第八章立体几何初步全章题型大总结-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

第八章 立体几何初步全章题型大总结 目录 题型一：空间几何体的结构、表面积与体积 题型二：平行 题型三：垂直问题 题型四：空间角 角度1：异面直线所成角 角度2：直线与平面所成角 角多3：二面角 题型五：距离问题 角度1：点到面的距离 角度2：直线到平面的距离 角度3：平面导平面的距离 题型六：多面体的内切球与外接球问题 角度1：内切球问题 角度2：外接球问题 角度3：内切球与外接球综合 题型七：动点问题 题型八：对称问题与蚂蚁爬行问题 正文 题型一：空间几何体的结构、表面积与体积 1．如图，往一个正四棱台密闭容器内倒入的水，水面高度恰好为棱台高度的，且，，则这个容器的容积为（    ） A． B． C． D． 2．已知圆锥的底面与圆台的上底面重合，圆锥的顶点在圆台的下底面上，且圆锥与圆台的母线长相等，设圆台与圆锥的侧面积之比为，体积之比为，则（    ） A． B． C． D． 3．已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为和，高为，将两个这样完全相同的商品水平放入形状为长方体的外包装盒中（不考虑外包装的厚度），则外包装盒的表面积的最小值为 .    4．刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导了球缺的体积计算公式为，其中是球的半径，是球缺的高（即球冠顶点到截面的距离）.连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分.若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为 .    5．已知球O的表面积与圆锥的侧面积相等，且球O的直径与圆锥的母线长均为4，则圆锥的底面半径为 . 6．将两个小球放入一个底面圆直径和母线长都是的有盖圆锥容器内，则这两个球体的表面积之和的最大值为 ． 7．高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍. (1)若 ； (i)求该模型的体积； (ii)求顶部正四棱锥的侧面积； (2)若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当 为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值. 题型二：平行 8．正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 9．设m，n是两条不同的直线，，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，，，则 10．已知为三条不同的直线，为三个不同的平面．若，，，，则（    ） A．与相交 B．与相交 C．与平行 D．与相交 11．如图所示，在底面是菱形的四棱锥中，，点在PD上，且. (1)求点A到平面PBD的距离； (2)是棱PC的中点，证明：平面AEC． 12．在四棱锥中，平面，底面是菱形，且，E，F分别为，的中点. (1)若平面与平面的交线为l，证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若平面与线段交于点M，求的长. 13．如图，在等腰直角三角形中，，，为的中点，分别为边上一点，满足．将分别沿着翻折成，满足在平面的同一侧，面面． (1)证明：共面； (2)在线段上是否存在一点（异于端点），满足平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的情况下，求直线与平面所成角的正弦值． 14．如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 题型三：垂直问题 15．已知平面互相垂直，直线不在内且互相平行，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 16．在长方体中，下列结论错误的是（   ） A．直线AB与平面平行 B．直线与平面垂直 C．平面与平面平行 D．平面与平面垂直 17．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列四个命题是假命题的是（ ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 18．如图，已知四棱锥的底面为菱形，. (1)求证：平面BDS； (2)若，求四棱锥的体积. 19．在多面体中，已知，，且，．证明：平面平面．    20．如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 21．如图，正方形所在的平面与平面四边形所在的平面互相垂直，是等腰直角三角形，， (1)求证：平面； (2)设线段的中点分别为，求证：平面. 题型四：空间角 角度1：异面直线所成角 22．如图，三棱锥中，均为正三角形，为直角三角形，斜边为，为的中点，则直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 23．如图，四面体中，，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为（   ） A． B． C． D．或 24．（多选）一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中下列结论正确的是（    ） A．EF与MN所成的角为60° B． C． D．EN与CD所成的角为90° 25．在长方体AC1中，已知AB=a，BC=b，AA1=c (a>b)，用含a、b、c的代数式表示异面直线D1B和AC所成角的余弦值为 . 26．如图，在四面体中，，，、分别为、中点，并且异面直线与所成的角为，则的长为 ． 27．已知异面直线所成的角为在直线上，在直线上，，，，，，则间的距离为 . 角度2：直线与平面所成角 28．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则圆锥母线与底面所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 29．如图，圆锥SO的底面圆直径为AB，，，D为底面圆上的动点，则（ ） A．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为30° B．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为60° C．直线SD与AB所成角的最小值为30° D．直线SD与AB所成角的最大值为60° 30．在正三棱锥中，，，则直线与平面所成角的大小为（    ） A．30° B．45° C．60° D．75° 31．如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得点在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为 . 32．已知等腰直角三角形，如图（1），，为斜边上的高.以为折痕将三角形折起，使得为直角，为中点.如图（2）. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 33．如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形． (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由. 角多3：二面角 34．如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，，则平面与平面的夹角大小是（    ） A． B． C． D． 35．已知二面角的大小为，且与平面所成线面角为，若的面积为，则的面积的取值范围为 . 36．如图，已知四边形是正方形，平面．求： (1)二面角平面角的度数； (2)二面角平面角的度数． 37．如图，在中，O是BC的中点，，.将沿AO折起，使B点移至图中点位置.    (1)求证：平面； (2)当三棱锥的体积取最大时，求二面角的余弦值. 38．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)试在线段上一点，使得与所成的角是． 39．如图，四边形为正方形，平面， (1)证明： (2)若二面角的正切值为，求平面和平面夹角的正弦值； 40．如图，在直三棱柱中，为的中点．    (1)为侧面的两条对角线的交点，求证：平面； (2)若，，，且二面角的余弦值为，求的长． 题型五：距离问题 角度1：点到面的距离 41．已知等边边长为2，平面，且，则点C到平面的距离为 ． 42．在三棱锥中，平面ABC，，，则点到平面的距离等于 . 43．座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.    (1)求证：； (2)求点到平面的距离. 44．如图，四棱锥的体积为，底面为平行四边形，底面，的面积为． (1)求点到平面的距离； (2)设，二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． 45．如图，在三棱锥中，是边长等于2的正三角形，，为的中点． (1)求证：； (2)若，求点到平面的距离． 角度2：直线到平面的距离 46．已知四棱锥中，底面为边长为2的正方形，，，则直线到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 47．直四棱柱的所有棱长均为2，，则直线到平面的距离为 ． 48．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③点到的距离为； ④存在点，使得. 其中所有正确的结论是 . 49．已知三棱锥中，平面，，， M为中点，过点M分别作平行于平面的直线交于点E，F． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求直线到平面的距离． 角度3：平面导平面的距离 50．如图，已知菱形ABCD的边长为2，且分别为棱中点.将和分别沿折叠，若满足平面DEBF，则线段AC的取值范围为（   ） A． B． C． D． 51．正方体的棱长为，则平面到平面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 52．已知正方体的棱长为a，异面直线DB与之间的距离为 ． 53．如图，已知正方体的棱长为，求：    (1)点到直线的距离； (2)点到平面的距离； (3)到平面的距离； (4)平面到平面的距离． 题型六：多面体的内切球与外接球问题 角度1：内切球问题 54．已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 55．已知高为 4的圆台存在内切球，其下底半径为上底半径的 4 倍，则该圆台的表面积为（     ） A． B． C． D． 56．设正四面体的内切球表面积为，则能装下该正四面体的最小正方体(不计厚度)的体积为（    ） A． B． C． D． 57．在三棱锥中，底面正三角形的边长为，侧棱长为，若球与三棱锥内切，则该三棱锥的内切球的表面积为 58．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为4，则它的内切球的表面积为 . 角度2：外接球问题 59．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，点在底面内的射影在的外部，且，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 60．已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，则三棱柱外接球的表面积为（   ）． A． B． C． D． 61．在正三棱锥中，棱两两垂直，若的边，则该正三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 62．在正四棱台中，，高为，则该正四棱台的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 63．已知圆锥SO的底面半径为2，体积为，ABCDE是底面圆O的内接五边形，则五棱锥的外接球的表面积为 . 64．在三棱锥中，点P在平面的射影为的中点，且，，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若，则S的取值范围为 ． 65．在四面体中，且，，则四面体外接球的表面积为 . 角度3：内切球与外接球综合 66．已知正方体外接球的表面积与内切球的表面积之差为，则该正方体的棱长为 . 67．在三棱锥中，，为锐角三角形，与底面所成角的正切值为，则该三棱锥内切球的半径与外接球的半径之比为 ． 68．若一个圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为，则该圆锥的侧面积为 ． 69．已知一个正三棱柱既有内切球又有外接球，且外接球的表面积为，则该三棱柱的体积为 ． 70．正三棱锥的三条棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 . 题型七：动点问题 71．如图，已知平面，，是直线上的两点，是平面内的两点，且,是平面上的一动点，且直线与平面所成角相等，则四棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 72．如图，在棱长为1的正方体中，P为正方形内（包括边界）的一动点，E，F分别为棱的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度的最小值是（    ） A． B． C． D．1 73．（多选）已知正方体的边长为2，且为棱的中点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面所成的角为，给出下列四个结论： ①存在点使得；     ②点的轨迹长度为； ③三棱锥的体积的最小值为； ④线段长度最小值为． 其中所有正确结论的序号是（   ） A．① B．② C．③ D．④ 74．已知四面体的四个顶点在表面积为的球O的球面上，，平面平面，则四面体的体积的最大值为 ． 75．已知长方体中，，点为侧面内任一点（含边界），且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最大值为 ． 76．如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． (1)求到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 77．如图，四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，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． 78．如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 79．如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． (1)求证：平面平面． (2)已知，，，点是线段上的动点． （ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 题型八：对称问题与蚂蚁爬行问题 80．如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（    ） A．平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点到平面的距离为 81．长方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 82．（多选）如图，在边长为的正方体中，分别是棱的中点，是底面内的动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则点的轨迹长度为 B．存在满足 C．存在满足 D．若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 83．（多选）如图，在直三棱柱中，，，点M是线段上一点，则下列说法正确的是（    ）    A．当M为的中点时，平面 B．四面体的体积为定值 C．的最小值为 D．四面体的外接球半径的取值范围是 84．在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 试卷第22页，共22页 试卷第21页，共22页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第八章 立体几何初步全章题型大总结 目录 题型一：空间几何体的结构、表面积与体积 题型二：平行 题型三：垂直问题 题型四：空间角 角度1：异面直线所成角 角度2：直线与平面所成角 角多3：二面角 题型五：距离问题 角度1：点到面的距离 角度2：直线到平面的距离 角度3：平面导平面的距离 题型六：多面体的内切球与外接球问题 角度1：内切球问题 角度2：外接球问题 角度3：内切球与外接球综合 题型七：动点问题 题型八：对称问题与蚂蚁爬行问题 正文 题型一：空间几何体的结构、表面积与体积 1．如图，往一个正四棱台密闭容器内倒入的水，水面高度恰好为棱台高度的，且，，则这个容器的容积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设水体对应的台体的高为，利用台体的体积公式可求出的值，可知容器的高为，再利用台体的体积公式可求出容器的容积. 【详解】设水体对应的台体的高为，则水体对应台体的上底面是边长为的正方形， 由台体的体积公式可得，解得， 故容器的高为，容器的容积为， 故选：A. 2．已知圆锥的底面与圆台的上底面重合，圆锥的顶点在圆台的下底面上，且圆锥与圆台的母线长相等，设圆台与圆锥的侧面积之比为，体积之比为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由圆锥、圆台的侧面积、体积公式计算可得． 【详解】设圆台的上、下底面半径分别为，圆锥和圆台的母线长均为，高为， 如图，由题意可知，所以， ，则. 故选：C.    3．已知某商品的形状为圆台，上下底面圆的半径分别为和，高为，将两个这样完全相同的商品水平放入形状为长方体的外包装盒中（不考虑外包装的厚度），则外包装盒的表面积的最小值为 .    【答案】 【分析】分三种放置情况计算可求得最小表面积. 【详解】水平放入长方体的盒子中有三种放法， 第一种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示，    此种放置时，要使表面积最小， 可求得正方形的对角线长为， 可得正方形的边长为， 表面积为， 第二种，两个圆台一个正放，一个倒置放入，其俯视图如图所示，    此种放置时，要使表面积最小， 可得长方体的底面长方形的一边长为，另一边为，长方体的高为， 表面积为， 第三种两个两个圆台重叠方放入，则长方体表面积最小时的长方体的底面是的正方形，高为， 可得表面积为， 比较可得，表面积最小为. 故答案为：. 4．刘徽在《九章算术注》中首次明确提出了球缺和球分的概念，如图，球被平面截取，曲面部分为球冠，球冠与截面围成的部分为球缺，祖暅精确推导了球缺的体积计算公式为，其中是球的半径，是球缺的高（即球冠顶点到截面的距离）.连接球心与截面，与球冠围成的部分为球分.若一球缺的高为3，截面半径为，则它对应的球分的体积为 .    【答案】 【分析】根据给定的方程求解半径，再分别计算球缺体积、圆锥体积，最后将两者体积相加得到球分的体积. 【详解】由题可得，，解得， 则，，所以. 故答案为： 5．已知球O的表面积与圆锥的侧面积相等，且球O的直径与圆锥的母线长均为4，则圆锥的底面半径为 . 【答案】4 【分析】设圆锥的底面半径为，再结合圆锥的侧面积公式与球的表面积公式计算即可得. 【详解】设圆锥的底面半径为，其母线长为4， 则圆锥的侧面积为，球O的表面积为， 由题意可得，故， 故圆锥的底面半径为. 故答案为：. 6．将两个小球放入一个底面圆直径和母线长都是的有盖圆锥容器内，则这两个球体的表面积之和的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】应用圆锥的轴截面，再根据圆锥的球心及半径，结合余弦定理得，最后计算表面积和的最小值即可. 【详解】由题意可知，圆锥的轴截面是边长为的正三角形． 两个球的球心分别为，球，的半径分别为，，在的内角平分线上，延长交于的内心，也即中心. 设圆锥的轴截面的中心为，,. 则，，． 在中，由余弦定理，得， 整理得，即， 所以，解得． 又因为，所以，所以． 所以． 所以两个球的表面积之和， 当且仅当，时等号成立．所以这两个球体的表面积之和的最大值为． 故答案为： 7．高一年级举办立体几何模型制作大赛，某同学想制作一个顶部是正四棱锥、底部是正四棱柱的模型，并画出了如图所示的直观图.其中正四棱柱. 的高 是正四棱锥. 的高 的4倍. (1)若 ； (i)求该模型的体积； (ii)求顶部正四棱锥的侧面积； (2)若顶部正四棱锥的侧棱长为 6，当 为多少时，底部正四棱柱的侧面积S最大?并求出S的最大值. 【答案】(1)（i）312；（ii）； (2)，. 【分析】（1）（i）利用棱锥、棱柱的体积公式计算即得；（ii）求出棱锥的斜高，再利用侧面积. （2），求出棱柱的底面边长，再把棱柱侧面积表示为，再求出函数最大值即可. 【详解】（1）（i）由，得，又， 因此正四棱锥的体积， 正四棱柱的体积， 所以模型有体积. （ii）取的中点，连接，由，得， 所以正四棱锥的侧面积. （2）设，正四棱柱的侧面积为， 则， 于是 ，而， 因此当，即时，， 所以当时，下部分正四棱柱的侧面积最大，最大面积是. 题型二：平行 8．正方体 的棱长为 是棱 的中点， 是侧面 内一点，且 平面 ，则 长度的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点为，连接，确定平面平面 ，得到的轨迹是线段,即可求解. 【详解】取的中点为， 连接， 由中位线易知， 又在平面 内，不在平面 内， 所以平面 ，平面 ， 又是平面内两条相交直线， 所以平面平面 ， 又 平面 ， 所以在平面内，又 是侧面 内一点， 所以的轨迹是线段, 易知, ， 所以 长度的取值范围是. 故选：C 9．设m，n是两条不同的直线，，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，，，则 【答案】D 【分析】结合点线面的位置关系对选项一一判断，即可得出结论. 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，，则或与是异面直线，故B错误； 对于C，如图所示，，，，，但，故C错误； 对于D，因为，所以过有唯一平面， 又，，所以， 又，，所以， 所以，故D正确. 故选：D. 10．已知为三条不同的直线，为三个不同的平面．若，，，，则（    ） A．与相交 B．与相交 C．与平行 D．与相交 【答案】C 【分析】根据线面平行的判定和性质进行判断. 【详解】如图：    由，，，得． 又，，所以， 结合，，得． 故选：C 11．如图所示，在底面是菱形的四棱锥中，，点在PD上，且. (1)求点A到平面PBD的距离； (2)是棱PC的中点，证明：平面AEC． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)根据线面垂直的判定得平面ABCD，然后利用等体积法和棱锥的体积公式求解即可 (2)根据线面平行的判定可得平面AEC和平面AEC，由面面平行的判定可得平面BMF平面AEC，根据面面平行的性质和线面平行的定义即可得. 【详解】（1）设AC与BD的交点为O， 底面是菱形的四棱锥中，， 所以菱形的边长为1， 所以， 得， 在中，，O是BD的中点， 所以，所以， 在中，，即，所以， 因为，在平面PAC中相交， 所以平面PAC，又平面PAC，所以， ，，在平面ABCD中相交于点O， 所以平面ABCD， 所以， 设点A到平面PBD的距离为d， 所以    ， 即， （2）取PE的中点M，连接FM，BM，则， 因为，平面AEC，平面AEC，所以 //平面AEC， 由，知E是MD的中点， 因为O是BD的中点，所以， 因为，平面AEC，平面AEC，所以 //平面AEC， 因为 //平面AEC， //平面AEC，，FM，BM在平面BMF内相交于点M， 所以平面BMF平面AEC，又平面BMF， 所以平面AEC. 12．在四棱锥中，平面，底面是菱形，且，E，F分别为，的中点. (1)若平面与平面的交线为l，证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若平面与线段交于点M，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，利用三角形中位线证得，再利用线面平行的判定、性质推理得证. （2）根据给定条件，证得直线，，两两互相垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦值. （3）设，可求， 求得的法向量为，由，求得，计算可求得结果. 【详解】（1）如图所示，连接，因为E，F分别是，的中点， 所以， 平面，平面，那么平面， 又平面，平面平面，所以； （2）因为底面为菱形，，设中点为G，易知，，两两互相垂直， 故以点A为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意，所以，，，，，， 显然平面的法向量可以是， 而，，设平面的法向量为， 则，令，解得，， 所以可取， 故 所以平面与平面所成角的余弦值为； （3）设，则C，E，M，F四点共面.， 由（2）知平面的法向量为， 则，即， 解得，所以. 13．如图，在等腰直角三角形中，，，为的中点，分别为边上一点，满足．将分别沿着翻折成，满足在平面的同一侧，面面． (1)证明：共面； (2)在线段上是否存在一点（异于端点），满足平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由； (3)在（2）的情况下，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)直线与平面所成角的正弦值为. 【分析】（1）延长，相交于点，证明，，再证明，由此可证共面； （2）先证明平面，平面，根据面面平行判定定理证明平面平面，取上靠近的三等分点，根据线面平行判定定理证明平面； （3）作与相交于点，证明平面，根据线面角定义可得就是直线与平面所成角，解三角形求角的正弦值. 【详解】（1）延长，相交于点， 因为，为的中点， 故，又，所以， 又， 所以， 因为平面，平面， 所以， 而，， 所以，故， 故共线，且， 又，所以， 所以共面， （2）由（1），又平面，平面， 所以平面， 因为，又平面，平面， 所以平面，又，平面， 所以平面平面， 由（1），取上靠近的三等分点， 则，又， 所以四边形为平行四边形， 所以，平面，， 所以平面， （3）由（2）可得直线与平面所成角即为直线与所成角， 作与相交于点. 由平面，平面，可得， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以，又，，平面， 所以平面， 所以直线在平面上的投影为， 所以就是直线与平面所成角， 在中，，，， 所以， 所以， 在中，，， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 14．如图所示，在四棱锥中，在底面中，，E在棱PD上且. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点N，使得平面平面？若存在，写出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）由线面平行判断定理可以得证； （2）存在，点为上靠近的三等分点时，即时， 分别证得平面和平面，由面面平行判定定理可证得结论. 【详解】（1）因为，所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2） 存在，且当点为上靠近点三等分点时，即时，平面平面. 下面给出证明： 因为，所以，， 又因为点为上靠近点三等分点，所以， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为面，面， 所以面， 因为E在棱PD上且，即， 又因为， 所以， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面，， 所以平面平面. 题型三：垂直问题 15．已知平面互相垂直，直线不在内且互相平行，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】借助空间中的线、面的位置关系，充分、必要条件的概念判断即可． 【详解】因为，，且不在内，所以．如左下图，由不能推出． 反之，因为，，所以．又，由面面垂直性质定理知， 在内作一条直线垂直于他们的交线，则，故，又不在内，所以． 如右下图；综上可知，“”是“”的必要不充分条件． 故选：B．    16．在长方体中，下列结论错误的是（   ） A．直线AB与平面平行 B．直线与平面垂直 C．平面与平面平行 D．平面与平面垂直 【答案】B 【分析】对于A，根据线面平行的判定判断即可；对于B，根据线面垂直的判定判断即可；对于C，根据面面平行的判定判断即可；对于D，根据长方体的特征判断即可. 【详解】对于A，在长方体中，， 因为平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，若矩形不是正方形，则与不垂直， 直线与平面也不可能垂直，故B错误； 对于C，在长方体中，， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 又，且平面， 所以平面平面，故C正确； 对于D，在长方体中，平面平面，故D正确. 故选：B. 17．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列四个命题是假命题的是（ ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】A 【分析】A举出反例，也可相交；B利用线面平行的性质定理可证；C利用线面垂直的判定定理可证得；D在正方体中证得. 【详解】对于A，若，，则或与相交，故A错误； 对于B，由，，，则，又，又，所以，故B正确； 对于C，如图，由，，则，同理可得， 又，则平面，则， 过作，连接，又，则平面， 则四点共面，又，则， 故C正确； 对于D，由，，，则，又，， 所以，又，，所以，所以，故D正确. 故选：A. 18．如图，已知四棱锥的底面为菱形，. (1)求证：平面BDS； (2)若，求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）由菱形与等腰三角形的性质，可得线线垂直，根据线面垂直判定，可得答案； （2）由菱形的性质与勾股定理，根据（1）可分割三棱锥的底与高，结合体积公式，可得答案. 【详解】（1）设AC与BD相交于点， 因为底面ABCD为菱形，所以，且为中点. 又因为，所以平面BDS， 所以平面BDS. （2）因为底面ABCD是菱形，，所以是等边三角形，则. 在中，，满足， 根据勾股定理逆定理可知，即. 由（1）知平面BDS，所以，. 在中，，则. 19．在多面体中，已知，，且，．证明：平面平面．    【答案】证明见解析. 【分析】分别取，的中点、，连接、、，证得，结合，再根据线面垂直的判断定理，以及面面垂直的判断定理，即可求证． 【详解】如图，分别取，的中点、，连接、、，则且，    因为且， 所以且 则四边形为平行四边形， 所以且， 因为，所以，所以， 又因为，所以， 又因为，、平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面． 20．如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得线线平行，再根据线面平行的判定定理证明线面平行即可； （2）根据线面垂直的性质定理证明，进而证明，即可证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论. 【详解】（1）∵，且为棱的中点，∴， 又∵，∴四边形为平行四边形，∴， 又∵平面，平面， ∴平面. （2） 平面，平面，， 连接，由题意，为棱的中点，， 知，且，则四边形为平行四边形， ，，又， 所以平行四边形为正方形，， 又，，又，平面， 平面，又平面，所以平面平面. 21．如图，正方形所在的平面与平面四边形所在的平面互相垂直，是等腰直角三角形，， (1)求证：平面； (2)设线段的中点分别为，求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，即可证明结论； （2）取的中点为N，连接，证明四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明结论. 【详解】（1）因为正方形所在的平面与平面四边形所在的平面互相垂直， ，平面，平面平面, 故平面，平面，故， 是等腰直角三角形，，结合， 则，即， 又平面， 故平面； （2）取的中点为N，连接， 由于线段的中点为，故， 而正方形中，，故， 结合线段的中点为，可得， 即四边形为平行四边形，故， 平面，平面， 故平面. 题型四：空间角 角度1：异面直线所成角 22．如图，三棱锥中，均为正三角形，为直角三角形，斜边为，为的中点，则直线所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接，可得，所成的角即为直线所成的角，设，利用余弦定理可求解. 【详解】取的中点，连接，易得， 则，所成的角即为直线所成的角. 设，因为均为正三角形，为直角三角形，斜边为， 则，，， 在中，由余弦定理，得， 所以直线所成角的余弦值为. 故选：B. 23．如图，四面体中，，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为（   ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】利用异面直线的夹角定义和余弦定理求解. 【详解】 取的中点为，连接， 在中， ，且， 在中，，且， 因为异面直线与所成角的大小为， 所以直线的夹角为，则或， 所以在中， 当时，由余弦定理得， ，得， 当时，由余弦定理得， ，得， 故选：D. 24．一个正方体纸盒展开后如图所示，则在原正方体纸盒中下列结论正确的是（    ） A．EF与MN所成的角为60° B． C． D．EN与CD所成的角为90° 【答案】ABD 【分析】由题意还原正方体，根据正方体的几何性质，结合异面直线夹角以及面面垂直，可得答案. 【详解】由题意可作图如下： 对于AC，连接，如下图： 易知，，则为异面直线与的一个夹角， 易知，故A正确， 显然与相交，则与异面，故C错误； 对于B，连接，如下图： 易知，，则，故B正确； 对于D，连接，如下图： 易知平面，，因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故D正确. 故选：ABD. 25．在长方体AC1中，已知AB=a，BC=b，AA1=c (a>b)，用含a、b、c的代数式表示异面直线D1B和AC所成角的余弦值为 . 【答案】. 【分析】根据题意，连接交于点，取的中点，连接，证得，得到即为异面直线和所成的角，在中，利用余弦定理，即可求解. 【详解】如图所示，连接交于点，取的中点，连接， 在中，因为分别为的中点，可得， 所以即为异面直线和所成的角， 因为， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线D1B和AC所成角的余弦值为. 故答案为：. 26．如图，在四面体中，，，、分别为、中点，并且异面直线与所成的角为，则的长为 ． 【答案】5 【分析】取中点，连接，，即可得到为异面直线与所成的角（或补角），再由勾股定理计算可得. 【详解】取中点，连接，， 又因为，，，分别为，的中点， 所以且，且， 则为异面直线与所成的角（或补角）， 又因为异面直线与所成的角为， 所以， 所以，所以， 故答案为：5 27．已知异面直线所成的角为在直线上，在直线上，，，，，，则间的距离为 . 【答案】或4 【分析】根据空间向量基本定理，以向量为基底表示向量，利用向量计算空间两点间距离． 【详解】以向量，，为基底，由题知： ，，，，，或， ， 当 时，， ， 当时，， ． 故答案为：或4 角度2：直线与平面所成角 28．若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则圆锥母线与底面所成角的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用题干条件求得圆锥母线与高的关系，结合三角函数定义即可求得圆锥母线与底面所成角的大小. 【详解】设圆锥底面的半径为，母线长为，高为，则由题意得，解得， 设圆锥母线与底面所成角为，则， 所以圆锥母线与底面所成角的大小为. 故选：A. 29．如图，圆锥SO的底面圆直径为AB，，，D为底面圆上的动点，则（ ） A．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为30° B．当直线SD与AB所成角为60°时，直线SD与OC所成角为60° C．直线SD与AB所成角的最小值为30° D．直线SD与AB所成角的最大值为60° 【答案】B 【分析】作出两条异面直线所成的角求解即可判断AB，根据线面角的定义及性质可判断CD. 【详解】过作直线分别平行于，交分别为，连接，如图， 则为直线与所成的角，即，且为直线所成的角， 设，则， 在中，，，A错误，B正确； 对于CD，直线与所成角的最小值即为直线与底面所成角， 同时直线与所成角的最大值为直线与所成角，CD错误. 故选：B 30．在正三棱锥中，，，则直线与平面所成角的大小为（    ） A．30° B．45° C．60° D．75° 【答案】C 【分析】由题意画出图形，取底面三角形的中心，可得直线PA与平面ABC所成角，利用解三角形即得. 【详解】如图， 取底面正三角形的中心O，连接，则底面ABC， 连接并延长，交于D，则为直线与平面所成角， 可得，则， 在中，有，即. ∴直线与平面所成角的大小为60°. 故选：C. 31．如图所示，在矩形中，，E为边上的点，现将沿翻折至，使得点在平面上的射影在上，且直线与平面所成的角为，则线段的长为 . 【答案】 【分析】根据题意，过作于H，连接，结合线面角的定义可得，然后由勾股定理列出方程，代入计算，即可得到结果. 【详解】 如图所示，过作于H，连接，由题意，得平面. 因为直线与平面所成的角为，所以. 又因为，所以，， 设，则. 在四边形中，可得， 所以，所以. 故答案为： 32．已知等腰直角三角形，如图（1），，为斜边上的高.以为折痕将三角形折起，使得为直角，为中点.如图（2）. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线线垂直易证得线面垂直，进而可证面面垂直； （2）由（1）平面，易得即直线与平面所成角，借助于直角三角形和三角函数即可求得. 【详解】（1）在图（1）中，因，折起后，， 因，则平面， 又平面，故平面平面. （2）由（1）已得，平面，连接，则即在平面上的射影， 故即直线与平面所成角. 在图（1）中，， 在图（2）中，，则， 在中，，故， 即直线与平面所成角的正弦值为. 33．如图，已知正方形的边长为1，平面，三角形是等边三角形． (1)求异面直线与所成的角的大小； (2)在线段上是否存在一点，使得与平面所成的角大小为？若存在，求出的长度，若不存在，说明理由. 【答案】(1)； (2)存在，1 【分析】（1）根据线线平行可得异面直线所成的角，根据三角形的边角关系即可求解， （2）根据几何法求解线面角，利用三角形的边角关系即可求解. 【详解】（1）因为为正方形，则， 则异面直线与所成的角为与所成的角，即或其补角， 因为三角形是等边三角形，则 平面，平面，，． 所以异面直线AC与BD所成的角为． （2）作交于点，连接， 平面，平面， 则与平面所成的角为， 设，则， 则. 角多3：二面角 34．如图，二面角的棱上有两个点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，，则平面与平面的夹角大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据异面直线上两点间的距离公式求异面直线所成的角，再根据二面角的概念求解. 【详解】设异面直线与所成的角为， 则根据异面直线上两点的距离公式可得：， 即，所以. 因为，且，都垂直于棱，所以二面角的平面角等于， 所以面与平面的夹角为. 故选：C 35．已知二面角的大小为，且与平面所成线面角为，若的面积为，则的面积的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据题意作图，找出二面角和线面角的平面角，在直角三角形中求出各边长，发现点的轨迹是一个圆，从而得到点到的距离的取值范围，代入计算即可得结果. 【详解】 如图，过点作于点，作平面于点,连接, 根据题意，与平面所成线面角为， 平面，平面 又平面，平面，且, 平面，平面，. 二面角所成的平面角是. 设，则. 在中，，则， 在中，，则 所以点在以点为圆心，半径为的圆上. 设点到的距离为，因为，则， 所以，得. 故答案为：. 36．如图，已知四边形是正方形，平面．求： (1)二面角平面角的度数； (2)二面角平面角的度数． 【答案】(1)90° (2)45°． 【分析】（1）（2）利用二面角的定义找到二面角，再求解角度即可. 【详解】（1）平面，面， ，， 为二面角的平面角． 四边形是正方形，， 二面角平面角的度数为90°． （2）平面，面， ，． 为二面角的平面角． 四边形为正方形，． 即二面角平面角的度数为45°． 37．如图，在中，O是BC的中点，，.将沿AO折起，使B点移至图中点位置.    (1)求证：平面； (2)当三棱锥的体积取最大时，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等腰三角形三线合一性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）在平面内，作于点D，判断当D与O重合时，三棱锥的体积最大，过O点作于点H，连AH，说明即为二面角的平面角，然后解三角形即可得到结果. 【详解】（1）且O是BC中点， 即， 又，平面，平面， 平面； （2）如图：    在平面内，作于点D，则 由（1）可知， 又，OA，平面OAC， 平面OAC，即是三棱锥的高. 又， 所以当D与O重合时，三棱锥的体积最大， 过O点作于点H，连. 由（1）知平面，又平面， ，，AO，平面AOH， 平面AOH，且平面AOH， ，即为二面角的平面角. 中， ，， 故二面角的余弦值为. 38．如图，已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，是线段的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小； (3)试在线段上一点，使得与所成的角是． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)为线段的中点 【分析】（1）根据线面平行的判定方法，由线线平行判定线面平行. （2）法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角. 法二：构造二面角的平面角，利用三角形的边角关系求角即可. （3）根据空间向量的夹角公式求参数. 【详解】（1）设的交点为，连接，因为四边形ABCD为正方形，所以为的中点， 又在矩形ACEF中，因为M是线段EF的中点，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为面BDE，面BDE，所以平面BDE. （2）正方形和矩形所在的平面互相垂直， 平面平面，平面，， 则平面， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，，，，，， 所以，，， 因为，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 因为， ， 所以，所以为平面的一个法向量， 所以，所以与的夹角为． 即所求的二面角的大小为． 法2：在平面中过作于，连接， ，，， 平面， 是在平面上的射影， 由三垂线定理得 是二面角的平面角 在中，，， ，， 二面角的大小为； （3）设，（），则， 因为PF与BC所成的角是60°， 所以， 解得或 (舍)． 故为线段的中点． 39．如图，四边形为正方形，平面， (1)证明： (2)若二面角的正切值为，求平面和平面夹角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到平面，证明出结论； （2）先证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出即为二面角的平面角．利用正切值求出正方形边长，写出点的坐标，求出两平面的法向量，求出面面角的余弦值，进而求出正弦值. 【详解】（1）由正方形ABCD知：⊥， 又由于平面且平面，故， 又由于且平面， 故平面， 因为平面，所以 （2）由于平面且平面， 故，显然两两垂直， 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立直角坐标系： 令AC与BD的交点为O，连接OQ， 由于平面，， 所以平面， 又平面，所以， 又⊥，，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故即为二面角的平面角． ， ∵， ，故，故， ， 设平面的法向量为， 由，， 令得， ， 设平面的法向量为， 由，， 令，则， ， 设平面和平面夹角为， 则， . 40．如图，在直三棱柱中，为的中点．    (1)为侧面的两条对角线的交点，求证：平面； (2)若，，，且二面角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，．证明四边形是平行四边形．再根据线面平行的判断定理证明即可. （2）过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接．先证明．得到平面．证明平面．得到． 进而得到是二面角的一个平面角．再根据三角函数定义，结合勾股定理计算即可. 【详解】（1）如图1，取的中点，连接，． 因为为侧面的两条对角线的交点，所以，且． 因为为三棱柱的侧棱的中点， 所以，且，即，且． 所以四边形是平行四边形． 所以． 因为平面，平面， 所以平面．      （2）如图2，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接． 在直三棱柱中，平面，平面， 所以． 因为，平面，， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，平面，， 所以平面． 因为平面，所以． 所以是二面角的一个平面角． 因为二面角与二面角互补， 所以．所以． 在中，，，， 在中，， 在中，，， 所以．所以． 题型五：距离问题 角度1：点到面的距离 41．已知等边边长为2，平面，且，则点C到平面的距离为 ． 【答案】 【分析】利用等体积计算即可. 【详解】因平面，则为三棱锥的高， 则， 由平面，平面，则， 在直角中，，同理， 则等腰的底边上的高为，则, 设点C到平面的距离为，则， 得 故答案为：. 42．在三棱锥中，平面ABC，，，则点到平面的距离等于 . 【答案】 【分析】根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定可推出面，则，再利用等体积法转换即可. 【详解】面，面；. 且，面；. ；. ；； 设点到平面的距离等于. ；；即. 即点到平面的距离等于. 43．座落于杨浦滨江的世界技能博物馆由百年历史文化保护建筑改建而成，其中的支柱保留了原有的正八棱柱，既考虑了结构力学优势，又体现了对历史建筑的尊重和传承.如图，分别为正八棱柱的上下两个底面的中心，已知.    (1)求证：； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合图中几何关系由线面垂直的判定定理证明平面即可； （2）结合图中几何关系由等体积法即求解即可. 【详解】（1）    连接， 因为底面为正八边形，所以， 又正八棱柱侧棱底面，底面， 所以， 平面， 所以平面， 又平面，所以. （2）    连接， 因为， 由正八边形的性质可得，，为到底面的距离，， 所以， 由勾股定理可得，， 又，所以， 又，所以， 因为，所以，即， 设点到平面的距离为， 则，即，即， 解得，所以点到平面的距离为. 44．如图，四棱锥的体积为，底面为平行四边形，底面，的面积为． (1)求点到平面的距离； (2)设，二面角为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）计算出三棱锥的体积，利用等体积法可求得点到平面的距离； （2）取的中点E，连接，推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）四棱锥的体积为，底面为平行四边形，底面， 则， 所以，， 在四棱锥中，设点到平面的距离为． 则，解得， 所以点到平面的距离为. （2）如图，取的中点，连接， 因为，所以， 又二面角为，所以平面平面， 因为平面平面，，平面， 所以，平面， 因为平面，所以，， 因为四边形为平行四边形，则，所以，， 因为平面，平面，所以，， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 又因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 由（1）得， 因为，，则， 因为为的中点，则，故， ，可得， 故， 则、、、、， 则，，， 设平面的一个法向量，则， 取，可得， 设与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 45．如图，在三棱锥中，是边长等于2的正三角形，，为的中点． (1)求证：； (2)若，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）如图可得、，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明； （2）由题意，根据余弦定理分别求出，即可求解. 【详解】（1）作中点，连接，则， 又，所以， 又因为是正三角形，且为中点，因此， 从而平面， 又平面，所以． （2）由题，，，，则. 在中，， 由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 所以， 设平面与平面夹角为， 由，知. 在中，由余弦定理得，解得， 设点到平面的距离为，则． 角度2：直线到平面的距离 46．已知四棱锥中，底面为边长为2的正方形，，，则直线到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点M，的中点N，连接，由已知，可得平面平面，平面，则直线到平面的距离为点N到平面的距离，则利用余弦定理求得，进而得，则直线到平面的距离为，可得答案. 【详解】 根据题意，如图， 因为，，则，， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面， 因为底面为边长为2的正方形， 则，平面，平面， 所以平面， 则直线到平面的距离为点N到平面的距离， 即点N到直线的距离， 又， ，， 在中，， 则， 所以点N到直线的距离为. 故选：A． 47．直四棱柱的所有棱长均为2，，则直线到平面的距离为 ． 【答案】 【分析】作图，连接底面对角线，交点为.由直四棱柱得到侧棱垂直底面，从而得到线线垂直.由所有棱长均为2得到底面为菱形，从而得到对角线垂直，从而证明线面垂直.然后就可以得到直线到平面的距离对应的线段.在等边三角形中求得对应线段长即可. 【详解】如图，连接相交与点， 在直四棱柱中，平面，平面， ∴， 同理， ∵直四棱柱的所有棱长均为2， ∴四边形是菱形， ∴，平面，平面，， ∴平面， ∴为直线到平面的距离， 在中，，，为中点， ∴，∴， 故答案为：. 48．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，给出下列四个结论：    ①当点是中点时，直线平面； ②直线到平面的距离是； ③点到的距离为； ④存在点，使得. 其中所有正确的结论是 . 【答案】①③④ 【分析】根据题设有，利用线面平行的判定判断①；应用线面平行的判定得到面，问题化为求点到平面的距离，应用等体积法求点面距判断②；进而利用等面积法求点到的距离判断③；利用余弦定理得到关于的表达式，进而判断是否能成立判断④. 【详解】①当点是中点时，则是中点，易知， 又面，面，故直线平面，对； ②由题设，易知，面，面，故面， 所以直线到平面的距离，即点到平面的距离， 由，，， 故到距离为，则， 所以，可得，错；    ③令点到的距离，则，对； ④由题设，易得，且， ， 所以， ， 在中， 由，显然时，能成立，故存在点使得，对. 故答案为：①③④ 49．已知三棱锥中，平面，，， M为中点，过点M分别作平行于平面的直线交于点E，F． (1)求直线与平面所成角的正切值； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1) (2)2 【分析】（1）先明确要求的线面角，然后在直角三角形中求解. （2）可以转化为点到面的距离，然后利用体积法求解. 【详解】（1）如图：连接，. 因为平面，所以为所求直线与平面所成的角. 在中：因为，所以， 又为中点，所以. 所以：. （2）因为：平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，设为. 则. 又，， 所以. 所以：直线到平面的距离为2. 角度3：平面导平面的距离 50．如图，已知菱形ABCD的边长为2，且分别为棱中点.将和分别沿折叠，若满足平面DEBF，则线段AC的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出AC的长度，折叠过程中证明平面EAB//平面FDC，面面距离即为AC的最小值，由此得到AC的范围. 【详解】 折叠前，连接AC，BD， 由题意，在菱形ABCD中，，， 则由余弦定理得，， ，故在折叠过程中，， 折叠后，平面DEBF，则平面DEBF，则，故D项错误； 折叠前，在菱形ABCD中，，，则是正三角形， 由E，F分别为棱中点，， 折叠后，则， 又平面EAB，所以平面EAB， 由E，F分别为棱中点， 则，又FC，FD在平面FCD内交于点F，所以平面FCD， 又，所以平面EAB//平面FCD， 则平面EAB与平面FCD的距离即为， 由点平面EAB，点平面FCD，则，故B错； 在折叠过程中，当时，由， 则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱， 满足平面DEBF，此时. 所以AC最小值为，故A正确，C项错误. 故选：A 51．正方体的棱长为，则平面到平面的距离为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】证明平面，平面，等体积法求点到平面的距离和点到平面的距离，可得平面到平面的距离. 【详解】连接，正方体中，平面，平面，则， 正方形中，有， 平面，，所以平面， 平面，则有， 同理有，平面，， 所以平面，同理有平面， 正方体棱长为，则，， 设点到平面的距离为，由，    有，解得， 即点到平面的距离为2，同理点到平面的距离为2， ， 则平面到平面的距离为. 故选：B. 52．已知正方体的棱长为a，异面直线DB与之间的距离为 ． 【答案】a 【分析】利用异面直线距离的意义求解即得. 【详解】在正方体中，平面平面， 且平面，平面，因此平面与平面的距离为， 而平面，平面， 所以异面直线DB与之间的距离为面与平面的距离. 故答案为：    53．如图，已知正方体的棱长为，求：    (1)点到直线的距离； (2)点到平面的距离； (3)到平面的距离； (4)平面到平面的距离． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）证明，根据距离的定义可得为所求，解三角形求结论； （2）由点面距离定义可得为所求，由此可得结论； （3）根据直线与平面的距离的定义可得为所求，由此可得结论； （4）根据平面与平面距离定义可得为所求，由此可得结论； 【详解】（1）由正方体性质可得，平面，平面， 所以，垂足为， 所以点到直线的距离为，又 所以点到直线的距离为；    （2）由正方体性质可得平面，垂足为， 所以点到平面的距离为，又， 所以点到平面的距离为， （3）由正方体性质可得，平面平面， 又平面，所以平面， 所以到平面的距离等于点到平面的距离， 又平面，垂足为， 所以点到平面的距离为，又， 故到平面的距离为， （4）由正方体性质可得平面平面， 所以平面到平面的距离等于点到平面的距离， 因为平面，垂足为， 所以点到平面的距离为，又， 所以平面到平面距离为. 题型六：多面体的内切球与外接球问题 角度1：内切球问题 54．已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值. 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，故， ∴点到平面的距离为， ∴圆的半径为， 由得，， ∴， ∴的最小值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定点的轨迹为平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，结合条件计算圆的半径，结合点与圆的位置关系可求最值. 55．已知高为 4的圆台存在内切球，其下底半径为上底半径的 4 倍，则该圆台的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】借助圆台轴截面及内切圆的性质，求出圆台的两底半径及母线长，进而求得表面积. 【详解】依题意，圆台的轴截面截其内切球得球的大圆，且该大圆是圆台轴截面等腰梯形的内切圆， 等腰梯形为圆台轴截面，其内切圆与梯形切于点， 其中分别为上、下底面圆心，如图， 设圆台上底半径为，则下底半径为，， 而等腰梯形的高，因此，解得， 所以该圆台的表面积为. 故选：D 56．设正四面体的内切球表面积为，则能装下该正四面体的最小正方体(不计厚度)的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出内切球半径，进而得到正四面体的棱长，正四面体的每条边均为正方体的面对角线时，为能装下该正四面体的最小正方体，从而求出最小正方体的边长和体积. 【详解】设正四面体的内切球半径为，则，解得， 如图所示，为的中点，连接，过点作⊥于点， 则⊥平面， 设正四面体的内切球球心为，则则上， 过点作⊥于点， 则， 设正四面体的棱长为，则， 则， ，其中， 故， 故， ∽，故， 即， 解得， 将正四面体按照如图放入正方体中，即正四面体的每条边均为正方体的面对角线， 此时为能装下该正四面体的最小正方体， 设正方体的棱长为，则，解得， 故此正方体的体积为. 故选：C 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 57．在三棱锥中，底面正三角形的边长为，侧棱长为，若球与三棱锥内切，则该三棱锥的内切球的表面积为 【答案】 【分析】设球的半径为，的外接圆的圆心为，的中点为，连接，由已知条件求出，然后根据可求出，从而可求出三棱锥的内切球的表面积. 【详解】由题意得， 设球的半径为，的外接圆的圆心为，的中点为， 连接，则点在上，且， ， 因为平面，平面，所以， 所以， ， 因为， 所以， 所以， 所以， 所以，解得， 所以三棱锥的内切球的表面积为 . 故答案为：. 58．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为4，则它的内切球的表面积为 . 【答案】 【分析】根据正八面体的特征可知内切球的球心为，进而根据等体积法即可求解半径. 【详解】设正八面体内切球半径R，给正八面体标出字母如图所示， 连接和交于点， 因为，，所以，， 又和交于点，平面，所以平面ABCD， 所以为正八面体的中心，所以到八个面的距离相等， 距离即为内切球半径，设内切球与平面EBC切于点H， 所以平面，所以即为正八面体内切球半径，所以， 因为正八面体的棱长为4， 所以，，， 所以，， 因为，，所以， 即，所以正八面体内切球的表面积为：． 故答案为： 角度2：外接球问题 59．在三棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，点在底面内的射影在的外部，且，则该三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知确定的位置，并求出相关边的长度，结合外接球相关的几何关系列方程求球体半径，进而求其表面积. 【详解】由题设，知且，底面， 若是的中点，而，则，且， 而底面，则，都在平面内，则平面， 由平面，则，又底面，则， 由，则，即， 由点在底面内的射影在的外部，则在边的外侧，如下图， 若在的另一侧，则必与的中点重合，不合题设， 由题意，该三棱锥外接球的球心在过的中点垂直于平面的直线上， 根据几何关系有，则， 所以，可得， （注意时，不成立）， 所以，外接球半径，则，故其表面积. 故选：B 60．已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，，则三棱柱外接球的表面积为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直三棱柱的外接球球心为上下底面三角形外接圆圆心连线的中点，求出半径，再算面积即可. 【详解】因为，，则为直角三角形， 和的外心分别为斜边的中点， 连接，取的中点， 则为三棱柱外接球的球心， 其外接圆半径为， 则半径， 则外接球的表面积为. 故选：C 61．在正三棱锥中，棱两两垂直，若的边，则该正三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由正三棱锥是正方体的一个角，补成正方体求解. 【详解】由题意知：正三棱锥是正方体的一个角，补成正方体如图所示： 正方体的对角线长是外接球的直径， 因为，所以， 则外接球直径为，所以， 所以外接球的表面积为， 故选：D 62．在正四棱台中，，高为，则该正四棱台的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四棱台的结构特征及其外接球半径与两个底面对角线的关系列方程求球心到一个底面的距离，再求球体的半径，进而求体积. 【详解】由题设及下图，知， 若是在面上投影，易知在上，且面， 所以， 若外接球球心到面的距离为，球体半径为， 则，且，可得（负值舍）， 所以，故正四棱台的外接球的体积为. 故选：C 63．已知圆锥SO的底面半径为2，体积为，ABCDE是底面圆O的内接五边形，则五棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】设圆锥的高为，由圆锥的体积得到的大小，再根据棱锥的外接球与圆锥SO的外接球相同，求出外接球半径，进而得到外接球的表面积. 【详解】设圆锥的高为，则由得， 棱锥的外接球与圆锥的外接球相同，设球半径为, 则有，得， 因此，棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 64．在三棱锥中，点P在平面的射影为的中点，且，，设该三棱锥的体积为V，该三棱锥外接球的表面积为S，若，则S的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据条件先判定三棱锥的特征，结合体积公式求出高的范围，再判定外接球的球心位置，利用勾股定理结合飘带函数的性质判定外接球半径的范围，计算表面积即可. 【详解】因为，，故， 取的中点D，连接，由题意可知平面，，    则，易得， 由题意知该三棱锥外接球的球心O在直线上， 设（为负，则球心在平面的下方），外接球半径为R， 故， 易知在上单调递增，即 则，所以. 故答案为：. 65．在四面体中，且，，则四面体外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】合理作出四面体的高，利用给定条件求出的长度，再找到外接球球心，在直角梯形内利用勾股定理求解外接球半径，最后求解表面积即可. 【详解】如图，作面，连接， 因为面，所以， 因为，所以， 因为，面， 所以面，而面， 故，因为，， 所以由锐角三角函数定义得， 故，由勾股定理得， 而，则，故， 设，，由勾股定理得， 在中，由余弦定理得， 在中，得到， 联立，，解得 (其它根舍去)， 取中点，过点作面， 设点为外接球球心，外接球半径为， 由余弦定理得， 在直角梯形中，， 故，解得， 且设四面体外接球的表面积为，故. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是作出四面体的高，然后求解关键线段的长度，再找到外接球球心，利用勾股定理求出外接球半径，得到所要求的表面积即可． 角度3：内切球与外接球综合 66．已知正方体外接球的表面积与内切球的表面积之差为，则该正方体的棱长为 . 【答案】 【分析】先分别找出正方体外接球半径、内切球半径与正方体棱长的关系，再根据球的表面积公式求出外接球表面积与内切球表面积，最后根据它们的表面积之差列出方程求解正方体的棱长. 【详解】设正方体的棱长为.正方体外接球的直径等于正方体的体对角线长. 正方体的体对角线长为，所以外接球半径. 正方体内切球的直径等于正方体的棱长，所以内切球半径.   正方体外接球的表面积. 正方体内切球的表面积.   已知正方体外接球的表面积与内切球的表面积之差为，则. 解得或（棱长不能为负舍去）. 故答案为：. 67．在三棱锥中，，为锐角三角形，与底面所成角的正切值为，则该三棱锥内切球的半径与外接球的半径之比为 ． 【答案】 【分析】做辅助线，分析可知平面平面，根据面面垂直的性质定理可知：点在平面的投影落在直线上，分类讨论投影所在的位置，进而分析几何体的结构特征，结合外接球和内切球的性质求其半径，即可得结果. 【详解】取的中点，连接， 因为，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得平面平面， 且平面平面， 由面面垂直的性质可知：点在平面的投影落在直线上， 若点在平面的投影落在射线上， 由题意可知：与底面所成角为，即， 则， 不妨设，则， 在中，由余弦定理可得，即， 可知，即， 由面面垂直的性质可得平面，且， 且，即为锐角， 可知为锐角三角形，符合题意， 设该三棱锥内切球的半径为、外接球的半径为， 因为为的外接圆圆心，可知外接球的球心在直线上， 则，解得； 又因为， 由体积关系可得：，解得， 所以； 若点在平面的投影落在射线的反向延长线上， 由题意可知：与底面所成角为，即， 则，， 不妨设，则， 则，， 即，则，， 此时，即为钝角， 可知为钝角三角形，不合题意； 综上所述：. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解． 2.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，弄清球的半径与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解． 68．若一个圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为，则该圆锥的侧面积为 ． 【答案】 【分析】作出截面图形，由圆锥的侧面积公式结合题意计算可得. 【详解】 过圆锥的旋转轴作轴截面，得及其内切圆和外接圆， 且两圆同圆心，即的内心与外心重合，所以为正三角形， 由题意的半径为， 所以的边长为6， 所以圆锥的底面半径为3， 所以圆锥的侧面积． 故答案为：. 69．已知一个正三棱柱既有内切球又有外接球，且外接球的表面积为，则该三棱柱的体积为 ． 【答案】 【分析】利用正三棱柱的性质，依题知其内切球和外接球是同心球，先求出外接球半径，再根据球心在底面的投影恰为底面正三角形的中心，由之求得底面三角形边长，从而可求体积. 【详解】    如图，设正三棱柱的外接球的半径为，则，解得， 因三棱柱有内切球，设内切球半径为，则正三棱柱的高为， 连接的中心，则线段的中点即为球心， 依题意，内切圆半径为，得， 则，解得 ,故三棱柱的体积为 故答案为：． 70．正三棱锥的三条棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 . 【答案】 【分析】根据正三棱锥的性质，补形称正方体，求得其外接球的半径，利用三棱锥的表面积与体积，求得内切球的半径，可得答案. 【详解】由题意，正三棱锥可补形称正方体，如下图：    则三棱锥的外接球为正方体的外接球， 设正方体的棱长为，则外接球半径， 在正三棱锥中，， 易知为等边三角形，由勾股定理可得：， 则其面积， 故正三棱锥的表面积， 其体积， 设三棱锥的内切球的半径为，则， 则. 故答案为：. 题型七：动点问题 71．如图，已知平面，，是直线上的两点，是平面内的两点，且,是平面上的一动点，且直线与平面所成角相等，则四棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据线面角的定义得，再在平面内，建立平面直角坐标系，则，设，得出点的轨迹，从而确定点到平面距离的最大值，即可求解体积的最大值. 【详解】，，，，同理， 为直线与平面所成的角，为直线与平面所成的角， ，又， ，，在平面内，以为轴，以的中垂线为轴建立平面直角坐标系，则，设，，整理可得：，在内的轨迹为为圆心，以为半径的上半圆, 所以点到直线距离的最大值是半径4， 因为，，点到距离就是点到平面的距离 即点到平面距离的最大值是4， 所以四棱锥体积的最大值. 故选：B 72．如图，在棱长为1的正方体中，P为正方形内（包括边界）的一动点，E，F分别为棱的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度的最小值是（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】取的中点为，可证得平面平面，P在正方形内（包括边界）的轨迹为线段，由，可得为的中点时最小，从而得解. 【详解】如图所示，取的中点为，连接, 因为E，F分别为棱的中点，所以， 所以四点共面， 直线与平面无公共点，所以平面， 因为为的中点，所以,平面，所以平面， 正方体中，，平面，所以平面， 又，所以平面平面， P在正方形内（包括边界）的轨迹为线段， 因为，所以当为的中点时最小. 此时，， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由平面平面，得P在正方形内（包括边界）的轨迹为线段. 73．已知正方体的边长为2，且为棱的中点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面所成的角为，给出下列四个结论： ①存在点使得；     ②点的轨迹长度为； ③三棱锥的体积的最小值为； ④线段长度最小值为． 其中所有正确结论的序号是（   ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】ABC 【分析】对于A，找出P的特殊位置，结合线面垂直的性质即可判断；对于B，确定P点的轨迹形状，即可判断；对于C，求出P点到面的最小距离，结合体积公式即可判断；对于D，确定PC长度的最小值，即可判断. 【详解】对于①，当在中点上时，如图，连接，， 因为正方体，所以平面，， 而平面，所以，由中位线定理得， 而，平面，所以平面，平面， 所以，故①正确， 对于②，连接，由于平面，即平面， 所以与底面所成的角为，故， 而平面，平面，所以， 因为为棱的中点，所以，所以点的轨迹是以A为圆心，半径为1的个圆， 故轨迹长度为，故②正确， 对于③，如图，连接， 由正方体性质得，平面，平面， 所以，由勾股定理得，结合，所以四边形是平行四边形， 而，所以四边形是矩形，所以， 设中点为， 如图，作， 而平面，面，所以， 因为，平面，所以平面，而正好在的轨迹上， 所以当运动到时，到面距离最短，此时可以得到是的中位线， ，所以， 所以三棱锥的体积的最小值为，故③正确， 对于④，连接，， 由于平面,平面，则，， 若最小，则最小， 如图，当共线时取得最小值， 由勾股定理得，此时， 得，故④错误. 故选：ABC 74．已知四面体的四个顶点在表面积为的球O的球面上，，平面平面，则四面体的体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】由题意可得的外接圆的半径，要使得四面体的体积的最大，则需三棱锥的高最大，即点为中点，从而可求解. 【详解】 如图，因为， 易得，, 由的外接圆的半径满足，得， 因为平面平面， 所以在平面的射影为点，且点必落在直线上， 要使得四面体的体积的最大值， 则三棱锥的高最大，即点为中点， 则，， 因为球O的表面积为，则球O的半径, 过点作的平行线，则与交于点，且， 设，， 则，解得；，解得， 所以， 所以四面体的体积为 故答案为：. 75．已知长方体中，，点为侧面内任一点（含边界），且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最大值为 ． 【答案】/ 【分析】构建合适的空间直角坐标系，若且，可得，再应用向量法求到面的距离的最大值，最后应用三棱锥的体积公式求最大体积. 【详解】由题意，构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，， 若且，则，整理得， 由，，是面的一个法向量， 则，取，则， 又，则到面的距离， 综上，，故时， 显然是边长为的等边三角形，故， 所以三棱锥的体积的最大值为. 故答案为： 76．如图，在四棱锥中，平面平面，为的中点，，，，，． (1)求到平面的距离； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)线段上存在点，是中点 【分析】（1）作，以为原点，以，的方向分别为轴，轴的正方向，建立的空间直角坐标系，先求出平面的法向量以及，再由公式即可求解. （2）结合（1），再由向量夹角余弦值公式即可求解. （3）“线段上存在点，使得平面”，则，而在第二问中已经求出，所以只需设，，待定系数即可求解. 【详解】（1）因为平面平面，，平面平面，所以平面， 作，以为原点，以，的方向分别为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则点，，，，，， 所以，，，     设平面的法向量为， 所以，即，，解得， 到平面的距离为 （2）由（1）知，平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， 则直线与平面所成角的正弦值为： ． 所以直线与平面所成角的正弦值为 （3）“线段上存在点，使得平面”等价于“”． 因为，设，， 则，． 由（2）知平面的法向量为， 所以．解得． 所以线段上存在点，即中点，使得平面． 77．如图，四棱锥中，平面，是的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)在线段上是否存在点，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． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，． 【分析】（1）在平面内找一条直线与平行即可； （2）建系，利用空间向量和数量积公式即可求解二面角的余弦值； （3）根据设点，根据点到平面的距离列出方程，方程存在上的解则存在点，反之则不存在. 【详解】（1） 取的中点，连接，因为是的中点，所以． 又因为，所以， 所以四边形是平行四边形，所以． 又因为平面平面， 所以平面． （2） 由题意：平面，且，则两两垂直，所以建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，是的中点，所以点的坐标为，，，， 所以平面的法向量为，设平面的法向量为， ，由， 可得，令，则， 所以． 所以，平面与平面所成二面角的余弦值为． （3）设，且，，则， 设平面的法向量为， 则，可得， 令，所以． 因为点到平面的距离为， 所以，解得， 所以存在点，使得点到平面的距离为，此时． 78．如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，再用菱形性质得到，通过面面垂直的性质得到平面，运用线面垂直性质进而证明，最后使用线面垂直定理得证； （2）以的中点为坐标原点，过O作射线,以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，记平面的法向量求出和平面的法向量，再根据二面角的余弦公式建立方程求解即可. 【详解】（1）连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形， 因为，所以四边形为菱形， 所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以; （2）如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    因为， 则， ， 设， 则， 记平面的法向量， 则， 即， 得， 易得平面的法向量， 由题意：， 解得：或，经验证，或均符合题意． 所以或. 79．如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． (1)求证：平面平面． (2)已知，，，点是线段上的动点． （ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）存在，为线段上靠近点的六等分点；（ⅱ）． 【分析】（1）先分别去证平面内两条直线与平面平行，再利用面面平行的判定定理证明两平面平行； （2）在几何体内找到三条互相垂直的直线，建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示去列出方程，求出点的坐标，利用线面角的正弦值等于线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值去表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合函数求出其最大值. 【详解】（1）证明：因为，且为的中点，所以，． 又因为，所以，所以四边形为平行四边形， 所以． 又因为平面，平面，所以平面． 同理，，且，所以四边形为平行四边形，则． 又平面，平面，所以平面． 又，平面，且，所以平面平面． （2）（ⅰ）取的中点，连接，过点作交于点，取的中点，连接． 因为四边形与四边形均为等腰梯形，且，，， 所以，，，，． 在中，，所以，所以． 所以二面角为直二面角，所以平面平面． 又平面平面，平面，所以平面． 因为平面，所以，所以两两垂直． 故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 因为点是线段上的动点，所以设，所以． 假设存在点使得与垂直，则， 所以，即，解得． 故当时，点为线段上靠近点的六等分点． （ⅱ）设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为． 由（ⅰ）知，． 设直线与平面所成角为， 则， 易知当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为． 题型八：对称问题与蚂蚁爬行问题 80．如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（    ） A．平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点到平面的距离为 【答案】D 【分析】依据线面平行判定定理，棱锥体积公式，等体积法求点到面的距离等知识对选项逐一判断即可. 【详解】 在正方体中，连接可知相交于点，且被互相平分，故四边形是平行四边形， 所以，而平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为正方体棱长为2，所以四边形是正方形且， 面,， 所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍， 而棱锥体积等于， 故八面体的体积为，B正确； 因为为棱上一点，将和展开成一个平面， 由题和均为正三角形，且边长为， 由三角形两边之和大于第三边知最小值为，在中由余弦定理可知，故C正确； 对于D选项：设点到平面的距离为,由等体积法知： ，故错误. 故选：D. 81．长方体中，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】把问题转化成点到直线上的点的距离垂线段最短解决. 【详解】如图： 根据题意，截面是边长为的正方形，为的中点. 点在上，在线段上取点，使得. 根据正方形的对称性，则，所以， 表示点沿着折线到直线的距离. 取的中点，则，根据垂线段最短可得：. 所以的最小值为. 故选：A 82．如图，在边长为的正方体中，分别是棱的中点，是底面内的动点（包含边界），则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则点的轨迹长度为 B．存在满足 C．存在满足 D．若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 【答案】ABD 【分析】对于A，取中点，中点，根据面面平行判定定理证明平面，由此确定点轨迹，求轨迹长度判断A，设点C关于平面对称的点为，由此可得，求的最小值，判断B，先证明，比较与的大小，判断C，连接，取其中点，证明为外接圆圆心，设三棱锥的外接球的球心为，，结合球的截面性质求，确定三棱锥的外接球的半径，再求其表面积，判断D. 【详解】对于A：如图： 取中点，中点，连接， 则 ，又， 所以，所以共面， 又，所以，相交， 因为 ，，，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面， 因为，，，， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面， 又平面，相交， 所以平面平面. 因为平面，所以点轨迹为线段，且.故A正确. 对于B：设点C关于平面对称的点为， ， 当且仅当点为线段与平面的交点时取等号，所以B正确. 对于C：如图： 因为，且，， 所以不存在满足，故C错误； 对于D：如图： 连接，取其中点，连接. 因为是棱的中点，则.所以为外接圆圆心. 过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心一定在该垂线上. 设三棱锥外接球的半径为， 连接，设，则， 连接，所以， 所以，解得，所以， 所以三棱锥外接球的表面积为：，故D正确. 故选：ABD. 83．如图，在直三棱柱中，，，点M是线段上一点，则下列说法正确的是（    ）    A．当M为的中点时，平面 B．四面体的体积为定值 C．的最小值为 D．四面体的外接球半径的取值范围是 【答案】ABD 【分析】由线面垂直的判定定理可得A正确；由线面平行的判定定理证明平面得到三棱锥的高，再由棱锥的体积公式可得B正确；将翻折到与矩形共面再结合余弦定理可得C错误；建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量共线得到点的坐标，再由几何关系把外接球半径用球心坐标表示，结合二次函数的性质求出最值即可. 【详解】对于A，在直三棱柱中，平面，平面，所以， 因为，为中点，所以， 又平面， 所以，即平面，故A正确； 对于B，在直三棱柱中，，又平面，平面，所以平面， 即到平面的距离等于到平面的距离， 所以，即四面体的体积为定值，故B正确； 对于C，将翻折到与矩形共面，如图所示，    连接与相交于点，此时取得最小值， 在中，，， 由余弦定理可得，故C错误； 对于D，在直三棱柱中，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，    所以，设， ，， 因为点M是线段上任意一点，由，所以，所以可取，， 设四面体的外接球球心为，半径为， 则，即， 由对称关系可得， 又，所以， 解得， 因为，所以， ，故D正确. 故选：ABD 84．在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，设底面、的中心分别为点、，作出图形，推导出，，求出的最小值，可判断①④；由对称性得出，进而可判断②；取点和点重合，可判断③. 【详解】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、， 设底面、的中心分别为点、，如下图所示： 对于①，易知为的中点，则，可得， 所以，， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 即的最小值为，①对； 对于④， ， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 则的最小值为，④对； 对于②，由对称性可知，， 则， 当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对； 对于③，当点与点重合时，， 所以，的最大值不是，③错. 故答案为：①②④. 试卷第96页，共96页 试卷第95页，共96页 学科网（北京）股份有限公司 $$