重难点培优01 查漏补缺-空间向量与立体几何解答题题型归纳（复习讲义）（北京专用）2026年高考数学一轮复习讲练测

重难点培优01 查漏补缺-空间向量与立体几何解答题题型归纳 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 3 题型一 空间中平行关系的证明（★★★） 3 题型二 空间中垂直关系的证明（★★★） 11 题型三 空间向量法求空间角与空间距离（★★★★） 20 题型四 几何法求空间角与空间距离（★★★★） 29 题型五 多面体的体积与表面积计算问题（★★★） 37 题型六 动点问题（★★★★★） 46 题型七 翻折问题（★★★★★） 56 题型八 截面问题（★★★★★） 67 题型九 轨迹问题（★★★★★） 77 题型十 内切球与外接球问题（★★★★） 89 题型十一 范围与最值问题（★★★★★） 102 题型十二 立体几何中的存在性问题（★★★★★） 110 题型十三 立体几何中的劣构性问题（★★★★★） 120 题型十四 立体几何中的杂糅问题（★★★★★） 130 题型十五 立体几何与实际生活的应用题（★★★★） 136 题型十六 立体几何中的新定义问题（★★★★★） 141 03 实战检测・分层突破验成效 152 检测Ⅰ组 重难知识巩固 152 检测Ⅱ组 创新能力提升 163 空间向量与立体几何解答题作为高考数学的核心题型之一，其考查范围广泛且综合性强，本文十六类题型全面覆盖了该板块的重难考点。在知识重构与重难梳理过程中，需以 “线面关系” 为根基，以 “空间向量工具” 为桥梁，实现从基础认知到综合应用的层级突破。 一、基础根基：位置关系的证明与空间度量的计算 题型一（平行证明）与题型二（垂直证明）是立体几何的“语言基础”，要求熟练运用公理、定理进行严密的逻辑推理，构建线线、线面、面面关系的转化链条。题型三（向量法求角与距）和题型四（几何法求角与距）则是空间度量的核心，体现了“向量运算精确化”与“几何直观快捷化”的双重路径，需根据图形特征灵活选择。题型五（体积与表面积）则是对空间形体基本属性的量化把握，强调公式应用与组合体处理的技巧。 二、能力跃迁：动态变化、空间构造与问题解决 题型六（动点问题）至题型九（轨迹问题）将静态图形引入动态元素，是能力区分的关键。解决这类问题，需将动态过程参数化，将变化的几何量（如角度、距离、体积）转化为函数关系，再通过代数方法（求最值、范围）或几何分析（找约束、轨迹）求解。题型八（截面问题）与题型十（内切外接球）则是对空间构造能力的高阶考查，要求深刻理解几何体内部结构、空间对称性以及球体与多面体相切的几何原理，掌握模型化思维（如外接球四大模型）。 三、压轴挑战：综合探究与创新应用 题型十一（范围最值）和题型十二（存在性）常与动态问题结合，需建立目标函数，结合导数、不等式或几何约束进行深入分析，尤其注重“先猜后证”的策略。题型十三（劣构问题）打破条件完备的常规，要求考生识别冗余、补全缺失、合理分类讨论，体现问题解决的真实性。题型十四（杂糅问题）则需将复杂场景（如翻折+动点+最值）分步拆解，化整为零，各个击破，同时需结合其他版块知识点考查。题型十五（实际应用）强调数学建模，要求从生活实物中抽象几何模型，将实际问题坐标化、代数化。题型十六（新定义）作为最高挑战，重在理解全新规则，将其转化为已知的向量运算或几何性质，并运用数学归纳、反证等方法进行严格探究。 几何直观与代数工具的融合：向量法是“万能钥匙”，几何法是“精巧捷径”，二者互补方能高效解题。通过上述梳理，需构建 “几何直观 + 代数运算” 双轨思维，以空间向量为工具串联各类题型，在查漏补缺中强化 “建模 — 转化 — 求解” 的解题流程，从而夯实立体几何解答题的解题根基。 总而言之， 空间向量与立体几何解答题的备考，是一个由公理定理奠基，经向量运算强化，向动态分析、空间构造深化，最终直面综合探究与创新应用挑战的历程。它不仅要求扎实的知识网络、精准的计算能力、严密的逻辑表述，更要求卓越的空间想象力和在复杂情境下灵活运用知识解决问题的核心素养。熟练掌握16类题型的解题策略与思想方法，是实现能力突破、决胜高考的关键。 题型一 空间中平行关系的证明 1．如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形， ，、分别为、的中点．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在三棱台中，设的中点为，连接，由为的中点， 得，又平面，平面，则平面， 由为梯形的中位线，得，又平面，平面， 则平面，而，平面，平面， 因此平面平面，又平面，所以平面.      （2）取的中点，的中点，连接、、、、， 由，是中点，得四边形是平行四边形， 则，又是中点，是中点，则， 即就是异面直线与夹角， 又底面，与都是等腰直角三角形，， 则，， ，因此， 所以异面直线与夹角的余弦值为. 2．如图1，为等腰直角三角形，其中，，分别在线段，上（不含端点位置），且.现将沿进行翻折，使得点到达点的位置，得到四棱锥，如图2. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）翻折前，，，， 翻折后依然成立，而平面，平面， 平面. （2）翻折前，由，，得， 翻折后，在四棱锥中，，， 平面平面，平面平面，，平面， 平面， 平面，. 分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，. 设平面的法向量为，则， 令，得平面的一个法向量为. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 3．如图，几何体中，四边形为矩形，四边形为等腰梯形，其中 分别为和的中点. (1)证明： 平面； (2)若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【详解】（1）证明：取的中点，连接 又点为的中点，是的中位线，， 又四边形为矩形， .为的中点，， .四边形为平行四边形， ，又平面平面， 平面. （2）四边形是底角为的等腰梯形， ， 又， ，. ， 又四边形为矩形，， 又 平面，平面. 与平面所成角为， ，.为等腰直角三角形，且. 以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系， ， 则， 设平面的一个法向量为， 则，即， 不妨设，得， 易得平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 4．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，，是底面半径，，为劣弧的中点. (1)证明：平面； (2)若圆锥底面半径为1，高为2，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接，如图所示. 因为点是劣弧的中点，， 所以. 因为，所以为等边三角形. 所以，根据内错角相等，两直线平行， 所以，因为平面，而不在平面上， 所以平面. （2）过点作交于点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示. 则、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，则， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得，，则， 所以，， 因此，当四边形面积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 5．如图，在三棱柱中，四边形是正方形，，，，点为的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）设，连接， 易知四边形是平行四边形，故为的中点，又为的中点， 因此. 又平面且平面， 故平面. （2） 因为，故四边形是菱形，又， 所以为等边三角形，故， 又，， 故，故. 又因为且， 故平面. 取为的中点，连接，则， 因此，，两两垂直， 以点为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴建立如图空间直角坐标系. ，，，，， ，， 设平面的一个法向量为， 由,即, 令，，，此时； ，， 设平面的一个法向量为，由,即, 令，，，此时. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 6．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点. (1)求证：平面平面PBC； (2)若， （i）求点F到平面AEG的距离. （ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）直观图见解析，面积为. 【详解】（1）由分别为的中点，得，而平面，平面， 则平面，延长交于点，连结，由，得， 由是的中点，得是的中点，又是的中点， 则，而平面，平面， 因此平面，又平面，且， 所以平面平面. （2）（i）设点到平面的距离为，取的中点，连结， 则，且， 由平面，得平面，由， 得， 在△中,，则， 又，于是，解得， 所以点F到平面AEG的距离. （ii）取直角梯形底边的中点，以点为原点，直线为轴建立平面直角坐标系， 作坐标系，使，在上取点，使，且为的中点， 在轴上取点，使，过作轴，且使， 连接，则梯形是直角梯形的斜二测直观图，如图， 梯形的面积. 题型二 空间中垂直关系的证明 7．在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.    (1)求证：； (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）连接，过作，垂足为，过作，垂足为， ∵为等边三角形，N分别为BE的中点，∴ ∵平面平面平面平面平面， ∴平面 以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设等边的边长为2， 则 设则 ∵四边形ABCD为平行四边形，M为AD的中点， 所以 .,, ∵， 所以，即.      （2）由（1）知, 设平面的一个法向量为 ，取则， 所以是平面的一个法向量. . 所以直线MN与平面ACE所成角的正弦值为. 8．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为的中点，．    (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：在中，由，且为的中点，所以， 因为侧面底面，且平面，侧面底面， 可得平面， 又因为平面，所以， 又由，可得， 因为，所以，所以， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：取的中点，连接， 以为原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为底面为矩形，且， 则， 可得， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 又因为平面，所以向量是平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为.    9．在四棱锥中，，，平面平面，，且. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在四棱锥中，由，，得，连接， 而，则为等边三角形，取中点，连接，则， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，而平面，则， 又，与相交，平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，，，， 由平面，平面，得，即两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， ，显然为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 10．如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【详解】（1）设，为中点， 是以为斜边的等腰直角三角形， 取的中点，底面是等腰梯形，. 连接 ， 在中，， 在中，. ， ，且平面， 平面； （2） 如图，建系，则 ， 设直线与所成角为， （3）设平面的法向量是 ，即，令，解得 设平面的法向量是 ，即令，解得 设平面与平面夹角为 故面与平面夹角正弦值为. 11．如图，在四棱锥中，，，，，． (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求四棱锥的体积； (3)求直线与平面所成角的余弦值的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为，为的中点，所以， 延长交于点，连接， 因为，则，所以，所以， 因为，则， 在底面中，，，所以， 因为为的中点，故为的中点， 因为，即为的中点，所以， 因为，即，故， 因为，、平面，故平面. （2）由（1）可知，因为平面，、平面，故，， 所以，二面角的平面角为， 因为，，所以， 过点在平面内作，垂足为点， 则，故， 由勾股定理可得，解得， 所以点到平面的距离为. 由（1）可知， 因为， 因此. （3）因为，故直线与平面所成角等于与平面所成的角， 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，故平面， 所以，与平面所成的角为， 在中，，， 由正弦定理得， 故，当且仅当时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为， 即直线与平面所成角的余弦值的最小值为. 12．已知四棱柱的各棱长均为2，，，，．    (1)证明：； (2)请从下列条件①，条件②，条件③中选出两个作为已知条件，使得点G的位置确定． （i）求λ的值； （ii）求直线GB与平面所成的角的正弦值． 条件①：三棱锥的体积为1； 条件②：； 条件③：二面角的余弦值为． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）． 【详解】（1）取AD中点O，连接，BO，因为， 所以为正三角形．    所以，又，所以， 因为，平面， 所以平面，因为 平面，所以， （2）若选①③： （i）在四棱柱中，点G在棱上， 因为，DG平面，平面， 所以平面，由（1）可知：AD⊥平面， 所以， 所以，即，OA⊥OB， 以O为坐标原点，为一组正交基底建立空间直角坐标系， 则， 所以，， 所以，    所以，， 设平面的一个法向量为， 则令， 则，因为平面的一个法向量为， 由二面角的余弦值为得： ， 即，因为，所以． （ii）方法1： 因为，平面的一个法向量为， 设直线GB与平面所成的角为θ， 则， 所以直线GB与平面所成的角的正弦值为． （ii）方法2： 因为点G为棱中点，连接OG、，因为平面ABCD， 又平面ABCD，所以，又，，平面， ，所以BO⊥平面，    所以为直线GB与平面所成的角， 在中，，所以． 所以直线GB与平面所成角的正弦值为． 若选②③： （i）因为，在中，由余弦定理得， 因为四边形是平行四边形，所以， 在中，由余弦定理得， 因为，所以， 所以，即，， 下同（i）的解法. 若选①②，则点G的位置不确定，与题意不符合． 题型三 空间向量法求空间角与空间距离 13．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.    (1)证明：； (2)若二面角为，求点M到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析; (2). 【详解】（1）    证明：取与中点，.连接，，，， 则运用中位线性质知，且，， 则，，则四边形是平行四边形， 又因为是正三角形，为中点， 所以， 底面是菱形，，则是正三角形，则，，平面，平面， 平面，， 由于四边形是菱形，四边形是平行四边形，所以，， . （2）由（1），则过做的垂线，以为坐标原点，为坐标轴，建立空间直角坐标系如图，    由二面角为，可得， 因为，四边形是菱形，可得， 又因为三角形是正三角形，可得，所以可得， 则，，，， 由M是棱的中点，可得， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故法向量为， 又由， 所以M到平面的距离， 故M到平面的距离为. 14．如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足. (1)当时，证明：平面平面； (2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【详解】（1）当时，即为线段的中点， 因为，所以，所以， 又，所以， 又因为平面，平面//平面， 所以平面，平面，所以， 且，，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）因为，为的中点，所以，且平面， 故以为坐标原点，，，分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，， 所以，，，， 可得，， 所以，. 设平面的法向量为， 则化简得 令，则，， 可得， 由题意可知，平面的法向量， 所以， 又平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得或，所以的值为或. 15．如图，四棱锥的底面是矩形，，，是等边三角形，平面平面，，分别是，的中点，与交于点． (1)求证：平面； (2)平面与直线交于点，求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【详解】（1）因为为正三角形，是中点，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， ， ，．又，在平面内且相交， 故平面 （2），分别为，的中点，， 又平面过且不过，平面， 又平面交平面于，故，进而， 因为是中点，所以是的中点． 以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面法向量为， 则，即，取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以， 故直线与平面所成角的余弦值为． 16．如图，在四面体中，，记二面角为分别为的中点. (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) 【详解】（1）取中点，连接，又分别为的中点， 则 ，因为， 所以，又平面， 所以平面，又平面，所以. （2）由（1）知是二面角的平面角，所以. 如图，以为原点，分别为轴，过作平面的垂线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 所以， 设平面的法向量为，则，即，可取， 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．如图，直四棱柱中，． (1)若，证明：平面； (2)若，且，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析; (2). 【详解】（1）因为为直四棱柱，故底面， 又底面，所以， 由知，因为，所以， 因为，平面，所以平面， 又，所以平面. （2）以为原点，以直线所在方向分别为轴建立如图的空间直角坐标系， 因为，且，，所以， 则， 设平面的一个法向量为，， 则取得． 设平面的一个法向量为． 则取得． 所以， 由图可知二面角的平面角为锐角，所以二面角的余弦值为． 18．如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心． (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在上底面的投影为的重心． 平面，平面，， ，， 是等边三角形，是的中点，故， ，平面，平面，平面， 又因为平面，. （2）解法一：延长交于点，如图所示， 由（1）知平面，故为平面与平面的夹角， ，， 设棱长为1，则，为重心，，，， 平面与平面的夹角的正弦值为. 解法二：设，有，，，可求得， 由，，可得， 又由平面，以为坐标原点， ，，分别为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系， 有，，，，， 可得，， 设平面的一个法向量为， 有，取，，，可得， 又由平面的一个法向量为，有，，， 有， 故平面与平面的夹角的正弦值为． 19．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为，为的中点，所以， 因为四棱锥的底面是矩形，所以， 所以与相似，故， 因为，所以，故， 因为底面，底面，所以， 因为，平面，所以平面. （2）因为平面，平面，所以，， 因为四棱锥的底面是矩形，所以.    以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，， 所以，，. 因为平面，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则即 令，则，，此时， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 题型四 几何法求空间角与空间距离 20．《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． (1)证明：四面体为鳖臑； (2)求点C到平面的距离． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) 【详解】（1）四边形中，，，，， 由勾股定理得，且， 故. 在中，由余弦定理得， 故，由勾股定理逆定理得⊥，为直角三角形. 因为平面，，故平面， 因为平面，所以 ， 又因为，平面，所以⊥平面， 又因为平面，所以⊥， 故为直角三角形. 因为平面，平面，所以 ， ， 所以为直角三角形. 综上，四面体为鳖臑； （2）， 因为平面，且，所以， 由（1）知⊥，在中，由勾股定理得， 所以， 设点C到平面的距离为，其中， 所以，点C到平面的距离为. 21．在直三棱柱中，，，，，． (1)若平面，求的值； (2)设二面角与二面角的平面角分别为，若，求的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）连接交于点，连接． ∵平面，平面，平面平面，   ∴．                                       又在直三棱柱中，侧面为平行四边形， ∴是的中点， ∴是的中点，∴. （2）过点在平面内作，垂足为，连接， ∵，，，平面， ∴平面， ∵平面，∴， 又∵，，平面， ∴平面，                                  又平面，∴，， ∴二面角和二面角的平面角分别为， 即，，             ∵，，， ∴， ∴， 法一：当时，，                  而，                                                 ∵，∴，解得或              又，∴．                                                  法二：当时，为的角平分线，且， ∴，                                               又，∴． 22．如图，在四棱锥中平面， ， ， (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求证：平面 (3)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2)证明过程见解析 (3) 【详解】（1）因为，所以异面直线与所成角为， 因为平面，平面，所以， 因为，，所以， 所以； （2）因为平面，，所以平面， 平面，所以， 因为，，平面， 所以平面； （3）过点作，且使得，连接， 因为，所以，所以四边形为平行四边形， 故， 由（2）知，平面，所以平面， 因为平面，所以， 故直线与平面所成角为， 在上取点，使得，连接， 因为，所以四边形为平行四边形， 同理可得四边形为平行四边形， 故，， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 由勾股定理得， 故. 23．如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面BCE； (3)求点B到平面ACE的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）在直三棱柱中，平面，平面，所以， 又，，、平面，所以平面； （2）取为的中点，连接，因为F是的中点，故，且， 又，且，所以，且， 又，所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，而平面，平面，平面BCE；    （3）由题意，，，所以， 因为E是的中点，平面， 所以，所以， 又， 设点B到平面ACE的距离为，则，解得， 所以点B到平面ACE的距离为. 24．在平面四边形中，（如图），沿对角线将折起，使点在平面上的射影恰落在上（如图）． (1)求证：； (2)求二面角的平面角余弦值大小； (3)求和平面所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）折叠后，由题可得平面，因平面， 则，又，平面，， 则平面BCD，又平面BCD，则； （2）由题可得为等边三角形，取AC中点为F，连接， 可得，又由（1），易得，结合平面， ，则平面，连接FE，因平面，则. 从而为二面角的平面角. 设，则，由题，则， 则，.又由题可得为等边三角形， 则，又平面，平面，可得， 则； （3）由（1），平面BCD，又平面， 则平面平面，从而C在平面ABD上的射影在DB上，则 为所求角.由平面，平面，可得， 则，又由（2）分析，可得，则， 则，从而，则， 从而. 25．如图，在平行六面体中，，，为的中点. (1)若平面，求的值； (2)当时，求平面和平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)1 (2) 【详解】（1）若平面，又平面，所以，所以， 所以，又，， 所以 ，所以， 所以，所以； （2） 当时，由（1）可得，同理可得， 所以，，所以， 又，平面，所以平面， 连接交于，过作于，连接 因为四边形是平行四边形， 则是的中点，所以，所以平面， 又平面，所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以是平面和平面的夹角的平面角， 因为，所以是等边三角形，所以， 所以的高为，所以， 又 ， 所以，在中，， 所以. 所以平面和平面的夹角的余弦值为. 题型五 多面体的体积与表面积计算问题 26．如图，三棱台中，，在底面内的射影为中点．    (1)求三棱台的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，所以. 因为三棱台中，，所以， 所以. 因为点在底面内的射影为中点，取中点为，连接.    则为三棱台的高，且. 根据勾股定理可得. 所以三棱台的体积为：. （2）以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 则， 则，所以. 因为平面，所以是平面的一个法向量， 因为，设平面的一个法向量为， 那么，则令，则. 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 27．在三棱锥中，，，，是的中点，且平面平面. (1)证明：平面； (2)已知平面经过直线，且，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 或 【详解】（1）因为平面 平面 ，平面 平面 平面 ， 所以 平面 . 又 平面 ，所以 . 又 平面 ， 所以 平面 . （2）记 的中点为 ，连接 ， 因为 ，所以 ， 因为平面 平面 ，所以 平面 . 因为 分别是 的中点，所以 ，又 ，所以 . 以 为坐标原点， 所在直线分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 设 ，则 ， 所以 . 由题知 ，设平面 的法向量为 ， 则 即 令 ，则 ，则 . 则 . 化简可得 ，解得 或 ， 三棱锥 的体积 ，所以体积为 或 . 28．等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点. (1)证明：平面； (2)当直线与直线成角时，求四棱锥的体积； (3)在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1），是的中点，， 又，，，四边形为菱形， 则，在翻折过程中，总有，，， 又平面，平面，， 平面. （2），分别为棱，的中点， ，直线与直线成角，即为与直线成， 则或，为边长为1的正三角形或顶角为的等腰三角形， 又四边形是上下底长分别为1和2的梯形，且， 四边形的面积为, 由（1）知平面，又平面，平面平面， 过点作于， 平面平面，平面， 平面，则， 四棱锥的体积. （3）由（1）（2）知平面平面，且， 分别以，所在直线为轴，轴， 以过点且与平面垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 在翻折过程中设， 则，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，，令，则，， ； 平面，可取平面的一个法向量为， ， 又，，则， 在翻折过程中平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 29．如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且平面. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面,得， 又，平面，平面， 故平面， 又平面，故平面平面. （2）如图： 作，由平面平面，平面平面，平面， 可得平面， 记四棱锥的体积为， 则， 而， 由平面，则，故， 于是，当且仅当时，取等号， 由，得，， 由，得， 故，当且仅当取等号，于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. 30．如图，在正方体中，棱长为2，是棱的中点，是的中点，．    (1)证明：平面； (2)求四棱锥和四棱锥重合部分的体积； (3)求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）如图所示，取的中点，在上取，    因为是的中点，是的中点， 所以，且， 因为，， 所以，且， 所以，， 所以四边形是平行四边形，则， 因为平面平面， 所以平面； （2）如图，设，，取中点为，的中点为， 由正方体性质可知，点为正方体的中心， 所以四棱锥和四棱锥重合的几何体为四棱锥和三棱柱形成的组合体．   ， ； （3）以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，    有，，，，，， 所以，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，， ，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，即， 设所成二面角的平面角为， ， 由图可知，二面角所成角的平面角为钝角， 所以所成二面角的平面角的余弦值为． 31．三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球体积； (3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【详解】（1）法一：等体积法：，， ， ∴由，则， ． 法二：连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点， 可得，因为平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面，所以平面平面，且交线为CE， 过B作于点G，连接PG， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为PB与平面PCE所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，所以， 在中，由，所以， 即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为； （2）由几何性质知，球心M在过AB中点O且与面CAB垂直的垂线上， 建立AB中点O为空间坐标原点，OC所在直线为x轴，BO所在直线为y轴，过点O平行于的直线为轴的空间直角坐标系， 则，，设， 由，， ，故，， 故； （3）则由几何关系可得，，，，，由， 在平面xOy中，D在以E、F为焦点的椭圆上，故① 设面PBC的法向量，，，由， 有，令，得 设面PBD的法向量，，，由， ，取，则， 故得②代入①得（舍）或． 而，故. 题型六 动点问题 32．如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，点P为上一动点（点P与点A，D不重合），． (1)求三棱锥P-ABD的体积的最大值； (2)当时，求平面PBC与平面PBD所成角的正弦值； (3)当直线PB与平面ABCD所成角最大时，求平面PAB截四棱锥P-ABCD外接球的截面面积． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在三棱锥中，半圆面， 则是三棱锥的高， 当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值， 三棱锥的体积取得最大值为， （2）四边形为正方形， ， 为底面圆直径，所以，过作是平行，所以两两垂直，建立如图所示坐标系， ，，，， 所以，. ， 设平面的法向量为，则， 令，则，所以. 设平面的法向量为，则， 令，则，所以. 设平面与平面所成角为，，∴. （3）过作垂直于，连接，设， ∵ 平面， 平面，∴ ， ，平面， ∴ 平面， ∴为直线与平面所成角， ，， ， . 当且仅当，即时等号成立， 记外接球球心，取中点， ∵△为直角三角形， ∴为△外接圆圆心， ∴ ，截面圆半径， ， ∴截面面积. 【点睛】易错点睛：在判断三棱锥的四个面是否都是直角三角形时，易忽视△，需通过证明 平面进行判断；在确定直线与平面所成角最大时点的位置时，容易错误的认为当点为半圆弧的中点时，直线与平面所成角最大. 33．如图，在正方体中，，均为线段上的动点（不含端点），. (1)证明：. (2)设，，. （i）试探究是否为定值，并说明你的理由； （ii）求二面角的余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）为定值，理由见解析；（ii） 【详解】（1）证明：连接，，.在正方体中，平面，在平面，则. 又，，都在平面内， 所以平面，又在平面，所以.     同理可得，因为，都在平面内， 所以平面. 又因为平面，所以. （2）解：（i）连接，.设，则， 易知是正三角形，则，，其中. 因为，所以. 同理可得，， 故，为定值. （ii）设，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，， 所以，.     设平面的法向量为，则， 即，取，得. 同理可得平面的一个法向量为. . 因为，所以， 所以 .     设，则. 因为，所以. 又，所以， 则.设， 则，， 所以. 由图可知二面角是锐角， 所以二面角的余弦值的取值范围是. 34．如图①，在矩形中，，，M为的中点，将沿折起，使A到处，平面平面，连接，（如图②）．    (1)证明：平面； (2)已知Q是线段上的动点，且，直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在矩形中，，， 易得，则，即， 在四棱锥中，平面平面， 且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，且，平面， 所以平面. （2）取的中点为，连接， 由，则， 又平面平面， 且平面平面，平面， 所以平面， 以为原点，以的方向为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设，由，得，即， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 整理得，又，则.    35．如图，正三棱锥的各棱长均为，，，分别是，，的中点，连接，，点为底面内边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出）， (1)若平面平面直线，证明：平面 (2)若，平面与平面的夹角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1），，分别是，，的中点， ， 又平面，平面， 平面， 平面，且平面平面， ， 又平面，平面， 平面； （2） 由三棱锥为正三棱锥，且为底面的中心， 则平面， 又由已知三棱锥的各棱长均为， ，， ，，，， 又为底面内边上的高所在直线上的动点， ， ， ，， 设平面的一个法向量为， 则， 令，可得， 又易知平面的一个法向量为， 则，， 解得. 36．如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，． (1)求证：平面； (2)若点E为线段上的动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【详解】（1） 证明：依题意是边长为2的正三角形，O为的中点，所以，, 所以，，，，， 则，所以， 又，即，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又,，，平面，所以平面． （2） 如图建立空间直角坐标系，则，，，， 设，，则， 所以，，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，∴平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则，解得或， 所以的值为或． 37．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，为线段上的动点．    (1)若为线段的中点，证明：直线平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接交于点，连接，    因为四边形是正方形， 所以是中点，又为线段的中点，所以， 又平面，平面， 所以直线平面． （2）因为底面是正方形，所以， 又，，，平面，所以平面， 因为 ，所以， 因为，所以， 故在平面内作，分别以，，为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，，设， 因为，得， 解得，，，． 设平面的一个法向量为，则，即， 取，得，设直线与平面所成角为， 则， 即直线AE与平面PAC所成角的正弦值为． 38．三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点． (1)求PB与平面PCE所成角的正弦值； (2)设AB靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线AB的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面PBC？若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【详解】（1）解：连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点， 可得平面，因为平面，所以， 在直角中，可得， 又因为平面PEC，所以平面平面，且交线为， 过B作于点，连接， 因为平面，由面面垂直的性质，可得平面， 故为与平面所成角， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 又由，所以， 在中，由，所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． （2）解：假设存在点D满足要求，则二面角为直二面角， 即二面角和二面角和为． 取AB中点O，连接CO，过O作于点N，连接CN， 因为为等腰直角三角形，且，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为且，平面，所以平面， 所以为二面角的平面角， 在直角中，因为，可得， 过D作DH垂直AB于点H，过H作HQ垂直PB于点Q，连接DQ， 同理可得为二面角的平面角，所以， 在平面中，以O为原点，OB为x轴正方向，CO为y轴正方向建立平面直角坐标系， 根据题意，点D点轨迹为以E，F为焦点的椭圆，其标准方程为， 设D点横坐标为，则，，， 所以，解得，故假设成立，此时． 题型七 翻折问题 39．如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． (1)若，证明：． (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在梯形中，过点作，垂足为，如图所示： 在中，，， 所以，， 又，，所以，， 梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，即平面平面， 又平面平面，平面，， 所以平面， 又， 以点为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，， ，. 所以，， 因为，所以， 所以，解得或(舍去). 此时，， 所以. （2）设平面的法向量为，由，， 则， 取，则，，即， 因为平面，所以，则， 即，解得. 此时，， 设直线与平面所成角为， 则 ， 即直线与平面所成角的正弦值为 . 40．如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至 ，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）. (1)若为棱的中点，证明：平面 ； (2)若，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为. （ⅰ）求 ； （ⅱ）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【详解】（1）因为，， 所以， 连接，因为为的中点，所以是等边三角形． 取的中点，连接，，则， 则，． 因为平面，平面，平面，平面， 所以平面，平面， 又，，平面， 所以平面平面， 又平面， 所以平面． （2）（ⅰ）因为，， 所以， 所以， 因为，所以， 又，，平面， 所以平面， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，， 则， 设， 则，． 因为平面， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 所以， 整理得，解得舍，所以． （ⅱ）由（ⅰ）知，，． 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，， 则， 所以点到平面的距离为 ． 41．如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体. (1)证明：四点共面； (2)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【详解】（1）因为平面平面，平面平面， 且，平面， 所以平面，又， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 易得， 则， 则，则， 即，所以四点共面. （2）由（1）知，，，，， 设，则，则， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 由平面平面，则，解得， 则，则，又， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 易得平面的一个法向量为， 则， 则平面与平面夹角的余弦值为. 42．如图1，在边长为4的菱形中，，点M，N分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2 所示的五棱锥． (1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论； (2)若平面平面，线段上是否存在一点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)总有平面平面，证明详见解析 (2)存在，是的靠近的三等分点，理由见解析. 【详解】（1）折叠前，因为四边形是菱形，所以， 由于分别是边，的中点，所以， 所以， 折叠过程中，平面， 所以平面， 所以平面， 由于平面，所以平面平面. （2）存在，理由如下： 当平面平面时，由于平面平面，平面，， 所以平面，由于平面，所以， 由此以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系， 依题意可知 ，， 设，则， 平面的法向量为， ， 设平面的法向量为， 则， 故可设， 设平面与平面所成角为， 由于平面与平面所成角的余弦值为， 所以， 解得, 所以当是的靠近的三等分点时，平面与平面所成角的余弦值为. 43．如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析. 【详解】（1）方法一： 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系． 当时，平面平面，因为，，所以， 则，，． 易知底面的一个法向量为， 所以直线与底面所成角的正弦值为. 方法二： 如图，过点作，垂足为，连接， 因为，即平面平面，且平面平面，，平面， 所以平面，得到为所求直线与底面所成角， 由，， 得，，， 故． （2）不存在，理由如下： 如图1-12，过点作的垂线，垂足为，延长与圆交于点．翻折后（如图1-13），由，知，． 在将圆沿直径翻折的过程中，点在以为圆心、为半径的圆上，且该圆与直径垂直． 如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，过点作轴垂直平面，建立空间直角坐标系. 设，，则，即， 又，，，所以，， 所以． 因此不存在使得直线与直线垂直． 44．如图①，正方形的边长为是的中点，点在边上，且．将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图②． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）证明：因为四边形为正方形，所以，由折叠得， 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，又平面， 所以． （2）在平面中，过点作，垂足为， 由勾股定理得，，所以， 以为原点，以平面内过点垂直于的方向为轴，直线方向为轴，过点垂直于平面的方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 则，， 因为，所以，则, 由（1）知，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，取则， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值． （3）在平面中，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，所以的长即为点到平面的距离， 在中，， 所以， 所以点到平面的距离为． 45．如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． (1)若，证明：． (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． (3)求四面体的外接球的半径的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）平面平面，交线为，，平面，则平面， 平面，则，又，，平面，所以平面， 平面，则，因为，所以， 所以，可知． 在梯形中，由，，知，． 设， 得，，由，得， 解得，． （2），， 平面平面，平面， 则平面，又平面，平面平面 ， 则，， 所以，则直线，，交于一点， 可得．设，得，解得． 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，， ，． 设平面的法向量为， 即令，则， 设直线与平面所成的角为， ． （3）坐标系如（2）中所示，设，，，，， 设的中点为，球心， 的外心为，则平面，即，，由，即，得， ， 当时，取得最小值，最小值为， 即四面体的外接球的半径的最小值为． 题型八 截面问题 46．如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．    (1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长； (2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图，步骤1：延长DA，CE交于点P，连接PF交于点G，连接GE； 步骤2：延长GF，交于点Q，连接交于点H，连接FH，则多边形CEGFH即为所求截面，      由E为AB中点，可得A为DP中点，从而与相似，所以， 又F为中点，从而与全等． 又与相似，所以， 所以，，， ，， 故所求截面多边形的周长为． （2）当T为线段中点时，平面平面，理由如下： 易得，，，故 ， 所以．又，故．取CD中点M，连接，TM，EM．    因为E，M分别为AB，CD中点，故，所以E，F，，M四点共面，易知四边形为正方形，故．又平面，平面，故， 而，故平面．因为平面，所以．又，所以平面，而平面CEF，故平面平面． 以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，．    设平面TCF的法向量， 则，可取． 又，， 设平面CEF的法向量，则，可取． 则． 故平面TCF与平面CEF夹角的余弦值为． 47．如图，在三棱锥中，，． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，，用平面α将三棱锥分为两部分，求截面面积的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）证明：如图所示，取中点，连接，   因为，，可得且， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：作交于H，连接，， 由（1）平面，平面所以平面平面， 因为平面平面，且平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 又因为，所以， 因为，可得 又因为，所以 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）解：如图所示，设平面平面，平面平面，平面平面，平面平面， 因为，且平面，所以， 同理可证，，，即， 由（1）知，所以，所以截面为矩形， 设，其中，则， 所以矩形的面积， 当且仅当，即时，等号成立，所以截面面积的最大值为. 48．如图，正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2.为棱上一动点，平面截正四棱柱所得截面交棱于点. (1)求证：； (2)求四棱锥的体积； (3)写出当的长为何值时，四边形的周长最小，并求此时平面与平面的夹角的正切值. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【详解】（1）证明：在正四棱柱中，平面∥平面． 且平面 平面 ，且平面 平面 ． ． （2）连接． 正四棱柱中，底面边长为1． ． ． ． ；． ． （3）将平面与面展开在同一平面上，如图所示． 且．四边形为平行四边形． 四边形的周长. 若使四边形的周长最小，即三点共线时有最小值． 即当为中点时，，四边形的周长最小． 以为原点，分别以所在直线为轴，如图所示建立空间直角坐标系． 则． . 设面的法向量． ． 令，则；面的法向量． 平面的法向量为． 设平面与平面的夹角为，则． .． 即平面与平面的夹角的正切值为． 49．如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. (1)画出过点，，的截面（不必写出证明过程）； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是（1）中过点，，的截面上一点，二面角的余弦值为，求满足题意的点轨迹的长度. 【答案】(1)取中点，连接，则五边形为过，，的截面，理由见解析； (2)直线与平面所成角的正弦值为 (3)点轨迹的长度为 【详解】（1）取中点，连接，则五边形为过，，的截面， 理由，因为，，的中点分别为，，. 所以，又平面，平面， 所以平面，平面， 又，且平面，所以平面平面， 由平面平面，所以，又的中点. 所以为的中点，同理可得为的中点. （2）由（1）可知直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角， 由题意可得，，平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 由，，可得，又， 所以，又，所以， 所以，所以直线与平面所成角的正弦值为； （3）以为坐标原点，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为， 又平面，所以平面的一个法向量为， 又因为二面角的余弦值为， 所以， 所以，两边平方得， 所以，解得或（舍去）， 当时，，当，， 所以满足题意的点轨迹的长度为. 【点睛】结论点睛：若直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则 ①两异面直线所成的角为 ，； ②直线与平面所成的角为 ，； ③二面角的大小为 ，. 50．如图，矩形中为中点，将沿着折叠至. (1)证明：平面； (2)设平面平面，点，过作一截面，与棱分别交于点，且 平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由题意得，，， 所以，即， 因为，所以，即， 又平面，所以平面； （2）因为,平面,平面,所以平面, 又平面,平面平面，所以 以点为坐标原点，、为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 因为，所以,所以， 设平面的法向量为， 则 即 令得,所以， 记直线与平面所成角为,则， 化简得，解得，所以. 由，得,即(三等分点)， 又平面，所以，所以(三等分点)， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以即(四等分点)， 所以 又 所以. 51．如图1，图2，在正方体中，M为的中点． (1)图1中求证：平面； (2)图1中求二面角的正切值； (3)图2中，已知，为的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，求三棱锥的体积的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1） 如图所示，连接，交于G，连接， ∵是正方体，∴是正方形，∴G为的中点， 又∵为的中点，则，∵平面，平面， ∴平面； （2） 如图所示，过作交的延长线于，连结． ∵平面，∴是在平面内的射影， ∵平面，∴，∵ ∴平面，∵平面，∴， ∴为二面角的平面角． 设正方体的棱长为1． ∵M是的中点，且，则在直角中，，， ，，， ∴二面角的正切值为． （3） 如图所示，设为的中点，连接交于， 设， ∵ ，，， ∴，∴， ∴，即，∴， 又∵平面，平面，∴， 又∵，∴平面， ∵平面，∴， 又∵平面，∴就是三棱锥的高 ∴， ∵，且，∴， 即，∵， ∴ 当且仅当，即时取等号， 此时 ，解得，即. 即三棱锥的体积的最小值为. 题型九 轨迹问题 52．如图，四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，动点在内（含边界）且. （ⅰ）求线段的轨迹形成的面积； （ⅱ）设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【详解】（1） 由，可知， 三角形为等腰直角三角形，，， 又因为，由余弦定理得：， 即得，， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）（ⅰ）依题意，建立如图坐标系， 设的坐标为，， 由， 化简得：，即， 则动点的轨迹是以线段的中点为圆心，以1为半径的圆弧， 由于线段的中点，所以该圆弧经过点， 故动点的轨迹是四分之一圆弧， 线段的轨迹形成的面积为圆锥侧面的，面积为； （ⅱ）由（ⅰ）可设，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则即 取，则， 则 因为，所以，所以， 所以，所以， 综上所述，. 53．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱上的点，且平面． (1)求证：． (2)求直线到平面的距离． (3)请判断在平面上是否存在一点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【详解】（1）证明：如图，连接， 设交于点O，连接，由得． 在正方形中，． 又，平面,所以平面． 又因为平面，所以． （2）连接，因为平面，平面，平面平面， 所以． 在中，O为的中点，所以点P为的中点． 易知直线，，两两垂直，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系． 因为正方形的边长为2， 所以，，，，． 设平面的一个法向量为，则可得， 所以，则， 令，可得． 因为平面，所以直线到平面的距离等于点B到平面的距离， 在法向量上的投影的模为， 所以直线到平面的距离为． （3）不存在． 理由如下：根据第（2）问可得直线到平面的距离为． 又因为平面，设点Q为的中点，所以点Q到平面的距离为． 假设在平面上存在点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形， 则有． 因为，所以不存在满足条件的点E 54．如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面. (1)求直线到平面的距离. (2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【详解】（1）连接. ∵平面，平面，平面平面，∴. 在中，为的中点，∴点为的中点. 取中点，由正方形的边长为2，易知，，， ∴即为二面角的平面角. 在中，∵二面角的正切值为，， ∴，侧棱的长都是. 易知直线，，两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，如图所示. ∴，，，，，， ∴，，. 设平面的一个法向量为， 则，即，即， 令，则， ∴平面的一个法向量为. ∵平面，∴直线到平面的距离等于点到平面的距离， 又在法向量上的投影向量的模为， ∴直线到平面的距离为. （2）不存在.理由如下： 根据第（1）问可得直线到平面的距离为. 又∵平面，设点为的中点，∴点到平面的距离为. 假设在平面上存在点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形， 则有. ∵，∴不存在满足条件的点E. 55．如图，直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，，，.    (1)证明：； (2)若，动点在矩形内（含边界），且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①② 【详解】（1）证明：直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，且交线为，， 平面，所以平面, 因为平面，所以， 因为， 所以，可知， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. （2）    ①因为平面，， 以为坐标原点，直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，所以，即， 整理可得：， 可知动点M的轨迹是以为圆心，半径为1的半圆， 所以动点M的轨迹的长度， ②由①可设：， 可得， 设平面的法向量， 则，则，取，可得， 则， 因为，则，可得， 所以， 56．如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面． (1)求点的轨迹长度； (2)当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1) (2)或. 【详解】（1）因为平面平面，，平面平面， 平面，故平面， 而，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则， 因点为梯形内（包括边界）一个动点，可设，则， 又， 设平面的法向量为， 则，故可取， 因平面，则， 故，即， 取，则，取，则， 故的轨迹长度为. （2）取的中点为，连接，，由（1）可得的轨迹为. 又由（1）可得平面，而平面， 故，因，若线段最短，则最短，此时有， 而，故点为的中点，故， 设平面的法向量为，而，， 故，故可取， 因直线与平面所成角的正弦值为， 而，则得， 故，故或， 易得平面，则点到平面的距离为或， 又，， 故到直线的距离为， 易得，故， 故三棱锥的体积为或者为. 57．如图，三棱锥中，点在平面的射影恰在上，为中点，，，. (1)若平面，证明：是的三等分点； (2)记的轨迹为曲线，判断是什么曲线，并说明理由； (3)求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)椭圆，理由见解析 (3) 【详解】（1）由于平面，作，垂足为点， 因为平面，则， 又因为，且，平面， 因此平面，因为平面，所以， 同理可证：， 又因为，可得，所以， 因为面，从而， 因此，进而为的三等分点. （2）椭圆， 延长至，使得， 由于，可得M，D到的距离为定值， 因此M，D应在以为高线的圆柱上运动，且上下底面与垂直， 又因为M，D为平面上两点，， 从而M，D的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义， 因而M，D的运动轨迹应为椭圆，示意如下. （3）以A为原点，所在直线为x轴，过A点与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 下面求椭圆方程：一方面，由于该圆柱的底面半径为， 故由图可知椭圆的短半轴长为1， 由，从而椭圆的长半轴，进而椭圆方程：， 又由，平面，从而，即， 由定义知为椭圆的左焦点，设的右焦点为，则， 设， 在中，由余弦定理，可得， 解得，同理可得：， 解法1：由， 令，则，可得， 令，解得，（舍去）， 当，；当，， 因此为的极小值点，可得. 解法2：由，原题等价于求的最小值， 则等价于求的最小值， 又由， 当且仅当时等号成立，因此的最小值为. 58．如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 【答案】(1) (2)圆； (3) 【详解】（1）由题意得，， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为圆柱的底面半径和母线长均为4，， 所以，，，则，， 设平面的法向量为，得到， ，令，解得，， 故平面的法向量为，易知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. （2）设，则，， 因为，所以，则， 化简得，即， 即动点的轨迹是圆心在原点，半径为的圆，轨迹长度为. （3）由已知得，， 由模长公式得， 由题意得圆的方程为，故设， 设到的距离为，而， 故当最大时，只需要保证最大即可，而， 则， ，， 故， 由点到直线的距离公式得， ， ， ， 令，则， 由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，则值最大，的面积最大，此时， 由同角三角函数的基本关系得，故. 题型十 内切球与外接球问题 59．如图，直四棱柱的顶点都在球的球面上，是球的直径，且.    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）为球的直径，是在平面内的射影， 则为四边形外接圆的直径，所以， 因为， 所以，所以. 又平面平面，所以. 又因为，所以平面， 因为平面，故平面平面. （2）方法一：因为为球的直径，又为球的球面上，所以， 又平面平面，所以， 又因为，所以平面， 又平面所以所在直线两两相互垂直. 如图所示，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    由已知可得，所以为等边三角形. 所以. 所以. 设平面的法向量为， 则即令，得. 设平面的法向量为， 则即令，得. 令平面与平面夹角为 因为， 故平面与平面夹角的余弦值为. 方法二：设与的交点为，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图.    由已知可得. 所以. 计算可得平面的一个法向量为， 平面的一个法向量为. 令平面与平面夹角为 因为， 故平面与平面夹角的余弦值为. 方法三：（几何法）作，垂足为，连接. 利用三角形全等，或者证明平面，得，所以平面与平面夹角的平面角为（或其补角）. 可证明，所以是直角三角形. 由已知计算可得，又， 所以，同理. 由余弦定理得， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 60．如图，已知两个正三棱锥与均内接于半径为3的球. (1)若. （i）证明： 平面； （ii）求点到平面的距离； (2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2) 【详解】（1）（i）如图所示，设的外接圆圆心为， 显然平面平面，则三点共线， 连接并延长交于点，连接可得四点共面. 由知，在直角中，，，可得， 则 平面， 平面，则 平面. （ii）由（i）可得，与到平面的距离相等，， 故，，平面，则平面， 故点到平面的距离为，即点到平面的距离为. （2）由于，则为二面角的平面角， 设，设， 则， 则在中，，则，由， 故，显然，因为，则 如图，分别以为轴，轴，在平面中作， ， 则，， 设平面的法向量， 则，即， 令，则，设与平面所成的角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 61．如图，四棱锥中，． (1)当为正三角形时， （i）若，证明：直线平面PBC； （ii）若A，B，D，P四点在以为半径的球面上，则四棱锥的体积是多少？ (2)当为等腰直角三角形时，且，求二面角的余弦值的最小值． 【答案】(1)（i）证明见解析；（ii） (2) 【详解】（1）（i）因为，且，所以， 又为正三角形，所以， 因为，所以，进而． 因为，所以， 又因为，PB，平面PBC， 所以直线平面PBC. （ii）延长BC至E，使得，进而，连结DE， 又有，可知，四边形ABED为正方形， 连结AE交BD于O，过点O作平面ABED， 以O为坐标原点，分别以OE，OD，Oz所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系， 因为A，B，D，P四点在以为半径的球面上，由球的性质可知球心M在z轴上，设点M的坐标为， 所以，解得，即. 又为正三角形，连结OP，可知，又平面， 进而可得平面AOP，所以点P在坐标平面内， 设点P的坐标为，又有， 则，，解得， 所以四棱锥的高， 直角梯形ABCD的面积， 所以四棱锥的体积. （2）因为为等腰直角三角形，且，连结OP，则． 建系方法如（ii）问，， 设点， 设平面BPD的一个法向量，则， 令，则，所以. 设平面PDC的一个法向量为，则， 令，则，所以. . 令，则， 所以. 当且仅当即时等号成立， 所以二面角的余弦值的最小值． 62．如图，四棱锥的所有顶点均在同一个球的球面上，且，，平面． (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当四棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）由题意知四边形存在外接圆， 故， 而，即， 所以，故， 由平面，平面，可得， 而，平面，平面， 故平面， 又因为平面，故平面平面． （2）如图，过点作，垂足为， 由（1）平面平面，又平面平面，平面， 所以平面． 设四边形的面积为， 则四棱锥的体积， 因为，，所以， 因为平面，平面， 所以，则点P在以AB为直径的圆上， 当时，PH最大，最大值为． 因为，所以点在以为直径的圆上，且， 当时，最大，最大值为，此时底面ABCD是正方形． 所以四棱锥体积的最大值为． （3）以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，过点A且与平面ABCD垂直的直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图． 由（2）可知，，，． 所以，，． 设平面PBD的法向量为， 则， 取，则， 所以为平面PBD的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则． 所以直线与平面所成角的正弦值为. 63．如图，在斜三棱柱中，平面平面,分别为棱的中点，. (1)若四边形为菱形，证明：平面； (2)若 （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若斜三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底面及三个侧面相切，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）如图，连接， 因为四边形为菱形，所以， 因为分别为棱的中点，所以，所以， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面. . （2）由（1）可知平面， 以为原点，所在直线为轴，以过点且与平行的直线为轴，平面内过点且与垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， （i）在中，， 则在等腰中可得， 则， 则， 则， 所以的一个方向向量为的一个方向向量为， 由，得，则直线上存在点， 所以的一个方向向量为， 设平面的法向量为， 则，取，所以， 设平面的法向量为， 则，取，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （ii）设与平面相切的球的球心为，与平面相切的球的球心为， 由题意知球均与平面相切，设切点分别为， 连接，则，， 因为球均与平面相切，所以平面， 因为平面，所以平面， 又平面，平面平面，所以， 设球的半径为，球心，则， 因为平面，所以点到平面的距离为，则， 由，得， 由，得， 代入，解得， 所以， 则线段在轴上的投影长度为， 所以斜三棱柱的高为， 所以点到平面的距离为. 64．如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球心到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取的中点，连接, 因为，,且的中点，所以， 又 平面，故平面， 由于平面，故, （2）当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为故， 设到平面的距离为,到平面的距离为， 由等体积法可得 而 由于故， 所以从而 故到平面的距离为， （3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， 故， ， 则, 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 , 取则， 设平面平面与的夹角为， 故 , , 令，，故， 由于，故 当且仅当即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时. 【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 65．在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． (1)证明：平面平面； (2)当时，求球心到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【详解】（1）设球的半径为，则，解得， 设的外接圆半径为，则， 因为四点共面，可知的外接圆圆心为， 取的中点，连接， 可知为等边三角形，则，， 又因为，则， 且，则，则， 因为，平面，则平面， 且平面，所以平面平面. （2）若，则，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且平面，则， 在中，由余弦定理可得 ， 即，则， 在中，由余弦定理可得， 可知为钝角，且， 则， 设球心到平面的距离为， 因为，则，解得， 所以球心到平面的距离为. （3）过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且平面，则， 可知直线与平面所成角为， 设，则， 在中，由余弦定理可得 ， 即则， 则， 令，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. 题型十一 范围与最值问题 66．如图，底面为正方形的四棱锥中，，，记，． (1)证明：为直角三角形； (2)当四棱锥的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值； (3)记直线与平面所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）证明：在中，因为， 所以为直角三角形，即， 又因为四边形为正方形，所以，则， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以，所以为直角三角形． （2）当四棱锥的体积最大时，平面， 因为平面，所以 ， 又平面，所以平面， 以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 则，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则取，则， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． （3）以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，所以， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 因为， 则， 设，则， 令得， 当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减， 所以，且当时，，当时，， 所以， 所以， 所以的最大值为． 67．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点． (1)若平面，求的值； (2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值． 【答案】(1) (2)；. 【详解】（1） 设，连接， 因为正方形，所以为的中点， 又因为平面，且平面，平面平面， 所以， 在正方形，为的中点，可得为的中点， 所以，当平面，则. （2） 因为平面，所以平面， 过作为轴，以分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，为等腰三角形，所以，且，则， 所以， 设，其中，(线面角为0，不是最大） ， 设平面的法向量为， 则， 取，可得， 设直线与平面所成角为 由题意可得， 因为，所以当，即时直线与平面所成角正弦最大为， 直线与平面所成角最大为， 当时，直线与平面所成角最大为. 68．如图，菱形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． (1)若，证明：平面平面； (2)若，当三棱锥体积最大时， ①求直线与平面所成角的正弦值； ②求平面与平面所成二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)① ；② 【详解】（1）为半圆直径，在半圆弧上， ， 平面平面，平面平面，，平面， 平面， 平面， ， ，平面， 平面， 平面， 平面平面． （2），则三棱锥体积最大时，有最大，此时在弧中点， 以为原点，设中点为，则， 以为轴，为轴，过点与面垂直的射线为轴建立空间直角坐标系， 设菱形边长为2有，，，， 则，，， （ⅰ）设面的法向量为， 由，即，令，， 记直线与面所成角为，则 ， 所以直线与平面所成角的正弦值为． （ⅱ）记平面的法向量为， 由，即，令，， 由题知，面的法向量为， 记平面与平面所成二面角为，， 所以平面与平面所成二面角为． 69．如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点，分别是线段，的中点. (1)求证：平面平面； (2)平面与平面的交线记为直线，点为直线上一动点，求直线与平面所成角的范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在长方体中，因为平面，平面，所以. 连接，在中，已知，可得. 又因为，点为的中点，所以. 由于，且平面，所以平面.又因为平面，所以平面⊥平面. （2）分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 因为，，，分别是线段的中点，所以可得，，，，. 进而求出，，. 设平面的法向量为，由，即. 令，解方程组可得，，所以平面的一个法向量为. 因为，平面，所以平面. 又因为平面平面，可知，所以. 设，则. 设直线与平面所成的角为，， 根据直线与平面所成角的向量公式，可得. 当，即点与点重合时取等号.又因为，所以.   则直线与平面所成角的范围是. 70．如图所示，在圆柱中，矩形为圆柱的轴截面，圆柱过点的母线为，点，为圆上异于点，且在线段AB同侧的两点，且，点为线段的中点，. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求的大小； (3)若，平面经过点，且直线与平面所成的角为，过点作平面的垂线（垂足为），求直线AQ与直线所成角的范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)的大小为 (3)线AQ与直线所成角的范围为 【详解】（1）证明： 延长交于点Q，连接， 因为，是中点，所以是的中位线，则点是中点， 又因为是圆柱的母线，所以平行且相等， 所以易得相交与点，是的中点，则在中，， 又因因为，在延长线上，所以可得平面，而不在平面内， 所以平面. （2） 由题意可知面，且因为直径，所以则，三线两两垂直，则建立如图所示空间直角坐标系， 又因为，所以设，则， 可得点坐标为，，，， 则， 由题意平面在平面内，所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，则解得，所以， 又因为平面与平面所成夹角的余弦值，解得或（舍）， 且因为，则，即. （3）因为过点的平面与直线所成的角为，又因为过点作平面的垂线（垂足为） 所以为直角三角形，且， 所以点是绕旋转的圆，且半径，圆心距离点的长度为 所以设点且，又因为点为，所以， 而，所以， 又因为，所以， 且因为，所以， 所以直线AQ与直线所成角的范围为. 题型十二 立体几何中的存在性问题 71．如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为中点 【详解】（1）因为，为边的中点，所以， 又在中，， 由余弦定理可得，即，则， 又为平行四边形，所以 ，则， 又平面底面，平面底面， 所以平面，又平面， 所以. （2）法一：取的中点，又，    所以 ， 又平面底面， 所以底面， 所以， 而， 所以即为二面角的平面角，， 又为直角三角形，， 所以， 设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且， 为直角三角形，， ， 又， 解得，即为中点. 法二：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 又 ，所以， 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系： ， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 又平面的一个法向量为， 则，得，即. 则平面的一个法向量为， 设，则， 则， 解得， 即为中点. 72．如图，在等腰梯形中，，，E是的中点，，将沿着翻折成. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【详解】（1）在梯形ABCD中，连接DE， 因为E是BC的中点，，所以， 又，所以四边形ABED是平行四边形， 同理可证四边形AECD也是平行四边形， 因为，所以四边形ABED是菱形，所以， 翻折后，有， ， 因为，平面，所以平面， 因为四边形AECD是平行四边形， 所以，所以平面； （2）平面平面，平面平面， 平面，，所以平面， 平面，所以， 由（1）知，，故AE，，DM两两垂直， 以M为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，得，所以， 易知平面的一个法向量为， 所以， 由图，平面与平面夹角为锐角， 故平面与平面夹角的余弦值为； （3）假设线段上存在点P，使得平面， 过点P作交于Q，连接MP，AQ，如图所示， 所以，即A，M，P，Q四点共面， 因为平面，平面AMPQ，平面平面， 所以，所以四边形AMPQ为平行四边形， 所以，所以P是的中点， 故在线段上存在点P，使得平面，且. 73．在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【详解】（1）EA⊥底面，底面正三角形ABC边长为2， 以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，， ，，，. 所以，， 设平面DEF的法向量为， ，故， 令，则，，故， 又，设AD与平面DEF所成角为， ； （2）平面CEF的法向量为， 其中，， ，故，令，则， 故，， 所以点A到平面CEF的距离； （3）由（1）知，平面DEF的法向量为， 其中，设，， PG与平面DEF平行，故， 即， 解得，此时. 74．如图，是菱形所在平面外一点，且为等边三角形，      (1)证明：平面平面； (2)若且，问线段上是否存在点（不包含端点），使得平面与平面夹角的正弦值是?若存在，求的值，若不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【详解】（1）连接交于点，连接．    因为是菱形，所以， 因为为的中点，且为等边三角形，所以． 又平面，且，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）存在 因为，所以为等边三角形，， 又，所以，所以三棱锥为正三棱锥， 过作平面，垂足为，故为的重心， 设，则，所以， 以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系如下图所示，    故， 则， 设平面的法向量为， 则，令，故． 设， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，故． 设平面与平面的夹角为， 于是， ，由于，则， 即，由于，所以或， 所以或． 75．如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【详解】（1）证明：连接， 因为，所以． 因为是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以， 因为， 所以． （2）因为， 所以，所以， 又由（1）知，且平面， 所以平面， 因为为四棱台，底面为正方形，四棱台的上下底面对应边平行且比例相同， 所以四边形为正方形，上下面平行 所以平面，. 因为点是的中点，，所以. 所以且，所以四边形为平行四边形 所以. 又平面，所以平面． 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则，． 设平面的法向量为， 则 令． 设直线与平面所成角为， 则， 化简得， 即，所以． 76．如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． (1)求证：平面平面． (2)已知，，，点是线段上的动点． （ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）存在，为线段上靠近点的六等分点；（ⅱ）． 【详解】（1）证明：因为，且为的中点，所以，． 又因为，所以，所以四边形为平行四边形， 所以． 又因为平面，平面，所以平面． 同理，，且，所以四边形为平行四边形，则． 又平面，平面，所以平面． 又，平面，且，所以平面平面． （2）（ⅰ）取的中点，连接，过点作交于点，取的中点，连接． 因为四边形与四边形均为等腰梯形，且，，， 所以，，，，． 在中，，所以，所以． 所以二面角为直二面角，所以平面平面． 又平面平面，平面，所以平面． 因为平面，所以，所以两两垂直． 故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 因为点是线段上的动点，所以设，所以． 假设存在点使得与垂直，则， 所以，即，解得． 故当时，点为线段上靠近点的六等分点． （ⅱ）设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为． 由（ⅰ）知，． 设直线与平面所成角为， 则， 易知当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为． 题型十三 立体几何中的劣构性问题 77．如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）. (1)证明：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【详解】（1）因为，所以，， 又因为、平面，， 所以平面，而平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以． （2）选择条件①：平面平面， 因为，， 所以为二面角的平面角， 因为平面平面，所以， 所以建立如图空间直角坐标系，又， 所以E，F，Q分别是PC，BC，CD的中点，，，， ，，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则得， 令，则，，所以， 设二面角的平面角为，则， 由题可知，二面角为钝二面角则， 二面角的余弦值为， 选择条件②：， 因为平面，平面，所以， 因为，，BC，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，所以， 因为，， 所以建立如图空间直角坐标系，又， 所以E，F，Q分别是，，的中点，，，， ，，平面的法向量为， 设平面的法向量为，则 得， 令，则，，所以， 设二面角的平面角为，则， 由题可知，二面角为钝二面角，则， 二面角的余弦值为． 78．如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧面底面，，是的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角唯一确定， （i）求二面角的余弦值； （ii）判断直线是否在平面内，说明理由. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明过程见解析 (2)（i）答案见解析（ii）平面，理由见解析. 【详解】（1）在四棱柱中，连结，设， 连结，在中，因为、分别为的中点， 所以，又因为平面，平面， 所以平面. （2）（i） 选择条件①： 因为底面是正方形，所以， 侧面平面，且侧面平面，平面， 故平面，又平面，则 ， 即四边形为矩形，因为，则， 与选择条件①：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定； 选择条件②： 连结，因为底面是正方形，所以， 又因为侧面平面，且侧面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，因为，，所以， 在中，因为，，所以， 又平面，所以平面，又， 所以如图建立空间直角坐标系，其中，，，， 且，，易知为平面的一个法向量， 设为平面面的一个法向量，则即 . 不妨设，则，可得，所以， 因为二面角的平面角是钝角，设为 ，故， 所以二面角的余弦值为. 选择条件③： 因为底面是正方形，所以， 因为，且平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为侧面平面，且侧面平面，平面， 所以平面，又， 所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件②）. （ii）如图所示， 平面，理由如下： ，与相交，所以直线与直线异面， 这表明四点不共面，即平面. 79．如图，在四棱锥 中， 为 的中点， 平面 . (1)求证: ; (2)若 ，再从条件①、 条件②这两个条件中选择一个作为已知，     （i）求证: 平面 ; （ii）设平面 平面，求二面角 的余弦值. 条件①: ; 条件 ②: . 注:如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）证明见解析；（ⅱ） 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为的中点，所以， 因为，所以，所以四点共面， 因为平面，平面平面，平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以； （2）取的中点，连接， 由（1）知，所以， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为，所以， 所以，即， 选条件①：， （i）因为，所以与全等， 所以，因为，所以， 所以，即，又因为， 、平面，所以平面； （ⅱ）由（i）知平面，而平面， 所以，因为， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为, 则，即， 令，则，于是， 因为为平面的法向量, 且， 所以二面角的余弦值为. 选条件②：， (i) 因为，所以， 因为，所以与全等， 所以，即， 因为，又因为，、平面， 所以平面； (ii) 同选条件①. 80．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，Q为棱的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：直线与平面所成角的正弦值. 条件①：；    条件②：平面. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）    连接与相交点，连接， 因为底面为正方形，所以为的中点，又Q为棱的中点， 所以为的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）    选条件①： 易知平面，面，所以， 又平面，， 所以平面， 又平面，所以，由于Q为棱的中点，所以为等腰直角三角形， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方形的边长为1， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，可取， 设直线与平面所成角为， 则； 选条件②： 因为平面，平面，所以， 由于Q为棱的中点，所以为等腰直角三角形， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方形的边长为1， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，可取， 设直线与平面所成角为， 则. 81．如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，．    (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【详解】（1）因为四边形是矩形，所以． 又平面平面，且平面与平面相交于， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）选条件① 由（1）知，，在等腰中，顶角不确定， 由无法求出，则都不确定，因此不能求出二面角的大小，即①不可选. 选条件② 取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面，所以． 因为矩形中，，所以平面，所以， 所以和都是直角三角形． 因为，所以． 因为，所以． 因为，为中点，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 因为，所以， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系，    则， 因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，， 由，可以取． 设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 选条件③ 取中点，连接，过点作交于点， 由（1）知，平面， 因为矩形中，，， 所以平面， 所以和都是直角三角形， 因为，，所以， 又，，所以， 所以在直角三角形中，， 所以如图以为原点建立空间直角坐标系，    则， 因为，所以． 因为平面平面，平面平面，又平面， 所以平面，所以平面一个法向量为． 设平面法向量，，， 由，可以取． 设二面角为，则． 由图可知，二面角为钝角，所以二面角的大小为． 题型十四 立体几何中的杂糅问题 82．如图，已知直角的直角边，，点是从左到右的四等分点（非中点）.已知椭圆所在的平面垂直平面，且其左右顶点为，左右焦点为，点在上.    (1)求三棱锥体积的最大值； (2)证明：二面角的大小小于. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【详解】（1）      取中点，在上取一点使得，易知为中点， 由椭圆所在的平面⊥平面，且两面交线为，所以底面， 且底面， 以为坐标原点，为正方向，的中垂线的方向向量为轴正方向， 为轴正方向，建立空间直角坐标系． 设点，椭圆的方程为． 由题意，易知，， 则，，解得，所以． ， 故三棱锥体积的最大值是． （2）易知，，，显然当P在横轴上时，二面角的大小为，符合题意； 当P不在横轴时，不妨设， 则，， 设平面的一个法向量， 则 令，则，， 所以平面的一个法向量， 同理可求得平面的一个法向量， 令，则化简后得: ， （I）当时，则， 所以， 令，， 因为，所以，令得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 此时； （II）当时，令， ， 令，则， 所以单调递减，所以， 即单调递减，， 综上，对成立， 即，即， 故二面角的大小小于得证． 83．如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．    (1)证明：平面； (2)若面积为定值，求的长度； (3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）因为四边形为矩形，则，， 由题意得，、分别为和的中点，所以，，， 所以，四边形为平行四边形， 因为，则，同理可证，， 因为，、平面，故平面． （2）如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，    设，，则， 所以，，． 则点到直线的距离． 所以 ．（*） 因为底面椭圆焦点在轴上，，即长轴长为，短轴长为， 所以点的坐标满足，即， 代入（*）式得，． 由已知面积为定值，所以，则， 由（1）知，故的长度为． （3）设、，， 则，，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，即． 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，则平面的一个法向量为． 因为平面平面，所以，得， 在平面内，椭圆的方程为， 设直线在平面内的方程为． 代入椭圆方程得， 由，得． 由韦达定理得， 所以 ， 即，化简得． 所以点到直线的距离为， 则，所以． 故点到直线的距离的取值范围为． 84．在矩形中，，，，为的中点，将点沿着翻折到点，二面角大小为，连接，． (1)若的中点为，求证：平面； (2)求四面体的外接球表面积的取值范围； (3)一个动点从点开始，在四棱锥的棱上运动，定义1步运动为：在所在顶点处随机选取一条与之相邻的棱，从所在顶点运动到该棱的另一个顶点（例如：若点在点处，分别有的概率运动到，，，处．若点在点处，分别有的概率运动到，，处，以此类推），现有一个质地均匀的骰子（六个面上数字分别是1，1，2，3，3，3），每扔一次骰子，若骰子正面向上点数为，则点运动步，求扔次骰子后动点仍在点的概率． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）取中点，因为的中点为，所以且， 而，且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 而平面，平面，所以平面. （2）连接，与交于点，取中点为，则，， 则且为二面角的平面角，故， 过作垂足为，则，， 因为，平面， 故平面，而平面，故平面平面， 平面平面，平面，故平面， 所以如图以点为原点，以过点且与平行的方向为轴， 以过点且与平行的方向建为轴， 以过点且与垂直的方向为轴建立空间直角坐标系， 可得，， ， 由于球心在过的外心且垂直于平面的直线上， 所以设球心的坐标为，因为， 所以， 解得， 而，所以， ， 所以四面体的外接球表面积为， （3）设次骰子后动点仍在点的概率为 扔次骰子后动点仍在点有两种情况， 一种是扔次骰子后动点仍在点，一种是扔次骰子后动点不在点， 而点在，，，处扔一次骰子到点的概率为 ， 而点在处扔一次骰子到点的概率为， 所以，所以， 又，故，故， 所以，所以. 题型十五 立体几何与实际生活的应用题 85．现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.    (1)若，，则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？ 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）由知. 因为， 所以正四棱锥的体积 正四棱柱的体积 所以仓库的容积. （2）设，下部分的侧面积为， 则，， ， 设， 当，即时，，. 即当为时，下部分正四棱柱侧面积最大，最大面积是. 86．如图，某铁皮制成的无盖容器的上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，且圆锥与圆柱同底等高，圆柱与圆锥无铁皮的阻隔，已知圆锥的母线长为分米.    (1)忽略铁皮的厚度，求该容器的容积的最大值； (2)设铁皮的价格为每平方分米元，当该容器的容积取得最大值（忽略铁皮的厚度）时，求需要的铁皮的总费用. 【答案】(1)立方分米 (2)元 【详解】（1）设圆锥与圆柱的底面半径为，则圆锥与圆柱的高为， 则圆锥的体积，圆柱的体积， 则该容器的容积，， 由，，则， 则， 则， 当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减； 故当分米，分米时，取得最大值为（立方分米）， 即该容器的容积的最大值为立方分米. （2）由（1）知当该容器的容积取得最大值时，圆锥与圆柱的底面半径为分米， 则圆锥与圆柱的高为分米， 则圆锥的侧面积（平方分米）， 圆柱的侧面积（平方分米）， 则该容器的表面积为（平方分米）， 又（元）， 则需要的铁皮的总费用为元. 87．将一块边长为的正方形铁片制作一个正四棱锥的容器罩．同学们设计了甲、乙、丙三个不同的方案，各自裁下阴影部分，用余下的制作成正四棱锥容器罩，形如最右边的图．甲和丙是去制作有盖的容器罩，乙是去制作无盖的容器罩．假设加工过程中铁片损失忽略不计．设甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是、、．    (1)请你选择其中的某一个方案，而且只需选一个方案（选择超过一个方案的，按第一个方案处理）．你选择的方案是______，求解以下个问题： ①求出所选方案相对应的棱锥的侧面积、、； ②求出所选方案相对应棱锥的体积、、的最大值． (2)假设三个方案中相应的体积最大值分别记作、、，请直接写出三者的大小关系．（不写判断理由与过程） 【答案】(1)选项见解析，①答案见解析；②答案见解析 (2) 【详解】（1）选择甲方案：①； ②该正四棱锥的高， ， 设， 则， 当时，；当时，. ∴函数在区间上严格增，在区间上严格减， ∴当时，. 选择乙方案：①； ②该正四棱锥的高， ， 设， 则， 当时，；当时，. ∴函数在区间上严格增，在区间上严格减 ∴当时，. 选择丙方案：①， ②该正四棱锥的高， ， 令，则， 当时，；当时，. 所以函数在区间上严格增，在区间上严格减， 所以当时，. （2）甲乙丙中总面积一样，由于乙的方案是不需要盖，所以相应的侧面积多了， 因此凭直觉猜想乙的体积最大，可以猜想：. 88．桌状山是一种山顶水平如书桌，四面绝壁临空的地质奇观．位于我国四川的瓦屋山是世界第二大的桌状山，其与峨眉山并称蜀中二绝．苏轼曾有诗云：“瓦屋寒堆春后雪，峨眉翠扫雨余天”．某地有一座类似瓦屋山的桌状山可以简化看作如图1所示的圆台，图中AB为圆台上底面的一条东西方向上的直径，某人从M点出发沿一条东西方向上的笔直公路自东向西以的速度前进，15分钟后到达N点．在M点时测得A点位于北偏西方向上，B点位于北偏西方向上；在N点时测得A点位于北偏东方向上，B点位于北偏东方向上，且在N点时观测A的仰角的正切值为．设A点在地表水平面上的正投影为，B点在地表水平面上的正投影为，，，M，N在地表水平面上的分布如图2所示． (1)该山的高度为多少千米？ (2)已知该山的下底面圆的半径为km，当该山被冰雪完全覆盖时，冰雪的覆盖面积为多少平方千米？ 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意可知， ∴，在中，由正弦定理，， 所以，即， 又∵N点观测A时仰角的正切值为，， 所以该山的高度为千米． （2）设的外接圆为圆O，∵，， 又由题意可知，所以， 所以， 所以， 所以根据圆的性质，，，M，N四点共圆， 在中，由正弦定理圆O直径为， 在中，由正弦定理， 延长与圆台交于C点，由题意下底面圆半径为km， 圆台的母线长BC可在直角中由勾股定理得： ． 圆台的侧面积， 圆台的上底面面积， 所以侧面积与上底面面积相加知：该山被冰雪覆盖的面积为平方千米． 89．如图所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知该四棱锥底面边长是，高是， (1)求侧棱与底面所成角； (2)求制造这个塔顶需要多少铁板？ 【答案】(1)； (2) 【详解】（1）依题意，四棱锥是正四棱锥，连接和交于，连接． ，可得是侧棱在底面内的射影 就是侧棱与底面内的所成角 中，， ， 因此，，即侧棱与底面所成角等于； （2）作于，连接． 在中，，， ， 则的面积 四棱锥的侧面积是， 即制造这个塔顶需要铁板． 题型十六 立体几何中的新定义问题 90．类比于二维平面中的余弦定理，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，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面. 【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点， 作交于点，连接， 则是二面角的平面角． 在中和中分别用余弦定理，得 ， ， 两式相减得， ∴， 两边同除以，得． （2）①由平面平面，知， ∴由（1）得， ∵，， ∴． ②在直线上存在点，使平面． 连结，延长至，使，连结， 在棱柱中，，， ∴，∴四边形为平行四边形， ∴． 在四边形中，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又平面，平面， ∴平面． ∴当点在的延长线上，且使时，平面． 91．三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则 ．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理． (1)证明三余弦定理； (2)如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值； (3)已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【详解】（1）如图，不妨设在平面的射影为，则，过点作交直线于点，连接， 即为斜线与平面所成角， 即为斜线在平面的射影直线与平面内的直线所成角，即为斜线与平面内的直线所成角， ，，， 又，，，平面， 平面， 平面，， 根据几何关系可得，， ． （2）取中点为，连接，，，，易知， ，． 又，，，平面，平面， 平面， 平面平面， 直线在平面上的射影必在交线上， 直线与底面所成角为， ，， 由三余弦定理得，得， ， 即直线与底面所成角的正弦值为． （3）证明：设，，，，，，直线与底面所成角为，直线在底面投影与AB夹角为，在底面投影与AC夹角． 由平行六面体的对称性，不妨令，， 由三余弦定理， 则. 由题意得， ， ， ， 由，可得： 则 ， 当且仅当且时等号成立． 92．空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1) (2)． 【详解】（1）由题可知，，则（提示：斜坐标的本质是将空间中的向量用基底表示后的系数）， 由题可知，，． 平面， 即 则，， 则的斜坐标为． （2）由题可得，， 设平面的法向量为（提示：设斜坐标系下的法向量，通过求解法向量方程与赋值求得法向量）， 由 得 即 取，可得，， 即． 则 ． 由（1）可知平面， 且， 则， ， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为． 【点睛】关键点点睛：充分理解“空间斜坐标系”以及通过空间向量线性运算正确表示出向量是解题关键，本题以新定义下的线面关系与平面与平面的夹角为背景，考查考生数学建模、数学运算核心素养．属于较难题. 93．在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为 ），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 【答案】(1)正四棱锥，； (2)2； (3). 【详解】（1）几何体为正四棱锥， 依题意，为， 当时，表示平面内的两组平行直线及 所围成的正方形，其顶点为， 当时，点，因此几何体为正四棱锥，如图： 由正四棱锥任意两侧面所在平面的夹角相等，不妨求面与面夹角余弦值， 平面方程为，则平面法向量为， 平面方程为，则平面法向量为， 因此， 所以几何体两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值为. （2）依题意，， ，， ，， 所以几何体的离散总曲率为 . （3）设球与侧面相切于，连接，与交于，则， 连接，则，，， 设球半径为，则，，解得， 设球的半径为，则， 则，两式相减得，即， 因此数列是以1为首项，公比为的等比数列，则数列是以1为首项，公比为的等比数列， 而，则放入的所有球的表面积之和． 所以放入的所有球的表面积之和为. 94．已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 【答案】(1)2 (2) (3)10 【详解】（1）因为底面为矩形， 所以，， 因为底面，底面， 所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为， 所以为直线与所成的角，即， 设，则，， 在中， 又，所以，解得或（舍去）， 所以； （2）在平面内过点作交的延长线于点，连接， 因为底面，底面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为为的中点， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，则， 所以， 即二面角的余弦值为； （3）依题意，，又， 所以，，又，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得，连接， 所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，又，即， 所以. 【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 95．在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 【答案】(1)，； (2)，； (3)①16；②，共有12个面，24条棱. 【详解】（1）集合表示平面上所有的点， 表示这八个顶点形成的正方体内所有的点， 而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点. 发现它是边长为2的正方形，因此. 对于，当时， 表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知Q表示，， 这六个顶点形成的正八面体内所有的点. 而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点. 它是边长为的正方形，因此. （2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，； 考虑集合的子集； 即为三个坐标平面与围成的四面体. 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为 由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即， ， 显然为两个几何体公共部分， 记，，，. 容易验证，，在平面上，同时也在的底面上. 则为截去三棱锥所剩下的部分. 的体积，三棱锥的体积为. 故的体积. 当由对称性知，. （3） 如图所示，即为所构成的图形. 其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥， 其中到面的距离为， ，. 由题意面方程为，由题干定义知其法向量 面方程为，由题干定义知其法向量 故. 由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为. 由图可知共有12个面，24条棱. 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.    (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【详解】（1）由题，四边形在球的一个圆面的圆周上，故， 又，故，故， 由平面，平面，得， 又，平面，平面， 故平面， 又平面，故平面平面. （2）作，由平面平面，平面平面，平面，可得平面， 记四棱锥的体积为， 则， 而， 由平面，则，故， 于是，当且仅当时，取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当取等号， 于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为.    （3）取的中点，以为原点，为轴，过点且平行于的直线为轴，过点且平行于的直线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系，则，， 故，解得，故, 记与轴交于点，易知，而， 故可设点，其中， 于是， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则 ， 由辅助角公式得， 所以， 当，时，等号成立， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为.    2．中，，，，D是的中点，E是的中点，F是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）D是的中点，翻折前，翻折后. 是的中点，翻折前，翻折后 翻折后，又 ， 且方向相同， . 又E是的中点，F是的中点， 翻折前、后，， 且方向相同， ， 翻折后，在中， ； （2） 过点在平面内作，垂足为，取的中点，连接， 在中， ，，D是的中点， 可知翻折前，；翻折后，， 又，平面， 又平面，， 又，平面， 就是三棱锥的高. 在中，，，， 由余弦定理可知. ， . 在中，，， ，，D是的中点，E是的中点， ， ， . （3）在平面中，过点作，交于点， 平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为轴的正方向 建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， ，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，， ， 设平面的一个法问量， 则， 令，则，， ， 设平面与平面的夹角为， 则 ， ， ，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 3．如图，半径为2的半球面O，底面设为，AB是半球面O的直径，点C在半球面上，且，平面平面. 过点C的平面与半球面O相交形成圆S，CD为圆S的一条直径，且D在平面ABC上，且平面与的夹角为，点C，D均在平面的同侧，记，. (1)求证：平面； (2)点P在圆S上，设，. 且，Q在平面上. （i）用表示PQ的长； （ii）当DQ与平面ABC所成角最大时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）因为，，， 又，则. 记为弧的中点，则， 又因为平面平面，且平面，平面平面， 则，又因为，则. 又根据题意知球心为，截面圆圆心为，连接， 则，，则， 又平面，平面，且， 则平面，又平面，则， 所以为平面与的夹角，即 ， 又，所以，已知，又为中点， 所以，则，即， 又平面平面，平面，平面平面， 所以平面． （2）（i）连接，延长交于， 由（1）性质可知， ，，如图， 在中，， 由余弦定理得，， 则，在中，，， 则，由于三点共线， 所以在中，由， 又，所以． （ii）如图，过作，垂足为，连接， 因为平面，平面平面且交线为， 因此平面，所以即为与平面所成角的平面角． 设平面 ，连接，过作，垂足为. 由平面，则，平面，平面， 则平面，平面，平面平面， 则，同理，由可得， 则四边形是平行四边形，则，且平面， 又平面，则， 则，且， 则， 则， 故， 令，则， 构造函数， 则， 在上单调递增， 并存在唯一零点， 故在上单调递增，在上单调递减． 则当时，有最大值， 由DQ与平面ABC所成角的范围为， 故当与平面所成角最大时，． 4．已知正方体的棱长为1． (1)证明：平面； (2)已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； (3)在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）以D为原点，分别以DA、DC、所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则 所以， ， 因为在平面内相交于点A， 所以平面； （2）在平面中，连接交于点， 由（1）知平面， 因为 是正三角形，边长为，由， 即， 点为平面内一动点，且与所成角为，则， 所以点轨迹为以为圆心，为半径的圆， 线段所形成的曲面是圆锥的侧面，曲面面积； （3）设， 平面DFG的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为， 设平面EFG的法向量为， 则， 所以，令，， 所以， 所以， ，， = ， ， ， ， ，当且仅当，即时取等号， 又， ， 所以的取值范围为. 5．如图，四棱柱的底面是正方形，为的中点. (1)若平面平面，，，求二面角的正弦值； (2)设为线段的中点，. （i）证明：平面； （ii）设四棱柱的体积为，三棱锥的体积为，证明：. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【详解】（1）如图，以为坐标原点，的方向为轴正方向建立空间坐标系. 设，因为，故是正三角形， 又平面平面，且底面是正方形， 故，，，， ，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，， 不妨取，则，. 故. 故二面角的正弦值为. （2）（i）方法1：如图，延长与的延长线交于点， 连接并延长，交的延长线于点， 连接，交于点，连接，则平面. 因为为线段的中点，，故， 因为，，，故， 又，故. 因为，且，故四边形是平行四边形，即. 又平面，平面，所以平面. 方法2：由 . 因为平面内的存在点，满足，有. 又因为平面，所以平面. 方法3：同（1）建立空间坐标系，若，四棱柱的高为， 则，，，若， 根据可得，， 根据是的中点得，， ， ，，平面的法向量是， 所以①，②. 其中方程②可改写为. 可取，，， ， 所以平面. （ii）由（i）可知平面， 故. 所以. 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．在三棱锥中，的平分线交于点，记所在平面为. (1)求直线与所成角的大小； (2)设. （i）若，求点到平面的距离； （ii）探究：在内是否存在两个不同的定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）存在， 【详解】（1）因为平面， 所以平面， 所以直线与所成的角为， 因为的平分线交于点， 所以， 在直角三角形中，， 所以， 所以， 所以； 所以直线与所成的角为； （2）（i）由（1）得平面，又平面，所以， 因为平面， 所以平面，又因为平面 所以平面平面，过点作于点， 因为平面平面，平面， 所以平面，则的长度即为点到平面的距离， 所以， 即点到平面的距离为； （ii）取的中点为的中点为，连接.则 ， 由得，， 又，所以， 在内过点作，所以， 以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，所以， 设，又， 则， 因为， 所以， 化简得，，即， 所以点在椭圆上运动， 所以存在，使得 2．空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）. (1)求点的坐标. (2)若平面，证明：平面平面. (3)已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点. ①用表示点的坐标； ②若，求点到平面距离的最大值； ③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)①；②；③ 【详解】（1）连接，过作，交于点.根据题意易得为等边三角形，所以， 则，所以. （2）连接，根据球的性质可得平面， 则即为平面的一个法向量. 因为，所以. 平面的一个法向量为， 因为， 所以，故平面平面. （3）①当时，过点作交于， 过点作交于，过点作交 于，过点作交于，过点作交于，则， ， 则， 同理可得当时，. ②因为点在平面内，所以，则平面的一个法向量为. ， 点到平面的距离， 当，即时，取得最大值，最大值为. ③易得平面的一个法向量为. 因为，所以. 设直线与平面所成的角为， 则 ， 令，则， 则 ， 当，即时，最小，即直线与平面所成的角最小. 3．已知为正三角形，动点为平面外一点，为平面内一点，已知，，且． (1)若平面，求到平面的距离； (2)在（1）的条件下，求三棱锥的外接球的半径； (3)求点的运动轨迹． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【详解】（1）由得，即， 则点为上靠近的三等分点，由，则， 由平面，平面，则， 在与中，由， 则有，解得， 故，即点到平面的距离.    （2）设外接球球心为，的外接圆圆心为，半径为；的外接圆圆心为，半径为， 连接，则平面，且平面， 由为正三角形，则； 在中，， 则，则， 由，可得， 取中点，连接，则，且三点共线，， 由平面，平面，则平面平面， 平面平面，平面， 则平面，故， 同理得，，故四边形为平行四边形，所以， 则外接球半径.    （3）以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 由得， 坐标代入得， 整理得，又点在平面外，故， 故动点的轨迹为以为球心，为半径的球面（不包含在坐标平面上的圆）.    4．在三棱锥中，，，与平面所成的角为． (1)若，，如图，过点作平面，分别交，于点，． ①求证：平面； ②设，为平面内的动点，求周长的最小值． (2)若，，求二面角的取值范围． 【答案】(1)①证明见解析；②1； (2). 【详解】（1）（i）由⊥平面，平面，得⊥， 由，得⊥平面BCD，而平面，则⊥， 又，，平面，则⊥平面， 又平面，则⊥，而，平面， 所以平面PCD； （ii）由，得，，则， 过点作，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 由，得，， 则，，， 则平面的一个法向量为， 设点关于平面对称的点为，则， ，要最小，则需三点共线， 此时的最小值为的长，其中，且， 则且，而，解得， 故，； 所以△CGH周长的最小值为. （2）PB与平面BCD所成的角， 以为坐标原点，所在直线为轴，平行的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为，故， PB与平面BCD所成的角，，则点在平面BCD的投影为以为圆心，为半径的圆， 设，， 设平面的法向量为，则， 令，得，平面的法向量为， 设二面角的大小为，由图形知，二面角是锐二面角，， 则 ， 令，则， 又在上单调递减，因此， 所以二面角的取值范围为. 5．如图①，圆柱的底面直径和母线的长均为2，过，两点与底面所成角为的平面与圆柱的交线为曲线，若沿母线将其侧面剪开并展平，以母线的中点为坐标原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图②所示，曲线在平面直角坐标系中为函数图象的一部分. (1)在图①中，为弧的中点，直线与该圆柱体的内切球（与上、下底面和侧面均相切的球）的球面交于，两点，求线段的长； (2)求的解析式； (3)已知，当时，，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）如图，设，分别为圆柱上、下底面的圆心，连接，，，由题意得的中点为， 因为为弧的中点，所以， 在中，，， 所以与圆柱的底面所成角的正切值为， 连接，，，， 由，得， 取的中点为，连接，则， 因为，， 所以， 由及，得G也是的中点， 所以. （2）由题意在图①中与圆柱底面平行的截面圆对应图②中的轴，为的中点， 如图， 设与该截面圆的交线为，过与平行的直线与的交点为， 由，且，得， 由题知平面与截面圆所成角为， 所以为二面角的平面角， 所以，. 设为曲线上任意一点，过作截面圆的垂线，交该截面于点，过向引垂线，交于点，连接，，， 由题意得，， 由上可知， 所以， 在截面圆中，， 所以，所以. （3）由（2）可知， 由， 得， 令， 设，则， 设，则. 当时，，，且等号不同时成立，则恒成立. 当时，，，则恒成立， 则在区间内单调递增， 又，， 所以存在，使得. 当时，，当时，， 又时，， 所以在区间内单调递减，在内单调递增， 又，所以当时，，当时，. 由，得， 又，，由，解得， 由，可得， 所以函数在区间内单调递增，在区间内单调递减， 则的最大值为， 又时，，时，， 所以的取值范围是. 当，即时，恒成立， 当，即时，存在，使得，与矛盾. 综上，的取值范围为. 6．如图，在四面体中，点在平面内的射影恰在棱上，为的中点，，，和的面积均为． (1)若，且与均为锐角，证明：平面； (2)若将，，三点在空间中的位置固定，试分析点的轨迹是什么曲线； (3)求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)椭圆（直线与此椭圆的两个交点除外） (3) 【详解】（1）因为点在平面内的射影恰在棱上，所以， 又因为，所以， 因为和的面积均为，所以因为与均为锐角，所以， 再根据余弦定理可知，所以， 又，平面，所以平面； （2）因为的面积为，，所以点D到直线AB的距离为1， 因此在以直线为轴，底面半径为1的圆柱的侧面上运动. 由题意知平面，，所以直线与平面所成的角为. 如图，平面与圆柱斜交，则平面与圆柱侧面的交线就是点的运动轨迹， 易知该交线为椭圆（直线与此椭圆的两个交点除外）. （3）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 下面求椭圆方程：由圆柱的底面半径，可知椭圆的短半轴长为1， 由，可知椭圆的长半轴长， 所以椭圆方程为，记该椭圆为. 又，即，所以为的一个焦点， 设的另一个焦点为，则， 设，在中，由余弦定理知， 解得. 直线与的另一个交点即为，同理可得. 下面求的最值： 方法一：注意到， 所以， 当且仅当时等号成立， 因此. 方法二：，令，令， 则，设，则（另一值舍去）. 当时，，当时，， 因此为的极小值点，也是最小值点，故. 7．四面体满足两两垂直 (1)点在面内的正投影是的什么心？请给出证明 (2)设点为的外心，为的外接圆半径，设 ①请写出与的关系（用表示）． ②求证：为定值． 【答案】(1)垂心；证明见解析 (2)① ；②证明见解析 【详解】（1）连接 平面， 平面，又平面， ， 由题意平面又平面 ， 平面， 平面又平面 ， 同理：，点为三角形ABC的垂心； （2）①由正弦定理， ②如图：以点为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 设，因为点O在平面ABC上， 而点 由题意 即 三个式子相加得：， . 8．在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记.设为两个不同的平面，为平面外的三点.. (1)若，判断直线与平面的位置关系； (2)平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线 ，求证：； (3)若对于任意点，恒有成立，求平面与平面夹角的大小. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）已知，，可知，，所以. 当、两点位于平面同侧时，因为， 所以四边形为平行四边形， 又因为直线不在平面内，所以. 当、两点位于平面两侧时，直线与平面相交. （2）已知平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线， ，为平面，外的两点. 因为直线PQ与平面、内的直线平行，可得，. 由已知得， 设，， 则于点，于点，于点，于点. 由于平面与平面夹角为锐角，所以，两点不在直线上， 所以，四边形为矩形，那么， 又，直线，可得. 由（1）知，，所以. 在与中，（已证），，， 所以，则.    （3）由已知，设，， 可得，，，.    设平面与平面交线为直线，因为且， 所以，，，可得平面， 进而有平面，平面. 点，，，，均在过点且与直线垂直的截面内，设该截面与直线交于点， 设，，则，. 设，在中，，， 在中，，. 又因，.   在中，根据余弦定理可得 . 同理，在中， .   根据进行化简： . 可得. 利用，将代入上式， 得到. 进一步变形为. 再对进行变形： .   则， 继续化简为， 最终得到对于任意点恒成立.   因为是对于任意点恒成立，不恒为，所以. 由，且，可得.   则，所以平面与平面夹角为. 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点培优01 查漏补缺-空间向量与立体几何解答题题型归纳 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01 知识重构・重难梳理固根基 1 02 题型精研・技巧通法提能力 3 题型一 空间中平行关系的证明（★★★） 3 题型二 空间中垂直关系的证明（★★★） 5 题型三 空间向量法求空间角与空间距离（★★★★） 7 题型四 几何法求空间角与空间距离（★★★★） 9 题型五 多面体的体积与表面积计算问题（★★★） 11 题型六 动点问题（★★★★★） 13 题型七 翻折问题（★★★★★） 15 题型八 截面问题（★★★★★） 17 题型九 轨迹问题（★★★★★） 20 题型十 内切球与外接球问题（★★★★） 22 题型十一 范围与最值问题（★★★★★） 24 题型十二 立体几何中的存在性问题（★★★★★） 26 题型十三 立体几何中的劣构性问题（★★★★★） 28 题型十四 立体几何中的杂糅问题（★★★★★） 30 题型十五 立体几何与实际生活的应用题（★★★★） 31 题型十六 立体几何中的新定义问题（★★★★★） 33 03 实战检测・分层突破验成效 36 检测Ⅰ组 重难知识巩固 36 检测Ⅱ组 创新能力提升 38 空间向量与立体几何解答题作为高考数学的核心题型之一，其考查范围广泛且综合性强，本文十六类题型全面覆盖了该板块的重难考点。在知识重构与重难梳理过程中，需以 “线面关系” 为根基，以 “空间向量工具” 为桥梁，实现从基础认知到综合应用的层级突破。 一、基础根基：位置关系的证明与空间度量的计算 题型一（平行证明）与题型二（垂直证明）是立体几何的“语言基础”，要求熟练运用公理、定理进行严密的逻辑推理，构建线线、线面、面面关系的转化链条。题型三（向量法求角与距）和题型四（几何法求角与距）则是空间度量的核心，体现了“向量运算精确化”与“几何直观快捷化”的双重路径，需根据图形特征灵活选择。题型五（体积与表面积）则是对空间形体基本属性的量化把握，强调公式应用与组合体处理的技巧。 二、能力跃迁：动态变化、空间构造与问题解决 题型六（动点问题）至题型九（轨迹问题）将静态图形引入动态元素，是能力区分的关键。解决这类问题，需将动态过程参数化，将变化的几何量（如角度、距离、体积）转化为函数关系，再通过代数方法（求最值、范围）或几何分析（找约束、轨迹）求解。题型八（截面问题）与题型十（内切外接球）则是对空间构造能力的高阶考查，要求深刻理解几何体内部结构、空间对称性以及球体与多面体相切的几何原理，掌握模型化思维（如外接球四大模型）。 三、压轴挑战：综合探究与创新应用 题型十一（范围最值）和题型十二（存在性）常与动态问题结合，需建立目标函数，结合导数、不等式或几何约束进行深入分析，尤其注重“先猜后证”的策略。题型十三（劣构问题）打破条件完备的常规，要求考生识别冗余、补全缺失、合理分类讨论，体现问题解决的真实性。题型十四（杂糅问题）则需将复杂场景（如翻折+动点+最值）分步拆解，化整为零，各个击破，同时需结合其他版块知识点考查。题型十五（实际应用）强调数学建模，要求从生活实物中抽象几何模型，将实际问题坐标化、代数化。题型十六（新定义）作为最高挑战，重在理解全新规则，将其转化为已知的向量运算或几何性质，并运用数学归纳、反证等方法进行严格探究。 几何直观与代数工具的融合：向量法是“万能钥匙”，几何法是“精巧捷径”，二者互补方能高效解题。通过上述梳理，需构建 “几何直观 + 代数运算” 双轨思维，以空间向量为工具串联各类题型，在查漏补缺中强化 “建模 — 转化 — 求解” 的解题流程，从而夯实立体几何解答题的解题根基。 总而言之， 空间向量与立体几何解答题的备考，是一个由公理定理奠基，经向量运算强化，向动态分析、空间构造深化，最终直面综合探究与创新应用挑战的历程。它不仅要求扎实的知识网络、精准的计算能力、严密的逻辑表述，更要求卓越的空间想象力和在复杂情境下灵活运用知识解决问题的核心素养。熟练掌握16类题型的解题策略与思想方法，是实现能力突破、决胜高考的关键。 题型一 空间中平行关系的证明 1．如图，在三棱台中，底面，与都是等腰直角三角形， ，、分别为、的中点．    (1)证明：平面； (2)求异面直线与夹角的余弦值． 2．如图1，为等腰直角三角形，其中，，分别在线段，上（不含端点位置），且.现将沿进行翻折，使得点到达点的位置，得到四棱锥，如图2. (1)求证：平面； (2)若平面平面，，求与平面所成角的正弦值. 3．如图，几何体中，四边形为矩形，四边形为等腰梯形，其中 分别为和的中点. (1)证明： 平面； (2)若直线与平面所成角为，求平面与平面夹角的余弦值. 4．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，，是底面半径，，为劣弧的中点. (1)证明：平面； (2)若圆锥底面半径为1，高为2，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 5．如图，在三棱柱中，四边形是正方形，，，，点为的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 6．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，点E，F，G分别为PD，AB，AC的中点. (1)求证：平面平面PBC； (2)若， （i）求点F到平面AEG的距离. （ii）画出四边形ABCD的斜二测直观图，并求斜二测直观图面积 题型二 空间中垂直关系的证明 7．在多面体ABCDE中，平面平面为等边三角形，四边形ABCD为平行四边形，M，N分别为AD，BE的中点.    (1)求证：； (2)求直线MN与平面ACE所成角的正弦值. 8．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧面底面，为的中点，．    (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 9．在四棱锥中，，，平面平面，，且. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； 10．如图，在四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，底面是等腰梯形，且，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求直线与所成角的余弦值； (3)求平面与平面夹角的正弦值． 11．如图，在四棱锥中，，，，，． (1)求证：平面； (2)若二面角的正切值为，求四棱锥的体积； (3)求直线与平面所成角的余弦值的最小值． 12．已知四棱柱的各棱长均为2，，，，．    (1)证明：； (2)请从下列条件①，条件②，条件③中选出两个作为已知条件，使得点G的位置确定． （i）求λ的值； （ii）求直线GB与平面所成的角的正弦值． 条件①：三棱锥的体积为1； 条件②：； 条件③：二面角的余弦值为． 题型三 空间向量法求空间角与空间距离 13．如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，三角形是正三角形，M是棱的中点.    (1)证明：； (2)若二面角为，求点M到平面的距离. 14．如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足. (1)当时，证明：平面平面； (2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 15．如图，四棱锥的底面是矩形，，，是等边三角形，平面平面，，分别是，的中点，与交于点． (1)求证：平面； (2)平面与直线交于点，求直线与平面所成角的余弦值． 16．如图，在四面体中，，记二面角为分别为的中点. (1)求证：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 17．如图，直四棱柱中，． (1)若，证明：平面； (2)若，且，求二面角的余弦值． 18．如图，在三棱柱中，所有的棱长均相等，是的中点，在上底面的投影为的重心． (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的正弦值． 19．如图，四棱锥的底面是矩形，平面，，为的中点．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 题型四 几何法求空间角与空间距离 20．《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，． (1)证明：四面体为鳖臑； (2)求点C到平面的距离． 21．在直三棱柱中，，，，，． (1)若平面，求的值； (2)设二面角与二面角的平面角分别为，若，求的值． 22．如图，在四棱锥中平面， ， ， (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求证：平面 (3)求直线与平面所成角的正弦值. 23．如图，在直三棱柱中，，，，E，F分别是，的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面BCE； (3)求点B到平面ACE的距离. 24．在平面四边形中，（如图），沿对角线将折起，使点在平面上的射影恰落在上（如图）． (1)求证：； (2)求二面角的平面角余弦值大小； (3)求和平面所成角的余弦值． 25．如图，在平行六面体中，，，为的中点. (1)若平面，求的值； (2)当时，求平面和平面的夹角的余弦值. 题型五 多面体的体积与表面积计算问题 26．如图，三棱台中，，在底面内的射影为中点．    (1)求三棱台的体积； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 27．在三棱锥中，，，，是的中点，且平面平面. (1)证明：平面； (2)已知平面经过直线，且，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积. 28．等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点. (1)证明：平面； (2)当直线与直线成角时，求四棱锥的体积； (3)在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 29．如图，四棱锥的各个顶点均在球的表面上，且平面. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； 30．如图，在正方体中，棱长为2，是棱的中点，是的中点，．    (1)证明：平面； (2)求四棱锥和四棱锥重合部分的体积； (3)求二面角的平面角的余弦值． 31．三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面上的射影E是线段靠近点A的四等分点． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)求三棱锥外接球体积； (3)设靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面?若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 题型六 动点问题 32．如图，圆柱的轴截面为正方形ABCD，点P为上一动点（点P与点A，D不重合），． (1)求三棱锥P-ABD的体积的最大值； (2)当时，求平面PBC与平面PBD所成角的正弦值； (3)当直线PB与平面ABCD所成角最大时，求平面PAB截四棱锥P-ABCD外接球的截面面积． 33．如图，在正方体中，，均为线段上的动点（不含端点），. (1)证明：. (2)设，，. （i）试探究是否为定值，并说明你的理由； （ii）求二面角的余弦值的取值范围. 34．如图①，在矩形中，，，M为的中点，将沿折起，使A到处，平面平面，连接，（如图②）．    (1)证明：平面； (2)已知Q是线段上的动点，且，直线与平面所成角的正弦值为，求． 35．如图，正三棱锥的各棱长均为，，，分别是，，的中点，连接，，点为底面内边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出）， (1)若平面平面直线，证明：平面 (2)若，平面与平面的夹角的余弦值为，求. 36．如图，在平面四边形中，，是边长为2的正三角形，，O为的中点，将沿折到的位置，． (1)求证：平面； (2)若点E为线段上的动点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 37．如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，为线段上的动点．    (1)若为线段的中点，证明：直线平面； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值． 38．三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，．点P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点． (1)求PB与平面PCE所成角的正弦值； (2)设AB靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线AB的两侧，满足．试探究是否存在点D使得平面平面PBC？若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由． 题型七 翻折问题 39．如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． (1)若，证明：． (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． 40．如图，在△中，，，为的中点，过点作交于点，将沿翻折至 ，得到四棱锥，为棱上一动点（不包含端点）. (1)若为棱的中点，证明：平面 ； (2)若，直线EF与平面BCDE所成角的正弦值为. （ⅰ）求 ； （ⅱ）求点到平面的距离. 41．如图1，等腰梯形中，，，，分别为的中点，且，将梯形沿翻折至梯形，使得平面平面，得到如图2的多面体. (1)证明：四点共面； (2)在上取一点，使得平面平面，求平面与平面夹角的余弦值. 42．如图1，在边长为4的菱形中，，点M，N分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2 所示的五棱锥． (1)在翻折过程中是否总有平面平面？证明你的结论； (2)若平面平面，线段上是否存在一点Q，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点Q的位置；若不存在，请说明理由． 43．如图1，是圆的直径，，，，现将圆沿直径翻折，如图2，记二面角的大小为． (1)当时，求直线与底面所成角的正弦值； (2)是否存在使得直线与直线垂直？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 44．如图①，正方形的边长为是的中点，点在边上，且．将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图②． (1)证明：； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 45．如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． (1)若，证明：． (2)若平面，求直线与平面所成角的正弦值． (3)求四面体的外接球的半径的最小值． 题型八 截面问题 46．如图，长方体中，，，，E，F分别为棱AB，的中点．    (1)过点C，E，F的平面截该长方体所得的截面多边形记为S，求S的周长； (2)设T为线段上一点，当平面平面时，求平面TCF与平面CEF夹角的余弦值． 47．如图，在三棱锥中，，． (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，，用平面α将三棱锥分为两部分，求截面面积的最大值． 48．如图，正四棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2.为棱上一动点，平面截正四棱柱所得截面交棱于点. (1)求证：； (2)求四棱锥的体积； (3)写出当的长为何值时，四边形的周长最小，并求此时平面与平面的夹角的正切值. 49．如图，四边形是正方形，四边形是直角梯形且，，，，，，的中点分别为，，. (1)画出过点，，的截面（不必写出证明过程）； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若是（1）中过点，，的截面上一点，二面角的余弦值为，求满足题意的点轨迹的长度. 50．如图，矩形中为中点，将沿着折叠至. (1)证明：平面； (2)设平面平面，点，过作一截面，与棱分别交于点，且 平面，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若直线与平面所成角的正弦值为，求. 51．如图1，图2，在正方体中，M为的中点． (1)图1中求证：平面； (2)图1中求二面角的正切值； (3)图2中，已知，为的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，求三棱锥的体积的最小值． 题型九 轨迹问题 52．如图，四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，动点在内（含边界）且. （ⅰ）求线段的轨迹形成的面积； （ⅱ）设直线与平面所成角为，求的取值范围. 53．如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱上的点，且平面． (1)求证：． (2)求直线到平面的距离． (3)请判断在平面上是否存在一点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由． 54．如图，正四棱锥的底面边长为2，二面角的正切值为，为侧棱上的点，且平面. (1)求直线到平面的距离. (2)请判断在平面上是否存在一点，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形.若存在，请求出点的轨迹；若不存在，请说明理由. 55．如图，直角梯形和矩形所在的平面互相垂直，，，.    (1)证明：； (2)若，动点在矩形内（含边界），且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 56．如图，已知，平面平面，，，，点为梯形内（包括边界）一个动点，且平面． (1)求点的轨迹长度； (2)当线段最短时，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 57．如图，三棱锥中，点在平面的射影恰在上，为中点，，，. (1)若平面，证明：是的三等分点； (2)记的轨迹为曲线，判断是什么曲线，并说明理由； (3)求的最小值. 58．如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 题型十 内切球与外接球问题 59．如图，直四棱柱的顶点都在球的球面上，是球的直径，且.    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值. 60．如图，已知两个正三棱锥与均内接于半径为3的球. (1)若. （i）证明： 平面； （ii）求点到平面的距离； (2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 61．如图，四棱锥中，． (1)当为正三角形时， （i）若，证明：直线平面PBC； （ii）若A，B，D，P四点在以为半径的球面上，则四棱锥的体积是多少？ (2)当为等腰直角三角形时，且，求二面角的余弦值的最小值． 62．如图，四棱锥的所有顶点均在同一个球的球面上，且，，平面． (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当四棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值． 63．如图，在斜三棱柱中，平面平面,分别为棱的中点，. (1)若四边形为菱形，证明：平面； (2)若 （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）若斜三棱柱内存在两个体积相等且相切的球，且每个球都与该三棱柱的一个底面及三个侧面相切，求点到平面的距离. 64．如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点. (1)证明：； (2)若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球心到平面的距离； (3)求平面与平面夹角余弦值的最小值. 65．在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． (1)证明：平面平面； (2)当时，求球心到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 题型十一 范围与最值问题 66．如图，底面为正方形的四棱锥中，，，记，． (1)证明：为直角三角形； (2)当四棱锥的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值； (3)记直线与平面所成角为，求的最大值． 67．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，为等腰三角形，且，点为线段上一点． (1)若平面，求的值； (2)当为何值时，直线与平面所成角最大，并求最大角的值． 68．如图，菱形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点． (1)若，证明：平面平面； (2)若，当三棱锥体积最大时， ①求直线与平面所成角的正弦值； ②求平面与平面所成二面角的大小． 69．如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点，分别是线段，的中点. (1)求证：平面平面； (2)平面与平面的交线记为直线，点为直线上一动点，求直线与平面所成角的范围. 70．如图所示，在圆柱中，矩形为圆柱的轴截面，圆柱过点的母线为，点，为圆上异于点，且在线段AB同侧的两点，且，点为线段的中点，. (1)求证：平面； (2)若平面与平面所成夹角的余弦值为，求的大小； (3)若，平面经过点，且直线与平面所成的角为，过点作平面的垂线（垂足为），求直线AQ与直线所成角的范围. 题型十二 立体几何中的存在性问题 71．如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 72．如图，在等腰梯形中，，，E是的中点，，将沿着翻折成. (1)求证：平面； (2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 73．在多面体中（如图所示），底面正三角形ABC边长为2，EA⊥底面，AE//BF//CD，CD=3，AE=2，BF=1. (1)求AD与平面DEF所成角的正弦值； (2)求点A到平面CEF的距离； (3)AB的中点为G，线段CD上是否存在点P使得PG与平面DEF平行，若存在求PC长度，若不存在说明理由. 74．如图，是菱形所在平面外一点，且为等边三角形，      (1)证明：平面平面； (2)若且，问线段上是否存在点（不包含端点），使得平面与平面夹角的正弦值是?若存在，求的值，若不存在请说明理由． 75．如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 76．如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． (1)求证：平面平面． (2)已知，，，点是线段上的动点． （ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 题型十三 立体几何中的劣构性问题 77．如图（1），在中，，，将沿折起到的位置，E，F分别为，上的动点，过作平面，交于点Q，使得平面，如图（2）. (1)证明：； (2)若，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 78．如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧面底面，，是的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角唯一确定， （i）求二面角的余弦值； （ii）判断直线是否在平面内，说明理由. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 79．如图，在四棱锥 中， 为 的中点， 平面 . (1)求证: ; (2)若 ，再从条件①、 条件②这两个条件中选择一个作为已知，     （i）求证: 平面 ; （ii）设平面 平面，求二面角 的余弦值. 条件①: ; 条件 ②: . 注:如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 80．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，Q为棱的中点. (1)求证：平面； (2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：直线与平面所成角的正弦值. 条件①：；    条件②：平面. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 81．如图，在四棱锥中，侧面底面，且底面是矩形，，．    (1)求证：平面平面； (2)从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，求二面角的大小． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 题型十四 立体几何中的杂糅问题 82．如图，已知直角的直角边，，点是从左到右的四等分点（非中点）.已知椭圆所在的平面垂直平面，且其左右顶点为，左右焦点为，点在上.    (1)求三棱锥体积的最大值； (2)证明：二面角的大小小于. 83．如图，柱体上下底面是椭圆面，、分别是上下底面椭圆的长轴，、分别是上下底面椭圆的短轴，四边形和为矩形，、分别为上下底面椭圆的长短轴的交点，．、是下底面椭圆上两动点，不与平行或重合．    (1)证明：平面； (2)若面积为定值，求的长度； (3)在（2）的条件下，当平面平面时，求点到直线的距离的取值范围． 84．在矩形中，，，，为的中点，将点沿着翻折到点，二面角大小为，连接，． (1)若的中点为，求证：平面； (2)求四面体的外接球表面积的取值范围； (3)一个动点从点开始，在四棱锥的棱上运动，定义1步运动为：在所在顶点处随机选取一条与之相邻的棱，从所在顶点运动到该棱的另一个顶点（例如：若点在点处，分别有的概率运动到，，，处．若点在点处，分别有的概率运动到，，处，以此类推），现有一个质地均匀的骰子（六个面上数字分别是1，1，2，3，3，3），每扔一次骰子，若骰子正面向上点数为，则点运动步，求扔次骰子后动点仍在点的概率． 题型十五 立体几何与实际生活的应用题 85．现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.    (1)若，，则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？ 86．如图，某铁皮制成的无盖容器的上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，且圆锥与圆柱同底等高，圆柱与圆锥无铁皮的阻隔，已知圆锥的母线长为分米.    (1)忽略铁皮的厚度，求该容器的容积的最大值； (2)设铁皮的价格为每平方分米元，当该容器的容积取得最大值（忽略铁皮的厚度）时，求需要的铁皮的总费用. 87．将一块边长为的正方形铁片制作一个正四棱锥的容器罩．同学们设计了甲、乙、丙三个不同的方案，各自裁下阴影部分，用余下的制作成正四棱锥容器罩，形如最右边的图．甲和丙是去制作有盖的容器罩，乙是去制作无盖的容器罩．假设加工过程中铁片损失忽略不计．设甲、乙、丙中白色的四个等腰三角形的底边分别是、、．    (1)请你选择其中的某一个方案，而且只需选一个方案（选择超过一个方案的，按第一个方案处理）．你选择的方案是______，求解以下个问题： ①求出所选方案相对应的棱锥的侧面积、、； ②求出所选方案相对应棱锥的体积、、的最大值． (2)假设三个方案中相应的体积最大值分别记作、、，请直接写出三者的大小关系．（不写判断理由与过程） 88．桌状山是一种山顶水平如书桌，四面绝壁临空的地质奇观．位于我国四川的瓦屋山是世界第二大的桌状山，其与峨眉山并称蜀中二绝．苏轼曾有诗云：“瓦屋寒堆春后雪，峨眉翠扫雨余天”．某地有一座类似瓦屋山的桌状山可以简化看作如图1所示的圆台，图中AB为圆台上底面的一条东西方向上的直径，某人从M点出发沿一条东西方向上的笔直公路自东向西以的速度前进，15分钟后到达N点．在M点时测得A点位于北偏西方向上，B点位于北偏西方向上；在N点时测得A点位于北偏东方向上，B点位于北偏东方向上，且在N点时观测A的仰角的正切值为．设A点在地表水平面上的正投影为，B点在地表水平面上的正投影为，，，M，N在地表水平面上的分布如图2所示． (1)该山的高度为多少千米？ (2)已知该山的下底面圆的半径为km，当该山被冰雪完全覆盖时，冰雪的覆盖面积为多少平方千米？ 89．如图所示，设计一个四棱锥形冷水塔塔顶，四棱锥的底面是正方形，侧面是全等的等腰三角形，已知该四棱锥底面边长是，高是， (1)求侧棱与底面所成角； (2)求制造这个塔顶需要多少铁板？ 题型十六 立体几何中的新定义问题 90．类比于二维平面中的余弦定理，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，，，，二面角的大小为，则． （1）当、时，证明以上三面角余弦定理； （2）如图2，平行六面体中，平面平面，，， ①求的余弦值； ②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由． 91．三余弦定理：设A为平面内一点，过点A的斜线在平面上的正投影为直线．为平面内的一条直线，记斜线与直线的夹角（即直线与平面所成角）为，直线与直线的夹角为，直线与直线的夹角为，则 ．三余弦定理描述了线面角是斜线与平面内任意直线所成角的最小值，又称最小角定理． (1)证明三余弦定理； (2)如图，已知三棱柱，为正三角形，，求直线与底面所成角的正弦值； (3)已知平行六面体，记为平行六面体体积，为平行六面体表面积，为平行六面体棱长总和，求证：． 92．空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”． (1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标； (2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值． 93．在空间直角坐标系Oxyz中，任意平面的方程都能表示成（A，B，C，，且），为该平面的法向量.设M是多面体的一个顶点，定义多面体在M处的离散曲率为 ），其中（，2，3，，n，）为多面体的所有与点M相邻的顶点，且平面，，，，遍历多面体的所有以M为公共顶点的面.多面体的离散总曲率为该多面体各顶点的离散曲率之和.已知空间直角坐标系Oxyz中，几何体W的底面在平面Oxy内，且侧面上任意一点满足 (1)判断几何体W的形状，并求几何体W的两个相邻侧面所在平面夹角的余弦值； (2)求几何体W的离散总曲率； (3)定义：若无穷等比数列的公比q满足，则的所有项之和.若球与几何体W的各面均相切，然后依次在W内放入球，球，，球，，使得球（，）与W的四个侧面相切，且与球外切，求放入的所有球的表面积之和. 94．已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量，的夹角，记作.定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 95．在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 检测Ⅰ组 重难知识巩固 1．如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面.    (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 2．中，，，，D是的中点，E是的中点，F是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 3．如图，半径为2的半球面O，底面设为，AB是半球面O的直径，点C在半球面上，且，平面平面. 过点C的平面与半球面O相交形成圆S，CD为圆S的一条直径，且D在平面ABC上，且平面与的夹角为，点C，D均在平面的同侧，记，. (1)求证：平面； (2)点P在圆S上，设，. 且，Q在平面上. （i）用表示PQ的长； （ii）当DQ与平面ABC所成角最大时，求. 4．已知正方体的棱长为1． (1)证明：平面； (2)已知点为平面内一动点，且与所成角为，求线段所形成的曲面面积S； (3)在棱上分别取点（均不与端点重合），二面角，分别记为，求的取值范围． 5．如图，四棱柱的底面是正方形，为的中点. (1)若平面平面，，，求二面角的正弦值； (2)设为线段的中点，. （i）证明：平面； （ii）设四棱柱的体积为，三棱锥的体积为，证明：. 检测Ⅱ组 创新能力提升 1．在三棱锥中，的平分线交于点，记所在平面为. (1)求直线与所成角的大小； (2)设. （i）若，求点到平面的距离； （ii）探究：在内是否存在两个不同的定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. 2．空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成（其中均为常数，），为该平面的一个法向量.已知球的半径为4，点均在球的球面上，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.平面内的点在球面上，点在轴上的投影在轴的正半轴上，，过直线作球的截面，使得平面平面，设截面与球球面的交线为圆（为线段的中点）. (1)求点的坐标. (2)若平面，证明：平面平面. (3)已知点在平面内，设线段在平面内绕着点逆时针旋转弧度至，点在圆上，且，过作平面，垂足为点. ①用表示点的坐标； ②若，求点到平面距离的最大值； ③若，当直线与平面所成的角最小时，求的值. 3．已知为正三角形，动点为平面外一点，为平面内一点，已知，，且． (1)若平面，求到平面的距离； (2)在（1）的条件下，求三棱锥的外接球的半径； (3)求点的运动轨迹． 4．在三棱锥中，，，与平面所成的角为． (1)若，，如图，过点作平面，分别交，于点，． ①求证：平面； ②设，为平面内的动点，求周长的最小值． (2)若，，求二面角的取值范围． 5．如图①，圆柱的底面直径和母线的长均为2，过，两点与底面所成角为的平面与圆柱的交线为曲线，若沿母线将其侧面剪开并展平，以母线的中点为坐标原点，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图②所示，曲线在平面直角坐标系中为函数图象的一部分. (1)在图①中，为弧的中点，直线与该圆柱体的内切球（与上、下底面和侧面均相切的球）的球面交于，两点，求线段的长； (2)求的解析式； (3)已知，当时，，求的取值范围. 6．如图，在四面体中，点在平面内的射影恰在棱上，为的中点，，，和的面积均为． (1)若，且与均为锐角，证明：平面； (2)若将，，三点在空间中的位置固定，试分析点的轨迹是什么曲线； (3)求的最小值． 7．四面体满足两两垂直 (1)点在面内的正投影是的什么心？请给出证明 (2)设点为的外心，为的外接圆半径，设 ①请写出与的关系（用表示）． ②求证：为定值． 8．在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记.设为两个不同的平面，为平面外的三点.. (1)若，判断直线与平面的位置关系； (2)平面与平面夹角为锐角且交于直线，直线 ，求证：； (3)若对于任意点，恒有成立，求平面与平面夹角的大小. 11 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $$