第11章 简单几何体（压轴专练）（六大题型）-2024-2025学年高二数学单元速记·巧练（沪教版2020必修第三册）

第11章 简单几何体（压轴专练）（六大题型） 题型1：简单几何体发有关计算 1．半径为的球被平面截下的部分叫做球缺，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高，球缺的体积公式为.已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，在圆锥内部放置一个小球，使其与圆锥侧面和底面都相切，过小球与圆锥侧面的切点所在的平面将小球分成两部分，则较小部分的球缺的体积与球的体积之比为 . 2．有下列几何对象：①长度为的短棍（粗细忽略不计）；②面积为的正方形纸片（厚度忽略不计，不可折叠）；③体积为的正四面体木块.关于上述几何对象能否单独完全装入一个棱长为的正方体盘子（壁厚度忽略不计），正确的结论是（    ） A．仅①②能 B．仅②③能 C．仅①③能 D．①②③均能 3．已知正方体是一个棱长为2的正方体容器，，分别为，的中点，下列选项中正确的是（    ） 命题甲：过，，三点的截面面积为. 命题乙：若，，为三个小孔（孔的大小忽略不计），则此时容器的最大装水量为6 A．命题甲和命题乙都为真命题 B．命题甲和命题乙都为假命题 C．命题甲为真命题，命题乙为假命题 D．命题甲为假命题，命题乙为真命题 题型2：最值、取值范围问题 4．在《九章算术》中，将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵中，，堑堵的顶点到直线的距离为，到平面的距离为，则的取值范围是 .    5．已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 6．三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由公共端点且不共面的三条射线以及相邻两条射线之间的平面部分组成的图形.设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为 . 7．在梯形中，，，，将沿折起，连接，得到三棱锥，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积为 . 8．已知正方体棱长为2，动点P在的内切圆圆周上运动，M为棱的中点，现将直线BM绕棱旋转，则在旋转过程中，动点P到动直线BM距离的最小值为 ． 9．如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 10．直线平面，垂足是，正四面体的棱长为4，点在平面上运动，点在直线上运动，则点到直线的距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 11．《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”，现有阳马（如图），平面，，，点，分别在，上，当空间四边形的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为 .    12．已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为AC，AB上的动点（P与C不重合），将沿PQ折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCPQ．若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 题型3：轨迹问题 13．已知点M为正方体内切球球面上的动点，点N为线段且，若该内切球的体积为，则动点M的轨迹的长度为 14．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .    15．三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（    ） ①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 16．如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    题型4：空间位置关系与计算综合辨析 17．如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，给出下列命题:（1）长的最小值为2;（2）四棱锥的体积为定值;（3）有且仅有一条直线与垂直;（4）存在点，使为等边三角形;其中真命题的序号为 .    18．三棱锥中，点是斜边上一点．给出下列四个命题： ①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形； ②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为； ③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为2； ④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为． 其中正确命题的序号为（    ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④ 19．如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若平面ABCD，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为．其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 20．如图，在正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的序号为（    ）      ①直线平面 ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线与所成角的取值范围是 A．①② B．①③ C．①③④ D．①④ 题型5：其他应用 21．如图，正四面体中，点，，，，，分别是所在棱的中点，则当，（），，（）时，的所有可能取值共有 种. 22．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积不是定值 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，有且仅有一个点P，使得平面 23．如图，直三棱柱中，所有棱长均为1，点E为棱上任意一点，则下列结论中正确的是（    ）． A．直线与直线BE所成角的范围是 B．在棱上存在一点E，使平面 C．若E为棱的中点，则平面截三棱柱所得截面面积为 D．若F为棱上的动点，则三棱锥体积的最大值为 24．如图，在矩形中，已知为边的中点．将沿翻折成，若为线段的中点，给出下列说法：①翻折到某个位置，可以使得平面；②无论怎样翻折，点总在某个球面上运动．则（    ）． A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 题型6：解答题 25．如图，长方体中，，，点是棱的中点.    (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)是否存在实数，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)若.设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等. 26．如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点． (1)求证：三棱锥的体积是定值； (2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由； (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段． 根据以上定义及性质解决如下问题： 如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面． ①判断截面的形状，并说明理由； ②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第11章 简单几何体（压轴专练）（六大题型） 题型1：简单几何体发有关计算 1．半径为的球被平面截下的部分叫做球缺，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高，球缺的体积公式为.已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，在圆锥内部放置一个小球，使其与圆锥侧面和底面都相切，过小球与圆锥侧面的切点所在的平面将小球分成两部分，则较小部分的球缺的体积与球的体积之比为 . 【答案】 【分析】依题意作圆锥轴截面图，按球缺的定义结合几何条件即可求解. 【解析】如图所示为圆锥轴截面，,为小球与圆锥侧面的切线上两点，圆锥母线， 设内切球的半径为.由题意是等边三角形，则，， 所以小球的半径. 又，所以，则， 解得，则是中点， 同理可得是中点，所以， 故到的距离为，则上部分球缺的高， 上部分即较小部分球缺的体积为， 则较小部分球缺的体积与球的体积之比为. 故答案为：. 2．有下列几何对象：①长度为的短棍（粗细忽略不计）；②面积为的正方形纸片（厚度忽略不计，不可折叠）；③体积为的正四面体木块.关于上述几何对象能否单独完全装入一个棱长为的正方体盘子（壁厚度忽略不计），正确的结论是（    ） A．仅①②能 B．仅②③能 C．仅①③能 D．①②③均能 【答案】D 【分析】 通过比较正方体体对角线的长可以判断①，通过比较正方体对角面的面积可以判断②，计算正四面体的棱长，与正方体中最大的正四面体的棱长比较，可以判断③. 【解析】 ①棱长为的正方体盘子，体对角线长为， 所以长度为的短棍（粗细忽略不计）放入正方体体对角线的位置就可以装入； ②棱长为的正方体盘子，对角面的面积为， 所以面积为的正方形纸片（厚度忽略不计，不可折叠）放入正方体对角面的位置就可以装入； ③设正四面体棱长为，如图正四面体，是面中心，是四面体的高， 则，， 体积为,所以， 棱长为的正方体中最大的正四面体为面对角线构成的正四面体，此时正四面体的边长为，，所以可以装入. 故选：D 3．已知正方体是一个棱长为2的正方体容器，，分别为，的中点，下列选项中正确的是（    ） 命题甲：过，，三点的截面面积为. 命题乙：若，，为三个小孔（孔的大小忽略不计），则此时容器的最大装水量为6 A．命题甲和命题乙都为真命题 B．命题甲和命题乙都为假命题 C．命题甲为真命题，命题乙为假命题 D．命题甲为假命题，命题乙为真命题 【答案】A 【分析】对于命题甲，连接三点，求解截面积，判断真假；对于命题乙，分类讨论水平面经过点的个数，结合体积公式以及基本不等式运算求解. 【解析】对于命题甲，过三点的截面，连接 可得如图所示，可得，与之间的距离为， 则截面积, 故甲是真命题; 对于命题乙，1.当处的小孔都在水平面时，则三棱台, 则所以容器所装水的多面体的体积, 2.当只有1个小孔在水平面上方时， （1）当处的小孔在水平面上方时，如图；当处的小孔在水平面上方时，如图；显然这两种情况，容器所装水的体积比多面体的体积小，不会最大， （2）当处的小孔在水平面上方时，设水面所在平面为， ①当在线段上时，如图，设，，则， 因为正方体的体积为， 棱台的体积为， 可得，当且仅当，即时取等号， 所以棱台的体积无最小值，此时该容器可装水的体积小于. ②当在线段上时，如图，设，的中点为， 可知：水平面为平行四边形，且四棱锥与四棱锥的体积相同， 可知：多面体的体积与三棱柱的体积相同， 所以三棱柱的体积为， 此时该容器可装水的体积为. 综上所述：该容器可装水的最大体积为6. 故命题乙是真命题. 故选：A. 【点睛】分类讨论水平面经过点，的个数，结合图形分析求解. 题型2：最值、取值范围问题 4．在《九章算术》中，将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵中，，堑堵的顶点到直线的距离为，到平面的距离为，则的取值范围是 .    【答案】 【分析】设，，利用等面积法和等体积法求出，关于的不等式，根据的范围得出的值． 【解析】设，， 则，，， 且到平面的距离为， ，， ，， ， 又， ，， ，，， . 故答案为：． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等面积法和等体积法求出，关于的不等式，根据的范围得出的值. 5．已知是边长为1的等边三角形.对于空间中任意一点M，设P为内部（含边界）一动点，定义PM的最小值为点M到的距离.则空间中到的距离不大于1的点形成的几何体的体积为 . 【答案】 【分析】首先确定到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面ABC的视角下看的平面图形，得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，ABC区域内的几何体为棱柱，然后由空间几何体的体积公式求解即可. 【解析】到动点P距离为1的点所形成的空间几何体在垂直于平面的视角下看，如图所示： 得到AFGB、BHKC、DEAC区域内的几何体为半圆柱，KCD、EAF、GBH区域内的几何体为被平面所截的部分球，球心为A、B、C，球半径为1， ABC区域内的几何体为棱柱，其高为2. 因为是边长为1的等边三角形， 所以， 即， 所以KCD、EAF、GBH区域内的几何体的体积之和恰好为半径为1的一个球的体积， 即， ， ， 所以，到动点P距离为1的点所形成的空间几何体的体积. 故答案为： 【点睛】为了研究点形成的空间图形的体积，可以先构造平面图形，由平面联想到空间，再将组合体分割成简单几何体，对其体积进行计算. 6．三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据.三面角是由公共端点且不共面的三条射线以及相邻两条射线之间的平面部分组成的图形.设，，，平面与平面所成的角为，由三面角余弦定理得.在三棱锥中，，，，，，则三棱锥体积的最大值为 . 【答案】/ 【分析】作出图形，，，,平面与平面所成的角为，作，平面，则该二面角的平面角为.要解决三棱锥体积的最大值，需要先把体积用函数式表示出来，即，接下来就根据条件把和用同一个变量表示出来即可求解. 【解析】 由题意，，,平面与平面所成的角为， 作，平面，则该二面角的平面角为， 由题意得：， 因为，， 所以，， ， ， ， 当时，的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点睛：关键是等体积转换法，再结合条件等式将体积表示成同一个变量的函数即可求解. 7．在梯形中，，，，将沿折起，连接，得到三棱锥，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】根据梯形的边长可求出，由几何体翻折过程中体积最大可得平面平面，由面面垂直性质可确定外接球的球心以及半径，即可求得其表面积. 【解析】过点作，垂足为，如图下图所示：    因为为等腰梯形，，，所以， ，可得， 由余弦定理得，即， 易知，所以， 易知，当平面平面时，三棱锥体积最大，如图所示：    此时，平面，易知，， 记为外接球球心，半径为， 由于平面，，因此到平面的距离， 又的外接圆半径， 因此外接球半径， 即可得球的表面积为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：在求解几何体外接球问题时，需根据几何体的特征确定球心位置，再利用半径相等构造等量关系解出半径即可. 8．已知正方体棱长为2，动点P在的内切圆圆周上运动，M为棱的中点，现将直线BM绕棱旋转，则在旋转过程中，动点P到动直线BM距离的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】根据题设画出示意图，并将问题化为求中点到面与圆锥交线距离最小值，即可求最小值. 【解析】如下图，将直线BM绕棱旋转，几何体为锥体，截正方体部分锥体如下， 由，面，面，则， 又，面，则面， 面，故面面， 所以，圆锥侧面上，面与圆锥交线上存在到面距离最短的点， 又，且交线上侧的点到面距离比下侧到面面距离要远， 要使在旋转过程中，动点P到动直线BM距离最小， 只需内切圆最下侧的点，即中点到距离最小，即为所求， 而，，故， 所以中点到距离. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：应用正方体、旋转体性质将问题化为点到直线距离为关键. 9．如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把平面与平面展开在同一平面上上，然后利用对称将空间四边形各边长转化到同一直线上，找到最小值即可求解； 【解析】把平面与平面展开在同一平面上上，    作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，易得为正三角形，由对称性可得：， 所以周长 作，可得 易得， , 故选：C. 10．直线平面，垂足是，正四面体的棱长为4，点在平面上运动，点在直线上运动，则点到直线的距离的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将问题转化为点O在以BC为直径的球上运动，再去求球心到直线的距离，进而求得点到直线的距离的取值范围 【解析】在正四面体中，分别取的中点，连接， 则，又，平面，平面 则平面，又平面，则 中， 等腰中，， 若固定正四面体的位置，则点O在以BC为直径的球上运动，球半径为2， 则点O到直线的距离的最小值为球心到直线的距离减去半径即， 最大值为球心到直线的距离加上半径即 则点到直线的距离的取值范围是 故选：B 11．《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”，现有阳马（如图），平面，，，点，分别在，上，当空间四边形的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为 .    【答案】 【分析】把剪开，使得与矩形在同一个平面内.延长到M，使得，则四点，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.可得，.设的外心为，外接圆的半径为r，则，利用勾股定理进而得出结论. 【解析】如图所示，把剪开，使得与矩形在同一个平面内. 延长到M，使得，则四点，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值. 在中，C是MD的中点，又，得，.    设的外心为，外接圆的半径为r，由得， ,则，即.    设三棱锥外接球的半径为R，球心为O，连接，则， 则. 所以三棱锥外接球的表面积等于. 故答案为：. 12．已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为AC，AB上的动点（P与C不重合），将沿PQ折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCPQ．若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题设共圆，进而确定，找到，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设,且，求外接球半径最小值，即可得结果． 【解析】显然P不与A重合，由点，B，C，P，Q均在球D的球面上，得B，C，P，Q共圆，则， 又为等腰直角三角形，AB为斜边，即有，    将翻折后，，，又平面平面， 平面平面，    平面，平面BCPQ，于是平面BCPQ，平面， 显然，BP的中点D，E分别为，四边形BCPQ外接圆圆心， 则平面，平面，因此，， 取PQ的中点F，连接DF，EF，则有，， 四边形EFDO为矩形，设且，，， 设球O的半径R，有， 当时，，所以球O体积的最小值为． 故选：C． 【点睛】方法点睛： 几何体展开、折叠问题，重点是要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系. 题型3：轨迹问题 13．已知点M为正方体内切球球面上的动点，点N为线段且，若该内切球的体积为，则动点M的轨迹的长度为 【答案】 【分析】证明平面，从而得点的轨迹为平面与球的截面圆周，因此求出球半径和球心到截面的距离，然后利用截面圆性质可得球面圆半径后可得其周长．题中球心到截面的距离利用体积法求解．球半径利用球的体积公式计算可得． 【解析】如图，取中点，连接，，，正方体内切球球心为正方体的中心. 因为点N为线段的中点，可得，则，所以 所以， 又平面，平面，所以，同理， 因为，平面， 所以平面， 则点的轨迹为平面与球的截面圆周， 设正方体的棱长为，则，解得，正方体内切球半径为2,连接，，， 如下图，在对角面中， ， 到平面的距离即到平面的距离为， ， 又，， 设到平面的距离为，则，， 得到平面的距离为， 所以截面圆的半径， 则点的轨迹长度为， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 本题考查空间的几何体中的轨迹问题，解题关系是确定平面，得点的轨迹为平面与球的截面圆周，为了求截面圆半径，需求得球半径和球心到截面的距离，这个距离我们利用体积法求解． 14．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .    【答案】 【分析】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得. 【解析】取中点，连接，则， ，平面，所以平面， 又因为，则， 作于，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点，且， 设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为， 可知平面平面，且四点共面， 由题可得， 在Rt中，可得， 又因为，则， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为. 故答案为：.    【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 15．三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（    ） ①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为. A．①②都是真命题 B．①是真命题，②是假命题 C．①是假命题，②是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断外心和外心的位置，利用垂直关系证明是中点，利用体积公式判断①，根据为定长判断点轨迹是圆，判断②． 【解析】由题意知，故, 设外心为，则为BC的中点，设外心为，如图， 则平面，平面， 平面，平面， ，， ，平面，平面， 又因为，则平面，即，，，四点共面， 则平面， 连接，则为二面角的平面角， 二面角的大小为，， 而，，因为平面，平面， 故，而，则， 在中，， 则，故，即三点共线， 且是的中点； 则，故①是真命题； 又， 点形成的轨迹是以为圆心，半径为的圆， 轨迹长度为，故②真命题． 故选：A． 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据空间的位置关系，推出三点共线，及说明是得中点，从而确定点形成的轨迹. 16．如图，已知正方体的棱长为2，P为正方形底面内的一动点，则以下结论： （1）三棱锥的体积为定值； （2）若点为的中点，满足平面的点的轨迹长度为2； （3）若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段； （4）以点为球心，为半径的球面与面的交线长为．正确的有 ．（填写所有正确结论的序号）    【答案】（1）（3）（4） 【分析】由三棱锥的性质可得（1）；先证面面平行，找到点的轨迹为，再求长度即可判断（2）；证明即可判断（3）；利用等体积法求出球心到截面的距离，再求交线长度即可判断（4）. 【解析】   对于（1），以相同顶点命名的三棱锥体积相同，故三棱锥的体积等于的体积，因为点到上底面的距离等于棱长，故（1）正确； 对于（2），取的中点分别为，连接， 由图像可知，， 又因为， ，当点在上时， 因为正方体棱长为，的中点分别为 所以， 故（2）错误； 对于（3），以为原点，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 则 ， 且，且都在平面内， 所以， 所以点的轨迹是线段，故（3）正确； 对于（4），为正三角形，设点到平面的距离为，点到平面的距离为， 由等体积法，可得 解得， 故以点为球心，为半径的球面与面的交线长为 故（4）正确； 故答案为：（1）（3）（4） 【点睛】本题为立体几何压轴题，（1）直接求即可；（2）面面平行得到线面平行，再用勾股定理求长度；（3）为线面垂直找轨迹，（4）等体积法求交线的长度；分析量比较大，属于较难题型. 题型4：空间位置关系与计算综合辨析 17．如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段和上，给出下列命题:（1）长的最小值为2;（2）四棱锥的体积为定值;（3）有且仅有一条直线与垂直;（4）存在点，使为等边三角形;其中真命题的序号为 .    【答案】（1）（2）（4） 【分析】（1）根据面与面之间的距离，即可说明长的最小值； （2）根据三棱锥的体积公式，再结合线线和面面之间的距离公式，即可判断； （3）根据垂直关系，寻找直线与垂直的充要条件，即可判断； （4）首先找到相等的条件，再根据动点的临界值，分析长度的变化过程，即可判断. 【解析】对于（1），由点所在线段分别在两个平行平面，上，且为异面直线， 其间距最小值为异面直线的距离，即两个平面间的距离，即长的最小值为2，因此（1）正确； 对于（2），由，其中表示到平面的距离，显然为定值2， 而的中，底与边上的高均为定值2，由此可知面积为定值， 综合上述，四面体的体积为定值，因此（2）正确； 对于（3），点在平面上的射影的轨迹为线段， 平面，平面， 所以，则的一个充要条件， 当射影位于线段上的任意位置时，过作的垂线，所得垂足记为，则， 根据以上垂直关系可知，，平面， 所以平面，平面， 从而.于是这样的直线不唯一，因此（3）不正确.    对于（4），由，， 结合可知，的一个充要条件是. 当时，考虑点在棱上自运动至， 即从0变化至2时，当时，点与重合，点与重合， 此时，，从而; 当时，,， 从而.由线段的长均随连续变化， 因此在运动的过程中，必存在一个位置，使得， 此时结合，就有是正三角形，因此（4）正确. 故答案为：（1）（2）（4） 【点睛】思路点睛：本题的难点是第（4）个命题，根据临界值比较与大小关系时，说明存在点，使得. 18．三棱锥中，点是斜边上一点．给出下列四个命题： ①若平面，则三棱锥的四个面都是直角三角形； ②若，，，平面，则三棱锥的外接球体积为； ③若，，，在平面上的射影是内心，则三棱锥的体积为2； ④若，，，平面，则直线与平面所成的最大角为． 其中正确命题的序号为（    ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】①由三垂线定理及线面垂直的性质定理得结论判断，②把三棱锥补形为正方体，正方体的外接球就是三棱锥的外接球，正方体的对角线就是外接球的直径，从而可云计算出球体积判断，③利用直角三角形的内切圆直径等于两直角边长之和减去斜边长，得内切圆半径后可求得棱锥的高，从而可得体积判断，根据线面角的定义得出线面角后，求出其正弦值，并让动点运动，得出角的正弦值的变化情况，从而得角的最大值判断④． 【解析】①，平面，平面，则，同理， 又，是在平面上的射影，∴， 因此三棱锥的四个面都是直角三角，①正确； ②，已知说明三棱锥可以补形成以为邻边的正方体，该正方体的外接球就是三棱锥的外接球， 正方体的对角线长为，则外接球半径为，球体积为，②正确； ③， 在直角三角形中，，则，设是内心，则内切圆半径为，从而， 在三棱锥中，平面，而平面，则， ，， 因此，③正确； ④， 由选项A讨论知平面，平面，则平面平面， 因此过作，垂足为，则平面， 是在平面上的射影，因此在平面上的射影在上，如图，且， 由平面，平面，得，是直线与平面所成的角，， 由图可知，当从向移动时，增大，减小，因此增大， ∴当与重合时（此时与重合），最大，即最大， ，，因此的最大值为，④错误． 正确的是①②③， 故选：B. 【点睛】方法点睛：本题考查空间垂直问题，外接球问题，锥体的体积及线面角，解题关键是掌握线面垂直的判定与性质定理，充分利用三垂线定理及其逆定理可以简化线线垂直的证明，特殊棱锥的外接球可把棱锥补形为长方体（或正方体、直棱柱等），便于确定外接球球心，得球半径． 19．如图，棱长为2的正方体中，点P在线段上运动，以下四个命题：①三棱锥的体积为定值；②；③若平面ABCD，则三棱锥的外接球半径为；④的最小值为．其中真命题有 （写出所有真命题的序号） 【答案】①②③ 【分析】由题可证平面，得点P到平面的距离恒为定值，故①正确；由题可证平面，故②正确；三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，找到球心即可求半径，故③；旋转，将空间问题平面化，判断④错误. 【解析】正方体中，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面，即点P到平面的距离恒为定值， 又， 也为定值， 所以三棱锥的体积为定值，①正确； 在正方体中，平面，平面，所以， 在正方形中：， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，②正确； 因为点P在线段上运动， 若，则点P与点A重合， 则三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 又正方体的中心到三棱锥四个顶点距离相等， 所以正方体的中心即为外接球球心，半径为体对角线的一半，为，③正确； 如图所示： 将三角形沿翻折得到该图形，连接与相交于点， 此时取得最小值，延长，过作于点， 在中，， 故的最小值为，④错误. 故答案为：①②③. 【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决： 一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值； 二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解； 三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解． 20．如图，在正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的序号为（    ）      ①直线平面 ②平面与平面的夹角大小为 ③三棱锥的体积为定值 ④异面直线与所成角的取值范围是 A．①② B．①③ C．①③④ D．①④ 【答案】B 【分析】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线平面判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④． 【解析】如图，连接，正方形中，， 正方体的棱平面，平面，， ，平面，所以平面， 又平面，所以，同理． ，平面，所以平面，①正确； 因为平面，平面，所以， 又平面平面，，平面，平面， 则是平面与平面的夹角，显然三角形为等腰直角三角形，则该角大小为，②错； 因为，，，所以， 所以四边形为平行四边形，因此有， 又平面，平面，所以平面， ，因此到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，③正确； 由于，因此异面直线与所成角就是与所夹的角， 即图中或，设正方体棱长为1，易知， 当点为中点时，此时， 因为是等边三角形，在线段，因此或中较小的角的范围是，④错误． 故选：B．    【点睛】关键点睛：本题对于较难的④的判断需要通过直线平移，从而将异面直线夹角进行转化，再根据等边三角形的性质和异面直线夹角的定义即可得到其范围. 题型5：其他应用 21．如图，正四面体中，点，，，，，分别是所在棱的中点，则当，（），，（）时，的所有可能取值共有 种. 【答案】13 【分析】分类考虑的两个端点的所处位置情况，即当两点取自四面体的顶点，或当两点取自6条棱的中点，或当两点中一个取自四个顶点中，另一个取自6条棱的中点，再分类考虑的情况，分类计算，综合即可求得答案. 【解析】正四面体中，设棱长为a，四个面上每个顶点与对边中点的连线长均为， 连接，则，则，同理， 则每组相对棱中点的连线长均为， 当两点取自四面体的顶点时，不妨假设为， 此时当，j从2取到10时，则的值为： ， ， ， 同理求出当，j从1取到10时，不取2，则的值为： ， ， ， 同理求出当，j从1取到10时（），则的值，其中有，等， 比较以上数量积的结果可知的不同数值为： 共9个； 当两点取自6条棱的中点时，不妨假设为，同理可计算取等情况时的值； 此时当，j从2取到10时，则的值为： ， ， ， 同理求出当，j从1取到10时，不取2，则的值为： ， ， ， 同理求出当，j从1取到10时（），则的值， 比较以上数量积的结果可知的不同数值为： 共9个； 当两点中一个取自四个顶点中，另一个取自6条棱的中点时， 可求得的不同值为： 共13个， 综合以上可得可能取值共有： 共13种， 故答案为：13 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是要分类讨论，先考虑向量所处的位置情况，再考虑，结合数量积的定义，分类计算，可求得答案. 22．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积不是定值 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，有且仅有一个点P，使得平面 【答案】D 【分析】判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，利用线面垂直的判定定理即可判断选项C；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，利用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D. 【解析】不影响题意，将题目所给正三棱柱的点和交换位置并旋转图形如下图所示： 对于A，当时，，即，所以， 故点在线段上，此时的周长为， 当点为的中点时，的周长为， 当点在点处时，的周长为， 故周长不为定值，故选项A错误； 对于B，当时，，即，所以， 故点在线段上， 又，面，面，则面， 所以直线上的点到平面的距离相等， 又的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故选项B错误； C：当时，取线段，的中点分别为，，连结， 由，即，所以，则在线段上， 当在处时，，，又，则平面， 又平面，所以，即， 同理，当在处，，故C错误； 对于D，当时，取的中点，的中点， 因为，即，所以， 则点在线的上， 当点在点处时，取的中点，连结，， 因为平面，又平面，所以， 在正方形中，， 又，，平面， 故平面，又平面，所以， 在正方体形中，， 又，，平面，所以平面， 因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点，使得平面，故选项D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题B选项的解决关键是，利用等体积法，结合线面平行的判定定理即可得解. 23．如图，直三棱柱中，所有棱长均为1，点E为棱上任意一点，则下列结论中正确的是（    ）． A．直线与直线BE所成角的范围是 B．在棱上存在一点E，使平面 C．若E为棱的中点，则平面截三棱柱所得截面面积为 D．若F为棱上的动点，则三棱锥体积的最大值为 【答案】C 【分析】为直线与直线BE所成角，当E与、与重合时可判断A；假设平面，利用线面垂直的判定定理、性质定理可得点E为中点，与点E为棱上一点矛盾可判断B；取中点G，则平面ABE截三棱柱所得截面为等腰梯形ABEG，求出面积可判断C；根据，当E与重合时，三棱锥F－ABE的体积最大，取中点M，利用平面求出体积可判断D． 【解析】对于A，由直三棱柱，所以， 所以为直线与直线BE所成角， 当E与重合时，直线与直线BE所成角为0， 当E与重合时，直线与直线BE所成角为， 所以直线与直线BE所成角的范围是，故A错误； 对于B，假设平面，又平面， 所以，设BC中点为H， 则，平面，平面平面， 则平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，所以，又因为为正方形， 所以点E为中点时才有，与点E为棱上一点矛盾，故B错误； 对于C，取中点G，连结EG，GA，所以，， 又，，所以，， 则平面ABE截三棱柱所得截面为等腰梯形ABEG， ，，在直角中，， 所以梯形的高为， 梯形的面积为，故C正确； 对于D，因为，且， 所以当E与重合时，三棱锥F－ABE的体积最大，取中点M， 则平面，得， 故D错误． 故选：C． 24．如图，在矩形中，已知为边的中点．将沿翻折成，若为线段的中点，给出下列说法：①翻折到某个位置，可以使得平面；②无论怎样翻折，点总在某个球面上运动．则（    ）． A．①和②都正确 B．①和②都错误 C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】D 【分析】假设平面，得到，假设不垂直，假设不成立，①错误，取中点，连接，，得到②正确，得到答案. 【解析】对①：假设平面，平面，则， 则，，故不垂直，假设不成立，①错误； 对②：取中点，连接，为线段的中点，则， 则在以为球心，半径为的球上，②正确； 故选：D 题型6：解答题 25．如图，长方体中，，，点是棱的中点.    (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)是否存在实数，使得直线与平面垂直？并说明理由； (3)若.设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等. 【答案】(1)； (2)存在，，理由见解析； (3) 【分析】（1）根据题意只需证明平面，即可得到，从而可得答案； （2）存在实数m，使得直线与平面垂直．只需证明，，即可得到直线平面； （3）计算，，设与平面的斜足为O，则，则P为AO的中点，从而可得答案. 【解析】（1）连接，由四边形为正方形，可得， 在长方体中，平面， 又平面，所以. 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 即异面直线与所成的角的大小为； （2）存在实数，使得直线直线与平面垂直．理由如下： 当时，， 因为BC＝1，所以，所以，则， 所以，即， 在长方体中，平面， 又平面，所以. 因为，所以平面， 又平面，所以. 同理可证，又， 所以直线平面； （3）设与平面的斜足为O， 因为， ， 所以,则. 若，则，故. 所以在线段上取一点P，要使三棱锥与三棱锥的体积相等，则P为AO的中点，即． 26．如图①，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点． (1)求证：三棱锥的体积是定值； (2)是否存在点E，使得平面，若存在请找出点E的位置，若不存在，说明理由； (3)定义：与两条异面直线都垂直且相交的直线称为这两条异面直线的公垂线，公垂线的两个垂足之间的线段称为异面直线的公垂线．两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段． 根据以上定义及性质解决如下问题： 如图②中，M为线段的中点，线段（不包括两个端点）上有一个动点N，过点、、作正方体的截面． ①判断截面的形状，并说明理由； ②当截面的面积取得最小值时，求点N的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3)①截面的形状为平行四边形，说明理由见解析； ②当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点. 【分析】（1）点到平面的距离为定值，又的面积为定值，，可得三棱锥的体积是定值； （2）若平面，则有，而不成立，可得结论； （3）①由截面与棱的交点判断形状；②由两条异面直线的公垂线段确定截面的面积最小. 【解析】（1） 正方体中，平面，平面，所以平面， 则点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 所以三棱锥的体积是定值 由，所以三棱锥的体积是定值 （2）这样的E点不存在，理由如下： 若平面，由平面，则有， 而正方体中，四边形是矩形不是菱形，不成立， 所以不存在点E，使得平面. （3）①截面与棱相交于点，连接，则截面为四边形， 平面平面，截面平面，截面平面， 则，同理，所以四边形为平行四边形， 即截面的形状为平行四边形. ②当截面的面积取得最小值时，即平行四边形面积最小，面积最小， 则点N到的距离最短， M为线段的中点，则M点为正方体的中心，当N为线段的中点时， 由，有，由，有， 则是两条异面直线与的公垂线段， 此时点N到的距离最短，面积最小，截面面积最小. 所以当截面的面积取得最小值时，点N为AB中点. 【点睛】方法点睛： 空间几何图形涉及到正方体，要充分利用正方体的结构特征，运用好线面关系以及距离角度，解决相关问题. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$