立体几何-拔高系列讲义VIP

黎曼教育《冲刺“985”优等生拔高讲义》——（教师版本）专治学霸各种不服立体几何版快目录问题一：多面体与球的组合体问题 1问题二：立体几何中折叠问题 22问题三立体几何中的最值问题 41问题四：化归与转化思想解决立体几何中的探索性问题 64问题五：利用空间向量解决开放性问题 94问题一：多面体与球的组合体问题纵观近几年高考对于组合体的考查，重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识是学生掌握最为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.一、球与柱体的组合体规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.球与正方体如图1所示，正方体，设正方体的棱长为，为棱的中点，为球的球心.常见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形和其内切圆，则；二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形和其外接圆，则；三是球为正方体的外接球，截面图为长方形和其外接圆，则.通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题.例1棱长为1的正方体的8个顶点都在球的表面上，分别是棱，的中点，则直线被球截得的线段长为（）A． B． C． D．解：由题意可知，球为正方体的外接球.平面截面所得圆面的半径直线被球截得的线段为球的截面圆的直径.【牛刀小试】将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【解析】体积最大的球是其内切球，即球半径为1，所以表面积为. 球与长方体长方体各顶点可在一个球面上，故长方体存在外切球.但是不一定存在内切球.设长方体的棱长为其体对角线为.当球为长方体的外接球时，截面图为长方体的对角面和其外接圆，和正方体的外接球的道理是一样的，故球的半径例2在长、宽、高分别为2，2，4的长方体内有一个半径为1的球，任意摆动此长方体，则球经过的空间部分的体积为()A.eq\f(10π,3) B.4π C.eq\f(8π,3) D.eq\f(7π,3)【牛刀小试】已知正四棱柱的底边和侧棱长均为，则该正四棱锥的外接球的表面积为.【答案】36π【解析】由于正四棱锥的底边和侧棱长均为，则此四棱锥底面正方形的外接圆即是外接球的一轴截面，故外接球半径长是3，则该正四棱锥的外接球的表面积为.球与正棱柱球与一般的正棱柱的组合体，常以外接形态居多.下面以正三棱柱为例，介绍本类题目的解法构造直角三角形法.设正三棱柱的高为底面边长为，如图2所示，和分别为上下底面的中心.根据几何体的特点，球心必落在高的中点，借助直角三角形的勾股定理，可求.例3正四棱柱的各顶点都在半径为的球面上，则正四棱柱的侧面积有最值，为.解：如图3，截面图为长方形和其外接圆.球心为的中点，则设正四棱柱的侧棱长为,底面边长为，则,则正四棱柱的侧面积:故侧面积有最大值，为，当且仅当时等号成立.【牛刀小试】直三棱柱的六个顶点都在球的球面上，若，，，则球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C二、球与锥体的组合体规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.2.1球与正四面体正四面体作为一个规则的几何体，它既存在外接球，也存在内切球，并且两心合一，利用这点可顺利解决球的半径与正四面体的棱长的关系.如图4，设正四面体的棱长为，内切球半径为，外接球的半径为,取的中点为，为在底面的射影，连接为正四面体的高.在截面三角形,作一个与边和相切，圆心在高上的圆,即为内切球的截面.因为正四面体本身的对称性可知，外接球和内切球的球心同为.此时，,则有解得：这个解法是通过利用两心合一的思路，建立含有两个球的半径的等量关系进行求解.同时我们可以发现，球心为正四面体高的四等分点.如果我们牢记这些数量关系，可为解题带来极大的方便.例4将半径都为１的四个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为()A.B.2+C.4+D.解：“容器四面体”中的这四个小球，以四个小球为球心为顶点构成了一个棱长为2的“球心正四面体”，这个四面体的高是“单位正四面体”高（）的2倍即为.“球心正四面体”的底面到“容器正四面体”的地面为小球半径1，而“球心正四面体”顶点到“容器正四面体”的顶点的距离为3（小球半径的3倍），于是“容器正四面体”的高为,选择C.[这个“小球半径的3倍”是这样想的：做一个小球的外切正四面体，这个小球球心与外切正四面体的中心重合，而正四面体的中心到顶点的距离是中心到地面距离的3倍.]2.2球与三条侧棱互相垂直的三棱锥球与三条侧棱互相垂直的三棱锥组合问题，主要是体现在球为三棱锥的外接球.解决的基本方法是补形法，即把三棱锥补形成正方体或者长方体.常见两种形式：一是三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，它的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心.如图5，三棱锥的外接球的球心和正方体的外接球的球心重合.设，则.二是如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且不相等，则可以补形为一个长方体，它的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心.(为长方体的体对角线长).例5在正三棱锥中，分别是棱的中点，且,若侧棱,则正三棱锥外接球的表面积是.解：如图6，正三棱锥对棱相互垂直，即又于是从而此时正三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，故将正三棱锥补形为正方体.球的半径【牛刀小试】一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为()A．B．C．D．【答案】C【解析】把原来的几何体补成以为长、宽、高的长方体，原几何体四棱锥与长方体是同一个外接球，，，.2.3球与正棱锥球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截面图的特点，可以构造直角三角形进行求解.二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径．这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积.例6在三棱锥P－ABC中，PA＝PB=PC=,侧棱PA与底面ABC所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为（）A．B.C.4D.解：如图7所示，过点作底面的垂线，垂足为，设为外接球的球心，连接因故,又△为直角三角形，【牛刀小试】已知正三棱锥ABC,点P,A,B,C都在半径为的球面上,若PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到截面ABC的距离为____________.【答案】2.4球与特殊的棱锥球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的几何性质，可综合利用截面法、补形法等进行求解.例如，四个面都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置.如图8，三棱锥,满足取的中点为,由直角三角形的性质可得：所以点为三棱锥的外接球的球心,则.例7矩形中，沿将矩形折成一个直二面角,则四面体的外接球的体积是()A.B.C.D.解：由题意分析可知，四面体的外接球的球心落在的中点，此时满足,.例8三棱锥中，，则三棱锥的外接球的半径是.解：由于三棱锥三组对棱的长相等，故可把三棱锥放到长方体中，使三棱锥三组对棱分别为长方体的三组对面的对角线，则该长方体的长、宽、高分别为1,1,2，所以外接球的半径.三、球与球的组合体对个多个小球结合在一起，组合成复杂的几何体问题，要求有丰富的空间想象能力，解决本类问题需掌握恰当的处理手段，如准确确定各个小球的球心的位置关系，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解.例9在半径为R的球内放入大小相等的4个小球，则小球半径r的最大值为（）A.(eq\r(2)－1)R B.(eq\r(6)－2)RC.eq\f(1,4)R D.eq\f(1,3)R解：要使得小球的半径最大，需使得4个小球的球心为一个正四面体的四个顶点，如图9所示，此时正四面体的外接球的球心为，即为半径为R的球的球心，则又因为的四分点，故在中，四、球与几何体的各条棱相切球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然后通过构造直角三角形进行转换和求解.如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半：.例10把一个皮球放入如图10所示的由8根长均为20cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为（） A．l0cm B．10cm C．10cm D．30cm解：如图11所示，由题意球心在AP上，球心为O，过O作BP的垂线ON垂足为N，ON=R，OM=R，因为各个棱都为20，所以AM=10，图11BP=20,BM=10，AB=,设，图11在BPM中，,所以.在PAM中,,所以.在ABP中,，在ONP中,,所以，所以.在OAM中,,所以，,解得，或30（舍）,所以，故选B.五、与三视图相结合的组合体问题本类问题一般首先给出三视图，然后考查其直观图的相关的组合体问题.解答的一般思路是根据三视图还原几何体，根据几何体的特征选择以上介绍的方法进行求解.例11【河北省唐山市2014－2015学年度高三年级摸底考试】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的球面面积为（）A.5π B.12π C.20π D.8π【答案】A【解析】试题分析：原几何体是一个侧放的四棱锥，四棱锥的底面为侧视图，即边长为1的正方形，高为正视图和俯视图的底边，长度为，其外接圆的直径平方为高与底面对角线的平方和，即，即R＝，外接球的表面积为.选A【牛刀小试】若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()A.eq\f(16,3)πB.eq\f(19,3)πC.eq\f(19,12)πD.eq\f(4,3)π【答案】D【解析】由题意知正三棱锥底边长为2，高为1，则根据球的性质可得，球表面积.综合上面的五种类型，解决与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决.如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作；把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的内接问题．解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解．如果是一些特殊的几何体，如正方体、正四面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确.【针对训练】1.【2016届云南省玉溪市一中高三第四次月考】直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若,则此球的表面积等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在中，可得，由正弦定理，可得外接圆半径，设此圆圆心为，球心为，在中，易得球半径，故此球的表面积为，故选：B．2．【2016届河北省衡水二中高三上学期期中】已知四面体P－ABC的外接球的球心O在AB上,且PO⊥平面ABC,,若四面体P－ABC的体积为,则该球的体积为（）A．B．C．D．【答案】A3．【2016届河北省衡水二中高三上学期期中考试】某几何体的三视图如右图，若该几何体的所有顶点都在一个球面上，则该球面的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图知，几何体是一个三棱柱，三棱柱的底面是边长为2的正三角形，侧棱长是2，三棱柱的两底面的中心连线的中点与三棱柱顶点的连线就是外接球的半径，所以，所以球的表面积为，故答案选4．【2016届福建省三明一中高三上第二次月考】如图，直三棱柱的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面是半球底面圆的内接正方形，则侧面的面积为（）A．B．C．2D．1【答案】A5.如图，一个几何体的三视图(正视图、侧视图和俯视图)为两个等腰直角三角形和一个边长为1的正方形，则其外接球的表面积为()(A)π(B)2π(C)3π(D)4π【答案】C【解析】原几何体为有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，且底面是边长为1的正方形，垂直于底面的侧棱长也为1，因此，该几何体可以补形为一个棱长为1的正方体，其外接球就是这个正方体的外接球，直径为正方体的对角线长，即2R＝，故R＝故外接球表面积为：4πR2＝3π.6.【河北省“五个一名校联盟”2015届高三教学质量监测（一）】一个几何体的三视图及尺寸如图所示，则该几何体的外接球半径为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】由三视图可知：该几何体是一个如图所示的三棱锥P-ABC，它是一个正四棱锥P-ABCD的一半，其中底面是一个两直角边都为6的直角三角形，高PE=4．设其外接球的球心为O，O点必在高线PE上，外接球半径为R，

则在直角三角形BOE中，BO2=OE2+BE2=（PE-EO）2+BE2，即R2=（4-R）2+（3）2，解得：R=，故选C.7．【2016届贵州省贵阳市六中高三元月月考】表面积为的球面上有四点且是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为，若,则棱锥体积的最大值为．【答案】27【解析】因为表面积为的球，所以球的半径为，设的中心为D，则，所以，则，棱锥S-ABC的底面积为定值，欲使其体积最大，应有S到平面ABC的距离取最大值，又平面平面，所以S在平面ABC上的射影落在直线AB上，而，点D到直线AB的距离为，则S到平面ABC的距离的最大值为，所以．8．【2016届陕西省渭南市白水中学高三上第三次月考】一个空间几何体的三视图如图所示，且这个空间几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是．【答案】16π9．【2016届重庆市巴蜀中学高三上学期一诊模拟】已知都是球表面上的点，平面，，，，，则球的表面积等于______．【答案】【解析】因为平面，，所以四面体的外接球半径等于以长、宽、高分别为三边长的长方体的外接球的半径．因为，，，所以＝＝，所以表面积为．10．【2016届黑龙江省哈尔滨师大附中高三12月考】利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥,其中底面四边形是边长为的正方形，，且平面,则球体毛坯体积的最小值应为．【答案】．【解析】如图，将四棱锥补全为一个正方体，则：当正方体为球的内接正方体时球的体积最小，此时正方体的体对角线为球的直径，长为∴球的体积为：；故答案应填：．11．【2016届河北省邯郸市一中高三一轮收官考试】如图，在四面体中，平面，是边长为的等边三角形．若，则四面体外接球的表面积为．【答案】【解析】该四面体的外接球与下面的正三棱柱的外接球是同一个球，因为底面是正三角形，边长为，所以，，所以，表面积．12.正四面体ABCD的棱长为4，E为棱BC的中点，过E作其外接球的截面，则截面面积的最小值为.【答案】13.已知正三棱锥ABC,点P,A,B,C都在半径为的球面上,若PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到截面ABC的距离为____________.【答案】【解析】因为正三棱锥ABC,PA,PB,PC两两互相垂直,所以我们可以把正三棱锥ABC,放到正方体中，P、A、B、C为正方体的顶点，则正三棱锥ABC的外接球的球心为正方体体对角线的交点，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，面A1BD和面CB1D1把体对角线三等分，所以球心到截面ABC的距离为.14.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,已知这个球的体积是eq\f(32,3),则这个三棱柱的体积为.【答案】15.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为，则圆锥的体积为．【答案】【解析】过圆锥的旋转轴作轴截面，得△及其内切圆和外切圆，且两圆同圆心，即△的内心与外心重合，易得△为正三角形，由题意的半径为，∴△的边长为，∴圆锥的底面半径为，高为，∴．

问题二：立体几何中折叠问题立体几何中的折叠问题主要包含两大问题：平面图形的折叠与几何体的表面展开。把一个平面图形按照某种要求折起，转化为空间图形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化，这就是折叠问题。把一个几何体的表面伸展为一个平面图形从而研究几何体表面上的距离问题，这就是几何体的表面展开问题。折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题，这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现，展开与折叠问题就是一个由抽象到直观，由直观到抽象的过程。此类问题也是历年高考命题的一大热点，主要包括两个方面：一是平面图形的折叠问题，多涉及到空间中的线面关系、体积的求解以及空间角、距离的求解等问题；二是几何体的表面展开问题，主要涉及到几何体的表面积以及几何体表面上的最短距离等.一、平面图形的折叠解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系.不变的线线关系，尤其是平面图形中的线线平行、线线垂直关系是证明空间平行、垂直关系的起点和重要依据；不变的数量关系是求解几何体的数字特征，如几何体的表面积、体积、空间中的角与距离等的重要依据.1.折叠后的形状判断【例1】如下图，在下列六个图形中，每个小四边形皆为全等的正方形，那么沿其正方形相邻边折叠，能够围成正方体的是_____________(要求：把你认为正确图形的序号都填上)①②③④⑤⑥【分析】根据平面图形的特征，想象平面图形折叠后的图形进行判断.也可利用手中的纸片画出相应的图形进行折叠.【答案】①③⑥【牛刀小试】下图代表未折叠正方体的展开图，将其折叠起来，变成正方体后的图形是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】将平面展开图还原成正方体后，三个面内的线段是平行的，故选B.2.折叠后的线面关系【例2】将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四边形ABCD(如图2)，则在空间四边形ABCD中，AD与BC的位置关系是 ()图1图2A．相交且垂直 B．相交但不垂直C．异面且垂直 D．异面但不垂直【答案】C【解析】在图1中的等腰直角三角形ABC中，斜边上的中线AD就是斜边上的高，则AD⊥BC，折叠后如图2，AD与BC变成异面直线，而原线段BC变成两条线段BD、CD，这两条线段与AD垂直，即AD⊥BD，AD⊥CD，故AD⊥平面BCD，所以AD⊥BC.【牛刀小试】将下面的平面图形（每个点都是正三角形的顶点或边的中点）沿虚线折成一个正四面体后，直线与是异面直线的是……………（）A．①②B．②④C．①④D．①③【答案】C【解析】①中的图形折起后的图形如图所示，显然与是异面直线；②中的图形折起后的图形如图所示，显然与是相交直线（点N、Q重合）；③中的图形折起后的图形如图所示，显然与是平行直线；④中的图形折起后的图形如图所示，显然与是异面直线；综上，选C.3.折叠后几何体的数字特征折叠后几何体的数字特征包括线段长度、几何体的表面积与体积、空间角与距离等，设计问题综合、全面，也是高考命题的重点.解决此类问题的关键是准确确定折叠后几何体的结构特征以及平面图形折叠前后的数量关系之间的对应.【例3】（体积问题）如图所示，等腰的底边，高，点是线段上异于点的动点，点在边上，且，现沿将折起到的位置，使，记，表示四棱锥的体积．（1）求的表达式；（2）当为何值时，取得最大值？解析：（1）由折起的过程可知，PE⊥平面ABC，，V(x)=（）（2），所以时，，V(x)单调递增；时，V(x)单调递减；因此x=6时，V(x)取得最大值.【牛刀小试】【2016届河南省信阳高中高三上第八次大考】平行四边形ABCD中，·=0，沿BD将四边形折起成直二面角A一BD－C，且，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【例4】（空间角问题）如左图,矩形中,,,、分别为、边上的点,且,,将沿折起至位置(如右图所示),连结、、,其中.(Ⅰ)求证:平面；(Ⅱ)求直线与平面所成角的正弦值.【解析】(Ⅰ)由翻折不变性可知,,,在中,,所以在图中,易得,在中,,所以又,平面,平面,所以平面.(Ⅱ)方法一:以为原点,建立空间直角坐标系如图所示,则,,,,所以,,,设平面的法向量为,则,即,解得令,得,设直线与平面所成角为,则.所以直线与平面所成角的正弦值为.方法二:过点作于,由(Ⅰ)知平面,而平面所以,又,平面,平面,所以平面,所以为直线与平面所成的角.在中,在中,由等面积公式得在中,所以直线与平面所成角的正弦值为.【牛刀小试】如图，边长为2的正方形ABCD，E,F分别是AB,BC的中点，将△AED，△DCF分别沿DE,DF折起，使A,C两点重合于。（1)求证：⊥EF;（2）求二面角的平面角的余弦值.方法2：在△BEF中，BE=BF=1，BE⊥BF，∴EF=,∵A/E=A/F=1，∴A/E2+A/F2=EF2∴A/E⊥A/F,所以以A/为坐标系的原点，A/E,A/D,A/F分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A/（0,0,0），D(0，2，0),E(1，0，0),F(0，0，1)∴（-1,2,0），（-1,0,1），设平面DEF的法向量是，则●0，●0，∴，取=（2,1,2），又(0，2，0)是平面A/EF的法向量，与夹角的余弦值是。所以二面角的平面角的余弦值是。【总结】折叠问题分析求解两原则：(1)折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系；(2)折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变。二、几何体的展开几何体表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程，一般地，涉及到多面体表面距离的问题，解题时不妨将它展开成平面图形试一试.1.展开后形状的判断【例5】把正方体的表面沿某些棱剪开展成一个平面图形（如右下图），请根据各面上的图案判断这个正方体是（）解析：这是图③模型，在右图中，把中间的四个正方形围起来做“前后左右”四个面，有“空心圆”的正方形做“上面”，显然是正方体C的展形图，故选（C）。【牛刀小试】水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示.如右图,是一个正方体的平面展开图,若图中的“似”表示正方体的前面,“锦”表示右面,“程”表示下面.则“祝”、“你”、“前”分别表示正方体的______________________.解析:这个展开图是图⑦的情形，题目给出“程”做底面，“似”做前面，显然，“祝”是后面，“前”和“你”是往右边翻折的，所以“前”是左面，“你”是上面。因此，依次填：“后面”、“上面”、“左面”。【总结】正方体展开头记忆口诀:正方体盒巧展开，六个面儿七刀裁;十四条边布周围，十一类图记分明;四方成线两相卫，六种图形巧组合；跃马失蹄四分开；两两错开一阶梯。对面相隔不相连,识图巧排“7”、“凹”、“田”。

②在正方体的展开图中,一条直线上的小正方形不会超过四个。③正方体的展开图不会有"田"字形,"凹"字形的形状。2.展开后的数字特征——表面上的最短距离问题【例6】如图，已知圆柱体底面圆的半径为，高为2，分别是两底面的直径，是母线．若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到点，求小虫爬行的最短路线的长度．【牛刀小试】如图，在长方体中，，求沿着长方体表面从到的最短路线长.解析：在长方体的表面上从到有三种不同的展开图.（1）将面绕着折起，得到的平面图形如图1所示：则，，在直角中，.（2）将面绕着折起，得到的平面图形如图2所示：则，，在直角中，.（3）将面绕着折起，得到的平面图形如图3所示：则，，在直角中，.显然，故沿着长方体表面从到的最短路线长为.【方法总结】几何体表面上的最短距离需要将几何体的表面展开，将其转化为平面内的最短距离，利用平面内两点之间的距离最短求解.但要注意棱柱的侧面展开图可能有多种展开图，如长方体的表面展开图等，要把不同展开图中的最短距离进行比较，找出其中的最小值.【巩固练习】1.【2016学年湖南师大附中第三次检测】如图是棱长为1的正方体的平面展开图，则在这个正方体中，以下结论错误的是（）A．点到的距离为B．与所成角是C．三棱锥的体积是D．与是异面直线【答案】D【解析】根据正方体的平面展开图，画出它的立体图形如图所示，中到的距离为，正确；与所成角是，正确；三棱锥的体积是，正确；，错误．2.【2016学年四川省成都七中】把正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，直线和平面所成的角的大小为（）度A．90B．60C．45D．30【答案】C【解析】折叠后所得的三棱锥中易知当平面垂直平面时三棱锥的体积最大．设的中点为，则即为所求，而是等腰直角三角形，所以，故选C．3.已知正方形ABCD的对角线AC与BD相交于E点，将沿对角线AC折起，使得平面ABC⊥平面ADC（如图），则下列命题中正确的为()A.直线AB⊥直线CD,且直线AC⊥直线BDB.直线AB⊥平面BCD，且直线AC⊥平面BDEC.平面ABC⊥平面BDE，且平面ACD⊥平面BDED.平面ABD⊥平面BCD，且平面ACD⊥平面BDE【答案】C【解析】折起之后，.又平面ABC⊥平面ADC，所以平面ABC，所以平面ABC⊥平面BDE，平面ACD⊥平面BDE.选C.4.【2015-2016学年广西武鸣县高中】如图所示，在四边形中，,将四边形沿对角线折成四面体，使平面平面，则下列结论正确的是．（1）；（2）；（3）与平面所成的角为；（4）四面体的体积为．【答案】（2）（4）【解析】平面平面平面，与平面所成的角为，四面体的体积为，，综上（2）（4）成立．5．【2016届云南师大附中高考适应性月考】已知正三棱柱的侧面展开图是相邻边长分别为3和6的矩形，则该正三棱柱的体积是．【答案】或6．【2016届浙江省嘉兴一中等高三第一次五校联考】如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下面四个选项中正确的是(填写所有的正确选项)（1）是定值（2）点在某个球面上运动（3）存在某个位置，使（4）存在某个位置，使平面【答案】（1）（2）（4）．7.如图，三棱锥S-ABC中，SA=AB=AC=2，，M、N分别为SB、SC上的点，则△AMN周长最小值为.21【解析】展开三棱锥的侧面，如图因为，SA=AB=AC=2，所以是等腰直角三角形，连接可得△AMN周长最小值为【答案】8.如图，A，B，C，D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝eq\r(2)，等边三角形ADB以AB为轴转动．(1)当平面ADB⊥平面ACB时，求CD；(2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论．解(1)取AB的中点E，连接DE，CE.∵△ADB是等边三角形，∴DE⊥AB.当平面ADB⊥平面ABC时，∵平面ADB∩平面ABC＝AB，∴DE⊥平面ABC，可知DE⊥CE.由已知可得DE＝eq\r(3)，EC＝1.在Rt△DEC中，CD＝eq\r(DE2＋EC2)＝2.(2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.证明如下：①当D在平面ABC内时，∵AC＝BC，AD＝BD，∴C，D都在线段AB的垂直平分线上，即AB⊥CD.②当D不在平面ABC内时，由(1)知AB⊥DE.又∵AC＝BC，∴AB⊥CE.又DE，CE为相交直线，∴AB⊥平面CDE.由CD⊂平面CDE，得AB⊥CD.综上所述，总有AB⊥CD.9.如图1所示，正的边长为，CD是AB边上的高，E，F分别是AC，BC的中点。现将沿CD翻折，使翻折后平面ACD平面BCD（如图2）求三棱锥C-DEF的体积.【解析】过点E作EMDC于点M，∵面ACD面BCD，面ACD面BCD＝CD，而EM面ACD∴EM平面BCD即EM是三棱锥E-CDF的高∴.又∵为的中点，∴∵为的中点，,∴EM＝∴三棱锥C-DEF的体积为：.10.如图1，在直角梯形中，，，且．现以为一边向梯形外作正方形，然后沿边将正方形折叠，使平面与平面垂直，为的中点，如图2．（1）求证：∥平面;（2）求证：;（3）求点到平面的距离.解析：（1）证明：取中点，连结．在△中，分别为的中点，所以∥，且．由已知∥，，所以∥，且．所以四边形为平行四边形．所以∥．又因为平面，且平面，所以∥平面．解法二：平面,所以所以又，设点到平面的距离为则，所以所以点到平面的距离等于.11..正△的边长为4，是边上的高，分别是和边的中点，现将△沿翻折成直二面角．（1）试判断直线与平面的位置关系，并说明理由；（2）求二面角的余弦值；（3）在线段上是否存在一点，使？证明你的结论．【分析】（1）问可利用翻折之后的几何体侧面的中位线得到，便可由线面平行的判定定理证得；（2）先根据直二面角将条件转化为面，然后做出过点且与面垂直的直线，再在平面内过作的垂线即可得所求二面角的平面角；（3）把作为已知条件利用，利用中过与垂直的直线确定点的位置.【解析】（1）如图：在△ABC中，由E、F分别是AC、BC中点，得EF//AB，又AB平面DEF，EF平面DEF．∴AB∥平面DEF．（2）∵AD⊥CD，BD⊥CD∴∠ADB是二面角A—CD—B的平面角∴AD⊥BD∴AD⊥平面BCD取CD的中点M，这时EM∥AD∴EM⊥平面BCD过M作MN⊥DF于点N，连结EN，则EN⊥DF∴∠MNE是二面角E—DF—C的平面角,在Rt△EMN中，EM=1，MN=∴tan∠MNE=，cos∠MNE=（3）在线段BC上存在点P，使AP⊥DE.证明如下：在线段BC上取点P,使，过P作PQ⊥CD与点Q，∴PQ⊥平面ACD∵，在等边△ADE中，∠DAQ=30°，∴AQ⊥DE∴AP⊥DE.

问题三立体几何中的最值问题立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面，此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等，题目较为综合，解决此类问题一般可从两个方面思考：一是函数法，即利用传统方法或空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；二是直接法，即根据几何体的结构特征或平面几何中的相关结论，直接判断最值.一、距离最值问题1.空间中两点间距离的最值问题【例1】正方体的棱长为1，、分别在线段与上，求的最小值.【分析】方法一，该题可以结合正方体的结构特征，将其转化为两异面直线的距离来求；方法二，可设出变量，构建相应的函数，利用函数的最值求解；方法三，建立空间直角坐标系，利用点的坐标以及距离公式表示出目标函数，然后利用函数方法求解最值.【解析】方法一（定义转化法）因为直线与是异面直线，所以当是两直线的共垂线段时，取得最小值.取的中点，的中点.则线段就是两异面直线与的共垂线段.下证明之.在矩形中，为中位线，所以，又因为平面，所以平面又因为平面，所以.同理可证，而，，所以线段就是两异面直线与的共垂线段，且.由异面直线公垂线段的定义可得，故的最小值为1.在中，，在中，.显然，当时，取得最小值1，即的最小值为1.方法三：（向量法）如图，以D为坐标原点，分别以射线、、为、、轴建立空间直角坐标系.设，.则，即；，即.所以，故当时，取得最小值1，即的最小值为1.【总结】空间中两点距离的最值，最基本的方法就是利用距离公式建立目标函数，根据目标函数解析式的结构特征求解最值.对于分别在两个不同对象上的点之间距离的最值，可以根据这两个元素之间的关系，借助立体几何中相关的性质、定理等判断并求解相应的最值.如【典例1】中的两点分别在两条异面直线上，显然这两点之间距离的最小值即为两异面直线的公垂线段的长度.另外注意直线和平面的距离，两平面的距离等的灵活运用.【牛刀小试】在正四棱锥S-ABCD中，SO⊥平面ABCD于O，SO=2，底面边长为，点P、Q分别在线段BD、SC上移动，则P、Q两点的最短距离为（）A. B. C.2 D.1【答案】B【解析】如图，由于点P、Q分别在线段BD、SC上移动，先让点P在BD上固定，Q在SC上移动，当OQ最小时，PQ最小。过O作OQ⊥SC，在Rt△SOC中，.又P在BD上运动，且当P运动到点O时，PQ最小，等于OQ的长为，也就是异面直线BD和SC的公垂线段的长.故选B.2.几何体表面上的最短距离问题【例2】正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是多少?并求之.【分析】将正三棱柱的表面展开，即可转化为平面内两点间距离的最小值问题求解.注意两种不同的展开方式的比较.【解析】(1)从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，则.(2)从底面到N点，沿棱柱的AC、BC剪开、展开，如图2.则.∵∴.图（1）图（2）【点评】求解几何体表面上的最短距离问题，往往需要将几何体的侧面或表面展开，将问题转化为平面图形中的最值，进而利用平面几何中的相关结论判断并求解最值.如【典例2】中就是利用了平面内两点间线段最短来确定最值，但要注意几何体表面的展开方式可能有多种，求解相关最值时，需要比较才能得到正确结论.【牛刀小试】在直三棱柱中，底面为直角三角形，，．是上一动点，则的最小值为．【解析】连结，沿将展开与在同一个平面内，如图所示，连，则的长度就是所求的最小值．通过计算可得，又，故，由余弦定理可求得．二、面积的最值1.旋转体中面积的最值【例3】一个圆锥轴截面的顶角为，母线为2，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积为.【分析】本题是截面问题中的常见题，应根据几何体的结构特征确定截面形状，然后求解截面的数字特征，进而确定其最值.【点评】由圆锥的性质可知，过圆锥顶点的截面一定是等腰三角形，且腰长等于圆锥的母线长，该等腰三角形的顶角的最大值为轴截面的顶角，所以截面面积的最大值取决于轴截面顶角的取值范围，不能误认为轴截面的面积就是最大值.【牛刀小试】圆柱轴截面的周长为定值，求圆柱侧面积的最大值.【解析】设圆柱的底面直径为，高为.则由题意得：.所以.而圆柱的侧面积为.由均值不等式可得，即（当且仅当时等号成立）.所以圆柱侧面积为，即圆柱侧面积的最大值为.2.多面体中的面积最值【例4】如图中1所示，边长AC＝3，BC＝4，AB＝5的三角形简易遮阳棚，其A、B是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，试问：遮阳棚ABC与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD面积最大?【分析】首先分析几何体的结构特征，明确遮影面ABD中的定值——AB，则所求最值问题转化为该边上的高的最值，进而根据已知——太阳光的照射角度将其与中AB上的高建立联系，从而确定最值.【解析】易知，ΔABC为直角三角形，由C点引AB的垂线，垂足为Q，则应有DQ为CQ在地面上的斜射影，且AB垂直于平面CQD，如图2所示.因太阳光与地面成30°角，所以∠CDQ＝30°，又知在ΔCQD中，CQ＝，由正弦定理，有＝，即QD＝sin∠QCD.为使面ABD的面积最大，需QD最大，只有当∠QCD＝90°时才可达到，从而∠CQD＝60°.故当遮阳棚ABC与地面成60°角时，才能保证所遮影面ABD面积最大.【点评】求解几何体中的面积最值，首先要明确所求图形面积的表示式，区分该图形中的定值与变量，然后根据几何体的结构特征和已知条件确定变量的最值即可.如该题中抓住QD的变化，建立与已知——太阳光的照射角的关系是准确确定最值的关键所在.【牛刀小试】在三棱锥A—BCD中，ΔABC和ΔBCD都是边长为a的正三角形，求三棱锥的全面积的最大值.三、体积的最值问题【例5】如图3，已知在中，，平面ABC，于E，于F，，，当变化时，求三棱锥体积的最大值.图3【分析】的变化是由ＡＣ与ＢＣ的变化引起的，要求三棱锥P-AEF的体积，则需找到三棱锥P-AEF的底面积和高，高为定值时，底面积最大，则体积最大.【解析】因为平面ABC,平面ABC，所以又因为，所以平面PAC，又平面PAC，所以，又，所以平面PBC，即。EF是AE在平面PBC上的射影，因为，所以，即平面AEF。在三棱锥中，，所以，,因为，所以因此，当时，取得最大值为。【点评】几何体体积的最值问题的解决，要根据几何体的结构特征确定其体积的求解方式，分清定量与变量，然后根据变量的取值情况，利用函数法或平面几何的相关结论判断相应的最值.如该题中确定三棱锥底面的面积最值是关键.【牛刀小试】在棱长为1的正方体中，点分别是线段、（不包括端点）上的动点，且线段平行于平面，则四面体的体积的最大值是.【答案】四、角的最值【例6】如图，在四棱锥S－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA=AB=BC=2，AD=1．M是棱SB的中点． （Ⅰ）求证：AM∥面SCD； （Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值； （Ⅲ）设点N是直线CD上的动点，MN与面SAB所成的角为SKIPIF1<0，求sinSKIPIF1<0的最大值，【分析】直接根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标，利用向量运算进行证明计算即可.【解析】（Ⅱ）易知平面SAB的法向量为SKIPIF1<0.设平面SCD与平面SAB所成的二面角为SKIPIF1<0，则SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.SKIPIF1<0平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为SKIPIF1<0.【牛刀小试】在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D1中，P是A1B1上的一动点，平面PAD1和平面PBC1与对角面ABC1D1所成的二面角的平面角分别为α、β，试求α+β的最大值和最小值.解析：如图.对角面A1B1CD⊥对角面ABC1D1，其交线为EF.过P作PQ⊥EF于Q，则PQ⊥对角面ABC1D1.分别连PE、PF.∵EF⊥AD1，PE⊥AD1(三垂线定理).故由二面角的平面角定义知∠PFQ＝α，同理，∠PFQ＝β.设A1P＝x,(0≤x≤1)，则PB1＝1-x.∵EQ＝A1P，QF＝PB1，PQ＝，∴当0＜x＜1时，有tanα＝,tanβ＝,∴tan(α+β)＝＝＝,而当x＝0时α＝，tan(α+β)＝tan(+β)＝-cotβ＝-＝-，上式仍成立；类似地可以验证.当x＝1时，上式也成立，于是，当x＝时，tan(α+β)取最小值-2；当x＝0或1时，tan(α+β)取最大值-.又∵0＜α+β＜π，∴(α+β)max＝π-arctan,(α+β)min＝π-arctan2.【迁移运用】1．【2016届西藏日喀则一中高三10月检测】已知正三角形三个顶点都在半径为的球面上，球心到平面的距离为，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设正△ABC的中心为O1，连结O1A．根据球的截面圆性质、正三角形的性质与勾股定理，而经过点E的球O的截面，当截面与OE垂直时截面圆的半径最小，相应地截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值．设正△ABC的中心为O1，连结O1A，连结∵O1是正△ABC的中心，A、B、C三点都在球面上，∴⊥平面ABC，结合平面，可得∵球的半径R=2，球心O到平面ABC的距离为1，得=1，∴Rt△O1OC中，又∵E为AB的中点，△ABC是等边三角形，∴A∵过E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆的半径，可得截面面积为，故选C．2．【2015届福建省龙岩市一中高三下学期考前模拟】在长方体中，，，点为的中点，点为对角线上的动点，点为底面上的动点（点，可以重合），则的最小值为（）A．B．C．D．1【答案】C3．【2016浙江省杭州二中】已知各棱长均为1的四面体ABCD中，E是AD的中点，P∈直线CE，则|BP|＋|DP|的最小值为（）A．1＋B．C．D．【答案】B【解析】如图，将旋转至与共面，连结，则它与的交点，即为使|BP|＋|DP|取最小值的点．易知，在中由余弦定理得，从而由平方关系得，在中由余弦定理得，所以．4．【2016辽宁师大附中】在长方体中，，，点为的中点，点为对角线上的动点，点为底面上的动点（点、可以重合），则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】画出图形，利用折叠与展开法则同一个平面，转化折线段为直线段距离最小，转化求解MP+PQ的最小值．由题意，要求MP+PQ的最小值，就是P到底面ABCD的距离的最小值与MP的最小值之和，Q是P在底面上的射影距离最小，展开三角形ACC1与三角形AB1C1，在同一个平面上，如图，易知可知MQ⊥AC时，MP+PQ的最小，最小值为故选C．5.某几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积的最大值为()（A）（B）3（C）（D）【答案】A由三视图可知，该几何体时一个侧面和底面垂直的的三棱锥，，其中底面三角形为直径三角形，,,,设,则,所以三棱锥的体积为，当且仅当，即时取等号，此时体积有最大值，故选A.6.已知四棱锥SKIPIF1<0的三视图如图所示，则四棱锥SKIPIF1<0的四个侧面中面积最大的是（）A．SKIPIF1<0B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】三棱锥如图所示，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<07.两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内部，且互相外切，若球O1与过点A的正方体的三个面相切，球O2与过点C1的正方体的三个面相切，则球O1和O2的表面积之和的最小值为()A．(6－3eq\r(3))π B．(8－4eq\r(3))πC．(6＋3eq\r(3))π D．(8＋4eq\r(3))π【答案】A【解析】选A设球O1、球O2的半径分别为r1、r2，则eq\r(3)r1＋r1＋eq\r(3)r2＋r2＝eq\r(3)，r1＋r2＝eq\f(3－\r(3),2)，从而4π(req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2))≥4π·eq\f(r1＋r22,2)＝(6－3eq\r(3))π.8.如图，AD与BC是四面体ABCD中互相垂直的棱，BC＝2.若AD＝2c，且AB＋BD＝AC＋CD＝2a，其中a，c为常数，则四面体ABCD的体积的最大值是________．【答案】eq\f(2,3)ceq\r(a2－c2－1)9．【2016届辽宁省沈阳市二中高三上学期期中】如图，在棱柱的侧棱上各有一个动点，且满足，是棱上的动点，则的最大值是．【答案】【解析】设点到平面的距离为，三棱柱的高为，，由点到平面的距离为，又因为，所以，所以，，所以，令，则函数在区间上单调递增，当时，函数有最小值，即的最大值是．10．【2016届广东省广州市荔湾区高三上学期调研】已知直三棱柱中，，侧面的面积为，则直三棱柱外接球表面积的最小值为．【答案】【解析】根据题意，设，则有，从而有其外接球的半径为，所以其比表面积的最小值为．11．【2015届广东省华南师大附中高三5月三模】某三棱锥的三视图如下图所示，正视图、侧视图均为直角三角形，则该三棱锥的四个面中，面积最大的面的面积是．【答案】12．【2016辽宁省鞍山市一中】正六棱柱的底面边长为，侧棱长为1，则动点从沿表面移到点时的最短的路程是．【答案】【解析】如下图所示，作出正六棱柱的展开图，如果动点从经侧面通过移到点时，则路程为；如果动点从经经沿上底面移到点时，根据题目条件，，则路程为；而，所以最短的路程是13．【2016届贵州省贵阳市六中高三元月月考】表面积为的球面上有四点且是等边三角形，球心O到平面ABC的距离为，若,则棱锥体积的最大值为．【答案】2714.棱长为2cm的正方体容器盛满水，把半径为1cm的铜球放入水中刚好被淹没，然后再放入一个铁球，使它淹没水中，要使流出来的水量最多，这个铁球的半径应该为多大？图4解：过正方形对角线的截面图如图4所示。，.设小球的半径为r。在，，所以，解得，为所求.15.如图，过半径为R的球面上一点P作三条两两垂直的弦PA、PB、PC，(1)求证：PA2+PB2+PC2为定值；(2)求三棱锥P—ABC的体积的最大值.解:(1)设过PA、PB的平面截球得⊙O1，∵PA⊥PB，∴AB是⊙O1的直径，连PO1并延长交⊙O1于D，则PADB是矩形，PD2＝PA2+PB2.设O为球心，则OO1⊥平面⊙O1，∵PC⊥⊙O1平面，∴OO1∥PC，因此过PC、PD的平面经过球心O，截球得大圆，又PC⊥PD.∴CD是球的直径.故PA2+PB2+PC2＝PD2+PC2＝CD2＝4R2定值.(2)设PA、PB、PC的长分别为x、y、z，则三棱锥P—ABC的体积V＝xyz，V2＝x2y2z2≤()3＝·＝R6.∴V≤R3.即V最大＝R3.16.如图，平行四边形ABCD中，AB⊥BD，AB＝2，BD＝eq\r(2)，沿BD将△BCD折起，使二面角A－BD－C是大小为锐角α的二面角，设C在平面ABD上的射影为O.(1)当α为何值时，三棱锥C－OAD的体积最大？最大值为多少？(2)当AD⊥BC时，求α的大小．解：(1)由题知CO⊥平面ABD，∴CO⊥BD，又BD⊥CD，CO∩CD＝C，∴BD⊥平面COD.∴BD⊥OD.∴∠ODC＝α.VC－AOD＝eq\f(1,3)S△AOD·OC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·OD·BD·OC＝eq\f(\r(2),6)·OD·OC＝eq\f(\r(2),6)·CD·cosα·CD·sinα＝eq\f(\r(2),3)·sin2α≤eq\f(\r(2),3)，当且仅当sin2α＝1，即α＝45°时取等号．∴当α＝45°时，三棱锥C－OAD的体积最大，最大值为eq\f(\r(2),3).

问题四：化归与转化思想解决立体几何中的探索性问题立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象力，又可以考查学生的意志力和探究意识，逐步成为近几年高考命题的热点和今后命题的趋势之一，探究性问题主要有两类：一是推理型，即探究空间中的平行与垂直关系，可以利用空间线面关系的判定与性质定理进行推理探究；二是计算型，即对几何体中的空间角与距离、几何体的体积等计算型问题的有关探究，此类问题多通过求角、求距离、体积等的基本方法把这些探究性问题转化为关于某个参数的方程，根据方程解的存在性来解决.一、空间线面关系的探索性问题1.空间平行关系的探索性问题【例1】如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，点D在边BC上，AD⊥C1D．（1）求证：AD⊥平面BCC1B1；（2）设在棱上是否存在点，使得A1E∥平面ADC1？请给出证明．【分析】（1）利用正棱柱的性质——侧棱与底面垂直，得到面，从而，然后结合已知即可得证；（2）根据正三棱柱的性质即可判断点的存在性，当为棱的中点时，有，从而可证A1E∥平面ADC1.【解析】（1）在正三棱柱中，CC1⊥平面ABC，AD平面ABC，∴AD⊥CC1．又AD⊥C1D，CC1交C1D于C1，且CC1和C1D都在面BCC1B1内，∴AD⊥面BCC1B1．【规律总结】线面平行与垂直是高考考查空间线面关系证明的两个重点，此类探究性问题的求解，一定要灵活利用空间几何体的结构特征，注意其中的平行与垂直关系，如该题中正棱柱中侧棱与底面垂直关系的应用；为棱的中点时，有等的灵活应用，帮助我们能够准确地判断探究性问题的结论，丙直接迅速地把握证明的思路.【牛刀小试】如图，四棱锥P—ABCD，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD足直角梯形，AD//BC，∠BAD=90°，BC=2AD; （1）求证：AB⊥PD； （2）在线段PB上是否存在一点E，使AE∥平面PCD，若存在，指出E点的位置，并加以证明，若不存在，说明理由．【解析】（1）因为PA平面ABCD,ABPA平面ABCD,所以,所以平面PADPD平面PAD,所以ABPD.（2）设E为PB的中点，则AEPCD取PC中点F，连接AE、EF、DF.因为E、F为PB、PC中点，所以EFBC,EF=,ADBC,BC=2AD.所以EFAD.所以四边形ADFE为平行四边形，所以AEDF.AE不在平面PDC中，DF在平面PCD中，所以AE平面PCD.2.空间垂直关系的探索性问题【例2】棱长为2的正方体中，E为棱的中点，F为棱的中点.(1)求证：；(2)求在线段上是否存在点G，使⊥面DFG.？试证明你的结论.【分析】（1）先根据正方体的性质得到，，进而证明面，故可得到结论；（2）首先根据正方体的结构特征确定点G的存在性和具体位置，然后进行证明.【解析】（1）连接，，由正方体的性质可知，，所以面，所以.(2)存在点G，当点G为点，⊥面DFG.证明如下：由(1)知，取CD的中点H，连AH,EH.由DFAH,DFEH，AHEH=H，得DF平面AHE，所以DFAE.又因为，所以⊥面DFA1，即⊥面DFG.【规律总结】以特殊几何体为背景的空中线面关系的探究性问题，很容易忽视几何体中的一些特殊的平行、垂直关系，导致探究性问题的结论、证明的思路受阻.如该题中（1）问需要利用棱与一组平行平面垂直的性质得到线面垂直关系，作为证明的起点；（2）问如果忽视（1）中结论的应用，则就无法判断结果，无法进行证明.【牛刀小试】在三棱柱ABC—A1B1C1中，已知AB=AC=AA1=，BC=4，A1在底面ABC的射影是线段BC的中点O．（I）证明在侧棱AA1上存在一点E，使得OE⊥平面BB1C1C，并求出AE的长；（II）求二面角A1—B1C—C1的余弦值．【解析】(Ⅰ)证明:连接AO,再中,作于点E,因为,所以,因为,所以,所以,所以又得.(Ⅱ)如图,分别以OA,OB,所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,则,由,得点E的坐标是,由(Ⅰ)知平面的一个法向量为设平面的法向量是,由得可取,所以.二、空间角的探索性问题【例3】如图,在直三棱柱的底面中，，，，且.（1）证明：平面；（2）在棱上是否存在点，使得直线与平面所成的角等于？证明你的结论.（3）若是棱的中点,在线段上是否存在一点,使得∥平面?证明你的结论.【分析】（1）问可直接建立空间直角坐标系，求出点的坐标，求出相应的向量，检验直线的方向向量与平面内的两个不共线向量垂直即可；（2）问设出点的坐标，利用直线的方向向量和平面法向量夹角表示直线和平面所成的角，构造方程，利用方程的解确定点的存在性；（3）把探究问题转化为直线的方向向量与平面的法向量垂直的条件，进而列出方程，利用方程的解确定点的存在性.【解析】（1）在中，，，，得，由题意，建系，在直三棱柱中，因为为正方形，有，，，由，得，而，故平面.（3）设在线段上存在一点,使得∥平面，，由（1）平面的法向量为，而，由，得，由坐标的几何意义，为线段的中点，所以当为线段的中点时，能使∥平面.【规律总结】空间角的探究性问题要注意两个方面：一是空间角的正确表示，即利用直线的方向向量和平面的法向量表示空间角时要注意两者的准确转化，如该题中线面角的正弦等于直线的方向向量与平面的法向量夹角余弦值的绝对值；二是注意我们再利用方程判断存在性时，要特别注意题中的条件限制，如该题（2）问——在棱上是否存在点，故即使该题中方程有解，但若，满足条件的点也不存在.【牛刀小试】如图，在直三棱柱中，，，是的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）试问线段上是否存在点，使与成角？若存在，确定点位置，若不存在，说明理由．【解析】（1）证明：连结，交于点，连结.由是直三棱柱，得四边形为矩形，为的中点.又为中点，所以为中位线，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）解：由是直三棱柱，且，故两两垂直.如图建立空间直角坐标系.则，，，，.所以，.设平面的法向量为，则有，所以，取，得.易知平面的法向量为.由二面角是锐角，得.所以二面角的余弦值为.（3）解：假设存在满足条件的点.因为在线段上，，，故可设，其中.所以，.因为与成角，所以即，解得，所以当点为线段中点时，与成角.【例4】如图，直四棱柱中，侧棱，底面是菱形，，，为侧棱上的动点．（1）求证：；（2）在棱上是否存在点，使得二面角的大小为？试证明你的结论.【分析】（1）利用直四棱柱的结构特征，证明AC⊥平面BB1D1D即可得证结论.（2）可以利用空间线面关系做出二面角的平面角，根据二面角的大小列出方程，依据方程解的情况进行判断.【解析】（1）连接BD，则AC⊥BD，∵D1D⊥底面ABCD，∴AC⊥D1D∴AC⊥平面BB1D1D，∵D1P平面BB1D1D，∴D1P⊥AC．（2）存在这样的点P，下证明之.连接D1O，OP，∵D1A=D1C，∴D1O⊥AC，同理PO⊥AC，∴∠D1OP是二面角D1—AC—P的平面角．∴∠D1OP=120°．设，∵60°，则，∴．在中，．在中，由余弦定理得，即．10分整理得，解得或（舍）．∴棱上是否存在点，使得二面角的大小为，此时．【规律总结】空间线面关系、空间角的探究问往往与空间线面关系的证明、空间角与距离的求解相结合综合命题，解决此类探究性问题可从两个角度解决，一是直接利用传统的几何方法进行逻辑推理，必须熟练掌握特殊几何体的结构特征，注意平行与垂直关系的利用；二是直接利用向量法，此种方法简单直接，但也存在这很多易错易混的问题，特别是直线的方向向量与平面的法向量之间的运算与空间线面关系、空间角之间的正确转化是一个易错点.要熟记结论，灵活运用几何体的结构特征进行判断，准确进行两类关系之间的转化.【牛刀小试】如图，在三棱柱中，平面，，为棱上的动点，．⑴当为的中点，求直线与平面所成角的正弦值；⑵当的值为多少时，二面角的大小是45．⑵设，设是平面的一个法向量，则，取，则是平面的一个法向量，，得，即，所以当时，二面角的大小是．三、空间距离的探索性问题【例5】如图，已知平面是等腰直角三角形，其中，且.(1)在线段上是否存在一点，使平面?(2)求线段上是否存在点，使得点到面的距离等于1？如果存在，试判断点的个数；如果不存在，请说明理由.【分析】（1）问可利用线面平行的性质定理，利用过直线CF的平面与平面ADE交点的位置便可确定点F的位置；（2）问设的长度，利用等积变换求出到面的距离，构造关于长度的方程，根据方程解的情况进行判断.【解析】(1)当为的中点时，平面.证明：取的中点、的中点，连结B是平行四边形,平面(2)不存在.设，在中，，又因为面，所以.则在中，同理，.在中，，取的中点，因为，所以，而.故.因为点到面的距离等于1，所以.而，所以，解得.所以在线段上只存在一点，当且仅当时，点到面的距离等于1.【规律总结】探究线面平行问题时，应注意几何体的结构特征，也可根据是否能构造中位线或比例线段从而找出线线平行关系进行判断.该题易出现的问题是忽视点P在线段AB上的限制条件，误以为方程的解就是结果而忽视对的取值范围的技巧.【牛刀小试】【2016届河北省衡水二中高三上学期期中考试】如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥底面ABCD，侧棱PA=PD＝，底面ABCD为直角梯形，其中BC∥AD，AB⊥AD，AD=2AB=2BC=2,O为AD中点．（Ⅰ）求证：PO⊥平面ABCD；（Ⅱ）线段AD上是否存在点，使得它到平面PCD的距离为？若存在，求出值；若不存在，请说明理由．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】（Ⅰ）证明：在中，为中点，所以．又侧面底面，平面平面，平面，所以平面．（Ⅱ）连接、假设存在点，使得它到平面的距离为．设，则因为，为的中点，所以，且所以因为，且所以在中，所以所以由，即解得所以存在点满足题意，此时．解决此类探究性问题的基本思路就是设出参数，根据空间线面关系的判定和性质定理进行推理，或根据角、距离、体积等的求解方法用参数表示出相关的数据，建立关于参数的方程，根据方程解的存在性以及解的个数问题来处理.解题过程需要注意以下三个问题：1.熟练把握空间线面关系的性质定理，在探究空间线面关系的有关问题时，可以把探究的结论作为已知条件，利用性质定理逐步进行推导；2.熟练掌握求解空间角、空间距离以及几何体体积等的基本方法，通过设置合适的参数，建立关于某个参数的方程，转化为方程的解的问题进行探究；3.合理设参，准确计算.探究性问题中的点往往在线段上或某个平面图形内，我们可以利用线段长度的比值设置参数，但也要注意参数的取值范围的限制.【迁移运用】1．【.2016届福建省上杭县一中高三12月考】如图，平面平面，四边形是边长为2的正方形，为上的点，且平面．（1）求证平面；（2）设，是否存在，使二面角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在时，二面角的余弦值为．【解析】（1）证明：平面．平面平面，四边形是边长为2的正方形，平面平面．（2）以为原点，垂直于平面的直线为轴，所在直线为轴，为轴，如图所示建立空间直角坐标系，假设存在，使二面角的余弦值为．设，则，设平面的一个法向量，则，即，解得令，得是平面的一个法向量．又平面的一个法向量为，由，化简得①，又因为平面，所以，所以，即②，联立①②，解得（舍），．由，，所以．所以当时，二面角的余弦值为．2．【2016届广西武鸣县高中高三8月月考】如图，在四棱锥中，，平面，平面，，，．（Ⅰ）求棱锥的体积；（Ⅱ）求证：平面平面；（Ⅲ）在线段上是否存在一点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（I）；（II）证明见解析；（III）存在，．【解析】（Ⅰ）在中，因为平面，所以棱锥的体积为．（Ⅱ）证明：因为平面，平面，所以．又因为，，所以平面．又因为平面，所以平面平面．3．【2016届贵州省贵阳市六中高三元月月考】已知正的边长为4，CD是AB边上的高，E,F分别是AC和BC边上的中点，现将沿CD翻折成直二面角A-BC-B．（1）求二面角E-DF-C的余弦值；（2）在线段BC上是否存在一点P，使APDE?如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，理由见解析．【解析】（1）以点为坐标原点，以直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则易知平面的法向量为,设平面的法向量则即取，所以二面角的余弦值为．4．【2016届河北省邯郸市一中高三一轮收官考试】如图，中，是的中点，，．将沿折起，使点与图中点重合．（1）求证：平面；（2）当三棱锥的体积取最大时，求二面角的余弦值；（3）在（2）条件下，试问在线段上是否存在一点，使与平面所成角的正弦值为？证明你的结论．【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在．【解析】（1）且是中点，即，，又，平面．（2）在平面内，作于点，则由（1）可知又，平面，即是三棱锥的高，又，所以当与重合时，三棱锥的体积最大，过点作于点，连，由（1）知平面，又平面，，，平面，即为二面角的平面角．中，，，，，故二面角的余弦值为．（3）存在，且为线段的中点，设，，又平面的法向量，，解得（舍去）．5．【2016届浙江省嘉兴一中等高三第一次五校联考】在四棱锥中，平面，，底面是梯形，，，．（1）求证：平面平面；（2）设为棱上一点，，试确定的值使得二面角为．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】1）∵平面，平面，平面，∴，，在梯形中，过点作作于，在中，，又在中，，∴，∵，，，平面，平面，∴平面，∵平面，∴，∵，平面，平面，∴平面，∵平面，∴平面平面；（2）法一：过点作交于点，过点作于点，连，由（1）可知平面，∴平面，∴，∵，∴平面，∴，∴是二面角的平面角，∴，∵，∴，∵，∴，∴，由（1）知，∴，又∵，∵，∴，∴，∵，∴；法二：以为原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系(如图)则，，，，令，则，，∵，∴，∴，∵平面，∴是平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即即，不妨令，得，∵二面角为，∴，解