立体几何压轴训练----2027届高考数学一轮复习

**基本信息** 聚焦立体几何压轴题，涵盖正方体、球、椭圆柱等几何体，融合线面垂直证明、二面角计算、体积最值与轨迹问题，适配一轮复习综合能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|10道|线面垂直（第1题）、二面角（第3题）、体积计算（第5题）、轨迹问题（第6题）|结合微分法推导体积（第5题），引入球面三角学（第8题），体现高考立体几何综合题命题趋势|

立体几何压轴训练解析 1．已知平面，垂足为，直线，是内的动点，且始终在的两侧． (1)若，证明：是锐角三角形； (2)若，是线段上靠近的三等分点，． （i）证明：二面角为锐角； （ii）直线与所成的角分别为，记．若平面，且不是任何一个长方体的截面，求的最小值． 【答案】(1)证明：证法一： 因为平面，，所以，． 不妨设，且， 因为，所以，，， 所以，所以为的最大内角． 由余弦定理，得， 所以，所以是锐角三角形． 证法二：因为平面，，所以，． 又因为，故可以为原点，分别为轴，轴和轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设，所以，在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． 证法三：因为平面，，所以，． 又因为，所以在中， ，所以为锐角， ，所以为锐角， ，所以为锐角， 所以是锐角三角形． (2)（i）证明：因为，在上，且， 由对称性知在同一个轨迹上，且轨迹关于对称， 故以为原点，分别为轴和轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 设，，因为，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，故，即， 故，，， 依题意得，化简得， 且，即，故，又点不在直线上，故，同理，，且， 故在坐标平面中，是双曲线右支上的动点，且在轴的两侧，如图． 因为的两条渐近线分别为和，它们的夹角为，所以． 因为平面平面，，， 所以是二面角的平面角，所以二面角为锐角． （ii）． 【分析】（1）证法一：不妨设，且，利用余弦定理证明；证法二：根据条件建系，利用向量数量积的坐标运算判断；证法三：利用转化法求向量数量积判断； （2）（i）建系后设，，利用空间向量夹角公式推出，，利用其代表的轨迹双曲线的渐近线夹角进行证明；（ii）解法一：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，，求的最小值；解法二：运用解析法和向量的数量积运算求解；解法三：将问题等价转化为在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上，直线过点，，求的最小值． 【详解】（1）略 （2）（i）略 （ii）解法一：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角， 即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以， 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，则，．因为都在双曲线的右支，故， 即，所以，又，， 即且，解得， 所以， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法二：因为△不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过． 在平面直角坐标系中，设直线的方程为， 联立得， 依题意，有且 因为，所以． 因为， 所以 ， ， 同理， 不妨设，则必有． 因为， 因为且，所以，代入上式得到 ， 所以， 又因为，所以． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 因为，所以，所以，所以， ， 当，即时，等号成立． 故的最小值为． 解法三：因为不是任何一个长方体的截面，所以是直角三角形或钝角三角形． 证明如下： 若为锐角三角形，有，，， 可令，，， 则存在以为共点棱的长方体，为该长方体的截面． 由（1）知，若是长方体的截面，则是锐角三角形， 所以不是任何一个长方体的截面等价于是直角三角形或钝角三角形． 由（i）知，，所以，又因为，， 所以，故． 因为，所以分别是直线与所成的角，即， 不妨设，则，且，所以，， 且． 作于，因为平面，平面，平面， 所以，又，所以． 因为是线段上靠近的三等分点，所以是线段上靠近的三等分点， 所以，即直线过， 所以，所以． 这样，问题等价于在平面直角坐标系中，在双曲线的右支上， 直线过点，，求的最小值． 如图，不妨设点在第四象限，因为，所以点在以为直径的圆内（含边界），记 圆与双曲线在第四象限的交点为，则． 因为在渐近线的上方，故，而，故， 即直线与双曲线右支有两个交点，符合条件．所以当点位于点时，最大，则最小． 联立，得，解得或（舍去）， 故当，即时，的最小值为． 故的最小值为． 2．一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱中，椭圆的长轴长为4，短轴长为是椭圆上关于对称的两点，是椭圆上关于对称的两点，且． (1)证明：平面； (2)若，求直线与底面所成角的正弦值； (3)求四面体的内切球半径的最小值． 【答案】(1)证明：记椭圆所在平面为，由椭圆柱定义可知，. 因为，所以 因为平面， 所以平面. (2) (3). 【分析】（1）利用椭圆柱的平移性质得到线面垂直关系，结合的条件，推导线线垂直，再根据线面垂直的判定定理完成证明； （2）先确定点在底面上的射影，建立平面直角坐标系写出椭圆方程，设直线方程并联立椭圆，结合已知条件求解点的坐标，再根据线面角的定义计算正弦值； （3）先通过等体积法建立四面体体积与内切球半径的关系式，表达出内切球半径的表达式，再利用基本不等式求的最小值，同时验证、与坐标轴垂直的特殊情况，确定最终最小值. 【详解】（1）略 （2）设在下底面射影分别为， 则． 如图，在平面直角坐标系中， 椭圆的方程为， 设，若与坐标轴不垂直，设直线的方程为， 联立直线与椭圆方程，得， 所以， 同理，可得． 由得，，解得， 所以 所以， 所以． 设直线与底面所成角为，则， 所以直线与底面所成角的正弦值为. （3）因为四面体的体积 ， 设四面体的内切球半径为，则 所以 当且仅当，即时，等号成立. 若与坐标轴垂直，不妨设为长轴，为短轴，即， 此时内切球半径． 所以四面体的内切球半径最小值为. 3．已知△ABC为等腰直角三角形，，点E满足，点D，B在直线AC异侧．将△DAC绕直线AC向上旋转至△SAC，点F为BC的中点． （1）证明：FS⊥AC； （2）若，点G在三棱锥的表面上恒有BG⊥AC，试求G的轨迹长度； （3）在△DAC绕直线AC旋转至的过程中，K为SB的中点，试求平面AKC与平面SEB所成角的余弦值的取值范围． 【分析】（1）取AC的中点O，连接OB，EF，先证明EF⊥AC，SE⊥AC，可得AC⊥平面SEF，进而求证即可； （2）结合（1）可知点G必定在平面SEF的平行平面内，取点M，使得，连接OM，BM，先证明平面MOB∥平面SEF，可得点G的轨迹为线段OB，OM，MB（不包括点B）组成，进而建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可； （3）设θ为平面DAC绕直线AC向上旋转至平面SAC的旋转角，利用空间向量表示出平面AKC与平面SEB所成角的余弦值，进而求解即可． 【解答】解：（1）证明：取AC的中点O，连接OB，EF， 因为△ABC为等腰直角三角形，， 所以OB⊥AC，AC＝8，由，得AE＝6，EC＝2， 则E为OC的中点，又F为BC的中点，所以EF∥OB，EF⊥AC， 又DE⊥AC，则SE⊥AC，因为SE∩EF＝E，SE，EF⊂平面SEF， 所以AC⊥平面SEF，又FS⊂平面SEF， 所以FS⊥AC． （2）由（1）知，AC⊥平面SEF，而BG⊥AC， 则点G必定在平面SEF的平行平面内，取点M，使得， 连接OM，BM，因为，则OM∥SE， 因为OM⊄平面SEF，SE⊂平面SEF， 所以OM∥平面SEF， 又EF∥OB，EF⊂平面SEF，OB⊄平面SEF， 所以OB∥平面SEF， 因为OM∩OB，OM，OB⊂平面MOB， 所以平面MOB∥平面SEF， 因此点G的轨迹为线段OB，OM，MB（不包括点B）组成， 因为，，SE＝4，EC＝2，则， 所以SC2+BC2＝SB2，则SC⊥BC，而， 以O为原点，以OB，OC所在直线为x，y轴，以垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 则A（0，﹣4，0），C（0，4，0），B（4，0，0），E（0，2，0），S（﹣4cosθ，2，4sinθ）， 其中θ为平面DAC绕直线AC向上旋转至平面SAC的旋转角， 则， 因为SC⊥BC，所以， 则，即， 则，所以， 则， 所以， 则， 则点G的轨迹长度为． （3）由（2）及题意知，S（﹣4cosθ，2，4sinθ）， 且平面DAC绕直线AC向上旋转至平面SAC时，则， 而B（4，0，0），则K（2﹣2cosθ，1，2sinθ）， 而， 设平面AKC的一个法向量为， 则，则， 取x＝sinθ，得， 设平面SEB的一个法向量为， 则，则， 取x1＝sinθ，得， 设平面AKC与平面SEB所成角为φ， 则 ， 令t＝1﹣cosθ，， 则， 因为函数在上单调递减，则， 即，则， 所以， 则平面AKC与平面SEB所成角的余弦值的取值范围为． 【点评】本题考查线线垂直的判定，以及动点轨迹问题，考查向量法求空间角，属于难题． 4．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点O1，O分别为上下底面的中心，圆锥OO1的顶点为O，圆锥底面为正方形A1B1C1D1的内切圆，M为AD中点，如图所示． （1）设点Q在圆锥OO1的底面圆周上运动． （i）求直线OQ和平面ABCD所成角的正弦值； （ii）若，证明：CQ∥平面A1OB． （2）设平面A1BCD1和圆锥OO1侧面的公共点构成集合Ω，若P∈Ω，求PM的最小值． 【分析】（1）（i）根据线面角的定义找到所求角，再由锐角三角函数求解即可； （ii）先根据平面几何知识说明B1，D1，Q三点共线，再证明平面CB1D1∥平面A1OB即可； （2）以O为原点建系，设P（x，y，z），利用向量法求OP与OO1的夹角，可得，再求得平面A1BCD1的法向量，由0，可得y+z＝1，然后代入PM长度的表达式中，消去x和y，化简为关于z的函数，并利用配方法求解即可． 【解答】（1）（i）解：由题意知，OO1⊥平面A1B1C1D1， 所以∠OQO1即为OO1与平面A1B1C1D1所成的角， 在Rt△OO1Q中，OO1＝2，QO1＝1，所以OQ， 所以sin∠OQO1， 即OO1与平面A1B1C1D1所成角的正弦值为， 因为平面A1B1C1D1∥平面ABCD， 所以直线OQ和平面ABCD所成角的正弦值为． （ii）证明：由勾股定理知，C1Q， 因为圆锥底面圆的半径r＝1， 所以r2，即O1C1⊥O1Q， 因为O1C1⊥B1D1，所以B1，D1，Q三点共线， 所以CQ⊂平面CB1D1， 下面证明平面CB1D1∥平面A1OB： 由B1D1∥BD，知B1D1∥BO， 由于A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形， 所以A1B∥CD1， 又B1D1∩CD1＝D1，BO∩A1B＝B， 所以平面CB1D1∥平面A1OB， 故CQ∥平面A1OB． （2）解：以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A1（1，﹣1，2），B（1，1，0），C（﹣1，1，0），M（0，﹣1，0），O1（0，0，2）， 因为P在圆锥侧面上，所以OP与OO1的夹角的余弦值为， 设P（x，y，z），则（x，y，z）， 而（0，0，2）， 所以|cos，|， 整理得①， 由上可知，（0，﹣2，2），（﹣2，0，0）， 设平面A1BCD1的法向量为（a，b，c），则， 取（0，1，1）， 因为P在平面A1BCD1上， 所以（x﹣1，y﹣1，z）•（0，1，1）＝0，即y+z＝1②， 由①②得，x2，y＝1﹣z， 所以PM， 当且仅当z时，等号成立，此时x＝±，y， 所以PM的最小值为． 【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定与性质定理，线面角的定义与求法，以及空间动点轨迹问题的处理方法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于难题． 5．球的体积公式可以利用微分法推导：先将半球用平行于底面（大圆面）的平面将其分成等高的n部分，每一部分可近似看作圆柱，这些圆柱体积之和V就作为半球体积的近似结果，当n→+∞时，V的极限即为半球的体积，从而得到球的体积公式．图1中，ABCD为过圆柱O1O2的轴的截面，M，N分别为圆柱上下底面圆周上的点，且的夹角为．若将直线MN绕O1O2转一周，可得双曲面α（图2），即过圆柱的轴的任一截面与双曲面的交线都为双曲线．设O为O1O2的中点，在平面ABCD内以O为原点，O1O2为y轴建立如图1所示的平面直角坐标系，记圆柱高为h，底面半径为r． （1）若h＝4，r＝2．记坐标平面xOy中相应的双曲线为E． （i）求点O到直线MN距离，并求双曲线E的方程； （ii）过O作直线GH⊥平面ABCD，交圆柱侧面于G，H两点．过双曲线E的右焦点F的直线l与双曲线E右支交于S，T两点，求四面体STGH体积的最小值． （2）若矩形ABCD周长为16．将双曲面α与圆柱O1O2上下底面围成的封闭几何体记为ω，利用微分法求ω的体积最大值． 参考公式：12+22+…+n2 【分析】（1）（i）作MM'垂直圆柱O1O2下底面于M'，作NN′垂直圆柱O1O2上底面于N'，求出双曲线E的实半轴，结合双曲线E过（2，2）点，求出双曲线E方程； （ii）设直线，联立双曲线方程，计算体积，结合基本不等式求出四面体STGH体积的最小值． （2）求出双曲线E方程，用平行于截面圆O的平面将线段OO1n等分，则几何体ω上半部分依次被分成等高的n部分，每一部分可以近似看成高均为的圆柱．计算体积，利用基本不等式得出结论． 【解答】解：（1）（i）作MM'垂直圆柱O1O2下底面于M'，作NN′垂直圆柱O1O2上底面于N'， 连接O1N′，O2M'，MN′，M'N，得到正三棱柱OMN′﹣O2M'N， 则点O到直线MN距离即为直线O1O2到平面MN'NM'距离，即等边三角形△OMN′的高， 所以双曲线E的实半轴为． 易知双曲线E过（2，2）点，所以双曲线E方程为； （ii）设直线，S（x1，y1），T（x2，y2）， 联立双曲线，消去x，整理可得（4m2﹣1）， Δ＝192（m2+1）＞0，， 因为y1y2＜0，所以， 所以， 令，则， 当t＝1，即m＝0 时取“＝”， 所以VSTGHS△GHF|y1﹣y2|， 所以四面体STGH体积最小值为． （2）设圆柱O1O2底面半径为r，高为h，则O到直线MN间距离， 即此时双曲线E实半轴为且过点， 所以双曲线E方程为． 用平行于截面圆O的平面将线段OO1n等分，则几何体ω上半部分依次被分成等高的n部分，每一部分可以近似看成高均为的圆柱． 假设这些平行平面与双曲线E第一象限部分从下往上依次交于A1、A2、⋯Ak⋯、An， 则， 所以几何休ω上半部分从下往上第k部分体积， 所以几何体ω的体积， 当 n→+∞时，， 由题意 4r+2h＝16＝2r+h＝8，所以， 当且仅当，r时取等，所以几何体ω的体积最大值约为． 【点评】本题考查双曲线的方程，考查直线与双曲线的位置关系，考查几何体的体积，考查基本不等式的运用，属于难题． 6．如图，已知立方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱CC1上一动点． （1）当E为CC1中点时，F为线段CD上一点，，求证：EF⊥面A1D1E； （2）当E在CC1上运动（不包括端点）时，线段AE上是否存在点M，使得BM//面A1D1E，若存在，请问点M在平面ACC1A1内的轨迹是什么曲线？若不存在，请说明理由； （3）当E在CC1上运动（包括端点）时形成一系列点列{En}，其中E1与C1重合，Ei是线段Ei﹣1C（i≥2）的中点，ri是四棱锥Ei﹣ABCD的内切球半径，求证：． 【分析】（1）建系写出各点坐标，通过计算向量点积证明EF与平面A1D1E内两条相交直线、A1D1，A1E均垂直，从而证得线面垂直； （2）设参数表示点E和线段AE上的点M，利用线面平行的向量条件列方程，消参后得到M在平面ACC1A1内的轨迹，为抛物线的一段； （3）先根据四棱锥体积与表面积公式推导出内切球半径ri的表达式，再对ri进行放缩，结合等比数列求和证明． 【解答】（1）证明：以A为原点，AB、AD、AA1分别为x、y、z轴建立如图所示的坐标系， A（0，0，0），A1（0，0，1），D1（0，1，1），，， 则，，， 所以，即A1E⊥EF， ，即A1D1⊥EF， 因为A1D1∩A1E＝A1，且A1D1，A1E⊂平面A1D1E，所以EF⊥面A1D1E； （2）解：存在点M使得BM∥面A1D1E，且点M在平面ACC1A1内的轨迹是抛物线的一部分． 理由如下：令E（1，1，t），，， 设平面A1D1E的法向量为， 由，令z＝1，得， 令，则， ，λ＝1﹣t， 在平面ACC1A1建立如图所示的坐标系， 设M（x，y），可得， 所以，消去t，得点M的轨迹方程为， 所以点M在平面ACC1A1内的轨迹是抛物线的一部分； （3）证明：记Si为四棱锥Ei﹣ABCD的表面积，，则， 所以， ， 所以． 【点评】本题考查空间中直线与平面位置关系的判定，考查空间中点的轨迹方程的求法，是中档题． 7．如图，A、B、C为圆台OO1下底面圆周上三点，AC为直径且AC＝4，E为上底面圆周上一点，F、H分别为线段BE、BC的中点，且满足：AE⊥FH，平面ABE⊥平面ACE． （1）求证：AB⊥平面BCE； （2）若∠ACB＝30°，满足要求的点E有且只有一个，设三棱锥E﹣ABC外接球半径为R，圆台的高为h． （i）求； （ii）P为上底面圆周上一动点，当平面ACP与平面ACF夹角为时，求点P到平面ACF的距离． 【分析】（1）利用已知的面面垂直证明CE⊥AB，利用AC是直径，有BC⊥AB，可得AB⊥平面BCE； （2）依题意上底面圆周在下底面的射影图形与BC相切于点H，可得上底面圆的半径，（ⅰ）三棱锥E﹣ABC四个面皆为直角三角形，得O为三棱锥E﹣ABC外接球的球心，结合已知数据求出半径和圆台的高，得的值；（ⅱ）建立空间直角坐标系，利用平面ACP与平面ACF夹角，向量法求点P到平面ACF的距离． 【解答】解：（1）证明：因为F、H分别为线段BE、BC的中点，所以CE∥FH， 因为AE⊥FH，所以CE⊥AE，又平面ABE⊥平面ACE，平面ABE∩平面ACE＝AE， 所以CE⊥平面ABE，所以CE⊥AB， 又AC是直径，所以BC⊥AB，BC∩CE＝C， 所以AB⊥平面BCE； （2）由（1）可知是平面BCE的一个法向量， 因为满足要求的点E有且只有一个，所以平面BCE与上底面圆周有且只有一个公共点， 所以上底面圆周在下底面的射影图形与BC相切于点H，EH⊥底面ABC， 即上底面圆的半径r＝OH＝1， （ⅰ）由（1）可知△BCE为等腰直角三角形， 又∠ACB＝30°，所以，，即圆台高， ，AB＝2，， 因为三棱锥E﹣ABC四个面皆为直角三角形， 所以OA＝OB＝OC＝OE， 所以O为三棱锥E﹣ABC外接球的球心，所以R＝2， 所以； （ⅱ）连接OH，建系如图： 则，，， ，，设， 则，，， 设平面ACF的一个法向量为， 则，取， 设平面ACP的一个法向量为， 则， 取， 所以平面ACP与平面ACF夹角的余弦值为： ， 设， 化简得， 解得或（舍）， 所以点P到平面ACF的距离为： ． 【点评】本题考查线面垂直的证明，点到平面的距离的求解，向量法的应用，属难题． 8．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为，A，B，C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a．设Oa表示以O为圆心，过B，C的圆，同理，圆Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，球面ABC（阴影部分）叫做球面三角形． （1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积（直接写出答案，无需证明）； （2）若平面三角形ABC为直角三角形，AC⊥BC，设∠AOC＝θ1，∠BOC＝θ2，∠AOB＝θ3，则： （i）求证：cosθ1+cosθ2﹣cosθ3＝1； （ii）延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，λ∈（0，1]，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，若，求平面AEC截球O的面积的最大值． 【分析】（1）根据面面垂直得出球面三角形ABC面积为整个球面面积的，再应用球的表面积公式计算求解； （2）（i）应用余弦定理计算证明；（ii）先求出平面OBC与平面EST的法向量，应用正弦值得出，最后应用点到平面距离计算得出球O的半径及截面即可． 【解答】解：（1）若平面OAB，OAC，OBC两两垂直时， 球面三角形ABC面积为整个球面面积的， 故． （2）（ⅰ）证明：由余弦定理有， 且AC2+BC2＝AB2，消掉R2， 有cosθ1+cosθ2﹣cosθ3＝1． （ⅱ）由AD是球的直径，则AB⊥BD，AC⊥CD， 又AC⊥BC，BD∩CD＝D，BD，CD⊂平面BCD， 所以AC⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，则AC⊥BD， 而AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC， 所以BD⊥平面ABC． 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，， 所以，， 由，则，，，AC＝2， 由AC⊥BC，AC⊥BD，BC⊥BD， 以C为坐标原点，以CB，CA所在直线为x，y轴，过点C作BD的平行线为z轴， 建立如图3所示的空间直角坐标系． 设BE＝t，，则C（0，0，0），A（0，2，0），，， 则S（0，1，0），，，， 设平面OBC的法向量为，，， 则，则， 取z＝﹣2，则，x＝0， 所以． 设平面EST法向量，，， 则，则， 取，则y＝t，z＝﹣1， 所以． 要使，则， 所以， 即， 解得． 作OO′平行于AC交DC于O′，显然O点到平面AEC的距离即为O′到平面AEC的距离， O′到EC的垂线设为O′H，则O′H⊥CE， 由（2）可得AC⊥平面BCD，而O′H⊂平面BCD，故AC⊥O′H， 而AC∩CE＝C，AC，AE⊂平面AEC，所以O′H⊥平面AEC， 故O′H的最小值就是O点到平面AEC的距离的最小值， 而当时，O′H的长度最小，故此时O点到平面AEC的距离的最小， 即此时截面面积最大，即E的坐标为时截面面积最大． 在平面AEC中，，， 设平面AEC的法向量为， 则，则． 取，而， 故球心O到平面AEC距离． 设平面AEC截球O的半径为r，， 所以截面圆面积为． 【点评】本题考查面面角的计算，考查几何体的截面问题，向量法的应用，属于难题． 9．如图，已知六面体ABCDE中，点A与点E在平面BCD的两侧，且AB＝AC＝AD＝EB＝EC＝ED＝1，△BCD是边长为的正三角形． （1）求证：AE⊥平面BCD； （2）空间一点F满足•．点G，H，I分别在棱BE，BD，BC上运动，且△BHI的面积为． （i）求FG+GH+HI的最小值； （ii）若G，H，I是（i）中使FG+GH+HI取得最小值时的位置，且点F在六面体ABCDE的表面上，求四面体FGHI体积的最大值． 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）（i）首先求出点F在以M为球心，半径为的球面上，再将立体问题平面化，最后利用基本不等式即可求出最值； （ⅱ）结合（i）得到G、H、I的位置，再分点F在△CDE内和点F在△BCE内两种情况，结合点到面的距离公式及锥体体积公式求解． 【解答】解：（1）证明：如图，以E为原点，EB、EC、ED分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则E（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，1），设A（x，y，z）， ∴，解得或， 又点A与点E在平面BCD的两侧，则， 又（3，3，3）•（﹣1，1，0）＝0，， ∴AE⊥BC，AE⊥BD，又BC∩BD＝B，BC，BD⊂平面BCD， ∴AE⊥平面BCD； （2）（i）设EC的中点为M， ∴ ， ∴，即F在以M为球心，半径为的球面上， ，解得， 将平面BCD沿BD展开，平面BDE沿BE展开， ∵， 当且仅当时，HI取得最小值， 此时，∴MH∥BC， 又∠CBD＝∠DBE+∠CBE＝90°， ∴MH⊥BD，则MG+GH的最小值为， 综上，FG+GH+HI的最小值为； （ⅱ）由（i）知， ∴，， 则，，， ∴，， 设平面GHI的一个法向量， ∴，不妨取x＝1，则， 又F在以M为球心，半径为的球面上，点F在六面体ABCDE的表面上， 所以点F可能在△CDE，△BCE内， 当点F在△CDE内时，设F（0，y，z）， 则（0，设y，，θ∈[0，π]， 则点F到平面的距离， 所以，当，即时，点F到平面的距离取得最大，最大值为， 当点F在△BCE内时，设F（x，y，0）， 则，x≥0，设， ， 则点F到平面的距离， 所以，当θ＝0，即时，点F到平面的距离取得最大，最大值为， 综上，点F到平面的距离的最大值为， 此时， 即四面体FGHI体积的最大值为． 【点评】本题考查棱锥的体积与直线与平面垂直，属于中档题． 10．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB，△ABD，△BCD为全等的等腰直角三角形，它们的直角顶点分别为P，D，B．若AB＝2，PD，E为AB中点，F为线段PC上的动点． （1）证明：平面DEF⊥平面PAB， （2）若G为AD中点且FG∥平面PAB，求二面角C﹣DE﹣F的平面角的正弦值． 【分析】（1）连接PE，利用已知条件可证DE⊥PE，DE⊥AB，然后利用线面垂直及面面垂直的判定定理即可得证； （2）以直线ED，EB，EP所在方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法结合已知条件可先求出F的坐标，然后求出平面DEF的法向量即可得解． 【解答】解：（1）证明：如图，连接PE， 因为△PAB是等腰直角三角形，， 又E为AB中点，AB＝2，PD， 所以， 因为PE2+DE2＝2＝PD2， 故由勾股定理得PE⊥DE，又AD＝BD，E为AB中点， 所以DE⊥AB，又PE∩AB＝E，PE、AB⊂平面PAB， 所以DE⊥平面PAB，又DE⊂平面DEF， 所以平面DEF⊥平面PAB； （2）因为△ABD，E为AB中点， 所以DE⊥AB，又DE⊥PE，PE⊥AB， 故以直线ED，EB，EP所在方向分别为x，y，z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， 因为AB＝2，PD，△PAB，△ABD，△BCD为全等的等腰直角三角形， 则E（0，0，0），D（1，0，0），P（0，0，1），C（1，2，0），， 设F（x，y，z），则，， 由题可知（0≤λ≤1），即， 所以F（λ，2λ，1﹣λ），则， 易知平面PAB的一个法向量为（1，0，0），又FG∥平面PAB， 所以，则， 解得，所以， 易知平面CDE法向量， 又，， 设平面DEF的法向量为， 则，即，令z＝2， 则，即（0，﹣1，2）， 设二面角C﹣DE﹣F的平面角大小为θ， 则， 所以， 故二面角C﹣DE﹣F的平面角的正弦值为． 【点评】本题考查了立体几何中面面垂直的几何证法及空间角的向量求法，属于中档题． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 立体几何压轴训练 1．已知PA⊥平面γ，垂足为A，直线AC⊂γ，B，D是γ内的动点，且B，D始终在AC的两侧． （1）若AB⊥AD，证明：△PBD是锐角三角形； （2）若PA＝AC＝3，Q是线段CP上靠近C的三等分点，． （i）证明：二面角B﹣AP﹣D为锐角； （ii）直线PB，PD与γ所成的角分别为α，β，记θ＝max{α，β}．若平面QBD⊥γ，且△PBD不是任何一个长方体的截面，求tan2θ的最小值． 2．一个椭圆沿着垂直于其所在平面的方向上平行移动形成的空间图形叫作椭圆柱，平移起止位置的两个面叫作椭圆柱的底面．如图，在椭圆柱OO′中，椭圆O的长轴长为4，短轴长为2，OO′＝2．A，B是椭圆O上关于O对称的两点，C，D是椭圆O′上关于O′对称的两点，且AB⊥CD． （1）证明：CD⊥平面AO′B； （2）若AB＝CD，求直线AC与底面所成角的正弦值； （3）求四面体ABCD的内切球半径的最小值． 3．已知△ABC为等腰直角三角形，，点E满足，点D，B在直线AC异侧．将△DAC绕直线AC向上旋转至△SAC，点F为BC的中点． （1）证明：FS⊥AC； （2）若，点G在三棱锥的表面上恒有BG⊥AC，试求G的轨迹长度； （3）在△DAC绕直线AC旋转至的过程中，K为SB的中点，试求平面AKC与平面SEB所成角的余弦值的取值范围． 4．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点O1，O分别为上下底面的中心，圆锥OO1的顶点为O，圆锥底面为正方形A1B1C1D1的内切圆，M为AD中点，如图所示． （1）设点Q在圆锥OO1的底面圆周上运动． （i）求直线OQ和平面ABCD所成角的正弦值； （ii）若，证明：CQ∥平面A1OB． （2）设平面A1BCD1和圆锥OO1侧面的公共点构成集合Ω，若P∈Ω，求PM的最小值． 5．球的体积公式可以利用微分法推导：先将半球用平行于底面（大圆面）的平面将其分成等高的n部分，每一部分可近似看作圆柱，这些圆柱体积之和V就作为半球体积的近似结果，当n→+∞时，V的极限即为半球的体积，从而得到球的体积公式．图1中，ABCD为过圆柱O1O2的轴的截面，M，N分别为圆柱上下底面圆周上的点，且的夹角为．若将直线MN绕O1O2转一周，可得双曲面α（图2），即过圆柱的轴的任一截面与双曲面的交线都为双曲线．设O为O1O2的中点，在平面ABCD内以O为原点，O1O2为y轴建立如图1所示的平面直角坐标系，记圆柱高为h，底面半径为r． （1）若h＝4，r＝2．记坐标平面xOy中相应的双曲线为E． （i）求点O到直线MN距离，并求双曲线E的方程； （ii）过O作直线GH⊥平面ABCD，交圆柱侧面于G，H两点．过双曲线E的右焦点F的直线l与双曲线E右支交于S，T两点，求四面体STGH体积的最小值． （2）若矩形ABCD周长为16．将双曲面α与圆柱O1O2上下底面围成的封闭几何体记为ω，利用微分法求ω的体积最大值． 参考公式：12+22+…+n2 6．如图，已知立方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，点E是棱CC1上一动点． （1）当E为CC1中点时，F为线段CD上一点，，求证：EF⊥面A1D1E； （2）当E在CC1上运动（不包括端点）时，线段AE上是否存在点M，使得BM//面A1D1E，若存在，请问点M在平面ACC1A1内的轨迹是什么曲线？若不存在，请说明理由； （3）当E在CC1上运动（包括端点）时形成一系列点列{En}，其中E1与C1重合，Ei是线段Ei﹣1C（i≥2）的中点，ri是四棱锥Ei﹣ABCD的内切球半径，求证：． 7．如图，A、B、C为圆台OO1下底面圆周上三点，AC为直径且AC＝4，E为上底面圆周上一点，F、H分别为线段BE、BC的中点，且满足：AE⊥FH，平面ABE⊥平面ACE． （1）求证：AB⊥平面BCE； （2）若∠ACB＝30°，满足要求的点E有且只有一个，设三棱锥E﹣ABC外接球半径为R，圆台的高为h． （i）求； （ii）P为上底面圆周上一动点，当平面ACP与平面ACF夹角为时，求点P到平面ACF的距离． 8．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为，A，B，C为球面上三点，劣弧BC的弧长记为a．设Oa表示以O为圆心，过B，C的圆，同理，圆Ob，Oc的劣弧AC，AB的弧长分别记为b，c，球面ABC（阴影部分）叫做球面三角形． （1）若平面OAB、平面OAC、平面OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积（直接写出答案，无需证明）； （2）若平面三角形ABC为直角三角形，AC⊥BC，设∠AOC＝θ1，∠BOC＝θ2，∠AOB＝θ3，则： （i）求证：cosθ1+cosθ2﹣cosθ3＝1； （ii）延长AO与球O交于点D，若直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，λ∈（0，1]，S为AC的中点，T为BC的中点，设平面OBC与平面EST的夹角为θ，若，求平面AEC截球O的面积的最大值． 9．如图，已知六面体ABCDE中，点A与点E在平面BCD的两侧，且AB＝AC＝AD＝EB＝EC＝ED＝1，△BCD是边长为的正三角形． （1）求证：AE⊥平面BCD； （2）空间一点F满足•．点G，H，I分别在棱BE，BD，BC上运动，且△BHI的面积为． （i）求FG+GH+HI的最小值； （ii）若G，H，I是（i）中使FG+GH+HI取得最小值时的位置，且点F在六面体ABCDE的表面上，求四面体FGHI体积的最大值． 10．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB，△ABD，△BCD为全等的等腰直角三角形，它们的直角顶点分别为P，D，B．若AB＝2，PD，E为AB中点，F为线段PC上的动点． （1）证明：平面DEF⊥平面PAB， （2）若G为AD中点且FG∥平面PAB，求二面角C﹣DE﹣F的平面角的正弦值． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $