专题03 立体几何中的综合问题（压轴题专项训练）高二数学北师大版2019选择性必修第一册

专题03 立体几何中的综合问题 目录 典例详解 类型一、空间中的翻折问题 类型二、空间中的探究存在性问题 类型三、立体几何中的最值、范围问题 类型四、立体几何新定义问题 压轴专练 类型一、空间中的翻折问题 1.空间中的翻折问题 将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算. 此类问题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.翻折问题的两个解题策略 （1）确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变. 一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系会发生变化. 对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决. （2）确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点. 因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化. 只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 例1．四边形中，，连接，，将沿翻折至，其中点为动点． （1）若，且平面平面， （i）求三棱锥外接球的半径； （ii）求二面角的正切值; （2）在翻折过程中，若四边形为平面四边形，求线段长的最大值． 【答案】（1）（i）求三棱锥外接球的半径；（ii）；（2）8 【分析】（1）（i）利用勾股定理逆定理得，利用面面垂直的性质定理证得，从而得到三棱锥外接球的球心即为中点，半径，求解即可； （ii）由（i）证得二面角的平面角为，求解即可； （2）由题意知，两点在异侧，设，则，．利用正、余弦定理得到，再利用三角恒等变形求三角函数的最大值即可. 【详解】（1）（i）由，知． 因为面面，面面，面 所以面，故． 又由，，知， 而，所以面，   故． 取中点，连结，． 所以，分别为和斜边上中线， 于是三棱锥外接球的半径．   （ii）由（i）知，面， 所以，， 所以二面角的平面角为，         在中，，， 所以． （2）若四边形为平面四边形，要使得线段取最大值， 显然，两点在异侧． 设，则，．   在中，， 则，所以，． 在中，，，      ， 因为，所以当时，取最大值64，线段长的最大值8． 变式1-1．（多选）如图，矩形中，为的中点，，将△ABM沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（    ） A．存在某个位置，使得 B．平面 C．异面直线与所成的角的余弦值为 D．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是 【答案】BCD 【分析】A选项，作出辅助线，假设⊥，证明出⊥平面，所以⊥，斜边，但，所以矛盾，A错误；B选项，作出辅助线，得到四边形为平行四边形，故，从而得到线面平行；C选项，在B基础上，异面直线与所成的角等于与所成的角，求出各边长，得到，C错误；D选项，当平面⊥平面时，三棱锥的体积最大，求出各边长，得到即为三棱锥的外接球的球心，半径为1，从而得到三棱锥的外接球的表面积，D正确. 【详解】A选项，连接，若⊥，而⊥，，平面， 所以⊥平面，因为平面，所以⊥， 所以是直角三角形，所以斜边， 因为，所以矛盾，所以不可能有，A错误； B选项，如图，取的中点，连接， 因为为的中点，所以且， 又矩形中，为的中点， 故且， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面，B正确； C选项，由B知，，故异面直线与所成的角等于与所成的角， 其中⊥，，，， 由勾股定理得， 所以，故异面直线与所成的角的余弦值为，C正确； D选项，当平面⊥平面时，三棱锥的体积最大， 取的中点，的中点，连接， 因为，所以⊥，且， 又平面平面，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，由勾股定理得， 又，所以， 由勾股定理逆定理得，故， 其中，所以， 故即为三棱锥的外接球的球心，半径为1， 三棱锥的外接球的表面积是，D正确. 故选：BCD. 变式1-2．在直角三角形中，，为斜边上的动点，沿向上翻折得到三棱锥，使得平面平面，则该三棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】设，，则，过作交于，可得即为三棱锥的高，在中，利用正弦定理得，根据三角形面积公式得到，进而计算三棱锥的体积，令进行换元，然后根据函数单调性即可求得最值. 【详解】设，，则，过作交于， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且， 即为三棱锥的高， 在中，由正弦定理得，所以， 所以， 则该三棱锥的体积． 令，因为，， 所以，， 因为，所以， 即， 则该三棱锥的体积， 因为函数单调递增，所以当时，该三棱锥的体积最大，最大值为. 故答案为：. 变式1-3．如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是边长为1的菱形，，，. 将沿AD翻折至，如图2. 点M在PD上.      （1）若M为PD中点，证明：平面MAC； （2）若，且四棱锥与三棱锥的体积相等. 证明：平面平面； （3）求二面角的余弦值的最小值. 【答案】（1）证明见详解；（2）证明见详解；（3） 【分析】（1）连接相交于点，由题易证，再利用线面平行的判定即可证明； （2）根据体积可得是靠近的三等分点，由勾股定理可得，结合，利用面面垂直的判定即可证明； （3）延长交于，过交于，过作交于，连接，，设，可证平面，就是二面角的平面角，，利用三角变换得到最大值即可. 【详解】（1）连接相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点，又M为PD中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）因为，， 所以，即是靠近的三等分点， 则，又，，， 所以，， 则，即，， 又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. （3）延长交于，作交于， 过作交于，连接，设， 又，平面， 所以平面，平面，， 又，平面， 所以平面，即平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面，， 所以就是二面角的平面角， 在中，，所以， ，， ， ， 则，其中， ，解得， 所以 即二面角的余弦值的最小值. 类型二、空间中的探究存在性问题 1.求解存在性问题的基本策略 首先假定题中的数学对象存在，其次构建空间直角坐标系，再次利用空间向量法把存在性问题转化为参数是否有解问题，最后解方程，下结论. 利用上述思维策略，可使存在性难题变为常规问题. 2.关键点的巧设： （1）空间中的点可设为； （2）坐标平面内的点，则其中一个坐标为0，如平面上的点可设为； （3）坐标轴上的点，则两个坐标为0，如轴上的点可设为； （4）直线（或线段）上的点，可设为，表示出点的坐标，或直接利用向量运算. 例2．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为D． （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，指出点F的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点F为棱的中点 【分析】（1）根据题目条件，结合线面垂直的性质及判定可证明结论. （2）以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量可解决两平面夹角问题. 【详解】（1）解法一：在三棱柱中，连接， ∵为等边三角形，D为中点，∴， ∵在平面内的射影为D，∴平面， ∵平面，∴， ∵，，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵四边形为菱形，∴， ∵D，E分别为，中点，∴，∴， ∵，，平面，∴平面． 解法二：在三棱柱中，连接， ∵为等边三角形，D为中点，∴， ∵在平面内的射影为D，∴平面， ∵平面，∴，故直线，，两两垂直， 以D为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，． 设平面的一个法向量为，则， 令，得， ∴，即，∴平面． （2）由（1）知，直线，，两两垂直， 以D为坐标原点，直线，，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，， ∴，，． 设在棱存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为， 设，即， 则， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设平面与平面夹角为， 则， 化简得， 解得或（舍）． 故当点F为棱的中点时，平面与平面夹角的余弦值为． 解法二：设在棱存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为， 设，即， 则， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 设平面与平面夹角为， 则， 化简得， 解得或（舍）． 故当点F为棱的中点时，平面与平面夹角的余弦值为． 变式2-1．如图，已知在长方体中，，，，点E为上的一个动点，平面与棱交于点F，给出下列命题： ①四棱锥的体积为20； ②存在唯一的点E，使截面四边形的周长取得最小值； ③当点E不与C，重合时，在棱AD上均存在点G，使得平面； ④存在唯一的点E，使得平面，且. 其中正确的是 （填写所有正确的序号）. 【答案】①②④ 【分析】由给定条件可得是平行四边形，求出三棱锥体积可判断①；求出中的最小值可判断②；建立空间直角坐标系，借助空间向量计算可判断③，④即可作答. 【详解】平面与棱交于点F，连接，如图， 在长方体中，平面平面，平面平面，平面平面， 则有，同理，因此，四边形是平行四边形， 而平面，所以四棱锥的体积，①正确； 因截面四边形是平行四边形，则周长为， 把矩形与矩形展开在同一平面内，如图， 连接交于E，从而得的最小值为，显然点E唯一， 所以存在唯一的点E，使截面四边形的周长取得最小值，②正确； 在长方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设点，，， 令是平面的一个法向量，则，令得， 设AD上点，而，， 当平面时，有，即，， 由得，则有， 即当点E在棱中点到靠近点的线段（不含点）上移动时，在棱AD上均存在点G，使得平面， 当时，，此时点G在线段AD的延长线上， 即当点E在棱中点到靠近点的线段（不含两个端点）上移动时，在棱AD上不存在点G，使得平面，③不正确； 由③中信息知，要有平面，必有， 而，因此，，解得， 所以存在唯一的点E，使得平面，且，④正确. 故答案为：①②④ 变式2-2．三棱锥中，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， 【分析】（1）连接PE，证得，求得，过B作，证得平面，得到为与平面所成角，在中，求得，利用面积相等法，求得，在中，即可求得与平面所成角的正弦值； （2）假设存在点D满足要求，得到二面角和二面角和为，取AB中点O，过O作于点N，证得平面和平面，得到为二面角的平面角，为二面角的平面角，以O为原点，平面直角坐标系中，D点轨迹方程，结合椭圆的性质，即可求解. 【详解】（1）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）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． 变式2-3．已知椭圆，短轴长为2，离心率为，过点的直线交椭圆于A，B两点，点为椭圆的右顶点（A，B，D三点不共线）（如图1）. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线与的斜率之积为定值； （3）以椭圆的长轴为旋转轴，将椭圆旋转，得到椭圆（如图2所示，椭圆在平面内，椭圆在平面内），椭圆上是否存在定点，使得平面平面恒成立？若存在，求的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）存在且坐标为. 【分析】（1）求出基本量后可得椭圆标准方程； （2）联立直线方程和椭圆方程，消元后利用韦达定理化简斜率乘积后可得定值； （3）设，则可以表示平面、平面的法向量后得到恒等式，结合（2）的韦达定理化简后可求的坐标. 【详解】（1）由题设有，故，故椭圆标准方程为. （2）因为不共线，故的斜率不为零， 设，， 则， 由可得， 且， 故， 即直线与的斜率之积为定值. （3）设，则， 在空间直角坐标系中，由（2）可得， 故，而，其中， 设平面的法向量为，则由可得： ，取，则， 故， 同理可求平面的法向量为， 若平面平面恒成立， 则对任意的实数恒成立， 由（2）的结论可得，故， 而，故或（舍）， 故存在且坐标为. 类型三、立体几何中的最值、范围问题 1.立体几何中的最值、范围问题 空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、角度、体积等发生变化,进而就有了有关的线段、角、距离、面积、体积等最值、范围问题. 以此为载体，结合空间几何体特征,考查点、线、面间的位置关系及有关求最值、范围的代数方法. 2.立体几何中的最值、范围问题解题策略 解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值、范围问题，一般可以从三方面人手： （1） 从问题的几何特征人手，充分利用其几何性质来解决； （2） 利用空间几何体的侧面展开图来解决； （3） 找出问题中的代数关系，建立目标函数（或使用基本不等式），利用代数方法求目标函数的最值. 解题途径很多，在函数建成后，可利用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法（如三角函数等）来解题. 例3．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； （3）当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）证明出，，利用线面垂直的判定定理可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）过点在平面内作，垂足为点，由面面垂直的性质得出平面，求出的面积，利用基本不等式求出面积的最大值以及长的最大值，结合锥体的体积公式可求得四棱锥体积的最大值； （3）取线段的中点，连接、，求出的长，根据题意得出关于、的方程组，求出的值，进而可求得的长，利用三角不等式求出的最大值，设与平面所成角为，可得出的最小值，由此可得出的最大值. 【详解】（1）由题，四边形在球的一个截面的圆周上，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）过点在平面内作，垂足为点， 由平面平面，平面平面，平面， 可得平面，记四棱锥的体积为， 则， 因为，所以， 由平面，平面，得，故， 于是，当且仅当时取等号， 由，得， ，由，得， 故，当且仅当时取等号，于是， 故. 故四棱锥体积的最大值为. （3）取线段的中点，连接、， 因为，为的中点，故， 因为，，，由等面积法可得， 由，设，则， 所以，整理得， 解得，即， 因为，，所以，故， 在中，，， 由余弦定理可得， 当时，， 此时，此时； 当时，， 此时，此时. 综上所述，， 所以，当且仅当、、三点共线时，等号成立， 即长的最大值为， 设与平面所成角为，当取最大值时，最小，此时取最小值， 所以， 此时，即， 故当时，直线与平面所成角的余弦值的最大值为. 变式3-1．如图1，在等腰梯形ABCD中，，，点E是线段DC上的一点，且，将沿BE向上折起，得到四棱锥，如图2所示，则点到平面的距离的最大值为 ． 【答案】 【分析】先在等腰梯形中证明，从而可得平面，在平面内过作，垂足为，利用等积法可求点到平面的距离的最大值. 【详解】在等腰梯形中，过作，垂足为，则 由题设，故，故重合，且， 故， 故在四棱锥中，， 而平面，故平面， 设，在平面内过作，垂足为， 连接， 因为平面，故平面平面， 而平面平面，平面，故平面， 而平面，故， 而，故， 又，故， 而， 故 故，当且仅当取等号 . 故到平面的距离最大且最大值为. 故答案为：. 变式3-2．（多选）在棱长为的正方体中，、、、分别为棱、、、的中点，则下列结论正确的有（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．过点，，作正方体的截面，则截面面积为 C．若为线段上一动点(包括端点)，则直线与平面所成角的正弦值的范围为 D．若为线段上一动点(包括端点)， 过点，，的平面分别交，于，，则的范围是 【答案】BCD 【分析】对于A：由条件确定三棱锥的外接球的球心位置，求出球的半径，由此可得结论； 对于B：分析可知截面为，其截面正六边形，即可得面积； 对于C：根据体积关系求得点到平面的距离，可得，进而分析范围； 对于D：根据平面性质作截面，设，结合平面几何性质分析求解即可. 【详解】对于选项A：由题意可得：，且平面， 则，即，可知三角形外接圆的半径为， 所以三棱锥的外接球的球心为的中点， 可得三棱锥的外接球的半径为， 所以其表面积为，故A错误；    对于选项B：取的中点分别为，    可知过点，，作正方体的截面为，其截面正六边形，边长为 所以其面积为，故B正确； 对于选项C：设点到平面的距离为， 由正方体的性质可得：，不在平面内，平面， 则平面，    当点在线段上运动时，则点到平面的距离即为点到平面的距离， 由的体积可得，解得， 设直线与平面所成角，则， 若为的中点时，，； 当点为线段的端点时，； 即，所以，故C正确； 对于选项D：设， 可知平面即为平面，则，    可得，设， 当时，由相似三角形知识可得：，， 即，， 且当或时，也符合，； 则，且，可得， 所以的取值范围是，D正确. 故选：BCD. 变式3-3．如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积的最大值； （3）求二面角余弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设点，其中，利用空间向量法求出点到平面的距离，再利用锥体的体积公式以及三角函数的有界性可求得三棱锥的体积的最大值； （3）利用空间向量法可求得二面角余弦值的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，，平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，所以， 易知平面的一个法向量为，则，即， 又因为平面，所以平面. （2）不妨设点，其中， 则、、， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 所以点到平面的距离为， 因为为是圆柱的一条母线，故平面， 因为平面，故，则， 所以， 因为，则，故，所以， 则， 即三棱锥的体积的最大值为. （3）设平面的一个法向量为， ，，则， 取，则， 所以 ， 因为，则，故. 结合图形可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角余弦值的取值范围为. 类型四、立体几何新定义问题 1.立体几何新定义问题 立体几何新定义问题中，多围绕空间图形的结构、位置关系、度量方式等展开，结合中学阶段的基础几何模型（如正方体、三棱锥、空间直线与平面等）设计，核心原则：以新定义为“规则”，以立体几何基础知识为“工具”，通过“理解定义→转化问题→结合旧知→验证结论”的流程解题，注重逻辑严谨性和几何直观的结合. 2.立体几何新定义问题的常见类型及解题策略 （1）新空间图形（基于基本几何体的组合或变形）： 如“堑堵”“阳马”“鳖臑”等，源自古代数学典籍的几何体，如堑堵是底面为直角三角形的直棱柱，阳马是底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑是四个面均为直角三角形的三棱锥；如“勒洛四面体”，它是以正四面体的各顶点为球心，以棱长为半径作球，这四个球的相交部分就是勒洛四面体. （2）空间斜坐标系新定义： 坐标系并非局限于直角坐标系，若坐标系中有两条坐标轴不垂直，则可称为“斜坐标系”，如定义一种“斜60°坐标系”，类比空间直角坐标系，定义向量在该坐标系下的表示方法，以及点的坐标表示等，进而考查立体几何中的向量运算、线面关系等. （3）结合解析几何距离新定义： 例如“曼哈顿几何”中的“曼哈顿距离”，在平面直角坐标系中，若，则两点间的“曼哈顿距离”. 将这种距离概念推广到空间，可定义空间两点的“曼哈顿距离”，并用于研究空间图形的相关性质，如计算空间中两点间的最短路径等. （4）空间平面方程新定义： 类比平面解析几何中曲线与方程的关系，在空间直角坐标系中定义曲面（含平面）的方程. 若曲面和三元方程满足曲面上任意一点坐标均为方程的解，且以方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称该方程为曲面的方程. 可据此定义一些特殊平面，如通过某几个点且满足特定条件的平面，或与已知直线、曲面有特定位置关系的平面等. 这些新定义的核心是在中学立体几何知识框架内，通过改变“构成规则”“度量标准”或“关联方式”创设新情境，解题时需紧扣定义的关键词，结合正方体、长方体等具体模型转化理解. 例4．“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则 （1）①点，，求的值． ②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程． （2）已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值； （3）设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标． 【答案】（1）①7；②； （2）2； （3）2，，，，. 【分析】（1）①②根据“曼哈顿距离”的定义求解即可； （2）设直线上任意一点坐标为，再表示，分类讨论求的最小值； （3）将的所有情况看做正方体的八个顶点，列举出不同情况的，即可得到的最小值. 【详解】（1）①； ②设“曼哈顿单位圆”上点的坐标为，则，即. （2）设直线上任意一点坐标为，则， 当时，，此时； 当时，，此时； 当时，，此时， 综上所述，的最小值为2. （3）如图，为正方体，边长为1，则对应正方体的八个顶点， 当四个点在同一个面上时， （i）例如：，此时； （ii）例如：，此时； 当四个点不在同一个平面时， （iii）例如：，此时； （iiii）例如：，此时； （iiiii）例如：，此时； （iiiiii）例如：，此时； （iiiiiii）例如：，此时； 综上所述，的最大值为2，例如：，，，. 变式4-1．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”. 如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（    ） A．四棱锥为“阳马” B．四面体为“鳖臑” C．四棱锥体积的最大值为 D．过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 【答案】C 【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，B的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意可证平面，进而判断D的正误. 【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”， ∴在堑堵中，，侧棱平面， A选项，∴，又，且，则平面， ∴ 四棱锥为“阳马”，故A正确； B选项，由，即，又且， ∴平面，∴，则△为直角三角形， 又由平面，得为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形，∴ 四面体为“鳖臑”，故B正确； C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号， ，最大值为，故C错误； D选项，因为，，，所以平面，故D正确； 故选：C. 变式4-2．（多选）空间中，平面上的动点满足方程，则称为平面的方程，同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量.已知方程分别为的平面的交线为，则下列结论正确的是（    ） A．经过点的平面的方程为 B．若方程为的平面经过点，则满足条件的实数的个数为3 C．若平面的方程为，则坐标原点到平面的距离为 D．与方程为的平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】利用不共线且可以确定唯一平面判断A；利用平面经过点列方程可判断B；利用点到平面距离公式判断C；利用空间向量夹角余弦公式判断D. 【详解】经检验，均满足方程，且不共线， 则可以确定唯一平面，则平面的方程为，A正确； 若方程为的平面经过点，则， 整理得，因为无实数解，所以，B不正确； 显然，点满足方程，则是平面内一点， 平面的一个法向量为，则， 点到平面的距离，C正确. 易知方程的一组公共解为，且的另一组公共解为， 则直线经过和的一个方向向量为， 平面的一个法向量为.设与平面所成角的大小为， 则，D正确. 故选：ACD. 变式4-3．类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则. 如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且. （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由； （3）在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：. 【答案】（1）；（2）存在，，理由见解析；（3）证明见解析 【分析】（1）证明平面⊥平面，故二面角的大小为，为等边三角形，，代入公式，求出的值； （2）在（1）基础上，得到，由同角三角函数关系和正弦定理得到，再利用余弦定理得到方程，求出，得到答案； （3）分两种情况，当过点和不过点，由（1）及三面角公式可得，又，所以，证明出结论. 【详解】（1）设，连接， 因为底面为菱形，所以，，为的中点， 又，为公共边，所以≌， 所以，⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 因为平面，所以平面⊥平面， 故二面角的大小为， 又，则，， 又，所以为等边三角形，， 由三面角余弦定理得 ； （2）存在，，理由如下： 由三面角余弦定理得， 即，， 显然为锐角，故， 在中，由正弦定理得， 即，故， 由余弦定理得， 即，解得（负值舍去）， 此时，使得； （3）由题意得，设平面内任一条直线为， 当过点时，记与的夹角为，， 由（1）及三面角公式可得， 因为，所以， 又，所以， 当不过点时，过点作，记与的夹角为，， 则， 又，所以， 综上，. 一、单选题 1．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．平面平面 C．三棱锥的体积为定值 D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形 【答案】D 【分析】A在该空间几何体中建立空间直角坐标系,用向量法求出异面直线所成的角即可；B用面面垂直的判定证明平面平面；C用换底法得出体积为定值；D选项则直接观测即可判断. 【详解】 对于A，以D为原点，DA为轴，DC为轴，DD1为轴，建立空间直角坐标系， D1(0,0,1)，A(1,0,0)，C(0,1,0)， 设,，， ， 令，则，上式化为， 根据二次函数的性质知：， 直线D1P与AC所成的角为 ，故A正确; 对于B，正方体中，且面， ∴平面，平面， ∴平面平面，故B正确; 对于C，，P到平面的距离BC=1， ∴三棱锥的体积:为定值，故C正确; 对于D，为线段上的动点（不含端点），连接并延长， 若的延长线交于，如下图截面为四边形， 若的延长线交于，设交点为，如上图截面为， 设，则，，故， 故不为直角三角形，故D错误. 故选：D 2．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为4，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．勒洛四面体的体积是 C．勒洛四面体内切球的半径是 D．若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为2 【答案】C 【分析】A.由对称性可知，其最大截面为勒洛三角形；B.求正四面体的体积，其值恰为；C.数形结合，内切球的半径是球半径与正四面体的外接球半径之差；D.利用对称性找出最大值处的两点，再数形结合计算. 【详解】A.由对称性可知，勒洛四面体的最大截面是经过正四面体的任意三个顶点的平面截勒洛四面体而得，如图所示，故A选项错误； B.为的中心，是正四面体的外接球球心，连接， 设正四面体的外接球半径为, 在中，， 在中，，得， 则正四面体的外接球的体积是，而勒洛四面体得体积小于其外接球的体积，故B错误； C.也为勒洛四面体的中心，连接，并延长交勒洛四面体的曲面于点， 则为其内切球的半径.因，，则，故C正确； D. 分别为正四面体的棱的中点，连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则为最大值. ，同理， 则为等腰三角形的高，则， 为等腰三角形的高，， 由对称性可知，，则， 故D选项错误. 故选：C. 二、多选题 3．如图，在矩形中，，，为中点，现分别沿将△ABE、△BCF翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ）    A． B．三棱锥的体积为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】AC 【分析】根据线面垂直的判定可证明平面可判断A；再根据即可判断B；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断C；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断D； 【详解】对于A，由题意可得， 又平面， 所以平面，又平面，故，故A正确； 对于B，在中，，边上的高为， 所以，故B错误； 对于C，在中，， ， 所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故C正确； 对于D，，设点到平面的距离为， 由，得，解得， 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故D错误； 故选：AC. 4．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，、分别是线段、的中点，是线段上的一个动点（含端点、），则下列说法正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得异面直线与所成的角为 C．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断A选项；利用异面直线的向量夹角公式计算判断B选项；连接、、，结合锥体体积公式，利用等体积法判断C选项；利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断D选项. 【详解】以为坐标原点，、、的方向为、、轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系， ，，，，，，； 对于A选项，假设存在点，使得， 则，又， 所以，解得， 即点与重合时，，A正确； 对于B选项，假设存在点，使得异面直线与所成的角为， 因为，， 所以，方程无解； 所以不存在点满足题意，B错误； 对于C选项，连接、、，设， 因为， 所以当，即点与点重合时，取得最大值； 又点到平面的距离， 所以，C正确； 对于D选项，由上分析知：，， 若是面的法向量，则， 令，则， 因为，设直线与平面所成的角为，， 所以， 当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 5．在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若A和B两点之间的距离是，则A和B两点之间的“直角距离”的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据空间两点距离公式，结合三角代换法、辅助角公式、正弦型函数的最值性质进行求解即可. 【详解】因为， 所以设， 其中，因此 ， 因为，所以，因此， 设， 于是有， 因为，所以， 因此当且时，即当且时， 有最大值， 所以A和B两点之间的“直角距离”的最大值为是. 故答案为：. 6．如图，已知正方体棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的范围是 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系,根据在内可设出点坐标，作,连接,可得，作，根据空间中两点间距离公式，再根据二次函数的性质，即可求得的范围. 【详解】根据题意,以D为原点建立空间直角坐标系如图所示： 作交于M,连接，则 作交于N，则即为点P到平面距离. 设,则 ∵点到平面距离等于线段的长， ∴， 由两点间距离公式可得，化简得,则解不等式可得， 综上可得. 则在中 所以. 故答案为: . 四、解答题 7．如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.    （1）求证：平面； （2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，点位于线段靠近的三等分点处 【分析】（1）利用面面垂直性质定理即可证明； （2）分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，设，，利用面面角的空间向量公式列出方程求解即可. 【详解】（1）因为，的中点为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质可得平面； （2）取的中点为，连接，则， 由图1直角梯形可知，为正方形， ，，，，. 由（1）平面，可知，，两两互相垂直，分别以，，为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，    则，，，， 设， ， 设平面的法向量为， 取，则.即平面的法向量为， 由平面，取平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则 ， 解得或（舍）. 所以，线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为.点位于线段靠近的三等分点处. 8．已知在三棱锥中，，△ABC为以AC为斜边的等腰直角三角形． （1）证明：平面平面； （2）设，存在该几何体外的一点D，使得为等边三角形，平面BCD与平面ABC所成的锐二面角的正切值为，求AD的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）或. 【分析】（1）取AC的中点O，连接OB，OP，利用等腰三角形的性质和勾股定理分别证明和，由线面垂直判定定理可得平面ABC，再由面面垂直判定定理可证； （2）以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴建立空间直角坐标系，根据为等边三角形确定点D的横坐标，设，然后求出平面BCD的法向量，根据锐二面角的正切值求出，结合向量夹角公式求出点D坐标，然后可解. 【详解】（1）取AC的中点O，连接OB，OP， ∵为等边三角形，O为AC的中点，∴． 设，∴，， 在中，则，即． 又，平面，∴平面ABC． ∵平面PAC，∴平面平面ABC． （2）∵为等边三角形，取BC的中点E，则， ∵，∴，∴， 则，，则D的轨迹是以E为圆心，半径为的圆上，且圆所在平面与BC垂直， 建立以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，垂直于平面ABC的直线为z轴的坐标系如图： 则，设，则， 易知平面ABC的一个法向量为， 设平面BCD的法向量为，，， 则，即，得，， 设，则，即， 设平面BCD与平面ABC所成的锐二面角为，则， 因为，， 所以，解得，，即， 易知，点在线段OP上，不满足题意， 所以或， 所以，或. 9．如图，在平面四边形中，△ABC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） 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解， （2）利用等体积法即可求解， （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【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. 10．如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，， （1）求证：平面； （2）若，．①求平面与平面夹角的余弦值的最大值； ②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围． 【答案】（1）证明见详解；（2）①，② 【分析】（1）在长方体中,平面，可得，结合，可证平面，得到，同理可证，进而证得平面； （2）①以为原点建立空间直角坐标系，设，分别得出两个平面的法向量，即可得到夹角的余弦值，再根据函数性质可求最值； ②根据截面可确定在棱（不包含端点），然后可得的范围即可得到余弦值的范围. 【详解】（1）在长方体中,平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以，同理可证， 又平面，所以平面. （2）①以为原点建立空间直角坐标系，设， 则， ， 设平面的一个法向量， 则，不妨取，， 由（1）知为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则 ， 又，当，即时取等， 又点E，F分别是棱，上的动点，且，， 所以，则， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值的最大值为. ②在平面中，过作， 同（1）的证明理由可得，即平面，所以当在棱时，截面为四边形， 当在棱（不包含端点）时，且不在棱端点时，截面为五边形， ，， 又，， 又在棱（不包含端点），所以，解得， 又不在棱端点，所以， 由①知，所以， 所以平面与平面夹角的余弦值的范围为. 11．如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.    （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由； （3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）存在，理由见解析. 【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明； （2）先求出面的法向量，设 , 利用向量法结合线面角得正弦值求解即可; （3）由 点在空间内轨迹为以中点为球心, 为半径的球,而 中点到平面的距离为 , 即可求解. 【详解】（1）如图，过E作交于点G,连接，    面，面，则， 又面，面，且不共线，故， 因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以， 而平面，平面，所以平面，同理平面， 又因为，平面， 所以平面平面，而平面, 所以平面； （2）设如图, 以点A为原点建立空间直角坐标系，    则， 故， 则， 设平面的法向量 ,则有 ,取 , 整理得 , 解得 或(舍去)， 所以当时, 直线与平面所成角的正弦值是. （3）由（2）知，平面的一个法向量， 点中点，则, 则中点到平面的距离为， 由，即故在以中点为球心，半径为的球面上， 而，故在面上的轨迹是半径为的圆， 故存在符合题意的， 此时轨迹是半径为 的圆. 12．空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为，我们将这种坐标系称为“斜坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜坐标系”下向量的斜坐标：，，分别为“斜坐标系”下三条数轴（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. （1）若，，求的斜坐标； （2）在平行六面体中，，，，如图，以为基底建立“空间斜坐标系”. ①若，求向量的斜坐标； ②若，且，求. 【答案】（1）；（2）①，②2. 【分析】（1）利用斜坐标的定义及向量的线性运算可得结果. （2）①设，，分别为与，，同方向的单位向量，根据题意得点为的中点，利用空间向量的线性运算表示，即可得到坐标. ②用，，表示，根据求出的值，即可得到. 【详解】（1）∵，， ∴， ∴的斜坐标为. （2）设，，分别为与，，同方向的单位向量， 则，，，. ①由题意得，点为的中点. . ②由题意得，， 由得，， 由得，， ∴， ∴， 解得， 则. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 立体几何中的综合问题 目录 典例详解 类型一、空间中的翻折问题 类型二、空间中的探究存在性问题 类型三、立体几何中的最值、范围问题 类型四、立体几何新定义问题 压轴专练 类型一、空间中的翻折问题 1.空间中的翻折问题 将平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查点、线、面间的位置关系及有关几何量的计算. 此类问题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.翻折问题的两个解题策略 （1）确定翻折前后变与不变的关系：画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变. 一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系会发生变化. 对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决. （2）确定翻折后关键点的位置：所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点. 因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化. 只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算. 例1．四边形中，，连接，，将沿翻折至，其中点为动点． （1）若，且平面平面， （i）求三棱锥外接球的半径； （ii）求二面角的正切值; （2）在翻折过程中，若四边形为平面四边形，求线段长的最大值． 变式1-1．（多选）如图，矩形中，为的中点，，将△ABM沿直线翻折成，连结，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（    ） A．存在某个位置，使得 B．平面 C．异面直线与所成的角的余弦值为 D．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是 变式1-2．在直角三角形中，，为斜边上的动点，沿向上翻折得到三棱锥，使得平面平面，则该三棱锥体积的最大值为 ． 变式1-3．如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是边长为1的菱形，，，. 将沿AD翻折至，如图2. 点M在PD上.      （1）若M为PD中点，证明：平面MAC； （2）若，且四棱锥与三棱锥的体积相等. 证明：平面平面； （3）求二面角的余弦值的最小值. 类型二、空间中的探究存在性问题 1.求解存在性问题的基本策略 首先假定题中的数学对象存在，其次构建空间直角坐标系，再次利用空间向量法把存在性问题转化为参数是否有解问题，最后解方程，下结论. 利用上述思维策略，可使存在性难题变为常规问题. 2.关键点的巧设： （1）空间中的点可设为； （2）坐标平面内的点，则其中一个坐标为0，如平面上的点可设为； （3）坐标轴上的点，则两个坐标为0，如轴上的点可设为； （4）直线（或线段）上的点，可设为，表示出点的坐标，或直接利用向量运算. 例2．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段，的中点，在平面内的射影为D． （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在点F，使得平面与平面夹角的余弦值为，若存在，指出点F的位置；若不存在，请说明理由． 变式2-1．如图，已知在长方体中，，，，点E为上的一个动点，平面与棱交于点F，给出下列命题： ①四棱锥的体积为20； ②存在唯一的点E，使截面四边形的周长取得最小值； ③当点E不与C，重合时，在棱AD上均存在点G，使得平面； ④存在唯一的点E，使得平面，且. 其中正确的是 （填写所有正确的序号）. 变式2-2．三棱锥中，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． 变式2-3．已知椭圆，短轴长为2，离心率为，过点的直线交椭圆于A，B两点，点为椭圆的右顶点（A，B，D三点不共线）（如图1）. （1）求椭圆的标准方程； （2）证明：直线与的斜率之积为定值； （3）以椭圆的长轴为旋转轴，将椭圆旋转，得到椭圆（如图2所示，椭圆在平面内，椭圆在平面内），椭圆上是否存在定点，使得平面平面恒成立？若存在，求的坐标；若不存在，请说明理由. 类型三、立体几何中的最值、范围问题 1.立体几何中的最值、范围问题 空间几何体中的某些对象，如点、线、面，在约束条件下运动，带动相关的线段长度、角度、体积等发生变化,进而就有了有关的线段、角、距离、面积、体积等最值、范围问题. 以此为载体，结合空间几何体特征,考查点、线、面间的位置关系及有关求最值、范围的代数方法. 2.立体几何中的最值、范围问题解题策略 解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值、范围问题，一般可以从三方面人手： （1） 从问题的几何特征人手，充分利用其几何性质来解决； （2） 利用空间几何体的侧面展开图来解决； （3） 找出问题中的代数关系，建立目标函数（或使用基本不等式），利用代数方法求目标函数的最值. 解题途径很多，在函数建成后，可利用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法（如三角函数等）来解题. 例3．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； （3）当时，求直线与平面所成角的余弦值的最大值. 变式3-1．如图1，在等腰梯形ABCD中，，，点E是线段DC上的一点，且，将沿BE向上折起，得到四棱锥，如图2所示，则点到平面的距离的最大值为 ． 变式3-2．（多选）在棱长为的正方体中，、、、分别为棱、、、的中点，则下列结论正确的有（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．过点，，作正方体的截面，则截面面积为 C．若为线段上一动点(包括端点)，则直线与平面所成角的正弦值的范围为 D．若为线段上一动点(包括端点)， 过点，，的平面分别交，于，，则的范围是 变式3-3．如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积的最大值； （3）求二面角余弦值的取值范围． 类型四、立体几何新定义问题 1.立体几何新定义问题 立体几何新定义问题中，多围绕空间图形的结构、位置关系、度量方式等展开，结合中学阶段的基础几何模型（如正方体、三棱锥、空间直线与平面等）设计，核心原则：以新定义为“规则”，以立体几何基础知识为“工具”，通过“理解定义→转化问题→结合旧知→验证结论”的流程解题，注重逻辑严谨性和几何直观的结合. 2.立体几何新定义问题的常见类型及解题策略 （1）新空间图形（基于基本几何体的组合或变形）： 如“堑堵”“阳马”“鳖臑”等，源自古代数学典籍的几何体，如堑堵是底面为直角三角形的直棱柱，阳马是底面为矩形且一条侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑是四个面均为直角三角形的三棱锥；如“勒洛四面体”，它是以正四面体的各顶点为球心，以棱长为半径作球，这四个球的相交部分就是勒洛四面体. （2）空间斜坐标系新定义： 坐标系并非局限于直角坐标系，若坐标系中有两条坐标轴不垂直，则可称为“斜坐标系”，如定义一种“斜60°坐标系”，类比空间直角坐标系，定义向量在该坐标系下的表示方法，以及点的坐标表示等，进而考查立体几何中的向量运算、线面关系等. （3）结合解析几何距离新定义： 例如“曼哈顿几何”中的“曼哈顿距离”，在平面直角坐标系中，若，则两点间的“曼哈顿距离”. 将这种距离概念推广到空间，可定义空间两点的“曼哈顿距离”，并用于研究空间图形的相关性质，如计算空间中两点间的最短路径等. （4）空间平面方程新定义： 类比平面解析几何中曲线与方程的关系，在空间直角坐标系中定义曲面（含平面）的方程. 若曲面和三元方程满足曲面上任意一点坐标均为方程的解，且以方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称该方程为曲面的方程. 可据此定义一些特殊平面，如通过某几个点且满足特定条件的平面，或与已知直线、曲面有特定位置关系的平面等. 这些新定义的核心是在中学立体几何知识框架内，通过改变“构成规则”“度量标准”或“关联方式”创设新情境，解题时需紧扣定义的关键词，结合正方体、长方体等具体模型转化理解. 例4．“曼哈顿几何”也叫“出租车几何”，是在19世纪由赫尔曼·闵可夫斯基提出来的．如图是抽象的城市路网，其中线段是欧式空间中定义的两点最短距离，但在城市路网中，我们只能走有路的地方，不能“穿墙”而过，所以在“曼哈顿几何”中，这两点最短距离用表示，又称“曼哈顿距离”，即，因此“曼哈顿两点间距离公式”：若，，则 （1）①点，，求的值． ②求圆心在原点，半径为1的“曼哈顿单位圆”方程． （2）已知点，直线，求B点到直线的“曼哈顿距离”最小值； （3）设三维空间4个点为，，且，，．设其中所有两点“曼哈顿距离”的平均值即，求最大值，并列举最值成立时的一组坐标． 变式4-1．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”. 如图，在堑堵中，，且.下列说法错误的是（    ） A．四棱锥为“阳马” B．四面体为“鳖臑” C．四棱锥体积的最大值为 D．过A点作于点E，过E点作于点F，则面AEF 变式4-2．（多选）空间中，平面上的动点满足方程，则称为平面的方程，同时也称平面的方程为，并称为平面的一个法向量.已知方程分别为的平面的交线为，则下列结论正确的是（    ） A．经过点的平面的方程为 B．若方程为的平面经过点，则满足条件的实数的个数为3 C．若平面的方程为，则坐标原点到平面的距离为 D．与方程为的平面所成角的正弦值为 变式4-3．类比二维平面内的余弦定理，三维空间中有三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则. 如图2，四棱锥中，底面为菱形，，，，且. （1）在图2中，用三面角余弦定理求的值； （2）在图2中，线段上是否存在一点，使得，若存在，求值；若不存在，说明理由； （3）在图2中，直线与平面内任意一条直线的夹角为，证明：. 一、单选题 1．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论错误的是（    ） A．直线与所成角的范围是 B．平面平面 C．三棱锥的体积为定值 D．平面截正方体所得的截面可能是直角三角形 2．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为4，则下列说法正确的是（    ） A．勒洛四面体最大的截面是正三角形 B．勒洛四面体的体积是 C．勒洛四面体内切球的半径是 D．若是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为2 二、多选题 3．如图，在矩形中，，，为中点，现分别沿将△ABE、△BCF翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（    ）    A． B．三棱锥的体积为 C．直线与直线所成角的余弦值为 D．直线与平面所成角的正弦值为 4．如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，、分别是线段、的中点，是线段上的一个动点（含端点、），则下列说法正确的是（   ） A．存在点，使得 B．存在点，使得异面直线与所成的角为 C．三棱锥体积的最大值是 D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 三、填空题 5．在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若A和B两点之间的距离是，则A和B两点之间的“直角距离”的最大值为 ． 6．如图，已知正方体棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的范围是 . 四、解答题 7．如图1，在直角梯形中，已知，，将沿翻折，使平面平面.如图2，的中点为.    （1）求证：平面； （2）若的中点为，在线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由. 8．已知在三棱锥中，，△ABC为以AC为斜边的等腰直角三角形． （1）证明：平面平面； （2）设，存在该几何体外的一点D，使得为等边三角形，平面BCD与平面ABC所成的锐二面角的正切值为，求AD的长． 9．如图，在平面四边形中，△ABC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. 10．如图，在长方体中，点E，F分别是棱，上的动点，且，， （1）求证：平面； （2）若，．①求平面与平面夹角的余弦值的最大值； ②若平面截长方体的截面为五边形，求平面与平面夹角的余弦值的范围． 11．如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.    （1）求证：平面； （2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由； （3）在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状. 12．空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为，我们将这种坐标系称为“斜坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜坐标系”下向量的斜坐标：，，分别为“斜坐标系”下三条数轴（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. （1）若，，求的斜坐标； （2）在平行六面体中，，，，如图，以为基底建立“空间斜坐标系”. ①若，求向量的斜坐标； ②若，且，求. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $