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本章总结提升
【知识辨析】
1.×　2.×　3.×　4.×　5.√　6.×
7.×　8.√　9.√　
【素养提升】
题型一
例1　(1)B　(2)C　[解析] (1)连接BB',由题可知∠BC'B'为此保温带的轮廓线与水管母线所成的角.过B'作B'E⊥BC'于E,由题可知BB'⊥B'C',可得∠BB'E=∠BC'B'.因为水管的直径为4 cm,所以BB'=4π cm,因为相邻两条轮廓线的间距是带宽的,所以B'E=4×=1(cm),所以cos∠BB'E==,即cos∠BC'B'=,故选B.
(2)由平面DEE1D1∥平面ABB1A1可知,DD1 EE1 AA1,三角形CDE与三角形C1D1E1全等,四边形ABED和四边形A1B1E1D1全等,根据棱柱的定义可知Ⅰ,Ⅱ都是棱柱.故选C.
变式　(1)D　(2)12　[解析] (1)画出该半正多面体的展开图,如图所示,连接AF,AT,易知AT⊥FT.由半正多面体的棱长为2,可得FT=8,AT=2,故AF==2,所以FM+MN+AN≥AF=2,当且仅当在展开图中A,N,M,F四点共线时等号成立.故选D.
(2)不妨设正方体的棱长为2,EF的中点为O,分别取CD,CC1的中点G,M,设侧面BB1C1C的中心为N,连接FG,EG,OM,ON,MN,如图.由题意可知,O为球心,在正方体中,EF===2,即以EF为直径的球的半径R=,球心O到CC1的距离为OM===,所以球O与棱CC1相切,球面与棱CC1只有1个公共点,根据正方体的对称性知,其余各棱和球面也只有1个公共点,所以以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.
题型二　
例2　(1)AC　(2)28　[解析] (1)如图,取AC的中点D,连接OD,PD,PO,则OD⊥AC,PD⊥AC,故∠PDO为二面角P-AC-O的平面角,得∠PDO=45°.因为∠APB=120°,PA=2,所以AB=2,PO=1,故圆锥的体积V=×π×()2×1=π,故A正确;S圆锥侧=π××2=2π,故B错误;由∠PDO=45°,可得DO=1,故AC=2×=2,故C正确;易知PO⊥DO,由PO=1,DO=1,得PD=,则S△PAC=×2×=2,故D错误.故选AC.
(2)方法一:依题意可知,原正四棱锥的高为6,故棱台的体积V=V大正四棱锥-V小正四棱锥=×42×6-×22×3=28.
方法二:由题可知所得棱台的高为3,上底面是边长为2的正方形,下底面是边长为4的正方形,由棱台的体积公式可得棱台的体积V=×(42+22+)×3=28.
变式　(1)D　[解析] 将三棱锥P-ABC补形为一个直三棱柱PBC-AMN,如图,取E,D分别是上、下底面的外心,则ED的中点O是外接球的球心.由题得底面外接圆的半径为PD=1,OD=PA=1,则OP=,即外接球的半径为,故三棱锥P-ABC的外接球的表面积S=4π×()2=8π.故选D.
(2)解:(i)由题意得,模具内壁的面积即为三棱柱内切球的表面积,
如图①,过侧棱的中点作正三棱柱的截面,则球心为△MNG的中心,
因为MN=3 cm,所以△MNG的内切圆的半径r=OH=MH==(cm),
所以内切球的半径R= cm,所以内切球的表面积S球=4πR2=3π(cm2).
(ii)由题意得,制作该模具所需材料的体积即为三棱柱的体积减去内切球的体积,
由(i)得正三棱柱的高h=AA1=2R=(cm),
因为V三棱柱=S底·h=(cm3),V球=πR3=π(cm3),所以所求体积V=V三棱柱-V球=-π(cm3).
(iii)如图②,易知OM= cm,则AO==(cm),所以模具顶点到内壁的最短距离为AO-R= cm.
题型三
例3　解:(1)证明:连接BD,
∵四边形ABCD为平行四边形,∴G是BD的中点,
∴GH是△DBF的中位线,∴GH∥BF.
(2)存在满足题意的点P,P是棱CD的中点,证明如下:
如图,连接PG,PH,由(1)可知GH∥BF,
∵GH 平面GHP,BF 平面GHP,
∴BF∥平面GHP.
∵P,H分别是CD,DF的中点,∴HP∥CF,
又HP 平面GHP,CF 平面GHP,
∴CF∥平面GHP,
又BF∩CF=F,BF,CF 平面BCF,
∴平面GHP∥平面BCF.
变式　解:(1)证明:如图①,连接BD交AC于点O,连接OE,易知O为BD的中点,
因为E为PD的中点,所以EO是△BPD的中位线,所以EO∥PB.
又EO 平面AEC,PB 平面AEC,所以PB∥平面AEC.
(2)在PC上存在一点G,且CG=2GP,使得FG∥平面AEC,证明如下:
如图②,在PA上取点H,且AH=2HP,
因为AF=2FB,所以在△PAB中,==,
所以HF∥PB,
因为PB∥平面AEC,HF 平面AEC,
所以HF∥平面AEC.
在△PAC中,==,所以HG∥AC,
因为HG 平面AEC,AC 平面AEC,所以HG∥平面AEC,
因为HG∩HF=H,HG,HF 平面HFG,
所以平面HFG∥平面AEC,
因为FG 平面HFG,所以FG∥平面AEC,此时点G为PC上靠近点P的三等分点.
题型四
例4　解:(1)证明:因为BA=BC,DA=DC,BD=BD,所以△ABD≌△CBD,
所以∠ABD=∠CBD,所以BD⊥AC.
因为PA⊥平面ABCD,BD 平面ABCD,所以BD⊥PA,
又AC∩PA=A,AC,PA 平面APC,
所以BD⊥平面APC.
(2)因为PC⊥平面BGD,BG 平面BGD,所以BG⊥PC.
因为AB=BC=2,∠ABC=120°,所以由余弦定理可得AC==
=2,
因为PA⊥平面ABCD,AC,AB 平面ABCD,所以PA⊥AC,PA⊥AB,
所以PC===,
PB===.
在△PBC中,由余弦定理得cos∠PCB===,
所以CG=BCcos∠PCB=2×=,
所以PG=PC-CG=-=,
则=×=,
因此若G满足PC⊥平面BGD,则=.
变式　解:(1)取BC的中点G,连接EG,B1G,则EG,B1G即为平面A1B1E与该棱柱的其他面的交线,如图所示.
因为E为AC的中点,G为BC的中点,所以EG∥AB,
又A1B1∥AB,所以A1B1∥EG,即A1,E,G,B1四点共面,
所以EG,B1G即为平面A1B1E与该棱柱的其他面的交线
(2)证明:因为侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,
所以B1B=BC=2,所以四边形BCC1B1也为正方形.
因为G为BC的中点,所以BG=CF,BC=BB1,
因为该三棱柱为直三棱柱,∠BCF=∠CBB1=90°,
所以△BCF≌△B1BG,所以∠B1GB=∠BFC,
又∠B1GB+∠FBC=90°,所以B1G⊥BF,
又BF⊥B1E,B1E∩B1G=B1,B1G 平面A1B1E,B1E 平面A1B1E,
所以BF⊥平面A1B1E.
(3)如图,连接DG,由已知得VD-EFG=VF-DEG.
设BF∩B1G=H,由(2)知FH⊥平面DEG,
所以FH=BF-BH=-=为三棱锥F-DEG的高,为定值.
又EG∥A1B1,点D运动时,点D到直线EG的距离为定值,所以△DEG的面积为定值,所以三棱锥F-DEG的体积,即三棱锥D-EFG的体积为定值.
因为BF⊥平面A1B1E,EG 平面A1B1E,所以BF⊥EG,
又该三棱柱为直三棱柱,所以FC⊥平面ABC,
又EG 平面ABC,所以FC⊥EG,
又FC∩BF=F,FC 平面BCC1B1,BF 平面BCC1B1,所以EG⊥平面BCC1B1,
所以EG⊥FG,EG⊥B1G.
因为四边形A1B1GE为直角梯形,△DEG的高h=B1G=,E,G分别为AC,BC的中点,AB=2,
所以EG=AB=1,所以VF-DEG=××1××=.
因为EG⊥FG,FG==,
所以S△EFG=×EG×FG=×1×=.
设点D到平面EFG的距离为d,则×S△EFG·d=,解得d=.
综上可得,三棱锥D-EFG的体积为定值,点D到平面EFG的距离为.
题型五
例5　解:(1)证明:因为E为AC的中点,△ACD为等腰直角三角形,所以DE⊥AC,
因为△ABC为等边三角形,所以BE⊥AC,
又BE∩DE=E,BE,DE 平面BDE,所以AC⊥平面BDE.
(2)因为△ACD为等腰直角三角形,且AC为斜边,AC=2,所以DE=1,
因为△ABC为等边三角形,且AC=2,所以BE=,
所以BE2+DE2=3+1=4=BD2,所以DE⊥BE,
又DE⊥AC,BE∩AC=E,BE,AC 平面ABC,所以DE⊥平面ABC,
又AB 平面ABC,所以DE⊥AB.
如图,过点D作DM⊥AB于M,连接EM,因为DE∩DM=D,DE,DM 平面DEM,
所以AB⊥平面DME,
因为EM 平面DEM,所以EM⊥AB,所以∠EMD即为二面角D-AB-C的平面角.
因为EM·AB=AE·BE,所以EM=,所以tan∠EMD===,
所以二面角D-AB-C的正切值为.
(3)如图,连接EF,因为AC⊥平面BDE,EF 平面BDE,所以AC⊥EF,
所以当EF最小时,△AFC的面积最小,此时BD⊥EF.
由AC⊥平面BDE,BD 平面BDE,可得AC⊥BD,
又BD⊥EF,AC∩EF=E,
所以DB⊥平面AFC,又BD 平面ABD,所以平面ABD⊥平面AFC,
所以∠AFC(或其补角)即为CF与平面ABD所成的角.
由(2)可知DE⊥BE,且∠DBE=30°,所以EF=BE=,
所以AF=CF==,在△AFC中,由余弦定理可得cos∠AFC===-,
所以sin∠AFC=,所以CF与平面ABD所成角的正弦值为.
变式　(1)ABD　[解析] 如图,易证BC1⊥平面B1CDA1,所以BC1⊥DA1,BC1⊥CA1,故A选项正确,B选项正确;连接A1C1交B1D1于点O1,连接BO1,则C1O1⊥平面BB1D1D,所以∠C1BO1为直线BC1与平面BB1D1D所成的角,在Rt△BO1C1中,因为O1C1=BC1,所以∠C1BO1=30°,故C选项错误;因为CC1⊥平面ABCD,所以∠C1BC=45°即为直线BC1与平面ABCD所成的角,故D选项正确.故选ABD.
(2)解:①证明:如图,取AD的中点E,连接QE,CE,
∵QD=QA=,∴QE⊥AD.∵AD=2,∴DE=1,∴QE===2,
CE===,∴QE2+CE2=9=QC2,∴∠QEC=90°,即QE⊥CE.
∵AD∩CE=E,∴QE⊥平面ABCD,∵QE 平面QAD,∴平面QAD⊥平面ABCD.
②由①知平面QAD⊥平面ABCD,
∵BA⊥AD,BA 平面ABCD,平面ABCD∩平面QAD=AD,∴BA⊥平面QAD.
过A作AM⊥QD于点M,连接BM,如图,则∠AMB即为二面角B-QD-A的平面角.
由S△QAD=×2×2=×AM,得AM=,
∴BM==,∴cos∠AMB===.本章总结提升
判断下列说法是否正确.(请在括号中填写“√”或“×”)
1.有三个公共点的两个平面必定重合. (　 )
2.棱台中截面的面积等于它上、下底面面积和的一半. (　 )
3.一条直线和另一条直线平行,它就和过另一条直线的任何平面平行. (　 )
4.由斜二测画法可知平面图形的面积是其直观图面积的2倍. (　 )
5.若一条直线平行于两个平面的交线,则这条直线至少平行于这两个平面中的一个.(　 )
6.与两条平行直线中的一条异面的直线必与另一条直线异面. (　 )
7.四边形的两组对边分别相等,那么这个四边形是平行四边形. (　 )
8.如果一条直线平行于一个平面,那么它就和这个平面的垂线垂直. (　 )
9.过平面α的一条斜线只能作出一个平面与平面α垂直. (　 )
◆ 题型一　基本立体图形
[类型总述] (1)柱、锥、台、球的几何特征;(2)多面体与旋转体;(3)简单组合体.
例1 (1)北方的冬天户外冰天雪地,若水管裸露在外,则管内的水就会结冰从而冻裂水管,给用户生活带来不便.每年冬天来临前,工作人员就会给裸露在外的水管“保暖”:在水管外面包裹保温带,用一条保温带盘旋而上一次包裹到位.某工作人员采用四层包裹法(除水管两端外包裹水管的保温带都是四层),图①是相邻四层保温带的下边缘轮廓线,相邻两条轮廓线的间距是带宽的,设水管的直径与保温带的宽度都为4 cm,在图②水管的侧面展开图中,此保温带的轮廓线与水管母线所成的角的余弦值是(保温带厚度忽略不计) (　 )
A. B.
C. D.
(2)如图所示,三棱柱ABC-A1B1C1被平面DEE1D1截成两个几何体Ⅰ,Ⅱ,且平面DEE1D1∥平面ABB1A1,则(　 )
A.Ⅰ是棱柱,Ⅱ不是棱柱
B.Ⅰ不是棱柱,Ⅱ是棱柱
C.Ⅰ是棱柱,Ⅱ是棱柱
D.Ⅰ不是棱柱,Ⅱ不是棱柱
变式 (1)[2024·江苏无锡一中高一月考] 半正多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”,是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成,其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中,若其棱长为2,点M,N分别在棱DE,BC上,则FM+MN+AN的最小值为 (　 )
A.3 B. C.6 D.2
(2)[2023·全国甲卷] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为AB,C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.
◆ 题型二　简单几何体的表面积与体积的计算
[类型总述] (1)体积公式;(2)表面积公式;(3)内切(外接);(4)轴截面.
例2 (1)(多选题)[2023·新课标Ⅱ卷] 已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O的平面角为45°,则 (　 )
A.该圆锥的体积为π
B.该圆锥的侧面积为4π
C.AC=2
D.△PAC的面积为
(2)[2023·新课标Ⅱ卷] 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为　　　　.
变式 (1)[2024·湖南长沙雅礼中学高一期末] 在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面PBC,PA=2,△PBC是边长为的正三角形,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是 (　 )
A.π B.2π C.4π D.8π
(2)[2024·浙江台州高一期末] 台州黄岩被誉为“模具之乡”,为市场对球形冰淇淋的需求,特地制作了一款中空的正三棱柱模具,其内壁恰好是球体的表面,且内壁与棱柱的每一个面都相切(内壁厚度忽略不计),店家可以将不同口味的冰淇淋放入该模具中,再通过按压的方式得到球形冰淇淋.已知该模具底面是边长为3 cm的正三角形.
(i)求模具内壁的面积;
(ii)求制作该模具所需材料的体积;
(iii)求模具顶点到内壁的最短距离.
◆ 题型三　空间中的平行关系
[类型总述] (1)线线平行;(2)线面平行;(3)面面平行;(4)平行的判定定理与性质定理.
例3 如图,在三棱柱BCF-ADE中,G,H分别是AC,DF的中点.
(1)求证:GH∥BF.
(2)在棱CD上是否存在一点P,使得平面GHP∥平面BCF 若存在,求出点P的位置并证明;若不存在,请说明理由.
变式 [2023·浙江嘉兴高一期末] 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为平行四边形,F为AB上的点,且AF=2FB,E为PD的中点.
(1)证明:PB∥平面AEC.
(2)在PC上是否存在一点G,使得FG∥平面AEC 若存在,求出点G的位置并证明;若不存在,请说明理由.
◆ 题型四　空间中的垂直关系
[类型总述] (1)线线垂直;(2)线面垂直;(3)面面垂直;(4)垂直的判定定理与性质定理.
例4 [2023·青岛二中高一期末] 如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AB=BC=2,AD=CD=,PA=,∠ABC=120°,G为棱PC上的点.
(1)证明:BD⊥平面APC;
(2)若G满足PC⊥平面BGD,求的值.
变式 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点(包括端点),BF⊥B1E,设平面A1B1E与棱BC交于点G.
(1)试在图中作出平面A1B1E与该棱柱的其他面相交所得的交线,并指出点G的位置(指出位置即可,不要求过程).
(2)求证:BF⊥平面A1B1E.
(3)当点D运动时,试判断三棱锥D-EFG的体积是否为定值 若是,求出该定值及点D到平面EFG的距离;若不是,请说明理由.
◆ 题型五　空间角的求解
[类型总述] (1)线线角;(2)线面角;(3)二面角.
例5 [2024·重庆七校联盟高一期末] 如图,在三棱锥D-ABC中,△ACD为等腰直角三角形,且AC为斜边,△ABC为等边三角形.已知AC=DB=2,E为AC的中点,F为棱DB上的动点.
(1)证明:AC⊥平面BDE;
(2)求二面角D-AB-C的正切值;
(3)当△AFC的面积最小时,求CF与平面ABD所成角的正弦值.
变式 (1)(多选题)[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正方体ABCD-A1B1C1D1,则 (　 )
A.直线BC1与DA1所成的角为90°
B.直线BC1与CA1所成的角为90°
C.直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D.直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
(2)如图,在四棱锥Q-ABCD中,底面ABCD是正方形,AD=2,QD=QA=,QC=3.
①证明:平面QAD⊥平面ABCD;
②求二面角B-QD-A的余弦值.(共55张PPT)
本章总结提升
题型一 基本立体图形
题型二 简单几何体的表面积与体积的计算
题型三 空间中的平行关系
题型四 空间中的垂直关系
题型五 空间角的求解
判断下列说法是否正确.（请在括号中填写“√”或“×”）
1.有三个公共点的两个平面必定重合.( )
×
2.棱台中截面的面积等于它上、下底面面积和的一半.( )
×
3.一条直线和另一条直线平行，它就和过另一条直线的任何平面平行.
( )
×
4.由斜二测画法可知平面图形的面积是其直观图面积的2倍.( )
×
5.若一条直线平行于两个平面的交线，则这条直线至少平行于这两个
平面中的一个.( )
√
6.与两条平行直线中的一条异面的直线必与另一条直线异面.( )
×
7.四边形的两组对边分别相等，那么这个四边形是平行四边形.( )
×
8.如果一条直线平行于一个平面，那么它就和这个平面的垂线垂直.
( )
√
9.过平面 的一条斜线只能作出一个平面与平面 垂直.( )
√
题型一 基本立体图形
［类型总述］（1）柱、锥、台、球的几何特征;（2）多面体与旋转
体;（3）简单组合体.
例1（1） 北方的冬天户外冰天雪地，若水管裸
露在外，则管内的水就会结冰从而冻裂水管，
给用户生活带来不便.每年冬天来临前，工作人
A. B. C. D.
员就会给裸露在外的水管“保暖”：在水管外面包裹保温带，用一条保温
带盘旋而上一次包裹到位.某工作人员采用四层包裹法（除水管两端外
包裹水管的保温带都是四层），图①是相邻四层保温带的下边缘轮廓线，
相邻两条轮廓线的间距是带宽的 ，设水管的直径与保温带的宽度都为
，在图②水管的侧面展开图中，此保温带的轮廓线与水管母线所成
的角的余弦值是（保温带厚度忽略不计）( )
√
[解析] 连接，由题可知 为此保温带的轮廓线与水管母线
所成的角.
过作于，由题可知 ，可得
因为水管的直径为，所以 ,
因为相邻两条轮廓线的间距是带宽的，所以 ，
所以，即 ，故选B.
（2）如图所示，三棱柱被平面 截成两个几何
体Ⅰ,Ⅱ，且平面平面 ，则( )
A.Ⅰ是棱柱，Ⅱ不是棱柱
B.Ⅰ不是棱柱，Ⅱ是棱柱
C.Ⅰ是棱柱，Ⅱ是棱柱
D.Ⅰ不是棱柱，Ⅱ不是棱柱
[解析] 由平面平面可知, ,
三角形与三角形全等，四边形和四边形 全等，
根据棱柱的定义可知Ⅰ，Ⅱ都是棱柱.故选C.
√
变式（1） [2024·江苏无锡一中高一月考]半正
多面体亦称“阿基米德体”或“阿基米德多面体”，
是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.
某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构
成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的
A. B. C. D.
半正多面体中，若其棱长为2，点，分别在棱， 上，则
的最小值为 ( )
√
[解析] 画出该半正多面体的展开图，如图所示，
连接， ，易知.
由半正多面体的棱长为2，可得， ，
故，所以 ，
当且仅当在展开图中A,,, 四点共线时等号成立.故选D.
（2）[2023·全国甲卷] 在正方体中，， 分别为
，的中点.以 为直径的球的球面与该正方体的棱共有____
个公共点.
[解析] 不妨设正方体的棱长为2，的中点为 ，
分别取，的中点,，设侧面 的中心为，
连接,,,, ，如图.
由题意可知， 为球心，在正方体中，
，即以 为直径的球的半径
，球心到的距离为 ，
所以球与棱相切，球面与棱 只有1个公共点，
根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个公共点，
所以以 为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.
题型二 简单几何体的表面积与体积的计算
［类型总述］（1）体积公式;（2）表面积公式;（3）内切（外接）;
（4）轴截面.
例2（1） （多选题） 新课标Ⅱ卷］ 已知圆锥的顶点为 ，
底面圆心为，为底面直径， ，，点 在底
面圆周上，且二面角的平面角为 ，则( )
A.该圆锥的体积为 B.该圆锥的侧面积为
C. D.的面积为
√
√
[解析] 如图，取 的中点D,
连接，，，则 ，，
故 为二面角 的平面角，
.
因为 ，，所以， ，
故圆锥的体积 ，故A正确；
，故B错误；
由 ，可得，故 ，故C正确；
易知，由， ，得 ,
则 ，故D错误. 故选 .
（2）[2023· 新课标Ⅱ卷] 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的
平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的
体积为____.
28
[解析] 方法一：依题意可知，原正四棱锥的高为6，
故棱台的体积 .
方法二：由题可知所得棱台的高为3，上底面是边长为2的正方形，
下底面是边长为4的正方形，
由棱台的体积公式可得棱台的体积
.
变式（1） [2024·湖南长沙雅礼中学高一期末]在三棱锥
中， 平面，，是边长为 的正三角形，
则三棱锥 的外接球的表面积是( )
A. B. C. D.
[解析] 将三棱锥补形为一个直三棱柱 ，如图，
取,D分别是上、下底面的外心，则的中点 是外接球的球心.
由题得底面外接圆的半径为，，
则 ，即外接球的半径为，
故三棱锥 的外接球的表面积 .
故选D.
√
（2）[2024·浙江台州高一期末] 台州黄岩被誉
为“模具之乡”，为市场对球形冰淇淋的需求，特
地制作了一款中空的正三棱柱模具，其内壁恰
好是球体的表面，且内壁与棱柱的每一个面都
相切（内壁厚度忽略不计），店家可以将不同
口味的冰淇淋放入该模具中，再通过按压的方式得到球形冰淇淋.已知
该模具底面是边长为 的正三角形．
（i）求模具内壁的面积；
解：由题意得，模具内壁的面积即为三棱柱内切
球的表面积，
如图①，过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球
心为 的中心，
因为，所以 的内切圆的半径
，
所以内切球的半径 ，
所以内切球的表面积 .
（ii）求制作该模具所需材料的体积；
解：由题意得，制作该模具所需材料的体积即为
三棱柱的体积减去内切球的体积，
由得正三棱柱的高 ，
因为 ，
，
所以所求体积 .
（iii）求模具顶点到内壁的最短距离．
解：如图②，易知，则 ，
所以模具顶点到内壁的最短距离为 .
题型三 空间中的平行关系
［类型总述］（1）线线平行;（2）线面平行;（3）面面平行;（4）
平行的判定定理与性质定理.
例3 如图，在三棱柱中，，分别是， 的中点.
（1）求证： .
证明：连接 ，
四边形为平行四边形，是 的中点，
是的中位线， .
（2）在棱上是否存在一点，使得平面平面 ？若存在，
求出点 的位置并证明；若不存在，请说明理由.
解：存在满足题意的点，是棱 的中点，
证明如下：
如图，连接，，由（1）可知 ，
平面， 平面 ，
平面 .
，分别是，的中点， ，
又 平面， 平面 ，平面 ，
又，, 平面 ， 平面平面 .
变式 [2023·浙江嘉兴高一期末] 如图，在四棱锥 中，底面
为平行四边形，为上的点，且，为 的中点．
（1）证明：平面 .
证明：如图①，连接交于点，连接，易知为 的中点，
因为为的中点，所以是的中位线，所以 .
又 平面， 平面，所以平面 .
（2）在上是否存在一点，使得平面 ？若存在，求出点
的位置并证明；若不存在，请说明理由．
解：在上存在一点，且，使得平面 ，证明如下：
如图②，在上取点，且 ，
因为，
所以在 中， ，
所以 ，
因为平面， 平面 ，
所以平面 .
在中，，所以 ，
因为 平面， 平面 ，
所以平面 ，
因为，， 平面 ，
所以平面平面 ，
因为 平面，所以平面 ，
此时点为上靠近点 的三等分点.
题型四 空间中的垂直关系
［类型总述］（1）线线垂直;（2）线面垂直;（3）面面垂直;（4）
垂直的判定定理与性质定理.
例4 [2023·青岛二中高一期末] 如图，在四棱锥
中， 平面， ，
，， ， 为
棱 上的点．
（1）证明： 平面 ；
证明：因为，， ，
所以 ，
所以，所以 .
因为 平面， 平面 ，
，
又，， 平面 ，
所以 平面 .
（2）若满足 平面，求 的值．
解：因为 平面， 平面 ，
所以 .
因为， ，
所以由余弦定理可得
，
因为 平面，， 平面 ，
所以， ，
所以 ，
.
在 中，由余弦定理得
，
所以 ，
所以 ，
则 ，
因此若满足 平面，则 .
变式 如图，在直三棱柱中，侧面 为正方形，
，，分别为和的中点，为棱 上的点
（包括端点），，设平面与棱交于点 .
（1）试在图中作出平面 与该棱柱的其他面相交所得的交线，
并指出点 的位置（指出位置即可，不要求过程）.
解：取的中点，连接，，
则 ，即为平面 与该棱柱的其他面的交线，
如图所示.
因为为的中点，为 的中点，
所以 ，
又，所以，
即， ，， 四点共面，
所以，即为平面 与该棱柱的其他面的交线.
证明：因为侧面为正方形， ，
所以，所以四边形 也为正方形.
因为为的中点，所以， ，
因为该三棱柱为直三棱柱， ，
所以，所以 ，
又 ，所以 ，
又，， 平面 ，
平面 ，所以 平面 .
（2）求证： 平面 .
解：如图，连接，由已知得 .
设，由（2）知 平面 ，
所以为三棱
锥 的高，为定值.
又，点运动时，点到直线 的距离为定值，
所以的面积为定值，所以三棱锥 的体积，
即三棱锥 的体积为定值.
（3）当点运动时，试判断三棱锥 的体积是否为定值？若
是，求出该定值及点到平面 的距离；若不是，请说明理由.
又， 平面， 平面 ，
所以 平面 ，所以， .
因为四边形为直角梯形，的高，
， 分别为，的中点， ，
所以，所以 .
因为， ，
所以 .
因为 平面， 平面，所以 ，
又该三棱柱为直三棱柱，所以 平面 ，
又 平面，所以 ，
设点到平面的距离为，则，解得 .
综上可得，三棱锥的体积为定值，点到平面 的距离
为 .
题型五 空间角的求解
［类型总述］（1）线线角;（2）线面角;（3）二面角.
例5 [2024·重庆七校联盟高一期末] 如图，在三棱锥 中，
为等腰直角三角形，且为斜边， 为等边三角形．已
知，为的中点，为棱 上的动点．
（1）证明： 平面 ；
证明：因为为的中点， 为等腰直角三角形，
所以 ，
因为为等边三角形，所以 ，
又，, 平面，所以 平面 .
（2）求二面角 的正切值；
解：因为为等腰直角三角形，
且 为斜边，，所以 ，
因为为等边三角形，且 ，
所以 ，
所以，所以 ，
又，，, 平面，所以 平面 ，
又 平面，所以 .
如图，过点作于，连接 ，
因为，, 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面，所以 ，
所以即为二面角 的平面角.
因为，所以 ，
所以 ，
所以二面角的正切值为 .
解：如图，连接，因为 平面 ，
平面，所以 ，
所以当最小时， 的面积最小，此时 .
由 平面， 平面，可得 ，
又， ，
所以 平面，又 平面，所以平面 平面 ，
所以（或其补角）即为与平面 所成的角.
（3）当的面积最小时，求与平面 所成角的正弦值．
由（2）可知，且 ，
所以 ，
所以，在 中，
由余弦定理可得
，
所以，所以与平面 所成角的正弦值为 .
变式（1） （多选题）[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正方体
,则( )
A.直线与所成的角为
B.直线与所成的角为
C.直线与平面所成的角为
D.直线与平面所成的角为
√
√
√
[解析] 如图，易证 平面 ,
所以， ，故A选项正确，
B选项正确；
连接交于点 ，连接，
则 平面 ,
所以为直线与平面 所成的角，
在中，因为 ，
所以 ，故C选项错误；
因为 平面 ,所以
即为直线与平面 所成的角,故D选项正确.故选 .
（2）如图，在四棱锥中，底面 是正方形，
，, .
①证明:平面 平面 ;
证明：如图，取的中点,连接, ，
， ., ,
,
,
,
,即 .
, 平面 ,
平面， 平面 平面 .
过作于点，连接，如图，
则 即为二面角 的平面角.
由，得 ,
.
②求二面角 的余弦值.
解：由①知平面 平面 ，
， 平面,平面 平面,
平面 .

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