专题06 立体几何压轴解答题（高效培优期末专项训练）高一数学人教B版

**基本信息** 聚焦立体几何压轴题，以五类核心考点构建从基础证明到创新应用的递进训练体系，强化空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |平行垂直的综合证明|5题|线面/面面平行垂直证明、动点位置探究|以线面关系为基础，结合中点、动点构造辅助线，体现转化思想| |体积问题|6题|翻折体积计算、动点轨迹体积、多面体体积分割|从静态体积到动态体积，融合空间几何体结构特征与体积公式应用| |存在性问题|9题|点/线存在性探究、线面平行/垂直条件|基于空间向量或几何推理，考查开放探究能力，衔接逻辑推理素养| |最值问题|5题|空间角最值、体积最值、距离最值|结合函数思想与空间几何性质，体现数学思维的严谨性与优化意识| |新定义问题|3题|曲率定义、类比推理、空间几何新情境|引入跨学科概念，培养数学眼光与创新意识，衔接数学语言表达|

专题06 立体几何压轴解答题 考点01 平行垂直的综合证明 考点02 体积问题 考点03 存在性问题 考点04 最值问题 考点05 新定义问题 考点01 平行垂直的综合证明 1．如图所示，四棱锥中，ABAD，CDAD，PA底面ABCD，，M为PC的中点. (1)求证：BM平面PAD； (2)在侧面PAD内找一点N，使MN平面PBD. 2．如图，在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点， (1)求证：； (2)求异面直线EF与所成角； (3)已知P是侧面内一点，若平面，求线段长度的取值范围． 3．正四棱锥，，P为侧棱上一动点． (1)正四棱锥的表面积； (2)若P为棱的中点（如图1所示），求证：直线平面； (3)若（如图2所示），侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，请写出证明过程，并求的值；若不存在，说明理由． 4．已知正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，且高为3.设的中点为，底面中心为O. (1)求的长度 (2)求正四棱锥的表面积和体积； (3)设平面平面，求证：； 5．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，底面．    (1)证明: 平面平面； (2)设平面平面于直线l，证明：； (3)若在线段BC上是否存在点 F，使得平面PAB，若存在点 F，则为何值时，直线EF与底面ABCD所成角为. 考点02 体积问题 6．已知正方体棱长为4，是的中点，点是上一点，是上一点，且平面平面， (1)求证：点是的中点． (2)求证： (3)棱上是否存在点使得平面平面，若存在，求出三棱锥的体积，若不存在，说明理由． 7．如图，直角梯形中，，，，，，点为线段（不含端点）上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． (1)若，求的长； (2)求异面直线与所成角余弦值的最小值； (3)若，点在内部（含边界）运动，满足四棱锥与三棱锥的体积相等，求点轨迹长度． 8．如图在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中为直角顶点，，、、、分别是线段、、、上的动点，且四边形为平行四边形．    (1)求证：平面； (2)试探究当二面角的大小从增加到的过程中，线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积； (3)设，且是以为底的等腰三角形，当为何值时，多面体的体积恰好为？ 9．如图所示的几何体，在底面中，，与交于点，，，垂直于平面，，且． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在内部（包括边界）的动点满足四棱锥的体积和三棱锥的体积相等，请找出点的轨迹，并说明理由． 10．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，. (1)证明：； (2)记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求； 11．如图，已知三棱台，，，点是的中点，点是棱上靠近点的四等分点，，平面．    (1)求证：； (2)求二面角的正弦值； (3)平面将三棱台分成两部分，求体积较大部分与该棱台的体积之比． 考点03 存在性问题 12．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． 13．如图所示，在正方体中，点分别是棱的中点，P为线段上一动点，. (1)若平面交平面于直线l，求证：； (2)当直线时，求三棱锥的体积； (3)是否存在一点P，使得直线平面？若存在，求出此时线段与的比值；若不存在，请说明理由. 14．如图，在三棱柱中，，，，，D是棱的中点． (1)证明：平面． (2)在答题卡中作出二面角的平面角，并写出作法与理由． (3)在棱上是否存在一点E，使得与平面所成角的正切值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 15．如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记 （i）若，求直线与平面所成角的正切值； （ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由. 16．如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 17．如图所示，在直角梯形BCEF中，，，A，D分别是BF，CE上的点，且，，（），，将四边形沿向上翻折，连接BE，BF，CE，在翻折的过程中，设（），记几何体体积为V． (1)求证：平面； (2)若平面⊥平面． ①求证：； ②当取得最大值时，求V的值． 18．如图1，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到图2所示的四棱锥，，记二面角的平面角为． (1)设平面与平面的交线为，求直线与直线所成的角； (2)当时，求证：平面； (3)当时，求． 19．如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 20．如图1，平面四边形ABCD中，是等边三角形，且是AD的中点.沿BD将翻折，折成三棱锥，如图2. (1)当三棱锥的体积最大时，证明：； (2)若棱CD上存在一点，使得平面ABC，且，求实数的值； (3)当平面平面BDC时，求三棱锥的外接球的表面积. 21．如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求证：； (3)在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度. 考点04 最值问题 22．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． 23．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，已知为线段上一动点且，其中. (1)当时， （ⅰ）求证：； （ⅱ）若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球的体积； (2)设与平面所成角为，当时，求的最大值. 24．如图，四棱锥的底面为平行四边形，，，与全等． (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． 25．在三棱锥中，，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH. (1)如图1，证明：； (2)如图2，记，直线AP与平面ABC的夹角为，，求证：，并比较θ和的大小； (3)如图3，已知AB=10，AP=8，BC=12，M为平面PBC内一点，且AM=8，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值. 26．如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，AC与BD交于点O． (1)设平面SAB交平面SCD于直线l，求证：； (2)若，且M是棱SD的上任意一点，点M到平面SAB，平面SBC，平面ABCD的距离分别为，，．求； (3)若P，Q分别是线段SB、线段AC上的点，且满足，设PQ与SC所成的角为，PQ与BD所成的角为，求的最大值． 考点05 新定义问题 27．在数学上用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体某顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中面角是多面体的面的内角（角用弧度制表示）．例如：对于正四面体任意一个顶点，每个面角均为，所以正四面体在该顶点的曲率为． (1)如图1，该多面体由边长相等的10个正三角形和2个正五边形围成，任取一顶点，求该点的曲率； (2)如图2，在正三棱台中，，，点A与处的曲率之差为π．若D为侧面（含边界）内一动点，且直线BD与平面所成角的正切值为2，求动点D的轨迹长度； (3)某多面体由边长相等的个正三角形和个正五边形围成，若各顶点的曲率之和为4π，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（图3为满足条件的两个多面体示例），求该多面体面数的所有可能取值． 28．已知正四面体的棱长为． (1)证明：； (2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示． （i）求第3次操作后几何体的体积； （ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积． 29．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：. 30．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体Γ的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的点，且平面，平面，平面，平面为多面体的所有以为公共点的面．已知平面多边形的外接圆圆心为与的交点，如图①，且，将沿翻折到如图②，连接． (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)已知直线与直线所成角的余弦值为． ①求四棱锥在顶点处的离散曲率； ②设为线段上的动点（不包括端点），与平面所成角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值． 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 立体几何压轴解答题 考点01 平行垂直的综合证明 考点02 体积问题 考点03 存在性问题 考点04 最值问题 考点05 新定义问题 考点01 平行垂直的综合证明 1．如图所示，四棱锥中，ABAD，CDAD，PA底面ABCD，，M为PC的中点. (1)求证：BM平面PAD； (2)在侧面PAD内找一点N，使MN平面PBD. 【答案】(1)证明见解析 (2)N为AE的中点 【分析】 【详解】（1）是的中点，取的中点E，连接，如图， 则，，又，， ，四边形为平行四边形， ， 又平面，平面，则平面； （2）由（1）知为平行四边形 由底面，在平面内，， 又，平面， 同理平面，平面， ， 则为矩形，，， 又，为的中点，所以， 平面， 由平面，平面平面， 在平面内作，故平面， 延长交于，在矩形内，，， ，即N为AE的中点 当点为的中点时， 平面; 2．如图，在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC，的中点， (1)求证：； (2)求异面直线EF与所成角； (3)已知P是侧面内一点，若平面，求线段长度的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）连接，因为是正方形，所以， 由正方体，可得平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面，平面，所以， 又因为点E、F分别是棱BC，的中点，所以，所以； （2）连接，由（1）可得， 所以或其补角为异面直线EF与所成的角， 由正方体，可得， 所以为等边三角形，所以， 所以异面直线EF与所成的角为； （3）分别取的中点，连接，所以， 因为E，F分别是棱的中点，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为分别是棱的中点，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面，又因为P是侧面内一点，若平面， 所以点在上， 因为正方体的棱长为2，所以由勾股定理可得，， 当为的中点时，，此时的长最短，此时， 所以； 当与重合时，可得最大，最大值为， 所以线段长度的取值范围是. 3．正四棱锥，，P为侧棱上一动点． (1)正四棱锥的表面积； (2)若P为棱的中点（如图1所示），求证：直线平面； (3)若（如图2所示），侧棱上是否存在一点E，使得平面．若存在，请写出证明过程，并求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)连接交于O，则O为中点，连接，    因为P为的中点，所以为的中位线，即，     又因为平面，平面，所以平面． (3)存在一点E，当满足时，平面. 【分析】 【详解】（1）因为，所以底面积为2， 由正四棱锥的性质可得侧面为全等的等腰三角形， 所以侧面积为， 所以正四棱锥的表面积为． （2）略 （3）取的中点Q，连接，，，（交于O），   因为，所以，即P为的中点，    又O为的中点，在中，，     又平面，平面，所以平面，    因为，所以，   又平面，平面，所以平面，   又，，平面，所以平面平面，   又平面，所以平面，     所以侧棱上存在一点E，当满足时，平面． 4．已知正四棱锥的侧面积是底面积的2倍，且高为3.设的中点为，底面中心为O. (1)求的长度 (2)求正四棱锥的表面积和体积； (3)设平面平面，求证：； 【答案】(1) (2)； (3)证明见解析 【分析】 【详解】（1）设底面ABCD的边长为a，因为O为底面中心，E为BC的中点，所以且， 底面积为，已知，在中，， 侧面积为， 因为侧面积是底面积的2倍，则有， 因为，解得，代入得， 解得，则（负根舍），即. （2）由（1）得侧面积为，底面积为， 则表面积，体积. （3）由题意得底面为正方形，则平面，平面，所以平面， 且平面，平面平面，则. 5．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，，，底面．    (1)证明: 平面平面； (2)设平面平面于直线l，证明：； (3)若在线段BC上是否存在点 F，使得平面PAB，若存在点 F，则为何值时，直线EF与底面ABCD所成角为. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】 【详解】（1）因为底面，平面，则， 又因为底面为正方形，则 ， 且，平面， 可得平面， 又因为平面PBD，所以平面平面. （2）在正方形中，则， 且平面，平面，可知平面， 且平面，平面平面，所以. （3）存在点F在BC的处，使得平面． 在线段PA上取点K，使，连接KE，KB，EF． 在中，，即， 则，且， 在正方形中，F在BC的处，则，且， 可得，且，可知为平行四边形， 则，且平面，平面，所以平面， 在AD的处取点M，连接． 中，点E，M分别为的处，则，且， 因为平面，则平面，即EF在平面上的射影MF， 可知即为EF与底面所成角，                           在中，，    若，，所以. 考点02 体积问题 6．已知正方体棱长为4，是的中点，点是上一点，是上一点，且平面平面， (1)求证：点是的中点． (2)求证： (3)棱上是否存在点使得平面平面，若存在，求出三棱锥的体积，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)存在，. 【分析】 【详解】（1）设平面与直线交于. 因为平面平面，设平面平面， 连接，平面平面，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，所以， ∵在正方体中，,所以， 在正方形中，是的中点，所以点是的中点， 又因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，且点是的中点， 所以点是的中点． （2）连接，因为在正方形中，，，，平面， ∴平面，平面，， 同理可证，又，平面， ∴平面，且平面平面， 所以平面，平面，所以； （3）取中点，连接， 因为平面平面，平面平面， 设平面平面，所以， 而,所以,又因为是中点，所以是中点， 连接，设，则是中点， 而G为中点，所以， 又由（2）知平面，所以平面， 而平面，使得平面平面， 又过且与平面垂直的平面存在且唯一， 故当且仅当G为中点时，平面平面. 连接， 又因为 ， 所以. 7．如图，直角梯形中，，，，，，点为线段（不含端点）上的一点，过作的平行线交于，将矩形翻折至与梯形垂直，得到六面体． (1)若，求的长； (2)求异面直线与所成角余弦值的最小值； (3)若，点在内部（含边界）运动，满足四棱锥与三棱锥的体积相等，求点轨迹长度． 【答案】(1) (2)． (3) 【分析】 【详解】（1）连接，平面平面，交线为， 由，有平面，又平面，所以， 当，平面，所以平面， 又平面，所以， 直角梯形中，， 所以，此时与相似，故， 设，由，解得或（舍），所以． （2）过作的平行线交于点，连接，由，且， 得四边形是平行四边形，故，所以即为异面直线与所成的角， 设， ， 当且仅当取等， 所以锐角正切值的最大值为1，此时余弦值有最小值， 所以异面直线与所成角余弦值的最小值为． （3），，，， 由题可知，点到平面和平面的距离为常数，所以点的轨迹为线段， 设轨迹与交于，与交于， ， 因为，所以， 又，所以 同理，，，， ，所以 8．如图在四面体中，是边长为2的等边三角形，为直角三角形，其中为直角顶点，，、、、分别是线段、、、上的动点，且四边形为平行四边形．    (1)求证：平面； (2)试探究当二面角的大小从增加到的过程中，线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积； (3)设，且是以为底的等腰三角形，当为何值时，多面体的体积恰好为？ 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）∵四边形为平行四边形， ∴．而平面，平面， ∴平面．而平面，平面平面， ∴，而平面，平面， ∴平面； （2）∵， ∴在平面上的投影点，满足，即在线段的中垂线上． 如图所示，将补成边长为的正，    当二面角为角时，即点在平面上，此时为， 当二面角为角时，此时为中点， 故在平面上的投影所扫过的平面区域为，而， 故线段在平面上的投影所扫过的平面区域的面积为； （3）∵，，且为等腰三角形，∴． 取中点，易得：，，， 满足：，根据勾股定理可知． ∴平面．∴． 而多面体的体积恰好为，即多面体的体积恰为四面体体积的一半． 连接． ， ∴． ， ∴． ∴， ∴，整理：，即， 解得：（舍去）．    9．如图所示的几何体，在底面中，，与交于点，，，垂直于平面，，且． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在内部（包括边界）的动点满足四棱锥的体积和三棱锥的体积相等，请找出点的轨迹，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)线段即为点的轨迹，理由见解析 【分析】 【详解】（1）证明：在平面中，过作，交于， 因为为的中点，所以为的中点，则，， 又，，所以且， 则四边形为平行四边形，所以，即， 因为平面，平面，所以平面． （2）法一：连接，则， ． 法二：（等体积法）由知， 因为，所以， 因为，所以． （3）四棱锥和三棱锥中含有相同的字母，，， 保留这三个字母，将其他字母统一化．， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的三倍， 即平面经过线段的一个四等分点（靠近点）， ， 所以点到平面的距离是点到平面的距离的两倍， 即平面经过线段的一个三等分点（靠近点）， 又平面与平面相交于一条直线，点，确定该直线， 因此，线段即为点的轨迹． 10．如图，在四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，平面，点为中点，点，分别在棱，上，且，. (1)证明：； (2)记三棱锥与四棱锥的体积分别为，，求； 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】 【详解】（1）因为，，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 取中点，因为为中点，所以，因此， 则，，，共面， 因为四边形是边长为4的菱形，， 所以在中，，， 所以，故， 所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以； （2）由，，，可得 ， 所以. 11．如图，已知三棱台，，，点是的中点，点是棱上靠近点的四等分点，，平面．    (1)求证：； (2)求二面角的正弦值； (3)平面将三棱台分成两部分，求体积较大部分与该棱台的体积之比． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】 【详解】（1）由棱台的性质得，，， 因为，所以四边形为等腰梯形， 过作交于，则， 因为点是棱上靠近点的四等分点，所以，，， 所以， ， 因为，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. （2）取中点，连接，， 则， 所以四点共面， 因为平面，平面， 所以，， 所以为二面角的平面角， ， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以二面角的正弦值为.    （3）延长交于点，连接交于，连接， 则几何体为台体， 因为平面，平面， 则，， 因为，， 所以，， 所以，， ， ， ， ， 因为，，，平面， 则平面，即即为三棱台和的高， 所以， , 因为， 所以体积较大部分与该棱台的体积之比.    考点03 存在性问题 12．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】 【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.    13．如图所示，在正方体中，点分别是棱的中点，P为线段上一动点，. (1)若平面交平面于直线l，求证：； (2)当直线时，求三棱锥的体积； (3)是否存在一点P，使得直线平面？若存在，求出此时线段与的比值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】 【详解】（1）在正方体中，平面平面， 平面平面，平面平面，则， 由分别为的中点，则，所以. （2）连接，由为中点，，得， 而，因此为中点， 点到平面的距离等于点平面的距离的一半， 即， 于是， 所以三棱锥的体积为. （3）如图，令直线交的延长线分别于， 直线交的延长线分别于， 连接交分别于，连接并延长交的延长线于， 则平面即为平面，由点分别是棱的中点， 得，则，又， 于是四边形是平行四边形，设， 平面平面，平面，要平面， 当且仅当，此时，，， 所以在上存在点P，使得直线平面，此时. 14．如图，在三棱柱中，，，，，D是棱的中点． (1)证明：平面． (2)在答题卡中作出二面角的平面角，并写出作法与理由． (3)在棱上是否存在一点E，使得与平面所成角的正切值为？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)取中点，连接，，，. ，，由三棱柱， 得，, ，是等腰直角三角形. . 是棱的中点，. ，，是的中点，, ，，, 由余弦定理得，得, ，，得，即. 由，，，得平面, 平面，, ，，平面，平面，， 平面. (2)过点作，垂足为，连接. 由（1）得平面. 平面，, ，，平面, 平面，, 为二面角的平面角. (3)存在，，理由如下： 连接，，过点作平面，过点作平面. ，平面，平面，平面. 点到平面的距离等于点到平面的距离，即. ，，，， 由余弦定理得，得，, 为等腰直角三角形，为等边三角形. 由（1）得平面， 是等腰直角三角形，，是的中点，得. 由，得， 即，解得. . 平面，为与平面所成的角. 由与平面所成角的正切值为，得, . 平面，为直角三角形, ，即. 由三棱柱，，， 得四边形为菱形, . 在中，，， 由余弦定理得， 即, 解得或（舍）, , 即当时，与平面所成角的正切值为. 【分析】 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 15．如图1是一个由菱形和两个直角三角形和所组成的平面图形，其中，现将和分别沿折起，使得点与点重合于点，连接，得到如图2所示的四棱锥. (1)求证：平面； (2)若为棱上一点，记 （i）若，求直线与平面所成角的正切值； （ii）是否存在点使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在，. 【分析】 【详解】（1）连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴, 由题可得，，且，平面 ，平面， ∴平面，又平面，∴， ∵，平面 ，平面， ∴平面． （2）（i）连结SO交CE于点G，由（1）得平面, ∴为直线CE与平面SBD所成角, ∵，，, ∴, ∵，∴， 在三角形中，由，，所以由余弦定理得： ， ， ∴，即 ， ∴， ∴直线与平面所成角的正切值为． （ii）连结，∵, ∴或其补角为直线与直线所成角,则假设存在点，满足， 由得，, 在三角形中，由，所以由余弦定理得： ， 过点作，交于， 由平面，平面，得，所以， 由可得，因为，所以，， 在三角形中，由余弦定理得： ， 再由，平面可得平面， 又因为平面，所以， 在直角三角形中，由勾股定理得： ． 在三角形中，又因为，，所以由余弦定理得： , 解得, ∴存在使得直线与直线所成角为． 16．如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，. 【分析】 【详解】（1）在三棱台中，平面平面，， 而平面平面，平面， 所以平面. （2）由棱台性质知：延长交于一点，    由，得，点到平面的距离为到平面距离的2倍，则， 于是，由平面，得为点到平面的距离， 又，则是的中点，，即为正三角形，为正三角形， 设，则， ，解得， ，由平面，得，， ，设点到平面的距离为， 由，得，解得：. 即点到平面的距离为. （3）由平面，平面，得平面平面，取中点，连接， 在正中，，而平面平面，则平面，而平面， 则，又平面，则平面平面，作于， 平面平面，则平面，，而平面，则， 作于，连接，，平面，则平面， 而平面，于是，即二面角的平面角， 设，由（2）知：，， 由，得，， 由，得， 若存在使得二面角的大小为， 则，解得， ， 所以存在满足题意的点，. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于长度的方程，从而求得结果. 17．如图所示，在直角梯形BCEF中，，，A，D分别是BF，CE上的点，且，，（），，将四边形沿向上翻折，连接BE，BF，CE，在翻折的过程中，设（），记几何体体积为V． (1)求证：平面； (2)若平面⊥平面． ①求证：； ②当取得最大值时，求V的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)①证明见解析；② 【分析】 【详解】（1）根据题意可知，， 因为平面DCE，平面DCE，所以平面， 同理，因为平面，平面，所以平面， 又因为是平面内的两条相交直线，所以平面平面， 因为平面，所以平面； （2）①证明：过点C作⊥交于点H， 因为平面⊥平面，平面平面，所以⊥平面， 又平面，则⊥； 根据题意平面图形翻折后⊥，⊥，且，是平面内两条相交直线， 所以⊥平面，又，得⊥平面， 又平面，则BF⊥BC， 因为CH，BC是平面BCE内两条相交直线，所以⊥平面； ②直角梯形中，，，且， 由①可知⊥平面， 由（1）可知由题意平面平面， 所以E到底面的距离为， 在中，设点E到DC的高为，即EK⊥CD， 因为BC⊥平面CDE，所以BC⊥EK， 因为，所以EK⊥平面ABCD， 设点E到底面ABCD的高为EK， 在中，根据三角形的面积公式 ，因此． 几何体EFABCD的体积为 ， 取DE的中点S，连接SC， 因为，，所以四边形是平行四边形，所以，， 因为⊥平面，所以⊥平面，又因为平面，所以⊥， 在中，， 在中，， 在中，，因此，化简得到， 因为，，所以，当且仅当时等号成立， 故当取得最大值时，即取得最小值，， 所以几何体体积． 18．（用坐标法不给分）如图1，在等腰梯形中，，，，，把三角形沿着翻折，得到图2所示的四棱锥，，记二面角的平面角为． (1)设平面与平面的交线为，求直线与直线所成的角； (2)当时，求证：平面； (3)当时，求． 【答案】(1)； (2)因为,故为二面角的平面角, 即,当时,即有, 又因为, 平面, 所以平面, 又因平面,所以, 由（1）中的图，可知, , 又因为,所以, 所以为直角三角形，即, 又因为平面, , 所以平面； (3)或. 【分析】 【详解】（1）因为，即在图2中，， 又因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面平面，平面， 故得， 所以直线与直线所成的角，等于直线与直线所成的角， 在图1中，过作于， 因为，，则， 又因，故 故直线与直线所成的角为； （2）略 （3）由（2）可知， 又因为，所以， 由，解得 因为， 所以， 即，所以， 又因为， 所以或 19．如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i），理由见解析；（ii） 【分析】 【详解】（1）证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. （2）（ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面平面， 平面平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 20．如图1，平面四边形ABCD中，是等边三角形，且是AD的中点.沿BD将翻折，折成三棱锥，如图2. (1)当三棱锥的体积最大时，证明：； (2)若棱CD上存在一点，使得平面ABC，且，求实数的值； (3)当平面平面BDC时，求三棱锥的外接球的表面积. 【答案】(1)证明见解析； (2)2； (3). 【分析】 【详解】（1）设到平面的距离为， 且， ， ，         故要使三棱锥的体积最大，则最大， 当的投影在棱上时，最大，         且，此时平面平面， ，             平面， 平面平面，         ； （2）取中点，连接， 是的中点， ，             平面平面， 平面， 又， ； （3）为直角三角形， 过作平面，     设为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，     平面平面，平面平面，平面， 平面，             ，             如图所示，过点作交于， 四边形为矩形， ， 在中，             ，即， 在中，，    即，进而解得，         三棱锥的外接球的表面积为. 21．如图1，在矩形中，已知，为的中点，将沿向上翻折，得到四棱锥（图2）. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求证：； (3)在翻折过程中，当二面角为时；在平面内有一动点满足：直线与底面所成角正弦值为，求动点的轨迹长度. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】 【详解】（1）取的中点，连接， 因为分别为的中点，所以， 因为四边形为矩形，所以， 又因为为的中点，所以，所以， 所以四边形为平行四边形，所以； 又平面平面，所以平面； （2）在图1中，连接， 所以，因为，所以， 又因为，所以，所以，同理， 又，所以，所以. 由翻折性质得：，因为， 所以平面，平面，所以； （3）过作垂足为， 由（2）知：平面，平面平面， 所以平面，所以； 因为，所以平面， 过作垂足为，连接， 因为平面，平面，所以，，平面，平面，平面，所以， 所以为二面角的平面角，所以， 因为平面，平面，所以， 所以为等腰直角三角形，设，由题意，知：， 在中，， 所以. 所以，所以分别为的中点， 因为平面，平面，所以，平面，所以为直线与平面所成的角，所以， 所以，所以，且平面， 所以动点的轨迹为以为圆心，为半径的圆， 所以动点R的轨迹长度为. 考点04 最值问题 22．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)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) 【分析】 【详解】（1）略． （2）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， ∵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． 23．如图，在三棱锥中，平面平面，，，，，已知为线段上一动点且，其中. (1)当时， （ⅰ）求证：； （ⅱ）若三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球的体积； (2)设与平面所成角为，当时，求的最大值. 【答案】(1)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） (2) 【分析】 【详解】（1）（ⅰ）证明：如图，连接，在中. 由余弦定理，得. 故. 又， 所以. 当时，此时，. 在中，于是， 即，， 故. 又因为平面平面，平面平面，而平面， 所以平面，所以. （ⅰi）设为线段的中点，则. 由（ⅰ）知，所以在中， 故为的外心，所以. 由（ⅰ）知平面，故，. 因为，，所以平面， ，即. 因此也是的外心，从而. 综上，，故球的半径为. 所以球的体积. （2）如图，当时，. 设为点在直线上的射影，即. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，故为点在平面内的射影. 于是，在平面内的射影为. 故直线与平面所成角为，满足. 设，，则. 在中，为斜边上的高，故. 又因为，所以在中， 由余弦定理得. 即. 因此 . 令，则， 由基本不等式，得（当且仅当时取等号）， 所以. 因此，即的最大值为. 24．如图，四棱锥的底面为平行四边形，，，与全等． (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)因为与全等，所以，， 因为为与中点，所以，， 因为平面，平面，， 所以平面，因为平面，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） 【分析】 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）作，，垂足分别为，，如图所示， 因为，，所以，， 所以为二面角的平面角，所以， 设，与全等， 所以， 又因为，， ，，则，， 因为，，， 平面，平面，所以平面，因为平面， 所以， 当且仅当时，即二面角的大小为时， 四棱锥的体积取得最大值500. 25．在三棱锥中，，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH. (1)如图1，证明：； (2)如图2，记，直线AP与平面ABC的夹角为，，求证：，并比较θ和的大小； (3)如图3，已知AB=10，AP=8，BC=12，M为平面PBC内一点，且AM=8，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析， (3) 【分析】 【详解】（1）取的中点为，连接， 由，为的中点，得， 由，为的中点，得， 而，平面，则平面， 又平面，所以. （2）因为点P在平面ABC内的投影为H，所以平面， 平面，则，由（1）知， 又，平面，于是平面， 而平面，因此，又，为锐角， 过点向作垂线，垂足为点，连接，则， 由点P在平面ABC内的投影为H，，得， 由平面，平面，得， 而，，平面，则平面， 由平面，则，于是，显然， 因此，当时，重合，等式成立， 所以，由，得， 又函数在上单调递减，所以； （3）设点到平面的距离为，直线与直线的夹角为， 直线与平面的夹角为， 由（1）知， ，， ， 设到平面的距离为，所以， 由，得，解得，又， 所以，即， 由（2）知，直线AM与直线BC夹角， 所以异面直线AM与直线BC夹角的最小值为. 26．如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，AC与BD交于点O． (1)设平面SAB交平面SCD于直线l，求证：； (2)若，且M是棱SD的上任意一点，点M到平面SAB，平面SBC，平面ABCD的距离分别为，，．求； (3)若P，Q分别是线段SB、线段AC上的点，且满足，设PQ与SC所成的角为，PQ与BD所成的角为，求的最大值． 【答案】(1)因为，平面SCD，平面SCD， 所以平面SCD． 又因为平面SAB，平面平面直线l，所以． (2) (3)． 【分析】 【详解】（1）略 （2）依题意可得， ∴， 其中. ， 因为，所以，. 即，解得． （3）作，与BC交于点R，连接RQ，如图． 因为，所以． 又，所以， 所以． 因为底面ABCD是正方形，所以. 因为平面ABCD，平面，所以. 因为平面,所以平面,进而，所以， 则，，且， 所以， 当时，取得最大值为． 考点05 新定义问题 27．在数学上用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体某顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中面角是多面体的面的内角（角用弧度制表示）．例如：对于正四面体任意一个顶点，每个面角均为，所以正四面体在该顶点的曲率为． (1)如图1，该多面体由边长相等的10个正三角形和2个正五边形围成，任取一顶点，求该点的曲率； (2)如图2，在正三棱台中，，，点A与处的曲率之差为π．若D为侧面（含边界）内一动点，且直线BD与平面所成角的正切值为2，求动点D的轨迹长度； (3)某多面体由边长相等的个正三角形和个正五边形围成，若各顶点的曲率之和为4π，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（图3为满足条件的两个多面体示例），求该多面体面数的所有可能取值． 【答案】(1) (2) (3)12，32和92 【分析】 【详解】（1）该多面体任取一顶点连接3个正三角形和1个正五边形，则该点的曲率为. （2）梯形性质分析​：由于梯形是等腰梯形，处的内角互补. 设梯形在的内角为，在的内角为，则. 但是根据曲率差的条件，. 解方程组：.​ 从点向下底作垂线，交于，上下底中点分别为. 由于上底，下底， ∴，∴， 设上下底面的中心分别为，在下底面内的射影为，则分别在上， 且， 计算得， ， ， ， ∴为的交点，由于∴， ∴点D的轨迹为如图所示的以为圆心，以为端点，半径为圆弧， 轨迹的长度为. （3）​多面体由个正三角形和个正五边形组成，边长相等，各顶点曲率之和为4π. 每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同（顶点传递性）. ​欧拉公式​：对于凸多面体，欧拉公式，其中是顶点数，是边数，是面数.这里. ​曲率总和​：根据题目，曲率总和为. ​顶点均匀性​：题目要求每个顶点相同，意味着多面体是顶点传递的，且每个顶点周围的配置相同. ​面角计算​：正三角形的内角为，正五边形的内角为. ​顶点曲率​：设每个顶点周围有个正三角形和个正五边形. 由于顶点相同，所有顶点配置相同，面角总和为，曲率为. ​顶点数​：由于所有顶点相同，曲率总和为，因此，. ​边数计算​：每个正三角形有3条边，每个正五边形有5条边，但每条边被两个面共享，总边数. ​顶点配置​：由于多面体是顶点传递的，每个顶点有相同的边数（即相同的面数）. 设每个顶点周围有个面，. 由于每条边连接两个顶点，，但是，，因此，. ​结合欧拉公式​：，得. ​解方程组​：我们有以下方程： ， ， ， ， 由于每个顶点相同，我们需要考虑可能的值. ​枚举值​：常见的多面体顶点面数满足， ∴只能为3，4，5等. ​​：. 可能的组合：：解得，，不满足题目要求； ：2个三角形和1个五边形，得，非整数，舍去. ：1个三角形和2个五边形，得，非整数，舍去. ：全五边形，不可能，因为三个五边形无法闭合（）. ：：全三角形，如八面体，解得，，舍去. ：3个三角形和1个五边形，解得. 现在，. . 解方程组： ， 解得：. 因此，. ：2个三角形和2个五边形，得. ， . ：1个三角形和3个五边形. ，舍去. ：全五边形，不可能. ​： ：4个三角形和1个五边形. . . ， ∴ ∴. ：3个三角形和2个五边形. ，舍去. 其他组合导致为负数或非整数. ​：，方程组无解. 因此，多面体面数的所有可能取值为12，32和92. 28．已知正四面体的棱长为． (1)证明：； (2)某几何体是由正四面体按如下规则得到：在每个三角形面上，以各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第1次操作；继续以新生的小正四面体各边中点为顶点的小三角形为底面，向外补一个小正四面体记为第2次操作；以此类推，如图所示． （i）求第3次操作后几何体的体积； （ii）现有次操作后生成的几何体石材，求打磨出的最大球的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）． 【分析】 【详解】（1）取中点，由正四面体知与均为正三角形， 故，又平面， 所以平面，又平面，故. （2）（i）设第次操作后的体积为，原四面体的棱长为，体积为； 第1次操作后，新增四个小正四面体，其棱长为，且新增的体积为； 第2次操作后，每个小四面体均新增三个更小的正四面体，棱长为，共增加12个，故新增的体积为； 第3次操作后，新增36个小正四面体，棱长为，故新增体积为， 因此操作3次后的体积为， 原正四面体的体积，故. （ii）最大球即初始正四面体的中心到各面中位线中点的距离为半径的球. 过点作平面于点，因为四面体为正四面体， 故为的中心，则在上，且， 同理，可得在上，且，则为四面体的外接球球心和内切球球心， 设，则， 所以，则由，解得，所以， 设点为的中点，则，则， 次操作后始终为新生几何体的一个顶点，故打磨出的球的半径， 记第1次操作后构造的任一正四面体（即四面体）的外接球球心为， 连接，则平面，设垂足为，，则为的中心， 故在上，且，故点与点重合， 所以共线，则平面，故. 即以为球心，为半径的球，是次操作后生成的几何体石材打磨出的最大球， 此球体积为. 29．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】 【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， 30．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体Γ的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的点，且平面，平面，平面，平面为多面体的所有以为公共点的面．已知平面多边形的外接圆圆心为与的交点，如图①，且，将沿翻折到如图②，连接． (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)已知直线与直线所成角的余弦值为． ①求四棱锥在顶点处的离散曲率； ②设为线段上的动点（不包括端点），与平面所成角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值． 【答案】(1)2 (2)① ；② 【分析】 【详解】（1）因为，，，内角和均为，四边形内角和为， 则四棱锥在各顶点处的离散曲率和为； （2）① 过点作交于，连接， 则即为直线与直线所成角或其补角， 因，平面多边形的外接圆圆心为与的交点， 则圆的直径，连接，则易得等边三角形，故有， 所以，，所以， 在中，因，解得． 即，可得： 则得， 即四棱锥在顶点处的离散曲率为 ②因为，所以为二面角的平面角， 因为，所以，则平面平面． 过作于，过作于，连接， 因平面，平面平面，故平面， 因平面，则， 又平面，则平面， 因平面，则，故为与平面所成角， 为二面角的平面角，则， 因为，所以， 则得，因，则， 故， 当且仅当时，等号成立． 则的最大值为． 2 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $