专题16 立体几何（压轴题专项训练）高一数学苏教版必修第二册

专题16 立体几何 （六类重难点题型） 目录 典例解析 类型一、立体几何中的截面问题 类型二、立体几何中的轨迹问题 类型三、空间几何体的表面积与体积 类型四、球的切接问题 类型五、立体几何中的平行与垂直 类型六、立体几何中探索性问题 压轴专练 类型一、立体几何中的截面问题 1、截面问题的理论依据： (1)确定平面的条件 ①不在同一平面的三点确定一个平面；②两条平行线确定一个平面 (2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线 (3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内 (4)如果一条直线平行于一个平面，且经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行 (5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行 2、截面问题的基本思路： 1.定义相关要素 ①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面. ②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线. ③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点. ④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点. ⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面. 2.作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面 3、作截面的具体步骤： （1）找截点：方式1：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点 方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点 （2）连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线 （3）围截面：将各截线首尾相连，围成截面 【技巧方法】 作截面的几种方法： （1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。 （2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。 （3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。　 例1．如图，已知正方体的棱长为2，设P，Q分别为，的中点，则过点P，Q的平面截正方体所得截面的形状可能为（  ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 变式1-1．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（  ）    A． B． C． D． 变式1-2．如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为（  ） A． B． C． D． 变式1-3．在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（  ） A．当时，截面为六边形 B．当时，截面只能是四边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 变式1-4．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（  ） A．当时，平面 B．当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C．当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D．当时，的最小值为 变式1-5．已知正四棱锥的所有棱长均为4，点为中点，点在上，，点为中点，则平面截正四棱锥所得的截面周长为 ．    类型二、立体几何中的轨迹问题 立体几何中的轨迹问题常常抓住平行、垂直、定角、定长关系求轨迹 【技巧方法】 常见轨迹类型及处理步骤： 1、由动点保持平行性求轨迹. （1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹. 2、动点保持垂直求轨迹. （1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹. 3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹. （1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹. 4、由动点保持等角（或定角）求轨迹. （1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹. 5、投影求轨迹. （1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形. 6、翻折与动点求轨迹. （1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹. 例2．已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为（  ） A．1 B． C．3 D． 变式2-1．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内一动点（含边界）．若平面，则动点F的轨迹长度为（  ） A． B． C． D． 变式2-2．已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（  ） A． B．3 C． D． 变式2-3．（多选）如图所示，已知正方体的棱长为，点分别是棱的中点，点是侧面内一点（含边界）．若平面，则下列说法正确的有（  ） A．点的轨迹为一条线段 B．三棱锥的体积是定值 C．的取值范围是 D．直线与所成角的余弦值的最小值为 变式2-4．（多选）若正四棱柱的底面棱长为4，侧棱长为3，且为棱的靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则下列结论正确的是（  ）    A．点所在区域面积为 B．有且仅有一个点使得 C．四面体的体积取值范围为 D．线段长度最小值为 变式2-5．已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为___________ 类型三、空间几何体的表面积与体积 一、多面体的表面积与体积 1．多面体的侧面积和表面积 几何体 棱柱 棱锥 棱台 侧面展开图 侧面积公式 ch (c为底面周长，h为侧棱长) ch′ (c为底面周长，h′为侧面等腰三角形底边上的高) (c+c′)h′ (c′，c分别为上、下底面周长，h′为侧面等腰梯形的高) 表面积公式 2．多面体的体积 几何体 体积 棱柱 (S为底面面积，h为高) 棱锥 (S为底面面积，h为高)， 棱台 (S′、S分别为上、下底面面积，h为高)， 二、旋转体的表面积和体积 1.旋转体的侧面积和表面积 几何体 圆柱 圆锥 圆台 球 侧面展开图 侧面积公式 表面积公式 2．旋转体的体积 几何体 体积 圆柱 (S为底面面积，h为高) 圆锥 (S为底面面积，h为高)， 圆台 (S′、S分别为上、下底面面积，h为高)， 球 (为球的半径) 【技巧方法】 求体积的常用方法： 1.直接法 2.等积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积. 3.割补法　 例3．已知直三棱柱外接球的直径为6，且，，则该棱柱体积的最大值为（  ） A．6 B．12 C．16 D．24 变式3-1．如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为和，正六棱台与正六棱柱的高分别为和，则该花灯的表面积为（  ） A． B． B． C． D．    变式3-2．将一个棱长为1的正方体放入一个圆柱内，正方体可自由转动，则该圆柱体积的最小值为（  ） A． B． C． D． 变式3-3．三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年．2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的圆筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为_________    变式3-4．已知四面体ABCD的顶点均在半径为3的球面上，若，则四面体ABCD体积的最大值为________ 变式3-5．如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则 ，的最小值为 . 类型四、球的切接问题 【技巧方法】 求向量a，b的夹角θ的思路： (1)求向量的夹角的关键是计算a·b及|a||b|，在此基础上结合数量积的定义或性质计算cos θ＝，最后借助θ∈[0，π]，求出θ值． (2)在个别含有|a|，|b|与a·b的等量关系式中，常利用消元思想计算cos θ的值． 例4．（1）在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球的半径为 . （2）已知圆台的母线长为，母线与底面所成角为，且.其内切球的体积为，则该圆台体积的取值范围为________. 变式4-1．已知四面体ABCD中，，，，且DA与平面ABC所成角的余弦值为，则该四面体外接球的半径为（  ） A．1 B． C．2 D． 变式4-2．已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则该正三棱锥的外接球的表面积为（  ） A． B． C． D． 变式4-3．如图，在三棱锥中，平面BCD，，，已知动点E从C点出发，沿四棱锥的外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为（  ） A． B． C． D． 变式4-4．（多选）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（  ） A． B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为 C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为 D．三棱锥外接球的体积是 变式4-5．在正三棱锥中，，E为侧棱的中点，若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为______． 变式4-6．已知正三棱锥的高为2，，其内部有一个球与它的四个面都相切，求： (1)正三棱锥的表面积； (2)正三棱锥内切球的表面积与体积． 类型五、立体几何中的平行与垂直 类型一、正（长）方体、可补成长方体模型: ①长（正）方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半，即 ②可补成长方体模型 模型1：三棱锥的三条侧棱两两互相垂直 模型2：有一侧棱垂直于底面，底面为直角三角形的三棱锥 模型3：若三棱锥的对棱两两相等，则每条对棱为长方体的面对角线，如图，则外接球直径公式为（其中为三组对棱的长度） 模型1： 模型2： 模型3： 类型二：柱体模型及线面垂直模型 ①柱体模型：外接球半径公式：（为柱体的高，为底面（外接）圆的半径） ②线面垂直模型：一般可补成柱体模型进行求解 类型三：正锥体模型 解题步骤：①取底面的外心，则三点共线；②先算出圆的半径（利用正弦定理），再算出锥体的高；③在利用勾股定理：，解出. 类型四：面面垂直及二面角模型 ①若两个平面垂直，则分别找出两垂直多边形的外接圆圆心，然后分别作过圆心的垂直线，交点即球心 ②二面角模型 多是可以借助外心垂线相交法来计算解决：①等边三角形中心（即外心）做面垂线，必过球心；②直角三角形斜边中点（即外心）做面垂线，必过球心； 注意：外心垂线夹角与二面角相等或者互补. 类型五、台体模型 球内接圆台，棱台：，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 基本规律：正棱台外接球，以棱轴截面为主 类型六、内切球模型 内切球球心到多面体各面的距离均相等，故可用等体积法：(为几何体的体积，为多面体的表面积，为内切球的半径) 例5．（1）如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点，当平面时，=（  ） A． B． C． D． （2）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，．    ①证明：与平面不垂直； ②证明：平面平面； ③如果，二面角等于，求二面角的大小． 变式5-1．（多选）如图，为圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点、重合的点，于，于，则下列结论正确的是（  ）    A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面平面 变式5-2．（多选）如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，分别是和的中点，则下列结论正确的是（  ） A． 平面 B．平面 C． D．平面平面 变式5-3．如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 变式5-4．如图，在正三棱柱中，分别为的中点，. (1)证明：； (2)证明：平面平面； 类型六、立体几何中探索性问题 面面平行的探索性问题： 利用平面与平面平行的性质定理： 面面垂直探索性问题： （1）动点在面上使面面垂直：在目标平面上找一条直线垂直于另一平面，该直线需经过动点（常转化为线面垂直问题） （2）动点在线上使面面垂直：在直线上取点，使该点与另一平面能确定垂线，通常有无数解（需其他条件约束） 例6．如图所示，点P是平面外一点，平面，，. (1)求证：平面； (2)问：是否存在线段上的一点N，使得对线段上的任一动点M，均有平面成立？若存在，请指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由. 变式6-1．已知中，， ，，分别取边的点，使得，将沿折起到的位置，设点为棱的中点，点为的中点，棱上的点满足. (1)求证：平面； (2)试探究在的折起过程中，是否存在一个位置，使得三棱锥的体积为，若存在，求出二面角的大小，若不存在，请说明理由. 变式6-2．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，分别是的中点． (1)求三棱锥的体积； (2)证明：平面； (3)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． 变式6-3．在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为鳖臑，由于它固有的优异性质，所以被称为立体几何中的“小王子”.如图，在鳖臑中，平面，若，E为的中点，M，N分别为的中点， (1)证明：平面； (2)若为线段上的动点，平面与平面是否垂直？ 如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由. 变式6-4．如图，四棱锥的底是正方形，是正三角形，平面平面，是的中点．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面平面成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 1.如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为（  ）    A． B．6 C． D． 2. 如图，在直三棱柱中，是边长为4的正三角形，，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（  ） A． B． C． D．π 3.在直三棱柱中，，，，，则此三棱柱的外接球被平面截得的截面面积为（  ） A. B. C. D. 4.四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，．若点均在球的表面上，则当四棱锥的体积最大时，球的表面积为（  ） A． B． C． D． 5.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（  ） A． B． C． D． 6.（多选）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（  ） A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形 C．直线与直线相交 D．直线与直线相交 7.（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．无论点N在何处，始终有成立． B．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． 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． 8.（多选） 如图，正方体的棱长为6，分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（  ） A．若平面，则点运动轨迹长度为 B．若，则点运动轨迹长度为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为 D．三棱锥的外接球表面积为 9.如图，在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将正方体分成上、下两部分，则分成的上、下两部分几何体的体积比为__________ 10.如图，在边长为3的正方体中，为中点，为中点，过、、作与正方体的截面为，则截面的周长为________. 11.在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，三棱柱为一“堑堵”，P是的中点，，则该“堑堵”的外接球的表面积为______；在过点P且与直线平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为______ 12.在三棱锥中，已知与均是边长为4的正三角形，，为侧棱的中点，为三棱锥的外接球表面上一动点，若异面直线，始终保持垂直，则动点的轨迹围成图形的周长为 ． 13.如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心. (1)求证：面面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度； 14.在棱长均为2的正三棱柱中，E为的中点．过AE的截面与棱分别交于点F，G．    (1)若F为的中点，试确定点G的位置，并说明理由； (2)在（1）的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值； (3)设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 20 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题16 立体几何 （六类重难点题型） 目录 典例解析 类型一、立体几何中的截面问题 类型二、立体几何中的轨迹问题 类型三、空间几何体的表面积与体积 类型四、球的切接问题 类型五、立体几何中的平行与垂直 类型六、立体几何中探索性问题 压轴专练 类型一、立体几何中的截面问题 1、截面问题的理论依据： (1)确定平面的条件 ①不在同一平面的三点确定一个平面；②两条平行线确定一个平面 (2)如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们相交于过此点的一条直线 (3)如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在这个平面内 (4)如果一条直线平行于一个平面，且经过这条直线的平面与这个平面相交，那么这条直线就和交线平行 (5)如果两个平面平行，第三个平面和它们相交，那么两条交线平行 2、截面问题的基本思路： 1.定义相关要素 ①用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集，叫做这个几何体的截面. ②此平面与几何体表面的交集(交线)叫做截线. ③此平面与几何体的棱(或面)的交集(交点)叫做实截点. ④此平面与几何体的棱(或面)的延长线的交点叫做虚截点. ⑤截面中能够确定的一部分平面叫做截小面. 2.作截面的基本逻辑：找截点→连截线→围截面 3、作截面的具体步骤： （1）找截点：方式1：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点 方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点 （2）连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线 （3）围截面：将各截线首尾相连，围成截面 【技巧方法】 作截面的几种方法： （1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程。 （2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点。 （3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线。　 例1．如图，已知正方体的棱长为2，设P，Q分别为，的中点，则过点P，Q的平面截正方体所得截面的形状可能为（  ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】BCD 【解析】对选项A，假设过点P，Q的平面截正方体所得截面的形状为三角形，则必为三角形的一条边， 但线段不在正方体的任一表面上，不可能为截面图形的边.故A项错误； 对选项B，如图，取AB的中点为，连接PM，过点P，Q，M的平面作截面， 则平面，设平面，且点， 由平面平面，则，又，且，又， 则，故所在直线与重合，又， 连接MD，，则四边形为平行四边形，且， 故此时过点P，Q，M的平面截正方体所得的截面为四边形， 故选项B正确； 对选项C，如图，连接，过点的平面作截面， 则平面，设平面，且点， 由平面平面，则， 取上靠近的四等分点为，连接， 再分别取的中点，连接， 由，，可得四边形为平行四边形， 则，同理可证，又由分别为的中点，则， 则由平行的传递性可得，， 即所在直线与重合，即平面； 同理，取上靠近的三等分点为M，连接， 由平面平面，可得，平面； 连接，此时过点的平面截正方体所得的截面为五边形PBNQM， 故C项正确； 对选项D，如图，取M，N，E，F分别为对应棱的中点， 连接PF，FQ，QE，EN，MN，PM， 与BC项同理可由平面平面，平面平面，平面平面， 得，，， 即此时过点的平面截正方体所得的截面为六边形PMNEQF，故D项正确. 故选：BCD． 变式1-1．如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（  ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，作出截面并求出其面积. 【解析】在正方体中，取的中点，的中点，连接，    由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B 变式1-2．如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图，取BC的中点E，的中点F，连接DE，，，FD， 因为E，F分别为BC，的中点，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，，平面，所以平面平面， 即四边形为截正方体所得截面图形. 由正方体的棱长为2，易得四边形是边长为的菱形， 对角线即为正方体的体对角线， 又， 所求截面的面积. 故选：C 变式1-3．在正方体中，为的中点，为的中点，为线段上一动点（不含）．过与正方体的截面记为，下列说法中正确的是（  ） A．当时，截面为六边形 B．当时，截面只能是四边形 C．当时，截面的面积最大 D．当时，截面只能是五边形 【答案】ABD 【解析】对于A，当时，分别取的中点为，如下图所示： 由正方体性质可得，即可得为正六边形， 因此当时，截面为六边形，即A正确； 对于B，如下图： 当时，不妨取与重合，可知截面只能是四边形，可知B正确； 对于C，延长交于，交于，连接交于点，连接交于，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，易知， 可知为等腰三角形，其底边上的高为， 因此其面积为； 又，可知四变形为等腰梯形； 其高为，因此其面积为； 此时五边形面积为 当当时，截面为边长是的正六边形，其面积为； 显然当时，截面的面积不是最大的，即C错误； 对于D，根据C选项中的分析可知，当时，截面为在五边形的基础上绕着向下摆动， 此时截面始终于有交点，此时截面只能是五边形，即D正确. 故选：ABD 变式1-4．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点，分别是，的中点，在棱上满足，，为线段上的一个动点，平面平面，则下列命题中正确的是（  ） A．当时，平面 B．当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形 C．当时，平面截该正方体所得截面面积的最大值为 D．当时，的最小值为 【答案】ABD 【解析】对A，当时，，为中点， ∵是中点，∴ ，又，所以， 即可得平面，故A正确； 对于B，如图延长交与H，连接交与I， 易知当时，I在线段上，截面如图为梯形， 当时，I在延长线上，截面如图为五边形， 所以当时，过点，，的平面截该正方体所得的截面为五边形， 故B正确； 对于C，当时，为中点， ∵平面平面，∴截面可以为如图正六边形， 正方体边长为1，故截面正六边形边长为， 面积， 故C错误； 对于D，当时， ，∴ 四点共面， 如图对平面和平面沿进行展开， 四边形为等腰梯形，， ∴高， 又三角形为等腰三角形，， ∴高， ∴，又，所以的最小值为，故D正确； 故选：ABD. 变式1-5．已知正四棱锥的所有棱长均为4，点为中点，点在上，，点为中点，则平面截正四棱锥所得的截面周长为 ．    【答案】 【解析】延长与的延长线交于点，连接与交于点，延长与的延长线交于点，连接与交于点， 则平面截正四棱锥所得的截面为五边形， 如图所示：    易知，， ， 所以五边形的周长为． 故答案为： 类型二、立体几何中的轨迹问题 立体几何中的轨迹问题常常抓住平行、垂直、定角、定长关系求轨迹 【技巧方法】 常见轨迹类型及处理步骤： 1、由动点保持平行性求轨迹. （1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹. 2、动点保持垂直求轨迹. （1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹. 3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹. （1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹. 4、由动点保持等角（或定角）求轨迹. （1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹. 5、投影求轨迹. （1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形. 6、翻折与动点求轨迹. （1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹. 例2．已知正三棱锥的底面边长为6，体积为，动点在棱锥侧面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长度为（  ） A．1 B． C．3 D． 【答案】D 【解析】 如图，取的中心为，连接，作于，连接，延长交于点， 注意到底面三角形是等边三角形，所以， 由正三棱锥的性质可得为高， 因为底面边长为6，体积为， 所以，所以， 注意到底面三角形是等边三角形，所以为三角形外接圆的半径， 所以由正弦定理有，所以， 所以. 因为面，面， 所以， 又因为，面，面， 所以面， 因为面， 所以， 因为，且，面，面， 所以平面， 因为平面， 所以， 又因为动点在棱锥侧面上运动，并且总保持， 所以点的轨迹为线段. 在等腰三角形中，由余弦定理有， 从而，所以. 故选：D. 变式2-1．如图，在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为底面ABCD内一动点（含边界）．若平面，则动点F的轨迹长度为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，取AD的中点M、CD的中点N，连接， 因为E为BC的中点，M为中点，由正方体的性质可得， ，，所以四边形是平行四边形， 所以，，又因为，， 所以，，所以四边形是平行四边形， 所以，由正方体的性质可得, ，，所以四边形是平行四边形， 所以，又因为M为中点，N为中点， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以平面，平面， 又，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 所以动点F的轨迹为线段， 又，故动点F的轨迹长度为． 故选：D． 变式2-2．已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（  ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【解析】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 变式2-3．（多选）如图所示，已知正方体的棱长为，点分别是棱的中点，点是侧面内一点（含边界）．若平面，则下列说法正确的有（  ） A．点的轨迹为一条线段 B．三棱锥的体积是定值 C．的取值范围是 D．直线与所成角的余弦值的最小值为 【答案】A 【解析】对于A，分别取中点，连接， ，，四边形为平行四边形，， 平面，平面，平面； ，平面，平面，平面； ，平面，平面平面； 则当平面时，平面恒成立， 又平面平面，平面， 点轨迹为线段，A正确； 对于B，由A知：平面，点到平面的距离即为点到平面的距离， ， 即三棱锥的体积为定值，B正确； 对于C，连接， 在中，，，， 点到的距离为， 的取值范围为，C错误； 对于D，由A知：，直线与所成角即为直线与所成角，即， 则当与重合时，取得最大值，此时余弦值取得最小值； 在中，，，， ， 即直线与所成角的余弦值的最小值为，D正确. 故选：ABD 变式2-4．（多选）若正四棱柱的底面棱长为4，侧棱长为3，且为棱的靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则下列结论正确的是（  ）    A．点所在区域面积为 B．有且仅有一个点使得 C．四面体的体积取值范围为 D．线段长度最小值为 【答案】AC 【解析】A.由线面角的定义可知，，即， 故点所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），即圆的，面积为，A正确； 如图，设点的轨迹与交于点， B.不妨点P与点F重合，此时， 由余弦定理得：，则 同理可得：，故不止一个点使得，B错误； C.如图，平面，平面，所以， 且，，平面，所以平面， 平面，所以平面平面， 且平面平面， 因为，平面，平面, 所以平面,所以点到平面的距离相等， 如图，当点在点处时，此时点P到平面的距离最大，最大距离为， 此时四面体的体积为， 当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为， 因为△BFK∽△BAH，所以，所以最小体积为，    故四面体的体积取值范围为，C正确；    D.当PC取最小值时，线段长度最小， 由三角形两边之和大于第三边知：当A，P，C三点共线时，PC取得最小值，即， 则，D错误 故选：AC 变式2-5．已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为___________ 【答案】 【解析】 ， 设为等边三角形的中心，则平面， 连接，则， 所以， ， 而点到的距离为， 点到的距离为， 所以点轨迹是以点为圆心，以为半径， 且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，如图， 设圆弧与相交于两点，作，则， ，所以，可得， 可得点的轨迹在内部的弧所对的圆心角为， 则弧长为. 故答案为：. 类型三、空间几何体的表面积与体积 一、多面体的表面积与体积 1．多面体的侧面积和表面积 几何体 棱柱 棱锥 棱台 侧面展开图 侧面积公式 ch (c为底面周长，h为侧棱长) ch′ (c为底面周长，h′为侧面等腰三角形底边上的高) (c+c′)h′ (c′，c分别为上、下底面周长，h′为侧面等腰梯形的高) 表面积公式 2．多面体的体积 几何体 体积 棱柱 (S为底面面积，h为高) 棱锥 (S为底面面积，h为高)， 棱台 (S′、S分别为上、下底面面积，h为高)， 二、旋转体的表面积和体积 1.旋转体的侧面积和表面积 几何体 圆柱 圆锥 圆台 球 侧面展开图 侧面积公式 表面积公式 2．旋转体的体积 几何体 体积 圆柱 (S为底面面积，h为高) 圆锥 (S为底面面积，h为高)， 圆台 (S′、S分别为上、下底面面积，h为高)， 球 (为球的半径) 【技巧方法】 求体积的常用方法： 1.直接法 2.等积法：通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积. 3.割补法　 例3．已知直三棱柱外接球的直径为6，且，，则该棱柱体积的最大值为（  ） A．6 B．12 C．16 D．24 【答案】C 【解析】如图，将直三棱柱外补全成长方体， 则直三棱柱外接球的直径即为该长方体的对角线， 设，，则，， 直三棱柱的体积为， 当且仅当时，等号成立， 该棱柱体积的最大值为16． 故选：C. 变式3-1．如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为和，正六棱台与正六棱柱的高分别为和，则该花灯的表面积为（  ） A． B． B． C． D．    【答案】A 【解析】正六棱柱的六个侧面面积之和为， 正六棱柱的底面面积为， 如图所示，正六棱台中，， 过点分别作垂直于底面于点， 连接相交于点，则分别为的中点， 过点作⊥于点，连接，则为正六棱台的斜高， 其中，，， 由勾股定理得，故，    所以正六棱台的斜高为， 故正六棱台的侧面积为， 又正六棱台的下底面面积为， 所以该花灯的表面积为． 故选：A． 变式3-2．将一个棱长为1的正方体放入一个圆柱内，正方体可自由转动，则该圆柱体积的最小值为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意知，当圆柱底面直径和高刚好等于正方体的的体对角线时体积最小， 正方体的体对角线长为 所以，此时圆柱的底面半径为，高为， 所以该圆柱体积的最小值为. 故选：B. 变式3-3．三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年．2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的圆筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长，外径长，筒高，中部为棱长是的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为_________-    【答案】 【解析】    计算正方体体积：， 计算上下两个圆柱的体积：， 再计算内空圆柱的体积：， 最后可得组合体体积： 故答案为： 变式3-4．已知四面体ABCD的顶点均在半径为3的球面上，若，则四面体ABCD体积的最大值为________ 【答案】 【解析】如图，设为AB的中点，为CD的中点，为四面体ABCD外接球的球心， 因为， 所以，又， 所以，当且仅当AB与CD垂直，且均与EF垂直时取等号． 故答案为： 变式3-5．如图，已知正四面体的棱长为1，过点B作截面α分别交侧棱，于E，F两点，且四面体的体积为四面体体积的，则 ，的最小值为 . 【答案】 / / 【解析】因为，则， 记， 因为，即。 又因为， 当且仅当，即时，取等号. 所以a的最小值为. 故答案为：；. 类型四、球的切接问题 【技巧方法】 求向量a，b的夹角θ的思路： (1)求向量的夹角的关键是计算a·b及|a||b|，在此基础上结合数量积的定义或性质计算cos θ＝，最后借助θ∈[0，π]，求出θ值． (2)在个别含有|a|，|b|与a·b的等量关系式中，常利用消元思想计算cos θ的值． 例4．（1）在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球的半径为 . 【答案】 【解析】因为平面，我们将三棱锥补成长方体. 在中，，， 设，根据正弦定理（为外接圆半径）， 这里就是长方体底面长方形外接圆半径. ，即，解得. 又因为，这个就是长方体的一条棱. 设外接球半径为，根据长方体的体对角线长等于外接球的直径. 长方体底面长方形的对角线长为，长方体的一条棱. 根据长方体体对角线公式（这里，和是底面长方形的两条边，其对角线长为），则体对角线. 因为，所以. 故答案为：. （2）已知圆台的母线长为，母线与底面所成角为，且.其内切球的体积为，则该圆台体积的取值范围为________. 【答案】 【分析】求出内切球半径，得到圆台的高，根据圆台与内切圆之间的关系，求出上下底面半径与的关系，代入圆台的体积公式化简，结合的范围即可求出圆台体积的范围. 【解析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，内切球半径为. 由内切球的体积为可得，，解得， 所以圆台的高. 因为母线与底面所成角为，所以，， 所以，. 因为圆台有内切球，所以满足（切线长定理）， 联立解得， . 圆台的体积为 . 因为，所以，，， ，所以. 故答案为：. 变式4-1．已知四面体ABCD中，，，，且DA与平面ABC所成角的余弦值为，则该四面体外接球的半径为（  ） A．1 B． C．2 D． 【答案】 【解析】因为，，，所以， 如图所示： 取的中点，连接，则，，， 所以平面，作于，又平面， 平面，则，， 所以 平面，则是直线与平面所成角， 即，在直角三角形中， . 则 ，，则，故. 所以两两互相垂直，四面体的外接球的半径. 故答案为： 变式4-2．已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则该正三棱锥的外接球的表面积为（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先判断球心在三棱锥的高线上，由正弦定理求得，设球的半径为，结合题意列方程求出外接球半径即得. 【解析】如图，设点在底面的射影为点， 因底面边长均为，侧棱长均为，故球心在上， 连接，设球的半径为，则， 由正弦定理，解得， 在中，，则， 在中，由，解得， 则球的表面积为． 故选：B． 变式4-3．如图，在三棱锥中，平面BCD，，，已知动点E从C点出发，沿四棱锥的外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】三棱锥的部分平面展开图如图所示：    设，由题意得：，， 在中，由余弦定理得：， 即，即， 解得或（舍去），如图所示：    该棱锥的外接球即为长方体的外接球， 则外接球的半径为：， 所以该棱锥的外接球的表面积为. 故选：D. 变式4-4．（多选）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（  ） A． B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为 C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为 D．三棱锥外接球的体积是 【答案】ABD 【解析】设，在直角中，根据勾股定理得， 在直角中，根据勾股定理得，解得，故，故A正确， 延长相交于点，连接交于点，则截面周长为， 在中，利用三角形相似可得，在中，利用三角形相似可得， ，又底面是边长为4的正方形，则， 故截面周长为，故B正确， 点到底面的距离为1，球的半径为，设球面与底面（正方形）的交线为半圆， 圆心在线段上且与距离为1，圆的半径，可得交线长为，故错误， 在中，，则的外接圆半径，显然平面， 因此三棱锥的外接球的球心在线段的中垂线上，球心到平面的距离为， 则球半径，故三棱锥的外接球体积为，故D正确. 故选：ABD. 变式4-5．在正三棱锥中，，E为侧棱的中点，若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】如图，取的中点，连接，则，作面于，作面于． 因为为正三棱锥， 且， 所以为的中心，在线段上， 因为E为侧棱的中点， 所以，所以为的中点，且， 因此， 连接，由正三棱锥的性质可得， 因为D为AB中点，所以． 又，所以为二面角的平面角，即， 所以，则， 设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则点在上， 连接，在中，由勾股定理得， 则，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 变式4-6．已知正三棱锥的高为2，，其内部有一个球与它的四个面都相切，求： (1)正三棱锥的表面积； (2)正三棱锥内切球的表面积与体积． 【答案】(1)；(2)，． 【分析】（1）根据正三棱锥棱长与锥体的高关系求出锥体的表面积； （2）根据等体积法求出内切球的半径，即可求出内切球的表面积和体积. 【解析】（1）由题意，如图所示． 底面三角形中心到AC的距离， 则正棱锥侧面的斜高为．    ． 故． （2）设正三棱锥的内切球球心为， 联结、、、， 而点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径， ． 又， ，解得． ， ． 类型五、立体几何中的平行与垂直 类型一、正（长）方体、可补成长方体模型: ①长（正）方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半，即 ②可补成长方体模型 模型1：三棱锥的三条侧棱两两互相垂直 模型2：有一侧棱垂直于底面，底面为直角三角形的三棱锥 模型3：若三棱锥的对棱两两相等，则每条对棱为长方体的面对角线，如图，则外接球直径公式为（其中为三组对棱的长度） 模型1： 模型2： 模型3： 类型二：柱体模型及线面垂直模型 ①柱体模型：外接球半径公式：（为柱体的高，为底面（外接）圆的半径） ②线面垂直模型：一般可补成柱体模型进行求解 类型三：正锥体模型 解题步骤：①取底面的外心，则三点共线；②先算出圆的半径（利用正弦定理），再算出锥体的高；③在利用勾股定理：，解出. 类型四：面面垂直及二面角模型 ①若两个平面垂直，则分别找出两垂直多边形的外接圆圆心，然后分别作过圆心的垂直线，交点即球心 ②二面角模型 多是可以借助外心垂线相交法来计算解决：①等边三角形中心（即外心）做面垂线，必过球心；②直角三角形斜边中点（即外心）做面垂线，必过球心； 注意：外心垂线夹角与二面角相等或者互补. 类型五、台体模型 球内接圆台，棱台：，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 基本规律：正棱台外接球，以棱轴截面为主 类型六、内切球模型 内切球球心到多面体各面的距离均相等，故可用等体积法：(为几何体的体积，为多面体的表面积，为内切球的半径) 例5．（1）如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点，当平面时，=（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点，连接，由线面平行的性质得，即有，结合已知得，即可得. 【解析】连接交于点，连接，显然平面平面， 又平面，平面，则，即， 由为平行四边形，且E为线段AD的中点，易知， 所以. 故选：A. （2）如图，已知四棱锥的底面为直角梯形，，，，．    ①证明：与平面不垂直； ②证明：平面平面； ③如果，二面角等于，求二面角的大小． 【答案】①证明见解析； ②证明见解析； ③ 【分析】①若平面，则，由，得，所以与平面不垂直． ②取、的中点、，由，，得为直角梯形的中位线，故，又，所以平面，由此能够证明平面平面． ③由二面角的定义知为二面角的平面角，作于，连，由三垂线定理得，故为二面角的平面角，由此能求出二面角的大小． 【解析】①若平面， 则， 由已知， 得， 这与矛盾，所以与平面不垂直． ②取、的中点、，连接、、， 由，，得， ， 为直角梯形的中位线， ，又， 平面， 由平面，得，又且梯形两腰、必交， 平面, 又平面， 平面平面, ③由②及二面角的定义知为二面角的平面角, 作于，连， 由于平面,平面,故, ,平面,故平面 平面,所以 故为二面角的平面角, 即， 由已知，得， 又． ， ． ， 故二面角的大小为．    变式5-1．（多选）如图，为圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点、重合的点，于，于，则下列结论正确的是（  ）    A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面平面 【答案】ABD 【分析】（1）由线面垂直的判定定理、面面垂直判定定理可判断选项 【解析】对于A选项，因为为圆的直径，为圆周上不与点、重合的点，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面，A对； 对于B选项，因为平面，平面，所以平面平面，B对； 对于C选项，因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 因为过点作平面的垂线有且只有一条，故与平面不垂直， C错； 对于D选项，因为平面，平面，所以平面平面，D对. 故选：ABD 变式5-2．（多选）如图，已知是正三角形，和都垂直于平面，且，分别是和的中点，则下列结论正确的是（  ） A． 平面 B．平面 C． D．平面平面 【答案】ABC 【分析】连接，，根据线面平行的判定定理判断A，利用三角形的中位线和平行关系判断B，根据线面垂直的判断定理和性质定理判断C，根据面面垂直的性质定理判断D. 【解析】连接，， 因为分别是和的中点，所以且， 又因为垂直于平面，所以平面，B正确； 因为平面，所以， 又因为是正三角形，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以，C正确； 因为，垂直于平面，所以且， 所以四边形是平行四边形，， 又因为平面，平面，所以 平面，A正确； 由和为中点可知， 假设平面平面， 又平面，平面平面，则平面， 因为平面，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，与是正三角形矛盾， 所以平面与平面不垂直，D错误； 故选：ABC. 变式5-3．如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得线线平行，再根据线面平行的判定定理证明线面平行即可； （2）根据线面垂直的性质定理证明，进而证明，即可证明平面，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论. 【解析】（1）∵，且为棱的中点，∴， 又∵，∴四边形为平行四边形，∴， 又∵平面，平面， ∴平面. （2） 平面，平面，， 连接，由题意，为棱的中点，， 知，且，则四边形为平行四边形， ，，又， 所以平行四边形为正方形，， 又，，又，平面， 平面，又平面，所以平面平面. 变式5-4．如图，在正三棱柱中，分别为的中点，. (1)证明：； (2)证明：平面平面； 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析 【分析】（1）根据正三棱柱的结构特点证明线面垂直，进而得到线线垂直. （2）根据棱柱的长度，先证，结合（1）的结论，可证平面，进而根据面面垂直的判定定理证明面面垂直. 【解析】（1）因为三棱柱为正三棱柱，所以平面平面. 又为正三角形，为中点，所以， 又平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以. （2）因为，，分别为的中点， 所以，，所以， 所以，所以， 由（1）可得，平面，，所以平面. 又平面，所以平面平面. 类型六、立体几何中探索性问题 面面平行的探索性问题： 利用平面与平面平行的性质定理： 面面垂直探索性问题： （1）动点在面上使面面垂直：在目标平面上找一条直线垂直于另一平面，该直线需经过动点（常转化为线面垂直问题） （2）动点在线上使面面垂直：在直线上取点，使该点与另一平面能确定垂线，通常有无数解（需其他条件约束） 例6．如图所示，点P是平面外一点，平面，，. (1)求证：平面； (2)问：是否存在线段上的一点N，使得对线段上的任一动点M，均有平面成立？若存在，请指出点N的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，点N为的靠近的三等分点，证明见解析 【分析】（1）取靠近的三等分点F，连接，只需证明即可； （2）取的靠近的三等分点N，连接，可以证明平面，由此即可得解. 【解析】（1）如图，在上取靠近的三等分点F，即，连接， ， ∴，. ∵平面，平面，平面平面， ∴， ∵， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）存在，点N为的靠近的三等分点.证明如下： 如图，在上取点使得，连接. ∵，. ∴. ∵平面，平面， ∴平面. 由（1）得，平面， ∵，平面，平面， ∴平面平面， ∵平面， ∴平面. 变式6-1．已知中，， ，，分别取边的点，使得，将沿折起到的位置，设点为棱的中点，点为的中点，棱上的点满足. (1)求证：平面； (2)试探究在的折起过程中，是否存在一个位置，使得三棱锥的体积为，若存在，求出二面角的大小，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析；(2)存在，或 【分析】（1）取中点，连接，，得到四边形为平行四边形，故，根据线面平行的判定定理即可证平面.； （2）是二面角的平面角，利用等积变换求出即可求解 【解析】（1）取中点，连接，， 如图所示：         ∵为棱的中点，∴且， 而中，，， 则，且，∴，即. 且，∴四边形为平行四边形，∴. ∵平面，平面∴平面. （2）在的折起过程中，存在一个位置，满足二面角的大小为或，使得三棱锥的体积为. 在中，，，； 所以在立体图中，，，，平面， ∴是二面角的平面角， 且平面，∵平面，∴平面平面 在面内作于，如图所示： 则平面，∴为三棱锥的高. ，，∴， 所以到的距离为， 当为锐角时，，∴ ， 所以符合要求的的位置存在且二面角的大小为或. 变式6-2．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，分别是的中点． (1)求三棱锥的体积； (2)证明：平面； (3)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)； (2)证明见解析； (3)存在，. 【分析】（1）由条件求三棱锥的底面的面积和高，再由锥体体积公式求结论； （2）先证明，再根据线面平行判定定理证明结论； （3）提出猜测线段上存在点P，使得平面，且，再结合线面平行判定定理证明结论， 【解析】（1）因为四边形为菱形，， 所以，，又为的中点， 所以为等边三角形，，，， 所以， 又平面，， 所以三棱锥的体积， （2）连结， 因为，分别为的中点，所以，， 因为，， 所以四边形是平行四边形， 所以，，又是的中点，且， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面, 所以平面． （3）线段上存在点P，使得平面，且， 证明如下： 连接，其中AC交DE于点，连接 在菱形ABCD中，，且 所以，又， 所以， 所以四边形是平行四边形 平面，平面， 平面. 变式6-3．在《九章算术》中，四个面都是直角三角形的三棱锥被称为鳖臑，由于它固有的优异性质，所以被称为立体几何中的“小王子”.如图，在鳖臑中，平面，若，E为的中点，M，N分别为的中点， (1)证明：平面； (2)若为线段上的动点，平面与平面是否垂直？ 如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)垂直，证明见解析 【分析】（1）方法一：连接，利用线面平行的判定定理即可得证； 方法二：取的中点为，连接，利用面面平行的性质定理即可得证； （2）利用面面垂直的判定定理即可得证. 【解析】（1）方法一：连接，如图， 因为分别是的中点，所以 . 又平面平面， 所以 平面. 方法二：如图，取的中点为，连接，则 . 又平面平面， 所以 平面. 同理可证 平面， 因为平面， 所以平面 平面. 又平面，所以 平面. （2）平面与平面垂直. 证明如下：因为底面底面，所以. 由题意知为直角三角形且，所以. 又平面， 所以平面 又平面，所以. 因为为的中点，所以. 又平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 变式6-4．如图，四棱锥的底是正方形，是正三角形，平面平面，是的中点．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使平面平面成立？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】（1）由面面垂直的性质定理可得平面，从而得，再由是正三角形，且是的中点，可得，最后由线面垂直的判断定理即可得证. （2）由二面角的定义，找出二面角的平面角，在直角三角形中求解即可. （3）当时，按面面垂直的判断定理进行证明即可. 【解析】（1）证明：因为平面平面，平面平面， 平面，， 则平面， 又因为平面，所以， 因为是正三角形，且是的中点， 则， 又因为，平面， 所以平面； （2）解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接．    因为平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以． 又，，平面． 所以平面． 因为平面，所以， 则即为平面与底面所成二面角的平面角． 设，则，， 故， 所以， 即二面角的余弦值为． （3）解：存在点Q，当时，平面平面． 证明如下： 如图，取中点，连接交于点，连接，    因为是正三角形，所以． 因为平面平面，平面平面， 所以平面． 因为， 所以， 所以平面． 因为平面，所以． 因为底面是正方形，所以． 又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 所以棱上存在点，当时，平面平面． 1.如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为（  ）    A． B．6 C． D． 【答案】A 【解析】如图，取的中点，连接，则. 则在正方形中，，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又，所以， 则四边形即为过三点截面， 因为正方体的棱长为2， 所以，，, 则其周长为.    故选：A. 2. 如图，在直三棱柱中，是边长为4的正三角形，，N为棱上的中点，M为棱上的动点，过N作平面的垂线段，垂足为点O，当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为（  ） A． B． C． D．π 【答案】C 【解析】取中点P，连接，的中点为，如图， 是中点，是等边三角形，所以， 又N为棱上的中点，由直三棱柱性质知， 又因为，平面， ∴平面，又平面，∴平面⊥平面， 过N作,为垂足， 又平面 平面，平面，∴⊥平面， 所以O点轨迹是在平面内且以为直径的圆弧， 当点M在点C时，O点位于P点，当点M到点时，O点到最高点， 此时， 所以直角中， ，从而，∴弧长， ∴当点M从点C运动到点时，点O的轨迹长度为. 故选：C. 3.在直三棱柱中，，，，，则此三棱柱的外接球被平面截得的截面面积为（  ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】如图，根据题意，，，， 由余弦定理，， 则有，所以， 则可以将三棱柱补形为长方体，棱长分别为，，， 所以长方体的外接球O的半径． 由题意可得，球心O到侧面的距离h是的一半即， 设侧面所在平面被球O所截的圆的半径为r，则，所以， 所以该截面面积为． 故选：C. 4.四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，．若点均在球的表面上，则当四棱锥的体积最大时，球的表面积为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可得共圆，且， 所以四边形必为等腰梯形，如图所示， 取中点，中点，则， 因为，，则， 所以，则， 所以梯形的面积为定值． 因为是等腰直角三角形，为斜边的中点，，所以， 要使四棱锥的体积最大，必有平面，此时平面， 而点为的外心，因此球心在上， 设，球的半径为， 则，即，解得， 所以，球的表面积． 故选：C. 5.正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等体积法求出内切球的半径即可进一步求解. 【解析】如图， 正八面体的棱长为1，点为中点（显然根据对称性可知点也是内切球球心），显然平面， 因为直线平面，所以， 在正方形中，， 所以， 正八面体的表面积为， 设内切球半径为， 由等体积法有，， 解得，内切球的表面积为. 故选：A. 6.（多选）如图，有一块正四棱台的木料，木工师傅想经过木料表面内（不含边界）一点与棱把木料锯成两块，为此需要先在面内作出交线，下列关于交线与截面形状的说法正确的是（  ） A．截面形状是梯形 B．截面形状可能为等腰梯形 C．直线与直线相交 D．直线与直线相交 【答案】ACD 【解析】依题意，正四棱台的侧棱延长交于点， 直线分别与棱交于点，连接，平面即为平面， 对于CD，直线平面平面，直线与直线、直线都相交，CD正确； 对于AB，平面平面，平面平面，平面平面， 则，，因此截面是梯形，A正确； 在等腰中，在线段上（除端点外），则，而， 于是，即，梯形不是等腰梯形，B错误. 故选：ACD 7.（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．无论点N在何处，始终有成立． B．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． 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】CD 【解析】A选项，当点N与重合时，如图， 此时与不垂直，夹角为锐角，A错误； B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，B错误； 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BDN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BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 故选：CD 8.（多选） 如图，正方体的棱长为6，分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（  ） A．若平面，则点运动轨迹长度为 B．若，则点运动轨迹长度为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【解析】 对于A，取中点，连接， 若平面，过点作平面的平行平面， 因为分别是的中点，所以， 又平面，平面，可得平面， 同理平面，进而得到平面平面， 点是底面内一动点，点运动轨迹为线段,长度为6，A错误； 对于B，若，则可看作以为球心，半径为的球与平面相交的圆的四分之一周长即为点运动轨迹， 在正方体中，平面，且， 设球与平面的截面圆半径, 所以点运动轨为以D为圆心，为半径的圆在正方形内的部分， 则点运动轨迹长度为，B正确； 对于C，因为， 过三点的平面截正方体所得截面图形，则截面图形的周长为 ，C正确； 对于D，因三棱锥为墙角模型，故其外接球可以为长宽高分别为6，6，3的长方体的外接球， 则外接球半径为，所以表面积，故D正确； 故选：BCD. 9.如图，在正方体中，E，F分别为棱BC，的中点，过点A，E，F作一截面，该截面将正方体分成上、下两部分，则分成的上、下两部分几何体的体积比为__________ 【答案】 【解析】如图，连接，， ∵E，F分别为棱BC，的中点，则， 又∵，且，则为平行四边形， ∴， 可得， 故则过点A，E，F的截面即为截面，截面将正方体分成上、下两部分，其中下部分为三棱台，且三棱台的高为． 设正方体的棱长为2，则， 可得正方体的体积， 三棱台的体积， 故分成的上、下两部分几何体的体积比为． 故答案为：． 10.如图，在边长为3的正方体中，为中点，为中点，过、、作与正方体的截面为，则截面的周长为________. 【答案】 【解析】在正方体中，设直线与直线，分别交于，，连接，分别与，交于点，，连接，，则五边形是过、、的正方体的截面. 由为中点，为中点，得， ，则，同理. ，即，，同理，. ，，， 所以截面的周长为. 故答案为：. 11.在《九章算术》中，底面是直角三角形的直三棱柱被称为“堑堵”．如图，三棱柱为一“堑堵”，P是的中点，，则该“堑堵”的外接球的表面积为______；在过点P且与直线平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，该截面的面积为______ 【答案】 【解析】如图1，将三棱柱补成正方体， 则外接球的半径，则外接球的表面积为． 如图2，分别取的中点为E，F，G，连接FG，EP，EF，PG． 因为F，G分别为的中点，所以且． 在直三棱柱中，且． 因为E，P分别为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，所以且，所以，且，所以P，E，F，G四点共面． 因为E，F分别为的中点，所以． 又,，所以． 因为且F，G分别为的中点，所以， 则，所以四边形即为符合要求的等腰梯形． 当E不是的中点时，不平行平面，则四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个． 在等腰梯形中，,． 过点G作的垂线，交于点H， 所以． 故答案为：； 12.在三棱锥中，已知与均是边长为4的正三角形，，为侧棱的中点，为三棱锥的外接球表面上一动点，若异面直线，始终保持垂直，则动点的轨迹围成图形的周长为 ． 【答案】 【解析】如图，取的中点，连接，，， 则，，平面， 所以平面，则， 又，所以，所以． 过作于，设动点的轨迹所在平面为，则平面经过点且， 所以点的轨迹为平面截三棱锥的外接球所得的截面圆． 设，的中心分别为，，连接，，，易知平面，平面， 且，，，四点共面， 由题可得，，所以． 又，则三棱锥的外接球半径． 易知平面平面，点到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径， 所以截面圆的周长，即所求周长为． 故答案为： 13.如图，四面体的每条棱长都等于2，分别是棱的中点，分别为面，面，面的重心. (1)求证：面面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值； (3)保持点位置不变，在内（包括边界）拖动点，使直线与平面平行，求点轨迹长度； 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3) 【解析】（1）如图，连接,易知三点共线 因为分别为面，面，面的重心， 所以在中，，所以， 在中，所以分别是棱的中点，所以， 所以， 又平面，平面，所以平面， 在中，，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为，平面， 所以面面. （2）由（1）知，平面平面，所以平面与平面的夹角与平面与平面的夹角相等， 如图，连接，因为分别是棱的中点， 所以在等腰中，，在等边中，， 所以是平面的夹角与平面与平面所成角的平面角， 因为面，面，所以, 又，，，平面，所以面， 又面，所以， 所以在中，， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； （3）如图，取线段靠近点的三等分点P，连接，易知三点共线， 连接，因为点为等边的重心，所以， 所以当点在点P位置时，满足题意， 取线段靠近点G的三等分点Q，连接，易知，又， 所以，所以共面，即当O在线段上运动时，均满足题意， 所以即为点的轨迹长度, 又， 所以点的轨迹长度为. 14.在棱长均为2的正三棱柱中，E为的中点．过AE的截面与棱分别交于点F，G．    (1)若F为的中点，试确定点G的位置，并说明理由； (2)在（1）的条件下，求截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的正切值； (3)设截面AFEG的面积为，面积为，面积为，当点F在棱上变动时，求的取值范围． 【答案】(1)点G为棱上靠近点的三等分点，理由见解析； (2)； (3) 【分析】（1）延长，相交于点P，证明，可确定点G的位置； （2）利用几何方法找到截面AGEF与底面ABC所成锐二面角的，求得相应有边长，可得二面角的正切值； （3）由，通过构造函数，利用单调性求取值范围． 【解析】（1）在平面内延长，相交于点P，则平面，又平面， 则有平面平面，，即A，G，P三点共线． 因为E为的中点，F为的中点，所以，所以，又因为，所以， 所以，即点G为棱上靠近点的三等分点． （2）在平面内延长，相交于点Q，连接，则平面平面， 在平面内作于点M，则平面ABC， 又平面，所以， 在平面内作于点N，连接， 又平面，，所以平面， 平面，所以， 所以为截面与底面所成锐二面角的平面角． 在中，作于点H，，，，， ，， 由余弦定理，则， ，可得，所以， 又，所以， 故截面与底面所成锐二面角的正切值为. （3）设，则，． 设的面积为S，所以， 又因为，所以，且， 故，令，则， 设， 当时，， ，，，则，即， 所以在上单调递减， 所以，，所以， 所以． 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $