重难点专题32 立体几何压轴小题（体积、角度、外接球等）九大题型汇总（解析版）

重难点专题32立体几何压轴小题（体积、角度、外接球等）九大题型汇总题型1体积最值 1题型2线线角最值取值范围 8题型3线面角最值取范围 20题型4面面角最值取值范围 32题型5外接球问题 41题型6外接球截面相关 50题型7正方体截面相关 58题型8代数式最值取值范围 70题型9向量相关最值取值范围 81题型1体积最值【例题1】（2021·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中点，P是底面ABCD所在平面内一动点，设PD1，PEA．92 B．52 C．32【答案】C【解析】通过建系如图，利用cosθ【详解】解：建系如图，∵正方体的边长为3，则E(3，0，32)，D1(0设P(x，y，0)(x⩾0，y⩾0)，则PE=(3-x，-∵θ1=θ2，z=(0∴cosθ1代入数据，得：32整理得：x2变形，得：(x即动点P的轨迹为圆的一部分，过点P作PF⊥BC，交BC于点F，则PF为三棱锥∴点P到直线AD的距离的最大值是2．则PF∵∴故选：C．【点睛】本题考查平面与圆柱面的截线，建立空间直角坐标系是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．【变式1-1】1.（2021·全国·校联考二模）在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，A．4 B．32-1 C．4【答案】A【分析】此三棱锥中点D到平面MNC1的距离为定值125，只要C1到MN的距离最小，则ΔMNC1的面积最小，则三棱锥D－MNC1【详解】如图，面MNC1就是平面ACC1A1，因此D点到面MNC1的距离为定值125，由题意ACC1A1是正方形，由对称性知当M（或N）与A重合时，C1到直线MN的距离最小，最小值为5故选A．【点睛】最值问题求法很多，如用代数知识建立函数，用基本不等式，解不等式等是常用方法，有时也可利用共线求距离最短，通过运动轨迹求最值等．【变式1-1】2.（2021·全国·高三专题练习）如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长等于1，∠ABC=60∘，O和O1【答案】3【分析】因为C1到平面BB1D1D（即三棱锥底面O1MH）的距离为定值，所以当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥M-C1O1H的体积最小，将平面BB1D1D单独画图可得，当点M在点【详解】因为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形,∠ABC=60∘，边长为1，∴O1C1⊥平面BB1D1D,且O1C1=12,O1B1=3∴C1到平面BB1D1D的距离为O1C1=12∵OH=3HB1，点M是线段BD上的动点，∴当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥C1将平面BB1D1D单独画图可得，当B点到O1H的距离最小时，△O1MH的面积有最小值．过点B做BF//O1H，可得直线BF上方的点到O1H的距离比直线BF上的点到O1H的距离小，而线段BD上除B点外的所有点都在直线BF下方，到O1H的距离比B点到O1H的距离大．即当M点在B点时，△O1MH的面积取得最小值，且三棱锥C1连接O1B,则O1B=OB1=12+3∴B1到O1B的距离d=BB1-O1∵OH=3HB1，∴H到直线O1B的距离为12d=21∴SΔO1BH=12∴VC1-O1BH=故答案为348【点睛】本题考查了四棱柱的结构特征和三棱锥的体积计算，动态动点的最值问题需要先确定点的位置，属于较难题．【变式1-1】3.（2023春·广东·高三校联考阶段练习）设M，N，P分别是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱CD，C1D1，A1B1的中点，R为BD上一点，且R不与D重合，且M，【答案】27【分析】建立空间直角坐标系，先依据题给条件求得SV【详解】设M，N，P，R所在球面球心为O，取MP中点I，连接OI，OP，OR则I为△MNP外接圆圆心，OI⊥平面MNP以D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，则I(1,1,1)，设O(1,t,1)则由OP=OR整理得t=则S令n-1=k，则则SV=3π令l则l当0<x≤1时，l'则当x=1时，ll则SV的最小值是故答案为：27【变式1-1】4.（2020·全国·高三竞赛）一个圆锥和一个圆柱，下底面在同一平面上，它们有公共的内切球.记圆锥的体积为V1，圆柱的体积为V2，且V1=k【答案】4【详解】取它们的公共轴截面，如图所设，则r=r2，r若V1=kV2化简得

3kt因为tgθ为实数，故Δ=9但k>0，故k≥43.当k=43时，可得tgθ故答案为4【变式1-1】5.（2021·福建·统考一模）如图，在四棱锥E-ABCD中，EC⊥底面ABCD，FD//EC，底面ABCD为矩形，G为线段AB的中点，CG⊥DG，CD=2，DF=CE，BE与底面【答案】2【分析】GF与AE的交点为M，CF与DE的交点为N，连接MN，DM，EF，可得M、N是位置，推出S△FMN=13S△【详解】解：如图，GF与AE的交点为M，CF与DE的交点为N，连接MN，DM，EF，在四棱锥E-ABCD中，EC⊥底面ABCD，FD//EC，底面ABCD为矩形，DF=CE所以EF//AB，且EF=AB，AB=CD=2，G为线段AB的中点，CG∵BE与底面ABCD所成角为45°，即∠EBC=45°∵GM:MF=AG∴S则四棱锥E-ABCD与三棱锥F-故答案为：29题型2线线角最值取值范围平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,π【例题2】（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥A-BCD中，BC=BD=AC=AD=10，AB=6，CD=16，点P在平面ACD内，且BP=A．31010 B．1010 C．2【答案】A【分析】取CD中点K，易得三角形ABK为正三角形，取AK中点O，可证BO⊥平面ACD，进而确定点P【详解】取CD中点K，连接AK，BK，∵BC=BD∴AK∵AB∴ΔABK取AK中点O，连接BO，则BO⊥AK，且易知CD⊥平面ABK∴CD⊥BO，∴∵BP=30，∴P当P与G，H重合时，sinα当P与M，N重合时，sinα故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，线面垂直等知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．【变式2-1】1.（2022·全国·高三专题练习）如图，矩形ABCD中，AB=4,BC=2，E为边AB的中点，沿DE将ΔADE折起，点A折至A1处（A1∉平面ABCD），若M为线段AA．始终有MB//平面AB．不存在某个位置，使得A1C⊥C．三棱锥A1-D．一定存在某个位置，使得异面直线BM与A1E【答案】D【分析】利用翻折前后的不变量、结合反证法，可证A，B，C正确，从而利用排除法得到正确选项。【详解】连结AC交DE于N，取CD的中点O，连结OM，OB，A1对A，易证，平面OMB//平面A1DE，BM⊂平面OMB，所以始终有MB///对B，因为AB=4,BC=2，假设A1C⊥平面A1DE，则A1C⊥A1D，A1C⊥A对C，当平面A1DE⊥平面ABCD时，三棱锥A1-故选：D【点睛】本题考查空间平面图形的翻折问题，考查线面、面面位置关系、体积求解，考查空间想象能力和运算求解能力，属于较难问题。【变式2-1】2.（2021·全国·高三专题练习）如图，已知等边三角形ABC中，AB=AC，O为BC的中点，动点P在线段OB上（不含端点），记∠APC=θ，现将ΔAPC沿AP折起至ΔAPC'A．θ>α B．θ<α C．【答案】A【详解】设正三角形的边长为2a如图，在等边三角形ABC中，过C作AP的垂线，垂足为E，过B作BF⊥CE，垂足为因为∠APC=θ，则θ∈π所以CE=CF=2asinθ，故将ΔAPC沿AP折起至ΔAPC'，则因C'E⊥AP，EF⊥AP，因BF∥AP，故BF⊥平面C'EF，所以BF⊥C'F，又∠C而tanα=tan∠C故选A.【点睛】折叠过程中空间中角的大小比较，关键是如何把空间角转化为平面角，同时弄清楚在折叠过程各变量之间的关系（可利用解三角形的方法来沟通），此类问题为难题，有一定的综合度.【变式2-1】3.（2020·全国·高三专题练习）将正方形ABCD沿对角线AC折起，并使得平面ABC垂直于平面ACD，直线AB与CD所成的角为A．90° B．60° C．45° D．30°【答案】B【分析】将异面直线平移到同一个三角形中，可求得异面直线所成的角.【详解】如图，取AC，BD，AD的中点，分别为O，M，N，则ON∥12CD因为平面ABC垂直于平面ACD，BO⊥AC，所以BO⊥平面ACD设正方形边长为2，OB=OD=2，所以所以ON=MN=OM=1所以直线AB与CD所成的角为60°．故应选B．【点睛】本题考查异面直线所成的角.【变式2-1】4.（2021·浙江·校联考二模）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1A．AE//平面B．四面体ACEF的体积为定值C．三棱锥A-D．异面直线AF、【答案】D【分析】对于A，利用面面平行的判定定理先证得面AB1D1//面C对于BC，通过计算四面体ACEF的体积、三棱锥A-对于D，作出两个特殊情况的图形，由图形易知异面直线AF、BE【详解】对于A，如图1，因为在正方体ABCD-A1B1所以四边形B1C1又因为C1D⊂面C1BD，AB1同理：B1D1//面C1所以面AB1D因为AE⊂面AB1D1，因此AE对于B，如图1，连结BD∩因为在正方体ABCD-A1B1C1在底面正方形ABCD中，BD⊥AC，又BB所以AC⊥面BB1D1所以VA-CEF对于C，利用B中的结论得VA-BEF对于D，如图2，当F与D1重合时，过D1作D1G//如图3，当F与B1重合时，过D1作D1G1//BE由图形易知∠AD1G≠∠Q故选：D.【点睛】立体几何中定值或定位置问题，其基本思想方法是以算代证，或以证代证，即从条件出发，计算所求体积或证线面平行与垂直关系，得到结果为定值或位置关系为平行或垂直.【变式2-1】5.（2020·全国·高三专题练习）将正方形ABCD沿对角线AC折起，当以A,B,C,A．π6 B．π4 C．π3【答案】C【详解】分析：将正方形ABCD沿对角线AC折起，可得当三棱锥B-ACD体积最大时，BO⊥平面ADC.设B'是B折叠前的位置，连接B'B，可得∠BCB'就算直线AD与BC所成角，算出ΔBB详解：设O是正方形对角线AC、BD的交点，将正方形ABCD沿对角线AC折起，可得当BO⊥平面ADC时，点B到平面ADC的距离等于BO，而当BO与平面ADC不垂直时，点B到平面ADC的距离为d，且d<BO，由此可得当三棱锥B-ACD体积最大时，BO⊥平面ADC.设B'是B折叠前的位置，连接B'B，因为AD∥B'C，所以∠BCB'就算直线AD因为BO'=BO=得ΔBB'C是等边三角形，所以直线AD与BC所成角为π3，故选点睛：该题所考查的是有关平面图形的翻折问题，解决该题的关键是要明确翻到什么程度是题中的要求，因为底面是定的，所以高最大时就是三棱锥体积最大时，即翻折成直二面角时满足条件，之后将异面直线所成角转化为平面角，即三角形的内角来解，求出三角形的各边长，从而求得角的大小.【变式2-1】6.（2021·全国·统考一模）如图所示的四棱锥P-ABCD中，底面ABCD与侧面PAD垂直，且四边形ABCD为正方形，AD=PD=PA，点E为边AB的中点，点F在边BP上，且BF=14BP，过C，E，FA．π6 B．π4 C．π3【答案】D【分析】由条件证明AB⊥DM，DM⊥PA，由此证明DM⊥平面PAB，再证明l//DM,由此证明【详解】因为E为边AB的中点，连接CE与DA的延长线交于点H，则A为DH的中点，所以有AD=AH.连接FE与PA的延长线交于点G，则直线GH即为过C，E，F三点的截面与平面PAD的交线l.取PB的中点O，连接OE，AO.因为BF=14所以F为BO的中点，所以FE//OA,即FG//OA.又易知OE//PA.即OE∥AG.所以四边形OEGA为平行四边形，从而OE=过点D作DM∥GH交PA于点M.则△DMA从而得到AM=AG=12PA.即M为PA的中点又平面ABCD⊥平面PAD，平面ABCD∩平面AB⊥AD，AB⊂所以AB⊥平面PAD.从而AB⊥DM，PA∩AB因此DM⊥平面PAB.又DM//GH.所以l⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，故l⊥PB所以异面直线PB与l所成的角为π2故选：D.【变式2-1】7.（2023·全国·高三专题练习）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是.（填写所有正确结论的编号）【答案】②③【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|＝1，|AB|=2，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z【详解】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|=2斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量a→=（0，1，0），|a→|直线b的方向单位向量b→=（1，0，0），|b→|设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，AB'→=（cosθ，sinθ，﹣1），|AB设AB'→与a→所成夹角为α∈[0，则cosα=|(cosθ，sinθ，∴α∈[π4，π2]，∴③正确，设AB'→与b→所成夹角为β∈[0，cosβ=|AB当AB'→与a→夹角为60°时，即|sinθ|=2∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ=22|cosθ|∵β∈[0，π2]，∴β=π3，此时AB'→∴②正确，①错误．故答案为②③．

【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,π2（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.题型3线面角最值取范围【例题3】（2020·全国·高三专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为棱AA【答案】2【分析】建立直角坐标系，设正方体边长为2，求出平面DEF的法向量为m，直线ME与平面D1EF所成角为α，sinα=cosm,【详解】解：如图，建立直角坐标系，设正方体边长为2，AM=则E(2，0，1)，M(2，a，2)，D(0，0，2)，F(2，设平面DEF的法向量为m=(x，y，EF=(0,2,0),由m⋅EF=0，m⋅D1E=0，得y=0-2由EM=(0,设直线ME与平面D1EF所成角为sinα因为a∈[0，2]，所以当asinα的最小值为2故答案为：25【点睛】考查立体几何中的最值问题，本题利用向量法求线面所成的角，基础题．【变式3-1】1.（2021·浙江绍兴·校联考二模）点P为棱长是2的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点MA．16 B．55 C．14-【答案】C【详解】分析：由题意首先确定点的轨迹，然后结合题意由几何关系求解最小值即可.详解：如图所示，E,F分别为棱AA1,则点P在平面CDEF内，又点P在内切球O球面上，则点P为球与平面的交线所成的圆O1作B1H⊥平面CDEF于点H，点P为圆O1上的点，则∠HPtan∠HPB则满足题意时，HP有最大值即可，设圆O1的半径为r，则HVB1-CDF=VRt△POORt△B1OO1为△B1HD则HP综上可得，B1P与面HB本题选择C选项.点睛：本题主要考查空间几何体的轨迹，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.【变式3-1】2.（2021·全国·高三专题练习）如图所示，直平行六面体ABCD-A1BC1D1的所有棱长都为2，∠DAB=60°，过体对角线①四边形BED1F②直线EF与平面BCC1B③四棱锥B1④点B1到截面S的距离的最小值为2其中，所有真命题的序号为（

）A．①②③ B．①③④ C．①③ D．②④【答案】B【解析】①分析可得当E,F为为棱AA1,CC②过点E的平面BCC1B1的垂线交平面于点M,转化直线EF与平面BCC1B③转化四棱锥的体积为以平面BB1E和平面B④分析可得当点E与点A重合,点F与点C1重合时四边形BED1F的面积最大,此时点B1【详解】由题,因为过体对角线,则由对称性易得四边形BED1连接AC,BD,且交于点O,过点E作BD的垂线,垂足为N,则若四边形BED1F面积最小,即即为棱AA1到平面DBB1D1因为∠DAB=60°,则所以AC=则AO=又BD所以S=12×22×3×2=26,过点E的平面BCC1B1的垂线交平面于点M,则EM即为点E到平面BCC1B1的距离若直线EF与平面BCC1B1所成角最大,则直线EF与直线EM的夹角最小,即∠FEM最小,此时cos∠即EF=AC时,故cos∠FEM则直线EF与平面BCC1B1所成角最大为π设点D1到平面ABB1A1,平面BCC1B1的距离分别为h1,hVB1-为定值,故③正确；因为四棱锥B1-BE所以若点B1到截面S的距离的最小,则截面S的面积最大,即四边形BED1F面积最大,即EN最大,则当点E与点A重合,点F与点C1重合时符合条件,此时在△BD1E中,BE所以EN=ED1设点B1到截面S的距离为d,则V=13S⋅d=综上,①③④正确,故选：B【点睛】本题考查线面角的计算,考查四棱锥的体积的计算,考查空间想象能力与运算能力,考查转化思想【变式3-1】3.（2022·全国·高三专题练习）在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，E为边AD上的一点，DE=1，现将ΔABE沿直线BE折成ΔA'BE，使得点A'在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内（不含边界），设二面角A'-BE-C的大小为A．β<α<C．α<θ<【答案】D【分析】由折叠前后图象的对比得点A'在面BCDE内的射影O'在线段OF上，利用二面角、线面有的定义，求出tan【详解】如图所示，在矩形ABCD中，过A作AF⊥BE交于点O，将ΔABE沿直线BE折成ΔA'BE，则点A'在面BCDE设A'到平面BCDE上的距离为h，则h由二面角、线面角的定义得：tanθ=hO'显然O'O<O'当O'与O重合时，(tanα因为hOB<hOC，所以(tanα)max所以α<β【点睛】本题以折叠问题为背景，考查二面角、线面角大小比较，本质考查角的定义和正切函数的定义，考查空间想象能力和运算求解能力.【变式3-1】4.（2021·全国·高三专题练习）已知正三棱锥P-ABC（底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形的中心），直线BC//平面α，E,F,G分别是棱PA,ABA．EF B．FG C．EG D．EF,【答案】B【分析】能取遍区间0，π2一切值，可以先考虑0和【详解】假设EF满足题意，当EF与平面α所成的角为π2EF⊥α，由BC∥在正三棱锥中，可得BC⊥AP，当BC⊥显然这是不可能成立的，所以EF不满足题意.同理，EG与BC不可能垂直，则EG与平面α所成的角不可能为π2综上所述，可以排除A,C,D，故选B.【点睛】本题考查立体图形中的位置关系，选择题可适当利用特殊值、排除法等解题技巧.【变式3-1】5.（2019·河南郑州·校联考一模）已知圆锥的母线长为2r，底面圆半径长为r，圆心为O，点M是母线PA的中点，AB是底面圆的直径.若点C是底面圆周上一点，且OC与母线PB所成的角等于60∘，则MC与底面所成的角的正弦值为(A．1B．22或C．3D．12或【答案】D【分析】结合题意,构造出MC与底面所成角,然后结合三角值计算公式,即可.【详解】结合题意,过M点作MQ⊥AB,结合题意可知,∠MOC=60cos∠MOC=MO而MQ为三角形APO的中位线,所以MQ=32r,因为PO垂直底面,而MQ平行PO,可知MQ垂直底面,故∠MCQ即为MC与底面所成角,【点睛】考查了线面角的找法和计算公式,关键找出线面角,难度中等.【变式3-1】6.（2021秋·黑龙江佳木斯·高三佳木斯一中校考阶段练习）下图中的几何体是由两个有共同底面的圆锥组成．已知两个圆锥的顶点分别为P、Q，高分别为2、1，底面半径为1．A为底面圆周上的定点，B为底面圆周上的动点（不与A重合）．下列四个结论：①三棱锥P-ABQ体积的最大值为②直线PB与平面PAQ所成角的最大值为π6③当直线BQ与AP所成角最小时，其正弦值为1010④直线BQ与AP所成角的最大值为π2其中正确的结论有.（写出所有正确结论的编号）【答案】①③【分析】由①可知VP-ABQ=V对于②，求直线PB与平面PAQ所成角的最大值，可转化为PB到轴截面距离的最大值问题进行求解对于③④，可采用建系法进行分析【详解】选项①如图所示，当OA⊥OB选项②中，线PB与平面PAQ所成角最大值的正弦值为tan∠BPO选项③和④，如图所示：以垂直于OC方向为x轴，OD方向为y轴，OP方向为z轴，其中A0,-1,0设Bcosθ,sinθ,0设直线BQ与AP所成角为α，cosα=AP⋅BQAP⋅BQ=由于cosθ∈-1,1，∴-cos答案选①、③【点睛】几何体的旋转问题需要结合动态图形和立体几何基本知识进行求解，需找临界点是正确解题的关键，遇到难以把握的最值问题，可采用建系法进行求解.【变式3-1】7.（2021·全国·高三专题练习）已知圆锥的顶点为S，O为底面中心，A，B，C为底面圆周上不重合的三点，AB为底面的直径，SA=AB，M为SA的中点.设直线MC与平面SAB所成角为α，则sinα【答案】3【分析】由题意建立空间直角坐标系，结合空间向量的结论和均值不等式确定sinα的最大值即可.【详解】以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设SA=M0,-1,3,Cx则MC=x,y+1,-据此有：sinα==12×-y当且仅当y=2综上可得：sinα的最大值为3-

【点睛】本题主要考查空间向量及其应用，学生的空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.题型4面面角最值取值范围【例题4】（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E,F分别是棱AA1,①四边形EGFH一定为菱形；②四棱锥C1③平面EGFH与平面ABCD所成的角不大于π4④PD1+其中正确命题的序号是.【答案】①②④【分析】根据面面平行的性质可证得四边形EGFH为平行四边形，利用线面垂直的判定可证得AC⊥平面BDD1B1，由EF//AC和线面垂直性质可得EF⊥GH，由此可知①正确；利用体积桥∴VC1-EGFH=VC1-FGH+V【详解】对于①，连接AC,∵平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面EGFH∩平面∴四边形EGFH为平行四边形；∵E,F分别为A∵四边形ABCD为正方形，∴AC又BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面∵BD∩BB1=B，BD∴EF⊥平面BDD1B1，又∴四边形EGFH为菱形，①正确；对于②，由①知：四边形EGFH为菱形，∴S∴V∵S△C1FG=1∴VH-C1对于③，以D为坐标原点，DA,DC,设BG=a，则E2,0,1，G∴EG=0,2,设平面EGFH的法向量n=则EG⋅n=2y+a-1z∵z轴⊥平面ABCD，∴平面ABCD的一个法向量m∴cos∵G为平面EGFH与直线BB1则当a>2+1∴平面EGFH与平面ABCD可以大于π4，③对于④，作出D1关于平面BCC1B1∵平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面EBFD1∴四边形EBFD1为平行四边形，∴M∈平面EBFD又平面EBFD1∩平面EGFH=EF∴EF∩BD1=M∵PD1=PD2，∴∴PD1+故答案为：①②④.【变式4-1】1.（2020·浙江·高三统考期末）已知直三棱柱ABC﹣A'B'C'的底面是正三角形，侧棱长与底面边长相等，P是侧棱AA'上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与直线B'C所成的角为β，二面角P﹣B'B﹣C的平面角为γ，则（）A．α＞β＞γ B．α＜β＜γ C．α＞γ＞β D．β＞α＞γ【答案】D【分析】取BC中点O，以OA、OB所在直线分别为x、y轴建立空间直角坐标系，利用空间向量，设出点P的坐标，求出三个角，再比较大小即可．【详解】解：设直三棱柱ABC-A'B'C'以OA、OB所在直线分别为x、y轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(3,0,0)，B(0,1,0)，C(0,-1,0)，B∴PB=(-3,1,-t)∴cosα=cos<PB,ACcosβ=cos<PB,B由题意，B'B⊥BC，B'B⊥∵当0<t<2时，由二次函数的单调性知，∴cosβ∴β>故选：D．【点睛】本题主要考查异面直线所成的角、二面角的求法，考查了利用角的余弦值比较角的大小，属于中档题．【变式4-1】2.（2020秋·新疆昌吉·高三校考期中）已知四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，BC=CD，在将ΔABD沿着BD翻折成三棱锥A-BCD的过程中，直线AB与平面BCD所成角的角均小于直线AD与平面A．α>β B．α<β C．存在α【答案】B【分析】根据题意在三棱锥A-BCD中，作AH⊥平面BCD于H，则∠ABH,∠ADH分别为AB,AD与平面BCD所成的角，过H作HM⊥BC,HN⊥DC，垂足分别为【详解】如图，在三棱锥A-BCD中，作AH⊥平面BCD于H则∠ABH,∠ADH分别为AB∵直线AB与平面BCD所成角的角均小于直线AD与平面BCD所成的角，∴AB>过H作HM⊥BC,HN⊥则有AM⊥∴∠AMH,∠ANH分别为二面角A∴∠AMH在ΔCBD中，CB=CD，设BD的中点为O，则CO为由AB>AD可得点H在∴HM>又tanα∴tanα又α,∴α<故选B．【点睛】本题考查线面角和二面角的求法和应用，解题时可先作出相关角，并由角的大小得到相关线段的大小关系，然后再根据空间角的定义求出角即可，解题的关键是正确作出图形，并将角的大小的问题转化为线段的长度的问题求解，考查作图能力和计算能力．【变式4-1】3.（2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB=1，BC=3，E是线段BC（不含点C）上一动点，把ΔABE沿AE折起得到ΔAB'E，使得平面B'AC⊥平面ADC，分别记B'A，A．θ>α>β B．θ>2α【答案】A【分析】由题意画出图形，作出B'A与平面ADC所成角为α，平面B'AE与平面ADC所成锐角为θ，分别求出tanθ和tanα，B'【详解】如图，过B作BO⊥AC，在Rt△ABC中，由由等积法可得BO=3∵平面B'AC⊥平面ADC，且B'O则∠B'过O作OF⊥AE，垂足为F，连接B'F，则∠B'FO∵O到AB的距离h＜∴tanθ=B'O故选A．【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面所成角的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，是中档题．【变式4-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，在单位正方体ABCD-A1B1①异面直线A1P与②三棱锥D-③异面直线C1P与直线④二面角P-其中真命题有A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【详解】对于①，异面直线A1P与BC1间的距离即为两平行平面ADD对于②，由于VD-BPC1=VP-DBC1，而SΔDB对于③，由题意得在正方体ABCD-A1B1C1D1中，B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂对于④，因为二面角P−BC1−D的大小，即为平面ABC1D1与平面BDC1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角P-BC综上①②③④正确．选D．【变式4-1】5.（2020·上海·高三专题练习）设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点（不含端点），记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则三个角α【答案】β【分析】作出线线角α，线面角β，二面角γ，根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.【详解】作PD//CA交VC于D，由于AB=BC=CA，VA=VB=VC，所以V-ABC为正三棱锥，由对称性知BD=PB.取PD中点E，连接BE，作EH⊥平面ABC，交平面ABC于H，连接BH.作PF⊥平面ABC，交平面ABC于F，连接BF.作PG⊥AC，交AC于G，连接GF，所以BE⊥PD.由于sinα=PFBP=EH2+BH2BP>EH2BP=EHBP.因为PD//CA，E在PD上，EH⊥由于P在VA上，由对称性PB=CP，而CP>PG，则sinγ综上所述，三个角中的最小角是β.故答案为β.【点睛】本小题主要考查线线角、线面角、二面角的概念，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.题型5外接球问题【例题5】（2022·四川遂宁·统考一模）设半径为R的球面上有A,B,C,D四点，且AB,A．2 B．2 C．22 D．【答案】A【分析】设AB=a,AC=b,AD=c【详解】设AB=a,AC=bS△ABC+S△故选：A【变式5-1】1.（2022秋·江苏南京·高三南京师大附中校联考阶段练习）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为23的正方形，侧面△A．2873πC．86π D【答案】C【分析】设二面角P-AD-B的大小为【详解】设二面角P-AD-B的大小为θ，AD中点为M，正方形则PM=3，PM⊥AD，EM⊥AD，则∠设球心O到底面的距离为OE=h，而正方形的外接圆半径为6则OA2由OA2=OPh2+3>1恒成立，故h最小值为0即外接球体积最小值为43故选：C【变式5-1】2.（2023·四川宜宾·宜宾市叙州区第一中学校校考模拟预测）在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面BCD，∠ABD+∠A．25+14π B．5+12【答案】B【分析】设∠ABD=α，∠CBD=β，求得△BCD【详解】如图，设∠ABD=α，∠CBD=β，K为△BCD的外心，O为三棱锥A-BCD外接球的球心，则OK⊥平面BCD，又AD⊥平面BCD设OK=h，DK=r由AD⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，得则AD=tanα=1tanβ，又h2+r2=令t=3-2cosβ，则cosR2=-14-所以三棱锥A-BCD外接球表面积故选：B．【点睛】结论与方法点睛：（1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心；（2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．（3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．【变式5-1】3.（2019秋·广西·高三校考阶段练习）在三棱锥A-BCD中，AB=AC，DB=DC，AB+A．53π3 B．52π3【答案】C【分析】由三角形全等可得∠ABD＝∠ACD＝90°，故而AD为棱锥外接球的直径，根据勾股定理得出AD关于AB的函数，求出AD的最小值即可得出答案．【详解】∵AB＝AC，DB＝DC，AD为公共边，∴△ABD≌△ACD，又AB⊥BD，即∠ABD＝90°，∴∠ACD＝90°，设AD的中点为O，则OA＝OB＝OD＝OC，∴O为棱锥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，∴当AB＝2时，AD2取得最小值8，即AD的最小值为22，∴棱锥外接球的最小半径为12AD=∴外接球的最小体积为V=4故选：C．【点睛】本题考查了棱锥的结构特征，棱锥与外接球的位置关系，确定球心位置是解题的关键，属于中档题．【变式5-1】4.（2023·全国·高三专题练习）在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1A．平面D1EF∥B．点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DPC．过点D1,E,D．当三棱锥B1-BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球【答案】B【分析】根据面面平行无交线可判断A；由面面平行的性质得出DP所在的平面，即可分析最小值P点的位置，求解即可；用向量法根据平行的坐标表示，求出过点D1,E,【详解】解：对于A，延长A1B，C1B，D1E，代表平面D1EF∩平面BA对于B，分别取C1D1，A1D1的中点则E1F1且E1F1∩F1D=F1，所以平面E1F1已知点P为正方形A1B1C1D1内一点，当P在E1F1上时，在△E1F1D则△E1F1D为等腰三角形，点P在Rt△E1PD中，E1对于C，如图建立空间直角坐标系，设AM=m，则M0,0,m，D10,2,2，FMD1=0,2,2-m，MD1则2n=2-m截面周长为2×1C选项错误；对于D，当三棱锥B1-BEF的所有顶点都在球∴S=4π故选：B.【变式5-1】5.（2020·湖北·校联考一模）已知三棱锥P-ABC满足PA⊥底面ABC，在ΔABC中，AB=6，AC=8，AB⊥AC，D是线段AC上一点，且AD=3DC，球O为三棱锥P-ABCA．72π B．86π C．112π【答案】C【分析】先找到外接球球心，过BC的中点M作OM//PA，则OM⊥平面ABC，取OM=12PA，则O为P-ABC外接球球心，过点D【详解】如图．M是BC边中点，E是AC边中点，∵AB⊥AC，∴M是ΔABC的外心，作OM//PA，∵PA⊥平面ABC，∴OM⊥取OM=12PA，易得OA=OP，∴O是三棱锥P-ABC的外接球的球心。E是AC中点，则ME//AB，ME=12AB=3，∴ME⊥AC，∵AD=3过D且与OD垂直的截面圆半径为r，则r=OA2-OD2OA2=故选：C。【点睛】本题考查球的表面积，解题关键是确定三棱锥外接球球心。结论：多面体外接球球心一定在过各面外心与此面垂直的直线上。【变式5-1】6.（2022秋·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经90∘榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1A．36π B．40π C．41π【答案】C【分析】根据题意可知，当该球为底面边长分别为2、1，高为6的长方体的外接球时，球的半径取最小值，然后利用公式可计算出球体的表面积.【详解】由题意知，当该球为底面边长分别为2、1，高为6的长方体的外接球时，球的半径取最小值，所以，该球形容器的半径的最小值为12因此，该球形容器的表面积的最小值为4π故选C.【点睛】本题考查长方体的外接球，解题的关键就是要弄清楚球为长方体的外接球时，球的半径最小，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.题型6外接球截面相关【例题6】（2021秋·河北唐山·高三唐山一中校考期中）四面体ABCD的四个顶点在同一球面上中，AB=BC=CD=DA=4，AC=BD=2A．5:4 B．5:2 C．5:2【答案】D【分析】先根据对称性确定球心，再确定截面面积的最大值与最小值的取法，最后根据面积公式求比值.【详解】取BD中点F，则根据对称性得球心O为EF中点，且EF⊥AC因为AB=BC=CD=DA=4，所以AF⊥EF过E作其外接球的截面，则截面面积的最大为球的大圆，半径为OA=(12EF)从而截面面积的最大值与最小值的比为π故选D【点睛】本题考查多面体外接球以及球的截面，考查空间想象能力与综合分析求解能力，属中档题.【变式6-1】1.（2022秋·云南·高三云南师大附中校联考阶段练习）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,PA=AB=2，BC=2，点E在棱PB上，且EB=2【答案】8π9【分析】将四棱锥补形为长方体可得球O球心与球O半径，则当EO与截面垂直时，截面面积最小.【详解】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r=PA2+因底面ABCD是矩形，则BC⊥AB.因PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PA⊥BC，又PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB因PB⊂平面PAB，则BC⊥PB.取PB的中点为则OF∥BC，OF=因EB=2PE，则PE=则在直角三角形OEF中，OE=当EO与截面垂直时，截面面积最小，则截面半径为r1故截面面积为S=故答案为：8【变式6-1】2.（2021秋·山东潍坊·高三山东省潍坊第四中学校考开学考试）正△ABC的三个顶点都在半径为2的球面上,球心O到平面ABC的距离为1,点D是线段BC的中点,过D作球O的截面,则截面面积的最小值为【答案】9【分析】设正ΔABC的中心为O1，连结O1O、O1C、O1D、OD．根据球的截面圆性质、正三角形的性质与勾股定理，结合题中数据算出OD【详解】解：设正ΔABC的中心为O1，连结O1O、O1C∵O1是正ΔABC的中心，A、B、∴O1O⊥平面ABC，结合O1∵球的半径R=2，球心O到平面ABC的距离为1，得O∴Rt△O1OC又∵D为BC的中点，∴Rt△O1∴Rt△OO1∵过D作球O的截面，当截面与OD垂直时，截面圆的半径最小，∴当截面与OD垂直时，截面圆的面积有最小值．此时截面圆的半径r=22故答案为9π【点睛】本题已知球的内接正三角形与球心的距离，求经过正三角形中点的最小截面圆的面积．着重考查了勾股定理、球的截面圆性质与正三角形的性质等知识，属于中档题．【变式6-1】3.（2019·湖北·高三校联考期中）已知三棱锥S-ABC的所有顶点在球O的球面上，SA⊥平面ABC，ΔABC是等腰直角三角形，SA=AB=AC=2，D【答案】2π【分析】先找出三棱锥S-ABC【详解】点D是RtΔABC的外心，过点D作DO⊥平面ABC使DOO是外接球球心，半径设为R，OA=在直角梯形SADO中，SA=2，OD=1，得R=3，过点D作球O的截面，当截面面积最小，此时截面圆的半径为R2∴截面面积的最小值是2π故答案为2π【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球的问题及球的截面的性质等，对空间想象力要求较高，属中等难度题.【变式6-1】4.（2023春·四川成都·高三树德中学校考开学考试）已知菱形ABCD边长为6，∠ADC=2π3，E为对角线AC上一点，AE=3．将△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，E移动到E'且二面角A'-【答案】219【分析】设AC∩BD=O，证明出BD⊥平面A'CO，分析可知∠AOA'=π3，以点O为坐标原点，OC、OB所在直线分别为x、y轴，平面AOA'内过点O且垂直于AC的直线为z轴建立空间直角坐标系，设三棱锥A'【详解】设AC∩BD=O，翻折前，在菱形ABCD中，则AC⊥翻折后，则有A'所以，二面角A'-BD在菱形ABCD中，∠ADC=2又因为AB=AD=6，所以，△同理可知，△BCD是边长为6因为A'O⊥BD，CO⊥BD，A'∴BD⊥平面以点O为坐标原点，OC、OB所在直线分别为x、y轴，平面AOA'内过点O且垂直于AC的直线为则点B0,3,0、C33,0,0、D0,-3,0设三棱锥A'-BCD由MB=MDMB=MC所以，三棱锥A'-BCD的球心为M3,0,3ME设球心M到截面α的距离为d，平面α截球M的截面圆的半径为r，则d≤ME过E'作平面α与该外接球相交，所得截面面积的最小值为π故答案为：21；9π【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.【变式6-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知空间四边形ABCD的各边长及对角线BD的长度均为6，平面ABD⊥平面CBD，点M在AC上，且AM=2MC，那么ABCD外接球的半径为；过点M作四边形ABCD外接球的截面【答案】1554/【分析】空1：根据题意结合球的性质分析可得OO1⊥平面CBD，OH⊥平面ABD，求出AH,OH【详解】空1：由题意知△ABD和△BCD为等边三角形，取BD中点E，连AE，CE，则平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD=BD，∴AE⊥平面CBD同理可证：CE⊥平面ABD设ABCD外接球的球心为O，半径为R，分别取△ABD、△BCD的中心O1、H则OO1⊥平面CBD，OH∴OO1∥AE，OH∥CE，则由题意可得：AH=2又∵OH⊥平面ABD，AH⊂平面∴OH⊥故R=空2：连OM，∵AH=2HE，AM=2MC，OH∥CE，则∴OM=设过M作四边形ABCD外接球的截面圆的半径为r，O到该截面的距离为d，则d≤OM=∵r=当d=0时，此时截面过球心，r取到最大值15，截面的面积最大为π当d=3时，r取到最小值23故截面面积最大值和最小值之比为15π故答案为：15；54【点睛】结论点睛：球的相关性质：①球的截面均为圆面；②球心和截面圆心的连线垂直于该截面，则有R2题型7正方体截面相关【例题7】（2021·浙江·高三专题练习）正四面体ABCD的棱长为4，E为棱AB的中点，过E作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的最小值是A．4π B．8π C．12π【答案】A【详解】将四面体ABCD放置在正方体中，如图所示，可得正方体的外接球就是四面体ABCD的外接球，因为正四面体ABCD的棱长为4，所以正方体的棱长为22，可得外接球的半径满足2R=2又E为BC的中点，过E作其外接球的截面，当截面到球心O的距离最大时，此时截面圆的面积最小，此时球心O到截面的距离等于正方体棱长的一半，可得截面圆的半径为r=R2故选A.【变式7-1】1.（2021·湖南株洲·校联考一模）过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是A．1 B．2 C．32 D．【答案】D【分析】取对角线顶点所不在的两个侧棱的中点M,N,与对角线两个顶点相连，所得四边形即为所有过对角线的截面中面积最小的，由此可求出截面面积.【详解】如图：在正方体中，取A1A,C1C过D1B的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形s=故选D.【点睛】本题主要考查了正方体的截面面积的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.【变式7-1】2.（多选）（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考期中）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1A．存在点P，使得BPB．三棱锥C-BC．若动点Q在以点B为球心，63为半径的球面上，则PQ的最小值为D．过点P，B，C1作正方体的截面，则截面多边形的周长的取值范围是【答案】BCD【分析】A选项B1C为直径的球面与直线没有公共点，则不存在点B选项根据等体积法，则VC-BC选项PQ的最小值为PQminD选项的动点P位于A1点时截面周长最小，当P位于A1【详解】对A选项，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以B1C对B选项，因为VC-B1D1P=VP-CB1D1，因为A1D//CB，CB⊂平面C对C选项，PQmin=BPmin-BQ=BP对D选项，当P在A1D上移动时，截面多边形如图(1)所示，其侧面展开图如图

图(1)

图(2)当点P位于A1点时，即E,F与A1点重合，截面多边形为正三角形A1C1B，此时的周长最小，周长c=32，当点P从A点向D点移动时，根据对称性可知，截面多边形的周长先增大后减小，即E,F点随着点P的移动至A,D故选：BCD【变式7-1】3.（2022秋·吉林长春·高三长春市第六中学校考期末）棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1内部有一圆柱OA．在正方体ABCD-A1BB．无论点O1在线段ACC．圆柱O1O2D．圆柱O1O【答案】BCD【分析】对于A答案，只需找一种情况截面面积比32大可判A错;根据B1C⊥平面ABC1后可证线线垂直，可判断B正确；圆柱OO1【详解】如图所示：设M,N,因为P,Q是CD,因为BD⊥AC，所以因为C1C⊥平面ABCD，PQ⊂平面因为C1C∩AC=C，C1因为AC1⊂平面AC1因为PQ∩RQ=Q,PQ,所以平面MNPQSR为其中一个截面，其面积为S1=1B：因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊥B∴B1C⊥平面AB∴BC：易知圆柱OO1的母线与AC1平行，易得AB,AD,D:设圆柱底面半径为r，则圆柱的底面必与过A点的三个面相切，且切点分别在线段AC,AB1,AD在Rt△AC1C中，tan根据对称性知：AO1=所以外接球的半径R=当r=66时，Rmin=故选：BCD【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.【变式7-1】4.（多选）（2023·全国·高三专题练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，ABA．当B1P//平面A1BD时，B．当λ=μ时，|C．若B1P与平面CC1D1D．当λ=1时，正方体经过点A1､P､C【答案】AC【分析】A选项，建立空间直角坐标系，得到CD1=-1,0,1,B1P=-λ,1,μ-B选项，先根据λ=μ，得到P点在棱CD1上，将平面CDDC选项，先得到∠B1PC1为B1P与平面CC1D1D选项，先确定P点在DD1上，作出辅助线得到平行四边形CHA1P即为正方体过点A1､P､C的截面，设P0,1,t【详解】建立如图所示的空间直角坐标系A-则A0,0,0所以CD则BA1=-1,0,1所以BA令x=1，则y=z=1，即平面若B1P//平面A1BD故λ=μ，故B1令cosB解得：λ=0或1故B1P与CD1可能是B选项，因为λ=μ，故P点在棱如图，将平面CDD1与平面A1线段A1D即为利用余弦定理可得：A1所以A1D=C选项，因为B1C1⊥平面CC1D1D，连接若B1P与平面CC1D1D即点P的轨迹是以C1为圆心，以1为半径的1于是点P的轨迹长度为14×2πD选项，当λ=1时，P点在DD1上，过点A1作A1H//则CH//A1P，所以平行四边形CHA1P设P0,1,所以PC→=1,0,-t,所以点P到直线A1C的距离为于是当t=12时，dmin=当t=0或1时，dmax=63故截面面积的取值范围为62,2，故选：AC【点睛】立体几何中截面的处理思路：（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面【变式7-1】5.（多选）（2022·安徽·校联考二模）在底面边长为2、高为4的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，O为棱A1A上一点，且A1OA．CN与QM共面B．三棱锥A-DMNC．PQ+QOD．当D1Q=1【答案】ACD【分析】对于A，证明MN∥CQ即可判断；对于B，由等体积法VA-DMN=VN-ADM即可判断；对于C【详解】对于A，如图1，在△ACQ中，因为M,N为AC,AQ的中点，所以MN∥CQ对于B，由VA-DMN=VN-ADM，因为N到平面ABCD的距离为定值2，且△ADM对于C，如图2，展开平面A1ADD1，使点A1ADD点P，交A1D1与点Q，则此时PQ+QO最小，易求PQ对于D，如图3，取D1H=13D1C1，连接HC，则HQ∥A1C1，又AC∥A1C1，所以故选:ACD.【变式7-1】6.（2021·浙江温州·统考二模）如图所示的一块长方体木料中，已知AB=BC=4,AA1=1，设E为底面ABCD的中心，且AF【答案】12【详解】试题分析：如图所示：作出过点A1,F,E的截面A1FNP，显然为平行四边形，延长BA,NF，并设BA∩NF=G，再作AH⊥FG于H，连接A1H，则A1H⊥FG，再作FQ⊥BC于Q，易知AF=4λ=CN考点：1、长方体；2、平行四边形的面积；3、二次函数求最值.【思路点晴】本题是一个关于几何体的截面面积的最值问题，属于难题.解决本题的基本思路是首先应先做出过点A1,题型8代数式最值取值范围【例题8】（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知正四面体ABCD的棱长为6,P是棱AB上任意一点（不与A,B重合）,且点P到面ACD和面BCD的距离分别为x,y,则3x+【答案】2+【分析】过点A作AO⊥平面BCD于点O,则O为△BCD的重心，根据VP-BCD+VP-ACD=【详解】过点A作AO⊥平面BCD于点O,则O为△如图所示:∴OB=∴AO又VP∴13可得x∴3x当且仅当x=3-∴3x+故答案为:2+3【点睛】本题考查了求不等式最小值.解题关键是采用分割法求四面体体积,求出x+y=2,考查综合分析求解能力【变式8-1】1.（2019·湖南·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⊥AD，AB//CD，AD=CD=PD=2，AB=1，【答案】14+4【分析】先找出BE与平面PCD所成角，再利用正切值为2，证得E为PC的中点.根据所给各边的长度，求出∠APB,∠BPC的斜弦值，再将ΔPBC翻折至与平面PAB共面，利用余弦定理求出AE，即为【详解】取CD的中点H，连接BH，EH.依题意可得，BH⊥CD.因为PD⊥平面ABCD从而BH⊥平面ABCD所以BE与平面PCD所成角为∠BEH且tan∠BEH=BHEH=2EH在RtΔPAB中，cos因为PB=3，PC=22所以cos∠BPC=将ΔPBC翻折至与平面PAB共面，如图所示，则图中cos∠当F为AE与PB的交点时，AF+EF取得最小值，此时，故答案为：14+42【点睛】本题考查空间中线面垂直、线面角、余弦定理等知识的交会，考查空间相象能力和运算求解能力，将空间中线段和的最值问题，转化成平面问题，对转化与化归思想的考查要求较高，属于难题.【变式8-1】2.（2022秋·广东广州·高三校考期中）正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构）是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P、Q分别为DF、BF的中点，则AP·AQ=.若EG=2GB，过点G的直线分别交直线FE、FB于M、【答案】48【分析】先由正八面体ABCDEF得到AD=BF，AB=DF，AD⋅AB=0，再利用向量的线性运算与数量积运算法则即可求得AP·AQ；在平面BEF上建立平面直角坐标系，由FE=mFM,FB【详解】因为在正八面体ABCDEF中，AD//BF,同理：AB=又在正方形BCDE中，DE2+EB2=因为AP=AD+所以AP·AQ=因为EG=2GB，所以G是EB边上靠近根据题意，在平面BEF上，以边EB的中点O为原点，EB为x轴，OF为y轴建立平面直角坐标系如图，则E-1,0,则FE=-1,-因为FE=所以-1,-3则mx1=-1,因为M,G,N三点共线，所以即3m-3又因为m>0,所以2m当且仅当4nm=mn所以2m+1n≥故答案为：4；83【点睛】关键点睛：本题第2空的解决关键是建立平面直角坐标系，利用M,G,N【变式8-1】3.（2021·河南·高三校联考阶段练习）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E∈平面AA．255 B．12 C．5【答案】D【分析】取AB的中点H，连接B1H，证明E点在直线B1H上，当BE⊥H【详解】取AB的中点H，连接B1H，设BF∩B1H=G.作出图像如下图所示.易得B1D1⊥A1C1,B1D1⊥AA1，所以B1D1⊥平面AA1C1C，所以B1D1⊥CF.易得B1H⊥BF,B1【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查三角形面积的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，难度较大，属于难题..本题解题关键点在于找到E点所在的位置，主要通过证明线面垂直来找到.【变式8-1】4.（2021·全国·高三专题练习）已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为6，且底面是边长为2的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱AA．22 B．3 C．23 D【答案】C【分析】设N在B处，AM=h，CQ=m，分别表示出MQ,BQ,MB，由勾股定理可构造方程，根据方程有解可得【详解】如图，不妨设N在B处，AM=h，则MB2=h由MB2=BQ2∴该直角三角形斜边MB故选：C【点睛】本题考查立体几何中最值问题的求解，关键是能够通过特殊位置构造出关于变量的方程，通过方程有解确定所求变量所处的范围；考查了由特殊到一般的基本思想，对于学生的推理能力有一定要求，属于较难题.【变式8-1】5.（2019秋·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥P-ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且PA=3，PB=2，PC=1．设M是底面ABC内一点，定义f(M)=(m，n，p)，其中m、n、P分别是三棱锥M-PAB、三棱锥M-PBC、三棱锥A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】先根据三棱锥的特点求出其体积，然后利用基本不等式求出1x+a【详解】解：∵PA、PB、PC两两垂直，且PA=3．PB=2∴即x+y1解得a∴正实数a的最小值为4故选：D．【点睛】本题主要考查了棱锥的体积，同时考查了基本不等式的运用，是题意新颖的一道题目，属于中档题．【变式8-1】6.（2021秋·四川成都·高三石室中学阶段练习）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，且ED=FB=1，①EC⊥AF；②③若G为EC中点，则GB//平面AEF④AG2【答案】①②③【分析】以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得D，A，B，C，F，E的坐标，由AF，EC的坐标表示，可判断①；确定球心为矩形BDEF的对角线交点，求得半径，可判断②；求得G的坐标，求得平面AEF的法向量，计算可判断③；设出G的坐标，由两点的距离公式，结合二次函数的最值求法，可判断④．【详解】以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，可得D(0,0，0)，A(1,0，0)，B(1,1，0)，C(0,1，0)，F(1,1，1)，即有EC=(0,1，-1)，AF=(0,1，1)，由AF⋅EC由球心在过正方形ABCD的中心的垂面上，即为矩形BDEF的对角线的交点，可得半径为(22)2+(若G为EC中点，可得G(12,1，12)，BG=(-12,0，12设平面AEF的法向量为n=(x,y，z)，可得-x+z由BG⋅n=-12+12=0设G(0,t，1-t)(0≤当t=34时，取得最小值11故答案为①②③．【点睛】本题考查空间线面的位置关系和空间线线角的求法，以及向量法解决空间问题，考查运算能力，属于中档题．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再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.【变式8-1】7.（2020·全国·高三专题练习）已知四面体ABCD的所有棱长都为6,O是该四面体内一点,且点O到平面ABC、平面ACD、平面ABD、平面BCD的距离分别为13,x,16和y,则1x+【答案】83【详解】该几何体为正四面体,体积为212×63=3.各个面的面积为34×62=332【点睛】本小题主要考查正四面体体积的计算,考查利用分割法求几何体的体积,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.首先根据题目的已知条件判断出四面体ABCD为正四面体,由于正四面体的棱长给出,所以可以计算出正四面体的体积,根据等体积法求得x,y的一个等式,【变式8-1】8.（2021·全国·高三专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6.四边形AEFG为边长为2的正方形，现将矩形ABCD沿过点F的动直线l翻折，使翻折后的点C在平面AEFG上的射影C1落在直线AB上，若点C在折痕l上射影为C2，则【答案】65-【分析】证明C,C1,C2在平面图中三点共线，建立直角坐标系，设直线l的方程为y【详解】在立体图形中：点C在平面AEFG上的射影C1落在直线AB上，则CC1l⊂平面ABFG，故CC1⊥l，CC1C2⊂平面CC以AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立坐标系，设直线l的方程为y=kx-2k直线CC2的方程为y=-1kC1C2令|k-2|=t，根据题意C1C2CC2=3故答案为：6题型9向量相关最值取值范围【例题9】（2021秋·浙江宁波·高三统考期末）在空间直角坐标系中，OA=2aA．OA·OB的最小值为-6 B．OAC．AB最大值为26 D．AB最小值为1【答案】B【分析】根据题意可设a=cosθ,b=sinθ,c=2cosφ,【详解】根据题意可设a=则OA·当θ=0,φ=-当θ=π,另一方面，AB==≤当θ=2π,AB≥=令4cos则AB=当cosθ=-14【点睛】本题考查命题真假的判断，考查向量的数量积、向量的模、三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，利用三角换元以及三角函数的有界性是解题的关键，有一定难度【变式9-1】1.（2021·浙江·模拟预测）正四面体ABCD的棱长为2，半径为2的球O过点D，MN为球O的一条直径，则AM⋅AN的最小值是【答案】4-4【详解】很明显当O,由题意可知：OD=OM=ON，则AM当向量AD,DO反向时，AM⋅【变式9-1】2.（2021春·上海·高三校联考阶段练习）已知a,b,c为空间三个向量，又a,b是两个相互垂直的单位向量，向量c满足c=3，c⋅a=2,c⋅b=1，则对于任意实数【答案】2【分析】根据题意确定a=b=1,a【详解】由题意知a=b=1,a⋅b=0所以c=9+当且仅当x=2,y=1所以c-x故答案为：2【点睛】本题考查向量的数量积及向量的模，配方法，属于基础题.【变式9-1】3.（多选）（2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知球O的半径为2，点A,B,C是球O表面上的定点，且OA⋅OB=OB⋅OC=-1A．有且仅有一个点D使得∠CAD=30∘ B．点OC．存在点D使得BD//平面AOC D．OB⋅【答案】ABD【分析】B选项，先根据向量数量积公式得到AB=BC=10，AC=23，画出三棱锥O-ABC，设点O在平面ABC上的投影为Q，则OQ⊥平面ABC，设BQ=QC=m，由勾股定理列出方程，求出m=577，进而求出点O到平面ABC的距离；A选项，建立空间直角坐标系，设Dm,n,t，则m2+n2+t2=4，根据∠CAD=设m=cosθ,n=sinθ【详解】B选项，因为AB=OB-故AB=同理可得BC=BC=画出三棱锥O-ABC，设点O在平面ABC上的投影为Q，则OQ⊥平面

其中Q为平面ABC的外心，连接BQ并延长，交AC于点E，则点E为AC的中点，因为AB=BC，所以BE⊥故AE=CE=则BQ=设BQ=QC=由勾股定理得QE2+解得m=由勾股定理得OQ=故点O到平面ABC的距离为217，BA选项，以O为坐标原点，平行于QB的直线为x轴，平行于AC的直线为y轴，垂直于平面xOy的直线为z轴，建立空间直角坐标系，则球O的方程为x2设B5因为CA⋅CD=0解得AC⋅设Dm,n当∠CAD=30其中AC=23，故即AD为直径，故D2故有且仅有一个点D使得∠CAD=30

C选项，设平面AOC的法向量为q=则q⋅解得y=0，令z=1，解得x=-BD=因为CA⋅CD=0解得n=-又m2+nBD⋅假设存在点D使得BD//平面AOC，则有BD即t=代入m2+t2=1解得m=77当m=77时，t=-3当m=177故不存在点D使得BD//平面AOC，C错误D选项，OB⋅OD=设m=cosθ则OB⋅OD=故OB⋅OD=2cos故选：ABD【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.【变式9-1】4.（2021·湖南长沙·高三长郡中学阶段练习）已知半径为1的球O内切于正四面体A-BCD，线段MN是球O的一条动直径（M,N是直径的两端点），点P是正四面体A-【答案】[0,8]【详解】

设正四面体的棱长为a，则AD=23×32a=33a,OD=1,HD=a2-13a2点睛：本题旨在考查空间向量及空间线面的位置关系等有关知识的综合运用，检测等价化归与转化的数学思想及数形结合的思想和意识及运算求解能力和分析问题解决问题的能力．【变式9-1】5.（2020·全国·高三专题练习）已知球O的半径为1,A,B是球面上的两点，且AB=3，若点P【答案】-【分析】以球心为坐标原点建立空间直角坐标系，设点A,B,P【详解】由题意，可得OA=则cos∠AOB=12以球心O为坐标原点，以OA为x轴正方向，平面OAB的垂线为z轴建立空间坐标系，则A(1,0,0),B(-则PA=(1-所以PA⋅因为P(x,y,所以PA⋅设m=x+3y，当x+又由0+0+m12所以-2≤m故答案为：[-1【点睛】本题主要考查了空间向量的应用，向量的数量积的运算，以及直线与圆的位置关系的综合应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，利用向量的数量积的运算公式，结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.1.（2019·四川·统考模拟预测）若矩形ABCD的对角线交点为O'，周长为410，四个顶点都在球O的表面上，且OOA．322π3 B．642π3【答案】C【分析】首先利用矩形求出外接圆的小圆半径，进一步利用基本不等式求出球的半径，进一步求出球的表面积的最小值．【详解】如图，设矩形ABCD的两邻边分别为a，b，则a+b=210，且外接圆由球的性质得，OO'⊥平面ABCD，所以球O由均值不等式得，a+b2所以R=(3所以球O的表面积的最小值为4π故选C．【点睛】本题考查的知识要点：球的表面积公式的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．2.（2022·四川泸州·统考一模）已知正三棱锥（底面是正三角形且顶点在底面的射影是底面三角形的中心）的体积为3，其各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为．【答案】9【分析】根据三棱锥体积求得底面边长和高之间的关系，结合棱锥外接球求解办法，求得外接球半径与高之间的关系，利用基本不等式求得其最小值，再求球的表面积即可.【详解】根据题意，作如下正三棱锥A-BCD，即