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【期中复习提升】（人教A版2019）2023-2024学年高二上学期数学 第一章 空间向量与立体几何（压轴题专练）
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第一章 空间向量与立体几何（压轴题专练）
一、单选题
1．在长方体中，，，点P在底面ABCD的边界及其内部运动，且满足，则下列结论不正确的是（ ）
A．若点M满足，则
B．点P到平面的距离范围为
C．若点M满足，则不存在点P使得
D．当BP＝3时，四面体的外接球体积为
【答案】C
【分析】对于A，根据题意找到点M，结合P的所在区域直接求解；
对于B，根据点面距离的解法找出最值临界情况进而得到范围；
对于C，找出一个点使得即可判断；
对于D，BP＝3时，P与F重合，根据相关的垂直关系，放入长方体即可求解.
【详解】对于A，当时，MP与底面ABCD所成的角，
又点P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长），
所以，故A正确；
对于B，设，E、F分别在AD、AB上，当点P位于AE上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离，
当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为FK，
因为，所以，所以，
故点P到平面的距离取值范围为，故B正确；
对于C，不妨设点P与点F重合，此时，
，，
由余弦定理得，
则，故存在点P使得，故C错误；
对于D，当BP＝3时，P与F重合，放入长、宽、高分别为3,4,3的长方体，
则四面体的外接球半径为，
所以外接球体积为，故D正确．
故选：C
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何的综合问题.要善于通过观察几何图形求解答案，通过定义法求解点面距离，通过余弦定理等求角，通过补形法求解外接球半径.
2．如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为2的菱形，
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为6等边三角形，
所以，，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以，
由平面，
可得平面，
又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧，
设的长度为，则，
所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，是解决本题的关键.
3．如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）．
①三棱锥中，点P到面的距离为定值
②过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为
③ 直线与面所成角的正弦值的范围为
④当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
以上命题为真命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心，由求解球心坐标即可.
【详解】
以A为坐标原点，分别以为轴建系如图：
,，
，
设,
则，
所以
设面的一个法向量为，
则
令得，
对于①：到平面的距离为，故①正确；
对于②：连接，因为四边形为平行四边形，
，又面，面，
面，
同理可证面，
又，所以面面，
所以过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为，
它是边长为的等边三角形，故面积为，故②正确；
对于③：设直线与面所成角为，则，
，，
所以直线与面所成角的正弦值的范围为，故③正确；
对于④：当点P为中点时，设三棱锥的外接球球心，
，
，
解得，
所以外接球半径满足：，
三棱锥的外接球表面积为，故④正确；
综上：①②③④均正确.
故选：D
【点睛】几何体外接球球心的求法：
（1）将几何体置入长方体中找球心；
（2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心；
（3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标.
4．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一．该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形．将长方体的上底面绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体．已知，，，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定的几何体，确定出球心O的位置，求出球半径，再建立空间直角坐标系求出点O到直线距离，进而求出最小截面圆半径作答.
【详解】依题意，四边形是正方形，令正方形与正方形中心分别为，连接，
因为正方形与正方形在同一平面内，且有相同中心，因此它们有相同的外接圆，
从而十面体与长方体的外接球相同，球心O是线段的中点，如图，
取中点M，连接，因为，则，显然，
又平面，则平面，
而平面，平面，即有，
平面，则平面，平面与平面有公共点，
显然平面与平面为同一平面，有，而，，
在直角梯形中，过作于I，，
球O的半径，
过D作平面，以点D为原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，
则，，
由已知得，即，
，，则点到直线的距离有：,
球O被过直线的平面所截的截面圆最小时，球心O到平面的距离最大，即为点到直线的距离，
截得的最小截面圆半径为，而，则
，
所以截得的截面圆面积的最小值是.
故选：C
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
5．如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（ ）
A．当增大时，先增大后减小 B．当增大时，先减小后增大
C．当增大时，先增大后减小 D．当增大时，先减小后增大
【答案】C
【分析】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量与面的法向量为的夹角， 对于AB，令，则，分析函数单调性，结合余弦函数性质判断；对于CD，令时，化简整理得到 ，利用导数判断函数的单调性，进而判断余弦函数的单调性，进而得解.
【详解】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，
设直线与交于，则，
则，，，
设平面的法向量为，
，，令，则
设平面的法向量为，又
，，令，则
利用空间向量夹角公式得
对于AB，令，则
显然函数在时为减函数，即减小，则增大，故AB 错误；
对于CD，当时，则
令，
求导
，令，得
故当时，，函数单减，即单减，增大；当时，，函数单增，即单增，减小；故当增大时，先增大后减小
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查面面角的求法，利用导数判断函数的单调性，即余弦函数的性质，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
6．在棱长为3的正方体中，为棱的中点，为线段上的点，且，若点分别是线段，上的动点，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接，易知为线段与的交点，即为线段上靠近D的三等分点，将周长的最小值问题转化到平面上几何知识连接两点间的线中线段最短与平面几何中对称问题处理，最后由余弦定理求得的长度即可.
【详解】连接，易知为线段与的交点，即为线段上的点，由勾股定理可知，则，
分别作点关于线段，的对称点，，且由对称关系有垂直关系且显然为等边三角形，即，
由等边三角形对称问题可求得，
据余弦定理得，
由平面几何知识连接两点间的线中线段最短，得周长的最小值为.
故选：D
【点睛】本题考查空间中三角形周长的最值，涉及空间中直线与对称点的算法，属于难题.
7．如图，在圆锥中，，是上的动点，是的直径，，是的两个三等分点，，记二面角，的平面角分别为，，若，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.
【详解】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:
则由
可得,
,是的两个三等分点
则
所以
设平面的法向量为
则,代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足
设二面角的法向量为
则代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足
由二面角的范围可知
结合余弦函数的图像与性质可知
即
化简可得,且
所以
所以的最大值是
故选:B
【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.
二、多选题
8．如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（ ）
A．与所成角为
B．平面截正方体所得截面的面积为
C．平面
D．若，则三棱锥的体积最大值是
【答案】BCD
【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.
【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∴，，，
对A选项，，
则直线与所成角为，故A错误；
对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，
则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
则正六边形的面积为，故B正确.
由正方体，可得，
∵分别为的中点，∴，
∴平面平面，
∴平面，故C正确；
如图，面，又面，故，同理，
又，
根据题意可得，设，
又，
∴，整理得，
∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，
令，可得，
∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，
∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.
9．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（ ）
A．存在唯一的点，使得
B．若，则点的轨迹长为4
C．若，则四面体的外接球的表面积为
D．若，则点的轨迹长为
【答案】ACD
【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体的外接球的球心即可.
【详解】
设E关于D点的对称点为，
则，
所以当且仅当三点共线时取等号，
故存在唯一的点，使得，故A正确；
由题意知，以O为坐标原点，以为正方向建立空间直角坐标系，
则设，
则，
对选项B： 当时，，
所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，
所以，故点的轨迹长为，所以B错误；
对选项D： 当时，，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；
对选项C：在中， ，
为直角三角形，其外心为与的交点，且，
而
所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题解决.
10．已知正方体的棱长为2，点P在正方形ABCD内运动（含边界），则（ ）
A．存在点P，使得
B．若，则的最小值为
C．若，则P点运动轨迹的长度为
D．若，直线与直线所成角的余弦值的最大值为
【答案】BD
【分析】A选项，建立适当空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算判定即可；
B选项，找出动点在正方体底面内的运动轨迹，利用点到圆上点的最值求解即可；
C选项，根据立体几何中线面垂直推出线线垂直，可找出动点在正方体底面内的运动轨迹是线段，即可求解；
D选项：建立适当空间直角坐标系，利用可得出点，再利用空间向量的坐标表示求解即可.
【详解】对于A选项：如图1,
以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，
设，，则，，
若，则，解得，不合题意，错误；
对于B选项：如图2，
若，连接，则点在以为圆心，为半径的圆上，此时点的轨迹为，
又，，
，
，故正确；
对于C选项：如图3，
连接，，，，，
为正方形，则，
又平面，平面，
，，平面，
平面，平面，
，同理可证：，
又，平面，
平面，平面平面，
故点在正方体底面内的运动轨迹是线段，
又正方体的棱长为2，，故错误；
对于D选项：如图4，
以为坐标原点建立空间直角坐标系，连接，，，，则，，，，
设，，则，，
当，有，则，此时，
又，，
当时，有最大值，此时，故正确.
故答案选：BD.
【点睛】关键点点睛：立体几何中线面垂直的判定定理，动点在立体几何中的轨迹问题，以及利用空间向量法解决立体几何的问题，属于难题.
11．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，与所成夹角可能为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，得到，求出平面的一个法向量，由，求出，再根据列出方程，求出或1，得到A正确；
B选项，先根据，得到点在棱上，将平面与平面沿着展成平面图形，结合余弦定理求出答案；
C选项，先得到为与平面所成角，根据所成角的大小得到，从而得到点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，求出轨迹长度；
D选项，先确定点在上，作出辅助线得到平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，设，求出点到直线的距离，配方后得到其最大值与最小值，从而得到截面的最大值与最小值，得到取值范围.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，即，
故，故，其中，
令，
解得：或1，
故与可能是，A正确；
B选项，因为，故点在棱上，
如图，将平面与平面沿着展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可得：
，
所以，B错误；
C选项，因为⊥平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，
于是点的轨迹长度为，C正确；
D选项，当时，点在上，过点作交于点，连接，
则，所以平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，
设，
所以，则，，
所以点到直线的距离为，
于是当时，，的面积取得最小值，此时截面面积最小为，
当或1时，，的面积取得最大值，此时截面面积最大为，
故截面面积的取值范围为，D错误.
故选：AC
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
12．如图，点是正四面体底面的中心，过点且平行于平面的直线分别交，于点，，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ）
A．若平面，则
B．存在点与直线，使
C．存在点与直线，使平面
D．
【答案】ACD
【分析】根据线面平行的性质定理，可判断A；由空间向量数量积可判断B；当直线平行于直线，时，通过线面垂直的判定定理可判断C，由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，平面，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，
平面平面，
又平面，平面，，
点在面上，过点的直线交，于点，，平面，
又平面，平面平面，，
，故A正确；
对于B，设正四面体的棱长为，
，故B错误；
对于C，当直线平行于直线，为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，
以下给出证明：在正四面体中，设各棱长为，
，，，均为正三角形，
点为的中心，，
由正三角形中的性质，易得，
在中，，，，
由余弦定理得，，
，则，
同理，，又，平面，平面，
平面，存在点S与直线MN，使平面，故C正确；
对于D，设为的中点，则，
又∵，，三点共线，∴，
∵，，三点共线，∴，
∵，，三点共线，∴，
设，，，则，
∵，，，四点共面，∴，
又∵，∴，∴，
即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了空间向量数量积和共面向量定理，解题的关键是熟悉利用空间向量的共面定理，考查了转化能力与探究能力，属于难题.
三、填空题
13．斜三棱柱中，平面平面，若，，，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，则三棱柱的高为 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，探求两个球的球心在平面上的投影确定的直线平行于直线，再建立空间直角坐标系，求出球的半径即可作答.
【详解】在斜三棱柱中，与平面相切的球的球心为，与平面相切的球的球心为，
因为球、球与平面都相切，令切点分别这，有，
又球、球与平面都相切，则平面，又平面，
于是平面，而平面，平面平面，因此，且，
在平面内过点作，在平面过点作，
因为平面平面，平面平面，则平面，
以点作原点，射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
在中，，，则，
的方向向量，的方向向量，
由，得的方向向量，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
令球的半径为，设点，则，
由，得，
显然点到平面的距离等于等腰底边上的高，即有，
由，得，代入，解得，
，线段在轴上的投影为，
显然三棱柱的高等于点到平面的距离，到平面的距离与在轴上的投影的和，
所以三棱柱的高为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.
14．在空间直角坐标系O-xyz中，四面体ABCD各顶点坐标分别为，，，.则该四面体外接球的表面积是 .
【答案】/
【分析】根据题意，画出图形，作出辅助线，找到球心，利用半径列出方程，求出半径，进而去除四面体外接球的表面积.
【详解】如图所示，设长方体底面四边形为正方形，边长为2，高为3，
根据图形得到为直角三角形，AC⊥CD，
所以四面体外接球的球心在平面ADC上的投影为斜边AD的中点M，
其中，
设外接球球心为N，则MN⊥平面ADC，
过点B作BH⊥平面ADC，垂足为H，则HMx轴，且HM=1
过点N作NFHM，交BH于点F，则NF=HM=1，
设外接球半径为r，连接NB，NA，则NB=NA=r，
设MN=x，则HF=x，所以BF=3-x，
由勾股定理得：，，
所以，解得：，
所以，
所以该四面体外接球的表面积为
故答案为：
【点睛】对于立体几何的外接球问题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.
15．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有 （请填入所有正确说法的序号）
①当时，的周长为定值
②当时，三棱锥的体积为定值
③当时，有且仅有一个点P，使得
④当时，有且仅有一个点P，使得平面
【答案】②④
【分析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.
【详解】由题意得：，，，所以P为正方形内一点，
①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误；
②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确；
③，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误；
④，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确.
故选：②④
【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决.
16．正方体的棱长为，平面，平面，则正方体在平面内的正投影面积为 ．
【答案】
【分析】由题设知：面面，且正方体在平面内的正投影面积为菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，构建空间直角坐标系，应用向量法求△、△、△、△与面的夹角余弦值，进而求它们在面上的投影面积，即可求正方体在平面内的正投影面积.
【详解】∵平面，平面，知：面面.
∴正方体在平面内的正投影面积为如上图所示的菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，又正方体的棱长为，则，可构造如下图示，空间直角坐标系：
∴，则有，
若面的一个法向量为，则，可得，而面面，它们的一个法向量为，
∴，即面与面、面夹角余弦值为.
同理，面面，它们的一个法向量为，
∴，即面与面、面夹角余弦值为.
∵△、△、△、△的面积均为，
∴正方体在平面内的正投影的面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质，结合正投影的定义可知正方体在平面内的正投影面积为如上图所示的菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，应用向量法求各面与面的夹角，进而求投影面积.
四、解答题
17．我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形中，，将沿翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为，，的中点，且是与的公垂线.
(1)证明：三棱锥为正四面体；
(2)若点M，N分别在，上，且为与的公垂线.
①求的值；
②记四面体的内切球半径为r，证明：.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)①10，②证明过程见解析
【分析】（1）作出辅助线，证明出线面垂直，得到⊥，由三线合一得到，进而得到六条边均相等，证明出结论；
（2）①设出边长，由余弦定理得到，设出，表达出，利用列出方程，求出，得到答案；
②取中点，令，则到平面的距离为，表达出，再利用四棱锥内切球半径得到，其中，进而得到不等式，求出答案.
【详解】（1）连接，
因为菱形中，，
所以和为等边三角形，
因为是中点，所以⊥，
因为是与的公垂线，所以⊥，
因为，且平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
由三线合一得，
又，所以三棱锥为正四面体，
（2）不妨设，则，，
由余弦定理得，
设，
所以，
因为，
所以
，
故，
其中，，
，
即，解得，故；
②取中点，令，则到平面的距离为，
，
设四面体的表面积为S，则，
其中，
而，
，
所以，
即.
【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解.
18．如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)若棱的中点为，求的长；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值
【详解】（1）取AM的中点G，连接PG，
因为PA=PM，则PG⊥AM，
当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，
四棱锥的体积取得最大值，
此时PG⊥平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为
（2）取AP中点Q，连接NQ，MQ，
则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，
所以NQ∥AB且，
因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，
所以CM∥AB且，
所以CM∥NQ且CM=NQ，
故四边形CNQM为平行四边形，
所以.
（3）连接DG，
因为DA=DM，所以DG⊥AM，
所以∠PGD为的平面角，即，
过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，
设，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，则，
设平面PBC的法向量为，
因为，
则
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
令，，所以，
所以，所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为
【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.
19．如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．
(1)若，，求三棱锥的体积；
(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.
【详解】（1）取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；
（2）设，则，，由（1）知：，，取为空间中的一组基底，则，由第一问可知：
，
则
其中，且，，故，
由第一问可知，又是的中点，所以，所以，
因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.
【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，若不容易建立坐标系时，也可以通过基底表达出各个向量，进而求出答案.
20．如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，如图2．
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【详解】试题分析：第一问根据等腰三角形的特征，可以得出，再结合面面垂直的性质定理，可以得出平面，再根据线面垂直的性质，可以得出以 ，之后根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出结果；第二问根据题中的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得结果；第三问关于是否存在类问题，都是假设其存在，结合向量所成角的余弦值求得结果.
（Ⅰ）因为在△中，，分别为，的中点，
所以 ，．
所以，又为的中点，
所以 ．
因为平面平面，且平面，
所以 平面，
所以 ．
（Ⅱ）取的中点，连接，所以．
由（Ⅰ）得，．
如图建立空间直角坐标系．
由题意得，，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以．
设直线和平面所成的角为，
则．
所以 直线和平面所成角的正弦值为．
（Ⅲ）线段上存在点适合题意．
设，其中．
设，则有，
所以，从而，
所以，又，
所以．
令，
整理得．
解得，舍去．
所以线段上存在点适合题意，且．
方法点睛：该题属于典型的立体几何问题，第一问证明线线垂直，需要将空间关系都理清，把握住线线垂直、线面垂直、面面垂直的关系，即可得出结果；第二问求的是线面角的正弦值，正好是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；第三问属于是否存在类问题，在解题的过程中，需要我们先假设其存在，按照题的条件进行求解，如果推出矛盾，就是不存在
第一章 空间向量与立体几何（压轴题专练）
一、单选题
1．在长方体中，，，点P在底面ABCD的边界及其内部运动，且满足，则下列结论不正确的是（ ）
A．若点M满足，则
B．点P到平面的距离范围为
C．若点M满足，则不存在点P使得
D．当BP＝3时，四面体的外接球体积为
【答案】C
【分析】对于A，根据题意找到点M，结合P的所在区域直接求解；
对于B，根据点面距离的解法找出最值临界情况进而得到范围；
对于C，找出一个点使得即可判断；
对于D，BP＝3时，P与F重合，根据相关的垂直关系，放入长方体即可求解.
【详解】对于A，当时，MP与底面ABCD所成的角，
又点P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长），
所以，故A正确；
对于B，设，E、F分别在AD、AB上，当点P位于AE上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离，
当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为FK，
因为，所以，所以，
故点P到平面的距离取值范围为，故B正确；
对于C，不妨设点P与点F重合，此时，
，，
由余弦定理得，
则，故存在点P使得，故C错误；
对于D，当BP＝3时，P与F重合，放入长、宽、高分别为3,4,3的长方体，
则四面体的外接球半径为，
所以外接球体积为，故D正确．
故选：C
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何的综合问题.要善于通过观察几何图形求解答案，通过定义法求解点面距离，通过余弦定理等求角，通过补形法求解外接球半径.
2．如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为4和6，侧棱长为2，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，进而可得出答案.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为2的菱形，
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为6等边三角形，
所以，，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以，
由平面，
可得平面，
又平面，所以，
由，，，平面，
可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为以为原点的圆被四边形所截的弧，
设的长度为，则，
所以所有满足条件的动点P形成的轨迹长度为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，是解决本题的关键.
3．如图，棱长为2的正方体中，P为线段上动点（包括端点）．
①三棱锥中，点P到面的距离为定值
②过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为
③ 直线与面所成角的正弦值的范围为
④当点P为中点时，三棱锥的外接球表面积为
以上命题为真命题的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心，由求解球心坐标即可.
【详解】
以A为坐标原点，分别以为轴建系如图：
,，
，
设,
则，
所以
设面的一个法向量为，
则
令得，
对于①：到平面的距离为，故①正确；
对于②：连接，因为四边形为平行四边形，
，又面，面，
面，
同理可证面，
又，所以面面，
所以过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为，
它是边长为的等边三角形，故面积为，故②正确；
对于③：设直线与面所成角为，则，
，，
所以直线与面所成角的正弦值的范围为，故③正确；
对于④：当点P为中点时，设三棱锥的外接球球心，
，
，
解得，
所以外接球半径满足：，
三棱锥的外接球表面积为，故④正确；
综上：①②③④均正确.
故选：D
【点睛】几何体外接球球心的求法：
（1）将几何体置入长方体中找球心；
（2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心；
（3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标.
4．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一．该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形．将长方体的上底面绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体．已知，，，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定的几何体，确定出球心O的位置，求出球半径，再建立空间直角坐标系求出点O到直线距离，进而求出最小截面圆半径作答.
【详解】依题意，四边形是正方形，令正方形与正方形中心分别为，连接，
因为正方形与正方形在同一平面内，且有相同中心，因此它们有相同的外接圆，
从而十面体与长方体的外接球相同，球心O是线段的中点，如图，
取中点M，连接，因为，则，显然，
又平面，则平面，
而平面，平面，即有，
平面，则平面，平面与平面有公共点，
显然平面与平面为同一平面，有，而，，
在直角梯形中，过作于I，，
球O的半径，
过D作平面，以点D为原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，
则，，
由已知得，即，
，，则点到直线的距离有：,
球O被过直线的平面所截的截面圆最小时，球心O到平面的距离最大，即为点到直线的距离，
截得的最小截面圆半径为，而，则
，
所以截得的截面圆面积的最小值是.
故选：C
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
5．如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（ ）
A．当增大时，先增大后减小 B．当增大时，先减小后增大
C．当增大时，先增大后减小 D．当增大时，先减小后增大
【答案】C
【分析】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量与面的法向量为的夹角， 对于AB，令，则，分析函数单调性，结合余弦函数性质判断；对于CD，令时，化简整理得到 ，利用导数判断函数的单调性，进而判断余弦函数的单调性，进而得解.
【详解】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，
设直线与交于，则，
则，，，
设平面的法向量为，
，，令，则
设平面的法向量为，又
，，令，则
利用空间向量夹角公式得
对于AB，令，则
显然函数在时为减函数，即减小，则增大，故AB 错误；
对于CD，当时，则
令，
求导
，令，得
故当时，，函数单减，即单减，增大；当时，，函数单增，即单增，减小；故当增大时，先增大后减小
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查面面角的求法，利用导数判断函数的单调性，即余弦函数的性质，利用空间向量求立体几何常考查的夹角：
设直线的方向向量分别为，平面的法向量分别为，则
①两直线所成的角为(),；
②直线与平面所成的角为(),；
③二面角的大小为(),
6．在棱长为3的正方体中，为棱的中点，为线段上的点，且，若点分别是线段，上的动点，则周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接，易知为线段与的交点，即为线段上靠近D的三等分点，将周长的最小值问题转化到平面上几何知识连接两点间的线中线段最短与平面几何中对称问题处理，最后由余弦定理求得的长度即可.
【详解】连接，易知为线段与的交点，即为线段上的点，由勾股定理可知，则，
分别作点关于线段，的对称点，，且由对称关系有垂直关系且显然为等边三角形，即，
由等边三角形对称问题可求得，
据余弦定理得，
由平面几何知识连接两点间的线中线段最短，得周长的最小值为.
故选：D
【点睛】本题考查空间中三角形周长的最值，涉及空间中直线与对称点的算法，属于难题.
7．如图，在圆锥中，，是上的动点，是的直径，，是的两个三等分点，，记二面角，的平面角分别为，，若，则的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,写出各个点的坐标.利用法向量求得二面角与夹角的余弦值.结合即可求得的取值范围,即可得的最大值.
【详解】设底面圆的半径为,,以所在直线为轴,以垂直于所在直线为轴,以所在直线为轴建立空间直角坐标系,如下图所示:
则由
可得,
,是的两个三等分点
则
所以
设平面的法向量为
则,代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足
设二面角的法向量为
则代入可得
化简可得
令,解得
所以
平面的法向量为
由图可知, 二面角的平面角为锐二面角,所以二面角的平面角满足
由二面角的范围可知
结合余弦函数的图像与性质可知
即
化简可得,且
所以
所以的最大值是
故选:B
【点睛】本题考查了空间直角坐标系在求二面角中的综合应用,根据题意建立合适的空间直角坐标系,求得平面的法向量,即可求解.本题含参数较多,化简较为复杂,属于难题.
二、多选题
8．如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（ ）
A．与所成角为
B．平面截正方体所得截面的面积为
C．平面
D．若，则三棱锥的体积最大值是
【答案】BCD
【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.
【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
∴，，，
对A选项，，
则直线与所成角为，故A错误；
对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，
则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
则正六边形的面积为，故B正确.
由正方体，可得，
∵分别为的中点，∴，
∴平面平面，
∴平面，故C正确；
如图，面，又面，故，同理，
又，
根据题意可得，设，
又，
∴，整理得，
∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，
令，可得，
∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，
∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.
9．如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（ ）
A．存在唯一的点，使得
B．若，则点的轨迹长为4
C．若，则四面体的外接球的表面积为
D．若，则点的轨迹长为
【答案】ACD
【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体的外接球的球心即可.
【详解】
设E关于D点的对称点为，
则，
所以当且仅当三点共线时取等号，
故存在唯一的点，使得，故A正确；
由题意知，以O为坐标原点，以为正方向建立空间直角坐标系，
则设，
则，
对选项B： 当时，，
所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，
所以，故点的轨迹长为，所以B错误；
对选项D： 当时，，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；
对选项C：在中， ，
为直角三角形，其外心为与的交点，且，
而
所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题解决.
10．已知正方体的棱长为2，点P在正方形ABCD内运动（含边界），则（ ）
A．存在点P，使得
B．若，则的最小值为
C．若，则P点运动轨迹的长度为
D．若，直线与直线所成角的余弦值的最大值为
【答案】BD
【分析】A选项，建立适当空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算判定即可；
B选项，找出动点在正方体底面内的运动轨迹，利用点到圆上点的最值求解即可；
C选项，根据立体几何中线面垂直推出线线垂直，可找出动点在正方体底面内的运动轨迹是线段，即可求解；
D选项：建立适当空间直角坐标系，利用可得出点，再利用空间向量的坐标表示求解即可.
【详解】对于A选项：如图1,
以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，，，
设，，则，，
若，则，解得，不合题意，错误；
对于B选项：如图2，
若，连接，则点在以为圆心，为半径的圆上，此时点的轨迹为，
又，，
，
，故正确；
对于C选项：如图3，
连接，，，，，
为正方形，则，
又平面，平面，
，，平面，
平面，平面，
，同理可证：，
又，平面，
平面，平面平面，
故点在正方体底面内的运动轨迹是线段，
又正方体的棱长为2，，故错误；
对于D选项：如图4，
以为坐标原点建立空间直角坐标系，连接，，，，则，，，，
设，，则，，
当，有，则，此时，
又，，
当时，有最大值，此时，故正确.
故答案选：BD.
【点睛】关键点点睛：立体几何中线面垂直的判定定理，动点在立体几何中的轨迹问题，以及利用空间向量法解决立体几何的问题，属于难题.
11．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，与所成夹角可能为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，得到，求出平面的一个法向量，由，求出，再根据列出方程，求出或1，得到A正确；
B选项，先根据，得到点在棱上，将平面与平面沿着展成平面图形，结合余弦定理求出答案；
C选项，先得到为与平面所成角，根据所成角的大小得到，从而得到点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，求出轨迹长度；
D选项，先确定点在上，作出辅助线得到平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，设，求出点到直线的距离，配方后得到其最大值与最小值，从而得到截面的最大值与最小值，得到取值范围.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，即，
故，故，其中，
令，
解得：或1，
故与可能是，A正确；
B选项，因为，故点在棱上，
如图，将平面与平面沿着展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可得：
，
所以，B错误；
C选项，因为⊥平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，
于是点的轨迹长度为，C正确；
D选项，当时，点在上，过点作交于点，连接，
则，所以平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，
设，
所以，则，，
所以点到直线的距离为，
于是当时，，的面积取得最小值，此时截面面积最小为，
当或1时，，的面积取得最大值，此时截面面积最大为，
故截面面积的取值范围为，D错误.
故选：AC
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
12．如图，点是正四面体底面的中心，过点且平行于平面的直线分别交，于点，，是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（ ）
A．若平面，则
B．存在点与直线，使
C．存在点与直线，使平面
D．
【答案】ACD
【分析】根据线面平行的性质定理，可判断A；由空间向量数量积可判断B；当直线平行于直线，时，通过线面垂直的判定定理可判断C，由共面向量定理可判断D.
【详解】对于A，平面，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，
平面平面，
又平面，平面，，
点在面上，过点的直线交，于点，，平面，
又平面，平面平面，，
，故A正确；
对于B，设正四面体的棱长为，
，故B错误；
对于C，当直线平行于直线，为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，
以下给出证明：在正四面体中，设各棱长为，
，，，均为正三角形，
点为的中心，，
由正三角形中的性质，易得，
在中，，，，
由余弦定理得，，
，则，
同理，，又，平面，平面，
平面，存在点S与直线MN，使平面，故C正确；
对于D，设为的中点，则，
又∵，，三点共线，∴，
∵，，三点共线，∴，
∵，，三点共线，∴，
设，，，则，
∵，，，四点共面，∴，
又∵，∴，∴，
即，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面平行的性质定理、线面垂直的判定定理，考查了空间向量数量积和共面向量定理，解题的关键是熟悉利用空间向量的共面定理，考查了转化能力与探究能力，属于难题.
三、填空题
13．斜三棱柱中，平面平面，若，，，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，则三棱柱的高为 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，探求两个球的球心在平面上的投影确定的直线平行于直线，再建立空间直角坐标系，求出球的半径即可作答.
【详解】在斜三棱柱中，与平面相切的球的球心为，与平面相切的球的球心为，
因为球、球与平面都相切，令切点分别这，有，
又球、球与平面都相切，则平面，又平面，
于是平面，而平面，平面平面，因此，且，
在平面内过点作，在平面过点作，
因为平面平面，平面平面，则平面，
以点作原点，射线的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，
在中，，，则，
的方向向量，的方向向量，
由，得的方向向量，
设平面的法向量，则，令，得，
设平面的法向量，则，令，得，
令球的半径为，设点，则，
由，得，
显然点到平面的距离等于等腰底边上的高，即有，
由，得，代入，解得，
，线段在轴上的投影为，
显然三棱柱的高等于点到平面的距离，到平面的距离与在轴上的投影的和，
所以三棱柱的高为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.
14．在空间直角坐标系O-xyz中，四面体ABCD各顶点坐标分别为，，，.则该四面体外接球的表面积是 .
【答案】/
【分析】根据题意，画出图形，作出辅助线，找到球心，利用半径列出方程，求出半径，进而去除四面体外接球的表面积.
【详解】如图所示，设长方体底面四边形为正方形，边长为2，高为3，
根据图形得到为直角三角形，AC⊥CD，
所以四面体外接球的球心在平面ADC上的投影为斜边AD的中点M，
其中，
设外接球球心为N，则MN⊥平面ADC，
过点B作BH⊥平面ADC，垂足为H，则HMx轴，且HM=1
过点N作NFHM，交BH于点F，则NF=HM=1，
设外接球半径为r，连接NB，NA，则NB=NA=r，
设MN=x，则HF=x，所以BF=3-x，
由勾股定理得：，，
所以，解得：，
所以，
所以该四面体外接球的表面积为
故答案为：
【点睛】对于立体几何的外接球问题，通常处理方法为，找到球心在某个特殊平面上的投影，进而找到球心的位置，设出未知数，根据半径相等列出方程，求出半径，从而求出表面积或体积.
15．在正三棱柱中，，点P满足，其中，，则下列说法中，正确的有 （请填入所有正确说法的序号）
①当时，的周长为定值
②当时，三棱锥的体积为定值
③当时，有且仅有一个点P，使得
④当时，有且仅有一个点P，使得平面
【答案】②④
【分析】①结合得到P在线段上，结合图形可知不同位置下周长不同；②由线面平行得到点到平面距离不变，故体积为定值；③结合图形得到不同位置下有，判断出③错误；④结合图形得到有唯一的点P，使得线面垂直.
【详解】由题意得：，，，所以P为正方形内一点，
①，当时，，即，，所以P在线段上，所以周长为，如图1所示，当点P在处时，，故①错误；
②，如图2，当时，即，即，，所以P在上，，因为∥BC，平面，平面，所以点P到平面距离不变，即h不变，故②正确；
③，当时，即，如图3，M为中点，N为BC的中点，P是MN上一动点，易知当时，点P与点N重合时，由于△ABC为等边三角形，N为BC中点，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因为平面，则，当时，点P与点M重合时，可证明出⊥平面，而平面，则，即，故③错误；
④，当时，即，如图4所示，D为的中点，E为的中点，则P为DE上一动点，易知，若平面，只需即可，取的中点F，连接，又因为平面，所以，若，只需平面，即即可，如图5，易知当且仅当点P与点E重合时，故只有一个点P符合要求，使得平面，故④正确.
故选：②④
【点睛】立体几何的压轴题，通常情况下要画出图形，利用线面平行，线面垂直及特殊点，特殊值进行排除选项，或者用等体积法进行转化等思路进行解决.
16．正方体的棱长为，平面，平面，则正方体在平面内的正投影面积为 ．
【答案】
【分析】由题设知：面面，且正方体在平面内的正投影面积为菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，构建空间直角坐标系，应用向量法求△、△、△、△与面的夹角余弦值，进而求它们在面上的投影面积，即可求正方体在平面内的正投影面积.
【详解】∵平面，平面，知：面面.
∴正方体在平面内的正投影面积为如上图所示的菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，又正方体的棱长为，则，可构造如下图示，空间直角坐标系：
∴，则有，
若面的一个法向量为，则，可得，而面面，它们的一个法向量为，
∴，即面与面、面夹角余弦值为.
同理，面面，它们的一个法向量为，
∴，即面与面、面夹角余弦值为.
∵△、△、△、△的面积均为，
∴正方体在平面内的正投影的面积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据正方体的性质，结合正投影的定义可知正方体在平面内的正投影面积为如上图所示的菱形面积与△、△、△、△在平面上的投影面积之和，应用向量法求各面与面的夹角，进而求投影面积.
四、解答题
17．我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形中，，将沿翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为，，的中点，且是与的公垂线.
(1)证明：三棱锥为正四面体；
(2)若点M，N分别在，上，且为与的公垂线.
①求的值；
②记四面体的内切球半径为r，证明：.
【答案】(1)证明过程见解析
(2)①10，②证明过程见解析
【分析】（1）作出辅助线，证明出线面垂直，得到⊥，由三线合一得到，进而得到六条边均相等，证明出结论；
（2）①设出边长，由余弦定理得到，设出，表达出，利用列出方程，求出，得到答案；
②取中点，令，则到平面的距离为，表达出，再利用四棱锥内切球半径得到，其中，进而得到不等式，求出答案.
【详解】（1）连接，
因为菱形中，，
所以和为等边三角形，
因为是中点，所以⊥，
因为是与的公垂线，所以⊥，
因为，且平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
由三线合一得，
又，所以三棱锥为正四面体，
（2）不妨设，则，，
由余弦定理得，
设，
所以，
因为，
所以
，
故，
其中，，
，
即，解得，故；
②取中点，令，则到平面的距离为，
，
设四面体的表面积为S，则，
其中，
而，
，
所以，
即.
【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解.
18．如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．
(1)求四棱锥的体积的最大值；
(2)若棱的中点为，求的长；
(3)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值
【详解】（1）取AM的中点G，连接PG，
因为PA=PM，则PG⊥AM，
当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，
四棱锥的体积取得最大值，
此时PG⊥平面，且，
底面为梯形，面积为，
则四棱锥的体积最大值为
（2）取AP中点Q，连接NQ，MQ，
则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，
所以NQ∥AB且，
因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，
所以CM∥AB且，
所以CM∥NQ且CM=NQ，
故四边形CNQM为平行四边形，
所以.
（3）连接DG，
因为DA=DM，所以DG⊥AM，
所以∠PGD为的平面角，即，
过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，
设，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，则，
设平面PBC的法向量为，
因为，
则
令，可得：，
设两平面夹角为，
则
令，，所以，
所以，所以当时，有最小值，
所以平面和平面夹角余弦值的最小值为
【点睛】求解二面角的大小或最值，利用空间向量求解，可以将几何问题转化为代数问题，简洁明了，事半功倍.
19．如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．
(1)若，，求三棱锥的体积；
(2)若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.
【详解】（1）取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；
（2）设，则，，由（1）知：，，取为空间中的一组基底，则，由第一问可知：
，
则
其中，且，，故，
由第一问可知，又是的中点，所以，所以，
因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.
【点睛】针对于立体几何中角度范围的题目，可以建立空间直角坐标系来进行求解，若不容易建立坐标系时，也可以通过基底表达出各个向量，进而求出答案.
20．如图1，在△中，，分别为，的中点，为的中点，，．将△沿折起到△的位置，使得平面平面，如图2．
（1）求证：；
（2）求直线和平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【详解】试题分析：第一问根据等腰三角形的特征，可以得出，再结合面面垂直的性质定理，可以得出平面，再根据线面垂直的性质，可以得出以 ，之后根据面面垂直的性质和线面垂直的性质得出结果；第二问根据题中的条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求得结果；第三问关于是否存在类问题，都是假设其存在，结合向量所成角的余弦值求得结果.
（Ⅰ）因为在△中，，分别为，的中点，
所以 ，．
所以，又为的中点，
所以 ．
因为平面平面，且平面，
所以 平面，
所以 ．
（Ⅱ）取的中点，连接，所以．
由（Ⅰ）得，．
如图建立空间直角坐标系．
由题意得，，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则即
令，则，，所以．
设直线和平面所成的角为，
则．
所以 直线和平面所成角的正弦值为．
（Ⅲ）线段上存在点适合题意．
设，其中．
设，则有，
所以，从而，
所以，又，
所以．
令，
整理得．
解得，舍去．
所以线段上存在点适合题意，且．
方法点睛：该题属于典型的立体几何问题，第一问证明线线垂直，需要将空间关系都理清，把握住线线垂直、线面垂直、面面垂直的关系，即可得出结果；第二问求的是线面角的正弦值，正好是直线的方向向量与平面的法向量所成角的余弦值的绝对值；第三问属于是否存在类问题，在解题的过程中，需要我们先假设其存在，按照题的条件进行求解，如果推出矛盾，就是不存在
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