第10章 空间直线与平面（压轴专练）（八大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记·巧练（沪教版2020必修第三册）

第十章 空间直线与平面（压轴专练）（八大题型） 题型1：空间直线与平面的综合辨析 1．设分别是四棱锥侧棱上的点.给出以下两个命题，则（    ）. ①若是平行四边形，但不是菱形，则可能是菱形； ②若不是平行四边形，则可能是平行四边形. A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 2．如图，已知正方体，点P是棱的中点，设直线为a，直线为b．对于下列两个命题：①过点P有且只有一条直线l与a、b都相交；②过点P有且只有两条直线l与a、b都成角．以下判断正确的是（    ） A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 3．在正四棱锥中，与所成的角的大小为α，PA与底面所成的角的大小为β，侧面与底面所成的角的大小为，二面角的大小为．给出下列四个结论： ①； ②； ③； ④． 其中所有正确结论的序号是 ． 题型2：最值问题 4．如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，，分别为线段和棱上的动点，则的最小值为 ． 5．在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为 ． 6．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．    7．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面．设与平面所成的角为与所成的角为，那么下列结论正确的是（    ） A．的最小值为的最小值为 B．的最小值为的最大值为 C．的最小值大于的最小值大于 D．的最大值小于的最大值小于 题型3：取值范围问题 8．在棱长为1的正方体中，E，F分别为和的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 ． 9．在矩形中，，现将沿对角线翻折，得到四面体，记二面角为，当在内变化时，的取值范围是 . 10．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 题型4：存在性问题—选择题 11．如图，在棱长为2的正方体中，点满足，，其中，在下列说法中正确的是（    ） ①存在，使得 ②存在，使得平面 ③当时，取最小值 ④当时，存在，使得 A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 12．已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论： ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在点，使得． 其中正确的结论是（    ） A．① B．②③ C．①④ D．②④ 题型5：存在性问题—解答题 13．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面，M是QD的中点．    (1)求证：平面； (2)求侧面QBC与底面所成二面角的余弦值； (3)在棱QC上是否存在点N使平面平面AMC成立？如果存在，求出，如果不存在，说明理由． 14．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）薨（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也. 薨，窟盖也。”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍薨的字面意思为茅草屋顶.”现有一个“刍薨”如图所示，四边形为正方形，四边形、为两个全等的等腰梯形，，，，.    (1)设过点且与直线垂直的平面为平面，且平面与直线、分别交于、两点，求的周长； (2)点在线段上且满足.试问：在线段上是否存在点，使平面?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 15．设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若 (1)求与平面所成角的大小； (2)在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值． 16．在棱长均为2的正三棱柱中，E为的中点．过AE的截面与棱分别交于点F，G．    (1)若F为的中点，试确定点G的位置，并说明理由； (2)在（1）的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值； (3)设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 17．如图，在正三棱柱中，，为的中点，、在上，.    (1)试在直线上确定点，使得对于上任一点，恒有平面；（用文字描述点位置的确定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程） (2)已知在直线上，满足对于上任一点，恒有平面，为（1）中确定的点，试求当的面积最大时，二面角的余弦值. 题型6：翻折问题 18．已知菱形的边长为2，且，将菱形沿对角线翻折成直二面角，则异面直线与所成角的余弦值是 ；二面角的余弦值是 ． 19．在中，是边的中点，是边上的动点（不与重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，如图所示，给出下列四个结论：正确的是 ． ①不可能为等腰三角形； ②平面； ③对任意点，都有平面； ④存在点，使得． 20．如图，在矩形中，，，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（与不重合），若，分别为线段、的中点，则在折起过程中，下列选项正确的是（    ） A．可以与垂直 B．不能同时做到平面且平面 C．当时，平面 D．直线、与平面所成角分别、，、能够同时取得最大值 题型7：其他问题 21．在三棱锥中，给出下面四种说法： ①若，则在底面的射影为外心 ②若，，，则在底面的射影为的垂心 ③若，，与底面所成的角相等，则在底面的射影为的重心 ④三个侧面，，与底面所成二面角相等，则在底面的射影为的内心，其中所有正确说法的序号是 ． 22．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）    ①当时，为等腰梯形. ②当时，与的交点满足. ③当时，为四边形. ④当时，的面积为. 题型8：轨迹长度问题 23．已知正方体的棱长为2，为的中点，且点在四边形内部及其边界上运动，（1）若总是保持平面，则动点的轨迹长度为 ；（2）若总是保持与的夹角为，则动点的轨迹长度为 . 24．如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面内（包括边界）一动点，且∥平面EFG，则P点的轨迹长度为    25．在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．    (1)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由； (2)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第10章 空间直线与平面（压轴专练）（八大题型） 题型1：空间直线与平面的综合辨析 1．设分别是四棱锥侧棱上的点.给出以下两个命题，则（    ）. ①若是平行四边形，但不是菱形，则可能是菱形； ②若不是平行四边形，则可能是平行四边形. A．①真②真 B．①真②假 C．①假②真 D．①假②假 【答案】C 【分析】对于②，可以考虑构造一个正四棱锥来说明，对于①可以考虑利用反证法证伪. 【解析】对于②，考虑一个正四棱锥，然后再他的侧棱的延长线上可以画出一个梯形， 具体做法是：取，则四棱锥为正四棱锥， 然后令， 那么 此时是梯形，但不是平行四边形， 对于①，如图，四边形为平行四边形，也为平行四边形， 若平面与平面不平行， 则四边形中必有一边与底面相交， 不妨设直线与底面相交， 则直线也与底面相交， 在平面中过做的平行线，交与，则， 因平面，平面，故平面，即平面， 而平面平面，故，而， 故相交，这与为平行四边形矛盾. 故平面平面，故， 若四边形为菱形，则，则， 故四边形为菱形，故①错误. 故选：C. 【点睛】关键点睛：空间中满足条件的几何体的存在性，可以通过常见几何体来构造，或者通过反证法结合空间中点线面的判断与性质导出矛盾. 2．如图，已知正方体，点P是棱的中点，设直线为a，直线为b．对于下列两个命题：①过点P有且只有一条直线l与a、b都相交；②过点P有且只有两条直线l与a、b都成角．以下判断正确的是（    ） A．①为真命题，②为真命题 B．①为真命题，②为假命题 C．①为假命题，②为真命题 D．①为假命题，②为假命题 【答案】B 【分析】①由正方形的性质，可以延伸正方形，再利用两条平行线确定一个平面即可； ②一组邻边与对角面的夹角相等，在平面内绕P转动，可以得到四条直线与a、b的夹角都等于. 【解析】如下图所示，在侧面正方形 和再延伸一个正方形和，则平面 和 在同一个平面内，所以过点P，有且只有一条直线l，即 与a、b相交，故①为真命题； 取中点N，连PN，由于a、b为异面直线，a、b的夹角等于 与b的夹角.由于 平面，平面，，所以平面，所以与 与b的夹角都为 .又因为平面，所以与 与b的夹角都为，而，所以过点P，在平面内存在两条直线，使得与a与b的夹角都为，同理可得，过点P，在平面内存在两条直线，使得与与b 的夹角都为；故②为假命题. 故选：B 3．在正四棱锥中，与所成的角的大小为α，PA与底面所成的角的大小为β，侧面与底面所成的角的大小为，二面角的大小为．给出下列四个结论： ①； ②； ③； ④． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】做出四个角，利用三角函数用边来表示，然后在逐一判断选项. 【解析】如图：为底面的中心，分别为的中点，连接， 设底面边长为，侧棱长为，斜高为，显然， 因为，所以为异面直线与所成的角， 即，并且，， 因为平面，所以为与平面所成的角，即，并且， 因为为的中点，所以，，所以为平面与平面所成角的平面角， 即，且，， 过点作，垂足为，连接，由侧面三角形全等可知， 所以为二面角的平面角，即，， 且， 因为，所以，即为钝角，所以最大， 因为，所以，因为，所以， 综上所述，所以，故①正确； ，，故②错误； ，故③正确； ， 而，即，故④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】关键点点睛：本题的关键是做出4个平面角，然后通过用边来表示这些角的三角函数，没有具体数据，所以运算比较抽象并且运算量较大，在运算过程中，需要注意边之间的等量关系. 题型2：最值问题 4．如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，，分别为线段和棱上的动点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】设是的中点，即可证明，过作，交于，过作，交于，连接，即可说明，从而得到，再求出的最小值，即可得解. 【解析】设是的中点，， 所以，则. 对任一点，的最小值是到直线的距离， 过作，交于， 过作，交于，连接， 由于，所以平面，平面， 所以， 由于，平面，所以平面， 又平面，所以， 则，易得. ，， ， 所以， 当三点共线，且是的中点，是与的交点， 此时取得最小值为，所以的最小值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是将转化为，从而求出的最小值，利用两点间线段最小求出最小值. 5．在棱长均相等的四面体中，为棱（不含端点）上的动点，过点的平面与平面平行．若平面与平面，平面的交线分别为，则所成角的正弦值的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】根据面面平行的性质定理说明，从而说明或其补角即为所成的平面角，利用余弦定理求得的长，结合同角的三角函数关系即可求得答案. 【解析】连接，由题意知过点的平面与平面平行， 平面与平面、平面的交线分别为， 由于平面平面，平面平面， 平面平面，所以， 所以或其补角即为所成的平面角， 设正四棱锥的棱长为1，，则， 在中，由余弦定理得 ， 同理求得， 故在中， ， 由于，则， 进而， 当时取等号，故的最小值为， 进而，故的最大值为. 故答案为：．    【点睛】关键点点睛：要求直线，所成角的正弦值的最大值，需找出直线，所成角，因而解答的关键是利用面面平行的性质说明所求角即为或其补角. 6．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．    【答案】/ 【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解. 【解析】在中，，则， 又平面，平面平面， 所以平面，连接，，所以， 得，设（）， 则，即，得， 当即即时，取到最小值1， 此时取到最小值. 故答案为：    【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求. 7．如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面上的动点，且平面．设与平面所成的角为与所成的角为，那么下列结论正确的是（    ） A．的最小值为的最小值为 B．的最小值为的最大值为 C．的最小值大于的最小值大于 D．的最大值小于的最大值小于 【答案】A 【分析】根据题意作图，首先找到点的轨迹，构造出，再分析极端位置的情况，分别求出后，找到进行比较即可得到结果. 【解析】 如图，取的中点，连接； 设正方体的棱长为， 因为，且平面，平面， 平面； 同理平面，且； ∴平面平面，∴; ∵面，所以与平面所成的角为； 又， 所以与所成的角为（或其补角）； ； 当为中点时，此时最小，则最大，最大值为，此时的最大值为； 当与或重合时，此时最大，则最小，最小值为2，此时的最小值为； ，； 对于，当为中点时，； 当与或重合时，最小，又， ， ， ，，故A正确，BC错误， 又，，所以D选项错误. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键首先分析出点轨迹，再根据线线角和线面角的定义在图中找到该角，分析极端情况即可得到其角度范围. 题型3：取值范围问题 8．在棱长为1的正方体中，E，F分别为和的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是 ． 【答案】 【分析】取的中点，连接，，，即可证明平面平面，从而得到点的轨迹为线段，求出，，即可求出的取值范围. 【解析】 如图所示，分别取的中点，连接，，， 因为为所在棱的中点， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 因为 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又因为，且平面，平面, 所以平面平面， 因为是侧面内一点，且平面，则点必在线段上， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 又， 在中，由余弦定理得 ， 所以为钝角，所以当在线段运动时，最短为，最长为， 所以线段长度的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：对于立体几何中动点问题，关键是确定动点的轨迹，主要是确定面面平行，得到线面平行. 9．在矩形中，，现将沿对角线翻折，得到四面体，记二面角为，当在内变化时，的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据二面角的定义，先求作出二面角的平面角，再利用几何关系得出，再根据条件即可求出结果. 【解析】如图，过作于，过作于，过作，且使，连， 因为且，则四边形为平行四边形，故, 又，所以，故为二面角的平面角， 又，，，又面， 所以平面，又，所以平面，又平面， 所以, 又因为，在，易知,由，得到，同理可得， 在中，，同理可得，，又， 在中，， 在中， ， 又，所以，得到，得到，    故答案为：. 10．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先过点作出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可. 【解析】如图，取上靠近点的四等分点，连接、， 由是棱的中点，点是棱的中点，易得， 则平面， 取、中点、，取上靠近点的四等分点， 连接、、、， 由正方体的性质易得，，则， 又平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，平面，故， 即点的轨迹为线段，设点到的距离为， 有，故， 又，故的长度范围为. 故选：C. . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过作出与平面平行的平面，从而求得的运动轨迹，由此得解. 题型4：存在性问题—选择题 11．如图，在棱长为2的正方体中，点满足，，其中，在下列说法中正确的是（    ） ①存在，使得 ②存在，使得平面 ③当时，取最小值 ④当时，存在，使得 A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 【答案】D 【分析】根据线面的位置关系可判断①；根据线面垂直的判定定理可判断②；利用和异面直线都垂直且相交的线段的长为异面直线间的最短距离的含义可判断③；利用球的半径和点到球心的距离的比较可判断④，即得答案. 【解析】因为平面，且平面， 所以不存在，，使得，故①错误； 记平面，在平面中， 过点M作直线，交直线于点N， 在正方体中,平面平面,故, 连接,则,而, 平面,故平面， 所以此时平面，故②正确； 当时，分别为，的中点，M点也为的中点， 则，且直线与不垂直，即与不垂直， 即MN不是线段和上两点连线的最小值，故③错误； 当时，N为的中点，， 如图，设的中点为O，连接，交于点，则为的中点， 设中点为，则， 因此以为直径的球与线段必有交点， 即存在，使得.故④正确, 故选：D. 【点睛】难点点睛：解决此类空间几何体中的存在性问题，属于较难问题，解答是要充分发挥空间想象能力，明确空间几何体中的点线面的位置关系，对于存在性的判断，可以找到特殊位置或特殊值，说明适合题意，如果不存在，要加以证明或说明. 12．已知正方体，点，，分别是线段，和上的动点，观察直线与，与给出下列结论： ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在点，使得． 其中正确的结论是（    ） A．① B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】A 【分析】根据直线与直线，直线与平面的位置关系，结合正方体的性质，分别分析选项，利用排除法可得结论． 【解析】①当点与重合时，，，且，所以平面， 因为对于任意给定的点，都有平面， 所以对于任意给定的点，存在点，使得，所以①正确； ②只有平面，即平面时， 才能满足对于任意给定的点，存在点，使得， 因为过点与平面垂直的直线只有一条，而，所以②错误； ③当与重合时，在线段上找不到点，使，所以③错误； ④只有当平面时，④才正确， 所以对于任意给定的点不存在点，使，故④错误． 故选：A． 【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型： （1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行． （2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直． （3）证明线线垂直，需转化为线面垂直． 题型5：存在性问题—解答题 13．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面，M是QD的中点．    (1)求证：平面； (2)求侧面QBC与底面所成二面角的余弦值； (3)在棱QC上是否存在点N使平面平面AMC成立？如果存在，求出，如果不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得面，再根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）取的中点，的中点，连接，证明平面，从而可得即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角，进而可得答案； （3）连接交于点，连接，易得，当面，证明此时平面平面，再根据相似比即可求出. 【解析】（1）因为侧面QAD是正三角形，M是QD的中点， 所以， 因为，面面，面面，面， 所以面， 又面，所以， 又平面， 所以平面； （2）取的中点，的中点，连接， 则且，， 故， 因为面面，面面，面， 所以面， 因为面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 则即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角， 设，则，故， 所以， 即侧面QBC与底面所成二面角的余弦值为； （3）当面时，平面平面，证明如下： 如图，连接交于点，连接， 因为底面是正方形，所以， 由（2）得面， 因为面，所以， 因为面时，，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，所以， 因为，所以， 所以在棱QC上是否存在点N，当时，平面平面AMC.    【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 14．我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍（chú）薨（méng）者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也. 薨，窟盖也。”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍薨的字面意思为茅草屋顶.”现有一个“刍薨”如图所示，四边形为正方形，四边形、为两个全等的等腰梯形，，，，.    (1)设过点且与直线垂直的平面为平面，且平面与直线、分别交于、两点，求的周长； (2)点在线段上且满足.试问：在线段上是否存在点，使平面?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）过点分别作，，连接，所以平面即为平面，分别求出，即可求出求的周长； （2）当点在线段上时，分别利用线线，线面平行关系求得的值，即可得到的值. 【解析】（1）   过点分别作，，分别交，于，，连接， 所以平面即为平面， 因为四边形为正方形，， 所以，， 由已知得，， 所以的周长为． （2）   假设存在点． 当点在线段上时，连接交于， 则，因为， 所以． 因为平面，平面， 平面平面， 所以， 所以，所以 综上，在直线上存在点，使平面，的值为． 15．设四边形为矩形，点为平面外一点，且平面，若 (1)求与平面所成角的大小； (2)在边上是否存在一点，使得点到平面的距离为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由； (3)若点是的中点，在内确定一点，使的值最小，并求此时的值． 【答案】(1) (2)存在，1 (3)点见解析， 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，然后由线面角的定义得到与平面所成的角为,在中，由边角关系求解即可； （2）假设边上存在一点满足题设条件，作，可证明平面，从而得到，由此求解； （3）延长到，使得，连结，过作于，利用三点共线，两线段和最小，得到，过作于，连结，在直角中，求解即可． 【解析】（1）因为平面，平面，所以， 又因为底面是矩形，所以， 又平面. 所以平面， 故与平面所成角为， 因为,. 所以, 故与平面所成角的大小为； （2）假设边上存在一点满足题设条件，作， 因为平面,且平面，所以， 因为,平面, 则平面，故， 其中底面如图所示： 因为，且， 所以,所以, 所以,所以 故存在点，当时，点到平面的距离为； （3）延长到，使得，连结，过作于， 因为平面，平面，所以， 又因为底面是矩形，所以， 又平面. 所以平面，所以. 则， 当且仅当三点共线时等号成立， 故， 过作于，连结， 易得 所以,. 在直角中， 所以． 【点睛】关键点睛：本题的关键在于对立体几何中线面位置关系的把握，求解空间角的关键是找到对应的角；特别是第（3）问空间中两线段和的最值的求解，关键在于转化为三点共线问题. 16．在棱长均为2的正三棱柱中，E为的中点．过AE的截面与棱分别交于点F，G．    (1)若F为的中点，试确定点G的位置，并说明理由； (2)在（1）的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值； (3)设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 【答案】(1)点G为棱上靠近点的三等分点，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）延长，相交于点P，证明，可确定点G的位置； （2）利用几何方法找到截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的，求得相应有边长，可得二面角的正切值； （3）由，通过构造函数，利用单调性求取值范围． 【解析】（1）在平面内延长，相交于点P，则平面，又平面， 则有平面平面，，即A，G，P三点共线． 因为E为的中点，F为的中点，所以，所以，又因为，所以， 所以，即点G为棱上靠近点的三等分点． （2）在平面内延长，相交于点Q，连接，则平面平面， 在平面内作于点M，则平面ABC， 又平面，所以， 在平面内作于点N，连接， 又平面，，所以平面， 平面，所以， 所以为截面与底面所成锐二面角的平面角． 在中，作于点H，，，，， ，， 由余弦定理，则， ，可得，所以， 又，所以， 故截面与底面所成锐二面角的正切值为. （3）设，则，． 设的面积为S，所以， 又因为，所以，且， 故，令，则， 设， 当时，， ，，，则，即， 所以在上单调递减， 所以，，所以， 所以． 【点睛】方法点睛： 空间图形中确定点在直线上的位置，三角形相似和比例线段比较常用；作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角；边长比、面积比的限值范围，可以通过构造函数，利用单调性解决. 17．如图，在正三棱柱中，，为的中点，、在上，.    (1)试在直线上确定点，使得对于上任一点，恒有平面；（用文字描述点位置的确定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程） (2)已知在直线上，满足对于上任一点，恒有平面，为（1）中确定的点，试求当的面积最大时，二面角的余弦值. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）延长至点，使，点即所求的点，然后证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出结论； （2）分别延长、，所得交点即点，连接，则二面角即二面角，推导出，可知，当最大时，最大，利用基本不等式求出的最大值，及其等号成立的条件，分析可知为等腰直角三角形，取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接，分析可知为二面角的平面角，计算出三边边长，即可求得的余弦值，即为所求. 【解析】（1）解：延长至点，使，点即所求的点，图形如下：    证明如下：连接、，    在正三棱柱中，且，所以，， 又因为，所以，，所以，， 则，故， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，则， 因为为的中点，，则，故， 所以，，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 又因为，、平面，所以，平面平面， 当点在线段上运动时，平面，故平面. （2）解：分别延长、，所得交点即点，连接， 则二面角即二面角. 因为、直线，且，则， 因为平面，平面，所以，平面，合乎题意，      因为，且，所以，所以. 所以，所以当最大时，最大. 由基本不等式可得， 当且仅当时等号成立. 此时，且为等腰直角三角形. 取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接. 因为平面，平面，所以， 又，平面，平面，所以平面. 因为平面，所以， 又，平面，平面，所以平面. 因为平面，所以. 所以为二面角的平面角. 因为，所以， ， 因为平面，平面，则， 所以，所以. 即二面角的余弦值为. 【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 题型6：翻折问题 18．已知菱形的边长为2，且，将菱形沿对角线翻折成直二面角，则异面直线与所成角的余弦值是 ；二面角的余弦值是 ． 【答案】 /0.75 【分析】空1：作出空间图形，找到异面直线夹角或其补角，结合题意和余弦定理先求出即可；空2：作出二面角的平面角，利用余弦定理即可求解. 【解析】如下图，过点作，连接， 结合题意可知为的中点，且， 所以即为二面角的平面角，由题意可知，. 因为，，所以，， 所以，且，进而得到， 因为，则异面直线与所成角即为或其补角， 在中，由余弦定理可得， 则异面直线与所成角的余弦值是； 取的中点，连接，因为，， 所以，，则即为所求二面角的平面角， 在中，因为，， 所以，同理， 在中，由余弦定理可得， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第二空的关键是作出二面角所表示的平面角，再结合勾股定理和余弦定理即可. 19．在中，是边的中点，是边上的动点（不与重合），过点作的平行线交于点，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，如图所示，给出下列四个结论：正确的是 ． ①不可能为等腰三角形； ②平面； ③对任意点，都有平面； ④存在点，使得． 【答案】②③④ 【分析】证明,即可判断①；根据线面平行的判断定理，判断②；证明平面，即可判断③；利用垂直关系转化，结合条件即可判断④，由此可得结论. 【解析】对于①，因为是等腰直角三角形，所以三角形PEF也是等腰直角三角形，则， 因为，，所以，且 当时，,所以， 此时是等腰三角形，故①错误； 对于②，因为，平面，平面， 所以平面，故②正确； 对于③，因为，，所以，且，， 且平面，平面，所以平面，平面， 所以平面，故对任意点，都有平面，故③正确； 对于④，因为平面，平面， 所以平面平面，且平面平面， 如图，过点作，连接， 则平面，平面，所以， 若，，平面，平面， 所以平面，平面， 所以， 如图，，延长，交于点， 则和都是等腰直角三角形， 则，点到直线的距离等于， 这样在翻折过程中，若能构成四棱锥，则， 设，则，则， 则存在点，，使得，故④正确；    故选：②③④ 【点睛】思路点睛：本题考查几何体的线线，线面位置关系，以及动点问题，最值问题，本题的关键是④，需在变化过程中找到位置关系，建立不等式，即可判断. 20．如图，在矩形中，，，、分别为边、的中点，沿将折起，点折至处（与不重合），若，分别为线段、的中点，则在折起过程中，下列选项正确的是（    ） A．可以与垂直 B．不能同时做到平面且平面 C．当时，平面 D．直线、与平面所成角分别、，、能够同时取得最大值 【答案】D 【分析】A假设，利用线面垂直的判定有DE⊥面，进而可得得矛盾即可判断；B取DE，DC中点G，F，连接GM，GN，FK，FB，由线面平行的判定有面，面，再由面面垂直的判定、性质得面，同理判断平面是否成立；C：连接ME，EN，利用勾股定理判断是否成立；D根据题设确定的轨迹，连接EC，取EC中点T，连接TK，TB，应用余弦定理求得，由线面角的定义研究、是否能够同时取最大值. 【解析】A：连接EC，假设， 因为，，所以， 因为，面，所以DE⊥面， 因为面，所以，与矛盾，错误； B：取DE，DC中点G，F，连接GM，GN，FK，FB，则， 因为面，面，所以面， 因为，，则四边形BEDC为梯形，且BE，CD为底， 又G，N分别为DE，BC的中点，所以， 因为面，面，所以面， 因为，面，所以面面， 因为面MGN，所以面，同理面，错误； C：连接ME，EN，DN，当时，， 又，所以，故MN与ME不垂直，从而MN不垂直于平面，错误； D：因为在以DE为直径的球面上，球心为G， 所以的轨迹为的外接圆（与F不重合，F为CD的中点）， 连接EC，取EC中点T，连接TK，TB，则，，且，则， 在△KTB中，，， 由余弦定理得，所以， 当直线BK与面BCDE所成角取最大值时，K到面BCDE距离最大， 由K为的中点，此时到面BCDE距离最大， 由，当直线与面BCDE所成角取最大值时，到面BCDE距离最大， 所以直线、BK与面BCDE所成角、能够同时取得最大值，正确. 故选：D 题型7：其他问题 21．在三棱锥中，给出下面四种说法： ①若，则在底面的射影为外心 ②若，，，则在底面的射影为的垂心 ③若，，与底面所成的角相等，则在底面的射影为的重心 ④三个侧面，，与底面所成二面角相等，则在底面的射影为的内心，其中所有正确说法的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】利用直角三角形全等，结合点的射影，外心定义可判定①正确，③错误；结合线面垂直的判定与性质及垂心定义可判定②；根据二面角的定义，线面垂直的判定与性质，内心的定义可以判定④正确. 【解析】设在底面所在平面内的射影为，连接，，， 若，则，，全等， 所以， 所以为的外心，故①正确； 若，，与底面所成的角相等， 即，则，，全等， 所以， 所以为的外心，故③错误； 若，，， 则平面，故， 又因为平面， 所以，又， 所以平面，所以， 同理，， 所以为的垂心，故②正确； 三个侧面，，与底面所成二面角相等， 在底面内过作，，的垂线，垂足分别为，，，连接，，， 因为，，， 所以平面，因为平面， 所以， 同理，， 故，，为侧面与底面所成的二面角的平面角， 故，故，，全等， 故，故为的内心， 故④正确. 故选：①②④. 【点睛】方法点睛：本题考查三棱锥顶点在底面内的射影位置的判定，涉及线面角，二面角，线面垂直的判定与性质，三角形全等的判定与性质，关键是熟练运用线面垂直的判定与性质，准确掌握线面角，二面角的概念. 22．如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 （写出所有正确命题的编号）    ①当时，为等腰梯形. ②当时，与的交点满足. ③当时，为四边形. ④当时，的面积为. 【答案】①②④ 【分析】根据题意作出图形，由相关知识对选项一一判断即可得出答案. 【解析】①如图当时，即为中点，此时可得， ， 故可得截面为等腰梯形，故①正确；    ②当时，如图， 延长至，使，连接交于，连接交于， 连接，可证，由， 可得，故可得，故②正确；    ③由②可知当时，只需点上移即可， 此时的截面形状仍然上图所示的，显然为五边形，故③错误； ④当时，与重合，取的中点，连接， 可证，且， 可知截面为为菱形，故其面积为，故④正确．    故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键． 确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质． 题型8：轨迹长度问题 23．已知正方体的棱长为2，为的中点，且点在四边形内部及其边界上运动，（1）若总是保持平面，则动点的轨迹长度为 ；（2）若总是保持与的夹角为，则动点的轨迹长度为 . 【答案】 2 【分析】分别取的中点，连接，可证得平面∥平面，从而可得点的轨迹是，进而可求出其长度，由可得，则得点的轨迹是以为圆心，为半径的一段弧，且圆心角为直角，从而可求出其长度. 【解析】分别取的中点，连接，则， 因为∥，，所以∥，， 所以四边形为平行四边形，所以∥， 因为为的中点，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面，∥平面， 因为，所以平面∥平面， 因为平面平面，点在四边形内部及其边界上运动，平面， 所以点的轨迹是， 因为，所以动点的轨迹长度为2， 因为平面，平面，所以， 在中，，则， 所以， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的一段弧，且圆心角为直角， 所以动点的轨迹长度为， 故答案为：2， 【点睛】关键点点睛：此题考查面面平行的判定，考查求立体图形中的轨迹长度问题，解题的关键是根据题意求出动点的轨迹，考查空间想象能力和推理能力，属于较难题. 24．如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为所在棱的中点，P为平面内（包括边界）一动点，且∥平面EFG，则P点的轨迹长度为    【答案】2 【分析】根据题意可证平面FGE∥平面，进而可得点P的轨迹为线段BC，即可得结果. 【解析】因为∥，则四点共面， 连接， 因为E，F分别为所在棱的中点，则∥， 且平面FGE，平面FGE，所以∥平面FGE， 因为F，G分别为所在棱的中点，则∥， 且平面FGE，平面FGE，所以∥平面FGE， ，平面， 所以平面FGE∥平面，且平面平面， 可得当且仅当点P在棱BC上时，即平面，满足∥平面EFG， 所以点P的轨迹为线段BC，长度为2. 故答案为：2.    【点睛】关键点睛：根据题意利用面面平行转化线面平行，再结合平行关系分析求解. 25．在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．    (1)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由； (2)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）取的中点，连接交于，利用线面垂直的判定定理证明平面即可．进而根据面面平行可得平面，即可确定点F的轨迹为三角形，结合余弦定理即可求解长度. （2）根据比例关系可得线线平行，即可由线线角的定义得到，结合线面垂直得线线垂直可得，利用消元法转化为三角函数，利用三角函数的性质进行求解即可． 【解析】（1） 在图（1）中，，四边形是正方形， 在图（2）中，，，，平面， 平面， 分别取的中点为,，连接, 则,平面,平面, 所以平面， 同理平面，由于平面， 故平面平面， 平面，因此点在平面上运动，故点F的轨迹为三角形， 由，，所以即为二面角A－BD－C的平面角，故， 由于， 因此， 故点F的轨迹长度为   （2） 在线段取点使得 由于平面，平面， ， ，， ， 易得，， 从而有，则 则   【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$