新高考数学二轮复习专题讲测练专题07 立体几何小题常考全归类（精讲精练）（解析版）

专题07立体几何小题常考全归类【命题规律】高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．【核心考点目录】核心考点一：球与截面面积问题核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题核心考点四：立体几何中的交线问题核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题核心考点六：空间角问题核心考点七：轨迹问题核心考点八：以立体几何为载体的情境题核心考点九：翻折问题【真题回归】1．已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故.因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为故选：B2．如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图所示，过点作于，过作于，连接，则，，，，，，所以，故选：A．3．（多选题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（

）A． B．C． D．【答案】CD【解析】设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.4．（多选题）已知正方体，则（

）A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD【解析】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD5．（多选题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（

）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析】易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．6．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【答案】.【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，所以根据弧长公式可得.故答案为：.【方法技巧与总结】1、几类空间几何体表面积的求法（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补．2、几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为，在求解锥体体积时，不能漏掉3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．4、球的截面问题球的截面的性质：①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离与球的半径及截面的半径的关系为．注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系），达到空间问题平面化的目的．5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模（为平面的斜线与平面内任意一条直线所成的角，为该斜线与该平面所成的角，为该斜线在平面上的射影与直线所成的角）．7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；（2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；（3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【核心考点】核心考点一：球与截面面积问题【规律方法】球的截面问题球的截面的性质：①球的任何截面是圆面；②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；③球心到截面的距离与球的半径及截面的半径的关系为．【典型例题】例1．已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD,，点E在棱PB上，且，过E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是____________.【答案】【解析】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，则球O半径.O位于PC中点处.因底面ABCD是矩形，则.因PA⊥平面ABCD，平面ABCD，则，又平面PAB，AB平面PAB，，则平面PAB.因PB平面PAB，则.取PB的中点为F，则，..因，则，得.则在直角三角形OEF中，.当EO与截面垂直时，截面面积最小，则截面半径为.故截面面积为.故答案为：例2．球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球的半径为为球表面上两动点，为线段的中点.半径为2的球在球的内壁滚动，点在球表面上，点在截面上的投影恰为的中点，若，则三棱锥体积的最大值是___________.【答案】15【解析】如图一所示：在圆中，因为点在截面上的投影恰为的中点，且，所以为直角三角形，且，又因为，所以可得，设，则有，所以，所以，当时，等号成立，所以；如图二所示：因为球的半径为，为线段的中点，所以，当三点共线且为如图所示的位置时，点为到平面的距离最大，即此时三棱锥的高最大，此时,所以此时,即三棱锥体积的最大值是15.故答案为：15.例3．如图，正方体的棱长为6，，点是的中点，则过，，三点的平面截该正方体所得截面的面积为_________．【答案】【解析】如图，过点作，连接，由面面平行的性质可得：四边形为平行四边形，又因为正方体的棱长为6，，点是的中点，所以点，所以，因为平行四边形的高为，所以，故答案为：.例4．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：①平面截正方体所得的截面图形是五边形；②直线到平面的距离是；③存在点，使得；④面积的最小值是．其中所有正确结论的序号是__________．【答案】①③④【解析】对于①，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接，则五边形即为所求的截面图形，故①正确；对于②，由题知，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得，，，所以，，所以由，可得，所以直线到平面的距离是，故②错误；对于③，如图建立空间直角坐标系，则，设，所以，又因为，所以，所以，假设存在点使得，所以，整理得，所以（舍去），或，所以存在点使得，故③正确；对于④，由③知，所以点在的射影为，所以点到的距离为，当时，，所以面积的最小值是，故④正确；故答案为：①③④核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题【规律方法】几类空间几何体体积的求法（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，有时可采用等体积转换法求解．（3）锥体体积公式为，在求解锥体体积时，不能漏掉【典型例题】例5．如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（

）A．存在最大值，最大值为 B．存在最小值，最小值为C．为定值 D．不确定，与，的位置有关【解析】如下图，连接，在正方体中，，分别为，的中点，可得，，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值．平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，．故选：C．例6．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，点P，Q分别为的中点，G在侧面上运动，且满足G∥平面，以下命题错误的是（）A．B．多面体的体积为定值C．侧面上存在点G，使得D．直线与直线BC所成的角可能为【解析】对A：连接，作图如下：因为为正方体，故可得//，又，与是同一条直线，故可得，则，故A正确；对B：根据题意，，且线段在上运动，且点到直线的距离不变，故△的面积为定值，又点到平面的距离也为定值，故三棱锥的体积为定值，故B正确；对C：取的中点分别为，连接，作图如下：容易知在△中，//，又//，，面面，故面//面，又G在侧面上运动，且满足G∥平面，故的轨迹即为线段；又因为为正方体，故面面，故，则当与重合时，，故C正确；对D：因为//，故直线与所成角即为直线与所成角，即，在中，，故，而当直线与直线BC所成的角为时，，故直线与直线BC所成的角不可能为，故D错误．故选：D．例7．如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交于E，交于F，给出下面几个命题：①四边形一定是平行四边形；②四边形有可能是正方形；③平面有可能垂直于平面；④设与DC的延长线交于M，与DA的延长线交于N，则M､N､B三点共线；⑤四棱锥的体积为定值．以上命题中真命题的个数为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【解析】因为平面与平面平行，截面与它们交于，BF，可得，同样可得，所以四边形是一个平行四边形，故①正确；如果四边形是正方形，则，因为，所以平面，又平面，E与A重合，此时不是正方形，故②错误；当两条棱上的交点是中点时，四边形为菱形，平面，此时四边形垂直于平面，故③正确；由与DC的延长线交于M，可得，且，又因为平面，平面ABCD，所以平面，平面ABCD，又因为平面，平面ABCD，所以平面平面，同理平面平面，所以BM，BN都是平面与平面ABCD的交线，所以B，M，N三点共线，故④正确；由于，平面，则E，F到平面的距离相等，且为正方体的棱长，三角形的面积为定值，所以四棱锥的体积为定值，故⑤正确．故选：C．核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形的中心为正方形的中心，，截去如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥（，，，四点重合于点），则此四棱锥的体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，则所得的棱锥侧面的高为，棱锥的高为其体积为：，当且仅当时等号成立，即体积的最大值为，故选：B.例9．已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（

）A． B． C． D．【解析】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，连接，由题意可知，，所以，由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，抛物线的方程为，，由题意，，得，代入，得，所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为，因为，所以，所以三棱锥体积的最小值为．故选：C例10．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点．过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（

）A． B． C． D．【解析】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面．由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为．故选：A．例11．如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（

）A．存在最大值，最大值为 B．存在最小值，最小值为C．为定值 D．不确定，与，的位置有关【解析】如下图，连接，在正方体中，，分别为，的中点，可得，，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值．平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，．故选：C．核心考点四：立体几何中的交线问题【规律方法】几何法【典型例题】例12．在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为__________．【答案】【解析】过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平面平面，平面平面,，平面平面所以,所以或其补角即为m，n所成的平面角，设正四棱锥ABCD的棱长为1，，则，在中，由余弦定理得：，同理,故在中，，由于，则，进而，当时取等号，故的最小值为，进而，故的最大值为，故答案为：例13．已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.【答案】【解析】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为，则，所以，两球相交形成形成的图形为圆，如图，在中，，，在中，，所以交线所在圆的半径为，所以交线长度为.故答案为：例14．已知正方体的棱长为，以为球心，半径为2的球面与底面的交线的长度为___________.【答案】；【解析】正方体中，平面，所以平面与球的截面是以为圆心的圆，且半径为，所以球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，该交线为.故答案为：.例15．如图，在四面体中，，，两两垂直，，以为球心，为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度和为___．【答案】【解析】因为，所以是边长为的等边三角形，所以边长为的等边三角形的高为：，所以，设到平面的距离为，，所以，所以，解得，则，所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，所以交线总长度为：.故答案为：.核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题【规律方法】几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值【典型例题】例16．已知正三棱锥的底面边长为，外接球表面积为，，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【解析】依题意，，解得，由是正三角形可知：其外接圆半径为，设点S到平面ABC的距离为h，故，解得或，则或（舍去），故，则，而，故为等腰直角三角形，，故为等腰直角三角形，，则，又，故平面SCM，取CB中点F，连接NF交CM于点O，则，则平面SCM，故平面SCM，则，要求最小，首先需PQ最小，此时可得平面SCM，则；再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中位置，当共线且时，的最小值即为的长，由为等腰直角三角形，故，，∴，即，∴，可得，，故选：B．例17．在棱长为3的正方体中，点满足，点在平面内，则的最小值为（

）A． B． C． D．【解析】以点为坐标原点，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，因为，且，则平面，所以，同理得平面，所以，而，所以平面，记与平面交于点，连接，且，则，易得，从而得点关于平面对称的点为，所以的最小值为．故选：B．例18．如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．3【解析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则有．当三点共线时，则即为的最小值．在三角形ABC中，，，由余弦定理得：，所以，即在三角形中，，，由勾股定理可得：，且．同理可求：因为，所以为等边三角形，所以，所以在三角形中，，，由余弦定理得：．故选B．核心考点六：空间角问题【规律方法】1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：（1）作图：作出空间角的平面角．（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．简称：一作、二证、三算．2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．3、求直线与平面所成角的常见方法（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影所成的角即为所求．（2）等积法：公式，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，是斜线段的长，其中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来求垂线段的长．（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．4、作二面角的平面角常有三种方法（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角．（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角．【典型例题】例19．已知正方体中，为内一点，且，设直线与所成的角为，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图1，设与平面相交于点，连接交于点，连接，∵平面，平面，则，，，平面∴平面，由平面，则，同理可证：，，平面，∴平面，∵，由正三棱锥的性质可得：为的中心，连接，∵为的中点，∴交于点，连接，由平面，平面，则，即是的高，设，，则，且的内切圆半径，则，，∵，即，则，∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.∵平面，平面，则，∴，故为底面半径为，高为的圆锥的母线，如图2所示，设圆锥的母线与底面所成的角，则，所以，即直线与平面所成的角为.直线在平面内，所以直线与直线所成角的取值范围为，因为，所以直线与直线所成角的取值范围为，即，所以.故选：C.例20．在等腰梯形中，，，AC交BD于O点，沿着直线BD翻折成，所成二面角的大小为，则下列选项中错误的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】等腰梯形中，，,可知：取中点,中点连接,则，,所以为二面角的平面角，即设，则,,因为在上余弦函数单调递减，又，故A对.当时,与重合,此时,故C不对.在翻折的过程中，角度从减少到在翻折的过程中，角度从减少到BD选项根据图形特征及空间关系，可知正确.故选:C例21．）如图，中，，，，D为AB边上的中点，点M在线段BD（不含端点）上，将沿CM向上折起至，设平面与平面ACM所成锐二面角为，直线与平面AMC所成角为，直线MC与平面所成角为，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（

）①，②，③.A．① B．①② C．②③ D．①③【答案】B【解析】如图，设直线与直线垂直相交于点，在折叠图里，线段与平面垂直相交于点，，由图象知：，，，，，，①，，所以；②，设，则，，由，得，，则，由得；③，则，即，所以，则.故选：B例22．已知等边，点分别是边上的动点，且满足，将沿着翻折至点处，如图所示，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】在等边中，取BC边中点D，连接AD，交EF于O，连接PO，则，，平面，平面，故平面，又平面，则平面平面在中，过P做PM垂直于OD于M，则平面，连接MF，在等边中，过M做MN垂直于AC于N，连接PN.由，则为二面角的平面角即，由平面，，则为二面角的平面角即由平面，则直线与平面所成角，即，设，则，，，，，则有，由可得，则有，则又故，又故故选：A例23．设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角是则三个角，，中最小的角是（

）A． B． C． D．不能确定【答案】B【解析】如图，取BC的中点D，作VO⊥平面ABC于点O，由题意知点O在AD上，且AO=2OD.作PE//AC，PE交VC于点E，作PF⊥AD于点F，连接BF，则PF⊥平面ABC取AC的中点M，连接BM，VM，VM交PE于点H，连接BH，易知BH⊥PE，作于点G，连接FG，由PG⊥AC，PF⊥AC，PGPF=P，由线面垂直判定定理可得AC⊥平面PGF，又平面PGF∴

FG⊥AC,作FN⊥BM于点N.∵

PG∥VM，PF∥VN∴

平面PGF∥平面VMB，又PH∥FN,四边形PFNH为平行四边形，所以PH=FN，因此，直线PB与直线AC所成的角，直线PB与平面ABC所成的角，二面角P-AC-B的平面角，又又，∴

因为∴

综上所述，中最小角为，故选B.核心考点七：轨迹问题【规律方法】解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐标系或平面直角坐标系．【典型例题】例24．设正方体的棱长为1，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列命题：①点可以是棱的中点；②点的轨迹是菱形；③点轨迹的长度为；④点的轨迹所围成图形的面积为.其中正确的命题个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】连接，交于，则为中点，因为为的中点，所以，由正方体的性质可知平面，所以平面，因为平面，所以，过点作，分别交于，过点分别作，分别交于点，连接，所以，四点共面，且，所以，四边形为平行四边形，因为平面，所以平面，平面，所以所以，四边形为矩形，因为，平面，所以平面，因为点在正方体的表面上运动，且满足所以，当面时，始终有，所以，点的轨迹是矩形，如下图，因为，所以，，所以，，因为，所以∽，所以，即，即所以，，所以，点不可能是棱的中点，点的轨迹是矩形，轨迹长度为矩形的周长，轨迹所围成图形的面积为故正确的命题为③④.个数为2个.故选：B例25．已知正方体的边长为2，点E，F分别为棱CD，的中点，点P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面BEF，则点P的轨迹长为（

）A． B．2 C． D．1【答案】A【解析】画出示意图如下：取中点N，取中点M，连接,则,则四边形为平行四边形，所以BE，连接,则,故MNEF，又，平面平面BEF,所以平面BEF平面B1MN，平面∩平面=MN，所以P点轨迹即为MN，长度为；证明：因为平面BEF平面，P点是MN上的动点，故平面，所以平面BEF，满足题意.故选：A．例26．如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且，点E，F，G分别为棱AB，AD，PC的中点，下列说法错误的是（

）A．AG⊥平面PBDB．直线FG和直线AC所成的角为C．过点E，F，G的平面截四棱锥所得的截面为五边形D．当点T在平面ABCD内运动，且满足的面积为时，动点T的轨迹是圆【答案】D【解析】可将四棱锥补形成正方体，如图①，直线AG即体对角线，易证平面PDB，A选项正确；如图②，取CD的中点H，连接FH，可知，所以（或其补角）与直线FG和直线AC所成的角相同，在中，，所以，B选项正确；如图③，延长EF交直线CD于点H，交直线BC于点I，连接GI交PB于点M，连接GH交PD于点N，则五边形EFNGM即为平面EFG截四棱锥所得的截面，C选项正确；当时，因为，所以点T到AG的距离为，点T在以AC为轴，底面半径的圆柱上，又点T在平面ABCD上，所以点T的轨迹是椭圆．D选项错误．故选：D例27．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（

）A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线【答案】D【解析】连接AC交BD于O，取中点,连接以O为原点,分别以OA、OB、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：令正方体边长为2，则，面的一个法向量为，面的一个法向量为则，故二面角的大小为又二面角的大小，则或由，，可得又整理得即，是双曲线.故选：D例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体中，M为BC边的中点，点P在底面和侧面上运动并且使，那么点P的轨迹是（

）A．两段圆弧 B．两段椭圆弧C．两段双曲线弧 D．两段抛物线弧【答案】C【解析】由P点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线，其中这个正圆锥面的中心轴即为，顶点为A，顶角的一半即为，以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，，设与底面所成的角为，则，所以，所以该正圆锥面和底面的交线是双曲线弧，同理可知，P点在平面的交线是双曲线弧，故选：C．核心考点八：以立体几何为载体的情境题【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【典型例题】例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】对于正四面体，其离散曲率为，对于正八面体，其离散曲率为，对于正十二面体，其离散曲率为，对于正二十面体，其离散曲率为，则，所以.故选：B.例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.给出下列三个结论：①正方体在每个顶点的曲率均为；②任意四棱锥的总曲率均为；③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数.其中，所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【解析】①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确；②由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确；③设每个面记为边形，则所有的面角和为，根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确.故选：D.例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，则，，故截面面积为：，把代入，即，解得：，橄榄球形几何体的截面面积为，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：圆柱圆锥.故选：D.例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（

）A．北纬 B．南纬C．北纬 D．南纬【答案】D【解析】由题可知，天安门广场的太阳高度角，由华表的高和影长相等可知，所以.所以该天太阳直射纬度为南纬，故选：D.核心考点九：翻折问题【规律方法】1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．【典型例题】例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（

）A． B．与可能垂直C．直线与平面所成角的最大值是 D．四面体的体积的最大是【答案】C【解析】如图所示，取的中点，连接是以为斜边的等腰直角三角形,为等边三角形,面,,故A正确对于B，假设，又面，，又,，故与可能垂直，故B正确当面面时，此时面，即为直线与平面所成角此时，故C错误当面面时，此时四面体的体积最大，此时的体积为：，故D正确故选：C例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】如图示,设处为沿翻折后的位置，以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则，设，由于,故，而，由于,故，则，即；又由在翻折过程中存在某个位置，便得，不妨假设,则，即，即，当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内，不妨假设此时，设垂足为G,作AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值，由于，故,所以,而,故，又,故为正三角形，则,而,故,则，故，，则，故的取值范围是，故选：A例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形中，点为线段上的动点（不含端点），将沿翻折，使得二面角为直二面角，得到图2所示的四棱锥，点为线段上的动点（不含端点），则在四棱锥中，下列说法正确的是（

）A．､､､四点一定共面B．存在点，使得平面C．侧面与侧面的交线与直线相交D．三棱锥的体积为定值【答案】B【解析】A.假设､､､四点共面，则直线EC与BF共面，若EC与BF平行，又EC与AD平行，则AD与BF平行，这与AD与BF相交矛盾；若EC与BF相交，设交点为Q，则Q即在平面BAD内，又在平面AECD内，则点Q在交线AD上，这与EC与AD平行矛盾，所以假设不成立，所以B、E、C、F不共面，故错误；B.如图所示：在AD上取点G，使得AG=EC，当时，，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面平面，则平面，故存在点，使得平面，故正确；C.设侧面与侧面的交线为l，因为，且面，面，所以面，则，所以，故错误；D.因为二面角为直二面角，当点E移动时，点B到AE的距离即三棱锥的高变化，而是定值，故三棱锥的体积不是定值，故错误；故选：B例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD满足：AD∥BC，CD⊥DA，且△ABC为正三角形．将△ADC沿着直线AC翻折至△AD'C如图，且，二面角、、的平面角大小分别为α，β，γ，直线，，与平面ABC所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（

）A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意可知，不妨设，则.如图所示，取点E，F分别为AB，BC的中点，连结AF，DE，设G为DE与AF的交点，DE与AC的交于点H.所以，则，则旋转过程中，点在平面ABC上的投影在DE上.当点的投影为点G时，则；当点的投影在DG上时，则；当点的投影在GE上时，则；当点投影为点E时，则.故要使，则点的投影在点G，E两点之间，此时投影点到AB，BC，CD的距离为所以二面角最大，其次为二面角，而二面角最小，故；设三棱锥的高为h.则.因为，所以.因为，所以故选：A.【新题速递】1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为的正四面体中，点分别在棱上，且平面平面为内一点，记三棱锥的体积为，设，关于函数，下列说法正确的是（

）A．，使得B．函数在上是减函数C．函数的图象关于直线对称D．，使得（其中为四面体的体积）【答案】A【解析】设点在平面内的射影为点，连接，如图所示，则为等边的中心，故，因为平面平面，所以，所以，所以.因为平面平面，则，且点到平面的距离为，所以点到平面的距离为，所以，其中，对于选项，，当时，，此时函数单调递增，；当时，，此时函数单调递减，，故正确，B错误；对于C选项，，故函数的图象不关于直线对称，故C错误；对于D选项，，故对任意的，故D错误.故选：A.2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形中，､分别是､上的点，，且（如图1）.将四边形沿折起，连接（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（

）①平面；②四点不可能共面；③若，则平面平面；④平面与平面可能垂直.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】对于①，在图2中记与的交点为，取的中点为，连接，因为，，所以四边形为矩形，故为的中点，又因为为的中点，所以为的中位线，故，且，又，，所以，且，所以四边形为平行四边形，即面面，故平面，故①正确；对于②，因为，平面，平面，所以平面，如果四点共面，因为平面，而与已知矛盾，故②正确；对于③，在梯形中，连接DF，过点F作FH⊥DE于点H，因为直角梯形中，，，，所以，四边形为正方形，为等腰直角三角形，所以，，又平面，平面，∵平面，即有，又与相交，平面，平面，∵平面，则平面平面，故③正确；对于④，延长至使得，连接，因为⊥AB，BC⊥AF，，平面ABF，所以BC⊥平面ABF，因为BC平面BCE，所以平面平面，交线为BG，过作于点，因为FN平面ABF，则平面.过作直线与平面垂直，其垂足在上，不在BE上，故④错误.故选：A.3．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图，在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点，则下列结论正确的有（

）①棱上一定存在点，使得②三棱锥的外接球的表面积为③过点作正方体的截面，则截面面积为④设点在平面内，且平面，则与所成角的余弦值的最大值为A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【解析】建立如图空间直角坐标系，设，其中，所以，若棱上存在点，使得，则，整理得，此方程无解，①不正确;设的中点为，则四边形是边长为的正方形，其外接圆的半径为，又底面，所以三棱锥的外接球的半径为；所以其表面积为，②正确;过点作正方体的截面，截面如图中六边形所示，因为边长均为，且对边平行，所以截面六边形为正六边形，其面积为，③正确;点在平面内，设，则，设是平面的一个法向量，则，令可得，即，因为平面，所以，即，设与所成角为，则，当时，取最小值，所以与所成角的余弦值的最大值为，故④正确;故选：C.4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为的正方体中，为的中点，点在正方体各棱及表面上运动且满足，则点轨迹所围成图形的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】分别取、的中点、，连接、、，设，在正方体中，且，因为、分别为、的中点，则且，故四边形为平行四边形，故且，因为且，且，故四边形为平行四边形，因为，，，故，所以，，则，所以，，故，平面，、平面，，，，、平面，平面，若点在的边上运动时（不包括点），则平面，故，由勾股定理可得，易知四边形为矩形，故点轨迹所围成图形的面积即为矩形的面积，即为.故选：A.5．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线平面，垂足是，正四面体的棱长为4，点在平面上运动，点在直线上运动，则点到直线的距离的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】在正四面体中，分别取的中点，连接，则，又，平面，平面则平面，又平面，则中，等腰中，，若固定正四面体的位置，则点O在以BC为直径的球上运动，球半径为2，则点O到直线的距离的最小值为球心到直线的距离减去半径即，最大值为球心到直线的距离加上半径即则点到直线的距离的取值范围是故选：B6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（

）A． B．5 C． D．【答案】C【解析】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，所以．因为，所以，因为侧棱长是6，所以．所以，则△MQC的面积，故动点P的轨迹面积为．故选：C7．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体的顶点都在表面积为的球面上，过球心O的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S，点P是正方体表面上一点，则以截面S为底面，以点P为顶点的四棱锥的体积的最大值为（

）A． B． C．2 D．【答案】A【解析】设该正方体的棱长为，球的半径为，所以有，于是有，所以该正方体的棱长为2，第一种情况，经过球心垂直上下两面时，此时的体积最大值为；第二种情况如图1，由题意可知，要使过球心平面截正方体截面为菱形，则该截面必过正方体相对两棱中点，（不妨取图中中点分别为F，E），设该截面与及的交点分别为M，N，显然，而，所以，即，显然，而，而平面，平面．由图1可以看出当点P与点或点C重合时四棱锥的高最大，，而，则；综上所述，体积的最大值为．故选：A8．（2022·浙江·高三阶段练习）在中，，．若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值是（

）A． B． C． D．1【答案】C【解析】过点作与点，过点作与点，设，则，又，则，则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，，设，则，记直线与平面所成角为,则，因为，所以，令，则，则，，又，在上单调递减。在上单调递增，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，又，所以直线与平面所成角的最大值为，此时，故选：C9．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体的棱长为1，点为侧面内一点，则（

）A．当时，异面直线与所成角的正切值为2B．当时，四面体的体积为定值C．当点到平面的距离等于到直线的距离时，点的轨迹为拋物线的一部分D．当时，四面体的外接球的表面积为【答案】ABC【解析】正方体的棱长为1，对于A，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，因为，所以，，，由余弦定理，，由正弦定理，，所以，即CP与AD所成的角的正切值为2，A正确；对于B，因为，所以平面，所以当即点P在线段上时，点P到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，B正确；对于C，点P到平面的距离即点P到直线的距离，点P到直线的距离即点P到的距离，依据抛物线的定义当两距离相等时点P的轨迹为抛物线一部分，C正确；对于D，当即点P为中点时，因为，所以，又因为，所以DB为四面体BCDP外接球的一条直径，外接球半径，外接球表面积，D错误.故选：ABC.10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，G为线段AE上的动点，则（

）A．B．多面体ABCDEF的体积为C．若G为线段AE的中点，则平面CEFD．点M，N分别为线段AF，AC上的动点，点T在平面BCF内，则的最小值是【答案】ACD【解析】如图，将几何体ABCDEF补全成棱长为2的正方体，在该正方体中，因为，，所以，故A项正确；因为，故B项错误；当G为线段AE的中点时，因为，平面CEF，平面CEF，所以平面CEF，同理平面CEF，又，平面，所以平面平面CEF，平面，所以平面CEF，故C项正确；设A关于BC的对称点为Q，N关于BC的对称点为，则在线段CQ上，记d为直线AF与CQ之间的距离，因为,且平面,平面，所以平面，即转化为点C到平面AEF的距离，即IC长度的三分之二，，则，经检验点M，都分别在线段上，故D项正确．附证：，因为平面，平面，所以，又因为，，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，设点到平面的距离为,根据等体积可知，，得,所以点到平面的距离为.故选ACD项．11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体的棱长为1，，，分别为，，的中点，点在上，平面，则以下说法正确的是（

）A．点为的中点B．三棱锥的体积为C．直线与平面所成的角的正弦值为D．过点、、作正方体的截面，所得截面的面积是【答案】ABC【解析】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，设平面EFG的法向量为，则，令，则，故，A选项，设，则，因为平面，所以，即，解得：，故，故，，所以，则点为的中点，A正确；设点到平面EFG的距离为d，则，又，，，即，由余弦定理得：，故，则，由三角形面积公式可得：，故三棱锥的体积为，B正确；，设直线与平面所成的角为，则，故直线与平面所成角的正弦值为，C正确；取的中点，的中点，的中点，连接，则过点、、作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，正六边形的面积为则截面面积为，D错误.故选：ABC12．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知为等腰直角三角形，，其高，为线段的中点，将沿折成大小为的二面角，连接，形成四面体，动点在内（含边界），且平面，则在变化的过程中（

）A．B．点到平面的距离的最大值为C．点在内（含边界）的轨迹长度为D．当时，与平面所成角的正切值的取值范围为【答案】AD【解析】如图，，，，平面，所以平面，又平面，所以，A正确，因为，，所以为二面角的平面角，故，，过点作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以为点到平面的距离，在中，,，，所以，又，所以点到平面的距离的最大值为，B错误；连接，为的中点，因为为的中点，所以，平面，平面，所以平面，又平面，，平面，所以平面平面，平面平面，平面平面，所以，记的中点为，因为为的中点，所以，故点的轨迹为线段，，C错误；过点作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以为与平面所成角的平面角，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，在中，，，，所以，所以，在中，，，，所以，在中，，所以，所以与平面所成角的正切值为，设，其中，则，所以函数在上单调递减，所以，故与平面所成角的正切值的取值范围为.故选：AD.13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（

）A．在正方体内作与圆柱底面平行的截面，则截面的最大面积为B．无论点在线段上如何移动，都有C．圆柱的母线与正方体所有的棱所成的角都相等D．圆柱外接球体积的最小值为【答案】BCD【解析】如图所示：设分别为对应棱的中点，易知共面，因为是的中点，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可得，因为平面，所以平面，所以平面为其中一个截面，其面积为，A错误；B：因为平面，平面，所以平面平面又平面正确；C：易知圆柱的母线与平行，易得与所成的夹角相等，故与其每条侧棱间的夹角都相等，C正确；D:设圆柱底面半径为，则圆柱的底面必与过点的三个面相切，且切点分别在线段上，设在上的切点为，为圆柱的一条高，在中，，所以在中，，根据对称性知：，则圆柱的高为，所以外接球的半径，当时，外接球体积的最小值为，D正确故选：BCD14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（

）A．四边形EMGH的周长为是变化的B．四棱锥的体积的最大值为C．当时，平面截球O所得截面的周长为D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为【答案】BD【解析】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，连接，设∵，，则为平行四边形∴，又∵平面，平面，∴平面，又∵平面，，平