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第八章 立体几何初步
（5大易错与11大拓展）
易错点1 混淆斜二测画法中长度有变有不变
【指点迷津】直观图还原原图时注意长度有变有不变：与轴平行（重合）的线段长度不变；与轴平行（重合）的线段长度直观图是原图的一半.
典例1
（2024上·上海·高二复旦附中校考期末）
1．如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，，则的面积为 .

典例2
（2024·全国·高一假期作业）
2．水平放置的的直观图是一个如图所示的等腰直角三角形，点是斜边的中点，且，则底边的高为 .

跟踪训练1
（2024·全国·高一假期作业）
3．如图，是用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，则的面积是 .

跟踪训练2
（2024上·上海·高二上海师大附中校考期末）
4．如图，是一平面图的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是

易错点2 混淆直观图和原图
【指点迷津】在斜二测画法画出的直观图中，一定要注意题目问的是原图，还是直观图
典例1
（2023上·浙江·高二校联考期中）
5．图，某四边形的直观图是正方形，且，则原四边形的周长等于（ ）

A．2 B． C．4 D．
典例2
（2023上·宁夏石嘴山·高三平罗中学校考阶段练习）
6．等边三角形的边长为，建立如图所示的直角坐标系，用斜二测画法得到它的直观图，则它的直观图的面积是 ．
跟踪训练1
（2023下·湖北黄冈·高一校考阶段练习）
7．如图，平行四边形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，，则原图形的面积是（ ）

A．4 B． C． D．16
跟踪训练2
（2023上·贵州黔西·高三贵州省兴义市第八中学校考阶段练习）
8．如图，矩形是水平放置的平面图形的直观图，其中，则原图形的面积为 ．
易错点3 在直线与平面平行中，忽视直线是否在平面内的多种情况
【指点迷津】直线与平面平行的判定定理中：平面外一条直线与平面内一条直线平行，则该直线与此平面平行，解题时忽略了“平面外”这个重要条件
典例1
（2024·全国·高一假期作业）
9．在空间中，直线平面的一个充要条件是（ ）
A．内有一条直线与平行 B．内有无数条直线与平行
C．任意一条与垂直的直线都垂直于 D．存在一个与平行的平面经过
典例2
（2023·全国·高三对口高考）
10．如果平面外有两点A、B，它们到平面的距离都是a，则直线和平面的位置关系是 ．
典例3
（2023上·高二课时练习）
11．如果直线直线n，且平面，那么n与的位置关系是 ．
跟踪训练1
（2024·全国·高三专题练习）
12．过直线l外两点作与l平行的平面，那么这样的平面（ ）
A．不存在 B．只有一个 C．有无数个 D．不能确定
跟踪训练2
（2024·全国·高三专题练习）
13．下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能满足平面MNP的是（ ）
A． B．
C． D．
易错点4 错误认为，无数等于所有
【指点迷津】错误的认为与平面内无数条直线，那不就是这个平面的所有直线，错误的认为无数等于所有.
典例1
（2023·全国·高三专题练习）
14．下列说法中可以判断直线平面的是（ ）
A．直线l与平面内的一条直线垂直 B．直线l与平面内的两条直线垂直
C．直线l与平面内的两条相交直线垂直 D．直线l与平面内的无数条直线垂直
典例2
（2023·全国·高一随堂练习）
15．下列各种说法正确吗？为什么？
(1)如果一条直线和一个平面内的无数条直线都垂直，那么这条直线和这个平面垂直；
(2)如果一条直线和一个平面内的任意两条直线都垂直，那么这条直线和这个平面垂直；
(3)如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线和这个平面垂直．
跟踪训练1
（2023上·上海奉贤·高二校考阶段练习）
16．下列命题正确个数为（ ）
①三点确定一个平面；②若一条直线垂直于平面内的无数条直线，则该直线与平面垂直；
③同时垂直于一条直线的两条直线平行；④底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥的表面积为．
A．0 B．1 C．2 D．3
跟踪训练2
（2023·全国·高一专题练习）
17．下列条件中能推出的有（ ）
A．直线l与平面内一个三角形的两边垂直 B．直线l与平面内一个梯形的两边垂直
C．直线l与平面内无数条直线垂直 D．直线l与平面内任意一条直线垂直
易错点5 忽略异面直线所成角的范围
【指点迷津】忽略了异面直线所成角的范围，所以两条异面直线所成角的余弦值一定是正数.
典例1
（2023上·新疆伊犁·高二校考期末）
18．如图，在正四棱柱中，，O是底面的中心，E，F分别是，的中点，求直线与直线夹角的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
典例2
（2023下·浙江嘉兴·高一校考期中）
19．如图，在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成的角等于（ ）
A． B． C． D．
典例3
（2023下·江西抚州·高一统考期末）
20．把边长为的正方形沿对角线折起，使得平面与平面所成二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练1
（2023上·湖北·高二随州市曾都区第一中学校联考期中）
21．在正四面体中，棱长为2，且是棱中点，则异面直线与夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练2
（2023上·河南许昌·高二统考期末）
22．如图，在正三棱柱中，若则与所成角的大小为（ ）

A． B． C． D．
跟踪训练3
（2023下·湖北武汉·高一湖北省水果湖高级中学校联考期末）
23．在正四面体中，点，，分别为棱，，的中点，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
拓展1 组合体表面两点间的最短距离
典例1
（2023上·四川南充·高二仪陇中学校考阶段练习）
24．在直三棱柱中分别为的中点，沿棱柱的表面从到两点的最短路径的长度为（ ）

A． B． C． D．
典例2
（2023上·辽宁·高二校联考阶段练习）
25．如图，某圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，P，Q分别为线段BC，AC上的两个动点，E为上一点，且，则的最小值为（ ）

A．3 B． C． D．
典例3
（2024上·云南·高三云南省下关第一中学校联考阶段练习）
26．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，则（ ）

A．该圆台轴截面面积为 B．该圆台的体积为
C．该圆台的外接球体积为 D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为5cm
典例4
（2023上·福建福州·高三校联考期中）
27．在四棱锥中，底面为矩形，平面，则以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长为 ；若是上的动点，则的最小值为 ．
跟踪训练1
（2022下·河北邢台·高一邢台市南和区第一中学校考阶段练习）
28．在正四棱锥中，，为的中点，为的中点，则从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练2
（2023上·湖北黄石·高二阳新县第一中学校联考期中）
29．在长方体中，，，，M为上一动点，N为AB上一动点，则的最小值为 .

跟踪训练3
（2023·上海宝山·统考一模）
30．如图，在圆锥中，为底面圆的直径， ，点在底面圆周上，且.若为线段上的动点，则的周长最小值为

跟踪训练4
（2023下·高一课时练习）
31．如图是一个圆锥形物体，其母线长为3cm，一只小虫子从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处，若该小虫子爬行的最短路程为，求圆锥底面圆的半径.

拓展2 与外接球（内切球）有关的最值问题
典例1
（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）
32．在四棱锥中，平面，，且二面角的大小为，．若点均在球O的表面上，则球O的体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
典例2
（2023·河北·石家庄一中校联考模拟预测）
33．已知半径为的球中有一个内接正四棱锥，底面边长为，当正四棱锥的高为时，正四棱锥的体积取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．
典例3
（2023上·山东青岛·高三青岛二中校考期中）
34．如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，点在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥外接球表面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练1
（2022上·陕西商洛·高三统考期末）
35．我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵.已知堑堵中，，.若堑堵外接球的表面积是，则堑堵体积的最大值是 .
跟踪训练2
（2024·全国·模拟预测）
36．某礼品生产厂准备给如图所示的八面体形玻璃制品设计一个球形包装盒．已知该八面体可以看成由一个棱长为的大正四面体截去四个全等的棱长均为的小正四面体得到的，且小正四面体的其中一个顶点为大正四面体的顶点，则该球形包装盒的半径的最小值为 ．（不考虑包装盒的质量、厚度等）
拓展3 截面问题及截面中的最值问题
典例1
（2022·辽宁·校联考一模）
37．正四面体的棱长为4，为棱的中点，过作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的最小值是
A． B． C． D．
典例2
（2023上·重庆·高三重庆市育才中学校联考阶段练习）
38．已知四面体满足，它的体积为，其外接球球的表面积为，则点在球表面的轨迹长度为 ；线段长度的最小值为 .
典例3
（2022·高二课时练习）
39．如图①，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为20cm，高为30cm，杯内有20cm深的溶液．如图②，现将水杯倾斜，且倾斜时点B始终在桌面上，设直径AB所在直线与桌面所成的角为α．
(1)求图②中圆柱的母线与液面所在平面所成的角(用α表示)；
(2)要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，求α的最大值．
跟踪训练1
（2022上·江西·高二校考阶段练习）
40．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大侧面积为（ ）
A．3π B．4π C．π D．2π
跟踪训练2
（2022下·福建三明·高一统考期末）
41．如图，在中空的圆台容器内有一个与之等高的实心圆柱，圆柱的底面与圆台的下底面重合．已知圆台的上底面半径与高均为40cm，下底面半径为10cm．现要在圆柱侧面和圆台侧面的间隙放置一些金属球，则能完全放入的金属球的最大半径为 cm，这样最大半径的金属球最多可完全放入 个．
跟踪训练3
（2023下·河北张家口·高一河北省尚义县第一中学校考阶段练习）
42．已知经过圆锥的顶点与底面圆心的截面是边长为的等边三角形，一个圆柱的下底面在该圆锥的底面上，上底面圆周在该圆锥的侧面上，则该内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为 .
拓展4 表面积体积最值（范围）问题
典例1
（2023上·陕西·高三校联考阶段练习）
43．已知正三棱柱的六个顶点均在同一个半径为1的球面上，则正三棱柱侧面积的最大值为（ ）
A． B． C．6 D．
典例2
（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）
44．已知一个圆锥的轴截面为锐角三角形，它的内切球体积为，外接球体积为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
典例3
（2023·四川成都·统考一模）
45．已知高，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为 ．
跟踪训练1
（2024·全国·模拟预测）
46．在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练2
（2023·全国·模拟预测）
47．如图，在正四棱锥中，，，点,分别在棱，上运动，且满足，，其中，则三棱锥的最大体积为（ ）

A． B． C． D．
跟踪训练3
（2023上·吉林白城·高三校考阶段练习）
48．已知正方体的棱长为2，M为空间中任意一点，且，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 ．
拓展5 异面直线所成角最值（范围）问题
典例1
（2022上·浙江杭州·高二杭州外国语学校校考期中）
49．如图，在菱形ABCD中，，线段AD，BD的中点分别为E，F．现将沿对角线BD翻折，则异面直线BE与CF所成角的取值范围（ ）.

A． B．
C． D．
典例2
（2022下·浙江·高二期末）
50．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽粒，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，三角形是底边和腰长分别为和的等腰三角形的纸片，将它沿虚线（中位线）折起来，可以得到如图所示粽子形状的四面体，若该四面体内包一蛋黄（近似于球），则蛋黄的半径的最大值为 （用最简根式表示）；在该四面体的所有棱和面所成的异面直线所成的角、二面角中最小的角的余弦值为 ．

典例3
（2023下·重庆沙坪坝·高一重庆一中校考阶段练习）
51．如图，点M、N分别是正四面体棱、上的点，正四面体的边长为3,设，直线与直线所成的角为.
(1)若，求三棱锥体积的最大值；
(2)若，求的取值范围.
跟踪训练1
（2022·全国·模拟预测）
52．已知正方体中，为内一点，且，设直线与所成的角为，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练2
（2022下·浙江丽水·高二统考期末）
53．已知菱形，，为边上的点（不包括），将沿对角线翻折，在翻折过程中，记直线与所成角的最小值为，最大值为（ ）
A．均与位置有关 B．与位置有关，与位置无关
C．与位置无关，与位置有关 D．均与位置无关
跟踪训练3
（2023下·四川成都·高一成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考阶段练习）
54．在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如图1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角为（如图2），M、N分别是BD和BC中点．

(1)若E是线段BN的中点，动点F在三棱锥A－BMN表面上运动，并且总保持FE⊥BD，求动点F的轨迹的长度（可用表示），详细说明理由；
(2)若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得，令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．12
【分析】根据斜二测画法，将直观图还原可知原三角形为直角三角形，求出两直角边的长度，即可得出答案.
【详解】
如图，根据斜二测画法，将直观图还原后，得到的为直角三角形，
且两条直角边，，
所以，的面积为.
故答案为：12.
2．
【分析】把的直观图在平面直角坐标系中还原即可求解.
【详解】在等腰直角三角形中，点是斜边的中点，且，
所以，把平面直观图还原为原图形，如图所示：

则底边的高为，且.
故答案为：.
3．
【分析】
由直观图得到平面图形，从而求出其面积.
【详解】如图由直观图得到如下平面图形，设的中点为，则轴，且，
又，所以.

故答案为：
4．
【分析】
根据等腰直角三角形的几何性质，结合由斜二测画法得到的直观图与原图的面积关系，可得答案.
【详解】
方法一：
是一平面图形的直观图，斜边，
直角三角形的直角边长是，∴直角三角形的面积是，
原平面图形的面积是.
方法二：
是一平面图形的直观图，斜边，直角三角形的直角边长是，
则，根据斜二测画法，原图如下图：

则，，则.
故答案为：.
5．D
【分析】
结合直观图还原出原图，结合数据可得答案.
【详解】因为，所以直观图中正方形的边长为，
结合直观图的特征，可得原图如下，

因为直观图中，且与轴平行，所以原图中且与轴平行，
因为，所以；
由直观图的性质可知，原图中四边形为平行四边形，
所以的周长等于.
故选：D.
6．
【分析】
在斜坐标系中作出直观图，运用几何关系即可求解.
【详解】设，如左图，过作 ，则，
如右图，作 轴和轴，使得 ，
在轴上取点 ，使得，
在 轴上取点，使得 ，
过点作轴，使得，连接 ，则是的直观图，
由直观图作法可知 ，
过作于 ，则，
所以 ．
故答案为：.
7．C
【分析】
先求出直观图中平行四边形的面积，然后利用直观图面积和原图形面积之间的比例关系求解即可．
【详解】
直观图是一个平行四边形，，，，
所以直观图的面积为，
因为，所以原图形的面积为．
故选：C．
8．
【分析】
结合图形求出矩形的面积，再由，即可求解.
【详解】由题意可得，又，所以.
故答案为：.
9．D
【分析】
根据线面平行的性质即可结合选项求解.
【详解】
对于A，B，C，直线都可能在内，
故选:D．
10．平行或相交
【分析】若在平面的同侧，可判断直线和平面平行；若在平面的两侧，可判断直线和平面相交；
【详解】若在平面的同侧，因为平面外有两点到平面的距离相等，所以直线和平面平行；
若在平面的两侧，因为平面外有两点到平面的距离相等，所以直线和平面相交；
综上所述:直线和平面的位置关系一定是平行或相交
故答案为：平行或相交.
11．或.
【分析】利用线面平行的判定定理和直线与平面的位置关系即可得出结果.
【详解】由题意知，直线直线，且平面，
当不在平面内时，平面内存在直线，
则，符合线面平行的判定定理，所以；
当在平面内时，也符合条件，
所以与的位置关系为或在平面内.
故答案为：或.
12．D
【分析】根据两点所在的直线与已知直线的位置关系分类分析即可得结论.
【详解】过直线l外两点作与l平行的平面，
如果两点所在的直线与已知直线相交,则这样的平面不存在;
如果两点所在的直线与已知直线平行,则这样的平面有无数个;
如果两点所在的直线与已知直线异面,则这样的平面只有一个.
因此只有D正确.
故选：D.
13．C
【分析】
由与平面MNP相交，判断A；由，结合不在平面判断B；由线面平行的判定判断C；由中位线定理判断D.
【详解】对于A：连接，由图可知，与平面相交，故不满足平面，故A错误；

对于B：如图所示，分别是所在棱的中点，连接
则平面MNP和平面为同一平面，因为，
因为与平面相交，所以不满足平面，故B错误；

对于C：连接，交与点，连接，因为，分别为中点，
所以，由线面平行的判定定理可知，平面，故C正确；

对于D：分别是所在棱的中点，连接，，
平面与平面为同一平面，
取的中点为，连接，由中位线定理可知，，
因为与平面相交，所以不满足平面，故D错误；

故选：C
14．C
【分析】根据线面平行的定义和判定定理理解判断．
【详解】根据线面垂直的判定定理：直线垂直平面内两条相交直线，强调两条、相交，A 、B不正确，C正确；
根据线面垂直定义：直线垂直平面内得任一条直线，此时强调任一条，不是无数条，因为这无数条直线可能是平行的，D不正确．
故选：C．
15．(1)错误，理由见解析
(2)正确，理由见解析
(3)正确，理由见解析
【分析】
由线面垂直的判定定理即可判断.
【详解】（1）说法错误，若一条直线垂直于平面内无数条平行直线，无法得出这条直线和这个平面垂直；
（2）说法正确，一个平面内的任意两条直线包含两条直线相交的情况，所以由线面垂直的判定定理可得这条直线和这个平面垂直；
（3）说法正确，由线面垂直的判定定理可得：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，那么这条直线和这个平面垂直．
16．B
【分析】根据平面、线面垂直、线线垂直与平行、正四棱锥的表面积等知识确定正确答案.
【详解】①，在一条直线上的三个点，不能确定一个平面，所以①错误.
②，若一条直线垂直于平面内的无数条直线，则该直线可能在这个平面内，所以②错误.
③，同时垂直于一条直线的两条直线可能异面，所以③错误.
④，正四棱锥的一个侧面对应的等腰三角形的高为，
所以正四棱锥的表面积为，所以④正确.
故正确的命题个数为个.
故选：B
17．AD
【分析】由线面垂直的判定定理判断
【详解】由线面垂直的判定定理知AD正确，
对于B，当梯形的两边平行时，不能推出，
对于C，当无数条直线相互平行时，不能推出，
故选：AD
18．A
【分析】
连接，根据题意可得直线与直线夹角为，再设求解即可.
【详解】连接，因为E，F分别是，的中点，故且，故四边形为平行四边形，故.
又O是底面的中心，故为中点，直线与直线夹角为.
设，则，，，.
故.

故选：A
19．B
【分析】
连接，，可知异面直线与所成的角等于，再由正方体可知为正三角形，即可得角.
【详解】如图所示，连接，，
，分别为，的中点,
,
异面直线与所成的角的平面角即为，
再由正方体可知，
为正三角形，
，
异面直线与所成的角为，
故选：B.
20．A
【分析】
画出图形，利用空间向量基本定理转化求解即可
【详解】如图，取的中点，连接，
因为，，
所以，
所以为平面与平面所成二面角的平面角，即，
所以为等边三角形，所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
即，得，
所以异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A
21．B
【分析】
作出图形，取的中点，连接,得或其补角为异面直线与夹角，根据余弦定理求解即可.
【详解】取的中点，连接,

易得,故或其补角为异面直线与夹角，
又正四面体棱长为2，故,
,
故异面直线与夹角的余弦值为.
故选：
22．C
【分析】分别取的中点，连接，把异面直线与所成的角转化为直线与所成的角，在中，结合余弦定理，即可求解.
【详解】如图所示，分别取的中点，连接，
可得且，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，
因为三棱柱为正三棱柱，且，
不妨设，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
再取的中点，连接，可得，
因为底面，所以底面，
在直角中，可得，
所以，所以，
所以异面直线与所成的角为.
故选：C.

23．A
【分析】
根据异面直线夹角的定义结合余弦定理运算求解.
【详解】连接，设正四面体的棱长为2，
因为分别为的中点，则//，
所以异面直线，所成角为（或其补角），
在中，则，
由余弦定理可得，
所以异面直线，所成角的余弦值为.
故选：A.

24．B
【分析】
考虑将直棱柱的侧面按不同方式展开，使得点在一个平面内，再利用勾股定理求得EF的长度，比较大小，即得答案.
【详解】由题意得直三棱柱底面为等腰直角三角形．
①若把面和面展开在同一个平面内，则线段在直角三角形中，

由勾股定理得；
②若把面和面展开在同一个平面内，则线段在直角三角形中，

此时.
③若把面和面展开在同一个平面内，设的中点为，

在直角三角形中，由勾股定理得．
④若把面和面展开在同一个面内，

过作与行的直线，过作与平行的直线，
所作两直线交于点，则在直角三角形中，
由勾股定理得．
由于，
可得从到两点的最短路径的长度为,
故选：B
【点睛】关键点睛：解答本题的关键时考虑到将棱柱侧面展开时有几种展开方式，使得在一个平面内，从而将立体问题转化平面问题解决.
25．C
【分析】
根据圆柱的结构特征采用将沿直线BC旋转到某个位置的方法，将线段和转化为一条线段的长度问题，结合求解线段长度即得答案.
【详解】如图，连接EC，将沿直线BC旋转到的位置，

且在AB的延长线上．则，
由于圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，故，，
则，当三点共线时取等号，
当时，最小，最小值为，
即的最小值为，
故选：C
26．ACD
【分析】
利用梯形面积公式求解判断A，利用圆台体积公式求解判断B，利用球的截面性质列出方程组求解球的半径，进而求出体积判断C，利用侧面展开图，结合勾股定理求解判断D.
【详解】
对于A，由，且，可得，
高，
则圆台轴截面的面积为，正确；
对于B，圆台的体积为，错误；
对于C，设圆台的外接球的球心为，半径为，如图，连接，，

设，在直角中，可得，
在直角中，可得，即，
解得，即与重合，所以，
所以外接球的体积为，正确；
对于D，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4cm，底面半径为2cm，
侧面展开图的圆心角.设的中点为，连接，如图，

可得，，，则，
所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为5cm，正确.
故选：ACD.
27． ##
【分析】
以为球心，以为半径的球与底面的交线为以为圆心，为半径的圆弧，求出圆心角即可求出弧长，将面翻折到与平面共面，连接交于点，此时取得最小值为，再在平面四边形中求出的长度，即可得解.
【详解】
因为平面，底面为矩形，则以为球心，以为半径的球与底面的交线为以为圆心，为半径的圆弧，
在上取一点，使得，连接，则的长度即为以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长，
由，，所以，则，所以，
则的长度为，
即以为球心，以为半径的球，被底面截得的弧长为，
将面翻折到与平面共面，连接交于点，此时取得最小值为（平面图形如下所示），
因为，，，所以，，
，，，
所以，又，
所以，，
所以
，
又
，
所以（负值舍去），
即的最小值为.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：对于处理线段和最值问题，一般是化折为直，利用两点间线段最短解决.
28．C
【分析】对点到点的路径进行分类讨论，将相应平面延展为同一平面，结合余弦定理可求得结果.
【详解】分以下几种情况讨论：
（1）当点沿着平面、到点，将平面、延展为同一平面，如下图所示：
易知、均为等边三角形，延展后，，，
所以，四边形为菱形，所以，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，此时；
（2）当点沿着平面、到点，将平面、延展至同一平面，如下图所示：
连接，则，且，，，
因为，由余弦定理可得；
（3）当点沿着平面、到点，连接，如下图所示：
则，，，
由余弦定理可得；
（4）当点沿着平面、、到点，将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示：
易知、、三点共线，且，，，
由余弦定理可得.
综上所述，从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
29．3
【分析】过M点作面ABCD于，过 M点作于N0，根据三角形关系可推得.然后将，沿翻折至同一平面，利用.根据三角形的面积公式求出，即可得出答案.
【详解】
如图1，过M点作面于，过 M点作,垂足为，则.
因为面，面，
所以，.
因为,平面，平面，，
所以平面.
因为平面，所以.
根据长方体的性质可得，
所以，.
同理可得，，.
所以，.
又，所以，为等腰直角三角形，
所以，，
所以，.

如图2，将，沿翻折至同一平面，则.
易知，，，
所以，，则为等边三角形，
所以.
又，
所以，
所以，
所以，.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：过M点作面于，过 M点作,垂足为，则.通过做辅助线，将变动问题转化为定量问题，然后根据已知条件，结合图形即可找到突破口.
30．
【分析】
将三角形和三角形展开在同一个平面，然后利用余弦定理求得正确答案.
【详解】连接，依题意平面，而平面，
所以，，是的中点，则，
由于，所以，
则三角形是等边三角形，三角形是等腰直角三角形，

将三角形和三角形展开在同一个平面，如下图所示，

连接，交于，在三角形中，
由余弦定理得
，
所以的周长最小值为.
故答案为：
31．1cm.
【分析】
由圆锥侧面展开图已知最短距离与两条母线组成等腰三角形，通过余弦定理可得解三角形顶角，再由扇形弧长公式得解.
【详解】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示，易知该小虫子爬行的最短路程为，，，在中，由余弦定理得，
因为为三角形的内角，
所以，设圆锥底面圆的半径为，则，解得.
故圆锥底面圆的半径为1cm.

32．A
【分析】
根据题设易得是四边形外接圆的直径，利用线面垂直的性质、判定证、、，进而得到是二面角的平面角，中点为外接球球心，令且，求得外接球半径关于的表达式，求其最小值，即可求球体最小体积.
【详解】

由题设，在一个圆上，故，又，
所以，即，故是四边形外接圆的直径，
由平面，平面，则，
由，面，则面，面，则，
由，面，则面，面，则，
则是二面角的平面角，故，
令且，则，，故，
且都是以为斜边的直角三角形，故中点为外接球球心，
所以外接球半径，
当时，，此时球O的体积的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：确定是四边形外接圆的直径，是二面角的平面角，中点为外接球球心为本题的关键.
33．C
【分析】由题意设球心到底面距离为，通过正四棱锥的对角面求出棱锥的高，与底面边长，计算出体积后，利用导数的知识（或者均值不等式）求出最大值及其取等条件，得出结论．
【详解】
如图，是正四棱锥的对角面，其外接圆是四棱锥外接球的大圆，是圆心（球心），
设球心到底面的距离为，则，，
∴，
方法一：，
令，解得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当且仅当时，正四棱锥的体积取得最大值，此时，，即.
方法二：，
当且仅当，即时取等号，此时，，即.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键是首先将正四棱锥的体积表示出来，然后利用导数等知识研究其最值还有取等条件即可，要求有一定的空间想象能力、分析推理能力.
34．B
【分析】
由条件确定球心位置，引入变量表示球的半径，由此确定球的表面积及其最大值.
【详解】因为为等腰直角三角形，，
所以的外接圆的圆心为的中点，且，
设的中点为，连接，则，则平面，
设三棱锥外接球的球心为，由球的性质可得在上，
设，，外接球的半径为，
因为，所以，
即，又，则，
因为，所以
所以三棱锥外接球表面积的最大值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：
（1）棱长为的正方体的外接球半径为；
（2）长方体的长，宽，高分别为，则其外接球的半径为；
（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球的半径为.
35．
【分析】因为，所以外接圆的圆心为的中点，所以堑堵外接球的球心是矩形的中心，由此根据堑堵外接球的表面积是，列出方程即可求出，进一步即可求解.
【详解】
将堑堵补成直四棱柱，底面为矩形，
设，则.
通过分析可知堑堵外接球的球心是矩形的中心，
则堑堵外接球的半径满足，
从而，解得，即.
设，，则，故，当且仅当时，等号成立，
故堑堵的体积.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：发现堑堵外接球的球心是矩形的中心，是本题关键入手点.
36．
【分析】
分析球形包装盒半径最小时球心的位置以及八面体与正四面体外接球之间的关系，求正四面体的外接球的半径，求球形包装盒的半径的最小值；
【详解】
如图，已知正四面体的棱长为，
在正四面体中截去一个小正四面体，且正四面体的棱长为，
取的中点，连接，过点作平面于点，
则在上，且平面，设与平面的交点为，连接，
则为等边三角形的中心．
易知球形包装盒的半径的最小值即该八面体外接球的半径，
由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球的球心重合，
且正四面体的外接球球心在线段上．
设正四面体的外接球的球心为，半径为，连接，则，
因为正四面体的棱长为，故，
由勾股定理得．
在中，，即，解得，
则正四面体的外接球半径为3．
因为截去的小正四面体的棱长为，所以，，
所以．
连接，在中，，
所以，所以球形包装盒的半径的最小值为．
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题解题的关键在于正四面体的外接球的解决问题：首先要确定其外接球的球心位置，其次利用正三角形的几何性质以及勾股定理建立方程，最后求出外接球半径；同时清晰的作图也很重要.
37．A
【详解】 将四面体放置在正方体中，如图所示，
可得正方体的外接球就是四面体的外接球，
因为正四面体的棱长为4，
所以正方体的棱长为，可得外接球的半径满足，即，
又为的中点，过作其外接球的截面，当截面到球心的距离最大时，
此时截面圆的面积最小，
此时球心到截面的距离等于正方体棱长的一半，
可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积的最小值为，
故选A.
38．
【分析】
利用外接球的表面积求出外接球半径，再根据勾股定理求出球心到平面的距离，再由锥体体积求出点A到平面的距离，直观想象可得点A在球表面的轨迹，计算可得轨迹长度；由点A在圆上运动，到定点的距离最值转化为圆台母线最短求解即可.
【详解】设外接球半径为，
因为外接球的表面积为，则，解得，
设的中心为，则，
如图过点作球的轴截面，
则，
设点A到平面的距离为，
，解得.
则由题意知，点A在以为半径的球面上，且距离平面为的平面内，
则点A在球表面的轨迹为圆，设圆心为，且
则， 即圆的半径为，
所以点A在球表面的轨迹长度为；
由题意可看作点A在圆台底面圆周上运动，
则当为圆台母线时，最小，
即当四点共面时，取最小值，
如图，.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：对于立体几何空间轨迹的问题，研究的主要还是解析几何中的几种曲线：直线、圆、椭圆、双曲线与抛物线.常规解决方法有以下几种：
1.几何法：根据对动点运动过程中点、线、面性质或位置关系的分析，进行判定；
2.定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线定义判定，或用代数法进行计算；
3.交轨法： 根据研究动点满足的不同条件分别确定动点所在空间几何体（线、面），再由公共（相交）部分确定轨迹；
4.基底（建系）法：通过选择基底（或建系）将几何问题数量化，得到动点满足的方程（组），进而分析方程表示的轨迹；
5.特殊值法：特别地，对于轨迹问题的选择题，根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.
39．(1)；
(2)45°﹒
【分析】(1)根据几何关系可知圆柱的母线与液面所在平面所成的角与α互余；
(2)根据题意画出图形，结合图形，求出倾斜时容器内装的最大溶液体积，现有溶液体积小于或等于该体积即可求出α的最大值．
【详解】（1）如图，
EF为液面，EF∥水平线，∴∠BEF＝β，
∵AD∥BC，∴∠DFE＝∠BEF＝β，
∵∠ABC＝，∴α＋β＝，
图②中圆柱的母线与液面所在平面所成的角为．
（2）如图，过F作FQ∥CD交BC于Q，
在中，，，则，
．
此时容器内能容纳的溶液量为：
，
容器中原有溶液量为，
令，解得，，
即的最大角为45°时，溶液不会溢出．
40．C
【分析】根据题意，设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，进而根据三角形相似得，故，再根据二次函数性质即可求得最值.
【详解】解：如图，设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
则根据题意得，所以，
因为，所以，即，
所以，
所以圆柱的侧面积为，
根据二次函数性质配方得，
所以当时，圆柱的侧面积最大，最大值为.
故选：C
41． 10 6
【分析】（1）作出圆台容器的纵切图，则一边间隙为直角三角形，由等面积法求出内切圆的半径即为金属球的最大半径；
（2）作出金属球心的水平切面图，金属球间相切时可放最多金属球，通过求两相切金属球心与实心圆柱轴心形成的夹角，即可知道一周可最多放金属球的数量
【详解】由题，下图为圆台容器的纵切图，圆O内切于时金属球O的半径最大，易得，由等面积法得，解得，故金属球的最大半径为10 cm；
下图为上图O点高度的水平切面，圆、圆、圆两两相切，此时可放最多金属球，因为，则，故，则金属球最多可放个，
故答案为：10；6
42．##
【分析】
设内接圆柱的底面半径为，结合圆锥轴截面可用表示出内接圆柱的高，代入圆柱侧面积公式中，结合基本不等式可确定最大值，并确定此时圆柱的高.
【详解】作出圆锥的轴截面，如图所示，

圆锥轴截面是边长为的等边三角形，
圆锥的底面圆的半径，高，
设内接圆柱的底面半径为，
在中，，，，
，
内接圆柱的侧面积（当且仅当，即时取等号），此时，
当圆锥的内接圆柱的侧面积最大时，该圆柱的高为.
故答案为：.
43．B
【分析】
利用正三棱柱外接球的性质得到的关系式，从而利用二次函数的性质或基本不等式即可得解.
【详解】解法一：
设正三棱柱底面边长为a，高为h，底面外接圆的半径为，
则，故，所以，即，
又三棱柱的侧面积，
所以，
当时，等号成立，则三棱柱的侧面积最大值为．
解法二：
设正三棱柱底面边长为a，高为h，底面外接圆的半径为，
则，故，所以，
因为，所以，
当且仅当，时，等号成立，则三棱柱的侧面积最大值为.
故选：B.
44．B
【分析】
由图可得，进而，结合和二次函数的性质可得，结合球的体积公式计算即可求解.
【详解】设圆锥的外接球半径为，内切球半径为，圆锥的高为，底面半径为，
母线为，高与母线的夹角为，，如图，
在中，，在中，，则，得.
如图，
在中，，得，又，所以，
所以，
又圆锥的轴截面为锐角三角形，所以，
所以，
故当时，取得最大值，为，
所以.
故选：B.
45．
【分析】
设球的半径为，根据可求出，再将截面面积的最小转化为球心到截面的距离最大，利用面积法求出最大值即可.
【详解】设球的半径为，线段的中点为，
因为，
所以，解得，
设经过和中点的平面截球所得截面圆的圆心为，半径为，球心到截面的距离，
则，要截面面积最小，则要最小，即要最大，
当为点到的距离时最大，此时，
又，
所以，
所以，
故截面面积的最小值为.
故答案为：.
46．D
【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【详解】如图，正方体的外接球球心在其中心点处，设该正方体的棱长为，
则外接球的半径，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点，
连接OE，OF，OP，则，
，
所以，
此时截面圆的半径．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径；
所以．
故选：D．
47．C
【分析】
根据等体积法可得体积的表达式，即可结合基本不等式求解最值.
【详解】如图，连接交于点，连接，则平面．
过点作，垂足为，则，即．
因为，所以．
由等体积法可得．
又因为，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，
故选:C．

48．
【分析】
根据椭圆的定义确定点轨迹，三棱锥体积最大转化为在底面的垂面且垂直交线，据此确定点位置，再由外接球的性质求出球心位置并得出球半径即可.
【详解】
如图，
因为，所以在一个平面内，点M的轨迹是以A，D为焦点的椭圆．
又因为，所以该椭圆的长轴长为4，短轴长为，故点M的轨迹是以A，D为焦点的椭球表面．
设AD的中点为L，要使三棱锥的体积最大，即到平面ABD的距离最大，
所以当平面，且平面ABD时，三棱锥A-MBD的体积最大．
此时由椭圆短半轴长知，且△MAD为等边三角形，
设其中心为S，三棱锥A-MBD的外接球的球心为O，△ABD的外心为K，连接OK，OB，OS，
则，，
所以球半径，
此时三棱锥A-MBD外接球的表面积．
故答案为：
49．C
【分析】
可设菱形的边长为1，从而由条件可得到，，根据向量加法的平行四边形法则及向量减法的几何意义可得到，，然后进行向量数量积的运算可求出，从而可得到，而由可得，从而可以得到向量，夹角的范围，进而便可得出异面直线BE与CF所成角的取值范围．
【详解】
可设菱形的边长为1，则，；
线段AD，BD的中点分别为E，F；
∴，；
∴
；
∴；
由图看出；
∴；
∴；
又因为异面直线夹角范围是，
即异面直线BE与CF所成角的取值范围是．
故选：C．
50．
【分析】将折叠后的四面体置于长方体中，求得长方体的长宽高，进而求得四面体的体积，利用体积，表面积，内切球的半径的关系求得内切球的半径，利用体积法求得四面体的各面上的高，从而得到各棱与相应面所成的角的余弦值，在长方体中不难求得四面体的对棱所成角的余弦值，然后比较得到答案.
【详解】如图所示，对折叠之前的平面图形中各点进行标记，同时将折叠后的几何体置于长方体中.
设长方体的长宽高分别为x,y,z.
,解得
∴四面体ADEF为,
四面体ADEF的全面积为,
内切球半径r,则,∴,
设,取DQ的中点M,连接,则,
故长为6的两组对棱所成的角的余弦值都是.
长为4的两组对棱所成的角为直角；
由于四面体ADEF各个面的面积都是，所以各个面上的高都是相等的，设为h,则,,
当棱的长选取最长为6时，该棱与相应各面所成的角最小，其正弦值为,余弦值,
∴各异面直线所成的角，线面所成的角中最小的角的余弦值是，
故答案为：；.
【点睛】本题考查异面直线所成的角，线面角，内切球的半径，棱锥的体积，属中高档题，将折叠后得四面体置于长方体中进行研究是一种十分重要的便捷的方法，要注意体会和掌握.
51．(1)
(2)
【分析】（1）计算出M到面BCD的距离为，将表示为的函数并用基本不等式求最大值.
（2）分别过作的平行线,可得直线与所作的平行线所成的角即为,求出各边再用余弦定理求出，再根据的单调性求其范围.
【详解】（1）
如图：作面BCD于O，则O为底面BCD的中心，
所以，，
设M到面BCD的距离为，则，所以，
由得，
所以 ，
故三棱锥体积
，
当且仅当时取最大值，故三棱锥体积的最大值.
（2）如图：作交BD于点E，
所以直线与直线所成的角即为直线与所成的角,即,
则,,
可得,
可得
同理,所以,
在中,由余弦定理可得，
则,,
令,则，
则时,，所以，所以函数递减,即减小,
当时，，当时，，
所以的范围为.
52．C
【分析】根据题意结合线面垂直的判定定理和性质定理可证平面，分析可得点为的中心，结合可得，从而可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，转化为是底面半径为 高为的圆锥的母线，分析求得的范围，即可求解.
【详解】如图1，设与平面相交于点，连接交于点，连接，
∵平面，平面，则，
，，平面
∴平面，
由平面，则，
同理可证：，
，平面，
∴平面，
∵，由正三棱锥的性质可得：为的中心，
连接，
∵为的中点，∴交于点，连接，
由平面，平面，则，即是的高，
设，，则，且的内切圆半径，
则，，
∵，即，则，
∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.
∵平面，平面，则，
∴，
故为底面半径为，高为的圆锥的母线，如图2所示，
设圆锥的母线与底面所成的角，则，
所以，即直线与平面所成的角为.
直线在平面内，所以直线与直线所成角的取值范围为，
因为，所以直线与直线所成角的取值范围为，即，
所以.
故选：C.
【点睛】思路点睛：求解本题的关键：
（1）通过比较与的内切圆半径的大小，得出动点的轨迹；
（2）将直线与直线所成角的最小值转化为圆锥的母线与底面所成的角.
53．C
【分析】数形结合，作//，利用线面垂直得到，然后找到异面直线所成角，并表示，通过讨论点位置得到结果.
【详解】作//交于点，分别取的中点
连接，如图，
由翻折前该四边形为菱形，且，所以为等边三角形
同时点在上，由平面
所以平面,又//，所以平面，所以
直线与所成角即直线与所成角，该角为
所以,由点不与重合，
所以当点翻折到与点重合时，最小，为最小与点位置无关；
当没有翻折时，最大，最大，则最大，与点位置有关
故选：C
54．(1)
(2)
【分析】
（1）取的中点，连接交于，利用线面垂直的判定定理证明平面即可．进而根据面面平行可得平面，即可确定点F的轨迹为三角形，结合余弦定理即可求解长度.
（2）根据比例关系可得线线平行，即可由线线角的定义得到，结合线面垂直得线线垂直可得，利用消元法转化为三角函数，利用三角函数的性质进行求解即可．
【详解】（1）
在图（1）中，，四边形是正方形，
在图（2）中，，，，平面，
平面，
分别取的中点为,，连接,
则,平面,平面,
所以平面，
同理平面，由于平面，
故平面平面，
平面，因此点在平面上运动，故点F的轨迹为三角形，
由，，所以即为二面角A－BD－C的平面角，故，
由于，
因此，
故点F的轨迹长度为

（2）
在线段取点使得
由于平面，平面，
，
，，
，
易得，，
从而有，则
则

【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页第八章 立体几何初步
拓展6 由线面平行求线段长度或点的位置
典例1
（2023·全国·高三专题练习）
1．如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为（ ）
A． B． C． D．4
典例2
（2023下·江苏淮安·高一校考阶段练习）
2．如图，正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且∥平面，则线段MN的最大值为 .

典例3
（2022上·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期末）
3．如图，在四棱锥中，平面底面，，在AD边上取一点E，使得为矩形，．
(1)证明：平面；
(2)若，且平面，求λ的值．
典例4
（2023上·江西宜春·高二校考开学考试）
4．如图①梯形中，，，，且，将梯形沿折叠得到图②，使平面平面，与相交于，点在上，且，是的中点，过三点的平面交于．

(1)证明：是的中点；
(2)是上一点，己知二面角为，求的值．
跟踪训练1
（2023下·辽宁锦州·高一渤海大学附属高级中学校考阶段练习）
5．已知四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，点在棱上，且满足平面，则（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练2
（2023下·四川乐山·高二四川省乐山沫若中学校考阶段练习）
6．如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且平面，则线段MP长度的取值范围为 ．
跟踪训练3
（2022·高二课时练习）
7．已知正方体的棱长为2，点P是正方形的中心，点Q是上一点，且平面，则线段PQ长为 .
跟踪训练4
（2023上·福建泉州·高三福建省泉州市培元中学校考阶段练习）
8．类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线构成的三面角，，二面角的大小为，则，
如图2，四棱柱中，，，且，.
(1)证明二面角为直二面角，并求的余弦值；
(2)在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．
拓展7 线面角的探索性问题
典例1
（2023上·四川成都·高二树德中学校考期中）
9．在棱长为2的正方体中，分别是棱上的动点，且，当三棱锥的体积最大时，直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
典例2
（2023上·上海·高二校考期中）
10．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.

(1)求证：//平面；
(2)求点到平面的距离；
(3)若点是线段上的动点，问: 点在何处时，直线与平面所成的角最大 求出最大角，并说明点此时所在的位置.
典例3
（2023上·山东烟台·高二山东省烟台第一中学校考开学考试）
11．如图，直三棱柱中，，，分别为，的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)线段上是否存在点，使平面？若存在，求；若不存在，说明理由．
典例4
（2023上·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考开学考试）
12．图①是由矩形和梯形组成的一个平面图形，其中，，点为边上一点，且满足，现将其沿着折起使得平面平面，如图②．

(1)在图②中，当时，
（ⅰ）证明：平面；
（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；
(2)在图②中，记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
跟踪训练1
（2024上·山东临沂·高三校联考开学考试）
13．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，平面，．

(1)证明；平面平面；
(2)设P为上的一个动点，是否存在点P使得与平面所成角为30°，若存在，求，若不存在，说明理由．
跟踪训练2
（2023·全国·高一专题练习）
14．如图（1），在中，，，、、分别为边、、的中点，以为折痕把折起，使点到达点位置（如图（2））．当四棱锥的体积最大时，分别求下列问题：
(1)设平面与平面的交线为，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
跟踪训练3
（2023下·青海海东·高一统考阶段练习）
15．如图，在底面为矩形的四棱锥P－ABCD中，底面ABCD．

(1)证明：平面平面PBC．
(2)若AB＝3，AD＝5，E为侧棱PB上一点，且BE＝2PE，若CE与底面ABCD所成的角大于60°，求PA的取值范围．
拓展8 线面角的最值（范围）问题
典例1
（2023上·浙江温州·高二温州中学校考阶段练习）
16．动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
典例2
（2022上·湖北黄冈·高二统考期中）
17．平面平面，，，，，平面内一点P满足，记直线与平面所成角为，则的最大值为（ ）

A． B． C． D．
典例3
（2023上·山东德州·高二校考阶段练习）
18．已知圆锥的顶点为，轴截面是边长为1的等边三角形，为底面中心，为的中点，动点在圆锥底面内（包括圆周）．若，则与圆锥底面所成角的正切值的取值范围是 .
典例4
（2023下·全国·高一期末）
19．如图，在中，，斜边可以通过以直线为轴旋转得到，且二面角是直二面角，动点在斜边上.

(1)求证：平面平面；
(2)求与平面所成角的正弦的最大值.
跟踪训练1
（2023下·浙江·高二校联考开学考试）
20．已知长方体，其中，，为底面上的动点，于且，设与平面所成的角为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练2
（2023·江西九江·统考一模）
21．在正方体中，点为棱上的动点，则与平面所成角的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
跟踪训练3
（2023·全国·高三专题练习）
22．在长方体中，已知二面角的大小为，若空间有一条直线l与直线所成的角为，则直线l与平面所成角的取值范围是 .
跟踪训练4
（2023下·福建福州·高一校联考期末）
23．如图，在直三棱柱中，D为棱AB的中点，E为侧棱的动点，且．

(1)是否存在实数，使得∥平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)设，，，求DE与平面所成角的正弦值的取值范围．
拓展9 二面角的探索性问题
典例1
（2023上·河北保定·高三保定市第三中学校联考期末）
24．在平行六面体中，已知，．
(1)证明：平面；
(2)当三棱锥体积最大时，求二面角的余弦值．
典例2
（2024·全国·高三专题练习）
25．在长方体中，，．
(1)在边上是否存在点，使得，为什么？
(2)当存在点，使时，求的最小值，并求出此时二面角的正弦值．
典例3
（2023下·山东烟台·高一统考期末）
26．如图，在圆锥中，为顶点，为底面圆的圆心，，为底面圆周上的两个相异动点，且，．

(1)求面积的最大值；
(2)已知为圆的内接正三角形，为线段上一动点，若二面角的余弦值为，试确定点的位置．
典例4
（2023下·广东佛山·高一统考期末）
27．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，．

(1)证明：平面平面；
(2)点在棱上，当二面角的余弦值为时，求．
跟踪训练1
（2023·全国·高三专题练习）
28．如图，在直三棱柱中，是以BC为斜边的等腰直角三角形，，点D，E分别为棱BC，上的点，且 ，二面角的大小为，求实数的值．

跟踪训练2
（2023下·福建三明·高一统考期末）
29．如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，且，，．

(1)求证：；
(2)在线段PD上是否存在一点M，使得BM与平面所成角的正切值为，若存在，求二面角的大小，若不存在，请说明理由．
跟踪训练3
（2023下·贵州安顺·高一统考期末）
30．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面，是边上一点，且满足是正方形，.

(1)求证：平面平面；
(2)已知：，二面角的平面角为.是否存在，使得？若存在，求出；若不存在，说明理由.
跟踪训练4
（2023下·浙江嘉兴·高一统考期末）
31．如图，已知等腰梯形与矩形所在平面互相垂直，，.

(1)求证：平面平面；
(2)设二面角的大小为与平面所成的角为，若与满足，求的长.
拓展10 二面角的最值（范围）问题
典例1
（2023上·四川成都·高二石室中学校考阶段练习）
32．如图1，已知平面四边形是矩形，，，将四边形沿翻折，使平面平面，再将沿着对角线翻折，得到，设顶点在平面上的投影为.

(1)如图2，当时，若点在上，且，，证明：平面，并求的长度.
(2)如图3，当时，若点恰好落在的内部（不包括边界），求二面角的余弦值的取值范围.
典例2
（2022下·山东菏泽·高一统考期末）
33．如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A B的任意一点，且.求证：
(1)平面平面PBC；
(2)当点C（不与A B重合）在圆周上运动时，求平面PBC与所在的平面所成二面角大小的范围.
跟踪训练1
（2023上·浙江·高二校联考开学考试）
34．如图1，在矩形中，已知，E为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.

(1)当平面⊥平面，求直线与平面所成角的正切值；
(2)在翻折过程中，求二面角的最大值.
跟踪训练2
（2022下·湖北武汉·高一校联考期末）
35．已知矩形，设是边上的点，且，现将沿着直线翻折至，
(1)当为何值时，使平面平面；并求此时直线与平面所成角的正切值；
(2)设二面角的大小为，求的最大值.
拓展11 点到平面距离的最值问题（含探索性问题）
典例1
（2024上·上海黄浦·高二统考期末）
36．已知为空间五个点，若两两垂直，且，，则点到平面的距离的最大值为 ．
典例2
（2022·全国·高三校联考阶段练习）
37．已知正四面体的棱长为9，点是内（含边界）的一个动点，满足到平面、平面、平面的距离成等差数列，则点到平面的距离的最大值为 ．
典例3
（2023·全国·模拟预测）
38．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，点在线段上，，，，.
(1)求证：．
(2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离为？若存在，请求出的长；若不存在，请说明理由．
典例4
（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）
39．如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的中点，
(1)若，证明：⊥；
(2)当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.
跟踪训练1
（2023下·辽宁大连·高一大连市第十二中学校考阶段练习）
40．如图，已知四棱锥外接球O的体积为，，侧棱与底面垂直，四边形为矩形，点M在球O的表面上运动.当四棱锥体积的最大时，点A到面的距离为 .

跟踪训练2
（2022·山东济南·统考一模）
41．已知等边的边长为，，分别为，的中点，将沿折起得到四棱锥.点为四棱锥的外接球球面上任意一点，当四棱锥的体积最大时，到平面距离的最大值为 .
跟踪训练3
（2023下·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）
42．如图，在边长为的菱形中，，点分别是边的中点，，.沿将翻折到的位置，连接，得到如图所示的五棱锥．
(1)在翻折过程中是否总有平面平面 证明你的结论；
(2)在翻折过程中当四棱锥的体积最大时，求此时点到平面的距离；
一、单选题
（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）
43．已知二面角的平面角为，AB与平面所成角为．记的面积为，的面积为，则的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
44．如图，在正四棱柱中，，点P为线段上一动点，则下列说法正确的是（ ）

A．直线平面
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
三、填空题
（2024·全国·模拟预测）
45．已知圆台的母线长为，，分别是上、下底面内一点（包括边界）．若点与点之间的距离的最大值和最小值分别为5和3，则该圆台的体积为 ．
（2024·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）
46．已知三棱锥的体积为4，D，E，F分别为棱的中点，设平面、平面、平面相交于O点，三棱锥的三个侧面与三棱锥的三个侧面围成的几何体的体积为M，则M的值为 ．
（2023上·江西·高三校联考阶段练习）
47．达·芬奇认为：和音乐一样，数学和几何“包含了宇宙的一切”，从年轻时起，他就本能地把这些主题运用在作品中，布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合再转换成图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则异面直线与所成角的余弦值为 ．
（2024上·上海·高二上海市复兴高级中学校考期末）
48．已知直三棱柱中，，过点的平面分别交棱AB，AC于点D，E，若直线与平面所成角为，则截面三角形面积的最小值为 ．
（2024上·上海·高二上海师大附中校考期末）
49．在直三棱柱中，，则点到平面的距离为 .
四、解答题
（2024·陕西宝鸡·统考一模）
50．已知四棱锥中，，，，，为的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，，求四面体的体积.
（2023上·广东汕头·高二校考阶段练习）
51．如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)求直线与平面所成角的余弦值．
（2023上·河北沧州·高三泊头市第一中学校联考阶段练习）
52．如图，在四棱锥中，，，，，，，．
(1)求证：平面平面；
(2)若为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值．
（2023·江苏苏州·校联考模拟预测）
53．如图，正方体边长为，是上的一个动点.求：
(1)直线与平面所成角的余弦值；
(2)的最小值.
（2024上·上海·高二统考期末）
54．如图，在长方体中，.
(1)求二面角的正切值；
(2)设三棱锥的体积为，是否存在体积为（为正整数），且十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，若存在，求出该直四棱柱底面菱形的内角的大小；若不存在，请说明理由.
（2024上·上海黄浦·高二统考期末）
55．如图，在正三棱柱中，底面的边长为1，P为棱上一点．
(1)若，P为的中点，求异面直线与所成角的大小；
(2)若，设二面角、的平面角分别为、，求的最值及取到最值时点P的位置．
（2024·全国·高三专题练习）
56．如图，正方体的棱长为1．在棱上是否存在一点，使得二面角等于？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

（2023上·全国·高二期末）
57．已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，，，平面平面，三角形不是钝角三角形且面积为，点在面上的射影为点.

(1)证明：平面的充要条件是；
(2)求二面角的正弦值的取值范围．
（2024·四川自贡·统考一模）
58．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面分别是中点.
(1)判断直线与平面的位置关系；
(2)若与平面所成角为，求到平面的距离.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【分析】
先根据题中几何体特征，找到平面平面，然后可确定点位置在线段，即可求线段的最大值即.
【详解】如图，取的中点，取的中点，连接，，，
因为，，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，所以在线段上，
则线段的最大值即，
在正三棱柱中，为边长为2的正三角形，其中线，
又在正三棱柱中，平面，
平面，所以，
所以为直角三角形，又，
所以，
所以线段MN的最大值为．
故选：A
2．
【分析】利用面面平行的性质，通过平面平面，得出点在线段上，从而求出线段的最大值．
【详解】如图，

取的中点，取的中点，连接，，，所以，
又面，面，所以平面，
又为的中点，所以，
又面，面，所以平面，
又，面，面，所以平面平面，
又因为是侧面上一点，且平面，
所以在线段上，
因为正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是
所以平面，因为平面，所以
又M为的中点，所以
所以
则，又
所以线段的最大值为．
故答案为：．
3．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先求出，所以，进而，，由此能证明平面；
（2）连接交于点M，连接，由已知得，由，，能求出λ．
【详解】（1）
因为，，
所以，易得，平面，
又平面平面，且平面平面，
所以平面，平面，
所以，又，且，
平面，平面，
所以平面．
（2）
连接交于点M，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
结合已知，所以．
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在图①中过C作，可得，再利用线面平行的判定定理和性质定理可得答案；
（2）过作，过作于点，由线面垂直的性质定理可得为二面角的平面角，设，利用相似比、得求出可得答案．
【详解】（1）在图①中过C作，则，，
图②中，，
又∵，∴，∴，∴且．
∴，∴，
在中，，，
∴，又平面ACD，平面ACD，
∴平面ACD，平面平面，
∴，∴，
又是的中点，∴是的中点；

（2）如图， 过作交BE于H，过作于点，连结，
且，因为平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
平面，所以，
则为二面角的平面角，∴，
设，∴，
又，∴，
在中，，,
由得，即，∴，
∴．

5．C
【分析】连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，由线面平行的性质定理可得，再借助比例式可得答案.
【详解】如下图，四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，
因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，
而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，
因平面，平面，平面平面，
因此得，于是得，所以.
故选：C.

6．
【分析】取中点，中点，中点，连接、、、，根据正方体的性质得到，即得面，同理证面，从而证明面面，即得在线段上，再求出、，即可求的取值范围.
【详解】如图，取中点，中点，中点，连接、、、，
根据正方体、中位线性质得，平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，平面，所以面面，
又面面，且平面，平面，
点是侧面上的动点，所以在线段上，
又，所以，，，
所以，则，
所以线段长度的取值范围是.
故答案为：
7．
【分析】连接 ，由正方体的性质结合线面平行的性质定理得，，由此能求出线段的值.
【详解】提示：如图，连接 ，
由正方体的性质，得，则P是的中点.
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以.
故答案为：.
8．(1)证明见解析
(2)存在，点在的延长线上，且使
【分析】
（1）由题意证明面面垂直即可得二面角为直二面角，借助题目所给三面角余弦定理，即可得的余弦值；
（2）延长至，使，证明出线线平行后即可得线面平行.
【详解】（1）
，
则，
，
面，
平面，
平面平面平面，
即二面角为直二面角，
由平面平面，知，
由，
得，
，
；
（2）
在直线上存在点，使平面，
连接，延长至，使，连接，
在棱柱中，
，
，，
四边形为平行四边形，，
在四边形中，，
四边形为平行四边形，
，，
又平面平面平面，
当点在的延长线上，且使时，平面．
9．A
【分析】先求得最大时的位置，进而求得到平面的距离，进而可求直线与平面所成角的正弦值
【详解】设，则
由知最大时最大
又
当且仅当即时取等
此时是的中点，
设到平面的距离为
由得，即，解得
设直线与平面所成角为：
故选： A .
10．(1)证明见解析
(2)
(3)在线段上靠近点的处，
【分析】
（1）根据线面平行的判定定理即得. （2）根据题干数据结合 即可求解.（3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使最大，则需使最小，此时，从而可求解.
【详解】（1）因为菱形，所以，又平面，
平面，所以平面.
（2）由题意可得、与都是边长为2的等边三角形，
所以，，所以.
因为，所以，
设到平面的距离，由得，
即，解得，
故点到平面的距离.
（3）设直线与平面所成的角为，由（1）知平面，
所以到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，则 ，此时，要使最大，则需使最小，
此时，
由题意可知：，，
在中，由余弦定理可得：，
所以，
由面积相等，
即，解得，
，则，得，
即直线与平面最大角为，此时在线段上靠近点的处.

11．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，．
【分析】
（1）取中点，连接，先证四边形为平行四边形得，再由线面平行的判定证结论；
（2）连接，相交于点，连，利用线面垂直的性质及判定，结合线面角的定义找到直线与平面所成角的平面角为，进而求大小；
（3）为中点，连接，利用线面垂直的性质、判定证平面，即可确定存在性，进而求.
【详解】（1）
取中点，连接，
在中，为中点，所以，．
在矩形中，为中点，所以，．
所以，，即四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）
连接，相交于点，连，，
∴与面所成角即与面所成角．
三棱柱为直棱柱，所以面，
面，则，又，，为面中两条相交直线，
所以面，又．所以平面，平面，
∴，又，，为面的两条相交直线，
∴面，则为所求的线面角，且，
∴中，；
（3）
线段上存在点，且为中点时，有平面．
证明如下：连接，在正方形中易知．
又面，面，所以，
、是面的两条相交直线，故平面，平面，
所以．同理得，，为平面内两条相交直线，
所以平面．故线段上存在点，使得平面，此时．
12．(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）；
(2)存在
【分析】（1）（ⅰ）分别利用勾股定理得到，故，，故，再利用平面平面，得到平面，从而，再利用线面垂直的判定定理证明；（ⅱ）设点到平面的距离为，过点作，利用等体积法求得h，再由求解；
（2）延长交于点，连接，得到平面平面，过作平面，连接，过点作，连接，得到为直线与平面所成角，为平面与平面的夹角，然后由求解.
【详解】（1）当时，即点为的中点，
（ⅰ）证明：由题意得：，则，，故，
又，则，
又平面平面，平面平面 ，
平面，
又平面，
故，
又，平面，平面，
所以平面；
（ⅱ）设点到平面的距离为，
过点作，则平面，如图，

又是等腰三角形，，，
由得，则，
故直线与平面所成角的正弦值为；
（2）延长交于点，连接，则平面平面，
过作平面，连接，过点作，连接，
如图，

则为直线与平面所成角，即，
则为平面与平面的夹角，即，
又，则，
，故，即点重合，
又，即，由相似三角形得，
设，则，
，
即得，则或（舍去），
又，得，
故存在使得．
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）根据线面垂直的判定证明平面即可；
（2）过作于，连接，根据线面垂直的判定可得平面，进而可得为与平面所成角，再根据三角函数求解即可.
【详解】（1）连接，因为平面，平面，故.
又底面是菱形，故，
又，平面，所以平面.
因为，所以平面平面.

（2）假设存在点满足条件，设，
因为底面是边长为2的菱形，，故.
过作于，连接，则，.
因为平面，平面，故，
又，平面，故平面，
所以为与平面所成角.
又，则.
故，即，解得，即.

14．(1)证明见解析
(2)存在，或
【分析】
（1）先判断出当平面时，四棱锥的体积取最大值；然后结合线面垂直的判定定理以及线面平行的性质定理证得平面.
（2）判断出与平面所成角，根据所成角的正弦值列方程，结合余弦定理求得.
【详解】（1）过点在平面内作，垂足为点，
，，，则平面，
平面，，
，，平面，
平面，则，
故当平面时，四棱锥的体积取最大值，
，，，平面，
因为，，为的中点，所以，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
平面，平面，平面，
因为平面，平面平面，，因此，平面.
（2）因为平面，与平面所成角为，
因为平面，，
所以，，解得，
在中，，，，
由余弦定理可得，
所以，，解得或.
因此，在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且或.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易得．再由底面ABCD，得到，进而得到平面PAB，然后利用面面垂直的判定定理证明；
（2）过E作，易得∠ECF为CE与底面ABCD所成的角，根据∠ECF＞60°，得到，从而得到，再由求解.
【详解】（1）证明：由四边形ABCD为矩形，得．
因为底面ABCD，底面ABCD所以．
因为，又平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
因为平面PBC，所以平面平面PBC．
（2）解：如图所示：

过E作，EF交AB于F，连接CF，因为BE＝2PE，所以BF＝2FA．
因为底面ABCD，所以底面ABCD，
所以∠ECF为CE与底面ABCD所成的角，
所以∠ECF＞60°，则．
因为，所以，
则，所以，
即PA的取值范围为．
16．C
【分析】
根据线面位置关系和余弦定理，结合三角函数的基本关系式即可求解.
【详解】
连接，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理，平面，又平面，
所以平面平面，
则由与平面的距离保持不变，得点的移动轨迹为三角形的三条边，
当为中点时，直线与平面所成角正弦值最大，
取的中点，设正方体的棱长为2，
则，，，
所以，则为直角三角形，
所以直线与平面所成角正弦值为，
当为C点时，直线与平面所成角的正弦值最小，
此时，，，
所以，则.
直线与平面所成角正弦值的取值范围是，
故选：C.
17．B
【分析】
通过线面角的定义作出线面角，根据点P的轨迹确定角最大时的位置，利用直线与圆的位置关系结合直角三角形求解即可.
【详解】如图：

过B作垂直的延长线，垂足为H，连接PH，OP，取AH的中点为E，连接PE，过点P作，
垂足为F，因为平面平面，且平面平面，平面，，所以，平面，所以OP在平面上的射影就是直线OA，故就是直线OP与平面所成的角，即，因为，所以，又，，平面，
平面，所以平面，平面，则，
所以点P的轨迹是平面内以线段AH为直径的圆（A点除外），

因为，，，所以，，
所以，当且仅当，即OP是圆E的切线时，角有最大值，
则的最大值为.
故选：B.
18．
【分析】先作出辅助线，得到点的轨迹为线段，当点与重合时，取得最小值，当点与或重合时，取得最大值，，从而得到线面角的正切值的取值范围.
【详解】因为轴截面是边长为1的等边三角形，故，
因为为的中点，所以，
在上取点，使得，过点作⊥，交底面圆周于点，
则，此时，又，
故∽，则，
故，故，
因为⊥底面圆，底面圆，故⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，，平面，所以平面，
所以点的轨迹为线段，连接，
当点与重合时，取得最小值，当点与或重合时，取得最大值，
则，
设与圆锥底面所成角为，则，
故答案为：.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（i）根据题意，得出二面角是直二面角，再证出平面，即可得到平面平面；
（ii）根据平面得是与平面所成的角，当最小时，的正弦值最大，求出最大值即可.
【详解】（1）由题意，，
∴是二面角的平面角；
又∵二面角是直二面角，
∴ ，
又∵平面，
又平面，∴平面平面；
（2）由（i）知，平面，
∴是与平面所成的角；
在中，,
∴；
当最小时，最大，
由于,故最小时，最小，此时，垂足为，
由三角形的面积相等，得
所以
，
∴与平面所成角的正弦的最大值为
20．D
【分析】
确定是与平面所成的角，不妨设，求出，利用求得的最小值，再由得的最大值．
【详解】
平面，平面，所以，又，，
所以，，，所以，
所以点轨迹是对角线的中垂面与底面的交线，为一条线段．
由平面知是与平面所成的角，
不妨设，
则，，得，．，即的最大值为，
故选：D．
21．C
【分析】
设，连接，则可得即为与平面所成角，设，表示出，求出其范围，从而可求出的范围.
【详解】
解：设，连接，则，
因为在正方体中，平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面，
所以即为与平面所成角．
设，，
因为，
所以，
因为，所以，
故选：C．

22．
【分析】
根据题意，过点A作于点E，连接，过点A作于点H，然后结合线面角的定义，即可得到结果.
【详解】

如图，过点A作于点E，连接，则.
过点A作于点H，则.
因为l与直线CC1所成角的大小为，即l与直线所成角的大小为，
那么l与直线AH所成角的取值范围为.
又因为l与直线AH所成的角和l与平面所成的角互余，
所以直线l与平面所成角的取值范围是.
故答案为：.
23．(1)存在；
(2)
【分析】
（1）解法一：连接，，设，，则利用平行关系和比例关系可证得∥，然后由线面平行的判定定理可证得结论；解法二：连接交于点，连接GD，利用三角形中位线定理和平行四边形性质可证得四边形为平行四边形，则∥，然后由线面平行的判定定理可证得结论；
（2）过点作∥交于点，由已知先证得平面，再可得平面，则为DE与平面所成角，然后在中求解即可.
【详解】（1）解法一：存在实数，使得∥平面．
理由如下：
如图，连接，，设，，
因为，∥，，
所以，∥，所以，
因为为AB的中点，∥，，
所以，∥，所以，
所以，所以∥，
又因为平面，平面，所以∥平面；

解法二：存在实数，使得∥平面．理由如下：
如图，连接交于点，连接GD，在直三棱柱中，四边形为矩形，所以点为的中点，
因为为棱AB的中点，所以∥，，
又因为∥，，
所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥，
又因为平面，平面，
所以∥平面；

（2）因为，，，所以，所以，
过点作∥交于点，则，，
又因为，所以，
因为，平面，所以平面，
所以为DE与平面所成角，
设，在中，，
所以，
即DE与平面所成角的正弦值的取值范围为．

24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设，连接，根据题意证明，，即可得结果；
（2）根据题意可知，分析可知：当且仅当为正方体时，三棱锥体积最大，进而结合二面角的定义分析可知二面角的平面角为，即可得结果.
【详解】（1）设，则为的中点，连接，
因为，可知，
可得，则，
又因为为菱形，则，
且，平面，所以平面.
（2）设，则为的中点，连接，
设到的距离为，

则，
当且仅当，即平面时，等号成立，
又因为，即，
可得，
当且仅当时，等号成立，
综上所述：当且仅当为正方体时，三棱锥体积最大，
由题意可知：，为的中点，

则，可知二面角的平面角为，
在中，，
可得，
所以二面角的余弦值为.
25．(1)答案见解析
(2)的最小值为：，二面角的正弦值为
【分析】
（1）假设存在，根据题意得到，进而即可分析求出结果；
（2）结合第一小问的结果，做出二面角的平面角，进而即可求出结果.
【详解】（1）
如图，假设在上存在点，且．
∵，且平面，∴平面，
由平面，可得．
设，则．
∵，∴，于是．
化简得．∴．
①当时，，此时不存在点满足；
②当时，存在点，使，此时，且的最小值是4．
（2）
由（1）知的最小值是4；
当时，，即是的中点，作，垂足为，则．
过作，连结．∵平面，∴．
又，则是二面角的平面角．
在中
．
∴，即二面角的正弦值为．
【点睛】
方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
26．(1)
(2)点为线段上靠近点的四等分点．
【分析】
（1）根据勾股定理求出，由三角形面积公式及均值不等式求最值即可；
（2）先证明即为二面角的平面角，由三角形面积公式及余弦定理求解，即可确定点的位置.
【详解】（1）
取中点，连接，．

设，，又，，
所以在和中，，，
所以，，
当且仅当，即时，等号成立．
所以面积的最大值为．
（2）
因为为圆的内接正三角形，
由正弦定理得：．
过点作于点，连接．
因为，所以．
所以即为二面角的平面角．
连接，设，，
则，．
在中，，
所以．
在中，由余弦定理得：
，
将，代入上式，解得．
所以点为线段上靠近点的四等分点．
27．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）先证明，，可得平面，进而可得结论；
（2）过作交于，过作于，连接，先证明平面，可得为二面角的平面角，设，列方程求解即可.
【详解】（1）连结，∵侧棱底面，
平面，∴．
又∵底面是正方形，∴．
而且，平面．
∴平面．又平面，
∴平面平面．

（2）过作交于，过作于，连接．
在平面中，，，
∴，因为底面，∴平面，
又平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面，又平面，∴，
∴为二面角的平面角．
故，则．
设，则，，．
在Rt中，，∴．
在Rt中，，
∴．所以，当二面角的余弦值为时，．
28．
【分析】
在平面ABC内，过点作AD的垂线，垂足为，则，设，利用图形中的直角三角形，求出，可得实数的值．
【详解】
在平面ABC内，过点作AD的垂线，垂足为，连接，

直三棱柱中，平面，平面，，
又，，平面，平面，
平面，，
则为二面角的平面角，即．
设，则在直角三角形中，，所以，
在直角三角形CHA中，，，所以，
又为锐角，所以且，所以点在线段AD的延长线上．
，
，所以．
29．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）在直角梯形中利用勾股定理的逆定理可得，再由平面，得，然后由线面垂直的判定定理可证得平面PAC，从而可得；
（2）过点M作于点N，连接BN，可证得平面，则∠MBN为BM与平面所成的角，设，则由已知线面角的正切值可求出，过点N作于点G，连接MG，可得∠MGN为二面角的平面角，从而可求得结果.
【详解】（1）
证明：因为，，，，
所以四边形是直角梯形，且，，
故，即．
又平面，平面，所以
又，且PA，平面PAC，所以平面PAC，
又平面PAC，所以
（2）
存在符合条件的点M，且M为PD的中点，
证明如下，过点M作于点N，连接BN，

因为平面，平面，所以，
因为MN，平面PAD，所以，
因为，所以，
因为，平面，所以平面，
则∠MBN为BM与平面所成的角．
设，则，，，
由得，
解得或（舍去）
所以M为PD的中点，
过点N作于点G，连接MG，
因为平面，平面，所以，
又，平面MGN，故平面MGN，
因为平面MGN，所以，所以∠MGN为二面角的平面角，
在中，，所以，
即当点M为PD的中点时，符合题意，且二面角的大小为．
30．(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】
（1）根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）过作于，连接，利用二面角的定义可求得的值，再根据线线关系即可得的值，从而得符合条件的的值.
【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以
因为正方形，所以
又平面，所以平面
因为平面，所以平平面平面；
（2）过作于，连接

因为平面，平面，所以
因为，平面，所以平面
又平面，所以，则为二面角的平面角
所以，则
又因为正方形中，有，又，所以此时与重合
因为，所以，则，所以，故
故存在使得.
31．(1)证明见解析
(2)1
【分析】(1)首先证得平面，然后根据面面垂直证明定理证明平面平面；
(2)分别作出二面角，，以及表示出与平面所成的角，然后结合条件，求解的长；
【详解】（1）
由题意在等腰梯形中，
所以，故为等腰三角形，
且，所以，
所以，
同时求得，
又由题意为矩形，所以，且，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）设，
由（1）平面，平面，所以，
过点作于，连接，
因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
根据二面角定义，，，且为平面与平面的交线，
所以即为二面角的平面角，即，
因为平面平面，且，
故平面，即，
在中，，所以，
故，所以，
过点作于，连接，
因为平面平面，故平面，
所以即与平面所成的角为，即，
由于，
故，
由题意，
解得：，即的长为1.
32．(1)证明见解析，
(2)
【分析】
（1）由面面垂直的判定定理得到平面，从而有，又，平面得证；设，由可求出，在中，根据勾股定理解出的长度；
（2）作，交于，交于，当点O恰好落在的内部(不包括边界)，点O恰好在线段EF上，为二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值的取值范围.
【详解】（1）点在平面ABCD上的射影为且点在上，
点恰好落在边上，
平面平面ACD，
又，平面平面
平面，又平面，
，
又，，平面，平面,
平面，平面,
设，，则，
，
，
，
在中，,解得，
.
（2）作，交于，交于，如图：

当点O恰好落在的内部(不包括边界)时，点O恰好在线段EF上，
又，，
为二面角的平面角,
当时，由,可得，且，，
故二面角的余弦值的取值范围为
33．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，可得，根据圆的性质，可得，根据线面垂直的判定定理，即可得证.
（2）由（1）可得，，所以即为平面PBC与所在的平面所成二面角的平面角，设，圆O的半径为R，根据三角函数的定义，可得的表达式，根据的范围，计算求解，即可得答案.
【详解】（1）因为PA垂直于所在的平面ABC，平面ABC，
所以，，
因为AB是的直径，
所以，
因为平面PAC，
所以平面PAC，
因为平面PBC，
所以平面平面PBC
（2）因为平面PAC，平面PAC，
所以，又，
所以即为平面PBC与所在的平面所成二面角的平面角，
设，圆O的半径为R，
则，又，
所以，
因为，所以，
所以，
因为
所以，
所以平面PBC与所在的平面所成二面角大小的范围为
34．(1)
(2)
【分析】
（1）在图1中，可得，进而可证面BCD，即是直线与平面所成角，运算求解即可；
（2）根据垂直关系分析可得是二面角的平面角，设，可得，结合三角恒等变换可得，进而可得结果.
【详解】（1）在图1中，连接交于点，
则，
可知，可得，
则，，
因为平面平面BCD，平面平面，平面，
所以面BCD.
则是直线与平面所成角，所以.

（2）
如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.

由（1）可知：，，，平面，
则平面，且平面，可得.
且，，平面，所以平面.
由平面，可得.
且，，平面，所以平面，
由平面，可得，
所以是二面角的平面角，
设，
由（1）可知：，
在直角三角形中，，则，
因为，则，可得，所以，
在直角三角形中，.
设，则，
即，解得，当时，等号成立，
所以，
又因为，则，
所以二面角的最大值为.
35．(1)为，正切值是
(2)
【分析】（1）取中点，连接，根据面面垂直的性质可得面，再结合余弦定理可得，，进而根据线面角的定义求解直线与平面所成角的正切值即可；
（2）作，垂足为，作，垂足为，根据线面垂直的判定与性质可得，设，根据三角形中的关系可得，再根据二倍角公式化简求解最值即可
【详解】（1）当为时，可以使面面.证明如下：
取中点，则.
在中，
，此时.
又平面平面
面面
此时面为在面上的射影是与面所成角
在中，，
即直线与平面所成角的正切值是
（2）作，垂足为，且面，则面，
作，垂足为，则，设
则，
，
当且仅当时，取到等号，
故的最大值为.
36．
【分析】
根据等体积法可得到平面的距离，即可根据的轨迹求解.
【详解】由于，故点在以为球心，半径为的球面上，
设到平面的距离为，则由等体积法可得,
而,所以,
故，
因此点到平面的距离的最大值为，
故答案为：
37．
【解析】根据题意，设动点到平面、平面、平面的距离分别为，正四面体的棱长为9，求出每个面的面积为，高，由正四面体的体积得到，再由满足到平面、平面、平面的距离的成等差数列，即可求出点到平面的距离最大值.
【详解】解：设动点到平面、平面、平面的距离分别为，
∵正四面体的棱长为9，
每个面的面积为，
如图，取的中点，连接，过作平面，垂足为，
则，
∴高，
∴正四面体的体积，
．
∵满足到平面、平面、平面的距离的成等差数列，
，
∴点到平面的距离最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查点到平面距离和利用等体积法解决点面距离问题，涉及正四面体的结构特征和体积，考查空间想象能力和计算能力.
38．(1)证明见解析
(2)线段上存在点，使得点到平面的距离为，且
【分析】
（1）利用线线垂直证明线面垂直，进而可证异面直线垂直；
（2）假设存在，设，根据三角形余弦定理及面积公式可得，再利用列方程可得解.
【详解】（1）连接，由题意得，，
则，，
记，易知，得，
故，，
，，
又，，，可得，，
又平面平面，且平面平面，平面，
平面，
又平面，，
又，且，平面，平面，
又平面，.
（2）假设在线段上存在点满足条件，连接，
则三棱锥的体积，
设，
在中，，，，
则，
，
故的面积，
则，
得，
所以线段上存在点，使得点到平面的距离为，且．
39．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到为等边三角形，，由线面垂直得到，从而得到⊥平面，证明出⊥；
（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，由二面角的大小得到，，由勾股定理得到，，当位于线段中垂线上时，取得最大值，由等体积法得到.
【详解】（1）记AC的中点为O，连结，则O为圆心，
又E为SC的中点，所以EOSA，
因为平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
连接，取连接OD并延长，交于点，
.
因为，所以，
由对称性可知AB=AD，故为等边三角形，
又因为O为的外心，所以O为的中心，故，
∵平面，平面ABCD，
，
∵，平面，
∴⊥平面，
∵平面EOD，
.
（2）过点D作于，作于，连接，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因为，平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因为平面SAC，
所以DH⊥SC，
因为，，平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因为DN平面DHN，
所以，
故为二面角的平面角，
因为，所以，故为等边三角形，
由题意知，
，，
，
，
在Rt中，，
，
∵三角形ASC为直角三角形，
∴三角形ASC为等腰直角三角形，
，
又由，
由勾股定理得：，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因为AC为直径，所以AD⊥DC，
因为，平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因为平面ASD，
所以DC⊥SD，
，
由于点在半圆弧上运动，当位于线段中垂线上时，的面积取得最大值，
且最大值为，
设点到平面距离为，
根据，
即点到平面距离的最大值为.
40．
【分析】
根据给定条件，求出球的半径并确定球心的位置，再求出四棱锥体积取最大时，矩形的特征，然后用等体积法求解作答.
【详解】设球的半径为R，则，解得，连接，
由平面，平面，得，由矩形，得，
而平面，则平面，又平面，于是，同理，
取中点，连接，则，因此点是四棱锥的外接球球心，

显然，而，于是，
令，连接，则平面，，
要使四棱锥的体积最大，点必为射线与球的表面的交点，，
此时四棱锥的体积，当且仅当时取等号，
，底边上的高，
设点到平面的距离为，由，得，
即，有，解得，
所以点A到面的距离为.
故答案为：
41．
【分析】折叠为空间立体图象，得出四棱锥的外接球的球心，求得四棱锥的外接球的半径，则，由此能求出四棱锥的体积的最大时，点到平面距离的最大值．
【详解】由题意得，取的中点,
则是等腰梯形外接圆圆心，是的外心，
作平面，平面，
则是四棱锥的外接球的球心，且，
设四棱锥的外接球半径为，则，
，
所以当四棱锥的体积最大时，
点到平面距离的最大值．
【点睛】本题主要考查了折叠问题与几何体的性质，同时考查了面面垂直、线面垂直的判定定理和性质定理的应用，以及点到平面距离的计算，对于立体几何问题中点到平面的距离常转化为几何体的高，构造方程方程求解，着重考查了空间想象能力，以及推理与运算能力，属于中档试题．
42．(1)总有平面平面，证明见解析
(2)
【分析】（1）由菱形中，，是等边三角形，易得，再由，利用线面垂直的判定定理得到平面，再由，利用面面垂直的判定定理证明；
（2）要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，然后利用等体积法，由求解.
【详解】（1）证明：在翻折过程中总有平面平面；
证明如下：点分别是边的中点，，
菱形中，，是等边三角形，
是的中点，，；
菱形的对角线互相垂直，，；
，平面，平面，
平面，
平面，
平面平面.
（2）要使得四棱锥体积最大，只要点到平面的距离最大即可，
当平面时，点到平面的距离最大为，
又，
；
，
，
设点到平面的距离为，
，解得：，
即点到平面的距离为.
43．C
【分析】
作出二面角的平面角以及AB与平面所成角，并表示出，结合三角形面积公式以及正弦定理表示出，结合范围确定范围，即可求得答案.
【详解】
作，垂足为E，连接，

因为，即，平面，
故平面，平面，故，
又，故平面，平面，
则在内的射影在BE上，则为AB与平面所成角，即，
由于，，故为二面角的平面角，即，
，
在中，，
则，
而，则，
则，
故，
故选：C
44．ABC
【分析】首先分析题意进行解析，进行画图，由于，，所以平面平面，平面，从而直线平面，故A正确；可由A知平面平面，故B正确，进行表面积计算可得C正确，利用等面积求出D错误.
【详解】作辅助线如图，对于A，因为，所以四边形为平行四边形，
所以，面，面，故面，
同理得，面，面，故面，
又因为面，面，，
所以平面平面，平面，从而直线平面，故A正确；
对于B，由A知，平面平面，P点在平面内，
所以，故B正确；
对于C，三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
对于D，设线面角为，易知，故最短时，直线与平面所成角的正弦值最大，
因为当时，最短，此时直线与平面所成角的正弦值最大，
先用等面积法求，，解得，
所以直线与平面所成角的正弦的最大值为，故D错误，
故选：ABC．

45．
【分析】根据已知，分析、两点距离何时最小、最大，可以求出圆台的高和上下底半径的关系，再根据圆台的体积公式求值.
【详解】
显然当垂直于底面时，，之间的距离最小，所以圆台的高为3．
设上、下底面半径分别为，记点在下底面内的射影为，直线交圆于点，
如图，当点与重合时，之间的距离最大．
此时，且母线长为3，
所以
所以圆台体积．

故答案为：
46．3
【分析】根据重心的性质，推出三棱锥的高和三棱锥的高的关系，计算出对应的体积，即可求解.
【详解】设平面平面与平面交于,
平面与平面交于,
所以为与的交点，
因为D，E，F分别为棱的中点,
所以分别为三角形的重心，
所以,
连接并延长交于,连接,
设交与,则,
,
所以,
,
所以,
设三棱锥的高为，三棱锥的高为，
则，即，
因为三棱锥的体积为4，所以三棱锥的体积为1，
所以,
故答案为：3.
47．
【分析】
判断出异面直线与所成角，解三角形求得所成角的余弦值.
【详解】设，则是的中点，连接，
由于，所以是异面直线与所成角（或其补角），
在三角形中，，
根据正方体的性质可知平面，平面，
所以，所以，
所以在直角三角形中，.
故答案为：
48．
【分析】先推导出平面，过点作交于点，再证明平面，所以，设，由等面积法可知，，从而，即可求解.
【详解】因为三棱柱为直三棱柱，所以平面，
平面，所以，
过点作交于点，连接，
，，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，
平面，，所以平面，
因为直线与平面所成角为，所以，
在中，由，，可得，，
设，在中，，由等面积法可知，
因为平面，又由平面，所以，
所以，
因为，
当且仅当时，等号成立，所以.
故答案为：.
49．
【分析】
证明平面，再利用等体积法求解
【详解】
因为，所以，又三棱柱为直棱柱，所以平面，又平面，
所以平面平面，又平面平面 平面，所以平面，
易得,
在△中由余弦定理：得，故，
于是，
由棱柱性质得，平面，平面，所以平面，点到平面的距离即点到平面的距离，设为d
因为，所以,解得
故答案为：
50．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）利用线面垂直的判定定理结合线面平行的判定定理即得；
（2）先根据几何关系以及线段长度找出四面体的高，再根据三棱锥的体积公式求解出结果.
【详解】（1）
取的中点，连接，，
取的中点，连接，，
，，
又，，
，又，平面，
平面，
又平面，，
又，，
四边形为矩形，
且，
分别为中点，
，
，
四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面；

（2）延长，过过交于，
因为，，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，且，，平面，
所以平面，
所以到平面的距离为，
又因为为中点，
所以.

51．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据线面平行的判定即可证明；
（2）方法一：先根据线面垂直的判定证明平面，再根据线面垂直即可证明；
方法二：先建立合适的空间直角坐标系，再求出对应点的坐标，再求出，，再根据数量积即可证明；
（3）结合（2）中的空间直角坐标系，再利用向量法求得线面夹角的正弦值，进而即可求出其余弦值．
【详解】（1）由底面是矩形，则，
又平面，且平面，所以平面．
（2）方法一：由底面是矩形，则，
又底面，且底面，则，
又，且平面，平面，则平面，
又平面，所以．
方法二：
由底面，且四边形是矩形，则，，两两垂直，
则以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，
所以，则，
所以．
（3）结合（2）中的空间直角坐标系，得，，，
设平面的法向量为，
则，取，得，，即，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的余弦值为．
52．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）借助面面垂直的判定定理即可得；
（2）由题意计算可得点所处位置，根据线面角的定义找到线面所成角后计算即可得.
【详解】（1），，，
，，平面，
平面，
平面，平面平面；
（2）取的中点．连接、，
由（1）知平面，
平面，，
如图，过点作，
，，，，，
，，，
，由勾股定理可知，
，平面，平面，
，为的中点，
，又，，
平面，为直线与平面所成角，
由（1）知，又，，
，，，
则，
，，
，
直线与平面所成角的正弦值为．
53．(1)
(2)
【分析】
（1）利用线面角的定义可得结果；
（2）将和矩形延展为一个平面，分析可知，当点、、共线时，取最小值，在中，利用余弦定理求出的长，即为所求.
【详解】（1）解：在正方体中，平面，
所以，直线与平面所成角为直角，其余弦值为.
（2）解：将和矩形延展为一个平面，如下图所示：
由图可知，当点、、共线时，取最小值，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因此，的最小值为.
54．(1)；
(2)存在，答案见解析
【分析】（1）过作，根据题意，证得，得到为二面角的平面角，在直角中，即可求解；
（2）求得三棱锥的体积为，结合题意，得到每条棱的长度为2，设底面菱形的一个角为，得到直四棱柱的体积为，进而求得，从而得解.
【详解】（1）过作交于，连接，
因为为长方体，可得平面，
又因为在底面的投影为且，所以，
所以即为二面角的平面角，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以二面角的正切值为.
（2）三棱锥的体积为，
因为十二条棱长均相等的直四棱柱，使得它的所有棱长和为24，则每条棱的长度为2，
设直四棱柱的底面菱形的一个角为，则底面积为，
则直四棱柱的体积为，可得，
当时，，可得；
当时，，可得；
当时，，可得；
当时，此时，无解，
综上可得，当时， ；当时， ；当时，；当时，不存在.
55．(1)
(2)详见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，易知，则为异面直线与所成的角求解；
（2）分别取，的中点，，连接，，，根据正三棱柱，易证为二面角的平面角，为二面角的平面角求解.
【详解】（1）解：如图所示：
取的中点，连接，，易知，
则为异面直线与所成的角，
又，，，
由余弦定理得；
（2）如图所示：
分别取，的中点，，连接，，，
在正三棱柱中，
易知，，又，
所以平面，又平面，
所以，则为二面角的平面角，
同理为二面角的平面角，
设，则，
所以，，
则，，
当时，即P为的中点时，取得最大值，
56．存在，
【分析】
作出辅助线，证明线面垂直，得到为二面角的平面角的补角，即有，设，表达出其他边长，根据特殊三角函数值列出方程，求出，得到答案.
【详解】假设存在满足条件的点，连结，过作为垂足，
并延长与相交于，连结．

因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以．
所以为二面角的平面角的补角，即有．
设，则．
在中，，从而．
在中，，解得．
因此，存在符合题设条件的，且满足．
57．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据充要条件、线面垂直等知识证得结论成立.
（2）利用向量法或几何法求得二面角的正弦值的取值范围.
【详解】（1）证明“必要性”：当平面，有：
由平面，平面，
，由题意，故为的中点，在上，
又平面，平面，，
又为的中点，故三角形为等腰三角形，则.

证明“充分性”：当，有平面：
取中点，连接，由，得，
又平面平面且交线为，平面，
由面面垂直的性质得平面，
由题意点即为点，为中点，得，
同理由，为中点，得，
又平面，则平面.

（2）解法一：，以为原点，为轴，为轴，
过作轴平面，如图建系，
由三角形不是钝角三角形且面积为，得到平面的距离为，
由题知点在平面上的射影为在线段上．
设，，，，
设平面的法向量为，
由，得，取，
由（1）知当为中点时，有平面，
，即，
故可得平面的一个法向量为，
，
又，，
所以
所以二面角的正弦值的取值范围为.


解法二：由三角形不是钝角三角形且面积为，得到面的距离为1，
由题知点在平面上的射影在线段上，作于，
由平面平面，且交线为，平面，
知平面，而平面，故，
作于，平面，
则平面，则即为二面角的平面角，
如图，过作直线，过作，垂足为，过作，垂足为，
，又，
故，，又，
在直角三角形中，，
,
，
，
所以二面角的正弦值的取值范围为.
58．(1)平面
(2)
【分析】
（1）通过构造平行四边形的方法证得平面.
（2）先求得，然后根据等体积法求得正确答案.
【详解】（1）设是的中点，连接，由于是的中点，
所以，而，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，由于平面，平面，
所以平面.
（2）连接，由于平面，
所以直线与平面所成角为，
由于平面，所以，
由于，所以，所以.
由（1）得平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，
，，
对于三角形，，
所以为钝角，所以，
所以，
，设到平面的距离为，
由得，
所以到平面的距离为.
答案第1页，共2页
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