压轴题04立体几何压轴题十大题型汇总-2

这是一份压轴题04立体几何压轴题十大题型汇总-2，共49页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，在中，， ，，D为线段BC（端点除外）上一动点.现将沿线段 AD折起至，使二面角的大小为120°，则在点 D的移动过程中，下列说法错误的是（ ）
A．不存在点，使得
B．点在平面上的投影轨迹是一段圆弧
C．与平面所成角的余弦值的取值范围是
D．线段的最小值是
2．如图，已知长方体的体积为是棱的中点，平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）

A．B．C．D．
3．2022年北京冬奥会的成功举办使北京成为奥运史上第一座“双奥之城”.其中2008年北京奥运会的标志性场馆之一“水立方”摇身一变成为了“冰立方”.“冰立方”在冬奥会期间承接了冰壶和轮椅冰壶等比赛项目.“水立方”的设计灵感来自威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文胞体是一种多面体，它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有24个顶点，且棱长为2，则该多面体的表面积是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
5．已知正方形ABCD的边长为4，点E在线段AB上，．沿DE将折起，使点A翻折至平面BCDE外的点P，则（ ）
A．存在点P，使得B．存在点P，使得直线平面PDE
C．不存在点P，使得D．不存在点P，使得四棱锥的体积为8
6．如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（ ）

A．
B．
C．点的轨迹的长度为
D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为
7．如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则下列关于该几何体叙述正确的是（ ）
A．该几何体的体积为B．该几何体为七面体
C．二面角的余弦值为D．该几何体为三棱柱
8．球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
9．阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则与平面的夹角为
10．如图1，在等腰梯形中，，且为的中点，沿将翻折，使得点到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（ ）
A．在翻折过程中，与可能垂直
B．在翻折过程中，二面角无最大值
C．当三棱锥体积最大时，与所成角小于
D．点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是
三、填空题
11．如图在四棱柱中，侧面为正方形，侧面为菱形，，、分别为棱及的中点，在侧面内（包括边界）找到一个点，使三棱锥与三棱锥的体积相等，则点可以是 （答案不唯一），若二面角的大小为，当取最大值时，线段长度的取值范围是 ．

四、解答题
12．如图①，四边形是边长为2的正方形，与是两个全等的直角三角形，且与交于点，将与分别沿翻折，使重合于点，连接，得到四棱锥，如图②，
(1)证明：；
(2)若为棱的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
13．如图1，已知在正方形中，，，，分别是边，，的中点，现将矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如图2所示．
(1)证明：平面平面；
(2)设是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值．
14．如图，已知正方体和正四棱台中，，．
(1)求证：平面；
(2)若是线段的中点，求三棱锥的表面积．
15．如图，正四棱柱的底面边长为1，高为2，点是棱上一个动点（点与均不重合）.
(1)当点是棱的中点时，求证：直线平面；
(2)当平面将正四棱柱分割成体积之比为的两个部分时，求线段的长度.
16．已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．
(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；
(2)求证：曲线C是抛物线．
17．蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如图1所示.蜂房结构是由正六棱柱截去三个相等的三棱锥，，，再分别以，，为轴将，，分别向上翻转，使，，三点重合为点所围成的曲顶多面体（下底面开口），如图2所示.蜂房曲顶空间的弯曲度可用曲率来刻画，定义其度量值等于蜂房顶端三个菱形的各个顶点的曲率之和，而每一顶点的曲率规定等于减去蜂房多面体在该点的各个面角之和（多面体的面角是多面体的面的内角，用弧度制表示）.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为.
(1)求蜂房曲顶空间的弯曲度；
(2)若正六棱柱底面边长为1，侧棱长为2，设
（i）用表示蜂房（图2右侧多面体）的表面积；
（ii）当蜂房表面积最小时，求其顶点的曲率的余弦值.
18．在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，且为该平面的法向量.已知集合，，.
(1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值；
(2)记集合Q中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值：
(3)记集合T中所有点构成的几何体为W.
①求W的体积的值；
②求W的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W的面数和棱数.
19．三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：.若，则称为空间向量与的叉乘，其中，，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点.
(1)①若，求；
②证明：.
(2)记的面积为，证明：；
(3)问：的几何意义表示以为底面､为高的三棱锥体积的多少倍？
20．如图，在正三棱锥中，，点满足，，过点作平面分别与棱AB，BD，CD交于Q，S，T三点，且，.
(1)证明：，四边形总是矩形；
(2)若，求四棱锥体积的最大值.
21．如图1，在矩形中，B，C分别为，的中点，且，现将矩形沿翻折，得到如图2所示的多面体．
(1)当二面角的大小为60°时，证明：多面体为正三棱柱；
(2)设点关于平面的对称点为，当该多面体的体积最大时，求三棱锥的体积．
22．如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面是矩形，．
(1)求证：三棱锥是正三棱锥；
(2)若三棱柱的体积为，求直线与平面所成角的正弦值．
23．正锥体具有良好的对称性．
(1)在正三棱锥中，证明：；
(2)已知正棱锥．请在下列两个条件中，选择一个命题填到___________上，并证明：
①当，时，存在，使得；
②当，时，不存在，使得．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
24．甲、乙、丙三人以正四棱锥和正三棱柱为研究对象，设棱长为，若甲从其中一个底面边长和高都为2的正四棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，定义随机变量的值为其三角形的面积；若乙从正四棱锥（和甲研究的四棱锥一样）的8条棱中任取2条，定义随机变量的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）；若丙从正三棱柱的9条棱中任取2条，定义随机变量的值为这两条棱的夹角大小（弧度制）.
(1)比较三种随机变量的数学期望大小；（参考数据）
(2)现单独研究棱长，记（且），其展开式中含项的系数为，含项的系数为.
①若，对成立，求实数，，的值；
②对①中的实数，，用数字归纳法证明：对任意且，都成立.
25．如图，已知正三棱锥和正三棱锥有相同的底面，且．
(1)若，求二面角的余弦值；
(2)若平面，求的长度．
参考答案：
1．D
【分析】过点B作AD的垂线,交AD于点E,连接,,过点 作BE的垂线,交BE于点H,进而证明平面 ABC,即在平面 ABC上的投影为点H,连接CH,假设,则 ,即可判断A；由 ,可判断点E的轨迹,进而判断B；连接AH,则与平面 ABC所成的角为,由相似可得 ,设 ,可得的范围,即可得 的范围,即可判断C；设 ,在中利用余弦定理求解,即可判断D.
【详解】过点B作AD的垂线,交AD于点E,连接,,过点 作BE的垂线,交BE于点H,易知,则 平面 ,所以为二面角的平面角的补角,即 ,所以,即 H为BE的中点,易知平面平面,又 ,所以平面ABC,所以在平面ABC上的投影为点 H,
对于选项A,若,连接CH,则,而这是不可能成立的,故A正确；
对于选项B,因为,所以点E的轨迹为以AB为直径的一段圆弧,又 H为 BE的中点,所以点H的轨迹也为一段圆弧,故B正确；
对于选项C,连接AH,则与平面ABC所成的角为,设 ,则,所以由 ,得 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,故C正确；
对于选项D,设,则, ,
,
其中,故,故D错误,
故选:D
【点睛】本题考查线线垂直的判断,考查余弦定理的应用,考查线面角的范围,考查空间想象能力.
2．A
【分析】根据题意，先求平面与交点的位置，再设长方体的长、宽、高分别为，最后利用三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】取的中点，连接， 易知，所以平面与交点为.

设长方体的长、宽、高分别为，则.
平面将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为
.
故选：A.
3．C
【分析】根据多面体顶点的个数，分析确定正方形的个数和正六边形的个数，再求表面积.
【详解】棱长为2的正方形的面积为，正六边形的面积为，
又正方形有个顶点，正六边形有个顶点，该多面体共有个顶点，
所以最多有个正方形，最少有个正六边形，1个正方形与个正方形相连，所以该多面体有个正方形，正六边形有个.
所以该多面体的表面积是：.
故选：C.
4．D
【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.
【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，
易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；
连接，，有，，故，
所以线段与相交，C错误；
连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.
故选：D.
5．AC
【分析】对于A,根据线面垂直的判定定理可得面PCD，继而，根据勾股定理验证即可；对于B，根据线面平行的性质定理可得，矛盾，B错；对于C，根据线面垂直的判定定理可得则面DEN，则，矛盾，C错；对于D，当平面时，体积最大，通过计算可判定.
【详解】若，又，,
平面，平面，
则面PCD，平面,则，
而，，有解，A对．
若平面PDE，平面BCDE，
平面平面，
∴，矛盾，故B错误；

取PC中点N，∵，则，
若，又，
且平面DEN，平面DEN,
则面DEN，又平面DEN,
则，则矛盾，
∴不存在P使得，C对．
，
A到DE距离，
，存在，D错，
故选：AC．
6．BCD
【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可
【详解】

依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分，
故，又在平面内的射影在线段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即为二面角的平面角
对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误；
对于B选项， 即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确；
对于C选项， 恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确；
对于D选项，如下图所示

设，
在中，，，
在中，，，
所以，设直线与平面所成角为，
则
，
当且仅当时取等号，故D正确．
故选：BCD．
7．ACD
【分析】选项A可以分别求正四棱锥和正四面体的体积即可；
选项C先确定二面角的平面角为，在三角形中利用余弦定理可得；
选项D先根据二面角与二面角的关系确定四点共面，再证得平面平面，三个侧面都是平行四边形即可；
选项B根据选项D三棱柱有5个面，可判断错误.
【详解】
如图：在正四面体中中，为的中点，连接，连接作于，
则为的中心，为正四面体中的高，
因， ，，，
，
在正四面体中中，为的中点，所以，，
故为二面角的一个平面角，
如图：在正四棱锥中，由题意，
连接，交于点，连接，则为正四棱锥的高，
，，
，
该几何体的体积为，故A正确，
取的中点，连接，，
由题意正四棱锥的棱长都为1，所以，，
故即为二面角的一个平面角，
其中，，
在中，，故C正确，
因，可知二面角与二面角所成角互补，
故平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面，
故该几何体有5个面，B错误，
因四点共面，且和都为等边三角形，易知，且，故侧面为平行四边形，
又平面,平面，所以平面，
同理平面，且侧面为平行四边形，
又，平面，平面，
所以平面平面，又侧面为正方形，
故多面体即为三棱柱，故D正确，
故选：ACD
8．BC
【分析】根据弧长公式即可求解A，根据勾股定理以及弧长公式即可求解B，根据球的截面性质可得求解C，根据余弦定理，取反例即可求解D.
【详解】若平面是面积为的等边三角形，则，则，.A不正确.
若，则，则.B正确.
若，则，，
则平面的外接圆半径为，则到平面的距离，
则三棱锥的体积，
则球面的体积.C正确.
由余弦定理可知因为，所以，则.
取，，则，，
则.D不正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
9．BC
【分析】根据题意求线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定定理及性质即可得出答案.
【详解】A：当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，
当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
B：若，则菱形为正方形，
因为平面，平面，所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为，故B正确；
C：在四面体中，，，所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，又平面，所以，同理，
又平面，所以平面，故C正确，
D：直四棱柱在顶点处的离散曲率为,
则,即是等边三角形,
设,则即为与平面的所成角,,故D错误;
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：关键是充分理解离散曲率的定义，从而结合立体几何的知识求解即可．
10．AC
【分析】先确定未翻折之前，图形中的数量关系和位置关系，翻折时，当时可证平面平面，从而可证，判断A；且此时二面角取得最大值，判断B；还是此时，当三棱锥体积最大，可求异面直线与所成角，判断C；对D，根据圆锥曲线的定义，判断二面角的取值范围，求出高的取值范围，从而的三棱锥的体积的取值范围，判断D.
【详解】如图1：
在未折起之前，有，， ，..
又，，所以.
沿将翻折，则点轨迹为一个圆，且圆面一直和垂直，如图：
当时，，又，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又平面，平面平面，，所以平面.
平面，所以.故A正确.
此时，，所以即为二面角的平面角为，是二面角的最大值，故B错误；
此时三棱锥的高等于，高取得最大值，又底面不变，所以三棱锥的体积最大.
如图：
取中点，连接，，则即为一面直线与所成角，
在中，，，，
所以，
所以，故C正确；
对D：点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的概念，二面角应该在之间取值，且不能为（此时点的轨迹是圆），
当二面角或时，，
当二面角时，，
所以点在平面内，且直线与直线所成角为，且点的轨迹是椭圆时，，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：用一个平面截圆锥体，要想得到的截面是一个椭圆，截面不能和圆锥的母线相交，且截面不能与圆锥的轴垂直（此时的截面是圆）.
11． 的中点，（答案不唯一，点在与的中点的连线段上即可）
【分析】取棱及的中点、，连接、，、，，即可证明平面平面，即可得到点在线段上，过点作交于点，在平面内过点作，即可得到为二面角为平面角，易知，即可求出的最大值，此时，即为正方形，从而求出，，，即可求出线段长度的取值范围.
【详解】取棱及的中点、，连接、，、，，
因为、分别为棱及的中点，
所以，，则，
又且，且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又，平面，所以平面平面，
又点在侧面内（包括边界），且三棱锥与三棱锥的体积相等，
当点在线段上时，点到平面的距离与点到平面的距离相等，
此时三棱锥与三棱锥的体积相等，
所以点在线段上，即点在与的中点的连线段上.
过点作交于点，在平面内过点作，
因为侧面为正方形，所以，
所以为二面角为平面角，
又二面角的大小为，所以，易知，
又侧面为菱形，，所以，所以，
所以当取最大值时，，即为正方形，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
又，
所以，所以，即为直角三角形且，
所以当点在线段上运动时，
即线段长度的取值范围为.
故答案为：的中点，（答案不唯一，点在与的中点的连线段上即可），．

【点睛】关键点点睛：第一问关键是构造面面平行，从而确定点的轨迹，第二问关键是确定二面角的平面角，从而得到的最大值，以及此时所满足的几何关系.
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）易证平面，从而得出，再证明平面即可证明；
（2）可由（1）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可.
【详解】（1）由翻折的不变性可知四棱锥的底面是边长为2的正方形，，
因为平面，
所以平面，又平面，所以，
如图，连接，则，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）由（1）可知两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题图①可知，又，所以，
则，，
所以，又为棱的中点，
所以，，
设平面的法向量为，则，即，
令，得，故，
设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理证得平面，得，然后结合得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证得平面平面；
（2）可以建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解，也可以利用二面角的定义找到二面角的平面角，然后在三角形中进行求解．
【详解】（1）因为四边形是正方形，，分别是边，的中点，
所以是直角，且平行且等于，即四边形是矩形，
进一步有，
因为平面平面，平面平面，
且平面，，
所以平面，
因为平面，所以．
易知，则，所以．
因为，平面，平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）
解法一：由（1）可知，，，三条直线两两垂直，故可以为坐标原点，
分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，
如图所示．则，，，，
从而，．
由题设，则，
又，则．
设平面的法向量为，则，得，
取，则，，得．
由（1）知，是平面的一个法向量，
所以，解得，故．
解法二：如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为，连接．
因为平面平面，平面平面，
且，平面，
所以平面，即平面，
又平面，
则，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
则，
所以为二面角的平面角．
由（1）知平面，平面，
所以平面平面，
所以二面角为直二面角，
所以二面角的正弦值等于二面角的余弦值，
所以，所以.
由题可设，则，，
所以在中，，
解得，故.
【点睛】关键点点睛：利用向量法解决立体几何中的空间角问题，关键在于依托图形建立合适的空间直角坐标系，将相关向量用坐标表示，通过向量的坐标运算求空间角，其中建系的关键在于找到两两垂直的三条直线．
14．(1)证明见解析.
(2).
【分析】（1）添加辅助线构造平行四边形，得出线线平行，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）依据题意添加辅助线分别解出三棱锥四个面的面积求和即可.
【详解】（1）如图：连接，延长，与直线交于点，与交于点，
易知平面，
延长，与交于点，
则，
易知，所以，则，
故，又且，
故四边形为平行四边形，所以，
又平面，，所以平面平面．
（2）如图：连接，延长交直线于点，易知平面，
，连接，
在中，由余弦定理得，
故，由于，
故，
，
在中，，
故，故，
则，
由对称性知，则，
在中，，
故，
又，
故三棱锥的表面积．
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的判定定理，通过勾股定理证，，即可证得直线平面；
（2）连接，作平行于，交于点，连接，说明截面为平面，由，列方程求解可得的长度.
【详解】（1）因为是棱的中点，
所以，
，，
由勾股定理，得，同理可得，，
又，、平面，
所以直线平面；
（2）连接，作平行于，交于点，连接，
因为，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以，则截面为平面，
设线段的长为，
因为，所以，得，
故，
可得，
又由，可得，
由题意，整理的，解得，
所以线段的长度为.
16．(1)证明见解析；；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面，据此可求出球的半径，可得，化简即可得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解.
【详解】（1）∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，
∴，
记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F，
∴，
∵平面内直线AO，FP相交于点F，
∴TF⊥平面，
∵直线TF平面AOS，
∴平面AOS⊥平面，
∴．连TO，TM，
∴，，
∴球T的半径且，
∴.
（2）在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点
∵，
∴
以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图.
∵OM，OF与球T相切，
∴，
∴，，
设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．
∵PF与球T相切于点F，
∴，，
∴，
即（1），
两边平方整理得：（2），
两边平方整理得：（3），
易知：（3）（2）（1），
∴交线C在坐标平面xOy中方程为，
∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.
17．(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根据弯曲度、曲率的定义求得正确答案.
（2）（i）结合多面体的表面积的求法求得；（ii）利用导数求得蜂房表面积最小时的值.令，利用余弦定理求得，结合三角恒等变换的知识求得顶点的曲率的余弦值.
【详解】（1）蜂房曲顶空间的弯曲度为顶端三个菱形的7个顶点的曲率之和，
根据定义其度量值等于减去三个菱形的内角和，
再减去6个直角梯形中的两个非直角内角和，
即蜂房曲顶空间的弯曲度为.
（2）（i）如图所示，连接AC，SH，则，设点在平面的射影为O，
则，则，
菱形SAHC的面积为，
侧面积，
所以蜂房的表面积为.
（ii），
令得到，
所以在递增；在递增.
所以在处取得极小值，也即是最小值.
此时，在中，令，由余弦定理得，
又顶点的曲率为，
.
18．(1)，；
(2)，；
(3)①16；②，共有12个面，24条棱.
【分析】（1）首先分析题意进行解答，分别表示出集合代表的点，后得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可.
（2）首先根据（1）分析得出为截去三棱锥所剩下的部分.
后用割补法求解体积即可.
（3）利用题目中给定的定义求出法向量，结合面面角的向量求法求解，再看图得到面数和棱数即可.
【详解】（1）集合表示平面上所有的点，
表示这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2的正方形，因此.
对于，当时，
表示经过，，的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q表示，，
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点.
它是边长为的正方形，因此.
（2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，；
考虑集合的子集；
即为三个坐标平面与围成的四面体.
四面体四个顶点分别为，，，，
此四面体的体积为
由对称性知，
考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体，
即，
，
显然为两个几何体公共部分，
记，，，.
容易验证，，在平面上，同时也在的底面上.
则为截去三棱锥所剩下的部分.
的体积，三棱锥的体积为.
故的体积.
当由对称性知，.
（3）
如图所示，即为所构成的图形.
其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥，
其中到面的距离为，
，.
由题意面方程为，由题干定义知其法向量
面方程为，由题干定义知其法向量
故.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为.
由图可知共有12个面，24条棱.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何新定义，解题关键是利用新定义求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可．
19．(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
(3)6
【分析】（1）利用向量的叉乘的定义进行分析运算即可；
（2）利用数量积公式求得，则，可得，借助叉乘公式利用分析法即可证得结果；
（3）由，化简可得，即可得到结果.
【详解】（1）①解：因为，
则.
②证明：设，
则
，
与互换，与互换，与互换，
可得，
故.
（2）证明：因为
.
故，
故要证，
只需证，
即证.
由（1），
故，
又，
则成立，
故.
（3）由（2），
得
，
故，
故的几何意义表示：
以为底面､为高的三棱锥体积的6倍.
【点睛】解答本题的关键：一是对向量叉乘定义的理解；二是证明时，利用分析法，把条件坐标化处理.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，根据条件可得平面，从而得到，再利用平行于，可得出四边形为平行四边形，即可证明；
（2）取中点，连接，交平面于点，根据条件得出，构造函数，利用导数与函数的单调性间关系，求出的最值，即可解决问题.
【详解】（1）当时，点是棱上的动点（不包括端点），取的中点，连接，
易知，又，平面，
所以平面，又面，所以，
又平面，平面平面，平面，所以，
同理，所以，
同理可得，所以四边形为平行四边形，
又或其补角是与所成的角，所以，故四边形为矩形；
（2），由，得，
又，得到，同理可得，
取中点，连接，交平面于点.
因为，所以该正三棱锥为正四面体，所以，所以，
同理，，，
所以，，又，平面，
所以平面，因为平面与都平行，
所以可得，又易知，所以，
即到平面的距离为，
所以，
令，则，
由，得到，由，得到，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
21．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)通过证明平面平面，，平面可得；(2)由棱柱体积公式求其最大值，再结合棱锥体积公式求三棱锥的体积．
【详解】（1）因为,，平面，
所以平面，又，
所以平面，所以为二面角的平面角，
∵二面角的大小为60°，∴．
又，∴为等边三角形．
又∵，∴平面．同理平面．
又∵，平面，
∴平面平面．
又，
∴多面体为正三棱柱．
（2）设多面体的体积为
∵多面体为直三棱柱，
∴
，
当时，．
设与平面交于点，过点作平面于点，连接，，相交于点，则是的中点，．
∴，∴．
根据题意易知三棱锥为正三棱锥，
∴是的重心，，，三点共线，∴，
∴，∴．
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及性质定理，证明平面即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角正弦即可.
【详解】（1）分别取AB，BC中点D，E，连接CD，AE交于点O，则点O为正三角形ABC的中心．
因为得，
又平面，
所以平面，又平面，
则；
取中点，连接，则四边形是平行四边形，
因为侧面是矩形，所以，又，
又平面，
所以平面，又平面，则；
又，平面，所以平面，
所以三棱锥是正三棱锥．
（2）因为三棱柱的体积为，底面积为，所以高，
以E为坐标原点，EA为x轴正方向，EB为y轴正方向，过点E且与平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量，因为．
则，取，可得，
又，
设直线与平面所成角为θ，
所以.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连，，根据等腰三角形的性质得，，再根据直线与平面垂直的判定得平面，再根据直线与平面垂直的性质得；
（2）选①时，取，在三棱锥中，取的中点为，连，，根据直线与平面垂直的判定定理与性质可证；选②时，在三棱锥中，取的中点为，连，，利用反证法可证结论成立.
【详解】（1）因为三棱锥为正三棱锥，所以底面为正三角形，侧面都是以为顶点的等腰三角形，
取的中点，连，，则，，
又，平面，
所以平面，因为平面，所以.

（2）选①，当，时，为大于等于的奇数，底面是正边形，
取，则三棱锥的底面是等腰三角形，侧面都是以为顶点的等腰三角形，且，取的中点为，连，，
则，， 又,平面，
所以平面，因为平面，所以.
即存在，使得.
选②，当，时，为大于等于的偶数，底面是正边形，
假设存在，使得，
在三棱锥中，取的中点为，连，，
则，又因为，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以，则在正边形中，
根据对称性可知，与之间顶点个数等于与之间顶点的个数，
则正边形的顶点个数为奇数，即为奇数，这与，相矛盾，故假设不成立，
所以当，时，不存在，使得．

24．(1)
(2)①；②证明过程见解析
【分析】（1）直接根据三角形面积公式、线线角以及期望公式求解即可；
（2）①首先代入得到关于的三元一次方程组即可求解；②由①中结论结合数学归纳法即可得证.
【详解】（1）如图所示：
由题意设为正四棱锥的高，为中点，
由于正四棱锥的底面边长和高都是2，
所以，所以，
由对称性以及三线合一可知，
若甲从其中一个底面边长和高都为2的正四棱锥的5个顶点中随机选取3个点构成三角形，
则的所有可能取值为，
且，
所以，
若乙从正四棱锥（和甲研究的四棱锥一样）的8条棱中任取2条，
则的所有可能取值为，
，
代入参考数据，得，
若丙从正三棱柱的9条棱中任取2条，
则的所有可能取值为，
，
所以.
（2）①因为中项的系数为，
一般地，从中的第个因式中取一个，其余因式中取常数即可得到一个项，
而这一项的系数为，，
因为中项的系数为，
一般地，从中的第个因式中各取一个，其余因式中取常数即可得到一个项，
而这一项的系数为，从而，
从而，
，
由题意得，解得；
②用数学归纳法证明：且时，.
当时，，故结论对成立，
假设结论对成立，即，
则
，
所以结论对也成立，
故，对任意成立.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键是弄清楚各个随机变量的取值可能，并求出相应的概率由此即可顺利得解.
25．(1)
(2)
【分析】（1）先根据几何体的对称性将二面角转化为二面角的倍，再利用二面角的定义求二面角即可；
（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，根据和平面的法向量垂直求从而求解．
【详解】（1）解：当时，上、下两个正三棱锥全等，
所以二面角的平面角为二面角的平面角的倍．
取的中点，连接、，连接交平面于点，
则为等边的中心，且平面，
因为、都是等边三角形，则，，
所以为二面角的平面角．
在中，，，
因为为等边的中心，则，
因为平面，平面，所以，，
所以．
所以，
所以二面角的余弦值为．
（2）解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、．
则，．
连接，由三棱锥维为正三棱锥，可得平面，
设，平面的法向量为，
则，取，可得，
易知，由平面可知，即，
所以，得，
所以．