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立体几何一轮复习学案
——奋力争取，静待花开
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姓名：
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【重点讲解】—————————————————————————3
【创新题试做】————————————————————————21
【参考答案】—————————————————————————27
【课时作业】—————————————————————————44
【参考答案】—————————————————————————50
特别提醒：创新题试做部分是难度极大的试题，
仅针对学有余力的学生，或作为共同探讨问题。
请勿轻易尝试！请勿轻易尝试！请勿轻易尝试！
【重点讲解】
重点1：外接球与内切球
1、外接球
（1）正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点
（2）补形法①墙角模型（三条线两个垂直）②对棱相等模型（补形为长方体）
（3）计算①定一个面外接圆圆心②过外心做（找）底面的垂线③计算求半径
2、内切球
等体积法计算
【例1】已知是球上的点，,，,则球的表面积等于________________．
【答案】
【详解】由已知S,A,B,C是球O表面上的点，所以 ，又，，所以四面体的外接球半径等于以长宽高分别以SA,AB,BC三边长为长方体的外接球的半径，因为，,所以，所以球的表面积．
【跟踪训练1】在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的半径为______.
【答案】
【详解】如图所示：
因为，，
由勾股定理得，，
所以平面BCD，所以球心到平面BCD的距离为1
在中，由余弦定理得，
所以，所以的外接圆半径为，
所以球的半径为.
【例2】正三棱锥侧棱长为，底面棱长为，三棱锥内切球表面积是_______．
【答案】
【详解】设内切球半径为，则
三棱锥高：；斜高：，
表面积：，
体积：，得，所以内切球的表面积为
【跟踪训练2】一球内切于底面半径为，高为3的圆锥，则内切球半径是_____；内切球与该圆锥的体积之比为_____；
【答案】 1
【详解】设球的半径为r，则由轴截面等面积可得，
，内切球与该圆锥的体积之比为．
重点2：表面积与体积
表面积 体积
柱体 棱柱
圆柱
锥体 棱锥
圆锥
台体 棱台
圆台
球
【例3】已知圆台的上、下底面半径分别为2和5，圆台的高为3，则此圆台的体积为__________.（注：，S，分别为上，下底面面积，h为台体高）
【答案】
【详解】圆台的体积.
【跟踪训练3】在《九章算术·商功》中将正四面形棱台体（棱台的上 下底面均为正方形）称为方亭.在方亭中，，四个侧面均为全等的等腰梯形且面积之和为，则该方亭的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，过作，垂足为，由四个侧面的面积之和为知，侧面的面积为，∴（梯形的面积公式），则.
由题意得：，在中，.
连接，，过作，垂足为，易知四边形为等腰梯形且，，则，∴，
∴该方亭的体积，（棱台的体积公式）.

【例4】已知三棱柱内接于球，，，平面，，则球的表面积是__________．
【答案】【详解】在中，，由余弦定理可得，由正弦定理，可得外接圆半径，设此圆圆心为，球心为，在中，得球的半径,所以.
重点3：空间位置关系
1.直线与平面平行
（1）直线和平面平行的判定定理
①判定定理: , ，且 ；
②其他判定方法： ， 。
（2）直线和平面平行的性质定理
， ， 。
2.平面与平面平行
（1）两个平面平行的判定定理
①判定定理：如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，
那么这两个平面平行；
②推论：若一个平面内的两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条
相交直线，则这两个平面平行。
（2）两个平面平行的性质定理
两个平面平行，如果另一个平面与这两个平面相交，那么两条交线平行。
3.直线与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直 l⊥α
性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 a∥b
4.平面与平面垂直的判定定理与性质定理
文字语言 图形语言 符号语言
判定 定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 α⊥β
性质 定理 两个平面垂直，如果一个平面内有一直线垂直于这两个平面的交线，那么这条直线与另一个平面垂直 l⊥α
【例5】在四棱锥中底面为矩形，底面，且，点为的中点，点为的中点.
证明：平面；
【答案】作的中点连接，，因为为的中点，所以，，又因为F为DC的中点，所以，，即且，四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面；
【跟踪训练4】如图，在多面体中，四边形是一个矩形，，.
求证：平面；
【答案】（1）设，连接，由于，所以四边形是平行四边形，所以，由于平面平面，所以平面.
【例6】如图，在四棱锥中，平面，且.
证明：；
【答案】过点作交于，连接，如图，在中，，，又，，四边形为矩形，，，，，，在中，，，，，平面，平面，.平面平面，平面.平面，.
【跟踪训练5】如图，在三棱锥中，
求证：；
【答案】证明：取中点，连接，，.，又，故平面，又平面，.
重点4：截面问题
【例7】（多选）在正方体中，，E，F分别为的中点，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．平面截正方体所得截面面积为
【答案】ABC
【详解】在正方体中，以点D为原点，向量的方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图，
，
对于A，棱DC中点，棱中点，，
，则，即，A正确；
对于B，，，则，即，B正确；
对于C，平面，，
，设平面的一个法向量，
于是得，令，得，则点E到平面的距离d为：
，而，，
，，C正确；
对于D，取中点G，连，则，，点E不在直线上，
则，又，从而有等腰梯形是平面截正方体的截面，
等腰梯形的高，其面积.
【跟踪训练6】（多选）如图，在正方体中，，过点作平面与垂直，则（ ）
A． B．点到的距离为
C．平面 D．截此四棱锥的截面面积为
【答案】BCD
【详解】解：连接，，，易知，，连接，在中，易知与不垂直，故与不垂直，故A错误；
易知，，平面，可得平面，故，同理，平面，故平面，因此平面即为平面，记点到平面的距离为，则，即，解得，故B正确；
连接，，平面，故平面，即平面，故C正确；
设与平面的交点为，设与交于点，连接，则，易得，解得，又平面，故，因此截面面积为
【跟踪训练7】（多选）如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为 D．点到平面的距离为
【答案】BCD
【详解】解：对于A，如图所示，取的中点，连接，由正方体的性质可知‖，在中，，而，所以与不垂直，所以直线与直线不垂直，所以A错误，
对于B，如图所示，取的中点，连接，则有‖，‖，因为平面，平面，平面，平面，所以‖平面，‖平面，因为，所以平面‖平面，因为平面，所以直线与平面平行， 对于C，如图所示，连接，延长交于点，因为，分别为，的中点，所以‖，所以四点共面，所以截面即为梯形，因为,所以，即，即，因为，所以，即，，所以等腰三角形的高为，梯形的高为，所以梯形的面积为，所以C正确，
对于D，，在中，由余弦定理得
所以，所以
设点到平面的距离为，则由，可得
，解得 ，所以D正确，
重点5：空间中角度与距离的计算
1、求点到直线的距离
如图，直线 的单位方向向量为 ，向量 在直线 上的投影向量为 ，则 是直角三角形。设向量 ，点 到直线 的距离为 。
2、求点到平面的距离
如图，已知平面 的法向量为 ， 是平面 内的定点， 是平面 外一点。过点 作平面 的垂线 ，交平面 于点 ，则 是直线 的方向向量，且点 到平面 的距离就是 在直线 上的投影 的长度。因此 。
3、求线面距离
已知直线 上一点 ，平面 内一点 ，平面 的一个法向量 ，且 ，则直线 到平面 的距离为 。
4、求面面距离
已知平面 内一点 ，平面 内一点 ，平面 （或平面 ）的一个法向量 ，则平行平面 , 间的距离为 。
5、求两条异面直线所成角的求法
设两条异面直线 , 的方向向量分别为 , ,其夹角为 ,则 （其中 为异面直线 , 所成的角）。
6、求直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线 的方向向量为 ,平面 的法向量为 ,直线 与平面 所成的角为 ，向量 与 的夹角为 ，则有 。
7、求二面角的大小
二面角α l β为θ或π－θ．设二面角大小为φ，
则|cos φ|＝cos θ＝
【例8】图是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，将其沿，折起使得与重合，连接，如图．
(1)证明：图中的，，，四点共面，且平面平面；
(2)求图中的二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：由已知得，，所以，故AD，确定一个平面，从而，，，四点共面．由已知得，，又为平面内相交的两条直线，故AB平面．又因为平面，所以平面平面．
（2）作，垂足为.因为平面，平面平面，平面平面所以平面．由已知，菱形的边长为，，可求得，．以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，．设平面的法向量为，则，即，令，可取．又平面的法向量可取为 ，所以．易知二面角为锐角，因此二面角的大小为．
【跟踪训练8】如图在四棱锥中，侧面底面，侧棱，底面为直角梯形，其中，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
(3)线段上是否存在，使得它到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，
【解析】（1），为的中点，，侧面底面，侧面底面，平面，平面；
（2）底面为直角梯形，其中，，，，又平面，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，易得平面的法向量，，，设平面的法向量，则，取，得，设二面角夹角为，则，则，二面角的正弦值为；
（3）设线段上存在，使得它到平面的距离为，，到平面的距离，解得或(舍去)，则，则
重点6：翻折问题与轨迹问题
【例9】（多选）在中，，在边上分别取两点，沿将翻折，若顶点正好可以落在边上，则的长可以为
A． B． C． D．
【答案】ABD
【详解】
在中，，所以，如上图，在翻折过程中有，设，，所以设，则，在中由正弦定理可得：
即
，
，即
只有不在范围内，所以答案选择ABD
【跟踪训练9】（多选）如图，矩形中，已知为的中点，将沿着向上翻折至，记锐二面角的平面角为与平面所成的角为，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【详解】解：记中点为，连接与交于点，平面且垂足为，
则，，并记，
因为，，所以①，故选项正确；
将①平方得，，所以，
故，因为，所以，
所以，故选项正确；
因为，若，则，
所以，所以选项可能成立；另外由选项可知，，并且，
所以，故选项不可能成立
【例10】（多选）已知正方体的棱长为，点，在平面内，若，，则（ ）
A．点的轨迹是一个圆 B．点的轨迹是一个圆 C．的最小值为
D．与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ACD
【详解】对于A:，即，所以，即点E为在面内，以为圆心、半径为1 的圆上；故A正确；
对于B: 正方体中，AC⊥BD，又，且BD∩DF=D，所以，所以点F在上，即F的轨迹为线段，故B错误；
对于C:在平面内，
到直线的距离为当点，落在上时，；故C正确；
对于D:
建立如图示的坐标系，则
因为点E为在面内，以为圆心、半径为1 的圆上，可设
所以
设平面的法向量，则有
不妨令x=1，则，
设与平面所成角为α，则：
当且仅当时，有最大值
【跟踪训练10】（多选）如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹长度为
B．满足的点的轨迹长度为
C．存在唯一的点满足
D．存在点满足
【答案】AC
【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，，，，
所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
，，
对于B，，即，
又，，则点的轨迹为线段，,
且，故B错误；
对于C，
显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足；
对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故， 故不存在点满足，故D错误.
【创新题试做】
一、单选题
1．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．直角中，，，D是斜边AC上的一动点，沿BD将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
A． B．
C． D．
4．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点，，，，且球心在上，，，，则该鞠（球）的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，，若球O的表面积为16π，则三棱锥S－ABC的体积的最大值为（ ）
A． B．3 C． D．6
二、多选题
6．如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（ ）
A．四面体中互相垂直的棱有对
B．三棱锥的体积为
C．与平面所成角的正切值为
D．过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为
7．在棱长为1的正方体中，点为底面的中心，点是正方形内（含边界）一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A． B．点存在无数个位置满足平面
C．直线与平面所成角的余弦值为 D．三棱锥体积的最大值为
8．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a，则（ ）
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．勒洛四面体的截面面积的最大值为
D．勒洛四面体的体积
9．设正方体ABCD—的棱长为2，P为底面正方形ABCD内（含边界）的一动点，则（ ）
A．存在点P，使得A1P平面
B．当时，|A1P|2的最小值是
C．若的面积为1，则动点P的轨迹是抛物线的一部分
D．若三棱锥P—的外接球表面积为，则动点P的轨迹围成图形的面积为π
10．如图，正方体中，顶点A在平面内，其余顶点在的同侧，顶点，B，C到的距离分别为，1，2，则（ ）
A．平面 B．平面平面
C．直线与所成角比直线与所成角大 D．正方体的棱长为
11．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，可能垂直
B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
C．当时，的最小值为
D．当时，正方体经过点 P C的截面面积的取值范围为[，]
12．如图，在直棱柱中，各棱长均为2，，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥外接球的体积为
B．异面直线与所成角的正弦值为
C．当点M在棱上运动时，最小值为
D．N是所在平面上一动点，若N到直线与的距离相等，则N的轨迹为抛物线
13．如图，在中，，，，设点在上的射影为，将绕边任意转动，则有（ ）
A．若为锐角，则在转动过程中存在位置使
B．若为直角，则在转动过程中存在位置使
C．若，则在转动过程中存在位置使
D．若，则在转动过程中存在位置使
三、填空题
14．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②．有下列四个结论：
①经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为
②异面直线AD与CF所成的角的余弦值为
③直线AD与平面DEF所成的角为
④球离球托底面DEF的最小距离为
其中正确的命题是__________请将正确命题的序号都填上
15．如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为2，D，E，F，M，N分别为棱AC，AB，BC，，的中点，P为线段MN上的动点，则三棱锥内切球半径的最大值为_______________．
16．古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数λ（λ＞0且λ≠1）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆．根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点满足．若点在平面ABCD内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为________；若点在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则三棱锥的体积的最小值为________．
【参考答案】
1．A【详解】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.
2．D【详解】
作，，，，
设，，，．
在中，，在中，，
．
当时最小．设，的外接圆半径分别为，
∴，∴
，．
∴
∴.
3．B【详解】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
4．C【详解】如图，取AB的中点M，连接MP，由AC=BC=4，AC⊥BC得：，
由，得：，
连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，
设球的半径为R，则PH⊥CH，，
则，
所以，解得：，球的表面积为.
5．A【详解】设球的半径为R，则，解得：，
设三角形ABC的外接圆半径为r，则，
即，解得：，当三棱锥底面三角形ABC面积最大时，三棱锥S－ABC的体积取得最大值，如图所示：要想面积最大，当A位于BC垂直平分线与圆的交点（BC与A点位于圆心两侧）时，此时三角形ABC为等腰三角形时，面积最大，
连接BO并延长，交圆于点D，连接CD，则，BC⊥BC，
设，则，，，
则，
令，则，
当，即时，，当，
即时，，即在单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，，
则三棱锥S－ABC的体积的最大值为
6．ACD【详解】对于A选项，易知，，
翻折前，，，
翻折后，则有，，，
因为是非直角的等腰三角形，所以，四面体中互相垂直的棱有对，A对；
对于B选项，因为，，，，
、平面，平面，
为的中点，则，
，B错；
对于C选项，因为平面，与平面所成角为，
在中，，C对；
对于D选项，将三棱锥补成长方体，
则三棱锥的外接球球心为体对角线的中点，
且，即球的半径为，
所以，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面圆的半径设为，
设球心到截面圆的距离为，则，
、分别为、的中点，则，
则，，则，
因此，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为，D对.
7．ABD【详解】对于选项A，根据题意作图如下：
在正方体中，易知，
因为，所以平面，即，故A正确；
对于选项B，根据题意作图如下：
在正方体中，易知，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得：平面，因为，所以平面平面，
易知平面，当时，平面，故B正确；
对于选项C，根据题意作图如下：
在正方体中，易知，
因为，所以平面，即，同理可得：，
因为，所以平面，连接，易知，
则为直线与平面所成角，
在中，，
因为，所以直线与平面所成角的余弦值为.故C错误；
对于选项D，根据题意作图如下：
在正方体中，
易知当点与点重合时，三棱锥体积取最大值，
设点到平面的距离为，则，
由选项B可知，则，可得，
则三棱锥体积取最大值：
，故D正确.
8．ABD【详解】首先求得正四面体的一些结论：
正四面体棱长为，是底面的中心，是其外接球（也是内切球）的球心，外接球半径为，是高，如图．
，，
由得，解得，（内切球半径）．
正四面体的体积为，外接球体积为．
对于A选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a；
对于B选项，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的弧面相切，如图，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
易知该球的球心O为正四面体ABCD的中心，半径为OE，连接BE，
易知B、O、E三点共线，且，，
因此，故B正确；
对于C选项，由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为a，最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图，
根据勒洛四面体结构的对称性，不妨设此截面为投影光线垂直于正四面体的一个面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面α上的正投影，当光线与平面ABD夹角不为90°时，易知截面投影均为上图所示图像在平面α上的投影，其面积必然减小.
上图截面为三个半径为a，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即，故C错误；
对于D选项，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD的体积和正四面体ABCD的外接球的体积之间，正四面体ABCD的体积，正四面体ABCD的外接球的体积.
9．ABD【详解】A选项，连接，则BD∥，平面，平面，所以BD∥平面，同理可证：∥平面，而，所以平面∥平面，故点P在线段BD上时，满足A1P平面，A正确；
B选项，取CD中点E，以E为圆心，EC为半径在平面ABCD中作圆，如图，为圆弧CD，当P点在弧CD上时，能够满足，连接AE交圆弧CD于点 P，此时AP的长度最小，则|A1P|2取得最小值，其中由勾股定理得：，，由勾股定理得：，B正确；
连接，由勾股定理可得：，若的面积为1，则动点P到直线的距离为，以为轴，半径为的圆柱，与平面ABCD的交线即为P点的轨迹，由平面知识可知：用平面不垂直于轴去截圆柱，得到的是椭圆的一部分，C错误；
D选项，若三棱锥P—的外接球表面积为，设外接球半径为R，则，解得：，设球心O在平面上的投影为F，则F在线段的中点，，设点P在平面投影为G，过点O作OH⊥GP于点H，连接，OP，则OH=FG，OF=HG，，其中PG=2，则由勾股定理得：，则，则，所以，所以P点到F点的距离为定值，故动点P的轨迹围成图形是半径为1的圆，面积为，D正确.
10．BD【详解】因为B，C到的距离分别为1，2，显然不相等，
所以BC不可能与平面平行，因此选项A不正确；
设的交点为，显然是的中点，
因为平面， C到的距离为2，
所以O到的距离分别为1，而B到的距离为1，
因此，即，设平面，所以，
因为是正方形，所以，又因为平面，平面，
所以，因为平面，
所以平面，因此有平面，而，所以平面平面；
设到平面的距离为，
因为平面，是正方形，点，B到的距离分别为，1，
所以有，设正方体的棱长为，
设直线与所成角为，所以，
设直线与所成角为，所以，
因为，所以，因此选项C不正确；
因为平面平面，平面平面，
所以在平面的射影与共线，
显然，如图所示：
由，
，
由（负值舍去），
11．ABD【详解】解：对于A选项：建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
则，，设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，
即，则当时，，即P为中点时，
有平面，且，故A正确；
B选项：因为平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，故B正确；
C选项：如图，将平面与平面沿展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可知
所以，故C错误；
D选项：正方体经过点 P C的截面为平行四边形，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，，，
所以点P到直线的距离为
，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为；
当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，故D正确.
12．ACD【详解】因为在直棱柱中，各棱长均为2，，
所以△ABC为等边三角形，设三棱锥外接球球心为O，则O在底面ABC的投影为△ABC的中心H，设△ABC外接圆半径为R，由正弦定理得：，
所以△ABC外接圆半径为，
设三棱锥外接球的半径为r，则，
故三棱锥外接球的体积为，A正确；
连接，，则，且从图中可以看出为锐角，所以异面直线与所成角即为，由勾股定理得：，
由余弦定理得：，
故在△中，由余弦定理得：，
所以，B错误；
将平面与平面沿着公共边折叠到同一平面内，如图
连接，与的交点即为取得最小值的M，此时的长度即为最小值，
其中，，
由勾股定理得：，C正确；
因为平面ABCD，故点N到直线的距离即为的长，
又因为平面ABCD，
故在平面ABCD上，到一点N的距离等于到直线BC的距离，
由抛物线的定义可知：N的轨迹为抛物线，D正确.
13．AC【详解】不妨设点在直线上的射影点为，当绕着直线旋转时，
会形成圆锥，且直线为该圆锥的轴所在的直线，如下图所示：
在圆锥上任取一点，平面为平面，
当为锐角时，过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，则；
因为，，平面，当时，点与点重合；
当为钝角时，则点在射线上；当或时，点与点重合.
不失一般性，不妨设，则点在线段上，且，设的外接圆为圆.
对于A选项，若为锐角，如下图所示：
不妨设，则，，
因为，若存在位置使得，即，
设，由于，则点不与线段的端点重合，即，
，
则，即，
令，其中，
因为为锐角，则，，则函数在上单调递增，
，，
故方程在时有解，
所以，若为锐角，则在转动过程中存在位置使，A对；
对于B选项，若为直角，则为等腰直角三角形，此时点与点重合，
当点在线段（不包含端点）上运动时，的取值范围是，
此时，不存在位置使得，B错；
对于C选项，连接、，
因为，，则，
，则，
由圆的几何性质可得，
，则，所以，,
故线段与圆相交，设交点为，当点在线段（不包括端点）上运动时，
延长交圆于点，连接，则，
若，则在转动过程中存在位置使，C对；
对于D选项，若，，则，
，则，
由圆的几何性质可得，
，，所以，，
所以，与圆相切，
当点在线段（不包括端点）上运动时，连接交圆于点，连接、，
则，
所以，若，则在转动过程中不存在位置使，D错.
14．②③④
【详解】
取中点N，M，连接，如图，
因为正三角形，则，而平面平面，平面平面，平面，
于是得平面，同理平面，即，，
因此，四边形是平行四边形，有，同理，
，外接圆半径，
经过三个顶点A，B，C的球的截面圆是的外接圆，其面积为，①不正确；
连接，因，则四边形是平行四边形，，
即有是异面直线AD与CF所成的角或其补角，，中，，，
由余弦定理得：，②正确；
因平面，则是直线AD与平面DEF所成的角，而，③正确；
体积为的球半径，由得，由①知，球心到平面的距离，
由①，同理可得点C到平面的距离为，即平面与平面的距离为，
所以球面上的点到球托底面DEF的最小距离为，④正确
15．
【详解】点Р在平面ABC的投影在线段DF上，垂足为H，在平面ABC内，设H到DE的距离为a，H到EF的距离为b，，则，，，
，
表示点分别到点和点的距离之和，所以当时，的最小值为，，设三棱锥内切球的半径为，，故．
16．
【详解】
①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，则，设，
由得，所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，
所以，由题得
所以，设平面的法向量为，
所以，由题得，
所以点到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为，
由题得为等边三角形，且边长为，
所以三棱锥的体积的最小值为.
【课时作业】
一、单选题
1．北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26% B．34% C．42% D．50%
2．已如A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
3．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为
A． B． C． D．
二、多选题
4．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（ ）
A．B．C．D．
5．如图，在边长为4的正方形中，点、分别在边、上（不含端点）且，将，分别沿，折起，使、两点重合于点，则下列结论正确的有（ ）．
A．
B．当时，三棱锥的外接球体积为
C．当时，三棱锥的体积为
D．当时，点到平面的距离为
三、填空题
6．已知圆锥的顶点为，母线，所成角的余弦值为，与圆锥底面所成角为45°，若的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．
7．学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体，其中为长方体的中心，分别为所在棱的中点，，打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________.
四、双空题
8．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．
五、解答题
9．如图，在三棱锥中，，，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若点在棱上，且，求点到平面的距离．
10．如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：（1）当时，；
（2）点在平面内．
11．如图，在平行四边形中，，，以为折痕将△折起，使点到达点的位置，且．
（1）证明：平面平面；
（2）为线段上一点，为线段上一点，且，求三棱锥的体积．
12．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且．
（1）求；
（2）求二面角的正弦值．
13．如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．
（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A-MA1-N的正弦值
【参考答案】
1．C【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：
.
2．A【详解】，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，
则，所以.
3．B【详解】如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，
当平面时，三棱锥体积最大
此时，
,点M为三角形ABC的中心
中，有
4．BCD【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；
对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；
对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；
对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；
5．ACD【详解】A选项：正方形
由折叠的性质可知：又
面又面，；故A正确.
B选项：当时，
在中，，则，由A选项可知，
三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，
把三棱锥放置在长方体中，可得长方体的对角线长为，
三棱锥的外接球半径为，体积为，
C选项：当时，
在中，，
则
D选项：设点到平面的距离为，则
在中，，
，则
，即
6．【详解】因为母线，所成角的余弦值为，所以母线，所成角的正弦值为，因为的面积为，设母线长为所以，
因为与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为
因此圆锥的侧面积为
7．118．8【详解】由题意得， ，
四棱锥O EFG的高3cm， ∴．
又长方体的体积为，
所以该模型体积为，
其质量为．
8． 共26个面. 棱长为.
【详解】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．
如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，
，
，即该半正多面体棱长为．
9．（1）详见解析（2）．
【详解】（1）因为AP=CP=AC=4，O为AC的中点，所以OP⊥AC，且OP=．
连结OB．因为AB=BC=，所以△ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC，OB==2．
由知，OP⊥OB．
由OP⊥OB，OP⊥AC知PO⊥平面ABC．
（2）作CH⊥OM，垂足为H．又由（1）可得OP⊥CH，所以CH⊥平面POM．
故CH的长为点C到平面POM的距离．
由题设可知OC==2，CM==，∠ACB=45°．
所以OM=，CH==．
所以点C到平面POM的距离为．
10．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】（1）因为长方体,所以平面,
因为长方体,所以四边形为正方形
因为平面,因此平面,
因为平面,所以；
（2）在上取点使得,连,
因为,所以
所以四边形为平行四边形，
因为所以四点共面，所以四边形为平行四边形， ，所以四点共面，
因此在平面内
11．(1)见解析.(2)1.
【解析】（1）由已知可得，=90°，．
又BA⊥AD，且，所以AB⊥平面ACD．又AB平面ABC，
所以平面ACD⊥平面ABC．
（2）由已知可得，DC=CM=AB=3，DA=．
又，所以．作QE⊥AC，垂足为E，则 ．
由已知及（1）可得DC⊥平面ABC，所以QE⊥平面ABC，QE=1．
因此，三棱锥的体积为．
12．（1）；（2）
【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法
平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，则、、、、，
则，，
，则，解得，故；
[方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法
如图，连结．因为底面，且底面，所以．
又因为，，所以平面．
又平面，所以．
从而．因为，所以．
所以，于是．所以．所以．
（2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法
设平面的法向量为，则，，
由，取，可得，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
，所以，，
因此，二面角的正弦值为.
[方法二]：构造长方体法+等体积法
如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G．
联结，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角．
易证四边形是边长为的正方形，联结，．
，由等积法解得．
在中，，由勾股定理求得．
所以，，即二面角的正弦值为．
13．（1）见解析；（2）.
【详解】（1）连接，
，分别为，中点
为的中位线
且
又为中点，且 且
四边形为平行四边形
，又平面，平面平面
（2）设，，由直四棱柱性质可知：平面
四边形为菱形
则以为原点，可建立如下图所示的空间直角坐标系：
则：，，，D（0，-1,0）
取中点，连接，则
四边形为菱形且 为等边三角形
又平面，平面
平面，即平面
为平面的一个法向量，且
设平面的法向量，又，
，令，则，
二面角的正弦值为：

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