第一章 空間向量與立體幾何（壓軸題專練）（解析版）

第一章空間向量與立體幾何（壓軸題專練）一、單選題1．在長方體中，，，點P在底面ABCD的邊界及其內(nèi)部運動，且滿足，則下列結(jié)論不正確的是（

）A．若點M滿足，則B．點P到平面的距離范圍為C．若點M滿足，則不存在點P使得D．當BP＝3時，四面體的外接球體積為【答案】C【分析】對于A，根據(jù)題意找到點M，結(jié)合P的所在區(qū)域直接求解；對于B，根據(jù)點面距離的解法找出最值臨界情況進而得到范圍；對于C，找出一個點使得即可判斷；對于D，BP＝3時，P與F重合，根據(jù)相關(guān)的垂直關(guān)系，放入長方體即可求解.【詳解】對于A，當時，MP與底面ABCD所成的角，又點P所在區(qū)域為以A為圓心，1為半徑的圓在正方形ABCD內(nèi)部部分（包含邊界弧長），所以，故A正確；對于B，設(shè)，E、F分別在AD、AB上，當點P位于AE上時，此時點P到平面的距離最大，最大距離，當P與點F重合時，此時點P到平面的距離最小，最小距離為FK，因為，所以，所以，故點P到平面的距離取值范圍為，故B正確；對于C，不妨設(shè)點P與點F重合，此時，，，由余弦定理得，則，故存在點P使得，故C錯誤；對于D，當BP＝3時，P與F重合，放入長、寬、高分別為3,4,3的長方體，則四面體的外接球半徑為，所以外接球體積為，故D正確．

故選：C【點睛】思路點睛：本題考查立體幾何的綜合問題.要善于通過觀察幾何圖形求解答案，通過定義法求解點面距離，通過余弦定理等求角，通過補形法求解外接球半徑.2．如圖，已知正三棱臺的上、下底面邊長分別為4和6，側(cè)棱長為2，點P在側(cè)面內(nèi)運動（包含邊界），且AP與平面所成角的正切值為，則所有滿足條件的動點P形成的軌跡長度為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先將正三棱臺側(cè)棱延長補成正三棱錐，求出點到平面的距離即可確定點的運動軌跡，進而可得出答案.【詳解】依題意，延長正三棱臺側(cè)棱相交于點，取中點，中點，連接，則有，所以的延長線必過點且，過點作，則四邊形是邊長為2的菱形，如圖所示：

在中，，即，解得，所以，所以為邊長為6等邊三角形，所以，，所以，因為是邊長為3的等邊三角形且為中點，所以，，在中，由余弦定理變形得，，在中，由余弦定理變形得，，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，因為AP與平面所成角的正切值為，所以，解得，，所以點在平面的軌跡為以為原點的圓被四邊形所截的弧，設(shè)的長度為，則，所以所有滿足條件的動點P形成的軌跡長度為.故選：A.【點睛】關(guān)鍵點點睛：將正三棱臺側(cè)棱延長補成正三棱錐，求出點到平面的距離即可確定點的運動軌跡，是解決本題的關(guān)鍵.3．如圖，棱長為2的正方體中，P為線段上動點（包括端點）．①三棱錐中，點P到面的距離為定值②過點P且平行于面的平面被正方體截得的多邊形的面積為③直線與面所成角的正弦值的范圍為④當點P為中點時，三棱錐的外接球表面積為以上命題為真命題的個數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】建立空間直角坐標系，對于①③用空間向量求解；對于②可證明三角形為截面多邊形，求其面積即可；對于④設(shè)球心，由求解球心坐標即可.【詳解】以A為坐標原點，分別以為軸建系如圖：,，，設(shè),則，所以設(shè)面的一個法向量為，則令得，對于①：到平面的距離為，故①正確；對于②：連接，因為四邊形為平行四邊形，，又面，面，面，同理可證面，又，所以面面，所以過點P且平行于面的平面被正方體截得的多邊形為，它是邊長為的等邊三角形，故面積為，故②正確；對于③：設(shè)直線與面所成角為，則，，，所以直線與面所成角的正弦值的范圍為，故③正確；對于④：當點P為中點時，設(shè)三棱錐的外接球球心，，，解得，所以外接球半徑滿足：，三棱錐的外接球表面積為，故④正確；綜上：①②③④均正確.故選：D【點睛】幾何體外接球球心的求法：（1）將幾何體置入長方體中找球心；（2）利用幾何法找到幾何體各個頂點距離相等的點即為球心；（3）設(shè)球心坐標，根據(jù)到各頂點的距離相等解方程組得到球心坐標.4．數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨特的幾何體，圖1所示的禮品包裝盒就是其中之一．該禮品包裝盒可以看成是一個十面體，其中上、下底面為全等的正方形，所有的側(cè)面是全等的等腰三角形．將長方體的上底面繞著其中心旋轉(zhuǎn)45°得到如圖2所示的十面體．已知，，，過直線作平面，則十面體外接球被平面所截的截面圓面積的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)給定的幾何體，確定出球心O的位置，求出球半徑，再建立空間直角坐標系求出點O到直線距離，進而求出最小截面圓半徑作答.【詳解】依題意，四邊形是正方形，令正方形與正方形中心分別為，連接，因為正方形與正方形在同一平面內(nèi)，且有相同中心，因此它們有相同的外接圓，從而十面體與長方體的外接球相同，球心O是線段的中點，如圖，取中點M，連接，因為，則，顯然，又平面，則平面，而平面，平面，即有，平面，則平面，平面與平面有公共點，顯然平面與平面為同一平面，有，而，，在直角梯形中，過作于I，，球O的半徑，過D作平面，以點D為原點，射線分別為軸非負半軸，建立空間直角坐標系，則，，由已知得，即，，，則點到直線的距離有：,球O被過直線的平面所截的截面圓最小時，球心O到平面的距離最大，即為點到直線的距離，截得的最小截面圓半徑為，而，則，所以截得的截面圓面積的最小值是.故選：C【點睛】關(guān)鍵點睛：解決與球有關(guān)的內(nèi)切或外接問題時，關(guān)鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質(zhì)求解.5．如圖，在正方體中，在棱上，，平行于的直線在正方形內(nèi)，點到直線的距離記為，記二面角為為，已知初始狀態(tài)下，，則（

）A．當增大時，先增大后減小 B．當增大時，先減小后增大C．當增大時，先增大后減小 D．當增大時，先減小后增大【答案】C【分析】由題設(shè)，以為原點，為軸建立空間直角坐標系，求出面的法向量與面的法向量為的夾角，對于AB，令，則，分析函數(shù)單調(diào)性，結(jié)合余弦函數(shù)性質(zhì)判斷；對于CD，令時，化簡整理得到，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，進而判斷余弦函數(shù)的單調(diào)性，進而得解.【詳解】由題設(shè)，以為原點，為軸建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則，，設(shè)直線與交于，則，則，，，設(shè)平面的法向量為，，，令，則設(shè)平面的法向量為，又，，令，則利用空間向量夾角公式得對于AB，令，則顯然函數(shù)在時為減函數(shù)，即減小，則增大，故AB錯誤；對于CD，當時，則令，求導(dǎo)，令，得故當時，，函數(shù)單減，即單減，增大；當時，，函數(shù)單增，即單增，減??；故當增大時，先增大后減小故選：C【點睛】方法點睛：本題考查面面角的求法，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，即余弦函數(shù)的性質(zhì)，利用空間向量求立體幾何常考查的夾角：設(shè)直線的方向向量分別為，平面的法向量分別為，則①兩直線所成的角為(),；②直線與平面所成的角為(),；③二面角的大小為(),6．在棱長為3的正方體中，為棱的中點，為線段上的點，且，若點分別是線段，上的動點，則周長的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接，易知為線段與的交點，即為線段上靠近D的三等分點，將周長的最小值問題轉(zhuǎn)化到平面上幾何知識連接兩點間的線中線段最短與平面幾何中對稱問題處理，最后由余弦定理求得的長度即可.【詳解】連接，易知為線段與的交點，即為線段上的點，由勾股定理可知，則，分別作點關(guān)于線段，的對稱點，，且由對稱關(guān)系有垂直關(guān)系且顯然為等邊三角形，即，由等邊三角形對稱問題可求得，據(jù)余弦定理得，由平面幾何知識連接兩點間的線中線段最短，得周長的最小值為.故選：D【點睛】本題考查空間中三角形周長的最值，涉及空間中直線與對稱點的算法，屬于難題.7．如圖，在圓錐中，，是上的動點，是的直徑，，是的兩個三等分點，，記二面角，的平面角分別為，，若，則的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設(shè)底面圓的半徑為,,以所在直線為軸,以垂直于所在直線為軸,以所在直線為軸建立空間直角坐標系,寫出各個點的坐標.利用法向量求得二面角與夾角的余弦值.結(jié)合即可求得的取值范圍,即可得的最大值.【詳解】設(shè)底面圓的半徑為,,以所在直線為軸,以垂直于所在直線為軸,以所在直線為軸建立空間直角坐標系,如下圖所示:則由可得,,是的兩個三等分點則所以設(shè)平面的法向量為則,代入可得化簡可得令,解得所以平面的法向量為由圖可知,二面角的平面角為銳二面角,所以二面角的平面角滿足設(shè)二面角的法向量為則代入可得化簡可得令,解得所以平面的法向量為由圖可知,二面角的平面角為銳二面角,所以二面角的平面角滿足由二面角的范圍可知結(jié)合余弦函數(shù)的圖像與性質(zhì)可知即化簡可得,且所以所以的最大值是故選:B【點睛】本題考查了空間直角坐標系在求二面角中的綜合應(yīng)用,根據(jù)題意建立合適的空間直角坐標系,求得平面的法向量,即可求解.本題含參數(shù)較多,化簡較為復(fù)雜,屬于難題.二、多選題8．如圖，在棱長為6的正方體中，分別為的中點，點是正方形面內(nèi)（包含邊界）動點，則（

）

A．與所成角為B．平面截正方體所得截面的面積為C．平面D．若，則三棱錐的體積最大值是【答案】BCD【分析】A選項，如圖建立以A為原點的空間直角坐標系，利用空間向量可判斷選項；做出截面求得截面面積可判斷B；利用線線平行可得線面平行判斷C，求得P的軌跡方程可求得三棱錐的體積最大值判斷D.【詳解】以為坐標原點，以所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則，，，，，，，∴，，，對A選項，，則直線與所成角為，故A錯誤；對B選項，由平面在兩平行平面上的交線互相平行，取的中點的中點，的中點，連接，延長一定與交于一點，所以四點共面，同理可證四點共面，則過點作正方體的截面，截面為正六邊形，邊長為，則正六邊形的面積為，故B正確.由正方體，可得，∵分別為的中點，∴，∴平面平面，∴平面，故C正確；如圖，面，又面，故，同理，

又，根據(jù)題意可得，設(shè)，又，∴，整理得，∴在正方形面內(nèi)(包括邊界)，是以為圓心，半徑的圓上的點，

令，可得，∴當為圓與線段的交點時，到底面的距離最大，最大距離為，∴三棱錐的體積最大值是，故D正確.故選:BCD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題關(guān)鍵是建立空間直角坐標系，用向量的方法研究點線面的位置關(guān)系及數(shù)量計算.9．如圖，圓柱的底面半徑和母線長均為是底面直徑，點在圓上且，點在母線，點是上底面的一個動點，則（

）A．存在唯一的點，使得B．若，則點的軌跡長為4C．若，則四面體的外接球的表面積為D．若，則點的軌跡長為【答案】ACD【分析】對選項A：作E關(guān)于D點的對稱點為，利用對稱性與三點共線距離最短求解；對選項BD：建立空間直角坐標系，根據(jù)F滿足的條件判斷其軌跡，求其長度；對選項C：證明AE中點Q為四面體的外接球的球心即可.【詳解】設(shè)E關(guān)于D點的對稱點為，則，所以當且僅當三點共線時取等號，故存在唯一的點，使得，故A正確；由題意知，以O(shè)為坐標原點，以為正方向建立空間直角坐標系，則設(shè)，則，對選項B：當時，，所以點的軌跡長為上底面圓的一條弦MN，到MN的距離為1，所以，故點的軌跡長為，所以B錯誤；對選項D：當時，，所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，其軌跡長為，故D正確；對選項C：在中，，為直角三角形，其外心為與的交點，且，而所以，所以Q為四面體的外接球的球心，球半徑為，所以球的表面積為，故C正確.故選：ACD【點睛】方法點睛：對立體幾何中動點的軌跡問題采用幾何法分析難度時可以用坐標法去研究，根據(jù)動點的坐標滿足的方程可以方便的判斷出軌跡的形狀，將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題解決.10．已知正方體的棱長為2，點P在正方形ABCD內(nèi)運動（含邊界），則（

）A．存在點P，使得B．若，則的最小值為C．若，則P點運動軌跡的長度為D．若，直線與直線所成角的余弦值的最大值為【答案】BD【分析】A選項，建立適當空間直角坐標系，利用向量垂直的坐標運算判定即可；B選項，找出動點在正方體底面內(nèi)的運動軌跡，利用點到圓上點的最值求解即可；C選項，根據(jù)立體幾何中線面垂直推出線線垂直，可找出動點在正方體底面內(nèi)的運動軌跡是線段，即可求解；D選項：建立適當空間直角坐標系，利用可得出點，再利用空間向量的坐標表示求解即可.【詳解】對于A選項：如圖1,以為坐標原點建立空間直角坐標系，則，，，設(shè)，，則，，若，則，解得，不合題意，錯誤；對于B選項：如圖2，若，連接，則點在以為圓心，為半徑的圓上，此時點的軌跡為，又，，，，故正確；對于C選項：如圖3，連接，，，，，為正方形，則，又平面，平面，，，平面，平面，平面，，同理可證：，又，平面，平面，平面平面，故點在正方體底面內(nèi)的運動軌跡是線段，又正方體的棱長為2，，故錯誤；對于D選項：如圖4，以為坐標原點建立空間直角坐標系，連接，，，，則，，，，設(shè)，，則，，當，有，則，此時，又，，當時，有最大值，此時，故正確.故答案選：BD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：立體幾何中線面垂直的判定定理，動點在立體幾何中的軌跡問題，以及利用空間向量法解決立體幾何的問題，屬于難題.11．在正方體中，，點P滿足，其中，則下列結(jié)論正確的是（

）A．當平面時，與所成夾角可能為B．當時，的最小值為C．若與平面所成角為，則點P的軌跡長度為D．當時，正方體經(jīng)過點?P?C的截面面積的取值范圍為【答案】AC【分析】A選項，建立空間直角坐標系，得到，求出平面的一個法向量，由，求出，再根據(jù)列出方程，求出或1，得到A正確；B選項，先根據(jù)，得到點在棱上，將平面與平面沿著展成平面圖形，結(jié)合余弦定理求出答案；C選項，先得到為與平面所成角，根據(jù)所成角的大小得到，從而得到點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，求出軌跡長度；D選項，先確定點在上，作出輔助線得到平行四邊形即為正方體過點?P?C的截面，設(shè)，求出點到直線的距離，配方后得到其最大值與最小值，從而得到截面的最大值與最小值，得到取值范圍.【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，則，所以，則，設(shè)平面的一個法向量為，所以，令，則，即平面的一個法向量為，若平面，則，即，故，故，其中，令，解得：或1，故與可能是，A正確；B選項，因為，故點在棱上，如圖，將平面與平面沿著展成平面圖形，線段即為的最小值，利用余弦定理可得：，所以，B錯誤；C選項，因為⊥平面，連接，則即為與平面所成角，若與平面所成角為，則，所以，即點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，于是點的軌跡長度為，C正確；D選項，當時，點在上，過點作交于點，連接，則，所以平行四邊形即為正方體過點?P?C的截面，設(shè)，所以，則，，所以點到直線的距離為，于是當時，，的面積取得最小值，此時截面面積最小為，當或1時，，的面積取得最大值，此時截面面積最大為，故截面面積的取值范圍為，D錯誤.故選：AC【點睛】立體幾何中截面的處理思路：（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側(cè)面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面.12．如圖，點是正四面體底面的中心，過點且平行于平面的直線分別交，于點，，是棱上的點，平面與棱的延長線相交于點，與棱的延長線相交于點，則（

）A．若平面，則B．存在點與直線，使C．存在點與直線，使平面D．【答案】ACD【分析】根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，可判斷A；由空間向量數(shù)量積可判斷B；當直線平行于直線，時，通過線面垂直的判定定理可判斷C，由共面向量定理可判斷D.【詳解】對于A，平面，平面與棱的延長線相交于點，與棱的延長線相交于點，平面平面，又平面，平面，，點在面上，過點的直線交，于點，，平面，又平面，平面平面，，，故A正確；對于B，設(shè)正四面體的棱長為，，故B錯誤；對于C，當直線平行于直線，為線段上靠近的三等分點，即，此時平面，以下給出證明：在正四面體中，設(shè)各棱長為，，，，均為正三角形，點為的中心，，由正三角形中的性質(zhì)，易得，在中，，，，由余弦定理得，，，則，同理，，又，平面，平面，平面，存在點S與直線MN，使平面，故C正確；對于D，設(shè)為的中點，則，又∵，，三點共線，∴，∵，，三點共線，∴，∵，，三點共線，∴，設(shè)，，，則，∵，，，四點共面，∴，又∵，∴，∴，即，故D正確.故選：ACD.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查了線面平行的性質(zhì)定理、線面垂直的判定定理，考查了空間向量數(shù)量積和共面向量定理，解題的關(guān)鍵是熟悉利用空間向量的共面定理，考查了轉(zhuǎn)化能力與探究能力，屬于難題.三、填空題13．斜三棱柱中，平面平面，若，，，在三棱柱內(nèi)放置兩個半徑相等的球，使這兩個球相切，且每個球都與三棱柱的三個側(cè)面及一個底面相切，則三棱柱的高為．【答案】/【分析】根據(jù)給定條件，探求兩個球的球心在平面上的投影確定的直線平行于直線，再建立空間直角坐標系，求出球的半徑即可作答.【詳解】在斜三棱柱中，與平面相切的球的球心為，與平面相切的球的球心為，因為球、球與平面都相切，令切點分別這，有，又球、球與平面都相切，則平面，又平面，于是平面，而平面，平面平面，因此，且，在平面內(nèi)過點作，在平面過點作，因為平面平面，平面平面，則平面，以點作原點，射線的方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標系，如圖，

在中，，，則，的方向向量，的方向向量，由，得的方向向量，設(shè)平面的法向量，則，令，得，設(shè)平面的法向量，則，令，得，令球的半徑為，設(shè)點，則，由，得，顯然點到平面的距離等于等腰底邊上的高，即有，由，得，代入，解得，，線段在軸上的投影為，顯然三棱柱的高等于點到平面的距離，到平面的距離與在軸上的投影的和，所以三棱柱的高為.故答案為：【點睛】方法點睛：求點到平面的距離可以利用幾何法，作出點到平面的垂線段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出這一點與平面內(nèi)任意一點確定的向量在法向量的投影即可.14．在空間直角坐標系O-xyz中，四面體ABCD各頂點坐標分別為，，，.則該四面體外接球的表面積是.【答案】/【分析】根據(jù)題意，畫出圖形，作出輔助線，找到球心，利用半徑列出方程，求出半徑，進而去除四面體外接球的表面積.【詳解】如圖所示，設(shè)長方體底面四邊形為正方形，邊長為2，高為3，根據(jù)圖形得到為直角三角形，AC⊥CD，所以四面體外接球的球心在平面ADC上的投影為斜邊AD的中點M，其中，設(shè)外接球球心為N，則MN⊥平面ADC，過點B作BH⊥平面ADC，垂足為H，則HMx軸，且HM=1過點N作NFHM，交BH于點F，則NF=HM=1，設(shè)外接球半徑為r，連接NB，NA，則NB=NA=r，設(shè)MN=x，則HF=x，所以BF=3-x，由勾股定理得：，，所以，解得：，所以，所以該四面體外接球的表面積為

故答案為：【點睛】對于立體幾何的外接球問題，通常處理方法為，找到球心在某個特殊平面上的投影，進而找到球心的位置，設(shè)出未知數(shù)，根據(jù)半徑相等列出方程，求出半徑，從而求出表面積或體積.15．在正三棱柱中，，點P滿足，其中，，則下列說法中，正確的有（請?zhí)钊胨姓_說法的序號）①當時，的周長為定值②當時，三棱錐的體積為定值③當時，有且僅有一個點P，使得④當時，有且僅有一個點P，使得平面【答案】②④【分析】①結(jié)合得到P在線段上，結(jié)合圖形可知不同位置下周長不同；②由線面平行得到點到平面距離不變，故體積為定值；③結(jié)合圖形得到不同位置下有，判斷出③錯誤；④結(jié)合圖形得到有唯一的點P，使得線面垂直.【詳解】由題意得：，，，所以P為正方形內(nèi)一點，①，當時，，即，，所以P在線段上，所以周長為，如圖1所示，當點P在處時，，故①錯誤；②，如圖2，當時，即，即，，所以P在上，，因為∥BC，平面，平面，所以點P到平面距離不變，即h不變，故②正確；③，當時，即，如圖3，M為中點，N為BC的中點，P是MN上一動點，易知當時，點P與點N重合時，由于△ABC為等邊三角形，N為BC中點，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因為平面，則，當時，點P與點M重合時，可證明出⊥平面，而平面，則，即，故③錯誤；④，當時，即，如圖4所示，D為的中點，E為的中點，則P為DE上一動點，易知，若平面，只需即可，取的中點F，連接，又因為平面，所以，若，只需平面，即即可，如圖5，易知當且僅當點P與點E重合時，故只有一個點P符合要求，使得平面，故④正確.故選：②④【點睛】立體幾何的壓軸題，通常情況下要畫出圖形，利用線面平行，線面垂直及特殊點，特殊值進行排除選項，或者用等體積法進行轉(zhuǎn)化等思路進行解決.16．正方體的棱長為，平面，平面，則正方體在平面內(nèi)的正投影面積為．【答案】【分析】由題設(shè)知：面面，且正方體在平面內(nèi)的正投影面積為菱形面積與△、△、△、△在平面上的投影面積之和，構(gòu)建空間直角坐標系，應(yīng)用向量法求△、△、△、△與面的夾角余弦值，進而求它們在面上的投影面積，即可求正方體在平面內(nèi)的正投影面積.【詳解】∵平面，平面，知：面面.∴正方體在平面內(nèi)的正投影面積為如上圖所示的菱形面積與△、△、△、△在平面上的投影面積之和，又正方體的棱長為，則，可構(gòu)造如下圖示，空間直角坐標系：∴，則有，若面的一個法向量為，則，可得，而面面，它們的一個法向量為，∴，即面與面、面夾角余弦值為.同理，面面，它們的一個法向量為，∴，即面與面、面夾角余弦值為.∵△、△、△、△的面積均為，∴正方體在平面內(nèi)的正投影的面積為.故答案為：.【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)正方體的性質(zhì)，結(jié)合正投影的定義可知正方體在平面內(nèi)的正投影面積為如上圖所示的菱形面積與△、△、△、△在平面上的投影面積之和，應(yīng)用向量法求各面與面的夾角，進而求投影面積.四、解答題17．我們把和兩條異面直線都垂直相交的直線叫做兩條異面直線的公垂線.如圖，在菱形中，，將沿翻折，使點A到點P處.E，F(xiàn)，G分別為，，的中點，且是與的公垂線.

(1)證明：三棱錐為正四面體；(2)若點M，N分別在，上，且為與的公垂線.①求的值；②記四面體的內(nèi)切球半徑為r，證明：.【答案】(1)證明過程見解析(2)①10，②證明過程見解析【分析】（1）作出輔助線，證明出線面垂直，得到⊥，由三線合一得到，進而得到六條邊均相等，證明出結(jié)論；（2）①設(shè)出邊長，由余弦定理得到，設(shè)出，表達出，利用列出方程，求出，得到答案；②取中點，令，則到平面的距離為，表達出，再利用四棱錐內(nèi)切球半徑得到，其中，進而得到不等式，求出答案.【詳解】（1）連接，因為菱形中，，所以和為等邊三角形，因為是中點，所以⊥，因為是與的公垂線，所以⊥，因為，且平面，所以⊥平面，因為平面，所以⊥，由三線合一得，又，所以三棱錐為正四面體，

（2）不妨設(shè)，則，，由余弦定理得，設(shè)，所以，因為，所以，故，其中，，，即，解得，故；

②取中點，令，則到平面的距離為，，

設(shè)四面體的表面積為S，則，其中，而，，所以，即.【點睛】在解決平面圖形的翻折問題時，應(yīng)找出其中變化的量和沒有變化的量，包括位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，通常翻折后還在同一平面上的元素之間的位置關(guān)系不發(fā)生變化，不在同一平面上的元素之間的位置關(guān)系發(fā)生變化，解題時應(yīng)抓住不變量，利用解三角形知識或建立空間直角坐標系進行求解.18．如圖①所示，長方形中，，，點是邊的中點，將沿翻折到，連接，，得到圖②的四棱錐．(1)求四棱錐的體積的最大值；(2)若棱的中點為，求的長；(3)設(shè)的大小為，若，求平面和平面夾角余弦值的最小值．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）作出輔助線，得到當平面⊥平面時，P點到平面ABCM的距離最大，四棱錐的體積取得最大值，求出，從而得到體積最大值；（2）作出輔助線，證明出四邊形CNQM為平行四邊形，從而得到；（3）作出輔助線，得到∠PGD為的平面角，即，建立空間直角坐標系，用含的關(guān)系式表達出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空間向量夾角余弦公式得到，結(jié)合的取值范圍求出余弦值的最小值【詳解】（1）取AM的中點G，連接PG，因為PA=PM，則PG⊥AM，當平面⊥平面時，P點到平面ABCM的距離最大，四棱錐的體積取得最大值，此時PG⊥平面，且，底面為梯形，面積為，則四棱錐的體積最大值為（2）取AP中點Q，連接NQ，MQ，則因為N為PB中點，所以NQ為△PAB的中位線，所以NQ∥AB且，因為M為CD的中點，四邊形ABCD為矩形，所以CM∥AB且，所以CM∥NQ且CM=NQ，故四邊形CNQM為平行四邊形，所以.（3）連接DG，因為DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD為的平面角，即，過點D作DZ⊥平面ABCD，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DZ所在直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，過P作PH⊥DG于點H，由題意得PH⊥平面ABCM，設(shè)，因為，所以，所以，所以，所以，設(shè)平面PAM的法向量為，則，令，則，設(shè)平面PBC的法向量為，因為，則令，可得：，設(shè)兩平面夾角為，則令，，所以，所以，所以當時，有最小值，所以平面和平面夾角余弦值的最小值為【點睛】求解二面角的大小或最值，利用空間向量求解，可以將幾何問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)問題，簡潔明了，事半功倍.19．如圖，在三棱錐中，，，記二面角的平面角為．(1)若，，求三棱錐的體積；(2)若M為BC的中點，