专题04 立体几何初步（期末压轴专项训练33题）-2024-2025学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教A版2019必修第二册）

专题04 立体几何初步（期末压轴专项训练33题） 一、立体图形中最短距离问题 1．如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】把平面与平面展开在同一平面上上，然后利用对称将空间四边形各边长转化到同一直线上，找到最小值即可求解； 【详解】把平面与平面展开在同一平面上上，    作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，易得为正三角形，由对称性可得：， 所以周长 作，可得 易得， , 故选：C. 2．在正四棱锥中，，为的中点，为的中点，则从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】棱锥的展开图 【分析】对点到点的路径进行分类讨论，将相应平面延展为同一平面，结合余弦定理可求得结果. 【详解】分以下几种情况讨论： （1）当点沿着平面、到点，将平面、延展为同一平面，如下图所示： 易知、均为等边三角形，延展后，，， 所以，四边形为菱形，所以，且， 因为、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，此时； （2）当点沿着平面、到点，将平面、延展至同一平面，如下图所示： 连接，则，且，，， 因为，由余弦定理可得； （3）当点沿着平面、到点，连接，如下图所示： 则，，， 由余弦定理可得； （4）当点沿着平面、、到点，将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示： 易知、、三点共线，且，，， 由余弦定理可得. 综上所述，从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解. 3．如图，在圆锥SO的底面圆中，AC为直径，O为圆心，点B在圆O上，且，D为线段AB上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】余弦定理解三角形、圆锥的展开图及最短距离问题 【分析】将绕旋转至同一平面，分析可知当且仅当三点共线时，取到最小值，利用余弦定理运算求解. 【详解】由题意可知：， 将绕旋转至同一平面，如图所示， 可知：当且仅当三点共线时，取到最小值， 取的中点，可知， 可得，， 则， 在中，由余弦定理可得， 即，所以的最小值为. 故选：A. 4．在长方体中，为线段的中点，是棱的中点，若点为线段上的动点，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题 【分析】连接，得出点、、在平面中，问题转化为在直线上取一点，求点到定点的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，求出点关于直线的对称点的坐标，则答案可求． 【详解】连接，则，点、、在平面中，    且，，， 在中，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，    则，，，； 设点关于直线的对称点为， 的方程为，① ，直线的方程为，② 由①②组成方程组，解得，， 直线与的交点,． 对称点， ． 则的最小值为2． 故选：C． 5．如图，AB是圆柱的直径且，PA是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周上的点. 若，D是PB的中点，点E是线段PA上一动点，则的最小值为 . 【答案】 【知识点】余弦定理解三角形、圆柱的展开图及最短距离问题 【分析】将转化到一个平面上，利用平面内两点之间线段最短求得最小值． 【详解】将绕着PA旋转到使其与共面，且在AB的反向延长线上． ，，，， 由余弦定理得， ∴的最小值为． 故答案为： 二、立体图形中截面问题 1．在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（   ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 【答案】D 【知识点】判断正方体的截面形状 【分析】易知当时，截面为正六边形，可判断A错误，当与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误，比较时五边形截面的面积与正六边形截面面积大小可判断C错误，作出图形可判断D正确. 【详解】对于A，当时，分别取的中点为，如下图所示： 由正方体性质可得，即可得为正六边形， 因此当时，截面为六边形，即A错误； 对于B，如下图： 当时，不妨取与重合，可知截面只能是四边形，可知B错误； 对于C，延长交于，交于，连接交于点，连接交于，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，易知， 可知为等腰三角形，其底边上的高为， 因此其面积为； 又，可知四变形为等腰梯形； 其高为，因此其面积为； 此时五边形面积为 当当时，截面为边长是的正六边形，其面积为； 显然当时，截面的面积不是最大的，即C错误； 对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面为在五边形的基础上绕着向下摆动， 此时截面始终于有交点，此时截面只能是五边形，即D正确. 故选：D 2．如图，正方体中，、分别是、的中点，过点、、的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】判断正方体的截面形状、锥体体积的有关计算 【分析】如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可. 【详解】如图所示： 设正方体的棱长为， 则过点，，的截面下方体积为：， ∴另一部分体积为， ∴. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了几何的割补问题，还考查了空间想象的能力，属于中档题. 3．如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为 . 【答案】 【知识点】判断正方体的截面形状 【分析】取BC的中点E，的中点F，先利用面面平行判定定理证明平面平面，得出四边形为截正方体所得截面图形，易得四边形是菱形，求得该菱形的边长即可求得面积. 【详解】如图，取BC的中点E，的中点F，连接DE，，，FD， 因为E，F分别为BC，的中点，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，，平面，所以平面平面， 即四边形为截正方体所得截面图形. 由正方体的棱长为2，易得四边形是边长为的菱形， 对角线即为正方体的体对角线， 又， 所求截面的面积. 故答案为： 4．（1）如图，棱长为2的正方体中，，是棱，的中点，在图中画出过底面中的心且与平面平行的平面在正方体中的截面，并求出截面多边形的周长为：______； （2）作出平面与四棱锥的截面，截面多边形的边数为______． 【答案】（1）作图见解析，周长为；（2）作图见解析，边数为五． 【知识点】判断正方体的截面形状、棱锥中截面的有关计算 【分析】（1）利用面面平行的判定定理作出截面，求得各边长度则可得周长；（2）利用延长找公共点的方法作出截面，可得形状. 【详解】(1)分别取，为棱，的中点，则由中位线性质得到：，所以四边形为平面四边形， 又，，所以四边形为平行四边形，所以， 由，平面，平面，所以平面，同理平面， ，由面面平行的判定定理可得平面平面，所以四边形即为所求截面，且为梯形， 由截面作法可知，所以截面四边形的周长为. （2）延长的延长线于，连接的延长线于连接于，连接，则五边形即为所求.所以截面多边形的边数为五. 三、立体图形中动点问题 1．（多选）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则（    ）. A．存在点，使平面 B．不存在点，使四点共面 C．三棱锥的体积是定值 D．经过四点的球的表面积为10 【答案】AC 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、判断线面平行 【分析】根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断A；当Q与点重合时，四点共面，即可判断B；结合三棱锥体积公式判断C；易知经过四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】连接，当是的中点时，因为，所以． 因为平面平面，所以平面，故A正确， 如图，在正方体中，连接． 因为分别是的中点，所以．又因为，所以，所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面， 故B错误， 直线上的点到面的距离为2，而，所以是定值， 故C正确， 设G,H分别为，的中点，则为长宽高分别为2，2，1的长方体，根据分割补形法知：经过四点的球即为长方体的外接球，所求球的直径满足：，经过四点的球的表面积为，故D错误． 故选：AC. 2．（多选）在直平行六面体中，，M为棱上的动点，四点均在球O的球面上，则（   ） A．存在点M，使平面 B．无论M的位置如何，三棱锥的体积为定值 C．存在点M，使的周长为 D．球O的表面积为 【答案】ABD 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、判断线面平行 【分析】根据线面平行判定定理得出平面，判断A，根据等体积计算判断B，根据展开图计算判断C，根据截面计算求解外接球半径判断D. 【详解】 A:由题意知直平行六面体的底面为菱形，且为等边三角形，连接，四边形为平行四边形， 所以，平面，不在平面内，平面，所以当点M与点D重合时，平面，A选项正确； B.同体换底思想，，不随M的位置发生变化， 其高即A到平面的距离不变，B选项正确； C.将平面与平面沿展开， 可得当三点共线时，最小，且最小值为， 所以周长的最小值为，故C错误； D.设为的外心，连接，，，过作平面的垂线，球心在此垂线上， 要满足到B，的距离相等，球心在垂线段的中点上.所以球O的半径为， 所以球O的表面积为，故D正确. 故选：ABD. 3．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则（ ） A．存在点，使 B．存在点，使平面平面 C．三棱锥的体积为定值 D．存在点G，使得平面截正方体所得截面为正六边形 【答案】ACD 【知识点】判断正方体的截面形状、锥体体积的有关计算、判断线面平行、判断面面平行 【分析】对于A项，取点为与的交点，可证明即可判断A项；对于B项，若平面平面，即可得出且，而，故G应在延长线上，即可判断B项；对于C项，G移动但G到面的距离始终不变即可判断C项；对于D项，为靠近C的四等分点时画出截面图，由图可可判断D项. 【详解】对于A项，存在点为与的交点，使得，理由如下： 若点为与的交点，则三点共线， 由正方体性质得，，所以四边形是平行四边形，所以， 因为为中点，所以，所以，即，A正确； 对于B项，如图，连接，H为侧面中心， 则平面与平面和平面分别交于线， 若存在G点使平面平面，则，又，则四边形为平行四边形， 即，，此时G应在延长线上，B错误； 对于C项，易知平面，随着G移动但G到平面的距离始终不变，即为， 故是定值，C正确； 对于D项，如图，当为靠近C的四等分点时， 平面截正方体的截面为正六边形，D正确 故选：ACD 4．（多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（    ） A．不存在点，使得平面 B．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C．三棱锥的体积为4 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BD 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、判断线面平行 【分析】对于A，当为中点时，利用中位线的性质可证得，再证得线面平行；对于B，利用中位线的性质可证得，对边平行且不相等，可得到截面是梯形；对于C，利用等体积法可求得三棱锥的体积；对于D，三棱锥的外接球可以补形为长方体的外接球，先求半径再求表面积即可. 【详解】 对于A，当为中点时，由中位线可得， 因为平面，平面，所以平面.故A错误； 对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以， 又因为，所以截面为梯形，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径， 所以表面积，故D正确. 故选：BD. 5．（多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【知识点】判断正方体的截面形状、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、证明线面平行 【分析】当为中点时平面，即可判断A，根据平行关系作出截面图，即可判断B，根据锥体的体积公式判断C，转化为求长方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A：当为中点时，因为是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B：因为，分别是，的中点，所以， 在正方体中，易证，所以， 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C：因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球， 所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确， 故选：ACD. 四、内切球和外接球问题 1．已知一个圆台的上，下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】作出圆台的轴截面，要使正方体棱长最大，则此时正方体的外接球应为圆台内与，，相切的球，利用勾股定理求出棱长最大的正方体的外接球的半径，进而可得出答案. 【详解】如图，作出圆台的轴截面， 要使正方体棱长最大，则此时正方体的外接球应为圆台内与，，相切的球，    设圆的半径为，则， 因为，所以， 作，因为，所以， 而，由勾股定理得， 则，且， 而， 即得到，解得， 设圆台内正方体的棱长最大值为，则， ． 故选：B. 2．如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的截面的性质及计算 【分析】由条件确定球心位置，建立关于球的半径的表达式，从而求出半径的取值范围即可. 【详解】因为为等腰直角三角形，， 所以的外接圆的圆心为的中点，且， 设的中点为，连接， 则，平面， 设三棱锥外接球的球心为， 由球的性质可得点在上，设，， 外接球的半径为，因为， 所以，即， 又，则， 因为，所以，则， 故选：.    【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为； （2）长方体的长，宽，高分别为，，，则其外接球的半径为； （3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球半径为. 3．已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【知识点】正棱锥及其有关计算、多面体与球体内切外接问题、球的截面的性质及计算 【分析】令正四面体的棱长为，由正四面体外接球的相关几何关系列方程求得，再由截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，求该截面圆的半径最小值. 【详解】如下图示，，令正四面体的棱长为，则底面半径， 所以， 所以，则， 所以，则，可得， 要使截面圆半径最小，只需垂直于截面圆，而， 所以截面圆半径为. 故选：D 4．已知某个正三棱台的上、下底面面积分别为和，高为6，则该正三棱台的外接球半径为（   ） A．4 B． C．3 D． 【答案】B 【知识点】正棱台及其有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】分别求得上下底面所在平面截球所得圆的半径，找到球心，求得半径，再由球的表面积公式可得结果. 【详解】如图所示，分别为上下底面的外心，则外接球球心在线段上， 连接并延长交于，连接并延长交AB于D， 设等边三角形的边长为，根据正三角形面积公式， ∴，， 设等边三角形的边长为，根据正三角形面积公式， ∴，C=CD=，则， 设正三棱台的外接球的半径, 得，解得，即. 故选：B.    5．如图，两个底面半径相同的圆锥组合的一个几何体，若底面圆的半径为1，两个圆锥的母线长分别为，则该几何体内切球的半径为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【知识点】圆锥中截面的有关计算、球的截面的性质及计算 【分析】由底面圆的半径为1，两个圆锥的母线长分别为，可得几何体轴截面的一半是直角三角形，又因内切球的球心在轴线上，它到两圆锥母线的距离等于内切球的半径，可找出相似三角形，利用相似三角形的性质列式即可求解. 【详解】如图，轴截面的一半是三角形，底面圆的半径为，两个圆锥的母线长分别为， 所以，， 所以，所以, 因而可知是直角三角形. 又由该几何体内切球的球心在轴线上，它到两圆锥母线的距离等于内切球的半径，可知与相似. 设内切球的半径为，则，解得． 故选：D. 6．已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】根据正四棱锥的轴截面，转化成等腰三角形的内切圆问题，转化为直角三角形，运用勾股定理解出内切球半径. 【详解】 设正四棱锥内切球球心为，其在底面的投影为，则三点共线，内切球半径为，取中点，中点，则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径， 因为底面边长为，所以，， 因为高为，即，则， 所以， 在中，即，解得， 故选：D. 五、二面角问题 1．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面.，为侧棱的中点. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明面面垂直、求二面角 【分析】（1）通过线面垂直证明面面垂直可得结论. （2）通过构造辅助线找到二面角的平面角，在直角三角形中利用锐角三角函数可得结果. 【详解】（1）∵平面，平面，∴. ∵,平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2） 取中点，连接，过点作于点，连接. ∵点分别为的中点，∴，， ∴平面， ∵平面，平面，∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∵平面，∴， ∴为二面角的平面角， 在直角梯形中，. ∵，∴， ∴，即二面角的正切值为. 2．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为棱的中点，，，直线与所成的角的大小为． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)2 【知识点】证明线面平行、证明线面垂直、证明面面垂直、求二面角 【分析】（1）设与相交于点，连接，证明，利用线面平行的判定即可证明； （2）利用正弦定理得，再证明，最后利用线面垂直的判定定理即可证明； （3）过点作，垂足为.过作，垂足为，连接，找到二面角即为，最后根据正切定义即可得到答案. 【详解】（1）连接，设与相交于点，连接. 四边形是菱形，为的中点. 是棱的中点，. 又平面平面， 平面. （2）直线与所成的角为，且， 就是直线与所成的角或其补角. ，，， 在中，由正弦定理得，， 即，解得. ，即，从而. 四边形是菱形，且，, 是等边三角形，从而. 又，. ，从而. 又平面平面， 平面. （3）过点作，垂足为. 过作，垂足为，连接. 由（2）平面，又平面， 平面平面. 又平面平面平面，平面. 平面平面，. 平面平面，平面. 平面，， 二面角的平面角是， 在Rt中，. ， 二面角的正切值是2 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是找出二面角的平面角，再根据三角函数定义即可得到答案. 3．如图，在边长为4的菱形中，分别是的中点，将沿折起，使点到的位置，且． (1)若平面平面，判断与的位置关系并说明理由； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求二面角大小的余弦值． 【答案】(1)，理由见解析； (2)； (3). 【知识点】求线面角、求二面角、证明线面平行、线面平行的性质 【分析】（1）利用线面平行的判定、性质判断推理即得. （2）令，连接，求出点到平面的距离即可求得线面角的正弦. （3）取的中点，探求二面角的平面角，再利用余弦定理计算即可. 【详解】（1），理由如下： 由分别是的中点，得，而平面，平面， 则平面，又平面平面，平面， 所以. （2）令，连接，由是菱形，，得都是正三角形， 则，，而平面， 于是平面，又平面，则平面平面， 在平面内过作于，由平面平面， 因此平面，连接，则是直线与平面所成的角， 在正中，，， ，则， 于是，， 所以直线与平面所成角的正弦值是. （3）在中，， 即，显然，则有，同理， 取的中点，连接，则，有， 因此是二面角的平面角，而， 则， 所以二面角大小的余弦值是. 【点睛】思路点睛：平面图形翻折问题，在翻折过程中，始终位于同一平面内的点线位置关系和数量关系不变，否则将可能发生变化. 4．如图①，已知是边长为2的等边三角形，D是的中点，，如图②，将沿边DH翻折至. (1)在线段BC上是否存在点F，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的正切值为，求点B到直线CH的距离. 【答案】(1)存在， (2) 【知识点】由线面平行的性质判断线段比例或点所在的位置、由二面角大小求线段长度或距离、面面平行证明线面平行、证明线面垂直 【分析】（1）在图①中，取的中点M，连接AM，证明，则平面BDH，在线段BC上取点F使，连接MF，FA，证明平面平面，再根据面面平行的性质即可得解； （2）连接，取的中点，连接，平面，易得，则即为平面BHC与平面BDA所成的二面角的平面角，求出，再利用等面积法求解即可. 【详解】（1）在图①中，取的中点M，连接AM，如图所示， 因为是等边三角形，的中点为M， 所以, 因为， 所以， 在图②中，，平面BDH，平面BDH， 所以平面BDH，且， 在线段BC上取点F使，连接MF，FA，如图所示， 因为， 所以， 又因为平面BDH，平面BDH， 所以平面BDH， 又因为平面AMF， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面BDH， 所以存在点F满足题意，且； （2）如图所示，连接，取的中点，连接， 由折叠性质可得平面，平面， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为为的中点， 所以， 所以即为平面BHC与平面BDA所成的二面角的平面角， 由（1）可得，， 因为平面BHC与平面BDA所成的二面角的正切值为， 所以，所以， 所以，所以， 设点B到直线CH的距离为， 则， 即，解得， 即点B到直线CH的距离为. 【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有： （1）通过面面平行得到线面平行； （2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质. 5．如图，在梯形中，，，．把沿翻折，使得二面角的平面角为，M，N分别是和中点. (1)若，E是线段的中点，动点F在三棱锥表面上运动，并且总保持，求动点F的轨迹的长度. (2)若，P，Q分别为线段，上异于端点的点，满足，记分别与，所成角为，，若，求的取值范围. (3)若，求二面角的正切值. 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】证明线面平行、空间平行的转化、证明线面垂直、求二面角 【分析】（1）由，故只需找出过点且与直线垂直的平面即可得，结合题目所给条件，取，的中点为F，O，连接，，结合线面垂直的判定定理与性质定理即可得平面，即可得动点F的轨迹的长度； （2）在线段上取点结合等角定理得到，，结合三角形大边对大角计算即可得； （3）作于点S，作于点T，连接，结合题目条件，借助二面角定义可得即为二面角的平面角，从而可通过正切定义计算即可得. 【详解】（1）在梯形中，由，，， 则，又，故， 则四边形是正方形， 则在三棱锥中有，，， ，平面，所以平面， 二面角的平面角即为， 分别取，的中点为F，O，连接，，则，平面， 平面，所以平面，同理平面， 由于，，平面，故平面平面， 平面，故点F的轨迹为三角形， 因此点F的轨迹长度为： ； （2）在线段取点R使得，则，， 由于平面，平面，所以，即， 易得，，且，若，则， 即，即，又，得； （3）作于点S，作于点T，连， 由，得是边长为的等边三角形，则S为的中点，且， 由S为的中点，易得， 由平面，平面，得，又，， 得平面，又，得，又，， 得平面，则即为二面角的平面角， 故其正切值为. 【点睛】关键点点睛：（1）中关键点在于找出过点且与直线垂直的平面即可得；（2）中关键点在于线段上取点结合等角定理得到，；（3）中关键点在于借助二面角定义找到二面角的平面角. 6．如图（1）梯形中，，，，，且，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面平面，与和交于O，点P在上，且，R是的中点，过O、P、R三点的平面交于Q．在图（2）中： (1)证明：Q是的中点； (2)M是上一点，已知二面角的正切值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】证明线面垂直、求二面角、证明线面平行 【分析】（1）只需证明，根据中位线性质，可得结论. （2）先做出二面角的平面角，再在直角三角形中求解即可. 【详解】（1）如图（1）：因为，，，，且， 所以，，. 图（2）中： 在中，，，所以， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面平面，所以， 在中，为中点，所以为中点. （2）如图： 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面. 作于，则平面，作于，连， 则为二面角的平面角. 设， 因为. 因为为等腰直角三角形，所以. 又. 在直角中，. 即. 【点睛】关键点点睛：问题的关键是构造二面角的平面角.因为平面平面，作于，则平面，再作于，连， 则为二面角的平面角. 7．（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) 【知识点】求线面角、线面垂直证明线线垂直、半角公式、基本不等式求和的最小值 【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. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出二面角的平面角以及直线与平面所成的角，然后写出的表达式，最后求函数最值问题利用了换元法和基本不等式. 8．如图，三棱柱中，在底面内的射影为的外心，且，，三棱柱的侧面积为. (1)求证：； (2)求三棱柱的体积； (3)分别求二面角和二面角的大小. 【答案】(1)证明见详解. (2) (3). 【知识点】求二面角、线面垂直证明线线垂直、柱体体积的有关计算 【分析】（1）连接并延长交于，由在底面内的射影为的外心得平面，，再通过证明平面即可； （2）由（1）可知，证明，，根据侧面积为得，再由余弦定理计算底面外接圆半径即可； （3）取中点，连接,证明为等边三角形，即二面角即为,同理可得二面角为. 【详解】（1）连接并延长交于.如图①所示， 因为在底面内的射影为的外心， 且，即为等腰三角形， 所以平面，,为的中点， 因为平面， 所以， 因为平面，且， 所以平面, 因为， 所以. （2）由题意可知，，， 在三棱柱中，,，， 所以四边形与四边形全等， 所以，， 设， 因为三棱柱的侧面积为，     所以，解得. 即， 在中，由余弦定理得， 所以, 由正弦定理得，即， 所以三棱柱的高， 所以三棱柱的体积为. （3）取中点，连接,如图②所示， 由（2）可知，，， 所以均为等边三角形， 所以，, 即， 所以为等边三角形， 所以二面角即为, 延长至点，过作，延长至，使得，连接,即四边形为矩形，， 因为, 所以,即， 故为等边三角形, 所以二面角为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了线面垂直、棱柱的体积及二面角，解题的关键在于通过侧面积求侧棱的长度，由正弦定理求三角形外接圆半径以及作二面角. 六、体积问题（点到平面距离问题） 1．如图所示，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，点分别是棱，上的点，点是线段的中点，． (1)求证平面； (2)求与所成角的余弦值； (3)若，求多面体的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、证明线面平行 【分析】（1）取的中点，连接；证明，根据线面平行判定定理证明平面. （2）根据异面直线夹角定义证明为直线与所成角，解三角形求其余弦值即可. （3）求出四棱锥及三棱柱的体积，再利用割补法求出多面体的体积. 【详解】（1）取的中点，连接， 由分别为的中点，得，， 而，且，则，且 ， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. （2）由（1）知，，则为直线与所成角， 由平面，，得平面，而平面， 则，，， 直角梯形中，， 则， 在中，由可得， 在中，，， 在中，，， 所以与所成角的余弦值为. （3）在棱柱中，取中点，连接，则， 由平面，平面，得，而， 平面，则平面，而，， 四棱锥的体积，由，得， 三棱柱的体积， 所以多面体的体积为. 2．如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，且，M是上异于A、B的点，N是的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱锥体积最大为，设， （ⅰ）求体积最大时α的值及此时二面角的余弦值； （ⅱ）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ），；（ⅱ）证明见解析 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、求点面距离、求二面角 【分析】（1）根据面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质即可证明； （2）（ⅰ）由三棱锥体积最大为求得半径及，再根据二面角的定义求解即可； （ⅱ）根据等体积法即可证明． 【详解】（1）证明：因为M是半圆弧上一点，所以，即， 因为分别是的中点，所以，， 因为是等腰直角三角形，，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为平面，，所以平面． （2）（ⅰ）设的半径为r，过点M作交于点G，如图，则， 因为， 故当最大时，体积最大，此时M位于的中点处， 所以，，所以． 由（1）知，平面，因为平面，所以， 因为，平面平面， 所以为二面角的平面角， 因为平面，平面，所以， 因为时，，， 在中，， 所以，所以二面角的平面角的余弦值为． （ⅱ）：过点M作交于点G，如图所示， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 由（ⅰ）知， 当时，，则， 所以， 由等腰三角形得，， 因为平面，平面，所以， 所以， 在中，，， 所以， 又因为， 所以． 3．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的菱形，，，，点E，F分别为棱AD，PC的中点．    (1)若， ，求异面直线EF与AB的夹角的大小； (2)若直线PC与平面ABCD所成角的大小为． ①求二面角的余弦值； ②求点F到平面PAB的距离． 【答案】(1)． (2)①；②． 【知识点】求异面直线所成的角、证明线面垂直、求二面角 【分析】（1）连接BD，AC，设交点为，由中点得到平行关系，找到所求角解三角形可得， （2）先证平面，证明线面垂直与线线垂直关系找到线面角与二面角的平面角，利用余弦定理求二面角，再利用等体积法求点到面的距离. 【详解】（1）连接BD，AC，记，再连接EO，FO， 如图所示，因为四边形ABCD是菱形，所以O是AC的中点， 又E是AD的中点， 所以，所以异面直线EF与AB的夹角， 因为O是AC的中点，F是PC的中点，所以， 且易知， ， 所以， 因为，所以， 即异面直线EF与AB的夹角为．    （2）连接PO，在中，，O是BD的中点， 所以，又四边形ABCD是边长为2的菱形，， 所以，，， 又，AC，，所以． 在中，过点P作AC的垂线，垂足为G，又， 所以，又，，AC，， 所以， 所以是直线PC与平面ABCD所成的角，所以， 又，， 所以，，，又， 所以． 取PA的中点M，连接MB，MD， 如图所示，在中，，，，点M是PA的中点， 所以，． 同理可得，， 所以二面角的平面角为． 在中，，，， 由余弦定理得， 即二面角的余弦值为． ②在中，，，， 所以． 由①知的面积． 因为点F是PC的中点， 所以． 设点F到平面PAB的距离为d， 所以， 解得， 即点F到平面PAB的距离为． 4．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 【知识点】锥体体积的有关计算、补全线面平行的条件、补全线面垂直的条件、求点面距离 【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. 5．如图1，在矩形中，是线段上的一动点，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，点是线段的中点，求证：平面； (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)证明见解析 (2)①存在，；② 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行、证明线面垂直、求点面距离 【分析】（1）取的中点，连接、，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）①当点与点重合，即时平面，此时，由线面垂直的性质得到，即可得到平面，结合，即可证明平面；②在矩形中作，垂足为点，延长交于点，设，即可由利用基本不等式求出体积最大值，即可此时的长度，再结合①得解. 【详解】（1）取的中点，连接、， 因为点是线段的中点，所以且， 又因为且， 所以且，所以为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面. （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，则，又平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面， 又，，平面， 所以平面， 所以当点与点重合，即时平面； ②在矩形中作，垂足为点，延长交于点，折起后可知， 设，则，， 由，所以，即，则， 所以， 要使得点的射影落在线段上，则，即又，解得， 在中， 所以 ， 当且仅当，即时， 所以当时，，即是的中点， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半， 又由①知，当时点与点重合时平面， 所以点到平面的距离为. 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 立体几何初步（期末压轴专项训练33题） 一、立体图形中最短距离问题 1．如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 2．在正四棱锥中，，为的中点，为的中点，则从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为（    ） A． B． C． D． 3．如图，在圆锥SO的底面圆中，AC为直径，O为圆心，点B在圆O上，且，D为线段AB上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．在长方体中，为线段的中点，是棱的中点，若点为线段上的动点，则的最小值为（   ） A． B． C．2 D． 5．如图，AB是圆柱的直径且，PA是圆柱的母线且，点C是圆柱底面圆周上的点. 若，D是PB的中点，点E是线段PA上一动点，则的最小值为 . 二、立体图形中截面问题 1．在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（   ） A．当时，截面为五边形 B．当时，截面只能是六边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 2．如图，正方体中，、分别是、的中点，过点、、的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 3．如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为 . 4．（1）如图，棱长为2的正方体中，，是棱，的中点，在图中画出过底面中的心且与平面平行的平面在正方体中的截面，并求出截面多边形的周长为：______； （2）作出平面与四棱锥的截面，截面多边形的边数为______． 三、立体图形中动点问题 1．（多选）如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则（    ）. A．存在点，使平面 B．不存在点，使四点共面 C．三棱锥的体积是定值 D．经过四点的球的表面积为10 2．（多选）在直平行六面体中，，M为棱上的动点，四点均在球O的球面上，则（   ） A．存在点M，使平面 B．无论M的位置如何，三棱锥的体积为定值 C．存在点M，使的周长为 D．球O的表面积为 3．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，为线段上一个动点，则（ ） A．存在点，使 B．存在点，使平面平面 C．三棱锥的体积为定值 D．存在点G，使得平面截正方体所得截面为正六边形 4．（多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（    ） A．不存在点，使得平面 B．过，，三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C．三棱锥的体积为4 D．三棱锥的外接球表面积为 5．（多选）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C．三棱锥的体积为定值 D．三棱锥的外接球表面积为 四、内切球和外接球问题 1．已知一个圆台的上，下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个正方体，且该正方体在圆台内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 3．已知正四面体内接于球，球半径为3，为的中点，过点作球的截面，求截面圆半径的最小值（   ） A．1 B． C． D． 4．已知某个正三棱台的上、下底面面积分别为和，高为6，则该正三棱台的外接球半径为（   ） A．4 B． C．3 D． 5．如图，两个底面半径相同的圆锥组合的一个几何体，若底面圆的半径为1，两个圆锥的母线长分别为，则该几何体内切球的半径为（    ） A．1 B． C． D． 6．已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（    ） A．1 B． C． D． 五、二面角问题 1．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面.，为侧棱的中点. (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值. 2．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为棱的中点，，，直线与所成的角的大小为． (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)求二面角的正切值． 3．如图，在边长为4的菱形中，分别是的中点，将沿折起，使点到的位置，且． (1)若平面平面，判断与的位置关系并说明理由； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)求二面角大小的余弦值． 4．如图①，已知是边长为2的等边三角形，D是的中点，，如图②，将沿边DH翻折至. (1)在线段BC上是否存在点F，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由； (2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的正切值为，求点B到直线CH的距离. 5．如图，在梯形中，，，．把沿翻折，使得二面角的平面角为，M，N分别是和中点. (1)若，E是线段的中点，动点F在三棱锥表面上运动，并且总保持，求动点F的轨迹的长度. (2)若，P，Q分别为线段，上异于端点的点，满足，记分别与，所成角为，，若，求的取值范围. (3)若，求二面角的正切值. 6．如图（1）梯形中，，，，，且，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面平面，与和交于O，点P在上，且，R是的中点，过O、P、R三点的平面交于Q．在图（2）中： (1)证明：Q是的中点； (2)M是上一点，已知二面角的正切值为，求的值． 7．（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． 8．如图，三棱柱中，在底面内的射影为的外心，且，，三棱柱的侧面积为. (1)求证：； (2)求三棱柱的体积； (3)分别求二面角和二面角的大小. 六、体积问题（点到平面距离问题） 1．如图所示，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，点分别是棱，上的点，点是线段的中点，． (1)求证平面； (2)求与所成角的余弦值； (3)若，求多面体的体积. 2．如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，且，M是上异于A、B的点，N是的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱锥体积最大为，设， （ⅰ）求体积最大时α的值及此时二面角的余弦值； （ⅱ）当M在弧上运动时（不与A、B重合），证明：点O到平面的距离． 3．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的菱形，，，，点E，F分别为棱AD，PC的中点．    (1)若， ，求异面直线EF与AB的夹角的大小； (2)若直线PC与平面ABCD所成角的大小为． ①求二面角的余弦值； ②求点F到平面PAB的距离． 4．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. 5．如图1，在矩形中，是线段上的一动点，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，点是线段的中点，求证：平面； (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． 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$