空间四边形（平面四边形、三棱锥、四面体）的余弦定理
几何法求空间角二面角(最新人教版优质教案)( 含解析 )
任务检查二面角问题定位1在正方体中，截面与底面所成二面角的正切值为（）A．B．C．D．答案C解答如图，连接交于点，连接，在正方形中，为中点，在正方形中，，，又在正方形中，，即为二面角的平面角，设，在中，，故截面与底面所成二面角的正切值为，故选．2如图，空间四边形中，，对角线，，求二面角的大小．答案．解答取的中点，连接，，如图所示，，，，，和是等腰直角三角形，又点是的中点，，，是二面角的平面角，，，由余弦定理得， ，，，具体步骤作、证、求常用方法方法一：棱上一点双垂线法在棱上任取一点(特殊点)，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角.即二面角的大小为．原因分析精准突破二面角的平面角如图所示，在二面角的棱上任取一点，以为垂足，在半平面和内分别作垂直于棱的射线和，则射线和构成的叫做二面角的平面角．二面角的范围为，.3如图所示，已知三棱锥，，，，为的中点，且是正三角形，．(1)求证：平面平面；(2)求二面角的正弦值．(1)答案详见解答过程．解答，为中点，，又为正三角形，，，故为直角三角形，即，，又，，、在面内，面，又面，，又已知，，、在面内，面，又面，面面．详见解答过程．解答如图所示，取中点，中点，连接、、，由⑴知，为等腰又为中点，，又，，，又面面，面，面，即为所求角，又，，，，，在中，，在中，，在中，，，，在中，，为直角三角形，即，．4如图，在四棱锥A-BCDE中，平面ABC⊥平面BCDE，∠CDE=∠BED=90°，AB=CD=2，DE=BE=1，AC=.(1)证明:DE⊥平面ACD;(2)求二面角B-AD-E的大小.答案见解析解答(1)在直角梯形BCDE中,由DE＝BE＝1,CD＝2,得BD＝BC＝2,222由AC＝2,AB＝2,得AB＝AC＋BC,即AC⊥BC.又平面ABC ⊥平面BCDE.从而AC ⊥平面BCDE.所以AC ⊥DE.又DE ⊥DC,从而DE ⊥平面ACD.(2)作BF ⊥AD,与AD 交于点F,过点F 作FG ∥DE,与AE 交于点G,连接BG,由第1问知DE ⊥AD,则FG ⊥AD.所以∠BFG 是二面角B A D E 的平面角.在直角梯形BCDE 中,由CD ＝BC ＋BD ,得BD ⊥BC,又平面ABC ⊥平面BCDE,得BD ⊥平面ABC,从而BD ⊥AB.由于AC ⊥平面BCDE,得AC ⊥CD.在Rt △ACD 中,由DC ＝2,AC ＝,得AD ＝,在Rt △AED 中,由ED ＝1,AD ＝,得AE ＝.在Rt △ABD 中,由BD ＝,AB ＝2,AD ＝,得BF ＝,AF ＝AD.从而GF ＝.在△ABE,△ABG 中,利用余弦定理分别可得cos ∠BAE ＝,BG ＝.在△BFG 中,cos ∠BGF ＝.所以,∠BFG ＝,即二面角B -AD -E 的大小是.2225如图，在矩形中，，，点在线段上且，现分别沿，将，翻折，使得点落在线段上，则此时二面角的余弦值为（）A ．B ．C ． D．答案D解答在折叠前的矩形中连接BD 交EC 于O ，方法二：面上一点三垂线法自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角.∵BC =4，CD =2，CD =2，DE =1，∴BC ：CD =CD ：DE ,即△BCD ∽△CDE ，∴∠DBC =∠ECD ，∴∠DBC =∠ECD ，∴∠ECD +∠ODC =90∘，即BD ⊥CE ，折起后，∵BD ⊥CE ，DO ⊥CE ，∴∠BOD 是二面角D −EC −B 的平面角，在△BOD 中,OD =BD =由余弦定理得cos ∠BOD =，OB =BD −OD =，，6已知在四棱锥一中，底面是矩形，平面，，，、分别是、的中点．(1)求证：平面；(2)求与平面所成角的正切值；(3)求二面角的正切值．(1)答案见解析．解答取的中点，连接、，如图所示：是的中点，是的中位线，，且，在矩形中，，，又是的中点．．，，四边形是平行四边形．又平面，平面平面．(2)答案．解答连接，如图所示：平面，是直线与平面所成的角的平面角，底面是矩形，，，在中，，在中，，即直线与平面所成的角正切值为．(3)答案．解答作，交的延长线于，连接，如图所示：平面，是在平面上的射影，由三垂线定理，得，是二面角的平面角，，，，可得，二面角一一的正切值为．7如图，在四棱锥中，底面是矩形，已知，，，，．(1)证明平面．(2)求异面直线与所成的角的正切值．(3)求二面角的正切值．(1)答案见解析．解答依题意，在中，，，，则，，在矩形中，，又，平面，平面，平面．(2)答案．解答由题设，底面是矩形，，（或其补角）是异面直线与所成的角．其中，，，，，在中，由余弦定理得，由知平面，平面，，又，，则是直角三角形，故，异面直线与所成的角的正切值为：．(3)答案．解答依题意，过点做于，过点做于，连结，由知，平面，平面，方法三：空间一点垂面法自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角。
专题11立体几何中的内切外接问题11月19日终稿
专题十一 立体几何中的内切外接问题知识点一 棱锥外接问题外接问题常见于球的计算，而一部分棱锥的外接球的问题，常转化为棱锥外接棱柱的外接球问题或将三棱锥补为长方体，本节就先来探究特殊三棱锥的内外接问题.(1)三组对棱分别相等的四面体必内接于唯一的长方体，且四面体的棱分别为长方体的面对角线;(2)正四面体P ABC -内接于正方体且正方体的棱长a =;(3)若四面体有三条棱两两互相垂直.则可将其放入某个长方体内，其中三条互相垂直的棱也为长方体的棱; (4)若四面体的四个面均是直角三角形，该四面体为鳖臑，则可将其放入某个长方体内，其中三条互相垂直的棱也为长方体的棱;(5)三组对棱分别相等的四面体的棱长A B BC A C ''''、、必构成锐角三角形，即为外接长方体的三个面对角线构成的三角形;(6)任一四面体均内接于唯一的平行六面体.每条棱均为平行六面体的面对角线，且四面体体积是平行六面体体积的三分之一;(7)连接两组对棱的中点可组成平行四边形EGFH ，且另一组对棱与该面距离相等，此时平行四边形EGFH 平行于四面体内接平行六面体的一对平行平面;(8)过一组对棱(AB 与CD )中点()E F ，连线的任一平面(E G F H 、、、共面)必平分其()A BCD V -体积，即AC BGFH BD BD BZFH V V V --=-;（9）由正方体性质可知(i)1BD ⊥平面11AC D ，1BD ⊥平面1ACB . (ii)F 为平面11A C D 的中心，E 为平面1ACB 的中心. (iii)E ，F 为1BD 的三等分点.则正方体内接正四面体C AB D 11-高为E D 1，即正方体体对角线的23.【例1】(2009·江西卷)如图所示.在四面体ABCD 中.截面PQMN 是正方形.则在下列命题中.错误的为（ ）A.AC BD ⊥B.AC 平行于截面PQMNC.AC BD = D .异面直线PM 与BD 所成的角为45【例2】(重庆市七校联考)(多选)如图，在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ,F 分别是棱1BB ，11B C 的中点，G 是棱1CC 上的动点，则下列说法正确的是（ ） A.当G 为中点时，直线AG ∥面1A EFB.当G 为中点时，直线AG 与EF 所成的角为30C.若H 是棱AA 上的动点，且1C G AH =，则平面ACD ⊥平面1B HGD.当G 在1CC 上运动时，直线AG 与平面11AA D D 所成的角的最大值为45︒知识点二 与球有关的内切、外接问题与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重点(切、接问题的解题思路类似，此处以多面体的外接球为例).研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系.一．长方体切割体的外接球设长方体相邻的三条边棱长分别为a ，b ，c ．图1墙角体 图2鳖臑 图3挖墙角体 图4对角线相等的四面体图1与图2有重垂线，三视图都是三个直角三角形，图3无重垂线，俯视图是一矩形，AC 为虚线，主视图和左视图为直角三角形，外接球半径均为长方体体对角线一半，R =．图4中2222222222222222222a b BC AD BC AB CD b c AC a b c R AC BD c a AB ααβγβγ⎧+===⎫⎪++⎪=⇒+==⇒++=⇒=⎬⎨⎪⎪=+==⎭⎩abc abc abc V BCD A 31461=⨯-=-．外接球问题遇到墙角体就十分好处理，遇到以下墙角体性质的问题，就可以直接套用公式. 墙角体性质：(1)2222222()AB BC CA a b c ++=++.图 1【解析】如图1，因为Rt PAB △，Rt PBC △，Rt PCA △，所以222222222AB a b BC b c CA a c ⎧=+⎪=+⎨⎪=+⎩，故2222222()AB BC CA a b c ++=++.(2)顶点P 在底面上的投影H 恰为ABC △的垂心.如图 2【解析】如图2，因为Rt PAB △，Rt PBC △，Rt PCA △，又PA ⊥平面PBC ，所以PA BC ⊥. 因为PH ⊥平面ABC ，所以PH BC ⊥，故平面PAH BC ⊥，从而AH BC ⊥. 同理CH BA ⊥，BH AC ⊥，所以H 为ABC △的垂心.(3)设三个侧面和底面的面积分别为ABP S △，BCP S △，CAP S △，ABC S △，则 ①ABP S △是ABH S △与ABC S △的比例中项; ②BCP S △是CBH S △与ABC S △的比例中项; ③CAP S △是CAH S △与ABC S △的比例中项;④2222ABP BCP CAP ABC S S S S ++=△△△△.【解析】因为12BCP S BC PD =⋅△，12CBH S BC HD =⋅△，12ABC S BC AD =⋅△. 在Rt PDA △中，2PD HD AD =⋅.所以2BCP CBH ABC S S S =⋅△△△，所以BCP S △是CBH S △与ABC S △的比例中项. 同理，ABP S △是ABH S △与ABC S △的比例中项. CAP S △是CAH S △与ABC S △的比例中项.2BCP CBH ABC S S S =⋅△△△，2BCP ABH ABC S S S =⋅△△△，2CAP CAH ABC S S S =⋅△△△.三式相加，得222BCP ABP CAP CBH ABC ABH ABC CAH ABC S S S S S S S S S ++=⋅+⋅+⋅△△△△△△△△△2()CBH ABH CAH ABC ABC S S S S S =++⋅=△△△△△.【例3】在球面上有四个点P 、A 、B 、C .如果PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且a PC PB PA ===,则这个球的表面积是 ．【例4】(张家口期末)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑 (bi ē n ào)．如图，三棱锥D ABC -为一个鳖臑，其中DA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2DA AB BC ===，AM DC ⊥，M 为垂足，则（ ）A ．AM ⊥平面BCDB ．DC 为三棱锥D ABC -的外接球的直径C ．三棱锥M ABD -的外接球体积为D ．三棱锥M ABC -的外接球体积与三棱锥M ABD -的外接球体积相等 【例5】(市中区校级模拟)在直角梯形ABCD 中，AB CD ∥，AD AB ⊥，22AB DC ==，E 为AD 的中点．将EAB △和ECD △分别沿EB ，EC 折起，使得点A ，D 重合于点F ，构成四面体FBCE ．若四面体FBCE 的四个面均为直角三角形，则其外接球的半径为 ． 【例6】(江西模拟)在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =．三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 表面上，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为16π，则球O 的表面积为（ ）A ．72πB ．86πC ．112πD ．128π【例7】四面体BCD A -中，5==CD AB ，34==BD AC ，41==BC AD ，则四面体BCD A -外接球的表面积为（ ） A ．π50B ．π100C ．π150D ．π200【例8】(辽宁期末)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一．端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰．粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同．某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄．若粽子的棱长为9cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为（ ）（参考数据：6 2.45≈，3.14)π≈A ．320cmB ．322cmC ．326cmD ．330cm【解析】蛋黄近似看成一个棱长为9cm 的正四面体ABCD 的内切球，正四面体为ABCD ，设四面体的内切 【例9】(遵义期末)已知三棱锥P ABC -的顶点P 在底面的射影O 与ABC ∆的垂心重合，且ABC PBCPBC OBCS S S S =△△△△．若三棱锥P ABC -的外接球半径为3，则PAB PBC PAC S S S ++△△△的最大值为（ ） A ．6 B ．8 C ．10D ．12二． 三棱柱的切割体的外接球⇒图1立着放的模型 图2躺着放的模型图1：立着放的模型一定有重垂线，且重垂线在底面的射影一定位于底面三个顶点中的一个，底面三角形非直角三角形，将重垂线长度设为h ，底面三角形外接圆半径设为r ，A a r sin 2=可以求出，则222⎪⎭⎫⎝⎛+=h r R ； 图2：躺着放的模型，底面是直角三角形或者矩形，侧面非直角三角形，底面一条棱垂直于侧面，222⎪⎭⎫⎝⎛+=h r R ．【例10】如图，三棱锥的所有顶点都在一个球面上，在ABC △中，3=AB ，︒=∠60ACB ，︒=∠90BCD ，AB CD ⊥，22=CD ，则该球的体积为 ．【例11】(莱西市期末)已知球O 是正三棱锥A BCD -(底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)的外接球，3BC =，23AB =，点E 在线段BD 上，且3BD BE =．过点E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是（ ） A ．2πB ．3πC ．4πD ．5π三、切瓜模型(两个平面互相垂直，最大高和最小高问题)图1,PAC BAC AB BC ⊥⊥面面 图2底面ABC 固定，P 在球面上运动，ABC P V -最值问题图1：由图可知，小圆ABC 直径AC 长可以求出，平面PAC 必在大圆上，由APCR sin 2=，解出R ．图2：先根据ABCr sin 2=求出底面圆的直径MN ，再根据几何性质求出球大圆的直径，最后根据垂径定理算出P 到底面距离的最大值和最小值．双半径单交线公式：4222212l R R R -+=2122212122D O E O D O OO OD R +=+==2222222222121121()()24l O C CE O D O C BC O D R R =-+=-+=+-注意：常见的切瓜模型中，一旦出现21l R =或22lR =时，则2R R =或1R R =．双半径单交线公式适合所有的直二面角模型，两个半平面的外接圆半径分别为1R 和2R ，两半平面交线长度为l ，此公式属于一种开挂般的存在，在前面的直三棱柱切割体模型当中也可以使用，一旦两个半平面的二面角不是︒90时，此公式将不再适用．【例12】(柴桑区校级期末)球O 为三棱锥P ABC -的外接球，ABC △和PBC △都是边长为23的正三角形，平面PBC ⊥平面ABC ，则球的表面积为（ ） A ．28π B ．20π C ．18π D ．16π【解析】【例13】(驻马店期末)已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，PAD 是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至△P AD '，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π四、含二面角的外接球终极公式双距离单交线公式：4sin cos 222222l mn n m R +-+=αα如图，若空间四边形ABCD 中，二面角D AB C --的平面角大小为α，ABD 的外接圆圆心为1O ，ABC 的外接圆圆心为2O ，E 为公共弦AB 中点，则α=∠21EO O ，m E O =1，n E O =2，2lAE =，R OA =，由于21O E O O 、、、四点共圆，且αsin 221O O R OE ='=，根据余弦定理αcos 222221mn n m O O -+=，4sin cos 22222222l mn n m AE OE R +-+=+=αα．(当C ∠与D ∠均为钝角时，外接圆圆心在半平面的另一侧，21EO O ∠为二面角的对顶角，公式不变；当C ∠与D ∠为钝角时，21EO O ∠为二面角的补角，只需将公式中的角α转化为απ-，即4-sin -cos 222222l mn n m R +-+=）（）（απαπ) 注意：此公式最好配合剖面图，需要求出两个半平面的外接圆半径，和外接圆圆心到公共弦的距离，通常是，剖面图能很快判断出两条相等弦的优先使用公式()2tan 2222αr h r R -+=．【例14】(亳州模拟)已知空间四边形ABCD ，CD BD ⊥，3CD =，3AB BD AD ===，二面角A BD C --是120︒，若A 、B 、C 、D 四点在同一球面上，则该球的表面积是（ ） A ．15π B ．18π C ．21π D ．24π 【例15】(北碚区校级期末)如图，在四边形ABCD 中，AD BC ∥，2AD AB ==，45BCD ∠=︒，90BAD ∠=︒，将ABD △沿BD 进行翻折，在这一翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．始终有AC BD ⊥B ．当平面ABD ⊥平面BCD 时，平面ABD ⊥平面ACDC ．当平面ABD ⊥平面BCD 时，直线BC 与平面ABD 成45︒角D ．当二面角A BD C --的大小为120︒时，三棱锥A BCD -外接球表面积为563π 【例16】在四面体S ABC -中，AB BC ⊥，AB BC =，SAC △为等边三角形，二面角S AC B --的余弦值为，则四面体S ABC -的外接球表面积为 ．知识点三 内切球1、内切球的基本概念 (1)内切球定义：①球心到多面体各面距离相等且等于半径的球；②与圆柱两底面以及每条母线都相切的球；③与圆锥底面和各母线都相切的球；④与圆台上下两底面以及每条母线都相切的球. (2)正多面体的内切球和外接球球心重合.(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，除正四面体外，均不重合.(4)任意四面体都有内切球，面数超过四的凸多面体需利用定义判断是否存在内切球. 2、多面体和旋转体的内切球 (1)棱锥内切球半径：①等体积法：由球心到各面距离相等，多面体体积可表示为：123123111111333333n n V rS rS rS rS rS rS ++++=++++==表，所以3V r S =表. ②相似法求解正棱锥内切球半径：（以下以正三棱锥为例）如图，由正三棱锥内切球球心O 在高线上，则球与侧面的切点E 在侧面的高线PD 上，与底面的切点H 为高线垂足，易知POE PDH△∽△，故利用OE PODH PD=，可解出内切球半径R .(2)旋转体内切球半径：（可按照轴截面的内切圆半径计算，外接球同理）如图，已知圆锥高为h ，底面半径为r ，利用两个直角三角形ABD △和AOE △相似可得OE BDAE AD=，故rh=，所以rR rh=（）.注：圆柱、圆台同样以轴截面的方式处理.(3)常见几何体内切球、外接球半径：棱长为a的正方体：内切球半径2aR=，外接球半径R=.棱长为a的正四面体：内切球半径R，外接球半径R.柱体侧棱长a，底面外接圆半径r：柱体可能不存在内切球，柱体中最大的球的半径min{}2aR r=，.【例17】(昌江区校级期末)正方体的外接球体积与内切球体积的比为（）A．3B．C D．2【例18】(山东一模)如图，三棱锥V ABC-中，VA⊥底面ABC，90BAC∠=︒，2AB AC AV===，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（）A．(2:1B．3):1C．1):3D．1):2【例19】(南京模拟)如图，正三棱柱111ABC A B C-，底面边长为2，D，E，F，M，N分别为棱AC，AB，BC，11A C，11B C的中点，P为线段MN上的动点，则三棱锥P DEF-内切球半径的最大值为．【例20】(青岛开学)已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的外接球半径为（）A B C D【例21】(重庆月考)若正三棱柱111ABC A B C -既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的外接球和内切球的半径分别为1R 、2R ，则212()R R =（ ） A ．5 B ．4 C ．92D ．103同步训练1.在三棱锥A BCD -中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，ABC △、ACD △、ADB △、，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为（ ）A B ． C ． D ．2．(凤阳县校级三模)已知正方形123APP P 的边长为4，点B ，C 分别是边12P P ，23P P 的中点，沿AB ，BC ，CA 折叠成一个三棱锥P ABC -（使1P ，2P ，3P 重合于点)P ，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为（ ）A ．24πB ．C ．D ．4π3．(瑶海区月考)已知三棱锥P ABC -的顶点P 在底面的射影O 为ABC △的垂心，若2ABC OBC PBC S S S ⋅=△△△，且三棱锥P ABC -的外接球半径为3，则PAB PBC PAC S S S ++△△△的最大值为（ ） A ．8B ．10C ．18D ．224.已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足AB BC =3AC =，若该三棱，则其外接球的半径为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．235．(河南模拟)在四面体ABCD 中，ABD △与BDC △都是边长为2的等边三角形，且平面ABD ⊥平面BDC ，则该四面体外接球的体积为 ．6．(怀化二模)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD 若平面ABD ⊥平面BCD ，则该几何体的外接球表面积为 ．7．(江西月考)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD ，若二面角A BD C --的大小是120︒，则该几何体的外接球表面积是 ．8．(葫芦岛模拟)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD ，若二面角A BD C--的取值范围为2[]43ππ，，则该几何体的外接球表面积的取值范围为 ．9.(全国四模)已知三棱锥D ABC -所有顶点都在球O 的球面上，ABC △为边长为ABD △是以BD 为斜边的直角三角形，且2AD =，二面角C AB D --为120︒，则球O 的表面积为（ ）A ．1483π B ．28π C ．373π D ．36π10.(江门月考)已知三棱锥P ABC -三条侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且2PA PB PC ===，M ，N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则M ，N 两点间距离的最小值为（ ）A ．2B 1C ．2D 2-11.(和平区二模)已知圆锥底面圆的直径为3，该圆锥的内切球也是棱长为a 的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a 为（ ）A B C ．3 D ．9212.(山西月考)P ABC -的外接球和内切球的半径分别为1R 和2R ，则12R R -的值为（ ）A ．4BCD ．1 13．(大武口区校级三模)正方形ABCD 中，E ，F 分别为线段AB ，BC 的中点，连接DE ，DF ，EF ，将ADE △，CDF △，BEF △分别沿DE ，DF ，EF 折起，使A ，B ，C 三点重合，得到三棱锥O DEF -，则该三棱锥外接球半径R 与内切球半径r 的比值为 ．14．(南开区模拟)如果一个八面体各个面都是全等的正三角形，如图所示，则这个几何体叫正八面体，则棱长为4的正八面体的内切球半径是 ．15．(黄冈期末)若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为（ ）A ．2B ．4CD ．16．(胶州市期末)在三棱柱111ABC A B C -中，上下底面均为等腰直角三角形，且AB ==1AA ⊥平面ABC ，若该三棱柱存在内切球，则1AA =（ ）A ．2B ．2C ．2D。
大连市大连市第六十五中学必修第二册第三单元《立体几何初步》测试题(包含答案解析)
一、选择题1．在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，15AA =，则V 的最大值是（ ）A ．4πB ．92πC ．1256πD ．323π 2．球面上有,,,A B C D 四个点，若,,AB AC AD 两两垂直，且4AB AC AD ===，则该球的表面积为（ ）A ．803πB ．32πC ．42πD ．48π 3．如图，梯形ABCD 中，AD ∥BC ，1AD AB ==，AD AB ⊥，45BCD ∠= ，将ABD ∆沿对角线BD 折起．设折起后点A 的位置为A '，并且平面A BD '⊥平面BCD . 给出下面四个命题： ①A D BC '⊥；②三棱锥A BCD '-的体积为22； ③CD ⊥平面A BD '；④平面A BC '⊥平面A DC '.其中正确命题的序号是（ ）A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④ 4．已知四棱锥S ABCD -的底面为矩形，SA ⊥底面ABCD ，点E 在线段BC 上，以AD 为直径的圆过点E .若33SA ==，则SED ∆的面积的最小值为（ ）A ．9B ．7C ．92D ．725．已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面ABC 为等边三角形，若该棱柱存在外接球与内切球，则其外接球与内切球表面积之比为（ ）A ．25︰1B ．1︰25C ．1︰5D ．5︰1 6．已知平面α内一条直线l 及平面β，则“l β⊥”是“αβ⊥”的（ ）A ．充分必要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件 7．如图所示，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 是侧面11CDD C 上的动点，且1//B F 面1A BE ，则F 在侧面11CDD C 上的轨迹的长度是（ ）A ．aB ．2aC ．2aD ．22a 8．直三棱柱111ABC A B C -的6个顶点在球O 的球面上.若3AB =，4AC =.AB AC ⊥，112AA =，则球O 的表面积为（ ）A ．1694πB ．169πC ．288πD ．676π 9．三棱锥A －BCD 的所有棱长都相等，M ，N 分别是棱AD ，BC 的中点，则异面直线BM 与AN 所成角的余弦值为（ ）A ．13B ．2C ．3D ．2310．在长方体1111ABCD A B C D -中，P 为BD 上任意一点，则一定有（ ） A ．1PC 与1AA 异面B ．1PC 与1A C 垂直 C ．1PC 与平面11ABD 相交 D ．1PC 与平面11AB D 平行11．如图，在底面边长为4，侧棱长为6的正四棱锥P ABCD -中，E 为侧棱PD 的中点，则异面直线PB 与CE 所成角的余弦值是（ ）A 34B 234C 517D 317 12．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）A ．186+B ．206+C ．2010+D ．1810+ 13．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 分别是AB 、11B C 的中点，则异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值为（ ）A ．33B ．13C ．5829D ．38729 14．用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥,截得的圆台上、下底面的面积之比为1:16，截去的圆锥的母线长是3cm ，则圆台的母线长是（ ）A ．9cmB ．10cmC ．12cmD ．15cm二、解答题15．如图，已知三棱柱111ABC A B C -的侧面11BCC B 为矩形，2AB AC ==，2BC =，D ，E 分别为BC 、11B C 的中点，过BC 作平面α分别交11A B 、1A E 、11A C 于点M 、F 、N ．（1）求证：平面BCNM ⊥平面1AA ED ．（2）若Q 为线段AD 上一点，3AD AQ =，1//A Q 平面BCNM ，则当1A Q 为何值时直线BM 与平面1AA ED 所成角的正弦值为13（请说明理由）． 16．如图，在四棱锥S ABCD -中，底面梯形ABCD 中，//BC AD ，平面SAB ⊥平面ABCD ，SAB 是等边三角形，已知24AC AB ==，2225BC AD CD ===.（1）求证：平面SAB ⊥平面SAC ；（2）求直线AD 与平面SAC 所成角的余弦值.17．在如图所示的几何体中，侧面CDEF 为正方形，底面ABCD 中，//AB CD ，222AB BC DC ===，30BAC ∠=，AC FB ⊥.（1）求证：AC ⊥平面FBC ；（2）线段AC 上是否存在点M ，使//EA 平面FDM ？证明你的结论.18．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，A 1C ＝25，AB ＝2，∠BAC ＝60°.（1）求三棱锥A 1－ABC 的表面积；（2）证明：在线段A 1C 上存在点M ，使得AC ⊥BM ，并求1A M MC的值. 19．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PD ⊥面ABCD ， 2PD AB ==，,,E F G 分别为,,AB PC PD 的中点.（1）证明：直线/ /EF 平面PAD ；（2）求EF 与平面ABCD 所成角的正弦值.20．如图，在底面半径为2、母线长为43的圆柱，求圆柱的体积及表面积．21．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥面ABC ，2AC BC ==，22AB =，14CC =，M 是棱1CC 上一点．（1）若,M N 分别是1CC ，AB 的中点，求证：//CN 面1AB M ；（2）若132C M =，求二面角1A B M C --的大小． 22．如图，在组合体中，ABCD -A 1B 1C 1D 1是一个长方体，P -ABCD 是一个四棱锥.AB =2，BC =3，点P ∈平面CC 1D 1D 且PD =PC =2（1）证明：PD ⊥平面PBC ；（2）求直线PA 与平面ABCD 所成角的正切值；（3）若AA 1=a ，当a 为何值时，PC //平面AB 1D .23．如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，点O .E 分别是11A C 、11A B 的中点，1A C 与1AC 交于点F ，AO ⊥平111A B C .已知90BCA ∠=︒，12AA AC BC ===.（1）求证：//EF 平面11BB C C ；（2）求11A C 与平面11AA B 所成角的正弦值.24．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AC CC =，AC BC ⊥，D 为1BC 中点，1AC 与1A C 交于点O .（1）求证：//OD 平面111A B C ；（2）求证：平面1AC B ⊥平面1A BC .25．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为正方形，平面PCD ⊥平面ABCD ，且2PC PD ==，2CD =.（1）证明：PC ⊥平面PAD ；（2）求点D 到平面PAB 的距离．26．如图，四边形ABCD 是正方形，MA ⊥平面ABCD ，//MA PB ，且2PB AB ==．（1）求证：//DM 平面PBC ；（2）求点C 到平面 APD 的距离．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．D解析：D【分析】先保证截面圆与ABC 内切，记圆O 的半径为r ，由等面积法得()68AC AB BC r ++=⨯，解得2r．由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，球的最大半径为2，由此能求出结果．【详解】 解：如图，由题意可知，球的体积要尽可能大时，球需与三棱柱内切．先保证截面圆与ABC 内切，记圆O 的半径为r ， 则由等面积法得1111 (682222)ABC S AC r AB r BC r =++=⨯⨯△， 所以()68AC AB BC r ++=⨯，又因为6AB =，8BC =，所以10AC =，所以2r．由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，若r 增大，则无法保证球在三棱柱内，故球的最大半径为2，所以3344322333V r πππ==⋅=． 故选：D ．【点评】本题考查球的最大体积的求法，考查空间想象能力，属于中档题.2．D解析：D【分析】分析：首先求得外接球半径，然后求解其表面积即可.详解：由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球，设球的半径为R ，由题意可得：()22222444R =++,据此可得：212R =，外接球的表面积为：2441248S R πππ==⨯=.本题选择D 选项.点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 3．B解析：B【分析】利用折叠前四边形ABCD 中的性质与数量关系，可证出BD DC ⊥，然后结合平面A BD ' ⊥平面BCD ，可得CD ⊥平面A BD '，从而可判断①③；三棱锥'A BCD -的体积为1122223226⋅=，可判断②；因为CD ⊥平面A BD '，从而证明CD A B '⊥，再证明'A B ⊥平面A DC '，然后利用线面垂直证明面面垂直.【详解】①90,BAD AD AB ︒∠==，45ADB ABD ︒∴∠=∠=，//,45AD BC BCD ︒∠=，BD DC ∴⊥，平面A BD ' ⊥平面BCD ，且平面A BD '平面BCD BD =， CD 平面A BD '，A D '⊂平面A BD '，CD A D '∴⊥，若A D BC '⊥则A D '⊥面BCD ，则A D '⊥BD ，显然不成立， 故A D BC '⊥不成立，故①错误；②棱锥'A BCD -的体积为113226⋅=，故②错误； ③由①知CD ⊥平面A BD '，故③正确；④由①知CD ⊥平面A BD '，又A B '⊂平面A BD '，CD A B '∴⊥， 又A B A D ''⊥，且'A D 、CD ⊂平面A DC '，A D CD D '=，A B '∴⊥平面A DC '，又A B '⊂平面'A BC ，∴平面'A BC ⊥平面A DC '，故④正确.故选：B .【点睛】本题通过折叠性问题，考查了面面垂直的性质，面面垂直的判定，考查了体积的计算，关键是利用好直线与平面、平面与平面垂直关系的转化，也要注意利用折叠前后四边形ABCD 中的性质与数量关系.4．C解析：C【分析】根据线面垂直的性质以及线面垂直的判定，根据勾股定理，得到,BE EC 之间的等量关系，再用,BE EC 表示出SED 的面积，利用均值不等式即可容易求得.【详解】设BE x =，EC y =，则BC AD x y ==+.因为SA ⊥平面ABCD ，ED ⊂平面ABCD ，所以SA ED ⊥.又AE ED ⊥，SA AE A ⋂=，所以ED ⊥平面SAE ，则ED SE ⊥.易知AE =ED = 在Rt AED ∆中，222AE ED AD +=，即22233()x y x y +++=+，化简得3xy =.在Rt SED ∆中，SE =ED ==.所以12SED S SE ED ∆=⋅=.因为22108336x x +≥=，当且仅当x =y =92SED S ∆≥=.故选：C. 【点睛】本题考查空间几何体的线面位置关系及基本不等式的应用，考查空间想象能力以及数形结合思想，涉及线面垂直的判定和性质，属中档题.5．D解析：D 【分析】根据题意得到三棱柱的高是内切球的直径，也是底面三角形内切圆的直径，根据等边三角形的性质得到内切球和外接球的半径，计算表面积的比值. 【详解】设点O 是三棱柱外接球和内切球的球心，点M 是底面等边三角形的中心，点N 是底边AB 的中点，连结OM ，MN ，AM ，OA ，设底面三角形的边长为a ，则3MN a =，23MA a =， 因为三棱锥内切球与各面都相切，所以三棱柱的高是内切球的直径，底面三角形内切圆的直径也是三棱柱内切球的直径，所以3OM MN a ==，即三棱柱内切球的半径3r a =， 23AM a =，所以2215OA OM AM a =+=，即三棱柱外接球的半径153R a =， 所以内切球的表面积为22443r a ππ=，外接球的表面积222043S R a ππ==， 所以三棱柱外接球和内切球表面积的比值为22204:5:133a a ππ=故选：D 【点睛】本题考查空间几何体的内切球和外接球的表面积，重点考查空间想象，计算能力，属于中档题型.6．B解析：B 【分析】根据面面垂直和线面垂直的定义，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】解：由面面垂直的定义知，当“l ⊥β”时，“α⊥β”成立， 当αβ⊥时，l β⊥不一定成立， 即“l β⊥”是“αβ⊥”的充分不必要条件， 故选：B ． 【点睛】本题考查命题充分性和必要性的判断，涉及线面垂直和面面垂直的判定，属基础题.7．D解析：D 【分析】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，证明平面1//A BGE 平面1B HI ，得到1//B F 面1A BE ，则F 落在线段HI 上，求出112HI CD == 【详解】解：设G ，H ，I 分别为CD 、1CC 、11C D 边上的中点，1//A B EG ,则1A BEG 四点共面，11//,//EG HI B H A E , 平面1//A BGE 平面1B HI ，又1//B F 面1A BE ，F ∴落在线段HI 上， 正方体1111ABCD A B C D -中的棱长为a ，112HI CD ∴==，即F 在侧面11CDD C ． 故选：D ．【点睛】本题考查利用线面平行求线段长度，找到动点的运动轨迹是解题的关键，属于基础题.8．B解析：B 【分析】由于直三棱柱111ABC A B C -的底面ABC 为直角三角形，我们可以把直三棱柱111ABC A B C -补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，求出外接球的直径后，代入外接球的表面积公式，即可求出该三棱柱的外接球的表面积. 【详解】解：将直三棱柱补形为长方体1111ABEC A B E C -，则球O 是长方体1111ABEC A B E C -的外接球.所以体对角线1BC 的长为球O 的直径.因此球O 的外接圆直径为2222341213R =++=，故球O 的表面积24169R ππ=. 故选：B. 【点睛】本题主要考查球的内接体与球的关系、球的半径和球的表面积的求解，考查运算求解能力，属于基础题型.9．D解析：D 【分析】连接DN ，取DN 的中点O ，连接MO ，BO ，得出BMO ∠（或其补角）是异面直线BM 与AN 所成的角，根据长度关系求出BMO ∠（或其补角）的余弦值即可. 【详解】连接DN ，取DN 的中点O ，连接MO ，BO ，∵M 是AD 的中点， ∴MO ∥AN ，∴BMO ∠（或其补角）是异面直线BM 与AN 所成的角. 设三棱锥A －BCD 的所有棱长为2， 则2213AN BM DN ===- 则13122MO AN NO DN ====， 则223714BO BN NO =+=+=在BMO ∠中，由余弦定理得222373244cos 233232BM MO BO BMO BM MO +-+-∠===⋅⨯⨯，∴异面直线BM 与AN 所成角的余弦值为23.【点睛】本题主要考查异面直线的夹角，解题的关键是正确找出异面直线所对应的夹角，属于中档题.10．D解析：D 【分析】取P 为BD 的中点可判断A 、B 、C 选项的正误；证明平面1//BC D 平面11AB D ，可判断D 选项的正误. 【详解】 如下图所示：对于A 选项，当点P 为BD 的中点时，1PC ⊂平面11AAC C ，则直线1PC 与1AA 相交，A 选项错误；对于B 选项，当点P 为BD 的中点时，1AC P ∠为锐角，1PC 与1A C 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，当点P 为BD 的中点时，连接11A C 、11B D 交于点O ，则O 为11A C 的中点， 在长方体1111ABCD A B C D -中，11//AA CC 且11AA CC =，则四边形11AAC C 为平行四边形，11//AC AC ∴且11AC A C =，O 、P 分别为11A C 、AC 的中点，则1//AP OC 且1AP OC =，∴四边形1OAPC 为平行四边形，1//PC AO ∴，AO ⊂平面11AB D ，1PC ⊄平面11AB D ，1//PC ∴平面11AB D ，C 选项错误；对于D 选项，在长方体1111ABCD A B C D -中，11//BB DD 且11BB DD =， 则四边形11BB D D 为平行四边形，11//BD B D ∴，BD ∴⊄平面11AB D ，11B D ⊂平面11AB D ，//BD ∴平面11AB D ，同理可证1//BC 平面11AB D ，1BD BC B ⋂=，∴平面1//BC D 平面11AB D ，1PC ⊂平面1BC D ，1//PC ∴平面11AB D .D 选项正确. 故选：D. 【点睛】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判断，考查推理能力，属于中等题.11．D解析：D 【分析】首先通过作平行的辅助线确定异面直线PB 与CE 所成角的平面角，在PCD ∆中利用余弦定理求出cos DPC ∠进而求出CE ，再在GFH ∆中利用余弦定理即可得解.【详解】如图，取PA 的中点F ，AB 的中点G ，BC 的中点H ，连接FG ，FH ，GH ，EF ，则//EF CH ，EF CH =，从而四边形EFHC 是平行四边形，则//EC FH ， 且EC FH =.因为F 是PA 的中点，G 是AB 的中点，所以FG 为ABP ∆的中位线，所以//FG PB ，则GFH ∠是异面直线PB 与CE 所成的角.由题意可得3FG =，1222HG AC ==. 在PCD ∆中，由余弦定理可得2223636167cos 22669PD PC CD DPC PD PC +-+-∠===⋅⨯⨯，则2222cos 17CE PC PE PC PE DPC =+-⋅∠=，即17CE =.在GFH ∆中，由余弦定理可得222cos 2FG FH GH GFH FG FH +-∠=⋅317172317==⨯⨯. 故选：D 【点睛】本题考查异面直线所成的角，余弦定理解三角形，属于中档题.12．B解析：B 【分析】根据所给三视图，还原出空间几何体，即可求得几何体的表面积. 【详解】根据三视图，还原空间几何体如下图所示：在正方体中，去掉三棱锥111B A C M -，正方体的棱长为2，M 为1BB 的中点，则111111111B MC A B C A B M A C M S S S S S S =---+正方体 ()()22211116212221222522222⎛⎫=⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯-⎪ ⎪⎝⎭206=+，故选：B. 【点睛】本题考查了空间几何体三视图的简单应用，关键是能够正确还原出空间几何体，属于中档题.13．C解析：C 【分析】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF ，推导出四边形BDFE 为平行四边形，可得出//BE DF ，可得出异面直线BE 与CD 所成的角为CDF ∠，通过解CDF ，利用余弦定理可求得异面直线BE 与CD 所成的角的余弦值. 【详解】取11A C 的中点F ，连接DF 、EF 、CF .易知EF 是111A B C △的中位线，所以11//EF A B 且1112EF A B =. 又11//AB A B 且11AB A B =，D 为AB 的中点，所以11//BD A B 且1112BD A B =，所以//EF BD 且EF BD =.所以四边形BDFE 是平行四边形，所以//DF BE ，所以CDF ∠就是异面直线BE 与CD 所成的角.因为4AC BC ==，AC BC ⊥，15CC =，D 、E 、F 分别是AB 、11B C 、11A C 的中点， 所以111122C F AC ==，111122B E BC ==且CD AB ⊥.由勾股定理得AB ==AC BC CD AB ⋅===由勾股定理得CF ===DF BE ====.在CDF 中，由余弦定理得222cos29CDF +-∠==.故选：C. 【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的计算，一般利用平移直线法找出异面直线所成的角，考查计算能力，属于中等题.14．A解析：A 【分析】计算得到12:1:4r r =，根据相似得到3134l =+，计算得到答案. 【详解】圆台上、下底面的面积之比为1:16，则12:1:4r r =. 设圆台母线长为l ，根据相似得到：3134l =+，故9l =. 故选：A . 【点睛】本题考查了圆台的母线长，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.二、解答题15．（1）证明见解析（2）1AQ =,理由见解析 【分析】（1）先根据直线与平面垂直的判定定理证明BC ⊥平面1AA ED ，再根据平面与平面垂直的判定定理证明平面BCNM ⊥平面1AA ED ；（2）连DF ，可推得1A Q 与DF 平行且相等，在线段BD 上取点H ，使BH FM ==23，连FH ，可推得HFD ∠为直线BM 与平面1AA ED 所成角，利用正弦值可求得DF 的值，即可得1A Q 的值.【详解】（1）因为AB AC =，BD DC =，所以BC AD ⊥， 又D ，E 分别为BC 、11B C 的中点，所以1//DE BB ， 因为侧面11BCC B 为矩形，所以1BC BB ⊥，所以BC DE ⊥， 又AD DE D ⋂=，所以BC ⊥平面1AA ED ，因为BC ⊂平面BCNM ，所以平面BCNM ⊥平面1AA ED . （2）因为2AB AC ==，2BC =，所以222AB AC BC +=，所以AB AC ⊥，又D 为BC 的中点，112AD BC ==，因为3AD AQ =，所以13AQ =，23QD =，连接DF ，因为1//AQ 平面BCNM ，平面1A ADE 平面BCNM DF =，所以1//A Q DF ，因为1A A 与1B B 平行且相等，1B B 与DE 平行且相等，所以1A A 与DE 平行且相等，所以四边形1A ADE 为平行边形，所以1A F 与QD 平行且相等，所以四边形1A QDF 为平行四边形，所以1A Q 与DF 平行且相等，因为123A F QD ==，所以13EF =，所以2233FM BD ==， 在线段BD 上取点H ，使BH FM ==23，则21133DH =-=，连FH ，则四边形FMBH 为平行四边形，所以FH 与BM 平行且相等，因为BD ⊥平面1AA ED ，所以HFD ∠为直线BM 与平面1AA ED 所成角，所以1sin 3HFD ∠=，即13DH HF =，所以31HF DH ==， 所以2212219DF FH DH =-=-=1223A Q DF ==. 【点睛】关键点点睛：（1）证明面面垂直的关键是找到线面垂直，利用直线与平面垂直的判定定理可证BC ⊥平面1AA ED ；（2）解题关键是找到直线BM 与平面1AA ED 所成角，通过计算可知，在线段BD 上取点H ，使BH FM ==23，连FH ，则HFD ∠为直线BM 与平面1AA ED 所成角. 16．（1）证明见解析；（2）85. 【分析】（1）在ABC 中，利用勾股定理易证AB AC ⊥，再由平面SAB ⊥平面ABCD ，利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证明.（2）由（1）以A 为原点，以AB ，AC 为x ，y 轴建立空间直角坐标系，分别求得AD 的坐标和平面SCA 的一个法向量()111,,m x y z =，再由||cos ,||||AD m AD m AD m ⋅〈〉=⋅求解.【详解】（1）在ABC 中，由于2AB =，4CA =，25BC =， ∴222AB AC BC +=，AB AC ∴⊥,平面SAB ⊥平面ABCD ，AC ∴⊥平面SAB , 又因为AC ⊂平面SAC , 所以平面SAB ⊥平面SAC ；（2）如图建立A xyz -空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,0,0)B ，3)S ，(0,4,0)C ， 则(1,3)CS =-，(2,4,0)BC =-，(0,4,0)AC =，1(1,2,0)2AD BC ==-. 设平面SCA 的一个法向量()111,,m x y z =，则00m AC m CS ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即11114040y x y =⎧⎪⎨-+=⎪⎩ ∴(3,0,1)m =-. ||15cos ,10||||AD m AD m AD m ⋅〈〉==⋅， 设直线AD 与平面SAC 所成夹角为θ，则15sin |cos ,|AD m θ=<>=， ∴直线AD 与平面SAC . 【点睛】 方法点睛：利用向量求线面角的方法：(1)分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角． 17．（1）证明见解析；（2）M 为AC 的中点，证明见解析.【分析】（1）本题首先可通过正弦定理得出90ACB ∠=以及AC BC ⊥，然后根据AC FB ⊥以及线面垂直的判定即可证得结果；（2）本题首先可取AC 的中点M ，连接CE 、MN ，然后通过三角形中位线的性质得出//EA MN ，最后通过线面平行的判定即可得出结果.【详解】（1）因为30BAC ∠=，2AB =，1BC =，所以sin sin AB BC ACB BAC =∠∠，即211sin 2ACB ，解得sin 1ACB ∠=，90ACB ∠=，AC BC ⊥，因为AC FB ⊥，BC FB B ⋂=，所以AC ⊥平面FBC .（2）当M 为AC 的中点时，//EA 平面FDM .证明如下：如图，取AC 的中点M ，连接CE ，与DF 交于点N ，连接MN ，因为四边形CDEF 为正方形，所以N 为CE 的中点，因为M 是AC 的中点，所以//EA MN ，因为MN ⊆平面FDM ，EA ⊄平面FDM ，所以//EA 平面FDM .【点睛】关键点点睛：本题考查线面垂直与线面平行的判定，若直线与平面内的两条相交直线都垂直，则线面垂直，若平面外一条直线平行平面内一条直线，则线面平行，考查数形结合思想，是中档题.18．（1）6+23+26；（2）证明见解析；13. 【分析】（1）可先证明1A B ⊂平面1A AB 得出1BC A B ⊥，即可求出三棱锥A 1－ABC 各个面的面积，得出表面积；（2）在平面ABC 内，过点B 作BN AC ⊥，垂足为N ，过N 作1//MN A A 交1A A 于M ，连接BM ，即可得出.【详解】（1）2,4,=60=23AB AC BAC BC BC AB ==∠∴∴⊥，，，1A A ⊥平面ABC ，BC ⊆平面ABC ，1BC AA ∴⊥，1A A AB A =，BC ∴⊥平面1A AB ，1A B ⊂平面1A AB ，1BC A B ∴⊥，112223262A BC S ∴=⨯= 1=232ABC S AB BC ∴⋅⋅=，111==22A AB S A A AB ⋅，111=42A AC S A A AC =⋅， 则表面积=6+23+26S（2）证明：在平面ABC 内，过点B 作BN AC ⊥，垂足为N ，过N 作1//MN A A 交1A A 于M ，连接BM ，1A A ⊥AC ，1//MN A A ，AC MN ∴⊥，MN BN N =，∴AC ⊥平面MBN .又BM ⊂平面MBN ，∴AC BM ⊥.在直角BAN 中，cos 1, 3.=∠==-=AN AB BAC NC AC AN111//.3，∴==A M AN MN A A MC NC 【点睛】 本题考查三棱柱表面积的求解，解题的关键是得出1BC A B ⊥以便求出各个面的面积，考查点的存在性问题，解题关键是正确利用线面垂直关系作出辅助线.19．（1）证明见解析；（25 【分析】（1）证明四边形AEFG 为平行四边形即可得直线//EF 平面PAD ；（2）将EF 与平面ABCD 所成角转化为AG 与平面ABCD 所成角，进而得GAD ∠为AG 与平面ABCD 所成角，即可求解.【详解】证明：（1）F 为PC 的中点，//FG CD ∴，且12FG CD =， 又//AE CD ，且12AE CD =， ∴四边形AEFG 为平行四边形，∴//EF AG ，又EF ⊄ 平面PAD ，AG ⊂平面PAD ，//EF ∴平面PAD .（2）由（1）知，//EF AG ，又因为PD ⊥面ABCD ，所以，AG 在平面ABCD 内的射影为AD ，则GAD ∠为AG 与平面ABCD 所成角，2AD PD ==，1GD =，在RT ADG 中，AG ==，sinGD GAD AG ∠===，∴EF 与平面ABCD 【点睛】本题考查线面平行与线面角的求解，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题. 常见的线面平行的证明方法有：①通过面面平行得线面平行；②通过线线平行得线面平行，再证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形性质；常见的线面角的求解方法有：①几何法——即找出线面角的平面角，再根据几何关系求解；②利用空间向量求解.20．体积V ；表面积(21π+．【分析】由已知计算出圆柱的底面半径，代入圆柱表面积和体积公式，即可得到答案.【详解】解：设圆柱的底面半径为r ，高为'h ，圆锥的高h ='3h ＝，1'2h h ∴＝，则122r =，1r ∴＝． ∴圆柱的体积2V r h π'=＝；表面积(22221S r rh πππ=+='． 【点睛】本题考查的知识点求圆柱的表面积和体积，其中根据已知条件，求出圆柱的底面半径，是解答本题的关键.21．（1）证明见解析；（2）4π. 【分析】（1）连接A 1B 交AB 1于P ，根据平行四边形AA 1B 1B 的性质，结合三角形中位线定理，可得NP 与CM 平行且相等，从而四边形MCNP 是平行四边形，可得CN ∥MP ，再结合线面平行的判定定理，得到CN ∥平面AB 1M ；（2）以C 为原点，CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图，根据题意得到C 、A 、、B 1、M 各点的坐标，从而得到向量AB 、1B M 的坐标，再利用垂直向量数量积为零的方法，列方程组可求出平面AMB 1的法向量n =（5，﹣3，4），结合平面MB 1C 的一个法向量CA =（2，0，0），利用空间两个向量的夹角公式，得到n 与CA 的夹角，即得二面角A ﹣MB 1﹣C 的大小．【详解】（1）连结A 1B 交AB 1于P ．因为三棱柱ABC -A 1B 1C 1，所以P 是A 1B 的中点．因为M ，N 分别是CC 1，AB 的中点，所以NP // CM ，且NP = CM ，所以四边形MCNP 是平行四边形，所以CN //MP ．因为CN ⊄平面AB 1M ，MP ⊂平面AB 1M ，所以CN //平面AB 1M ．（2）因为AC =BC =2，22AB =， 所以由勾股定理的逆定理知BC ⊥AC ．又因为CC 1⊥平面ABC ，以C 为原点，CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系C-xyz ．因为132C M =，所以C (0,0,0)，A (2,0,0)，B 1(0,2,4)，5(0,0,)2M ，5(2,0,)2AM =-， 13(0,2,)2B M =--． 设平面1AMB 的法向量(,,)n x y z =，则0n AM ⋅=，10n B M ⋅=． 即5(2,0,)(,,)=023(0,2,)(,,)=0.2x y z x y z ⎧-⋅⎪⎪⎨⎪--⋅⎪⎩，，令5x =，则3,4y z =-=，即(5,3,4)n =-．又平面MB 1C 的一个法向量是=(2,0,0)CA ，所以2cos ,>=||||n CA n CA n CA ⋅<=． 由图可知二面角A-MB 1-C 为锐角，所以二面角A-MB 1-C 的大小为4π．【点睛】关键点睛：解题关键在于由勾股定理的逆定理知BC ⊥AC ．又因为CC 1⊥平面ABC ，进而 以C 为原点，CA ，CB ，CC 1分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，进而利用法向量计算二面角，难度属于中档题22．（1）证明见解析；（2）1010；（3）当a =2时，PC //平面AB 1D . 【分析】（1）先证PD ⊥PC ，再由线面垂直的性质证得BC ⊥PD ，运用线面判定方法即可证明结果；（2）由题意先作出线面角，运用勾股定理计算三角形边长，最后求出线面角得正切值；（3）运用线面平行得判定定理证明即可.【详解】（1）证明：∵PD =PC 2，CD =AB =2，∴△PCD 为等腰直角三角形，所以PD ⊥PC .又∵ABCD -A 1B 1C 1D 1是一个长方体，∴ BC ⊥平面CC 1D 1D ，而P ∈平面CC 1D 1D ，∴ PD ⊂平面CC 1D 1D ，所以BC ⊥PD .又∵PC ∩BC =C ，∴ PD ⊥平面PBC .（2）如图，过P 点作PE ⊥CD ，连接AE .∵平面ABCD ⊥平面PCD ，所以PE ⊥平面ABCD ，∴∠PAE 就是直线PA 与平面ABCD 所成的角.又∵PD =PC 2，PD ⊥PC ，所以PE =1，DE =1，所以2223110AE AD DE =+=+= ∴10tan 1010PE PAE AE ∠===. ∴直线PA 与平面ABCD 所成角的正切值为1010. （3）当a =2时，PC //平面AB 1D .理由如下：连接C 1D ，∵a =2，∴四边形CC 1D 1D 是一个正方形，∴∠C 1DC =45°，而∠PDC =45°，∴∠PDC =90°，所以C 1D ⊥PD .又∵PC ⊥PD ，C 1D 与PC 在同一个平面内，∴PC //C 1D .又∵C 1D ⊂平面AB 1C 1D∴PC //平面AB 1C 1D∴PC //平面AB 1D .【点睛】方法点睛：在证明线面垂直或者线面平行时运用其判定定理进行证明，找线线垂直的方法有：（1）运用勾股定理逆定理；（2）已知线面垂直，由其性质得线线垂直；（3）在圆中直径所对的圆周角（4）三角形相似找线线平行的方法有：（1）有中点找中点，构造三角形中位线或者平行四边形；（2）线面平行的性质定理；（3）直线平行的条件（同位角、内错角等知识）.23．（1）证明见解析；（2）21. 【分析】（1）由题意可得11//OE B C ，1//OF C C ，利用面面平行的判定定理可得平面//OEF 平面11BB C C ，由面面平行的性质定理即可证明. （2）利用等体法111112A A B C C AA B V V --=，求出点1C 到平面11AA B 的距离221d =，由11sin d A C θ=即可求解. 【详解】证明：（1）∵O ，E 分别是11A C 、11A B 的中点，1A C 与1AC 交于点F ，∴11//OE B C ，1//OF C C ，1111B C C C C ⋂=，//OE ∴平面11B C C ，//OF ∴平面11B C C ，又OE OF O ⋂=，∴平面//OEF 平面11BB C C ，∵EF ⊂平面OEF ，∴//EF 平面11BB C C .（2）解：设点1C 到平面11AA B 的距离为d ，∵111112A A B C C AA B V V --=，∴111111111323AA B AC B C AO S d ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，22113AO AA AO =-=2211115OB B C OC =-=22 1122AB AO OB=+=，∵11AA B中，11122A B AB==，12AA=，∴117AA BS=，∴1112237323d⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得2217d=，设11A C与平面11AA B所成角为θ，∴11A C与平面11AA B所成角的正弦值为：1121sin7dACθ==.【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：（1）利用线面平行的定义（无公共点）.（2）利用线面平行的判定定理.（3）利用面面平行的性质.24．（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）连接1B C，可知点D为1B C的中点，利用中位线的性质可得出11//OD A B，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）证明出四边形11AAC C为菱形，可得出11AC AC⊥，证明出BC⊥平面11AAC C，可得出1AC BC⊥，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立.【详解】（1）如下图所示，连接1B C，在三棱柱111ABC A B C-中，11//BB CC且11BB CC=，则四边形11BB C C为平行四边形，D为1BC的中点，则D为1B C的中点，同理可知，点O为1A C的中点，11//OD A B∴，OD⊄平面111A B C，11A B⊂平面111A B C，因此，//OD平面111A B C；（2）在直三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，11//AA CC 且11AA CC =， 所以四边形11AAC C 为平行四边形，1AC CC =，所以，平行四边形11AAC C 为菱形，则11AC AC ⊥，1CC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，1BC CC ∴⊥，BC AC ⊥，1AC CC C =，BC ∴⊥平面11AAC C ，1AC ⊂平面11AAC C ，1AC BC ∴⊥，1AC BC C =，1AC ∴⊥平面1A BC ，1AC ⊂平面1AC B ，因此，平面1AC B ⊥平面1A BC .【点睛】方法点睛：证明面面垂直的常用方法：（1）面面垂直的定义；（2）面面垂直的判定定理.在证明面面垂直时，可假设两个平面垂直成立，利用面面垂直的性质定理转化为线面垂直，即可找到所要证的线面垂直，然后组织论据证明即可.25．（1）证明见解析；（2）5. 【分析】（1）由面面垂直的性质可得AD ⊥平面PCD ，进而可得AD PC ⊥，结合平面几何的知识可得PC PD ⊥，由线面垂直的判定即可得证；（2）取CD 的中点O ，连接PO ，OA ，BD ，作PH AB ⊥于H ，结合锥体的体积公式利用等体积法即可得解.【详解】（1）证明：∵平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD 平面ABCD CD =， AD CD ⊥，AD ⊂平面ABCD ，∴AD ⊥平面PCD ，又∵PC ⊂平面PCD ，∴AD PC ⊥，在PCD 中，PC PD ==2CD =，222PC PD CD +=，∴PC PD ⊥， ∵PD AD D ⋂=，PD ,AD ⊂平面PAD ，∴PC ⊥平面PAD ；（2）设点D 到平面PAB 的距离为h ，取CD 的中点O ，连接PO ，OA ，BD ，作PH AB ⊥于H ，如图，则PO CD ⊥．∵平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD平面ABCD CD =， ∴PO ⊥平面ABCD ， ∵112PO CD ==，5OA = ∴在POA 中，6PA =6PB =∴PAB △是等腰三角形，5PH =由D PAB P ABD V V --=1133PAB ABD S h S PO =⋅⋅=⋅⋅，∴AB PH h AB AD PO ⋅⋅=⋅⋅，即54h =，解得55h = ∴点D 到平面PAB 25． 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是空间位置关系性质与判定的应用及等体积法解决点面距离. 26．（1）证明见解析；（22．【分析】（Ⅰ）利用面面平行的判定定理证明平面//AMD 平面BPC ，再利用面面平行的性质定理即可证明//DM 平面PBC ；（2）先证明AD ⊥平面ABPM ，设点C 到平面APD 的距离为d ，利用等体积法得13P ACD C APD APD V V d S --==⋅△，通过计算即可得d . 【详解】（Ⅰ）因为四边形ABCD 是正方形，所以//BC AD ，又BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，//AD 平面PBC ，因为//MA PB ，同理可证//MA 平面PBC ，,,AD MA A AD MA ⋂=⊂平面AMD ，所以平面//AMD 平面PBC ，又因为DM ⊂平面AMD ，所以//DM 平面PBC ；（2）因为AM ⊥平面ABCD ，∴AM ⊥AD ，PB ⊥平面ABCD ，又∵AD ⊥AB ，AM AB A =，∴AD ⊥平面ABPM ，∴AD ⊥AP又AP =设点C 到平面APD 的距离为d ∵11142223323P ACD ACD V PB S -=⋅=⨯⨯⨯⨯=△ 又∵13P ACD C APD APD V V d S --==⋅△ 122APD S =⨯⨯=△∴1433⨯=; ∴d =即点C 到平面APD【点睛】方法点睛：证明直线与平面平行可通过证明直线与直线平行或平面与平面平行来证明.。
专题8.3 空间几何中的平行、垂直(练习)【必考点专练】2023届高考数学二轮复习专题
专专8.3空间几何中的平行、垂直一、单选题1. 设,l m 表示两条不同的直线，,αβ表示两个不同的平面，Q 表示一个点，给出下列四个命题，其中正确的命题是( )①,Q l Q l αα∈⊂⇒∈②,l m Q m l ββ⋂=⊂⇒⊂③//,,,l m l Q m Q m ααα⊂∈∈⇒⊂④,αβ⊥且,,,m Q Q l l l αββαβ⋂=∈∈⊥⇒⊂A. ①②B. ①③C. ②④D. ③④ 2. 如图已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（ ）A. 直线1A D 与直线1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB. 直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC. 直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD. 直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B3. 如图A ，B ，C ，D 为空间四点，在ABC 中，2AB =，2AC BC ==，等边三角形ADB 以AB 为轴旋转，当平面ADB ⊥平面ABC 时，CD =( )A. 3B. 2C. 5D. 14. 如图，四边形ABCD 中，//AD BC ，AD AB =，45BCD ︒∠=，90BAD ︒∠=，将ABD 沿BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，构成三棱锥A BCD -，则在三棱锥A BCD -中，下列命题正确的是( )A. 平面ABD ⊥平面ABCB. 平面ADC ⊥平面BDCC. 平面ABC ⊥平面BDCD. 平面ADC ⊥平面ABC二、多选题 5. 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段1B C 上一动点，则( )A. 直线1BD ⊥平面11AC DB. 异面直线1B C 与11A C 所成角为45︒C. 三棱锥11P A DC -的体积为定值D. 平面11AC D 与底面ABCD 的交线平行于11A C6. 如图所示，矩形ABCD 中，E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻转成1A DE ，若M 为线段1A C 的中点，则在ADE 翻转过程中，下列命题正确的是( )A. ||BM 是定值B. 点M 在球面上运动C. 一定存在某个位置，使1DE A C ⊥D. 一定存在某个位置，使//MB 平面1A DE7. 如图1，在正方形ABCD 中，点E 为线段BC 上的动点(不含端点)，将ABE 沿AE 翻折，使得二面角B AE D --为直二面角，得到图2所示的四棱锥B AECD -，点F 为线段BD 上的动点(不含端点)，则在四棱锥B AECD -中，下列说法正确的有( )A. B 、E 、C 、F 四点不共面B. 存在点F ，使得//CF 平面BAEC. 三棱锥B ADC -的体积为定值D. 存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直三、填空题 8. 《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在如图所示的阳马P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且22BC DC PA ==，AM PD ⊥于M ，MN PD ⊥，MN 与PC 交于点.N 则(1)AM 与CD 的关系__________(填“垂直”或“平行”)；(2)PN PC=__________. 9. 如图，在正方形ABCD 中，,E F 分别是,BC CD 的中点，G 是EF 的中点.现在沿,AE AF 及EF 把这个正方形折成一个空间图形，使,,B C D 三点重合，重合后的点记为.H 下列说法错误的是__________(将符合题意的选项序号填到横线上).①AG EFH ⊥所在平面；②AH EFH ⊥所在平面；③HF AEF ⊥所在平面；④HG AEF ⊥所在平面.10. 如图，在Rt ABC 中，1AC =，BC x =，D 为斜边AB 的中点．将BCD 沿直线CD 翻折．若在翻折过程中存在某个位置，使得CB AD ⊥，则x 的取值范围是__________.11. 如图所示，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，BD AC O ⋂=，M 是线段1D O 上的动点，过点M 作平面1ACD 的垂线交平面1111A B C D 于点N ，则点N 到点A 距离的最小值为__________.四、解答题12. 在三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E ，F 分别是AC ，1B C 的中点．(1)求证：//EF 平面11AB C ；(2)求证：平面1AB C ⊥平面1.ABB13. 在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，111.AB B C ⊥求证：(1)//AB 平面11A B C ；(2)平面11ABB A ⊥平面1.A BC14. 如图所示，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，PA 是四棱锥P ABCD -的高，,,E F M 分别为,,AB CD PD 的中点．(1)求证：平面//AMF 平面PEC ；(2)若24PA AB BC ===，求多面体PECFMA 的体积.15. 如图，四边形ABCD 为菱形，60.ABC PA ︒∠=⊥平面ABCD ，E 为PC 中点． ()Ⅰ求证：平面BED ⊥平面ABCD ；()Ⅱ求平面PBA 与平面EBD 所成二面角(锐角)的余弦值．16. 如图，已知三棱柱111ABC A B C -，平面11AC A C ⊥平面ABC ，ABC=90︒∠，BAC=30︒∠，11==AC A A AC ，E ，F 分别是AC ，11A B 的中点．()Ⅰ证明：EF BC ⊥；()Ⅱ求直线EF 与平面1BC A 所成角的余弦值．17. 如图，已知三棱柱111ABC A B C -的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，,M N 分别为11,BC B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于.F(1)证明：1//AA MN ，且平面1A AMN ⊥平面11EB C F ；(2)设O 为111A B C 的中心，若6AO AB ==，//AO 平面11EB C F ，且3MPN π∠=，求四棱锥11B EB C F -的体积．18. 如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，2AB AC ==，12BC AA ==，O ，M 分别为BC ，1AA 的中点．(1)求证：//OM 平面11CB A ；(2)求点M 到平面11CB A 的距离．19. 如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，13AA =，M 为BC 的中点，N 在线段1AA 上.(1)设1=AN NA λ，当λ为何值时，11//?MN ACB 平面 (2)若1AN =，求直线MN 与直线11A C 所成角的正弦值.20. 如图，在四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为平行四边形，PCD 为等边三角形，平面PAC ⊥平面PCD ，PA CD ⊥，2CD =，3AD =，(1)设G ，H 分别为PB ，AC 的中点，求证：//GH 平面PAD ；(2)求证：PA ⊥平面PCD ；(3)求直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值．答案和解析1.【答案】D解：①Q α∈，l α⊂，点Q 可以不在直线l 上，故A 错误； ②直线l 可以只有一点在面内，故B 错误；③因为//l m ，l α⊂，若m 不在平面α内，//m α，由Q m ∈， 可得Q 在平面α外，这与可点Q α∈相矛盾，故C 正确； ④αβ⊥且m αβ⋂=，Q β∈，Q l ∈，l l αβ⊥⇒⊂， 由面面垂直的性质定理知D 正确.故选.D2.【答案】A解：连1AD ，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点，又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊂/平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面.ABCD因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD ，则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B ，D 不正确；在正方体1111ABCD A B C D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥， 1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ，1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥， 且直线11,A D D B 是异面直线，所以选项C 错误，选项A 正确. 故选.A3.【答案】B解：由题意，取AB 的中点E ，连接DE ，CE ，因为三角形ADB 为等边三角形，所以DE AB ⊥，当平面ADB ⊥平面ABC 时，且平面ADB ⋂平面ABC AB =，又DE ⊂平面ADB ，所以DE ⊥平面ABC ，又CE ⊂平面ABC ，所以DE EC ⊥，又2AB =，2AC BC ==， 所以222AC BC AB +=，所以AC BC ⊥，又BE AE =，所以112CE AB ==， 又332322DE BD ==⨯=， 所以此时2231 2.CD DE CE =+=+=故选.B4.【答案】D解：在四边形ABCD 中，//AD BC ，AD AB =，45BCD ︒∠=，90BAD ︒∠=， BD CD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD =，CD ⊂平面BCD ， 故CD ⊥平面ABD ，则CD AB ⊥，又AD AB ⊥，AD CD D ⋂=，AD ，CD ⊂平面ADC ，AB ∴⊥平面ADC ，又AB ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面.ADC故选.D5.【答案】ACD解：在A 中，1111A C B D ⊥，111AC BB ⊥，1111B D BB B ⋂=，11B D ，1BB ⊂平面11BB D ， 11A C ∴⊥平面11BB D ，1BD ⊂平面11BB D ，111AC BD ∴⊥，同理，11DC BD ⊥，1111A C DC C ⋂=，11A C ，1DC ⊂平面11AC D ，∴直线1BD ⊥平面11AC D ，故A 正确;对于B ，易知11//A D B C ，在11A DC 中，1111A D DC AC ==，可得11A DC 为正三角形，异面直线1BC 与11A C 所成角为60︒，故B 错误;对于C ，11//A D B C ，1A D ⊂平面11AC D ，1B C ⊂/平面11AC D ，1//B C ∴平面11AC D ， 点P 在线段1B C 上运动，P ∴到平面11AC D 的距离为定值，又11AC D 的面积是定值，∴三棱锥11P A C D -的体积为定值，故C 正确；对于D ，设平面11AC D 与底面ABCD 的交线为m ，11A C 是平面11AC D 和平面1111A B C D 的交线，平面//ABCD 平面1111A B C D ，所以11//A C m ，故D 选项正确.故选.ACD6.【答案】ABD解：A 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，1A DE MNB ∠=∠，112MN A D ==定值，NB DE ==定值，根据余弦定理得，2222cos MB MN NB MN NB MNB =+-⋅⋅∠，||BM ∴是定值，B 对，B 是定点，M ∴是在以B 为球心，MB 为半径的球面上，C 错，当矩形ABCD 满足AC DE ⊥时存在，其他情况不存在，D 对，取CD 中点N ，连接MN 、NB ，则1//MN A D 、//NB DE ，因为MN ⊂/平面1A DE ，1A D ⊂平面1A DE ，所以//MN 平面1A DE ，同理//BN 平面1A DE ，又MN NB N ⋂=，∴平面//MNB 平面1A DE ，MB ⊂平面MNB ，//MB ∴平面1.A DE故选.ABD7.【答案】AB解：对于A ：假设直线BE 与直线CF 在同一平面上，所以：点E 在平面BCF 上，又点E 在线段BC 上，BC ⋂平面BCF C =，所以点E 与点C 重合，与点E 异于C 矛盾，所以直线BE 与CF 必不在同一平面上，即B 、E 、C 、F 四点不共面，故A 正确； 对于B ：当点F 为线段BD 的中点时，12EC AD =，再取AB 的中点G ， 则//FG AD 且12FG AD =， 则//EC FG ，且EC FG =，所以：四边形ECFG 为平行四边形，所以//FC EG ，又因为,EG ABE FC ABE ⊂⊄平面平面，则：直线//CF 平面BAE ，故B 正确；对于C ：由题B ADC V -，底面ACD 的面积不变，但E 的移动会导致点B 到平面ACD 的距离在变化，所以B ADC V -的体积不是定值，故C 错误；对于D ：过点B 作BO AE ⊥于O ，由于平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ⋂平面AECD AE =，所以BO ⊥平面AECD ，过点D 作DH AE ⊥于H ，因为平面BAE ⊥平面AECD ，平面BAE ⋂平面AECD AE =，所以DH ⊥平面BAE ，又因为BE ABE ⊂平面，所以DH BE ⊥，若存在点E 使得直线BE 与直线CD 垂直，DH ⊂平面AECD ，DC ⊂平面AECD ，DH DC D ⋂=，所以BE ⊥平面AECD ，所以E 和O 重合，与ABE 是以点B 为直角的三角形矛盾，所以不存在点E ，使得直线BE 与直线CD 垂直，故D 错误．故选：.AB8.【答案】垂直23解：(1)由题意易得CD ⊥平面PAD ，所以CD AM ⊥，又AM PD ⊥于M ，CD PD D ⋂=，进而得AM ⊥平面PCD ，得.AM CD ⊥(2)设BC DC PA a ===，则PD ==，Rt PAD中，PM PA PA PD ==，则PM =， 易得CD ⊥平面PAD ，因为MN PD ⊥，所以//MN CD ，得2.3PN PM PC PD === 故答案为(1)垂直；2(2).39.【答案】①③④解：折之前AG EF ⊥，CG EF ⊥，折之后也垂直，所以EF ⊥平面AHG ，折之前B ∠，D ∠，C ∠均为直角，折之后三点重合， 所以折之后AH ，EH ，FH 三条直线两两垂直，所以AH EFH ⊥所在平面，②对；同时可知AH HG ⊥，又HF AEH ⊥所在平面，过AE 不可能做两个平面与直线HF 垂直，③错； 如果HG AEF ⊥所在平面，则有HG AG ⊥，与②中AH HG ⊥矛盾，④错；若AG EFH ⊥所在平面，则有AG HG ⊥，与②中AH HG ⊥矛盾，所以①也错．故答案为①③④.10.【答案】(0,3] 解：由题意得，212x AD CD BD +===，BC x =， 取BC 中点E ，翻折前，在图1中，连接DE ，CD ，则12DE =，1AC =， 翻折后，在图2中，此时 .CB AD ⊥BC DE ⊥，BC AD ⊥，DE AD D ⋂=，,DE AD ADE ⊂平面，BC ∴⊥平面ADE ，AE ADE ⊂平面，BC AE ∴⊥，DE BC ⊥，又BC AE ⊥，E 为BC 中点，1AB AC ∴==，2114AE x ∴=-，212x AD +=， 在ADE 中：①221111224x x ++>-，②221111224x x +<+-，③0x >， 由①②③，得0 3.x <<如图3，翻折后，当1B CD 与ACD 在一个平面上，AD 与1B C 交于M ，且1AD B C ⊥，1AD B D CD BD ===，1CBD BCD B CD ∠=∠=∠， 又190CBD BCD B CD ︒∠+∠+∠=，130CBD BCD B CD ︒∴∠=∠=∠=，60A ︒∴∠=，tan 60BC AC ︒=，此时1x ==综上，x 的取值范围为故答案为：11.【答案】2解：由题易知，DO AC ⊥，1D O AC ⊥，1DO D O O ⋂=，DO ，1D O ⊂平面11BDD B ， AC ∴⊥平面11BDD B ，又AC ⊂平面1ACD ，∴平面1ACD ⊥平面11BDD B ， 又MN ⊥平面1ACD ，平面1ACD ⋂平面111BDD B D O =，MN ∴⊂平面11BDD B ，且N 在平面1111A B C D 内，11N B D ∴∈，过N 作11NG A B ⊥，交11A B 于G ，将平面1111A B C D 展开，如图：设NG x =，(01)x ，11NG A B ⊥，1111A D A B ⊥，11//NG A D ∴，又11A D ⊥平面11ABB A ，NG ∴⊥平面11ABB A ，且AG ⊂平面11ABB A ，NG AG ∴⊥， 22221(1)222AN x x x x ∴=+-+=-+21362()222x =-+， 当12x =时，AN 取最小值6.2 故答案为：6.212.【答案】证明：(1)E ，F 分别是AC ，1B C 的中点．所以1//EF AB ，因为EF ⊂/平面11AB C ，1AB ⊂平面11AB C ，所以//EF 平面11AB C ；(2)因为1B C ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，所以1B C AB ⊥，又因为AB AC ⊥，1AC B C C ⋂=，AC ⊂平面1AB C ，1B C ⊂平面1AB C ， 所以AB ⊥平面1AB C ，因为AB ⊂平面1ABB ，所以平面1AB C ⊥平面1.ABB13.【答案】证明：(1)平行六面体1111ABCD A B C D -中，11//AB A B ，又AB ⊂平面1111,A B C A B ⊂/平面11A B C ；得//AB 平面11A B C ；(2)在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，得四边形11ABB A 是菱形，11.AB A B ⊥在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1AA AB =，1111.AB B C AB BC ⊥⇒⊥ 又1A B BC C ⋂=，1A B ⊂平面1A BC ，BC ⊂平面1A BC得1AB ⊥面1A BC ，且1AB ⊂平面11ABB A∴平面11ABB A ⊥平面1.A BC14.【答案】(1)证明：矩形ABCD ，且E ，F 是AB 、CD 中点，//AE CF ∴且AE CF =，∴四边形AECF 是平行四边形，//CE AF ∴，又CE ⊂/面AMF ，AF ⊂面AMF ，//CE ∴平面AMF ；又M 是PD 中点，则//MF PC ，同理可得//PC 平面AMF ，又CE ⊂平面PEC ，PC ⊂平面PEC ，CE PC C ⋂=，∴平面//AMF 平面PEC ；(2)解：棱锥M AFD -的高等于PA 的一半，则多面体PECFMA 的体积 111120(12)44142.32323P AECD M AFD V V V --=-=⨯+⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=15.【答案】()Ⅰ证明：连接AC 交BD 于点O ，连接OE ， 则O 是AC 的中点．又知E 是PC 中点，//EO PA ∴，PA ⊥平面ABCD ，OE ∴⊥平面.ABCD又知OE ⊂平面BED ，∴平面BED ⊥平面.ABCD()Ⅱ解：过B 作BM ⊥平面ABCD ，连接PM ，ME ，如图，由()Ⅰ可知，////PA EO MB ，则MB 是平面PBA 与平面EBD 的交线，由BM ⊥平面ABCD ，AB ，BO ⊂平面ABCD ，可得MB AB ⊥，MB BO ⊥，则ABO ∠即平面PBA 与平面EBD 所成二面角的平面角，四边形ABCD 为菱形，60.ABC ︒∠=可知30ABO ︒∠=，3cos cos30.2ABO ︒∠== 所以，平面PBA 与平面EBD 所成二面角(锐角)的余弦值为3.216.【答案】证明：()Ⅰ连结1A E ，11A A A C =，E 是AC 的中点，1A E AC ∴⊥，又平面11A ACC ⊥平面ABC ，1A E ⊂平面11A ACC ，平面11A ACC ⋂平面ABC AC =，1A E ∴⊥平面ABC ，又BC ⊂平面ABC ，1A E BC ∴⊥，1//A F AB ，90ABC ︒∠=，1BC A F ∴⊥，111A E A F A ⋂=，1A E 、1A F ⊂平面1A EF ，BC ∴⊥平面1A EF ，又EF ⊂平面1A EF ，EF BC ∴⊥；解：()Ⅱ取BC 中点G ，连结EG 、GF ，则1EGFA 是平行四边形，由于1A E ⊥平面ABC ，故1A E EG ⊥，∴平行四边形1EGFA 是矩形，由()Ⅰ得BC ⊥平面1EGFA ，则平面1A BC ⊥平面1EGFA ，EF ∴在平面1A BC 上的射影在直线1A G 上，连结1A G ，交EF 于O ，则EOG ∠是直线EF 与平面1A BC 所成角(或其补角)，不妨设4AC =，则在1Rt A EG 中，123A E =，3EG =，O 是1A G 的中点，故11522A G EO OG ===， 2223cos 25EO OG EG EOG EO OG +-∴∠==⨯⨯，∴直线EF 与平面1A BC 所成角的余弦值为3.517.【答案】(1)证明：由题意知111////AA BB CC ，又因为侧面11BB C C 是矩形且M ，N 分别是BC ，11B C 的中点，所以1//MN BB ，1BB BC ⊥，所以1//AA MN ，11MN B C ⊥，又底面为正三角形，所以AM BC ⊥，111A N B C ⊥，又因为1MN A N N ⋂=，1,MN A N ⊂平面1A AMN ，所以11B C ⊥平面1A AMN ，又11B C ⊂平面11EB C F ，所以平面11EB C F ⊥平面1.A AMN(2)解：因为//AO 平面11EB C F ，AO ⊂平面1A NMA ，平面1A NMA ⋂平面11EB C F NP =， 所以//AO NP ，又因为//NO AP ，所以6AO NP ==，3ON AP ==， 过M 作MH NP ⊥，垂足为H ，因为平面11EB C F ⊥平面1A AMN ，平面11EB C F ⋂平面1A AMN NP =，MH ⊂平面1A AMN ，所以MH ⊥平面11EB C F ，因为3MPN π∠=，所以sin33MH PM π=⋅=， 在ABC 中，EF AP BC AM = 可得2AP BC EF AM⋅== ， 11111()242EB C F S B C EF NP =+⋅=四边形， 又//BC 平面11EB C F ，所以1111B EB C F M EB C F V V --=11124.3EB C F S MH =⋅⋅=18.【答案】(1)证明：如图，连接1BC ，交1CB 于点N ，连接1A N ，.ON 则N 为1CB 的中点，又O 为BC 的中点，1//ON BB ∴，且112ON BB =， 又M 为1AA 的中点，11//MA BB ∴，且1112MA BB =， 1//ON MA ∴且1ON MA =，∴四边形1ONA M 为平行四边形，1//OM NA ∴，又1NA ⊂平面11CB A ，OM ⊂/平面11CB A ，//OM ∴平面11.CB A(2)解：如图，连接AO ，1OB ，1.ABAB AC =，O 为BC 的中点，AO BC ∴⊥， 又直三棱柱111ABC A B C -中，平面11CBB C ⊥平面ABC ，平面11CBB C ⋂平面ABC BC =，AO ⊂平面.ABCAO ∴⊥平面11.CBB C由(1)可知//OM 平面11CB A ，∴点M 到平面11CB A 的距离等于点O 到平面11CB A 的距离，设其为d ， 在直三棱柱111ABC A B C -中，由AB AC ==12BC AA ==可得，1AO =，11A B =1AC =1BC=，11CB A ∴是直角三角形，且1112CB A S = 由11111_{_}O CB A A A COB V V COB V --=-=得：111111213332COB d S AO =⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，故d =即点M 到平面11CB A19.【答案】解：(1)连接1BC ，交1CB 于点O ，则O 为1CB 的中点，连接1A O ，MO因为M 为BC 的中点，所以1//MO BB ，所以1//MO NA ，从而M ，O ，1A ，N 四点共面.因为//MN 平面11A CB ，MN ⊂平面1MOA N ，平面1MOA N ⋂平面111=ACB AO ， 所以1//.MN AO又1//MO NA ，所以四边形1MOA N 为平行四边形， 所以1111122NA MO BB AA ===， 所以1=1.AN NA (2)因为11//A C AC ，所以直线MN 与直线11A C 所成角即为直线MN 与直线AC 所成角或者其补角. 取AB 的中点G ，连接,MG NG ，M 为BC 的中点，易得//AC GM ，则所求角为GMN ∠或者其补角GMN 中，112GM AC ==， 222GN AG AN =+=，222MN AM AN =+=由余弦定理可得1423cos 2124GMN +-∠==⨯⨯， 则7sin 4GMN ∠=， 所以，直线MN 与直线11A C 所成角的正弦值为7.420.【答案】证明：(1)如图：证明：连接BD ，由题意得AC BD H ⋂=，BH DH =，又由BG PG =，得//GH PD ，GH ⊂/平面PAD ，PD ⊂平面PAD ，//GH ∴平面PAD ；(2)证明：取棱PC 中点N ，连接DN ，依题意得DN PC ⊥， 又平面PAC ⊥平面PCD ，平面PAC ⋂平面PCD PC =，DN ⊂平面PCD ， DN ∴⊥平面PAC ，又PA ⊂平面PAC ，DN PA ∴⊥，又PA CD ⊥，CD DN D ⋂=，CD ⊂平面PCD ，DN ⊂平面PCD ，PA ∴⊥平面PCD ；(3)解：连接AN ，由(2)中DN ⊥平面PAC ，知DAN ∠是直线AD 与平面PAC 所成角， PCD 是等边三角形，2CD =，且N 为PC 中点， 3DN ∴=，又DN ⊥平面PAC ，AN PAC ⊂平面，DN AN ⊥，在Rt AND 中，3sin .3DN DAN DA ∠== ∴直线AD 与平面PAC 所成角的正弦值为3.3。
专题08 立体几何解答题常考全归类(精讲精练)(原卷版)
专题08 立体几何解答题常考全归类【命题规律】空间向量是将空间几何问题坐标化的工具，是常考的重点，立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个空间几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建系求点、坐标运算、几何结论．作为求解空间角的有力工具，通常在解答题中进行考查，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：非常规空间几何体为载体核心考点二：立体几何探索性问题核心考点三：立体几何折叠问题核心考点四：立体几何作图问题核心考点五：立体几何建系繁琐问题核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题核心考点七：利用传统方法找几何关系建系核心考点八：空间中的点不好求核心考点九：创新定义【真题回归】1．（2022·天津·统考高考真题）直三棱柱111ABC A B C 中，112,,AA AB AC AA AB AC AB ===⊥⊥，D 为11A B 的中点，E 为1AA 的中点，F 为CD 的中点．(1)求证：//EF 平面ABC ；(2)求直线BE 与平面1CC D 所成角的正弦值；(3)求平面1ACD 与平面1CC D 所成二面角的余弦值．2．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．3．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知ABCD 和CDEF 都是直角梯形，//AB DC ，//DC EF ，5AB =，3DC =，1EF =，60BAD CDE ∠=∠=︒，二面角F DC B --的平面角为60︒．设M ，N 分别为,AE BC 的中点．(1)证明：FN AD ⊥；(2)求直线BM 与平面ADE 所成角的正弦值．4．（2022·全国·统考高考真题）如图，PO 是三棱锥-P ABC 的高，PA PB =，AB AC ⊥，E 是PB 的中点．(1)证明：//OE 平面PAC ；(2)若30ABO CBO ∠=∠=︒，3PO =，5PA =，求二面角C AE B --的正弦值．5．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．6．（2022·全国·统考高考真题）在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥底面,,1,2,ABCD CD AB AD DC CB AB DP =====∥(1)证明：BD PA ⊥；(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．7．（2022·北京·统考高考真题）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值． 条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．8．（2022·全国·统考高考真题）如图，直三棱柱111ABC A B C 的体积为4，1A BC 的面积为(1)求A 到平面1A BC 的距离；(2)设D 为1A C 的中点，1AA AB =，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，求二面角A BD C --的正弦值．【方法技巧与总结】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式θ=sin h l，其中θ是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【核心考点】核心考点一：非常规空间几何体为载体【规律方法】关键找出三条两两互相垂直的直线建立空间直角坐标系．【典型例题】例1．（2022·陕西安康·统考一模）如图，已知AB 为圆锥SO 底面的直径，点C 在圆锥底面的圆周上，2BS AB ==，6BAC π∠=，BE 平分SBA ∠，D 是SC 上一点，且平面DBE ⊥平面SAB .(1)求证：SA BD ⊥；(2)求二面角E BD C --的正弦值.例2．（2022·安徽·校联考二模）如图，将长方形11OAAO （及其内部）绕1OO 旋转一周形成圆柱，其中11,2OA O O ==，劣弧11A B 的长为,6AB π为圆O 的直径.(1)在弧AB 上是否存在点C （1,C B 在平面11OAAO 的同侧），使1BC AB ⊥，若存在，确定其位置，若不存在，说明理由；(2)求平面11A O B 与平面11B O B 夹角的余弦值.例3．（2022·山东东营·胜利一中校考模拟预测）如图，,AB CD 分别是圆台上､下底面的直径，且AB CD ，点E 是下底面圆周上一点，AB =(1)证明：不存在点E 使平面AEC ⊥平面ADE ；(2)若4DE CE ==，求二面角D AE B --的余泫值.例4．（2022·河北·统考模拟预测）如图，在圆台1OO 中，上底面圆1O 的半径为2，下底面圆O 的半径为4，过1OO 的平面截圆台得截面为11ABB A ，M 是弧AB 的中点，MN 为母线，cos NMB ∠=(1)证明：1AB ⊥平面1AOM ； (2)求二面角M NB A --的正弦值.核心考点二：立体几何探索性问题【规律方法】与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或二面角满足特定要求时的存在性问题．处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数（有些是题中已给出），设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断．【典型例题】例5．（2022·上海虹口·统考一模）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，底面ABC 是以AC 为斜边的等腰直角三角形，侧面11AAC C 为菱形，点1A 在底面上的投影为AC 的中点D ，且2AB =．(1)求证：1BD CC ⊥；(2)求点C 到侧面11AA B B 的距离；(3)在线段11A B 上是否存在点E ，使得直线DE 与侧面11AA B B 请求出1A E 的长；若不存在，请说明理由．例6．（2022春·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1AB C 为等边三角形，四边形11AA B B 为菱形，AC BC ⊥，4AC =，3BC =.(1)求证：11AB AC ⊥；(2)线段1CC 上是否存在一点E ，使得平面1AB E 与平面ABC 的夹角的余弦值为14？若存在，求出点E 的位置；若不存在，请说明理由.例7．（2022春·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝2，BC ＝1，E 是DC 的中点，将DAE 沿AE 折起，使得点D 到达点P 的位置，且PB ＝PC ，如图2所示．F 是棱PB 上的一点．(1)若F 是棱PB 的中点，求证：//CF 平面P AE ；(2)是否存在点F ，使得二面角F AE C --？若存在，则求出PF FB 的值；若不存在，请说明理由．例8．（2022·广东韶关·统考一模）已知矩形ABCD 中，4AB =，2BC =，E 是CD 的中点，如图所示，沿BE 将BCE 翻折至BFE △，使得平面BFE ⊥平面ABCD .(1)证明：BF AE ⊥；(2)若(01)DP DB λλ=<<是否存在λ，使得PF 与平面DEF 求出λ的值；若不存在，请说明理由.核心考点三：立体几何折叠问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例9．（2022春·江苏南通·高三期中）已知梯形ABCD 中，//AD BC ，π2∠=∠=ABC BAD ，24AB BC AD ===，E ，F 分别是AB ，CD 上的点，//EF BC ，AE x =，G 是BC 的中点，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．(1)当2x =时①求证：BD EG ⊥；②求二面角D BF C --的余弦值；(2)三棱锥D FBC -的体积是否可能等于几何体ABE FDC -体积的一半？并说明理由．例10．（2022春·辽宁·高三辽宁实验中学校考期中）如图1，在平面四边形ABCD 中，已知ABDC ，AB DC ∥，142AD DC CB AB ====，E 是AB 的中点．将△BCE 沿CE 翻折至△PCE ，使得2DP =，如图2所示．(1)证明：DP CE ⊥；(2)求直线DE 与平面P AD 所成角的正弦值．例11．（2022春·湖南长沙·高三宁乡一中校考期中）如图，平面五边形P ABCD 中，PAD 是边长为2的等边三角形，//AD BC ，AB ＝2BC ＝2，AB BC ⊥，将PAD 沿AD 翻折成四棱锥P －ABCD ，E 是棱PD 上的动点（端点除外），F ，M 分别是AB ，CE 的中点，且PC =(1)证明：AB FM ⊥；(2)当直线EF 与平面P AD 所成的角最大时，求平面ACE 与平面P AD 夹角的余弦值．例12．（2022·四川雅安·统考模拟预测）如图①，ABC 为边长为6的等边三角形，E ，F 分别为AB ，AC 上靠近A 的三等分点，现将AEF △沿EF 折起，使点A 翻折至点P 的位置，且二面角P EF C --的大小为120°（如图②）．(1)在PC 上是否存在点H ，使得直线//FH 平面PBE ？若存在，确定点H 的位置；若不存在，说明理由． (2)求直线PC 与平面PBE 所成角的正弦值．核心考点四：立体几何作图问题 【规律方法】（1）利用公理和定理作截面图（2）利用直线与平面平行的性质定理作平行线 （3）利用平面与平面垂直作平面的垂线 【典型例题】例13．（2022·贵州·校联考模拟预测）如图，已知平行六面体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是菱形，112CD CC AC ===，3DCB π∠=且113cos cos 4C CD C CB ∠=∠=.(1)试在平面ABCD 内过点C 作直线l ，使得直线//l 平面1C BD ，说明作图方法，并证明：直线11//l B D ； (2)求点C 到平面1A BD 的距离.例14．（2022秋·河北石家庄·高一石家庄市第十五中学校考期中）如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD 满足：AB AD ⊥，AD BC ∥．(1)要经过平面11CC D D 内的一点P 和棱1BB 将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？（借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明）(2)若2AD AB ==，11BC AA ==，当点P 是矩形11CDD C 的中心时，求点1D 到平面1APB 的距离．例15．（2022·全国·高三专题练习）如图多面体ABCDEF 中，面FAB ⊥面ABCD ，FAB 为等边三角形，四边形ABCD 为正方形，//EF BC ，且332EF BC ==，H ，G 分别为CE ，CD 的中点.（1）求二面角C FH G --的余弦值；（2）作平面FHG 与平面ABCD 的交线，记该交线与直线AB 交点为P ，写出APAB的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）.例16．（2022·全国·高三专题练习）四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，23DAB π∠=.ACBD O =,且PO ⊥平面ABCD ，PO =点,F G 分别是线段.PB PD 上的中点，E 在PA 上.且3PA PE =.（Ⅰ）求证：//BD 平面EFG ；（Ⅰ）求直线AB 与平面EFG 的成角的正弦值；（Ⅰ）请画出平面EFG 与四棱锥的表面的交线，并写出作图的步骤.核心考点五：立体几何建系繁琐问题 【规律方法】 利用传统方法解决 【典型例题】例17．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例18．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．例19．（2022春·福建南平·高三校考期中）在三棱柱111ABC A B C 中，AB AC ⊥，1B C ⊥平面ABC ，E 、F 分别是棱AC 、11A B 的中点.(1)设G 为11B C 的中点，求证：//EF 平面11BCC B ；(2)若2AB AC ==，直线1BB 与平面1ACB 所成角的正切值为2，求多面体1B EFGC -的体积V .核心考点六：两角相等（构造全等）的立体几何问题 【规律方法】 构造垂直的全等关系 【典型例题】例20．如图，已知三棱柱-111ABC A B C 的底面是正三角形，侧面11BB C C 是矩形，M ，N 分别为BC ，11B C 的中点，P 为AM 上一点．过11B C 和P 的平面交AB 于E ，交AC 于F ． （1）证明：1//AA MN ，且平面⊥1A AMN 平面11EB C F ；（2）设O 为△111A B C 的中心．若//AO 平面11EB C F ，且=AO AB ，求直线1B E 与平面1A AMN 所成角的正弦值．例21．如图，在锥体-P ABCD 中，ABCD 是边长为1的菱形，且∠=︒60DAB ，==PA PD ，=2PB ，E ，F 分别是BC ，PC 的中点（1）证明：⊥AD 平面DEF （2）求二面角--P AD B 的余弦值．核心考点七：利用传统方法找几何关系建系【规律方法】利用传统方法证明关系，然后通过几何关系建坐标系． 【典型例题】例22．如图：长为3的线段PQ 与边长为2的正方形ABCD 垂直相交于其中心()O PO OQ >． （1）若二面角P AB Q --的正切值为3-，试确定O 在线段PQ 的位置；（2）在（1）的前提下，以P ，A ，B ，C ，D ，Q 为顶点的几何体PABCDQ 是否存在内切球？若存在，试确定其内切球心的具体位置；若不存在，请说明理由．例23．在四棱锥P ABCD -中，E 为棱AD 的中点，PE ⊥平面ABCD ，//AD BC ，90ADC ∠=︒，2ED BC ==，3EB =，F 为棱PC 的中点．（Ⅰ）求证：//PA 平面BEF ；（Ⅰ）若二面角F BE C --为60︒，求直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值．例24．三棱柱111ABC A B C -中，AB AC ⊥，2AB AC ==，侧面11BCC B 为矩形，123A AB π∠=，二面角1A BC A --的正切值为12． （Ⅰ）求侧棱1AA 的长；（Ⅰ）侧棱1CC 上是否存在点D ，使得直线AD 与平面1A BC ，若存在，判断点的位置并证明；若不存在，说明理由．核心考点八：空间中的点不好求 【规律方法】 方程组思想 【典型例题】例25．（2022·江苏南京·模拟预测）已知三棱台111ABC A B C 的体积为143，且π2ABC ∠=，1A C ⊥平面11BB C C . (1)证明：平面11A B C ⊥平面111A B C ；(2)若11AC B C =，11112A B B C ==，求二面角1B AA C --的正弦值.例26．（2022春·浙江·高三浙江省新昌中学校联考期中）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为2的菱形，3DAB π∠=，平面11BDD B ⊥平面ABCD ，点1,O O 分别为11,B D BD 的中点，1111,,O B A AB O BO ∠∠=均为锐角.(1)求证：1AC BB ⊥；(2)若异面直线CD 与1AA ，四棱锥1A ABCD -的体积为1，求二面角1B AA C --的平面角的余弦值.例27．（2022春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考期中）如图，在几何体ABCDE 中，底面ABC 为以AC为斜边的等腰直角三角形.已知平面ABC ⊥平面ACD ，平面ABC ⊥平面,//BCE DE 平面,ABC AD DE ⊥.(1)证明；DE ⊥平面ACD ；(2)若22AC CD ==，设M 为棱BE 的中点，求当几何体ABCDE 的体积取最大值时,AM 与CD 所成角的余弦值.核心考点九：创新定义 【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例28．（2022·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）已知顶点为S 的圆锥面（以下简称圆锥S ）与不经过顶点S 的平面α相交，记交线为C ，圆锥S 的轴线l 与平面α所成角θ是圆锥S 顶角（圆S 轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C 的形状，我们构建球T ，使球T 与圆锥S 和平面α都相切，记球T 与平面α的切点为F ，直线l 与平面α交点为A ，直线AF 与圆锥S 交点为O ，圆锥S 的母线OS 与球T 的切点为M ，OM a =，MS b =．(1)求证：平面SOA ⊥平面α，并指出a ，b ，θ关系式； (2)求证：曲线C 是抛物线．例29．（2022·全国·高三专题练习）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PA ，PB ，PC 构成的三面角-P ABC ，APC α∠=，BPC β∠=，APB γ∠=，二面角A PC B --的大小为θ，则cos cos cos sin sin cos γαβαβθ=+．（1）当α、π0,2β⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，证明以上三面角余弦定理；（2）如图2，四棱柱1111ABCD A B C D -中，平面11AA C C ⊥平面ABCD ，160A AC ∠=︒，45BAC ∠=︒， ①求1A AB ∠的余弦值；②在直线1CC 上是否存在点P ，使//BP 平面11DA C ？若存在，求出点P 的位置；若不存在，说明理由．例30．（2022·全国·校联考模拟预测）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示．蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥H ABC -，J CDE -，K EFA -，再分别以AC ，CE ，EA 为轴将ACH ∆，CEJ ∆，EAK ∆分别向上翻转180︒，使H ，J ，K 三点重合为点S 所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示．蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于2π减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）．（1）求蜂房曲顶空间的弯曲度；（2）若正六棱柱的侧面积一定，当蜂房表面积最小时，求其顶点S 的曲率的余弦值．【新题速递】1．（2022·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）如图，在三棱柱111ABC A B C 中，1BC CC =，1AC AB =.(1)证明：平面1ABC ⊥平面11BCC B ；(2)若BC =，1AB B C =，160CBB ∠=︒，求直线1BA 与平面111A B C 所成角的正弦值.2．（2022·四川达州·统考一模）如图，三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为等腰直角三角形，112AB AC BB ===，，160ABB ∠=.(1)证明: 1AB B C ⊥；(2)若12B C =，求1AC 与平面1BCB 所成角的正弦值.3．（2022·陕西宝鸡·统考一模）如图在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，且底面ABCD 是平行四边形.已知2,1,PA AB AD AC E ====是PB 中点.(1)求证：平面PBC ⊥平面ACE ；(2)求平面PAD 与平面ACE 所成锐二面角的余弦值.4．（2022·广东广州·统考一模）如图，已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是菱形，平面PBC ⊥平面ABCD ，30,ACD E ∠=为AD 的中点，点F 在PA 上，3AP AF =.(1)证明：PC //平面BEF ；(2)若PDC PDB ∠∠=，且PD 与平面ABCD 所成的角为45，求平面AEF 与平面BEF 夹角的余弦值.5．（2022·上海奉贤·统考一模）如图，在四面体ABCD 中，已知BA BD CA CD ===.点E 是AD 中点.(1)求证：AD ⊥平面BEC ；(2)已知95,arccos,625AB BDC AD ∠===，作出二面角D BC E --的平面角，并求它的正弦值.6．（2022·上海浦东新·统考一模）如图，三棱锥-P ABC 中，侧面P AB 垂直于底面ABC ，PA PB =，底面ABC 是斜边为AB 的直角三角形，且30ABC ∠=︒，记O 为AB 的中点，E 为OC 的中点.(1)求证：PC AE ⊥；(2)若2AB =，直线PC 与底面ABC 所成角的大小为60°，求四面体P AOC 的体积.7．（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BD BP ===PA PD ==90APD ∠=︒，E 是棱PA 的中点，且BE 平面PCD(1)证明：CD ⊥平面PAD ；(2)若1CD =，求二面角A PB C --的正弦值.8．（2022春·江苏徐州·高三期末）如图，四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD ∥BC ，N 为PB 的中点.(1)若点M 在AD 上，2AM MD =，34AD BC =，证明：MN 平面PCD ； (2)若3PA AB AC AD ====，4BC =，求二面角D AC N --的余弦值.9．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD ED FA ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求二面角F AC E --的大小.10．（2022·陕西汉中·统考一模）如图，多面体ABCDEF 中，四边形ABCD 为菱形，60,ABC FA ∠=⊥平面,ABCD FA ED ∥，且22AB FA ED ===.(1)求证：BD FC ⊥；(2)求点A 到平面FBD 的距离.11．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）APD △是等腰直角三角形，AP PD ⊥且AD =ABCD 是直角梯形，AB BC ⊥，DC BC ⊥，且222AB BC CD ===，平面APD ⊥平面ABCD .(1)求证：AP ⊥平面BPD ；(2)若点E 是线段PB 上的一个动点，问点E 在何位置时三棱锥D APE -.12．（2022·四川南充·统考一模）在平面五边形ABCDE 中（如图1），ABCD 是梯形，//AD BC ，2AD BC ==AB =90ABC ∠=︒，ADE 是等边三角形．现将ADE 沿AD 折起，连接EB ，EC 得四棱锥E ABCD -（如图2）且CE =(1)求证：平面EAD ⊥平面ABCD ；(2)在棱EB 上有点F ，满足13EF EB =，求二面角E AD F --的余弦值．13．（2022·贵州贵阳·贵阳六中校考一模）如图，在四棱锥P ABCD -中，DA AB ⊥，PD PC ⊥，PB PC ⊥，1AB AD PD PB ====，4cos 5DCB ∠=.(1)求证：BD ⊥平面PAC .(2)设E 为BC 的中点，求PE 与平面ABCD 所成角的正弦值.14．（2022春·广东广州·高三校考期中）如图所示，在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，四边形ABCD 是直角梯形，AB AD ⊥，//,222AB CD PC AB AD CD ====，点E 在侧棱PB 上.(1)求证：平面EAC ⊥平面PBC ；(2)若平面PAC 与平面ACE PE BE 的值.。
第22章一般四面体的性质及应用
第二十二章一般四面体的性质及应用【基础知识】四面体是三角形在空间的直接推广，三角形的很多性质及其证法可以推广到四面体上去．四面体的许多性质可以借助于平行六面体来证．性质1任意四面体六个内二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，该点称为四面体的内切球球心（简称四面体的内心）．内切球与四面体四个面内切． 若四面体ABCD 的体积为V ，顶点A 所对的侧面面积为A S ，类似地有B S ，C S ，D S （后面所设均同此），其内切球半径记为r ，则3A B C DVr S S S S =+++．性质2任意四面体六条棱的垂直平分面交于一点，这点到四面体四顶点的距离相等，该点称为四面体的外接球球心（简称四面体的外心）．外接球通过四面体四顶点． 若四面体ABCD 的体积为V ，其三对对棱的长分别为1a ，a ；1b ，b ；1c ，c ，其外接球半径为R ，则1624Q R V V===注其中Q 即为以三对对棱乘积为边的三角形面积． 性质3任意四面体的四条中线（每一顶点与其对面重心的连线）交于一点，而且每条中线从各该顶点算起都被这点分为31∶之比，这点称为四面体的重心． 性质4任意四面体的共顶点的（二面角的棱共顶点）三个内二面角的平分面与另三个内二面角的补（或外）二面角的平分面交于一点，这点到四面体四个面的距离相等，该点称为四面体的旁切球球心（简称四面体的旁心），且一个四面体有四个旁心，旁切球与四面体的一个侧面外切，与其他三个侧面的延展面相切．若与四面体ABCD 的顶点A 所对的面外切，与其余三个侧面的延展面相切的旁切球半径记为A r ，类似地有B r ，C r ，D r ，其他记号同前，则 3A B C D A V r S S S S =++-，3B A C D B Vr S S S S =++-，3C A B D C V r S S S S =+++，3D A B C DVr S S S S =+++．性质5（射影定理）四面体任意一个侧面的面积等于其他三个侧面在这个侧面上的射影面积之和．即在四面体ABCD 中，若记AB θ为棱AB 所在的内二面角的大小，其余类同，则有 cos cos cos A B CD C BD D BC S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos B C AD D AC A CD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos C D AB A BD B AD S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， cos cos cos D A BC B AC C AB S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅．性质6（余弦定理）四面体任意一个侧面的面积的平方，等于其他三个侧面的面积的平方和减去这三个侧面中每两个面面积及其所夹二面角余弦之积的两倍之和．即在四面体ABCD 中，有22222cos 2cos 2cos A B C D B C AD C D AB B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos B C D A C D AB C A BD D A BC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos C A B D A B CD A D BC B D AC S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅，22222cos 2cos 2cos D A B C A B AB A C BD B C AD S S S S S S S S S S θθθ=++-⋅⋅-⋅⋅-⋅．注顺次用A S ，B S ，C S ，D S 去乘射影定理中各式并相加整理即得以上第一式，其余各式类同．性质7（体积公式一）四面体体积13=倍底面面积与底面上的高的乘积．即11113333A AB BC CD D v S h S h S h S h =⋅=⋅=⋅=⋅．性质8（体积公式二）四面体的体积等于它的任意两个面的面积及其所夹二面角正弦之积的三分之二，除以这两个面的公共棱长．即对四面体ABCD ，有2sin 2sin 2sin 2sin 3333C D AB A D BC A B CD B C DAS S S S S S S S V AB BC CD DAθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅====2sin 2sin 33B DAC A C BDS S S S AC BDθθ⋅⋅⋅⋅=． 注由2111sin sin 3332C C C AB C AB h AB V S h S h S AB θθ⋅⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅=⋅斜高斜高2sin 3C DAB S S ABθ⋅⋅等即证得． 性质9（体积公式三）四面体的体积等于共顶点的三条棱长乘积与该顶点三面角的特征值乘积的六分之一，即对于四面体ABCD ，若共顶点A 的三条棱长分别为a ，b ，c ，顶点A 处的三个面角分别为α，β，γ则有()1166v abc S A =⋅=16abc =()12ωαβγ=++．其中()S A =A的三面角的特征值． 注由111sin sin 332V S h ab C γβ=⋅=⋅⋅⋅⋅性质10（体积公式四）若记1P ，2P ，3P分别为四面体相对两棱（互为异面的两条棱）的积的平方，再乘以另外四条棱的平方和与这对棱的平方和的差所得的积；P 为四面体每个面上三条棱的积的平方和，则四面体的体积V性质11（正弦定理一）在四面体ABCD 中，有（1）sin sin sin sin C D AB A D BC B C DA B D ACAB BC DA ACS S S S S S S S θθθθ===⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅2sin sin 3A B CD A C BD CD BD S S S S Vθθ===⋅⋅⋅⋅； （2）22sin sin sin sin sin sin 9A B C D AB CD AD BC AC BD S S S S AB CD AD BC AC BDVθθθθθθ⋅⋅⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⋅；（3）若()sin A 表示顶点A 处的三棱中，任意两棱上的二面角的正弦与这两条棱夹角的正弦三者的积，余类同，则()()()()22sin sin sin sin 9C A B C D A B DS S S S S S S S A B C D V====．注此性质由性质8即证．性质12（正弦定理二）四面体中各个面上三条棱长的积与其所对三面角的特征值之比都相等，该比值等于六条棱长的积与体积的六倍之比，即对四面体ABCD ，有 ()()()()BC CD BD AC CD AD AB BD AD AB BC ACS A S B S C S D ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅===6AB BC CD BD AC ADV⋅⋅⋅⋅⋅=．注此性质由性质9即证，性质13（对棱所成角公式）四面体一对对棱所成角的余弦等于其他两对对棱平方和之差的绝对值与这对对棱乘积的二倍之比．即对四面体ABCD ，有 ()cos ,AB CD =()()22222BC AD AC BD AB CD+-+⋅；()cos ,BC AD =()()22222AB CD AC BD BC CD+-+⋅；()cos ,AC BD =()()22222BCAD AB DC AC BD+-+⋅；注其证明可参见第18章中例1或补成平行六面体，运用三角形余弦定理及平行四边形的对角线平方和等于四边平方和即证．性质14（对棱距离公式）若a 和1a ，b 和1b ，c 和1c 是四面体的三对对棱长，三对对棱之间的距离分别记为()1,d a a ，()1,d b b ，()1,d c c ，则 ()112,Vd a a =；()1,d b b =()1212,Vd c c =．注补成平行六面体证．性质15若四面体的一对对棱长分别为a ，1a ，这对对棱间的距离为d ，对棱所成的角为θ，则四面体的体积V 为11sin 6V aa d θ=⋅．性质16（二面角平分面定理）四面体二面角的内（或外）平分面分所对的棱得两条线段和这个二面角的两个面的面积对应成比例．性质17（空间张角公式）设过四面体ABCD 的棱BC 的截面EBC 交所对的棱AD 于E ，二面角A BC E --，E BC D --的大小分别为1θ，2θ，则()1212sin sin sin EBCDBC ABCS S S θθθθ+=+△△△． 性质18（空间莱布尼兹公式）设四面体ABCD 的六条棱长分别为a ，b ，c ，d ，e ，f ，G 为其重心，P 为空间中任一点，则()()2222222222211416PG PA PB PC PD a b c d e f =+++-+++++性质19（空间塞瓦定理）设E ，F ，G ，H ，M ，N 分别为四面体ABCD 的棱CD ，DB ，BC ，AD ，AB ，AC 上的点，若六个平面ABE ，ACF ，ADG ，BCH ，CDM ，DBN 共点，则 1CE DH AM BGED HA MB GC⋅⋅⋅= 性质20（空间梅涅劳斯定理）平面KLMN 交四面体ABCD 的棱AB ，BD ，CD ，AC 于K ，L ，M ，N ，则1AK BL DM CNKB LD MC NA⋅⋅⋅=．证明设四边形KLMN 是四面体ABCD 被平面α所截的截面，1AA ，1BB ，1CC ，1DD 是平面α的垂线（1A ，1B ，1C ，1D 分别为垂足）．考察棱AB 与平面α相交的部分，显然11AA K BB K △△≌，则11AA AK KB BB =．同理，11BB BL LD DD =,11DD BM MC CC =,11CC CN NA AA =． 以上四式两边相乘即证．性质21（空间斯特瓦尔特定理）在四面体ABCD 中．AD BC ⊥，过棱BC 作截面BCE 交棱AD 于E ，则222214BCE ABC BCD DE AE S S S BC AE DE AD AD =⋅+⋅-⋅⋅△△△． EFBDC图22-1A证明如图221-，作AF BC ⊥于F ，连BF ，DF ．注意到AD BC ⊥，知BC ⊥面ADF ，所以BC EF ⊥，BC EF ⊥．记AEF α∠=． 在AEF △中，由余弦定理，有 2222cos AF EF AE AE EF α=+-⋅⋅． 上式两边同乘以2BC 后，整理得222244cos 4BCE ABCBCES BC AE S AE BC S α+⋅-=⋅⋅△△△．同理在DEF △中，有222244cos 4BCE BCDBCES BE DE S DE BC S α+⋅--=⋅⋅△△△．由上述两式消去α，整理便证得结论．推论1当ABC BCD S S =△△时，有22214BCE ABCS S BC AE DE =-⋅⋅△△． 推论2当E 为AD 中点时，有222221112216BCE ABC BCD S S S BC AD =+-⋅△△△ 推论3当面BCE 平分二面角A BC D --时，有2214BCE ABC BCD S S S BC AE DE =⋅-⋅⋅△△△． 事实上，由ABC EABC BCD EBCD S V AE S V DE ==△△，有BCD ABC BCD S DE AD S S =+△△△，ABC ABC BCD S AECD S S =+△△△．由此即证． 推论4当AEk ED=时，有 ()222222111141BCE ABC BCD k k S S S AD BC k k k =+-⋅⋅⋅+++△△△． 性质22四面体ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别在棱AB ，BC ，CD ，DA 上，且1AE EB λ=，2BFFCλ=，3CG GD λ=，4DHHA λ=，则内接四面体EFGH 的体积与四面体ABCD 的体积之间有关系式 ()()()()1234123411111EFGH ABCDV V λλλλλλλλ⋅⋅⋅-=⋅++++．证明连ED ，BG ，得四棱锥E FBDG -，G EBDH -．在CBD △，ABD △中，有 ()()33232311111CFG CBD S CF CG S CB CD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△， ()()11141411111AEH ABD S AF AH S AB AD λλλλλλ⋅==⋅=⋅++++△△， ()()23223111FBDG CBD CFG CBD CBD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△， ()()14414111ABD AFH EBDH ABD ABD S S S S S λλλλλ-++==++△△△△． 又()()()2321231111G FBDG FBDG ACBD CBD V S BE V S AB λλλλλλ-++=⋅=+++△ ()()()1441341111G EBDH EBDH CABD ABD V S GD V S CD λλλλλλ-++=⋅=+++△， ()()13111EBDG BDG ABDC BDC V S BE DG BE V S AB DC AB λλ=⋅=⋅=++△△． 设六面体EGFBDH 的体积为V '，则()()()()124224142324241231411111E FBDG G EBDH EBDG V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++ 设六面体FHEACG 的体积为V ''，则()()()()123134121334131231411111F GCAH H FCAE HACF V V V V λλλλλλλλλλλλλλλλλλ--+++++++'=+-=++++当B ，F 在平面EHG 的同侧时，有()EFGH ABCD V V V V '''=+-． 当C ，F 在平面EHG 的同侧时，有()EFGH ABCD V V V V '''==+． 综合，得()EFGH ABCD V V V V '''=-+．即证． 注由此性质可得E ，F ，G ，H 共面的充要条件是1AE BF CG DH EB FC GD HA⋅⋅⋅=． 【典型例题与基本方法】例1已知三棱锥S ABC -的底面是正三角形，A 点在侧面SBC 上的射影H 是SBC △的垂心，二面角H AB C --的平面角等于30︒，SA =S ABC -的体积．（1999年全国高中联赛题） FOCBE HS图22-2A解如图222-，由题设，知AH ⊥面SBC ，作BH SC ⊥于E ，则由三垂线定理知SC ⊥面ABE ．设S 在面ABC 的射影为O ，则SO ⊥面ABC ．由三垂线定理的逆定理，可知CO AB ⊥于F ．同理，BO AC ⊥．故O 为ABC △的中心，从而SA SB SC ===又CF AB ⊥，CF 是EF 在面ABC 上的射影，由三垂线定理知EF AB ⊥，所以EFC ∠是二面角H AB C --的平面角，故30EFC ∠=︒，cos6030OC SC =⋅︒=︒，tan603SO OC =⋅︒=．又OC AB =，则3AB ==，所以，21333S ABC V -=⋅=例2证明：任意一个四面体总有一个顶点，由这个顶点出发的三条棱可以构成一个三角形的三边．（IMO 10-试题） 证明利用反证法来证，设四面体ABCD 中AB 是最长的棱，如果任意一个顶点出发的三条都不能构成一个三角形，则对由A 出发的三条棱，有AB AC AD +≥．又对由B 出发的三条棱，有BA BC BD +≥．两式相加，得2AB AC AD BC BD +++≥．()*但在ABC △与ABD △中，有AB AC BC <+，AB AD BD <+．此两式相加，有 2AB AC AD BC BD <+++． 上式与()*式矛盾，故原结论获证．注和这道试题类似的命题还有（1）任意四面体的三组对棱之和可以构成一个三角形的三边； （2）任意四面体的三组对棱之积可以构成一个三角形的三边；（波兰1975～1976年竞赛题）（3）任意四面体的三组对棱的平方和可以构成一个三角形的三边．例3若一个四面体恰有一棱之长大于1，求证这四面体的体积18V ≤．图22-3BC证明如图223-，设AB 是这个四面体的最长的棱，则ACD △，BCD △的边长不大于1．作BCD △的高BE 和ACD △的高AF，则BE ，AF 1a≤表示CD 的长度），四面体的高AO h AF =-≤111332BCD V h S a =⋅△≤()21424a a =-， 而()()()()22431213a a a a a -=---+-≤，故当1a =时，()24a a -取最大值3，故31248V =≤． 例4证明：在四面体中至多有一个顶点具有如下性质：该顶点处的任何两个平面角之和都大于180︒．（第22届莫斯科竞赛题）证明假定顶点A 和B 都具备所述的性质，则有180CAB DAB ∠+∠>︒及180CBA DBA ∠+∠>︒，但是作为CAB △和DAB △的全部6个内角之和也只有180180︒+︒，此为矛盾，从而原结论获证． 例5设d 是任意四面体的相对棱间距离的最小值，h 是四面体的最小高的长．证明2d h >．（第24届全俄竞赛题）图22-4H G lF EBDAC证明如图224-，为确定起见，假定h 是四面体ABCD 中由顶点A 所引出的高，而d 是棱AB 和CD 之间的距离．经过顶点B 引直线l CD ∥，过点A 作平面垂直于棱CD 交CD 于F ，交l 于E ，于是AEF △的高AH 和FG 就分别等于h 和d ．由于AEF △的第三条高等于四面体ABCD 的某一条高，所以其值不小于h ，因此AF EF ≤，且2h AH AE AF FE d FG FE FE+==<≤，此即为所证． 例6试证：过四面体相对棱的中点的任一截面平分四面体的体积．（IMO 29-预选题）OF E P QNMA BCD图22-5证法1如图225-，设M 和P 分别是四面体ABCD 的棱AC 和BD 的中点，MNPQ 是四面体ABCD 的一个包含线段MP 的截面，因为P 为BD 的中点，则BCP CDP S S =△△，即有ABCP ACDP V V =．因此，要证截面MNPQ 将四面体ABCD 分成体积相等的两部分，只要证明AMNP V 与OMPQ V 相等就可以了．由N 和Q 分别作平面APC 的垂线，垂足分别为E ，F ，如图225-．因为M 为AC 的中点，则有APM CPM S S =△△，故要证AMNP CMPQ V V =，只要证NE FQ =即可．设MP 与NQ 交于点O ，易证E ，O ，F 三点共线．要证NE FQ =，只要证明NO OQ =就可以了（通过Rt Rt NEO QFO △△≌得到）． 为此，考察两个平行平面，异面直线AB 和CD 分别在这两个平面上（如图226-）．N OP M QBDCA图22-6因为MP 是连接AC ，BD 中点的线段，所以它在与上述两平面平行的平面上，这个平面到两已知平面的距离相等．由于线段NQ 与MP 相交于O ，所以O 等分线段NQ ，即有NO OQ =．故结论获证． 注上述证明中，没有对截面MNPQ 的形状进行讨论．若对其形状进行讨论，则有下述两种证法． 证法2如图227-，设M ，P 分别是四面体ABCD 的对棱AC ，BD 的中点．图22-7ADG当截面是平行四边形或特殊三角形时，证明比较简单（略）． 当截面是一般四边形MNPQ 时． 由AM CM =，有A MNPQ C MNPQ V V --=又在ABC △中，对截线MNG 应用梅涅劳斯定理，有1AM CG BNMC GB NA⋅⋅=． 从而，有1CG BNGB NA⋅=． 同理，在BCD △中，有1BP DQ CG PD QC GB ⋅⋅=，即1DQ CGQC GB⋅=． 于是BN DQ NA QC =,得BN DQBA DC=． 又1C BPN Q APD V BN CDV BA QD--⋅==⋅,即C BPN Q APD V V --=． 故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ---+=+一．证毕．证法3前面同证法2，下证截面为一般四边形MNPQ 时的情形．记A d 表示顶点A 到截面MNPQ 的距离（其余类同），设N 分AB 的比为m n ∶．则由M ，P 分别是AC ，BD 的中点，可知Q 点分CD 的比C A D B d d CQ AN mQD d d NB n====． 由A C d d =，有A MNPQ C MNPQ V V --=． 又13113APD Q APDQ APD C BPNBPN C APD S d V AB QD m n n V NB CD n m n S d ----⋅+==⋅=⋅=+⋅△．即Q APD C BPN V V --=．故C MNPQ C BPN A MNPQ Q APD V V V V ----+=+．例7如图228-，设四面体1234A A A A 的外接球与内切球的半径分别为R 与r ，则3R r ≥．图22-843A 2A证明设O 为四面体的外心，i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤，球心O 到i A 所对的面的距离为(14)i d i ≤≤，四面体体积为V ，过顶点1A 的高11A H h =，则易知1111d OA d R h +=+≥，从而()111113S d R S h V +⋅=≥，即1111133S d S R V ⋅+⋅≥．同理2221133S d S R V ⋅+⋅≥，3331133S d S R V ⋅+≥， 4441133S d S R V +⋅≥． 以上四式相加，并注意()1122334413S d S d S d S d V ⋅+⋅++⋅=， 有4113i i V R S V =+⋅∑≥4，即419i i R S V =⋅∑≥．因4113i i V r S ==⋅∑，从而44113i i i i R S r S ==⋅⋅∑∑≥，即3R r ≥．例8在四面体1234A A A A 中，顶点i A 所对的面的面积为(14)i S i ≤≤，侧面面积为k S ，j S 的两侧面所夹的内二面角的大小记为,k j()14k j <≤≤，棱k j A A 的中点记为kj M ，含点kj M 与另两顶点（不含顶点k A ，j A ）的三角形称为四面体的一个中线面（或一棱与对棱中点的面），这个中线面的面积记为kj S ()14k j <≤≤，则()22212cos ,4kj k j k j S S S S S k j =++⋅⋅，其中k ，j 满足14k j <≤≤．证明对四面体1234A A A A ，由性质6，有223434131423242cos 3,4cos 1,3cos 1,42,32,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅及221212131423242cos 1,2cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S S S S S +=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅． 亦即13142324cos 1,3cos 1,4cos 2,3cos 2,4S S S S S S S S ⋅⋅++⋅+⋅⋅+⋅⋅2212122cos 1,2S S S S =+-⋅⋅．对四面体13412A A A M 和四面体23412A A A M 分别运用性质6，有2222123423411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3242112cos 2,32cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅⋅，2222123413411112cos 3,44422S S S S S S =++-⋅⋅⋅-3141112cos 1,32cos 1,422S S S S ⋅⋅⋅-⋅⋅⋅上述两式相加，并将前面结果代入，有()22222123412131412cos 1,3cos 1,42S S S S S S S S S =+++-⋅⋅-⋅-232434cos 2,3cos 2,4cos 3,4S S S S S S ⋅⋅-⋅⋅-⋅⋅2212131411cos 1,3cos 1,422S S S S S S =+-⋅⋅-⋅-232411cos 2,3cos 2,422S S S S ⋅⋅-⋅⋅()222212121212cos 1,22S S S S S S =+-+-⋅ ()2212121cos 1,22S S S S =++⋅． 故()22212121212cos 1,24S S S S S =++⋅⋅． 同理，得()22212cos ,4kj k j k j S S S S s k j =++⋅⋅． 注由性质5，有421412cos ,k j t k j i S S k j S =⋅⋅=∑∑≤≤≤，则推知()22214141412cos ,4kj k j k j k j k j k j S S S S S k j <<⎡⎤=++⋅⋅⎢⎥⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤≤≤ 444222111134i i i i i i S S S ===⎛⎫=+= ⎪⎝⎭∑∑∑ 例9设G 为四面体1234A A A A 的重心，则222222221232434213143444GA A A A A A A GA A A A A A A +++=+++222222223121424412132344GA A A A A A A GA A A A A A A =+++=+++21434k j k j A A =∑≤≤≤．43图22-9证明如图229-，连A ，G 并延长交面234A A A 于点1G ，则1G 是234A A A △的重心，连21A G 并延长交34A A 于M ，则M 是34A A 的中点．连1A M ，对12A A M △及点1G 应用斯特瓦尔特定理，有2221121211212211AG A M A A MG A M A G A M A G MG ⋅=⋅+⋅-⋅⋅．而21121A G G M =∶∶，则2222111212122339AG A A A M A M =+-．()* 由三角形中线公式，有 ()224211212341124A M A A A A A A =+-,()222222324341124A M A A A A A A =+-, 并将其代入()*，有()()2222222111213142324341139AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 从而()()222222232221111213142324342324343314164GA A G A A A A A A A A A A A A A A A A A A ⎛⎫==+++++-++ ⎪⎝⎭．故22222123243414344k j k j GA A A A A A A A A <+++=∑≤≤．同理可证其他三式均等于例10设R ，r 分别为四面体1234A A A A 的外接球半径与内切球半径，i h 为顶点i A 到所对面的距离，内切球切各顶点i A 所对的面于i A '(1234)i =，，，．求证： （Ⅰ）21416k j k j A A R <∑≤≤≤；（Ⅱ）4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤（Ⅲ）422164i i h r =∑≥；（Ⅳ）141419nk j k j i k j k j i A A A A X <<=''∑∑∑≤≤≤≤≤．证明（Ⅰ）设O ，G 分别为四面体1234A A A A 的外心和重心，延长1A G ，交面234A A A 于1G ，则1G 为234A A A △的重心，连21A G 交34A A 于M 点，则M 点为34A A 中点，如图229-．由例9中证明，知2222222111213142324341[3()()]9AG A A A A A A A A A A A A =++-++． 同理，在四面体234OA A A 中，有222222212342324341[3()()]9OG OA OA OA A A A A A A =++-++．()222223243419R A A A A A A =-++ 由于G 为四面体重心，由性质3，知1131AG GG =．于是，在11AOG △中，对点G 应用斯特瓦尔特定理，有 ()222211111[433]16OG OG OA AG =+- 2222222121314232434116()()16R A A A A A A A A A A A A ⎡⎤=-++-++⎣⎦． 由于20OG ≥，故21416k j k j A A R <∑≤≤≤．（Ⅱ）显然11AG h ≥，则()()22222221121314232434139h A A A A A A A A A A A A ⎡⎤++-++⎣⎦≤． 同理，对2h ，3h ，3h 也有类似于上述的不等式． 此四式相加，得4214194k j i k j i A A h <=∑∑≤≤≤．（Ⅲ）由13i i V S h =()1,2,3,4i =，则有4411113ii i iSh V ===∑∑又由4113i i V S r ==⋅∑，则4111i ih r ==∑．由14411234114i i h h h h h =⎛⎫ ⎪⎝⎭∑≥，有()412344h h h h r ≥． 故()()()114222222212341234448h h h h h h h h r r ⎡⎤+++=⎣⎦≥≥4．（Ⅳ）四面体1234A A A A ''''的外接球半径记为R '，则214116k j k j R A A <'''∑≤≤≥． 又四面体1234A A A A ''''的外接球半径恰是四面体1234A A A A 的内切球半径，故R r '=．于是4222214119999166416k j i k j i R A A h r R <='=∑∑≤≤≥≥≥≥14k j k j A A <''∑≤≤．故214149k j kj k j k j A A R A A <<'''∑∑≤≤≤≤≥8≥． 例11四面体1234A A A A 中，外接球半径为R ，体积为V ，过顶点k A ，j A 的中线面为()14kj S k j <≤≤．试证：141k j kjS <∑≤≤ 证明设1d ，2d ，3d 与1θ，2θ，3θ分别为三对对棱12A A ，34A A ；13A A ，24A A ；14A A ，23A A 的距离与夹角，则由性质15，有1234111sin 6V A A A A d θ=⋅⋅⋅，亦即113346V d A A A A ⋅≤． 同理，有213246V d A A A A ⋅≤，314236Vd A A A A ⋅≥．取34A A 的中点M ，则121212112MA A S S A A d =⋅△≥，同理，可得关于kj S 的不等式，从而412113214323324234111111112k j kj S A A d A A d A A d A A d A A d A A d <⎛⎫+++++ ⎪⋅⋅⋅⋅⋅⋅⎝⎭∑1≤≤≤122141413k j k j k j k j A A A A V <<⎫⎪⎭∑∑≤≤≤≤≤)12216R 例12设四面体1234A A A A 的内心为I ，记k j A IA △的面积为kj S '，顶点i A 所对的面的面积为i S ．试证：4141kji k j i S S <='∑≤≤ 证明过I 作1IA '⊥面234A A A 于1A '，作34IN A A ⊥于N ，若记面积为k S ，j S 的两侧面夹角为()14kj k j θ<≤≤，则易见11212A NI θ'∠=．设r 为四面体1234A A A A 的内切球半径，则在1Rt IA N '△中，有121sin 2rIN θ=,则34121212sin 2A A r S θ⋅'=． 由性质8，有1212342sin 3S S V A A θ⋅⋅=，于是消去34A A ，得12121221cos 32S V S S θ'⋅=⋅，注意到4113i i V S r ==⋅∑，则1212124121cos 2ii S S S S θ='''=⋅∑．对上述两边取∑，并用canchy 不等式，有1241414121cos 2kj k j k j ii S S θ<<=⎫'=⋅⎪⎭∑∑∑≤≤≤≤ 12241414121cos 2k j k j kj k j k j i i S S S S S θ<<=⎡⎤⎛⎫⎛⎫⋅⋅⋅⋅⎢⎥ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦∑∑∑≤≤≤≤≤．()* 注意到性质5，有1212313414cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅，即42213121423411cos cos cos 2222i i S S S S θθθ==⋅+⋅+⋅∑， 对上式两边同乘以1S 后，再两边取∑，有241141cos 42kj i k j i k j S S S θ=<⎛⎫=⋅⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤．又由对称平均不等式，有1421141146i k j i k j S S S =<⎛⎫=⋅ ⎪⎝⎭∑∑≤≤ 于是，由()*式（将上述结果代入()*式）即有414114kj i k j i S S <='∑≤≤．例13四面体1234A A A A 的三组对棱乘积的平方和不小于各侧面面积平方和的4倍，即若令12A A a =，34A A a '=，13A A b =，24A A b '=，14A A c =，23A A c '=，顶点i A 所对面的面积为()1234i S i =，，，，则 222222222212344()a a b b C C S S S S '''+++++≥，其中等号当且仅当各对棱的平方和相等．证明对234A A A △应用海伦一秦九韶公式，有()24442222221122216S a b c a b a c b c '''''''''=---+++ 同理，()24442222222122216S a b c a b a c b c '''=---+++， ()2444222223122216S a b c a b a c b c '''=---+++， ()24442222224122216S a b c a b a c b c '''=---+++． 以上四式相加并整理，得22221234S S S S +++=()()()()()()(){}2222222222222222222221416a a b b a a c c b b c c a a b b c c ⎡⎤⎡⎤⎡⎤'''''''''-+-+-+-+-+-++++⎣⎦⎣⎦⎣⎦()22222214a ab bc c '''++≤． 例14四面体1234A A A A 内一点P 到顶点i A 及i A 所对的面的距离分别为i l ，i d ，顶点i A 到所对的面的距离为()1234i h i =，，，，34k ≥ ．求证：41423ki k i i i l h d =⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑≥．证明先证一个结论：设()01,2,3,4i x i >=，41i i x a ==∑，则4143ki k i i x a x =⎛⎫ ⎪-⎝⎭∑≥．其中等号当且仅当1234x x x x ===时取得．事实上，由()443333()44i i i i x a x a x a x ⎡⎤+-⎛⎫-=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦≤，有443343k kk i i k i x x a x a ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭≥，从而 4434444433314114443343k k k kk ii i i k ki i i x x x a x a a ===⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪⋅=⎪ ⎪- ⎪⎝⎭⎝⎭⎪⎝⎭∑∑∑≥≥ 下证原题：设四面体1234A A A A 的体积为V ，如图2210-，作11A H ⊥面234A A A 于1H ，作11PE A H ⊥于E ，作1PD ⊥面234A A A 于1D ，则11A P l =，11PD d =，111A H h =．A 3A 4图22-10设i A 所对面的面积为(1234)i S i =，，，，则 ()1111111113S l S d S A E d S h V ⋅+⋅+==≥，从而2341133PA A A S l V V ⋅-≥．同理，1342233PA A A S l V V ⋅-≥，1243333PA A A S l V V ⋅-≥， 1234433PA A A S l V V ⋅-≥．从而()13412412322334493PA A A PA A A PA A A V S l S l S l V V V +++-+≥()234111632PA A A V V S h d =+=+，即111112233442l S l h d S l S l S l '+++≥． 同理，222221133442l S l h d S l S l S l +++≥，333331122442l S l h d S l S l S l +++≥，444441122332l S l h d S l S l S l +++≥． 令()1,2,3,4i i i x l R i =⋅=，由前述结论，得4411423kki i ki i i i i l x h d a x ==⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪+-⎝⎭⎝⎭∑∑≥≥． 【解题思维策略分析】1．解四面体的有关问题时，要善于与三角形类比例15一个球内切于四面体，将每个切点与该点所在面的三顶点连结起来，这样形成的每面的三个角（以切点为顶点）组成一个集合．试证这四个集合是相等的．（第16届普特南竞赛题） 证明设四面体的顶点为()1234i P i =，，，，又设i Q 是正对着i P 的面与球相切的切点．用i ，j ，k ，l 表示{}1234，，，的不同元素，由于i j PQ 与i k PQ 是从同一顶点向球所作的切线，故i j i k PQPQ =． 同理，i j i k PQ PQ =，从而i j l i k l PQ p PQ P △△≌（边，边，边）．于是i j l i k l PQ P PQ P ∠=∠， 并用il θ表示这种角，即有il li θθ=.由于以i Q 为顶点的三个角相加是2π，故有2334422πθθθ++=，3441132πθθθ++=，4112242πθθθ++=，1223312πθθθ++=．将这些等式的前两个相加减去后两个，且利用ij ji θθ=．得3412220θθ-=，即1234θθ=． 又由对称性，得ij kj θθ=．()*以1Q 为顶点的角是23θ，34θ，42θ，由()*式，它们分别等于以2Q 为顶点的三个角，即41θ，34θ，13θ． 由对称性，在所有四个面上的中心角都有同样的情形．证毕，注第26届IMO 由前苏联提供的预选题：“四面体ABCD 的内切球与面ABD 和DBC 分别相切于K 和M 点，证明：AKB DMC ∠=∠．”显然，这道试题是例15的特殊情形． 例16已知ABC △的面积力S △，外接圆半径为R ，过A ，B ，C 作平面ABC 的垂线，并在平面ABC 的同一侧的垂线分别取1A ，1B ，1C ，使1a AA h =，1b BB h =，1c CC h =，这里a h ，b h ，c h 分别表示边BC ，CA ，AB 边上的高．求四个平面11A B C ，11B C A ，11C A B ，ABC 所围成的四面体的体积．解求解此问题的关键是确定这个四面体的四个顶点的位置．设平面11A B C 与直线AB 相交于K 点，则点K 在11A B 上．由11AA BB ∥知11a b h AA KA b ACKB BB h a BC====．因此，K 是BCA ∠的外角平分线与BA 的交点，从而平面11A B C 与ABC 的交线是BCA ∠的外角平分线． 同理，类似可得：平面11B C A 与ABC 的交线是CAB ∠的外角平分线．上述两条外角平分线的交点是ABC △的旁心B I ，因此B I 就是平面11A B C ，11B C A 与ABC 的公共点，即为所求四面体的一个顶点．这样，旁心A I ，B I ，C I 是所求四面体的三个顶点．设第四个顶点为P ，则P 是平面11A B C 和11B C A 的公共点，因而在直线1B B I 上，P 在平面ABC 上的射影在B BI 上，也在A AI 上，因而P 的射影就是ABC △的内心I ．由相似三角形，1PI AA ∥，且1A P 与AI 相交于A I ，可得1a A a A ar rII PI PI AA h AI r -===，其中r 为ABC △的内切圆半径，a r 为劳切圆半径．设ABC △的周长为2l ，则11221a a a a r r S S l a l PE h r a l l a---=⋅=⋅=-△． 由平面几何知识，易证A B C I I I △的面积为 ()1222a b c S a b c S S ar br cr l a l b l c ⎛⎫'=+++=+++ ⎪---⎝⎭△△△()()()2abc S l a l b l c ⋅=---△． 故所求体积()()()211332A B C PI I I S abc S V S PI l l a l b l c ⋅'=⋅=⋅⋅---△△△1433abc S R ==⋅△． 例17在四面体1234A A A A 中，顶点i A 所对的面的面积记为()1234i S i =，，，，以i j A A 为棱的二面角为il θ，则 （Ⅰ）2142cos 3ij k j θ<∑≤≤≥；（Ⅱ）6141cos 3ij k j θ<≤≤≤． 证明联想到在ABC △中，运用三角形射影定理并结合柯西不等式，有2223cos cos cos 4A B C ++≥，31cos cos cos 2A B C ⋅⋅≤，于是有下述证法： （Ⅰ）由性质5，1234324423cos cos cos S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅， 由Cauchy 不等式，有221234324423(cos cos cos )S S S S θθθ=⋅+⋅+⋅()()222222234342423cos cos cos S S S θθθ++++≤，从而22221342423222234cos cos cos S S S S θθθ++++≥． 同理，还有类似于上式的三个式子，四式相加，得2444222141112cos 4111i ii ij k j i i i i i i S x x S S x x θ<===⎛⎫==-++ ⎪---⎝⎭∑∑∑∑≤≤≥ ()1234141ix x x x x =-++++-∑()4411111641143133i i i i x x ==⎛⎫⎡⎤=-+-⋅-+= ⎪⎢⎥-⎣⎦⎝⎭∑∑≥．故2142cos 3ijk j θ<∑≤≤≥． （Ⅱ）由1234324423cos cos cos S S SS θθθ=⋅+⋅+⋅≥．同理，还有类似于上式的三个不等式，此四式相乘，化简即得6141cos 3ij k j θ<∏≤≤≤． 注将三角形与四面体的上述两个不等式各统一为（Ⅰ）2111cos ,2k j n n i j n<++∑≤≤≥； （Ⅱ）()11211cos ,n n i j n i j n -+<+∏≤≤≤，其中2n =为三角形的，3n =为四面体的．2．善于将有关问题进行转化例18四面体ABCD 三个侧面ABD ，ACD ，BCD 上，由顶点D 引出的中线与底面ABC △对应边所成的角相等，证明：每个侧面的面积小于另外两个侧面面积之和．（1997年波兰竞赛题）COCDEFGABDEFG(b)(a)图22-11证明设E ，F ，G 分别是边AB ，BC ，CA 的中点，连结DE ，DF ，DG 如图2211- （a ）．设DE 与AB 所成角为θ，则1sin sin 2DAB S DE AB DE FG θθ=⋅⋅=⋅⋅△，1sin sin 2DBC S DF BC DF GE θθ=⋅⋅=⋅⋅△，1sin sin 2DCA S DG CA DG EF θθ=⋅⋅=⋅⋅△．由于sin 0θ>，所要证明的命题转化为证明：在四面体DEFG 中，任意一组对棱的乘积小于另两组对棱乘积之和．为此，我们来证明： DE FG DF GE DG EF ⋅<⋅+⋅．将四面体DEFG 的面DFG △绕FG 翻转到底面所在的平面上，得D FG '△如图2211- （b ）．在四边形D FFG '中，显然，有D G DG '=，D F DF '=．由Ptolemy （托勒密）不等式，有D E GF D F GE D G EF DF GE DG EF '''⋅++⋅=⋅+⋅≤．设D E '与GF 交于点O ，由DFG D FG '△△≌，得DO D O '=．在DOE △中， DE DO OE D O OE D E ''<+=+=．故DE GF D E GF DF GE DG EF '⋅<⋅⋅+⋅≤．从而原题得证．例19给出三个四面体()123i i i i A B C D i =，，，过点i B ，i C ，i D 作平面i α，i β，i γ() 123i =，，分别与棱i i A B ，i i A C ，i i A D 垂直()123i =，，．如果九个平面i α，i β，i γ()123i =，，相交于一点E ，而三点1A ，2A ，3A 在同一直线l 上，求三个四面体的外接球面的交集（形状怎样？位置怎样？）．（CMO 3-试题）解由于几何元素太多，画出准确的全图几乎不可能．为此，画出一个局部图．231B 1图22-12(a)(b)连1A E 与1B E 如图2212- （a ），可知111A B B E ⊥，此表明以1A E 为直径的球过1A ，1B ，E 三点．同样可知，这球过1A ，1B ，1C ，1D ，E 五点，此表明中心在1A E 的中点1O ，直径为1A E 的球也正好是四面体1111A B C D 的外接球．类似地可定出四面体i i i i A B C D 的外接球直径和中心()123i =，，． 于是问题转化为到直线123A A A 及其线外一点E 所决定的平面上来了．这个平面与三个球的交线是三个圆，它们有一个公共点E ，从E 向直线123A A A 作垂线，垂足为E '，显然E '是E 关于直线123O O O 的对称点，所以E 与E '是这三圆的公共点．由此知以EE '为直径且垂直于直线123A A A 的圆就是三个四面体的外接球的交集．当E 在直线123A A A 上时，此圆就退化为一个点E ．此时三个球面相切于E 点． 例20如图22-13，过四面体PABC 的重心G 的任一直线l 与四个面分别相交于M ，N ，S ，T 四点．求证：11110GM GN GS GT+++=．（《数学通报》问题1362题） B 1lG 1C 1A 1G TPNMSAC B图22-13证明设1G 为ABC △的重心，连1PG ，并设直线L 与直线1PG 确定的平面α与侧面ABC 的交线分别与ABC △的三边交于1A ，1B ，1C ．连1PA ，1PB ，1PC ，在平面α内，直线l 与1PA ，1PB ，1PC ，11A B 的交点分别为M ，N ，S ，T ．因G 是四面体重心，1G 是ABC △的重心，由重心性质，知G 分1PG 所成的比为31∶，且 1112111110G A G B G C ++=．图22-14以1G 为原点，以直线11G A 为x 轴，建立平面直角坐标系如图2214-．设()1,0A a ，()1,0B b ，()1,0C c ，(),P m n ，别由1112121110G A G B G C ++=，知1110a b c ++=，,44m n G ⎛⎫ ⎪⎝⎭．由两点式得直线1PA ，1PB ，1PC ，11A B 的方程分别为()n y x a m a =--，()ny x b m b=--， ()ny x c m c=--，0y = 设直线l 的参数方程为 1cos 41sin 4x m t y n t αα⎧=+⋅⎪⎪⎨⎪=+⋅⎪⎩（α为倾斜角，t 为参数） 并设M ，N ，S ，T 对应的参数分别为1t ，2t ，3t ，4t ． 将直线l 的方程分别代入直线1PA ，1PB ，1PC ，11A B 方程，得 114sin 4cos 4sin 33m n t na nααα-⋅-⋅=+， 214sin 4cos 4sin 33m n t nb nααα-⋅-⋅=+， 314sin 4cos 4sin 43m n t nc nααα-⋅-⋅=+，414sin t n α-= 由1110a b c++=，得123411110t t t t +++=，故11110GM GN GS GT +++=． 3．适当构作辅助体例21求证：若四面体相对棱间的距离分别为1d ，2d ，3d ，则四面体的体积V 不小于13123d d d ．D B CA EFC 1D 1A 1B 1图22-15证明如2215-，过四面体ABCD 的三组对棱AB 与CD ，AD 与BC ，AC 与BD ，分别引三对相互平行的平面，得平行六面体（或以四面体ABCD 的棱为侧面对角线构作平行六面体），各相对面的距离分别等于四面体三组对棱的距离，又易知该平行六面体的体积正好是四面体ABCD 体积的3倍． 在底面11A DB C 中，作1EF CA ⊥于E ，则1EF B D ⊥．设垂足为F ，则EF 不小于平面11A AC C 与平面11DD BB 间的距离，即3EF d ≥．又12AC d ≥，所以1123A DB CSd d ⋅≥．又平面11A DB C 与平面11AD BC 的距离为1d ，因此， 1111111123AD BC A DB C A DB CV Sd d d d -=⋅⋅⋅≥．Suoyi 12313ABCD V d d d ≥．例22设a ，b 为四面体ABCD 的一对对棱AB 与CD 的长，r 为四面体内切球半径，求证：()2abr a b <+．（第22届全苏竞赛题）GABCDHFE图22-16证明如图2416-，过AB 与CD 分别作ABEF 与CDGH ，使得AF CD ∥，CH AB ∥，连AC ，BH ，EG ，FD ，得一个平行六面体AFEB CDGH -（或以四面体ABCD 的三棱CA ，CB ，CD 为共顶点的棱构成平行六面体）．设AB 与CD 之间的距离为d ，它们所成的角为θ，则由性质15，知1sin 6V ab d θ=⋅⋅四面体．设a h 为ABD △中AB 边上的高，显然D 到AB 的距离大于D 到面AFEB 的距离，即a h d >，而1122ABD a S a h ad =⋅>△．同理，12ABC S ad >△，12ACD S bd >△，12BCD S bd >△．于是，四面体ABCD 的表面积()ABD ABC ACD BCD S S S S S a b d =+++>+△△△△表．注意到性质1，即13V S r =⋅表，得到()3sin 222V abd abd ab r S S S a b θ⋅==<+表表表≤ 4．注意运用向量知识求解例23设平面α，β，γ，δ与四面体ABCD 的外接球面分别切于点A ，B ，C ，D ．证明：如果平面α与β的交线与直线CD 共面，则γ与δ的交线与直线AB 共面．（1981年保加利亚竞赛题）证明设四面体ABCD 的外心为O ，半径为R ．令OA a =，OB =b ，OC c =，CD d =．对空间中任意一点X ，令OX x =，则222222R =====a b c b d ．因为OA α⊥，所以平面α上的点X 满足()0⋅-=a x a ，即2⋅a x =R ． 同理，平面β，γ，δ上的点X 分别满足2R ⋅=b x ，2⋅c x =R ，2R ⋅=d x ． 注意到，对任意不同时为零的数λ，μ，有方程()()2R λλλμ⋅⋅+a b x =．给出了一个过平面α与β的交线l 的平面（因0λλ≠a +b ，且对任意X l ∈，有2R ⋅=⋅a x b x =．另外，对空间中任意一点X 也存在一对不同时为零的数λ，μ，使得()()220R R λμ⋅-+⋅-=a x b x ．即适当选取λ与μ，可使相应的平面过点X ．因此直线CD 与直线l 共面的充要条件是：关于未知数λ与μ的方程组()()()()22220,0,R R R R λμλμ⎧⋅-+⋅-=⎪⎨⋅-+⋅-=⎪⎩a c b c a c b c 有非零解，即有()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-a c b c a b b c ． 同理可证，平面γ与δ的交线和直线AB 共面的充要条件为()()()()2222R R R R ⋅-⋅-=⋅-⋅-c a d b c b d a ．因为上面得到的两个条件是等价的，所以题中结论得证．例24设四面体ABCD 对应于各顶点的高分别为a h ，b h ，c h ，d h ，在各高线上分别取1A ，1B ，1C ，1D ，使1a k AA h =，1a k BB h =，1c k CC h =，1dkDD h =为任一实数．求证：四面体1111A B C D 的重心合于四面体ABCD 的重心．证明令AB b =，AC c =，AD d =，根据向量矢量积的意义，知同BD BC ⨯的方向是对应A 点高线的方向，而它的长度是BCD △面积的2倍．设A 点对应高线的单位向量为i ，则 2BCDBD BCi S ⨯=△，而()()BD BC ⨯=-⨯-=⨯⨯⨯d b c d b d +d c +c b ．故2i S⨯⨯⨯=b d +d c +c d．同理，设B ，C ，D 点对应的高线的单位向量分别为j ，k ，l ，则 22ACD ACD AC AD S S ⨯⨯=△△c d j =，2ADB S ⨯△d b k =，2ABCS ⨯△b cl =．若设四面体ABCD 的体积为V ，因而()16a k kAA h V ==⨯⨯⨯i =b d +d c +c d ．同理，()16k BB V =⨯c d ，()16k CC V =⨯d b ，()16kDD V=⨯b c ． 因而，有11110AA BB CC DD +++=． 又设1O 为四面体1111A B C D 的重心，则()1111111114AO A B AC A D =++ ()11111114A A AB BB A A AC CC A A AD DD =++++++++ ()11111144A A AA BB CC DD =++++b +c +d + ()114A A =-b +c +d ． 而111AO AA A O =+，故()114AO AO ==b +c +d ，这表示1O 与O 重合． 【模拟实战】 习题A1．在三棱锥S ABC -的棱SA ，SB ，SC 上分别取点1A ，1B ，1C ，使得11SA SA SB SB ⋅=⋅1SC SC =⋅．证明：点A ，B ，C ，1A ，1B ，1C ．在同一球面上．（第15届全俄竞赛题）2．在四面体ABCD 内求作一点P ，使四个四面体的体积比满足P BCD P CDA P DAB P ABC V V V V αβγδ----=∶∶∶∶∶∶，其中α，β，γ，δ为给定的正数．3．设P ，Q ，R 分别是四面体ABCD 的棱AC ，AD ，AB 或延长线上的点，E ，F 在BC 上，且BE EF FC ==，AE ，AF 分别与RP 交于点G ，H ．记四面体APQR 与AGHQ 的体积分别为V ，1V ．求证：13V V ≥，当且仅当RP BC ∥或RP 与BC 重合时等号取得．4．四面体ABCD 内接于半径为R 的球，且球心O 在四面体内部．求证：四面体ABCD 至少有一条棱长． 5．在四面体ABCD 中，P 为各棱长之和，V 为其体积，用()CD S 表示过四面体棱CD 及相对棱AB 中点的截面（即中线面）面积，其余中线面表示类同，求证：()()()()()()1111113CD AB BC AD BD AC P S S S S S S V+++++≤等号当且仅当四面体为正四面体时取得．6．四面体KLMN 的顶点在另一个四面体ABCD 的内部，在其面上或者棱上．证明：四面体KLMN 各棱长度的和小于四面体ABCD 各棱长度和的34．（第16届全苏竞赛题） 7．观察一切外切于已知球的四面体AXBY 证明：当确定点A ，B 后，空间四边形的角之和，AXB XBY BYA YAX ∠+∠+∠+∠不依赖于点X 和Y 的选择．（第20届全苏竞赛题）8．四面体ABCD 中，面ABC 与BCD 的夹角为30︒，ABC △的面积为120，BCD △的面积为80；10BC =．求此四面体的体积．（1992年美国竞赛题） 9．在四面体ABCD 内部有一点O ，使得直线AO ，BO ，CO ，DO 与四面体的面BCD ，ACD ，ABD ，ABC 分别交于1A ，1B ，1C ，1D 四点，且1111AO BO CO DOk AO B O C O D O ====．求k 的所有可能的值．（1968年保加利亚竞赛题）10．如果两个四面体的四个面的面积对应相等，则它们的体积也一定相等．对否？（1983年加拿大竞赛题）11．证明：连接四面体的顶点与顶点与相对的面的内切圆圆心的四条直线交于一点的充要条件是，该四面体三组对棱的乘积彼此相等．（1979年波兰竞赛题） 12．在四面体ABCD 的棱AB ，AC ，AD 上，对每个n +∈N ，分别取点n K ，n L ，n M ，使得AB nAK =，()1n AC n AL =+，()2AD n AM =+．证明：所有的平面n n n K L M 共线．（1966年保加利亚竞赛题） 13．设一平面与四面体的一个顶点出发的三条棱相交．证明：当且仅当这个平面过四面体内切球球心时，它分四面体表面所成的两部分的面积与其相应部分的体积成比例．（1976年保加利亚竞赛题）14．证明：对四面体内部的任意一点，从这点观察它的各条棱时的视角之和大于540︒．（1980年奥地利一波兰竞赛题）15．证明：对任意四面体的高i h 和旁切球的半径()1234i r i ==，，，，有441111i i i ih r ===∑∑ （1973年捷克竞赛题）16．设四面体ABCD 中，41AB =，7AC =，18AD =，36BC =，27BD =，13CD =，设d 为AB 与CD 两棱中点间的距离．求2d 的值．17．设a ，b ，c ，d ，e ，f 是一个给定四面体的棱长，S 是它的表面积．证明：222222S a b c d e f +++++），（1992年捷克竞赛题） 18．在六条棱长分别为2，3，3，4，5，5的所有四面体中，最大的体积是多少？证明你的结论．（1983年全国联赛题）19．试证：四面体的重心到四面体各面的距离之和不小于其内心到各面的距离之和．20．平面截四面体PABC 的棱PA ，PB ，PC 依次于A '，B '，C '，截面ABC 的三边AB ，AC ，BC的延长线顺次于L ，N ，M ．求证：1ANL BMB PC A LMB B C P A NA S S SS S S ''''''⋅⋅=△△△△△△．21．四面体ZABC 的体积等于5，过棱ZA 的中点K 和棱BC 的中点P 作平面交棱ZC 于M 点，且。
正四面体的性质及应用
正四面体的性质及应用正四面体是立体几何中的基本几何体，它蕴涵着极为丰富的线面的位置、数量关系．在近年来各类考试中，正四面体倍受命题者青睐，命题者常以正四面体中的线面问题为载体，借以考察学生的数学思维能力和思维品质．因此，一线师生在教学过程中，应对这个几何体引起足够的重视．笔者在长期的教学中对正四面体进行了深入研究、潜心挖掘，得出了一些优美、简洁的结论．下面给出正四面体的相关结论，并利用这些结论解决问题，以期能对同学们学习立体几何有所启示．一、理顺正四面体性质——固本清源不妨设正四面体ABCD的棱长为a，则存在着以下定理：定理1．正四面体的3对异面棱均互相垂直，任意一对异面棱之间的距离均为；定理2．正四面体的高为；定理3．正四面体的切球半径为，外接球半径为，且有；略证：如图1，易知正四面体的外接球心与切球心重合为点O，并且位于正四面体的高AH上，连结BO、CO、DO，易知，且，从而AO、BO、CO、DO两两所确定的平面将正四面体分割成四个形状相同的正三棱锥：，，且每一个小正三棱锥的高都是切球的半径，于是有，即，亦即有，所以，．故定理4．正四面体的全面积为，体积为；定理5．正四面体底面任一点O到三个侧面的距离的之和；正四面体任意一点到四个侧面的距离之和(仿定理3利用体积分割法易证)．定理6．正四面体的侧棱与其底面所成的线面角大小为；定理7．正四面体相邻侧面所成的二面角的大小为；略证：设相邻两个侧面所成的角为，由于四个侧面的面积均相等，所以由射影面积公式知．定理8．设正四面体的侧棱与底面所成的角为，相邻两个侧面所成的二面角记为，则有略证：如图1所示，易知，，由H为的中心，易知，从而．定理9．正四面体的外接球的球心与切球的球心O重合且为正四面体的中心；中心与各个顶点的四条连线中两两夹角相等，其大小为，此角即为化学中甲烷分子结构式中的键位角．略证：如图1，在三角形AOB中，，，由余弦定理可求得，于是．同理可得．定理10．正四面体接于一正方体，且它们共同接于同一个球，球的直径等于正方体的对角线．二、运用正四面体性质——化繁为易1．巧算空间距离例1．一个球与正四面体的6条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则求此球的体积．分析一：由定理10知，将正四面体嵌于正方体的部，然后再利用正四面体的棱与球相切，则该半径与正方体的切半径相等进行求解．解法一．如图2所示，将正四面体补成正方体，易知与正四面体的各棱相切的球即为正方体的切球．∵正四面体的棱长为a，∴正方体的棱长为．∴正方体的切球半径．∴．分析二：根据正四面体的对称性，结合定理1可知，该球的球心应位于正四面体的中心，其直径即为正四面体相对棱之间的距离．解法二．∵正四面体的棱长为a，∴由定理1可知，相对棱间的距离为．即该球的半径为．∴．例2．在棱长为2的正四面体木块ABCD的棱AB上有一点P（），过P点要锯出与棱AB垂直的截面，当锯到某个位置时因故停止，这时量得在面ABD上锯痕，在面ABC上的锯缝，求锯缝MN的值．解：如图3，取AB的中点E，连结CE，DE，则为正四面体相邻两面的二面角的平面角，由条件知∠MPN也是正四体相邻两面的二面角的平面角，即∠NPM＝∠CED，由定理7可知，于是，在中，由余弦定理得，∴2．妙求空间角例3．设P为空间一点，PA、PB、PC、PD是四条射线，若PA、PB、PC、PD两两所成的角相等，则这些角的余弦值为．解：如图4，构造正四面体ABCD，设P为四面体的中心，则PA、PB、PC、PD两两所成的角相等，设，由正四面体的性质，可知余弦值为例4．如图5，在正四面体ABCD中，E、F分别为棱AD、BC的中点，连结AF、CE．⑴求异面直线直线AF和CE所成的角；⑵求CE与面BCD所成的角．解：⑴连结FD，在平面AFD，过点E作EG∥AF交DF于点G．则是异面直线AF与CE所成的角（或其补角）．设正四面体ABCD的棱长为a，可得，，．由余弦定理可求得．故异面直线AF与CE所成的角为．⑵由已知易知平面AFD⊥平面BCD，在平面AFD，过点E作EH⊥FD于点H，连结CH，则∠ECH为CE与平面BCD所成的角．∵EH为正四面体高的一半，由正四面体性质的定理2知．∴．∴CE与底面BCD所成的角为．例5．如图6，正四面体ABCD的四个顶点在同一个球面上，CC1和DD1是该球的直径，求面ABC与面AC1D1所成角的正弦值．解：由正四面体性质定理10知正四面体接于一球，该正方体也接于此球，且正方体的对角线为此球的直径，如图所示，即CC1、DD1为该球的直径．连结C1D1，交AB于点M，连结MC．∵MC⊥AB，MD1⊥AB，∴∠CMD1为平面ABC与平面AC1D1所成的角．设正方体棱长为a，在中，．∴平面ABC与平面ACD所成的角的正弦值为．归纳反思：正四面体是立体几何中一个重要的数学问题载体，在平时的学习过程中若能有意识地研究它、利用它，就能较好地培养我们数学思维的“方向感”和思路的“归属感”，有助于促进自己数学思维空间的拓展、数学品质的提升．1.在正四面体P ABC-中，D、E、F分别是AB、BC、CA的中点，下面四个结论中不成立的是②．①//BC面PDF；②面PDF⊥面ABC；③DF⊥面PAE；④面PAE⊥面ABC．2.正四面体ABCD中，AB与平面ACD所成角的余弦值为3．3.如图，正四面体ABCD的棱长为2，点E，F分别为棱AD，BC的中点，则EF BA的值为()A．4B．4-C．2-D．24.以下说法 ①三个数20.3a =，2log 0.3b =，0.32c =之间的大小关系是b a c <<；②已知：指数函数()(0,1)x f x a a a =>≠过点(2,4)，则log 41a y =；③已知正四面体的边长为2cm ，则其外接球的体积为33cm π； ④已知函数()y f x =的值域是[1，3]，则()(1)F x f x =-的值域是[0，2]；⑤已知直线//m 平面α，直线n 在α，则m 与n 平行．其中正确的序号是①③．5.在正四面体A BCD -中，M 为AB 的中点，则直线CM 与AD 所成角的余弦值为()A ．12B ．2C ．3D ．23选：C ．6.在正四面体ABCD 中，E 、F 分别为棱AD 、BC 的中点，连接AF 、CE ，则异面直线AF 和CE 所成角的正弦值为()A ．13B ．23C ．24D ．5 选：D ．【点评】本题考查空间点、线、面的位置关系及学生的空间想象能力、求异面直线角的能力．在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧，这个技巧就是通过三角形的中位线找平行线，如果试题的已知中涉及到多个中点，则找中点是出现平行线的关键技巧．本题易错点在于要看清是求异面直线AF 和CE 所成角的正弦值，而不是余弦值，不要错选答7.如图所示，在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +的最小值为7，则该正四面体的外接球的体积是()A 6πB ．6πC 36D ．32π 选：A ．8.棱长为1的正四面体ABCD 中，E 为棱AB 上一点（不含A ，B 两点），点E 到平面ACD 和平面BCD 的距离分别为a ，b ，则11a b +的最小值为6 【考点】7F ：基本不等式及其应用【专题】31：数形结合；35：转化思想；5F ：空间位置关系与距离；5T ：不等式【分析】设点O 是正三角形ACD 的中心，连接OB ，作EF AO ⊥，垂足为点F ．AO 交CD 于点M ，则点M 为CD 的中点．设(01)AE AB λλ=<<．23AO AM =，3AM ，22BO AB AO =-．由//EF BO ，可得6EF BO a λ===．同理可得：6)b EN λ=-．代入利用基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：如图所示，设点O 是正三角形ACD 的中心，连接OB ，作EF AO ⊥，垂足为点F ．AO 交CD 于点M ，则点M 为CD 的中点．设(01)AE AB λλ=<<．223333AO AM ===， 226BO AB AO ∴=- //EF BO ，6EF BO a λ∴===． 同理可得：6)b EN λ==-．∴21111161()11(1)()2a b λλλλλλ+=+=⨯=+---当且仅当12λ=时取等号．故答案为：9.已知M 是正四面体ABCD 棱AB 的中点，N 是棱CD 上异于端点C ，D 的任一点，则下列结论中，正确的个数有()（1）MN AB ⊥；（2）若N 为中点，则MN 与AD 所成角为45︒；（3）平面CDM ⊥平面ABN ；（4）存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【考点】LM ：异面直线及其所成的角；LO ：空间中直线与直线之间的位置关系；LW ：直线与平面垂直；LY ：平面与平面垂直【专题】14：证明题【分析】连接CM 、DM ，可证明出AB ⊥平面CDM ，从而MN AB ⊥，得（1）正确；取AC 中点E ，连接EM 、EN ，利用三角形中位线定理证明出EN 、NM 所成的直角或锐角，就是异面直线MN 、AD 所成的角，再通过余弦定理，可以求出MN 与AD 所成角为45︒，故（2）正确；根据（1）的正确结论：MN AB ⊥，结合平面与平面垂直的判定定理，得到（3）正确；对于（4），若存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直，说明存在N 的一个位置，使MN AC ⊥．因此证明出“不论N 在线段CD 上的何处，都不可能有MN AC ⊥”，从而说明不存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．【解答】解：（1）连接CM 、DM正ABC ∆中，M 为AB 的中点CM AB ∴⊥同理DM AB ⊥，结合MC M D M =AB ∴⊥平面CDM ，而MN ⊆平面CDMMN AB ∴⊥，故（1）是正确的；（2）取AC 中点E ，连接EM 、ENADC ∆中，E 、N 分别是AC 、CD 的中点//EN AD ∴，12EN AD =． EN ∴、NM 所成的直角或锐角，就是异面直线MN 、AD 所成的角设正四面体棱长为2a ，在MCD ∆中，2CM DM a === 则Rt MNC ∆中122CN a a =⨯=∴MN = 在MNE ∆中，122ME EN a a ==⨯=∴222cos 2EN MN EM ENM EN MN +-∠==⨯⨯ 45ENM ∴∠=︒，即异面直线MN 、AD 所成的角是45︒，故（2）正确；（3）由（1）的证明知：AB ⊥平面CDMAB ⊂平面ABN∴平面ABN ⊥平面CDM ，故（3）正确；（4）若有MN AC ⊥，根据（1）的结论MN AB ⊥，因为AB 、AC 相交于A 点，所以MN ⊥平面ABCMCD ∆中，CM MD ==，2CD a =2221cos 023CM MD CD CMD CM MD +-∴∠==> 可得CMD ∠是锐角，说明点N 在线段CD 上从C 到D 运动过程中， CMN ∠的最大值是锐角，不可能是直角，因为CM ⊂平面ABC ，CM 与NM 不能垂直，以上结论与MN ⊥平面ABC 矛盾，故不论N 在线段CD 上的何处，都不可能有MN AC ⊥．因此不存在点N ，使得过MN 的平面与AC 垂直．综上所述，正确的命题为（1）（2）（3）故选：C ．10.棱长为a 的正四面体中，给出下列命题：①正四面体的体积为324a V =；②正四面体的表面积为2S ；③切球与外接球的表面积的比为1:9；④正四面体的任意一点到四个面的距离之和均为定值．上述命题中真命题的序号为②③④．【考点】LE ：棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；LF ：棱柱、棱锥、棱台的体积【专题】31：数形结合；35：转化思想；49：综合法；5F ：空间位置关系与距离【分析】①正四面体的高h ==，体积为213V =，计算即可判断出正误；②正四面体的表面积为24S a =，即可判断出正误；③分别设切球与外接球的半径为r ，R ，则23143r ⨯，解得r ；R +=，解得R ，即可判断出正误； ④正四面体的任意一点到四个面的距离之和为H，则221133H ⨯=【解答】解：①正四面体的高h =，体积为3231324a V ==≠，因此不正确；②正四面体的表面积为224S a =，正确；③分别设切球与外接球的半径为r ，R ，则2314312r ⨯=，解得r =；R +=，解得R ． :1:3r R ∴=，因此表面积的比为1:9，正确；④正四面体的任意一点到四个面的距离之和为H ，则221133H ⨯=化简可得：H =，即为正四面体的高，均为定值，正确．上述命题中真命题的序号为②③④．。
考点08 空间角的求解问题(解析版)
考点08 空间角的求解问题立体几何是历年高考的必考题，其考查形式主要为空间几何体的有关计算（主要是体积计算），空间线面的位置关系以及空间角和距离的求解。
例如：2022年全国乙卷（理）[18]，2022年全国甲卷（理）[18]，2022年浙江高考[19]，2022年新高考Ⅰ卷[19]，2022年新高考Ⅱ卷[20]，2022年天津高考[17]，2022年北京高考[17]等都对空间几何体的体积进行了考查。
〔1〕平移法求异面直线所成的角求异面直线所成的角的方法为平移法，平移法一般有3种 (1)利用图形中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移； (3)补形平移.〔2〕线面角、二面角1.线面角的求法：找出斜线在平面上的射影，关键是作垂线，找垂足，把线面角转化到一个三角形中求解.2.二面角的求法：二面角的大小用它的平面角来度量. 平面角的作法常见的有①定义法；①垂面法。
〔3〕利用空间向量求空间中的角与距离 1.异面直线所成角若异面直线1l ，2l 所成的角为θ，则|||||cos |cos b a b a b a ==θ(注意：两异面直线所成的角为锐角或直角，而不共线的两向量的夹角的取值范围为(0，π)，所以公式中要加绝对值)，其中a ，b 分别是直线1l ，2l 的方向向量。
2.直线与平面所成角已知直线l 与平面α，A l =α ，a 为l 的方向向量，n 为平面α的法向量，θ为l 与α所成的角，则|||||cos |sin n a n a n a ==θ。
(注意:直线与平面所成角的范围为⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,0π，而向量的夹角的取值范围为[]π,0，所以公式中要加绝对值)。
3.二面角设1n 为平面α的法向量，2n 为平面β的法向量，1n ，2n 的夹角为θ，l =βα ，则二面角βα--l 的大小为θ或θπ-。
设二面角βα--l 的大小为ϕ，则|||||cos ||cos |2121n n ==θϕ①①所示。
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空间四边形（平面四边形、三棱锥、四面体）的余弦定理
空间四边形的余弦定理：
设与BD 夹角为θ，则 ||||2cos 2222BD AC =
θ 证明： (*)
)()()
(22ΛΛΛAB
BC AB AD DC AD ?-?+-=?+-?+=?-?=-?=? 又BC AB BC AB BC
AB AC ?++=+=2)(2222Θ
DC AD DC AD DC AD AC ?++=+=2)(2
222
相减，得2
2222DC AD BC AB --+=?-? 代入(*)式得22222BD AC --+=
||||2cos 2222BD AC =∴θ
这个式子被称为余弦定理的推广，适用于或空间四边形，平面四
边形，三棱锥或四面体，且A 与D 重合时退化为三角形的余弦定理。
B D
C A