期中复习压轴专题03 截面、翻折与空间图形构造（5种类型20道）（压轴题专项训练）高二数学沪教版

期中复习压轴专题03 截面、翻折与空间图形构造 （沪教版高二上，5种类型20道） 范围：必修第三册第10—11章、选择性必修第一册第3章 类型一 正方体/棱柱的截面形状、周长与面积 1．（25-26高二上·上海·期中）在正方体中，M、N、P分别为的中点，棱长为．    (1)请在图中作出过M，N，P三点的平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹）． (2)计算截面的周长． (3)任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的每个面都有公共点，这样得到一个截面多边形，求该截面多边形的周长． 2．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）已知正方体的棱长，、分别为棱、CD的中点，与交于点．    (1)过作正方体的截面，使得平面（保留作图痕迹，说明作图方法）； (2)求该截面多边形的周长． 3．（25-26高一下·河南许昌·期中）如图1，在正方体中，，E，F，G，H分别是棱，，的中点，且与相交于点Q． (1)求证：直线为平面与平面的交线； (2)在图2中作出过，三点的截面，并求出该截面的周长和面积．（写出作图过程并保留作图痕迹） 4．（25-26高一下·辽宁营口·阶段检测）如图，将一正方体实心铁块沿面对角线进行切割，得到剩余几何体．已知（单位：分米）． (1)证明：平面平面； (2)已知得到的几何体铁块有6个面积较小的截面和2个面积较大的截面．现进行喷漆．要求对于较小面积的截面喷洒蓝漆，较大面积的截面喷洒红漆，已知蓝漆与红漆的价格分别为2元/平方分米和3元/平方分米，求该次喷漆的总花费（结果保留整数）．附： 类型二 截面位置关系、截面作法与截后几何体 5．（22-23高二上·上海徐汇·期中）在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且. (1)求证：E、F、G、H四点共面； (2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体的体积占四面体ABCD的，求k的值. 6．（26-27高二上·上海浦东新·阶段检测）（用空间向量方法解答不给分）如图是一个棱长为2的正方体被平面截去一部分后，剩余的立体图形，E是的中点． (1)证明：A、C、、四点共面； (2)证明：平面平面； (3)过点C，E，的平面与该多面体的表面相交，交线围成一个多边形，求该多边形的面积． 7．（24-25高一下·辽宁·阶段检测）（1）如图，已知分别是正方体的棱上的点，试过三点作正方体的截面（保留作图痕迹）．    （2）如图，在四面体中作截面，若与的延长线交于点，与的延长线交于点，与的延长线交于点．求证:点在直线上．    8．（26-27高二上·上海宝山·阶段检测）如图，底面是等腰梯形，，，，是平面外一点，是边长为的等边三角形． (1)在图中作出平面与平面的交线为（保留作图痕迹）； (2)若，求证：平面平面． 类型三 平面图形翻折后的角度与距离 9．（25-26高一下·山西太原·期末）如图，正方形的边长为2，，将沿翻折至，连接． (1)证明：； (2)设二面角的余弦值为，求； (3)设，求三棱锥内切球的表面积． 10．（26-27高二上·浙江·开学考试）如图，在梯形中，，，，且，将沿直线翻折至的位置（点不在平面内）． (1)若平面，证明：平面； (2)当二面角的平面角为锐角时，记直线与平面所成的角为，求的最小值． 11．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． (1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； (2)设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 12．（25-26高一下·全国·期末）如图一，四边形是边长为的菱形，，，，分别为的中点，将沿边折起，使，连接，如图二. (1)证明：； (2)求直线和所成角的余弦值. 13．（25-26高一下·河南郑州·期末）如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，沿将向上翻折至，连结得到如图②的三棱锥，是的中点，是的中点，在上，且． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，求平面与平面所成的二面角的正切值； (3)在（2）条件下，求三棱锥的体积． 14．（25-26高一下·浙江温州·期末）已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 类型四 展开图与最短路径 15．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体（各棱长均相等的四面体），如图记作正四面体，设棱长为． (1)求箬竹叶折出的二面角的大小； (2)用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 16．（25-26高一下·安徽六安·期中）如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为 (1)点M为母线的中点，从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达A点，求绳子长度的最短值； (2)计算该圆锥内可容纳的最大球的体积. 17．（26-27高二上·江西南昌·阶段检测）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点重合）． (1)求证：平面； (2)当三棱锥体积最大时． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值． 类型五 空间图形构造、补形与不变量 18．（25-26高一下·湖南·期末）现有两块含30°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，将这两块三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线，如图1所示，然后将这两块三角板绕点反向平行移开，得到四棱锥（图2）． (1)求证：平面平面； (2)设平面平面． （ⅰ）求直线与直线所成角的大小； （ⅱ）当二面角的大小为时，求四棱锥的体积的大小． 19．（25-26高一下·河南新乡·阶段检测）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得．    (1)求平面截“牟合方盖”所得截面的周长； (2)为平面与两圆柱交线的交点，为的中点，过作平面为“牟合方盖”表面上的点且位于平面同一侧，，过作平面，交边界于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求；若不存在，请说明理由； （ii）若，点到平面的距离为，求． 20．（22-23高一下·重庆北碚·阶段检测）如图，在棱长为6的正方体中，P为的中点，Q为的一个三等分点（靠近C）．    (1)经过P，Q两点作平面，平面截正方体所得截面可能是n边形，请根据n的不同取值分别作出截面图形（每种情况作一个代表类型，例如只需要画一种，下面给了四幅图，可以不用完，如果不够请自行增加），保留作图痕迹；    (2)若M为AB的中点，求过点P，Q，M的截面的面积． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 期中复习压轴专题03 截面、翻折与空间图形构造 （沪教版高二上，5种类型20道） 范围：必修第三册第10—11章、选择性必修第一册第3章 类型一 正方体/棱柱的截面形状、周长与面积 1．（25-26高二上·上海·期中）在正方体中，M、N、P分别为的中点，棱长为．    (1)请在图中作出过M，N，P三点的平面截正方体所得的截面（保留作图痕迹）． (2)计算截面的周长． (3)任作平面与对角线垂直，使平面与正方体的每个面都有公共点，这样得到一个截面多边形，求该截面多边形的周长． 【答案】(1) (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用平面的基本事实作出截面多边形. （2）利用平行线分线段成比例及勾股定理求出周长. （3）由线面垂直的性质可知截面多边形的边与所在的正方形的对角线平行，利用相似比即可求得截面周长， 【详解】（1）画直线与线段的延长线分别交于点，连接分别交于， 连接，则五边形为截面.    （2）由分别为的中点，得，而， 则，由，得，， ，同理，而， 所以截面的周长. （3）在正方体中，连接，， 由平面，平面，得， 又，平面，则平面， 又平面，于是，同理，而， 则平面，又平面，则平面平面， 令平面平面，而平面平面，则， 同理得平面与正方体其他各面的交线都与所在正方形的对角线平行， 令，则，， ，同理， 所以该截面多边形的周长.    2．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）已知正方体的棱长，、分别为棱、CD的中点，与交于点．    (1)过作正方体的截面，使得平面（保留作图痕迹，说明作图方法）； (2)求该截面多边形的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过线线平行将转换到以为端点的线段上绘制截面. （2）通过三角形相似以及勾股定理求解线段长度即可. 【详解】（1）   取对角线上靠近的三等分点，连接，再取中点，连接并延长交于于点，连接，平面即为截面，满足平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，， 同时，分别为中点，所以，， 因为平面，平面，所以平面. （2）由作图方法可知，，, 因为，故，， 又，，， 所以周长. 3．（25-26高一下·河南许昌·期中）如图1，在正方体中，，E，F，G，H分别是棱，，的中点，且与相交于点Q． (1)求证：直线为平面与平面的交线； (2)在图2中作出过，三点的截面，并求出该截面的周长和面积．（写出作图过程并保留作图痕迹） 【答案】(1) 平面平面， 由于，平面， 所以平面， 又，平面， 所以平面， 所以，即点Q在直线上； (2)面积为，周长为． 【分析】（1）通过证明在平面与平面的交线上即可； （2）连接并延长与的延长线交于点M，连接交于点P，连接，，得到四边形即为所求截面，再求面积即可． 【详解】（1）略 （2）解：如图1，连接并延长与的延长线交于点M，连接交于点P，连接，． 抹去，得四边形，即为所求截面，如图2． 易知四边形为等腰梯形，在正方体中， ，，， 所以等腰梯形的高为， 所以梯形的面积为， 梯形的周长为 ． 4．（25-26高一下·辽宁营口·阶段检测）如图，将一正方体实心铁块沿面对角线进行切割，得到剩余几何体．已知（单位：分米）． (1)证明：平面平面； (2)已知得到的几何体铁块有6个面积较小的截面和2个面积较大的截面．现进行喷漆．要求对于较小面积的截面喷洒蓝漆，较大面积的截面喷洒红漆，已知蓝漆与红漆的价格分别为2元/平方分米和3元/平方分米，求该次喷漆的总花费（结果保留整数）．附： 【答案】(1)因为且， 所以四边形为平行四边形 所以， 又平面，平面， 故平面 同理平面 由，平面，平面， 可得平面 平面 (2)179元 【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明面面平行. （2）分析几何体各面的形状，结合三角形的面积公式求面积，再求喷漆的总花费. 【详解】（1）略 （2）由勾股定理得 显然与均为等边三角形 6个较小的截面面积， 2个较大的截面面积， 于是总花费， 故喷漆总花费约为179元. 类型二 截面位置关系、截面作法与截后几何体 5．（22-23高二上·上海徐汇·期中）在四面体ABCD中，H、G分别是AD、CD的中点，E、F分别是AB、BC边上的点，且. (1)求证：E、F、G、H四点共面； (2)若平面EFGH截四面体ABCD所得的五面体的体积占四面体ABCD的，求k的值. 【答案】(1) 证明：连接， 因为H、G分别是AD、CD的中点， 所以， 又， 所以， 所以， 所以E、F、G、H四点共面； (2) 【分析】（1）利用平行的传递性证明即可； （2）延长，则必交于点，利用相似比求解即可 【详解】（1）略； （2）延长，则必交于点， 证明如下：设， 因为平面， 所以平面， 同理平面， 又平面平面， 所以 ， 所以，则必交于点， 取的中点，连接， 因为， 所以， 又， 所以， 所以， 又， 所以， 所以， 所以，即， 所以，， 所以， ， 所以，即， 所以，即， 所以， 解得或， 又因为， 所以 【点睛】四点共面问题是立体几何中常考的问题之一，解决的方法是结合图象证明这四点成的两条线平行，通过两直线平行，从而说明四点共面 6．（26-27高二上·上海浦东新·阶段检测）（用空间向量方法解答不给分）如图是一个棱长为2的正方体被平面截去一部分后，剩余的立体图形，E是的中点． (1)证明：A、C、、四点共面； (2)证明：平面平面； (3)过点C，E，的平面与该多面体的表面相交，交线围成一个多边形，求该多边形的面积． 【答案】(1)因为原几何体是正方体，所以，所以与共面，故四点共面. (2)因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，，所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面， 所以平面平面. (3) 【分析】（1）由题可得，由平面的性质可得与共面，得证； （2）先证明平面，平面，根据面面平行的判定定理，得证； （3）找到交线围成一个多边形为四边形，并得到其为等腰梯形，求出各边，得到面积. 【详解】（1）略 （2）略 （3）如图，取的中点，连接， 因为是的中点，所以， 又，，所以四边形是平行四边形，故， 所以， 所以过点的平面与该多面体的表面相交，交线围成一个多边形为四边形， 正方体棱长为2，故，， 又，，与不平行， 所以四边形为等腰梯形， 的高为， 所以等腰梯形的面积为. 7．（24-25高一下·辽宁·阶段检测）（1）如图，已知分别是正方体的棱上的点，试过三点作正方体的截面（保留作图痕迹）．    （2）如图，在四面体中作截面，若与的延长线交于点，与的延长线交于点，与的延长线交于点．求证:点在直线上．    【答案】（1）    （2）证明： ∵直线，平面，∴平面， ∵直线，平面，∴平面， ∴在平面与平面的交线上， 同理可知，也在平面与平面的交线上， ∴由公理3知，，，三点共线， ∴点在直线上． 【分析】（1）利用平面的基本性质作图，由两平面的两个公共点确定两平面交线，逐次确定截面所在平面与正方体棱的交点，即可得出截面； （2）由公理3知即可证明． 【详解】（1）作直线，交直线于点，连接并延长，交直线于点， 连接，交于点，连接，则即为所求截面．    （2）略. 8．（26-27高二上·上海宝山·阶段检测）如图，底面是等腰梯形，，，，是平面外一点，是边长为的等边三角形． (1)在图中作出平面与平面的交线为（保留作图痕迹）； (2)若，求证：平面平面． 【答案】(1)延长，交于点，连接，直线即为所求交线． (2) 在平面内，过点作于，，，所以， 在中，，，， 在中，， 所以， 因为，所以， 又，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 【分析】（1）利用平面基本性质，找两平面的两个公共点，连线就是交线； （2）在底面等腰梯形中，计算边长，用勾股逆定理证，结合已知证得平面，再由面面垂直判定定理完成证明． 【详解】（1）延长，交于点，连接，直线即为所求交线． 是两平面一个公共点， 因为平面，平面， 所以是两平面另一个公共点， 因此直线为平面与平面的交线． （2）略 类型三 平面图形翻折后的角度与距离 9．（25-26高一下·山西太原·期末）如图，正方形的边长为2，，将沿翻折至，连接． (1)证明：； (2)设二面角的余弦值为，求； (3)设，求三棱锥内切球的表面积． 【答案】(1)因为四边形是正方形，所以， 由翻折可得，， ，平面， 所以平面，因为平面，所以. (2)2 (3) 【分析】（1）利用正方形对角线互相垂直的性质以及折叠前后垂直关系不变的特点，证明直线垂直于平面，进而推导出线线垂直. （2）取线段的中点，利用全等三角形和等腰三角形三线合一的性质找出二面角的平面角，结合余弦定理即可求解. （3）先利用余弦定理求出未知边长和四个面的表面积，随后利用等体积法将三棱锥沿平面 BOE割补求体积，并令其等于以球心为顶点的四个小三棱锥体积之和求出内切球半径r，最后代入公式计算球的表面积. 【详解】（1）略 （2）设点是的中点，连接，， ，，， 同理可得，， 是二面角的平面角，， ， ，． （3）由题意得， ，， ， ，， ，，，，， ∵正方形的边长为2，，， 设三棱锥内切球的半径为，球心为， 则， ， ，， ． 10．（26-27高二上·浙江·开学考试）如图，在梯形中，，，，且，将沿直线翻折至的位置（点不在平面内）． (1)若平面，证明：平面； (2)当二面角的平面角为锐角时，记直线与平面所成的角为，求的最小值． 【答案】(1)如图，在梯形中， 因为，， 所以，． 因为，所以四边形是平行四边形， 故，所以，故， 所以． 因为平面，平面，所以． 因为，，平面，所以平面． (2) 【分析】（1）先根据平面图形的性质证得，即得到，再利用线面垂直的性质得到，进而根据线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）作交于点F，得是二面角的平面角．通过证平面，得设，计算得，，由等体积法得到点C到面的距离，进而得，通过换元结合基本不等式即可求得的最小值. 【详解】（1）略 （2）如图，作交于点F， 因为，，所以是二面角的平面角． 因为，，，，面， 所以面，故． 因为，，，平面， 所以平面，故． 设，则，， 又， 故． ． 设点C到面的距离为h，则． 又， 由等体积法可知，故． 因为， 所以， 令，则． 当，即时，取得最小值． 所以取得最小值． 11．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）如图，在矩形中，、分别是线段、的中点，，．将沿翻折，在翻折的过程中点记为点． (1)从翻折至的过程中，求点运动的轨迹长度； (2)设为的中点，当点的投影在直线上时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)翻折过程中，设二面角的平面角为，求的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)翻折问题紧扣边长、垂直关系等不变量，确定动点绕定轴做圆周运动的几何特征求解轨迹长度；(2)线面角问题依托投影定义，用参数形式设垂足坐标，通过翻折不变量列方程求解高度，再由线面角的正弦值公式计算；(3)二面角问题通过三垂线定理构造平面角，将正切值转化为单变量函数，通过换元法转化为二次函数求最值 【详解】（空间向量法）（1）取的中点为，则从翻折至的过程中，点运动的轨迹是以点为圆心，为半径的半圆，因为，， 在中，，故斜边， 由等面积法，得，所以点运动的轨迹长度为. （2）以为原点，分别以、所在直线为、轴，建立空间直角坐标系， 由题意得各点坐标：，，，，为中点故，为中点故， 为中点，故，设点在平面上的投影为，由题意在直线上，设（为参数）， 则（为竖坐标）， 由翻折不变性、，列方程， 两式相减消去，化简得，将代入，解得， 设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为. （3）二面角的棱为，平行于轴，过作平面，垂足为；过作于，连接， 平面， 平面，故， 因为，， 所以平面， 平面，故， 因为，，所以即为二面角的平面角， 由可推得的横、纵坐标相等，即，故设（），则， 到底面距离，到的水平距离（在处），因此， 由代入坐标得约束条件 将代入，得目标函数， ，设，， 令（），则，代入化简得， 令（），则，这是开口向下的二次函数，对称轴为，当时，取得最大值，因此， 即的最大值为. 12．（25-26高一下·全国·期末）如图一，四边形是边长为的菱形，，，，分别为的中点，将沿边折起，使，连接，如图二. (1)证明：； (2)求直线和所成角的余弦值. 【答案】(1)连接， 分别为的中点，，， ，； 四边形为边长为的菱形，， 为等边三角形，； 平面，，平面， 平面，. (2) 【分析】（1）根据平行关系和等腰三角形三线合一性质可证得，，根据线面垂直的判定与性质可证得结论； （2）根据平行关系和异面直线所成角定义可知所求角为（或其补角），根据长度关系和余弦定理可求得结果. 【详解】（1）略 （2）连接，交于点，连接， 四边形为菱形， 为中点，又为中点， ，， 和所成角即为（或其补角）； 在中，， ，又，， ， 即直线和所成角的余弦值为. 13．（25-26高一下·河南郑州·期末）如图①，平面四边形由两个三角形拼接而成，其中，，，沿将向上翻折至，连结得到如图②的三棱锥，是的中点，是的中点，在上，且． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，求平面与平面所成的二面角的正切值； (3)在（2）条件下，求三棱锥的体积． 【答案】(1)如图②取的中点，连结， 因为是的中点，在中，由中位线定理得， 又平面，平面，所以平面. 又因为是的中点， 是的中点，所以，又， 故在中，得， 又平面，平面，所以平面. 由平面，平面，， 所以平面平面，又平面， 所以平面. (2) (3) 【分析】（1）根据中位线以及比例可证明线线平行，进而可得线面平行以及面面平行，即可根据面面平行的性质求解，（2）根据面面垂直的性质得线面垂直，即可根据线线垂直证明平面，为平面与平面所成二面角的平面角，进而可证平面，可得，进而计算可求得平面与平面所成的二面角的正切值； （3）利用等体积法求得点到面的高为，进而利用转化法求得三棱锥的体积． 【详解】（1）略. （2）如图④，在平面中，过作于， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，又平面，平面，， 所以平面，又由平面，所以， 又，又平面，平面，， 所以平面，又平面，所以， 又平面，平面，所以， 所以为平面与平面所成二面角的平面角. 在直角中，，，所以， 在直角中，，所以， 所以. （3）由（2）知，平面，即为三棱锥的高， 设点到面的距离为，则由, 由（2）可得， 所以，解得， 又由，知点到面的高为， 又， 所以. 14．（25-26高一下·浙江温州·期末）已知等边的边长为3，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使得平面平面，得到四棱锥．    (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在一点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)等边的边长为3，，. ，. 由余弦定理得，解得； ，，； 为直角三角形，即. . 平面平面，平面平面，平面 平面； 平面，. (2) (3) 【分析】（1）由余弦定理求出，根据三角形三边满足勾股定理，证得，由面面垂直得到线面垂直，再由线面垂直证得线线垂直； （2）由面面垂直得到线面垂直，从而确定线面的夹角，根据直角三角形的边的关系，求得线面夹角的正弦值； （3）以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，根据异面夹角的计算公式即可求得. 【详解】（空间向量法）（1）略 （2）由（1），得. 由折叠得，. 平面平面，平面平面，平面 平面. 为直线与平面所成的角. ，，，，，. 在中，. 即直线与平面所成角的正弦值为 （3）线段上存在一点，使得二面角的大小为，且线段的长度为，理由如下： 平面，平面，平面，，. 平面，平面，. 以为原点，分别以，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，    则，，，. . 点在线段上，设，得. ，. 平面，平面的法向量可取. 设平面的法向量为，则，即； 令，则，. 平面的一个法向量为. 二面角的大小为， ，解得或. ，. ，则. 即线段的长度为. 类型四 展开图与最短路径 15．（26-27高二上·上海黄浦·阶段检测）端午节吃粽子，用箬竹叶包裹而成的三角粽是上海地区常见的一种粽子，假设其形状是一个正四面体（各棱长均相等的四面体），如图记作正四面体，设棱长为． (1)求箬竹叶折出的二面角的大小； (2)用绳子捆扎三角粽，要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合．请设计一种捆扎三角粽的方案，使绳子长度最短（不计打结用的绳子），请在图中作出绳子捆扎的路径，并说明理由． 【答案】(1) (2)正四面体展开图如下图所示： 题意要求绳子经过正四面体的每一个面、不经过顶点，并且绳子的起点和终点重合，使绳子长度最短，如图可知取两边中点连线即可达成要求，此时绳子最短， 具体路径如下图所示： 【分析】（1）设中点为，连接，分析可得即为所求二面角，再利用余弦定理进行求解即可； （2）将四面体展开，即可判断过四个面的最短距离． 【详解】（1）设中点为，连接，如图所示： 因为为正四面体， 所以， 所以为二面角的平面角， 因为为等边三角形，所以， 所以， 所以； （2）略 16．（25-26高一下·安徽六安·期中）如图，圆锥的底面半径为1，侧面积为 (1)点M为母线的中点，从点M处拉一条绳子绕圆锥的侧面转一周到达A点，求绳子长度的最短值； (2)计算该圆锥内可容纳的最大球的体积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由侧面积公式求得母线长，再算出侧面展开图的圆心角，将问题转化为扇形内两点间的最短距离，用勾股定理求得最小值； （2）先由勾股定理求出圆锥的高，再利用相似三角形求出内切球半径，最后代入球的体积公式计算结果. 【详解】（1） 设圆锥的母线长为，圆锥的侧面积为，故. 圆锥的侧面展开图的圆心角，由M点出发绕圆锥侧面旋转一周， 回到点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的线段长， 由勾股定理. （2） 已知，又，. 设圆锥的内切球的球心为，半径为，球与圆锥侧面相切于， 则，，由三角形相似可得，即， 解得， 故圆锥内部可容纳的球最大体积是. 17．（26-27高二上·江西南昌·阶段检测）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点重合）． (1)求证：平面； (2)当三棱锥体积最大时． （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值． 【答案】(1)因为是直径，所以， 因为圆柱体，所以平面， 所以，又因为，平面, 所以平面； (2)（ⅰ）（ⅱ）． 【分析】（1）先证明，，然后证明平面. （2）由题知三棱锥体积最大时，点为半圆弧的中点， （ⅰ）建系利用向量法求解. （ⅱ）将平面与平面展开到同一平面，再结合余弦定理计算的最小值. 【详解】（空间向量法）（1）略. （2）（ⅰ）， 又是定值，当三棱锥体积最大时即高最大， 即点为半圆弧的中点， 设线段的中点为，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以， 设平面的法向量为． 则，则， 令，得，，则． 因为平面，平面， 又 ，，平面， 平面，是平面的法向量． 设平面与平面所成角的平面角为，则． 平面与平面所成角的余弦值为. （ⅱ）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接交于点，如图所示，此时最小，即为长， 由题意可知，，，，所以， ， 再由余弦定理得， 即的最小值为． 类型五 空间图形构造、补形与不变量 18．（25-26高一下·湖南·期末）现有两块含30°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，将这两块三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线，如图1所示，然后将这两块三角板绕点反向平行移开，得到四棱锥（图2）． (1)求证：平面平面； (2)设平面平面． （ⅰ）求直线与直线所成角的大小； （ⅱ）当二面角的大小为时，求四棱锥的体积的大小． 【答案】(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）60°（ⅱ）． 【分析】（1）通过，确定，，可得平面，进而求证即可； （2）（ⅰ）通过平面，得到，可得直线与所成的角即为（或其补角），进而求解即可； （ⅱ）作，，垂足分别为，，确定是二面角的平面角，可得，再结合体积公式、三角函数性质即可求解. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以． 所以直线与所成的角等于直线与所成的角，即（或其补角）． 在中，，，． 故直线与直线所成角的大小为60°． （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角，则， 因为， 所以，所以， 所以，为的中点， 所以，故． 则，，． 因为，，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 所以． 故四棱锥的体积为． 19．（25-26高一下·河南新乡·阶段检测）“牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得．    (1)求平面截“牟合方盖”所得截面的周长； (2)为平面与两圆柱交线的交点，为的中点，过作平面为“牟合方盖”表面上的点且位于平面同一侧，，过作平面，交边界于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求；若不存在，请说明理由； （ii）若，点到平面的距离为，求． 【答案】(1) (2)（i）存在，；（ii） 【分析】（1）根据对称性可得截面图形为正方形且边长为4，从而求出截面周长； （2）（i）合理作出辅助线，计算得，则，，解出即可； （ii）作出辅助线，设，表示出相关线段长，再根据等体积法得到，解出值，从而得到三角函数值. 【详解】（1）根据圆柱对称性可知，该截面图形为正方形，正方形边长， 故截面周长为16； （2）（i）作图，连接，过S作于点， ，所以为圆柱的母线的一部分，， 过作于点，连接，， 平面，平面，， ，平面， 几何图形为圆面的一部分， ，， ， ， ， 解得或（舍），故；    （ii）作图，过S作于点，过作于点， 过作，交弧于点，过作于点， 作于点，连接并延长交于点，交于点， 连接，连接并延长交于点， 因为，所以． 设，故， 所以， ， 且平面，平面， ， 又，平面， 平面，平面，， 在三棱锥中，， ， ， ， ， ， ，，故， 所以.    20．（22-23高一下·重庆北碚·阶段检测）如图，在棱长为6的正方体中，P为的中点，Q为的一个三等分点（靠近C）．    (1)经过P，Q两点作平面，平面截正方体所得截面可能是n边形，请根据n的不同取值分别作出截面图形（每种情况作一个代表类型，例如只需要画一种，下面给了四幅图，可以不用完，如果不够请自行增加），保留作图痕迹；    (2)若M为AB的中点，求过点P，Q，M的截面的面积． 【答案】(1) 截面可以分别为三角形，四边形，五边形，六边形, 如图，取上一点，连结，即为截面三角形；    如图，取线段上，靠近点处的一点，延长， 连结，，连结，则四边形为截面四边形；和    取上靠近点的四等分点，连结并延长，交于点， 连结并延长，交于点，连结并延长，交于点， 连结并延长，交于点，连结，如图五边形为截面五边形.    如图，延长，交的延长线交于点，取上靠近点的三等分点， 连结，并延长，交于点，连结，交于点，六边形为截面六边形.    (2) 【分析】（1）根据两平面相交，只有一条交线，以及确定平面的依据，即可作出不同的截面图形； （2）首先根据确定平面的依据，作出截面，方法一，根据作图的过程，可以选择减法求截面的面积，方法二，根据截面为等腰梯形，根据梯形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）略 （2）如图：连接PQ所在直线交DC延长线于X，交的延长线于Z； 连接直线MX交BC于R，交DA延长线于Y； 连接YZ分别交，于S，T．则六边形PQRMST即为截面． ∵P为的中点，Q为的一个三等分点（靠近C）， ∴，，， 可得，，，， 又，， 所以，，，， 又，M为AB的中点，，，所以YDZ为等腰直角三角形， 所以，，，，， ∴为等腰三角形，等边上的高为，， ，， 所以.    方法二：可证明PQRM与PTSM是全等的等腰梯形，，，， 所以等腰梯形PQRM的高为， 所以． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $