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第八章 立体几何初步
章末总结
巧梳理 知识框图
提能力 专题归纳
专题1 高考中的重要模型——鳖臑
中国古代数学强调实用性，很多古代数学问题都结合实际生活存在于典籍中.其中在
对立体几何的研究中最重要的模型便是由立方体截得的三棱锥和四棱锥，它们在古
代有专门的名词：鳖臑和阳马.2015年湖北高考便以此为背景命题，一时间引起了广
泛的关注.
1 考题再现
例1 (湖北高考题)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱
锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.
在如图8-1所示的阳马中，侧棱 底面，且,点是 的
中点，连接,, .
图8-1
（1）证明： 平面.试判断四面体 是否为鳖臑,若是，写出其每个面的
直角（只需写出结论）;若不是,请说明理由.
【解析】因为 底面,所以 .
由底面为长方形，得,而,, 平面，所以
平面 .（线面垂直的判定定理）
又 平面,所以 .
因为,点是的中点，所以 .
而, 平面, 平面,所以 平面 .
由 平面, 平面,可知四面体 的四个面都是直角三角形，
即四面体是鳖臑，其四个面的直角分别是,,, .
（2）记阳马的体积为，四面体的体积为，求 的值.
【解析】由已知，是阳马 的高，
所以 .
由（1）知，是鳖臑的高， ,
所以 .
在中，因为,点是 的中点，
所以 ,
于是 .
思路点拨 （1）要证明线面垂直，只需要证明直线与该平面内两条相交直线垂直；
（2）将四面体看作三棱锥 ，再利用三棱锥的体积公式求解.
该题之所以引起广泛关注，很大程度上与“鳖臑”这两个字有关，原因是大部分学生
没见过这两个字，因此影响了答题心情.其实本题只不过套了个古代数学文言文的背
景，也即现在比较热门的数学文化试题背景，具体研究的却是学生再熟悉不过的立
体几何问题，教材中对此都有专门的阐述和探究.
2 教材探源
图8-2
（教材第158页【例8】）如图8-2，是的直径， 垂直
于所在的平面，是圆周上不同于, 的任意一点.求证：平
面 平面 .
事实上，该例题中的三棱锥 即为鳖臑.在教材第159页
【练习】第3题中，更进一步深化了对鳖臑模型的认识.
图8-3
（教材第159页【练习】第3题）如图8-3， 平面 ,
,你能发现哪些平面互相垂直？为什么？
教材例题和练习题借助鳖臑这一几何体中丰富的（线线、线面、
面面）垂直关系，让学生来熟悉垂直关系下的判定定理及性质定
理的应用.上述湖北高考题本质上还是研究常见的垂直问题.事实
上，鳖臑是我国古代数学中非常重要的模型，在多本著作里都有阐述.
3 鳖臑的来源探索
《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马
居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之以棊，其形露矣．”
刘徽注：“此术臑者，背节也，或曰半阳马，其形有似鳖肘，故以名云.中破阳马，
得两鳖臑，鳖臑之起数，数同而实据半，故云六而一即得．”
具体来说，取一长方体，按图8-4斜割一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称之
为堑堵.#1.2
图8-4
如图8-5，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得到一个四棱锥和一个三棱锥.以矩形
为底且另有一棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，余下的三棱锥是由四个直角三角形
组成的四面体，称为鳖臑.#1.3
图8-5
4 鳖臑的性质
（1）聚焦于立体几何中的核心关系——垂直关系
图8-6
例2 如图8-6，在三棱锥中， 平面 ，
，于点，于点 ．
（1）证明： 平面 ；
【解析】因为 平面， 平面 ，
所以 .
又，,, 平面 ,
所以 平面 .
（2）证明： 平面 ；
【解析】因为 平面， 平面 ，
所以 .
因为，，, 平面 ,
所以 平面 ，
因为 平面,所以 ，
又，,, 平面 ,
所以 平面 .
（3）证明：平面 平面 ；
【解析】因为 平面, 平面 ，
所以平面 平面 ．
（4）证明： ．
【解析】因为 平面， 平面 ,
所以 .
（2）鳖臑的空间角
图8-7
例3 如图8-7，在三棱锥中，, 平面
.设 为直线与所成的角， 为直线与直线
在底面上的射影的夹角， 为直线与底面 所成的
角， 为二面角的平面角， 为直线 与平面
所成的角， 为直线与底面所成的角, 为直线
与平面 所成的角.证明：
（1） ；（三余弦定理）
【解析】易知,直线在底面上的射影为直线,故 ,
.
由 平面, 平面,得 ,
又,,, 平面 ,
平面 ,
又 平面, .
.
（2） ；
【解析】如图8-8，过作于，于，连接 .
图8-8
由（1）知 平面, 平面, .
,, 平面, 平面 ,
又 平面, .
,, 平面, 平面, ，
则二面角的平面角 .
易知直线与底面所成的角 ,
则 .
（3） ；
【解析】连接,由（2）得 平面,则直线与平面 所成的角
, .
（4） ；（三正弦定理）
【解析】 .
（5） .
【解析】过作于，连接 ,
则 平面 ,
则直线与平面所成的角 ，
从而 .
说明 图形中二面角的平面角为，二面角 的平面角为
；
直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为 ，直线
与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，直线 与
平面所成的角为 .
5 鳖臑模型在高考中的应用
鳖臑模型覆盖了立体几何中线、面的各种垂直关系及各种空间角的计算，是研究立
体几何问题的基本图形，在高考中有着广泛的应用.
例4 (全国乙卷)如图8-9，四棱锥的底面是矩形， 底面,为
的中点，且 .
图8-9
（1）证明：平面 平面 ;
【解析】 平面， 平面 ，
.（由线面垂直得到线线垂直）
,且, 平面, 平面, 平面 .
又 平面， 平面 平面 .
（2）若,求四棱锥 的体积.
【解析】为的中点， .
由题意知 .
平面， 平面， ，
由 , ，得 ，易得
， ，
即，得 ,
，
则四棱锥的体积 .
思路点拨 （1）利用线面垂直的性质得出，结合 ，利用线面、
面面垂直的判定定理，即可证明；（2）通过证明，得到 ，
即可求得矩形 的面积，进而求得四棱锥的体积.
图8-10
例5 (北京高考题)如图8-10，在三棱锥中， ,
，,,为线段的中点，
为线段 上一点.
（1）求证： ;
【解析】因为,,,, 平面
,所以 平面 .
又 平面，所以 .
（2）求证：平面 平面 ；
【解析】因为,为的中点，所以 .
由（1）知，,又，, 平面,所以 平面 .
因为 平面,所以平面 平面 .
（3）当平面时，求三棱锥 的体积.
【解析】因为平面，平面 平面，所以.因为 为
的中点，
所以, .
由（1）知， 平面，所以 平面 .
所以三棱锥的体积 .
以上通过两道高考题来探讨鳖臑模型，事实上，这个模型的应用十分广泛，需要同
学们不断地总结其特征，并在具体的问题中逐渐养成建立模型的意识，注重运用模
型来解决问题.
专题2 以模型为载体解决空间几何体的外接球问题
球是特殊的几何体,具有很多特殊的性质.空间几何体的外接球问题是高考的热点和难
点.以考查学生的空间想象能力为主线,结合边角关系、位置关系、面积与体积的计算,
从而达到培养学生直观想象的核心素养的要求.从教学实践中发现学生在研究空间几
何体的外接球问题时常常因缺乏空间想象力而感到束手无策，其根本原因是学生没
有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.以下结合教学实例,
给出解空间几何体外接球问题的三种模型及其方法.
模型一 墙角模型（三条棱两两垂直,不找球心的位置即可求出球半径）
如图8-11，找三条两两垂直的线段，直接用公式 ,即
,求出外接球的半径 .
图8-11
图8-12
引理：正三棱锥的对棱互相垂直.
证明：如图8-12，在正三棱锥中，分别取, 的
中点，,连接,,与交于点,连接,则 是底
面正三角形的中心，所以 平面 ,所以
,因为,所以,所以 平面 ,
所以，同理可得，, .故正三棱锥
的对棱互相垂直.
例6 在正三棱锥中，,分别是棱，的中点，且 ,若侧棱
，求正三棱锥 外接球的表面积.
【解析】如图8-13，因为, ,
图8-13
所以 .
又,, 平面, 平面,所以 平面 ,所以
, .
因为,,, 平面, 平面 ,
所以 平面,又 平面,所以 ,
故三棱锥 的三条侧棱两两互相垂直.
设外接球的半径为,则,即 ,
所以正三棱锥外接球的表面积是 .
模型二 汉堡模型（直棱柱的外接球、圆柱的外接球）
图8-14
如图8-14,直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱,棱柱的上、下底面可以是任
意三角形）.
解题步骤:
第一步，确定球心的位置,是的外心,则 平面 ;
第二步，算出小圆的半径，即 ,算出球心到小圆圆心的距离，即
，也是圆柱的高 ；
第三步，在中，由勾股定理得，即 ，得
,解出外接球的半径 .
也可在中，由,即,求出 .
例7 (2023·全国乙卷)已知点，，，均在半径为2的球面上， 是边长为3的
等边三角形， 平面，则 ___.
2
图8-15
【解析】 如图8-15，设的外接圆圆心为 ，连接
,因为 是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径
.
将三棱锥补形为正三棱柱 ，
（将棱锥补形为棱柱是解决问题的常用手段，会更加直观）
由题意知为侧棱，设球心为，连接, ,
则 平面，且 .
又球的半径， ，
所以，得 .
图8-16
如图8-16，设的外接圆圆心为，连接 ,因为
是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径
.
设三棱锥的外接球球心为，连接 ,
则 平面 .
又 平面，所以，连接，，由题意知.过作
的垂线，设垂足为 ，
则四边形为矩形，所以 ,
由可知为的中点，则 .
所以在中，由勾股定理可得，即，得 .
模型三 切瓜模型（正弦定理求大圆直径是通法）
1.如图8-17（1）,平面 平面,（即为小圆的直径）,且 的射影
是的外心 三棱锥 的三条侧棱相等.
图8-17
解题步骤:
第一步，确定球心的位置,取的外心,则,, 三点共线;
第二步，先算出小圆的半径,再算出棱锥的高 （也是圆锥的高）;
第三步，由勾股定理得，，即 ,解出外接球的
半径 .
事实上,的外接圆就是大圆,直接用正弦定理也可求解出 .
2.如图8-17（2）,平面 平面,（即为小圆的直径 ）,且
,利用勾股定理即可求三棱锥的外接球半径.
;
.
3.如图8-17（3），平面 平面,（即 为小圆的直径）.
解题步骤：
第一步，易知球心是的外心,即 的外接圆是大圆,先求出小圆的直径
.
第二步，在中,可根据正弦定理，得 ,从而求出
.
例8 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上,其中底面的三个顶点在该球的
一个大圆上,求该正三棱锥的体积.
【解析】正三棱锥的高球的半径,底面外接圆的半径为,直径为 ,
设底面边长为,则,,正三棱锥的底面积为 ,正三
棱锥的体积为 .
专题3 立体几何中的截面问题
1 截面作图
例9 正方体中，，， 为棱上的三个点，请依据如下条件，过
，，三点作正方体的截面 .
（1）已知三点，， 中任意两点的连线都在几何体的表面上；
【解析】如图8-18，直接连线即可得到截面．
图8-18
（2）已知三点，， 中任意两点的连线恰有两条在几何体的表面上；
图8-19
【解析】 （平行法） 如图8-19，连接， ，在
平面内过点作，并交于点，连接 ，
则四边形 为所求的截面．
图8-20
（相交法） 如图8-20，连接并延长交 的
延长线于点，连接交于点，连接， ,则四
边形 为所求的截面．
（3）已知三点，， 中任意两点的连线恰有一条在几何体的表面上；
图8-21
【解析】（平行四边形法） 如图8-21，连接并延长，交
的延长线于点，连接交于点，则点 为截面上一点，
以，为邻边作平行四边形，则与的交点 也为
截面上的点，连接,,则五边形 即为所求的截面．
（4）已知三点，， 中任意两点的连线都不在几何体的表面上.
图8-22
【解析】（辅助平面法） 如图8-22，在平面 内过
点作，交于点，连接并延长交 的延
长线于点，连接交于点，连接并双向延长交 的
延长线于点，交的延长线于点，连接交于点 ，
连接并延长交于点，连接， ，则六边形
为所求的截面．
名师点评 （1）作截面的三种常用方法：①直接法，截面的顶点在几何体的棱上；
②平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体
的某个面平行；③相交法，延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体
的同一平面上.
（2）作截面应遵循的三个原则：①在同一平面上的两点可引直线；②凡是相交的直
线都要画出它们的交点；③凡是相交的平面都要画出它们的交线．
2 截面图形的形状及个数问题
例10 (2025·上海市格致中学期中)过正四面体的顶点 作一个形状为等腰三角
形的截面，使得截面与底面所成角为 ，这样的截面共可作出( )
D
A.6个 B.12个 C.15个 D.18个
图8-23
【解析】作四面体的高，连接交于，连接 ,如
图8-23，则为的中点，为等边三角形 的中心.
所以，，所以为二面角 的二
面角.
设,则，所以， ，
所以,所以 .
因为 ，
所以 .
在平面内，以为圆心，以为半径作圆,则圆在 内部.
所以若截面与底面所成角为 ，则截面与平面的交线为圆 的切线.
. .
下面分三种情况进行讨论：
（1）如图8-23，切线与 的任意一边平行，此时能作出6个截面；
图8-24
（2）如图8-24，（点在边上，点在边 上，
均不与顶点重合）为切线且 ，
此时易证，所以 ，则截面
为等腰三角形，这样的截面有6个；
图8-25
（3）如图8-25，过点作的切线，与交于点 ，由
有，对应 为等腰三角形，这
样的截面有6个.
综上，满足条件的截面共有18个.
3 截面中的计算问题
例11 (2025·福建省南平市高级中学期中)已知正方体 的棱长为1，
现有一个动平面 ，且平面，当平面 截此正方体所得截面边数最多时，
记此时的截面的面积为，周长为 ，则( )
A
A.不为定值，为定值 B.为定值， 不为定值
C.与均为定值 D.与 均不为定值
图8-26
【解析】正方体所有的棱实际上是3组平行的棱，所得截面
是六边形时满足条件，如图8-26所示，平面 即平面
.
（【补充】平面与正方体的截面边数由平面与正方体棱的
交点数决定，平面与正方体的棱最多有六个交点，即截面
边数最多有六条）
作平面 .
正方体棱长为1，易知
设 ，则 ，
, ，
同理可得六边形其他两组相邻两边的和均为 ，
六边形的周长为定值 .
正三角形的面积为 .
当,,,,, 均为中点时，六边形的边长相等，此时截面面积最大，为
，
截面从平移到 的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到
小，故可得周长为定值，面积 不为定值.
例12 (2025·山西省太原市期中)在正四棱锥中，为的中点，过 作截
面将该四棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为,，则 的最大
值是___.
2
【解析】记正四棱锥的体积为，若求的最大值，由 为定值
知，只需求 的最小值.
图8-27
设过的截面分别交和于,，连接，交于点 ，
连接，则平面与平面的交线即为,设与 相交
于 ，如图8-27，
由,均为中线得为的重心，则 ，（中线交点即重心，重心将
中线分为 的两部分）
令,，则，则，连接, ，
，
当且仅当时取等号，此时.所以 的最大值是2.
. .
例13 (2025·黑龙江省齐齐哈尔市期中)已知正四面体内接于球，点 是底面三
角形一边的中点，过点作球的截面，若存在半径为 的截面圆，则正四
面体 棱长的取值范围是( )
C
A.， B.， C. D.
图8-28
【解析】如图8-28，在正四面体中，设顶点 在底面上的射
影为，连接, ,
则球心在上，在上，连接， ，设正四面体的棱长
为，则 ，
，则正四面体的高
，设外接球半径
为 ，
在中， ，
即，解得 ，
在中， ，
过点作外接球的截面，只有当 垂直于截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为 ，最大截面圆为过球
心的大圆，半径为，由题设存在半径为的截面圆， ，解
得 .
一章一练·学思维知创新
例14 新定义 离散曲率[多选题](2025·河南省安阳市期末)阅读数学材料：“设 为多
面体的一个顶点，定义多面体在点 处的离散曲率为
，其中
为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面 ，平面
， ，平面和平面为多面体的所有以 为公共点的面．”
已知在直四棱柱中，底面为菱形， ，则下列说法
正确的是( )
A.直四棱柱 在其各顶点处的离散曲率都相等
B.若，则直四棱柱在顶点处的离散曲率为
C.若四面体在点处的离散曲率为，则 平面
D.若直四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面 所成
的角为
√
√
图8-29
【解析】如图8-29，对于A，当直四棱柱 的
底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离
散曲率不相等，故A错误.
对于B，若，则菱形 为正方形，
平面，， 平面 ，
， ，
直四棱柱在顶点 处的离散曲率为
,故B正确.
对于C，在四面体中，,， ，
, 四面体在点 处的离散曲率为
,解得.由题意知 ，
，， 直四棱柱为正方体.连接 .
平面， 平面 ，
.
，，, 平面， 平面 .
平面， ，
同理可得 .
，， 平面 ，
平面 ，故C正确.
对于D，直四棱柱在顶点 处的离散曲率为
,则， 是等边三角形.
设，连接，,又易得,,,
平面, 平面,即 平面 .
则是与平面 所成的角，
在中,，故D错误．故选 ．
例15 新定义 三面角余弦定理(2025·湖北省鄂东南省级师范性高中教育教学改革联盟
学校入学考试)定义三维空间中的三面角余弦定理，如图8-30（1），由射线 ，
，构成的三面角中， ， ， ，二面角
的大小为 ，则 ．
图8-30
（1）如图8-30（2），在四棱柱中，平面 平面 ，
， ，求 的余弦值；
【解析】由平面 平面，得二面角的大小 ，
,
由三面角余弦定理得
，
因为 ， ，所以 .
（2）当 ， 时，证明题干中的三面角余弦定理；
图8-31
【解析】过射线上一点作，交于点 ，
作，交于点，连接 ，如图8-31所示，
则是二面角 的平面角.
在 中，由余弦定理得，
①，
在 中，由余弦定理得，
②，
得， ，
（利用公共边和余弦定理建立等式）
又, ,
所以 ，
两边同除以 ，
得 .
（3）如图8-30（3），斜三棱柱中侧面，， 的
面积分别为，，，各侧面所对的三个二面角分别记为，， ，请用文字
和符号语言描述你能够得到的正弦定理在三维空间中推广的结论，并证明．
图8-32
【解析】如图8-32，在上取一点，过分别作， 垂直
于，交于，交于，连接 .
由, 平面,,可得 平面 ，又
,所以 平面， 平面 .
由题意可得，， ，由三角形的
正弦定理可得 ,由三棱柱的侧棱长度相等，可
令侧棱长为，则,, ,所以
，即斜三棱柱 中，三个侧面的
面积比即为它们所对二面角的正弦值之比．
尖子生 强基自招
命题点1 面积问题
例16 (2025·全国高中数学联赛福建赛区预赛)在正三棱锥 中，
,为侧棱的中点,若二面角的大小为 ，则三棱
锥 的外接球的表面积为____.
图8-33
【解析】如图8-33，设为的中点，连接，,过作
平面于，过作 平面于 .
因为为正三棱锥，且，为 的中点,
所以为的中心，，在线段 上，且
, .
连接，，则，所以 .
又,因此为二面角 的平面角.
所以 ，于是 ,
.
设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则点在 上.
连接，在中，由勾股定理得，解得 .所以三
棱锥的外接球的表面积为 .
例17 (2025·全国高中数学联赛吉林赛区预赛)已知三棱锥中，平面
平面，若， ，则该三棱锥的外接球的表
面积为____.
图8-34
【解析】如图8-34所示，因为，所以 为
等边三角形，取中点，连接，则外接圆圆心在
上，设为 ，
由正三角形性质可得，的外接圆半径 ，
则 .
在中， ， ，
所以，即 ，
由正弦定理得的外接圆半径 ，
设外接圆圆心为，连接,,,,则 ，
所以易得 平面, 平面,四边形 为菱形.
过作的平行线，过作的平行线，两线交于点 ，
则 为三棱锥的外接球的球心，
因为四边形为矩形，则 ，
连接，则三棱锥的外接球半径 ，
所以三棱锥的外接球的表面积 ．
命题点2 体积问题
例18 (2025· 清华大学强基计划)正三棱锥中，底面边长为4，,, 的中
点分别为，，，的中点为，三棱锥的外接球球心为 ，
,则三棱锥 的体积为_ ____.
图8-35
【解析】如图8-35，连接,,,,令 ,
,,易知在平面
上的射影为直线，, ,则
①.
，
整理得 ②，
将①②代入已知等式,得, ,所以三
棱锥的高 ,体积
.
例19 (2025·全国高中数学联赛上海赛区预赛)已知底面半径为3,高为4的圆锥内有一
个内接圆柱，圆柱的上底面与圆锥的侧面所围成的小圆锥内有一个内切球，求内接
圆柱与内切球的体积和的最大值.
图8-36
【解析】设内接圆柱的底面半径为，高为 ，内切小球的半径
为 .
如图8-36所示，由,可得,即 ,
所以 ，于是圆柱的体积为
.
由,可得 .
因为,，所以 ,
所以.故小球的体积为 .
内接圆柱与内切球的体积和为 ，
.
因为 ,
当，即 时等号成立.
故的最大值为 ，从而所求体积和的最大值为
.
命题点3 距离（长度）问题
例20 (2025·全国高中数学联赛重庆赛区预赛)四面体满足, ,
,,设，，的中点分别为，，,则点 到直线
的距离为_ __.
【解析】如图8-37，,，.连接， .
图8-37
，分别为， 中点，
.
同理,又,,, 平面, .
故,在中， ,
，易得到直线的距离为 .
例21 (2024·全国高中数学联赛江西赛区预赛)是棱长为的正四面体 中的三
角形的中心，,分别是平面,上的动点，则 的最小值
为_ ___.
图8-38
【解析】如图8-38,点,分别是点关于平面,平面 的对称
点,线段，分别和平面交于点,,线段, 分别和平面
交于点,,点,分别是棱,的中点.则线段 的长度与
相等，且是所求的最小值.点和直线 在平面
内,点和直线在平面内,从而在平面 内,且
, .为便于计算边长比例和角度,设正四面体
的棱长为,则，.在 中，
由余弦定理的推论得，,则在
中，,则 ,
所以,又,故
的最小值为 .
例22 (2023·全国高中数学联赛四川赛区预赛)在直三棱柱 中，
，， ，点是平面上一动点，则
的最小值为_ _．
【解析】如图8-39，沿将展开后与矩形 在同一个平面内，
图8-39
在中，，， ，
， ，
易知取最小值时，点，过点作于 ，
则， ，
，当，，三点共线时， 的值最小，即
的值最小，
在中，， ， ，
, ，
， ，
的最小值为 ．
命题点4 空间角问题
例23 (2022·南京大学强基测试)在棱长为6的正四面体中，为底面 上一点，
且，设异面直线与所成的角为 ，则 的最大值为__.
【解析】如图8-40，过作底面的垂线，为垂足，易得 .
图8-40
由，可得是以为旋转轴的圆锥的母线，,则点 所在
的底面圆的半径 .
由最小角定理（与平面斜交的直线与它在该平面内的射影的夹角不大于直线与平面
内其他直线的夹角）知，与 所成的
角 的最小值为与平面所成的角，且当 最小时， 取最大值，
.
. .
例24 (2025·全国高中数学联赛贵州赛区预赛)在正三棱锥中， ,
,过的平面 将其体积平分，则棱与平面 所成角的余弦值为_ ___.
图8-41
【解析】如图8-41，设的外接圆半径为 ,则由正弦定理知，
.
设到底面的距离为，则 ,
.
令的中点为，连接,，则 ，故
.
设到平面 的距离为,则,解得 .
令与平面 所成的角为 （线面角的范围是），则 ,则
.
所以棱与平面 所成角的余弦值为 .
. .
例25 (2025·全国高中数学联赛吉林赛区预赛)设为正方体的棱
上的动点，则平面与平面 夹角的正切值的最小值为_ __.
图8-42
【解析】当与或重合时，所求夹角的正切值为 .当
异于,时，如图8-42，延长和交于点,则为平面
与平面的公共点，连接，从而为平面 与平面
的交线.
在平面内作于点，连接 ，
由正方体的性质易知 平面， 平面 ，
则， ,
又,, 平面，故 平面，又 平面 ，
故，故为二面角 的平面角，
设正方体棱长为1，,，易知 ,故
，
即，则,
.
在中，由等积法得 ,
故 ，当且
仅当点为 中点时等号成立，
故二面角的平面角的正切值的最小值为 ，则平面
与平面夹角的正切值的最小值为 .

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