特训10 立体几何初步 解答压轴题（七大题型）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训10 立体几何初步 解答压轴题（七大题型） 目录： 题型1：存在性问题 题型2：取值范围问题 题型3：最值问题 题型4：翻折问题 题型5：证明恒（不）等式 题型6：新定义题 题型7：生活、古代等为背景的立体几何问题 题型1：存在性问题 1．如图，在六面体中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 2．在三棱台中，为正三角形，，且，点为的中点，平面平面.    (1)若，证明：平面平面； (2)当时， ①设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值； ②若点在棱上，满足.问：在棱上是否存在点，使得过点，，三点的平面将三棱台分为两个多面体，且体积相等？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 题型2：取值范围问题 3．在三棱柱中，，，，，分别为的中点. (1)证明：平面∥平面； (2)证明：平面⊥平面； (3)若为线段上的动点，求二面角的平面角的余弦值的取值范围． 4．在三棱柱中，侧面平面分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求证：与不垂直； (3)若，求与平面所成角的正弦值的取值范围. 题型3：最值问题 5．如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面. (1)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (2)点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积. 6．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4：翻折问题 7．在直角三角形中，，是的中点，如图所示，沿将翻折至的位置，使得平面平面.    (1)求三棱锥的体积； (2)是线段上一个动点，且. ①当时，求二面角的余弦值： ②当与平面所成角的正弦值为时，则的值为 . 8．如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥. (1)若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值； (2)若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离. 9．如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 .    (1)如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值； (2)如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离. 10．已知在边长为2的正方形中，，分别是线段，上的动点（不含端点），且. (1)当时，如图沿，和把这个正方形折成一个四面体，使得，，三点重合于点，则在四面体中：      （i）证明：； （ii）求二面角的平面角的余弦值. (2)如图，若正方形的对角线与和分别交于点，两点，证明：三条线段，和一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于.    题型5：证明恒（不）等式 11．如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面.    (1)证明：平面； (2)若二面角的平面角的余弦值为，求的长； (3)设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 12．如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面.得到的几何体称之为“斜截圆柱”．AB是底面圆O的直径，，椭圆面过点B且垂直于平面ABC，且与底面所成二面角为45°，椭圆上的点在底面上的投影分别为，且均在直径AB同一侧．    (1)当时，求的长度； (2)当时，若下图中，点，，，…，将半圆平均分成7等分，求； (3)证明：． 题型6：新定义题 13．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．    ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值． 14．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 15．给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 16．如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：． (1)如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，． ①求平面APC与平面BPC所成的角的正弦值； ②求三棱锥体积的最大值； (2)当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理． 17．空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 题型7：生活、古代等为背景的立体几何问题 18．如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同． (1)如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少? (2)当水面经过线段时，水面与地面的距离为多少? (3)试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中（不包括起始和终止位置），水面面积S的取值范围．（假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动） 19．我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等． (1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，求新几何体的体积． (2)如图2，一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”．该球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm．根据祖暅原理，求该球台的体积． (3)如图3，一个球体被平面截下的部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高．根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式． ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训10 立体几何初步 解答压轴题（七大题型） 目录： 题型1：存在性问题 题型2：取值范围问题 题型3：最值问题 题型4：翻折问题 题型5：证明恒（不）等式 题型6：新定义题 题型7：生活、古代等为背景的立体几何问题 题型1：存在性问题 1．如图，在六面体中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）首先证明为直线与平面所成的角，再由线面角的定义进行求解即可； （3）取中点，利用线面垂直的性质结合即可确定为二面角的平面角，最后结合余弦定理求解即可. 【解析】（1）取棱的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面， 又平面，故， 又已知，，又平面， 所以平面. （2）连接， 由（1）中平面， 可知为直线与平面所成的角， 因为为等边三角形，且为的中点， 所以， 又，在中，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. （3）取中点，连接，， 在中，， 因为平面，又平面， 所以，在中，， 所以，所以，又点为中点， 所以，同理， 所以为二面角的平面角， 设， 在中，， 在中，， 在中，，，， 由余弦定理可得：， 即：， 化简得到：， 所以或（舍去）， 即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为， 此时. 【点睛】关键点点睛：本题第3小题的解决关键是，利用三线合一分析得为二面角的平面角，从而得解. 2．在三棱台中，为正三角形，，且，点为的中点，平面平面.    (1)若，证明：平面平面； (2)当时， ①设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值； ②若点在棱上，满足.问：在棱上是否存在点，使得过点，，三点的平面将三棱台分为两个多面体，且体积相等？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②存在， 【分析】（1）根据面面垂直可得平面，进而可证平面，即可得结果； （2）根据题意分析相关长度，确定三棱台的结构特征，并将三棱台补成三棱锥，①做辅助线，分析可知即为直线，利用三垂线法求二面角；②做辅助线，设，结合台体的体积公式运算求解. 【解析】（1）连接，    因为，且点为的中点，则， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，由平面，可得， 且，平面，可得平面， 且平面，所以平面平面 （2）①由题意可知：， 因为为正三角形，且点为的中点，则， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，由平面，可得， 可得， 取的中点，连接，      因为，则， 且，平面，则平面， 对于梯形，过点A做，垂足为，    因为，则， 可得，，可知， 则， 将三棱台补成三棱锥，则， 设，可知即为直线， 则，可得， 注意到，则三点共线，且，即， 可知为线段的中垂线，则， 过做，垂足为，过做，垂足为，连接， 因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 可知二面角的平面角为， 因为平面，由平面，可得， 在中，， 可得，则， 在中，，可得， 在中，可得， 在中，则，可得， 所以二面角的余弦值为； ②由①可知：三棱台的高，， 则三棱台的体积， 且， 则三棱锥的体积， 设，，，    则线段，， 则三棱台的体积， 整理可得，解得， 所以存在点，此时. 【点睛】关键点点睛：1.对于三棱台，常用补形法，把三棱台补成三棱锥，方便分析观察； 2.对于二面角，常用三垂线法求二面角的平面角. 题型2：取值范围问题 3．在三棱柱中，，，，，分别为的中点. (1)证明：平面∥平面； (2)证明：平面⊥平面； (3)若为线段上的动点，求二面角的平面角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）只需分别证明面，面，结合面面平行的判定定理即可得证； （2）只需证明 平面，再结合面面垂直的判定定理即可得证； （3）引入参数，将所求表示为的函数即可进一步求解. 【解析】（1）三棱柱中，四边形为平行四边形，分别为的中点，所以，且， 又因为，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又由于面，面，所以面， 在中，，且，同理，且， 所以，又由于面，面，所以面， 又面，，平面， 所以平面∥平面； （2）连接 ， ， 因为 ，所以 ，又因为 ，且，所以 ， 因为 ， 平面 ，且 ， 所以 平面 ，因为 平面 ， 所以 ，在 中， ， ， ， 由余弦定理求得 ， 则 ， ， 因为，所以 ，解得 ， 在，， ，可知，又， 在中，，因此 ． 由（1）知， ，且 ， 平面 ，且 ， 所以 平面， 因为 平面 ，因此平面 平面 ． （3）设，，， 所以到平面的距离为， 在平行四边形中，计算得， 在中可得， 在平行四边形中，计算得， 在中可得， 在中，， 所以到的距离为， 设二面角的平面角为，. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于引入参数，并表示出二面角的平面角的余弦值，由此即可顺利得解. 4．在三棱柱中，侧面平面分别为的中点.    (1)求证：平面； (2)若二面角的大小为，求证：与不垂直； (3)若，求与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据侧面平面，得侧面，所以，然后证明，又因为，通过反证法即可说明假设不成立； （3）根据（1）（2），解法一结合直角三角形的正余弦定义，解法二结合等积法即可证明. 【解析】（1）    取中点，连接， 在中，分别是的中点，所以， 又是的中点，所以，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面. （2）    假设， 因为侧面平面，侧面平面， 平面，所以侧面， 因为侧面，所以， 所以二面角的平面角为，所以， 又侧面，所以， 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以， 由（1）知，所以. 在平行四边形中，， 所以， 所以，所以， 所以，与矛盾，所以与不垂直. （3）解法一：    作于点，作于点，连接， 由侧面侧面，得， 又平面，所以平面. 所以，又， 所以平面，所以， 在，，中， ， 因为， 所以， 因为，所以， 又]，所以， 所以，所以， 取中点，所以，所以， 所以四点共面， 连接，因为， 所以， 由（2）知侧面，所以平面侧面， 平面侧面侧面，所以平面， 所以与平面所成角为， 在等腰中，， 由，得， 连接，在中，，所以， 所以与平面所成角正弦值的取值范围为. 解法二：      设点到平面的距离为， 因为平面， 所以. 由（1）（2）知侧面， 所以， 因为， 所以， ， 所以，即， 所以. 设与平面所成角为，则. 作A1P⊥AC于点P，作PQ⊥AB于点Q，连接A1Q， 由侧面侧面，得， 又平面，所以平面. 所以，又，所以平面，所以， 在，，中， ， 因为， 所以， 因为，所以， 又]，所以， 所以，所以，即， 所以， 所以与平面所成角正弦值的取值范围为. 【点睛】本题考查空间中点､线､面之间的位置关系，线面角､二面角等基本知识；考查空间想象､推理论证､运算求解等能力，考查化归与转化､数形结合等数学思想. 题型3：最值问题 5．如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面. (1)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (2)点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据题意作出正方体经过A，，E三点的完整截面，再将分割成与，求出和即得； （2）分别取的中点，证明平面，确定点在线段上，结合图形，判断点为线段的中点时，最短，由分析得到点为的外心， 连接，交于点，分析推出三棱锥的外接球的球心在上，利用两个直角三角形建立方程，求解即得外接球半径即可. 【解析】（1） 如图，因平面平面，且，， 故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点， 连接，易得，且，则得， 则，故，因E为的中点，则为的中点. 于是， ， 则，故. （2）如图，分别取的中点，连接， 易得，，则得，故， 又平面，，则；易得，同理可得， 又平面，故平面， 因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上， 又，故当点为线段的中点时，最短. 设，在中，点为的外心， 连接，交于点，连，则平面， 则三棱锥的外接球的球心在上，设为点， 连接，则长即外接球半径，设，则，又， 在中，，在中，， 联立两方程，解得，故外接球的表面积为. 6．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) 【分析】（1）根据过点作面，垂足为，取中点，连接，二面角的正切值为，验证的为正方形的对角线的交点，从而得证； （2）利用二面角的定义确定二面角的平面角，求解即得； （3）通过在图形中找到与垂直的平面，从而观察符合题意的截面，判断截面面积最大的情况，计算出面积； 【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， 又因为面，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4：翻折问题 7．在直角三角形中，，是的中点，如图所示，沿将翻折至的位置，使得平面平面.    (1)求三棱锥的体积； (2)是线段上一个动点，且. ①当时，求二面角的余弦值： ②当与平面所成角的正弦值为时，则的值为 . 【答案】(1) (2)①0；② 【分析】（1）由面面垂直的性质定理得出平面，再由体积公式计算可得答案； （2）①由面面垂直的判定定理可得二面角为直二面角，其余弦值为0；②由余弦定理求出可得，设到平面的距离为，则由得，由与平面所成角的正弦得，再由余弦定理得，求出可得答案. 【解析】（1）由题可得， 取中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以； （2）①三角形中，， 则，可得， 由，则， 则，则， 又因为平面平面，平面， 平面平面，可得平面， 又平面，可得平面平面， 则二面角为直二面角，其余弦值为0； ②，连接， 三角形中，，，， 则 ， 则，又，则， 设到平面的距离为，则， 则，与平面所成角的正弦为， 则，则， 三角形中，， 则， 三角形中，， 则，则， 解得或3，由可得.    【点睛】思路点睛：在第二问②中解题思路是设到平面的距离为，则由得，结合与平面所成角的正弦值、余弦定理求出结果. 8．如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥. (1)若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值； (2)若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据二面角定义，作出二面角的平面角并由边长求出其余弦值； （2）由直二面角性质，结合余弦定理和线面垂直的性质可得的长度表达式，结合三角函数值域可得当取到最小值时，再利用等体积法可得点到平面的距离. 【解析】（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示： 翻折后仍有， 又因为，且平面，平面， 所以平面， 所以为二面角所成的平面角. 由在面上的射影恰好在上得平面， 所以， 由可知，因为， 所以； 又易知， 所以，可得，所以； 所以， 即二面角平面角的余弦值为 （2）过点作的垂线交于点，如下图所示： 设， 由二面角为直二面角可知平面平面， 平面平面，， 又平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 则有， 可得， 又， 所以，； 当时，取到最小值； . 所以，可得，所以 （注：，，由角平分线定理得也可） 则有, ，解得. 即点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：本题在求解二面角问题大小时，关键是根据题意作出二面角的平面角，并结合余弦定理和三角形相似等求出结论. 9．如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 .    (1)如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值； (2)如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上. ①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由； ②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离. 【答案】(1) (2)①存在，，② 【分析】（1）取的中点，连接，则由面面平行的判定定理可证得平面∥平面，再利用面面平行的性质可得∥，从而可求得结果； （2）①当点与点重合时，平面 ，由已知条件可证得平面，则，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； ②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，设，由∽，可得， 在中，表示出，然后表示出，利用基本不等式可求出其最大值，从而可点到平面的距离. 【解析】（1）取的中点，连接， 因为，所以， 因为∥，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面， 因为∥平面，，平面， 所以平面∥平面， 因为平面平面，平面平面， 所以∥， 因为是的中点，所以；    （2）①存在点，当点与点重合，即时，平面， 理由如下：当点与点重合时，则， 因为平面，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， 即当点与点重合，时，平面； ②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，    设，则， 因为， 所以， 因为，所以， 因为， 所以∽，得，即，得， 所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以点与点重合， 因为要使得点的射影落在线段上，所以， 则，解得， 在中，， 所以 ， 当且仅当，即时，， 当时，，，则是的中点， 所以点到平面的距离为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定，考查点面距离的求法，解题的关键是要弄清折叠前后的边角面的关系，考查推理能力和计算能力，属于较难题. 10．已知在边长为2的正方形中，，分别是线段，上的动点（不含端点），且. (1)当时，如图沿，和把这个正方形折成一个四面体，使得，，三点重合于点，则在四面体中：      （i）证明：； （ii）求二面角的平面角的余弦值. (2)如图，若正方形的对角线与和分别交于点，两点，证明：三条线段，和一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于.    【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）先证明且，从而得平面，进而得证；（ii）由（i）得是二面角的平面角，接着求出线段的长即可得解. （2）先设，接着由且得，再求证、和以及即可得证. 【解析】（1）（i）连接正方形中的交于点， 则由正方体性质得，    又因为，， 所以，即分别为在对应边的中点， 所以，故，即且， 又平面， 所以平面，又平面， 所以. （ii）由（i）及题意可得是二面角的平面角， 且， 所以，又， 所以， 即二面角的平面角的余弦值为. （2）由题意可设， 则，， 由正方体性质可知且， 所以且， ①且②， 所以由①②得， 因为， 所以； 因为， 所以； 因为在上单调递减， 而当时，，故时， 所以， 所以由线段，和一定可以构成一个三角形，记该三角形为， 又， 即，又，所以， 所以线段，和一定可以构成一个三角形，并且这个三角形中一定有一个角等于. 【点睛】思路点睛：判断三条线段能否构成一个三角形的依据是三角形两边之和大于第三边，所以要证明线段，和一定可以构成一个三角形需求证、和，可先设，接着由且求得，再一一计算求证、和即可得证；再计算求证即可得证这个三角形中一定有一个角等于. 题型5：证明恒（不）等式 11．如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面.    (1)证明：平面； (2)若二面角的平面角的余弦值为，求的长； (3)设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由面面垂直的性质证明线面垂直即可. （2）利用定义法找到二面角的平面角，建立方程，求解参数即可. （3）利用定义法将所求角的余弦值表示为一元函数，再利用基本不等式求解即可. 【解析】（1）因为四边形为长方形，所以, 又平面平面，平面平面,所以平面， （2）如图所示，在（ii）图中过点S作,垂足为O, 交于点E,连接．由翻折知, 所以二面角的平面角为, 在（ii）图中设,可得， 因为，所以,所以,所以， 解得,即或（舍去），所以．    （3）如图所示，由（2）知,所以平面 平面,所以．由（1）问， 知平面且,所以平面, 又平面,所以,又, 且平面,所以平面, 又平面,所以． 在（ii）图中过点E作交于点H， 过点E作,连接．由（2）知平面, 又平面,所以平面平面, 因为平面平面,所以平面, 所以在平面的射影为, 所以为直线与平面所成角． 注意到,即，解得．又，,所以， 即，所以， 由（2）知,所以 （等号当且仅当时成立）．    【点睛】关键点点睛：本题解题关键是求出线面角和二面角的余弦值，然后表示为一元函数，最后由基本不等式得到所要求的最值即可． 12．如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面.得到的几何体称之为“斜截圆柱”．AB是底面圆O的直径，，椭圆面过点B且垂直于平面ABC，且与底面所成二面角为45°，椭圆上的点在底面上的投影分别为，且均在直径AB同一侧．    (1)当时，求的长度； (2)当时，若下图中，点，，，…，将半圆平均分成7等分，求； (3)证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）过中点作与该斜截圆柱的底面平行的平面圆，利用二面角得到，在俯视图中求出，即得的长； （2）利用（1）推出的公式，依次代入，，，,,,求得关于的三角函数式，利用二倍角公式和诱导公式化简计算即可； （3）由，可得椭圆面的轮廓线即函数的图象，作出该函数在上的图象，并标上作出对应矩形，即得图中所有的矩形面积之和即待证式左式，最后利用补形求出函数与坐标轴围成的面积，比较即得不等式成立. 【解析】（1）       如图，取CD中点，过作与该斜截圆柱的底面圆平行且全等的圆面， 交于点，与交于点，过点B作底面圆的垂线交平行圆面于点， 由椭圆面过点B且与底面所成二面角为45°，则， 因为所以， 过作GH的垂线，交圆于J、K两点. 过作交JK于点，又由圆M，因为圆M,则, 又因 , 平面 ,故平面 , 因平面,故 ， 所以为椭圆面与圆所在平面的夹角，也即椭圆面与底面所成角， 所以，则为等腰直角三角形，. 设，如图作圆所在平面的俯视图，则， 由，所以，则有， 所以，即， 当时，; （2）当时，，由（1）可得： 所以，…, 则 ； （3）由（1）知，也即是关于的函数， 也即将斜截圆柱的侧面沿着展开，其椭圆面的轮廓线即为函数的图象， 如图，将绘制于函数图象上，    并以，（）为边作矩形，则矩形的面积即为， 所以即为这些矩形的面积之和. 而函数的图象与轴围成的面积即为该斜截圆柱的半个侧面积， 我们把两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为2的圆柱， 因此该斜截圆柱的半个侧面积为， 所以函数与坐标轴围成的面积为， 又因为无论点是否均匀分布在半圆弧AB上， 这些矩形的面积之和都小于函数与坐标轴围成的面积. 所以， 即问题得证. 【点睛】思路点睛：解题思路在于作出与底面平行的横截面，利用二面角建立与的函数关系，结合三角函数的图象理解待证式左边的几何意义，最后通过补形求得斜截圆柱的半个侧面积，比较即得证不等式. 题型6：新定义题 13．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．    ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值； ②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值． 【答案】(1)2 (2)①；② 【分析】（1）根据离散曲率的定义计算即可 （2）①首先证明，再由点处的离散曲率可求出，从而其它相应的线段都可计算， 把与平移至中位线处，得出为异面直线与的夹角或其补角，在用余弦定理求解即可. ②首先是把线面角做出，设，再把角的三角函数值表示成的函数，最后转化为函数最值问题. 【解析】（1）由离散曲率的定义得：， ， ， ， 四个式子相加得：. （2）①如图，分别取的中点，连接，显然有， 所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，，    因为平面，平面，所以，，，， 因为，，所以平面，又因为平面，所以， 由点处的离散曲率为可得， 所以，，，而，， 所以，故异面直线与的夹角的余弦值为. ②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成的角，设， 在中， 因为，所以，所以， 故， 当分母最小时，最大，即最大，此时，即（与重合），，所以的最大值为.    【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过题目所给的新定义求出，从而计算出各边的长度，求与平面所成的角的最大值，首先是把线面角做出，设，再把角的三角函数值表示成的函数，转化为函数最值问题，求最值是把式子经过适当的变形最终转化为二次函数最值问题. 14．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）根据所给的定义，表示，再相加，即可求解； （2）先根据题设中垂直关系结合点C处的离散曲率求得、，然后过点A作于点，利用线面垂直的判定定理得平面，即可求解点面距离； （3）过点作交于，连结，得为直线与平面所成的角，设，表示出，再利用余弦定理求，再由余弦值，转化为正切值，得到关于的等式求解即可得答案. 【解析】（1）根据离散曲率的定义得， ， ， 又因为 ， 所以． （2）∵平面平面，∴， 又∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴，过点A作于点， 由平面平面，得， 又平面，则平面， 因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，， ∴点到平面的距离为. （3）过点作交于，连结， ∵平面，∴平面， ∴为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ，， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， ∴，解得：或（舍） 故. 15．给定三棱锥，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，称为的阶等距集. (1)若为三棱锥，满足，，求出的1阶等距平面截该三棱锥所得到的截面面积（求出其中的一个即可）； (2)如图所示，是棱长为的正四面体.    （ⅰ）若为的1阶等距平面且1阶等距集为，求的所有可能取值以及相对应的的个数； （ⅱ）已知是的4阶等距平面，点与点，，分别位于两侧.是否存在，使的4阶等距集为，其中点到的距离为？若存在，求出截所得的平面多边形的最大边长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)1（答案不唯一） (2)（ⅰ）当的值为时,有4个;当的值为时,有3个（ⅱ）存在,截所得的平面多边形的最大边长为 【分析】（1）分三种情形讨论求解：情形一：分别取，，的中点，，，可证明平面为的一个1阶等距平面；情形二：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面，情形三：取，，，的中点，可证明平面为的一个1阶等距平面. （2）（ⅰ）可分两种情形讨论：情形一：取，，的中点，，，可说明平面为的一个1阶等距平面，情形二：取的中点，，，，由正四面体的性质也可得解； （ⅱ）找到满足题意的的4阶等距平面，即在线段上分别取一点，，，使得，结合解三角形知识即可求解. 【解析】（1）情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，    则所求截面面积为等腰三角形的面积，等于. 情形二：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面， 取中点，连接，，由， 又，平面， 可知直线平面，平面， 则，则，故四边形是边长为1的正方形， 则所求截面面积为正方形的面积等于1.    情形三：分别取，，，的中点， 由中位线性质可知， 此时平面为的一个1阶等距平面. 设， 则， 三式相加可得，故. 则. 在等腰三角形中，， 则等腰三角形的面积为. 则所求截面面积为菱形的面积， 等于等腰三角形的面积的两倍，为.    所以本题答案可以为中的任意一个. （2）(i)情形一：分别取，，的中点，，， 由中位线性质可知，此时平面为的一个1阶等距平面，   为正四面体高的一半， 等于. 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况： 情形二：分别取的中点，，，， 将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，则为正方体棱长的一半，等于. 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，    这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况. 综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个. (ii)存在，截所得的平面多边形的最大边长为. 在线段上分别取一点，，， 使得， 则平面为满足题意的的4阶等距平面， 故. 又， 由余弦定理可得， ， ， 因为， 故截所得的平面多边形的最大边长为.    【点睛】关键点点睛：解题的关键在于有时候分类讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 16．如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：． (1)如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，． ①求平面APC与平面BPC所成的角的正弦值； ②求三棱锥体积的最大值； (2)当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理． 【答案】(1)①；②； (2)证明见解析 【分析】（1）①依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出； ②依题证明面PAC，将和分别用表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值. （2）在射线PC上一点H，分别作，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论. 【解析】（1）由题意得： ①∵，，∴； ②， 因，,则， ∵点M是点B在面ABC上的投影，∴面PAC, ∴ , 故当时，的最大值为. （2） 过射线PC上一点H在面PAC作交PA于点M，在面PBC内作交PB于点N， 连接MN，则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式相减得：， 则：， 两边同除以，得 ，得证. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三面角余弦定理的证明和应用，属于难题. 解题思路为，结合图形，构造直角三角形，推得二面角平面角，利用余弦定理消元，整理后，分别在不同的直角三角形中利用三角函数的定义将线段比转化为三角函数式即得. 17．空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【解析】（1）证明：因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； （3）证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号（）多边形有条边， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体的总曲率为. 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题. 题型7：生活、古代等为背景的立体几何问题 18．如图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面边长为4，侧棱，若侧面水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点．现在固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜程度不同，水面的形状也不同． (1)如图2，当底面ABC水平放置时，水面高为多少? (2)当水面经过线段时，水面与地面的距离为多少? (3)试分析容器围绕AB从图1的放置状态旋转至水面第一次过顶点C的过程中（不包括起始和终止位置），水面面积S的取值范围．（假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动） 【答案】(1)6； (2)4； (3). 【分析】（1）根据水的体积不变即可得解； （2）根据空气部分的体积大小判断水面形状，记的中点为，连接，利用空气部分体积求出，然后可求侧棱与水平面所成角的正弦值，由可得所求； （3）判断空气部分为台体，设，,根据体积公式和勾股定理列方程，联立整理，代入梯形面积公式，转化为关于的函数，通过换元，利用二次函数性质求解可得. 【解析】（1）记水面与棱分别交于点， 当侧面水平放置时，水是以为底，高为8的直棱柱， 因为，分别为棱的中点， 所以，所以水的体积为， 当底面ABC水平放置时，设水面高为， 则，解得， 即当底面ABC水平放置时，水面高为6. （2）因为三棱柱体积为， 所以三棱锥的体积为， 空气部分的体积为， 因为，所以当水面经过线段时，水面与棱交于点，如图， 由得， 记的中点为，连接，则， 因为，所以， 又平面，平面，所以，， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 所以直线在平面内的投影为， 所以为直线与水平面所成角， 又，所以， 所以， 因为，所以水面到地面的距离为. （3）由上可知，水面第一次过顶点C之前，水面与棱相交，如图： 记的中点分别为，在上，且，， 易知，为正三角形，设， 则，所以， 整理得①， 又因为平面，平面，平面平面， 所以与的交点必在上，所以为棱台， 所以， 整理得②， 联立①②可得，， 因为，所以为平行四边形， 所以， 易知为等腰梯形，所以为等腰梯形的高， 所以水面面积， 则 当水面刚好过点时，，解得， 则，， 由题意可知，则， 记，， 由二次函数性质可知，，即， 所以，所以， 即水面面积S的取值范围为. 【点睛】关键点睛：本题解答关键在于侧棱与水平面所成角的运用，利用侧面与水平面所成角表示出水面面积，然后利用二次函数的性质求解即可. 19．我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等． (1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，求新几何体的体积． (2)如图2，一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”．该球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm．根据祖暅原理，求该球台的体积． (3)如图3，一个球体被平面截下的部分叫做球缺．截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高．根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由祖暅原理即可求解； （2）由祖暅原理即可求解； （3）由祖暅原理即可求解. 【解析】（1）如下图：左侧几何体的为半径为的半球，右侧几何体为底面半径和高都为的圆柱中挖掉了一个圆锥，其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分） 左侧截面圆的圆心为，易得截面圆的面积为， 易知右侧截面截圆锥得到的小圆的半径为，所以，圆环的面积为， 所以，截得的截面的面积相等， 所以新几何体的体积等于半球的体积， 即 （2） 球台下底半径为10cm，上底半径为6cm，上下底面间的距离为8cm． 构造建立一个底面半径为，高为8的圆柱， 那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥，其体积即为球台体积， 此时圆锥底面的半径 所以， 所以整个容器的容积为. （3）由（2）可知： 当球台下底半径为，上底半径为cm，上下底面间的距离为， 那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥，其体积即为球台体积， 此时圆锥底面的半径， 所以球台体积为：， 再加个半个球的体积即为球缺的体积： ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$