立体几何压轴小题（体积、角度、外接球等）九大题型-2025年高考数学重难点题型突破（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.......................................................31

题型5外接球问题...............................................................40

题型6外接球截面相关...........................................................48

题型7正方体截面相关...........................................................56

题型8代数式最值取值范围.......................................................68

题型9向量相关最值取值范围.....................................................79

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A8CD-A/iGA中，E是

的中点，P是底面4BCD所在平面内一动点，设PDi,PE与底面4BCD所成的角分别为的，92

(W均不为0),若％=&，则三棱锥P-BBiQ体积的最小值是

【答案】C

【解析】通过建系如图，利用cos%=cos”,结合平面向量数量积的运算计算即得结论.

【详解】解：建系如图，•.•正方体的边长为3,贝!]E(3,0,1),D^O,0,3),

设P(x,y,0)(x>0,y>0),则而=(3—久，―y,},西=(-x,—y,3),

,Jd=%，m=（0,。，1）i

cos。】=cos%,即品I两团

西I•同

代入数据，得：I:q3

22

J(3-x)2+y2+-y/x+y+9

第1页共97页

整理得：X2+y2-8x+12=0,

变形，得：(£—4)2+y2=4(04y42),

即动点P的轨迹为圆的一部分，

过点P作PF1BC,交BC于点F,则PF为三棱锥P-8B1G的高

.•点P到直线4。的距离的最大值是2.

贝UPFmin=3-2=1・

119

'''=2,BB].8ICI=IX3X3=5

1193

X1X=

•1•匕-BB1cl=W.PF.SABB1cl=222

【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4BC0-4祖C也中,AB=4,BC=

3,=5,M,N分别在线段44]和4C上,\MN\=2,则三棱锥。-MNC1的体积最小值为

A.4B.3&-1C.4V3-2D.6&-4

【答案】A

【分析】此三棱锥中点D到平面MNC1的距离为定值£,只要C1到MN的距离最小，则

△MNC1的面积最小，则三棱锥D-MNC1的体积最小.

第2页共97页

【详解】如图，面MNC1就是平面ACC1A1,因此D点到面MNC1的距离为定值装，由

题意4CG&是正方形，由对称性知当M（或N）与4重合时,G到直线MN的距离最小，最

小值为5,此时53顺=|x2x5=5,■--VD_MNCi^=Jx5x=4.

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，已知直四棱由IBC。-&B1GD1的所有

棱长等于1MBC=60。,。和。1分别是上下底面对角线的交点〃在线段。Bi上,OH=3HB1,

点M在线段BD上移动,则三棱锥M-GOiH的体积最小值为

【绞案]立

1口木」48

【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^OIMH

的面积取得最小值时，三棱锥M-的体积最小,将平面BB1D1D单独画图可得，当

第3页共97页

点M在点B处时，AQIMH的面积有最小值，求出三棱锥G-01MH的体积即可.

【详解】因为直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是菱形/ABC=60。,边长为1,

.Q1C1J_平面BB1D1D，且01Cl=i,01Bl^^,

.-.Cl至I」平面BB1D1D的距离为O1C1=]

•.OH=3HB1，点M是线段BD上的动点,

..当AO1MH的面积取得最小值时，三棱锥C1-01MH的体积有最小值.

将平面BB1D1D单独画图可得，

当B点到O1H的距离最小时，AQIMH的面积有最小值.

过点B做BF//01H,可得直线BF上方的点到01H的距离比直线BF上的点到01H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01H

的距离大.

即当M点在B点时，AOIMH的面积取得最小值，且三棱锥G-01MH的体积有最小值.

连接O1B,则O1B=OB1=JP+（苧）2=日,

.'.B1到O1B的距离d=^^=孥=等，

U-yDj__7

2

■.OH=3HB1,

-H到直线01B的距离为中=等.

Z14

口

2222148'

'^C1-O^BH-^AOrBH,,1_V3

2-48•

第4页共97页

故答案为*.

【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-U3.（2023春广东•高三校联考阶段练习）设“，N,P分别是棱长为2的正方

体A8CD-的棱CD,GA,A%的中点，R为BD上一点,且R不与。重合，且M,

N,P,R在同一个表面积为S的球面上，记三棱锥N-MPR的体积为U，则*的最小值是.

【答案】卦

【分析】建立空间直角坐标系，先依据题给条件求得*的表达式，再利用导数即可求得其最

小值

【详解】设M,N,P,R所在球面球心为O,取MP中点I,连接01,OP,OR

则I为AMNP外接圆圆心，01，平面MNP,

以D为原点，分别以DA,DC,所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系

则,P(2,l,2)

设0(l,t,l),R(n,n,0),(0<n<2)

则由。P=OR可得，Jl+(1-t)2+1=7(1-n)2+(n-t)2+1

整理得t=,

।S_6叩+(1一脸尸)2]

人」V|x|x2x2|n-l|\n-l\

令n-1=k,则一1<k<0或0Vk

贝哈=渭2,-1<fc<OngO</c<1

令/(x)=|n.(4x+：+6(0O

则?㈤=|TT.(4一2_分=.弋丁一)4(0<比w1)

当0<%W1时,r(x)<0"(%)单调递减；

第5页共97页

则当X=1时，/（X）取得最小值

故答案为：yn

【变式1-U4.（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.记圆锥的体积为明，圆柱的体积为/，且％=k%.则k的最小值是.

【答案】：

【详解】取它们的公共轴截面,如图所设，则r=上，「=Rtge,h=r1tg29.

3

若匕=kV2,贝11有:兀rj-rrtg20=2nr^-ktg6.

化简得3ktg&e—3kgtg26+1=0.

因为场8为实数，故/=9k2-12k>0.

但k>0,故k>消k=料，可得tg。=亨，原题有意义.所以，k的最小值是:

故答案为:

A

B

第6页共97页

【变式1-1]5<2021福建统考一模况图在四棱锥E-A8CD中,EC1底面ABC。,FD//EC,

底面ABCD为矩形,G为线段4B的中点,CGLDG,CD=2,DF=CE,BE与底面ABC。所

成角为45。，则四棱锥E-力BCD与三棱锥F-CDG的公共部分的体积为.

【分析】GF与2E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SMMN=，SMGC，把四棱锥E-4BCD与三棱锥F-CDG的公共部分的体积转化为

|/YDG求解.

【详解】解：如图，GF与4E的交点为M,6与DE的交点为N,连接MN,DM,EF,

在四棱锥E-ABC。中，EC1底面ABC。，FD//EC,底面4BCD为矢巨形，DF=CE,所以四

边形DFEC为平彳亍四边形,所以EF//DC,S.EF=DC,

所以EF〃4B,S.EF=AB,AB=CD=-2,G为线段48的中点，CG1DG,4G=1,所以

DG=s/2,所以4。=BC=1,

・•・BE与底面ABC。所成角为45。,即ZEBC=45°,CE=BC=1,

第7页共97页

•••GM:MF=AG:FE=1:2,N是尸C的中点，

11711

•••SAMFN=\FM-FN-sin乙MFN=*-G•sin/MFN=|SAFGC,

则四棱锥E-ABC。与三棱锥尸-CDG的公共部分的体积为/_MNCG=|^D-FGC=3X3X

-1xr2xlaxl«=-2.

29

故答案为：!.

题型2线线角最值取值范围

#占

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（0,3,当所作的角为钝角时，应取它的补角作

为两条异面直线所成的角.

【例题2]（2023•全国•高三专题练习）在三棱锥力-BCD中，BC==AC=4。=10,

力8=6,CD=16，点P在平面4CD内,S.BP=V30，设异面直线BP与CD所成角为a，则sina

的最小值为（）

3VioBVio02乘D"

•101055

第8页共97页

【答案】A

【分析】取CD中点K,易得三角形为正三角形，取ZK中点。，可证3。，平面ZCD,进

而确定点尸的位置，求得最小值.

【详解】取中点K,连接ZK,BK,

・.・BC=BD=AC=AD=10,CD=16,

AK=BK=6,

vAB—6,

・•・/ZBK为正三角形，

取AK中点。，连接B。,

则B。1AK,且B。=3V3,

易知CD1平面ABK,

•••CD1BO,•••BO1平面AC。,

VBP=屈，：.P在图中圆。上，

当P与G,H重合时，sina=1最大，

当P与M,N重合时，sina=篇=最小.

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

第9页共97页

能力，是中档题.

【变式2-1]1.（2022・全国•高三专题练习）如图，矩形4BCD中,AB=^,BC=2,£为边

4B的中点，沿OE将2MDE折起，点4折至4处（4任平面A8CD）,若M为线段&C的中点，

则在/ADE折起过程中，下列说法错误的是（）

A.始终有MB〃平面&DE

B.不存在某个位置，使得&C1平面&DE

C.三棱锥&-ADE体积的最大值是手

D.一定存在某个位置，使得异面直线BM与&E所成角为30°

【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4C交DE于N,取CD的中点。，连结OM,OB,&N。

对A,易证,平面。M8〃平面&DE,BMu平面。MB,所以始终有MB〃/平面41DE,故A

正确；

对B,因为48=4,BC=2,假设&C_L平面&DE,贝！]4母1ArD,4C1ArE,则CD?_

222

A1D=CE-A±E0CD=CE,因为CD=4,CE=2&,所以CO=DE不成立，所以假设

错误，故不存在某个位置，使得&C1平面&DE，故B正确；

对C,当平面&DE1平面2BC0时，三棱锥4—40E的体积最大,V=/SAADE

第10页共97页

2•2）•鱼=乎，故C正确；

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A8C中，48=4C,。为

BC的中点，动点P在线段。8上（不含端点），记乙4PC=9，现将/4PC沿2P折起至zMPC"

记异面直线BC'与2P所成的角为a,则下列一定成立的是

A.0>aB.0<aC.9+a>-D.9+a<-

22

【答案】A

【详解】设正三角形的边长为2a,

如图，在等边三角形力BC中，过C作AP的垂线，垂足为E,

第11页共97页

过B作BF1CE,垂足为尸,

因为NAPC=e,贝II。e©A)，且PD=洛，故CP=当+a,

\32/tantztant/

所以CE=CPXsin0=+a)Xsin0=(V3cos0+sin0)a,

CF—2asin0,故EF=(sin0—V3cos0)a,又BF—2acos0.

将2Mpe沿AP折起至zMPC',贝!JC'F<CE+EF=CF=2asin8.

因LAP,EFlAP,EFdC'E^E,故AP，平面,

||AP,故BFJ_平面C'EF,C'Fu平面C'EF,

所以BF1C'F,又NC'BF为异面直线8C：4P所成的角，

而tana=tanAC'BF=篝<；；：北=tan。,因aae(0,。,故0>a,

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

48C垂直于平面4CD,直线48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",BD,4。的中点，分别为。,M,N,

则ON||(CD,MN||IAB,所以NONM或其补角即为所求的角.

因为平面力BC垂直于平面AC。,BO1AC,所以B。_L平面力CD,所以8。1OD.

设正方形边长为2,OB=OD=&,所以BD=2,贝!jOM=^BD=1.

第12页共97页

所以。N=MN=。“=1.所以4OMN是等边三角形，乙ONM=60°.

所以直线4B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48。。出小。m1的棱长为1,线

段历久上有两个动点E,F,且EF=0.6,则当E,F移动时，下列结论中错误的是（）

A.4E〃平面

B.四面体AC£T的体积为定值

C.三棱锥QBEF的体积为定值

D.异面直线4F、BE所成的角为定值

【答案】D

【分析】对于A,利用面面平行的判定定理先证得面ABi%〃面的80,从而得到4E〃平面

C\BD；

对于BC,通过计算四面体力CEF的体积、三棱锥Q8EF的体积，即可判断；

对于D,作出两个特殊情况的图形，由图形易知异面直线4F、BE所成的角不为定值.

第13页共97页

【详解】对于A,如图1,因为在正方体ABCO-AiBiCiOi中,B\CJ/AD,B^AD,

所以四边形为。1。4是平行四边形，故CiZV/ABi,

又因为ClDu面CiBD,4%心面QB。，所以面，

同理:%以〃面的BD,又Bi%u面4比方,

所以面4%历〃面C/D,

因为AEu面,因此AE〃平面C/。，所以A中结论正确；

C,_______5,

/

对于B,如图1,连结B0CL4C=。，贝!]

因为在正方体ABCD-4181cl为中,8%_1_面4BCD,故附_1_4。,

在底面正方形ABCD中，BD±AC,又BB1nBD=B,BBj_、BDu面两小。,

所以力C_L面,即。。_1_面BBiDi。,

XXC

所以%-CEF=%-4EF=§5必£尸。。=32^A-B1D1xEfxC。为定值，所以B中结论正确；

对于C,利用B中的结论得力-BEF=IxIxBBixEFxA。为定值，所以C中结论

正确；

对于D,如图2，当尸与小重合时，过久作DiG〃BE，则N力DiG为异面直线4F、BE所成角，

如图3,当F与药重合时，过力作D1GJ/BE,易证DiQ〃4iP//4Bi,贝IkQOiGi为异面直线

AF.BE所成角,

由图形易知NADlG/NQDiGi,故异面直线4F、BE所成的角不是定值，因此D中结论错误.

故选：D.

第14页共97页

【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彳导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4c折起，当以

四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线4。与BC所成的角为

A.-B-C.-D.-

6432

【答案】C

【详解】分析：将正方形ABC。沿对角线AC折起，可得当三棱锥B-力CD体积最大时，BO1

平面AOC.设夕是B折叠前的位置，连接B'B，可得就算直线4。与BC所成角，算出48B（

的各边长,得/BBC是等边三角形，从而求得直线XD与BC所成角的大小.

详解：设。是正方形对角线&C、BD的交点，将正方形力BCD沿对角线4C折起,

可得当B。，平面4DC时，点B到平面ADC的距离等于80,而当8。与平面4DC不垂直时，点

8到平面ADC的距离为d，且d<BO，由此可得当三棱锥8-AC。体积最大时,BO1平面2DC.

第15页共97页

设是B折叠前的位置，连接夕B,因为4。||B'C,所以NBC9就算直线2。与8C所成角，设

正方形的边长为a,因为8。1平面4DC,OB'u平面力DC,所以8。1OB',

因为B。'=8。=|XC=^a,所以88'=BC=B'C=a,

得/BB'C是等边三角形，NBCB'=g,

所以直线力。与BC所成角为g,故选C.

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-4BCD中，底面ABCD与侧面

PA。垂直,且四边形为正方形,AD=PD=PA,点E为边4B的中点，点尸在边8P上,

且股=[BP过C,E尸三点的截面与平面PAD的交线为1,则异面直线PB与1所成的角为（）

【答案】D

【分析】由条件证明SBLDM,DMVPA,由此证明。M1平面248,再证明由此证

明/〃PB,再确定异面直线PB与1所成的角.

【详解】因为E为边48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/.

第16页共97页

取PB的中点O,连接OE,A0.因为BF=：BP,所以BF=\B0.

所以F为B。的中点，所以FE〃OA,即FG//OA.

又易知OE〃PA.即OEllAG.

所以四边形OEGA为平行四边形，从而。E=AG=\PA.

过点D作DMIlGH交PA于点M.则△0MA=△HGA,

从而得到4M=AG=即M为PA的中点.又DA=DP.因此DM1PA.

又平面48CD，平面PAO,平面ABC。C平面PAD=AD,

ABLAD,ABu平面ABC。,

所以AB_L平面PAD.从而AB1DM,PA^AB=A,PA,ABu平面P4B

因此DM1平面PAB.又0M〃GH.即DM〃1,

所以I，平面PAB,又PBu平面PAB，故l_LPB,

所以异面直线PB与I所成的角为*

故选：D.

第17页共97页

【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|=&,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，利用向量法能求出结果.

【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|=V2,

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]=(0,1,0),向=1,

—>—>

直线b的方向单位向量匕=(1,0,0),|Z?|=1,

设B点在运动过程中的坐标中的坐标B'(cos0,sin0,0),

第18页共97页

其中e为BC与CD的夹角，e曰0,2n）,

—>—>

・•・AB，在运动过程中的向量,AB'=(cosO,sinG,-1),\AB'\=V2,

—>

设月夕与褊斤成夹角为a臼0,

则cosa=L，s*二>(。工。*=^|sin0|G[O,它],

\a\-\ABr\22

..aG[=,自，.•.③正确，④错误.

—>—»

设a与b所成夹角为pe[0,§,

->T

cosp=~~'=Ke"。，s吗，二)",。，0)1=^|COS0|,

\ABf\-\b\\b\-\ABr\2

当京，与]夹角为60。时，即a=与，

|sin0|=y/2cosa—应cosg=--,

•.cos20+sin20=1，,cos|3=看cosB|=|,

.pe[0,=],/.p=,止匕时力台与庙勺夹角为60°,

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；

第19页共97页

④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,印，可知当求出的角为钝角时，应取它的补

角作为两条异面直线所成的角.

(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ABC。-a/iGA中，分别为棱44、

的中点，M为棱4当(含端点)上的任一点，则直线ME与平面AEF所成角的正弦值的

最小值为

【答案】|

【分析】建立直角坐标系，设正方体边长为2,求出平面DEF的法向量为沅，直线ME与平

面AEF所成角为a,sina=|cos(m,FM)|=瓜J.正,因为ae[0,2],所以当a=2时，取

到最小值，代入即可.

【详解】解：如图，建立直角坐标系，设正方体边长为2,AM=a,

则E(2,0,1),M(2,a,2),D(0,0,2),F(2,2,1),

设平面OEF的法向量为沅=(久，y,z),

京=(0,2,0),西=(-2,0,1),

由万•丽=。，记.庠=。，得｛_2：；z°=0，令2=2,"1,故记=(1,0,2),

由前=(0,a,l),

设直线ME与平面所成角为a,

sina=|cos(沅蓟)|=而片,

因为ae[0,2],所以当a=2时，

sina的最小值为福=|,

故答案为：|.

第20页共97页

【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4BCD-

的内切球。球面上的动点，点M为81G的中点，若满足DP1BM,则BiP与面CDP所成角的

正切值的最小值是

A-B/C.0D.包

6557

【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，£/分别为棱的中点，易知8M1平面COEF,

则点P在平面CDEF内，又点P在内切球。球面上，

则点P为球与平面的交线所成的圆。1,

作，平面CDEF于点H，点P为圆。1上的点，贝1kHp4为与面CDP所成角,

tan/HPBi=鲁,其中为定值，

则满足题意时，HP有最大值即可,

设圆。1的半径为r,则H%ax="。1+「，

VB1-CDF=VD-B1FC，即：[x(Ix2x遥)xZU=[x©x2x1)x2,则8/=专,

RtAP。。1中，由勾股定理可得r=0/="P2_=Jl2-|=嘉,

Rt△B/D中，由勾股定理可得HD=JBM—HB*=小2—[=等，

00i为△4HD的中位线，贝U00]=+H0i=：HD=理,

Z75z75

第21页共97页

则H%ax=HOi+r=^+/

综上可得，与面CDP所成角的正切值的最小值是：

2

HB]=粕_V14-2

“Pmax一隼十马一5

VsVs

本题选择C选项.

Ai

/力5

/；M/

c

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4BCD-2/6%的

所有棱长都为2/DAB=60°,过体对角线BA的截面S与棱和CC1分别交于点E、F,

给出下列命题中：

①四边形BE。/的面积最小值为26；

②直线EF与平面BCG%所成角的最大值为W;

③四棱锥当-BED/的体积为定值；

④点名到截面S的距离的最小值为第.

其中，所有真命题的序号为（）

第22页共97页

A.①②③B.①③④C.①③D.②④

【答案】B

【解析】①分析可得当为为棱A4i，CG的中点时,四边形BE。/的面积最小，求解即可；

②过点E的平面BCC/i的垂线交平面于点M,转化直线EF与平面BCC/i所成角最大为直线

EF与直线EM的夹角最小,进而求解即可；

③转化四棱锥的体积为以平面88速和平面BB#为底的三棱锥的体积的和，进而求证即可；

④分析可得当点E与点4重合，点F与点品重合时四边形BED/的面积最大，此时点当到截面S

的距离的最小，进而求解即可

【详解】由题，因为过体对角线，则由对称性易得四边形BE。/是平行四边形，

连接且交于点。，过点E作8。的垂线，垂足为N,

则若四边形BED/面积最小，即EN最小，

即为棱A41到平面DBB也的距离即为40长，

因为=60。,贝！|乙48c=120°,

所以"=y/AB2+BC2-2AB-BC-cos^ABC=J22+22+2X2X2X1=2A/3,

贝！Mo=IAC=V3,

2222

又BDi=JBD+D1D=V2+2=2Vx

所以S=1x2V2xV3x2=2西此时E,F为棱CG的中点故①正确；

过点E的平面BCG%的垂线交平面于点M,则EM即为点E到平面BCC/i的距离，根据底面菱

形4BCD的性质，可得EM=V3,

若直线EF与平面BCC/i所成角最大,则直线EF与直线EM的夹角最小，即NFEM最小，此时

cos/.FEM=警最大，即EF最小，

EF

即EF=AC时，故cosNFEM=署=亲=也则NFEM=条

第23页共97页

则直线EF与平面BCG/所成角最大为3一三=故②错误；

Z3o

设点。1到平面43814,平面8%出的距离分别为/11也，即从点。1分别向//1，8©作垂线即

可,由菱形可得刈=h2=V3f

iiii

=X=XX

^Br-BEDrF=VD「BBIE+3LBB^E，h1+]XSLBB1p-h2"-区4•AB•

/Il+-x-BC-/i--x2x2-hi+ix2x2-h=-x2V3=-,

32626323

为定值，故③正确；

因为四棱锥Bi-BE。/的体积为定值?，

所以若点当到截面S的距离的最小，则截面S的面积最大，即四边形BED/面积最大，即EN最

大,则当点E与点4重合，点F与点G重合时符合条件,此时在ABAE中,BE=2,BD1-ED1=

2/厕COSNEAB=黑:产=|,则sin/ED/='

所以EN=EDr-sin/EO/=2&x?=呼,此时S=1义2声义孚x2=2近，

设点名到截面S的距离为d,则U=|s-d=|x277d=誓，所以d=率，故④正确

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4BCD中,AB=4,4。=3,E为边4。上

的一点，DE=1,现将2MBE沿直线BE折成/4BE，使得点4在平面BCDE上的射影在四边

形8CDE内（不含边界），设二面角4-BE-C的大小为。，直线48,4c与平面BCDE所成

的角分别为a,£,则

第24页共97页

.P<a<3B.S<6<a

C.a<0<pD.a<13<9

【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。在线段。尸上，利用二面角、线

面有的定义，求出tana,tan/?,tan。的表达式，再进行大小比较.

【详解】如图所示，在矩形48CD中，过4作4F1BE交于点。，将/4BE沿直线BE折成Z14BE,

则点4在面BCDE内的射影。'在线段。尸上,

则h=4。'，

由二面角、线面角的定义得：tan。=焉,tana=磊,tan/?=焉,

UUUD（JC

显然0，。<O'B,O'O<O'C,所以tan。最大,所以。最大,

当。与。重合时，（tana）max=白，（tanjg）min=2

因为黑<白,所以(tana)max<(tan^)min,则tana<tan/?,所以a<0,

UDUC

所以a<p<8,故选D.

【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

第25页共97页

点在底面的射影是正三角形的中心），直线BC//平面a百F,G分别是棱P4AB,PB上一点（除

端点），将正三棱锥P-ABC绕直线BC旋转一周，则能与平面a所成的角取遍区间［。,外一

切值的直线可能是

P

A.EFB.FGC.EGD.EF,FG,EG中的任意一条

【答案】B

【分析】能取遍区间［。,，一切值，可以先考虑。和净特殊值，对选项中涉及的三条直线进

行验证排除可得正确答案.

【详解】假设即满足题意，当EF与平面a所成的角为朋，

EFJ.CL,由BC||a口」彳导BC_LEF.

在正三棱锥中，可得BC1AP,当BC1EF时可得BC1平面PAB,

显然这是不可能成立的，所以£尸不满足题意.

同理，EG与BC不可能垂直，贝UEG与平面a所成的角不可能为今

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。，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0C

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（）

第26页共97页

p

A-2

B.日或日

c.-

2

D-K

【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MQ14B,绘制图形，

结合题意可知/MOC=60。或120。,M。=r,OC=r,结合余弦定理可知

M一代入，解得=1

coszMOC=2MOO7CMC-或陋T

而MQ为三角形APO的中位线，所以MQ=fr,因为PO垂直底面，而MQ平行PO,可知MQ

垂直底面，故NMCQ即为MC与底面所成角，所以sinzMCQ=翳=（鳄，故选D.

【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

第27页共97页

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-4BQ体积的最大值为］;

②直线PB与平面PAQ所成角的最大值为£；

③当直线BQ与AP所成角最小时，其正弦值为噜；

④直线BQ与AP所成角的最大值为;;

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VPTBQ=%-PBQ只需求点A到面P8Q的最大值

对于②，求直线PB与平面PAQ所成角的最大值，可转化为P8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

第28页共97页

如图所示，当。410B时，四棱锥体积最大，VA-PBQ=SXPBQ-Oi4=|x|xl=|

选项②中，线PB与平面PAQ所成角最大值的正弦值为tan/BP。=案=J所以NBP。*£

选项③和④，如图所示：

以垂直于。C方向为X轴，。。方向为y轴，0P方向为Z轴，其中4(0,-1,0)设B(cos&sin仇0)

P(0,0,2),(2(0,0,-l).AP=(0,l,2)/BQ=(—cos。,一cos。,-1)

1

设直线BQ与AP所成角为a,cosa=凿温=萋鼠,当cos。=1时，cosa取到最大值，

cosa=誓，此时sina=察

第29页共97页

由于cos。£[—1,1],|—cos0—2|e[1,3],coscr*0,所以a取不到]

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,。为底面中心,A,B,C为

底面圆周上不重合的三点为底面的直径,SA=AB醒为S4的中点设直线M