重难点03 立体几何夹角与距离问题（高效培优期末专项训练）数学人教A版高一必修第二册

**基本信息** 聚焦立体几何空间角与距离四大高频考点，通过选择、填空、解答题梯度训练，强化空间观念与转化思想 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |异面直线所成角|12题|含动态动点、多面体综合，多选题占比高|从定义出发，结合平移法、向量法，体现线线角向平面角转化| |线面角的求算|12题|涉及翻折、存在性问题，解答题含证明与计算|以线面垂直为基础，通过射影法构建线面角，衔接空间距离| |二面角的求算|12题|结合体积最值、外接球，注重空间想象|从二面角定义到法向量法，体现面面角与空间几何体性质关联| |立体几何的距离问题|12题|含点面距、球面距，综合多面体与旋转体|以垂线段为核心，通过体积法、向量法实现距离与角的转化|

重难点03 立体几何夹角与距离问题 4大高频考点概览 考点01异面直线所成角 考点02线面角的求算 考点03二面角的求算 考点04立体几何的距离问题 ( 地 城 考点01 异面直线所成角 ) 1．（多选）在棱长为2的正方体中，是线段上的一动点，则（   ） A．底面ABCD内任意不过点的直线均与互为异面直线 B．异面直线和所成角的范围 C．存在点，使得 D．若，则过点的截面面积为 2．（多选）已知一个圆锥的底面半径为1，高为2，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．侧面积为 B．过两条母线的截面面积的最大值为2 C．圆锥的内切球半径为 D．设是圆锥的底面圆直径，是底面圆周上一点，若，则与所成角的余弦值为 3．已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 4．（多选）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别为棱，的中点，为侧面（含边界）上一动点（点除外），，则下列结论正确的是（    ） A．若，则平面 B．平面平面 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．若直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 5．（多选）如图，已知正方体的棱长为2，和相交于点为的中点，正方体其余各面的中心分别为，下面结论中正确的是（ ） A． B．与所成角的正弦值为 C．平面截正方体所得截面为五边形 D．多面体的内切球半径为 6．正四棱锥的底面边长为4，且所有顶点都在半径为3的同一球面上，则异面直线与所成角的余弦值为_____________________ 7．在空间四边形中，两条对边，E，F分别是另外两条对边，上的点，且，，求和所成角的大小． 8．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且，则下列结论正确的有（    ）    A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积随着的位置变化而变化 C．当点位于点时，异面直线与所成角最小，且最小值为 D．为直线上一点，则的最小值为 9．如图，正方体的棱长为2，动点分别在面对角线和上，若大于零），则与所成的角（  ） A．与都有关 B．与有关，与无关 C．与有关，与无关 D．与都无关 10．（多选）在棱长为 2 的正方体中，E、G为中点，F在正方形内移动（包括边界），满足，则下列说法正确的是（   ） A．存在点F使得平面 B．三棱锥的外接球表面积为 C．直线上的一点到直线的最短距离为 D．异面直线与所成角的取值范围为 11．（多选）已知正方体的棱长为，点E，F分别是棱BC，的中点，下列选项中正确的是（    ） A．直线EF与所成的角为 B．若点P满足，其中，则棱锥的体积为定值 C．用一张正方形的纸把正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需正方形纸的面积的最小值为96 D．为球心，4为半径作一个球，则该球面与三棱锥表面相交的交线长为 12．如图，已知正方体的棱长为2，点，，，，分别为线段，，，，的中点，连接，，，，，，，则下列正确结论的序号是_____． ①点，，，不在同一个平面内； ②直线，，交于同一点； ③直线与直线所成角的余弦值为． ( 地 城 考点02 线面角的求算 ) 13．已知菱形的边长为2，，平面ABCD外一点P在平面上的射影是与的交点O，是等边三角形． (1)求证：平面； (2)求点D到平面的距离； (3)若点E是线段上的动点，问：点E在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，以及此时线段的长． 14．（多选）如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ） A．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B．无论点N在何处，始终有平面成立． C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 15．已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，点为正方形的中心，若点为直线上一动点，则的最小值为__________． 16．如图，正方体棱长为2.点E为AD中点，P为正方体侧面内（包含边界）的动点.记E、C、三点所在的平面为.给出下列四个结论： ①直线与平面所成角的正切值为； ②已知平面，若，则； ③若点P满足，则必有的面积为1； ④若点P满足，则必有. 其中所有正确结论的序号为__________. 17．（多选）已知正方体的棱长为1，平面与对角线垂直，则（    ） A．该正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等 B．平面截该正方体所得截面面积的最大值为 C．直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值为 D．当平面与该正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值 18．如图，在三棱锥中，，点分别是棱上的动点（不含端点）． (1)若平面， ①求的长度； ②求直线与平面所成角的正弦值； (2)若三棱锥的内切球半径，求长度的最小值． 19．（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点P在内（含边界）且，则以下结论正确的是（   ） A．异面直线与所成的角是 B．与平面所成的线面角的正切值为 C．点P的运动轨迹长度为 D．点P到平面ABCD距离的取值范围是 20．已知正三棱柱存在内切球，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 21．如图，在平面内，是的斜线，若，，，则与平面所成角是___________． 22．（多选）如图，在矩形AEFC中，为EF的中点，分别沿AB、BC将翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（   ）    A．三棱锥的体积为 B．PA与BC所成角的余弦值为 C．PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥的外接球半径为 23．在四棱锥中，底面为正方形，且，记直线与底面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 24．如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上的点且，在线段上且，是的中点．    (1)求证：直线平面； (2)已知，求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，则求的值；若不存在，请说明理由． ( 地 城 考点0 3 二面角的求算 ) 25．如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，，分别为，的中点．    (1)求证：； (2)用，表示三棱锥的体积； (3)设在三棱锥内有一个半径为的球，，且，求证：． 26．现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 27．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马P-ABCD中，侧棱底面ABCD，且PD=CD=2，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE． (1)证明：平面PBC．试判断四面体EBCD是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； (2)记阳马P-ABCD的体积为，四面体EBCD的体积为，求的值. (3)设H点是AD的中点，若面EDB与面ABCD所成二面角的大小为，求三棱锥E-HBD的外接球的表面积． 28．在三棱锥中，若，二面角为，则三棱锥外接球的半径为（   ） A． B． C． D．2 29．如图，在四棱锥中，，，，，，设，其中. (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦的取值范围； (3)当时，求三棱锥的外接球体积的最小值. 30．如图，长方体的底面ABCD是正方形，，，M，N分别为棱，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若与平面所成角的正弦值为，求的值． 31．如图，四棱锥，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，，O是AD的中点. (1)求证：平面平面POB； (2)点M在棱PC上，满足，且三棱锥的体积为， ①求的值； ②二面角的正切值. 32．如图，在矩形，，，是线段上的一点，将沿翻折，使点到达的位置，且点不在平面内． (1)若平面平面，证明：平面平面； (2)设为的中点，取的中点，连接并延长，交延长线于点，设． ①用表示二面角的正切值； ②当二面角最大时，求四棱锥的体积． 33．如图，三棱锥满足面，点为棱中点，点在直线上的投影分别为. (1)证明：面； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积； (3)是否存在点使得点到的距离均相等，若存在，求二面角余弦值的取值范围；若不存在，请说明理由. 34．如图，在三棱锥中，，，平面平面．若为线段上的动点（不含端点），记与平面所成角为，锐二面角的平面角为，则的最大值为______． 35．已知二面角的大小为，，，且，B为β内异于O的任意一点，且的最大值是，则（   ） A． B． C． D． 36．在中，，，，点为中点，连接，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，则二面角的余弦值为____________ ． ( 地 城 考点0 4 立体几何的距离问题 ) 37．（多选）如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（    ） A．平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点A到平面的距离为 38．如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 39．在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，动点在平面内，且．给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③三棱锥的体积恒为定值； ④平面截正方体所得的截面面积为． 其中所有正确结论的序号是___________． 40．在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 41．篮球有不同的型号，比如男篮和女篮的比赛用球无论是质量还是大小均不相同，儿童一般用3号球，半径约9厘米.一款儿童篮球为标准球体，半径9厘米，球面上有三点、、，它们相互之间的直线距离均为9厘米，球面上有一动点，则点到平面的距离的最大值为__________厘米. 42．在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，，．若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为______． 43．三棱锥中，，二面角的平面角为锐角，则三棱锥的外接球球心到平面ABC的距离最大值为（   ） A． B． C． D． 44．某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，，，，为该正方体的顶点，，，为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面.若平面与平面平行，且直绳索的长度为米，则点到平面的距离为（    ）    A．米 B．米 C．米 D．米 45．（多选）如图，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，另一个侧面是正三角形，下面结论正确的是（    ） A．为正三角形 B． C．与底面所成角的正弦值为 D．点到平面的距离为 46．如图，在正方体中，，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①存在点，使得三棱锥的体积为； ②存在点，使得与所成角的大小为； ③点到平面的距离随的增大，先变大再变小； ④直线与平面所成的角随的增大，先变大再变小. 其中所有正确结论的序号是_____________. 47．（多选）如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（    ）    A．该正四棱台的体积为 B．三棱锥的体积为定值 C．存在点，使得平面 D．的最小值为 48．（多选）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，．若鳖臑外接球的体积为，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（    ） A． B．鳖臑体积的最大值为2 C．点到面的距离是 D．鳖臑内切球的半径为 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点03 立体几何夹角与距离问题 4大高频考点概览 考点01异面直线所成角 考点02线面角的求算 考点03二面角的求算 考点04立体几何的距离问题 ( 地 城 考点01 异面直线所成角 ) 1．（多选）在棱长为2的正方体中，是线段上的一动点，则（   ） A．底面ABCD内任意不过点的直线均与互为异面直线 B．异面直线和所成角的范围 C．存在点，使得 D．若，则过点的截面面积为 【答案】ABD 【分析】对于A，根据异面直线的判定定理即可判断； 对于B，异面直线和所成角即直线与所成角（或补角），结合正方体的性质即可求解； 对于C，将与四边形沿展开在同一平面上，由图可知，线段的长度为的最小值，求出即可判断； 对于D，延长交于点，利用相似可得为的中点，取的中点，连接，可得过点的截面为菱形，利用菱形的面积公式即可求解. 【详解】对于A，由异面直线的判定定理可知：底面ABCD内任意不过点的直线均与互为异面直线，故A正确； 对于B，由于在正方体，,所以异面直线和所成角即直线与所成角（或补角） 由于，当位于中点时，异面直线和所成角最大，最大角为， 当位于或点时，异面直线和所成角最小，最小角为，所以异面直线和所成角的范围，故B正确； 对于C，如图所示，将与四边形沿展开在同一平面上，由图可知，线段的长度为的最小值， 在，可得 所以不存在点，使得，故C错误； 对于D，延长交于点 因为，所以，所以，即为的中点， 取的中点，连接， 所以，且，即四边形为平行四边形， 则过点的截面为平行四边形， 由于，则平行四边形为菱形， 由于，， 则菱形的面积为，即过点的截面面积为,故D正确. 2．（多选）已知一个圆锥的底面半径为1，高为2，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．侧面积为 B．过两条母线的截面面积的最大值为2 C．圆锥的内切球半径为 D．设是圆锥的底面圆直径，是底面圆周上一点，若，则与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】由扇形的面积公式计算判断A；根据圆锥的性质计算判断B；设内切球球心为，半径为，过作，根据相似三角形计算判断C；根据异面直线所成角的求法计算判断D. 【详解】对于A，设圆锥的母线长为，由题意可知， 所以圆锥的侧面积为，故A错误； 对于B，因为过两条母线的截面为等腰三角形， 且， 所以顶角为锐角，故过两条母线的截面面积的最大值为轴截面面积， 其面积为，故B正确； 对于C，设内切球球心为，半径为，过作， 则，，则与相似， 则，即，故C正确； 对于D，过点作交底面圆于，如图所示： 则即为与所成角或其补角， 因为，所以为等腰直角三角形， 所以为弧的中点，为弧的中点， 故， 所以， 所以则与所成角的余弦值为，故D正确. 3．已知是棱长为2的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论： ①满足条件的点有无数个； ②点的轨迹是一段圆弧； ③线段长度的最大值为2； ④三棱锥体积的最大值为. 其中正确结论的序号是___________. 【答案】①③④ 【分析】建系并求出相关点的坐标，设，根据线线夹角和空间中距离公式可得点的轨迹方程，即可判断①②；再根据点的轨迹方程分析可得，进而判断③④. 【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设， 可得，，，， 因为直线与直线所成的角为， 则，整理可得， 又因为，则，整理可得， 联立可得，即， 可知点的轨迹方程为，， 所以点的轨迹为双曲线的一部分，满足条件的点有无数个，故①正确，②错误； 因为，则，可得，即， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以线段长度的最大值为2，故③正确； 因为点到平面的距离为， 所以三棱锥体积的最大值为，故④正确. 4．（多选）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，，分别为棱，的中点，为侧面（含边界）上一动点（点除外），，则下列结论正确的是（    ） A．若，则平面 B．平面平面 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．若直线与所成的角为，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【详解】对选项A，连接交于点，连接，则，由题意知， 所以，所以，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为平面，平面，所以， 因为，分别为正方形的边和的中点，易证， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故B正确； 分别取，的中点，，过，分别作平面和平面的垂线， 两垂线交于点，则为三棱锥外接球的球心，连接， 易求，，所以，即外接球的半径为， 故其表面积为，故C错误； 由题意知为直线与所成的角， 所以，连接，则，则， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在侧面内的部分， 所以其长度为，故D正确. 5．（多选）如图，已知正方体的棱长为2，和相交于点为的中点，正方体其余各面的中心分别为，下面结论中正确的是（ ） A． B．与所成角的正弦值为 C．平面截正方体所得截面为五边形 D．多面体的内切球半径为 【答案】AD 【分析】通过几何性质（等边三角形三线合一）、构造辅助线结合余弦定理、平面的基本性质、正八面体体积与表面积公式结合内切球半径公式，逐一验证各选项的正确性. 【详解】对于A，因为， 所以是等边三角形，且是中点，所以，A正确； 对于B，在正方体右侧补一个同样的正方体， 连接，因为，， 所以四边形为平行四边形，故， 所以为与所成的角（或补角）， ，，， ， ，B错误； 对于C，延长交于点，连接并延长，分别交于点， 则截面为四边形，故C错误 对于D，易知是正八面体，棱长为， 正八面体可看作两个正四棱锥，正四棱锥的底面积，高， 所以正八面体的体积， 正八面体每个面是边长为的正三角形，三角形面积， 正八面体的表面积，设多面体的内切球半径为， 则，所以，D正确. 6．正四棱锥的底面边长为4，且所有顶点都在半径为3的同一球面上，则异面直线与所成角的余弦值为_____________________ 【答案】或 【分析】设外接球球心为，底面中心为，外接球半径，利用求出进而得到侧棱长，根据异面直线的概念可知即为异面直线与所成角的平面角，在中利用余弦定理求解即可； 【详解】设外接球球心为，底面中心为，外接球半径， 因为底面边长为4，所以， 易知球心在直线上，则，解得或， 当时，又，解得， 因为，所以即为异面直线与所成的角. 在中，由余弦定理可得， 解得； 当时，又，解得， 因为，所以即为异面直线与所成的角. 在中，由余弦定理可得， 解得. 综上：直线与所成角的余弦值为或. 7．在空间四边形中，两条对边，E，F分别是另外两条对边，上的点，且，，求和所成角的大小． 【答案】． 【分析】连接，过点E作的平行线交于点O，连接．通过得到，结合得到，得到，从而得到与所成的角即为和所成的角，在中，利用勾股定理的逆定理得到，从而得到和所成的角． 【详解】如图，连接，过点E作的平行线交于点O，连接． ，，． ，． 又，， ，与所成的角即为和所成的角，． ，． 在中，，， ，， 所以和所成的角为． 8．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且，则下列结论正确的有（    ）    A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积随着的位置变化而变化 C．当点位于点时，异面直线与所成角最小，且最小值为 D．为直线上一点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用两直线垂直的坐标表示求得动点轨迹，进而求得长度；根据三棱锥的体积计算判断；根据异面直线所成角的余弦值计算判断；利用公垂线计算得到线段的最小值； 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则 对于A，设，， 因为，所以，即， 因此点的轨迹为正方形内满足的线段，即线段， 长度大小为，A正确； 对于B，因为平面，平面， 所以平面，且到平面的距离固定，设为， 由上分析可知点在线段上运动时，到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为，为定值，B错误； 对于C，设，，， 设异面直线与所成角的余弦值为 ， 令， ， 所以在上单调递减，最大值，最小值， 当，异面直线与所成角的余弦值最大，异面直线与所成角最小， 则，即当点位于点时，， 异面直线与所成角最小为，C正确； 对于D，为直线上一点， 则的最小值为线段上的点到直线的距离的最小值， 即异面直线与之间的距离， ， 设公垂向量为，则， 解得，则， 计算异面直线距离，则的最小值为，D正确. 故选：ACD.    9．如图，正方体的棱长为2，动点分别在面对角线和上，若大于零），则与所成的角（  ） A．与都有关 B．与有关，与无关 C．与有关，与无关 D．与都无关 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，判断两直线得到两直线垂直，得出结果. 【详解】 以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为2，，则 ， ， 因为， 所以与垂直， 所以与所成的角与都无关. 故选：D. 10．（多选）在棱长为 2 的正方体中，E、G为中点，F在正方形内移动（包括边界），满足，则下列说法正确的是（   ） A．存在点F使得平面 B．三棱锥的外接球表面积为 C．直线上的一点到直线的最短距离为 D．异面直线与所成角的取值范围为 【答案】AB 【分析】选项A，先找到点的轨迹在以为直径的圆与正方形的交线即半圆上的点，通过观察得到当移动到点时，平面，则存在点F使得平面；选项B，由三棱锥的侧面的外接圆圆心为边中点，底面的外接圆圆心为边的中点，可以得出三棱锥的外接球半径，从而求出表面积；选项C，利用线面垂直的判定定理得到平面，从而得到，由，得到是直线和直线的公垂线段，则是直线上的一点到直线的最短距离，求出的长度即可；选项D，找到异面直线与所成角为， 当移动到平面中心时， 可以求出，从而得到此时异面直线与所成角不在内. 【详解】选项A，在正方形内移动（包括边界），满足， 在以为直径的圆与正方形的交线上，即半圆上的点， 当移动到点时，，平面，平面， 平面，存在点F使得平面，故选项A正确； 选项B，在以为直径的圆与正方形的交线上，即半圆上的点， 设中点为，中点为，为直角三角形，由题意可知，， 为直角三角形，可得 由题意可知，所以为三棱锥外接球球心， 外接球半径，外接球表面积为，故选项B正确； 选项C，连接，取中点，连接，， 过作交于，是的中点，是中点， ，，，平面， 平面，，， 是直线和直线的公垂线段， 是直线上的一点到直线的最短距离， 正方体的棱长为，，， ，， 又∽，则有，， ，，故选项C不正确； 选项D，，异面直线与所成角为， 在以为直径的圆与正方形的交线上，即半圆上的点， 当移动到平面中心时，由题意可得，，，则有，所以是直角三角形， 则，此时异面直线与所成角不在内.故选项D错误. 故选：AB. 11．（多选）已知正方体的棱长为，点E，F分别是棱BC，的中点，下列选项中正确的是（    ） A．直线EF与所成的角为 B．若点P满足，其中，则棱锥的体积为定值 C．用一张正方形的纸把正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需正方形纸的面积的最小值为96 D．为球心，4为半径作一个球，则该球面与三棱锥表面相交的交线长为 【答案】BCD 【分析】对于A，通过即可求解；对于B，通过P点在线段上，即可判断；对于C，由正方体的侧面展开图可以看出五个边长为的正方形及上下左右四个等腰直角三角形组成一个正方形，可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求最小正方形，计算其面积即可判断；对于D，由 是直角三角形，球面与这两个面的交线和为以为圆心，圆心角为以4为半径的圆弧， 是直角三角形，球面与这个面的交线是以B为圆心，圆心角，半径为2的圆弧，是等边三角形，球面与这个面的交线是以为圆心，圆心角，半径为4的圆弧，进而可求解. 【详解】 对于A，连接因为E，F分别是棱BC，的中点，所以 所以直线EF与所成的角为 因为几何体是正方体，所以为等边三角形， 所以，即直线EF与所成的角为，故A错误； 对于B，因为，其中，所以， 所以，所以P点在线段上， 又因为与平行，平面平面， 所以P到平面的距离为定值，三角形的面积为定值， 所以为定值.故B正确； 对于C， 由正方体的侧面展开图，结合上图可以看出五个正方形及上下左右四个三角形组成一个正方形， 可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求正方形， 对角线长为，所以面积为，故C正确； 对于D，因为是直角三角形，球面与这两个面的交线和为以为圆心， 圆心角为以4为半径的圆弧，其弧长为， 是直角三角形，球面与这个面的交线是以B为圆心，圆心角，半径为2的圆弧， 其弧长为， 是等边三角形，球面与这个面的交线是以为圆心，圆心角，半径为4的圆弧， 其弧长为， 所以球面与三棱锥表面的交线长为，故D正确. 故选：BCD. 12．如图，已知正方体的棱长为2，点，，，，分别为线段，，，，的中点，连接，，，，，，，则下列正确结论的序号是_____． ①点，，，不在同一个平面内； ②直线，，交于同一点； ③直线与直线所成角的余弦值为． 【答案】 【分析】连接，则四边形是平行四边形，进而，即可判断①；连接，延长交于点，延长交于点，则，即可判断②；取的中点，连接，为直线与所成角的平面角，利用余弦定理解三角形即可判断③. 【详解】①连接，则且， 所以四边形是平行四边形，得， 所以， 所以点在同一个平面内，故①错误； ②连接，则且， 所以四点共面，延长交于点， 则； 连接且， 所以四点共面，延长交于点， 则， 所以两点重合，则直线交于同一个点.故②正确； ③取的中点，连接， 则且， 所以四边形为平行四边形，得， 所以为直线与所成角的平面角， 在中，， 由余弦定理得， 即直线与所成角的余弦值为，故③正确. 故答案为：②③ ( 地 城 考点02 线面角的求算 ) 13．已知菱形的边长为2，，平面ABCD外一点P在平面上的射影是与的交点O，是等边三角形． (1)求证：平面； (2)求点D到平面的距离； (3)若点E是线段上的动点，问：点E在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，以及此时线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)点E在线段上靠近点D的四等份点处，此时最大角的正弦值， 【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即可证明； （2）由已知可得，与都是边长为2的等边三角形，可求出，做，即可求出，结合即可求解； （3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交平面于点，要使角最大，则需使最小，此时， 由余弦定理可求，即可求得，从而求解． 【详解】（1）∵点P在底面上的射影是与的交点O， 所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 因为，⊂平面， 所以平面． （2）由题意可得，与都是边长为2的等边三角形， ， 则 ， 所以， 作，所以， 则， 设点D到平面的距离为， 由，则 即 解得 故点D到平面的距离为 ； （3）设直线与平面所成的角为， 因为平面， 所以E到平面的距离即为D到平面的距离， 过E作垂线平面交平面于点，则， 此时 ,要使最大，则需使最小，此时 由题意可知 ， ∵平面，且 ， 所以 在△PAD中，由余弦定理可得： ， 所以 ， 则 ，， ，， 即点E在线段上靠近点D的4等份点处，此时. 14．（多选）如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ） A．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B．无论点N在何处，始终有平面成立． C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】BCD 【分析】A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面 ，再结合正方体特点判断； C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面. 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误； B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 15．已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，点为正方形的中心，若点为直线上一动点，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】利用条件先确定点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（在平面内），通过将平面翻折到平面，与的对应点为与.由几何性质可知，而的最小值即可由余弦定理和二倍角公式计算得到. 【详解】如图，在正方体中，平面，直线与平面所成的角为（是在底面的射影）， 在中，，则 ，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（在平面内）． 将平面沿着翻折至平面，使其与平面共面，翻折后与的对应点为与.如图所示） 由几何性质可知（当且仅当在与的交点时取等号）． 在中，， 则， 由余弦定理， ， 所以的最小值为． 16．如图，正方体棱长为2.点E为AD中点，P为正方体侧面内（包含边界）的动点.记E、C、三点所在的平面为.给出下列四个结论： ①直线与平面所成角的正切值为； ②已知平面，若，则； ③若点P满足，则必有的面积为1； ④若点P满足，则必有. 其中所有正确结论的序号为__________. 【答案】①③④ 【分析】根据正方体的性质，找到直线与平面所成角，求得其正切值，判断①；作出平面与平面的交线，求得，判断②；根据条件求得的面积，判断③；结合线面垂直的判定定理，确定点的轨迹，结合面面平行的判定定理和性质，判断与平面的关系，判断④. 【详解】对于①，如图，取的中点，连接. 则，且. 由正方体的性质知，平面，所以平面. 所以为直线与平面所成的角， 所以，所以①正确； 对于②，记，则. 由平面，得即为直线. 若，则，所以②错误； 对于③，取的中点，连接， 则. 又平面，平面，所以平面. 因为，且，所以四边形为平行四边形. 所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为平面， 所以平面平面. 若点P满足，则平面，所以点的轨迹为. 因为，所以点到的距离为定值，等于. 所以有的面积为定值，等于. 所以③正确. 对于④，由①知，平面，所以. 由，，得. 因为平面，所以平面. 若点P满足，则平面， 则点的轨迹为. 由③知，平面平面，平面， 故必有.所以④正确. 17．（多选）已知正方体的棱长为1，平面与对角线垂直，则（    ） A．该正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等 B．平面截该正方体所得截面面积的最大值为 C．直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值为 D．当平面与该正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值 【答案】ACD 【分析】本题需要利用正方体的性质，且当平面位置变化时，平面始终与对角线垂直入手去考虑. 【详解】对于A，因为平面与对角线垂直，又平面， 所以平面与平面平行或重合，而正方体各棱与平面所成角，即为体对角线与正方体各棱所成角的余角， 由正方体的对称性易得体对角线与正方体各棱所成角均相等， 故直线与平面所成角也相等，故A正确； 对于B，当平面沿对角线平行移动时， 只有当平面移动到平面（分别为所在棱的中点）时，面积最大. 又由题易知，六边形为正六边形，可求得， 则平面截此正方体所得截面面积的最大值为，故B错误； 对于C，直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值， 即为直线与平面所成角的正弦值，不妨取平面为平面，又， 故等价于求与平面所成角，设与平面交于点， 因为平面，所以为所求角， ，则，故C正确； 对于D，当平面与正方体各面都有公共点时，截图为六边形，如图阴影部分， ， 同理可得 当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值，故D正确. 18．如图，在三棱锥中，，点分别是棱上的动点（不含端点）． (1)若平面， ①求的长度； ②求直线与平面所成角的正弦值； (2)若三棱锥的内切球半径，求长度的最小值． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①由平面，得到，且，再由，在直角中，即可求解； ②由①求得为的中点，得到和到平面的距离相等，由平面，得到到平面的距离为，利用余弦定理求得的长，进而求得与平面所成的角； （2）根据题意，得到点在的角平分线上，且，设，求得，设，求得的表达式，再由，求得，得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）解：①由平面，因为平面，可得， 又因为，且，所以， 因为平面，可得， 又因为且，所以，且. ②由①知：，因为，所以为的中点， 所以到平面的距离等于点到平面的距离， 又由平面，所以到平面的距离为， 在中，由余弦定理得， 即， 设与平面所成的角为，则. （2）解：因为，设点在平面的射影为， 则点在的角平分线上，过点作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以 ， 又因为，且平面，所以平面， 因为平面，所以， 在直角中，可得， 在直角中，， 在直角中，可得， ，则， 所以, 设，可得， 在中，由余弦定理得， 同理可得：，， 设，可得, 代入整理得， 由， 又由， 所以， 可得， 将其代入， 整理得，即 又由， 因为，所以， 即，解得或（舍去）， 当且仅当时，等号成立， 此时取得最小值，可得为等边三角形，即的最小值. 19．（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点P在内（含边界）且，则以下结论正确的是（   ） A．异面直线与所成的角是 B．与平面所成的线面角的正切值为 C．点P的运动轨迹长度为 D．点P到平面ABCD距离的取值范围是 【答案】BCD 【分析】利用异面直线夹角的计算方法结合正方体的特征判定A；先证明平面，结合等体积法计算到平面的距离，由线面夹角的定义可判定B，由勾股定理及圆的周长公式可判定C，由数形结合结合正三角形内切圆的特征计算即可判定D. 【详解】对于A，在正方体中易知且， 所以异面直线与所成的角即或其补角，显然，即A错误； 连接，易知， 又平面，所以平面， 而平面，所以，同理可知， 即平面，设垂足为E，取的中点，连接， 则，所以， 连接，由勾股定理可知， 对于B，易知与平面所成的角为， 故B正确； 对于C，由三棱锥为正三棱锥可知为该正三角形的中心， 则三点共线，， 所以点轨迹为以E为圆心，为半径的圆上，该圆即正三角形的内切圆， 所以点P的运动轨迹长度为，故C正确； 对于D，假设P的轨迹圆与交于G点，由上可知， 而到底面的距离为2，所以到底面的距离为， 由图形可知点P到平面ABCD距离的取值范围是，故D正确. 20．已知正三棱柱存在内切球，则直线与平面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设正三棱柱底面的边长为a，所以内切圆的半径， 因为正三棱柱存在内切球，所以正三棱柱的高． 取中点D，连接，，易证平面，所以为所求角． 在中，，，于是， 所以． 21．如图，在平面内，是的斜线，若，，，则与平面所成角是___________． 【答案】/ 【分析】根据线面角的定义，结合线面垂直找出线面角对应的平面角，在三角形中求解即可. 【详解】取中点，连接，. 因为，，所以为等边三角形，所以. 同理可得，. 因为，，所以，所以为等腰直角三角形， 且，. 又，，所以，所以为等腰直角三角形， 且. 在中，，所以. 又，平面， 所以平面，所以即为与平面所成的角. 在中，，所以. 22．（多选）如图，在矩形AEFC中，为EF的中点，分别沿AB、BC将翻折，使点E，F重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（   ）    A．三棱锥的体积为 B．PA与BC所成角的余弦值为 C．PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥的外接球半径为 【答案】ABD 【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；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C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D. 【详解】由题意可得，，又，平面PAC， 所以平面PAC， 在中，，AC边上的高为， 所以，故A正确； 对于B，在中，，， ， 所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，，设点A到平面PBC的距离为d， 由，得，解得， 所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；      由B选项知，，则， 所以的外接圆的半径， 设三棱锥外接球的半径为， 设外接球球心为，外接圆圆心为， 连接，可知平面， 又因为平面， 所以， 在直角三角形中， 可得：，所以， 即三棱锥外接球的半径为，故D正确. 故选：ABD． 23．在四棱锥中，底面为正方形，且，记直线与底面所成的角为，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别取、中点、，过点在平面内作，垂足为点，连接，推导出平面，可知，设，，利用线面角的定义结合基本不等式可求得的最大值. 【详解】分别取、中点、，因为，则， 在矩形中，且， 因为、分别为、的中点，所以且， 故四边形为平行四边形，故， 因为，所以， 因为，、平面，所以平面， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为， 设，， 因为，所以，故， 又因为为的中点，所以， 则，， 所以， 令，所以， 当且仅当，即时，的最大值为. 故选：B. 24．如图，是的直径，垂直于所在的平面，点是圆周上的点且，在线段上且，是的中点．    (1)求证：直线平面； (2)已知，求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，则求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）利用线面垂直的性质和判定证明即可； （2）根据线面角的概念可知即为直线与平面所成角的平面角，利用勾股定理求出的边长即可得解； （3）构造平行四边形，由线面平行的判定定理得平面，确定. 【详解】（1）因为垂直于所在的平面，所在的平面，所以， 又是的直径，点是圆周上的点，所以， 因为，平面， 所以平面． （2）由（1）可知平面， 所以即为直线与平面所成角的平面角， 因为垂直于所在的平面，所在的平面，所以， 又因为，，所以， 因为，所以， 所以在中， 因为平面，所以， 在中， 所以， 即直线与平面所成角的正弦值为． （3）在线段上存在点，使得平面，且， 理由如下： 取的三等分点为（靠近），在中过点作，， 则，且， 因为是中点，是中点，所以，且， 又，所以， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面, 故线段上存在点，使得平面，且.    ( 地 城 考点0 3 二面角的求算 ) 25．如图，在三棱锥中，，，，记二面角的大小为，，分别为，的中点．    (1)求证：； (2)用，表示三棱锥的体积； (3)设在三棱锥内有一个半径为的球，，且，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）取中点，连接，，根据线面垂直的判定定理得到平面，进而可证. （2）根据面面垂直的判定定理及面面垂直的性质定理得到平面，即为三棱锥的高，根据二面角的定义得到，结合三棱锥的体积公式求解即可. （3）求出三棱锥的表面积及体积，得到三棱锥内切球的半径，结合放缩法即可证明. 【详解】（1）取中点，连接，.    因为，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，平面， 又平面，所以平面平面，交线为． 过作于. 因为平面，所以平面，即为三棱锥的高． 因为、分别为、中点，所以，． 又平面，所以即为二面角的平面角，则， 在中，. 因为为中点，所以. 所以. （3）作于，由（2）知，， 过作交于，则，四边形为矩形，    又平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，， 设的高，所以， 又，，所以， 即，， 所以三棱锥的表面积 ， 又， 所以三棱锥的内切球半径， 所以， 故. 26．现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）最大值. 【分析】（1）通过，确定，即可求证； （2）（ⅰ）通过平面，得到，即可求证；（ⅱ）作，，确定是二面角的平面角.设.得到，.再结合体积公式，结合三角函数性质即可求解. 【详解】（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点. 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面. 又平面， 所以平面平面； （2）（ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角. 因为，为的中点， 所以，设. 则，. 因为，，，平面， 所以平面，所以. 所以. 当且仅当，即二面角的大小为时，四棱锥的体积取得最大值. 27．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马P-ABCD中，侧棱底面ABCD，且PD=CD=2，点E是PC的中点，连接DE、BD、BE． (1)证明：平面PBC．试判断四面体EBCD是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，请说明理由； (2)记阳马P-ABCD的体积为，四面体EBCD的体积为，求的值. (3)设H点是AD的中点，若面EDB与面ABCD所成二面角的大小为，求三棱锥E-HBD的外接球的表面积． 【答案】(1)证明见解析，四面体EBCD是鳖臑，四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB； (2)4 (3) 【分析】（1）推导出，从而平面，进而，再由，能证明平面；由平面，平面，能得到四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是． （2）由是阳马的高，得到；由是鳖臑的高，得到，由此能求出的值． （3）由面EDB与面ABCD所成二面角求出，再算出的外接圆半径与圆心到相关点的距离，设外接球球心到平面的距离，分球心与异侧、同侧两种情况列方程求，得到外接球半径，再利用球的表面积公式算出结果. 【详解】（1）证明：因为底面ABCD，平面ABCD，所以， 因为ABCD为长方形，所以， 因为，平面PCD， 所以平面PCD，因为平面PCD，所以， 因为PD=CD，点E是PC的中点，所以， 因为，平面PBC，所以平面PBC， 由平面PCD，平面PBC，可知四面体EBCD的四个面都是直角三角形， 即四面体EBCD是一个鳖臑， 其四个面的直角分别是∠BCD，∠BCE，∠DEC，∠DEB； （2）解：由已知，PD是阳马P-ABCD的高， ， 由（1）知，DE是鳖臑D-BCE的高，， ， 在中，，点E是PC的中点， ， ． （3）解：取DC中点F，连接EF，过F作，连接EG； 因为E，F是PC，DC中点，所以，又平面， 所以平面ABCD，平面ABCD， 所以，又因为，，平面EFG， 所以平面EFG，所以∠EGF就是面EDB与面ABCD所成二面角的平面角： 设，又因为，所以，所以， 所以，又EF=1，得 所以，解得， 因为CD=2，，所以，，； 所以，； 设的外接圆半径为r，外接圆圆心为O， 则，， 过点O作，，垂足分别为M，K，连接OF， 则，， 又DF=1，所以，所以， 设球心为，设，若球心和点E位于平面DHB异侧， 则， ，三棱锥E-HBD的外接球的半径为， ， 若球心和点E位于平面DHB同侧， 则 解得（舍去）． 综上，三棱锥E-HBD的外接球的表面积为． 28．在三棱锥中，若，二面角为，则三棱锥外接球的半径为（   ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】取的中点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，以过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系．先由确定点在平面内，再由二面角求出点的坐标，最后设外接球球心坐标，利用球心到四个顶点的距离相等求半径． 【详解】取的中点．因为，所以为边长为的等边三角形，且 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则可取 因为，所以点在的垂直平分面上． 设 由，得所以 二面角是平面与平面所成的角． 在平面中，；在平面中，． 因此二面角等于与所成的角，即 于是 又，所以 从而 不妨取点在平面上方，则即 设三棱锥外接球的球心为． 由于，关于平面对称，且，，所以球心也在平面内． 设 由，得 化简得 由，得 化简得 将代入，得 所以外接球半径满足 因此 29．如图，在四棱锥中，，，，，，设，其中. (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦的取值范围； (3)当时，求三棱锥的外接球体积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直去证明面面垂直即可； （2）找到二面角的平面角，由余弦定理可求解； （3）由于是不规则四面体的外接球，转化为过三角形外接圆圆心作该面的垂线必过球心，来研究外接球半径即可. 【详解】（1）（1）因为，所以，则 且平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）由，知二面角的平面角即为. 在中，,，则由余弦定理得 ， 在中，由且，结合，可得， 故， 所以，所以， 所以的范围是， 即二面角的余弦的取值范围是. （3） 设和的外接圆圆心分别为和， 则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点， 在中，因为，由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 在中，由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 过点作于，连接，设，显然四边形为矩形， 所以.所以， 即， 所以， 故当时，取得最小值，即， 此时三棱锥外接球的体积最小值为，此时 30．如图，长方体的底面ABCD是正方形，，，M，N分别为棱，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若与平面所成角的正弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】（1）通过证明，平面，证得平面. （2）作出二面角的平面角，解三角形求得其余弦值. （3）根据与平面所成角的正弦值求得，结合余弦定理求得. 【详解】（1）连接，，，因为是长方体， M，N分别为棱，的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为，，所以， ，， 则有，则有； 同理，，并且，BM，平面BDM， 所以平面BDM，又因为，所以平面BDM；    （2）分别取BM，的中点为E，F，连接MF，则有，所以， 又因为是边长为的正三角形，则有， 则即为二面角的平面角， 且，，， 由余弦定理，， 所以二面角的余弦值为；    （3）设点P到平面BDM的距离为d，PM与平面BDM所成的角为，则． 因为，平面BDM，平面BDM，所以平面BDM， 则点P到平面BDM的距离等于点到平面BDM的距离，根据， 即，解得， 又因为与平面所成角的正弦值为， 则． 连接，是边长为的正三角形， 在中，由余弦定理得,， 即，整理得：， 即，解得或， 又因为，， 所以或，    31．如图，四棱锥，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，，，O是AD的中点. (1)求证：平面平面POB； (2)点M在棱PC上，满足，且三棱锥的体积为， ①求的值； ②二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2)①，②二面角的正切值为 【分析】（1）连接，则可得四边形为正方形，得，由已知条件结合面面垂直的性质可得平面，则，则由线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可得结论； （2）①设点到平面的距离分别为，由可求出，由三棱锥的体积为，可求出，再由可求出的值；②取靠近点的四等分点，连接，过点作于，连接，则可得为二面角的平面角，然后在中可求得结果. 【详解】（1）连接， 因为底面中，，， 所以四边形为正方形，所以， 因为侧面为等边三角形，O是的中点， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面， 所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面； （2）①因为底面中，，，侧面为等边三角形，O是的中点， 所以，，， 因为平面，平面， 所以， 所以， 因为， 所以，所以， 设点到平面的距离分别为， 因为，所以， ，解得， 因为三棱锥的体积为， 所以，所以，解得， 所以，所以， 因为，所以， ②取靠近点的四等分点，连接，则//， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 过点作于，连接， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以， 因为， 所以四边形为矩形，所以， 所以在中，， 所以二面角的正切值为 32．如图，在矩形，，，是线段上的一点，将沿翻折，使点到达的位置，且点不在平面内． (1)若平面平面，证明：平面平面； (2)设为的中点，取的中点，连接并延长，交延长线于点，设． ①用表示二面角的正切值； ②当二面角最大时，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）利用面面垂直的性质得平面，再利用面面垂直的判定得结论； （2）①利用线面垂直的判定得平面，再利用面面垂直的判定得平面平面，在平面内，过作，交于，利用面面垂直的性质得平面，再利用线面垂直的判定与性质得和，再利用二面角的平面角得是二面角的平面角，再解直角三角形得结论； ②利用二倍角正弦、余弦公式得，再由基本不等式求最值得当，时，二面角最大，最后利用棱锥的体积计算得结论． 【详解】（1）因为四边形是矩形，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 而平面，因此平面平面． （2）①如图： 在矩形中，因为，，是线段的中点，是线段的中点， 所以， 因为，，是线段的中点，所以． 因为，、平面，所以平面， 而平面，因此平面平面． 在平面内，过作，交于， 而平面平面，因此平面． 在平面内，过作，交于，则． 因为平面，平面，所以， 而，、平面， 因此平面，而平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在中，因为，， 所以，． 在矩形中，因为，， 所以， 因此在中，． ②因为，所以， 因此， 当且仅当，即，时，等号成立． 因为，所以， 而，因此，所以当，时，二面角最大， 所以当二面角最大时，四棱锥的体积为 ． 33．如图，三棱锥满足面，点为棱中点，点在直线上的投影分别为. (1)证明：面； (2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积； (3)是否存在点使得点到的距离均相等，若存在，求二面角余弦值的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在点，余弦值的取值范围为 【分析】（1）题中垂直条件较多，利用线线垂直证明线面垂直，从而证明线线垂直，进而找到平面中的两直线与直线垂直；（2）要求三棱锥的体积，由于已知的长度，那么只要求出的面积；条件中提到二面角的余弦值，因此先找出二面角的平面角，再考虑该平面角与可通过联系；（3）先利用球的任意截面都是圆的性质找出的位置，再构造二面角的平面角，利用函数求取值范围 【详解】（1）连接，因是等腰三角形底边上的中线，所以 因为平面，所以 因为平面，平面，且与相交于点，所以平面 所以 因点在直线上的投影是点，所以 因为平面，平面，且与相交于点，所以平面 所以 因点在直线上的投影是点，所以 因为平面，平面，且与相交于点，所以平面 （2）同（1），可证得平面，则 由（1）的过程可知，平面，所以， 所以是二面角的平面角，则 在四边形中，，所以 所以，解得 因为平面，所以， 因为，所以 所以，可得，故 所以是等边三角形，其面积为 所以三棱锥的体积为 （3） 因为是直角三角形，所以其外心在其斜边的中点，设线段中点为 过作直线使得平面，则直线上的任意点到，，的距离相等； 同理，是直角三角形，设斜边的中点为 过作直线使得平面，则直线上的任一点到，，的距离相等； 因此，与的交点距离，，，，的距离相等 因为平面，所以，故在的中位线上 所以与相交于点，即与重合 即 设线段中点为，线段中点为，连接，， 中，，因此 过作，与延长线交于，因为，所以 又因为（中位线），所以 因此，是二面角的平面角 设， 则，，，，（中位线） 由射影定理得，，则 由（1）可知，，由勾股定理得，，则，由垂径定理得， 在中，由余弦定理得，，代入化简得， 设，，函数在上单调递减 ，，而 故，即二面角余弦值的取值范围为 34．如图，在三棱锥中，，，平面平面．若为线段上的动点（不含端点），记与平面所成角为，锐二面角的平面角为，则的最大值为______． 【答案】 【分析】先根据已知条件得出为等腰直角三角形，为一个角为的直角三角形，再通过作垂线构造出与平面所成角以及锐二面角的平面角，然后利用几何关系得到，从而将转为关于的表达式，最后利用基本不等式得出最大值. 【详解】因为，所以为等腰直角三角形，取中点， 则，， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以， 故是直角三角形，为直角，又，可得， 作，垂足为，因为平面平面，平面平面， 所以平面， 则即为与平面所成角，再作，因为平面， 所以，又，故平面，于是有， 从而即为锐二面角的平面角，而由及 可得，所以，即， 得，因为为线段上的动点且不含端点， 可知，所以， 等号在即时取得，所以的最大值为. 35．已知二面角的大小为，，，且，B为β内异于O的任意一点，且的最大值是，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过作，垂足为，先根据二面角的定义作出二面角的平面角，再由最小角定理分析出当与重合时，取到最小值， 此时取到最大值，分别求出的值，即可求出. 【详解】 如图所示，过作，垂足为，作交于点，连接. ，，. ，，平面. 平面，， 就是二面角的平面角，. ，为垂足， 为在平面β内的射影， 就是与平面β所成的线面角. 由最小角定理可知是与平面β内的任意一条直线所成角中的最小角， B为β内异于O的任意一点， 当且仅当与重合时，取到最小值， 此时取到最大值. 在中，，. 由勾股定理可得. 又，，. 在中，. 36．在中，，，，点为中点，连接，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，则二面角的余弦值为____________ ． 【答案】/ 【分析】根据翻折后的立体图形，取中点为，过点作交于，连接，，先证平面，再证平面，得到就是二面角的平面角，在中求解即可. 【详解】取中点为，过点作交于，连接，， 在中，，，， 则，所以. 又点为中点，所以，即为等边三角形， 所以，，， 将沿折起，使点到达点的位置， 则为等边三角形，又为中点，所以， 又平面平面，平面平面， 所以平面. 又平面，所以. 又，，，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 所以即为二面角的平面角， 在中，，， 所以， 则. 故二面角的余弦值为. ( 地 城 考点0 4 立体几何的距离问题 ) 37．（多选）如图，将棱长为4的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，P为棱上一点，则下列四个结论中正确的是（    ） A．平面 B．八面体的体积为 C．的最小值为 D．点A到平面的距离为 【答案】ABC 【分析】证明依据线面平行判定定理判断A，棱锥体积公式求出，再根据八面体的体积等于棱锥体积的2倍，判断B，将几何体展开，利用余弦定理判断C，等体积法求点到面的距离判断D. 【详解】 在正方体中，连接，可知相交于点，且被互相平分， 故四边形是平行四边形， 所以，而平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为正方体棱长为4，所以四边形是正方形且， 面，， 所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍， 而棱锥体积等于， 故八面体的体积为，B正确； 因为为棱上一点，将和展开成一个平面， 由题和均为正三角形，且边长为， 由三角形两边之和大于第三边知最小值为， 在中由余弦定理可知 ，故C正确； 对于D选项：设点到平面的距离为， 由等体积法知 即， ，故D错误. 38．如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据折叠的特点，根据外接球以及球的表面积求解正方形的边长，结合勾股定理求解即可. 【详解】连接，交于，交于点，连接，，设正方形的边长为， 因为为正方形，所以沿对角线折叠的过程中， 点（即点）在底面上的射影一直在直线上， 又点在平面上的射影在直线上，所以点即为点在平面上的射影， 即平面， 则即为点到平面的距离. 因为平面，所以. 正方形中，，即， 所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径， 又三棱锥的外接球表面积为，则，解得， 所以. 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则. 在中，. 所以点到平面的距离为. 39．在棱长为1的正方体中，分别为棱的中点，动点在平面内，且．给出下列四个结论： ①平面； ②点轨迹的长度为； ③三棱锥的体积恒为定值； ④平面截正方体所得的截面面积为． 其中所有正确结论的序号是___________． 【答案】①②④ 【分析】对于①，证明，结合线面平行的判定定理即可判断；对于②，利用等体积法求出到平面的距离，即可得到点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，即可判断；对于③，的面积不为定值，即可判断③，对于④，作出平面截正方体所得的截面，截面为正六边形，求面积即可判断. 【详解】因为分别为的中点，所以， 又，所以， 又因为平面，平面， 所以平面，故①正确； 设点在平面的投影为， ，，，则， 所以， ， 所以， 而，解得， 又，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆， 故点轨迹的长度为，故②正确； 因为点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆， 圆在平面内， 故到直线的距离不为定值，即的面积不为定值， 而到平面的距离为定值， 故的体积不恒为定值，故③错误； 取中点分别为，连接， 六边形即为平面截正方体所得的截面， 六边形的各边均为，故为正六边形， 所以正六边形的面积为，故④正确. 40．在正三棱柱中，，，点是平面上的动点，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 当D不在直线AC上时，过点作于H，连接AH，在正三棱柱中，平面ABC，则，所以平面，， 所以,所以当取最小值时，D在AC上， 如图所示，将在平面中绕点向下旋转得直线，作， 则，则的最小值等价于的最小值， 过作于，可知， 可知，，所以，， 则， 所以， 所以的最小值为. 41．篮球有不同的型号，比如男篮和女篮的比赛用球无论是质量还是大小均不相同，儿童一般用3号球，半径约9厘米.一款儿童篮球为标准球体，半径9厘米，球面上有三点、、，它们相互之间的直线距离均为9厘米，球面上有一动点，则点到平面的距离的最大值为__________厘米. 【答案】 【分析】求出球心到平面的距离，点到平面的距离的最大值为，即可求出答案. 【详解】如图，为球心，为的中心，为中点， 设球半径为， 由题意知为等边三角形，，， 则，， 在中，， 即球心到平面的距离， 当三点共线时，点到平面的距离最大，最大值为. 42．在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，，．若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为______． 【答案】 【分析】根据条件，将三棱锥还原成长方体，则该长方体的体对角线即为三棱锥外接球的直径，根据长度，求出外接球的半径，根据勾股定理，求出各个长度，根据余弦定理及同角三角函数的关系，求出的值，根据正弦定理，求出的外接圆半径r，分析求解，即可得答案. 【详解】如图，因为两两垂直， 所以三棱锥的外接球，即为长方体的外接球， 因为，，， 所以长方体的体对角线， 所以长方体外接球半径即三棱锥的外接球半径为， 又，，， 在中，由余弦定理，，则， 由正弦定理，可得的外接圆半径为， 所以球心到平面ABC的距离为， 所以点M到平面ABC距离的最大值为． 故答案为： 43．三棱锥中，，二面角的平面角为锐角，则三棱锥的外接球球心到平面ABC的距离最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取中点，连接，由题易知为三棱锥的外接球球心，且外接球半径为，再根据球心到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离的一半，转化为求点到平面ABC的距离，最后根据即可求得答案. 【详解】如图，取中点，连接， 因为三棱锥中，， 所以与均为直角三角形，且为公共斜边， 所以，即点为三棱锥的外接球球心，半径为， 设点到平面ABC的距离，球心到平面ABC的距离 所以球心到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离的一半，即， 因为二面角的平面角为锐角， 所以点到平面ABC的距离，当且仅当时等号成立， 所以球心到平面ABC的距离， 即三棱锥的外接球球心到平面ABC的距离最大值为. 故选：D 44．某商场要在大厅顶悬挂一个棱长为2米的正方体物件作为装饰，如图，，，，为该正方体的顶点，，，为三根直绳索，且均垂直于屋顶所在平面.若平面与平面平行，且直绳索的长度为米，则点到平面的距离为（    ）    A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】D 【分析】利用等体积法求得点到平面的距离，可求点到平面的距离. 【详解】设点到平面的距离为， 根据正方体的性质可知：点到平面的距离为， 因为， 所以， 由正方体可得， 所以， 解得， 所以点到平面的距离为， 又因为平面与平面平行，直绳索的长度为米， 所以点到平面的距离为. 故选：D 45．（多选）如图，在三棱锥中，侧面是全等的直角三角形，是公共的斜边，且，另一个侧面是正三角形，下面结论正确的是（    ） A．为正三角形 B． C．与底面所成角的正弦值为 D．点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】对于A：根据题意直接判断即可；对于B：设点A在底面的投影为，可知四边形是边长为1的正方形，进而可证平面，即可得结果；对于C：可知与底面所成角为，进而求解；对于D：转换顶点结合等体积法求点到面的距离即可. 【详解】对于选项A：因为侧面是正三角形，故A正确； 对于选项B：由题意可知：，， 则，可知. 设点A在底面的投影为，连接， 因为平面，平面，则， 且，，平面，则平面， 且平面，所以， 同理可得：， 可知四边形是边长为1的正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面， 且平面，所以，故B正确； 对于选项C：因为，， 可知与底面所成角为，其正弦值为，故C错误； 对于选项D：设点到平面的距离为， 因为，则，解得， 所以点到平面的距离为，故D正确； 故选：ABD. 46．如图，在正方体中，，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①存在点，使得三棱锥的体积为； ②存在点，使得与所成角的大小为； ③点到平面的距离随的增大，先变大再变小； ④直线与平面所成的角随的增大，先变大再变小. 其中所有正确结论的序号是_____________. 【答案】①④ 【分析】对于①三棱锥以作为底面,为高就可以作答，对于②需要利用平行的关系将其转化为另外一个角度计算，对于③根据平行关系转化点到平面的距离，对于④利用面面平行关系转化角度计算. 【详解】①三棱锥体积可看作作为底面,为高， 所以,又因为点在线段上运动，的最大值是2,所以体积的范围是，因为,故①正确. ②因为,所以与所成角等于与所成角， 即,,在三角形内的最小值为,最大值是2, 所以,而,不在范围内，故②错误. ③因为,,,所以. 点到平面的距离等于点到平面的距离，如图 过C作的垂线,交于点E,又因为,所以, 又因为,所以,所以点到平面的距离是的长. 由图形可得,逐渐减小，所以也逐渐减小，故③错误. ④因为，所以直线与平面所成的角等于直线与所成的角，即，,因为是先减小后增大的，所以就先增大后减小,故④正确. 故答案为：①④ 47．（多选）如图，在正四棱台中，，，，为棱上的动点（包括端点），则（    ）    A．该正四棱台的体积为 B．三棱锥的体积为定值 C．存在点，使得平面 D．的最小值为 【答案】ABD 【分析】作出符合题意的图形，结合勾股定理求出正四棱台的高，再结合体积公式判断A，利用线面平行的判定得到平面，进而求出点面距离是定值，再结合底面积也是定值判断B，先假定线面垂直，进而推出，发现与题意矛盾判断C，将立体图形转化为平面图形，再结合题意得到直线过点，将的最小值转化为的最小值，最后求出长度判断D即可. 【详解】对于A，由题意得上底面面积为，下底面面积为， 如图，连接，设，， 可得分别是上底面和下底面的中心， 连接，则平面，且是正四棱台的高，    在上取点，使得，由正四棱台性质得， 则四边形是平行四边形，故且，则平面， 由题意得，，则， 因为，所以由勾股定理得， 所以由棱台的体积公式得，故A正确， 对于B，如图，接，，， 由正四棱台性质得，且， 则四边形为平行四边形，所以， 因为平面，面，所以平面， 又，所以点到平面的距离即为到平面的距离且为定值， 由题意得为定值，则为定值，故B正确， 对于C，假设存在点，使得平面，而面，则， 因为，，面，所以平面， 而面，可得，与正四棱台的侧面为等腰梯形矛盾，故假设不成立， 即不存在点，使得平面，故C错误， 对于D，由正四棱台性质得，如图，作，，    由题意得四边形是矩形，则，， 则，而，得到， 如图，将侧面和沿棱展开，    由余弦定理得，解得， 且由题意得，，则，可得， 同理可得，，故， 即在展开图内直线过点，且，当且仅当共线时取等， 故当点与点重合时，的最小值为，故D正确. 故选：ABD 48．（多选）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，，．若鳖臑外接球的体积为，则当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（    ） A． B．鳖臑体积的最大值为2 C．点到面的距离是 D．鳖臑内切球的半径为 【答案】BCD 【分析】根据外接球体积得到外接球半径，找到球心位置，设，，利用基本不等式得到体积的最值及判断AB，利用等体积法判断CD. 【详解】选项AB：设鳖臑外接球半径为， 由题意可得，解得， 因为四个面都为直角三角形，中点到四个顶点的距离都相等， 所以点是外接球的球心，， 因为平面，，， 所以， 设，，则，即， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，鳖臑体积的最大值为2，A错误，B正确； 选项C：设点到面的距离为， 因为平面，所以，， 所以，，解得， 即点到面的距离为，C说法正确； 选项D：因为， 所以，，，， 设鳖臑内切球的半径为，则， 即，解得，D说法正确； 故选：BCD 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $