专题01 空间直线与平面 立体几何 解答压轴题（压轴题专项训练）数学沪教版2020高二必修第三册

专题01 空间直线与平面 立体几何 解答压轴题 目录 典例详解 类型一、立体几何中的探索性问题 类型二、空间中的翻折问题 类型三、空间中的动点问题 类型四、最值、取值范围问题 类型五、轨迹问题 类型六、新定义题 压轴专练 类型一、立体几何中的探索性问题 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件； 2.据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． 3.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 例1．如图，在四棱锥中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 变式1-1．如图，在正三棱台中，，，分别为，中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值： (3)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 变式1-2．如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，与相交于点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）． (1)当侧面底面时，求点到平面的距离； (2)在（1）的条件下，线段上是否存在一点．使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 类型二、空间中的翻折问题 一、平面图形翻折为空间图形问题 1.解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征． 2.解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”． （1）与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； （2）与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变． 二、解决折叠问题的步骤 第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； 第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； 第三步：利用判定定义和性质定理进行证明。 例2．如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 变式2-1．如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面.    (1)证明：平面； (2)若二面角的平面角的余弦值为，求的长； (3)设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 变式2-2．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. 类型三、空间中的动点问题 解决空间位置关系的动点问题 (1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算． 例3．如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面. (1)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (2)点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积. 变式3-1．如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为． (1)求证：四棱锥为正四棱锥； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； (3)若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值． 类型四、最值、取值范围问题 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是： (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 例4．如图，在四棱锥中，平面平面，点是的中点.点到平面的距离为. (1)证明：平面； (2)若，平面平面，且交面于，求； (3)若与平面所成角为，求直线到平面的距离的最小值. 变式4-1．如图，在三棱锥中，为等边三角形，E为AC的中点，，且.    (1)证明：平面ABC； (2)求二面角的余弦值； (3)若F为线段DB上的动点，当的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值. 变式4-2．如图，在四棱锥中，是边长为6的等边三角形，平面平面，点为的中点，点在棱上，直线平面． (1)证明：平面； (2)求的值； (3)设二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围． 变式4-3．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，动点在棱上移动，连接． (1)证明：平面平面； (2)若点为棱的中点，平面，平面． （i）与所成的最小角为，求； （ii）设平面平面，，与所成角的最小值为，当最小时，求的值． 变式4-4．在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．    (1)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由； (2)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围． 类型五、轨迹问题 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除． 例5．在长方体中，，，，，，，分别为，，，的中点. (1)求证：平面； (2)点在矩形内（不含边界）运动，若平面，求运动轨迹的长度； (3)点在矩形内（不含边界）运动，若直线平面，求的最小值. 变式5-1．已知面积为的菱形如图①所示，其中，是线段的中点．现将沿折起，使得点到达点的位置. (1)证明： ； (2)若二面角的平面角大小为，求点到平面的距离； (3)若二面角的平面角，点在四面体的表面运动，且始终保持，求点的轨迹长度的取值范围。 类型六、新定义题 新定义题一般解题步骤如下： 第一步：提取信息.对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号. 第二步：加工信息.细细品味新定义的概念、法则，对所提取的信息进行加工，探求解 决方法，有时可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比，明确它们的共同点和不同点. 第三步：迁移转化.如果是新定义的运算、法则，直接按照运算、法则计算即可；如果 是新定义的性质，一般需要理解和转化性质的含义，得到性质的等价条件(如等量关系、图形的位置关系等). 第四步：计算或证明得结论.结合题意进行严密的逻辑推理，计算得结论. 例6．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． 变式6-1．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. 一、解答题 1．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知是等边三角形． (1)求证：； (2)求二面角； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角，并说明点此时所在的位置． 2．如图，在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，．分别是线段、、、上的动点，且四边形为平行四边形，设二面角的平面角的大小为. (1)当时，求四面体的外接球的表面积； (2)当线段时，求直线与平面所成角的正切值； (3)当点满足，且是以为底的等腰三角形时，求多面体的体积. 3．如图，是圆O的直径，点C是圆O上的动点，过点A的直线垂直于圆O所在的平面． (1)证明：； (2)已知，设点C关于直线的对称点为D． （i）求二面角的余弦值； （ii）若及其内部存在点Q使得四面体与五面体的体积相等，求的最小值． 4．如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于、的点，是的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱锥体积最大为，设， （i）求体积最大时的值及此时二面角的余弦值； （ii）当在弧上运动时不与、重合，证明：点到平面的距离． 5．如图，在矩形ABCD中，，，点M为线段BC上的动点（不含端点），将沿AM折起，点B翻折至位置，且使二面角的大小为60°． (1)若N为棱的中点，且满足平面，求的值； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求二面角的正切值的取值范围． 6．一、斜圆锥，顾名思义，即圆锥锥体中轴线被拉斜后所形成的锥体．保持圆锥的顶点到圆锥底面的距离不变，将顶点位置改变后，所得到的锥体即为斜圆锥． 二、祖暅原理指出：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等． (1)如图①，已知圆柱的上底面圆心为P，下底面圆心为O，圆锥的顶点为P，底面与圆柱的下底面相同．如图②，Q是圆柱的上底面圆周上一点，将Q与圆柱下底面圆周上的所有点相连，记构成的封闭几何体为斜圆锥．是平行于圆柱底面且与圆柱有交点的平面，A，B是圆柱下底面圆周上的任意两点，，．（图①②的两个圆柱相同） （i）证明：； （ii）证明：平面截斜圆锥所得的图形为圆面． (2)已知斜圆锥的底面半径为r，底面中心与顶点的连线长度为L，且此条连线与底面所成的角为，求该斜圆锥的体积． 7．如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. (1)如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值； (2)如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值； (3)当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理. 8．在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 9．在菱形中，已知，.是对角线上一点，沿把菱形折成二面角，将折成二面角后的点记作，设，点在平面上的射影记为.    (1)当是的中点时，如图1，求证平面； (2)当落在菱形的边上时，如图2，求二面角的取值范围； (3)设折痕与菱形的边交于点，求四棱锥体积的最大值（说明：可以用到必修一探究实践活动中得到的不等式）. 10．如图1，一个透明塑料制成的长方体容器，若固定容器底面一个顶点于平面上，再将容器倾斜，使得顶点到平面的距离分别为，且在平面内的射影分别为． (1)求证：，且四边形为平行四边形； (2)若， ①求平面ABCD与平面所成二面角的余弦值； ②若往容器灌进一些水，使水面刚好过顶点，水面所在四边形为CEFG，求灌进水的体积． 附：二面角面积射影定理：设一个平面外的在平面内的射影为，的面积和的面积分别为和，如图3．若所在平面和平面所成的二面角为，则． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 空间直线与平面 立体几何 解答压轴题 目录 典例详解 类型一、立体几何中的探索性问题 类型二、空间中的翻折问题 类型三、空间中的动点问题 类型四、最值、取值范围问题 类型五、轨迹问题 类型六、新定义题 压轴专练 类型一、立体几何中的探索性问题 1.对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件； 2.据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等． 3.对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数． 例1．如图，在四棱锥中， 为等边三角形，平面平面，，，，， (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的平面角的余弦值为.若存在，求出值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）首先证明为直线与平面所成的角，再由线面角的定义进行求解即可； （3）取中点，利用线面垂直的性质结合即可确定为二面角的平面角，最后结合余弦定理求解即可. 【详解】（1）取棱的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 又因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面， 又平面，故， 又已知，，又平面， 所以平面. （2）连接， 由（1）中平面， 可知为直线与平面所成的角， 因为为等边三角形，且为的中点， 所以， 又，在中，， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. （3）取中点，连接，， 在中，， 因为平面，又平面， 所以，在中，， 所以，所以，又点为中点， 所以，同理， 所以为二面角的平面角， 设， 在中，， 在中，， 在中，，，， 由余弦定理可得：， 即：， 化简得到：， 所以或（舍去）， 即线段上存在一点，使得二面角平面角的余弦值为， 此时. 【点睛】关键点点睛：本题第3小题的解决关键是，利用三线合一分析得为二面角的平面角，从而得解. 变式1-1．如图，在正三棱台中，，，分别为，中点，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值： (3)在线段上是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在且，使得二面角的余弦值为. 【分析】（1）的中点为，连接，可证，结合线面平行的判定定理可得平面. （2）将正三棱台补成正三棱锥，可证为与平面所成的角，利用解直角三角形可求其余弦值，从而可得正弦值. （3）当时，可证为二面角的平面角，结合解直角三角形可得此时. 【详解】（1）取的中点为，连接， 由正三棱台的性质可得，而，故， 而，故，故， 而平面，平面，故平面. （2）由棱台的性质可知侧棱所在的直线交于一点，如图所示， 设，则，如（1）取的中点为，连接， 因为，故，故， 故为等边三角形，故， 而平面，，故平面， 而平面，故平面平面， 过作，垂足为，因为平面平面， 平面，故平面， 故为与平面所成的角， 而， 故，而为三角形内角， 所以， （3）存在且，使得二面角的余弦值为. 证明如下： 由（2）可得，连接，由（1）得， 而，故，故， 而平面， 故平面，而平面，故， 故为二面角的平面角. 在中，， 显然为等腰三角形，且 ，故为的中点， 故，则， 故. 变式1-2．如图1，平面图形由直角梯形和拼接而成，其中，，，，，与相交于点，现沿着将其折成四棱锥（如图2）． (1)当侧面底面时，求点到平面的距离； (2)在（1）的条件下，线段上是否存在一点．使得平面与平面夹角的余弦值为？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）连接，由题意可得平面，则点到平面的距离与点到平面的距离相等，然后结合求解即可； （2）过作交于点，则底面，作交于点，连接，则，即为二面角的平面角，然后求解即可. 【详解】（1）在中，，所以， 因为在直角梯形中，，，， 所以，所以四边形为正方形， 所以，， 因为侧面底面，侧面底面，平面， 所以底面， 连接，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， 所以点到平面的距离与点到平面的距离相等， 设点到平面的距离为，由题意得， 则， 因为，所以， 所以，解得， 所以点到平面的距离为； （2）过作交于点， 因为侧面底面，侧面底面，平面， 所以底面， 作交于点，连接， 因为底面，底面，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， 则，所以， 所以， 连接，交于点，因为四边形为正方形，所以， 所以，设， 由，得，得， 因为，所以，解得， 因为底面，底面，所以 所以，所以，即, 所以线段上存在一点．使得平面与平面夹角的余弦值为， 此时. 【点睛】关键点点睛：此题考查点面距离的求解，考查二面角，考查平面图形折叠成空间图形问题，解题的关键是弄清折叠前后边角间的关系，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 类型二、空间中的翻折问题 一、平面图形翻折为空间图形问题 1.解题关键是看翻折前后线面位置关系的变化，根据翻折的过程找到翻折前后线线位置关系中没有变化的量和发生变化的量，这些不变的和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征． 2.解决平面图形翻折问题的关键是抓住“折痕”，准确把握平面图形翻折前后的两个“不变”． （1）与折痕垂直的线段，翻折前后垂直关系不改变； （2）与折痕平行的线段，翻折前后平行关系不改变． 二、解决折叠问题的步骤 第一步：确定折叠前后的各量之间的关系，搞清折叠前后的变化量和不变量； 第二步：在折叠后的图形中确定线和面的位置关系，明确需要用到的线面； 第三步：利用判定定义和性质定理进行证明。 例2．如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，的长为或 【分析】（1）由勾股定理逆定理求得，再借助三角形的中位线性质证得，，从而得到平面，进而得证； （2）先求出，再算出，根据等体积法，，从而得到点到平面的距离； （3）与平面所成的角为，设，在中，用余弦定理表示出，再在中，表示，，列方程求解即可. 【详解】（1）在中，，，所以， 所以，又点，分别为边，的中点， 所以，，，所以，， 所以，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2） 因为，，所以二面角的平面角为， 所以，又，所以是等边三角形， 取的中点，连接，如图所示，所以，，， 由（1）知平面，又平面，所以， 又，所以，又，平面， 所以平面，因为，平面，平面， 所以平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以，， 在中，，，， 所以， 设点到平面的距离为，又，所以， 解得，即点到平面的距离为． （3）由（2）知平面，所以与平面所成的角为． 在中，，，，设， 由余弦定理得． 因为平面，又平面，所以， 所以， 即，所以， 整理得，解得或， 故在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为， 的长为或． 【点睛】方法点睛：翻折问题的解题策略是确定翻折前后“变”与“不变”的关系，一般地，位于“折痕”同侧的线面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的线面之间的位置关系和数量关系可能会发生变化.对于不变的关系，可以在平面图形中处理，对于变化的关系，则要在立体图形中处理. 变式2-1．如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面.    (1)证明：平面； (2)若二面角的平面角的余弦值为，求的长； (3)设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：. （注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由面面垂直的性质证明线面垂直即可. （2）利用定义法找到二面角的平面角，建立方程，求解参数即可. （3）利用定义法将所求角的余弦值表示为一元函数，再利用基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为四边形为长方形，所以, 又平面平面，平面平面,所以平面， （2）如图所示，在（ii）图中过点S作,垂足为O, 交于点E,连接．由翻折知, 所以二面角的平面角为, 在（ii）图中设,可得， 因为，所以,所以,所以， 解得,即或（舍去），所以．    （3）如图所示，由（2）知,所以平面 平面,所以．由（1）问， 知平面且,所以平面, 又平面,所以,又, 且平面,所以平面, 又平面,所以． 在（ii）图中过点E作交于点H， 过点E作,连接．由（2）知平面, 又平面,所以平面平面, 因为平面平面,所以平面, 所以在平面的射影为, 所以为直线与平面所成角． 注意到,即，解得．又，,所以， 即，所以， 由（2）知,所以 （等号当且仅当时成立）．    【点睛】关键点点睛：本题解题关键是求出线面角和二面角的余弦值，然后表示为一元函数，最后由基本不等式得到所要求的最值即可． 变式2-2．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) 【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. 类型三、空间中的动点问题 解决空间位置关系的动点问题 (1)应用“位置关系定理”转化． (2)建立“坐标系”计算． 例3．如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面. (1)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）； (2)点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据题意作出正方体经过A，，E三点的完整截面，再将分割成与，求出和即得； （2）分别取的中点，证明平面，确定点在线段上，结合图形，判断点为线段的中点时，最短，由分析得到点为的外心， 连接，交于点，分析推出三棱锥的外接球的球心在上，利用两个直角三角形建立方程，求解即得外接球半径即可. 【详解】（1） 如图，因平面平面，且，， 故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点， 连接，易得，且，则得， 则，故，因E为的中点，则为的中点. 于是， ， 则，故. （2）如图，分别取的中点，连接， 易得，，则得，故， 又平面，，则；易得，同理可得， 又平面，故平面， 因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上， 又，故当点为线段的中点时，最短. 设，在中，点为的外心， 连接，交于点，连，则平面， 则三棱锥的外接球的球心在上，设为点， 连接，则长即外接球半径，设，则，又， 在中，，在中，， 联立两方程，解得，故外接球的表面积为. 变式3-1．如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为． (1)求证：四棱锥为正四棱锥； (2)求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； (3)若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据过点作面，垂足为，取中点，连接，二面角的正切值为，验证的为正方形的对角线的交点，从而得证； （2）利用二面角的定义确定二面角的平面角，求解即得； （3）通过在图形中找到与垂直的平面，从而观察符合题意的截面，判断截面面积最大的情况，计算出面积； 【详解】（1）证明：过点作面，垂足为，取中点，连接，如图所示， 是平面内两条相交直线，平面. 平面，，二面角的平面角为. 在等边三角形边长为4，根据勾股定理可得, 在直角三角形，. 因此为正方形的中心，即正方形的对角线的交点， 又因为面，则. 因此四棱锥为正四棱锥. （2）设面面，因为平面平面， 故面，又面，面面，从面， 则，同理为二面角的平面角， 因四棱锥为正四棱锥，故，则， 故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. （3） 由（1）知为的中点，取的中点， 连接都是正三角形，平面， 所以，由，则平面， 因此过点垂直于的截面与截面平行或重合， 显然点在上（不含端点）时，截面面积小于，不可能最大， 当点在（不含端点），时，令， 此时截面交分别于点，，，，平面平面， 平面平面，平面平面， 因此，同理， 由知，平面，得平面， 而平面平面平面，则，同理，于是，四边形为平行四边形， 又，则，即有，四边形为矩形， 显然，则， ，由， 得，而，矩形面积， 从而截面的面积 ， 当时，，显然， 即时，截面面积最大，最大值为. 类型四、最值、取值范围问题 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的思路是： (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 例4．如图，在四棱锥中，平面平面，点是的中点.点到平面的距离为. (1)证明：平面； (2)若，平面平面，且交面于，求； (3)若与平面所成角为，求直线到平面的距离的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)1 【分析】（1）取PA的中点，证明，再由线面平行的判定即可证得平面. （2）由（1）所得结论，利用线面平行的性质可得，由题意可知平面，从而，利用中点结合平面几何知识可求，进而求得. （3）过点作的垂线，垂足为，连接，由题意为与平面所成角.由平面，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离， 由得，即得直线到平面的距离的最小值. 【详解】（1）设点为的中点，连接. 因为为中点，所以，且 根据题意可知，且. 从而可得，且. 即可得四边形为平行四边形. 即可得平面平面. 所以平面； （2）由第（1）问可知平面平面，平面平面. 所以，因为交面于，所以直线与直线重合，即可得. 在中，点是的中点，所以. 由第（1）问可知. 又点到平面的距离为，且，所以平面， 而平面，所以. 在中，，根据勾股定理可得. 从而可得. （3）过点作的垂线，垂足为，连接. 因为平面平面，平面平面，所以平面， 所以为与平面所成角. 由题意可得.在中，，所以. 从而可得.点到平面的距离为. 所以，从而可得的最小值为1，即点到平面的距离的最小值为1. 由第（1）问可知平面，所以直线到平面的距离等于点到平面的距离， 故直线到平面的距离的最小值为1. 变式4-1．如图，在三棱锥中，为等边三角形，E为AC的中点，，且.    (1)证明：平面ABC； (2)求二面角的余弦值； (3)若F为线段DB上的动点，当的面积最小时，求CF与平面ABD所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由是等边三角形得出，再由线面垂直的判定定理可得平面，从而得到，再由勾股定理逆定理可得，最后由线面垂直的判定定理即可证明 （2）过点作,垂足为,连接,利用垂直关系构造二面角的平面角，即可求解； （3）首先根据几何关系，确定平面⊥平面，并说明（或其补角）是是 与平面所成的角，根据余弦定理求角 【详解】（1）因为为中点，是等边三角形，所以, 又,,平面, 所以平面,则，已知,则 又,,在等边中，，所以， 由勾股定理逆定理，所以，因为,平面, 所以平面 （2）过点作,垂足为,连接,    由(1)知平面,平面，所以, 因为, , 平面,所以平面, 平面,所以, 所以为二面角的平面角. 因为, ,所以, , 所以二面角的余弦值为. （3）连接，由（1）知平面,平面，所以， 所以，所以当的面积最小时，最小， 在 中，若最小，则， 此时， ， 因为，，，所以 平面， 又平面，所以平面平面， 过点作，垂足为，    因为平面平面，所以平面， 所以（或其补角）是与平面所成的角。 在中，由余弦定理可得 ， 所以，即与平面所成角的正弦值为. 变式4-2．如图，在四棱锥中，是边长为6的等边三角形，平面平面，点为的中点，点在棱上，直线平面． (1)证明：平面； (2)求的值； (3)设二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围． 【答案】(1)证明见详解 (2)2 (3) 【分析】（1）根据题意，可得，利用面面垂直的性质定理得证； （2）连接交于点，连接，由线面平行的性质定理得到，再由线段成比例可得结果； （3）由线面垂直的性质定理和判定定理得到，设，得到.过作交于，连接，得到，由余弦定理和三角函数值求出的表达式，根据函数的单调性可得结果. 【详解】（1） 如图，连接，因为为等边三角形，是的中点，所以， 又平面平面，平面，平面平面， 所以平面. （2）连接交于点，连接， 因为平面，平面，平面平面， 所以，则， 因为，，所以，故. （3）如图，取的中点， 因为平面，平面，所以，. 又分别是的中点，所以， 由，得， 因为，平面，所以平面， 因为平面，则， 所以是二面角的平面角，即. 因为是边长为6的等边三角形，所以. 设，则，，得， 过作交于，连接，由平面，得平面， 所以为直线与平面所成的角，即. 由得，， 在中，. 在中，由余弦定理可得， 所以， 所以 因为，所以， 所以的取值范围为. 变式4-3．如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，，动点在棱上移动，连接． (1)证明：平面平面； (2)若点为棱的中点，平面，平面． （i）与所成的最小角为，求； （ii）设平面平面，，与所成角的最小值为，当最小时，求的值． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）作出辅助线，得到⊥，由平面，得到，从而得到⊥平面，又平面，证明出面面垂直； （2）（i）作出辅助线，得到，故⊥平面，故当在直线上时，与所成的角最小，即，求出各边长，利用求出答案； （ii）设，分，和三种情况，画出图形，证明线面垂直，得到三种情况下的最小值，比较后得到时，最小值为，并求出，得到结论. 【详解】（1）连接， 因为底面是边长为2的正方形，所以⊥， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以⊥平面， 又平面， 所以平面平面； （2）（i）设，则为中点，连接， 因为点为棱的中点， 所以， 因为平面，所以⊥平面， 又平面，故当在直线上时，与所成的角最小， 即， 因为，所以， 因为底面是边长为2的正方形，所以， 故，由勾股定理得， 所以； （ii）设，若，即为中点，此时， 平面平面，显然此时， 取中点，连接，则，⊥， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 又，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，即， ，故， 与所成角的最小值为，即与所成角的最小值为， 由于与平面上的直线的夹角最小， 故当与点重合时，，此时与所成角最小，最小值为， 其中，故； 若时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，则， 过点作⊥于点，连接， 因为⊥平面，平面，所以⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， ，故， 与所成角的最小值为，即与所成角的最小值为， 故当，此时与所成角最小，最小值为， 其中， 由于，故，故； 若时，如图所示，延长交的延长线于点，连接，则， 过点作⊥于点，连接， 同理可证⊥，， 与所成角的最小值为，即与所成角的最小值为， 故当，此时与所成角最小，最小值为， 其中， 当时，为等腰直角三角形，⊥， 此时重合，取得最大值，最大值为， 故取得最小值，最小值为， 由于，故当时，满足要求， 此时，过点作，交于点，则， 即，故， 又，故，故， 因为点为棱的中点，所以 其中，故，即，解得， 综上，. 变式4-4．在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．    (1)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由； (2)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】 （1）取的中点，连接交于，利用线面垂直的判定定理证明平面即可．进而根据面面平行可得平面，即可确定点F的轨迹为三角形，结合余弦定理即可求解长度. （2）根据比例关系可得线线平行，即可由线线角的定义得到，结合线面垂直得线线垂直可得，利用消元法转化为三角函数，利用三角函数的性质进行求解即可． 【详解】（1） 在图（1）中，，四边形是正方形， 在图（2）中，，，，平面， 平面， 分别取的中点为,，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，因此点在平面上运动，故点F的轨迹为三角形， 由，，所以即为二面角A－BD－C的平面角， 故， 由于 ， 因此 ， 故点F的轨迹长度为 （2）在线段取点使得 由于平面，平面， ， ，， ， 易得，， 从而有，则 则 【点睛】 方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型. 类型五、轨迹问题 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代替法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除． 例5．在长方体中，，，，，，，分别为，，，的中点. (1)求证：平面； (2)点在矩形内（不含边界）运动，若平面，求运动轨迹的长度； (3)点在矩形内（不含边界）运动，若直线平面，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到，并得到四边形是平行四边形，所以，所以，得到四点共面，平面得证.     （2）作出辅助线，证明，，，四点共面，法一：由面面平行得到，所以点的轨迹是线段（不含两个端点），勾股定理求出运动轨迹长度；法二：因为平面，平面，得到，所以点的轨迹是线段（不含两个端点），由勾股定理求出运动轨迹的长度； （3）先得到点的轨迹是线段（不含两个端点），将沿翻折与在同一平面，要使最小，只需，，三点共线，最小值为线段的长度，求出各边长，设，，由余弦定理和同角三角函数关系得到和的正余弦，得到，由余弦定理得，得到答案. 【详解】（1）证明：连接和， 因为，分别为，的中点， 所以是的中位线， 所以， 在长方体中，，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 所以， 所以，，，四点共面，即平面得证.     （2）取线段的中点，连接， 在中，，分别是，的中点， 所以是的中位线，即， 同理可证， 在长方体中，因为， 所以，即，，，四点共面， 法一：性质定理 因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以， 所以点的轨迹是线段（不含两个端点）， 由，得运动轨迹的长度为. 法二：客观事实 因为平面，平面，且平面平面， 所以， 所以点的轨迹是线段（不含两个端点）， 由，得运动轨迹的长度为. （3）连接，，， 由，分别为，的中点，得是的中位线，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 在长方体中，，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，平面，， 所以平面平面， 所以当时， 由平面，得平面， 即点的轨迹是线段（不含两个端点）， 如图所示，将沿翻折与在同一平面， 要使最小，只需，，三点共线，此时最小值为线段的长度， 在长方体中， ，，，，， 设，， 在中，由余弦定理得， 由得， 在中，，， 所以， 在中，由余弦定理得， 所以的最小值为. 变式5-1．已知面积为的菱形如图①所示，其中，是线段的中点．现将沿折起，使得点到达点的位置. (1)证明： ； (2)若二面角的平面角大小为，求点到平面的距离； (3)若二面角的平面角，点在四面体的表面运动，且始终保持，求点的轨迹长度的取值范围 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据菱形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）根据二面角的定义，结合正弦函数的定义进行求解即可； （3）根据二面角的定义，结合线面垂直的判定定理和余弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）取中点，连结、， 由四边形为菱形可知，，， 又平面， 平面，又因为平面，； （2）因为菱形的面积为， 得，，， 又因为二面角的平面角为，且大小为， 所以， 故点到平面的距离为； （3）取边上靠近点的四等分点，取的中点为，连接， ，，同理， ∵，平面，所以平面， 故点的轨迹长度即为的周长. 由于，，， 且二面角的大小平面角， ∵，∴，， 则，，所以点的轨迹长度的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用线面垂直的判定定理和二面角的定义. 类型六、新定义题 新定义题一般解题步骤如下： 第一步：提取信息.对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号. 第二步：加工信息.细细品味新定义的概念、法则，对所提取的信息进行加工，探求解 决方法，有时可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比，明确它们的共同点和不同点. 第三步：迁移转化.如果是新定义的运算、法则，直接按照运算、法则计算即可；如果 是新定义的性质，一般需要理解和转化性质的含义，得到性质的等价条件(如等量关系、图形的位置关系等). 第四步：计算或证明得结论.结合题意进行严密的逻辑推理，计算得结论. 例6．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. 变式6-1．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.    【点睛】关键点点睛：解题的关键在于有时候分类讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解. 一、解答题 1．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知是等边三角形． (1)求证：； (2)求二面角； (3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角，并说明点此时所在的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)当点在线段上靠近点的处时，直线与平面所成的角最大，最大角为 【分析】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）过作于，连接，由题意可得为二面角的平面角，进而求解即可； （3）由题意可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，设直线与平面所成的角为，可得，要使最大，则需使最小，可求解. 【详解】（1）因为点在底面上的射影是与的交点， 所以平面，又平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以． （2）过作于，连接，因为平面， 因为平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角，由题意知，是边长为2的等边三角形， 所以，由，知， 在中，，即， 所以二面角的大小为． （3）因为，且平面平面，所以平面， 所以到平面的距离即为到平面的距离，因为， 所以，即， 所以，即到平面的距离为， 设直线与平面所成的角为，则， 要使最大，则需使最小，此时，由对称性知，， 所以，即， 故当点在线段上靠近点的处时， 直线与平面所成的角最大，最大角为． 【点睛】方法点睛：等体积法求点到面的距离是一种重要的方法，求线面角的最大值，当点到面的距离一定时，可求线段长的最小值即可. 2．如图，在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中D为直角顶点，．分别是线段、、、上的动点，且四边形为平行四边形，设二面角的平面角的大小为. (1)当时，求四面体的外接球的表面积； (2)当线段时，求直线与平面所成角的正切值； (3)当点满足，且是以为底的等腰三角形时，求多面体的体积. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据球的性质可知球心为等边的中心，利用正三角形的性质求出半径，代入球的表面积公式求解即可； （2）先确定点在平面内的投影为为的三等分点且靠近，然后利用定义知即为直线与平面所成角，在中求解正切值即可； （3）连接，，，，利用线面垂直的判定定理证明得平面，然后求出四面体的体积，利用线面平行的判定与性质定理得，，则，利用比例求出及，最后利用体积分割法求解即可． 【详解】（1）当时，平面平面， 由题意的外心为中点，连接， 则四面体外接球的球心在直线上， 又为等边三角形，则的中心即为球心， 于是，所以； （2）依题意，因为， 所以点在平面内的投影到点和点的距离相等， 即点在的垂直平分线（也是的角平分线）上， 而点在平面内的投影又应该在过点且与垂直的直线上， 从而得出点即为的三等分点且靠近， 于是平面平面，则即为直线与平面所成角， 在中，，，所以， 则； （3）因为，，且为等腰三角形，所以． 连接，，，， 由题意得：，，， 满足，根据勾股定理可知， 又平面， 所以平面． 所以， 因为四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以，， 则， 于是，， 又，从而， 则， 即多面体的体积为. 3．如图，是圆O的直径，点C是圆O上的动点，过点A的直线垂直于圆O所在的平面． (1)证明：； (2)已知，设点C关于直线的对称点为D． （i）求二面角的余弦值； （ii）若及其内部存在点Q使得四面体与五面体的体积相等，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）由题可得平面，据此可完成证明； （2）（i）由对称性可得，如图，过做PB垂线，垂足为F，可得为二面角的平面角，然后由余弦定理可得答案；（ii）延长PQ，交于M，如图做，可得到平面距离为.设，由题，如图延长，使延长线交于E，做.由，结合设，可得到平面距离为，到平面距离为，然后由四面体与五面体的体积相等，可得，则，据此可得答案. 【详解】（1）因是圆O的直径，点C是圆O上的动点，则. 因垂直于圆O所在的平面，平面，则. 因平面，，则平面，又平面， 则； （2）（i）如图连接，因D为点C关于直线的对称点，结合圆为对称图形，可得.如图，过做PB垂线，垂足为F，因， 则.从而为二面角的平面角. 因，，则为等边三角形，则. 因垂直于圆O所在的平面，平面，则. 则. 由（1）可得为直角三角形， 则， 又由对称性可得，则四边形面积为. 则； （ii）延长PQ，交于M，如图做，因垂直于圆O所在的平面，平面，则.又平面，， 则平面，则到平面距离为. 设，由题，如图延长，使延长线交于E，做. 因，则，. 注意到，则. 设，则到平面距离为. 因垂直于圆O所在的平面，则为点P到平面距离， 则到平面距离为. 由题可得. 注意到，. 则， 因，则. 由（1）可得，则， 则 ，此时. 则最小值为. 4．如图，等腰直角三角形所在平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于、的点，是的中点． (1)证明：平面； (2)若三棱锥体积最大为，设， （i）求体积最大时的值及此时二面角的余弦值； （ii）当在弧上运动时不与、重合，证明：点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理可得，再根据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，再根据线面角的定义求解即可； （ⅱ）根据等体积法即可证明． 【详解】（1）因为是半圆弧上异于、的点，所以， 因为、分别是、的中点，所以， 所以， 因为是等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，是交线，所以平面， 因为平面，所以， 又、平面，， 所以平面; （2）（ⅰ）设的半径为，过点作交于点，如图，则， 因为， 故当最大时，体积最大，此时位于的中点处，所以， ，所以， 由（1）知，平面，因为平面，所以， 因为，所以为二面角的平面角， 因为时，，， 在中，， 所以，故二面角的平面角的余弦值为； （ⅱ）证明：过点作交于点，如图、图，则平面， 由（ⅰ）知，当时，， 得，所以， 在中，，， 所以， 又因为，即， 所以． 5．如图，在矩形ABCD中，，，点M为线段BC上的动点（不含端点），将沿AM折起，点B翻折至位置，且使二面角的大小为60°． (1)若N为棱的中点，且满足平面，求的值； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求二面角的正切值的取值范围． 【答案】(1)1 (2) (3) 【分析】（1）在线段截取，可证明平面，结合平面可得平面面，进而得到平面，再结合N为棱的中点即可求解； （2）过作面垂线，过作，连得二面角平面角，进而棱锥的体积公式求解即可； （3）设，求出，，作，由相似得，进而得出二面角正切表达式，根据取值范围求解即可. 【详解】（1）在线段上截取，由， 可得四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 因为平面，又，则平面平面， 因为平面，所以平面， 又N为棱的中点，所以为的中点， 则，即. （2）由，，则， 过作平面于点，过作于点，连接， 由平面，平面，则， 又，平面，则平面， 又平面，则为二面角的平面角，， 在中，， 由等面积法可知，，， 而，. （3）设，则， 在中，由等面积法可知， ， 在矩形中，， 过点作于， 易得，， 设二面角的大小为，则， 由于，则， 即二面角的正切值的取值范围为． 6．一、斜圆锥，顾名思义，即圆锥锥体中轴线被拉斜后所形成的锥体．保持圆锥的顶点到圆锥底面的距离不变，将顶点位置改变后，所得到的锥体即为斜圆锥． 二、祖暅原理指出：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等． (1)如图①，已知圆柱的上底面圆心为P，下底面圆心为O，圆锥的顶点为P，底面与圆柱的下底面相同．如图②，Q是圆柱的上底面圆周上一点，将Q与圆柱下底面圆周上的所有点相连，记构成的封闭几何体为斜圆锥．是平行于圆柱底面且与圆柱有交点的平面，A，B是圆柱下底面圆周上的任意两点，，．（图①②的两个圆柱相同） （i）证明：； （ii）证明：平面截斜圆锥所得的图形为圆面． (2)已知斜圆锥的底面半径为r，底面中心与顶点的连线长度为L，且此条连线与底面所成的角为，求该斜圆锥的体积． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 (2) 【分析】（1）（i）根据题意，证得，根据平行线分线段成比例，得到，即可得得证； （ii）记，证得，得到，同理，得到，结合，得到，即可证得截所得的图形是以为圆心的圆． （2）令斜圆锥的顶点Q除去在圆柱上底面圆周的限制，保留在圆柱上底面所在平面内，设即为（2）中所述的斜圆锥，圆柱的高为， 由（1）知， 令，得到截所得的圆的半径为，由祖暅原理，得到圆锥与斜圆锥体积相等，进而求得斜圆锥的体积． 【详解】（1）（i）证明：因为平面，平面，，， 所以， 由于平行线分线段成比例，所以，即． （ii）证明：记， 因为平面，平面，，，所以，故，同理有，所以， 又因为，所以， 由于是圆柱下底面圆周上的任意两点，故结论具有一般性， 所以截所得的图形是以为圆心的圆． （2）解：因为（1）中圆柱是任意的，且只要保持斜圆锥的顶点Q在圆柱上底面所在平面内， 则（1）中结论具有一般性．故在（2）中可以沿用（1）中的构造， 令斜圆锥的顶点Q除去在圆柱上底面圆周的限制，保留在圆柱上底面所在平面内， 设即为（2）中所述的斜圆锥，圆柱的高为，  记，由（1）知，  令，所以截所得的圆的半径为， 在圆锥中，截所得的圆的半径同样为， 由于是任意的，故截所得的圆其面积始终等于截所得的圆， 由祖暅原理，圆锥与斜圆锥同高，且在同高处截面的面积均相等， 所以圆锥与斜圆锥体积相等， 由于圆锥的体积为，其中h是顶点到底面的距离，所以，可得， 所以斜圆锥的体积为． 7．如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. (1)如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值； (2)如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值； (3)当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）法1：构建三角形，算出各边，根据余弦定理可得解；法2：依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出 （2）依题意证明平面，将和分别用表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值. （3）在射线上一点，分别作，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论. 【详解】（1）法1：取的中点，连接，如图所示， 则，于是是二面角的平面角， 设，则， 由余弦定理得， 故 法2：利用三面角余弦定理，设二面角的平面角为，则有， 计算得，故 （2）二面角的平面角的大小为，利用三面角余弦定理得 ，计算得， 于是. 由于，则. ， 即当时，三棱锥体积的最大值为 （3）如图过射线上一点在面作交于点， 在面内作交于点，连接， 则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式相减得：， 则， 两边同除以，得： ， 从而得证. 8．在棱长为1的正方体中，是的中点，分别是上的动点.考查过三点的平面截正方体所得的截面： (1)当是的中点且是的中点时，直接写出截面的周长和面积； (2)当时，若截面为六边形，求的取值范围； (3)当是的中点且截面为五边形时，是否存在点，使得截面将正方体分为体积比的两个部分，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)周长为，面积为； (2) (3)存在，或 【分析】（1）根据题意做出截面，即可得到截面周长和面积； （2）找到两个临界情况，由此得出的取值范围； （3）根据（2）的进行分类，做出可能的图，分别设的长，由线段成比例分别表示出线段的长，用线段长表示出其中一个解得立体图形的体积，然后解方程得到的长，即可得出的值. 【详解】（1）作图：取中点，连接这六个点即可得到截面， 由图可知截面是边长为的正六边形， ∴周长为，面积为； （2）分别找出截面为六边形的两种临界情况，分别如下图所示： 情况①         ∵为中点，∴，即， ∵， ∴， 情况② ∵为中点，∴，即， ∵， ∵，即 ∴， 故 （3）（1）如图，截面与相较于点，延长相较于点，连接交与点， 设（），∵，∴， ∵为中点，∴， 延长相交于点，延长相交于点， ∵为中点，∴， 又∵，∴， ∵，∴， 正方体被截得的其中一个多面体体积为， 则， ， 整理得，解得， ∵，∴， 即， （2）如图： ∵点为中点，∴， ∵点G为中点，∴， 设（），则， 又∵，即，∴， ∵，即，∴， ∵，即，∴ 其中一个多面体体积为 则 化简得，即 ∴或，∵， ∴， 即 综上所述，这样的点存在，或 【点睛】思路点睛，本题讨论的是正方体被平面所截的截面以及截得的两个立体图形的体积.解题的关键是数形结合，通过作图找到特殊点，从而解决（2）的范围；由（2）的思路，同样做出可能得图像，利用三棱柱的体积来求多面体体积，从而解得的值. 9．在菱形中，已知，.是对角线上一点，沿把菱形折成二面角，将折成二面角后的点记作，设，点在平面上的射影记为.    (1)当是的中点时，如图1，求证平面； (2)当落在菱形的边上时，如图2，求二面角的取值范围； (3)设折痕与菱形的边交于点，求四棱锥体积的最大值（说明：可以用到必修一探究实践活动中得到的不等式）. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由菱形的结构特征，通过线线垂直，证明线面垂直； （2）连接交于，就是二面角的平面角，表示出，由求的取值范围； （3）就是二面角的平面角，记，用表示出四棱锥的体积，利用基本不等式和三角函数的性质求最大值. 【详解】（1）菱形中，当是的中点时，，所以， 又，平面，所以平面. （2）若折叠后与点重合，， 与点重合，， 当落在菱形的边上时，， 连接交于，连接，    于是，就是二面角的平面角，记， 由题设菱形得，则，， ，所以， 由，得，则； （3）连接交于，连接，于是，    所以就是二面角的平面角，记， ，， 在中，，得， 四边形的面积 四棱锥的体积， ， 当且仅当，即时等号成立， 得，所以当时， 四棱锥体积的最大值. 【点睛】方法点睛： 作二面角的平面角可以通过垂线法进行，几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系. 10．如图1，一个透明塑料制成的长方体容器，若固定容器底面一个顶点于平面上，再将容器倾斜，使得顶点到平面的距离分别为，且在平面内的射影分别为． (1)求证：，且四边形为平行四边形； (2)若， ①求平面ABCD与平面所成二面角的余弦值； ②若往容器灌进一些水，使水面刚好过顶点，水面所在四边形为CEFG，求灌进水的体积． 附：二面角面积射影定理：设一个平面外的在平面内的射影为，的面积和的面积分别为和，如图3．若所在平面和平面所成的二面角为，则． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）先根据线面垂直性质得到线线平行，再利用中点得出中位线关系，进而得到距离关系，又由中位线性质得到线段相等，从而证明四边形是平行四边形. （2）①先根据已知垂直关系和边长求出，用余弦定理求，再得，算出平行四边形面积与四边形面积，最后用面积射影定理求平面与平面所成角的余弦值. ②由线面垂直和二面角关系得，求出，根据平行关系确定到平面距离，进而求出，利用（1）结论找到体积关系，算出灌进水的体积. 【详解】（1）由题意，，则． 设在平面的射影为，即， 由线面平行性质定理，得， 又分别为的中点，所以既是的中位线，也是梯形的中位线． 所以，即． 由是的中位线，得． 由是梯形的中位线，得. 所以，四边形为平行四边形． （2）因为，由（1）知，，即． ①由，得，由，得． 又，得. 所以由余弦定理，得，所以． 设平行四边形的面积为，因此 又四边形ABCD的面积． 设平面ABCD与平面所成的角为，则根据二面角的面积射影定理，得． 所以平面ABCD与平面所成的角的余弦值为． ②设长方体侧棱与平面所成的角为． 因为平面ABCD，又平面与平面ABCD所成角为，所以． 由①得，．所以． 因为水面所在四边形平面，所以到平面的距离等于到平面的距离4． 由，得． 过作平面的平行平面，交分别于． 由（1）结论，. 所以，几何体与几何体的体积相等． 因此，容器中灌进水的体积为． 所以灌进水的体积为 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$