微专题16立体几何经典题型精练典型例题例1．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，三棱柱中，所有棱长均为2，，，分别在，上（不包括两端），．（1）求证：平面；（2）设与平面所成角为，求的取值范围．【解析】（1）作，交于点，设，则，∵，∴，即，∵且，连接，所以四边形为平行四边形，∴，∵平面，且平面，∴平面．（2）取中点，连接、、，∵，，，根据余弦定理得：，∴，则，∵是等边三角形，∴，∵，∴平面，平面∴平面平面，在中，，，作，交于点，因为平面平面，所以平面，则，∴，∵平面，所以点到平面距离，，，∴．，∵，∴，∴．例2．（2022·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点，G为的中点，E为的中点，，点P为线段上的动点（不包括线段的端点）．（1）若平面CFG，请确定点P的位置；（2）求直线CP与平面CFG所成角的正弦值的最大值．【解析】如图，连接，∵，，∴，∴，∵，∴，∴．∴，∵平面，平面，∴平面，若平面，又由，平面，平面与平面相交，必有，又∵，∴为的中点；（2）因为，，两两垂直，我们可以以C为坐标原点，向量，，方向分别为，，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，不妨设，可得各点坐标如下：，，，，，．设（），有，又由，有，设平面的法向量为，由，，有，取，，，可得平面的一个法向量为，设直线与平面所成的角为，由，，，有，设，有，，由二次函数的性质可知，当时，，时，的最大值为．例3．（2022·辽宁·大连市一0三中学高三开学考试）如图，在四棱锥中，，，E为棱PA的中点，平面PCD．（1）求AD的长；（2）若，平面平面PBC，求二面角的大小的取值范围．【解析】（1）如图所示：过E作，交PD于点M，连接，因为平面PCD．平面BCME，平面PCD平面BCME=MC，所以，又因为，所以，所以四边形BCME是平行四边形，所以，又因为，所以.（2）因为，E为棱PA的中点，所以，且，所以，又因为平面平面PBC，平面平面PBC=BP，所以平面PBC，又因为平面PBC，所以，则以点B为原点，分别以BA，BC所在直线为x，y轴，以经过点B且垂直与平面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则，由题意设，则，设平面CDP的一个法向量为，则，即，令，得，则，易知平面BCP的一个法向量为，则，因为，所以，所以二面角的大小的取值范围是.例4．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱柱的底面是边长为4的正三角形，侧面底面，且侧面为菱形，.（1）求二面角所成角的正弦值.（2）分别是棱，的中点，又.求经过三点的平面截三棱柱的截面的周长.【解析】（1）为的中点，连接，侧面为菱形，，△为正三角形，，侧面底面，侧面底面，侧面，底面，底面为正三角形，为的中点，，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.底面是边长为4的正三角形，，0，，，，，，，2，，，，，，设平面的一个法向量为，由得，令，得，，又易知为平面的一个法向量..所以二面角所成角的正弦值为.（2）连接，，，，分别是棱，的中点，，又因为，，经过，，三点的平面截三棱柱的截面即为平面，其中，在△中，因为三棱柱的底面是边长为4的正三角形，侧面为菱形，，由余弦定理得，取的中点，连接，四边形为平行四边形，，又因为侧面为菱形，，△为两个全等的等边三角形，连接，，又因为，，又因为侧面底面，且侧面底面，平面，又平面，，又因为，，即，所以截面的周长为：.过关测试1．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体.(1)若正方体的棱长为1，求点到平面的距离；(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.【答案】(1)(2)(3)存在，棱长为【解析】【分析】（1）利用等体法：即可求解.（2）求出小球在正方体的个顶点以及条棱处不能到达的空间，利用球的体积公式以及柱体体积公式即可求解.（3）设平面为符合题意的平面，过点，延长分别交平面于点,由题意可得，设正方体的棱长为，根据，求出点到平面的距离，进而得出正方体的棱长.(1)正方体的棱长为1，设点到平面的距离为，由，则，即，解得.(2)在正方体的个顶点处的单位立方体空间内，小球不能到达的空间为：，除此之外，以正方体的棱为一条棱的个的正四棱柱空间内，小球不能到达的空间共，其它空间小球均能到达，故小球不能到达的空间体积为：（）(3)设平面为符合题意的平面，过点，延长分别交平面于点,由图可知，点与平面的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7，因为互相平行，所以它们与平面所成角相等，故由比例关系得.设正方体的棱长为，则，用几何方法可解得，，故，由平面，知为四面体的底面上的高，所以由，算得点到平面的距离，，实际上已知，所以，从而可得，所以正方体的棱长为，由图可知，该正方体存在.2．（2022·山东烟台·一模）如图，在四棱锥V－ABCD中，底面ABCD为矩形，，E为CD的中点，且△VBC为等边三角形．(1)若VB⊥AE，求证：AE⊥VE；(2)若二面角A－BC－V的大小为，求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）先证明线面垂直，再证明线线垂直即可；（2）建立空间直角坐标系，以向量的方法去求直线AV与平面VCD所成角的正弦值．(1)因为E为CD的中点，所以，所以△ADE为等腰直角三角形，所以．同理，．所以AE⊥BE．又因为VB⊥AE，且，面VBE，面VBE，所以AE⊥面VBE．因为面VBE，所以AE⊥VE．(2)取BC中点O，AD中点G、连接OG，VO，则OG⊥BC．又△VBC为等边三角形，所以VO⊥BC，所以∠GOV为二面角A－BC－V的平面角．所以以，方向分别作为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系O－xyz．于是A（1，－4，0），C（－1，0，0），D（－1，－4，0），，，，．令为平面VCD的一个法向量，则，即，令z＝2，得．设直线AV与平面VCD所成的角为，则，故直线AV与平面VCD所成角的正弦值为．3．（2022·陕西·一模（理））如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.(1)若，试证；(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.【答案】(1)证明见解析(2)为的中点时，取得最大值.【解析】【分析】（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证.（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，在利用二次函数的性质即可求解该问题.(1)在中，∵为中点且，∴.∵平面平面交线为，∴平面，∴.∵，分别为，的中点，∴.∴.在直角和直角中，∵，，∴，∴，∴，∴.∴平面，平面，∴.(2)∵平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，则，，，，，，∴，.设平面的一个法向量为，则，令得，，设，，则，∴，，设直线与平面所成的角为，则.若，此时点与重合，若，令，则.当，即，为的中点时，取得最大值.4．（2022·安徽·芜湖一中一模（理））如图所示，已知矩形和矩形所在的平面互相垂直，，M，N分别是对角线，上异于端点的动点，且.(1)求证：直线平面；(2)当的长最小时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证得；（2）建立空间直角坐标系，利用两点之间距离公式求出的长最小时，各点的坐标，再利用空间向量求面面角，即可得解.(1)过作与交于点，过作与交于点，连接.由，易知.又，则四边形为平行四边形，所以∵平面，平面，∴平面.(2)由平面平面，平面平面，又平面，，平面.以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，过M点作，垂足为G，连接NG，易知，设()可得，，∴，可知当时，长最小值为.此时，，又，，∴，，设平面AMN的法向量为，由可得，令，可得设平面MND的法向量为，由可得，令，可得∴，易知二面角为钝二面角，则二面角的余弦值为.5．（2022·天津·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，，平面，且，点在棱上，点为中点.(1)证明：若，直线平面；(2)求二面角的正弦值；(3)是否存在点，使与平面所成角的正弦值为？若存在求出值；若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，或【解析】【分析】（1）利用面面平行证明线面平行；（2）利用坐标法求二面角余弦值与正弦值；（3）设，可表示点与，再根据线面夹角求得的值.(1)如图所示，在线段上取一点，使，连接，，，，又，，，四边形为平行四边形，，又，，所以平面平面，平面，平面；(2)如图所示，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，则，，，，又是中点，则，所以，，，设平面的法向量，则，令，则，设平面的法向量，则，令，则，所以，则二面角的正弦值为；(3)存在，或假设存在点，设，即，，由（2）得，，，且平面的法向量，则，，则，，解得或，故存在点，此时或.6．（2022·全国·高三专题练习）如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．(1)证明：∠PAD＝∠PBC；(2)当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P—AB—C的大小．【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据直线与平面位置关系，把问题转化为全等三角形问题即可证明；（2）用等面积法建立二面角与线面角关系，当线面角满足正弦最大时，即可求二面角大小．(1)证明：分别取，的中点，，连接，，，因为，所以，又因为，所以，又因为，，所以平面，因为平面，所以，在中，因为垂直平分，所以，又因为，，所以，从而可得；(2)解：由（1）知，是二面角的平面角，设，，在中，，过点作于，则，因为平面，平面，所以平面平面，又因为平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为，设直线与平面所成角为，所以，令，，，则，当且仅当，即时，有最大值2，此时直线与平面所成角为的正弦值最大，所以当直线与平面所成角的正弦值最大时，二面角的大小为．7．（2022·贵州贵阳·高三期末（理））如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，为垂足.(1)当点在线段上移动时，判断是否为直角三角形，并说明理由；(2)若，且与平面所成角为，求二面角的大小.【答案】(1)是直角三角形，理由见解析(2)【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可得结论；（2）建立空间直角坐标系，先根据与平面所成角为，可求得BC的长，再根据空间向量的夹角公式即可求得答案.(1)是直角三角形.平面，，又底面是矩形，，且，平面，又平面，，又，且，平面，又平面，，即，当点在线段上移动时，是直角三角形.(2)因为,则为的中点,因为，所以点是的中点.平面，且平面是矩形，所以建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以；则，设平面的法向量为，则由，即   ，令，则，所以；依题意得与平面所成角为，所以，即，解得，所以，则，设平面的法向量为，由即，令，则，所以，由（1）知平面，即是平面的一个法向量，则，由图可判断二面角为锐角，所以二面角的大小为.8．（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD中，,，，沿对角线AC将△ACD翻折成△，使得.(1)证明：；(2)若为等边三角形，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明过程见解析；(2)【解析】【分析】（1）作出辅助线，证明线面垂直，进而证明出，由三线合一得出结论；（2）作辅助线，找到为二面角的平面角，再使用勾股定理及余弦定理求出边长，最终用余弦定理求出二面角的余弦值.(1)取中点F，连接EF，BF，因为，所以EF是的中位线，故∥，因为，所以，又因为，，所以平面BEF，因为平面BEF，所以，由三线合一得：(2)因为为等边三角性，所以，由第一问可知：，从而，由三线合一得：，取AB的中