第八章立體幾何初步全章總結(jié)(精講）目錄一、數(shù)學思想方法1、數(shù)形結(jié)合思想2、轉(zhuǎn)化與化歸思想二、重點題型精講題型一：空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積題型二：多面體與球接、切問題角度1：內(nèi)切球問題角度2：外接球問題角度3：內(nèi)切球與外接球綜合題型三：平行問題題型四：垂直問題題型五：空間角角度1：異面直線所成角角度2：直線與平面所成角角度3：二面角題型六：距離問題角度1：點到平面的距離角度2：直線到平面的距離角度3：平面到平面的距離題型七：探索性問題角度1：動點問題角度2：空間角中的探索性問題一、數(shù)學思想方法1、數(shù)形結(jié)合思想在高考中，直觀圖、平行問題、垂直問題、折疊問題、體積計算、距離計算往往會綜合其中若干種情形考查，在遇到這類問題時，首先要對圖形有深度的觀察，其次要對已知的條件進行邏輯的推導，對結(jié)論的成立進行逆推，采用兩頭湊的思想，將問題逐層解決.策略是緊扣相關(guān)幾何體的結(jié)構(gòu)特征進行有關(guān)的概念辨析，多注意觀察一些實物模型和圖片，明確組合體的結(jié)構(gòu)特征，主要弄清它是由哪些簡單幾何體組成的，會識別較復雜的圖形，注意觀察周圍的物體，然后將它們“拆分”成幾個簡單的幾何體，培養(yǎng)空間想象能力和識圖能力.1．如圖，是水平放置的△AOB的直觀圖，但部分圖象被茶漬覆蓋，已知為坐標原點，頂點、均在坐標軸上，且△AOB的面積為12，則的長度為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【詳解】畫出△AOB的原圖為直角三角形，且，因為，所以，所以.故選：B.2．在正方體中，、、、分別是該點所在棱的中點，則下列圖形中、、、四點共面的是（

）A．B．C．D．【答案】B【詳解】對于選項，如下圖，點、、、確定一個平面，該平面與底面交于，而點不在平面上，故、、、四點不共面；對于選項，連結(jié)底面對角線，由中位線定理得，又，則，故、、、四點共面對于選項C，顯然、、所確定的平面為正方體的底面，而點不在該平面內(nèi)，故、、、四點不共面；對于選項D，如圖，取部分棱的中點，順次連接，得一個正六邊形，即點、、確定的平面，該平面與正方體正面的交線為，而點不在直線上，故、、、四點不共面．故選：B3．下圖是正方體的平面展開圖，在這個正方體中，有以下判斷：①BF與DN平行；②CM與BN是異面直線；③DF與BN垂直；④AE與DN是異面直線．則判斷正確的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【詳解】把平面展開圖折起，得到如圖所示的正方體,則BF與DN是異面直線，故①錯誤；CM與BN平行，故②錯誤；由題可知，所以DF與BN垂直，故③正確；AE與DN是異面直線，故④正確；故正確個數(shù)為2．故選：B.4．（多選）如圖，在平面四邊形ABCD中，△BCD是等邊三角形，AB⊥BD且AB＝BD，M是AD的中點．沿BD將△BCD翻折，折成三棱錐C﹣ABD，連接BM，翻折過程中，下列說法正確的是（

）A．存在某個位置，使得CM與BD所成角為銳角B．棱CD上總恰有一點N，使得MN∥平面ABCC．當三棱錐C﹣ABD的體積最大時，AB⊥BCD．∠CMB一定是二面角C﹣AD﹣B的平面角【答案】BC【詳解】對A，取BD中點E，連接CE，ME，如圖，因△BCD是正三角形，有CE⊥BD，而M是AD的中點，有ME∥AB，而AB⊥BD，則ME⊥BD，CE∩ME＝E，CE，ME?平面CME，于是得BD⊥平面CME，CM?平面CME，所以CM⊥BD，A不正確；對B，取CD的中點N，連MN，因M是AD的中點，則MN∥AC，AC?平面ABC，MN?平面ABC，所以MN∥平面ABC，B正確；對C，因，要三棱錐C﹣ABD的體積最大，當且僅當點C到平面ABD距離最大，由選項A知，點C到直線BD的距離是二面角A﹣BD﹣C的平面角，當∠CEM＝90°時，CE⊥平面ABD，即當C到平面ABD距離最大為時，三棱錐C﹣ABD的體積最大，此時CE⊥ME，有CE⊥AB，而AB⊥BD，CE∩BD＝E，CE，BD?平面BCD，則有AB⊥平面BCD，BC?平面BCD，所以AB⊥BC，C正確；對D，若∠CMB是二面角C﹣AD﹣B的平面角，則AD⊥CM，因為M為AD中點，故CA＝CD，這不一定成立，故D錯誤．故選：BC．5．學生到工廠勞動實踐，利用打印技術(shù)制作模型.如圖，該模型為長方體挖去四棱錐后所得的幾何體，其中為長方體的中心，分別為所在棱的中點，，打印所用原料密度為，不考慮打印損耗，制作該模型所需原料的質(zhì)量為___________.【答案】118．8【詳解】由題意得，，四棱錐O?EFG的高3cm，∴．又長方體的體積為，所以該模型體積為，其質(zhì)量為．6．如圖所示，在直角梯形BCEF中，，A，D分別是BF，CE上的點，且，，將四邊形沿折起，連接證明：面【詳解】取中點H，連接如下圖：由題意可知，即四邊形為平行四邊形，可得，面，面，可得面，四邊形為平行四邊形，則，，可得四邊形為平行四邊形，則，面，面，可得面，，面，面，根據(jù)面面平行的判定定理可得面面，面，從而可得面．2、轉(zhuǎn)化與化歸思想所謂轉(zhuǎn)化與化歸思想，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進而使問題得到解決的一種數(shù)學方法.(1)化未知為已知：當所要解決的問題和我們已經(jīng)掌握的問題有關(guān)系時，把所要解決的問題化為已知問題(2)化難為易：化難為易是解決數(shù)學問題的基本思想，當我們遇到的問題是嶄新的，解決起來有困難時，就要把這個問題化為我們熟悉的問題，而熟悉的問題我們有解決的方法，就化為了容易的問題，這是化難為易的一個方面.(3)化繁為簡：在一些問題中，已知條件或求解結(jié)論比較復雜，這時就可以通過化這些較復雜的已知條件或者結(jié)論為簡單的情況，再解決問題.有時把問題中的某個部分看作一個整體，進行換元，這也是化繁為簡的轉(zhuǎn)化思想.(4)化大為?。涸诮獯鹁C合性試題時，一個問題往往是由幾個問題組成的，整個問題的結(jié)論，是通過一系列的小問題得出的這種情況下，就可以把所要解決的問題轉(zhuǎn)化為幾個小問題進行解決(5)化立體為平面：解決空間幾何體的平面展開圖問題，可將空間幾何體的表面通過翻轉(zhuǎn)展開成平面圖形，從而更好地解決空間幾何體的距離、面積問題，即立體問題平面化.1．（2023秋·湖北武漢·高三統(tǒng)考期末）紫砂壺是中國特有的手工制造陶土工藝品,其制作始于明朝正德年間.紫砂壺的壺型眾多,經(jīng)典的有西施壺、掇球壺、石瓢壺、潘壺等.其中石瓢壺的壺體可以近似看成一個圓臺,如圖給出了一個石瓢壺的相關(guān)數(shù)據(jù)（單位:cm）,現(xiàn)在向這個空石瓢壺中加入（約）的礦泉水后,問石瓢壺內(nèi)水深約（

）cmA．2.8 B．2.9 C．3.0 D．3.1【答案】C【詳解】解:由題知礦泉水的體積為,將圓臺的中軸面拿出,補全為一個三角形如圖所示:加入礦泉水后,記石瓢壺內(nèi)水深為,水平面半徑為,由圖可知,所以有即,解得,由,得,即,解得:,故加入礦泉水后圓臺的體積為:,解得,所以.故選:C2．紅薯于1593年被商人陳振龍引入中國，也叫甘薯、番薯等.紅薯耐旱耐脊、產(chǎn)量豐富，曾于數(shù)次大饑荒年間成為不少人的“救命糧食”，現(xiàn)因其生食多汁、熟食如蜜，成為人們喜愛的美食甜點.小澤和弟弟在網(wǎng)紅一條街買了一根香氣撲鼻的烤紅薯，準備分著吃，如圖，該紅薯可近似看作三部分：左邊部分是半徑為的半球；中間部分是底面半徑為、高為的圓柱；右邊部分是底面半徑為、高為的圓錐，若小澤準備從中間部分的甲、乙、丙、丁四個位置選擇一處將紅薯掰成兩塊，且使得兩塊的體積最接近，則小澤選擇的位置是（

）A．甲 B．乙 C．丙 D．丁【答案】B【詳解】若從甲處分為兩塊，則左側(cè)體積為，右側(cè)體積為，兩者體積差為，若從乙處分為兩塊，則左側(cè)體積為，右側(cè)體積為，兩者體積差為，若從丙處分為兩塊，則左側(cè)體積為，右側(cè)體積為，兩者體積差為，若從丁處分為兩塊，則左側(cè)體積為，右側(cè)體積為，兩者體積差為，故從乙處掰成兩塊，體積最接近，故選：B.3．已知長方體的棱，和的長分別為3cm、4cm和5cm，則棱到平面的距離為____________cm【答案】3【詳解】依題意作圖，在長方體中，有平面，又平面，所以棱AB到平面的距離為cm.故答案為：3.4．已知正方體的棱長均為1.(1)求到平面的距離；(2)求平面與平面之間的距離.【答案】(1)；(2).（1）如圖：設(shè)到平面的距離為，正方體的棱長均為1，且面.,.

.（2）平面,平面.故平面平面.到平面的距離等于平面與平面之間的距離，設(shè)為.即..5．如圖，直三棱柱，.(1)證明：；【詳解】（1）直三棱柱，平面，并且平面，又，且，平面平面，又平面，.6．如圖，已知四邊形和四邊形都是直角梯形，，，，，，．設(shè)分別為的中點．(1)證明：；【詳解】（1）證明：由于，，平面，則平面，又平面，所以．又，，，，所以，則是等邊三角形，則，因為平面平面，所以平面，因為平面，所以，又因為平面平面，所以平面，因為平面，故；二、重點題型精講題型一：空間幾何體的結(jié)構(gòu)、表面積與體積1．在九章算術(shù)商功中將正四面形棱臺體棱臺的上、下底面均為正方形稱為方亭在方亭中，，方亭的體積為，則側(cè)面的面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】設(shè)方亭的高為，因為，方亭的體積為，所以，解得，如圖，過作，垂足為，連接，，過作，垂足為，易知四邊形為等腰梯形，且，，則，，因為側(cè)面為等腰梯形，所以，所以側(cè)面的面積為．故選:A．2．2022年卡塔爾世界杯稱之為史上最豪的一屆的世界杯，其足球場建設(shè)地美輪美奐，下圖是2022年卡塔爾世界杯第六座完建球場阿圖瑪瑪球場，其形狀可近似看成底面直徑240米，高50米的圓柱體內(nèi)切出一個底面棱長為120米的正四棱臺，其俯視圖如圖所示，則圓柱除去四棱臺后剩余部分的體積約為多少立方米（

）參考數(shù)據(jù)：，，棱臺體積公式：A．602400 B．1204800 C．1807200 D．301200【答案】B【詳解】解：依題意可得圓柱的底面半徑米，高米，正四棱臺下底面為邊長為米的正方形，上底面為邊長為米的正方形，高米，所以圓柱的體積立方米，正四棱臺的體積立方米，所以剩余部分的體積立方米.故選：B3．已知正三棱柱的所有棱長為，以為球心，為半徑的球面與側(cè)面的交線長為__________．【答案】【詳解】設(shè)的中點為，易知，又因為面面，且面面，所以面，所以題中所求交線即為以為圓心，為半徑的一段圓?。O(shè)該圓弧與的交點分別為，球與側(cè)面的交線如圖所示，則，易知，所以該圓弧所對的圓心角為，故所求弧長為，故答案為：.4．一名學生參加學校社團活動，利用3D技術(shù)打印一個幾何模型該模型由一個幾何體及其外接球組成，幾何體由一個內(nèi)角都是120°的六邊形繞邊旋轉(zhuǎn)一周得到且滿足，，則球與幾何體的體積之比為______.【答案】【詳解】方法一：設(shè)，，連接，因為，且每一個內(nèi)角都為，所以，所以，即，所以四邊形是長方形，，∴，∴，，，；方法二：設(shè)，，∴，旋轉(zhuǎn)形成的幾何體為一個圓臺挖去一個圓錐，，，∴，∵幾何體存在外接球，設(shè)中點為，∴為球心，由，∴，，∴，，∴.5．已知三棱錐的外接球的半徑為，，，，則三棱錐的體積為______.【答案】【詳解】因為三棱錐的外接球的半徑為，，所以為外接球的直徑，又因為都在球上，所以.，所以在中，，，,在中,,在中,,在中，,.面，.故答案為：.6．對于精美的禮物，通常人們會用包裝紙把禮物包好，還會用彩帶捆扎包裝好的禮物，有時還會扎出一個花結(jié).這些包裝彩帶也不便宜，因此在捆扎時不僅要考慮美觀?結(jié)實，也要考慮盡量地節(jié)省包裝彩帶.以長方體的禮物為例，較為典型的兩種捆扎方式分別為“十字”和“對角”，如下圖所示.“十字”捆扎“對角”捆扎假設(shè)1：將禮物視作一個長方體，其長為4，寬為2?高為1；假設(shè)2：不考慮花結(jié)處的彩帶，將每一段彩帶視為線段，且完全位于禮物的表面上；假設(shè)3：“十字”捆扎中，長方體表面上的每一段彩帶（上底面和下底面各2段，每個側(cè)面各1段）都與其相交的棱垂直；假設(shè)4：“對角”捆扎中，以某種方式展開長方體后，長方體表面上的每一段彩帶（上底面和下底面各2段，每個側(cè)面各1段）在其表面展開圖上均落在同一條直線上.(1)求“十字”捆扎中彩帶的總長度；(2)根據(jù)假設(shè)4繪制示意圖，求“對角”捆扎中彩帶的總長度，并比較兩種捆扎方式，給出用彩帶捆扎禮物的建議.【答案】(1)(2)，在實際生活中包裝彩帶時應(yīng)選擇“對角”捆扎的方式，更節(jié)省包裝彩帶【詳解】（1）采用“十字”捆扎中彩帶的總長度為；（2）由于，因此在實際生活中包裝彩帶時應(yīng)選擇“對角”捆扎的方式，更節(jié)省包裝彩帶.7．已知兩個四棱錐與的公共底面是邊長為2的正方形，頂點、在底面的同側(cè)，棱錐的高，、分別為AB、CD的中點，與交于點E，與交于點F．(1)求的長；(2)求這兩個棱錐的公共部分的體積．【答案】(1)(2)【詳解】（1）連接，如圖所示：因為平面，平面，所以，又，所以四邊形是矩形，所以，且，又分別為的中點，所以，且，所以，且，所以四邊形為平行四邊形，又對角線，所以為的中點，由題意可知：在中，，所以.（2）連接，交于點，過點作于，由題意知，故，又，，平面，所以平面，因為平面，故，又，平面，所以平面，即是四棱錐的高，由（1）同理可得點為線段的中點，所以，且，在中，，則，所以，因為，所以.題型二：多面體與球接、切問題角度1：內(nèi)切球問題1．立體幾何中，用一個平面去截一個幾何體得到的平面圖形叫截面.已知正方體的內(nèi)切球的直徑為過球的一條直徑作該正方體的截面，所得的截面面積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】解：當截面為正方體的對角面時，截面面積最大，由已知得正方體棱長為截面面積的最大值為故選：D2．將半徑為3，圓心角為的扇形圍成一個圓錐，則該圓錐的內(nèi)切球的體積為（）A． B． C． D．2π【答案】A【詳解】解：設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，則2πr，∴r＝1，h2，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則，∴R，VπR3π（）3π，故選A．3．已知三棱柱中，，，平面平面，，若該三棱柱存在體積為的內(nèi)切球，則三棱錐體積為（

）A． B． C．2 D．4【答案】D【詳解】如圖所示，因為，，，所以平面，又因為平面平面，平面平面，過點作，則平面，則，又因為，所以平面，平面，所以.設(shè)則，又因為三棱錐內(nèi)切球的體積為，則，則，，即，則，解得，棱柱的高等于內(nèi)切球直徑，所以，故三棱錐的體積為.故選：D4．已知正四棱錐的底面邊長為4，側(cè)棱長為，其內(nèi)切球與兩側(cè)面，分別切于點，則的長度為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】解：如圖所示：設(shè)正四棱錐內(nèi)切球的球心為O，半徑為R，P為內(nèi)切球與側(cè)面PAB的切點，為側(cè)面上切點所在小圓的圓心，半徑為r，E為AB中點，底面正方形ABCD中心，因為正四棱錐S-ABCD的底面邊長為4，側(cè)棱長為，所以正四棱錐側(cè)面三角形的高為，正四棱錐的高為，正四棱錐的表面積為，正四棱錐的體積為，由等體積法得：，解得，因為，所以，由正四棱錐的定義知：內(nèi)切圓與四個側(cè)面相切，四個切點構(gòu)成正方形，所以，故選：A5．棱長為36的正四面體的內(nèi)切球球面上有一動點，則的最小值為__．【答案】【詳解】作底面，垂足為，易知點是正三角形的重心，則，，設(shè)點是內(nèi)切球的球心（點也是外接球的球心），則，，在中，有，即，解得：，則外接球半徑，在高上取點，使，如圖所示：則正四面體的內(nèi)切球球面是以為定點，且定比為的阿波羅尼斯球球面，由，得，因此.故，而，由余弦定理得：即，故的最小值為.故答案為：6．佩香囊是端午節(jié)傳統(tǒng)習俗之一．香囊內(nèi)通常填充一些中草藥，有清香、驅(qū)蟲、開竅的．因地方習俗的差異，香囊常用絲布做成各種不同的形狀，形形色色，玲瓏奪目．圖1的平行四邊形ABCD由六個邊長為1的正三角形構(gòu)成．將它沿虛線折起來，可得圖2所示的六面體形狀的香囊．那么在圖2這個六面體中內(nèi)切球半徑為__________，體積為__________.【答案】

【詳解】解：如圖所示：易知該幾何體是側(cè)棱長為1，以邊長為1的等邊三角形為底的兩個正三棱錐組成，O為的中心，即內(nèi)切球的球心，M為FB的中點，連接HM，作，則ON為內(nèi)切球的半徑，因為，所以，所以內(nèi)切球的半徑為，內(nèi)切球的體積為，故答案為：，角度2：外接球問題1．“陽馬”，是底面為矩形，且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐．《九章算術(shù)》總結(jié)了先秦時期數(shù)學成就，是我國古代內(nèi)容極為豐富的數(shù)學巨著，對后世數(shù)學研究產(chǎn)生了廣泛而深遠的影響．書中有如下問題：“今有陽馬，廣五尺，袤七尺，高八尺．問積幾何？”其意思為：“今有底面為矩形，一條側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，它的底面長、寬分別為尺和尺，高為8尺，問它的體積是多少？”若以上的條件不變，則這個四棱錐的外接球的表面積為（

）平方尺.A． B． C． D．【答案】C【詳解】如圖所示，這個四棱錐的外接球和長方體的外接球相同，所以外接球的半徑為，外接球的表面積.故選：C.2．在四棱錐中，ABCD是邊長為2的正方形，，平面平面，則四棱錐外接球的表面積為（

）A．4π B．8π C． D．【答案】C【詳解】由題意將該四棱錐放在一個長方體的中，如圖①所示：取的中點，連接，連接交于，由，則在等腰中有：，又平面平面，且平面平面ABCD=，則平面，又，所以在中，，由底面為正方形，所以它的外接圓的圓心為對角線的交點，連接，則，外接圓的圓心為，且在上，過點，分別作平面與平面的垂線，則兩垂線必交于點，點即為四棱錐外接球的球心，且平面，又平面，即平面，所以，所以四邊形為矩形.如圖②連接，則，在中，，所以，解得，所以，所以，在圖①中連接，由，所以在中，，即四棱錐外接球的半徑為，所以四棱錐外接球的表面積為：，故選：C.3．則三棱錐中，平面，則三棱錐的外接球半徑為（

）A．3 B． C． D．6【答案】B【詳解】由題由正弦定理得，外接圓直徑為，得，設(shè)球心到平面得距離為，所以，所以三棱錐的外接球半徑為，故選：B.4．在三棱錐中，，，設(shè)側(cè)面與底面的夾角為，若三棱錐的體積為，則當該三棱錐外接球表面積取最小值時，（

）A． B． C． D．4【答案】B【詳解】因為，，所以，所以，所以，所以，所以為的外接圓的直徑，設(shè)的中點為，則為的外接圓的圓心，因為，設(shè)到平面的距離為，則，所以，當該三棱錐外接球表面積取最小值時，半徑最小，設(shè)三棱錐的外接球的球心為，半徑為，則平面，若點和點在平面的同側(cè)，如圖：則，即，當且僅當三點共線時，取等號，在中，，所以，所以，所以，當且僅當三點共線時，取等號，若點和點在平面的異側(cè)，則，所以，若與重合時，，不合題意，綜上所述：的最小值為，且當時，三點共線，此時平面，取的中點，連，，則，因為平面，平面，所以，又，所以平面，因為平面，所以，所以是側(cè)面與底面的夾角，即，因為，，所以.故選：B5．在正三棱柱中，所有棱長之和為定值，當正三棱柱外接球的表面積取得最小值時，正三棱柱的側(cè)面積為（

）A．12 B．16 C．24 D．18【答案】D【詳解】設(shè)正三棱柱的底面邊長為，側(cè)棱長為，，為正實數(shù)，設(shè)，為正常數(shù)，，設(shè)正三棱柱外接球的半徑為，底面外接圓半徑為，由正弦定理得，，所以，所以當時，取得最小值為，所以正三棱柱外接球的表面積的最小值，．則，此時正三棱柱的側(cè)面積為．故選：D6．已知正三棱柱的側(cè)棱長為，底面邊長為，若該正三棱柱的外接球體積為，當最大時，該正三棱柱的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】因為正三棱柱外接球的體積為，所以，設(shè)球心為，底面外接圓圓心為，由正三棱錐可得，底面外接圓半徑，所以由勾股定理得，設(shè)，當直線與曲線相切時，最大，聯(lián)立方程組得，由，得或（舍去），此時，，所以正三棱柱的體積，故選：B角度3：內(nèi)切球與外接球綜合1．若一個正六棱柱既有外接球又有內(nèi)切球，則該正六棱柱的外接球和內(nèi)切球的表面積的比值為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】如圖：分別為底面中心，為的中點，為的中點，設(shè)正六棱柱的底面邊長為若正六棱柱有內(nèi)切球，則，即內(nèi)切球的半徑，，即外接球的半徑，則該正六棱柱的外接球和內(nèi)切球的表面積的比值為故選：C．2．已知某正三棱錐的內(nèi)切球與外接球的球心恰好重合，如果其內(nèi)切球的半徑為，其外接球的體積為，那么這個三棱錐的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】由題意可知，點在底面內(nèi)的射影點為等邊的中心，取線段的中點，連接，則，易知三棱錐的外接球球心在線段上，設(shè)正三棱錐的外接球半徑為，則，解得，設(shè)正三棱錐的內(nèi)切球的半徑為，則，故，平面，平面，，易知，則，所以，，故，所以，，由勾股定理可得，所以，正三棱錐是邊長為的正四面體，因此，正三棱錐的表面積為.故選：B.3．已知空間四邊形，，，且，，面ABC與面夾角正弦值為1，則空間四邊形外接球與內(nèi)切球的表面積之比為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】解：面與面夾角正弦值為1，面面，又面面面，平面，則空間四邊形可以內(nèi)接于圓柱中，如下圖所示：點在上底面圓周上，三個頂點在下底面圓周上，則圓柱的外接球即空間四邊形的外接球，取的中點為，連接，則球心為，半徑為，且，為正的外接圓半徑，由正弦定理得，即，所以；如下圖，設(shè)空間四邊形的內(nèi)切球球心為，連接，設(shè)內(nèi)切球半徑為，則，又中，，所以，所以所以外接球與內(nèi)切球的表面積之比為.故選：C.4．張衡（78年—139年）是中國東漢時期偉大的天文學家、文學家、數(shù)學家．他的數(shù)學著作有《算罔論》．他曾經(jīng)得出結(jié)論：圓周率的平方除以十六等于八分之五．已知正方體的外接球與內(nèi)切球上各有一個動點，，若線段的最大值為，利用張衡的結(jié)論可得該正方體內(nèi)切球的表面積為______．【答案】【詳解】設(shè)正方體的棱長為，則正方體內(nèi)切球半徑，正方體外接球半徑滿足，解得，∵線段的最大值為，解得，∴內(nèi)切球半徑為，∴該正方體內(nèi)切球的表面積，又∵圓周率的平方除以十六等于八分之五，即，∴，∴正方體內(nèi)切球的表面積為．故答案為：.5．已知一個體積為的球內(nèi)切于直三棱柱（即與三棱柱的所有面均相切）,底面的中有,則該直三棱柱的外接球（即使所有頂點均落在球面上）的表面積為________．【答案】【詳解】解:由題知，記內(nèi)切球半徑為,外接球半徑為,內(nèi)切圓、外接圓半徑為r,R,則,解得,因為該球內(nèi)切于一個直三棱柱,當且僅當球半徑與底面三角形內(nèi)切圓半徑相等,同時棱柱的高恰為球半徑的2倍,所以;由題意,設(shè),則在中由余弦定理得,,,所以,由內(nèi)切圓半徑公式,,解得,所以,由正弦定理,,得,而直三棱柱內(nèi)接于一個球,當且僅當兩全等的底面位于距球心距離相同且平行的兩個小圓上,顯然該兩個小圓距球心的距離d應(yīng)為棱柱高h的一半,所以平面與球心間的距離,且其所在小圓的半徑即為其本身外接圓的半徑,為,由球的垂徑定理,,所以球的表面積為．6．底邊和腰長之比為的等腰三角形被稱為“黃金三角形”，四個面都為“黃金三角形”的四面體被稱為“黃金四面體”.“黃金四面體”的外接球與內(nèi)切球表面積之比為______.【答案】【詳解】如圖，設(shè)四面體為“黃金四面體”，且，得，又因四個面都為“黃金三角形”，則.注意到四面體對棱相等，則將其補形為如圖所示長方體，則該長方體外接球與該四面體外接球重合.設(shè)，則長方體外接球半徑為長方體體對角線長度的一半，有，又注意到：，得，又，得.注意到，，則.又在中，，取中點為E，則，故，又由前面分析可知四面體的四個面全等，則四面體的表面積.設(shè)四面體的內(nèi)切球半徑為，則，得.注意到，則，又，得，又，則.則“黃金四面體”的外接球與內(nèi)切球表面積之比為：，代入，得比值為：.故答案為：題型三：平行問題1．如圖，四棱錐中，底面是平行四邊形，、分別是、的中點．證明：平面．【詳解】證明：取的中點，連接、，因為、分別是、的中點，所以且．因為四邊形為平行四邊形，則且，為的中點，則且，且，所以，四邊形為平行四邊形，故，平面，平面，平面.2．如圖，已知四棱錐的底面是直角梯形，，，為側(cè)棱的中點，求證：平面【詳解】取的中點，連接，，在中，，在梯形中，，∴，，∴四邊形是平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面；3．如圖，在三棱柱中，，，分別為，，的中點．(1)求證：平面平面；(2)若平面，求證：為的中點．（1）證明：如圖，，分別為，的中點，，平面，平面，平面，又，分別為，的中點，，又，四邊形為平行四邊形，則，平面，平面，平面，又，平面，平面平面；（2）證明：平面平面，平面平面，平面與平面有公共點，則有經(jīng)過的直線，交于G，則，得，為的中點，為的中點．4．在三棱柱中，(1)若分別是的中點，求證：平面平面.(2)若點分別是上的點，且平面平面，試求的值．【答案】(1)證明見解析(2)1【詳解】（1）∵分別是的中點，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，又∵平面，平面，∴平面，又∵，平面，∴平面平面.（2）連接交于，連接，由平面平面，且平面平面，平面平面，∴，同理可得，所以，即為線段的中點，所以為線段的中點，即.5．在三棱柱中，（1）若分別是的中點，求證：平面平面.（2）若點分別是上的點，且平面平面，試求的值．【答案】（1）證明見解析；（2）1.【詳解】（1）∵分別是的中點，∴，∵平面，平面，∴平面，∵，，∴四邊形是平行四邊形，∴，又∵平面，平面，∴平面，又∵，平面，∴平面平面；（2）連接交于O，連接，由平面平面，且平面平面，平面平面，∴，則，又由題設(shè)，∴，即.6．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(gòu)成的三面角，，，，二面角的大小為，則．（1）當、時，證明以上三面角余弦定理；（2）如圖2，四棱柱中，平面平面，，，①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．【答案】（1）證明見解析；（2）①；②當點在的延長線上，且使時，平面.【詳解】（1）證明：如圖，過射線上一點作交于點，作交于點，連接，則是二面角的平面角．在中和中分別用余弦定理，得，，兩式相減得，∴，兩邊同除以，得．（2）①由平面平面，知，∴由（1）得，∵，，∴．②在直線上存在點，使平面．連結(jié)，延長至，使，連結(jié)，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．題型四：垂直問題1．如圖，四棱錐中，平面平面，為的中點，為的中點，且，，．證明：平面【詳解】證明：如圖，連接AF，由題意知為等腰三角形，而為的中點，所以．又因為平面平面，且，平面平面，平面，所以平面．而平面，所以．而，平面，所以平面．連接，則，，而，，所以且，所以是平行四邊形，因此，故平面．2．如圖，在四棱錐中，，，，，，平面平面.證明：平面【詳解】證明：由題設(shè)，，又面面，面面，面，所以面，而面，則，由得：，又，則平面.3．如圖，在三棱維中，，平面平面.(1)求證：；(2)求證：平面.（1）在三棱維中，因，，平面，于是得平面，而平面，所以.（2）在平面內(nèi)過點A作于，如圖，因平面平面，平面平面，則有平面，而平面，于是得，由（1）知，，平面，所以平面.4．如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，AB⊥平面PAD，ABCD，PD＝AD，E是PB的中點，F(xiàn)是DC上的點，且DF＝AB，PH為中AD邊上的高．求證：（1）PH⊥平面ABCD；（2）EF⊥平面PAB．【詳解】（1）因為AB⊥平面PAD，PH?平面PAD，所以PH⊥AB．因為PH為中AD邊上的高，所以PH⊥AD．因為AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，所以PH⊥平面ABCD．（2）如圖，取PA的中點M，連接MD，ME．因為E是PB的中點，所以MEAB．又因為DFAB．所以ME=DF，又ABCD，所以MEDF，所以四邊形MEFD是平行四邊形，所以EFMD．因為PD＝AD，所以MD⊥PA．因為AB⊥平面PAD，所以MD⊥PA．因為PA∩AB＝A，所以MD⊥平面PAB，所以EF⊥平面PAB．5．如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面是邊長為a的正方形，側(cè)棱PD＝a，PA＝PC，求證：(1)PD⊥平面ABCD；(2)平面PAC⊥平面PBD；(3)二面角P﹣BC﹣D的平面角的大小為45°．（1）證明：因為PD＝a，PA＝PCa，DA＝DC＝a，滿足PA2＝PD2+AD2，所以PD⊥AD，同理PD⊥CD，因為ADCD＝D，平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD．（2）設(shè)AC∩BD＝O，連接OP，如圖所示：因為底面是邊長為a的正方形，所以AC⊥BD，O為AC中點，因為PA＝PC，所以AC⊥OP，因為OP∩BD＝B，平面PBD，所以AC⊥平面PBD，因為AC?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD．（3）由（1）知PD⊥AD，由（2）知AD⊥CD，因為PD∩CD＝D，平面PCD，所以AD⊥平面PCD，因為BC∥AD，所以BC⊥平面PCD，平面PCD，所以BC⊥CD，BC⊥PC，所以二面角P﹣BC﹣D的平面角為∠PCD，又因為是等腰直角三角形，所以二面角P﹣BC﹣D的平面角的大小為45°．6．如圖，在四棱錐S－ABCD中，四邊形ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD為正三角形．側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為棱AD，SB的中點．(1)求證：AF∥平面SEC；(2)求證：平面ASB⊥平面CSB；(3)在棱SB上是否存在一點M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)存在，【詳解】（1）證明：如圖，取SC的中點G，連接FG，EG，∵F，G分別是SB，SC的中點，∴FG∥BC，，∵四邊形ABCD是菱形，E是AD的中點，∴AE∥BC，，∴FG∥AE，F(xiàn)G＝AE，∴四邊形AFGE是平行四邊形，∴AF∥EG，又平面SEC，平面SEC，∴AF∥平面SEC；（2）證明：∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點，∴SE⊥AD，∵四邊形ABCD是菱形，，∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點，∴AD⊥CE，又平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又平面SEC，∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，∴四邊形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，又SA＝AB，F(xiàn)是SB的中點，∴AF⊥SB，又平面SBC，∴AF⊥平面SBC，又平面ASB，∴平面ASB⊥平面CSB；（3）解：假設(shè)在棱SB上存在點M，使得BD⊥平面MAC，連接MO，BE，∵平面MAC，∴BD⊥OM，∵四邊形ABCD是邊長為2的菱形，，△SAD為正三角形，∴，∵側(cè)面SAD⊥底面ABCD，又側(cè)面底面ABCD＝AD，平面SAD，∴SE⊥平面ABCD，又平面ABCD，∴SE⊥BE，∴，∴，∴，∴，∴，∴在棱SB上是否存在一點M，使得BD⊥平面MAC，.題型五：空間角角度1：異面直線所成角1．如圖，在直三棱柱中，，且分別是棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】如圖，在棱上取一點，使得，取的中點，連接,，由于分別是棱的中點，所以，故四邊形為平行四邊形，進而,又因為是的中點，所以,所以，則或其補角是異面直線與所成的角.設(shè)，則，從而，故,故異面直線與所成角的余弦值是.故選：A2．在三棱錐A－BCD中，已知平面BCD，，若AB＝2，BC＝CD＝4，則AC與BD所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】如圖，取，，的中點E，F(xiàn)，G連接，，．∵，，∴（或其補角）即為與所成的角．∵平面，∴，∴，則，∵，，．取的中點，連接，，∴，∴平面，∴，又，∴，∴．∴與所成角的余弦值為．故選：C3．如圖，在直棱柱中，為的中點，為的中點，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】D【詳解】解：連接，如下圖由E為的中點，為的中點易知：四邊形為平行四邊形，，∴即為異面直線與所成角，，平面，又面，，設(shè)，則，．故選：D．4．如圖，在直三棱柱中，面，，則直線與直線夾角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】連接交于，若是的中點，連接，由為直棱柱，各側(cè)面四邊形為矩形，易知：是的中點，所以，故直線與直線夾角，即為與的夾角或補角，若，則，，面，面，則，而，又，面，故面，又面，所以.所以，，在△中.故選：C5．已知體積為6的四面體滿足，，，則異面直線與所成的角的大小為______．【答案】【詳解】如圖過點作且,連接,則為異面直線與所成的角,易知是正方形,所以,因為,,所以,又平面,平面,,所以平面,平面,所以,因為四面體體積為6,所以四棱錐的體積為所以,中,過作垂線為,所以為等邊三角形,所以在中,,,異面直線與所成的角的大小為故答案為:.6．已知異面直線所成角為，過空間一點有且僅有條直線與所成角都是，則的取值范圍是___________.【答案】【詳解】將直線平移交于點，設(shè)平移后的直線為，過點作及其外角的角平分線，則；在方向，要使過空間一點的直線，且與所成角都是的直線有兩條，則；在方向，要使過空間一點的直線，且與所成角都是的直線不存在，則；綜上所述：.故答案為：.7．在如圖直四棱柱中，底面為菱形，，，點為棱的中點，若為菱形內(nèi)一點（不包含邊界），滿足平面，設(shè)直線與直線所成角為，則的最小值為______.【答案】【詳解】取線段，中點，，連結(jié)，，.如圖所示：由于，，所以，因為平面，平面，所以平面，同理可得平面平面，又，故平面平面，故點在線段上.因為，所以，故.在中，當時，取得最小值，故tana的最小值為.故答案為：角度2：直線與平面所成角1．如圖示，三棱錐的底面是等腰直角三角形，，且，，則與面所成角的正弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】由題知是等腰直角三角形且，是等邊三角形，設(shè)中點為，連接，，可知，，同時易知，，所以面，故即為與面所成角，有，故.故選：A.2．在長方體中，，，則與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【詳解】解：連接交于F，設(shè)與平面所成角為，因為∥,所以與平面所成角為，如圖：因為在長方體中，，，所以四邊形是正方形，是中點，，，所以，又，面，所以平面，又平面，所以平面平面，過作于，因為面面，面面，，面，所以平面，所以，即，所以.故選：A.3．已知三棱錐的底面是正三角形，平面，且，則直線與平面所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】如圖所示：為中點，連接，，作于.平面，平面，故，，，故平面，平面，故，又，，故平面，即即為直線與平面所成角.設(shè)，則，，故.故選：B4．在正方體中，A1B與平面BB1D1D所成角的余弦值為___________.【答案】【詳解】如圖取的中點，連接，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知平面.連接，則為在平面內(nèi)的射影，所以為所求的線面角.在中，，所以.所以故與平面所成角的余弦值為.故答案為：5．若正三棱錐底面邊長為2，側(cè)棱與底面所成的角為，則其體積為_______．【答案】【詳解】解：先求正三棱錐的高，由題意，頂點在底面中的射影是底面的中心，為側(cè)棱與底面所成角，，從而有高，又底面積，所以正三棱錐的體積.故答案為：.6．三棱錐中，面面，，，，，,為射線上一動點，求直線與面所成角的正弦的最大值為______________【答案】【詳解】如圖，過作，垂足點為，連接,根據(jù)面面，面面，可得底面，即為直線與面所成角，設(shè)，設(shè)，又，則，因為，，，，則，易知，且，在中，，由余弦定理可得：，又，，所以，，令，則，，當時，取得最大值.所以，直線與面所成角的正弦的最大值為．故答案為：．角度3：二面角1．四面體中，，則二面角的平面角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】過點A作交于點M，過點M作交于點N，如圖，則是二面角的平面角，設(shè)，則，在和中，由余弦定理，，所以，故選：C2．正三棱臺側(cè)面與底面所成角為，側(cè)棱與底面所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【詳解】如圖所示，三棱臺為,延長側(cè)棱交于一點,則三棱錐為正三棱錐，設(shè)底面邊長為，作底面，則為底面中心，所以，易知即為側(cè)面與底面所成角，所以，所以，由底面，可知即為側(cè)棱與底面所成角，所以，所以.故選：B.3．如圖，已知三棱錐S–ABC中，SA=SB=CA=CB=，AB=2，SC=，則二面角S–AB–C的平面角的大小為A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】C【詳解】如圖，取AB的中點O，連接SO，CO，由SA=SB=CA=CB可得AB⊥平面SOC，∴二面角S–AB–C的平面角是∠SOC．在△SOA中，SO=，同理CO=，在△SOC中，SO=CO=SC=，∴∠SOC=60°，二面角S–AB–C的平面角的大小為60°．故選C．4．在正方體中，平面與平面所成的銳二面角的大小是___________.【答案】【詳解】正方體中，平面，又平面，所以，又，所以是平面與平面所成的銳二面角的平面角，在直角中，，所以平面與平面所成的銳二面角的大小是．故答案為：．5．如圖，菱形ABCD的邊長為2，，E為AC的中點，將沿AC翻折使點D至點.(1)求證：平面平面ABC；(2)若三棱錐的體積為，求二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）證明：在菱形中，，∴和均為等邊三角形，又∵E為AC的中點，∴，，，平面，∴平面，又∵平面ABC，∴平面平面ABC.（2）過作于點，∵平面平面ABC，平面，∴平面ABC.∴.過M作于點，連接，∵平面ABC，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴.∴即為二面角的平面角，，∴，，∴，∴.故二面角的余弦值為.6．如圖，在正四棱錐中，，點O為底面的中心，點P在棱上，且的面積為1．(1)若點P是的中點，求證：平面平面；(2)在棱上是否存在一點P使得二面角的余弦值為？若存在，求出點P的位置；若不存在，說明強由．【答案】(1)證明見解析(2)存在，P為棱SD靠近端點S的三等分點.【詳解】（1）在四棱錐S-ABCD中，正方形ABCD的邊長是，則AC=2，因點S在底面ABCD上的射影為底面ABCD的中心點O，即SO⊥底面ABCD，而AC底面ABCD，則SO⊥AC，又△SAC的面積為1，即，解得，于是得，則，因點P是SD的中點，則有SD⊥AP，SD⊥CP，而，平面PAC，從而得SD⊥平面PAC，又平面SCD，所以平面SCD⊥平面PAC.（2）假定在棱SD上存在一點P使得平面PAC和平面ACD夾角的余弦值為，連OP，OD，如圖，由(1)知，SO⊥AC，而DO⊥AC，，平面SOD，則有AC⊥平面SOD，又平面SOD，從而有PO⊥AC，因此，是二面角P-AC-D的平面角，令PD=a，由(1)知，SO⊥DO，SO=DO=1，則，且，過P作PM//SO交DO于M，則PM⊥DO，，，因，則，而，即有，，解得：，即有，所以在棱SD上存在一點P使得二面角的余弦值為，P為棱SD靠近端點S的三等分點.7．如圖，在直角梯形中，，，，沿對角線將折至的位置，記二面角的平面角為．(1)當時，求證：平面平面；(2)若為的中點，當時，求二面角的正切值．【答案】(1)證明見解析；(2)【詳解】（1）當時，平面平面．在直角梯形中，，所以，所以，因為平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面．（2）取的中點，連接，因為，所以．因為為的中點，連接，則為的中位線，所以．因為，所以，所以為二面角的平面角，即．因為，所以平面．因為平面，所以平面平面．因為平面平面，所以過作，交于點，則平面．平面，，過作與點，連結(jié)，．所以．所以為二面角的平面角．在中，，，．在中，．在中，，所以，故二面角的正切值為．題型六：距離問題角度1：點到平面的距離1．直三棱柱中，若，，，是棱上的中點，則點到平面的距離是（

）A．1 B． C． D．【答案】C【詳解】如圖，在直三棱柱中，連接，由題知，平面，，又，∴又，所以平面，所以，由于，點是棱上的中點，根據(jù)勾股定理，，，，所以，即.設(shè)到平面的距離為，則，設(shè)點到平面的距離為，在四面體中，，則，解得.故選：C.2．在棱長為1的正方體中，到平面的距離為________.【答案】【詳解】如圖，設(shè)到平面的距離為，，又，得.故答案為：3．如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．求A到平面的距離；【答案】【詳解】在直三棱柱中，設(shè)點A到平面的距離為h，則，解得，所以點A到平面的距離為.4．如圖，在直三棱柱中，分別為的中點．(1)判斷直線與平面的位置關(guān)系，并說明理由；(2)求點到平面的距離．【答案】(1)平行，證明見解析；(2)【詳解】（1）如圖，作中點，并連接,分別為的中點,∥,平面，平面,∥平面,又在直三棱柱中，∥,平面，平面∥平面,且,平面，平面，故平面∥平面，而平面，故∥平面.（2）則底面為等邊三角形，且為的中點，,在直三棱柱中，,，且∥平面,平面,故,又,,，則中邊上高，故，故，∴點到平面的距離為.5．如圖，是三棱錐的高，線段的中點為，且，.(1)證明：平面；(2)求到平面的距離.【答案】(1)證明見解析(2).【詳解】（1）因為，線段的中點為，所以.因為是三棱錐的高，所以平面，因為平面，所以.因為平面，平面，，所以平面（2）法一：（綜合法）在平面中，過點作，如圖所示，因為平面，平面，所以.因為，平面，平面，，所以平面.在中，.所以在中，，所以，所以到平面的距離為.法二：（等體積法）設(shè)到平面的距離為，則在中，.在中，.因為是三棱錐的高，所以，，解得，所以到平面的距離為.6．如圖，三棱柱的所有棱長都是2，平面，，分別是，的中點.(1)求證：平面平面；(2)求平面和平面夾角的余弦值；(3)在線段（含端點）上是否存在點，使點到平面的距離為？若存在，請指出點的位置，并證明你的結(jié)論；若不存在，請說明理由.【答案】(1)見解析；(2)；(3)存在，與點重合時，滿足題意.【詳解】（1）證明：因為平面，平面，所以，又為邊長為2的正三角形，為中點，所以，所以平面，平面，所以①,又，所以，所以，所以，所以(為與的交點)，所以②，又因為③,由①②③可得平面，又因為平面，所以平面平面；（2）解：設(shè),過作于，連接,因為平面，平面，所以，又因為，，則平面,平面,所以，所以為平面和平面夾角，在中，,在中，，所以，所以中，,所以；（3）當點與點重合時，點到平面的距離為，取中點，連接,則∥，所以四點共面，又平面，平面，所以，又，,所以平面，設(shè)點到平面的距離為，又,即,即,所以，解得.故在線段存在點（端點處），使點到平面的距離為.角度2：直線到平面的距離1．若正四棱柱的底面邊長為，與底面成角，則到底面的距離為__________.【答案】【詳解】∵正四棱柱，∴平面平面，平面，平面,到底面的距離為正四棱柱的高∵正四棱柱的底面邊長為，與底面成角，故答案為:．2．若正四棱柱的底面邊長為1，直線與底面所成角的大小是，則到底面的距離為______．【答案】【詳解】解：如圖，連接正四棱柱的底面邊長為1，則，所以且底面，則直線與底面所成角即則則在正四棱柱中，到底面的距離為即到到底面的距離.故答案為：.3．在長方體中，M、N分別為、AB的中點，AB＝4，則MN與平面的距離為______．【答案】2【詳解】連接，在長方體中，M、N分別為、AB的中點，則，則四邊形為平行四邊形，則又平面，平面，則平面又平面，則即為直線MN與平面的距離，又，則直線MN與平面的距離為2.故答案為：24．如圖，在正方體中，，則直線到平面的距離為___________.【答案】【詳解】連接，交于點，如圖所示：在正方體中，，又平面，又平面，所以平面，則直線到平面的距離即為點到平面的距離，在正方體中，，平面，又平面，所以，又，平面，平面，所以平面，故為點到平面的距離，因為，所以，所以直線到平面的距離為.故答案為：.5．已知正四棱柱中，，為的中點，則直線與平面的距離為________．【答案】【詳解】解：如圖：連接，交于，連接，在正四棱柱中為的中點，為的中點，所以，又平面，平面，所以平面，直線與平面的距離即為點到平面的距離，設(shè)為，在三棱錐中，在三棱錐中，，，，故答案為：．6．如圖所示，在三棱柱中，已知ABCD和為是矩形，平面平面ABCD.若，則直線AB到面的距離為___________.【答案】【詳解】取的中點，連接，因為ABCD和為是矩形，，又，面，又面，，又，，，得，又為的中點，又，面，所以直線AB到面的距離即為，平面平面ABCD，且平面平面ABCD，面，又面在中，故答案為：.角度3：平面到平面的距離1．如圖，在長方體中，設(shè)，，，則點B到面的距離為________，直線AC與面的距離為________，面與面的距離為________.【答案】

3

1

2【詳解】在長方體中，面,所以點B到面的距離為即點B到面的距離為3.面,則直線上任意一點到面的距離相等。由面,所以點到面的距離為所以直線AC與面的距離為1.面與面平行，且與面、面都垂直所以線段為面與面的距離，故面與面的距離2.2．在長方體中，有一過且與平面平行的平面，棱，，則平面與平面的距離是_________．【答案】【詳解】因為平面平面，平面，所以到平面的距離即為平面與平面間的距離，易知平面，從而點A到平面的距離即為所求的距離．如圖，過點A作于點．因為平面，平面所以平面平面，又平面平面=所以平面，則即為所求．在中，，，則，因為，所以．故平面與平面的距離為．故答案為：3．在長方體中，已知，，與平面ABCD所成角的大小是，那么平面ABCD到平面的距離是______．【答案】【詳解】如圖，連接AC,因為平面ABCD,故即為與平面ABCD所成角，則，又因為，，則,故在中，，在長方體中,平面ABCD到平面的距離即為棱的長，即平面ABCD到平面的距離為，故答案為：4．如圖，在直三棱柱中，，，，分別為，，的中點，點在棱上，且，，.(1)求證：平面；(2)求證：平面平面；(3)求平面與平面的距離.【答案】(1)見解析(2)見解析(3)（1）證明：在直三棱柱中，為的中點，，，故，因為，所以，又平面，平面，所以，又因，，所以平面，又平面，所以，又，所以平面；（2）證明：取的中點，連接，則為的中點，因為，，分別為，，的中點，所以，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以，又平面，平面，所以平面，因為，所以，又平面，平面，所以平面，又因，平面，平面，所以平面平面；（3）設(shè)，因為平面，平面平面，所以平面，所以即為平面與平面的距離，因為平面，所以，，所以，即平面與平面的距離為.5．如圖在直三棱柱中，，，，E是上的一點，且，D、F、G分別是、、的中點，與相交于．(1)求證：平面；(2)求平面與平面的距離．【答案】(1)證明見解析(2)(1)證明：由直三棱柱的性質(zhì)得平面平面，又，平面平面，平面，平面，又平面，，，在和中，，，即，又，平面平面．(2)解：由題意知，在中，，又，，平面，平面，平面，、分別為、的中點，，又，，平面，平面，平面，平面，平面，，平面平面．平面，平面平面，平面，為平行平面與之間的距離，，即平面與之間的距離為．題型七：探索性問題角度1：動點問題1．如圖，平面平面，，A，B是直線l上的兩點，C，D是平面內(nèi)的兩點，且，，，，，若平面內(nèi)的動點P滿足，則四棱錐的體積的最大值為（

）A．24 B． C．48 D．【答案】C【詳解】在平面內(nèi)，由，，可得.又，，所以四邊形為直角梯形，.要使四棱錐的體積的最大值，則只要四棱錐的高最大即可.因為平面平面，，過點向作垂線交于，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得，，則.又是的高，且由，可知，，，又，，所以，.在中，.在中，.又，所以，所以，即.設(shè)，，在中，由余弦定理可得.因為，所以，則，又，所以，.根據(jù)三角形三邊關(guān)系可得，即，所以，.所以，當時，有最大值為.又四棱錐的體積為，所以，四棱錐的體積的最大值為48.故選：C.2．如圖，正方體的棱長為2，E，F(xiàn)分別為，的中點，P是底面上一點．若∥平面，下列說法正確的是（

）A．線段長度最大值為，無最小值B．線段長度最小值為，無最大值C．線段長度最大值為，最小值為D．線段長度無最大值，無最小值【答案】C【詳解】分別取的中點,因為，平面，平面，所以平面,同理可得平面.因為平面,所以平面平面.因為P是底面上一點．且∥平面，所以點的軌跡為線段.因為正方體的棱長為2，所以,,當與點或重合時，；當為線段的中點時，.所以線段長度最大值為，最小值為.故選:C.3．如圖，在棱長為1的正方體中，M，N分別為的中點，P為正方體表面上的動點．下列敘述正確的是（

）A．當點P在側(cè)面上運動時，直線與平面所成角的最大值為B．當點P為棱的中點時，CN∥平面C．當點P在棱上時，點P到平面的距離的最小值為D．當點時，滿足平面的點P共有2個【答案】C【詳解】由于線面角的最大值為，與不可能垂直，故直線與平面所成角的最大值達不到.選項A錯誤；取的中點為，的中點為,連接,相交于點，連接,且故平面,面，故不能與平面平行，故選項B錯誤；，到平面的距離始終為，故當點運動到點時，取得最小值為，故，,,故，故選項C正確.當點時，滿足平面的點P共有1個.當點為平面的中心時，故選項D錯誤，故選：C.4．設(shè)正方體的棱長為1，，分別為，的中點，點在正方體的表面上運動，且滿足，則下列命題：①點可以是棱的中點；②點的軌跡是菱形；③點軌跡的長度為；④點的軌跡所圍成圖形的面積為.其中正確的命題個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【詳解】解：連接，交于，則為中點，因為為的中點，所以，由正方體的性質(zhì)可知平面，所以平面，因為平面，所以，過點作，分別交于，過點分別作，分別交于點，連接，所以，四點共面，且，所以，四邊形為平行四邊形，因為平面，所以平面，平面，所以所以，四邊形為矩形，因為，平面，所以平面，因為點在正方體的表面上運動，且滿足所以，當面時，始終有，所以，點的軌跡是矩形，如下圖，因為，所以，，所以，，因為，所以∽，所以，即，即所以，，所以，點不可能是棱的中點，點的軌跡是矩形，軌跡長度為矩形的周長，軌跡所圍成圖形的面積為故正確的命題為③④.個數(shù)為2個.故選：B5．在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點M，N分別是棱BC，CC1的中點，動點P在正方形BCC1B1（包括邊界）內(nèi)運動．若平面AMN，則PA1的最小值是（

）A．1 B． C． D．【答案】C【詳解】如圖所示，取的中點,的中點，連接，因為分別是棱的中點，所以，，又因為,,，所以平面平面，平面，且點在右側(cè)面，所以點的軌跡是，且，，所以當點位于中點處時，最小，此時，.故選：C角度2：空間角中的探索性問題1．是等腰直角三角形，且，四邊形是直角梯形，，，且，平面平面.(1)求證：平面；(2)若點是線段上的一個動點，問點在何位置時三棱錐的體積為.【答案】(1)證明見解析；(2)在PB中點【詳解】（1）證明：直角梯形中，，，且，則，由得，∵平面平面，