期末专题06 立体几何（20类真题精讲）-【源课堂会一题通一类系列】2024-2025学年高一数学下学期期末重点复习（人教A版2019）

期末专题06 立体几何 （20类真题精讲） 期末复习目录 20类真题精讲 1 真题精讲01 空间几何体的结构特征及概念辨析 6 真题精讲02 斜二测画法中有关量的计算 8 真题精讲03 求解表面积、侧面积（小题） 11 真题精讲04 求解体积（小题） 12 真题精讲05 球体问题（基础） 16 真题精讲06 球体问题（压轴） 19 真题精讲07 最短距离问题 24 真题精讲08 点、线、面间位置关系判断及辨析 27 真题精讲09 线面平行的判定定理及性质定理的应用（解答题） 30 真题精讲10 面面平行的判定定理及性质定理的应用（解答题） 35 真题精讲11 线面垂直的判定定理及性质定理的应用（解答题） 41 真题精讲12 面面垂直的判定定理及性质定理的应用（解答题） 49 真题精讲13 求异面直线所成角（小题） 55 真题精讲14 求线面角（解答题） 59 真题精讲15 求二面角（解答题） 67 真题精讲16 求体积（解答题） 77 真题精讲17 求空间距离（解答题） 85 真题精讲18 立体几何中的截面问题（压轴） 91 真题精讲19 立体几何中的轨迹问题（压轴） 99 真题精讲20 立体几何中的新定义问题 108 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行 侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 (2)旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 平行、相等且垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆 侧面 展开图 矩形 扇形 扇环 2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l 3.空间几何体的表面积与体积公式 名称 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底·h 锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底·h 台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 3.空间中的平行关系 （1） 线线平行 ①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等） ③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行 （2） 线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 图形语言 符号语言 （3） 线面平行的性质定理 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 图形语言 符号语言 （4） 面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 图形语言 符号语言 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行 图形语言 符号语言 （5） 面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 4.空间中的垂直关系 （1） 线线垂直 ①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直 ③菱形、正方形的对角线互相垂直 （2） 线面垂直的判定定理 判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 图形语言 符号语言 （3） 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 图形语言 符号语言 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 图形语言 符号语言 （4） 面面垂直的判定定理 判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直 （或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） 图形语言 符号语言 （5） 面面垂直的性质定理 性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 图形语言 符号语言 5.异面直线所成角 1.定义：已知两条异面直线经过空间任意一点作直线我们把与所成的锐角（或直角）叫做异面直线与所成的角（或夹角） 2.范围： 3.平移两异面直线使它们相交，转化为相交直线所成角； 6.直线与平面所成角 1.定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫这条直线和这个平面所成的角。 2.范围： 3.求法： （1）由定义作出线面角的平面角，再求解： （2）在斜线上异于斜足取一点，求出该点到斜足的距离（设为 ）和到平面的距离（设为 则 7.二面角 1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，分别在两个半平面内作垂直于棱的射线，则两射线所成的角为二面角的平面角。 2.范围： 3.求法： 作出（或找出）二面角的平面角，再求解。在作二面角的平面角时，一般有二面角的平面角定义法，三垂线法，垂面法等 真题精讲01 空间几何体的结构特征及概念辨析 【典例精讲1】下列说法正确的是（    ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】C 【分析】利用棱柱的定义判断ABC；利用棱台的定义判断D. 【详解】对于A，正六棱柱正对的两个侧面平行，但它们不是正六棱柱的底面，A错误； 对于B，底面邻边不等的长方体的相邻两个侧面不全等，B错误； 对于C，由棱柱的定义知，C正确； 对于D，当截面与棱锥的底面不平行时，棱锥底面与截面之间的部分不是棱台，D错误. 故选：C 【通关1-1】下列几何体中，顶点个数最少的是（    ） A．四棱锥 B．长方体 C．四棱台 D．四面体 【答案】D 【分析】直接根据几何体的特征去判断即可． 【详解】解：四棱锥有5个顶点，长方体和四棱台有8个顶点，四面体有4个顶点． 故选：D 【通关1-2】下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．一个多面体至少有4个面 C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】B 【分析】根据简单几何体的定义以及结构特征去判断即可. 【详解】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A错误； 多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确，； 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误； 用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，D错误. 故选：B. 【通关1-3】给出下列命题： ①圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线； ②两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ③以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台； ④用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形． 其中正确命题是（    ）． A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】根据圆锥母线的定义、棱台的定义、圆台的定义、平面与圆柱底面的位置关系即可依次判断． 【详解】解：①根据圆锥的母线的定义，可知①正确； ②把梯形的腰延长后有可能不交于一点，此时得到几何体就不是棱台，故②错误； ③根据圆台的定义，可知③正确； ④当平面不与圆柱的底面平行且不垂直于底面时，得到的截面不是圆和矩形，故④错误． 故选：B． 真题精讲02 斜二测画法中有关量的计算 【典例精讲2】边长为的正三角形的直观图的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正三角形的面积公式求出原图形的面积，再由直观图和原图的面积比为即可得解. 【详解】因为正三角形的边长为， 所以原图形的面积为：， 因为直观图和原图的面积比为， 所以直观图的面积为：. 故选：A. 【通关2-1】已知一个矩形较长边长为2用斜二测画法画出矩形的直观图是菱形，则直观图的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据直观图是菱形可得答案. 【详解】如图，是矩形的直观图，则，，， 所以的高为， 则直观图的面积为. 故选：A. 【通关2-2】如图，水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图为直角梯形，已知，则原四边形OABC的面积为（    ）    A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】先利用梯形的面积公式求得直观图的面积，再利用直观图与原图面积的比值即可得解. 【详解】根据题意，直观图直角梯形中，， 则直观图的面积， 故原图的面积. 故选：A. 【通关2-3】若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（    ）    A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，由此计算原图形的面积． 【详解】在直观图中过点作交于点， 因为，，，， 所以，则，所以，    由直观图可得如下平面图形，且，，， 所以. 故选：D 真题精讲03 求解表面积、侧面积（小题） 【典例精讲3】已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和3，高为1，则圆台的表面积为（    ） A． B．20π C． D． 【答案】C 【分析】根据题意求出圆台的母线长，再利用圆台的表面积公式求解即可. 【详解】设圆台的母线长为，则， 所以圆台的表面积为 . 故选：C 【通关3-1】已知圆柱的底面半径为2cm，体积为，则该圆柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆柱的表面积和体积公式即可求解. 【详解】设圆柱的高为， 因为圆柱的底面半径为2cm，体积为，则圆柱的底面周长为， ，所以圆柱的表面积为， 故选：D 【通关3-2】石墩随处可见，形状各异，美化了我们的环境，已知某正四棱台石墩的上、下底面边长分别为40cm，58cm，侧棱长为41cm，则该石墩的侧面积为（    ） A．8036cm2 B．13000cm2 C．7840cm² D．12804cm² 【答案】C 【分析】由棱台的性质和勾股定理求得棱台的斜高，再由棱台的侧面积公式，计算可得所求值． 【详解】设，，，可得正四棱台的斜高为， 所以棱台的侧面积为． 故选：C． 【通关3-3】陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，为圆锥的顶点，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，若圆锥的底面周长为，高为3，圆柱的母线长为4，则该几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆锥（圆柱）的底面圆的半径为，圆锥的母线为，根据圆锥的底面周长求出，再由勾股定理求出，最后由表面积公式计算可得. 【详解】设圆锥（圆柱）的底面圆的半径为，圆锥的母线为，依题意可得，解得， 所以， 所以该几何体的表面积. 故选：A 真题精讲04 求解体积（小题） 【典例精讲4】若圆锥的表面积为，且其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由条件结合圆锥表面积公式，弧长公式列方程求，，利用勾股定理可求，再利用体积公式求圆锥的体积. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为， 因为圆锥的表面积为， 所以， 因为圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形， 所以， 所以，， 所以， 所以圆锥的体积. 故选：B. 【通关4-1】已知四棱锥，，平分，点在上且满足，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，设点到平面的距离为，到平面的距离为，则有，利用三角形面积公式可得，又由点在上且满足，可得到平面的距离，结合三棱锥体积公式计算可得答案． 【详解】根据题意，设点到平面的距离为，到平面的距离为， 则有， 而，， 又由，，平分，则， 则； 故，而， 则有， 又由点在上且满足，故到平面的距离为， 则有， 故． 故选：B． 【通关4-2】已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱与底面所成的角为，则此四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，根据条件求出棱台的高，利用棱台体积公式求出答案. 【详解】如图，分别为上底面和下底面的中心，连接， 则⊥底面，过点作⊥于点，则⊥底面， 因为上、下底面边长分别为2和4，所以， 故，， ，因为棱与底面所成的角为，则，故，则， 故该正四棱台的体积为. 故选：A. 【通关4-3】一个高为的直三棱柱容器内装有水，将侧面水平放置如图（1），水面恰好经过棱，，，的中点，现将底面水平放置如图（2），则容器中水面的高度是（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设直三棱柱的底面面积为，在图中，设水面的高度为，根据图和图中水的体积相等可得出关于的等式，即可解得的值. 【详解】记棱，，，的中点依次为， 设直三棱柱的底面面积为， 在图中，设水面的高度为，则水的体积为， 在图中，几何体为直四棱柱， 因为分别为棱，，，的中点，所以， 则水的体积为，解得. 故选：C. 真题精讲05 球体问题（基础） 【典例精讲5】已知正四棱锥的体积为，底面边长为，则以为球心，为半径的球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据棱锥的体积公式，结合正四棱锥的性质、勾股定理、球的体积公式进行求解即可. 【详解】设在底面的射影为，则为该正棱锥的高， 因为正四棱锥的体积为，底面边长为， 所以有， 因为在该正四棱锥中，底面是正方形， 所以， 因此由勾股定理可得， 所以为半径的球的体积为， 故选：D 【通关5-1】长方体的一个顶点上三条棱长分别是1，3，，且它的八个顶点都在同一球面上，这个球的体积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设外接球的半径为，则外接球的直径即为长方体的体对角线，求出，即可求出外接球的体积. 【详解】依题意长方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为， 则，所以， 所以外接球的体积. 故选：A 【通关5-2】四棱锥中，平面ABCD，四边形为矩形，，，若四棱锥的外接球的表面积为，则（    ） A．3 B．6 C．2 D．2.5 【答案】A 【分析】首先根据题意将四棱锥中补全成长方体，根据表面积可得球半径，再求长方体的外接球半径即可． 【详解】将四棱锥中补全成长方体，如图所示： 所以四棱锥的外接球即为长方体的外接球． 由于四棱锥的外接球的表面积为，故球半径满足，故， 则外接球的半径为， ． 故选：A． 【通关5-3】已知扇形的半径为3，中心角为，则这个扇形围成的圆锥的外接球的表面积是 . 【答案】 【分析】由于扇形的弧长等于圆锥的底面周长，先求出底面圆半径，从而可得圆锥高，根据直角三角形求外接圆半径，即可得解. 【详解】设圆锥底面半径为， 由于扇形的弧长等于圆锥的底面周长， 可得，所以， 所以圆锥的高为， 如图为圆锥轴截面， 设外接球的半径为，所以，解得， 所以该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 真题精讲06 球体问题（压轴） 【典例精讲6】四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先得出点在平面的射影为三角形外接圆的圆心，由此结合正弦定理建立方程求得三棱锥的高，再结合勾股定理列方程求得外接球的半径，进一步即可求解. 【详解】    设点在平面的射影为，，因为， 所以，这表明点为三角形外接圆的圆心， 注意到，， 所以由正弦定理可得，解得， 所以外接球球心在的延长线上， 设外接球的半径为，则，解得， 所以此四面体的外接球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是首先得出三棱锥的高以及底面外接圆的半径，从而得外接球的半径，由此即可顺利得解. 【通关6-1】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. 故选：C 【点睛】关键点点睛：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. 【通关6-2】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 【点睛】关键点睛：本题考查学生的直观想象能力，解题关键在于利用球的切线性质，用表示出侧棱，然后根据棱台的高距离方程求出半径即可. 【通关6-3】已知正四面体的棱长为，球与正四面体六条棱相切，球与正四面体四个面相切，则两个球的体积比 ． 【答案】 【分析】将四面体补成正方体，则正四面体的棱切球即正方体的内切球，求出正方体的棱长，即可得球的半径，由题意得球的球心到正四面体的各个面的距离都相等，且为半径，由等体积法即可求出，利用球的体积公式即可求解. 【详解】将四面体补成正方体，则四面体的棱长全是该正方体的面对角线， 球与正四面体六条棱相切，则球为正方体的内切球，且切点为面对角线的中点， 正四面体的棱长为， 设正方体的棱长为，则， 则， 故正方体内切球的半径， 正四面体的棱长为， 设底面三角形的高为，则， 即， 底面三角形的面积 顶点在底面的投影位为底面三角形高的处， 设正四面体的高为， 由勾股定理得， 则正四面体的体积为， 球与正四面体四个面相切， 则球心到正四面体的各个面的距离都相等，且为半径， 则正四面体的体积为， 则由等体积法得， 可得， 则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：对于正四面体的棱切球，可以转化为正方体的内切球，方便理解与运算. 真题精讲07 最短距离问题 【典例精讲7】（22-23高一下·四川成都·期末）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC＝2，，A为锐角，侧棱PA＝PB＝PC＝2，一只小虫从A点出发，沿侧面绕棱锥爬行一周后回到A点，则小虫爬行的最短距离为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，求出的值，将三棱锥沿侧棱展开，分析其展开图，由余弦定理分析可得答案． 【详解】根据题意，在三棱锥中，， 则有，可得，又，则， 而，则，又△PAB，△PAC为正三角形， 将三棱锥沿侧棱展开，得到如图所示的多边形，其中，    根据余弦定理，最短距离 故选：D． 【通关7-1】（22-23高一下·河北张家口·期末）在三棱锥中，，，一只蜗牛从点出发，绕三棱锥三个侧面爬行一周后，到棱的中点，则蜗牛爬行的最短距离是（）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥的侧面展开，从而可知线段为所求，再利用余弦定理即可得解. 【详解】如图所示，将三棱锥的侧面展开，则线段为所求，    由题意得，， 由余弦定理可得， 则，即蜗牛爬行的最短距离是. 故选：D. 【通关7-2】如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点，则这只蚂蚁爬行的最短距离是 ． 【答案】 【分析】蚂蚁爬行距离最短，即将圆锥侧面展开后A到C的直线距离，根据已知条件、余弦定理可求出最短距离. 【详解】圆锥的侧面展开图为半径为3的扇形，弧长为， ∴，则， 由余弦定理可知，． 故答案为：． 【通关7-3】已知底面半径为1，体积为的圆柱，内接于一个高为的圆锥（如图），线段AB为圆锥底面的一条直径，则从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为 . 【答案】 【分析】设圆柱的高为，求得，进而得到圆锥的底面半径为，母线长为，结合圆锥的侧面展开图，即可求解. 【详解】如图所示，设圆柱的高为，则，可得， 因为，所以为的中位线，所以， 则，即圆锥的底面半径为，母线长为， 则侧面展开图所得的扇形的弧长为，圆心角为， 所以从点绕圆锥的侧面到点的最短距离为. 故答案为：. 真题精讲08 点、线、面间位置关系判断及辨析 【典例精讲8】设，是两个不重合平面，，是两条不重合直线，则（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】对ABD举出反例即可，对C根据线面垂直的性质即可判断. 【详解】对A，若，，则或与异面，故A错误； 对B，若，，则与可能相交、平行或，故B错误； 对C，若，，则，又因为，则，故C正确； 对D，若，，，当 都与的交线平行时，满足题设条件，此时，故D错误. 故选：C. 【通关8-1】已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（    ） A．若直线与平面所成角相等，则 B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则 C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则 D．若，且直线异面，则 【答案】D 【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的位置关系逐一判断即可． 【详解】 对于A,比如在正方体中，直线与平面所成角均为， 但相交，A错误； 对于B，直线上的点到平面的距离相等， 故平面上有三个不同点到平面的距离相等， 但平面与平面相交，B错误； 对于C，点到平面的距离相等，但直线与平面相交，故C错误； 对于D，若，，故过可作一平面，使得，则， 由于，异面，，所以，相交，否则，进而可得， 这与，异面矛盾，所以，相交，结合，，，， 所以则，D正确． 故选：D． 【通关8-2】（多选）已知，是不同平面，，，是不同直线，则“”的充分条件是（    ） A．，； B．，，； C．，，； D．，， 【答案】BC 【分析】根据空间中直线与平面，以及平面与平面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A,由，，则,可能相交，可能异面，可能平行，故A错误， 对于B，由线面平行的性质定理可知，，，则，B正确， 对于C,若，，，则，C正确， 对于D，若，，，则,异面或者平行，D错误， 故选：BC 【通关8-3】（多选）已知a，b，c为三条直线，，，为三个平面．下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】BCD 【分析】根据题意，由空间中直线与平面，平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A选项，令，，若，则一定有，，而在同一平面的a，b两条直线可以平行，也可以相交，故A错误； 对于B选项，这是线面平行的性质定理，故B正确； 对于C选项，这是面面垂直的判定定理，故C正确； 对于D项，设，，过平面内一点A，分别作，，如图所示， 因为，，，，所以， 又因为，所以，同理：， 又因为，、， 所以，故D项正确. 故选：BCD. 真题精讲09 线面平行的判定定理及性质定理的应用（解答题） 【典例精讲9】如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，判断四边形为平行四边形，进而可求证； （2）由点到平面的距离等于点到平面的距离，得到，进而可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， ∵为的中点，∴且， ∵为的中点，∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，∴. 又∵平面平面， ∴平面. （2）∵，∴， ∴. 在直三棱柱，易知平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离， ∴， 又∵平面， ∴. 【通关9-1】如图，正方体的棱长为2.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可得证； （2）设，首先证明即为二面角的平面角，再由解三角形的知识求解即可得答案. 【详解】（1）在正方体，且， ∴为平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）∵在正方形ABCD中，设，连接， ∴，， ∵中，，∴为等腰三角形，∴， ∴即为二面角的平面角， ∵在中，， ∴，即二面角的正弦值为.    【通关9-2】如图，四棱锥中，，，在底面中，，，且，，为的中点.    (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成的角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）取的中点为，易证明四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得结论； （2）作出异面直线与所成角的平面角，再由余弦定理可得结论. 【详解】（1）取的中点为，连接，如下图所示：    在中，为的中点，的中点为，则，且； 由已知，可得且， 所以四边形为平行四边形，可得， 易知平面，平面， 所以平面； （2）取的中点为，连接， 所以，且，可得四边形为平行四边形， 即，所以（或其补角）即为异面直线与所成的角， 由可得，由勾股定理可得， 所以； 即可得异面直线与所成的角的余弦值为. 【通关9-3】如图，已知等腰梯形ABCD中（图1），是BC的中点，，将沿着AE翻折（图2），使得直线AB与CD不在同一个平面，得到四棱锥 (1)求直线与所成的角的大小； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据折叠前后的图形几何性质以及异面直线夹角的求法即可得到答案； （2）平面公理与线面平行性质定理可得为中点，从而可得结论. 【详解】（1）因为，是的中点，所以，， 故四边形是菱形，从而， 所以沿着翻折成后，， 又因为，所以四边形为平行四边形，则， 则，则直线与所成的角的大小为. （2）存在，理由如下： 假设线段上是存在点，使得平面， 过点作交于，连接，，如下图， 所以，所以，，，四点共面， 又因为平面，平面平面，平面，所以， 综上，四边形为平行四边形，故， 所以为中点，故在线段上存在点，使得平面，且． 真题精讲10 面面平行的判定定理及性质定理的应用（解答题） 【典例精讲10】如图，在各棱长均为2的正三棱柱中，，，分别为，，的中点，. (1)求点到平面的距离； (2)证明：平面平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用等体积法即可求解，或者由线面垂直的判定得平面，进而由等面积法求解距离， （2）根据线线平行证明线面平行，即可由面面平行的判定求证. 【详解】（1）（方法一）在正三棱柱中，侧棱垂直底面，底面，则，. 依题意得，，则， 所以的面积. 设点B到平面的距离为h，则由， 得，解得. （方法二）取的中点M，连接，. 因为，所以. 因为底面，底面，所以. 因为，平面，所以平面. 过B作于H，平面，则. 因为，平面,所以平面. 因为，，， 所以点B到平面的距离. （2）证明：因为D，E分别为，的中点，所以. 又，所以. 因为平面，平面，所以平面. 取的中点N，连接.因为，所以F为的中点. 又D为的中点，所以. 由于,故四边形为平行四边形， 故，所以. 因为平面，平面，所以平面. 又，平面，所以平面平面. 【通关10-1】如图所示，三棱柱，是的中点，是的中点．求证： (1)//平面； (2)平面//平面D. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）证明线面平行，转化为线线平行即可，连接，与交于，连接，可得，即可证明； （2）先证明平面，由可知平面，即可证明平面平面. 【详解】（1）证明：由题意，是三棱柱， 连接，与交于，连接，可得， 平面，平面， 平面D. （2）是的中点，是的中点， 则，四边形为平行四边形， 则， 又平面，平面，得平面， 由可知平面， 又平面， 平面平面. 【通关10-2】如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．    (1)求证：平面PAB； (2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，E为PC中点，证明见解析 【分析】（1）应用线面平行判定定理证明即可； （2）先取点，再应用面面平行判定定理证明即可； 【详解】（1）取AP的中点Q，连接MQ，BQ，    因为M，Q分别为PD，PA的中点， 所以，， 又因为N为BC的中点， 所以，． 所以，， 所以四边形MNBQ为平行四边形，所以， 又因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB． （2）存在点E，当E为PC中点时，平面平面PAB． 证明如下：由图（1）因为A是PD中点，，， 所以且， 所以四边形ABCD是平行四边形，所以． 因为E，M分别为PC，PD中点，所以， 所以， 因为平面PAB，平面PAB， 所以平面PAB， 同理可知平面PAB，又因为平面平面， 所以平面平面PAB．    【通关10-3】如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中分别在棱上. (1)求证：平面平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面平行的性质得到线线平行，进而得到，进而得到，平面，同理得到平面，证明出面面平行； （2）由（1）可得为异面直线与所成角或其补角，求出三边长，利用余弦定理求出异面直线的夹角余弦值. 【详解】（1）由题意得平面平面， 又平面平面， 平面平面，所以， 同理， 因为且， 所以四边形为平行四边形，则， 所以， 又平面，且平面， 所以平面， 又为中点，所以为中点， 同理为中点，连接，， 因为，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，且平面，所以平面， 又，，平面， 所以平面平面； （2）由（1）可知：， 所以为异面直线与所成角或其补角， 连接，因为正方体棱长为2且为中点， 则，， 又在正方体中，面，面，则， 则， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为． 真题精讲11 线面垂直的判定定理及性质定理的应用（解答题） 【典例精讲11】如图，在正方体中． (1)求证：∥平面； (2)求证：平面． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）连接，可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明. 【详解】（1）因为为正方体，则∥，且， 可知为平行四边形，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. （2）连接， 因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面， 由平面，可得， 同理可得：， 且，平面， 所以平面. 【通关11-1】在四棱锥中，底面是矩形，平面，分别是的中点. (1)求证：平面PAD； (2)求证：； (3)若PD与平面所成的角为，求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）取中点，连接，，由线面平行的判定定理即可得证； （2）先由线面垂直的判定定理证明平面，得到，再由（1）即可得证； （3）先由题意得到，，由线面垂直的判定定理证明平面，从而得证. 【详解】（1）取中点，连接，， 为的中点，，， 是的中点，底面是矩形，，， 且， 四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面， 平面. （2）平面，平面，， 又底面是矩形，， 又平面，平面， 平面，， 由（1）可知，. （3）平面，所以为与平面所成的角， ，又，，即为等腰三角形， 为中点，， 又由（2）可得，平面， 平面， 由（1）可知：，平面. 【通关11-2】如图，平面，底面为矩形，，点是棱的中点. (1)求证：； (2)若，分别是，上的点，且，为上任意一点，试判断：三棱锥的体积是否为定值？若是，请证明并求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)三棱锥的体积是为定值，为. 【分析】（1）根据向量垂直的判定定理证明平面即可； （2）过作，且，过作，且，连接，则易证平面，再根据三棱锥的体积公式，即可求解． 【详解】（1）平面，平面， ，又底面为矩形，则， 又且都在面内， 平面，又平面， ，又，则， 又，点是棱的中点，则， 又且都在面内， 平面，又平面， ； （2）三棱锥的体积是为定值，且定值为，理由如下： 如图，过作，且， 过作，且，连接， 又，， ，，， ，， 又，则，故四边形为平行四边形， ，又平面，平面， 平面，又为上任意一点， 到平面的距离为定值，又的面积也为定值， 三棱锥的体积是定值， 由（1）知平面，由，故平面， 到平面的距离为， 又的面积为， 三棱锥的体积为： ， 故三棱锥的体积是为定值，且定值为． 【通关11-3】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. 【详解】（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. 真题精讲12 面面垂直的判定定理及性质定理的应用（解答题） 【典例精讲12】如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，，，，分别，的中点. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）要证明面面垂直，转化为证明线面垂直，根据几何关系证明平面； （2）根据（1）的结果，利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解. 【详解】（1）因为是等边三角形，点是的中点，， 所以，且， 点分别是的中点，所以， 中，，且，， 所以，， 所以，即， 且，且平面， 所以平面，平面, 所以平面平面； （2）中，，，，， 所以， 过点作， 因为平面平面，且平面平面； 所以平面， 作，连结， 因为平面，所以， 且，平面， 所以平面，平面， 所以， 则为二面角的平面角， 中，， 中，， 所以，， 所以二面角的余弦值为. 【通关12-1】如图，圆柱中，是一条母线，是底面一条直径，C是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线面垂直的性质可得，然后由直径所对的圆周角等于可得，进而由线面垂直的判定定理可得平面，从而面面垂直的判定定理得证平面平面. （2）设，作,垂足于，并求的长度，进而由可得，易知是二面角的平面角，从而用余弦定理即可即可求解. 【详解】（1）证明：因为是一条母线，所以平面，而平面，则， 因为是底面一条直径，C是的中点，所以，即， 又平面且， 所以平面，而平面，则平面平面. （2）设，则，. 取的中点，则，， 作，垂足于，则，即， 进而，所以. 因为分别是的中点，连接， 所以，又，. 由，可知，是二面角的平面角. 所以. 故二面角的余弦值为. 【通关12-2】如图，正三棱柱中，各棱长均相等，､､､分别为棱､､､的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先根据证明平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理证明即可； （3）根据面面垂直结合二面角定义找到二面角，再应用边长求正弦及余弦值即可. 【详解】（1） 连接，，， 又为的中点，，， 四边形是平行四边形， 又平面，平面， 平面， （2）平面，， 是的中点，，又，平面， 平面， 又因为平面，， 在正方形中，､分别为棱､的中点， ，平面， 平面， 又平面，平面平面. （3）由（2）知平面，平面， 平面平面平面，且平面平面， ，设与交于点，则平面， 过作垂直，连接，则， 为二面角的平面角， 令，则，， ， 又因为，， 为的中点， ， 在直角三角形中，， 由图知，为锐角， ， 由图知二面角的平面角与二面角的平面角互补， 故二面角的平面角的余弦值为. 【通关12-3】如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，有平面平面 【分析】（1）根据面面平行的性质定理证得，由此证得为线段中点. （2）当为中点时，由面面垂直上可得平面，进而可得平面，可得结论. 【详解】（1）依题意平面平面， 由于平面平面，平面平面， 所以，由于底面是平行四边形，点为的中点， 所以为线段中点. （2）存在，，即为中点时，平面平面， 证明如下：连接交于点，连接． 因为，所以四边形为平行四边形， 所以是的中点．又因为为中点，所以． 因为为等边三角形，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，又，所以平面， 又平面，所以平面平面． 当时，有平面平面． 真题精讲13 求异面直线所成角（小题） 【典例精讲13】在正三棱柱 中，，，分别是 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，取的中点，的中点，的中点,可得异面直线与 所成角为或其补角，利用余弦定理即可求解. 【详解】设，取的中点，的中点，的中点, 易知,, 所以异面直线与 所成角为或其补角. 由正三棱柱的几何特征可得,，. , , ，， , 在中，由余弦定理可得, 所以直线与 所成角的余弦值为. 故选:A. 【通关13-1】如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（    ）    A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，则（或其补角）为异面直线与所成角，解三角形即可求解. 【详解】如图，取的中点，连接、，易知，    所以异面直线与所成角就是直线与直线所成的角，即（或其补角）， 由题意可知正三棱柱的所有棱长都相等， 可设三棱柱的棱长都为，则，，， 因为，所以为直角三角形， 所以 即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 【通关13-2】如图，在正四面体ABCD中．点E是线段AD上靠近点D的四等分点，则异面直线EC与BD所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF，则为异面直线EC与BD所成角或其补角，利用余弦定理求解即可. 【详解】过点E作直线BD的平行线，交AB于点F，连接CF， 则为异面直线EC与BD所成角或其补角， 不妨设，易得， ， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线EC与BD所成角的余弦值为． 故选：A．    【通关13-3】如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取有中点，利用几何法，结合余弦定理求出异面直线夹角的余弦. 【详解】取的中点，连接，由E为CD的中点，得，， 则是异面直线CM与AE所成的角或其补角， 正方形中，，在中，， ，， 于是， 所以异面直线CM与AE所成的角的余弦值为. 故选：D 真题精讲14 求线面角（解答题） 【典例精讲14】如图所示，已知平面ABC，∥，，，，E为BC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明平面，即可得证平面平面； （2）取中点，连接，先证明四边形矩形，再由（1）可得平面，从而得为直线与平面所成角，在中，利用求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面ABC，∥， 所以平面ABC，又因为平面ABC，所以， 又因为，E为BC的中点，所以， 又因为平面，且， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2）解：取中点，连接，如图所示： 则有∥，且， 由题意可知∥，且， 所以∥，且=， 所以四边形为平行四边形，所以∥， 由（1）可知平面， 所以平面，面，则， 所以即为直线与平面所成角， 又因为，， 易知为等腰直角三角形， 所以， 所以， 又因为， 在中，, 所以, 在中，， 又因为，所以. 即直线与平面所成角为. 【通关14-1】如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且． (1)求证：； (2)若,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）要证，只需证平面，只需证（易证）和，只需证平面，根据题意容易证； （2）利用等体积法求得点P到平面的距离，设直线与平面所成的角为，则根据即可得到答案. 【详解】（1）因为 为半球 的直径， 为 半球底面圆周上一点, 所以 , 因为 、 平面 , 所以 平面 ，又因为 平面 , 所以 , 又因为 为半球面上一点, 所以 , 又因为 平面 所以 平面 , 又 平面 , 所以 ; （2）因为三角形 为直角三角形, 所以 , 又因为 平面 , 所以 ， 又因为三角形 也是直角三角形， 所以 , 所以， 设点 到平面 的距离为 , 则有 ，即 , 所以 ， 设直线 与平面 所成的角为 ，则 . 【通关14-2】如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点. (1)若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求证：平面平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，连接，则为直线与平面所成的角，求出、、，再由锐角三角函数计算可得； （2）取的中点，连接，所以证明平面，得到，再证明四边形为矩形，得到，结合，即可证明平面，从而得证. 【详解】（1）为正三角形，为的中点，， 又平面平面，平面平面，且平面， 平面， 连接，则为直线与平面所成的角， 在等边三角形中，， 在三角形中， ， ， ， 直线与平面所成的角的正弦值为； （2）取的中点，连接， 由（1）得， 四边形是的菱形，， 为正三角形，又为的中点，则， 又平面， 平面，又平面， ， 因为，分别为，的中点，所以且， 又且， 所以且，所以四边形为平行四边形， 又，所以平行四边形为矩形， ， 是的中点， ， 又平面， 平面，又平面， 平面平面． 【通关14-3】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点.    (1)证明：； (2)证明：平面； (3)若，，记与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，设，连接，通过证明以及得到为等腰三角形，进而可得结论； （2）取的中点,通过证明平面以及平面可得面面平行，即可求证； （3）利用体积法求点到平面的距离，设与平面所成的角为，表示出，求其最值。 【详解】（1）连接，设，连接.    因为，平面，平面，故， 而，，平面， 故平面，而平面，故， 由四边形为平行四边形可得， 故为等腰三角形，即； （2）取的中点，连结，    由中位线性质可得，且，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；. 又平面, 所以//平面, （3）设，， 由（1）可得平面，而平面，故， 故四边形为菱形，而，故. 因为平面，平面，故， 故，同理. 而，故. 设为点到平面的距离，与平面所成的角为， 故. 又， 而， 故，故， 故， 当且仅当即时等号成立， 所以 【点睛】线面角可以通过体积法求出点到面的距离后，利用（为斜线段的长度）来表示，可以避免建系产生的复杂计算. 真题精讲15 求二面角（解答题） 【典例精讲15】如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直即可求证； （2）根据面面垂直的性质可得为平面与面所成二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解. 【详解】（1）因为是正三角形，且是的中点.，所以， 又底面 是正方形，所以 ， 又因为平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 又因为平面 ，所以平面， 所以平面. （2）如图，取的中点的中点，连接， 因为是正三角形，所以 又因为平面平面，且平面平面 ，平面， 所以平面 ，平面，故， 由题意可知平面，故平面 平面故， 故为平面与面所成二面角的平面角， 设 ， 则， ， 所以 . 综上所述：侧面与底面所成二面角的正弦值为. 【通关15-1】在四棱台中，，平面平面，，，，.    (1)求证：平面； (2)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）延长，做交于点，由面面垂足的性质定理得平面，做平面，设，四边形是正方形，取中点，平面，做，可得即为平面与平面的二面角的平面角，利用求出，求出可得答案. 【详解】（1）    连接，因为，，所以， 又，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； （2）延长，做，交于点， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，做平面， 垂足为点，连接，设， 则得为矩形，， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得， 可得，即，四边形是正方形， 因为，所以，， 可得， 取中点，连接，则， 则平面，， 做，连接， 因为平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 平面，所以， 可得即为平面与平面的二面角的平面角， ， ， ， 所以， 可得，， 所以， 可得， 所以平面与平面的夹角的余弦值为.    【通关15-2】如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，得出，从而证明平面. （2）利用线面垂直的判定证得平面，进而得为直线与平面所成角并求出，利用勾股定理求出，再由余弦定理求出，利用二面角的定义即可得答案. 【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连接， 由分别为和的中点，得且， 由O为BC中点，得且，则且， 即四边形为平行四边形，于是，又平面，平面， 所以平面. （2）由三棱柱所有棱长都为2，，得都是正三角形， 而O为BC中点，则，，平面，， 于是平面，又，则平面， 为直线与平面所成角， 因此，，而平面，则， 又为中点，则， 在中，，，则， 由，，得是二面角的平面角， 所以二面角的大小. 【通关15-3】如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）利用面面垂直的性质推理即得. （2）延长交于一点，根据可求得，利用等体积法构造方程求解. （3）根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设，根据几何关系可表示出，由二面角大小可构造方程求得，进而得到结果. 【详解】（1）在三棱台中，平面平面，， 而平面平面，平面， 所以平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，    由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则， 于是，由平面，得为点到平面的距离， 又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形， 设，则， ，解得， ，由平面，得，， ，设点到平面的距离为， 由，得，解得：. 即点到平面的距离为. （3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接， 在正中，，而平面平面，则平面，而平面， 则，又平面，则平面平面，作于， 平面平面，则平面，，而平面，则， 作于，连接，，平面，则平面， 而平面，于是，即二面角的平面角， 设，由（2）知：，， 由，得，， 由，得， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得， ， 所以存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 【通关15-4】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. 【详解】（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. 真题精讲16 求体积（解答题） 【典例精讲16】如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，为的中点，，. (1)平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证； （2）依题意可得，再根据锥体的体积公式求出，即可得解. 【详解】（1）连接交于点，连接， 因为底面是平行四边形，所以为的中点，又为的中点， 所以，又平面，平面， ∴平面； （2）因为为的中点， 所以，所以， 因为平面，，，是平行四边形， 所以， 所以， 所以. 【通关16-1】如图，在三棱柱中，平面ABC，且D，E分别是棱的中点． (1)证明：平面． (2)若是等边三角形，，求三棱柱的体积． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）取棱BC的中点，利用线面平行的判定、面面平行的判定及性质推理得证. （2）结合（1）中信息，利用线面垂直的性质，结合勾股定理求出三棱柱的高，进而求出体积. 【详解】（1）如图，取棱BC的中点，连接DF，EF，由D是棱AB的中点，得， 而平面平面，则平面， 在三棱柱中，， 由E，F分别是棱的中点，得， 则四边形是平行四边形，有，又平面平面， 则平面，而平面DEF，且， 因此平面平面，又平面DEF， 所以平面. （2）由D，F分别是棱AB，BC的中点，得， 设，则，又，则， 由（1）知，又平面ABC，则平面ABC， 而平面ABC，于是，则， 又，则，解得，即， 等边三角形的面积， 所以三棱柱的体积. 【通关16-2】如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形. (1)若是的中点，求证：平面； (2)若，，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到，即可得证； （2）首先求出，依题意可得平面，即可求出即，再由及锥体的体积公式计算可得. 【详解】（1）取中点，连接，因为是的中点， 且， 又四边形是矩形． 且， 且， 四边形是平行四边形， ，又平面平面， 平面 （2）是圆的直径， ，又， ， 平面，四边形是矩形，， 平面，平面，， 在直角三角形中，， ，， ， 三棱锥的体积为． 【通关16-3】三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【分析】（1）连接，过作交于，由已知可得，又平面平面，则平面，可得，又，则可得平面. （2）由已知可得平面平面，过作，连接，可得平面，求得，如图，延长侧棱交于点，作于，连接，可求得，又因为与底面所成角的正弦值为，可求得，即可求得三棱台的体积. （3）如图，作交于，过作于，则，由（2），可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由， 可得， 若，可得，即为中点，即侧棱上是存在点，使二面角成，则. 【详解】（1）连接， 在梯形中，过作交于， 由， 则为等边三角形,则， 四边形为菱形，则， 所以，即， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以平面平面， 过作，连接，平面， 平面平面， 则平面， 故几何体的高为， 如图，延长侧棱交于点，作于，连接， 由已知为中点，， 由（1）得，平面， 因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为， ，，， ， 由（1）得，则， 又因为与底面所成角的正弦值为， 所以， 故三棱台体积为. （3）如图， 作交于，过作于，则， 由（2）可得，平面， 则即为二面角的平面角， 又平面，则， 设，则， 则， 由，得，又， 所以， 若，则， 解得，所以，即为中点， 即侧棱上是存在点，使二面角成， 则. 真题精讲17 求空间距离（解答题） 【典例精讲17】如图，直三棱柱 中，，为的中点. (1)求证：平面 ； (2)求 到平面 的距离. 【答案】(1)证明见解析. (2). 【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线定理证明，由线面平行的判定定理证明即可； （2）设点到平面的距离为，利用等体积法，结合锥体的体积公式求解即可. 【详解】（1）连接交于点，连接， 在直三棱柱中，四边形为平行四边形， 则点为的中点， 又因为为的中点， 所以， 又平面，平面， 故平面. （2）设点到平面的距离为， 在直三棱柱中，平面， 则为三棱锥的高， 所以, 又因为， 所以, , 所以，即. 所以， 即， 由解得. 所以点到平面的距离为. 【通关17-1】如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件可得平面，利用锥体的体积可求体积； （2）利用等体积法可求点点到平面的距离. 【详解】（1）因为，， 所以，， 所以，又，平面， 所以平面，又， 所以三棱锥的体积； （2）在中，由，， 所以边上的高为， 所以， 设点到平面的距离为， 所以，由（1）可得，解得. 所以点到平面的距离. 【通关17-2】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. 【通关17-3】如图，正方形边长为4，E为AB中点，F为边BC上的动点．将沿DE翻折到，沿EF翻折到． (1)求证：平面； (2)若F是边BC上的中点，求点S到平面的距离； (3)若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【分析】（1）利用线面垂直的判定推理即得. （2）由（1）的结论，利用等体积法求出点到平面的距离. （3）设，用表示点到平面的距离，进而表示出，再借助对勾函数的单调性及正弦函数单调性求解即得. 【详解】（1）由正方形，得，而平面平面， 所以平面. （2）在中，， 显然，即，， 由（1）知，平面，于是， 又， 设点S到平面的距离为，由，得，解得， 所以点S到平面的距离为. （3）设在平面上的射影为，连接，则为直线SE与平面所成角为， 设，则，， 在中，， 由余弦定理得，， 则，由， 得， 即，解得，因此， 令，，而对勾函数在上递减， 则当，即时，取得最小值，取得最大值，而， 所以的最大值为. 【点睛】思路点睛：求空间角的最值问题，根据给定条件，选定变量，将该角的某个三角函数建立起变量的函数，求出函数最值即可. 真题精讲18 立体几何中的截面问题（压轴） 【典例精讲18】（多选）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（    ） A．直线与直线为异面直线 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．二面角的平面角余弦值为 D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为 【答案】BCD 【分析】证明，说明四点共面，即可得A；找到直线与平面所成角，解直角三角形可得其正弦值，即可得B；作出二面角的平面角，计算其余弦值，即可得C；作出过点B，E，F的平面截正方体的截面，求其面积即可得D. 【详解】对于A，连接，则为矩形，则， 而点E，G分别是棱AD，CD的中点，故， 则四点共面，故直线，不是异面直线，故A错误； 对于B，由于平面，故即为直线与平面所成角， 而，则， 故，故B正确； 对于C，连接交于点O，连接， 平面平面，故， 又平面，故平面， 即为二面角的平面角， 又， 故，故C正确； 对于D，连接，则， 则梯形即为过点B，E，F的平面截正方体的截面， 而， 故等腰梯形的高为， 故等腰梯形的面积为， 即过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为，故D正确， 故选：BCD. 【通关18-1】（多选）如图，直四棱柱中，底面是，的矩形，直四棱柱的高为4，E，F分别为棱AB，的中点，则下列说法中正确的有（    ）    A．直线与CF相交 B．异面直线与CE所成角为 C．二面角的平面角为 D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形 【答案】AD 【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；证明为二面角的平面角，求解判断C错误；确定截面共有五边形，可判定D正确. 【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，在长方体中，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； 由上图可知，又，即，则， 又平面，平面，所以， 平面，所以平面， 平面，则，则为二面角的平面角， 又，所以不等于，C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， 因为平面平面，所以为平面与平面的交线， 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正确. 故选：AD.    【点睛】关键点点睛：利用面面平行的性质定理找到平面与平面的交线，从而确定截面图形. 【通关18-2】（多选）正方体中，，是的中点，则下列说法中正确的有（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．平面 C．过，，三点作正方体的截面，则截面面积为 D．若为正方体对角线上的一个动点，则最小值为 【答案】ACD 【分析】利用异面直线所成角的定义可判断A选项；利用线面平行的判定定理和线面垂直的性质可判断B选项；作出截面，并计算出截面面积，可判断C选项；将、延展至同一个平面，由、、三点共线时，取最小值可判断D选项. 【详解】如下图所示： 对于A选项，因为，则异面直线与所成角为或其补角， 因为，且，， 则， 所以，， 故异面直线与所成角的余弦值为，A正确； 对于B选项，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，， 又因为平面，平面，所以，平面， 若平面，则，根据正方体性质知四边形为矩形， 且，则其对角线与不垂直，则B不正确； 对于C选项，设平面交棱于点，如下图所示： 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 又因为，则，因为，故四边形为平行四边形， 所以，，故为的中点，所以，， 又因为，则，所以，四边形为平行四边形， 因为平面，平面，所以，， 所以，四边形为矩形，且其面积为，C正确. 对于D选项，将、延展至同一个平面，如下图所示： 且，， 结合图形可知，当、、三点共线时，取最小值， 即， 易知，，， ，则在中，， 则，则 ， 则由余弦定理有 故最小值是，D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是将平面、延展至同一个平面，再结合三角恒等变换和余弦定理即可得到最小值. 【通关18-3】（多选）已知正方体的体积为8，E是线段（不含端点）上的动点，下列说法正确的是（    ） A．不存在点E，使得直线平面 B．对任意点E，直线都不垂直于平面 C．过，，E的平面截该正方体所得的截面面积为 D．的最小值为 【答案】BCD 【分析】举特殊点结合线面平行的判定定理判断A，利用异面直线的夹角证明不垂直，进而证明线面不垂直判断B，作出辅助线找到截面，判断截面为矩形，再利用矩形的面积公式判断C，将空间图形展开为平面图形，找到三点共线时线段和最小，再利用勾股定理求出长度，判断D即可. 【详解】    如图，假设E是线段的中点，连接，， 因为正方体，所以，， 故四边形是平行四边形，故，即， 而面，面，故平面成立，故A错误， 连接，，因为正方体，所以，， 故四边形是平行四边形，可得， 所以与所成夹角即为与所成夹角，且设该夹角为， 连接，而正方体的体积为8，设其边长为， 故得，解得，由勾股定理得， ，，故得， 故是等边三角形，则，得到与所成夹角为， 所以不垂直，所以直线都不垂直于平面，故B正确， 前面我们已经连接，再连接，因为正方体， 所以，，所以面， 所以四边形是平行四边形，所以四点共面， 故可得到过，，E的平面即为面， 故，所以四边形是矩形，由勾股定理得 其面积为，故截面面积为，则C正确， 我们把展开，得到如下平面图，    因为正方体，所以，， 可得是等腰直角三角形，故， 延长到，且作，连接与交于， 故得，，， 而，当且仅当共线时取等， 此时由勾股定理得，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是将空间图形展开为平面图形，然后得到共线时线段和最小，最后利用勾股定理得到所要求的长度即可． 真题精讲19 立体几何中的轨迹问题（压轴） 【典例精讲19】在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，则为直线与平面所成角，从而得到，所以当取最小值时取得最大值，求出的最小值，即可求出，连接，由勾股定理求出，即可得到点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，即可求出轨迹长. 【详解】连接，因为平面，所以为直线与平面所成角， 所以，又直线与平面所成角的最大值是， 所以，当且仅当取最小值时取得最大值， 因为，所以当时取最小值，此时， 所以， 又点在底面内，且，连接， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为， 所以点的轨迹长为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是由线面角求出的长度，再由勾股定理求出，即可确定的轨迹. 【通关19-1】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：    【点睛】关键点点睛：本题解答的关键首先根据面面垂直的性质确定平面，再证明平面，即可确定点的轨迹. 【通关19-2】（多选）如图，正方形的棱长为3，动点在内，满足，则下列说法正确的是（    ） A． B．与平面所成的角的正弦值为 C．始终为钝角三角形 D．点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】根据正方体中，证明线线垂直；利用线面角定义，先找到角，再计算夹角的正弦值；在三角形中，利用余弦定理求角判断三角形形状；根据题意先找到点的轨迹形状是圆的一半，计算长度得答案； 【详解】对于A，正方形中，平面, 因为平面,所以， 动点在内，当不可能与点重合时，不成立，A错误； 对于B，正方形中， 是平面内两条相交直线，平面， ，设点交平面于点, 所以点到平面的高为， 则为与平面所成的角，且， 所以与平面所成的角的正弦值为，B正确； 对于C，由选项B可知, 进而在直角三角形中，， 在中，由余弦定理可得 , 所以为钝角，C正确； 对于D.根据选项B可知，点的轨迹为以为圆心，为半径的圆的一部分， 又因为是等边三角形，且, 可知点的轨迹为以为圆心，为半径的圆的一半， 则点的轨迹为长度为，D正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型 空间中轨迹问题的解答思路： （1）根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直关系； （2）用动点的坐标表示相关点的坐标，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （3）根据轨迹形状即可求解出轨迹长度其他量； 【通关19-3】（多选）如图，在边长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则点的轨迹长度为 B．若，则点的轨迹长度为 C．二面角的正切值为 D．若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 【答案】BCD 【分析】对于A，作出对应图形，先证明面面，再结合给定条件确定动点轨迹，求解长度，对于B，利用给定条件确定动点轨迹，求解长度，对于C，作出二面角的平面角，利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系求解正切值，对于D，先找到球心，利用勾股定理得到半径，求解球的表面积即可. 【详解】对于A，如图，取中点，且连接， 因为分别是棱的中点，由中位线定理得，， 所以，而，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，因为，， 所以四边形是平行四边形，所以，因为面， 面，所以面，因为面， 面，所以面，而， 所以面面，又是正方形内的动点， 且平面，面和面相交，是交线， 所以的轨迹为线段，由勾股定理得，故A错误， 对于B，如图，若，此时面， 所以，由勾股定理得， 所以的轨迹为在面内，以为圆心，为半径的圆弧， 所以的轨迹长度为，故B正确， 对于C，如图，作，连接，连接， 因为正方体，分别是棱的中点， 也把的中点记为，所以是的中位线， 所以，而， 所以，而由正方体性质得面， 所以，而，面， 故面，，， 而由勾股定理得，， 由三线合一性质得是的中点，故是的中点， 即是靠近的四等分点，所以由勾股定理得，，， 而，，面面， 所以是二面角的平面角，且设该角为， 在中，由余弦定理得， 易得，所以，而， 解得(负根舍去)，所以， 所以二面角的正切值为，故C正确， 对于D，如图，取的中点，的中点，连接， 因为是棱的中点，分别是棱的中点， 所以，由勾股定理得， 而，所以，所以， 而，所以点到的距离相等， 因为，由正方体性质得面， 所以面，所以三棱锥的外接球的球心在上， 设球心为，，则，又， 设三棱锥的外接球的半径为，则， 在直角三角形中，由勾股定理得，在直角三角形中， 由勾股定理得，解得，， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是确定球心的位置，然后利用勾股定理求出球的半径，得到所要求的表面积即可． 真题精讲20 立体几何中的新定义问题 【典例精讲20】类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得； （2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证； （3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解. 【详解】（1）连接，由已知得平面，， 又平面，所以平面平面， 所以二面角的大小为，因为为菱形，， 所以，又，所以， 在中，， 由三面角余弦定理可得 . （2）依题意可得，设平面内任一条直线为， 若过点时，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 若不过点时，过点作使得，记与的夹角为（）， 则，因为， 所以， 又，所以； 综上可得. （3）连接，， 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面平面， 所以平面平面， 又平面平面，又平面平面， 所以，又即， 所以四边形为平行四边形， 所以，显然在的延长线上， 因为，所以， 所以，即. 【点睛】关键点点睛：对于新定义型知识，关键是理解并应用所给定义，第三问关键是由面面平行推导出线线平行. 【通关20-1】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， ， ， ， . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可． 【通关20-2】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. 【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. 【通关20-3】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.    【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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末专题06 立体几何 （20类真题精讲） 期末复习目录 20类真题精讲 1 真题精讲01 空间几何体的结构特征及概念辨析 6 真题精讲02 斜二测画法中有关量的计算 7 真题精讲03 求解表面积、侧面积（小题） 8 真题精讲04 求解体积（小题） 9 真题精讲05 球体问题（基础） 10 真题精讲06 球体问题（压轴） 11 真题精讲07 最短距离问题 11 真题精讲08 点、线、面间位置关系判断及辨析 13 真题精讲09 线面平行的判定定理及性质定理的应用（解答题） 14 真题精讲10 面面平行的判定定理及性质定理的应用（解答题） 15 真题精讲11 线面垂直的判定定理及性质定理的应用（解答题） 17 真题精讲12 面面垂直的判定定理及性质定理的应用（解答题） 19 真题精讲13 求异面直线所成角（小题） 20 真题精讲14 求线面角（解答题） 21 真题精讲15 求二面角（解答题） 23 真题精讲16 求体积（解答题） 25 真题精讲17 求空间距离（解答题） 27 真题精讲18 立体几何中的截面问题（压轴） 28 真题精讲19 立体几何中的轨迹问题（压轴） 30 真题精讲20 立体几何中的新定义问题 31 1．空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行 侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定相等 延长线交于一点 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 (2)旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 平行、相等且垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形 全等的等腰梯形 圆 侧面 展开图 矩形 扇形 扇环 2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l 3.空间几何体的表面积与体积公式 名称 几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S表面积＝S侧＋2S底 V＝S底·h 锥体(棱锥和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底·h 台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋)h 球 S＝4πR2 V＝πR3 3.空间中的平行关系 （1） 线线平行 ①三角形、四边形的中位线与第三边平行，②平行四边形的性质（对边平行且相等） ③内错角、同位角相等，两直线平行；同旁内角互补，两直线平行 （2） 线面平行的判定定理： 平面外一直线与平面内一直线平行，则线面平行 图形语言 符号语言 （3） 线面平行的性质定理 若线面平行，经过直线的平面与该平面相交，则直线与交线平行 图形语言 符号语言 （4） 面面平行的判定定理 判定定理1：一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，则面面平行 图形语言 符号语言 判定定理2：一个平面内有两条相交直线分别于另一个平面内两条相交直线平行，则面面平行 图形语言 符号语言 （5） 面面平行的性质定理 性质定理1：两平面互相平行，一个平面内任意一条直线平行于另一个平面 性质定理2：两平面互相平行，一平面与两平面相交，则交线互相平行 4.空间中的垂直关系 （1） 线线垂直 ①等腰三角形（等边三角形）的三线合一证线线垂直 ②勾股定理的逆定理证线线垂直 ③菱形、正方形的对角线互相垂直 （2） 线面垂直的判定定理 判定定理：一直线与平面内两条相交直线垂直，则线面垂直 图形语言 符号语言 （3） 线面垂直的性质定理 性质定理1：一直线与平面垂直，则这条直线垂直于平面内的任意一条直线 图形语言 符号语言 性质定理2：垂直于同一个平面的两条直线平行 图形语言 符号语言 （4） 面面垂直的判定定理 判定定理：一个平面内有一条直线垂直于另一个平面，则两个平面垂直 （或：一个平面经过另一个平面的垂线，则面面垂直） 图形语言 符号语言 （5） 面面垂直的性质定理 性质定理：两平面垂直，其中一个平面内有一条直线与交线垂直，则这条直线垂直于另一个平面 图形语言 符号语言 5.异面直线所成角 1.定义：已知两条异面直线经过空间任意一点作直线我们把与所成的锐角（或直角）叫做异面直线与所成的角（或夹角） 2.范围： 3.平移两异面直线使它们相交，转化为相交直线所成角； 6.直线与平面所成角 1.定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角，叫这条直线和这个平面所成的角。 2.范围： 3.求法： （1）由定义作出线面角的平面角，再求解： （2）在斜线上异于斜足取一点，求出该点到斜足的距离（设为 ）和到平面的距离（设为 则 7.二面角 1.定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角.在二面角的棱上任取一点，以该点为垂足，分别在两个半平面内作垂直于棱的射线，则两射线所成的角为二面角的平面角。 2.范围： 3.求法： 作出（或找出）二面角的平面角，再求解。在作二面角的平面角时，一般有二面角的平面角定义法，三垂线法，垂面法等 真题精讲01 空间几何体的结构特征及概念辨析 【典例精讲1】下列说法正确的是（    ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【通关1-1】下列几何体中，顶点个数最少的是（    ） A．四棱锥 B．长方体 C．四棱台 D．四面体 【通关1-2】下列说法中，正确的是（    ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．一个多面体至少有4个面 C．有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【通关1-3】给出下列命题： ①圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线； ②两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； ③以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台； ④用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形． 其中正确命题是（    ）． A．①② B．①③ C．②③ D．②④ 真题精讲02 斜二测画法中有关量的计算 【典例精讲2】边长为的正三角形的直观图的面积是（    ） A． B． C． D． 【通关2-1】已知一个矩形较长边长为2用斜二测画法画出矩形的直观图是菱形，则直观图的面积为（    ） A． B． C． D． 【通关2-2】如图，水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图为直角梯形，已知，则原四边形OABC的面积为（    ）    A． B．3 C． D． 【通关2-3】若水平放置的平面四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（    ）    A． B．4 C． D． 真题精讲03 求解表面积、侧面积（小题） 【典例精讲3】已知圆台的上、下底面圆的半径分别为1和3，高为1，则圆台的表面积为（    ） A． B．20π C． D． 【通关3-1】已知圆柱的底面半径为2cm，体积为，则该圆柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【通关3-2】石墩随处可见，形状各异，美化了我们的环境，已知某正四棱台石墩的上、下底面边长分别为40cm，58cm，侧棱长为41cm，则该石墩的侧面积为（    ） A．8036cm2 B．13000cm2 C．7840cm² D．12804cm² 【通关3-3】陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地视为由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体，如图1是一种木陀螺，其直观图如图2所示，为圆锥的顶点，，分别为圆柱上、下底面圆的圆心，若圆锥的底面周长为，高为3，圆柱的母线长为4，则该几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 真题精讲04 求解体积（小题） 【典例精讲4】若圆锥的表面积为，且其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【通关4-1】已知四棱锥，，平分，点在上且满足，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【通关4-2】已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱与底面所成的角为，则此四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【通关4-3】一个高为的直三棱柱容器内装有水，将侧面水平放置如图（1），水面恰好经过棱，，，的中点，现将底面水平放置如图（2），则容器中水面的高度是（    ）. A． B． C． D． 真题精讲05 球体问题（基础） 【典例精讲5】已知正四棱锥的体积为，底面边长为，则以为球心，为半径的球的体积为（    ） A． B． C． D． 【通关5-1】长方体的一个顶点上三条棱长分别是1，3，，且它的八个顶点都在同一球面上，这个球的体积是（   ） A． B． C． D． 【通关5-2】四棱锥中，平面ABCD，四边形为矩形，，，若四棱锥的外接球的表面积为，则（    ） A．3 B．6 C．2 D．2.5 【通关5-3】已知扇形的半径为3，中心角为，则这个扇形围成的圆锥的外接球的表面积是 . 真题精讲06 球体问题（压轴） 【典例精讲6】四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【通关6-1】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． 【通关6-2】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． 【通关6-3】已知正四面体的棱长为，球与正四面体六条棱相切，球与正四面体四个面相切，则两个球的体积比 ． 真题精讲07 最短距离问题 【典例精讲7】（22-23高一下·四川成都·期末）如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC＝2，，A为锐角，侧棱PA＝PB＝PC＝2，一只小虫从A点出发，沿侧面绕棱锥爬行一周后回到A点，则小虫爬行的最短距离为（    ）    A． B． C． D． 【通关7-1】（22-23高一下·河北张家口·期末）在三棱锥中，，，一只蜗牛从点出发，绕三棱锥三个侧面爬行一周后，到棱的中点，则蜗牛爬行的最短距离是（）． A． B． C． D． 【通关7-2】如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到达点，则这只蚂蚁爬行的最短距离是 ． 【通关7-3】已知底面半径为1，体积为的圆柱，内接于一个高为的圆锥（如图），线段AB为圆锥底面的一条直径，则从点A绕圆锥的侧面到点B的最短距离为 . 真题精讲08 点、线、面间位置关系判断及辨析 【典例精讲8】设，是两个不重合平面，，是两条不重合直线，则（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【通关8-1】已知为两条不同直线，，为两个不同平面，则下列说法正确的是（    ） A．若直线与平面所成角相等，则 B．若平面上有三个不同点到平面的距离相等，则 C．若上有两个不同点到平面的距离相等，则 D．若，且直线异面，则 【通关8-2】（多选）已知，是不同平面，，，是不同直线，则“”的充分条件是（    ） A．，； B．，，； C．，，； D．，， 【通关8-3】（多选）已知a，b，c为三条直线，，，为三个平面．下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，则 D．若，，，则 真题精讲09 线面平行的判定定理及性质定理的应用（解答题） 【典例精讲9】如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【通关9-1】如图，正方体的棱长为2.    (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值. 【通关9-2】如图，四棱锥中，，，在底面中，，，且，，为的中点.    (1)求证：平面； (2)求异面直线与所成的角的余弦值. 【通关9-3】如图，已知等腰梯形ABCD中（图1），是BC的中点，，将沿着AE翻折（图2），使得直线AB与CD不在同一个平面，得到四棱锥 (1)求直线与所成的角的大小； (2)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 真题精讲10 面面平行的判定定理及性质定理的应用（解答题） 【典例精讲10】如图，在各棱长均为2的正三棱柱中，，，分别为，，的中点，. (1)求点到平面的距离； (2)证明：平面平面. 【通关10-1】如图所示，三棱柱，是的中点，是的中点．求证： (1)//平面； (2)平面//平面D. 【通关10-2】如图（1），在梯形PBCD中，，，A是PD中点，现将沿AB折起得图（2），点M是PD的中点，点N是BC的中点．    (1)求证：平面PAB； (2)在线段PC上是否存在一点E，使得平面平面PAB？若存在，请指出点E的位置并证明你的结论；若不存在，请说明理由． 【通关10-3】如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中分别在棱上. (1)求证：平面平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值. 真题精讲11 线面垂直的判定定理及性质定理的应用（解答题） 【典例精讲11】如图，在正方体中． (1)求证：∥平面； (2)求证：平面． 【通关11-1】在四棱锥中，底面是矩形，平面，分别是的中点. (1)求证：平面PAD； (2)求证：； (3)若PD与平面所成的角为，求证：平面. 【通关11-2】如图，平面，底面为矩形，，点是棱的中点. (1)求证：； (2)若，分别是，上的点，且，为上任意一点，试判断：三棱锥的体积是否为定值？若是，请证明并求出该定值；若不是，请说明理由. 【通关11-3】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. 真题精讲12 面面垂直的判定定理及性质定理的应用（解答题） 【典例精讲12】如图，在三棱锥中，是等边三角形，，，，，，分别，的中点. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的余弦值. 【通关12-1】如图，圆柱中，是一条母线，是底面一条直径，C是的中点. (1)证明：平面平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【通关12-2】如图，正三棱柱中，各棱长均相等，､､､分别为棱､､､的中点. (1)证明：平面； (2)证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值. 【通关12-3】如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 真题精讲13 求异面直线所成角（小题） 【典例精讲13】在正三棱柱 中，，，分别是 中点，则异面直线 与 所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【通关13-1】如图，已知正三棱柱为的中点，则与所成角的余弦值为（    ）    A．1 B． C． D． 【通关13-2】如图，在正四面体ABCD中．点E是线段AD上靠近点D的四等分点，则异面直线EC与BD所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 【通关13-3】如图，已知四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，侧棱长相等且为4，E为CD的中点，则异面直线CM与AE所成的角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 真题精讲14 求线面角（解答题） 【典例精讲14】如图所示，已知平面ABC，∥，，，，E为BC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【通关14-1】如图，是半球O的直径，P是半球底面圆周上一点，Q是半球面上一点，且． (1)求证：； (2)若,求直线与平面所成角的正弦值． 【通关14-2】如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，为正三角形，，分别为，的中点. (1)若平面平面，求直线与平面所成的角的正弦值； (2)求证：平面平面. 【通关14-3】如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，底面，，分别为线段的中点.    (1)证明：； (2)证明：平面； (3)若，，记与平面所成角为，求的最大值. 真题精讲15 求二面角（解答题） 【典例精讲15】如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 【通关15-1】在四棱台中，，平面平面，，，，.    (1)求证：平面； (2)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【通关15-2】如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点． (1)求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小． 【通关15-3】如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【通关15-4】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． 真题精讲16 求体积（解答题） 【典例精讲16】如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，为的中点，，. (1)平面； (2)求三棱锥的体积． 【通关16-1】如图，在三棱柱中，平面ABC，且D，E分别是棱的中点． (1)证明：平面． (2)若是等边三角形，，求三棱柱的体积． 【通关16-2】如图所示，在圆锥中，为圆锥的顶点，为底面圆的圆心，是圆的直径，为底面圆周上一点，四边形是矩形. (1)若是的中点，求证：平面； (2)若，，求三棱锥的体积. 【通关16-3】三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 真题精讲17 求空间距离（解答题） 【典例精讲17】如图，直三棱柱 中，，为的中点. (1)求证：平面 ； (2)求 到平面 的距离. 【通关17-1】如图，在三棱锥中，，，． (1)求三棱锥的体积； (2)求点到平面的距离． 【通关17-2】在三棱柱中，平面，且. (1)求证：平面平面； (2)求点与平面的距离. 【通关17-3】如图，正方形边长为4，E为AB中点，F为边BC上的动点．将沿DE翻折到，沿EF翻折到． (1)求证：平面； (2)若F是边BC上的中点，求点S到平面的距离； (3)若，连接DF，设直线SE与平面所成角为，求的最大值． 真题精讲18 立体几何中的截面问题（压轴） 【典例精讲18】（多选）如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱AD，，CD的中点，则下列说法正确的有（    ） A．直线与直线为异面直线 B．直线与平面所成角的正弦值为 C．二面角的平面角余弦值为 D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为 【通关18-1】（多选）如图，直四棱柱中，底面是，的矩形，直四棱柱的高为4，E，F分别为棱AB，的中点，则下列说法中正确的有（    ）    A．直线与CF相交 B．异面直线与CE所成角为 C．二面角的平面角为 D．平面CEF截该长方体所得的截面为五边形 【通关18-2】（多选）正方体中，，是的中点，则下列说法中正确的有（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．平面 C．过，，三点作正方体的截面，则截面面积为 D．若为正方体对角线上的一个动点，则最小值为 【通关18-3】（多选）已知正方体的体积为8，E是线段（不含端点）上的动点，下列说法正确的是（    ） A．不存在点E，使得直线平面 B．对任意点E，直线都不垂直于平面 C．过，，E的平面截该正方体所得的截面面积为 D．的最小值为 真题精讲19 立体几何中的轨迹问题（压轴） 【典例精讲19】在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 【通关19-1】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 . 【通关19-2】（多选）如图，正方形的棱长为3，动点在内，满足，则下列说法正确的是（    ） A． B．与平面所成的角的正弦值为 C．始终为钝角三角形 D．点的轨迹长度为 【通关19-3】（多选）如图，在边长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（    ） A．若平面，则点的轨迹长度为 B．若，则点的轨迹长度为 C．二面角的正切值为 D．若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 真题精讲20 立体几何中的新定义问题 【典例精讲20】类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点． (1)求的值； (2)直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：； (3)过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值． 【通关20-1】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：. 【通关20-2】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. 【通关20-3】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． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$