重難點(diǎn)專題32 立體幾何壓軸小題（體積、角度、外接球等）九大題型-2025年高考《數(shù)學(xué)》重難點(diǎn)題型突破（解析版）

第第頁重難點(diǎn)專題32立體幾何壓軸小題（體積、角度、外接球等）九大題型匯總題型1體積最值 1題型2線線角最值取值范圍 8題型3線面角最值取范圍 20題型4面面角最值取值范圍 32題型5外接球問題 41題型6外接球截面相關(guān) 50題型7正方體截面相關(guān) 58題型8代數(shù)式最值取值范圍 70題型9向量相關(guān)最值取值范圍 81題型1體積最值【例題1】（2021·全國·高三專題練習(xí)）在棱長為3的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E是AA1的中點(diǎn)，P是底面ABCD所在平面內(nèi)一動點(diǎn)，設(shè)PD1，A．92 B．52 C．32【答案】C【解析】通過建系如圖，利用cosθ【詳解】解：建系如圖，∵正方體的邊長為3，則E(3，0，32)，D1設(shè)P(x，y，0)(x?0，y?0)，則PE=(3?x，?y，32)，PD1∵θ1=θ2∴cosθ1代入數(shù)據(jù)，得：32整理得：x2變形，得：(x?4)2即動點(diǎn)P的軌跡為圓的一部分，過點(diǎn)P作PF⊥BC，交BC于點(diǎn)F，則PF為三棱錐P?BB∴點(diǎn)P到直線AD的距離的最大值是2．則PF∵∴故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查平面與圓柱面的截線，建立空間直角坐標(biāo)系是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．【變式1-1】1.（2021·全國·校聯(lián)考二模）在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，AA1=5A．4 B．32?1 C．43【答案】A【分析】此三棱錐中點(diǎn)D到平面MNC1的距離為定值125【詳解】如圖，面MNC1就是平面ACC1A1，因此D點(diǎn)到面MNC1的距離為定值125，由題意ACC1A1是正方形，由對稱性知當(dāng)M（或N）與A重合時(shí)，C1到直線MN故選A．【點(diǎn)睛】最值問題求法很多，如用代數(shù)知識建立函數(shù)，用基本不等式，解不等式等是常用方法，有時(shí)也可利用共線求距離最短，通過運(yùn)動軌跡求最值等．【變式1-1】2.（2021·全國·高三專題練習(xí)）如圖，已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的所有棱長等于1，∠ABC=60°，O和O1分別是上下底面對角線的交點(diǎn)，H【答案】3【分析】因?yàn)镃1到平面BB1D1D（即三棱錐底面O1MH）的距離為定值，所以當(dāng)△O1MH的面積取得最小值時(shí)，三棱錐M?C1O【詳解】因?yàn)橹彼睦庵鵄BCD?A1B1C1D1的底面是菱形,∠ABC=60°，邊長為1，∴O1C1⊥平面BB1D1D,且O1C1=12,O1B1=3∴C1到平面BB1D1D的距離為O1C1=12∵OH=3HB1，點(diǎn)M是線段BD上的動點(diǎn)，∴當(dāng)△O1MH的面積取得最小值時(shí)，三棱錐C1將平面BB1D1D單獨(dú)畫圖可得，當(dāng)B點(diǎn)到O1H的距離最小時(shí)，△O1MH的面積有最小值．過點(diǎn)B做BF//O1H，可得直線BF上方的點(diǎn)到O1H的距離比直線BF上的點(diǎn)到O1H的距離小，而線段BD上除B點(diǎn)外的所有點(diǎn)都在直線BF下方，到O1H的距離比B點(diǎn)到O1H的距離大．即當(dāng)M點(diǎn)在B點(diǎn)時(shí)，△O1MH的面積取得最小值，且三棱錐C1連接O1B,則O1B=OB1=12+3∴B1到O1B的距離d=BB1?O1∵OH=3HB1，∴H到直線O1B的距離為12d=21∴SΔO1BH=12∴VC1?O1BH=故答案為348【點(diǎn)睛】本題考查了四棱柱的結(jié)構(gòu)特征和三棱錐的體積計(jì)算，動態(tài)動點(diǎn)的最值問題需要先確定點(diǎn)的位置，屬于較難題．【變式1-1】3.（2023春·廣東·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）設(shè)M，N，P分別是棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1的棱CD，C1D1，A1B1的中點(diǎn)，R為BD上一點(diǎn)，且R不與D重合，且【答案】27【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，先依據(jù)題給條件求得SV【詳解】設(shè)M，N，P，R所在球面球心為O，取MP中點(diǎn)I，連接OI，OP，OR則I為△MNP外接圓圓心，OI⊥平面MNP，以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，DD則I(1,1,1)，P(2,1,2)設(shè)O(1,t,1)，R(n,n,0),(0<n≤2)則由OP=OR可得，1+整理得t=2則S令n?1=k，則?1<k<0或0<k≤1則SV=3π令l(x)=則l當(dāng)0<x≤1時(shí)，l'(x)<0，則當(dāng)x=1時(shí)，l(x)取得最小值l(則SV的最小值是故答案為：27【變式1-1】4.（2020·全國·高三競賽）一個(gè)圓錐和一個(gè)圓柱，下底面在同一平面上，它們有公共的內(nèi)切球.記圓錐的體積為V1，圓柱的體積為V2，且V1【答案】4【詳解】取它們的公共軸截面，如圖所設(shè)，則r=r2，r=r若V1=kV2，則有化簡得

3ktg因?yàn)閠gθ為實(shí)數(shù)，故Δ=9k但k>0，故k≥43.當(dāng)k=43時(shí)，可得tgθ=2故答案為4【變式1-1】5.（2021·福建·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐E?ABCD中，EC⊥底面ABCD，F(xiàn)D//EC，底面ABCD為矩形，G為線段AB的中點(diǎn)，CG⊥DG，CD=2，DF=CE，BE與底面ABCD所成角為45°，則四棱錐E?ABCD與三棱錐F?CDG的公共部分的體積為．【答案】2【分析】GF與AE的交點(diǎn)為M，CF與DE的交點(diǎn)為N，連接MN，DM，EF，可得M、N是位置，推出S△FMN=13S△FGC，把四棱錐【詳解】解：如圖，GF與AE的交點(diǎn)為M，CF與DE的交點(diǎn)為N，連接MN，DM，EF，在四棱錐E?ABCD中，EC⊥底面ABCD，F(xiàn)D//EC，底面ABCD為矩形，DF=CE，所以四邊形DFEC為平行四邊形，所以EF//所以EF//AB，且EF=AB，AB=CD=2，G為線段AB的中點(diǎn)，CG⊥DG，AG=1，所以DG=2∵BE與底面ABCD所成角為45°，即∠EBC=45°，∴CE=BC=1，∵GM:MF=AG:FE=1:2，N是FC的中點(diǎn)，∴S則四棱錐E?ABCD與三棱錐F?CDG的公共部分的體積為VD?MNCG故答案為：29題型2線線角最值取值范圍平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸為共面問題來解決，具體步驟如下：①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；②認(rèn)定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；③計(jì)算：求該角的值，常利用解三角形；④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是0,π【例題2】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在三棱錐A?BCD中，BC=BD=AC=AD=10，AB=6，CD=16，點(diǎn)P在平面ACD內(nèi)，且BP=30，設(shè)異面直線BP與CD所成角為α，則sinα的最小值為(A．31010 B．1010 C．2【答案】A【分析】取CD中點(diǎn)K，易得三角形ABK為正三角形，取AK中點(diǎn)O，可證BO⊥平面ACD，進(jìn)而確定點(diǎn)P的位置，求得最小值．【詳解】取CD中點(diǎn)K，連接AK，BK，∵BC=BD=AC=AD=10，CD=16，∴AK=BK=6，∵AB=6，∴ΔABK為正三角形，取AK中點(diǎn)O，連接BO，則BO⊥AK，且BO=33易知CD⊥平面ABK，∴CD⊥BO，∴BO⊥平面ACD，∵BP=30，∴P在圖中圓O當(dāng)P與G，H重合時(shí)，sinα=1當(dāng)P與M，N重合時(shí)，sinα=故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查異面直線所成角的求法，線面垂直等知識，考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力，是中檔題．【變式2-1】1.（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，矩形ABCD中，AB=4,BC=2，E為邊AB的中點(diǎn)，沿DE將ΔADE折起，點(diǎn)A折至A1處（A1?平面ABCD），若M為線段A1A．始終有MB//平面AB．不存在某個(gè)位置，使得A1C⊥C．三棱錐A1?ADED．一定存在某個(gè)位置，使得異面直線BM與A1E【答案】D【分析】利用翻折前后的不變量、結(jié)合反證法，可證A，B，C正確，從而利用排除法得到正確選項(xiàng)?！驹斀狻窟B結(jié)AC交DE于N，取CD的中點(diǎn)O，連結(jié)OM，OB，A1對A，易證，平面OMB//平面A1DE，BM?平面OMB，所以始終有MB///平面對B，因?yàn)锳B=4,BC=2，假設(shè)A1C⊥平面A1DE，則A1C⊥A1D，A1C⊥A1E對C，當(dāng)平面A1DE⊥平面ABCD時(shí)，三棱錐A1故選：D【點(diǎn)睛】本題考查空間平面圖形的翻折問題，考查線面、面面位置關(guān)系、體積求解，考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力，屬于較難問題。【變式2-1】2.（2021·全國·高三專題練習(xí)）如圖，已知等邊三角形ABC中，AB=AC，O為BC的中點(diǎn)，動點(diǎn)P在線段OB上（不含端點(diǎn)），記∠APC=θ，現(xiàn)將ΔAPC沿AP折起至ΔAPC'，記異面直線BC'與A．θ>α B．θ<α C．θ+α>π2 【答案】A【詳解】設(shè)正三角形的邊長為2a，如圖，在等邊三角形ABC中，過C作AP的垂線，垂足為E，過B作BF⊥CE，垂足為F，因?yàn)椤螦PC=θ，則θ∈π3,π2所以CE=CP×sinCF=2asinθ，故EF=sin將ΔAPC沿AP折起至ΔAPC'，則因C'E⊥AP，EF⊥AP，EF∩C'E=E因BF∥AP，故BF⊥平面C'EF，C'所以BF⊥C'F，又∠C'而tanα=tan∠C'故選A.【點(diǎn)睛】折疊過程中空間中角的大小比較，關(guān)鍵是如何把空間角轉(zhuǎn)化為平面角，同時(shí)弄清楚在折疊過程各變量之間的關(guān)系（可利用解三角形的方法來溝通），此類問題為難題，有一定的綜合度.【變式2-1】3.（2020·全國·高三專題練習(xí)）將正方形ABCD沿對角線AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直線AB與CD所成的角為A．90° B．60° C．45° D．30°【答案】B【分析】將異面直線平移到同一個(gè)三角形中，可求得異面直線所成的角.【詳解】如圖，取AC，BD，AD的中點(diǎn)，分別為O，M，N，則ON∥12CD,MN∥因?yàn)槠矫鍭BC垂直于平面ACD，BO⊥AC，所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.設(shè)正方形邊長為2，OB=OD=2，所以BD=2，則OM=所以O(shè)N=MN=OM=1.所以△OMN是等邊三角形，所以直線AB與CD所成的角為60°．故應(yīng)選B．【點(diǎn)睛】本題考查異面直線所成的角.【變式2-1】4.（2021·浙江·校聯(lián)考二模）如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1A．AE//平面B．四面體ACEF的體積為定值C．三棱錐A-D．異面直線AF、【答案】D【分析】對于A，利用面面平行的判定定理先證得面AB1D1//面C對于BC，通過計(jì)算四面體ACEF的體積、三棱錐A-對于D，作出兩個(gè)特殊情況的圖形，由圖形易知異面直線AF、【詳解】對于A，如圖1，因?yàn)樵谡襟wABCD-A1B1所以四邊形B1C1又因?yàn)镃1D?面C1BD，AB1同理：B1D1//面C1所以面AB1D因?yàn)锳E?面AB1D1對于B，如圖1，連結(jié)BD∩因?yàn)樵谡襟wABCD-A1B1C1在底面正方形ABCD中，BD⊥AC，又BB所以AC⊥面BB1D1所以VA?CEF對于C，利用B中的結(jié)論得VA對于D，如圖2，當(dāng)F與D1重合時(shí)，過D1作D1G//如圖3，當(dāng)F與B1重合時(shí)，過D1作D1G1//BE由圖形易知∠AD1故選：D.【點(diǎn)睛】立體幾何中定值或定位置問題，其基本思想方法是以算代證，或以證代證，即從條件出發(fā)，計(jì)算所求體積或證線面平行與垂直關(guān)系，得到結(jié)果為定值或位置關(guān)系為平行或垂直.【變式2-1】5.（2020·全國·高三專題練習(xí)）將正方形ABCD沿對角線AC折起，當(dāng)以A,B,C,D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐體積最大時(shí)，異面直線AD與BC所成的角為A．π6 B．π4 C．π3【答案】C【詳解】分析：將正方形ABCD沿對角線AC折起，可得當(dāng)三棱錐B?ACD體積最大時(shí)，BO⊥平面ADC.設(shè)B'是B折疊前的位置，連接B'B，可得∠BCB'就算直線AD與BC所成角，算出ΔBB'C的各邊長，得ΔBB'C是等邊三角形，從而求得直線AD與BC所成角的大小.詳解：設(shè)O是正方形對角線AC、BD的交點(diǎn)，將正方形ABCD沿對角線AC折起，可得當(dāng)BO⊥平面ADC時(shí)，點(diǎn)B到平面ADC的距離等于BO，而當(dāng)BO與平面ADC不垂直時(shí)，點(diǎn)B到平面ADC的距離為d，且d<BO，由此可得當(dāng)三棱錐B?ACD體積最大時(shí)，BO⊥平面ADC.設(shè)B'是B折疊前的位置，連接B'B，因?yàn)锳D∥B'C，所以∠BCB'就算直線AD與BC所成角，設(shè)正方形的邊長為a，因?yàn)锽O⊥平面ADC，OB'?平面ADC，所以BO⊥OB'，因?yàn)锽O'=BO=12AC=得ΔBB'C是等邊三角形，∠BCB'=π所以直線AD與BC所成角為π3點(diǎn)睛：該題所考查的是有關(guān)平面圖形的翻折問題，解決該題的關(guān)鍵是要明確翻到什么程度是題中的要求，因?yàn)榈酌媸嵌ǖ模愿咦畲髸r(shí)就是三棱錐體積最大時(shí)，即翻折成直二面角時(shí)滿足條件，之后將異面直線所成角轉(zhuǎn)化為平面角，即三角形的內(nèi)角來解，求出三角形的各邊長，從而求得角的大小.【變式2-1】6.（2021·全國·統(tǒng)考一模）如圖所示的四棱錐P?ABCD中，底面ABCD與側(cè)面PAD垂直，且四邊形ABCD為正方形，AD=PD=PA，點(diǎn)E為邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在邊BP上，且BF=14BP，過C，E，F(xiàn)三點(diǎn)的截面與平面PAD的交線為l，則異面直線PBA．π6 B．π4 C．π3【答案】D【分析】由條件證明AB⊥DM，DM⊥PA，由此證明DM⊥平面PAB，再證明l//DM,由此證明l//PB，再確定異面直線PB與l所成的角.【詳解】因?yàn)镋為邊AB的中點(diǎn)，連接CE與DA的延長線交于點(diǎn)H，則A為DH的中點(diǎn)，所以有AD=AH.連接FE與PA的延長線交于點(diǎn)G，則直線GH即為過C，E，F(xiàn)三點(diǎn)的截面與平面PAD的交線l.取PB的中點(diǎn)O，連接OE，AO.因?yàn)锽F=14BP所以F為BO的中點(diǎn)，所以FE//OA,即FG//OA.又易知OE//PA.即OE∥AG.所以四邊形OEGA為平行四邊形，從而OE=AG=1過點(diǎn)D作DM∥GH交PA于點(diǎn)M.則△DMA?△HGA，從而得到AM=AG=12PA又平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面PAD=AD,AB⊥AD，AB?平面ABCD，所以AB⊥平面PAD.從而AB⊥DM，PA∩AB=A，PA，AB?因此DM⊥平面PAB.又DM//GH.即DM//l，所以l⊥平面PAB，又PB?平面PAB，故l⊥PB，所以異面直線PB與l所成的角為π2故選：D.【變式2-1】7.（2023·全國·高三專題練習(xí)）a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結(jié)論：①當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí)，AB與b成30°角；②當(dāng)直線AB與a成60°角時(shí)，AB與b成60°角；③直線AB與a所成角的最小值為45°；④直線AB與a所成角的最大值為60°.其中正確的是.（填寫所有正確結(jié)論的編號）【答案】②③【分析】由題意知，a、b、AC三條直線兩兩相互垂直，構(gòu)建如圖所示的邊長為1的正方體，|AC|＝1，|AB|=2【詳解】解：由題意知，a、b、AC三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，不妨設(shè)圖中所示正方體邊長為1，故|AC|＝1，|AB|=2斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸，則A點(diǎn)保持不變，B點(diǎn)的運(yùn)動軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，以C坐標(biāo)原點(diǎn)，以CD為x軸，CB為y軸，CA為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D（1，0，0），A（0，0，1），直線a的方向單位向量a→=（0，1，0），|直線b的方向單位向量b→=（1，0，0），|設(shè)B點(diǎn)在運(yùn)動過程中的坐標(biāo)中的坐標(biāo)B′（cosθ，sinθ，0），其中θ為B′C與CD的夾角，θ∈[0，2π），∴AB′在運(yùn)動過程中的向量，AB'→=（cosθ，sinθ，﹣1），|AB'→設(shè)AB'→與a→所成夾角為α∈[0，則cosα=|(cosθ，sinθ，?1)?(0，1，0)||a∴α∈[π4，π設(shè)AB'→與b→所成夾角為β∈[0，cosβ=|當(dāng)AB'→與a→夾角為60°時(shí)，即α|sinθ|=2∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ=22|cosθ|∵β∈[0，π2]，∴β=π3，此時(shí)AB'∴②正確，①錯誤．故答案為②③．

【名師點(diǎn)睛】（1）平移直線法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸為共面問題來解決，具體步驟如下：①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；②認(rèn)定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；③計(jì)算：求該角的值，常利用解三角形；④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是0,π（2）求異面直線所成的角要特別注意異面直線之間所成角的范圍.題型3線面角最值取范圍【例題3】（2020·全國·高三專題練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E,F分別為棱AA1、【答案】2【分析】建立直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體邊長為2，求出平面DEF的法向量為m，直線ME與平面D1EF所成角為α，sinα=cosm,EM【詳解】解：如圖，建立直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體邊長為2，AM=a，則E(2，0，1)，M(2，a，2)，D(0，0，2)，F(xiàn)(2，2，1)，設(shè)平面DEF的法向量為m=(x，y，z)EF=(0,2,0),由m?EF=0，m?D1E=0，得y=0?2x+z=0由EM=(0,a,1)設(shè)直線ME與平面D1EF所成角為sinα=因?yàn)閍∈[0，2]，所以當(dāng)a=2時(shí)，sinα的最小值為2故答案為：25【點(diǎn)睛】考查立體幾何中的最值問題，本題利用向量法求線面所成的角，基礎(chǔ)題．【變式3-1】1.（2021·浙江紹興·校聯(lián)考二模）點(diǎn)P為棱長是2的正方體ABCD?A1B1C1D1的內(nèi)切球O球面上的動點(diǎn)，點(diǎn)M為A．16 B．55 C．14?2【答案】C【詳解】分析：由題意首先確定點(diǎn)的軌跡，然后結(jié)合題意由幾何關(guān)系求解最小值即可.詳解：如圖所示，E,F分別為棱AA1,BB1則點(diǎn)P在平面CDEF內(nèi)，又點(diǎn)P在內(nèi)切球O球面上，則點(diǎn)P為球與平面的交線所成的圓O1作B1H⊥平面CDEF于點(diǎn)H，點(diǎn)P為圓O1上的點(diǎn)，則∠HPB1tan∠HPB1則滿足題意時(shí)，HP有最大值即可，設(shè)圓O1的半徑為r，則HVB1?CDF=VRt△POO1中，由勾股定理可得Rt△B1HDOO1為△B1HD則HP綜上可得，B1P與面HB本題選擇C選項(xiàng).點(diǎn)睛：本題主要考查空間幾何體的軌跡，等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.【變式3-1】2.（2021·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，直平行六面體ABCD?A1BC1D1的所有棱長都為2，∠DAB=①四邊形BED1F②直線EF與平面BCC1B③四棱錐B1④點(diǎn)B1到截面S的距離的最小值為2其中，所有真命題的序號為（

）A．①②③ B．①③④ C．①③ D．②④【答案】B【解析】①分析可得當(dāng)E,F為為棱AA1,C②過點(diǎn)E的平面BCC1B1的垂線交平面于點(diǎn)M,轉(zhuǎn)化直線EF與平面BCC③轉(zhuǎn)化四棱錐的體積為以平面BB1E④分析可得當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合,點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)四邊形BED1【詳解】由題,因?yàn)檫^體對角線,則由對稱性易得四邊形BED連接AC,BD,且交于點(diǎn)O,過點(diǎn)E作BD的垂線,垂足為N,則若四邊形BED1F即為棱AA1到平面DBB因?yàn)椤螪AB=60°,則∠ABC=120°,所以AC=A則AO=1又BD所以S=12×22×過點(diǎn)E的平面BCC1B1的垂線交平面于點(diǎn)M,則EM即為點(diǎn)E到平面BCC若直線EF與平面BCC1B1所成角最大,則直線EF與直線EM的夾角最小,即∠FEM最小,此時(shí)即EF=AC時(shí),故cos∠FEM=EMEF則直線EF與平面BCC1B設(shè)點(diǎn)D1到平面ABB1A1,平面BCC1B1的距離分別為?VB1?BE為定值,故③正確；因?yàn)樗睦忮FB1?BED所以若點(diǎn)B1到截面S的距離的最小,則截面S的面積最大,即四邊形BED1F面積最大,即EN最大,則當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)A重合,點(diǎn)F與點(diǎn)C1重合時(shí)符合條件,此時(shí)在△BD1E中,所以EN=ED1?設(shè)點(diǎn)B1到截面S的距離為d,則V=13綜上,①③④正確,故選：B【點(diǎn)睛】本題考查線面角的計(jì)算,考查四棱錐的體積的計(jì)算,考查空間想象能力與運(yùn)算能力,考查轉(zhuǎn)化思想【變式3-1】3.（2022·全國·高三專題練習(xí)）在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，E為邊AD上的一點(diǎn)，DE=1，現(xiàn)將ΔABE沿直線BE折成ΔA'BE，使得點(diǎn)A'在平面BCDE上的射影在四邊形BCDE內(nèi)（不含邊界），設(shè)二面角A'?BE?C的大小為θ，直線A'B，A'C與平面BCDE所成的角分別為α,βA．β<α<θ B．β<θ<αC．α<θ<β D．α<β<θ【答案】D【分析】由折疊前后圖象的對比得點(diǎn)A'在面BCDE內(nèi)的射影O'在線段OF上，利用二面角、線面有的定義，求出【詳解】如圖所示，在矩形ABCD中，過A作AF⊥BE交于點(diǎn)O，將ΔABE沿直線BE折成ΔA'BE，則點(diǎn)A'在面BCDE內(nèi)的射影O'在線段設(shè)A'到平面BCDE上的距離為?，則?=由二面角、線面角的定義得：tanθ=?O'O顯然O'O<O'B,當(dāng)O'與O重合時(shí)，(tanα)因?yàn)?OB<?OC，所以(tanα)max<所以α<β<θ，故選D.【點(diǎn)睛】本題以折疊問題為背景，考查二面角、線面角大小比較，本質(zhì)考查角的定義和正切函數(shù)的定義，考查空間想象能力和運(yùn)算求解能力.【變式3-1】4.（2021·全國·高三專題練習(xí)）已知正三棱錐P?ABC（底面是正三角形，頂點(diǎn)在底面的射影是正三角形的中心），直線BC//平面α，E,F,G分別是棱PA,AB,PB上一點(diǎn)（除端點(diǎn)），將正三棱錐P?ABC繞直線BC旋轉(zhuǎn)一周，則能與平面α所成的角取遍區(qū)間0，πA．EF B．FG C．EG D．EF,FG,EG中的任意一條【答案】B【分析】能取遍區(qū)間0，π2一切值，可以先考慮0和【詳解】假設(shè)EF滿足題意，當(dāng)EF與平面α所成的角為π2EF⊥α，由BC∥α可得BC⊥EF.在正三棱錐中，可得BC⊥AP，當(dāng)BC⊥EF時(shí)可得BC⊥平面PAB，顯然這是不可能成立的，所以EF不滿足題意.同理，EG與BC不可能垂直，則EG與平面α所成的角不可能為π2綜上所述，可以排除A,C,D，故選B.【點(diǎn)睛】本題考查立體圖形中的位置關(guān)系，選擇題可適當(dāng)利用特殊值、排除法等解題技巧.【變式3-1】5.（2019·河南鄭州·校聯(lián)考一模）已知圓錐的母線長為2r，底面圓半徑長為r，圓心為O，點(diǎn)M是母線PA的中點(diǎn)，AB是底面圓的直徑.若點(diǎn)C是底面圓周上一點(diǎn)，且OC與母線PB所成的角等于60°，則MC與底面所成的角的正弦值為(A．1B．22或C．3D．12或【答案】D【分析】結(jié)合題意,構(gòu)造出MC與底面所成角,然后結(jié)合三角值計(jì)算公式,即可.【詳解】結(jié)合題意,過M點(diǎn)作MQ⊥AB,繪制圖形,結(jié)合題意可知,∠MOC=600或cos∠MOC=M而MQ為三角形APO的中位線,所以MQ=32r,因?yàn)镻O垂直底面,而MQ平行PO,可知MQ垂直底面,故∠MCQ即為MC【點(diǎn)睛】考查了線面角的找法和計(jì)算公式,關(guān)鍵找出線面角,難度中等.【變式3-1】6.（2021秋·黑龍江佳木斯·高三佳木斯一中?？茧A段練習(xí)）下圖中的幾何體是由兩個(gè)有共同底面的圓錐組成．已知兩個(gè)圓錐的頂點(diǎn)分別為P、Q，高分別為2、1，底面半徑為1．A為底面圓周上的定點(diǎn)，B為底面圓周上的動點(diǎn)（不與A重合）．下列四個(gè)結(jié)論：①三棱錐P?ABQ體積的最大值為12②直線PB與平面PAQ所成角的最大值為π6③當(dāng)直線BQ與AP所成角最小時(shí)，其正弦值為1010④直線BQ與AP所成角的最大值為π2其中正確的結(jié)論有.（寫出所有正確結(jié)論的編號）【答案】①③【分析】由①可知VP?ABQ=V對于②，求直線PB與平面PAQ所成角的最大值，可轉(zhuǎn)化為PB到軸截面距離的最大值問題進(jìn)行求解對于③④，可采用建系法進(jìn)行分析【詳解】選項(xiàng)①如圖所示，當(dāng)OA⊥OB時(shí)，四棱錐體積最大，V選項(xiàng)②中，線PB與平面PAQ所成角最大值的正弦值為tan∠BPO=BO選項(xiàng)③和④，如圖所示：以垂直于OC方向?yàn)閤軸，OD方向?yàn)閥軸，OP方向?yàn)閦軸，其中A0,?1,0設(shè)Bcosθ,sinθ,0P0,0,2設(shè)直線BQ與AP所成角為α，cosα=AP?BQAP?BQ=由于cosθ∈?1,1，∴?cosθ?2∈答案選①、③【點(diǎn)睛】幾何體的旋轉(zhuǎn)問題需要結(jié)合動態(tài)圖形和立體幾何基本知識進(jìn)行求解，需找臨界點(diǎn)是正確解題的關(guān)鍵，遇到難以把握的最值問題，可采用建系法進(jìn)行求解.【變式3-1】7.（2021·全國·高三專題練習(xí)）已知圓錐的頂點(diǎn)為S，O為底面中心，A，B，C為底面圓周上不重合的三點(diǎn)，AB為底面的直徑，SA=AB，M為SA的中點(diǎn).設(shè)直線MC與平面SAB所成角為α，則sinα【答案】3【分析】由題意建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量的結(jié)論和均值不等式確定sinα的最大值即可.【詳解】以AB的中點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)SA=AB=4，則：M0,?1,3,Cx,y,0，如圖所示，由對稱性不妨設(shè)則MC=x,y+1,?3據(jù)此有：sinα=MC=12×?y+4當(dāng)且僅當(dāng)y=23綜上可得：sinα的最大值為3?1

【點(diǎn)睛】本題主要考查空間向量及其應(yīng)用，學(xué)生的空間想象能力等知識，意在考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化能力和計(jì)算求解能力.題型4面面角最值取值范圍【例題4】（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E,F分別是棱AA1,C①四邊形EGFH一定為菱形；②四棱錐C1③平面EGFH與平面ABCD所成的角不大于π4④PD1+其中正確命題的序號是.【答案】①②④【分析】根據(jù)面面平行的性質(zhì)可證得四邊形EGFH為平行四邊形，利用線面垂直的判定可證得AC⊥平面BDD1B1，由EF//AC和線面垂直性質(zhì)可得EF⊥GH，由此可知①正確；利用體積橋∴VC1?EGFH=VC1?FGH【詳解】對于①，連接AC,EF,GH,BD,B∵平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面EGFH∩平面AB∴四邊形EGFH為平行四邊形；∵E,F分別為AA1,C∵四邊形ABCD為正方形，∴AC⊥BD，又BB1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD∵BD∩BB1=B，BD,BB1?平面∴EF⊥平面BDD1B1，又GH?平面∴四邊形EGFH為菱形，①正確；對于②，由①知：四邊形EGFH為菱形，∴S∴V∵S△C1FG=1∴VH?C對于③，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DA,DC,設(shè)BG=a，則E2,0,1，G2,2,a，∴EG=0,2,a?1設(shè)平面EGFH的法向量n=則EG?n=2y+a?1z=0FG?n=2x+∵z軸⊥平面ABCD，∴平面ABCD的一個(gè)法向量m=∴cos∵G為平面EGFH與直線BB1的交點(diǎn)，則當(dāng)a>2+1時(shí)，∴平面EGFH與平面ABCD可以大于π4對于④，作出D1關(guān)于平面BCC1B1∵平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面EBFD1∴四邊形EBFD1為平行四邊形，∴M∈平面EBFD1，又又平面EBFD1∩平面EGFH=EF，∴M∈EF∴EF∩BD1=M，∴M為B∵PD1=PD2，∴∴P故答案為：①②④.【變式4-1】1.（2020·浙江·高三統(tǒng)考期末）已知直三棱柱ABC﹣A'B'C'的底面是正三角形，側(cè)棱長與底面邊長相等，P是側(cè)棱AA'上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)）．記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與直線B'C所成的角為β，二面角P﹣B'B﹣C的平面角為γ，則（）A．α＞β＞γ B．α＜β＜γ C．α＞γ＞β D．β＞α＞γ【答案】D【分析】取BC中點(diǎn)O，以O(shè)A、OB所在直線分別為x、y軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量，設(shè)出點(diǎn)P的坐標(biāo)，求出三個(gè)角，再比較大小即可．【詳解】解：設(shè)直三棱柱ABC?A'B'C以O(shè)A、OB所在直線分別為x、y軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(3,0,0)，B(0,1,0)，C(0,?1,0)，B'(0,1,2)，∴PB=(?3,1,?t)，AC∴cosα=cos<PB,AC>cosβ=cos<PB,B'C>由題意，B'B⊥BC，B'B⊥BA，則二面角P?B∵當(dāng)0<t<2時(shí)，由二次函數(shù)的單調(diào)性知，(1?t)2∴cosβ<∴β>α>γ，故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查異面直線所成的角、二面角的求法，考查了利用角的余弦值比較角的大小，屬于中檔題．【變式4-1】2.（2020秋·新疆昌吉·高三校考期中）已知四邊形ABCD中，∠A=∠C=90°，BC=CD，在將ΔABD沿著BD翻折成三棱錐A?BCD的過程中，直線AB與平面BCD所成角的角均小于直線AD與平面BCD所成的角，設(shè)二面角A?BC?D，A?DC?B的大小分別為α,β，則A．α>β B．α<β C．存在α>β D．α,β的大小關(guān)系無法確定【答案】B【分析】根據(jù)題意在三棱錐A?BCD中，作AH⊥平面BCD于H，則∠ABH,∠ADH分別為AB,AD與平面BCD所成的角，過H作HM⊥BC,HN⊥DC，垂足分別為M,N，連AM,AN，則∠AMH=α,∠ANH=β，由∠ABH,∠ADH的大小得到HM,HN的大小，然后求出α,β的正切值后可得α,β的大小關(guān)系．【詳解】如圖，在三棱錐A?BCD中，作AH⊥平面BCD于H，連BH,DH，則∠ABH,∠ADH分別為AB,AD與平面BCD所成的角．∵直線AB與平面BCD所成角的角均小于直線AD與平面BCD所成的角，∴AB>AD．過H作HM⊥BC,HN⊥DC，垂足分別為M,N，連AM,AN，則有AM⊥BC,AN⊥DC，∴∠AMH,∠ANH分別為二面角A?BC?D，A?DC?B的平面角，∴∠AMH=α,∠ANH=β．在ΔCBD中，CB=CD，設(shè)BD的中點(diǎn)為O，則CO為DC邊上的中線，由AB>AD可得點(diǎn)H在CO的左側(cè)（如圖所示），∴HM>HN．又tanα=∴tanα<又α,β為銳角，∴α<β．故選B．【點(diǎn)睛】本題考查線面角和二面角的求法和應(yīng)用，解題時(shí)可先作出相關(guān)角，并由角的大小得到相關(guān)線段的大小關(guān)系，然后再根據(jù)空間角的定義求出角即可，解題的關(guān)鍵是正確作出圖形，并將角的大小的問題轉(zhuǎn)化為線段的長度的問題求解，考查作圖能力和計(jì)算能力．【變式4-1】3.（2021·浙江嘉興·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，矩形ABCD中，AB=1，BC=3，E是線段BC（不含點(diǎn)C）上一動點(diǎn)，把ΔABE沿AE折起得到ΔAB'E，使得平面B'AC⊥平面ADC，分別記B'A，B'E與平面ADC所成角為α,β，平面B'AE與平面ADC所成銳角為θA．θ>α>β B．θ>2α C．θ>2β D．tan【答案】A【分析】由題意畫出圖形，作出B'A與平面ADC所成角為α，平面B'AE與平面ADC所成銳角為θ，分別求出tanθ和tanα，B'E與平面ADC所成角為β，則答案可求．【詳解】如圖，過B作BO⊥AC，在Rt△ABC中，由AB=1，BC=3，可得AC=2由等積法可得BO=32∵平面B'AC⊥平面ADC，且B'O⊥AC，可得B'O⊥平面ABCD，則∠B'AO=α，tanα=B'OAO過O作OF⊥AE，垂足為F，連接B'F，則∠B'FO為平面B'AE與平面ADC所成的銳角θ．∵O到AB的距離?＜1∴tanθ=B'O?＞故選A．【點(diǎn)睛】本題考查空間中直線與平面、平面與平面所成角的求法，考查空間想象能力與邏輯思維能力，是中檔題．【變式4-1】4.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在單位正方體ABCD?A1B①異面直線A1P與②三棱錐D?BPC③異面直線C1P與直線④二面角P?BC其中真命題有A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【詳解】對于①，異面直線A1P與BC1間的距離即為兩平行平面對于②，由于VD?BPC1=V對于③，由題意得在正方體ABCD?A1B1C對于④，因?yàn)槎娼荘?BC1?D的大小，即為平面ABC1D1與平面BDC1所成的二面角的大小，而這兩個(gè)平面位置固定不變，故二面角P?BC綜上①②③④正確．選D．【變式4-1】5.（2020·上?！じ呷龑ｎ}練習(xí)）設(shè)三棱錐V?ABC的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，P是棱VA上的點(diǎn)（不含端點(diǎn)），記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與平面ABC所成的角為β，二面角P?AC?B的平面角為γ，則三個(gè)角α、β、γ中最小的角是.【答案】β【分析】作出線線角α，線面角β，二面角γ，根據(jù)它們的正弦值，比較出它們的大小關(guān)系.【詳解】作PD//CA交VC于D，由于AB=BC=CA，VA=VB=VC，所以V?ABC為正三棱錐，由對稱性知BD=PB.取PD中點(diǎn)E，連接BE，作EH⊥平面ABC，交平面ABC于H，連接BH.作PF⊥平面ABC，交平面ABC于F，連接BF.作PG⊥AC，交AC于G，連接GF，所以BE⊥PD.由于PD//AC，所以α=∠BPD.由于PF⊥平面ABC，所以β=∠PBF.由于PG⊥AC，PF⊥平面ABC，所以γ=∠PGF.sinα=PFBP=EH2+BH2BP>EH2BP=EHBP.因?yàn)镻D//CA，E在PD上，EH⊥平面ABC由于P在VA上，由對稱性PB=CP，而CP>PG，則sinγ=PFPG>PF綜上所述，三個(gè)角中的最小角是β.故答案為β.【點(diǎn)睛】本小題主要考查線線角、線面角、二面角的概念，考查數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想方法，考查空間想象能力，屬于中檔題.題型5外接球問題【例題5】（2022·四川遂寧·統(tǒng)考一模）設(shè)半徑為R的球面上有A,B,C,D四點(diǎn)，且AB,AC,AD兩兩垂直，若S△ABC+SA．2 B．2 C．22 【答案】A【分析】設(shè)AB=a,AC=b,AD=c，由AB,AC,AD兩兩垂直得a2+b2+【詳解】設(shè)AB=a,AC=b,AD=c，AB,AC,AD兩兩垂直，∴a2S△ABC+S故選：A【變式5-1】1.（2022秋·江蘇南京·高三南京師大附中校聯(lián)考階段練習(xí)）四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是邊長為23的正方形，側(cè)面△PADA．2873πC．86π 【答案】C【分析】設(shè)二面角P?AD?B的大小為θ，由θ得外接圓半徑最大值，再由球的體積公式求解，【詳解】設(shè)二面角P?AD?B的大小為θ，AD中點(diǎn)為M，正方形ABCD的中心為E，則PM=3，PM⊥AD，EM⊥AD，則∠PME=θ，P到底面的距離為3sin設(shè)球心O到底面的距離為OE=?，而正方形的外接圓半徑為6，則OA2由OA2=OP2?2+3>1恒成立，故?最小值為0即外接球體積最小值為43故選：C【變式5-1】2.（2023·四川宜賓·宜賓市敘州區(qū)第一中學(xué)校?？寄M預(yù)測）在三棱錐A?BCD中，AD⊥平面BCD，∠ABD+∠CBD=π2,BD=BC=1A．25+14π B．5+12【答案】B【分析】設(shè)∠ABD=α，∠CBD=β，求得△BCD的外接圓的半徑為r=12cosβ2【詳解】如圖，設(shè)∠ABD=α，∠CBD=β，K為△BCD的外心，O為三棱錐A?BCD外接球的球心，則OK⊥平面BCD，又AD⊥平面BCD，所以O(shè)K//AD，KD?平面BCD，則OK⊥DK，四邊形OKDA是直角梯形，設(shè)OK=?，DK=r，OD=R，由AD⊥平面BCD，BD?平面BCD，得AD⊥BD，則AD=tanα=1tanβ，CD=2又?2+r2=令t=3?2cosβ，則cosβ=R2=?14?所以三棱錐A?BCD外接球表面積S=4πR故選：B．【點(diǎn)睛】結(jié)論與方法點(diǎn)睛：（1）三棱錐的外接球的球心在過各面外心且與此面垂直的直線上，由此易找到球心；（2）特殊的三棱錐，如有從同一點(diǎn)出發(fā)的三條棱兩兩垂直，或三棱錐的三對棱相等則可把三棱錐補(bǔ)形為一個(gè)長方體，長方體的對角線即為外接球的直徑．（3）如果三棱錐的一條棱與一個(gè)面垂直，可把此三棱錐補(bǔ)形為一個(gè)直三棱柱，直三棱柱的外接球即為三棱錐的外接球．【變式5-1】3.（2019秋·廣西·高三?？茧A段練習(xí)）在三棱錐A?BCD中，AB=AC，DB=DC，AB+DB=4，AB⊥BD，則三棱錐A?BCD外接球的體積的最小值為（

）A．53π3 B．52π3【答案】C【分析】由三角形全等可得∠ABD＝∠ACD＝90°，故而AD為棱錐外接球的直徑，根據(jù)勾股定理得出AD關(guān)于AB的函數(shù)，求出AD的最小值即可得出答案．【詳解】∵AB＝AC，DB＝DC，AD為公共邊，∴△ABD≌△ACD，又AB⊥BD，即∠ABD＝90°，∴∠ACD＝90°，設(shè)AD的中點(diǎn)為O，則OA＝OB＝OD＝OC，∴O為棱錐A﹣BCD的外接球的球心．∵AB+BD＝4，∴AD2＝AB2+（4﹣AB）2＝2AB2﹣8AB+16＝2（AB﹣2）2+8，∴當(dāng)AB＝2時(shí)，AD2取得最小值8，即AD的最小值為22，∴棱錐外接球的最小半徑為12AD=∴外接球的最小體積為V=4故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了棱錐的結(jié)構(gòu)特征，棱錐與外接球的位置關(guān)系，確定球心位置是解題的關(guān)鍵，屬于中檔題．【變式5-1】4.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1CA．平面D1EF∥B．點(diǎn)P為正方形A1B1C1D1內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)DPC．過點(diǎn)D1,E,F的平面截正方體ABCD?D．當(dāng)三棱錐B1?BEF的所有頂點(diǎn)都在球O的表面上時(shí)，球O【答案】B【分析】根據(jù)面面平行無交線可判斷A；由面面平行的性質(zhì)得出DP所在的平面，即可分析最小值P點(diǎn)的位置，求解即可；用向量法根據(jù)平行的坐標(biāo)表示，求出過點(diǎn)D1,E,F的平面截正方體【詳解】解：對于A，延長A1B，C1B，代表平面D1EF∩平面對于B，分別取C1D1，A1D1的中點(diǎn)則E1F1且E1F1∩F1D=F1，B所以平面E1F1已知點(diǎn)P為正方形A1B1C1D1內(nèi)一點(diǎn)，當(dāng)P在E1F1上時(shí)，在△E1F1D則△E1F1D在Rt△E1PD中，E對于C，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)AM=m，CN=n，則M0,0,m，D10,2,2，F(xiàn)2,1,0MD1=0,2,2?m，F(xiàn)NMD1則2n=2?m2?n=2m，解得m=截面周長為2×1C選項(xiàng)錯誤；對于D，當(dāng)三棱錐B1?BEF的所有頂點(diǎn)都在球O∴S=4π故選：B.【變式5-1】5.（2020·湖北·校聯(lián)考一模）已知三棱錐P?ABC滿足PA⊥底面ABC，在ΔABC中，AB=6，AC=8，AB⊥AC，D是線段AC上一點(diǎn)，且AD=3DC，球O為三棱錐P?ABC的外接球，過點(diǎn)D作球O的截面，若所得截面圓的面積的最小值與最大值之和為40π，則球O的表面積為（

）A．72π B．86π C．112π D．128π【答案】C【分析】先找到外接球球心，過BC的中點(diǎn)M作OM//PA，則OM⊥平面ABC，取OM=12PA，則O為P?ABC外接球球心，過點(diǎn)D作球O的截面，最大的截面過球心，最小的截面是過D且與OD【詳解】如圖．M是BC邊中點(diǎn)，E是AC邊中點(diǎn)，∵AB⊥AC，∴M是ΔABC的外心，作OM//PA，∵PA⊥平面ABC，∴OM⊥平面ABC，∴OM⊥AM,OM⊥MD，取OM=12PA，易得OA=OP，∴O是三棱錐P?ABC的外接球的球心。E是AC中點(diǎn)，則ME//AB，ME=12AB=3，∴ME⊥AC，∵AD=3DC，∴ED=14AC=2，∴MD=ME過D且與OD垂直的截面圓半徑為r，則r=OA2?OD2=2OA2=故選：C?！军c(diǎn)睛】本題考查球的表面積，解題關(guān)鍵是確定三棱錐外接球球心。結(jié)論：多面體外接球球心一定在過各面外心與此面垂直的直線上?！咀兪?-1】6.（2022秋·新疆烏魯木齊·高三?？茧A段練習(xí)）魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于古代漢族建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，這種三維的拼插器具內(nèi)部的凹凸部分（即榫卯結(jié)構(gòu)）嚙合，十分巧妙，外觀看是嚴(yán)絲合縫的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，從外表上看，六根等長的正四棱柱分成三組，經(jīng)90°榫卯起來，如圖，若正四棱柱的高為6，底面正方形的邊長為1A．36π B．40π C．41π D．44π【答案】C【分析】根據(jù)題意可知，當(dāng)該球?yàn)榈酌孢呴L分別為2、1，高為6的長方體的外接球時(shí)，球的半徑取最小值，然后利用公式可計(jì)算出球體的表面積.【詳解】由題意知，當(dāng)該球?yàn)榈酌孢呴L分別為2、1，高為6的長方體的外接球時(shí)，球的半徑取最小值，所以，該球形容器的半徑的最小值為12因此，該球形容器的表面積的最小值為4π?41故選C.【點(diǎn)睛】本題考查長方體的外接球，解題的關(guān)鍵就是要弄清楚球?yàn)殚L方體的外接球時(shí)，球的半徑最小，考查空間想象能力與計(jì)算能力，屬于中等題.題型6外接球截面相關(guān)【例題6】（2021秋·河北唐山·高三唐山一中校考期中）四面體ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)在同一球面上中，AB=BC=CD=DA=4，AC=BD=22，E為AC的中點(diǎn)，過EA．5:4 B．5:2 C．5:2【答案】D【分析】先根據(jù)對稱性確定球心，再確定截面面積的最大值與最小值的取法，最后根據(jù)面積公式求比值.【詳解】取BD中點(diǎn)F，則根據(jù)對稱性得球心O為EF中點(diǎn)，且EF⊥AC因?yàn)锳B=BC=CD=DA=4，所以AF⊥BD，CF⊥BD,AF=CF=EF=過E作其外接球的截面，則截面面積的最大為球的大圓，半徑為OA=(12從而截面面積的最大值與最小值的比為π故選D【點(diǎn)睛】本題考查多面體外接球以及球的截面，考查空間想象能力與綜合分析求解能力，屬中檔題.【變式6-1】1.（2022秋·云南·高三云南師大附中校聯(lián)考階段練習(xí)）已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，且該四棱錐的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD,PA=AB=2，BC=2【答案】8π9【分析】將四棱錐補(bǔ)形為長方體可得球O球心與球O半徑，則當(dāng)EO與截面垂直時(shí)，截面面積最小.【詳解】如圖，將四棱錐P-ABCD補(bǔ)為長方體，則此長方體與四棱錐的外接球均為球O，則球O半徑r=P因底面ABCD是矩形，則BC⊥AB.因PA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，則PA⊥BC，又PA?平面PAB，AB?平面PAB，PA∩AB=A，則因PB?平面PAB，則BC⊥PB.取PB的中點(diǎn)為F，則OF∥BC，OF=12BC=1因EB=2PE，則PE=1則在直角三角形OEF中，OE=O當(dāng)EO與截面垂直時(shí)，截面面積最小，則截面半徑為r1故截面面積為S=π故答案為：8【變式6-1】2.（2021秋·山東濰坊·高三山東省濰坊第四中學(xué)?？奸_學(xué)考試）正△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)都在半徑為2的球面上,球心O到平面ABC的距離為1,點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn),過D作球O的截面,則截面面積的最小值為.【答案】9π【分析】設(shè)正ΔABC的中心為O1，連結(jié)O1O、O1C、O1D、OD．根據(jù)球的截面圓性質(zhì)、正三角形的性質(zhì)與勾股定理，結(jié)合題中數(shù)據(jù)算出OD=【詳解】解：設(shè)正ΔABC的中心為O1，連結(jié)O1O、O1C∵O1是正ΔABC的中心，A、B、∴O1O⊥平面ABC，結(jié)合O1C?∵球的半徑R=2，球心O到平面ABC的距離為1，得O1∴Rt△O1OC中，又∵D為BC的中點(diǎn)，∴Rt△O1DC中，∴Rt△OO1D∵過D作球O的截面，當(dāng)截面與OD垂直時(shí)，截面圓的半徑最小，∴當(dāng)截面與OD垂直時(shí)，截面圓的面積有最小值．此時(shí)截面圓的半徑r=22?故答案為9π4【點(diǎn)睛】本題已知球的內(nèi)接正三角形與球心的距離，求經(jīng)過正三角形中點(diǎn)的最小截面圓的面積．著重考查了勾股定理、球的截面圓性質(zhì)與正三角形的性質(zhì)等知識，屬于中檔題．【變式6-1】3.（2019·湖北·高三校聯(lián)考期中）已知三棱錐S?ABC的所有頂點(diǎn)在球O的球面上，SA⊥平面ABC，ΔABC是等腰直角三角形，SA=AB=AC=2，D是BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)D作球O的截面，則截面面積的最小值是.【答案】2π.【分析】先找出三棱錐S?ABC外接球的球心并求出球的半徑，然后利用球的截面的性質(zhì)即可解決問題.【詳解】點(diǎn)D是RtΔABC的外心，過點(diǎn)D作DO⊥平面ABC使DO=1O是外接球球心，半徑設(shè)為R，OA=OS=R，在直角梯形SADO中，SA=2，OD=1，AD=2得R=3，過點(diǎn)D作球O的截面，當(dāng)OD⊥截面面積最小，此時(shí)截面圓的半徑為R2∴截面面積的最小值是2π.故答案為2π.【點(diǎn)睛】本題主要考查三棱錐的外接球的問題及球的截面的性質(zhì)等，對空間想象力要求較高，屬中等難度題.【變式6-1】4.（2023春·四川成都·高三樹德中學(xué)?？奸_學(xué)考試）已知菱形ABCD邊長為6，∠ADC=2π3，E為對角線AC上一點(diǎn)，AE=3．將△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移動到E'且二面角A'?BD?A【答案】219【分析】設(shè)AC∩BD=O，證明出BD⊥平面A'CO，分析可知∠AOA'=π3，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC、OB所在直線分別為x、y軸，平面AOA'內(nèi)過點(diǎn)O且垂直于AC的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)三棱錐A'?BCD的外接球球心為Mx,y,z，根據(jù)題意可得出關(guān)于【詳解】設(shè)AC∩BD=O，翻折前，在菱形ABCD中，則AC⊥BD，即AO⊥BD，CO⊥BD，翻折后，則有A'所以，二面角A'?BD?A的平面角為在菱形ABCD中，∠ADC=2π3又因?yàn)锳B=AD=6，所以，△ABD是邊長為6的等邊三角形，同理可知，△BCD是邊長為6的等邊三角形，因?yàn)锳'O⊥BD，CO⊥BD，A'O∩CO=O，A'∴BD⊥平面A'以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，OC、OB所在直線分別為x、y軸，平面AOA'內(nèi)過點(diǎn)O且垂直于AC的直線為則點(diǎn)B0,3,0、C33,0,0、D0,?3,0設(shè)三棱錐A'?BCD的外接球球心為由MB=MDMB=MC所以，三棱錐A'?BCD的球心為M3,0,3，球ME設(shè)球心M到截面α的距離為d，平面α截球M的截面圓的半徑為r，則d≤ME'過E'作平面α與該外接球相交，所得截面面積的最小值為π故答案為：21；9π【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：①補(bǔ)形法：側(cè)面為直角三角形，或正四面體，或?qū)舛娼蔷嗟鹊哪Ｐ停梢赃€原到正方體或長方體中去求解；②利用球的性質(zhì)：幾何體中在不同面均對直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；③定義法：到各個(gè)頂點(diǎn)距離均相等的點(diǎn)為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)帶其他頂點(diǎn)距離也是半徑，列關(guān)系求解即可；④坐標(biāo)法：建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出外接球球心的坐標(biāo)，根據(jù)球心到各頂點(diǎn)的距離相等建立方程組，求出球心坐標(biāo)，利用空間中兩點(diǎn)間的距離公式可求得球的半徑.【變式6-1】5.（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知空間四邊形ABCD的各邊長及對角線BD的長度均為6，平面ABD⊥平面CBD，點(diǎn)M在AC上，且AM=2MC，那么ABCD外接球的半徑為；過點(diǎn)M作四邊形ABCD外接球的截面.則截面面積最大值與最小值之比為.【答案】1554/【分析】空1：根據(jù)題意結(jié)合球的性質(zhì)分析可得OO1⊥平面CBD，OH⊥平面ABD，求出AH,OH【詳解】空1：由題意知△ABD和△BCD為等邊三角形，取BD中點(diǎn)E，連AE，CE，則AE⊥BD，平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD=BD，AE?平面ABD，∴AE⊥平面CBD，同理可證：CE⊥平面ABD，設(shè)ABCD外接球的球心為O，半徑為R，分別取△ABD、△BCD的中心O1、H，連接O則OO1⊥平面CBD，OH⊥∴OO1∥AE，OH∥CE，則由題意可得：AH=23又∵OH⊥平面ABD，AH?平面ABD，∴OH⊥AH，故R=OA=A空2：連OM，∵AH=2HE，AM=2MC，OH∥∴OM=MH?OH=3設(shè)過M作四邊形ABCD外接球的截面圓的半徑為r，O到該截面的距離為d，則d≤OM=3，即d∈∵r=R當(dāng)d=0時(shí)，此時(shí)截面過球心，r取到最大值15，截面的面積最大為πr當(dāng)d=3時(shí)，r取到最小值23，截面的面積最小為故截面面積最大值和最小值之比為15π故答案為：15；54【點(diǎn)睛】結(jié)論點(diǎn)睛：球的相關(guān)性質(zhì)：①球的截面均為圓面；②球心和截面圓心的連線垂直于該截面，則有R2題型7正方體截面相關(guān)【例題7】（2021·浙江·高三專題練習(xí)）正四面體ABCD的棱長為4，E為棱AB的中點(diǎn)，過E作此正四面體的外接球的截面，則該截面面積的最小值是A．4π B．8π C．12π D．16π【答案】A【詳解】將四面體ABCD放置在正方體中，如圖所示，可得正方體的外接球就是四面體ABCD的外接球，因?yàn)檎拿骟wABCD的棱長為4，所以正方體的棱長為22，可得外接球的半徑滿足2R=22×又E為BC的中點(diǎn)，過E作其外接球的截面，當(dāng)截面到球心O的距離最大時(shí)，此時(shí)截面圓的面積最小，此時(shí)球心O到截面的距離等于正方體棱長的一半，可得截面圓的半徑為r=R2?2故選A.【變式7-1】1.（2021·湖南株洲·校聯(lián)考一模）過棱長為1的正方體的一條體對角線作截面，則截得正方體的截面面積的最小值是A．1 B．2 C．32 D．【答案】D【分析】取對角線頂點(diǎn)所不在的兩個(gè)側(cè)棱的中點(diǎn)M,N,與對角線兩個(gè)頂點(diǎn)相連，所得四邊形即為所有過對角線的截面中面積最小的，由此可求出截面面積.【詳解】如圖：在正方體中，取A1A,C1C過D1B的平面截得正方體的截面中，當(dāng)截面為菱形s=1故選D.【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方體的截面面積的求法，考查了空間想象能力，屬于中檔題.【變式7-1】2.（多選）（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源縣第一中學(xué)校考期中）如圖，正方體ABCD?A1B1CA．存在點(diǎn)P，使得BP⊥PB．三棱錐C?B1C．若動點(diǎn)Q在以點(diǎn)B為球心，63為半徑的球面上，則PQ的最小值為D．過點(diǎn)P，B，C1作正方體的截面，則截面多邊形的周長的取值范圍是【答案】BCD【分析】A選項(xiàng)B1B選項(xiàng)根據(jù)等體積法，則VC?B1C選項(xiàng)PQ的最小值為PQminD選項(xiàng)的動點(diǎn)P位于A1點(diǎn)時(shí)截面周長最小，當(dāng)P位于A【詳解】對A選項(xiàng)，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，以B1對B選項(xiàng)，因?yàn)閂C?B1D1P=VP?CB1D1，因?yàn)锳1D//CB，CB?平面CB1對C選項(xiàng)，PQmin=BPmin?BQ對D選項(xiàng)，當(dāng)P在A1

圖(1)

圖(2)當(dāng)點(diǎn)P位于A1點(diǎn)時(shí)，即E,F與A1點(diǎn)重合，截面多邊形為正三角形A1C1B，此時(shí)的周長最小，周長c=32，當(dāng)點(diǎn)P從A點(diǎn)向D點(diǎn)移動時(shí)，根據(jù)對稱性可知，截面多邊形的周長先增大后減小，即E,F點(diǎn)隨著點(diǎn)P的移動至A,D1點(diǎn)時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P故選：BCD【變式7-1】3.（2022秋·吉林長春·高三長春市第六中學(xué)?？计谀├忾L為1的正方體ABCD?A1B1C1DA．在正方體ABCD?A1B1B．無論點(diǎn)O1在線段ACC．圓柱O1O2D．圓柱O1O【答案】BCD【分析】對于A答案，只需找一種情況截面面積比32大可判A錯;根據(jù)B1C⊥平面ABC1【詳解】如圖所示：設(shè)M,N,P,Q,S,R分別為對應(yīng)棱的中點(diǎn)，易知M,N,P,Q,S,R共面，因?yàn)镻,Q是CD,BC的中點(diǎn)，所以PQ//因?yàn)锽D⊥AC，所以PQ⊥AC，因?yàn)镃1C⊥平面ABCD，PQ?平面ABCD，所以因?yàn)镃1C∩AC=C，C1C,AC?平面AC因?yàn)锳C1?平面AC1因?yàn)镻Q∩RQ=Q,PQ,RQ?平面MNPQSR，所以AC1⊥所以平面MNPQSR為其中一個(gè)截面，其面積為S1B：因?yàn)锳B⊥平面BCC1B1，BB1C⊥BC1∴B1C⊥平面ABC∴BC：易知圓柱OO1的母線與AC1平行，易得AB,AD,AAD:設(shè)圓柱底面半徑為r，則圓柱的底面必與過A點(diǎn)的三個(gè)面相切，且切點(diǎn)分別在線段AC,AB1,AD1上，設(shè)在AC在Rt△AC1C中，tan∠根據(jù)對稱性知：AO1=所以外接球的半徑R=r當(dāng)r=66時(shí)，Rmin故選：BCD【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求多面體的外接球的面積和體積問題，常用方法有：（1）三條棱兩兩互相垂直時(shí)，可恢復(fù)為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的直徑，求出球的半徑；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點(diǎn)，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；（3）如果涉及幾何體有兩個(gè)面相交，可過兩個(gè)面的外心分別作兩個(gè)面的垂線，垂線的交點(diǎn)為幾何體的球心.【變式7-1】4.（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1DA．當(dāng)B1P//平面A1BD時(shí)，BB．當(dāng)λ=μ時(shí)，|DP→C．若B1P與平面CC1D．當(dāng)λ=1時(shí)，正方體經(jīng)過點(diǎn)A1?P?C的截面面積的取值范圍為【答案】AC【分析】A選項(xiàng)，建立空間直角坐標(biāo)系，得到CD1=?1,0,1,B1P=?λ,1,μ?1，求出平面B選項(xiàng)，先根據(jù)λ=μ，得到P點(diǎn)在棱CD1上，將平面CDD1與平面C選項(xiàng)，先得到∠B1PC1為B1P與平面CC1D選項(xiàng)，先確定P點(diǎn)在DD1上，作出輔助線得到平行四邊形CHA1P即為正方體過點(diǎn)A1?P?C的截面，設(shè)P0,1,t【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)?xyz，則A0,0,0所以CD則BA1=?1,0,1,所以BA令x=1，則y=z=1，即平面A1BD的一個(gè)法向量為若B1P//平面A1BD，則故λ=μ，故B1P=令cosB解得：λ=0或1，故B1P與CDB選項(xiàng)，因?yàn)棣?μ，故P點(diǎn)在棱CD如圖，將平面CDD1與平面A1線段A1D即為利用余弦定理可得：A1所以A1C選項(xiàng)，因?yàn)锽1C1⊥平面CC1D1D，連接若B1P與平面CC1D1D即點(diǎn)P的軌跡是以C1為圓心，以1為半徑的1于是點(diǎn)P的軌跡長度為14D選項(xiàng)，當(dāng)λ=1時(shí)，P點(diǎn)在DD1上，過點(diǎn)A1作A1H//CP交B則CH//A1P，所以平行四邊形CH設(shè)P0,1,t所以PC→=1,0,?t,A所以點(diǎn)P到直線A1C的距離為于是當(dāng)t=12時(shí)，dmin=2當(dāng)t=0或1時(shí)，dmax=63，故截面面積的取值范圍為62故選：AC【點(diǎn)睛】立體幾何中截面的處理思路：（1）直接連接法：有兩點(diǎn)在幾何體的同一個(gè)平面上，連接該兩點(diǎn)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(diǎn)作截面，若直線所在的平面與點(diǎn)所在的平面平行，可以通過過點(diǎn)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(diǎn)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(diǎn)，然后借助交點(diǎn)找到截面形成的交線；（4）輔助平面法：若三個(gè)點(diǎn)兩兩都不在一個(gè)側(cè)面或者底面中，則在作截面時(shí)需要作一個(gè)輔助平面【變式7-1】5.（多選）（2022·安徽·校聯(lián)考二模）在底面邊長為2、高為4的正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，O為棱A1A上一點(diǎn)，且A1A．CN與QM共面B．三棱錐A?DMN的體積為4C．PQ+QO的最小值為3D．當(dāng)D1Q=1【答案】ACD【分析】對于A，證明MN∥CQ即可判斷；對于B，由等體積法VA?DMN=VN?ADM即可判斷；對于C，展開平面A1【詳解】對于A，如圖1，在△ACQ中，因?yàn)镸,N為AC,AQ的中點(diǎn)，所以MN∥CQ，所以CN與QM共面，所以A正確；對于B，由VA?DMN=VN?ADM，因?yàn)镹到平面ABCD的距離為定值2，且△ADM的面積為1，所以三棱錐對于C，如圖2，展開平面A1ADD1，使點(diǎn)A1ADD點(diǎn)P，交A1D1與點(diǎn)Q，則此時(shí)PQ+QO最小，易求PQ+QO對于D，如圖3，取D1H=13D1C1，連接HC，則HQ∥A1C1，又AC∥A1C1故選:ACD.【變式7-1】6.（2021·浙江溫州·統(tǒng)考二模）如圖所示的一塊長方體木料中，已知AB=BC=4,AA1=1，設(shè)E為底面ABCD的中心，且AF【答案】12【詳解】試題分析：如圖所示：作出過點(diǎn)A1,F,E的截面A1FNP，顯然為平行四邊形，延長BA,NF，并設(shè)BA∩NF=G，再作AH⊥FG于H，連接A1H，則A1H⊥FG，再作FQ⊥BC于Q，易知AF=4λ=CN=QB，在直角ΔFQN中，可求得FN=44λ2?4λ+2，由ΔGAH,ΔGBN相似可得AG=4λ1?2λ，從而考點(diǎn)：1、長方體；2、平行四邊形的面積；3、二次函數(shù)求最值.【思路點(diǎn)晴】本題是一個(gè)關(guān)于幾何體的截面面積的最值問題，屬于難題.解決本題的基本思路是首先應(yīng)先做出過點(diǎn)A1題型8代數(shù)式最值取值范圍【例題8】（2022·四川成都·石室中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知正四面體ABCD的棱長為6,P是棱AB上任意一點(diǎn)（不與A,B重合）,且點(diǎn)P到面ACD和面BCD的距離分別為x,y,則3x【答案】2+【分析】過點(diǎn)A作AO⊥平面BCD于點(diǎn)O,則O為△BCD的重心，根據(jù)VP?BCD+VP?ACD=VA?BCD【詳解】過點(diǎn)A作AO⊥平面BCD于點(diǎn)O,則O為△BCD的重心如圖所示:∴OB=2∴AO=又VP?BCD∴13可得x+y=2∴3x當(dāng)且僅當(dāng)x=3?3∴3x+故答案為:2+3【點(diǎn)睛】本題考查了求不等式最小值.解題關(guān)鍵是采用分割法求四面體體積,求出x+y=2,考查綜合分析求解能力,屬中檔題.【變式8-1】1.（2019·湖南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB//CD，AD=CD=PD=2，AB=1，E,F分別為棱PC,PB上一點(diǎn)，若BE與平面PCD所成角的正切值為2，則(AF+EF)2【答案】14+4【分析】先找出BE與平面PCD所成角，再利用正切值為2，證得E為PC的中點(diǎn).根據(jù)所給各邊的長度，求出∠APB,∠BPC的斜弦值，再將ΔPBC翻折至與平面PAB共面，利用余弦定理求出AE，即為(AF+EF)2【詳解】取CD的中點(diǎn)H，連接BH，EH.依題意可得，BH⊥CD.因?yàn)镻D⊥平面ABCD，所以PD⊥BH，從而BH⊥平面ABCD，所以BE與平面PCD所成角為∠BEH，且tan∠BEH=BHEH在RtΔPAB中，cos因?yàn)镻B=3，PC=22，BC=所以cos∠BPC=22將ΔPBC翻折至與平面PAB共面，如圖所示，則圖中cos∠APC=當(dāng)F為AE與PB的交點(diǎn)時(shí)，AF+EF取得最小值，此時(shí)，(AF+EF)2故答案為：14+42【點(diǎn)睛】本題考查空間中線面垂直、線面角、余弦定理等知識的交會，考查空間相象能力和運(yùn)算求解能力，將空間中線段和的最值問題，轉(zhuǎn)化成平面問題，對轉(zhuǎn)化與化歸思想的考查要求較高，屬于難題.【變式8-1】2.（2022秋·廣東廣州·高三?？计谥校┱嗝骟w也稱柏拉圖立體（被譽(yù)為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu)）是所有面都只由一種正多邊形構(gòu)成的多面體（各面都是全等的正多邊形）.數(shù)學(xué)家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體.已知一個(gè)正八面體ABCDEF的棱長都是2（如圖），P、Q分別為DF、BF的中點(diǎn)，則AP·AQ=.若EG=2GB，過點(diǎn)G的直線分別交直線FE、FB于M、N兩點(diǎn)，設(shè)FE【答案】48【分析】先由正八面體ABCDEF得到AD=BF，AB=DF，AD?AB=0，再利用向量的線性運(yùn)算與數(shù)量積運(yùn)算法則即可求得AP·AQ；在平面BEF上建立平面直角坐標(biāo)系，由FE=mFM【詳解】因?yàn)樵谡嗣骟wABCDEF中，AD//BF,AD=BF，所以AD=同理：AB=又在正方形BCDE中，DE2+EB2=DB因?yàn)锳P=AD+所以AP·AQ=因?yàn)镋G=2GB，所以G是EB邊上靠近根據(jù)題意，在平面BEF上，以邊EB的中點(diǎn)O為原點(diǎn)，EB為x軸，OF為y軸建立平面直角坐標(biāo)系如圖，則E?1,0,B1,0則FE=?1,?3因?yàn)镕E=m所以?1,?3=m則mx1=?1,m因?yàn)镸,G,N三點(diǎn)共線，所以y1x1即3m?3?1?又因?yàn)閙>0,n>0，所以2m當(dāng)且僅當(dāng)4nm=mn且所以2m+1n≥故答案為：4；83【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題第2空的解決關(guān)鍵是建立平面直角坐標(biāo)系，利用M,G,N三點(diǎn)共線求得m+2n=3，從而得解.【變式8-1】3.（2021·河南·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點(diǎn)E∈平面AA1A．255 B．12 C．5【答案】D【分析】取AB的中點(diǎn)H，連接B1H，證明E點(diǎn)在直線B1H上，當(dāng)BE⊥HB【詳解】取AB的中點(diǎn)H，連接B1H，設(shè)BF∩B1H=G.作出圖像如下圖所示.易得B1D1⊥A1C1,B1D1⊥AA1，所以B1D1⊥平面AA1C1C，所以B1D1⊥CF.易得B1H⊥BF,B1H⊥BC，所以B【點(diǎn)睛】本小題主要考查線面垂直的證明，考查三角形面積的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，難度較大，屬于難題..本題解題關(guān)鍵點(diǎn)在于找到E點(diǎn)所在的位置，主要通過證明線面垂直來找到.【變式8-1】4.（2021·全國·高三專題練習(xí)）已知直三棱柱ABC?A1B1C1的側(cè)棱長為6，且底面是邊長為2的正三角形，用一平面截此棱柱，與側(cè)棱A．22 B．3 C．23 【答案】C【分析】設(shè)N在B處，AM=?，CQ=m，分別表示出MQ,BQ,MB，由勾股定理可構(gòu)造方程，根據(jù)方程有解可得Δ≥0，求得?2的范圍，進(jìn)而得到MB【詳解】如圖，不妨設(shè)N在B處，AM=?，CQ=m則MB2=?由MB2=BQ2+M∴該直角三角形斜邊MB=故選：C【點(diǎn)睛】本題考查立體幾何中最值問題的求解，關(guān)鍵是能夠通過特殊位置構(gòu)造出關(guān)于變量的方程，通過方程有解確定所求變量所處的范圍；考查了由特殊到一般的基本思想，對于學(xué)生的推理能力有一定要求，屬于較難題.【變式8-1】5.（2019秋·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在三棱錐P?ABC中，PA、PB、PC兩兩垂直，且PA=3，PB=2，PC=1．設(shè)M是底面ABC內(nèi)一點(diǎn)，定義f(M)=(m，n，p)，其中m、n、P分別是三棱錐M?PAB、三棱錐M?PBC、三棱錐M?PCA的體積．若f(M)=(12，x，y)，且1xA．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】先根據(jù)三棱錐的特點(diǎn)求出其體積，然后利用基本不等式求出1x+a【詳解】解：∵PA、PB、PC兩兩垂直，且PA=3．PB=2，PC=1．∴即x+y=121解得a?4∴正實(shí)數(shù)a的最小值為4故選：D．【點(diǎn)睛】本題主要考查了棱錐的體積，同時(shí)考查了基本不等式的運(yùn)用，是題意新穎的一道題目，屬于中檔題．【變式8-1】6.（2021秋·四川成都·高三石室中學(xué)階段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，ED⊥平面ABCD，F(xiàn)B⊥平面ABCD，且ED=FB=1，G為線段EC上的動點(diǎn)，則下列結(jié)論中正確的是①EC⊥AF；②該幾何體外接球的表面積為3π；③若G為EC中點(diǎn)，則GB//平面AEF；④AG【答案】①②③【分析】以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DE所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得D，A，B，C，F(xiàn)，E的坐標(biāo)，由AF，EC的坐標(biāo)表示，可判斷①；確定球心為矩形BDEF的對角線交點(diǎn)，求得半徑，可判斷②；求得G的坐標(biāo)，求得平面AEF的法向量，計(jì)算可判斷③；設(shè)出G的坐標(biāo)，由兩點(diǎn)的距離公式，結(jié)合二次函數(shù)的最值求法，可判斷④．【詳解】以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DE所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，可得D(0,0，0)，A(1,0，0)，B(1,1，0)，C(0,1，0)，F(xiàn)(1,1，1)，E(0,0，1)，即有EC=(0,1，?1)，AF=(0,1，1)，由AF?EC=0+1?1=0由球心在過正方形ABCD的中心的垂面上，即為矩形BDEF的對角線的交點(diǎn)，可得半徑為(22)2+(若G為EC中點(diǎn)，可得G(12,1，12)，BG=(?12,0，1設(shè)平面AEF的法向量為n=(x,y，z)，可得?x+z=0，且y+z=0，可設(shè)x=1，可得一個(gè)法向量為(1,?由BG?n=?12+1設(shè)G(0,t，1?t)(0≤t≤1)，AG當(dāng)t=34時(shí)，取得最小值114故答案為①②③．【點(diǎn)睛】本題考查空間線面的位置關(guān)系和空間線線角的求法，以及向量法解決空間問題，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時(shí)，一般過球心及多面體中的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.【變式8-1】7.（2020·全國·高三專題練習(xí)）已知四面體ABCD的所有棱長都為6,O是該四面體內(nèi)一點(diǎn),且點(diǎn)O到平面ABC、平面ACD、平面ABD、平面BCD的距離分別為13,x,16和y,則1x【答案】83【詳解】該幾何體為正四面體,體積為212×63=3.各個(gè)面的面積為34×6【點(diǎn)睛】本小題主要考查正四面體體積的計(jì)算,考查利用分割法求幾何體的體積,考查了方程的思想,考查了利用基本不等式求解和的最小值的方法.首先根據(jù)題目的已知條件判斷出四面體ABCD為正四面體,由于正四面體的棱長給出,所以可以計(jì)算出正四面體的體積,根據(jù)等體積法求得x,y的一個(gè)等式,再利用基本不等式求得最小值.【變式8-1】8.（2021·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6.四邊形AEFG為邊長為2的正方形，現(xiàn)將矩形ABCD沿過點(diǎn)F的動直線l翻折，使翻折后的點(diǎn)C在平面AEFG上的射影C1落在直線AB上，若點(diǎn)C在折痕l上射影為C2，則【答案】65?13【分析】證明C,C1,C2在平面圖中三點(diǎn)共線，建立直角坐標(biāo)系，設(shè)直線l的方程為y=kx?2k+2【詳解】在立體圖形中：點(diǎn)C在平面AEFG上的射影C1落在直線AB上，則CC1l?平面ABFG，故CC1⊥l，CC2C1C2?平面CC以AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立坐標(biāo)系，設(shè)直線l的方程為y=kx?2k+2，C4,6，則C直線CC2的方程為y=?1kx+C1C2令|k?2|=t，根據(jù)題意k<0，k=2?t．C1C2CC2=3故答案為：6題型9向量相關(guān)最值取值范圍【例題9】（2021秋·浙江寧波·高三統(tǒng)考期末）在空間直角坐標(biāo)系中，OA=2a,2b,0,A．OA·OB的最小值為-6 B．C．AB最大值為26 D．AB最小值為1【答案】B【分析】根據(jù)題意可設(shè)a=cosθ,b=sinθ,c=2cosφ,d=2