线垂直于，则这条直线不一定垂直于β，故根据平面与平面垂直的判定定理可知α与β不一定垂直；故②错误； 对③，根据直线与平面平行的判定定理可知③正确． 故选：C． 2．对于四面体ABCD，给出下列四个命题： ①若AB=AC，BD=CD，则BC⊥AD； ②若AB=CD，AC=BD，则BC⊥AD； ③若AB⊥AC，BD⊥CD，则BC⊥AD；④若AB⊥CD，AC⊥BD，则BC⊥AD； 其中正确的命题的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ①④ 【答案】D 【解析】证明： 对于①取BC的中点H，连接AH与DH，可证得BC⊥面AHD，进而可得BC⊥AD，故①对； 对于②条件不足，证明不出结论； 对于③条件不足，证明不出结论； 对于④作AE⊥面BCD于E，连接BE可得BE⊥CD，同理可得CE⊥BD，证得E 是垂心，则可得出DE⊥BC，进而可证得BC⊥面AED，即可证出BC⊥AD． 综上知①④正确，故应填①④． 3．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若为上的动点，则线段上是否存在点N，使得平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）点为的中点，理由见解析. 【解析】（1） 取点为棱的中点，又因为点为棱的中点，所以，且， 又因为，且，所以 则四边形是平行四边形，即， 又因为平面，平面，所以平面； （2） 存在点为的中点，满足平面. 因为点为的中点，点为棱的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 再由平面，，平面，平面， 所以平面平面，又因为平面， 所以平面. 4.如图，在三棱柱中，平面平面，侧面是矩形，点E，F分别为，的中点.求证： （1）； （2）平面. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）因为侧面是矩形，所以， 因为平面平面， 平面平面，在平面内， 所以平面， 因为在平面内，所以； （2）取的中点，连结，， 在△中，，分别是，的中点， 所以，且， 在矩形中，是的中点， 所以，且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为在平面外，在平面内， 所以平面. 【题型3空间角的求解】 【典例3】如图，在四棱柱中，底面和侧面均是边长为2的正方形. （1）证明：. （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）连结， 因为底面和侧面均是边长为2的正方形， 所以四边形是边长为2的菱形，则， 且四边形和也是边长为2的正方形， 所以，且，，平面， 所以平面，平面 所以，且，且平面， 所以平面，平面，所以； （2）由（1）可知，平面，且， 所以平面，且平面， 所以平面平面，又因为平面平面， 所以平面平面，且平面平面， 因为，所以，所以为等边三角形， 取的中点，连结，则，平面 所以平面， 再取的中点，连结,则， 因为平面，所以， 又，且，平面， 所以平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角， ，，， 所以， 所以二面角的余弦值为. 【题型训练3】 1.在圆锥PO中，轴截面PAB为等腰直角三角形，M为底面圆O上一点，，则异面直线OM与AP所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 如图，过点A作，交圆O于点N，连接ON，PN， 则即异面直线OM与AP所成角或其补角， 设 ,可知, 则， 因为轴截面PAB为等腰直角三角形，所以， 在中，由余弦定理得， , 所以异面直线OM与AP所成角的余弦值为. 故选：A. 2．三棱锥中，，D是棱上的动点，点P在平面的射影在内部，与所成的角为，与面所成的角为，二面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 作平面，垂足为，连结，则， 作，连结，因为平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以, 所以为二面角的平面角，所以， 在中，，在中，， 因为，所以，所以， 过作交于点，则，， 作垂足为，连结，则，四边形为矩形，所以， 在中，， 在中，，（当重合时取等号）, 所以，所以， 所以. 故选：B 3．如图所示，在梭长为6的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角的正切值的取值范围为________. 【答案】 【解析】如图所示， 在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体， 连接、，则四边形是菱形， 设在平面的射影为， 则正三棱锥可知，点是的外心， ，则， 由，得，所以， 再结合，得， 从而的轨迹是（平面上）以为圆心，为半径的圆， 该圆恰为的内切圆，记为圆， 同理，在平面（即平面）上的射影为的外心， 连接，则在平面上的射影为， 进而即为直线与平面所成角，记， 则，其中为定值， 而对于，由圆的几何知识可知，当运动到中点时，取得最小值， 此时取得最大值， 当运动到射线与圆的公共点时，取得最大值， 此时取得最小值， 综上所述，直线与平面所成角的正切值为取值范围为. 4.如图，以AD所在直线为轴将直角梯形ABCD旋转得到三棱台，其中，． （1）求证：； （2）若，求直线AD与平面CDF所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】（1）连接BD，DE，设，则， 取AB的中点G，连接DG，则四边形BCDG为正方形，故， 得，∴，∴ 同理可得，， 又面BDE，∴面BDE， 又面BDE，； （2）由（1）知， 又∵，∴， 由，得． 又∵，面ABCD，∴面ABCD， 过点D作交AB于点M，连接EM． 因为面ABCD，所以， 又因为，且面DEM， 则面DEM，又面ABE，∴面面ABE． 过点D作交EM于点N，连接AN． ∴就是直线AD与面ABE所成的线面角． ∵面面ADE，∴就是直线AD与面CDF所成的线面角． ∵，又，，∴， 又，∴， 即直线AD与平面CDF所成线面角的正弦值为 【题型4 空间点、线、面间的距离求解】 【典例4】已知的直角顶点在平面外，与平面所成的角分别为，则点到平面的距离为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】过C作于H，连结，则，. 在和中，，. 又在中有，即，得. 即C到平面的距离为1. 故选：C. 【题型训练4】 1.已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示. 设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为， 易知：三点均在上，且平面， 设内切球的半径为，外接球的半径为，则. 由等体积法：，得， 由等体积法：，得， 将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面， ∴两点间距离的最小值为. 故选：B. 2．在棱长为的正方体中，直线BD到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】因为,平面,平面,因此平面,故直线BD到平面的距离即为点到平面的距离； 为边长为2的等边三角形，故，, 设点到平面的距离为，由等体积法可得,即, 故选:B 3.在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，，分别是棱，，的中点. （1）求证：平面； （2）若，，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【解析】（1）证明：连接，∵在矩形中，，分别是，中点， ∴，，∴四边形是平行四边形，∴. ∵是的中点，∴. ∵平面，平面， ∴平面，平面. ∵，∴平面平面. ∵平面，∴平面. （2）解：法一：∵平面，，∴平面. 过在平面内，作，垂足为，则. ∵，∴平面，∴长是点到平面的距离. 在矩形中，是中点，，，. ∴. ∵，，∴， 即点到平面的距离为. 法二：设到平面的距离为， 在矩形中，，，∴. ∵平面，平面，∴， ∵，∴，， ∴的面积为. ∵的面积为，， ∴，∴，即点到平面的距离为 4.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，平面平面，，，，点E，F分别为棱PD，BC的中点，点G在线段AF上． （1）证明：平面； （2）求点到平面的距离； 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1）连接，取的中点，连接，因为底面为菱形，且， 所以、为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面； （2）因为平面，平面，所以，， 又，，，所以， 所以， 又，所以， 设点到平面的距离为，则，即， 解得，即点到平面的距离. 【题型5 外接球和内切球】 【典例5】《九章算术》中将“底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱”称为堑堵；将“底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥”称为阳马.如图，在堑堵中，，，，阳马的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】因为，，，所以， 又为直棱柱，平面，平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 又矩形外接球的直径为， 设的外接球的半径为，又，， 所以，所以， 所以阳马的外接球的表面积. 故选：C 【题型训练5】 1.“阿基米德多面体”被称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知正方体边长为6，则该半正多面体外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 如图，由半正多面体的对称性可知，其对称中心与相应的正方体的对称中心是同一点， 其对称中心为正方体的体对角线的中点，点在平面的投影点为， 则有，，所以， 故该半正多面体的外接球的半径为，外接球的表面积为. 故选：D 2．已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示. 设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为， 易知：三点均在上，且平面， 设内切球的半径为，外接球的半径为，则. 由等体积法：，得， 由等体积法：，得， 将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面， ∴两点间距离的最小值为. 故选：B. 3．已知直三棱柱中，，，，其外接球表面积为，则该三棱柱的侧棱长为________. 【答案】2 【解析】由题意，该直三棱柱可补形为长方体， 则长方体的外接球即是直三棱柱的外接球. 所以体对角线的长为球的直径，设球的半径为， 则. 所以 设侧棱为，则，解得， 即侧棱为2. 故答案：2. 4.在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为___________. 【答案】 【解析】直角三角形ABC中，，，则斜边，， CH为斜边AB上的高，则，，， 平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 又，所以两两垂直， ，，， 则三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球表面积为. 故答案为：. 【题型6 立体几何截面与轨迹问题】 【典例6】（多选）如图1，在直角梯形ABCD中，，，点E，F分别为边AB，CD上的点，且.将四边形AEFD沿EF折起，如图2，使得平面平面EBCF，点是四边形AEFD内的动点，且直线MB与平面AEFD所成的角和直线MC与平面AEFD所成的角相等，则下列结论正确的是（ ）    A． B．点的轨迹长度为 C．点到平面EBCF的最大距离为 D．当点到平面EBCF的距离最大时，三棱锥外接球的表面积为 【答案】BCD 【解析】    如图，连接CE，EM.因为平面平面EBCF，平面平面平面AEFD，又，所以平面EBCF. 所以CE为CA在平面EBCF内的射影.易得为等边三角形，显然CE不垂直于BF，所以AC不可能垂直于，故A错误. 易知，所以平面AEFD，所以为直线MB与平面AEFD所成的角.同理为直线MC与平面AEFD所成的角.所以，所以，所以.因为，所以. 在平面AEFD内，以为坐标原点，以为轴正方向，为轴正方向建立平面直角坐标系，则，设，则有，化简得，即点在平面AEFD内的轨迹方程为，所以点在平面AEFD内的轨迹为以为圆心， 2为半径的圆.易得点在四边形AEFD内的轨迹为该圆的一段弧，弧所对的圆心角为，所以弧长为，B正确. 要使三棱锥的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可.令0， 则，又，所以，此时到平面EBCF的最大距离为， C正确. 三棱锥外接球的球心在过的外接圆圆心且垂直于平面BCF的直线上. 在三棱锥中，设点为等边外接圆的圆心，设三棱锥外接球的球心为，半径为，设，则有， 解得，所以，所以三棱锥外接球的表面积. 故D正确. 故选：BCD. 【题型训练6】 1. 正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AD，DD1的中点，AB＝4，则过B，E，F的平面截该正方体所得的截面周长为（ ） A. 64 B. 62 C. 34 D. 32 【答案】A 【解析】作图如下: 因为是棱的中点, 所以, 因为平面,平面, 所以平面， 由线面平行的性质定理知, 过直线且过点B的平面与平面的交线平行于直线, 结合图形知,即为直线, 过B，E，F的平面截该正方体所得的截面即为等腰梯形, 因为正方体的棱长AB＝4, 所以, 所以所求截面的周长为64, 故选:A 2．（多选）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（ ） A. B. 若点在线段上，则四面体的体积为定值 C. 若，则点轨迹的长度为 D. 若点在直线上，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 连接，由菱形可得， 再由直棱柱，可得底面， 又因为底面，所以，而， 所以平面，又因为平面，所以，故A正确； 取的中点为，连接，又由点为的中点，可得， 而，所以，即四点共面， 由平面，平面，所以平面， 因为动点，所以动点到平面的距离不变， 又因为三点固定，则四面体的体积为定值，故B正确； 动点在侧面内（包含边界），过作，垂足为， 由直棱柱，易证明平面， 而侧面，即有， 由菱形边长为2，，可得， 再由勾股定理得：，则点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆弧， 则由侧面正方形，可知，，可得， 所以点的轨迹的圆弧长为，故C错误； 利用直棱柱的所有棱长为，可计算得： 再把这三角形与三角形展开成一个平面图，如下图： 先解三角形，由余弦定理得：， 利用平方关系得：， 所以， 再由余弦定理得：， 即，故的最小值为，故D正确； 故选：ABD． 3．已知两个圆锥有公共底面，且两个圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，其中较大圆锥的体积是较小圆锥的体积的倍，若这两个圆锥的体积之和为，则球的体积为______． 【答案】## 【解析】 如图，设圆锥与圆锥公共底面圆心为，两圆锥公共底面圆周上一点，底面半径，设球心为，球的半径， 由，， 又，即，即，又， 所以，， 所以，又，所以， 又， 即，解得， 所以，即球的体积为. 故答案为： 4.如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为． （1）求证：四棱锥为正四棱锥； （2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （3）若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】（1）证明：过点作面，垂足为，取中点，连接，如图所示， 是平面内两条相交直线，平面. 平面，，二面角的平面角为. 在等边三角形边长为4，根据勾股定理可得, 在直角三角形，. 因此为正方形的中心，即正方形的对角线的交点， 又因面，则. 因此四棱锥为正四棱锥. （2）设面面，因为平面平面， 故面，又面，面面，从面， 则，同理为二面角的平面角， 因四棱锥为正四棱锥，故，则， 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. （3） 由（1）知为的中点，取的中点， 连接都是正三角形，平面， 所以，由，则平面， 因此过点垂直于的截面与截面平行或重合， 显然点在上（不含端点）时，截面面积小于，不可能最大， 当点在（不含端点），时，令， 此时截面交分别于点，，，，平面平面， 平面平面，平面平面， 因此，同理， 由知，平面，得平面， 而平面平面平面，则，同理，于是，四边形为平行四边形， 又，则，即有，四边形为矩形， 显然，则， ，由， 得，而，矩形面积， 从而截面的面积 ， 当时，，显然， 即时，截面面积最大，最大值为 【题型7 立体几何综合应用】 【典例7】如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） ①平面平面；②与的夹角为定值； ③三棱锥体积最大值为；④点的轨迹的长度为. A. ①② B. ①③ C. ①②④ D. ②③④ 【答案】C 【解析】对于①：由，，为边的中点知且， 易知，，而，平面， 故平面，又平面，所以平面平面，故①正确； 对于②：若是的中点，又为的中点，则且， 而且，所以且，即为平行四边形， 故，所以与的夹角为或其补角， 若为中点，即，由①分析易知， 故与的夹角为，故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当平面时，最大， 此时，故③错误； 对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同， 由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点， 故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆， 所以的轨迹长度为，故④正确. 故选：C. 【题型训练7】 1.（多选）正四棱台中，上底面的边长为2，下底面的边长为4，棱台高为1，则下列结论正确的是（ ） A. 该四棱台的体积为 B. 该四棱台的侧棱长为 C. 与所成角的余弦值为 D. 与平面所成的角大小为 【答案】AB 【解析】在正四棱台中，，令上下底面中心分别，连接，如图， 对于A，，A正确； 对于B，平面，在直角梯形中，， 取中点，连接，有，则，，B正确； 对于C，显然，则是与所成的角或其补角， 在等腰梯形中，，C错误； 对于D，由选项B知，平面，则是与平面所成的角， 因此，显然，D错误. 故选：AB 2．（多选）已知四棱锥，底面是正方形，平面，，点在平面上，且，则（ ） A. 存在，使得直线与所成角为 B. 不存在，使得平面平面 C. 当一定时，点与点轨迹上所有的点连线和平面围成的几何体的外接球的表而积为 D. 若，以为球心，为半径的球面与四棱琟各面的交线长为 【答案】BCD 【解析】对A，如图， 由题意为直线与平面ABCD所成的角，所以与所成的角不小于，故A错误； 对B，平面，平面，，又，面，面，点要在直线上， 因为，所以不存在，故B正确. 对C，由题意知，几何体为圆锥，作圆锥及外接球的轴截面图，如图， 所以外接球的半径满足，解得， 所以外接球的表而积为，故C正确； 对D，将侧面展开，知球与侧面的交线为以点P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，即图中， 因为，所以， 又，所以， 由对称性知，所以, 故的长为， 又球与底面交线为以点A为圆心，为半径的圆与底面ABCD的交线， 故长度为，所以球面与四棱琟各面的交线长为，D正确. 故选：BCD 3．（多选）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设E为空间内任一点，且A，B，C，D，E五点在同一个球面上，则（ ） A. 四面体的表面积为 B. 四面体的体积为 C. 当时，点E的轨迹长度为 D. 当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为 【答案】AC 【解析】对于A中，因为四面体的各个面均为全等的等腰三角形， 且， 设为的中点，连接，则， 所以， 则四面体的表面积为，所以A正确； 对于B中，将四面体放入长方体中，如图所示， 设长方体的相邻的三条棱长分别为， 则，解得， 由，所以异面直线和的距离为， 因为为的中点，在等腰和中，可得， 又因为且平面，所以平面， 所以四面体的体积为，所以B错误； 对于C中，由四面体的外接球和补成的长方体的外接球为同一个球， 设四面体的外接球的半径为，可得，所以， 由，可得点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为， 则，解得， 所以轨迹的长度为，所以C正确； 对于D中，由题意得，所以， 所以的外接圆的半径为， 所以球心到所在平面的距离为， 设三棱锥的高为， 由三棱锥的体积为时，可得， 解得，又由， 所以点的轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆， 其中一个圆为外接球大圆，所以点的轨迹长度大于， 因为点的轨迹为外接球上平行于平面两个截面圆，所以轨迹的长度大于，所以D错误. 故选：AC. 4.如图，在三棱锥中，平面平面，，，，D、E分别为SB，AB的中点. （1）求证：； （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】（1） ∵，D为SB的中点，∴， ∵平面平面SBC，平面SAB，平面平面， ∴平面，又平面，∴， ∵，∴，又，平面SAB，平面SAB， ∴平面SAB，又平面SAB，∴； （2）取BD中点H，过H作于K，连接EK， 因为E、H分别为AB、BD的中点，∴， 由（1）知，，∴，， 又，平面SBC，平面SBC， ∴平面SBC，即平面BDC，又平面BDC，∴， ∵，，平面EHK，平面EHK， ∴平面EHK，又平面EHK，∴， ∴为二面角的平面角， 在中，，，，∴， 在中，，，∴， 由（1）可知平面SAB，平面SAB，∴， 又，平面ABC，平面ABC，∴平面ABC， ∵平面ABC，∴， ∵D、E分别为SB、AB的中点，∴且，∴， 在中，，，∴， 在中，，，∴，∴， 在中，，∴， 由HK在面SBC内，则EH⊥HK， ∴在中，，即二面角的正弦值. 【专项练】 1.已知α、β是平面，m、n是直线，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】对于A，若，，则，故A正确， 对于B，若，，则或者异面，故B错误， 对于C，若，，则，C正确， 对于D,若，，则,D正确， 故选：B 2.用油漆涂100个圆台形水桶（桶内外侧都要涂），桶口直径为，桶底直径为，母线长是．已知每平方米需用油漆，共需用油漆（精确到）（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】， ，， 故一个桶需要涂漆面积为， 故个桶需要涂漆为：. 故选：C. 3.在矩形中，，，将沿对角线折起，使到，形成三棱锥，则异面直线与所成角的范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由题可知， 四边形是矩形，， 所以初始状态时直线与直线所成的角为， 已知矩形中，，， ， 翻折过程中，如下图， 因为，所以，则与平面不垂直， 因为，， 所以异面直线与不垂直， 翻折过程中，当平面与平面重合时，与所成锐角为异面直线与所成角的临界值，如下图： 因为矩形中，,，， ，所以，同理，所以，即异面直线与所成角的临界值为,所以异面直线与所成角的范围为； 故选：C 4.设，，，是同一个半径为的球的球面上四点，是斜边为的直角三角形，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. 64 C. D. 128 【答案】C 【解析】是斜边为的直角三角形， 的外接圆的半径，又球的半径， 球心到平面的距离， 又面积的最大值为， 点到平面的距离的最大值为， 三棱锥体积的最大值为． 故选：C． 5.（多选）在正方体中，分别为棱和棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面截正方体所得截面为等腰梯形 C. 平面 D. 异面直线与所成的角为 【答案】ABD 【解析】对于选项A：依题意得，平面，平面，所以平面. 故A正确； 对于选项B：平面截正方体所得截面为四边形，因为，且，又，所以四边形为等腰梯形. 故B正确； 对于选项C：若平面，则，由平面得，且，所以平面，显然矛盾. 故C错误； 对于选项D：因为，所以是异面直线与所成的角，由为等边三角形可知. 故D正确. 故选：ABD. 6.（多选）如图，P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的有（　　） A. 当P在平面内运动时，四棱锥的体积不变 B. 当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是 C. 使得直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π＋4 D. 若F是棱的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF∥平面时，PF的最小值是 【答案】AC 【解析】底面正方形的面积不变，P到平面的距离为正方体棱长， 故四棱锥的体积不变，故A正确； 与所成的角即为与AC所成的角， 当P在端点A，C时，所成的角最小，为， 当P在AC的中点时，所成的角最大，为，故B错误； 由于P在正方体表面上，P的轨迹为对角线， 以及在平面内以为圆心、2为半径的圆弧， （由于，所以在中，， 即直线AP与平面所成的角为45°， 又由于平面平面，所以直线AP与平面ABCD所成的角为45°） 如图①，故P的轨迹长度为，故C正确； 分别取的中点， 由正方体的性质可知六点共面，且为正六边形， 由中位线定理，，平面，所以平面， 同理平面，且，平面， 所以平面平面， 所以FP所在的平面为如图②所示的正六边形， 当P为BC的中点时，FP的长最小，为，故D错误． 故选：AC. 7.如图，已知在矩形中，，点是边的中点，与相交于点，现将沿折起，点的位置记为，此时，则二面角的余弦值为__________． 【答案】## 【解析】在三棱锥中，， ∴， 过点在平面内作，垂足为点，连接． ∵即在矩形ABCD中，AC⊥DE， ∴易得平面又∵平面， ∵平面，平面， 平面， ∴二面角的平面角为， 在中，， 由余弦定理可得， ∴， ∴， ∵平面平面， ∴，故， ∴二面角的余弦值为． 故答案为：. 8.如图所示，在斜三棱柱中，底面是等腰三角形，，是的中点，侧面底面. （1）求证：； （2）过侧面的对角线的平面交侧棱于点，若，求证：截面侧面； （3）若截面平面，成立吗？请说明理由. 【答案】（1）见解析； （2）见解析； （3）见解析. 【解析】（1）证明：，D是中点，. ∵底面侧面，底面侧面，底面， 侧面. 又侧面，. （2）证明：如图，延长，与的延长线交于点N， 连接，则平面， ，.， ， ，由已知侧面底面 所以侧面底面，交线为， 底面， 侧面，平面， ∴截面侧面. （3）成立.理由如下： 过M作于点E，连接. ∵截面侧面，根据面面垂直的性质， 侧面. 又侧面，， 四点共面. 侧面，平面， 平面平面，. ∴四边形是平行四边形， 又，. 是的中点，， . . 9.如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形， ，且. （1）若平面与平面相交于直线，求证：； （2）求证：平面平面； （3）求二面角的正切值 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】（1）由，平面，平面，得平面， 又平面，且平面与平面相交于直线， 所以. （2）在直角梯形中，，， 取的中点，连接，则，即四边形是平行四边形， 于是，则，即，又平面，平面， 则，又，平面，因此平面，而平面， 所以平面平面. （3）由（1）知，，由平面，平面，则， 而平面，于是平面，又平面， 则，过作于，连接，显然平面， 因此平面，而平面，则，即是二面角的平面角， 由，，得， 则，， 所以二面角的正切值是. 10.如图，AB是半球的直径，O为球心， AB=4，M，N依次是半圆上的两个三等分点，P是半球面上一点，且． （1）证明：平面平面； （2）若点P在底面圆内的射影恰在BM上， ①求PN与平面PMB所成角； ②求点M到平面PAB的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）①；② 【解析】（1）证明：连接，如图，是半圆上的两个三等分点， 则有，∵， ∴都是正三角形，∴， 四边形是菱形，， ∵，平面， ∴平面，平面 ∴平面平面. （2）①由（1）知，平面PON，平面OMNB， 所以平面平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON， 则点P在底面圆内的射影在ON上， 又因为点P在底面圆内的射影在BM上， 所以点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q， ， 则平面，，又， 平面，平面， 就是与平面所成角， 在中，， ，故与平面所成角； ②法1：由（1）知，平面PON，平面OMNB， 所以平面平面OMNB，平面PON∩平面OMNB=ON， 则点P在底面圆内的射影在ON上， 又因为点P在底面圆内的射影在BM上， 所以点P在底面圆内的射影是ON与MB的交点Q， ， 故， 在中，由余弦定理，可得， 故，故， 在中，， 故， 故. 由，可得， 即，所以， 点到平面的距离为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$