重点专题4-3 立体几何综合：外接球与内切球,截面,动点,翻折等压轴问题专练【20类题型】-【重难点突破】2024-2025学年高一数学重难点专题突破（人教A版必修第二册）

【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 专题4-3 立体几何综合：外接球与内切球,截面,动点,翻折等 总览 题型·解读 模块一 外接球与内切球 【题型1】直棱柱和圆柱外接球 【题型2】正四面体的内切球和外接球结论 【题型3】长方体的两大外接球模型 【题型4】正棱锥与圆锥的外接球（球心在高上） 【题型5】圆台，棱台外接球模型 【题型6】垂面型外接球模型（棱锥的一条侧棱垂直底面） 【题型7】利用两个过外心的垂线确定球心 【题型8】共斜边拼接外接球模型 【题型9】切瓜模型（一个面垂直外接圆直径） 【题型10】棱锥，棱台内切球问题 【题型11】多球相切问题 【题型12】外接球之折叠模型（二面角模型） 【题型13】棱切球问题 模块二 其它中档题与压轴题 【题型14】截面问题综合 【题型15】动点问题综合 【题型16】体积计算与等体积法综合运用 【题型17】旋转与翻折问题 【题型18】轨迹问题 【题型19】最值问题 【题型20】新定义问题 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 外接球与内切球 【题型1】直棱柱和圆柱外接球 典型例题 【例题1】（23-24高一下·山东·期中）已知正三棱柱的高与底面边长均为3，则该正三棱柱外接球的体积为 . 【答案】 【分析】根据题意，由正三棱锥的结构特征，即可得到其外接球的半径，再由球的体积公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】 设正三棱锥，取三棱锥的两底面中心为， 连接，取的中点，连接，则为正三棱柱外接球的半径， 因为是边长为3的正三角形，为的中心， 所以， 又因为， 所以， 所以正三棱柱外接球的体积为. 【例题2】已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同一个体积为的球面上，该圆柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用球的体积公式求出球的半径，结合圆柱半径可得圆柱的高，然后可解. 【详解】球的体积为，可得其半径， 圆柱的底面直径为2，半径为，在轴截面中，可知圆柱的高为， 所以圆柱的侧面积为. 故选：A． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知正三棱柱所有棱长都为6，则此三棱柱外接球的表面积为（    ） A． B．60 C． D． 【答案】D 【解析】如图，为棱的中点，为正△的中心，为外接球的球心 根据直棱柱外接球的性质可知∥，，外接球半径， ∵正△的边长为6，则 ∴ 外接球的表面积. 故选：D． 【巩固练习2】（23-24高一下·湖南长沙·期中）在直三棱柱中，为等边三角形，，则三棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别是正三棱柱上、下底面中心，则的中点是该三棱柱外接球的球心，求出球半径后可得体积． 【详解】如图，分别是正三棱柱上、下底面中心，是棱柱的高，则的中点是该三棱柱外接球的球心， 外接球半径．其中点为外接圆圆心，为外接圆半径， 为正三角形，（是边中点）． 所以外接球半径．从而外接球体积为． 故选：D． 【巩固练习3】（23-24高一下·湖南长沙·期中）在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥补形为一个直三棱柱,分别是上下底的外心，则的中点是外接球的球心，求出球半径后可得表面积． 【详解】易知的外接圆的半径为1，将三棱锥补形为一个直三棱柱， 如图，分别是上下底的外心，则的中点是外接球的球心， 由题设，易得底面外接圆半径，，则，即外接球的半径为， 其外接球的表面积是， 故选：D． 【题型2】正四面体的内切球和外接球结论 基础知识 在棱长为a的正四面体中 设正四面体的的棱长为，则有 1、正四面体的高为； 2、正四面体外接球半径为 3、正四面体内切球半径为； 4、正四面体体积 典型例题 【例题1】已知正四面体ABCD的表面积为，且A，B，C，D四点都在球O的球面上，则球O的体积为 ． 【答案】 【解析】正四面体各面都是全等的等边三角形，设正四面体的棱长为a， 所以该正四面体的表面积为，所以， 又正方体的面对角线可构成正四面体， 若正四面体棱长为，可得正方体的棱长为1， 所以正方体的外接球即为该正四面体的外接球，所以外接球的直径为，半径为， 所以球O的体积为． 【例题2】外接球半径为的正四面体的体积为（    ） A． B．24 C．32 D． 【答案】A 【分析】设出正四面体棱长，通过作辅助线表示出四面体的高，解直角三角形表示外接球半径，由已知外接球半径为可得棱长，再由三棱锥体积公式可得. 【详解】如图，设正四面体的下底面中心为，连接，则平面， 连接并延长，交于，设此正四面体的棱长为x，则， ，，即四面体的高． 设四面体外接球的球心为，连接，外接球半径为， 则，化简得，由， 得，即正四面体棱长为， 所以正四面体的体积. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·浙江杭州·期中）一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】四面体的所有棱长都为的四面体是正四面体，将正四面体放入正方体中，即可求解. 【详解】因为四面体是正四面体，所以正四面体放入正方体中，正四面体的外接球就是正方体的外接球， 故正方体的棱长为，外接球半径为， 所以. 【巩固练习2】正四面体的外接球与内切球的半径比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正四面体的外接球球心为，为的中心，设棱长为，即可求出外接球的半径，利用等体积法求出内切球的半径，即可得解. 【详解】如图，设正四面体的外接球球心为，为的中心，则平面， 外接球半径为，内切球半径为，设棱长为， 在中，由正弦定理得，所以， 所以，由， 即解得（负值舍去）； 由等体积法得到，所以， 所以. 故选：C. 【巩固练习3】已知正三棱锥，各棱长均为，则其外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】抓住正三棱锥的特征，底面是正三角形，边长为，则高线的投影在底面正三角形的重心上，则外接球的球心在高线上，且到各个顶点的距离相等，构造直角三角形，从而即可求出外接球的半径为，进而可求出外接球的体积． 【详解】由是正三棱锥，底面是正三角形，边长为， 则高线的投影在底面正三角形的重心上，则外接球的球心在高线上，且到各个顶点的距离相等， 如图，取的中点，连接，过作平面，且垂足为，则， 由， 则在中，有， 所以，则在中，有， 设外接球的半径为，则，即，解得， 故外接球的体积为． 【巩固练习4】一个正四面体的棱长为2，则它的外接球与内切球体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出辅助线，求出外接球和内切球的半径，从而得到体积之比. 【详解】正四面体中，取中点，连接，则⊥， 过点作⊥于点， 则⊥平面，外接球球心在上，连接，则， 因为正四面体的棱长为2，所以，， 则，， ，由勾股定理得，即， 解得，    设内切球球心为，则在上，过点作⊥于点，则，故，，，因为∽，所以，即， 解得，故它的外接球与内切球半径之比为，体积之比为.      【题型3】长方体的两大外接球模型 基础知识 （1）墙角模型 长方体的外接球（三条棱两两垂直，不找球心的位置即可求出球半径） 方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式，即，求出 （2）对棱相等模型（补形为长方体） 题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，，） 第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱； 第二步：设出长方体的长宽高分别为，，，， 列方程组，， 补充：. 第三步：根据墙角模型，，， ，求出. 典型例题 【例题1】（23-24高一下·浙江金华·期中）已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据三棱锥的三条侧棱两两垂直，知其外接球就是所在长方体的外接球，设出棱长，求出体对角线，即可得出球的直径得解. 【详解】三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直， 其外接球就是以为长、宽、高的长方体的外接球， 设， 则有，可求得， 即长方体的对角线的长为，所以球的直径是，半径为， 所以外接球的体积． 【例题2】（23-24高一下·辽宁本溪·期末）正六面体部分顶点连线，面的中心连线完美的勾勒出正四面体，正八面体，而正四面体的外接球恰好是正方体的外接球，立体几何中有好多类似的事实存在：若四面体，则该四面体外接球的体积为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，把四面体置于长方体中，求出长方体的体对角线即可得解. 【详解】在四面体中，， 则四面体的四个顶点可为一长方体两个相对面的成异面直线的两条对角线的端点， 此长方体的外接球即为四面体的外接球， 设此长方体共点的三条棱长分别为，则，于是， 四面体的外接球半径，有，解得， 所以该四面体外接球的体积. 巩固练习 题型 【巩固练习1】在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角中，为斜边上的高，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为 【答案】 【分析】找出鳖臑外接球的球心，并得出外接球的半径，结合球的表面积公式即可求解. 【详解】由题设，都是直角三角形，只需平面即可， 所以鳖臑外接球的球心在过中点且垂直于平面的直线上， 而在直角三角形中，的中点到点的距离都相等， 所以的中点是外接球的球心，所以． 【巩固练习2】（23-24高一下·江苏南京·期末）如图，四棱锥中，面，四边形为正方形，，与平面所成角的大小为，且，则四棱锥的外接球表面积为（   ） A．26π B．28π C．34π D．14π 【答案】C 【分析】依题意可将四棱锥补成长方体，则四棱锥的外接球也是长方体的外接球，由可求出的长，进而可求，即为外接球的直径，从而可得外接球的表面积. 【详解】如图，因为面，四边形为正方形， 所以可将四棱锥补成长方体， 则四棱锥的外接球也是长方体的外接球. 由面，所以就是与平面所成的角， 则，所以， 设四棱锥的外接球的半径为， 因为长方体的对角线的长即为其外接球的直径， 所以，所以， 所以四棱锥的外接球的表面积为. 【巩固练习3】（23-24高一下·广东揭阳·期末）一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为 . 【答案】 【分析】利用几何体的特征，先作出二面角的平面角，计算出长，再利用直角四面体的外接球直径公式就是补形为长方体的同一顶点三条棱长的平方和的算术平方根，再由表面积公式计算即可. 【详解】 由是的等腰直角三角形，取的中点为，则， 又因为底面，底面，所以，， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 即就是二面角的平面角， 因为二面角的大小为，所以， 又因为，，所以， 由于这个四面体是直角四面体，它可以补形为一个长方体， 从而可得它的外接球半径满足： 则三棱锥的外接球表面积为： 【巩固练习4】（23-24高一下·重庆长寿·期中）（多选）如图，四面体ABCD的各个面都是全等的三角形，且，若A，B，C，D在同一个球面上，则下列正确的是（    ）    A．直线AB，CD所成角为 B．二面角的余弦值为 C．四面体ABCD的体积为 D．四面体外接球的半径为 【答案】ABC 【分析】由线面垂直可得A正确；由线面垂直结合余弦定理可得B正确；由同角的三角函数，棱锥的体积公式，三角形的面积公式可得C正确；补入长方体中，求出长方体外接球半径可得D错误； 【详解】A：取的中点，连接，    由题意四面体ABCD的各个面都是全等的三角形， 可得，又平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以AB，CD所成角为，故A正确； B：取的中点，连接，    则，所以为二面角的平面角， 在中，，， 由余弦定理可得，故B正确； C：由B可得， 由，故C正确； D：将四面体放入长方体中，如图    可得长方体与四棱锥共圆，所以外接球半径一样，设为， 所以，故D错误； 故选：ABC. 【题型4】正棱锥与圆锥的外接球（球心在高上） 基础知识 正棱锥，圆锥模型 题设：如图这七个图形，的射影是的外心三棱锥的 三条侧棱相等三棱锥的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点. 解题步骤： 第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线； 第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）； 第三步：勾股定理：，解出 方法二：小圆直径参与构造大圆，用正弦定理求大圆直径得球的直径. 典型例题 【例题1】已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的外接球的体积为 . 【答案】 【解析】由题设，圆锥体的高为， 若外接球的半径为，则，可得， 所以圆锥的外接球的体积为. 【例题2】已知三棱锥的各侧棱长均为，且，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【解析】如图： 过P点作平面ABC的垂线，垂足为M，则都是直角三角形， 又，同理可得，， 所以M点是的外心； 又，是以斜边的直角三角形， 在底面的射影为斜边的中点，如下图： 则，设三棱锥外接球的球心为，半径为， 则在上，则，即，得，外接球的表面积为 巩固练习 题型 【巩固练习1】在三棱锥中，，则三棱锥的外接球的半径为 ． 【答案】 【分析】依题为直角三角形，又由，可得点在底面的射影为的外心，故球心在直线上，易求出半径得解. 【详解】如图，由，可得， 所以的外心为的中点，又由， 点在底面的射影为H， 则平面，连接， 则， ，所以点H与点D重合， 点在底面的射影为的外心， 显然三棱锥外接球的球心在直线上， 设， 在中，有，解得． 故答案为： 【巩固练习2】（23-24高一下·河北张家口·期末）已知圆锥的顶点为，母线长为1，其侧面展开图扇形的圆心角为，设该圆锥外接球半径为，内切球半径为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径，利用圆锥轴截面等腰三角形外接圆、内切圆与圆锥外接球、内切球大圆的关系求出即可得解. 【详解】依题意，圆锥底面圆半径，则，解得，于是圆锥的高， 圆锥轴截面等腰三角形的外接圆即为圆锥外接球截面大圆，内切圆即为圆锥内切球截面大圆， 令圆锥轴截面等腰三角形底角为，则，因此，即， 圆锥轴截面等腰三角形面积，解得， 所以. 【巩固练习3】已知球的体积为，圆锥的顶点及底面圆上所有点都在球面上，且底面圆半径为，则该圆锥侧面的面积为（    ） A． B．或 C．或 D． 【答案】C 【分析】先由球的体积求球的半径，再画图，用勾股定理结合扇形面积公式即可求出圆锥侧面的面积. 【详解】由球的体积为，得，所以. 如图1， 当时，有， 所以，， 又因为，所以， 因为圆锥的侧面展开图为扇形， 所以该圆锥侧面的面积为. 如图2， 当时，有， 所以，， 又因为，所以， 所以该圆锥侧面的面积为. 【题型5】圆台，棱台外接球模型 基础知识 圆台，棱台外接球 ，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 基本规律:正棱台外接球，以棱轴截面为主 注：若球心位置不确定，也可以直接设，若解出来为负数则说明球心在另一侧 【例题1】（23-24高一下·山东临沂·期末）若圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先分析出圆台的底面为球中的一个大圆，然后求出圆台的高，根据圆台的体积公式即可得出答案. 【详解】依题意得，球的直径是，且圆台下底的圆的直径也是，故圆台的底面是球的一个大圆， 如下图，作出圆台的截面图形，即梯形，这里为球心，连接， 作，垂足为， 由已知，， 由三线合一，，则，即为圆台的高， 根据圆台的体积公式，. 故选：D 【例题2】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．    【例题3】（23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】根据题意可得球O的半径，结合外接球的性质可得外接球心O在底面的中心，再根据几何关系求解侧棱长即可 【详解】设上下底面互相平行的两对角线分别为， 则由球的表面积为可得球O的半径， 又正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，故， 即AB为球O的直径， 所以球的球心正好在中点，故. 所以为等边三角形，故，所以为等边三角形， 故此正四棱台的侧棱长 【巩固练习1】（23-24高二下·云南昆明·期末）已知正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据台体体积公式可得台体的高，即可利用勾股定理列方程求解半径. 【详解】在正四棱台中，，，体积为， 故 则，， 连接、相交于点，、相交于点， 设外接球的球心为，若在台体外， 设到底面的距离为， 则半径为， 即，解得， 若在台体内，到底面的距离为， 则半径为， 即，解得，舍去， 综上所述，，故，所以. 【巩固练习2】（23-24高一下·重庆渝中·期中）已知正四棱台的高为，其所有顶点均在同一个表面积为的球面上，且该球的球心在底面上，则棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用棱台及其外接球的特征结合台体体积公式计算即可. 【详解】设球心为，球的半径为，棱台高为， 则，所以， 由于在底面上，底面为正方形， 易得正方形的边长为，面积为16； 设底面的外接圆半径为，则， 易得正方形的边长为，面积为4； 所以正四棱台的体积为. 【巩固练习3】在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中，，则该“刍童”外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为O，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积． 【详解】 如图，连接AC、BD、、，设AC∩BD＝M，∩＝N，连接MN． ∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段MN所在直线上，设外接球球心为O， 如图当球心在线段MN延长线上时， 易得，MC＝2，，， MN＝1，由得，，即 ， 故OC＝，∴外接球表面积为． 如图当球心在线段MN上时， 由得，，即 舍去 【巩固练习4】（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）正四棱台，其上、下底面的面积分别为，，该正四棱台的外接球表面积为，则该正四棱台的体积为 . 【答案】或. 【分析】根据题意可知外接球的半径为，取正方形的中心为，正方形的中心为，可知该几何体的外接球的球心在上，分类讨论球心在线段上或在的延长线上，结合正四棱台的结构特征列式求解. 【详解】设正四棱台的高为，外接球的半径为，则，解得. 取正方形的中心为，正方形的中心为，连接，则， 可知该几何体的外接球的球心在上，连接，，，. 设上、下底面正方形的边长分别为，， 则，，解得，，故，. 设， 当在线段上时，则， 由勾股定理得，解得， 所以该正四棱台的体积为； 当在的延长线上时，， 由勾股定理得，解得， 所以该正四棱台的体积为. 综上所述：该正四棱台的体积为或. 【题型6】垂面型外接球模型（棱锥的一条侧棱垂直底面） 基础知识 题设：如图，平面，求外接球半径.（一条侧棱垂直底面） 解题步骤： 第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心； 第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得），； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①； ②. 典型例题 【例题1】已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，平面，，，，若球O的表面积为，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】根据四面体的性质可构造长方体模型求得外接球半径即可得. 【详解】如下图所示： 由平面可知，又， 所以四面体的外接球半径等于以长宽高分别为三边长的长方体的外接球半径， 设外接球半径为，由球的表面积为，可得，即； 又，，，所以. 【例题2】已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ． 【答案】2 【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解. 【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 因为，即，解得. 故答案为：2. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·湖南长沙·期中）在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥补形为一个直三棱柱,分别是上下底的外心，则的中点是外接球的球心，求出球半径后可得表面积． 【详解】易知的外接圆的半径为1，将三棱锥补形为一个直三棱柱， 如图，分别是上下底的外心，则的中点是外接球的球心， 由题设，易得底面外接圆半径，，则，即外接球的半径为， 其外接球的表面积是， 故选：D． 【巩固练习2】已知在三棱锥P－ABC中，PA＝4，，PB＝PC＝3，平面PBC，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积是 . 【答案】 【分析】利用空间点、线、面的位置关系，根据三棱锥的特点计算其外接球的半径. 【详解】在等腰中，易知，所以，的外接圆的半径为，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径为. 所以其表面积为. 【巩固练习3】已知三棱锥所在顶点都在球的球面上，且平面，若，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径作答. 【详解】在中，，由余弦定理得， 令外接圆圆心，则平面，且， 而平面，因此，取中点，连接，有， 又平面，即有，，于是四边形为平行四边形， 则，球的半径，体积为.    【题型7】利用两个过外心的垂线确定球心 典型例题 【例题1】如图，三棱锥中，平面平面BCD，是边长为2的等边三角形，，.若A，B，C，D四点在某个球面上，则该球体的表面积为 .    【答案】 【解析】作出底面的外心，侧面的外心，取中点， 连接，因为平面平面，面平面， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 又因为平面，所以平面， 由球的性质可得平面，所以， 同理，所以四边形为平行四边形， 故， 在中，因为，，则， 设的外接圆半径为，根据正弦定理有，则， 设三棱锥外接球的半径为，则， 则外接球的表面积为. 故答案为：. 【例题2】（23-24高一下·山西长治·期末）四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，，，若四棱锥的外接球表面积为，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】根据面面垂直的性质，结合勾股定理即可求解，即可求解四棱锥的高，由体积公式即可求解. 【详解】取的中点，连接， 又因为，所以， 又因为平面平面，且交线为，平面， 所以平面. 设的中心为，球心为，则平面, 于是，. 设四棱锥的外接球半径为，其表面积为,故. 过作，则四边形为矩形， 故,， 在和中， ， ，, 所以，，. 当在平面的上方，此时四棱锥的高为, 四棱锥的体积． 当在平面的下方，此时四棱锥的高为, 四棱锥的体积． 故选:C. 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知正边长为1，将绕旋转至，使得平面平面，则三棱锥的外接球表面积为 ． 【答案】 【解析】如图， 取BC中点G，连接AG,DG，则，， 分别取与的外心E,F分别过E,F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交于O，则O为四面体的球心， 由， 所以正方形OEGF的边长为，则， 所以四面体的外接球的半径， 球O的表面积为． 【巩固练习2】在四棱锥中，平面平面，且为矩形，，，，，则四棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由矩形的边长可得底面外接圆的半径，再由为等腰直角三角形可得其外接圆的半径，又平面平面可得底面外接圆的圆心即为外接球的球心，由题意可得外接球的半径，进而求出外接球的体积． 【详解】设，取的中点，连接，，， 因为底面为矩形，所以为矩形的外接圆的圆心， 又，，，， 则，，， 因为平面平面，且平面平面，，面， 所以面， 因为面，所以，所以， 因为， 所以为外接球的球心，则外接球的半径为， 所以外接球的体积． 【巩固练习3】已知正方体的棱长为1，P为棱的中点，则四棱锥P－ABCD的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分别取三角形，四边形的外心，，利用正弦定理得到，即可得到，然后利用勾股定理得到，最后根据球的表面积公式求表面积即可. 【详解】 设四棱锥的外接球球心为，取中点，连接，取三角形，四边形的外心，，连接，，，，， 因为正方体的棱长为1，点为中点，所以，，，，，，所以，外接球的表面积. 【题型8】共斜边拼接外接球模型 基础知识 两直角三角形拼接在一起(斜边相同,也可看作矩形沿对角线折起所得三棱锥)模型 题设：如图，，求三棱锥外接球半径（分析：取公共的斜边的中点，连接，则，为三棱锥外 典型例题 【例题1】在矩形中，，沿将矩形折成一个直二面角，则四面体的外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设矩形对角线的交点为，则由矩形对角线互相平分，可知． ∴点到四面体的四个顶点的距离相等，即点为四面体的外接球的球心，如图所示． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径.若平面平面，，，三棱锥的体积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】取的中点，连接， 因为，，所以，. 因为平面平面，所以平面. 设，，所以， 所以球的体积为. 【巩固练习2】把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由图形的几何性质得球心位置，利用等体积转化求点面距离即可. 【详解】由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为， 则. 【巩固练习3】在平行四边形中，，，将此平行四边形沿对角线折叠，使平面平面，则三棱锥外接球的体积是 　　． 【解答】解：如图， 平面平面，平面平面，，平面， 平面， 平面， ， 同理可证， 在中，，所以， 取中点为，连接，， 由直角三角形的性质可知，，， 又，即到，，，四点的距离相等， 为三棱锥外接球的球心， ，球的体积 【题型9】切瓜模型（一个面垂直外接圆直径） 基础知识 切瓜模型（一个面垂直外接圆直径） 如图4-1，平面平面，且（即为小圆的直径），且的射影是的外心三棱锥的三条侧棱相等三棱的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点. 解题步骤： 第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线； 第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）； 第三步：勾股定理：，解出； 事实上，的外接圆就是大圆，直接用正弦定理也可求解出. 2．如图4-2，平面平面，且（即为小圆的直径），且， 利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①； ② 3．如图4-3，平面平面，且（即为小圆的直径） 4．题设：如图4-4，平面平面，且（即为小圆的直径） 第一步：易知球心必是的外心，即的外接圆是大圆，先求出小圆的直径； 第二步：在中，可根据正弦定理，求出. 典型例题 【例题1】已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，为边长是2的等边三角形，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由条件知，外接球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上，又平面平面，所以可得等边三角形的中心即为外接球的球心，求出外接圆的半径即得三棱锥外接球的半径． 【详解】直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，过该点作一条垂直于平面的直线． 因为平面平面， 所以所作直线在平面内，且经过等边三角形的中心， 所以等边三角形的中心就是三棱锥外接球的球心， 所以外接圆的半径也是三棱锥外接球的半径． 由正弦定理知，(是的外接圆的半径)，即， 所以，于是三棱锥外接球的半径为， 故三棱锥外接球的表面积为． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知某圆锥的轴截面为正三角形，侧面积为，该圆锥内接于球，则球的表面积为 . 【答案】 【解析】作圆锥的轴截面，则该轴截面等边△的外接圆圆心即为圆锥的外接球球心，且△ABC外接圆半径等于圆锥的外接球半径，如下图所示， 因为圆锥的侧面积，所以,设球的半径为R，由正弦定理得，因此，这个球的表面积为. 【巩固练习2】在三棱锥中，平面平面，点是的中点，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【解析】因为，所以的外接圆圆心即点，三棱锥外接球球心在过点与平面垂直的直线上， 由于平面平面即球心在平面内， 所以球心即为的外接圆圆心，球的半径即为的外接圆半径. 因为，所以，从而. 设，在中，根据余弦定理有，所以， 由正弦定理得，所以，所以三棱锥的外接球的表面积为.故答案为： 【巩固练习3】三棱锥中，，，，则该三棱锥外接球的表面积为 ． 【答案】 【解析】因为，，所以由余弦定理可得，解得，所以， 所以是以为斜边的直角三角形， 因为， 所以点P在平面内的射影是的外心， 即斜边的中点，且平面平面， 于是的外心即为三棱锥的外接球的球心， 因此的外接圆半径等于三棱锥的外接球半径． 因为，， 所以， 于是，根据正弦定理知的外接圆半径R满足， 所以三棱锥的外接球半径为， 因此三棱锥的外接球的表面积为． 【题型10】棱锥，棱台内切球问题 基础知识 正棱锥的内切球 如图，四棱锥是正四棱锥，求其内切球的半径 相似法（通法） 第一步：先现出内切球的截面图，三点共线； 第二步：求，，是侧面的高； 第三步：由相似于，建立等式：，解出 等体积法（通法） 若三棱锥是任意三棱锥，求其的内切球半径（最优法） 方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等 第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积； 第二步：设内切球的半径为，建立等式： 第三步：解出 内切球之圆台，棱台模型 首先需要明确，并不是所有的圆台都有内切球，如果一个圆台又矮又胖，最多只能找到一个与上下底面相切的球，无法做到与所有母线相切，圆台内切球指的是与圆台上下底面和每条母线均相切的球。如下图所示： 此时圆台的上下底面圆的半径与圆台的高必须满足一定关系，下面进行详细分析，为了分析方便，采用平面辅助法，上图的轴截面如下： 假设上底面圆半径为r2，下底面圆半径为r1，内切球半径为R，圆台的高为h，母线长为l。上图轴截面是等腰梯形的内切圆，点E，F，G为切点，可得如下全等关系： ； 由射影定理可得： 典型例题 【例题1】已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点为球心，内切球的半径为，为切点，设，即 由条件可知，，中，，即，解得：，所以圆锥内切球的表面积. 【例题2】（23-24高一下·浙江金华·期末）某圆锥的底面半径为6，其内切球半径为3，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件首先求出圆锥的母线长，再利用公式求侧面积即可. 【详解】如图所示，设球与圆锥底面相切于点，与母线相切于点， 根据已知得，设母线长，则在直角△中， 因为，所以,即，化简得，解得，或(舍去)，所以圆锥的侧面积为：. 故选：C. 【例题3】已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径，则圆台的体积与球的体积之比为（    ）    A． B． C．2 D． 【答案】B 【解析】如图为该几何体的轴截面，其中圆是等腰梯形的内切圆，设圆与梯形的腰相切于点，与上、下底的分别切于点，， 设球的半径为，圆台上下底面的半径为，.注意到与均为角平分线，因此，从而，故.设台体体积为，球体体积为， 则.故选：B 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知一个圆锥的高为，底面直径为，其内有一球与该圆锥的侧面和底面都相切，则此球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】圆锥的母线长为，取圆锥的轴截面如下图所示： 设该圆锥的内切球的半径为，则， 所以，，因此，球的体积为. 【巩固练习2】（23-24高一下·吉林·期末）已知圆锥的底面半径为，体积为，则该圆锥内切球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出组合体的轴截面，利用体积求出圆锥的高，然后再利用三角形相似即可求出内切球的半径，结合求得体积公式，即可求解. 【详解】 如图，圆锥与内切球的轴截面图，设圆锥高为h, 根据圆锥的底面半径为1，体积为， 可知，，解得，所以母线长为， 设内切球的半径为，则， 由轴截面三角形相似得，所以， 即，解得内切球半径为， 所以内切球的体积为 【巩固练习3】已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台体积公式求解即可. 【详解】如图， 设圆台上、下底面圆心分别为，则圆台内切球的球心O一定在的中点处， 设球O与母线切于M点，所以，所以， 所以与全等，所以，同理，所以， 过A作，垂足为G，则，， 所以，所以，所以，所以， 所以该圆台的体积为. 【巩固练习4】如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积 ． 【答案】 【分析】作出正棱台以及球的截面图，作辅助线结合圆的切线性质，求得球的半径，即可求得答案. 【详解】设球O与上底面、下底面分别切于点，与面，面分别切于点， 作出其截面如图所示，则，， 于是， 过点M作于点H，则， 由勾股定理可得︰, 所以，所以该球的表面积 【巩固练习5】（23-24高一下·福建龙岩·期末）已知球O内切于圆台EF，其轴截面如图所示，四边形ABCD为等腰梯形，，且，则圆台EF的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，作出图形，得到上下底面的半径，进而分析运用勾股定理求出高即可． 【详解】根据圆和等腰梯形的对称性知道，分别为上下底的中点. 连接，则，过于.四边形为矩形． 由于,则，则. 由切线的性质知道. 则. ，． 代入计算可得，. 故选：D.    【巩固练习6】（23-24高一下·浙江杭州·期末）一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为 ． 【答案】 【分析】依题意得，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分，上下底面部分是正三角形，其边长为：，侧面部分是底边长为，高为的矩形，即可求解． 【详解】解：因为直三棱柱的密闭容器的底面边长为，且为正三角形，容器的高为，小球的半径为，如图所示：    则小球在这个容器内向各个方向自由滚动时，小球能接触到的容器内壁分为两部分，即上下底面部分与侧面部分， 上下底面部分是正三角形，其边长为：， 其面积为：； 侧面部分是底边长为，高为的矩形，其面积为：； 则小球能接触到的容器内壁的最大面积为：． 【题型11】多球相切问题 典型例题 【例题1】已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为 . 【答案】 【分析】由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解． 【详解】如图所示： 依题意得 ， 底面的外接圆半径为， 点到平面的距离为 ， 所以 ， 所以 设球的半径为，所以 则，得 设球的半径为，则，又 得 所以球的表面积为 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 如图，正四面体，设点是底面的中心，点是的中点，连接. 则由已知可得，平面，球心在线段上，球切平面的切点在线段上，分别设为. 则易知，，设球的半径分别为. 因为，根据重心定理可知，. ，，，，. 由可得，， 即，解得，，所以. 由可得，， 即，解得， 所以，球的体积为. 【巩固练习2】如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的表面积为 ． 【答案】 【解析】设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则，，， 如图，在截面PMO中，设N为球与平面PAB的切点，则N在PM上， 且，设球的半径为R，则， ∵，∴，则，，∴， 设球与球相切于点Q，则， 设球的半径为r，同理可得，∴， 故小球的表面积. 故答案为： 【巩固练习3】棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的表面积最大为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，设内切球球心为，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为， 为的中心，易知面，为中点，球和球分别与面相切于和. 易得，，， 由，可得，又，， 故，，， 又由和相似，可得，即，解得，即小球的最大半径为.所以小球的表面积最大值为. 【题型12】外接球之折叠模型（二面角模型） 基础知识 折叠模型（二面角模型）-由2个外心加“中垂线”确定球心 题设：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠(如图6) 第一步：先画出如图6所示的图形，将画在小圆上，找出和的外心和； 第二步：过和分别作平面和平面的垂线，两垂线的交点即为球心，连接； 第三步：解，算出，在中，勾股定理： 注：易知四点共面且四点共圆，证略. 典型例题 【例题1】（23-24高一下·河南郑州·期末）在边长为的菱形中，，将沿着折叠，得到三棱锥，若，则该三棱锥的外接球的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设的中点为，连接，，设、分别为、外接圆的圆心，过点、分别作平面、平面的垂线，设两垂线交于点，从而得到点为该三棱锥外接球的球心，利用余弦定理求出，即可求出，再由勾股定理求出，即可求出外接球的体积. 【详解】在菱形中，，所以和均是边长为的等边三角形， 如图在三棱锥中，设的中点为，连接，，设、分别为、外接圆的圆心， 过点、分别作平面、平面的垂线，设两垂线交于点，则点为该三棱锥外接球的球心， 连接、，则为外接球的半径， 依题意，且、， 由余弦定理， 所以， 由、分别为、外接圆的圆心， 所以，， 因为，，， 所以，所以，所以， 所以，即外接球的半径， 所以外接球的体积. 【例题2】（23-24高一下·浙江·阶段练习）如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出辅助线，找到二面角的平面角，并得到球心的位置，利用半径相等得到方程，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图所示，过点作，过点作，两直线相交于点， 因为，， 所以，⊥，则⊥， 由于⊥，故即为二面角的平面角， 则， 过点作⊥于点， 因为⊥，⊥，，平面， 故⊥平面， 因为平面，所以⊥， 又，平面， 则⊥平面，， 取的中点，则外接球球心在平面的投影为，即⊥平面， 连接，，则，过点作，交直线于点， 则，    ，， 由余弦定理得，， 设，则，故，由勾股定理得，，故，解得，故外接球半径为，外接球表面积为 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为， ，则三棱锥的外接球的表面积为 .    【答案】 【分析】将沿折起后，取中点为，连接，，得到，在中由余弦定理求出的长，进一步求出的长,分别记三角形与的重心为、，记该几何体的外接球球心为，连接，，证明与全等，求出，再推出，连接，由勾股定理求出，即可得出外接球的表面积. 【详解】将沿折起后，取中点为，连接，， 则，，可知即为二面角的平面角，即； 设，则，在中，由余弦定理可得：， 即 解得，即，可得， 所以与是边长为的等边三角形，分别记三角形与的重心为、， 则，；； 因为与都是边长为2的等边三角形，所以点是的外心，点是的外心；记该几何体的外接球球心为，连接，，    根据球的性质，可得平面，平面，所以与都是直角三角形，且为公共边，所以与全等，因此， 所以；因为，，，平面， 所以平面；又平面，所以，连接，则外接球半径为，所以外接球表面积为. 【巩固练习2】（23-24高一下·四川成都·期末）已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】连接交于点，得即二面角的平面角，作出四面体的外接球球心，证明四点共面，依次求出，继而求得外接球的半径，即可求出其表面积. 【详解】 连接交于点,由题意，点为中点，且,则即二面角的平面角. 如图，设分别是和的外心，分别过点作平面,过点作平面, , 则点为四面体的外接球球心. 由，平面,故得，平面, 又平面，平面，故得，平面平面，平面平面， 故四点共面. 由可知,， 故四面体的外接球的半径为：, 于是四面体的外接球的表面积为. 【巩固练习3】（23-24高一下·浙江杭州·期中）（多选）如图，在菱形中，分别为的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（    ） A．平面 B．异面直线与所成角为定值 C．设菱形边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 D．若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是 【答案】ABC 【分析】据题意，证得，证得平面，可判定A正确；证得平面，证得，得到，可判定B正确；取的中心，设外接球的球心为，根据球的截面圆的性质，求得外接球半径为，可判定C正确；分为直角和钝角时，结合在线段的关系，结合，可判定D错误． 【详解】对于A，∵，分别为菱形的边，的中点， ∴，又平面，平面，∴平面，故A正确； 对于B，取中点，连接，如图，则，， 平面，∴平面，而平面， ∴，∴，即异面直线与所成的角为90°，B正确； 对于C，取的中心，设外接球的球心为， 连接平面，平面，连接，并延长交于点， 因为的边长为，可得，则， 又因为，当二面角为时，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得，即外接球半径为， 所以外接球的表面积为，所以C正确； 对于D，过作，垂足为，若为锐角，在线段上； 若为直角，则与重合；若为钝角，则在线段的延长线上， 若存在某个位置，使得直线与直线垂直，因为，所以平面， 因为平面，所以， 若为直角，与重合，所以， 在中，因为，所以不可能成立，即为直角不可能成立； 若为钝角，在线段的延长线上，则在菱形中，为锐角， 由于立体图中，所以立体图中一定小于平面图中的， 所以为锐角，，故点在线段上与H在线段的延长线上矛盾， 因此不可能是钝角； 当的取值范围是时，在线段上，在翻折的过程中，一定存在某个位置，使得点D在平面的投影落在上，符合题意； 综上,的取值范围是，所以D错误． 故选：ABC. 【题型13】棱切球问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·广东佛山·期末）已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析半球与各棱的切点位置，利用球的切线性质，用表示出侧棱长，从不同角度表示出棱台的高，从而建立关于的方程，然后可得. 【详解】由题意可知，为下底面， 记上底面的中心为，过作垂直于平面，垂足为， 易知点在上，记半球与分别相切于点， 由正四棱台和球的对称性可知，为的中点， 因为，所以，， 记半球的半径为，则， 所以，， 分别在中，由勾股定理得， ， 因为，所以， 解得或（舍去）， 所以半球的表面积为. 故选：C 【例题2】（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）（多选）如图，已知正八面体（围成八面体的八个三角形均为等边三角形）的棱长为2，其中四边形为正方形，其棱切球（与正八面体的各条棱都相切）的球心为，则以下结论正确的是（    ） A．点到平面的距离等于1 B．点到直线的距离等于1 C．球在正八面体外部的体积小于 D．球在正八面体外部的面积大于 【答案】BCD 【分析】对于A，先确定球的中心，然后利用正八面体的性质计算即可；对于B，直接利用三角形面积公式即可；对于C，计算在正八面体外部的球冠对应的圆锥的体积，然后估计出球在正八面体外部的体积的上界即可；对于D，利用旋转体体积公式求得球冠体积，并得到球冠与圆锥的总体积占整个球的比例，即可得到球冠的表面积，然后进行放缩即可. 【详解】对于A，由对称性可知棱切球球心就是正八面体的中心，而， 所以. 设点到平面的距离为，则有 ， 故，故A错误； 对于B，由于，故在平面上的投影就是正方形的中心， 故平面，而在平面内，故. 又因为，知点到直线的距离，故B正确； 对于C，根据上面的分析，球的半径等于点到直线的距离，即. 从而平面截棱切球所得圆的半径，设这个圆为圆. 设球的体积为，而以为顶点、圆为底面的圆锥的体积为， 则棱切球在正八面体内部的体积大于. 从而球在正八面体外部的体积小于 ，故C正确； 对于D，球在正八面体外部的面积等于正八面体外8个球冠的表面积. 而对于一个球冠而言，由其顶点和底面可以确定一个圆锥，而该圆锥的侧面积一定小于球冠的表面积. 从而，每个球冠的表面积都大于由该球冠顶点和底面圆确定的圆锥的侧面积. 该圆锥的底面半径，高，故母线长. 所以每个球冠的表面积都大于该圆锥的侧面积. 所以8个球冠的表面积之和大于，故D正确. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2024·浙江宁波·二模）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解. 【详解】设棱台上下底面的中心为,连接， 则， 所以棱台的高, 设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处， 设中点为，连接, 所以，解得， 所以球的表面积为， 故选：C 【巩固练习2】（23-24高一下·浙江温州·期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足， ，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为 ． 【答案】4 【分析】设球心，和相应的切点，根据题意结合切线长性质可知相应的长度关系，结合题中棱长关系分析运算即可. 【详解】设棱切球的球心为，与棱分别切于点， 可知， 由题意可得：，解得， 所以. 模块二 其它中档题与压轴题 【题型14】截面问题综合 典型例题 【例题1】（23-24高一下·江苏苏州·期末）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．点，到平面的距离相等 D．平面截该正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】取的中点，的中点，的中点，即可得到正六边形为平面截该正方体所得截面，求出截面面积，即可判断D；根据线面垂直的判定定理说明A，证明平面，即可说明B，根据正方体的性质判断C. 【详解】如图，取的中点，的中点，的中点， 连接、、、、、、、、、， 则，，，所以，所以、、、四点共面， 又，所以、、、四点共面， 同理可证，所以、、、四点共面，正六边形为平面截该正方体所得截面， 又，所以，故D正确； 因为平面，平面，所以，则 同理可证，又，平面， 所以平面，即平面，故A正确； 因为，平面，平面， 所以平面，即平面，又，平面， 平面平面，所以不平行平面，故B错误； 设为正方体的中心，即为的中点，根据正方体的性质可知， 即交平面于点，所以点，到平面的距离相等， 即点，到平面的距离相等，故D正确. 【例题2】（23-24高一下·广东东莞·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点分别为的中点，平面经过点，且与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C． D．二面角的正切值为 【答案】BCD 【分析】借助，而与平面相交，从而可判断A；利用面面垂直证明线面垂直，再证明面面垂直，可判断B；做出相应的平行线，找到G在位置即可判断C；利用C选项的结论，作出二面角的平面角，即可求解. 【详解】对于A，因为正方体中，，且平面， 所以与平面不平行，故A错误； 对于B，如图，取AD中点H，连接BH，FH，BH，易知平面平面， 又在平面中，， 所以，又平面平面，所以平面， 又，所以平面平面，故B正确； 对于C，如图,取中点M，取中点N，连接EN，，， 再取中点G，连接FG，易知正方体中，, 在正方形中，, 在三角形中，, 由平行的传递性可得，,所以平面与交于点， 而点是线段上靠近的四等分点， 所以，故C正确； 对于D，如图，延长FG，相交于点K，取中点N，连接EN，过点E，作，垂足为P,连接NP， 易知平面,又平面，所以 又,所以平面，又平面，所以, 所以是二面角的平面角， 如图，将底面单独画出，在三角形中，，所以， 所以， 所以, 解得，所以，故D正确.    巩固练习 题型 【巩固练习1】（22-23高一下·湖北武汉·期末）已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为，的中点为E，过点E作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，作出平面截正四棱锥所得的截面，再借助余弦定理、三角形面积公式求解作答. 【详解】在正四棱锥中，连接，则，是正三角形，由的中点为E，得， 而，则，在中，， ，令平面与直线交于，连，则， ，即点在棱上，同理平面与棱相交，令交点为，连， 于是四边形为平面截正四棱锥所得的截面，由对称性知， 在中，，而， 在中，，由余弦定理得， 在中，，， 所以所得截面面积. 【巩固练习2】（23-24高一下·浙江杭州·期中）在棱长为2的正方体中，则它的外接球的表面积为 ；若E为的中点，则过B、D、E三点的平面截正方体所得的截面面积为 . 【答案】 【分析】利用正方体的对角线和外接球的半径的关系，求得外接球的半径，进而求得球的表面积，再利用直线间的平行关系和平面的基本性质，得出截面，进而求得截面等腰梯形的面积. 【详解】在棱长为2的正方体中， 可得其外接球的半径为，所以, 所以外接球的表面积为； 如图所示，过点作，连接， 所以过三点的平面截正方体所得的截面为且为等腰梯形， 过点作于点，过点作，连接， 所以为等腰梯形的高，且, 所以梯形的面积为. 故答案为：；. 【巩固练习3】（23-24高一下·江苏南通·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，分别是，，的中点，则下列正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．多面体是棱台 D．平面截正方体所得截面的面积为 【答案】AC 【分析】由线面平行即可判断A；由线面垂直即可判断B；由棱台的定义即可判断C；由平面截正方体所得截面的作图即可判断D． 【详解】对于A，取中点，连接， 由正方体得四边形为平行四边形，所以， 因为点为的中点，所以，又， 所以四边形为平行四边形，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，取中点，连接，则，所以， 所以，所以， 由正方体得，平面，又平面， 所以， 因为，，平面，， 所以平面，又，所以与平面不垂直，故B错误； 对于C，由正方体得，平面平面，即平面平面，由棱台的定义可知，多面体是棱台，故C正确； 对于D，设直线与直线交于点，连接与交于点，与直线交于点，连接交于点，连接，则五边形即为平面截正方体所得截面， 因为，所以，， 因为，所以，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，， 所以，所以， 所以， 因为，， 所以，故D错误； 故选：AC． 【巩固练习4】（23-24高一下·江苏南通·期中）（多选）如图，在长方体中，，，分别为棱的中点，则下列说法中正确的有（    ）    A．直线与为相交直线 B．异面直线与所成角为 C．若是棱上一点，且，则四点共面 D．平面截该长方体所得的截面可能为六边形 【答案】AC 【分析】证明四边形为梯形，可判定A正确；结合三垂线定理即可判定可得与不垂直，B不正确；取的中点，连接，通过证明，即可判定C正确；确定截面共有五边形，可判定D错误. 【详解】因为且，可得四边形为梯形， 所以与必相交，所以A正确； 由题意，在正方体中，因为平面， 平面，所以， 假设异面直线与所成角是，即， 平面，， 可得平面，而平面， 则， 在长方形中，因为， 取中点，可知正方形中，    可得与不垂直，矛盾， 所以异面直线与所成角不是，所以B错误； 点是棱上一点，且，取的中点，连接， 因为分别是和的中点，所以， 由四边形为平行四边形，所以，所以四点共面，所以C正确； 由选项C可知，为截面的边，截面又与平面及相交， 可得截面的两条边，所以截面共有五边形，所以D错误. 故选：AC.    【巩固练习5】（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，在直三棱柱中，是上一动点，是的中点，是的中点. (1)当时，证明: 平面; (2)在答题卡的题 (2) 图中作出平面与平面的交线 (保留作图痕迹,无需证明); (3)是否存在，使得平面与平面所成二面角的余弦值为? 若存在求满足条件的值，若不存在，则说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2)作图见详解 (3) 【分析】（1）构造平行四边形，利用平行四边形对边平行得线线平行，再用线面平行的判定定理即可. （2）一个平面内的直线，不平行则相交，将相关线段延长至相交即可. （3）做出二面角的平面角，由题意易得，再由等面积法计算出，由余弦值可得正切值，即可求解. 【详解】（1）时，为的四等分点（靠近）， 取中点为，取的四等分点（靠近）为，连接. 分别为的中点， ，且， 分别为的四等分点（靠近）， ，且， ，且，则四边形为平行四边形， 又平面，平面， 平面 （2）如图，平面中，与不平行，故与一定相交，设与交于点，连接，则点既在平面上，又在平面上，则为平面与平面的交线. （3）过作，垂足为，过作，垂足为，连接，设与交于点, 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又平面，，又，， 平面，又平面，， 又，，平面，又平面，. 所以为平面与平面所成的二面角. 假设存在满足条件的，即， 由已知可求得，所以， 所以，又， ，所以， 所以，， ， ， ，故， 由得， 又，所以，解得， 即存在使得平面与平面所成二面角的余弦值为. 【题型15】动点问题综合 典型例题 【例题1】（23-24高一下·江苏南京·期末）（多选）正多面体也称柏拉图立体(被誉为最有规律的立体结构)，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是3(如图)，则下列说法正确的是（    ） A． B．直线与平面所成的角为 C．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 D．若点为棱上的动点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于A选项，正八面体，证明平面，再判断，对于B，可知平面，找到直线与平面所成的角为，在三角形中计算角度；对于C，利用等体积变换计算三棱锥的体积；对于D，由题意分析和，将两个三角形翻折到同一平面内，可得取最小值； 【详解】对于A选项，正八面体，连接， 对称性可知，⊥平面，且相交于点，为的中点， 又，， 故四边形为菱形，四边形为菱形， 可知是平面内两条相交直线， 所以平面，又平面，故，故A正确 对于B，由A选项可知平面，故直线与平面所成的角为， 且由题意得，故， 故，B错误； 对于C，三棱锥的体积， 其中点到平面的距离为，设菱形的面积为， 则 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，故C正确. 对于D，由题意得为等边三角形，边长为3， 在中，，为等腰直角三角形， 将沿直线ED翻折到平面EAD内，如图，易得, 则的最小值为为 ， D正确. 【例题2】（23-24高一下·浙江温州·期末）（多选）正方体棱长为1，E，F分别为棱，AD（含端点）上的动点，记过C，E，F三点的平面为，记为点B到平面的距离，为点到平面的距离，则满足条件（    ）的是不唯一的． A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】设，结合解三角形知识求得的面积，利用等体积法求得，.根据题意结合选项逐一分析判断即可. 【详解】设，则， 可得， 在中，由余弦定理可得， 且，则， 所以的面积， 设平面与直线的交点为，连接，可知，    因为平面∥平面， 且平面平面，平面平面，可得∥， 同理可得：∥，可知四边形为平行四边形，则， 对于三棱锥可知：， 则，解得； 对于三棱锥可知：， 则，解得； 对于选项A：若， 显然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故A正确； 对于选项B：若， 整理可得，解得， 所以平面是唯一的，故B错误； 对于选项C：若， 显然和上式均成立，所以平面是不唯一的，故C正确； 对于选项D：若， 整理可得，解得， 所以平面是唯一的，故D错误 【例题3】（23-24高一下·广东佛山·期末）（多选）如图，在三棱锥 中，， 点 是 上一动点，则（      ） A．过 各中点的截面的面积为 B．直线 与平面 所成角的正弦值为 C． 面积的最小值为 D．将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形。 【答案】BCD 【分析】先证，然后可得为矩形，可判断A；利用等体积法求点到平面的距离，可判断B；利用线面垂直证明，然后求最小值，可判断C；将三棱柱沿展开所得平面图形正方形，通过观察展开图可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以， 所以两两垂直， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以， 记分别为的中点， 则，且 所以四边形为平行四边形，且， 所以为矩形，其面积为，A错误； 对于B，记点到平面的距离为，的中点为，连接， 则，， 由等体积得，即，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值为，B正确； 对于C，由上知，是平面内的相交直线， 所以平面， 因为平面，所以，所以， 所以当最短时，面积最小值， 显然，当时最短，此时，由等面积可得， 解得，所以面积最小值为，C正确； 对于D，将三棱锥沿剪开，展开所得平面图形为正方形，如图： 由上图观察可知，将绕着点旋转使重合， 将三棱锥沿着剪开，展开所得平面图形为直角三角形， 故D正确. 故选：BCD 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·福建厦门·期中）（多选）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ） A．若点满足，则动点的轨迹长度为 B．当点在棱上时，的最小值为 C．当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为 【答案】ACD 【分析】 利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为可得A正确；以为轴将平面顺时针旋转，由勾股定理可得B错误；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为可得C正确；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为可得D正确. 【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形， 动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，故正确； 对于B，以为轴将平面顺时针旋转，如图， 则，故B错误；； 对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示， 当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 弧长度，故点的轨迹长度为，故正确； 对于D，取的中点分别为， 连接，如图2所示， 因为平面平面，故平面， ，平面平面，故平面； 又平面，故平面平面； 又， 故平面与平面是同一个平面. 则点的轨迹为线段： 在三角形中， 则， 故三角形是以为直角的直角三角形； 故，故长度的最大值为，故D正确. 【巩固练习2】（23-24高一下·浙江宁波·期末）（多选）如图，已知四面体的各条棱长均等于2，E，F分别是棱，的中点.G为平面上的一动点，则下列说法中正确的有（    ） A．三棱锥体积为 B．线段的最小值为 C．当G落在直线上时，异面直线与所成角的余弦值最大为 D．垂直于的一个面，截该四面体截得的截面面积最大为1 【答案】BCD 【分析】对A，求出正四面体的高，点到平面的距离为，求出体积判断；对B，作点关于平面的对称点，由对称性得，求解判断；对C，由最小角定理可知，与所成的最小角即与平面所成角，运算得解判断；对D，根据题意，可判断平面截正四面体的截面为矩形，利用基本不等式求解. 【详解】对于A，如图，作平面，垂足为，因为四面体为正四面体，则为三角形的中心， 则，所以， 即正四面体的高为， 点到平面的距离为点平面的距离的一半，即， 所以，故A错误； 对于B，如图，作点关于平面的对称点，连接交平面于点，过点作平面的垂线交平面于点， 作，因为平面，所以点， 则，，， 所以，故B正确； 对于C，当落在直线上时，由最小角定理可知，与所成的最小角即与平面所成角，即， 所以，所以，即异面直线与所成角余弦最大为，故C正确； 对于D，如图，连接，因为是的中点，所以，同理， 设平面交正四面体的棱于点，棱于点，棱于点，棱于点， 所以，，，，所以，， 又，，是平面内的相交直线，则平面， 所以，则，即四边形为矩形， 即平面截正四面体的截面为矩形. 设，即，，即，， 所以，当且仅当，即时等号成立， 所以平面截该四面体截得的截面面积最大为1，故D正确. 故选：BCD. 【巩固练习3】（23-24高一下·重庆·期末）（多选）棱长为2的正方体中，，，，则（    ） A．三棱锥的外接球半径为 B．直线与直线所成角的余弦值的最小值为 C．时，过点作直线的垂面，则平面截正方体所得截面面积为 D．若，则三棱锥的体积为 【答案】ACD 【分析】对于A，由三棱锥的外接球也是正方体的外接球，即可求得半径；对于B，在线段上取一点，使得，连接，则，所以（或其补角为）直线与直线所成角，不妨令与重合，从而可知当与重合时，此时最大，从而可判断；对于C，证明过点作直线的垂面即平面,求解即可判断；对于D，采用切割法求得体积，从而可判断. 【详解】对于A，因为三棱锥的外接球也是正方体的外接球， 所以三棱锥的外接球半径为，故A正确； 对于B，因为,， 所以点在线段上，点在线段上， 在线段上取一点，使得，连接，则， 所以（或其补角为）直线与直线所成角， 因为平面，所以平面，即， 所以, 不妨令与重合，所以当与重合时，此时最大，为， 所以最大，此时最小，为，故B错误； 、当时，点与重合， 则过点作直线的垂面即平面,证明如下： 连接，则， 因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 同理可证，又平面， 所以平面，即平面， 所以平面截正方体所得截面为, 其面积为，故C正确； 对于D，当时， ， 在上取，在上取，连接, 则四边形为平行四边形， 则几何体的体积为正方体体积的一半，即， 令，则， 所以三棱锥的体积为， 又， ， 所以三棱锥的体积为，故D正确. 故选：ACD. 【题型16】体积计算与等体积法综合运用 典型例题 【例题1】（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意确定几何体为三棱台，再结合棱台的体积公式求出三棱台的体积和棱柱的体积之间的关系，即可求得答案. 【详解】因为在三棱柱中，，， 故， 则，故几何体为三棱台； 设三棱台的体积为，几何体的体积为， 设h为三棱柱的高，则， ， 故 【例题2】（23-24高一下·江苏南京·期末）在如图所示的几何体中， 底面ABCD 是边长为2的正方形，，，，均与底面ABCD 垂直， 且. 点 E、F分别为线段BC、的中点，记该几何体的体积为V，平面AFE将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求几何体的体积，再根据截面位置求被截较小部分的体积即可. 【详解】由题意可知该几何体是长方体截去一个三棱锥，如图所示， 有，，四边形为平行四边形，有， 点 E、F分别为线段、的中点，则， 所以平面即为平面AFE截几何体的截面. 因为，， 所以几何体的体积， 被截棱台的体积， 较大部分体积为，且， 所以较小部分的体积为. 【例题3】（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，已知多面体 中，四边形 均为正方形，点 是 的垂 心， . (1)证明: 是点 在平面 上的射影; (2)求多面体 的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）将图形补成一个正方形，证明平面即可； （2）由（1）知，多面体的体积是由一个正方体的体积减去一个三棱锥的体积即可． 【详解】（1）证明：因为四边形均为正方形， 所以平面， 得平面，且，将图形补成一个正方形，如图所示： 则为等边三角形，连接交于点M，连接，则点H在上， 且平面， 得平面，平面，得， 同理平面，得平面， 所以H是点A在平面上的射影； （2）由（1）知，多面体的体积是由一个正方体的体积减去一个三棱锥的体积， 则多面体的体积为：． 【例题4】（23-24高一下·重庆·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为的中点，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)若四棱锥为正四棱锥，且，求四棱锥的外接球与正四棱锥的体积之比． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，在的中点，连接、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，从而得证； （2）不妨设，连接，则平面，利用勾股定理求出，即可求出，又正四棱锥外接球的球心位于线段上，设球心为，半径为，连接，利用勾股定理求出，即可求出外接球的体积，从而得到体积之比. 【详解】（1）设，在的中点，连接、， 因为分别为的中点，所以且， 又为线段上一点，且，底面是平行四边形，所以为的中点， 所以且，又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）因为四棱锥为正四棱锥，且， 不妨设，则， 连接，则平面，平面，所以， 所以，则， 所以， 因为，所以正四棱锥外接球的球心位于线段上， 设球心为，半径为，连接， 则，在中， 即，解得， 所以正四棱锥外接球的体积， 所以四棱锥的外接球与正四棱锥的体积之比为. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·四川南充·阶段练习）中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的堑堵中，，则阳马的外接球的体积与表面积之比是 . 【答案】 【分析】由条件得球心到平面ABC的距离，再结合直角三角形ABC的外接圆半径求得外接球半径，进而由外接球体积和表面积公式即可计算得解. 【详解】显然阳马的外接球与直三棱柱的外接球为同一个球， 则外接球球心到平面ABC的距离为， 由，，，得三角形ABC的外接圆半径， 因此外接球半径，而外接球体积，表面积， 所以阳马的外接球的体积与表面积之比. 【巩固练习2】（23-24高一下·湖南长沙·期末）（多选）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】利用平移法可求出直线与所成的角，判断A；根据线面平行的判定定理可判断B；采用反证法可判断C；根据线面角的定义求出直线与平面所成角的正弦值，判断D. 【详解】对于A，连接，则，即为正三角形， 又，分别为，的中点，故， 故直线与所成的角即为所成角或其补角，而， 故直线与所成的角的大小为，A正确； 对于B，由于，故四边形为平行四边形， 故，而，故, 又平面，平面，故平面，B正确； 对于C，取EF中点为M，连接DM，显然，故， 假设平面平面，而平面平面， 平面，则平面，又平面， 则，这与二者交于D点矛盾，C错误； 对于D，不妨设正方体棱长为2，点C到平面的距离为d， 则， 而， 则，解得， 设直线与平面所成角为，则，D正确 【巩固练习3】（23-24高一下·广东广州·期末）（多选）已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（    ） A． B．二面角的大小为 C．正四棱台的外接球的表面积为 D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则 【答案】ACD 【分析】对A，先证明线面垂直，由性质可得线线垂直；对B，过作，连接，找到二面角的平面角为，再解三角形即可；对C，设出球心和球半径，根据几何关系，列出等量关系求解即可；对D，根据圆台和棱台的体积公式，结合已知数据，求解即可. 【详解】 根据题意，如图，设圆台上、下底面圆心分别为连接 过作，作截面的平面图，则为等腰梯形， 且为中点，则， 故，即圆台的高， 又，即四棱台的上下底面边长分别为和； 对A，由题意平面，平面，则， ，，平面，平面， 故平面，平面，所以，故A正确； 对B：过作，垂足为，连接； 由面，//，则面，又面，故， 又，面，故面， 又面，故，则即为二面角的平面角； ，又， 故， 而在中，，则， 结合在单调递增可知，，故B错误； 对C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心， 则，故，解得； 故表面积，故C正确； 对D：； ， ，故D正确. 故选：ACD. 【巩固练习4】（23-24高一下·河南郑州·期末）（多选）如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则（    ） A． B．面 C．直线与平面ABCD所成的角为 D．四面体的体积为 【答案】ABD 【分析】连接，由，平面，得出，判断选项A；证明，即可判断选项B；是直线与平面所成的角，计算，即可判断选项C；计算四面体的体积，即可判断选项D． 【详解】对于A，连接，则，因为，平面，所以， 又，所以平面， 又平面，所以，所以，选项A正确； 对于B，因为，所以，又平面，平面， 所以面，选项B正确； 对C，由题意知，是直线与平面所成的角，且， 所以与平面所成的角不是，选项C错误； 对于D，四面体的体积为，选项D正确． 故选：ABD． 【巩固练习5】（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，圆的半径为1，，点是线段的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平行四边形的判定方法与性质可得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，确定，利用等面积法求出，结合三棱锥的体积公式计算即可求解. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面， 所以平面. （2）如图，连接，过作于点， 因为底面圆，底面圆，所以， 又平面，所以平面. 则. 因为直线与圆柱底面所成角为，底面圆，底面圆， 所以，则即为直线与圆柱底面所成角， 即，由，得， 所以， 在中，，所以， 由，得， 解得.所以. 【巩固练习6】（23-24高一下·安徽·期末）在三棱柱中，平面，且. (1)求证：平面平面； (2)求点与平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证； （2）利用等体积法求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）由（1）得平面， 因为平面，所以， 又，所以， 故， 由，得， 因为平面，平面， 所以，所以， 设点与平面的距离为， 由，得，解得， 即点与平面的距离为. 【巩固练习7】23-24高一下·河南郑州·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若是边长为1的等边三角形﹐点在棱上，，且三棱锥的体积为，求侧面与底面所成二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）依题意可得，再由面面垂直的性质即可证明； （2）依题意可得，由锥体的体积求出，取的中点，连接、，即可得到为侧面与底面所成二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）在三棱锥中，因为，为的中点， 所以，又平面平面， 平面平面，平面， 所以平面； （2）因为点在棱上，， 又三棱锥与三棱锥底面积相同，高之比等于， 所以体积之比也为， 所以，又平面，所以为三棱锥的高， 又是边长为1的等边三角形，所以， 所以， 所以，解得， 取的中点，连接、，则，又平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为侧面与底面所成二面角的平面角， 又，，平面，平面，所以， 所以，所以， 所以侧面与底面所成二面角的余弦值为. 【题型17】旋转与翻折问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·山东济南·期末）（多选）如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（    ） A．平面 B． C．直线与所成的角为 D．点，，，，，在同一个直径为的球面上 【答案】ACD 【分析】对于A，画出图形，根据线面平行定理可解；对于B，证明，结合图形，不可能垂直；对于C，用平移法，找出直线与所成的角，求出来即可；对于D，用补形成正方体方法求解即可. 【详解】如图所示，由于，则四边形为平行四边形，则. 平面，则平面，故A正确； 由于三棱锥中，，其余棱长均为. 则，，为棱的中点， 则等腰三角形和等腰三角形中，，， 则平面.由A知道，，则平面，， 结合图知道不可能垂直，故B错误． 根据旋转特征，可知，四边形为边长为1的正方形， 可以求得.则由，则与所成的角， ，则为等边三角形.则.故C正确. 由前面的证明可以知道，可以将几何体放在正方体中，如图所示，且正方体棱长为1． ，，，，，在上面正方体的外接球上，由正方体性质知道外接球直径为．故D正确. 【例题2】（23-24高一下·江苏扬州·期末）（多选）如图，正方形的中心为，边长为4，将其沿对角线折成直二面角，设为的中点，为的中点，则下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的外接球表面积为 B．直线与平面所成角的正切值为 C．点到平面的距离为 D．三角形沿直线旋转一周得到的旋转体的体积为 【答案】ACD 【分析】对于A，找到球心即可；对于B，可利用几何法快速解决；对于C，可利用等体积法；对于D，旋转体为两个底面重合的圆锥构成的组合体. 【详解】对于A，由于，所以O为三棱锥的球心，表面积为，A正确； 对于B，过M作MH⊥AC于H，则MH⊥平面ABC，所以∠MNH即为直线MN与平面ABC所成的角；易知MH=，NH=，所以，B错误； 对于C，由，所以，又，所以，，所以，所以C到平面OMN的距离，C正确; 对于D，过O作OT⊥MN于T，则旋转体体积是以OT为底面半径，以TM为高的圆锥的体积的两倍，所以，D正确； 故选：ACD. 【例题3】（23-24高一下·广东广州·期末）如图1，在矩形中，已知，，E为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. (1)若，求异面直线与的夹角； (2)求证：； (3)在翻折过程中，当二面角为时，求四棱锥的体积. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，可证，则为异面直线与的夹角，计算可求 （2）在矩形中，可证明，则在翻折过程中，从而可证明平面，从而可证明结论. （3）过作，垂足为，过作，垂足为，连接.可证明是二面角的平面角，设，可得，进而求得，可求体积. 【详解】（1）取的中点，连接， 又为的中点，所以，， 四边形是平行四边形，所以， 所以为异面直线与的夹角， 又，，， 所以，所以为等腰直角三角形， 从而可得， 又，，所以， 所以为等腰直角三角形，所以， 所以异面直线与的夹角； （2）如图1，连接交于. 因为，且为的中点，， 在矩形中，因为，所以， 所以，所以， 所以， 即，即. 由题意可知，平面， 所以平面，因为平面，所以. （3）如图2，过作，垂足为，过作，垂足为，连接. 因为平面，平面，所以. 又因为，平面，所以平面. 因为平面.所以. 又因为，平面， 所以平面.因为平面，所以. 所以是二面角的平面角. 所以，所以，由勾股定理可得， 设，由，可得，可得， 由（1）可得，从而可得，所以， 所以，解得， 所以四棱锥的体积. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·黑龙江绥化·期中）（多选）在等腰梯形中，，，，点，分别为，的中点，以所在直线为旋转轴，将梯形旋转得到一旋转体，则（    ） A．该旋转体是一个圆台 B．该旋转体的表面积为 C．直线与旋转体的上底面所成角的正切值为 D．该旋转体的外接球的体积为 【答案】ACD 【分析】根据圆台的表面积，结合直线与平面所成的角定义、圆台的外接球的性质、球的表面积进行逐一判断即可． 【详解】对A,由题意可知，所得到的旋转体是圆台，A选项正确； 对B,如图．    因为， 所以圆台的上、下底面的半径分别满足． 又， 所以该圆台的表面积，所以B不正确． 对C,圆台的上、下底面平行， 过点分别作于点于点， 则，所以， 所以直线与圆台的上底面所成的角等于其与圆台的下底面所成的角． 为直线与下底面所成的角． 又，所以，所以C正确． 对D,设该圆台的外接球的半径为，球心为． 当点O在线段上时，．由，得，即，解得． 当点O在线段的延长线上时，．由，得，即． 化简，得，此时m无解． 所以，则该旋转体的外接球的表面积，所以D正确． 【巩固练习2】（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积. 【详解】∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴， 又∵平面，平面，∴平面， 又∵平面，∴，即为直角， 又∵为直角，∴取的中点，连接， 由直角三角形的斜边上的中线性质， 可得为三棱锥外接球的球心， 由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径， ∴， ∵平面，为直角，∴三棱锥的体积为. 【巩固练习3】（23-24高一下·吉林长春·期末）（多选）如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，．若将正三棱锥绕BD旋转，使得点A，C分别旋转至点M，N处，且M，B，D，E四点共面，点M，E分别位于BD两侧，则（    ） A． B． C．MC的长度为 D．点C与点A旋转运动的轨迹长度之比为 【答案】ACD 【分析】对于A，先作出图形，取中点，证明平面，即可得到；对于B，分别证明平面,平面，可推得，排除B；对于C,先求得，再由余弦定理即可求得，对于D，只需求出两点的旋转半径即可求得. 【详解】 如图，取中点，连接,依题意，,则有 因平面,则平面. 对于A，因为将正三棱锥绕BD旋转，使得点A，C分别旋转至点M，N处，故平面, 因平面，故,即A正确； 对于B，因,则由可知，,同理, 因平面,故得，平面,同理可证平面, 依题意，因M，B，D，E四点共面，故平面,故,故B错误； 对于C，设连接，交于点，则,,, 则，依题意，三点共线，可得, 在中，由余弦定理， ,故C正确； 对于D，因点C与点A是同时旋转，故转动的轨迹长度之比即旋转的半径之比， 而点转动的半径为,点转动的半径为,故点C与点A旋转运动的轨迹长度之比为，故D正确. 【巩固练习4】（23-24高一下·云南昆明·期末）（多选）如图甲，在中，，为的中点，为上一点，且满足，将沿翻折得到直二面角，连接是的中点，连接（如图乙所示），则下列结论正确的是（   ） A． B．∥平面 C．与平面所成角的正切值是 D．三棱锥的体积为 【答案】CD 【分析】根据垂直关系可知平面，进而可求与平面所成角，即可判断C；根据面面垂直的性质可证平面，结合体积公式判断D；对于B：假设∥平面，可证平面∥平面，结合面面平行的性质分析判断；对于A：根据垂直关系求，利用勾股定理分析判断. 【详解】对于图甲，取的中点，连接， 因为， 则， 可知，即与不垂直， 由，可知，且与不平行， 对于图乙：可得，且，平面， 所以平面， 对于选项C：可知与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的正切值是，故C正确； 因为，平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 且是 的中点，可知三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积为，故D正确； 对于选项B：在图乙中，连接， 因为分别为的中点，则∥， 且平面，平面，所以∥平面， 假设∥平面，则，平面， 可得平面∥平面， 又因为平面平面，平面平面， 可得∥，这与与不平行相矛盾， 即假设不成立，所以与平面不平行，故B错误； 对于选项A：因为平面，平面，则， 可得，则， 所以不相互垂直，故A错误 【巩固练习5】（23-24高一下·湖北·期末）（多选）在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到，连接得到四棱锥，在翻折到的过程中，二面角的大小为，下列说法正确的是（    ） A．当四棱锥体积为最大值时， B．当时，三棱锥的外接球表面积为 C．若是的中点，则存在使与平面不平行 D．当时， 【答案】ABD 【分析】对于A，四棱锥体积为最大值时是平面面时，故结合面面垂直性质定理即可得证；对于B，求出中点F满足即可得到为三棱锥的外接球的球心，进而得解；对于C，取的中点，则求证出四边形为平行四边形，再结合线面平行判定定理即可得解；对于D，取中点中点，延长，过作于，证明平面，再在中求出AG，即可利用勾股定理在中求出. 【详解】对于，由题意可知, 所以，即， ，其底面积为定值， 当平面平面时，四棱锥的的体积最大， 此时因为平面平面，，所以平面， 又平面，故，故正确； 对于B，取的中点，，连， 则由A以及题意知， 则，三棱锥的外接球的球心为，半径为1， 所以球的表面积为，故选项正确； 对于，取的中点，则，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又面，面，所以面，故错误； 对于，取中点中点，由选项A和B及题意可知，，，， 所以由知平面，故是二面角的平面角，且， 延长，过作于， 则，且由平面得，又， 所以平面， 所以，， 故， 所以， ，故D项正确. 故选：ABD. 【巩固练习6】（23-24高一下·江苏无锡·期中）（多选）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折至的位置．若为线段的中点，在翻折过程中（平面），下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥体积最大值为； B．直线平面； C．直线与所成角为定值； D．存在，使． 【答案】ABC 【分析】利用锥体的体积公式可判断A；利用面面平行的性质可判断B；利用异面直线所成角的定义可判断C；利用反证法可判断D. 【详解】对于A，取线段的中点，连接，连接交于点， 过点在平面内作，垂足为点， 在矩形中，且， 因为、分别为、的中点，则且， 因为，所以， 故四边形为正方形，同理可知四边形也为正方形， 因为，则为的中点，且， 将沿直线翻折至的位置，则， 且，所以，且， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面，平面， 所以平面，且， 因为， 所以， 当且仅当为直角时，等号成立，故A正确； 对于B，连接交于点，连接、， 因为四边形为正方形，，则为的中点， 又因为为的中点，所以，， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 因为，平面，平面， 所以平面平面， 因为平面，所以平面，故B正确；    对于C，因为，所以直线与所成角为直线与所成角， 因为，，，所以， 因为， 所以，为等腰直角三角形，且， 所以，， 中，，， 由余弦定理可得， 所以，， 所以，直线与所成角为为定值，故C正确； 对于D，假设存在使得， 易知， 因为，所以，所以， 因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 事实上，为等腰直角三角形，且，这与矛盾，故假设不成立，故D错误. 【巩固练习7】（23-24高一下·山西太原·期末）（多选）如图，矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至，连接，为的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）    A．的长是定值 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得平面平面 D．当三棱锥的体积取最大值时，其外接球的表面积是 【答案】ACD 【分析】对于A：取点作辅助线，分析可知，，结合余弦定理分析判断；对于B：假设，分析可得，，进而可得矛盾，即可得结果；对于C：取，分析可知平面，结合面面垂直的判定定理分析证明；对于D：分析可知当平面与平面垂直时，三棱锥的体积最大，说明此时中点为外接球球心即可. 【详解】对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于点F，可知为中点，    则，可知， 且， 在△CEN中，由余弦定理得：为定值， 所以NC是定值，故B正确； 对于选项B：由选项A可知：， 因为，则， 假设，则， 但NE，NF，NC共面且有公共点， 这是不可能的，假设不成立，所以不相互垂直，故B错误； 对于选项C：例如，则，可知， 且，，平面， 可得平面， 又因为平面，可得平面平面， 所以存在某个位置，使得平面平面，故C正确； 对于选项D：根据题意知：当且仅当平面平面AMD时，三棱锥的体积最大， 取AM、AD的中点为O、E，连接，    因为，即，则， 平面平面，平面，可得平面， 且平面，则， 则，，， 可得，则， 可知AD的中点E就是三棱锥的外接球的球心，球的半径为1， 所以球的表面积是，故D正确 【巩固练习8】（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH，CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示.    (1)求证：AD⊥CG； (2)若AH⊥CD，试求直线CH与平面ABCD所成角的正弦值； (3)若二面角的大小为，M是线段CG上的一个动点（M与C，G不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)是定值， 【分析】（1）作出辅助线，得到AD⊥NG，AD⊥NC，进而得到线面垂直，得到AD⊥CG； （2）计算出，由勾股定理逆定理得到AC⊥CD，结合AH⊥CD，故CD⊥平面AHC，所以AH⊥CH，求出，根据求出点到平面的距离，求出CH与平面ABCD所成角的正弦值； （3）由二面角定义得到，作出辅助线，证明出线面垂直，并求出，从而得到. 【详解】（1）如图，连接EC交AD于N，则N为CE的中点， 由正六边形的性质，⊥，可知AD⊥NG，AD⊥NC， 因为，NG，平面GNC. 故AD⊥平面GNC. 而平面GNC，所以AD⊥CG.    （2）如图，连接AC，在正六边形中， ， 故， 又，，    则有， 即AC⊥CD，又因为AH⊥CD，故CD⊥平面AHC， 连接FD，同理AF⊥FD，即AH⊥HD，即有AH⊥平面CDH. 所以AH⊥CH. 因为，，所以， 设点到平面的距离为， 由，有， 解得. 设CH与平面ABCD所成的角为，则. 所以CH与平面ABCD所成角的正弦值为. （3）由（1）知AD⊥平面GNC， 所以∠GNC就是二面角的平面角，即， 过M作⊥NC，垂足为点，过M作，垂足为点.    因为AD⊥平面GNC，平面GNC， 所以，， 因为，平面，平面， 所以平面ABCD，平面ADGH， 设梯形的面积为，梯形的面积为， 所以 在△GNC中，，， 所以，， 得. 故. 即四棱锥M-ABCD与四棱锥M-ADGH的体积之和是定值. 【题型18】轨迹问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·山东济南·期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 【答案】 【分析】首先证明，，，则；即可得到平面，取的中点，连接，即可证明平面，从而确定，则点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上，确定圆心角，即可求出轨迹长. 【详解】首先证明，，，则； 如下图所示：    设，， 在平面内取一点，过点作直线，过点作直线， 由面面垂直的性质定理可得平面，平面； 又，即，所以可得； 又，且平面，可得； 因为平面，均与底面垂直，平面平面， 所以平面，在平行六面体中，则平面， 又底面是边长为的菱形，，连接，则为边长为的等边三角形， 取的中点，连接，则，且， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又点在侧面上运动，即平面， 所以，又，所以， 所以点在以为圆心，半径的圆（圆弧）上， 在、分别取点、，使得， 即，且， 又，所以点在弧上，且圆心角， 所以点的轨迹长为. 故答案为：    【例题2】（23-24高一下·湖北武汉·期末）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. 【详解】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. . 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·福建厦门·期中）如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，为直四棱柱表面上的动点，若，，，四点共面，则动点P的轨迹的长度为 ． 【答案】 【分析】设直线分别于得延长线交于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的柱长和结构特征得到截面的各边长. 【详解】设直线分别于得延长线交于点，连接，交于点， 连接，交于点，连接， 所以动点P的轨迹为直四棱柱的截面五边形. 由平行线分线段比例可知：， 故，故为等腰直角三角形， 所以，故，则， . 所以五边形的边长为： . 【巩固练习2】（23-24高一下·湖南长沙·期中）在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是 ． 【答案】 【分析】证明平面平面，得点的轨迹，由此可得的最大值为的长，最小值为到平面的距离，求出距离后可得． 【详解】连接，正方体中由与平行且相等得是平行四边形，从而， 又平面，平面，所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面， 平面，则平面， 所以动点的轨迹形成的区域为的边界及内部，的最大值为即的长， 的最小值为到平面的距离， 连接交于点，连接交于点，， 由平面，平面，得， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以，同理， 又因为，平面，所以平面， 同理可证，所以，从而， 故线段的长的取值范围是． 故答案为：． 【巩固练习3】（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为 .    【答案】 【分析】在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，设在平面的射影为，连接，则即为直线与平面所成角，在平面上的射影为，求出点的轨迹，再结合平面几何的性质即可得解． 【详解】如图所示， 在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体， 连接、，易知四边形是菱形， 设在平面的射影为， 由正三棱锥可知，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，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，当运动到线段且与圆相交时， 取得最小值，记相交于Q,易知， 则， 此时取得最大值为． 故答案为：．    【题型19】最值问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·广东广州·期末）已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决. 【详解】取中点，连接，，依题意可得， 又，平面，可知平面， 当点在之间时，作分别交于点， 作分别交于点，连接，则平面与平面平行，得到的截面为五边形， 根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形. 要使截面多边形的面积最大，则当点在之间时， 令，则， 可得， 则， 可得， 所以， 又因为与的夹角为与夹角，而与垂直， 则， 可得， 可知：当时，取最大值. 当点在点时，此时截面即为，又， 当点在点，之间时，截面为与相似的三角形，且截面面积小于， 综上可得截面的面积的最大值为. 故答案为：；. 【例题2】（23-24高一下·湖北武汉·期末）（多选）已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（    ） A．截面SAB的最大面积为 B．若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为 C．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D．若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 【答案】ACD 【分析】对A，关键在于考虑∠ASB正弦的大小；对B，只需作出线面角即可；对C，当三棱锥O-SAB体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D，可以将圆锥侧展开考虑. 【详解】对A，因为，所以∠ASB为锐角， 所以，A正确； 对B，如图，取OA中点H，则BH⊥OA，又BH⊥SO，所以BH⊥面SOA， 所以∠BSH为直线SB与平面SOA所成的角， 所以，B错误； 对C，易知当三棱锥O-SAB体积最大时，OB⊥面SOA， 此时三棱锥可以补成以OA，OB，OS为三相邻边的长方体， 所以外接球直径， 外接球表面积为，C正确； 对D，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为，所以； 过S作SD⊥于D，则所求路径即为CD的长： 由，SC=30cm， 所以=50cm，且，D正确. 故选：ACD. 【例题3】（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图所示，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； (3)在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）过作平面于点，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明； （2）找到线面角即为，再利用勾股定理和余弦性质即可； （3）首先利用线面角定义证明和重合时，直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大，再证明该四面体为正四面体，最后利用余弦定理即可. 【详解】（1）过作平面于点，延长交于点， 延长交于点平面， 则，平面， 则平面，平面， 同理由可证明为的垂心，， 因为平面，平面,， 又平面，则平面. 平面. （2）平面，则直线与平面所成的角即为， 为等边三角形，边长为2， 则， ， 所以直线OB与平面ABC所成夹角是定值，且， 直线OB与平面ABC所成夹角的余弦值为. （3）取的中点，连和， 为的中点，， 平面平面， 即为直线与平面所成角最大时，即最小. 由题意知，则最小时，和重合时， 取中点，连接，则即为异面直线与所成的角， 在中，， 由余弦定理得， 同（2）中的求法可得，结合底面是为2的等边三角形， 则该四棱锥为正四面体，则， 又中，， 则由余弦定理得.    巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·重庆·期末）已知三棱台中，△ABC为正三角形，，点E为线段AB的中点． (1)证明：平面； (2)延长交于点P，求三棱锥P-ABC的体积最大值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设是的中点，连接，，则利用三角形中位线定理结合已知可证得四边形是平行四边形，则，再由线面平行的判定定理可证得结论； （2）由题意可得当平面平面ABC时，该三棱锥的体积最大，由已知可得△PAB是边长2的正三角形，从而可求出三棱锥的体积； 【详解】（1）证明：如图，设是的中点，连接，， 在三棱台中，因为，所以， 且，因为E，F分别是AB，BC的中点， 所以，， 所以∥，，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）因为，又为定值， 所以当平面平面ABC时，该三棱锥的体积最大． 因为∥，，所以分别是PA，PB的中点， 所以， 因此△PAB是边长2的正三角形， 因为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面ABC， 又，则； 则三棱锥P-ABC的体积最大值为1． 【巩固练习2】（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）分别证明和推得平面，即得结论； （2）由（1）易得为二面角的平面角，分别求得,即得结论； （3）通过作于点，作推得平面平面，满足平面，设，将表示成的函数形式，求其最小值即得. 【详解】（1）因为底面,平面，所以， 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，E为SB中点，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）由（1）平面，平面， 所以，，平面平面， 可知为二面角的平面角， 因，则，,， ， 由（1）知平面，平面，故， 得，故． （3） 过点作AB的垂线，垂足为，过点作， 因为，，且，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，所以平面平面， 平面，所以平面． 设，因，则，，， 则， 故当时，线段MF的最小值为． 【巩固练习3】（23-24高一下·广东惠州·期末）如图，已知在直三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，，，，.当是棱的中点，则三棱锥体积为 ；当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【分析】在中，由余弦定理，可得，再求出，再用面积公式求的面积，体积公式求三棱锥体积即可；作出辅助线，推导出当取最小值时，最小，即最小，此时，因为是的中点，则是的中点，则是棱的中点，进而求出各边长，得到 【详解】因为，，， 所以在中，由余弦定理，得， 所以，所以， 所以； 作，垂足为，作，垂足为， 易知棱在平面上的射影为， 则点在平面上的射影在线段上， 因为，故，解得， 故，则， 设的中点为，外接球的球心为，半径为， 则平面，即， 在中，①， 又因为② 由①②，可得，所以当取最小值时，最小，即最小， 此时，因为是的中点，则是的中点，则是棱的中点. 因为，所以直线与所成角即为直线与所成角. 因为，再由余弦定理， 得， 因为，所以. 【巩固练习4】（23-24高一下·江苏南通·期末）如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面． (1)证明：； (2)已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3． ①求三棱锥B-ADE的体积； ②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；②． 【分析】（1）由面面平行的性质定理即可证明； （2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，，可推得，从而得，求得结论； ②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为，可证为母线与下底面所成角，由可知，要使最小，只要最小即可，进而求得的最小值，即可求得结论． 【详解】（1）证明：在圆台中，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以； （2）①将圆台的母线延长交于一点，连接，延长交底面于点，连接，， 在圆台中，平面平面， 因为平面平面，平面平面，所以， 又由（1）可知，所以， 又，，，，，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 在圆台中，，， 所以，所以， 所以，所以， 连接，交于点，所以， 所以，到平面的距离之比， 所以； ②在等腰梯形中，过点作边的垂线，垂足为， 在平面内过点作的平行线交于点，连接， 易得，因为平面，所以平面， 所以为母线与下底面所成角， 因为，，所以，所以， 要使最小，只要最小即可， 因为，所以，所以， 设，因为为圆的直径，所以， 所以，，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 所以，因此为二面角的平面角， 在中，因为，所以， 因为平面，平面，所以， 在中，由勾股定理得，所以， 所以二面角的正弦值为． 【巩固练习5】（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，已知，，，为线段BC上一个动点． (1)若AD为的角平分线，求线段AD的长； (2)将折起到的位置，记二面角的大小为． （i）若，且AD为的角平分线，求三棱锥外接球的面积； （ii）若，求三棱锥外接球的面积最小值． 【答案】(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理，结合三角形面积公式求解即得. （2）（i）由（1）的结论，利用正弦定理求出外接圆直径，结合余弦定理及球的截面小圆性质求出球半径即得；（ii）设，利用余弦定理求出，再利用（i）中的相关信息及结论代入求解即得. 【详解】（1）在中，，，，由余弦定理得， 由AD为的角平分线，得， 而，解得，， 在中，，所以． （2）（i）在中，由（1）知，解得， 为AD中点，设外接圆为，半径为，，， 由，解得， ，在中，，解得， 设外接圆为，半径为，，， 由，解得，， 平面，则平面，， 令三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 而平面平面，则，又， 平面，于是平面，从而点共面， 显然，OT为四边形的外接圆直径，同时也为外接圆直径， 而，， 三棱锥外接球的半径为，则， 由，得， 所以三棱锥外接球表面积为． （ii）由为线段BC上一个动点，设，显然不能与点重合，即， 由（1）解得，，， 由（i）知，为AD中点，外接圆为，半径为，， 由，解得，， 外接圆为，半径为，，由，解得， ，令三棱锥外接球的球心为，半径为， ， 当时，， 三棱锥外接球表面积为，当时，， 所以三棱锥外接球表面积的最小值为. 【巩固练习6】（23-24高一下·湖北武汉·期末）（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形． (1)若面ABCD，，，求证：； (2)若二面角的大小为，，且，设直线BD和平面QCB所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）问题转化为证明平面，即证明和，转化为证明平面， 而则只需证明 （2）作出二面角的平面角以及直线与平面所成的角，列出的表达式，最后把问题转化为函数最值问题. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，在中，， 则，，所以，，由，，所以， 所以，又因为，，平面， 所以平面，又因为平面，所以. （2） 在平面中，过点作，因为为矩形，所以， 所以为二面角的平面角，且， 又，平面，所以平面，在平面中，过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面， 所以为直线与平面所成的角，即，，又因为， 所以，由可得，， 设，，则，， 所以，当且仅当时等号，所以的最大值为. 【巩固练习7】（23-24高一下·重庆·期末）如图1，在平面四边形ABCD中，，，，，，将沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面ABD； (2)在三棱锥中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l． ①证明：∥； ②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解； 【分析】（1）根据勾股定理可得，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）①根据题意可证∥平面CEF，结合线面平行的性质分析证明；②过点作平面∥平面，直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面所成角，利用等体积法求点到平面的距离为，进而求线面夹角的正弦值，结合二次函数分析求解. 【详解】（1）在中，可得， 在中，由余弦定理，即， 因为，则， 可得， 且，平面ABD， 所以平面ABD. （2）①因为点E，F分别为线段AB，BD的中点，则∥，且， 由平面CEF，平面CEF，可得∥平面CEF， 又因为平面ADC，且平面CEF与平面ADC的交线为l， 所以∥； ②因为∥，且平面CEF，平面ADC， 可知，则平面ADC， 规定点为起点，方向为正方向，设， 过点作平面∥平面，如图所示： 可知：直线CF与平面QGE所成角即为直线CF与平面所成角，设为， 则， 可得， 在中，， 且，则， 设点到平面的距离为， 因为，则， 解得， 则， 设，则，可得， 若，则； 若，则， 可知，即时，取到最小值，取到最大值； 综上所述：直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值为. 【题型20】新定义问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·湖南长沙·期末）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. 【详解】（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. 【例题2】（23-24高一下·重庆·期中）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)2 (2)①；② 【分析】（1）根据离散曲率的定义，直接计算，即可得答案； （2）①求出的值，利用余弦定理求出顶点S处的侧面的顶角大小，即可求得答案；②根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，再根据线面角的定义，即可求解答案. 【详解】（1）由题意可知四棱锥在各个顶点处的角的和， 即等于四个侧面上的三角形和底面四边形的内角和，即， 故四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为：； （2）①连接，由于底面是边长为2的菱形，故交于点O， ，则为正三角形，则, 底面，底面，故，， 则，， 则 ， 由于为三角形内角，故； 同理求得， 故该四棱锥在处的离散曲率； ②由题意可知四棱锥的是个侧面三角形全等， 即得， 四棱锥在处的离散曲率，则， 设，则，而， 故，解得， 作于E，则E为AB中点，结合题意知为正三角形，故， 作于F，则，且， 则; 连接，由于底面，底面，故， 平面，故平面， 平面，故平面平面，平面平面， 作于G，则平面， 则即为直线与平面所成角， 则. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·吉林长春·期末）定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点A，B，C，过任意两点的大圆上的劣弧AB，劣弧BC，劣弧CA所组成的图形称为球面，记其面积为．易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的A，；若球面上A，B，C的对径点分别为，，，则球面与球面全等，如图2．已知球O的半径为R，圆弧AB和圆弧AC所在平面组成的锐二面角的大小为α，圆弧BA和圆弧BC所在平面组成的锐二面角的大小为β，圆弧CA和圆弧CB所在平面组成的锐二面角的大小为．记． (1)请写出，，的值，并猜测函数的表达式； (2)求（用α，β，γ，R表示）． 【答案】(1)，，；猜测 (2) 【分析】（1）结合图形理解题意，根据的计算公式，分别求出，，，并按照规律猜出的表达式即得； （2）分别计算并相加，利用八块球面拼接成一个球面，以及，将其化简，代入（1）猜测的公式，即可求得的解析式. 【详解】（1）， ， ． 猜测． （2） 因为， 所以， 即． 【巩固练习2】（23-24高一下·江苏常州·期末）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. 【详解】（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.    【巩固练习3】（23-24高一下·福建三明·期末）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据条件得到菱形为正方形，再根据在顶点处的离散曲率的定义计算即可； （2）根据四棱柱在顶点处的离散曲率为，求得，结合立体几何知识，求得与平面的夹角为，在中求解即可； （3）根据四面体在点处的离散曲率为求得，再结合立体几何知识，证得平面，用等体积法求三棱锥的体积，求得，即可得证. 【详解】（1）若，则菱形为正方形，即， 因为平面平面，所以， 所以直四棱柱，在顶点处的离散曲率为. （2）因为平面平面，所以， 直四棱柱在顶点处的离散曲率为， 则，即是等边三角形， 为菱形，又直四棱柱， 平面平面，， 又平面，平面， 设，则即为与平面所成的角， 在中，， ，所以与平面的夹角的正弦值为. （3）在四面体中， 所以，， 所以四面体在点处的离散曲率为， 所以，所以为等边三角形，所以， 又在中，所以， 所以直四棱柱为正方体， 因为平面 平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 平面平面，， 又平面，平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面， 是三棱锥的高，设正方体的棱长为， ， ， ， . 【巩固练习4】（23-24高一下·新疆乌鲁木齐·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中（，2，…，，）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面． (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知在直四棱柱中，底面是菱形，， ①若四面体在点处的离散曲率为，证明：平面； ②若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)2 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据题意，利用离散曲率的公式，准确计算，即可求解； （2）①根据题意，得到直四棱柱侧面均为正方形，求得在点处的离散曲率为，进而得到直四棱柱为正方体，再利用线面垂直的判定定理，即可证得平面； ②求得点处的离散曲率为，得到，设，证得平面，得到即与平面所成的角，结合，即可求解. 【详解】（1）解：由题意，四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为：. （2）解：①因为直四棱柱中，四边形为菱形，， 所以直四棱柱侧面均为正方形， 四面体在点处的离散曲率为， 则，则为正三角形，， 所以，四边形为正方形，直四棱柱为正方体， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，又因为平面，所以， 同理可得，，平面，平面，， 所以平面. ②直四棱柱在点处的离散曲率为， 则，设，交于点，则， 由①知，，因为四边形为菱形，所以， 又平面，平面，，所以平面， 即与平面所成的角，， 所以与平面所成的角的正弦值为. 【巩固练习5】（23-24高一下·山东济南·期末）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. 【详解】（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.    5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$【重难点突破】2024-2025学年高一下学期数学常考题专练（新高考） 专题4-3 立体几何综合：外接球与内切球,截面,动点,翻折等 总览 题型·解读 模块一 外接球与内切球 【题型1】直棱柱和圆柱外接球 【题型2】正四面体的内切球和外接球结论 【题型3】长方体的两大外接球模型 【题型4】正棱锥与圆锥的外接球（球心在高上） 【题型5】圆台，棱台外接球模型 【题型6】垂面型外接球模型（棱锥的一条侧棱垂直底面） 【题型7】利用两个过外心的垂线确定球心 【题型8】共斜边拼接外接球模型 【题型9】切瓜模型（一个面垂直外接圆直径） 【题型10】棱锥，棱台内切球问题 【题型11】多球相切问题 【题型12】外接球之折叠模型（二面角模型） 【题型13】棱切球问题 模块二 其它中档题与压轴题 【题型14】截面问题综合 【题型15】动点问题综合 【题型16】体积计算与等体积法综合运用 【题型17】旋转与翻折问题 【题型18】轨迹问题 【题型19】最值问题 【题型20】新定义问题 题型汇编 知识梳理与常考题型 模块一 外接球与内切球 【题型1】直棱柱和圆柱外接球 典型例题 【例题1】（23-24高一下·山东·期中）已知正三棱柱的高与底面边长均为3，则该正三棱柱外接球的体积为 . 【例题2】已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同一个体积为的球面上，该圆柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知正三棱柱所有棱长都为6，则此三棱柱外接球的表面积为（    ） A． B．60 C． D． 【巩固练习2】（23-24高一下·湖南长沙·期中）在直三棱柱中，为等边三角形，，则三棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】（23-24高一下·湖南长沙·期中）在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【题型2】正四面体的内切球和外接球结论 基础知识 在棱长为a的正四面体中 设正四面体的的棱长为，则有 1、正四面体的高为； 2、正四面体外接球半径为 3、正四面体内切球半径为； 4、正四面体体积 典型例题 【例题1】已知正四面体ABCD的表面积为，且A，B，C，D四点都在球O的球面上，则球O的体积为 ． 【例题2】外接球半径为的正四面体的体积为（    ） A． B．24 C．32 D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·浙江杭州·期中）一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】正四面体的外接球与内切球的半径比为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】已知正三棱锥，各棱长均为，则其外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习4】一个正四面体的棱长为2，则它的外接球与内切球体积之比为（    ） A． B． C． D． 【题型3】长方体的两大外接球模型 基础知识 （1）墙角模型 长方体的外接球（三条棱两两垂直，不找球心的位置即可求出球半径） 方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式，即，求出 （2）对棱相等模型（补形为长方体） 题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，，） 第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱； 第二步：设出长方体的长宽高分别为，，，， 列方程组，， 补充：. 第三步：根据墙角模型，，， ，求出. 典型例题 【例题1】（23-24高一下·浙江金华·期中）已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高一下·辽宁本溪·期末）正六面体部分顶点连线，面的中心连线完美的勾勒出正四面体，正八面体，而正四面体的外接球恰好是正方体的外接球，立体几何中有好多类似的事实存在：若四面体，则该四面体外接球的体积为 ． 巩固练习 题型 【巩固练习1】在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角中，为斜边上的高，，现将沿翻折成，使得四面体为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为 【巩固练习2】（23-24高一下·江苏南京·期末）如图，四棱锥中，面，四边形为正方形，，与平面所成角的大小为，且，则四棱锥的外接球表面积为（   ） A．26π B．28π C．34π D．14π 【巩固练习3】（23-24高一下·广东揭阳·期末）一个三棱锥形木料，其中底面是的等腰直角三角形，底面，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为 . 【巩固练习4】（23-24高一下·重庆长寿·期中）（多选）如图，四面体ABCD的各个面都是全等的三角形，且，若A，B，C，D在同一个球面上，则下列正确的是（    ）    A．直线AB，CD所成角为 B．二面角的余弦值为 C．四面体ABCD的体积为 D．四面体外接球的半径为 【题型4】正棱锥与圆锥的外接球（球心在高上） 基础知识 正棱锥，圆锥模型 题设：如图这七个图形，的射影是的外心三棱锥的 三条侧棱相等三棱锥的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点. 解题步骤： 第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线； 第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）； 第三步：勾股定理：，解出 方法二：小圆直径参与构造大圆，用正弦定理求大圆直径得球的直径. 典型例题 【例题1】已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的外接球的体积为 . 【例题2】已知三棱锥的各侧棱长均为，且，则三棱锥的外接球的表面积为 . 则在上，则，即，得，外接球的表面积为 巩固练习 题型 【巩固练习1】在三棱锥中，，则三棱锥的外接球的半径为 ． 【巩固练习2】（23-24高一下·河北张家口·期末）已知圆锥的顶点为，母线长为1，其侧面展开图扇形的圆心角为，设该圆锥外接球半径为，内切球半径为，则（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】已知球的体积为，圆锥的顶点及底面圆上所有点都在球面上，且底面圆半径为，则该圆锥侧面的面积为（    ） A． B．或 C．或 D． 【题型5】圆台，棱台外接球模型 基础知识 圆台，棱台外接球 ，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 基本规律:正棱台外接球，以棱轴截面为主 注：若球心位置不确定，也可以直接设，若解出来为负数则说明球心在另一侧 【例题1】（23-24高一下·山东临沂·期末）若圆台上、下底面的圆周都在一个直径为的球面上，其上、下底面半径分别为和，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【例题2】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【例题3】（23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为（    ） A．1 B． C．2 D． 【巩固练习1】（23-24高二下·云南昆明·期末）已知正四棱台的体积为，上、下底面边长分别为，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高一下·重庆渝中·期中）已知正四棱台的高为，其所有顶点均在同一个表面积为的球面上，且该球的球心在底面上，则棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中，，则该“刍童”外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习4】（23-24高一下·江苏南京·阶段练习）正四棱台，其上、下底面的面积分别为，，该正四棱台的外接球表面积为，则该正四棱台的体积为 . 【题型6】垂面型外接球模型（棱锥的一条侧棱垂直底面） 基础知识 题设：如图，平面，求外接球半径.（一条侧棱垂直底面） 解题步骤： 第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心； 第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得），； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①； ②. 典型例题 【例题1】已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，平面，，，，若球O的表面积为，则（    ） A． B．1 C． D． 【例题2】已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·湖南长沙·期中）在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】已知在三棱锥P－ABC中，PA＝4，，PB＝PC＝3，平面PBC，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积是 . 【巩固练习3】已知三棱锥所在顶点都在球的球面上，且平面，若，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径作答. 【详解】在中，，由余弦定理得， 令外接圆圆心，则平面，且， 而平面，因此，取中点，连接，有， 又平面，即有，，于是四边形为平行四边形， 则，球的半径，体积为.    【题型7】利用两个过外心的垂线确定球心 典型例题 【例题1】如图，三棱锥中，平面平面BCD，是边长为2的等边三角形，，.若A，B，C，D四点在某个球面上，则该球体的表面积为 .    【例题2】（23-24高一下·山西长治·期末）四棱锥中，平面平面，底面为矩形，，，，若四棱锥的外接球表面积为，则四棱锥的体积为（    ） A． B． C．或 D．或 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知正边长为1，将绕旋转至，使得平面平面，则三棱锥的外接球表面积为 ． 【巩固练习2】在四棱锥中，平面平面，且为矩形，，，，，则四棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】已知正方体的棱长为1，P为棱的中点，则四棱锥P－ABCD的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【题型8】共斜边拼接外接球模型 基础知识 两直角三角形拼接在一起(斜边相同,也可看作矩形沿对角线折起所得三棱锥)模型 题设：如图，，求三棱锥外接球半径（分析：取公共的斜边的中点，连接，则，为三棱锥外 典型例题 【例题1】在矩形中，，沿将矩形折成一个直二面角，则四面体的外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是球的直径.若平面平面，，，三棱锥的体积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 则. 【巩固练习3】在平行四边形中，，，将此平行四边形沿对角线折叠，使平面平面，则三棱锥外接球的体积是 　　． 【题型9】切瓜模型（一个面垂直外接圆直径） 基础知识 切瓜模型（一个面垂直外接圆直径） 如图4-1，平面平面，且（即为小圆的直径），且的射影是的外心三棱锥的三条侧棱相等三棱的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点. 解题步骤： 第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线； 第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）； 第三步：勾股定理：，解出； 事实上，的外接圆就是大圆，直接用正弦定理也可求解出. 2．如图4-2，平面平面，且（即为小圆的直径），且， 利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①； ② 3．如图4-3，平面平面，且（即为小圆的直径） 4．题设：如图4-4，平面平面，且（即为小圆的直径） 第一步：易知球心必是的外心，即的外接圆是大圆，先求出小圆的直径； 第二步：在中，可根据正弦定理，求出. 典型例题 【例题1】已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，为边长是2的等边三角形，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知某圆锥的轴截面为正三角形，侧面积为，该圆锥内接于球，则球的表面积为 . 【巩固练习2】在三棱锥中，平面平面，点是的中点，，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【巩固练习3】三棱锥中，，，，则该三棱锥外接球的表面积为 ． 【题型10】棱锥，棱台内切球问题 基础知识 正棱锥的内切球 如图，四棱锥是正四棱锥，求其内切球的半径 相似法（通法） 第一步：先现出内切球的截面图，三点共线； 第二步：求，，是侧面的高； 第三步：由相似于，建立等式：，解出 等体积法（通法） 若三棱锥是任意三棱锥，求其的内切球半径（最优法） 方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等 第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积； 第二步：设内切球的半径为，建立等式： 第三步：解出 内切球之圆台，棱台模型 首先需要明确，并不是所有的圆台都有内切球，如果一个圆台又矮又胖，最多只能找到一个与上下底面相切的球，无法做到与所有母线相切，圆台内切球指的是与圆台上下底面和每条母线均相切的球。如下图所示： 此时圆台的上下底面圆的半径与圆台的高必须满足一定关系，下面进行详细分析，为了分析方便，采用平面辅助法，上图的轴截面如下： 假设上底面圆半径为r2，下底面圆半径为r1，内切球半径为R，圆台的高为h，母线长为l。上图轴截面是等腰梯形的内切圆，点E，F，G为切点，可得如下全等关系： ； 由射影定理可得： 典型例题 【例题1】已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为（    ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高一下·浙江金华·期末）某圆锥的底面半径为6，其内切球半径为3，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【例题3】已知球内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径，则圆台的体积与球的体积之比为（    ）    A． B． C．2 D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知一个圆锥的高为，底面直径为，其内有一球与该圆锥的侧面和底面都相切，则此球的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高一下·吉林·期末）已知圆锥的底面半径为，体积为，则该圆锥内切球的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】已知某圆台的上、下底面半径分别为，且，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习4】如图，在正四棱台中，，，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积 ． 【巩固练习5】（23-24高一下·福建龙岩·期末）已知球O内切于圆台EF，其轴截面如图所示，四边形ABCD为等腰梯形，，且，则圆台EF的体积为（    ）    A． B． C． D． 【巩固练习6】（23-24高一下·浙江杭州·期末）一个呈直三棱柱的密闭容器，底面是边长为的正三角形，高为6，有一个半径为1的小球在这个容器内可以向各个方向自由滚动，则小球能接触到的容器内壁的最大面积为 ． 【题型11】多球相切问题 典型例题 【例题1】已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为 . 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的表面积为 ． 【巩固练习3】棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的表面积最大为（    ） A． B． C． D． 【题型12】外接球之折叠模型（二面角模型） 基础知识 折叠模型（二面角模型）-由2个外心加“中垂线”确定球心 题设：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠(如图6) 第一步：先画出如图6所示的图形，将画在小圆上，找出和的外心和； 第二步：过和分别作平面和平面的垂线，两垂线的交点即为球心，连接； 第三步：解，算出，在中，勾股定理： 注：易知四点共面且四点共圆，证略. 典型例题 【例题1】（23-24高一下·河南郑州·期末）在边长为的菱形中，，将沿着折叠，得到三棱锥，若，则该三棱锥的外接球的体积是（    ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高一下·浙江·阶段练习）如图，平行四边形中，，.现将沿起，使二面角大小为120°，则折起后得到的三棱锥外接球的表面积为（    ）    A． B． C． D． 巩固练习 题型 【巩固练习1】已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为， ，则三棱锥的外接球的表面积为 .    【巩固练习2】（23-24高一下·四川成都·期末）已知菱形ABCD的边长为2，．将沿着对角线AC折起至，连结．设二面角的大小为，当时，则四面体的外接球的表面积为 ． 【巩固练习3】（23-24高一下·浙江杭州·期中）（多选）如图，在菱形中，分别为的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（    ） A．平面 B．异面直线与所成角为定值 C．设菱形边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 D．若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是 【题型13】棱切球问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·广东佛山·期末）已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（      ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）（多选）如图，已知正八面体（围成八面体的八个三角形均为等边三角形）的棱长为2，其中四边形为正方形，其棱切球（与正八面体的各条棱都相切）的球心为，则以下结论正确的是（    ） A．点到平面的距离等于1 B．点到直线的距离等于1 C．球在正八面体外部的体积小于 D．球在正八面体外部的面积大于 巩固练习 题型 【巩固练习1】（2024·浙江宁波·二模）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高一下·浙江温州·期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足， ，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为 ． 模块二 其它中档题与压轴题 【题型14】截面问题综合 典型例题 【例题1】（23-24高一下·江苏苏州·期末）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，E，F，G，H分别为AB，，，的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．点，到平面的距离相等 D．平面截该正方体所得截面的面积为 【例题2】（23-24高一下·广东东莞·期末）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点分别为的中点，平面经过点，且与交于点，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．平面平面 C． D．二面角的正切值为 巩固练习 题型 【巩固练习1】（22-23高一下·湖北武汉·期末）已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为，的中点为E，过点E作与垂直的平面，则平面截正四棱锥所得的截面面积为（    ）． A． B． C． D． 【巩固练习2】（23-24高一下·浙江杭州·期中）在棱长为2的正方体中，则它的外接球的表面积为 ；若E为的中点，则过B、D、E三点的平面截正方体所得的截面面积为 . 【巩固练习3】（23-24高一下·江苏南通·期中）（多选）在棱长为2的正方体中，分别是，，的中点，则下列正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．多面体是棱台 D．平面截正方体所得截面的面积为 【巩固练习4】（23-24高一下·江苏南通·期中）（多选）如图，在长方体中，，，分别为棱的中点，则下列说法中正确的有（    ）    A．直线与为相交直线 B．异面直线与所成角为 C．若是棱上一点，且，则四点共面 D．平面截该长方体所得的截面可能为六边形 【巩固练习5】（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，在直三棱柱中，是上一动点，是的中点，是的中点. (1)当时，证明: 平面; (2)在答题卡的题 (2) 图中作出平面与平面的交线 (保留作图痕迹,无需证明); (3)是否存在，使得平面与平面所成二面角的余弦值为? 若存在求满足条件的值，若不存在，则说明理由. 【题型15】动点问题综合 典型例题 【例题1】（23-24高一下·江苏南京·期末）（多选）正多面体也称柏拉图立体(被誉为最有规律的立体结构)，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体(各面都是全等的正多边形).数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是3(如图)，则下列说法正确的是（    ） A． B．直线与平面所成的角为 C．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 D．若点为棱上的动点，则的最小值为 【例题2】（23-24高一下·浙江温州·期末）（多选）正方体棱长为1，E，F分别为棱，AD（含端点）上的动点，记过C，E，F三点的平面为，记为点B到平面的距离，为点到平面的距离，则满足条件（    ）的是不唯一的． A． B． C． D． 【例题3】（23-24高一下·广东佛山·期末）（多选）如图，在三棱锥 中，， 点 是 上一动点，则（      ） A．过 各中点的截面的面积为 B．直线 与平面 所成角的正弦值为 C． 面积的最小值为 D．将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形。 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·福建厦门·期中）（多选）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（    ） A．若点满足，则动点的轨迹长度为 B．当点在棱上时，的最小值为 C．当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为 D．当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为 【巩固练习2】（23-24高一下·浙江宁波·期末）（多选）如图，已知四面体的各条棱长均等于2，E，F分别是棱，的中点.G为平面上的一动点，则下列说法中正确的有（    ） A．三棱锥体积为 B．线段的最小值为 C．当G落在直线上时，异面直线与所成角的余弦值最大为 D．垂直于的一个面，截该四面体截得的截面面积最大为1 【巩固练习3】（23-24高一下·重庆·期末）（多选）棱长为2的正方体中，，，，则（    ） A．三棱锥的外接球半径为 B．直线与直线所成角的余弦值的最小值为 C．时，过点作直线的垂面，则平面截正方体所得截面面积为 D．若，则三棱锥的体积为 【题型16】体积计算与等体积法综合运用 典型例题 【例题1】（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图所示，在三棱柱中，若点，分别满足，，三棱柱高为3，面积为，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 【例题2】（23-24高一下·江苏南京·期末）在如图所示的几何体中， 底面ABCD 是边长为2的正方形，，，，均与底面ABCD 垂直， 且. 点 E、F分别为线段BC、的中点，记该几何体的体积为V，平面AFE将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【例题3】（23-24高一下·广东佛山·期末）如图，已知多面体 中，四边形 均为正方形，点 是 的垂 心， . (1)证明: 是点 在平面 上的射影; (2)求多面体 的体积. 【例题4】（23-24高一下·重庆·期中）如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为的中点，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)若四棱锥为正四棱锥，且，求四棱锥的外接球与正四棱锥的体积之比． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·四川南充·阶段练习）中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的堑堵中，，则阳马的外接球的体积与表面积之比是 . 【巩固练习2】（23-24高一下·湖南长沙·期末）（多选）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与所成的角的大小为 B．直线平面 C．平面平面 D．直线与平面所成角的正弦值为 【巩固练习3】（23-24高一下·广东广州·期末）（多选）已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（    ） A． B．二面角的大小为 C．正四棱台的外接球的表面积为 D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则 【巩固练习4】（23-24高一下·河南郑州·期末）（多选）如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则（    ） A． B．面 C．直线与平面ABCD所成的角为 D．四面体的体积为 【巩固练习5】（23-24高一下·湖南长沙·期末）如图，四边形是圆柱的轴截面，点在底面圆上，圆的半径为1，，点是线段的中点. (1)证明：平面； (2)若直线与圆柱底面所成角为45°，求三棱锥的体积. 【巩固练习6】（23-24高一下·安徽·期末）在三棱柱中，平面，且. (1)求证：平面平面； (2)求点与平面的距离. 【巩固练习7】23-24高一下·河南郑州·期末）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点． (1)证明：平面； (2)若是边长为1的等边三角形﹐点在棱上，，且三棱锥的体积为，求侧面与底面所成二面角的余弦值． 【题型17】旋转与翻折问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·山东济南·期末）（多选）如图所示，三棱锥中，，其余棱长均为.为棱的中点，将三棱锥绕旋转，使得点，分别到达点，，且.下列结论正确的是（    ） A．平面 B． C．直线与所成的角为 D．点，，，，，在同一个直径为的球面上 【例题2】（23-24高一下·江苏扬州·期末）（多选）如图，正方形的中心为，边长为4，将其沿对角线折成直二面角，设为的中点，为的中点，则下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的外接球表面积为 B．直线与平面所成角的正切值为 C．点到平面的距离为 D．三角形沿直线旋转一周得到的旋转体的体积为 【例题3】（23-24高一下·广东广州·期末）如图1，在矩形中，已知，，E为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. (1)若，求异面直线与的夹角； (2)求证：； (3)在翻折过程中，当二面角为时，求四棱锥的体积. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·黑龙江绥化·期中）（多选）在等腰梯形中，，，，点，分别为，的中点，以所在直线为旋转轴，将梯形旋转得到一旋转体，则（    ） A．该旋转体是一个圆台 B．该旋转体的表面积为 C．直线与旋转体的上底面所成角的正切值为 D．该旋转体的外接球的体积为 【巩固练习2】（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【巩固练习3】（23-24高一下·吉林长春·期末）（多选）如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，．若将正三棱锥绕BD旋转，使得点A，C分别旋转至点M，N处，且M，B，D，E四点共面，点M，E分别位于BD两侧，则（    ） A． B． C．MC的长度为 D．点C与点A旋转运动的轨迹长度之比为 【巩固练习4】（23-24高一下·云南昆明·期末）（多选）如图甲，在中，，为的中点，为上一点，且满足，将沿翻折得到直二面角，连接是的中点，连接（如图乙所示），则下列结论正确的是（   ） A． B．∥平面 C．与平面所成角的正切值是 D．三棱锥的体积为 【巩固练习5】（23-24高一下·湖北·期末）（多选）在矩形中，，点是的中点，将沿翻折到，连接得到四棱锥，在翻折到的过程中，二面角的大小为，下列说法正确的是（    ） A．当四棱锥体积为最大值时， B．当时，三棱锥的外接球表面积为 C．若是的中点，则存在使与平面不平行 D．当时， 【巩固练习6】（23-24高一下·江苏无锡·期中）（多选）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折至的位置．若为线段的中点，在翻折过程中（平面），下列结论正确的是（    ）    A．三棱锥体积最大值为； B．直线平面； C．直线与所成角为定值； D．存在，使． 【巩固练习7】（23-24高一下·山西太原·期末）（多选）如图，矩形中，，为的中点，将沿直线翻折至，连接，为的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）    A．的长是定值 B．存在某个位置，使得 C．存在某个位置，使得平面平面 D．当三棱锥的体积取最大值时，其外接球的表面积是 【巩固练习8】（23-24高一下·浙江宁波·期末）如图1，有一个边长为4的正六边形ABCDEF，将四边形ADEF沿着AD翻折到四边形ADGH的位置，连接BH，CG，形成的多面体ABCDGH如图2所示.    (1)求证：AD⊥CG； (2)若AH⊥CD，试求直线CH与平面ABCD所成角的正弦值； (3)若二面角的大小为，M是线段CG上的一个动点（M与C，G不重合），试问四棱锥与四棱锥的体积之和是否为定值？若是，求出这个定值，若不是，请说明理由 【题型18】轨迹问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·山东济南·期末）在平行六面体中，底面是边长为的菱形，，，且平面，均与底面垂直.点在侧面上运动，若，则点的轨迹长为 . 【例题2】（23-24高一下·湖北武汉·期末）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． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·福建厦门·期中）如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，为直四棱柱表面上的动点，若，，，四点共面，则动点P的轨迹的长度为 ． 【巩固练习2】（23-24高一下·湖南长沙·期中）在棱长为1的正方体中，点是该正方体表面及其内部的一个动点，且平面，则线段的长的取值范围是 ． 【巩固练习3】（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为 .    【题型19】最值问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·广东广州·期末）已知正四棱锥的所有棱长都为，点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为 ，的面积的最大值为 ． 【例题2】（23-24高一下·湖北武汉·期末）（多选）已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（    ） A．截面SAB的最大面积为 B．若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为 C．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D．若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 【例题3】（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图所示，在三棱锥中，，．    (1)证明：； (2)若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； (3)在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·重庆·期末）已知三棱台中，△ABC为正三角形，，点E为线段AB的中点． (1)证明：平面； (2)延长交于点P，求三棱锥P-ABC的体积最大值； 【巩固练习2】（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 【巩固练习3】（23-24高一下·广东惠州·期末）如图，已知在直三棱柱中，为的中点，为棱上的动点，，，，.当是棱的中点，则三棱锥体积为 ；当三棱锥的外接球的半径最小时，直线与所成角的余弦值为 . 【巩固练习4】（23-24高一下·江苏南通·期末）如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，E，F分别为上下底面圆周上的点，且B，E，D，F四点共面． (1)证明：； (2)已知，，四棱锥C-BEDF的体积为3． ①求三棱锥B-ADE的体积； ②当母线与下底面所成的角最小时，求二面角C-BF-D的正弦值． 【巩固练习5】（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）在中，已知，，，为线段BC上一个动点． (1)若AD为的角平分线，求线段AD的长； (2)将折起到的位置，记二面角的大小为． （i）若，且AD为的角平分线，求三棱锥外接球的面积； （ii）若，求三棱锥外接球的面积最小值． 【巩固练习6】（23-24高一下·湖北武汉·期末）（建立空间直角坐标系答题不得分）如图，在三棱柱中，侧面ABCD为矩形． (1)若面ABCD，，，求证：； (2)若二面角的大小为，，且，设直线BD和平面QCB所成角为，求的最大值． 【巩固练习7】（23-24高一下·重庆·期末）如图1，在平面四边形ABCD中，，，，，，将沿BD折起，形成如图2所示的三棱锥，且． (1)证明：平面ABD； (2)在三棱锥中，点E，F，G分别为线段AB，BD，AD的中点，设平面CEF与平面ADC的交线为l． ①证明：∥； ②若Q为l上的动点，求直线CF与平面QGE所成角的正弦值的最大值． 【题型20】新定义问题 典型例题 【例题1】（23-24高一下·湖南长沙·期末）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. 【例题2】（23-24高一下·重庆·期中）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 巩固练习 题型 【巩固练习1】（23-24高一下·吉林长春·期末）定义：球的直径的两个端点称为球的一对对径点；过球心的平面与球面的交线称为该球的大圆；对于球面上不在同一个大圆上的点A，B，C，过任意两点的大圆上的劣弧AB，劣弧BC，劣弧CA所组成的图形称为球面，记其面积为．易知：球的任意两个大圆均可交于一对对径点，如图1的A，；若球面上A，B，C的对径点分别为，，，则球面与球面全等，如图2．已知球O的半径为R，圆弧AB和圆弧AC所在平面组成的锐二面角的大小为α，圆弧BA和圆弧BC所在平面组成的锐二面角的大小为β，圆弧CA和圆弧CB所在平面组成的锐二面角的大小为．记． (1)请写出，，的值，并猜测函数的表达式； (2)求（用α，β，γ，R表示）． 【巩固练习2】（23-24高一下·江苏常州·期末）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． 【巩固练习3】（23-24高一下·福建三明·期末）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为 ，其中 为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面 ，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. ”已知在直四棱柱中，底面为菱形.. （角的运算均采用弧度制） (1)若，求四棱柱在顶点处的离散曲率； (2)若四棱柱在顶点处的离散曲率为，求与平面的夹角的正弦值； (3)截取四面体，若该四面体在点处的离散曲率为与平面交于点，证明：. 【巩固练习4】（23-24高一下·新疆乌鲁木齐·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中（，2，…，，）为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面． (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知在直四棱柱中，底面是菱形，， ①若四面体在点处的离散曲率为，证明：平面； ②若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，求直线与平面所成角的正弦值． 【巩固练习5】（23-24高一下·山东济南·期末）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. 5 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$