重难点32 立体几何压轴小题（体积、角度、外接球等）九大题型【2024高考数学二轮复习题型突破】（解析版）

高中数学精编资源2/2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，A．92 B．52 C．3【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设P(x，y，0)(x⩾0，y⩾0)，则PE=(3-x，-y，32)，PD1∵θ1=θ2∴cosθ1代入数据，得：32整理得：x2变形，得：(x-4)2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P-BB∴点P到直线AD的距离的最大值是2．则PF∵SΔBB【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，BC=3，AA1=5A．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【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分别是上下底面对角线的交点，H【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-C1O【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【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，DD则I(1,1,1)，P(2,1,2)设O(1,t,1)，R(n,n,0),(0<n≤2)则由OP=OR可得，1+整理得t=2则S令n-1=k，则-1<k<0或0<k≤1则SV=3π令l(x)=则l当0<x≤1时，l'(x)<0，则当x=1时，l(x)取得最小值l(6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【答案】4【详解】取它们的公共轴截面，如图所设，则r=r2，r=r若V1=kV2，则有化简得

3ktg因为tgθ为实数，故Δ=9k但k>0，故k≥43.当k=43时，可得tgθ=2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ABCD所成角为45°，则四棱锥E-ABCD与三棱锥F-CDG的公共部分的体积为．【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△FGC，把四棱锥【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，所以四边形DFEC为平行四边形，所以EF//所以EF//AB，且EF=AB，AB=CD=2，G为线段AB的中点，CG⊥DG，AG=1，所以DG=2∵BE与底面ABCD所成角为45°，即∠EBC=45°，∴CE=BC=1，∵GM:MF=AG:FE=1:2，N是FC的中点，∴S则四棱锥E-ABCD与三棱锥F-CDG的公共部分的体积为VD-MNCG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=30，设异面直线BP与CD所成角为α，则sinα的最小值为(A．31010 B．1010 C．【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的位置，求得最小值．【详解】取CD中点K，连接AK，BK，∵BC=BD=AC=AD=10，CD=16，∴AK=BK=6，∵AB=6，∴ΔABK为正三角形，取AK中点O，连接BO，则BO⊥AK，且BO=33易知CD⊥平面ABK，∴CD⊥BO，∴BO⊥平面ACD，∵BP=30，∴P在图中圆O当P与G，H重合时，sinα=1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A1A．始终有MB//平面AB．不存在某个位置，使得A1C⊥C．三棱锥A1-ADED．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///平面对B，因为AB=4,BC=2，假设A1C⊥平面A1DE，则A1C⊥A1D，A1C⊥A1E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'，记异面直线BC'与A．θ>α B．θ<α C．θ+α>π2【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F，因为∠APC=θ，则θ∈π3,π2所以CE=CP×sinCF=2asinθ，故EF=sin将ΔAPC沿AP折起至ΔAPC'，则因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,MN∥因为平面ABC垂直于平面ACD，BO⊥AC，所以BO⊥平面ACD，所以BO⊥OD.设正方形边长为2，OB=OD=2，所以BD=2，则OM=所以ON=MN=OM=1.所以△OMN是等边三角形，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-A1B1C1D1A．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、【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∠AD1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,D四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线AD与BC所成的角为A．π6 B．π4 C．π【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'C的各边长，得ΔBB'C是等边三角形，从而求得直线AD与BC所成角的大小.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与BC所成角，设正方形的边长为a，因为BO⊥平面ADC，OB'⊂平面ADC，所以BO⊥OB'，因为BO'=BO=12AC=得ΔBB'C是等边三角形，∠BCB'=π所以直线AD与BC所成角为π3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，F三点的截面与平面PAD的交线为l，则异面直线PB与A．π6 B．π4 C．π【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l//PB，再确定异面直线PB与l所成的角.【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=14BP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=AG=1过点D作DM∥GH交PA于点M.则△DMA≅△HGA，从而得到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.从而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【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），|直线b的方向单位向量b→=（1，0，0），|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，-1)⋅(0，1，0)||a∴α∈[π4，π设AB'→与b→所成夹角为β∈[0，cosβ=|当AB'→与a→夹角为60°时，即α|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,π（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AA1、【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,EM【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DEF的法向量为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)设直线ME与平面D1EF所成角为sinα=因为a∈[0，2]，所以当a=2时，sinα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M为A．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,BB1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∠HPB1tan∠HPB1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△POO1中，由勾股定理可得Rt△B1HDOO1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=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,C②过点E的平面BCC1B1的垂线交平面于点M,转化直线EF与平面BCC③转化四棱锥的体积为以平面BB1E④分析可得当点E与点A重合,点F与点C1重合时四边形BED1F【详解】由题,因为过体对角线,则由对称性易得四边形BED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即为棱AA1到平面DBB因为∠DAB=60°,则∠ABC=120°,所以AC=A则AO=1又BD所以S=12×22×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BCC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,此时即EF=AC时,故cos∠FEM=EMEF则直线EF与平面BCC1B设点D1到平面ABB1A1,平面BCC1B1的距离分别为hVB1-BE为定值,故③正确；因为四棱锥B1-BED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,所以EN=ED1⋅设点B1到截面S的距离为d,则V=13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θ，直线A'B，A'C与平面BCDE所成的角分别为α,βA．β<α<θ B．β<θ<αC．α<θ<β D．α<β<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【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内的射影O'在线段设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'O显然O'O<O'B,当O'与O重合时，(tanα)因为hOB<hOC，所以(tanα)max<所以α<β<θ，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,AB,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α所成的角取遍区间0，πA．EF B．FG C．EG D．EF,FG,EG中的任意一条【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∥α可得BC⊥EF.在正三棱锥中，可得BC⊥AP，当BC⊥EF时可得BC⊥平面PAB，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,绘制图形,结合题意可知,∠MOC=600或cos∠MOC=M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【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12②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时，四棱锥体积最大，V选项②中，线PB与平面PAQ所成角最大值的正弦值为tan∠BPO=BO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,0P0,0,2设直线BQ与AP所成角为α，cosα=AP⋅BQAP⋅BQ=由于cosθ∈-1,1，∴-cosθ-2∈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=AB=4，则：M0,-1,3,Cx,y,0，如图所示，由对称性不妨设则MC=x,y+1,-3据此有：sinα=MC=12×-y+4当且仅当y=23综上可得：sinα的最大值为3-1

【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,C①四边形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【详解】对于①，连接AC,EF,GH,BD,B∵平面ABB1A1//平面DCC1D1，平面EGFH∩平面AB∴四边形EGFH为平行四边形；∵E,F分别为AA1,C∵四边形ABCD为正方形，∴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-C对于③，以D为坐标原点，DA,DC,设BG=a，则E2,0,1，G2,2,a，∴EG=0,2,a-1设平面EGFH的法向量n=则EG⋅n=2y+a-1z=0FG⋅n=2x+∵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的交点，则当a>2+1时，∴平面EGFH与平面ABCD可以大于π4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EBFD1，又又平面EBFD1∩平面EGFH=EF，∴M∈EF∴EF∩BD1=M，∴M为B∵PD1=PD2，∴∴P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'(0,1,2)，∴PB=(-3,1,-t)，AC∴cosα=cos<PB,AC>cosβ=cos<PB,B'C>由题意，B'B⊥BC，B'B⊥BA，则二面角P-B∵当0<t<2时，由二次函数的单调性知，(1-t)2∴cosβ<∴β>α>γ，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BCD所成的角，设二面角A-BC-D，A-DC-B的大小分别为α,β，则A．α>β B．α<β C．存在α>β D．α,β的大小关系无法确定【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M,N，连AM,AN，则∠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的大小关系．【详解】如图，在三棱锥A-BCD中，作AH⊥平面BCD于H，连BH,DH，则∠ABH,∠ADH分别为AB,AD与平面BCD所成的角．∵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>AD．过H作HM⊥BC,HN⊥DC，垂足分别为M,N，连AM,AN，则有AM⊥BC,AN⊥DC，∴∠AMH,∠ANH分别为二面角A-BC-D，A-DC-B的平面角，∴∠AMH=α,∠ANH=β．在ΔCBD中，CB=CD，设BD的中点为O，则CO为DC边上的中线，由AB>AD可得点H在CO的左侧（如图所示），∴HM>HN．又tanα=∴tanα<又α,β为锐角，∴α<β．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，B'E与平面ADC所成角为α,β，平面B'AE与平面ADC所成锐角为θA．θ>α>β B．θ>2α C．θ>2β D．tan【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'E与平面ADC所成角为β，则答案可求．【详解】如图，过B作BO⊥AC，在Rt△ABC中，由AB=1，BC=3，可得AC=2由等积法可得BO=32∵平面B'AC⊥平面ADC，且B'O⊥AC，可得B'O⊥平面ABCD，则∠B'AO=α，tanα=B'OAO过O作OF⊥AE，垂足为F，连接B'F，则∠B'FO为平面B'AE与平面ADC所成的锐角θ．∵O到AB的距离h＜1∴tanθ=B'Oh＞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-A1B①异面直线A1P与②三棱锥D-BPC③异面直线C1P与直线④二面角P-BC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对于②，由于VD-BPC1=V对于③，由题意得在正方体ABCD-A1B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、β、γ中最小的角是.【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.因为PD//CA，E在PD上，EH⊥平面ABC由于P在VA上，由对称性PB=CP，而CP>PG，则sinγ=PFPG>PF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,AC,AD两两垂直，若S△ABC+SA．2 B．2 C．22【答案】A【分析】设AB=a,AC=b,AD=c，由AB,AC,AD两两垂直得a2+b2+【详解】设AB=a,AC=b,AD=c，AB,AC,AD两两垂直，∴a2S△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△PADA．2873C．86π【答案】C【分析】设二面角P-AD-B的大小为θ，由θ得外接圆半径最大值，再由球的体积公式求解，【详解】设二面角P-AD-B的大小为θ，AD中点为M，正方形ABCD的中心为E，则PM=3，PM⊥AD，EM⊥AD，则∠PME=θ，P到底面的距离为3sin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=OP2h2+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+∠CBD=π2,BD=BC=1，则已知三棱锥A．25+14π B．5【答案】B【分析】设∠ABD=α，∠CBD=β，求得△BCD的外接圆的半径为r=12cosβ2【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，所以OK//AD，KD⊂平面BCD，则OK⊥DK，四边形OKDA是直角梯形，设OK=h，DK=r，OD=R，由AD⊥平面BCD，BD⊂平面BCD，得AD⊥BD，则AD=tanα=1tanβ，CD=2又h2+r2=令t=3-2cosβ，则cosβ=R2=-14-所以三棱锥A-BCD外接球表面积S=4πR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+DB=4，AB⊥BD，则三棱锥A-BCD外接球的体积的最小值为（

）A．53π3 B．52【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-A1B1CA．平面D1EF∥B．点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DPC．过点D1,E,F的平面截正方体ABCD-D．当三棱锥B1-BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O【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,F的平面截正方体【详解】解：对于A，延长A1B，C1B，代表平面D1EF∩平面对于B，分别取C1D1，A1D1的中点则E1F1且E1F1∩F1D=F1，B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在Rt△E1PD中，E对于C，如图建立空间直角坐标系，设AM=m，CN=n，则M0,0,m，D10,2,2，F2,1,0MD1=0,2,2-m，FNMD1则2n=2-m2-n=2m，解得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O∴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-ABC的外接球，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为40π，则球O的表面积为（

）A．72π B．86π C．112π D．128π【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作球O的截面，最大的截面过球心，最小的截面是过D且与OD【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⊥平面ABC，∴OM⊥AM,OM⊥MD，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=3DC，∴ED=14AC=2，∴MD=ME过D且与OD垂直的截面圆半径为r，则r=OA2-OD2=2OA2=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 D．44π【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⋅41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=22，E为AC的中点，过EA．5:4 B．5:2 C．5:【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⊥BD，CF⊥BD,AF=CF=EF=AF2-AE2=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【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=P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，PA∩AB=A，则因PB⊂平面PAB，则BC⊥PB.取PB的中点为F，则OF∥BC，OF=12BC=1因EB=2PE，则PE=1则在直角三角形OEF中，OE=O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=π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】9π【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O1C⊂∵球的半径R=2，球心O到平面ABC的距离为1，得O1∴Rt△O1OC中，又∵D为BC的中点，∴Rt△O1DC中，∴Rt△OO1D∵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9π4【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是BC的中点，过点D作球O的截面，则截面面积的最小值是.【答案】2π.【分析】先找出三棱锥S-ABC外接球的球心并求出球的半径，然后利用球的截面的性质即可解决问题.【详解】点D是RtΔABC的外心，过点D作DO⊥平面ABC使DO=1O是外接球球心，半径设为R，OA=OS=R，在直角梯形SADO中，SA=2，OD=1，AD=2得R=3，过点D作球O的截面，当OD⊥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'-BD-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'-BCD的外接球球心为Mx,y,z，根据题意可得出关于【详解】设AC∩BD=O，翻折前，在菱形ABCD中，则AC⊥BD，即AO⊥BD，CO⊥BD，翻折后，则有A'所以，二面角A'-BD-A的平面角为在菱形ABCD中，∠ADC=2π3又因为AB=AD=6，所以，△ABD是边长为6的等边三角形，同理可知，△BCD是边长为6的等边三角形，因为A'O⊥BD，CO⊥BD，A'O∩CO=O，A'∴BD⊥平面A'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的外接球球心为由MB=MDMB=MC所以，三棱锥A'-BCD的球心为M3,0,3，球ME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.则截面面积最大值与最小值之比为.【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，连接O则OO1⊥平面CBD，OH⊥∴OO1∥AE，OH∥CE，则由题意可得：AH=23又∵OH⊥平面ABD，AH⊂平面ABD，∴OH⊥AH，故R=OA=A空2：连OM，∵AH=2HE，AM=2MC，OH∥∴OM=MH-OH=3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=3，即d∈∵r=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πr当d=3时，r取到最小值23，截面的面积最小为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 D．16π【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=22×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=R2-2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=1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-A1B1CA．存在点P，使得BP⊥PB．三棱锥C-B1C．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B1B选项根据等体积法，则VC-B1C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A【详解】对A选项，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，以B1对B选项，因为VC-B1D1P=VP-CB1D1，因为A1D//CB，CB⊂平面CB1对C选项，PQmin=BPmin-BQ对D选项，当P在A1

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,D1点时，此时点P为故选：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-A1B1C1DA．在正方体ABCD-A1B1B．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【详解】如图所示：设M,N,P,Q,S,R分别为对应棱的中点，易知M,N,P,Q,S,R共面，因为P,Q是CD,BC的中点，所以PQ//因为BD⊥AC，所以PQ⊥AC，因为C1C⊥平面ABCD，PQ⊂平面ABCD，所以因为C1C∩AC=C，C1C,AC⊂平面AC因为AC1⊂平面AC1因为PQ∩RQ=Q,PQ,RQ⊂平面MNPQSR，所以AC1⊥所以平面MNPQSR为其中一个截面，其面积为S1B：因为AB⊥平面BCC1B1，BB1C⊥BC1∴B1C⊥平面ABC∴BC：易知圆柱OO1的母线与AC1平行，易得AB,AD,AAD: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,AD1上，设在AC在Rt△AC1C中，tan∠根据对称性知：AO1=所以外接球的半径R=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-A1B1C1DA．当B1P//平面A1BD时，BB．当λ=μ时，|DP→C．若B1P与平面CC1D．当λ=1时，正方体经过点A1､P､C的截面面积的取值范围为【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-1，求出平面B选项，先根据λ=μ，得到P点在棱CD1上，将平面CDD1与平面AC选项，先得到∠B1PC1为B1P与平面CC1D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-xyz，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A1BD的一个法向量为若B1P//平面A1BD，则故λ=μ，故B1P=令cosB解得：λ=0或1，故B1P与CDB选项，因为λ=μ，故P点在棱CD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A1C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14D选项，当λ=1时，P点在DD1上，过点A1作A1H//CP交B则CH//A1P，所以平行四边形CH设P0,1,t所以PC→=1,0,-t,A所以点P到直线A1C的距离为于是当t=12时，dmin=2当t=0或1时，dmax=63，故截面面积的取值范围为62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A1A．CN与QM共面B．三棱锥A-DMN的体积为4C．PQ+QO的最小值为3D．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，展开平面A1【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，所以CN与QM共面，所以A正确；对于B，由VA-DMN=VN-ADM，因为N到平面ABCD的距离为定值2，且△ADM的面积为1，所以三棱锥对于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+QO对于D，如图3，取D1H=13D1C1，连接HC，则HQ∥A1C1，又AC∥A1C1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=QB，在直角ΔFQN中，可求得FN=44λ2-4λ+2，由ΔGAH,ΔGBN相似可得AG=4λ1-2λ，从而考点：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=VA-BCD【详解】过点A作AO⊥平面BCD于点O,则O为△BCD的重心如图所示:∴OB=23×∴13∴3x+∴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,属中档题.【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，E,F分别为棱PC,PB上一点，若BE与平面PCD所成角的正切值为2，则(AF+EF)2【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(AF+EF)2【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，所以PD⊥BH，从而BH⊥平面ABCD，所以BE与平面PCD所成角为∠BEH，且tan∠BEH=BHEH在RtΔPAB中，cos因为PB=3，PC=22，BC=所以cos∠BPC=22将ΔPBC翻折至与平面PAB共面，如图所示，则图中cos∠APC=当F为AE与PB的交点时，AF+EF取得最小值，此时，(AF+EF)2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、N两点，设FE【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【详解】因为在正八面体ABCDEF中，AD//BF,AD=BF，所以AD=同理：AB=又在正方形BCDE中，DE2+EB2=DB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,B1,0则FE=-1,-3因为FE=m所以-1,-3=m则mx1=-1,m因为M,G,N三点共线，所以y1x1即3m-3-1-又因为m>0,n>0，所以2m当且仅当4nm=mn且所以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三点共线求得m+2n=3，从而得解.【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AA1A．255 B．12 C．【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⊥HB【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,B1H⊥BC，所以B【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A．22 B．3 C．23【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Δ≥0，求得h2的范围，进而得到MB【详解】如图，不妨设N在B处，AM=h，CQ=m则MB2=h由MB2=BQ2+M∴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M-PCA的体积．若f(M)=(12，x，y)，且1xA．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，PC=1．∴VP-ABC=11x+∴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，G为线段EC上的动点，则下列结论中正确的是①EC⊥AF；②该几何体外接球的表面积为3π；③若G为EC中点，则GB//平面AEF；④AG【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)，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=(-12,0，1设平面AEF的法向量为n=(x,y，z)，可得-x+z=0，且y+z=0，可设x=1，可得一个法向量为(1,-由BG⋅n=-12+1设G(0,t，1-t)(0≤t≤1)，AG当t=34时，取得最小值114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34×6【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,再利用基本不等式求得最小值.【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】65-13【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=kx-2k+2【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，CC2C1C2⊂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+2，C4,6，则C直线CC2的方程为y=-1kx+C1C2令|k-2|=t，根据题意k<0，k=2-t．C1C2CC2=3故答案为：6题型9向量相关最值取值范围【例题9】（202