【期中复习提升】沪教版2020 2023-2024学年高二数学 必修3 第11章 简单几何体（压轴题专练）

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第11章 简单几何体（压轴题专练）



题型1：立体图形的直观图难点
1．如图所示，一个水平放置的斜二测画法画出的直观图是，其中为平行四边形，则原的周长是 ．
  
【答案】
【分析】根据平面图形的直观图的斜二测画法原理得到原的形状，计算即可求解.
【解析】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，原是等腰三角形，如图：
    
其中，，且，
所以，
所以原的周长为.
故答案为：
2．用斜二测画法得到的多边形的直观图为多边形，试探索多边形与多边形的面积之间有无确定的数量关系.
【答案】有确定的数量关系
【解析】先确定三角形的直观图和原始图的面积关系，再将多边形转化为三角形得到答案.
【解析】①设在中，为高边平行于轴，用斜二测画法得到其直观图为，
则有，的高为，
所以.
②当的三边都不与轴平行时，可过其中一个顶点作与轴平行的直线与对边相交，不妨设过点作与轴平行的直线交于点，则将分成和，
由①可知.
③对多边形，可连接，，…，，得到()个三角形，
即，，…，，
由①②知

综上：可知多边形与其直观图多边形的面积之间有确定的数量关系.
【点睛】本题考查了斜二测画法得到的直观图与原始图的面积关系，将多边形转化为三角形是解题的关键.
题型2：柱体的截面
3．已知正方体的边长为1，球的半径为1，记正方体内部的球表面为曲面，过点作平面与曲面相切，记切点为，平面与平面所成二面角为，则当最小时，平面截正方体所形成图形的周长为 .
  
【答案】
【分析】根据二面角的概念及正方体、球的对称性确定平面为多边形AMKQN，利用勾股定理求周长即可.
【解析】由题意，曲面为以C为球心落在正方体内的球面，
根据球和正方体的对称性可知，平面与平面所成二面角最小值时，
过点作平面与曲面相切时作纵截面，如图：长方形中，
  
过点A与以C为圆心半径为1的圆相切于点P，与交于点E，则，连接CP，
在中，，所以，
利用平面基本性质作出平面截正方体所形成图形，如图，多边形AMKQN即为所作截面.
  
因为，所以，
又，所以，
则，
又，且，所以，所以，
则，
又，所以，
由对称性知，，
所以截面周长为
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的难点主要在于截面的确定，根据二面角的概念分析，再结合球与正方体的对称性找到截面的位置，然后根据平面的性质确定即可.
4．如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由正方体的性质证明平面，同样由正方体性质知时，截面与棱相交于它们的中点处，计算出，然后从1开始增加，平面逐渐平移，由棱锥平行于底面的截面的性质易得的表达式，，然后确定在时，是常数，与的情形相似可得．从而得出结论．
【解析】  
如图，连接， ，平面，平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
同理，，平面，平面，所以平面，
因此平面与平面重合或平行，
取的中点，连接，则，，
同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥，
与平面的交点是的中心，
正方体棱长为，则，，
所以，所以，
由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即，
，，显然，
  
  
平面过平面再平移至平面时，如图，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内，
如图，则共线，由正方形性质得，同理，，
因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处，
由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到，
综上，的值域是．
故选：A.
【点睛】方法点睛:利用正方体性质求出截面初始位置（）时，截面周长，然后由棱锥的性质求出（），再通过空间问题平面化的思想（结合对称性）求出时的值，由对称性可得时函数值的取值情况．
5．如图，正方体的棱长为1，为对角线上的一点（不与点、重合），过点作平面与正方体表面相交形成的多边形记为.

①若是三角形，则必定是锐角三角形
②若，则只可能为三角形或六边形
③若且点为对角线的三等分点，则的周长为
④若点为对角线的三等分点，则点到各顶点的距离的不同取值有4个
以上所有正确结论的个数为（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状.建立空间直角坐标系，利用空间向量可判断位置关系与计算距离.
【解析】对于①：若是三角形，当周长最大时，平面为平面或平面.
且为等边三角形.由“大角对大边，大边对大角”，根据对称性我们可固定,
则截面为，易知为最大角,记,.
则恒成立.
所以必定是锐角三角形.正确.

对于②：在正方体中体对角线与平面，平面，平面都垂直.由图可知，平面在运动过程中只可能为三角形或六边形.正确.
对于③：建立如图所示空间直角坐标系，则,,,,.
所以,设点.
所以
解得.
所以.
所以.
所以当点为对角线的三等分点且时：为平面或平面
此时的周长为：.正确.
对于④：由③知：;
；
;.
所以点到各顶点的距离的不同取值为：，，，有4个.正确.
故选：A.

6．如图，正方体的棱长为为的中点，为棱上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是 .（请写出所有正确命题的编号）

①当时，S为等腰梯形；
②当时，S与的交点满足；
③当时，S为六边形；
④当时，S的面积为.
【答案】①②④
【分析】①作出辅助线，找到S为四边形，证明出其为等腰梯形；②作出辅助线，找到S，利用各边长度与相似，求出；③在②的分析基础上，得到S为五边形；④作出辅助线，得到S为菱形，求出对角线，进而求出面积.
【解析】当时，S为等腰梯形，理由如下：
如图1，连接，，因为为的中点，为上的中点，
所以∥，
所以四边形为S，其中，
所以S为等腰梯形，①正确；

当时，S与的交点满足，理由如下：
如图2，延长至点E，使得，连接EA，EQ交于点R，
取AD中点N，DE中点M，连接MQ，MN，PN，
则，DN=CP，所以四边形CQMD与四边形PCDN均为平行四边形，
所以MQ∥NP∥CD，且MQ=NP=CD，所以四边形MNPQ为平行四边形，
所以PQ∥MN，由中位线的性质可知：MN∥AE，所以PQ∥AE，
所以四边形AEQP即为S，其中，
所以，所以，②正确；

当时，S为五边形，理由如下：
如图3，根据②的分析，随着Q点在图2的基础上沿着向上移动，
则点E点沿着射线向上移动，此时AE与相交于点G，
EQ与相交于点R，连接GR，故所截得的S为五边形，故③错误；

当时，S的面积为，理由如下：
如图4，点Q与重合，此时G为的中点，可证得：∥，AP∥GQ，
其中，所以S为菱形APQG，
且，S的面积为，④正确.

故答案为：①②④
题型3：柱体的展开图及最短距离问题
7．如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】把平面与平面展开在同一平面上上，然后利用对称将空间四边形各边长转化到同一直线上，找到最小值即可求解；
【解析】把平面与平面展开在同一平面上上，
  
作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，易得为正三角形，由对称性可得：，
所以周长
作，可得
易得，
,
故选：C.
8．如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，当三点共线，且时，有最小值，利用勾股定理求出答案即可.
【解析】过点作，交于点，交于点，
过点作，交于点，连接，
取中点，连接，
根据题意，因为，
所以当三点共线，且时，
，且有最小值，如图所示，
在中，，，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
所以的最小值为，
故选：A.

9．素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点出发，沿表面到达点的最短路线长为 ．
  
【答案】
【分析】只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，第一条路径穿过棱，求出此时最短路线长；第二条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长；第三条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长并比较大小可得答案．
【解析】由已知得，
只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，
第一条路径穿过棱，如下图，此时最短路线长为；
  
第二条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为；
  
第三条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为．
，
  
通过比较可知，最小．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题结合生活实际情景考查空间几何体，要求学生了解空间几何体的结构特征，会根据生活实际情境解决路线最短问题．
题型4：锥体难点分析
10．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为内一动点（不与三点重合）.给出下列四个结论：
  
①直线与所成角的大小为；②；③的最小值为；④若，则点的轨迹所围成图形的面积是.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】根据异面直线所成的角即可判断①，根据空间中的垂直关系转化即可证明平面，即可求证线线垂直进而判断②，根据点到面的距离为最小值，利用等体积法即可求解③，根据圆的面积即可判断④.
【解析】由于，所以即为直线与所成的角或其补角，
由于底面平面，所以,又，所以，①正确；
由于底面平面，所以,
又,平面，
所以平面,
取中点为，连接,
由于为的中点，所以，所以平面，平面，则，
又，中点为，所以,
平面，所以平面，平面，则,
平面，所以平面,平面,
所以,
平面，所以平面,平面,
所以，故②正确；
当平面时，最小，设此时点到平面的距离为，
,
所以,
由于，故为等边三角形，,
所以，故③错误；
由③得点到平面的距离为，不妨设在平面的投影为,
所以点到平面的距离为,
由于被平分，所以到平面的距离为,
由②知平面，所以三点共线，即，
又，所以,
因此点的轨迹围成的图形是以点为圆心，以为半径的圆，所以面积为，故④正确.
故答案为：①②④
  
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、异面直线所成角和点到面的距离的求解、截面面积的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解或者利用坐标系，由法向量法求解..
11．如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论：
①平面平面；
②与的夹角为定值；
③三棱锥体积最大值为；
④点的轨迹的长度为；
其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】①②④
【分析】①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②若是的中点，应用平行四边形的性质有，可知与的夹角为或其补角，进而求其大小；③根据①②的分析，当面时最大，求其最大值；④确定F的轨迹与到的轨迹相同，且到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，即可求轨迹长度.
【解析】对于①：由，，为边的中点知且，
易知，，而，面，
故面，又面，所以面面，故①正确；
对于②：若是的中点，又为的中点，则且，
而且，所以且，即为平行四边形，
故，所以与的夹角为或其补角，
若为中点，即，由①分析易知，
故与的夹角为，故②正确；

对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，最大，
此时，故③错误；
对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同，
由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点，
故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，所以的轨迹长度为，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：应用线面、面面垂直的判定判断面面垂直；根据线线角的定义，结合平行四边形的性质找到线线角的平面角并求大小；判断动点的轨迹，由圆的性质及棱锥的体积公式求的最大体积以及F的轨迹的长度.
12．如图，正方体的棱长为4，点P在正方形的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足的点P组成，则四面体的体积的取值范围 .

【答案】
【分析】连接，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理求出，即可得到以为圆心2为半径的圆面上，再根据得到当在边上时四面体的体积最大，当在边的中点时四面体的体积最小，再根据面体的体积公式计算可得取值范围.
【解析】连接，如图所示，

因为平面，平面，所以，
∵，由，，则；
所以在以为圆心2为半径的圆面上，由题意可知，，
所以当在边上时，四面体的体积的最大值是.
所以当在边的中点时，的面积取得最小值，此时，
所以四面体的体积的最小值是，所以，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：
求解三棱锥体积的最值问题，要找准突破口，也即是按三棱锥的体积公式，
通常会有以下两种：
①如果底面积固定，则通过找高的最值来进行求解；
②如果高已知确定，则求底面积的最值来进行求解（如本题）.
题型5：多面体与球内切、外接问题
13．在四棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】作出辅助线，求出四边形和均为菱形，均为等边三角形，求出各边长，得到，又，从而得到线面垂直，找到三棱锥外接球球心在平面的投影为，根据半径相等列出方程，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积.
【解析】取中点，连接，与相交于点，
因为，所以，
又，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为菱形，，，
同理可得四边形为菱形，故，所以均为等边三角形，
所以，
因为，所以，由勾股定理得，
又，故，故，
又，平面，所以平面，
由于，故的外接圆圆心为，
故三棱锥外接球球心在平面的投影为，
过点作⊥于点，连接，，则，
设，则，，，
设，其中，
所以，解得，
故，
故三棱锥外接球的表面积为.
  
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
14．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .
  
【答案】
【分析】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.
【解析】取中点，连接，则，
，平面，所以平面，
又因为，则，
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点，且，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为，
可知平面平面，且四点共面，
由题可得，
在Rt中，可得，
又因为，则，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的面积为.
故答案为：.
  
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
15．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线翻折，取的中点，连接，若，则三棱锥的外接球的半径为 .
【答案】/
【分析】由题意可得和都是等边三角形，取的中点，可得平面，取的外心为，过作，则三棱锥的外接球的球心在直线上，然后在Rt和Rt中求解即可.
【解析】如图所示，易知和都是等边三角形，取的中点，则
，由题意得，则，
因为，所以，
所以，所以，所以，
因为平面平面，所以.
    
因为平面，所以平面，
在Rt中，，
取的外心为，过作∥，则三棱锥的外接球的球心在直线上，连接，
令，在线段上取点，使得，连接，，
则在Rt和Rt中，
可得，所以，解得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的外接球问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查计算能力和空间想象能力，属于较难题.

二、单选题
16．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（    ）
A． B．5 C． D．
【答案】A
【分析】将三棱锥放入长方体内，得到为球直径，由基本不等式求出，从而求出三棱锥的体积的最大值.
【解析】因为，易知三角形为等腰直角三角形，
又平面，所以为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入长方体内，如图，
  
长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，
，
解得，
又，
解得，
，所以
所以三棱锥的体积，
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
17．已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为AC，AB上的动点（P与C不重合），将沿PQ折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCPQ．若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O体积的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题设共圆，进而确定，找到，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设,且，求外接球半径最小值，即可得结果．
【解析】显然P不与A重合，由点，B，C，P，Q均在球D的球面上，得B，C，P，Q共圆，则，
又为等腰直角三角形，AB为斜边，即有，
  
将翻折后，，，又平面平面，
平面平面，
  
平面，平面BCPQ，于是平面BCPQ，平面，
显然，BP的中点D，E分别为，四边形BCPQ外接圆圆心，
则平面，平面，因此，，
取PQ的中点F，连接DF，EF，则有，，
四边形EFDO为矩形，设且，，，
设球O的半径R，有，
当时，，所以球O体积的最小值为．
故选：C．
【点睛】方法点睛：
几何体展开、折叠问题，重点是要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.
18．已知正六棱锥的侧棱长为，底面边长为2，点为正六棱锥外接球上一点，则三棱锥体积的最大值为（    ）
    
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据锥体的结构特征求正六棱锥的高，再求其外接球的半径，再求球心到平面的距离，最后结合锥体的体积公式求三棱锥体积的最大值即可.
【解析】由题意可得正六棱锥的高为，
设正六棱锥的外接球的球心到底面的距离为，
设外接球半径为，则， ，
解得，
设外接球的球心为，则即为正六边形的中心，连接，
过作交于，过作交于，
  
因为底面，底面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，所以平面，即为球心到平面的距离，
因为，，
所以在中由等面积法可得，解得，
因此点到平面的最大距离为，
因为，所以三棱锥体积的最大值为，
故选：B
【点睛】关键点睛：解决多面体和球的切接问题的关键在于确定球心的位置，求出球的半径.
19．已知平面四边形中，，将沿对角线折起，使得二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，的中点，连接，，过点作平面，设点为三棱锥的外接球的球心，半径为，由，可得，根据，解得，可得，即可得出三棱锥的外接球的表面积．
【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，

设点为三棱锥的外接球的球心，过点作平面，
连接，，设，球的半径为，
，，
为中点，，，
又平面，
二面角的平面角为，
，，，
，
，

，
，
解得，
，
三棱锥的外接球的表面积为．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查了三棱锥外接球问题，考查空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题.解决本题的关键是利用空间中线面关系结合空间向量数量积的运算律，将外接球的半径转化为向量模长求解，设球心到平面的距离为，将向量拆分成，并确定其中两两向量之间的数量积，利用向量运算得，结合球的几何性质列方程求解半径即可.

三、解答题
20．如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过，，三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且.
  
(1)设平面，求证：；
(2)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
(3)当最小时，求三棱锥的外接球的表面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）连接，即可证明平面，根据线面平行的性质证明即可；
（2）设，连接，设，连接，即可得到截面即为平面，再根据锥体、柱体的体积公式计算可得；
（3）取的中点，的中点，连接、、、，即可证明平面平面，则在线段上，从而得到当为的中点时最小，令，连接，则球心在上，设球心为，连接、、，利用勾股定理求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得.
【解析】（1）连接，因为且，所以为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以.
  
（2）在正方形中，直线与直线相交，
设，连接，设，连接，
由为的中点，得为的中点，，
所以平面即为平面，
因为为的中点，所以为的中点，
所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台，
因为正方体的棱长为，
所以
，
另一部分几何体的体积，
两部分的体积．
（3）取的中点，的中点，连接、、、，
显然，，所以，平面，平面，
所以平面，
又为的中点，所以且，又且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
平面，平面，
所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又点是侧面内的动点，且，
所以在线段上，又，
即为等腰三角形，所以当为的中点时最小，
因为为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边的中点，设为，
令，则为的中点，连接，则，所以平面，
所以球心在上，设球心为，连接、、，
设外接球的半径为，，则，
又，，
所以，，解得，则，
所以外接球的表面积.
  
【点睛】关键点睛：第三问题点的轨迹问题的关键是通过面面平行确定的位置，对于外接球关键是确定球心所在位置.
21．已知矩形中，，，为线段上一点（不在端点），沿线段将折成，使得平面平面．

（1）证明：平面与平面不可能垂直；
（2）若二面角大小为60°，
（ⅰ）求直线与所成角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥的外接球的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）（i）；（ii）
【分析】（1）用反证法进行证明；
（2）先根据二面角大小为60°，判断出DE=1.
（i）连结，由AD∥BC，判断出或其补角即为直线与所成角.
在三角形中，先求出，再利用二倍角的余弦公式求出直线与所成角的余弦值；
（ii）取AC的中点为,过作⊥面ABC于，判断出三棱锥的外接球的球心必在上，不妨设球心为O.利用，求出外接球的半径,即可求出外接球的体积.
【解析】（1）

假设结论不成立，则平面⊥平面.
过C作CF⊥面于F（F与B不重合时），则CF⊥；
又为矩形，所以CB⊥；
因为，所以⊥面.
相对于，AB为垂线，为斜线，所以
而，，所以，矛盾.
所以假设不成立，所以平面与平面不可能垂直；
过C作CF⊥面于F（F与B重合时），则面⊥面,
这与平面平面相矛盾，（过平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直）.
所以假设不成立，所以平面与平面不可能垂直；
（2）

因为平面平面，过作⊥AC于N，则⊥面.过D作DM⊥AC于M，连结MN，则即为二面角的平面角，所以.
在直角三角形中，因为，所以
在图（1）中，

以D为原点，分别为x、y轴正方向建立平面直角坐标系，则，所以直线，直线.
因为DM⊥AC，所以可设直线，与直线AC联立解出，
所以.
由三角形等面积法得：，即，解得：.
由，得，所以，即，解得：t=1.即DE=1.
（i）如图（2）中，连结，因为AD∥BC，则或其补角即为直线与所成角.

在三角形中，，

过A作AG垂直于G，则G为的中点，所以，
所以.
即直线与所成角的余弦值为.
（ii）

在直角三角形中，，所以.
取AC的中点为,过作⊥面ABC于，且.则三棱锥的外接球的球心必在上，不妨设球心为O.
因为，所以

设，由O为球心，得：，即，
解得：，所以球心O在面ABC的下方，
此时外接球半径,
所以外接球的体积为.
【点睛】（1）证明否定性结论的问题通常用反证法；
（2）多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．
22．如图，已知正方体内接于球O，且球的半径为，P，Q分别是，上的动点.
  
（1）求正方体的棱长；
（2）求的最小值；
（3）若平面与平面所成二面角的大小为，平面与平面所成二面角的大小为，试求的最小值，及此时P点的位置.
【答案】（1）2（2）（3），点P位于BC的中点
【分析】（1）设正方体的棱长为，根据球O的直径为正方体的体对角线，可求得正方体的棱长.
（2）由题意得面，面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面，利用平面几何知识求解即可.
（3）连接交于点E，连接交于点F，证明对角面面，过点作交于，则面，连接,即可得到所求角，设，通过求可得到取最小值，即可得的最小值.
【解析】（1）正方体内接于球O，则球O的直径为正方体的体对角线，设正方体的棱长为，则体对角线即直径长为，解得，即正方体的棱长为2.
（2）Q是上的动点，由题意知，面，P是上的动点，面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面，如图，
当时最小，为等腰直角三角形，,其中，则,
则可得,
则,
故的最小值为.
  
（3）连接交于点E，连接交于点F，
面,得,得面,
面,可得面面，面面,
过点作交于，则面，得,
连接,,可得面,面,
即得,,由二面角的定义可得为平面与平面所成的二面角，平面与平面所成的二面角,
设，则,
当时，有，

而当时，，,
上式仍然成立，类似的可以验证当时，上式也成立，
于是，当时，即点P位于BC的中点时，取最小值为，
又，所以
  
【点睛】本题考查正方体的外接球，考查立体图形中化曲为直求最值问题，考查二面角的求法，考查分析推理能力和计算能力，综合性较强.

题型1：立体图形的直观图难点
1．如图所示，一个水平放置的斜二测画法画出的直观图是，其中为平行四边形，则原的周长是 ．
  
【答案】
【分析】根据平面图形的直观图的斜二测画法原理得到原的形状，计算即可求解.
【解析】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，原是等腰三角形，如图：
    
其中，，且，
所以，
所以原的周长为.
故答案为：
2．用斜二测画法得到的多边形的直观图为多边形，试探索多边形与多边形的面积之间有无确定的数量关系.
【答案】有确定的数量关系
【解析】先确定三角形的直观图和原始图的面积关系，再将多边形转化为三角形得到答案.
【解析】①设在中，为高边平行于轴，用斜二测画法得到其直观图为，
则有，的高为，
所以.
②当的三边都不与轴平行时，可过其中一个顶点作与轴平行的直线与对边相交，不妨设过点作与轴平行的直线交于点，则将分成和，
由①可知.
③对多边形，可连接，，…，，得到()个三角形，
即，，…，，
由①②知

综上：可知多边形与其直观图多边形的面积之间有确定的数量关系.
【点睛】本题考查了斜二测画法得到的直观图与原始图的面积关系，将多边形转化为三角形是解题的关键.
题型2：柱体的截面
3．已知正方体的边长为1，球的半径为1，记正方体内部的球表面为曲面，过点作平面与曲面相切，记切点为，平面与平面所成二面角为，则当最小时，平面截正方体所形成图形的周长为 .
  
【答案】
【分析】根据二面角的概念及正方体、球的对称性确定平面为多边形AMKQN，利用勾股定理求周长即可.
【解析】由题意，曲面为以C为球心落在正方体内的球面，
根据球和正方体的对称性可知，平面与平面所成二面角最小值时，
过点作平面与曲面相切时作纵截面，如图：长方形中，
  
过点A与以C为圆心半径为1的圆相切于点P，与交于点E，则，连接CP，
在中，，所以，
利用平面基本性质作出平面截正方体所形成图形，如图，多边形AMKQN即为所作截面.
  
因为，所以，
又，所以，
则，
又，且，所以，所以，
则，
又，所以，
由对称性知，，
所以截面周长为
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的难点主要在于截面的确定，根据二面角的概念分析，再结合球与正方体的对称性找到截面的位置，然后根据平面的性质确定即可.
4．如图，正方体的棱长为，动点P在对角线上，过点P作垂直于的平面，记这样得到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设，则当时，函数的值域为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由正方体的性质证明平面，同样由正方体性质知时，截面与棱相交于它们的中点处，计算出，然后从1开始增加，平面逐渐平移，由棱锥平行于底面的截面的性质易得的表达式，，然后确定在时，是常数，与的情形相似可得．从而得出结论．
【解析】  
如图，连接， ，平面，平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
同理，，平面，平面，所以平面，
因此平面与平面重合或平行，
取的中点，连接，则，，
同理可证平面，由于，，所以三棱锥是正三棱锥，
与平面的交点是的中心，
正方体棱长为，则，，
所以，所以，
由棱锥的平行于底面的截面的性质知，当平面从平面平移到平面时，，即，
，，显然，
  
  
平面过平面再平移至平面时，如图，把正方形沿旋转到与正方形在同一平面内，
如图，则共线，由正方形性质得，同理，，
因此此种情形下，截面的周长与截面的周长相等，平移平面，一直到平面位置处，
由正方体的对称性，接着平移时，截面周长逐渐减少到，
综上，的值域是．
故选：A.
【点睛】方法点睛:利用正方体性质求出截面初始位置（）时，截面周长，然后由棱锥的性质求出（），再通过空间问题平面化的思想（结合对称性）求出时的值，由对称性可得时函数值的取值情况．
5．如图，正方体的棱长为1，为对角线上的一点（不与点、重合），过点作平面与正方体表面相交形成的多边形记为.

①若是三角形，则必定是锐角三角形
②若，则只可能为三角形或六边形
③若且点为对角线的三等分点，则的周长为
④若点为对角线的三等分点，则点到各顶点的距离的不同取值有4个
以上所有正确结论的个数为（    ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状.建立空间直角坐标系，利用空间向量可判断位置关系与计算距离.
【解析】对于①：若是三角形，当周长最大时，平面为平面或平面.
且为等边三角形.由“大角对大边，大边对大角”，根据对称性我们可固定,
则截面为，易知为最大角,记,.
则恒成立.
所以必定是锐角三角形.正确.

对于②：在正方体中体对角线与平面，平面，平面都垂直.由图可知，平面在运动过程中只可能为三角形或六边形.正确.
对于③：建立如图所示空间直角坐标系，则,,,,.
所以,设点.
所以
解得.
所以.
所以.
所以当点为对角线的三等分点且时：为平面或平面
此时的周长为：.正确.
对于④：由③知：;
；
;.
所以点到各顶点的距离的不同取值为：，，，有4个.正确.
故选：A.

6．如图，正方体的棱长为为的中点，为棱上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是 .（请写出所有正确命题的编号）

①当时，S为等腰梯形；
②当时，S与的交点满足；
③当时，S为六边形；
④当时，S的面积为.
【答案】①②④
【分析】①作出辅助线，找到S为四边形，证明出其为等腰梯形；②作出辅助线，找到S，利用各边长度与相似，求出；③在②的分析基础上，得到S为五边形；④作出辅助线，得到S为菱形，求出对角线，进而求出面积.
【解析】当时，S为等腰梯形，理由如下：
如图1，连接，，因为为的中点，为上的中点，
所以∥，
所以四边形为S，其中，
所以S为等腰梯形，①正确；

当时，S与的交点满足，理由如下：
如图2，延长至点E，使得，连接EA，EQ交于点R，
取AD中点N，DE中点M，连接MQ，MN，PN，
则，DN=CP，所以四边形CQMD与四边形PCDN均为平行四边形，
所以MQ∥NP∥CD，且MQ=NP=CD，所以四边形MNPQ为平行四边形，
所以PQ∥MN，由中位线的性质可知：MN∥AE，所以PQ∥AE，
所以四边形AEQP即为S，其中，
所以，所以，②正确；

当时，S为五边形，理由如下：
如图3，根据②的分析，随着Q点在图2的基础上沿着向上移动，
则点E点沿着射线向上移动，此时AE与相交于点G，
EQ与相交于点R，连接GR，故所截得的S为五边形，故③错误；

当时，S的面积为，理由如下：
如图4，点Q与重合，此时G为的中点，可证得：∥，AP∥GQ，
其中，所以S为菱形APQG，
且，S的面积为，④正确.

故答案为：①②④
题型3：柱体的展开图及最短距离问题
7．如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】把平面与平面展开在同一平面上上，然后利用对称将空间四边形各边长转化到同一直线上，找到最小值即可求解；
【解析】把平面与平面展开在同一平面上上，
  
作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，易得为正三角形，由对称性可得：，
所以周长
作，可得
易得，
,
故选：C.
8．如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意，当三点共线，且时，有最小值，利用勾股定理求出答案即可.
【解析】过点作，交于点，交于点，
过点作，交于点，连接，
取中点，连接，
根据题意，因为，
所以当三点共线，且时，
，且有最小值，如图所示，
在中，，，
所以，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
所以的最小值为，
故选：A.

9．素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点出发，沿表面到达点的最短路线长为 ．
  
【答案】
【分析】只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，第一条路径穿过棱，求出此时最短路线长；第二条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长；第三条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长并比较大小可得答案．
【解析】由已知得，
只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，
第一条路径穿过棱，如下图，此时最短路线长为；
  
第二条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为；
  
第三条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为．
，
  
通过比较可知，最小．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题结合生活实际情景考查空间几何体，要求学生了解空间几何体的结构特征，会根据生活实际情境解决路线最短问题．
题型4：锥体难点分析
10．如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为内一动点（不与三点重合）.给出下列四个结论：
  
①直线与所成角的大小为；②；③的最小值为；④若，则点的轨迹所围成图形的面积是.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①②④
【分析】根据异面直线所成的角即可判断①，根据空间中的垂直关系转化即可证明平面，即可求证线线垂直进而判断②，根据点到面的距离为最小值，利用等体积法即可求解③，根据圆的面积即可判断④.
【解析】由于，所以即为直线与所成的角或其补角，
由于底面平面，所以,又，所以，①正确；
由于底面平面，所以,
又,平面，
所以平面,
取中点为，连接,
由于为的中点，所以，所以平面，平面，则，
又，中点为，所以,
平面，所以平面，平面，则,
平面，所以平面,平面,
所以,
平面，所以平面,平面,
所以，故②正确；
当平面时，最小，设此时点到平面的距离为，
,
所以,
由于，故为等边三角形，,
所以，故③错误；
由③得点到平面的距离为，不妨设在平面的投影为,
所以点到平面的距离为,
由于被平分，所以到平面的距离为,
由②知平面，所以三点共线，即，
又，所以,
因此点的轨迹围成的图形是以点为圆心，以为半径的圆，所以面积为，故④正确.
故答案为：①②④
  
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、异面直线所成角和点到面的距离的求解、截面面积的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解或者利用坐标系，由法向量法求解..
11．如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论：
①平面平面；
②与的夹角为定值；
③三棱锥体积最大值为；
④点的轨迹的长度为；
其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】①②④
【分析】①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②若是的中点，应用平行四边形的性质有，可知与的夹角为或其补角，进而求其大小；③根据①②的分析，当面时最大，求其最大值；④确定F的轨迹与到的轨迹相同，且到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，即可求轨迹长度.
【解析】对于①：由，，为边的中点知且，
易知，，而，面，
故面，又面，所以面面，故①正确；
对于②：若是的中点，又为的中点，则且，
而且，所以且，即为平行四边形，
故，所以与的夹角为或其补角，
若为中点，即，由①分析易知，
故与的夹角为，故②正确；

对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，最大，
此时，故③错误；
对于④：由②分析知：且，故的轨迹与到的轨迹相同，
由①知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点，
故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，所以的轨迹长度为，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点睛：应用线面、面面垂直的判定判断面面垂直；根据线线角的定义，结合平行四边形的性质找到线线角的平面角并求大小；判断动点的轨迹，由圆的性质及棱锥的体积公式求的最大体积以及F的轨迹的长度.
12．如图，正方体的棱长为4，点P在正方形的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足的点P组成，则四面体的体积的取值范围 .

【答案】
【分析】连接，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理求出，即可得到以为圆心2为半径的圆面上，再根据得到当在边上时四面体的体积最大，当在边的中点时四面体的体积最小，再根据面体的体积公式计算可得取值范围.
【解析】连接，如图所示，

因为平面，平面，所以，
∵，由，，则；
所以在以为圆心2为半径的圆面上，由题意可知，，
所以当在边上时，四面体的体积的最大值是.
所以当在边的中点时，的面积取得最小值，此时，
所以四面体的体积的最小值是，所以，
故答案为：.
【点睛】思路点睛：
求解三棱锥体积的最值问题，要找准突破口，也即是按三棱锥的体积公式，
通常会有以下两种：
①如果底面积固定，则通过找高的最值来进行求解；
②如果高已知确定，则求底面积的最值来进行求解（如本题）.
题型5：多面体与球内切、外接问题
13．在四棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】作出辅助线，求出四边形和均为菱形，均为等边三角形，求出各边长，得到，又，从而得到线面垂直，找到三棱锥外接球球心在平面的投影为，根据半径相等列出方程，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积.
【解析】取中点，连接，与相交于点，
因为，所以，
又，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形为菱形，，，
同理可得四边形为菱形，故，所以均为等边三角形，
所以，
因为，所以，由勾股定理得，
又，故，故，
又，平面，所以平面，
由于，故的外接圆圆心为，
故三棱锥外接球球心在平面的投影为，
过点作⊥于点，连接，，则，
设，则，，，
设，其中，
所以，解得，
故，
故三棱锥外接球的表面积为.
  
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
14．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .
  
【答案】
【分析】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.
【解析】取中点，连接，则，
，平面，所以平面，
又因为，则，
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点，且，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为，
可知平面平面，且四点共面，
由题可得，
在Rt中，可得，
又因为，则，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的面积为.
故答案为：.
  
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
15．在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线翻折，取的中点，连接，若，则三棱锥的外接球的半径为 .
【答案】/
【分析】由题意可得和都是等边三角形，取的中点，可得平面，取的外心为，过作，则三棱锥的外接球的球心在直线上，然后在Rt和Rt中求解即可.
【解析】如图所示，易知和都是等边三角形，取的中点，则
，由题意得，则，
因为，所以，
所以，所以，所以，
因为平面平面，所以.
    
因为平面，所以平面，
在Rt中，，
取的外心为，过作∥，则三棱锥的外接球的球心在直线上，连接，
令，在线段上取点，使得，连接，，
则在Rt和Rt中，
可得，所以，解得.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的外接球问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心的位置，从而可求出球的半径，考查计算能力和空间想象能力，属于较难题.

二、单选题
16．已知三棱锥的顶点都在球的球面上，平面，若球的体积为，则该三棱锥的体积的最大值是（    ）
A． B．5 C． D．
【答案】A
【分析】将三棱锥放入长方体内，得到为球直径，由基本不等式求出，从而求出三棱锥的体积的最大值.
【解析】因为，易知三角形为等腰直角三角形，
又平面，所以为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入长方体内，如图，
  
长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，
，
解得，
又，
解得，
，所以
所以三棱锥的体积，
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
17．已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为AC，AB上的动点（P与C不重合），将沿PQ折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCPQ．若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O体积的最小值为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由题设共圆，进而确定，找到，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设,且，求外接球半径最小值，即可得结果．
【解析】显然P不与A重合，由点，B，C，P，Q均在球D的球面上，得B，C，P，Q共圆，则，
又为等腰直角三角形，AB为斜边，即有，
  
将翻折后，，，又平面平面，
平面平面，
  
平面，平面BCPQ，于是平面BCPQ，平面，
显然，BP的中点D，E分别为，四边形BCPQ外接圆圆心，
则平面，平面，因此，，
取PQ的中点F，连接DF，EF，则有，，
四边形EFDO为矩形，设且，，，
设球O的半径R，有，
当时，，所以球O体积的最小值为．
故选：C．
【点睛】方法点睛：
几何体展开、折叠问题，重点是要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.
18．已知正六棱锥的侧棱长为，底面边长为2，点为正六棱锥外接球上一点，则三棱锥体积的最大值为（    ）
    
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先根据锥体的结构特征求正六棱锥的高，再求其外接球的半径，再求球心到平面的距离，最后结合锥体的体积公式求三棱锥体积的最大值即可.
【解析】由题意可得正六棱锥的高为，
设正六棱锥的外接球的球心到底面的距离为，
设外接球半径为，则， ，
解得，
设外接球的球心为，则即为正六边形的中心，连接，
过作交于，过作交于，
  
因为底面，底面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，所以平面，即为球心到平面的距离，
因为，，
所以在中由等面积法可得，解得，
因此点到平面的最大距离为，
因为，所以三棱锥体积的最大值为，
故选：B
【点睛】关键点睛：解决多面体和球的切接问题的关键在于确定球心的位置，求出球的半径.
19．已知平面四边形中，，将沿对角线折起，使得二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点，的中点，连接，，过点作平面，设点为三棱锥的外接球的球心，半径为，由，可得，根据，解得，可得，即可得出三棱锥的外接球的表面积．
【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，

设点为三棱锥的外接球的球心，过点作平面，
连接，，设，球的半径为，
，，
为中点，，，
又平面，
二面角的平面角为，
，，，
，
，

，
，
解得，
，
三棱锥的外接球的表面积为．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查了三棱锥外接球问题，考查空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题.解决本题的关键是利用空间中线面关系结合空间向量数量积的运算律，将外接球的半径转化为向量模长求解，设球心到平面的距离为，将向量拆分成，并确定其中两两向量之间的数量积，利用向量运算得，结合球的几何性质列方程求解半径即可.

三、解答题
20．如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过，，三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且.
  
(1)设平面，求证：；
(2)平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
(3)当最小时，求三棱锥的外接球的表面积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）连接，即可证明平面，根据线面平行的性质证明即可；
（2）设，连接，设，连接，即可得到截面即为平面，再根据锥体、柱体的体积公式计算可得；
（3）取的中点，的中点，连接、、、，即可证明平面平面，则在线段上，从而得到当为的中点时最小，令，连接，则球心在上，设球心为，连接、、，利用勾股定理求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得.
【解析】（1）连接，因为且，所以为平行四边形，
所以，平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以.
  
（2）在正方形中，直线与直线相交，
设，连接，设，连接，
由为的中点，得为的中点，，
所以平面即为平面，
因为为的中点，所以为的中点，
所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台，
因为正方体的棱长为，
所以
，
另一部分几何体的体积，
两部分的体积．
（3）取的中点，的中点，连接、、、，
显然，，所以，平面，平面，
所以平面，
又为的中点，所以且，又且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
平面，平面，
所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又点是侧面内的动点，且，
所以在线段上，又，
即为等腰三角形，所以当为的中点时最小，
因为为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边的中点，设为，
令，则为的中点，连接，则，所以平面，
所以球心在上，设球心为，连接、、，
设外接球的半径为，，则，
又，，
所以，，解得，则，
所以外接球的表面积.
  
【点睛】关键点睛：第三问题点的轨迹问题的关键是通过面面平行确定的位置，对于外接球关键是确定球心所在位置.
21．已知矩形中，，，为线段上一点（不在端点），沿线段将折成，使得平面平面．

（1）证明：平面与平面不可能垂直；
（2）若二面角大小为60°，
（ⅰ）求直线与所成角的余弦值；
（ⅱ）求三棱锥的外接球的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）（i）；（ii）
【分析】（1）用反证法进行证明；
（2）先根据二面角大小为60°，判断出DE=1.
（i）连结，由AD∥BC，判断出或其补角即为直线与所成角.
在三角形中，先求出，再利用二倍角的余弦公式求出直线与所成角的余弦值；
（ii）取AC的中点为,过作⊥面ABC于，判断出三棱锥的外接球的球心必在上，不妨设球心为O.利用，求出外接球的半径,即可求出外接球的体积.
【解析】（1）

假设结论不成立，则平面⊥平面.
过C作CF⊥面于F（F与B不重合时），则CF⊥；
又为矩形，所以CB⊥；
因为，所以⊥面.
相对于，AB为垂线，为斜线，所以
而，，所以，矛盾.
所以假设不成立，所以平面与平面不可能垂直；
过C作CF⊥面于F（F与B重合时），则面⊥面,
这与平面平面相矛盾，（过平面的一条斜线有且只有一个平面与已知平面垂直）.
所以假设不成立，所以平面与平面不可能垂直；
（2）

因为平面平面，过作⊥AC于N，则⊥面.过D作DM⊥AC于M，连结MN，则即为二面角的平面角，所以.
在直角三角形中，因为，所以
在图（1）中，

以D为原点，分别为x、y轴正方向建立平面直角坐标系，则，所以直线，直线.
因为DM⊥AC，所以可设直线，与直线AC联立解出，
所以.
由三角形等面积法得：，即，解得：.
由，得，所以，即，解得：t=1.即DE=1.
（i）如图（2）中，连结，因为AD∥BC，则或其补角即为直线与所成角.

在三角形中，，

过A作AG垂直于G，则G为的中点，所以，
所以.
即直线与所成角的余弦值为.
（ii）

在直角三角形中，，所以.
取AC的中点为,过作⊥面ABC于，且.则三棱锥的外接球的球心必在上，不妨设球心为O.
因为，所以

设，由O为球心，得：，即，
解得：，所以球心O在面ABC的下方，
此时外接球半径,
所以外接球的体积为.
【点睛】（1）证明否定性结论的问题通常用反证法；
（2）多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法．
22．如图，已知正方体内接于球O，且球的半径为，P，Q分别是，上的动点.
  
（1）求正方体的棱长；
（2）求的最小值；
（3）若平面与平面所成二面角的大小为，平面与平面所成二面角的大小为，试求的最小值，及此时P点的位置.
【答案】（1）2（2）（3），点P位于BC的中点
【分析】（1）设正方体的棱长为，根据球O的直径为正方体的体对角线，可求得正方体的棱长.
（2）由题意得面，面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面，利用平面几何知识求解即可.
（3）连接交于点E，连接交于点F，证明对角面面，过点作交于，则面，连接,即可得到所求角，设，通过求可得到取最小值，即可得的最小值.
【解析】（1）正方体内接于球O，则球O的直径为正方体的体对角线，设正方体的棱长为，则体对角线即直径长为，解得，即正方体的棱长为2.
（2）Q是上的动点，由题意知，面，P是上的动点，面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面，如图，
当时最小，为等腰直角三角形，,其中，则,
则可得,
则,
故的最小值为.
  
（3）连接交于点E，连接交于点F，
面,得,得面,
面,可得面面，面面,
过点作交于，则面，得,
连接,,可得面,面,
即得,,由二面角的定义可得为平面与平面所成的二面角，平面与平面所成的二面角,
设，则,
当时，有，

而当时，，,
上式仍然成立，类似的可以验证当时，上式也成立，
于是，当时，即点P位于BC的中点时，取最小值为，
又，所以
  
【点睛】本题考查正方体的外接球，考查立体图形中化曲为直求最值问题，考查二面角的求法，考查分析推理能力和计算能力，综合性较强.