資源簡介

第八章 立體幾何初步
（5大易錯與11大拓展）
易錯點1 混淆斜二測畫法中長度有變有不變
【指點迷津】直觀圖還原原圖時注意長度有變有不變：與軸平行（重合）的線段長度不變；與軸平行（重合）的線段長度直觀圖是原圖的一半.
典例1
（2024上·上海·高二復旦附中校考期末）
1．如圖，是水平放置的的斜二測直觀圖，若，，則的面積為 .

典例2
（2024·全國·高一假期作業）
2．水平放置的的直觀圖是一個如圖所示的等腰直角三角形，點是斜邊的中點，且，則底邊的高為 .

跟蹤訓練1
（2024·全國·高一假期作業）
3．如圖，是用斜二測畫法畫出的水平放置的的直觀圖，則的面積是 .

跟蹤訓練2
（2024上·上海·高二上海師大附中校考期末）
4．如圖，是一平面圖的直觀圖，斜邊，則這個平面圖形的面積是

易錯點2 混淆直觀圖和原圖
【指點迷津】在斜二測畫法畫出的直觀圖中，一定要注意題目問的是原圖，還是直觀圖
典例1
（2023上·浙江·高二校聯考期中）
5．圖，某四邊形的直觀圖是正方形，且，則原四邊形的周長等于（ ）

A．2 B． C．4 D．
典例2
（2023上·寧夏石嘴山·高三平羅中學校考階段練習）
6．等邊三角形的邊長為，建立如圖所示的直角坐標系，用斜二測畫法得到它的直觀圖，則它的直觀圖的面積是 ．
跟蹤訓練1
（2023下·湖北黃岡·高一校考階段練習）
7．如圖，平行四邊形是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，其中，，，則原圖形的面積是（ ）

A．4 B． C． D．16
跟蹤訓練2
（2023上·貴州黔西·高三貴州省興義市第八中學校考階段練習）
8．如圖，矩形是水平放置的平面圖形的直觀圖，其中，則原圖形的面積為 ．
易錯點3 在直線與平面平行中，忽視直線是否在平面內的多種情況
【指點迷津】直線與平面平行的判定定理中：平面外一條直線與平面內一條直線平行，則該直線與此平面平行，解題時忽略了“平面外”這個重要條件
典例1
（2024·全國·高一假期作業）
9．在空間中，直線平面的一個充要條件是（ ）
A．內有一條直線與平行 B．內有無數條直線與平行
C．任意一條與垂直的直線都垂直于 D．存在一個與平行的平面經過
典例2
（2023·全國·高三對口高考）
10．如果平面外有兩點A、B，它們到平面的距離都是a，則直線和平面的位置關系是 ．
典例3
（2023上·高二課時練習）
11．如果直線直線n，且平面，那么n與的位置關系是 ．
跟蹤訓練1
（2024·全國·高三專題練習）
12．過直線l外兩點作與l平行的平面，那么這樣的平面（ ）
A．不存在 B．只有一個 C．有無數個 D．不能確定
跟蹤訓練2
（2024·全國·高三專題練習）
13．下列正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，P分別為其所在棱的中點，則能滿足平面MNP的是（ ）
A． B．
C． D．
易錯點4 錯誤認為，無數等于所有
【指點迷津】錯誤的認為與平面內無數條直線，那不就是這個平面的所有直線，錯誤的認為無數等于所有.
典例1
（2023·全國·高三專題練習）
14．下列說法中可以判斷直線平面的是（ ）
A．直線l與平面內的一條直線垂直 B．直線l與平面內的兩條直線垂直
C．直線l與平面內的兩條相交直線垂直 D．直線l與平面內的無數條直線垂直
典例2
（2023·全國·高一隨堂練習）
15．下列各種說法正確嗎？為什么？
(1)如果一條直線和一個平面內的無數條直線都垂直，那么這條直線和這個平面垂直；
(2)如果一條直線和一個平面內的任意兩條直線都垂直，那么這條直線和這個平面垂直；
(3)如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線垂直，那么這條直線和這個平面垂直．
跟蹤訓練1
（2023上·上海奉賢·高二校考階段練習）
16．下列命題正確個數為（ ）
①三點確定一個平面；②若一條直線垂直于平面內的無數條直線，則該直線與平面垂直；
③同時垂直于一條直線的兩條直線平行；④底面邊長為2，側棱長為的正四棱錐的表面積為．
A．0 B．1 C．2 D．3
跟蹤訓練2
（2023·全國·高一專題練習）
17．下列條件中能推出的有（ ）
A．直線l與平面內一個三角形的兩邊垂直 B．直線l與平面內一個梯形的兩邊垂直
C．直線l與平面內無數條直線垂直 D．直線l與平面內任意一條直線垂直
易錯點5 忽略異面直線所成角的范圍
【指點迷津】忽略了異面直線所成角的范圍，所以兩條異面直線所成角的余弦值一定是正數.
典例1
（2023上·新疆伊犁·高二校考期末）
18．如圖，在正四棱柱中，，O是底面的中心，E，F分別是，的中點，求直線與直線夾角的余弦值是（ ）

A． B． C． D．
典例2
（2023下·浙江嘉興·高一校考期中）
19．如圖，在正方體中，，分別為，的中點，則異面直線與所成的角等于（ ）
A． B． C． D．
典例3
（2023下·江西撫州·高一統考期末）
20．把邊長為的正方形沿對角線折起，使得平面與平面所成二面角的大小為，則異面直線與所成角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練1
（2023上·湖北·高二隨州市曾都區第一中學校聯考期中）
21．在正四面體中，棱長為2，且是棱中點，則異面直線與夾角的余弦值為（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練2
（2023上·河南許昌·高二統考期末）
22．如圖，在正三棱柱中，若則與所成角的大小為（ ）

A． B． C． D．
跟蹤訓練3
（2023下·湖北武漢·高一湖北省水果湖高級中學校聯考期末）
23．在正四面體中，點，，分別為棱，，的中點，則異面直線，所成角的余弦值為（ ）

A． B． C． D．
拓展1 組合體表面兩點間的最短距離
典例1
（2023上·四川南充·高二儀隴中學校考階段練習）
24．在直三棱柱中分別為的中點，沿棱柱的表面從到兩點的最短路徑的長度為（ ）

A． B． C． D．
典例2
（2023上·遼寧·高二校聯考階段練習）
25．如圖，某圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，P，Q分別為線段BC，AC上的兩個動點，E為上一點，且，則的最小值為（ ）

A．3 B． C． D．
典例3
（2024上·云南·高三云南省下關第一中學校聯考階段練習）
26．某班級到一工廠參加社會實踐勞動，加工出如圖所示的圓臺，在軸截面中，，且，則（ ）

A．該圓臺軸截面面積為 B．該圓臺的體積為
C．該圓臺的外接球體積為 D．沿著該圓臺表面，從點到中點的最短距離為5cm
典例4
（2023上·福建福州·高三校聯考期中）
27．在四棱錐中，底面為矩形，平面，則以為球心，以為半徑的球，被底面截得的弧長為 ；若是上的動點，則的最小值為 ．
跟蹤訓練1
（2022下·河北邢臺·高一邢臺市南和區第一中學校考階段練習）
28．在正四棱錐中，，為的中點，為的中點，則從點沿著四棱錐的表面到點的最短路徑的長度為（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練2
（2023上·湖北黃石·高二陽新縣第一中學校聯考期中）
29．在長方體中，，，，M為上一動點，N為AB上一動點，則的最小值為 .

跟蹤訓練3
（2023·上海寶山·統考一模）
30．如圖，在圓錐中，為底面圓的直徑， ，點在底面圓周上，且.若為線段上的動點，則的周長最小值為

跟蹤訓練4
（2023下·高一課時練習）
31．如圖是一個圓錐形物體，其母線長為3cm，一只小蟲子從圓錐的底面圓上的點P出發，繞圓錐表面爬行一周后回到點P處，若該小蟲子爬行的最短路程為，求圓錐底面圓的半徑.

拓展2 與外接球（內切球）有關的最值問題
典例1
（2023·河北邢臺·寧晉中學校考模擬預測）
32．在四棱錐中，平面，，且二面角的大小為，．若點均在球O的表面上，則球O的體積的最小值為（ ）
A． B． C． D．
典例2
（2023·河北·石家莊一中校聯考模擬預測）
33．已知半徑為的球中有一個內接正四棱錐，底面邊長為，當正四棱錐的高為時，正四棱錐的體積取得最大值，則（ ）
A． B． C． D．
典例3
（2023上·山東青島·高三青島二中校考期中）
34．如圖，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，點在上底面（包括邊界）上運動，則三棱錐外接球表面積的最大值為（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練1
（2022上·陜西商洛·高三統考期末）
35．我國古代數學名著《九章算術》中，將底面為直角三角形，且側棱垂直于底面的三棱柱稱為塹堵.已知塹堵中，，.若塹堵外接球的表面積是，則塹堵體積的最大值是 .
跟蹤訓練2
（2024·全國·模擬預測）
36．某禮品生產廠準備給如圖所示的八面體形玻璃制品設計一個球形包裝盒．已知該八面體可以看成由一個棱長為的大正四面體截去四個全等的棱長均為的小正四面體得到的，且小正四面體的其中一個頂點為大正四面體的頂點，則該球形包裝盒的半徑的最小值為 ．（不考慮包裝盒的質量、厚度等）
拓展3 截面問題及截面中的最值問題
典例1
（2022·遼寧·校聯考一模）
37．正四面體的棱長為4，為棱的中點，過作此正四面體的外接球的截面，則該截面面積的最小值是
A． B． C． D．
典例2
（2023上·重慶·高三重慶市育才中學校聯考階段練習）
38．已知四面體滿足，它的體積為，其外接球球的表面積為，則點在球表面的軌跡長度為 ；線段長度的最小值為 .
典例3
（2022·高二課時練習）
39．如圖①，有一個圓柱形狀的玻璃水杯，底面圓的直徑為20cm，高為30cm，杯內有20cm深的溶液．如圖②，現將水杯傾斜，且傾斜時點B始終在桌面上，設直徑AB所在直線與桌面所成的角為α．
(1)求圖②中圓柱的母線與液面所在平面所成的角(用α表示)；
(2)要使傾斜后容器內的溶液不會溢出，求α的最大值．
跟蹤訓練1
（2022上·江西·高二校考階段練習）
40．將一個底面半徑為1，高為2的圓錐形工件切割成一個圓柱體，能切割出的圓柱最大側面積為（ ）
A．3π B．4π C．π D．2π
跟蹤訓練2
（2022下·福建三明·高一統考期末）
41．如圖，在中空的圓臺容器內有一個與之等高的實心圓柱，圓柱的底面與圓臺的下底面重合．已知圓臺的上底面半徑與高均為40cm，下底面半徑為10cm．現要在圓柱側面和圓臺側面的間隙放置一些金屬球，則能完全放入的金屬球的最大半徑為 cm，這樣最大半徑的金屬球最多可完全放入 個．
跟蹤訓練3
（2023下·河北張家口·高一河北省尚義縣第一中學校考階段練習）
42．已知經過圓錐的頂點與底面圓心的截面是邊長為的等邊三角形，一個圓柱的下底面在該圓錐的底面上，上底面圓周在該圓錐的側面上，則該內接圓柱的側面積最大時，該圓柱的高為 .
拓展4 表面積體積最值（范圍）問題
典例1
（2023上·陜西·高三校聯考階段練習）
43．已知正三棱柱的六個頂點均在同一個半徑為1的球面上，則正三棱柱側面積的最大值為（ ）
A． B． C．6 D．
典例2
（2023上·安徽·高三校聯考階段練習）
44．已知一個圓錐的軸截面為銳角三角形，它的內切球體積為，外接球體積為，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
典例3
（2023·四川成都·統考一模）
45．已知高，底面半徑的圓錐內接于球，則經過和中點的平面截球所得截面面積的最小值為 ．
跟蹤訓練1
（2024·全國·模擬預測）
46．在正方體中，E，F分別為棱，的中點，過直線EF的平面截該正方體外接球所得的截面面積的最小值為，最大值為，則（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練2
（2023·全國·模擬預測）
47．如圖，在正四棱錐中，，，點,分別在棱，上運動，且滿足，，其中，則三棱錐的最大體積為（ ）

A． B． C． D．
跟蹤訓練3
（2023上·吉林白城·高三校考階段練習）
48．已知正方體的棱長為2，M為空間中任意一點，且，當三棱錐的體積最大時，其外接球的表面積為 ．
拓展5 異面直線所成角最值（范圍）問題
典例1
（2022上·浙江杭州·高二杭州外國語學校校考期中）
49．如圖，在菱形ABCD中，，線段AD，BD的中點分別為E，F．現將沿對角線BD翻折，則異面直線BE與CF所成角的取值范圍（ ）.

A． B．
C． D．
典例2
（2022下·浙江·高二期末）
50．農歷五月初五是端午節，民間有吃粽子的習慣，粽子又稱粽粒，俗稱“粽子”，古稱“角黍”，是端午節大家都會品嘗的食品，傳說這是為了紀念戰國時期楚國大臣、愛國主義詩人屈原．如圖，三角形是底邊和腰長分別為和的等腰三角形的紙片，將它沿虛線（中位線）折起來，可以得到如圖所示粽子形狀的四面體，若該四面體內包一蛋黃（近似于球），則蛋黃的半徑的最大值為 （用最簡根式表示）；在該四面體的所有棱和面所成的異面直線所成的角、二面角中最小的角的余弦值為 ．

典例3
（2023下·重慶沙坪壩·高一重慶一中校考階段練習）
51．如圖，點M、N分別是正四面體棱、上的點，正四面體的邊長為3,設，直線與直線所成的角為.
(1)若，求三棱錐體積的最大值；
(2)若，求的取值范圍.
跟蹤訓練1
（2022·全國·模擬預測）
52．已知正方體中，為內一點，且，設直線與所成的角為，則的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練2
（2022下·浙江麗水·高二統考期末）
53．已知菱形，，為邊上的點（不包括），將沿對角線翻折，在翻折過程中，記直線與所成角的最小值為，最大值為（ ）
A．均與位置有關 B．與位置有關，與位置無關
C．與位置無關，與位置有關 D．均與位置無關
跟蹤訓練3
（2023下·四川成都·高一成都市錦江區嘉祥外國語高級中學校考階段練習）
54．在直角梯形ABCD中，，，∠ABC＝90°（如圖1）．把△ABD沿BD翻折，使得二面角A－BD－C的平面角為（如圖2），M、N分別是BD和BC中點．

(1)若E是線段BN的中點，動點F在三棱錐A－BMN表面上運動，并且總保持FE⊥BD，求動點F的軌跡的長度（可用表示），詳細說明理由；
(2)若P、Q分別為線段AB與DN上一點，使得，令PQ與BD和AN所成的角分別為和，求的取值范圍．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．12
【分析】根據斜二測畫法，將直觀圖還原可知原三角形為直角三角形，求出兩直角邊的長度，即可得出答案.
【詳解】
如圖，根據斜二測畫法，將直觀圖還原后，得到的為直角三角形，
且兩條直角邊，，
所以，的面積為.
故答案為：12.
2．
【分析】把的直觀圖在平面直角坐標系中還原即可求解.
【詳解】在等腰直角三角形中，點是斜邊的中點，且，
所以，把平面直觀圖還原為原圖形，如圖所示：

則底邊的高為，且.
故答案為：.
3．
【分析】
由直觀圖得到平面圖形，從而求出其面積.
【詳解】如圖由直觀圖得到如下平面圖形，設的中點為，則軸，且，
又，所以.

故答案為：
4．
【分析】
根據等腰直角三角形的幾何性質，結合由斜二測畫法得到的直觀圖與原圖的面積關系，可得答案.
【詳解】
方法一：
是一平面圖形的直觀圖，斜邊，
直角三角形的直角邊長是，∴直角三角形的面積是，
原平面圖形的面積是.
方法二：
是一平面圖形的直觀圖，斜邊，直角三角形的直角邊長是，
則，根據斜二測畫法，原圖如下圖：

則，，則.
故答案為：.
5．D
【分析】
結合直觀圖還原出原圖，結合數據可得答案.
【詳解】因為，所以直觀圖中正方形的邊長為，
結合直觀圖的特征，可得原圖如下，

因為直觀圖中，且與軸平行，所以原圖中且與軸平行，
因為，所以；
由直觀圖的性質可知，原圖中四邊形為平行四邊形，
所以的周長等于.
故選：D.
6．
【分析】
在斜坐標系中作出直觀圖，運用幾何關系即可求解.
【詳解】設，如左圖，過作 ，則，
如右圖，作 軸和軸，使得 ，
在軸上取點 ，使得，
在 軸上取點，使得 ，
過點作軸，使得，連接 ，則是的直觀圖，
由直觀圖作法可知 ，
過作于 ，則，
所以 ．
故答案為：.
7．C
【分析】
先求出直觀圖中平行四邊形的面積，然后利用直觀圖面積和原圖形面積之間的比例關系求解即可．
【詳解】
直觀圖是一個平行四邊形，，，，
所以直觀圖的面積為，
因為，所以原圖形的面積為．
故選：C．
8．
【分析】
結合圖形求出矩形的面積，再由，即可求解.
【詳解】由題意可得，又，所以.
故答案為：.
9．D
【分析】
根據線面平行的性質即可結合選項求解.
【詳解】
對于A，B，C，直線都可能在內，
故選:D．
10．平行或相交
【分析】若在平面的同側，可判斷直線和平面平行；若在平面的兩側，可判斷直線和平面相交；
【詳解】若在平面的同側，因為平面外有兩點到平面的距離相等，所以直線和平面平行；
若在平面的兩側，因為平面外有兩點到平面的距離相等，所以直線和平面相交；
綜上所述:直線和平面的位置關系一定是平行或相交
故答案為：平行或相交.
11．或.
【分析】利用線面平行的判定定理和直線與平面的位置關系即可得出結果.
【詳解】由題意知，直線直線，且平面，
當不在平面內時，平面內存在直線，
則，符合線面平行的判定定理，所以；
當在平面內時，也符合條件，
所以與的位置關系為或在平面內.
故答案為：或.
12．D
【分析】根據兩點所在的直線與已知直線的位置關系分類分析即可得結論.
【詳解】過直線l外兩點作與l平行的平面，
如果兩點所在的直線與已知直線相交,則這樣的平面不存在;
如果兩點所在的直線與已知直線平行,則這樣的平面有無數個;
如果兩點所在的直線與已知直線異面,則這樣的平面只有一個.
因此只有D正確.
故選：D.
13．C
【分析】
由與平面MNP相交，判斷A；由，結合不在平面判斷B；由線面平行的判定判斷C；由中位線定理判斷D.
【詳解】對于A：連接，由圖可知，與平面相交，故不滿足平面，故A錯誤；

對于B：如圖所示，分別是所在棱的中點，連接
則平面MNP和平面為同一平面，因為，
因為與平面相交，所以不滿足平面，故B錯誤；

對于C：連接，交與點，連接，因為，分別為中點，
所以，由線面平行的判定定理可知，平面，故C正確；

對于D：分別是所在棱的中點，連接，，
平面與平面為同一平面，
取的中點為，連接，由中位線定理可知，，
因為與平面相交，所以不滿足平面，故D錯誤；

故選：C
14．C
【分析】根據線面平行的定義和判定定理理解判斷．
【詳解】根據線面垂直的判定定理：直線垂直平面內兩條相交直線，強調兩條、相交，A 、B不正確，C正確；
根據線面垂直定義：直線垂直平面內得任一條直線，此時強調任一條，不是無數條，因為這無數條直線可能是平行的，D不正確．
故選：C．
15．(1)錯誤，理由見解析
(2)正確，理由見解析
(3)正確，理由見解析
【分析】
由線面垂直的判定定理即可判斷.
【詳解】（1）說法錯誤，若一條直線垂直于平面內無數條平行直線，無法得出這條直線和這個平面垂直；
（2）說法正確，一個平面內的任意兩條直線包含兩條直線相交的情況，所以由線面垂直的判定定理可得這條直線和這個平面垂直；
（3）說法正確，由線面垂直的判定定理可得：如果一條直線和一個平面內的兩條相交直線垂直，那么這條直線和這個平面垂直．
16．B
【分析】根據平面、線面垂直、線線垂直與平行、正四棱錐的表面積等知識確定正確答案.
【詳解】①，在一條直線上的三個點，不能確定一個平面，所以①錯誤.
②，若一條直線垂直于平面內的無數條直線，則該直線可能在這個平面內，所以②錯誤.
③，同時垂直于一條直線的兩條直線可能異面，所以③錯誤.
④，正四棱錐的一個側面對應的等腰三角形的高為，
所以正四棱錐的表面積為，所以④正確.
故正確的命題個數為個.
故選：B
17．AD
【分析】由線面垂直的判定定理判斷
【詳解】由線面垂直的判定定理知AD正確，
對于B，當梯形的兩邊平行時，不能推出，
對于C，當無數條直線相互平行時，不能推出，
故選：AD
18．A
【分析】
連接，根據題意可得直線與直線夾角為，再設求解即可.
【詳解】連接，因為E，F分別是，的中點，故且，故四邊形為平行四邊形，故.
又O是底面的中心，故為中點，直線與直線夾角為.
設，則，，，.
故.

故選：A
19．B
【分析】
連接，，可知異面直線與所成的角等于，再由正方體可知為正三角形，即可得角.
【詳解】如圖所示，連接，，
，分別為，的中點,
,
異面直線與所成的角的平面角即為，
再由正方體可知，
為正三角形，
，
異面直線與所成的角為，
故選：B.
20．A
【分析】
畫出圖形，利用空間向量基本定理轉化求解即可
【詳解】如圖，取的中點，連接，
因為，，
所以，
所以為平面與平面所成二面角的平面角，即，
所以為等邊三角形，所以，
因為，
所以，
所以，
所以，
即，得，
所以異面直線與所成角的余弦值為，
故選：A
21．B
【分析】
作出圖形，取的中點，連接,得或其補角為異面直線與夾角，根據余弦定理求解即可.
【詳解】取的中點，連接,

易得,故或其補角為異面直線與夾角，
又正四面體棱長為2，故,
,
故異面直線與夾角的余弦值為.
故選：
22．C
【分析】分別取的中點，連接，把異面直線與所成的角轉化為直線與所成的角，在中，結合余弦定理，即可求解.
【詳解】如圖所示，分別取的中點，連接，
可得且，
所以異面直線與所成的角，即為直線與所成的角，設，
因為三棱柱為正三棱柱，且，
不妨設，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
再取的中點，連接，可得，
因為底面，所以底面，
在直角中，可得，
所以，所以，
所以異面直線與所成的角為.
故選：C.

23．A
【分析】
根據異面直線夾角的定義結合余弦定理運算求解.
【詳解】連接，設正四面體的棱長為2，
因為分別為的中點，則//，
所以異面直線，所成角為（或其補角），
在中，則，
由余弦定理可得，
所以異面直線，所成角的余弦值為.
故選：A.

24．B
【分析】
考慮將直棱柱的側面按不同方式展開，使得點在一個平面內，再利用勾股定理求得EF的長度，比較大小，即得答案.
【詳解】由題意得直三棱柱底面為等腰直角三角形．
①若把面和面展開在同一個平面內，則線段在直角三角形中，

由勾股定理得；
②若把面和面展開在同一個平面內，則線段在直角三角形中，

此時.
③若把面和面展開在同一個平面內，設的中點為，

在直角三角形中，由勾股定理得．
④若把面和面展開在同一個面內，

過作與行的直線，過作與平行的直線，
所作兩直線交于點，則在直角三角形中，
由勾股定理得．
由于，
可得從到兩點的最短路徑的長度為,
故選：B
【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵時考慮到將棱柱側面展開時有幾種展開方式，使得在一個平面內，從而將立體問題轉化平面問題解決.
25．C
【分析】
根據圓柱的結構特征采用將沿直線BC旋轉到某個位置的方法，將線段和轉化為一條線段的長度問題，結合求解線段長度即得答案.
【詳解】如圖，連接EC，將沿直線BC旋轉到的位置，

且在AB的延長線上．則，
由于圓柱的軸截面ABCD是邊長為2的正方形，故，，
則，當三點共線時取等號，
當時，最小，最小值為，
即的最小值為，
故選：C
26．ACD
【分析】
利用梯形面積公式求解判斷A，利用圓臺體積公式求解判斷B，利用球的截面性質列出方程組求解球的半徑，進而求出體積判斷C，利用側面展開圖，結合勾股定理求解判斷D.
【詳解】
對于A，由，且，可得，
高，
則圓臺軸截面的面積為，正確；
對于B，圓臺的體積為，錯誤；
對于C，設圓臺的外接球的球心為，半徑為，如圖，連接，，

設，在直角中，可得，
在直角中，可得，即，
解得，即與重合，所以，
所以外接球的體積為，正確；
對于D，由圓臺補成圓錐，可得大圓錐的母線長為4cm，底面半徑為2cm，
側面展開圖的圓心角.設的中點為，連接，如圖，

可得，，，則，
所以沿著該圓臺表面，從點到中點的最短距離為5cm，正確.
故選：ACD.
27． ##
【分析】
以為球心，以為半徑的球與底面的交線為以為圓心，為半徑的圓弧，求出圓心角即可求出弧長，將面翻折到與平面共面，連接交于點，此時取得最小值為，再在平面四邊形中求出的長度，即可得解.
【詳解】
因為平面，底面為矩形，則以為球心，以為半徑的球與底面的交線為以為圓心，為半徑的圓弧，
在上取一點，使得，連接，則的長度即為以為球心，以為半徑的球，被底面截得的弧長，
由，，所以，則，所以，
則的長度為，
即以為球心，以為半徑的球，被底面截得的弧長為，
將面翻折到與平面共面，連接交于點，此時取得最小值為（平面圖形如下所示），
因為，，，所以，，
，，，
所以，又，
所以，，
所以
，
又
，
所以（負值舍去），
即的最小值為.
故答案為：；
【點睛】關鍵點睛：對于處理線段和最值問題，一般是化折為直，利用兩點間線段最短解決.
28．C
【分析】對點到點的路徑進行分類討論，將相應平面延展為同一平面，結合余弦定理可求得結果.
【詳解】分以下幾種情況討論：
（1）當點沿著平面、到點，將平面、延展為同一平面，如下圖所示：
易知、均為等邊三角形，延展后，，，
所以，四邊形為菱形，所以，且，
因為、分別為、的中點，則且，
所以，四邊形為平行四邊形，此時；
（2）當點沿著平面、到點，將平面、延展至同一平面，如下圖所示：
連接，則，且，，，
因為，由余弦定理可得；
（3）當點沿著平面、到點，連接，如下圖所示：
則，，，
由余弦定理可得；
（4）當點沿著平面、、到點，將這三個側面延展為同一平面，如下圖所示：
易知、、三點共線，且，，，
由余弦定理可得.
綜上所述，從點沿著四棱錐的表面到點的最短路徑的長度為.
故選：C.
【點睛】方法點睛：（1）計算多面體或旋轉體的表面上折線段的最值問題時，一般采用轉化的方法進行，即將側面展開化為平面圖形，即“化折為直”或“化曲為直”來解決，要熟練掌握多面體與旋轉體的側面展開圖的形狀；
（2）對于幾何體內部折線段長的最值，可采用轉化法，轉化為兩點間的距離，結合勾股定理求解.
29．3
【分析】過M點作面ABCD于，過 M點作于N0，根據三角形關系可推得.然后將，沿翻折至同一平面，利用.根據三角形的面積公式求出，即可得出答案.
【詳解】
如圖1，過M點作面于，過 M點作,垂足為，則.
因為面，面，
所以，.
因為,平面，平面，，
所以平面.
因為平面，所以.
根據長方體的性質可得，
所以，.
同理可得，，.
所以，.
又，所以，為等腰直角三角形，
所以，，
所以，.

如圖2，將，沿翻折至同一平面，則.
易知，，，
所以，，則為等邊三角形，
所以.
又，
所以，
所以，
所以，.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：過M點作面于，過 M點作,垂足為，則.通過做輔助線，將變動問題轉化為定量問題，然后根據已知條件，結合圖形即可找到突破口.
30．
【分析】
將三角形和三角形展開在同一個平面，然后利用余弦定理求得正確答案.
【詳解】連接，依題意平面，而平面，
所以，，是的中點，則，
由于，所以，
則三角形是等邊三角形，三角形是等腰直角三角形，

將三角形和三角形展開在同一個平面，如下圖所示，

連接，交于，在三角形中，
由余弦定理得
，
所以的周長最小值為.
故答案為：
31．1cm.
【分析】
由圓錐側面展開圖已知最短距離與兩條母線組成等腰三角形，通過余弦定理可得解三角形頂角，再由扇形弧長公式得解.
【詳解】作出該圓錐的側面展開圖，如圖所示，易知該小蟲子爬行的最短路程為，，，在中，由余弦定理得，
因為為三角形的內角，
所以，設圓錐底面圓的半徑為，則，解得.
故圓錐底面圓的半徑為1cm.

32．A
【分析】
根據題設易得是四邊形外接圓的直徑，利用線面垂直的性質、判定證、、，進而得到是二面角的平面角，中點為外接球球心，令且，求得外接球半徑關于的表達式，求其最小值，即可求球體最小體積.
【詳解】

由題設，在一個圓上，故，又，
所以，即，故是四邊形外接圓的直徑，
由平面，平面，則，
由，面，則面，面，則，
由，面，則面，面，則，
則是二面角的平面角，故，
令且，則，，故，
且都是以為斜邊的直角三角形，故中點為外接球球心，
所以外接球半徑，
當時，，此時球O的體積的最小值為.
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：確定是四邊形外接圓的直徑，是二面角的平面角，中點為外接球球心為本題的關鍵.
33．C
【分析】由題意設球心到底面距離為，通過正四棱錐的對角面求出棱錐的高，與底面邊長，計算出體積后，利用導數的知識（或者均值不等式）求出最大值及其取等條件，得出結論．
【詳解】
如圖，是正四棱錐的對角面，其外接圓是四棱錐外接球的大圓，是圓心（球心），
設球心到底面的距離為，則，，
∴，
方法一：，
令，解得，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
所以當且僅當時，正四棱錐的體積取得最大值，此時，，即.
方法二：，
當且僅當，即時取等號，此時，，即.
故選：C.
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是首先將正四棱錐的體積表示出來，然后利用導數等知識研究其最值還有取等條件即可，要求有一定的空間想象能力、分析推理能力.
34．B
【分析】
由條件確定球心位置，引入變量表示球的半徑，由此確定球的表面積及其最大值.
【詳解】因為為等腰直角三角形，，
所以的外接圓的圓心為的中點，且，
設的中點為，連接，則，則平面，
設三棱錐外接球的球心為，由球的性質可得在上，
設，，外接球的半徑為，
因為，所以，
即，又，則，
因為，所以
所以三棱錐外接球表面積的最大值為.
故選：B.
【點睛】方法點睛：常見幾何體的外接球半徑求法：
（1）棱長為的正方體的外接球半徑為；
（2）長方體的長，寬，高分別為，則其外接球的半徑為；
（3）直棱柱的高為，底面多邊形的外接圓半徑為，則其外接球的半徑為.
35．
【分析】因為，所以外接圓的圓心為的中點，所以塹堵外接球的球心是矩形的中心，由此根據塹堵外接球的表面積是，列出方程即可求出，進一步即可求解.
【詳解】
將塹堵補成直四棱柱，底面為矩形，
設，則.
通過分析可知塹堵外接球的球心是矩形的中心，
則塹堵外接球的半徑滿足，
從而，解得，即.
設，，則，故，當且僅當時，等號成立，
故塹堵的體積.
故答案為：.
【點睛】關鍵點睛：發現塹堵外接球的球心是矩形的中心，是本題關鍵入手點.
36．
【分析】
分析球形包裝盒半徑最小時球心的位置以及八面體與正四面體外接球之間的關系，求正四面體的外接球的半徑，求球形包裝盒的半徑的最小值；
【詳解】
如圖，已知正四面體的棱長為，
在正四面體中截去一個小正四面體，且正四面體的棱長為，
取的中點，連接，過點作平面于點，
則在上，且平面，設與平面的交點為，連接，
則為等邊三角形的中心．
易知球形包裝盒的半徑的最小值即該八面體外接球的半徑，
由對稱性可知，這個八面體的外接球的球心與正四面體的外接球的球心重合，
且正四面體的外接球球心在線段上．
設正四面體的外接球的球心為，半徑為，連接，則，
因為正四面體的棱長為，故，
由勾股定理得．
在中，，即，解得，
則正四面體的外接球半徑為3．
因為截去的小正四面體的棱長為，所以，，
所以．
連接，在中，，
所以，所以球形包裝盒的半徑的最小值為．
故答案為：.
【點睛】
關鍵點睛：本題解題的關鍵在于正四面體的外接球的解決問題：首先要確定其外接球的球心位置，其次利用正三角形的幾何性質以及勾股定理建立方程，最后求出外接球半徑；同時清晰的作圖也很重要.
37．A
【詳解】 將四面體放置在正方體中，如圖所示，
可得正方體的外接球就是四面體的外接球，
因為正四面體的棱長為4，
所以正方體的棱長為，可得外接球的半徑滿足，即，
又為的中點，過作其外接球的截面，當截面到球心的距離最大時，
此時截面圓的面積最小，
此時球心到截面的距離等于正方體棱長的一半，
可得截面圓的半徑為，得到截面圓的面積的最小值為，
故選A.
38．
【分析】
利用外接球的表面積求出外接球半徑，再根據勾股定理求出球心到平面的距離，再由錐體體積求出點A到平面的距離，直觀想象可得點A在球表面的軌跡，計算可得軌跡長度；由點A在圓上運動，到定點的距離最值轉化為圓臺母線最短求解即可.
【詳解】設外接球半徑為，
因為外接球的表面積為，則，解得，
設的中心為，則，
如圖過點作球的軸截面，
則，
設點A到平面的距離為，
，解得.
則由題意知，點A在以為半徑的球面上，且距離平面為的平面內，
則點A在球表面的軌跡為圓，設圓心為，且
則， 即圓的半徑為，
所以點A在球表面的軌跡長度為；
由題意可看作點A在圓臺底面圓周上運動，
則當為圓臺母線時，最小，
即當四點共面時，取最小值，
如圖，.
故答案為：；.
【點睛】方法點睛：對于立體幾何空間軌跡的問題，研究的主要還是解析幾何中的幾種曲線：直線、圓、橢圓、雙曲線與拋物線.常規解決方法有以下幾種：
1.幾何法：根據對動點運動過程中點、線、面性質或位置關系的分析，進行判定；
2.定義法：轉化為平面軌跡問題，用圓錐曲線定義判定，或用代數法進行計算；
3.交軌法： 根據研究動點滿足的不同條件分別確定動點所在空間幾何體（線、面），再由公共（相交）部分確定軌跡；
4.基底（建系）法：通過選擇基底（或建系）將幾何問題數量化，得到動點滿足的方程（組），進而分析方程表示的軌跡；
5.特殊值法：特別地，對于軌跡問題的選擇題，根據空間圖形線段長度關系取特殊值或位置進行排除.
39．(1)；
(2)45°﹒
【分析】(1)根據幾何關系可知圓柱的母線與液面所在平面所成的角與α互余；
(2)根據題意畫出圖形，結合圖形，求出傾斜時容器內裝的最大溶液體積，現有溶液體積小于或等于該體積即可求出α的最大值．
【詳解】（1）如圖，
EF為液面，EF∥水平線，∴∠BEF＝β，
∵AD∥BC，∴∠DFE＝∠BEF＝β，
∵∠ABC＝，∴α＋β＝，
圖②中圓柱的母線與液面所在平面所成的角為．
（2）如圖，過F作FQ∥CD交BC于Q，
在中，，，則，
．
此時容器內能容納的溶液量為：
，
容器中原有溶液量為，
令，解得，，
即的最大角為45°時，溶液不會溢出．
40．C
【分析】根據題意，設圓柱的底面半徑為，圓柱的高為，進而根據三角形相似得，故，再根據二次函數性質即可求得最值.
【詳解】解：如圖，設圓柱的底面半徑為，圓柱的高為，
則根據題意得，所以，
因為，所以，即，
所以，
所以圓柱的側面積為，
根據二次函數性質配方得，
所以當時，圓柱的側面積最大，最大值為.
故選：C
41． 10 6
【分析】（1）作出圓臺容器的縱切圖，則一邊間隙為直角三角形，由等面積法求出內切圓的半徑即為金屬球的最大半徑；
（2）作出金屬球心的水平切面圖，金屬球間相切時可放最多金屬球，通過求兩相切金屬球心與實心圓柱軸心形成的夾角，即可知道一周可最多放金屬球的數量
【詳解】由題，下圖為圓臺容器的縱切圖，圓O內切于時金屬球O的半徑最大，易得，由等面積法得，解得，故金屬球的最大半徑為10 cm；
下圖為上圖O點高度的水平切面，圓、圓、圓兩兩相切，此時可放最多金屬球，因為，則，故，則金屬球最多可放個，
故答案為：10；6
42．##
【分析】
設內接圓柱的底面半徑為，結合圓錐軸截面可用表示出內接圓柱的高，代入圓柱側面積公式中，結合基本不等式可確定最大值，并確定此時圓柱的高.
【詳解】作出圓錐的軸截面，如圖所示，

圓錐軸截面是邊長為的等邊三角形，
圓錐的底面圓的半徑，高，
設內接圓柱的底面半徑為，
在中，，，，
，
內接圓柱的側面積（當且僅當，即時取等號），此時，
當圓錐的內接圓柱的側面積最大時，該圓柱的高為.
故答案為：.
43．B
【分析】
利用正三棱柱外接球的性質得到的關系式，從而利用二次函數的性質或基本不等式即可得解.
【詳解】解法一：
設正三棱柱底面邊長為a，高為h，底面外接圓的半徑為，
則，故，所以，即，
又三棱柱的側面積，
所以，
當時，等號成立，則三棱柱的側面積最大值為．
解法二：
設正三棱柱底面邊長為a，高為h，底面外接圓的半徑為，
則，故，所以，
因為，所以，
當且僅當，時，等號成立，則三棱柱的側面積最大值為.
故選：B.
44．B
【分析】
由圖可得，進而，結合和二次函數的性質可得，結合球的體積公式計算即可求解.
【詳解】設圓錐的外接球半徑為，內切球半徑為，圓錐的高為，底面半徑為，
母線為，高與母線的夾角為，，如圖，
在中，，在中，，則，得.
如圖，
在中，，得，又，所以，
所以，
又圓錐的軸截面為銳角三角形，所以，
所以，
故當時，取得最大值，為，
所以.
故選：B.
45．
【分析】
設球的半徑為，根據可求出，再將截面面積的最小轉化為球心到截面的距離最大，利用面積法求出最大值即可.
【詳解】設球的半徑為，線段的中點為，
因為，
所以，解得，
設經過和中點的平面截球所得截面圓的圓心為，半徑為，球心到截面的距離，
則，要截面面積最小，則要最小，即要最大，
當為點到的距離時最大，此時，
又，
所以，
所以，
故截面面積的最小值為.
故答案為：.
46．D
【分析】根據題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑，當截面與OP垂直時，截面面積最小；分別求出對應的半徑大小即可得出結果.
【詳解】如圖，正方體的外接球球心在其中心點處，設該正方體的棱長為，
則外接球的半徑，
要使過直線EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段EF的中點，
連接OE，OF，OP，則，
，
所以，
此時截面圓的半徑．
顯然當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑；
所以．
故選：D．
47．C
【分析】
根據等體積法可得體積的表達式，即可結合基本不等式求解最值.
【詳解】如圖，連接交于點，連接，則平面．
過點作，垂足為，則，即．
因為，所以．
由等體積法可得．
又因為，所以，所以，
當且僅當，即時等號成立，
故選:C．

48．
【分析】
根據橢圓的定義確定點軌跡，三棱錐體積最大轉化為在底面的垂面且垂直交線，據此確定點位置，再由外接球的性質求出球心位置并得出球半徑即可.
【詳解】
如圖，
因為，所以在一個平面內，點M的軌跡是以A，D為焦點的橢圓．
又因為，所以該橢圓的長軸長為4，短軸長為，故點M的軌跡是以A，D為焦點的橢球表面．
設AD的中點為L，要使三棱錐的體積最大，即到平面ABD的距離最大，
所以當平面，且平面ABD時，三棱錐A-MBD的體積最大．
此時由橢圓短半軸長知，且△MAD為等邊三角形，
設其中心為S，三棱錐A-MBD的外接球的球心為O，△ABD的外心為K，連接OK，OB，OS，
則，，
所以球半徑，
此時三棱錐A-MBD外接球的表面積．
故答案為：
49．C
【分析】
可設菱形的邊長為1，從而由條件可得到，，根據向量加法的平行四邊形法則及向量減法的幾何意義可得到，，然后進行向量數量積的運算可求出，從而可得到，而由可得，從而可以得到向量，夾角的范圍，進而便可得出異面直線BE與CF所成角的取值范圍．
【詳解】
可設菱形的邊長為1，則，；
線段AD，BD的中點分別為E，F；
∴，；
∴
；
∴；
由圖看出；
∴；
∴；
又因為異面直線夾角范圍是，
即異面直線BE與CF所成角的取值范圍是．
故選：C．
50．
【分析】將折疊后的四面體置于長方體中，求得長方體的長寬高，進而求得四面體的體積，利用體積，表面積，內切球的半徑的關系求得內切球的半徑，利用體積法求得四面體的各面上的高，從而得到各棱與相應面所成的角的余弦值，在長方體中不難求得四面體的對棱所成角的余弦值，然后比較得到答案.
【詳解】如圖所示，對折疊之前的平面圖形中各點進行標記，同時將折疊后的幾何體置于長方體中.
設長方體的長寬高分別為x,y,z.
,解得
∴四面體ADEF為,
四面體ADEF的全面積為,
內切球半徑r,則,∴,
設,取DQ的中點M,連接,則,
故長為6的兩組對棱所成的角的余弦值都是.
長為4的兩組對棱所成的角為直角；
由于四面體ADEF各個面的面積都是，所以各個面上的高都是相等的，設為h,則,,
當棱的長選取最長為6時，該棱與相應各面所成的角最小，其正弦值為,余弦值,
∴各異面直線所成的角，線面所成的角中最小的角的余弦值是，
故答案為：；.
【點睛】本題考查異面直線所成的角，線面角，內切球的半徑，棱錐的體積，屬中高檔題，將折疊后得四面體置于長方體中進行研究是一種十分重要的便捷的方法，要注意體會和掌握.
51．(1)
(2)
【分析】（1）計算出M到面BCD的距離為，將表示為的函數并用基本不等式求最大值.
（2）分別過作的平行線,可得直線與所作的平行線所成的角即為,求出各邊再用余弦定理求出，再根據的單調性求其范圍.
【詳解】（1）
如圖：作面BCD于O，則O為底面BCD的中心，
所以，，
設M到面BCD的距離為，則，所以，
由得，
所以 ，
故三棱錐體積
，
當且僅當時取最大值，故三棱錐體積的最大值.
（2）如圖：作交BD于點E，
所以直線與直線所成的角即為直線與所成的角,即,
則,,
可得,
可得
同理,所以,
在中,由余弦定理可得，
則,,
令,則，
則時,，所以，所以函數遞減,即減小,
當時，，當時，，
所以的范圍為.
52．C
【分析】根據題意結合線面垂直的判定定理和性質定理可證平面，分析可得點為的中心，結合可得，從而可得點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，轉化為是底面半徑為 高為的圓錐的母線，分析求得的范圍，即可求解.
【詳解】如圖1，設與平面相交于點，連接交于點，連接，
∵平面，平面，則，
，，平面
∴平面，
由平面，則，
同理可證：，
，平面，
∴平面，
∵，由正三棱錐的性質可得：為的中心，
連接，
∵為的中點，∴交于點，連接，
由平面，平面，則，即是的高，
設，，則，且的內切圓半徑，
則，，
∵，即，則，
∴點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓.
∵平面，平面，則，
∴，
故為底面半徑為，高為的圓錐的母線，如圖2所示，
設圓錐的母線與底面所成的角，則，
所以，即直線與平面所成的角為.
直線在平面內，所以直線與直線所成角的取值范圍為，
因為，所以直線與直線所成角的取值范圍為，即，
所以.
故選：C.
【點睛】思路點睛：求解本題的關鍵：
（1）通過比較與的內切圓半徑的大小，得出動點的軌跡；
（2）將直線與直線所成角的最小值轉化為圓錐的母線與底面所成的角.
53．C
【分析】數形結合，作//，利用線面垂直得到，然后找到異面直線所成角，并表示，通過討論點位置得到結果.
【詳解】作//交于點，分別取的中點
連接，如圖，
由翻折前該四邊形為菱形，且，所以為等邊三角形
同時點在上，由平面
所以平面,又//，所以平面，所以
直線與所成角即直線與所成角，該角為
所以,由點不與重合，
所以當點翻折到與點重合時，最小，為最小與點位置無關；
當沒有翻折時，最大，最大，則最大，與點位置有關
故選：C
54．(1)
(2)
【分析】
（1）取的中點，連接交于，利用線面垂直的判定定理證明平面即可．進而根據面面平行可得平面，即可確定點F的軌跡為三角形，結合余弦定理即可求解長度.
（2）根據比例關系可得線線平行，即可由線線角的定義得到，結合線面垂直得線線垂直可得，利用消元法轉化為三角函數，利用三角函數的性質進行求解即可．
【詳解】（1）
在圖（1）中，，四邊形是正方形，
在圖（2）中，，，，平面，
平面，
分別取的中點為,，連接,
則,平面,平面,
所以平面，
同理平面，由于平面，
故平面平面，
平面，因此點在平面上運動，故點F的軌跡為三角形，
由，，所以即為二面角A－BD－C的平面角，故，
由于，
因此，
故點F的軌跡長度為

（2）
在線段取點使得
由于平面，平面，
，
，，
，
易得，，
從而有，則
則

【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁第八章 立體幾何初步
拓展6 由線面平行求線段長度或點的位置
典例1
（2023·全國·高三專題練習）
1．如圖，正三棱柱的底面邊長是2，側棱長是，為的中點，是側面上一點，且平面，則線段的最大值為（ ）
A． B． C． D．4
典例2
（2023下·江蘇淮安·高一校考階段練習）
2．如圖，正三棱柱的底面邊長是4，側棱長是，M為的中點，N是側面上一點，且∥平面，則線段MN的最大值為 .

典例3
（2022上·寧夏石嘴山·高三石嘴山市第三中學校考期末）
3．如圖，在四棱錐中，平面底面，，在AD邊上取一點E，使得為矩形，．
(1)證明：平面；
(2)若，且平面，求λ的值．
典例4
（2023上·江西宜春·高二校考開學考試）
4．如圖①梯形中，，，，且，將梯形沿折疊得到圖②，使平面平面，與相交于，點在上，且，是的中點，過三點的平面交于．

(1)證明：是的中點；
(2)是上一點，己知二面角為，求的值．
跟蹤訓練1
（2023下·遼寧錦州·高一渤海大學附屬高級中學校考階段練習）
5．已知四棱錐中，底面為平行四邊形，為的中點，點在棱上，且滿足平面，則（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練2
（2023下·四川樂山·高二四川省樂山沫若中學校考階段練習）
6．如圖，在棱長為1的正方體中，M是的中點，點P是側面上的動點，且平面，則線段MP長度的取值范圍為 ．
跟蹤訓練3
（2022·高二課時練習）
7．已知正方體的棱長為2，點P是正方形的中心，點Q是上一點，且平面，則線段PQ長為 .
跟蹤訓練4
（2023上·福建泉州·高三福建省泉州市培元中學校考階段練習）
8．類比于二維平面中的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理；如圖1，由射線構成的三面角，，二面角的大小為，則，
如圖2，四棱柱中，，，且，.
(1)證明二面角為直二面角，并求的余弦值；
(2)在直線上是否存在點，使平面？若存在，求出點的位置；若不存在，說明理由．
拓展7 線面角的探索性問題
典例1
（2023上·四川成都·高二樹德中學校考期中）
9．在棱長為2的正方體中，分別是棱上的動點，且，當三棱錐的體積最大時，直線與平面所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
典例2
（2023上·上海·高二校考期中）
10．已知點是邊長為2的菱形所在平面外一點，且點在底面上的射影是與的交點，已知，是等邊三角形.

(1)求證：//平面；
(2)求點到平面的距離；
(3)若點是線段上的動點，問: 點在何處時，直線與平面所成的角最大 求出最大角，并說明點此時所在的位置.
典例3
（2023上·山東煙臺·高二山東省煙臺第一中學校考開學考試）
11．如圖，直三棱柱中，，，分別為，的中點．

(1)求證：平面；
(2)求直線與平面所成角的大小；
(3)線段上是否存在點，使平面？若存在，求；若不存在，說明理由．
典例4
（2023上·四川成都·高二四川省成都市新都一中校聯考開學考試）
12．圖①是由矩形和梯形組成的一個平面圖形，其中，，點為邊上一點，且滿足，現將其沿著折起使得平面平面，如圖②．

(1)在圖②中，當時，
（ⅰ）證明：平面；
（ⅱ）求直線與平面所成角的正弦值；
(2)在圖②中，記直線與平面所成角為，平面與平面的夾角為，是否存在使得？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．
跟蹤訓練1
（2024上·山東臨沂·高三校聯考開學考試）
13．如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，，平面，．

(1)證明；平面平面；
(2)設P為上的一個動點，是否存在點P使得與平面所成角為30°，若存在，求，若不存在，說明理由．
跟蹤訓練2
（2023·全國·高一專題練習）
14．如圖（1），在中，，，、、分別為邊、、的中點，以為折痕把折起，使點到達點位置（如圖（2））．當四棱錐的體積最大時，分別求下列問題：
(1)設平面與平面的交線為，求證：平面；
(2)在棱上是否存在點，使得與平面所成角的正弦值為？若存在，求的長；若不存在，請說明理由．
跟蹤訓練3
（2023下·青海海東·高一統考階段練習）
15．如圖，在底面為矩形的四棱錐P－ABCD中，底面ABCD．

(1)證明：平面平面PBC．
(2)若AB＝3，AD＝5，E為側棱PB上一點，且BE＝2PE，若CE與底面ABCD所成的角大于60°，求PA的取值范圍．
拓展8 線面角的最值（范圍）問題
典例1
（2023上·浙江溫州·高二溫州中學校考階段練習）
16．動點在正方體從點開始沿表面運動，且與平面的距離保持不變，則動直線與平面所成角正弦值的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
典例2
（2022上·湖北黃岡·高二統考期中）
17．平面平面，，，，，平面內一點P滿足，記直線與平面所成角為，則的最大值為（ ）

A． B． C． D．
典例3
（2023上·山東德州·高二校考階段練習）
18．已知圓錐的頂點為，軸截面是邊長為1的等邊三角形，為底面中心，為的中點，動點在圓錐底面內（包括圓周）．若，則與圓錐底面所成角的正切值的取值范圍是 .
典例4
（2023下·全國·高一期末）
19．如圖，在中，，斜邊可以通過以直線為軸旋轉得到，且二面角是直二面角，動點在斜邊上.

(1)求證：平面平面；
(2)求與平面所成角的正弦的最大值.
跟蹤訓練1
（2023下·浙江·高二校聯考開學考試）
20．已知長方體，其中，，為底面上的動點，于且，設與平面所成的角為，則的最大值為（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練2
（2023·江西九江·統考一模）
21．在正方體中，點為棱上的動點，則與平面所成角的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
跟蹤訓練3
（2023·全國·高三專題練習）
22．在長方體中，已知二面角的大小為，若空間有一條直線l與直線所成的角為，則直線l與平面所成角的取值范圍是 .
跟蹤訓練4
（2023下·福建福州·高一校聯考期末）
23．如圖，在直三棱柱中，D為棱AB的中點，E為側棱的動點，且．

(1)是否存在實數，使得∥平面？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由；
(2)設，，，求DE與平面所成角的正弦值的取值范圍．
拓展9 二面角的探索性問題
典例1
（2023上·河北保定·高三保定市第三中學校聯考期末）
24．在平行六面體中，已知，．
(1)證明：平面；
(2)當三棱錐體積最大時，求二面角的余弦值．
典例2
（2024·全國·高三專題練習）
25．在長方體中，，．
(1)在邊上是否存在點，使得，為什么？
(2)當存在點，使時，求的最小值，并求出此時二面角的正弦值．
典例3
（2023下·山東煙臺·高一統考期末）
26．如圖，在圓錐中，為頂點，為底面圓的圓心，，為底面圓周上的兩個相異動點，且，．

(1)求面積的最大值；
(2)已知為圓的內接正三角形，為線段上一動點，若二面角的余弦值為，試確定點的位置．
典例4
（2023下·廣東佛山·高一統考期末）
27．如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側棱底面，．

(1)證明：平面平面；
(2)點在棱上，當二面角的余弦值為時，求．
跟蹤訓練1
（2023·全國·高三專題練習）
28．如圖，在直三棱柱中，是以BC為斜邊的等腰直角三角形，，點D，E分別為棱BC，上的點，且 ，二面角的大小為，求實數的值．

跟蹤訓練2
（2023下·福建三明·高一統考期末）
29．如圖，在四棱錐中，平面ABCD，，，且，，．

(1)求證：；
(2)在線段PD上是否存在一點M，使得BM與平面所成角的正切值為，若存在，求二面角的大小，若不存在，請說明理由．
跟蹤訓練3
（2023下·貴州安順·高一統考期末）
30．如圖，在四棱錐中，底面是直角梯形，平面，是邊上一點，且滿足是正方形，.

(1)求證：平面平面；
(2)已知：，二面角的平面角為.是否存在，使得？若存在，求出；若不存在，說明理由.
跟蹤訓練4
（2023下·浙江嘉興·高一統考期末）
31．如圖，已知等腰梯形與矩形所在平面互相垂直，，.

(1)求證：平面平面；
(2)設二面角的大小為與平面所成的角為，若與滿足，求的長.
拓展10 二面角的最值（范圍）問題
典例1
（2023上·四川成都·高二石室中學校考階段練習）
32．如圖1，已知平面四邊形是矩形，，，將四邊形沿翻折，使平面平面，再將沿著對角線翻折，得到，設頂點在平面上的投影為.

(1)如圖2，當時，若點在上，且，，證明：平面，并求的長度.
(2)如圖3，當時，若點恰好落在的內部（不包括邊界），求二面角的余弦值的取值范圍.
典例2
（2022下·山東菏澤·高一統考期末）
33．如圖，AB是的直徑，PA垂直于所在的平面，C是圓周上不同于A B的任意一點，且.求證：
(1)平面平面PBC；
(2)當點C（不與A B重合）在圓周上運動時，求平面PBC與所在的平面所成二面角大小的范圍.
跟蹤訓練1
（2023上·浙江·高二校聯考開學考試）
34．如圖1，在矩形中，已知，E為的中點.將沿向上翻折，進而得到多面體（如圖2）.

(1)當平面⊥平面，求直線與平面所成角的正切值；
(2)在翻折過程中，求二面角的最大值.
跟蹤訓練2
（2022下·湖北武漢·高一校聯考期末）
35．已知矩形，設是邊上的點，且，現將沿著直線翻折至，
(1)當為何值時，使平面平面；并求此時直線與平面所成角的正切值；
(2)設二面角的大小為，求的最大值.
拓展11 點到平面距離的最值問題（含探索性問題）
典例1
（2024上·上海黃浦·高二統考期末）
36．已知為空間五個點，若兩兩垂直，且，，則點到平面的距離的最大值為 ．
典例2
（2022·全國·高三校聯考階段練習）
37．已知正四面體的棱長為9，點是內（含邊界）的一個動點，滿足到平面、平面、平面的距離成等差數列，則點到平面的距離的最大值為 ．
典例3
（2023·全國·模擬預測）
38．如圖，在四棱錐中，底面是矩形，平面平面，點在線段上，，，，.
(1)求證：．
(2)在線段上是否存在點，使得點到平面的距離為？若存在，請求出的長；若不存在，請說明理由．
典例4
（2023·重慶沙坪壩·重慶南開中學校考模擬預測）
39．如圖四棱錐在以為直徑的圓上，平面為的中點，
(1)若，證明：⊥；
(2)當二面角的正切值為時，求點到平面距離的最大值.
跟蹤訓練1
（2023下·遼寧大連·高一大連市第十二中學校考階段練習）
40．如圖，已知四棱錐外接球O的體積為，，側棱與底面垂直，四邊形為矩形，點M在球O的表面上運動.當四棱錐體積的最大時，點A到面的距離為 .

跟蹤訓練2
（2022·山東濟南·統考一模）
41．已知等邊的邊長為，，分別為，的中點，將沿折起得到四棱錐.點為四棱錐的外接球球面上任意一點，當四棱錐的體積最大時，到平面距離的最大值為 .
跟蹤訓練3
（2023下·江西南昌·高三南昌市八一中學校考階段練習）
42．如圖，在邊長為的菱形中，，點分別是邊的中點，，.沿將翻折到的位置，連接，得到如圖所示的五棱錐．
(1)在翻折過程中是否總有平面平面 證明你的結論；
(2)在翻折過程中當四棱錐的體積最大時，求此時點到平面的距離；
一、單選題
（2023·遼寧沈陽·東北育才學校校考模擬預測）
43．已知二面角的平面角為，AB與平面所成角為．記的面積為，的面積為，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
44．如圖，在正四棱柱中，，點P為線段上一動點，則下列說法正確的是（ ）

A．直線平面
B．三棱錐的體積為
C．三棱錐外接球的表面積為
D．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
三、填空題
（2024·全國·模擬預測）
45．已知圓臺的母線長為，，分別是上、下底面內一點（包括邊界）．若點與點之間的距離的最大值和最小值分別為5和3，則該圓臺的體積為 ．
（2024·江西鷹潭·貴溪市實驗中學校考模擬預測）
46．已知三棱錐的體積為4，D，E，F分別為棱的中點，設平面、平面、平面相交于O點，三棱錐的三個側面與三棱錐的三個側面圍成的幾何體的體積為M，則M的值為 ．
（2023上·江西·高三校聯考階段練習）
47．達·芬奇認為：和音樂一樣，數學和幾何“包含了宇宙的一切”，從年輕時起，他就本能地把這些主題運用在作品中，布達佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達·芬奇方磚，在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案（如圖1），把三片這樣的達·芬奇方磚形成圖2的組合，這個組合再轉換成圖3所示的幾何體．若圖3中每個正方體的棱長為1，則異面直線與所成角的余弦值為 ．
（2024上·上海·高二上海市復興高級中學校考期末）
48．已知直三棱柱中，，過點的平面分別交棱AB，AC于點D，E，若直線與平面所成角為，則截面三角形面積的最小值為 ．
（2024上·上海·高二上海師大附中校考期末）
49．在直三棱柱中，，則點到平面的距離為 .
四、解答題
（2024·陜西寶雞·統考一模）
50．已知四棱錐中，，，，，為的中點.

(1)求證：平面；
(2)若，，求四面體的體積.
（2023上·廣東汕頭·高二校考階段練習）
51．如圖，四棱錐的底面是矩形，底面，，，為的中點．
(1)證明：平面；
(2)證明：；
(3)求直線與平面所成角的余弦值．
（2023上·河北滄州·高三泊頭市第一中學校聯考階段練習）
52．如圖，在四棱錐中，，，，，，，．
(1)求證：平面平面；
(2)若為上一點，且，求直線與平面所成角的正弦值．
（2023·江蘇蘇州·校聯考模擬預測）
53．如圖，正方體邊長為，是上的一個動點.求：
(1)直線與平面所成角的余弦值；
(2)的最小值.
（2024上·上海·高二統考期末）
54．如圖，在長方體中，.
(1)求二面角的正切值；
(2)設三棱錐的體積為，是否存在體積為（為正整數），且十二條棱長均相等的直四棱柱，使得它的所有棱長和為24，若存在，求出該直四棱柱底面菱形的內角的大小；若不存在，請說明理由.
（2024上·上海黃浦·高二統考期末）
55．如圖，在正三棱柱中，底面的邊長為1，P為棱上一點．
(1)若，P為的中點，求異面直線與所成角的大小；
(2)若，設二面角、的平面角分別為、，求的最值及取到最值時點P的位置．
（2024·全國·高三專題練習）
56．如圖，正方體的棱長為1．在棱上是否存在一點，使得二面角等于？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．

（2023上·全國·高二期末）
57．已知三棱錐的底面為等腰直角三角形，，，平面平面，三角形不是鈍角三角形且面積為，點在面上的射影為點.

(1)證明：平面的充要條件是；
(2)求二面角的正弦值的取值范圍．
（2024·四川自貢·統考一模）
58．如圖，在四棱錐中，底面是正方形，側棱底面分別是中點.
(1)判斷直線與平面的位置關系；
(2)若與平面所成角為，求到平面的距離.
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．A
【分析】
先根據題中幾何體特征，找到平面平面，然后可確定點位置在線段，即可求線段的最大值即.
【詳解】如圖，取的中點，取的中點，連接，，，
因為，，所以，
因為平面，平面，所以平面，
因為，平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
又平面平面，平面，所以在線段上，
則線段的最大值即，
在正三棱柱中，為邊長為2的正三角形，其中線，
又在正三棱柱中，平面，
平面，所以，
所以為直角三角形，又，
所以，
所以線段MN的最大值為．
故選：A
2．
【分析】利用面面平行的性質，通過平面平面，得出點在線段上，從而求出線段的最大值．
【詳解】如圖，

取的中點，取的中點，連接，，，所以，
又面，面，所以平面，
又為的中點，所以，
又面，面，所以平面，
又，面，面，所以平面平面，
又因為是側面上一點，且平面，
所以在線段上，
因為正三棱柱的底面邊長是4，側棱長是
所以平面，因為平面，所以
又M為的中點，所以
所以
則，又
所以線段的最大值為．
故答案為：．
3．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）先求出，所以，進而，，由此能證明平面；
（2）連接交于點M，連接，由已知得，由，，能求出λ．
【詳解】（1）
因為，，
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）
連接交于點M，連接，
因為平面，平面，平面平面，
所以，
因為，所以，
因為，所以，
結合已知，所以．
4．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）在圖①中過C作，可得，再利用線面平行的判定定理和性質定理可得答案；
（2）過作，過作于點，由線面垂直的性質定理可得為二面角的平面角，設，利用相似比、得求出可得答案．
【詳解】（1）在圖①中過C作，則，，
圖②中，，
又∵，∴，∴，∴且．
∴，∴，
在中，，，
∴，又平面ACD，平面ACD，
∴平面ACD，平面平面，
∴，∴，
又是的中點，∴是的中點；

（2）如圖， 過作交BE于H，過作于點，連結，
且，因為平面平面，平面平面，
所以平面，平面，所以，
因為平面，所以，
因為，平面，所以平面，
平面，所以，
則為二面角的平面角，∴，
設，∴，
又，∴，
在中，，,
由得，即，∴，
∴．

5．C
【分析】連接AC交BQ，BD分別于點N，O，連接MN，由線面平行的性質定理可得，再借助比例式可得答案.
【詳解】如下圖，四棱錐中，連接AC交BQ，BD分別于點N，O，連接MN，
因底面ABCD為平行四邊形，則O是AC中點，也是BD中點，
而點Q是AD中點，于是得點N是重心，從而得，
因平面，平面，平面平面，
因此得，于是得，所以.
故選：C.

6．
【分析】取中點，中點，中點，連接、、、，根據正方體的性質得到，即得面，同理證面，從而證明面面，即得在線段上，再求出、，即可求的取值范圍.
【詳解】如圖，取中點，中點，中點，連接、、、，
根據正方體、中位線性質得，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，
點是側面上的動點，所以在線段上，
又，所以，，，
所以，則，
所以線段長度的取值范圍是.
故答案為：
7．
【分析】連接 ，由正方體的性質結合線面平行的性質定理得，，由此能求出線段的值.
【詳解】提示：如圖，連接 ，
由正方體的性質，得，則P是的中點.
因為平面，平面，平面平面，
所以，所以.
故答案為：.
8．(1)證明見解析
(2)存在，點在的延長線上，且使
【分析】
（1）由題意證明面面垂直即可得二面角為直二面角，借助題目所給三面角余弦定理，即可得的余弦值；
（2）延長至，使，證明出線線平行后即可得線面平行.
【詳解】（1）
，
則，
，
面，
平面，
平面平面平面，
即二面角為直二面角，
由平面平面，知，
由，
得，
，
；
（2）
在直線上存在點，使平面，
連接，延長至，使，連接，
在棱柱中，
，
，，
四邊形為平行四邊形，，
在四邊形中，，
四邊形為平行四邊形，
，，
又平面平面平面，
當點在的延長線上，且使時，平面．
9．A
【分析】先求得最大時的位置，進而求得到平面的距離，進而可求直線與平面所成角的正弦值
【詳解】設，則
由知最大時最大
又
當且僅當即時取等
此時是的中點，
設到平面的距離為
由得，即，解得
設直線與平面所成角為：
故選： A .
10．(1)證明見解析
(2)
(3)在線段上靠近點的處，
【分析】
（1）根據線面平行的判定定理即得. （2）根據題干數據結合 即可求解.（3）由線面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距離即為到平面的距離，過作垂線平面交于點，要使最大，則需使最小，此時，從而可求解.
【詳解】（1）因為菱形，所以，又平面，
平面，所以平面.
（2）由題意可得、與都是邊長為2的等邊三角形，
所以，，所以.
因為，所以，
設到平面的距離，由得，
即，解得，
故點到平面的距離.
（3）設直線與平面所成的角為，由（1）知平面，
所以到平面的距離即為到平面的距離，過作垂線平面交于點，則 ，此時，要使最大，則需使最小，
此時，
由題意可知：，，
在中，由余弦定理可得：，
所以，
由面積相等，
即，解得，
，則，得，
即直線與平面最大角為，此時在線段上靠近點的處.

11．(1)證明見解析；
(2)；
(3)存在，．
【分析】
（1）取中點，連接，先證四邊形為平行四邊形得，再由線面平行的判定證結論；
（2）連接，相交于點，連，利用線面垂直的性質及判定，結合線面角的定義找到直線與平面所成角的平面角為，進而求大小；
（3）為中點，連接，利用線面垂直的性質、判定證平面，即可確定存在性，進而求.
【詳解】（1）
取中點，連接，
在中，為中點，所以，．
在矩形中，為中點，所以，．
所以，，即四邊形為平行四邊形，
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）
連接，相交于點，連，，
∴與面所成角即與面所成角．
三棱柱為直棱柱，所以面，
面，則，又，，為面中兩條相交直線，
所以面，又．所以平面，平面，
∴，又，，為面的兩條相交直線，
∴面，則為所求的線面角，且，
∴中，；
（3）
線段上存在點，且為中點時，有平面．
證明如下：連接，在正方形中易知．
又面，面，所以，
、是面的兩條相交直線，故平面，平面，
所以．同理得，，為平面內兩條相交直線，
所以平面．故線段上存在點，使得平面，此時．
12．(1)（ⅰ）證明見解析；（ⅱ）；
(2)存在
【分析】（1）（ⅰ）分別利用勾股定理得到，故，，故，再利用平面平面，得到平面，從而，再利用線面垂直的判定定理證明；（ⅱ）設點到平面的距離為，過點作，利用等體積法求得h，再由求解；
（2）延長交于點，連接，得到平面平面，過作平面，連接，過點作，連接，得到為直線與平面所成角，為平面與平面的夾角，然后由求解.
【詳解】（1）當時，即點為的中點，
（ⅰ）證明：由題意得：，則，，故，
又，則，
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）設點到平面的距離為，
過點作，則平面，如圖，

又是等腰三角形，，，
由得，則，
故直線與平面所成角的正弦值為；
（2）延長交于點，連接，則平面平面，
過作平面，連接，過點作，連接，
如圖，

則為直線與平面所成角，即，
則為平面與平面的夾角，即，
又，則，
，故，即點重合，
又，即，由相似三角形得，
設，則，
，
即得，則或（舍去），
又，得，
故存在使得．
13．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）根據線面垂直的判定證明平面即可；
（2）過作于，連接，根據線面垂直的判定可得平面，進而可得為與平面所成角，再根據三角函數求解即可.
【詳解】（1）連接，因為平面，平面，故.
又底面是菱形，故，
又，平面，所以平面.
因為，所以平面平面.

（2）假設存在點滿足條件，設，
因為底面是邊長為2的菱形，，故.
過作于，連接，則，.
因為平面，平面，故，
又，平面，故平面，
所以為與平面所成角.
又，則.
故，即，解得，即.

14．(1)證明見解析
(2)存在，或
【分析】
（1）先判斷出當平面時，四棱錐的體積取最大值；然后結合線面垂直的判定定理以及線面平行的性質定理證得平面.
（2）判斷出與平面所成角，根據所成角的正弦值列方程，結合余弦定理求得.
【詳解】（1）過點在平面內作，垂足為點，
，，，則平面，
平面，，
，，平面，
平面，則，
故當平面時，四棱錐的體積取最大值，
，，，平面，
因為，，為的中點，所以，且，
故四邊形為平行四邊形，所以，，
平面，平面，平面，
因為平面，平面平面，，因此，平面.
（2）因為平面，與平面所成角為，
因為平面，，
所以，，解得，
在中，，，，
由余弦定理可得，
所以，，解得或.
因此，在棱上存在點，使得與平面所成角的正弦值為，且或.
15．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）易得．再由底面ABCD，得到，進而得到平面PAB，然后利用面面垂直的判定定理證明；
（2）過E作，易得∠ECF為CE與底面ABCD所成的角，根據∠ECF＞60°，得到，從而得到，再由求解.
【詳解】（1）證明：由四邊形ABCD為矩形，得．
因為底面ABCD，底面ABCD所以．
因為，又平面PAB，平面PAB，
所以平面PAB．
因為平面PBC，所以平面平面PBC．
（2）解：如圖所示：

過E作，EF交AB于F，連接CF，因為BE＝2PE，所以BF＝2FA．
因為底面ABCD，所以底面ABCD，
所以∠ECF為CE與底面ABCD所成的角，
所以∠ECF＞60°，則．
因為，所以，
則，所以，
即PA的取值范圍為．
16．C
【分析】
根據線面位置關系和余弦定理，結合三角函數的基本關系式即可求解.
【詳解】
連接，
因為，所以四邊形是平行四邊形，
所以，又平面，平面，所以平面，
同理，平面，又平面，
所以平面平面，
則由與平面的距離保持不變，得點的移動軌跡為三角形的三條邊，
當為中點時，直線與平面所成角正弦值最大，
取的中點，設正方體的棱長為2，
則，，，
所以，則為直角三角形，
所以直線與平面所成角正弦值為，
當為C點時，直線與平面所成角的正弦值最小，
此時，，，
所以，則.
直線與平面所成角正弦值的取值范圍是，
故選：C.
17．B
【分析】
通過線面角的定義作出線面角，根據點P的軌跡確定角最大時的位置，利用直線與圓的位置關系結合直角三角形求解即可.
【詳解】如圖：

過B作垂直的延長線，垂足為H，連接PH，OP，取AH的中點為E，連接PE，過點P作，
垂足為F，因為平面平面，且平面平面，平面，，所以，平面，所以OP在平面上的射影就是直線OA，故就是直線OP與平面所成的角，即，因為，所以，又，，平面，
平面，所以平面，平面，則，
所以點P的軌跡是平面內以線段AH為直徑的圓（A點除外），

因為，，，所以，，
所以，當且僅當，即OP是圓E的切線時，角有最大值，
則的最大值為.
故選：B.
18．
【分析】先作出輔助線，得到點的軌跡為線段，當點與重合時，取得最小值，當點與或重合時，取得最大值，，從而得到線面角的正切值的取值范圍.
【詳解】因為軸截面是邊長為1的等邊三角形，故，
因為為的中點，所以，
在上取點，使得，過點作⊥，交底面圓周于點，
則，此時，又，
故∽，則，
故，故，
因為⊥底面圓，底面圓，故⊥，
因為，平面，所以⊥平面，
因為平面，所以⊥，
因為，，平面，所以平面，
所以點的軌跡為線段，連接，
當點與重合時，取得最小值，當點與或重合時，取得最大值，
則，
設與圓錐底面所成角為，則，
故答案為：.
19．(1)證明見解析
(2)
【分析】（i）根據題意，得出二面角是直二面角，再證出平面，即可得到平面平面；
（ii）根據平面得是與平面所成的角，當最小時，的正弦值最大，求出最大值即可.
【詳解】（1）由題意，，
∴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，
∴是與平面所成的角；
在中，,
∴；
當最小時，最大，
由于,故最小時，最小，此時，垂足為，
由三角形的面積相等，得
所以
，
∴與平面所成角的正弦的最大值為
20．D
【分析】
確定是與平面所成的角，不妨設，求出，利用求得的最小值，再由得的最大值．
【詳解】
平面，平面，所以，又，，
所以，，，所以，
所以點軌跡是對角線的中垂面與底面的交線，為一條線段．
由平面知是與平面所成的角，
不妨設，
則，，得，．，即的最大值為，
故選：D．
21．C
【分析】
設，連接，則可得即為與平面所成角，設，表示出，求出其范圍，從而可求出的范圍.
【詳解】
解：設，連接，則，
因為在正方體中，平面，平面，
所以，
因為，平面，
所以平面，
所以即為與平面所成角．
設，，
因為，
所以，
因為，所以，
故選：C．

22．
【分析】
根據題意，過點A作于點E，連接，過點A作于點H，然后結合線面角的定義，即可得到結果.
【詳解】

如圖，過點A作于點E，連接，則.
過點A作于點H，則.
因為l與直線CC1所成角的大小為，即l與直線所成角的大小為，
那么l與直線AH所成角的取值范圍為.
又因為l與直線AH所成的角和l與平面所成的角互余，
所以直線l與平面所成角的取值范圍是.
故答案為：.
23．(1)存在；
(2)
【分析】
（1）解法一：連接，，設，，則利用平行關系和比例關系可證得∥，然后由線面平行的判定定理可證得結論；解法二：連接交于點，連接GD，利用三角形中位線定理和平行四邊形性質可證得四邊形為平行四邊形，則∥，然后由線面平行的判定定理可證得結論；
（2）過點作∥交于點，由已知先證得平面，再可得平面，則為DE與平面所成角，然后在中求解即可.
【詳解】（1）解法一：存在實數，使得∥平面．
理由如下：
如圖，連接，，設，，
因為，∥，，
所以，∥，所以，
因為為AB的中點，∥，，
所以，∥，所以，
所以，所以∥，
又因為平面，平面，所以∥平面；

解法二：存在實數，使得∥平面．理由如下：
如圖，連接交于點，連接GD，在直三棱柱中，四邊形為矩形，所以點為的中點，
因為為棱AB的中點，所以∥，，
又因為∥，，
所以∥，，所以四邊形為平行四邊形，所以∥，
又因為平面，平面，
所以∥平面；

（2）因為，，，所以，所以，
過點作∥交于點，則，，
又因為，所以，
因為，平面，所以平面，
所以為DE與平面所成角，
設，在中，，
所以，
即DE與平面所成角的正弦值的取值范圍為．

24．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）設，連接，根據題意證明，，即可得結果；
（2）根據題意可知，分析可知：當且僅當為正方體時，三棱錐體積最大，進而結合二面角的定義分析可知二面角的平面角為，即可得結果.
【詳解】（1）設，則為的中點，連接，
因為，可知，
可得，則，
又因為為菱形，則，
且，平面，所以平面.
（2）設，則為的中點，連接，
設到的距離為，

則，
當且僅當，即平面時，等號成立，
又因為，即，
可得，
當且僅當時，等號成立，
綜上所述：當且僅當為正方體時，三棱錐體積最大，
由題意可知：，為的中點，

則，可知二面角的平面角為，
在中，，
可得，
所以二面角的余弦值為.
25．(1)答案見解析
(2)的最小值為：，二面角的正弦值為
【分析】
（1）假設存在，根據題意得到，進而即可分析求出結果；
（2）結合第一小問的結果，做出二面角的平面角，進而即可求出結果.
【詳解】（1）
如圖，假設在上存在點，且．
∵，且平面，∴平面，
由平面，可得．
設，則．
∵，∴，于是．
化簡得．∴．
①當時，，此時不存在點滿足；
②當時，存在點，使，此時，且的最小值是4．
（2）
由（1）知的最小值是4；
當時，，即是的中點，作，垂足為，則．
過作，連結．∵平面，∴．
又，則是二面角的平面角．
在中
．
∴，即二面角的正弦值為．
【點睛】
方法點睛：作二面角的平面角可以通過垂線法進行，在一個半平面內找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確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)點為線段上靠近點的四等分點．
【分析】
（1）根據勾股定理求出，由三角形面積公式及均值不等式求最值即可；
（2）先證明即為二面角的平面角，由三角形面積公式及余弦定理求解，即可確定點的位置.
【詳解】（1）
取中點，連接，．

設，，又，，
所以在和中，，，
所以，，
當且僅當，即時，等號成立．
所以面積的最大值為．
（2）
因為為圓的內接正三角形，
由正弦定理得：．
過點作于點，連接．
因為，所以．
所以即為二面角的平面角．
連接，設，，
則，．
在中，，
所以．
在中，由余弦定理得：
，
將，代入上式，解得．
所以點為線段上靠近點的四等分點．
27．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）先證明，，可得平面，進而可得結論；
（2）過作交于，過作于，連接，先證明平面，可得為二面角的平面角，設，列方程求解即可.
【詳解】（1）連結，∵側棱底面，
平面，∴．
又∵底面是正方形，∴．
而且，平面．
∴平面．又平面，
∴平面平面．

（2）過作交于，過作于，連接．
在平面中，，，
∴，因為底面，∴平面，
又平面，∴，
又∵，，平面，
∴平面，又平面，∴，
∴為二面角的平面角．
故，則．
設，則，，．
在Rt中，，∴．
在Rt中，，
∴．所以，當二面角的余弦值為時，．
28．
【分析】
在平面ABC內，過點作AD的垂線，垂足為，則，設，利用圖形中的直角三角形，求出，可得實數的值．
【詳解】
在平面ABC內，過點作AD的垂線，垂足為，連接，

直三棱柱中，平面，平面，，
又，，平面，平面，
平面，，
則為二面角的平面角，即．
設，則在直角三角形中，，所以，
在直角三角形CHA中，，，所以，
又為銳角，所以且，所以點在線段AD的延長線上．
，
，所以．
29．(1)證明見解析
(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，然后由線面垂直的判定定理可證得平面PAC，從而可得；
（2）過點M作于點N，連接BN，可證得平面，則∠MBN為BM與平面所成的角，設，則由已知線面角的正切值可求出，過點N作于點G，連接MG，可得∠MGN為二面角的平面角，從而可求得結果.
【詳解】（1）
證明：因為，，，，
所以四邊形是直角梯形，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）
存在符合條件的點M，且M為PD的中點，
證明如下，過點M作于點N，連接BN，

因為平面，平面，所以，
因為MN，平面PAD，所以，
因為，所以，
因為，平面，所以平面，
則∠MBN為BM與平面所成的角．
設，則，，，
由得，
解得或（舍去）
所以M為PD的中點，
過點N作于點G，連接MG，
因為平面，平面，所以，
又，平面MGN，故平面MGN，
因為平面MGN，所以，所以∠MGN為二面角的平面角，
在中，，所以，
即當點M為PD的中點時，符合題意，且二面角的大小為．
30．(1)證明見解析
(2)存在，
【分析】
（1）根據面面垂直的判定定理證明即可；
（2）過作于，連接，利用二面角的定義可求得的值，再根據線線關系即可得的值，從而得符合條件的的值.
【詳解】（1）證明：因為平面，平面，所以
因為正方形，所以
又平面，所以平面
因為平面，所以平平面平面；
（2）過作于，連接

因為平面，平面，所以
因為，平面，所以平面
又平面，所以，則為二面角的平面角
所以，則
又因為正方形中，有，又，所以此時與重合
因為，所以，則，所以，故
故存在使得.
31．(1)證明見解析
(2)1
【分析】(1)首先證得平面，然后根據面面垂直證明定理證明平面平面；
(2)分別作出二面角，，以及表示出與平面所成的角，然后結合條件，求解的長；
【詳解】（1）
由題意在等腰梯形中，
所以，故為等腰三角形，
且，所以，
所以，
同時求得，
又由題意為矩形，所以，且，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）設，
由（1）平面，平面，所以，
過點作于，連接，
因為平面，
所以平面，又因為平面，所以，
根據二面角定義，，，且為平面與平面的交線，
所以即為二面角的平面角，即，
因為平面平面，且，
故平面，即，
在中，，所以，
故，所以，
過點作于，連接，
因為平面平面，故平面，
所以即與平面所成的角為，即，
由于，
故，
由題意，
解得：，即的長為1.
32．(1)證明見解析，
(2)
【分析】
（1）由面面垂直的判定定理得到平面，從而有，又，平面得證；設，由可求出，在中，根據勾股定理解出的長度；
（2）作，交于，交于，當點O恰好落在的內部(不包括邊界)，點O恰好在線段EF上，為二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值的取值范圍.
【詳解】（1）點在平面ABCD上的射影為且點在上，
點恰好落在邊上，
平面平面ACD，
又，平面平面
平面，又平面，
，
又，，平面，平面,
平面，平面,
設，，則，
，
，
，
在中，,解得，
.
（2）作，交于，交于，如圖：

當點O恰好落在的內部(不包括邊界)時，點O恰好在線段EF上，
又，，
為二面角的平面角,
當時，由,可得，且，，
故二面角的余弦值的取值范圍為
33．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面垂直的性質定理，可得，根據圓的性質，可得，根據線面垂直的判定定理，即可得證.
（2）由（1）可得，，所以即為平面PBC與所在的平面所成二面角的平面角，設，圓O的半徑為R，根據三角函數的定義，可得的表達式，根據的范圍，計算求解，即可得答案.
【詳解】（1）因為PA垂直于所在的平面ABC，平面ABC，
所以，，
因為AB是的直徑，
所以，
因為平面PAC，
所以平面PAC，
因為平面PBC，
所以平面平面PBC
（2）因為平面PAC，平面PAC，
所以，又，
所以即為平面PBC與所在的平面所成二面角的平面角，
設，圓O的半徑為R，
則，又，
所以，
因為，所以，
所以，
因為
所以，
所以平面PBC與所在的平面所成二面角大小的范圍為
34．(1)
(2)
【分析】
（1）在圖1中，可得，進而可證面BCD，即是直線與平面所成角，運算求解即可；
（2）根據垂直關系分析可得是二面角的平面角，設，可得，結合三角恒等變換可得，進而可得結果.
【詳解】（1）在圖1中，連接交于點，
則，
可知，可得，
則，，
因為平面平面BCD，平面平面，平面，
所以面BCD.
則是直線與平面所成角，所以.

（2）
如圖2，過作，垂足為H，過H作，垂足為G，連接.

由（1）可知：，，，平面，
則平面，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，
設，
由（1）可知：，
在直角三角形中，，則，
因為，則，可得，所以，
在直角三角形中，.
設，則，
即，解得，當時，等號成立，
所以，
又因為，則，
所以二面角的最大值為.
35．(1)為，正切值是
(2)
【分析】（1）取中點，連接，根據面面垂直的性質可得面，再結合余弦定理可得，，進而根據線面角的定義求解直線與平面所成角的正切值即可；
（2）作，垂足為，作，垂足為，根據線面垂直的判定與性質可得，設，根據三角形中的關系可得，再根據二倍角公式化簡求解最值即可
【詳解】（1）當為時，可以使面面.證明如下：
取中點，則.
在中，
，此時.
又平面平面
面面
此時面為在面上的射影是與面所成角
在中，，
即直線與平面所成角的正切值是
（2）作，垂足為，且面，則面，
作，垂足為，則，設
則，
，
當且僅當時，取到等號，
故的最大值為.
36．
【分析】
根據等體積法可得到平面的距離，即可根據的軌跡求解.
【詳解】由于，故點在以為球心，半徑為的球面上，
設到平面的距離為，則由等體積法可得,
而,所以,
故，
因此點到平面的距離的最大值為，
故答案為：
37．
【解析】根據題意，設動點到平面、平面、平面的距離分別為，正四面體的棱長為9，求出每個面的面積為，高，由正四面體的體積得到，再由滿足到平面、平面、平面的距離的成等差數列，即可求出點到平面的距離最大值.
【詳解】解：設動點到平面、平面、平面的距離分別為，
∵正四面體的棱長為9，
每個面的面積為，
如圖，取的中點，連接，過作平面，垂足為，
則，
∴高，
∴正四面體的體積，
．
∵滿足到平面、平面、平面的距離的成等差數列，
，
∴點到平面的距離最大值為．
故答案為：．
【點睛】本題考查點到平面距離和利用等體積法解決點面距離問題，涉及正四面體的結構特征和體積，考查空間想象能力和計算能力.
38．(1)證明見解析
(2)線段上存在點，使得點到平面的距離為，且
【分析】
（1）利用線線垂直證明線面垂直，進而可證異面直線垂直；
（2）假設存在，設，根據三角形余弦定理及面積公式可得，再利用列方程可得解.
【詳解】（1）連接，由題意得，，
則，，
記，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）假設在線段上存在點滿足條件，連接，
則三棱錐的體積，
設，
在中，，，，
則，
，
故的面積，
則，
得，
所以線段上存在點，使得點到平面的距離為，且．
39．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）作出輔助線，得到為等邊三角形，，由線面垂直得到，從而得到⊥平面，證明出⊥；
（2）作出輔助線，得到為二面角的平面角，由二面角的大小得到，，由勾股定理得到，，當位于線段中垂線上時，取得最大值，由等體積法得到.
【詳解】（1）記AC的中點為O，連結，則O為圓心，
又E為SC的中點，所以EOSA，
因為平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
連接，取連接OD并延長，交于點，
.
因為，所以，
由對稱性可知AB=AD，故為等邊三角形，
又因為O為的外心，所以O為的中心，故，
∵平面，平面ABCD，
，
∵，平面，
∴⊥平面，
∵平面EOD，
.
（2）過點D作于，作于，連接，
因為平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因為，平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因為平面SAC，
所以DH⊥SC，
因為，，平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因為DN平面DHN，
所以，
故為二面角的平面角，
因為，所以，故為等邊三角形，
由題意知，
，，
，
，
在Rt中，，
，
∵三角形ASC為直角三角形，
∴三角形ASC為等腰直角三角形，
，
又由，
由勾股定理得：，
因為平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因為AC為直徑，所以AD⊥DC，
因為，平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因為平面ASD，
所以DC⊥SD，
，
由于點在半圓弧上運動，當位于線段中垂線上時，的面積取得最大值，
且最大值為，
設點到平面距離為，
根據，
即點到平面距離的最大值為.
40．
【分析】
根據給定條件，求出球的半徑并確定球心的位置，再求出四棱錐體積取最大時，矩形的特征，然后用等體積法求解作答.
【詳解】設球的半徑為R，則，解得，連接，
由平面，平面，得，由矩形，得，
而平面，則平面，又平面，于是，同理，
取中點，連接，則，因此點是四棱錐的外接球球心，

顯然，而，于是，
令，連接，則平面，，
要使四棱錐的體積最大，點必為射線與球的表面的交點，，
此時四棱錐的體積，當且僅當時取等號，
，底邊上的高，
設點到平面的距離為，由，得，
即，有，解得，
所以點A到面的距離為.
故答案為：
41．
【分析】折疊為空間立體圖象，得出四棱錐的外接球的球心，求得四棱錐的外接球的半徑，則，由此能求出四棱錐的體積的最大時，點到平面距離的最大值．
【詳解】由題意得，取的中點,
則是等腰梯形外接圓圓心，是的外心，
作平面，平面，
則是四棱錐的外接球的球心，且，
設四棱錐的外接球半徑為，則，
，
所以當四棱錐的體積最大時，
點到平面距離的最大值．
【點睛】本題主要考查了折疊問題與幾何體的性質，同時考查了面面垂直、線面垂直的判定定理和性質定理的應用，以及點到平面距離的計算，對于立體幾何問題中點到平面的距離常轉化為幾何體的高，構造方程方程求解，著重考查了空間想象能力，以及推理與運算能力，屬于中檔試題．
42．(1)總有平面平面，證明見解析
(2)
【分析】（1）由菱形中，，是等邊三角形，易得，再由，利用線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證明；
（2）要使得四棱錐體積最大，只要點到平面的距離最大即可，然后利用等體積法，由求解.
【詳解】（1）證明：在翻折過程中總有平面平面；
證明如下：點分別是邊的中點，，
菱形中，，是等邊三角形，
是的中點，，；
菱形的對角線互相垂直，，；
，平面，平面，
平面，
平面，
平面平面.
（2）要使得四棱錐體積最大，只要點到平面的距離最大即可，
當平面時，點到平面的距離最大為，
又，
；
，
，
設點到平面的距離為，
，解得：，
即點到平面的距離為.
43．C
【分析】
作出二面角的平面角以及AB與平面所成角，并表示出，結合三角形面積公式以及正弦定理表示出，結合范圍確定范圍，即可求得答案.
【詳解】
作，垂足為E，連接，

因為，即，平面，
故平面，平面，故，
又，故平面，平面，
則在內的射影在BE上，則為AB與平面所成角，即，
由于，，故為二面角的平面角，即，
，
在中，，
則，
而，則，
則，
故，
故選：C
44．ABC
【分析】首先分析題意進行解析，進行畫圖，由于，，所以平面平面，平面，從而直線平面，故A正確；可由A知平面平面，故B正確，進行表面積計算可得C正確，利用等面積求出D錯誤.
【詳解】作輔助線如圖，對于A，因為，所以四邊形為平行四邊形，
所以，面，面，故面，
同理得，面，面，故面，
又因為面，面，，
所以平面平面，平面，從而直線平面，故A正確；
對于B，由A知，平面平面，P點在平面內，
所以，故B正確；
對于C，三棱錐外接球的半徑，
所以三棱錐外接球的表面積為，故C正確；
對于D，設線面角為，易知，故最短時，直線與平面所成角的正弦值最大，
因為當時，最短，此時直線與平面所成角的正弦值最大，
先用等面積法求，，解得，
所以直線與平面所成角的正弦的最大值為，故D錯誤，
故選：ABC．

45．
【分析】根據已知，分析、兩點距離何時最小、最大，可以求出圓臺的高和上下底半徑的關系，再根據圓臺的體積公式求值.
【詳解】
顯然當垂直于底面時，，之間的距離最小，所以圓臺的高為3．
設上、下底面半徑分別為，記點在下底面內的射影為，直線交圓于點，
如圖，當點與重合時，之間的距離最大．
此時，且母線長為3，
所以
所以圓臺體積．

故答案為：
46．3
【分析】根據重心的性質，推出三棱錐的高和三棱錐的高的關系，計算出對應的體積，即可求解.
【詳解】設平面平面與平面交于,
平面與平面交于,
所以為與的交點，
因為D，E，F分別為棱的中點,
所以分別為三角形的重心，
所以,
連接并延長交于,連接,
設交與,則,
,
所以,
,
所以,
設三棱錐的高為，三棱錐的高為，
則，即，
因為三棱錐的體積為4，所以三棱錐的體積為1，
所以,
故答案為：3.
47．
【分析】
判斷出異面直線與所成角，解三角形求得所成角的余弦值.
【詳解】設，則是的中點，連接，
由于，所以是異面直線與所成角（或其補角），
在三角形中，，
根據正方體的性質可知平面，平面，
所以，所以，
所以在直角三角形中，.
故答案為：
48．
【分析】先推導出平面，過點作交于點，再證明平面，所以，設，由等面積法可知，，從而，即可求解.
【詳解】因為三棱柱為直三棱柱，所以平面，
平面，所以，
過點作交于點，連接，
，，平面，
所以平面，過點作交于點，
因為平面，所以，
平面，，所以平面，
因為直線與平面所成角為，所以，
在中，由，，可得，，
設，在中，，由等面積法可知，
因為平面，又由平面，所以，
所以，
因為，
當且僅當時，等號成立，所以.
故答案為：.
49．
【分析】
證明平面，再利用等體積法求解
【詳解】
因為，所以，又三棱柱為直棱柱，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，
由棱柱性質得，平面，平面，所以平面，點到平面的距離即點到平面的距離，設為d
因為，所以,解得
故答案為：
50．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）利用線面垂直的判定定理結合線面平行的判定定理即得；
（2）先根據幾何關系以及線段長度找出四面體的高，再根據三棱錐的體積公式求解出結果.
【詳解】（1）
取的中點，連接，，
取的中點，連接，，
，，
又，，
，又，平面，
平面，
又平面，，
又，，
四邊形為矩形，
且，
分別為中點，
，
，
四邊形為平行四邊形，
，又平面，平面，
平面；

（2）延長，過過交于，
因為，，
所以，
所以，所以，
所以，所以，
因為平面，平面，
所以，且，，平面，
所以平面，
所以到平面的距離為，
又因為為中點，
所以.

51．(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據線面平行的判定即可證明；
（2）方法一：先根據線面垂直的判定證明平面，再根據線面垂直即可證明；
方法二：先建立合適的空間直角坐標系，再求出對應點的坐標，再求出，，再根據數量積即可證明；
（3）結合（2）中的空間直角坐標系，再利用向量法求得線面夾角的正弦值，進而即可求出其余弦值．
【詳解】（1）由底面是矩形，則，
又平面，且平面，所以平面．
（2）方法一：由底面是矩形，則，
又底面，且底面，則，
又，且平面，平面，則平面，
又平面，所以．
方法二：
由底面，且四邊形是矩形，則，，兩兩垂直，
則以點為坐標原點，，，所在直線分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，，，，
所以，，
所以，則，
所以．
（3）結合（2）中的空間直角坐標系，得，，，
設平面的法向量為，
則，取，得，，即，
設直線與平面所成角為，
則，
所以直線與平面所成角的余弦值為．
52．(1)證明見解析
(2)
【分析】
（1）借助面面垂直的判定定理即可得；
（2）由題意計算可得點所處位置，根據線面角的定義找到線面所成角后計算即可得.
【詳解】（1），，，
，，平面，
平面，
平面，平面平面；
（2）取的中點．連接、，
由（1）知平面，
平面，，
如圖，過點作，
，，，，，
，，，
，由勾股定理可知，
，平面，平面，
，為的中點，
，又，，
平面，為直線與平面所成角，
由（1）知，又，，
，，，
則，
，，
，
直線與平面所成角的正弦值為．
53．(1)
(2)
【分析】
（1）利用線面角的定義可得結果；
（2）將和矩形延展為一個平面，分析可知，當點、、共線時，取最小值，在中，利用余弦定理求出的長，即為所求.
【詳解】（1）解：在正方體中，平面，
所以，直線與平面所成角為直角，其余弦值為.
（2）解：將和矩形延展為一個平面，如下圖所示：
由圖可知，當點、、共線時，取最小值，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因此，的最小值為.
54．(1)；
(2)存在，答案見解析
【分析】（1）過作，根據題意，證得，得到為二面角的平面角，在直角中，即可求解；
（2）求得三棱錐的體積為，結合題意，得到每條棱的長度為2，設底面菱形的一個角為，得到直四棱柱的體積為，進而求得，從而得解.
【詳解】（1）過作交于，連接，
因為為長方體，可得平面，
又因為在底面的投影為且，所以，
所以即為二面角的平面角，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以二面角的正切值為.
（2）三棱錐的體積為，
因為十二條棱長均相等的直四棱柱，使得它的所有棱長和為24，則每條棱的長度為2，
設直四棱柱的底面菱形的一個角為，則底面積為，
則直四棱柱的體積為，可得，
當時，，可得；
當時，，可得；
當時，，可得；
當時，此時，無解，
綜上可得，當時， ；當時， ；當時，；當時，不存在.
55．(1)
(2)詳見解析
【分析】（1）取的中點，連接，，易知，則為異面直線與所成的角求解；
（2）分別取，的中點，，連接，，，根據正三棱柱，易證為二面角的平面角，為二面角的平面角求解.
【詳解】（1）解：如圖所示：
取的中點，連接，，易知，
則為異面直線與所成的角，
又，，，
由余弦定理得；
（2）如圖所示：
分別取，的中點，，連接，，，
在正三棱柱中，
易知，，又，
所以平面，又平面，
所以，則為二面角的平面角，
同理為二面角的平面角，
設，則，
所以，，
則，，
當時，即P為的中點時，取得最大值，
56．存在，
【分析】
作出輔助線，證明線面垂直，得到為二面角的平面角的補角，即有，設，表達出其他邊長，根據特殊三角函數值列出方程，求出，得到答案.
【詳解】假設存在滿足條件的點，連結，過作為垂足，
并延長與相交于，連結．

因為平面，平面，
所以，
因為，平面，
所以⊥平面，
因為平面，
所以．
所以為二面角的平面角的補角，即有．
設，則．
在中，，從而．
在中，，解得．
因此，存在符合題設條件的，且滿足．
57．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據充要條件、線面垂直等知識證得結論成立.
（2）利用向量法或幾何法求得二面角的正弦值的取值范圍.
【詳解】（1）證明“必要性”：當平面，有：
由平面，平面，
，由題意，故為的中點，在上，
又平面，平面，，
又為的中點，故三角形為等腰三角形，則.

證明“充分性”：當，有平面：
取中點，連接，由，得，
又平面平面且交線為，平面，
由面面垂直的性質得平面，
由題意點即為點，為中點，得，
同理由，為中點，得，
又平面，則平面.

（2）解法一：，以為原點，為軸，為軸，
過作軸平面，如圖建系，
由三角形不是鈍角三角形且面積為，得到平面的距離為，
由題知點在平面上的射影為在線段上．
設，，，，
設平面的法向量為，
由，得，取，
由（1）知當為中點時，有平面，
，即，
故可得平面的一個法向量為，
，
又，，
所以
所以二面角的正弦值的取值范圍為.


解法二：由三角形不是鈍角三角形且面積為，得到面的距離為1，
由題知點在平面上的射影在線段上，作于，
由平面平面，且交線為，平面，
知平面，而平面，故，
作于，平面，
則平面，則即為二面角的平面角，
如圖，過作直線，過作，垂足為，過作，垂足為，
，又，
故，，又，
在直角三角形中，，
,
，
，
所以二面角的正弦值的取值范圍為.
58．(1)平面
(2)
【分析】
（1）通過構造平行四邊形的方法證得平面.
（2）先求得，然后根據等體積法求得正確答案.
【詳解】（1）設是的中點，連接，由于是的中點，
所以，而，
所以，所以四邊形為平行四邊形，
所以，由于平面，平面，
所以平面.
（2）連接，由于平面，
所以直線與平面所成角為，
由于平面，所以，
由于，所以，所以.
由（1）得平面，所以到平面的距離等于到平面的距離，
，，
對于三角形，，
所以為鈍角，所以，
所以，
，設到平面的距離為，
由得，
所以到平面的距離為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑