高中数学同步讲义（人教B版2019选择性必修一）第15讲 专题1-7空间向量最值与取值范围十大题型

专题1-7空间向量最值与取值范围十大题型汇总题型1长度距离相关考点 1题型2面积相关考点 11题型3体积相关考点 20题型4线线角相关考点 32题型5线面角相关考点 41题型6面面角相关考点 51题型7数量积相关考点 59题型8距离相关考点 66题型9外接球相关考点 74◆类型1半径相关 74◆类型2面积相关 82◆类型3体积相关 88◆类型4长度相关 94题型10截面相关考点 95◆类型1截面面积问题 95◆类型2截取长度问题 100题型1长度距离相关考点【例题1】（2023·全国·高三专题练习）在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E､F分别是棱BC､CC1的中点，PA．1,52 B．324,5【答案】C【分析】分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，易证平面A1MN//平面AEF，由题意知点P必在线段MN上，由此可判断P在M【详解】如下图所示，分别取棱BB1，B1C1的中点M、N∵M，N，E，F分别为所在棱的中点，则MN//BC∴MN//EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面∴MN//平面AEF∵AA1//∴四边形AENA∴A又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面∴A1N又A1∴平面A1MN//∵P是侧面BCC1B1内一点，且∴点P必在线段MN上.在RtΔA1同理，在RtΔA1∴Δ当点P为MN中点O时，A1P⊥MN，此时A1P最短；点P位于M、∵A1O=∴线段A1P长度的取值范围是故选：C.【变式1-1】1.（2022·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥D−ABC中，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=AD=1，点P在三棱锥D−ABC的表面上运动，则PC+A．0,32 B．32,1 C．【答案】D【分析】根据题干条件得到A,B,C,D在以O为球心，半径为32的球上，故PO【详解】如图，取CD中点O，连接PC，PO，PD，则PC+PD=2PO=2PO，又因为DA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，BC⊂又AB⊥BC，AB=BC=AD=1，由勾股定理得：CD=3，且A,B,C,D在以O为球心，半径为32的球上，故PO∈0,3故选：D【变式1-1】2.（2023·全国·高三专题练习）如图，正四面体ABCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点，点E是AD上的动点，则PE的取值范围为．【答案】[【分析】由正四面体内切球球心O的位置特征求内切球半径、OA,OD及O到AD的最短距离，进而可得PE的取值范围.【详解】由正四面体棱长为1，则正四面体的体高为63若其内切球球心为O，半径为r，则OA=OD=6又(63−r)2=所以O到AD的最短距离为(6综上，PE的取值范围为[24−r,故答案为：[【变式1-1】3.（2022秋·上海黄浦·高三上海市大同中学校考阶段练习）如图所示，在四面体P−ABC中，底面ABC是一个边长为2的等边三角形，△ABC的外心为点O，PA⊥平面ABC，且PA=1，动点M、N分别在线段PA（含端点）上和△PBC所在的平面中运动，满足（1）则ON2的最大值为．（2）则ON2的取值范围为．【答案】193;11−6【分析】取BC的中点E，连接PE，AE，等边三角形的中心O在AE上，过点O作OG⊥PE于G，过点M作MI⊥PE于I，由几何关系可得N在△PBC所在平面中运动，所以N的轨迹是以I为圆心，IN为半径的圆，据此分别求得【详解】取BC的中点E，连接PE，AE，等边三角形的中心O在过点O作OG⊥PE于G，过点M作MI⊥PE于I，∵△ABC是等边三角形，所以AE⊥BC，∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC,∴PA⊥BC，又AP∩AE=A,AP,AE⊂平面PAE，∴BC⊥平面PAE，又BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAE，平面PBC∩平面PAE=PE,∵MI⊥PE，MI⊂平面PAE，∴MI⊥平面PBC，同理OG⊥平面PBC，设PM=m,0≤m≤1，∵△ABC是边长为2的等边三角形，所以AE=3，∵PA=1，故PE=2所以∠PEA=30°，则OG=1在△PMI中，MI=32m，在Rt△MNI中，∵∵N在△PBC所在平面中运动，所以N的轨迹是心I为圆心，IN为半径的圆，又∵OG⊥平面PBC，所以ON所以GN最小时，ON的值最小，又GN的最小值为GI的值减去圆的半径，PI=12m，所以GN设f(x)=2−1则f'令f'(x)=0，解得x=33，当x<3当x>33时，f'(x)>0，即当m=33时，GN最小，最小值为故ON2最小值为(3当GN的值最大时ON最大，最大值GN=2−1由于y=32−12m+1−最大值为GN=5此时ON2的最大值为故答案为：193，11−6【点睛】本题主要考查空间距离的计算，涉及到空间线面垂直以及面面垂直的证明和性质的应用，考查了空间想象能力，解答的关键是将线段长度的平方表示为参变量的函数，然后利用函数的最值求解线段的最值.【变式1-1】4.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O1，O2为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1A．球与圆柱的体积之比为2:3B．四面体CDEF的体积的取值范围为0,32C．平面DEF截得球的截面面积最小值为4πD．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为2+2【答案】AD【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用VCDEF=2V【详解】对于A，球的体积为V=4πr33对于B，设d为点E到平面BCD的距离，0<d≤r，而平面BCD经过线段EF的中点O1四面体CDEF的体积VC−DEF对于C，过O作OH⊥DO1于H，如图，而O1又DO1=r2+(2r)2=25，于是OH=2又r1=r对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接QE,QF，当Q与E,F都不重合时，设∠QFE=θ，则QF=4cosθ,QE=4sinθ，当因此QF=4cosθ,QE=4sin则PE+PF=P令t=1+4sin2θ+1+4cos因此6+25≤t2≤12，解得1+故选：AD【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.【变式1-1】5.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=CB=CCA．存在点Q，使得A1Q⊥AP B．线段CC．当点Q与点B重合时，四棱锥C−AQPR的体积为16 D．设截面AQPR，△APR，△APQ的面积分别为S1,【答案】BCD【分析】以点C为坐标原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设点Q0,4,a、Rb,0,4，其中0≤a≤4，0≤b≤4.，利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项；求出【详解】因为CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，以点C为坐标原点，CA、CB、CC1所在直线分别为x则A4,0,0、B0,4,0、C0,0,0、A14,0,4、B设点Q0,4,a、Rb,0,4，其中0≤a≤4，对于A选项，若存在点Q，使得A1Q⊥AP，且A1A1Q⋅对于B选项，设AR=mAP+nAQ，其中即b−4,0,4=m−4,2,4+n−4,4,a，即∵0≤a≤4，则−8≤a−8≤−4，所以，b=16对于C选项，当点P与点B重合时，a=0，则b=1，此时点R为A1在直三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形所以P、R分别为B1C1、A1C所以，PR//AB且PR=12AB，同理C1R所以，PRAB=CS△ABC=1VABC−GEVC−RP因此，VC−ARPQ对于D选项，AP=−4,2,4，则点Q到直线AP的距离为d1AR=b−4,0,4，则点R到直线AP=4所以，S2S3令t=8−a,0≤a≤4，则t∈4,8则y=4t+t4则当t=4时，ymin=4；当t=8时，ymax故选：BCD.题型2面积相关考点【例题2】（2022·全国·高三专题练习）如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC∥AD，已知Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），且二面角Q−PD−AA．0,355 B．0,255【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量求得Q运动轨迹，进而求得△ADQ面积的取值范围【详解】以A为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，由二面角Q−PD−A的平面角大小为π4又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界），则Q的轨迹是过点D的一条线段.设Q的轨迹与y轴的交点坐标为G0,b,0b>0，由题意可知A0,0,0，D2,0,0，P0,0,1，所以DP易知平面APD的一个法向量为n1设平面PDG的法向量为n2则n2⋅DP令z2=2，得x2=1，则二面角G−PD−A的平面角的余弦值为cosn解得b=255所以Q在DG上运动，所以△ADQ面积的取值范围为0,2故选：B．【变式2-1】1.（2022·全国·高三专题练习）如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分后，剩下的部分围成一个正四棱锥，则正四棱锥的侧面积的取值范围为（

）A．1,2 B．1,2 C．0,2 D．0,2【答案】D【分析】设围成的正四棱锥的一个侧面为三角形APQ，∠APQ=x，则x∈π4,π2【详解】如图，设围成的正四棱锥的一个侧面为三角形APQ，∠APQ=x，则x∈π4,则AH=1∴PQ=221+∴正四棱锥的侧面积S=4×12×PQ×AH=2×2则S=8tanx1+tanx2因为tanx∈(1,+又S>0，∴S∈0,2∴S的取值范围为0,2，故选：D．【变式2-1】2.（多选）（2023·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A．不存在点Q，使得A1QB．A1RC．记四边形AQPR，△APR，△APQ的面积分别为S1，S2，S3，则D．当平面α经过点C时，几何体RD1【答案】BD【分析】以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，设Q0,2,a，Rb,0,2，其中0≤a≤2，0≤b≤2，设AR=mAP+nAQm,n∈R建立方程组求得a，b间的等量关系式；对于A，根据A【详解】以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，则A2,0,0，C0,2,0，D0,0,0，A12,0,2，C设点Q0,2,a，Rb,0,2，其中0≤a≤2，0≤b≤2，则A1R=b−2,0,0，设AR=mAP+n即−2m−2n=b−2m+2n=02m+an=2，可得对于A：若存在点Q，使得A1Q与AP所成角的余弦值为则cos〈A1解得a=12或当a=12时，故存在点Q，使得A1Q与AP所成角的余弦值为对于B：因为0≤a≤2，所以−4≤a−4≤−2，所以b=4所以A1对于C：点Q到直线AP的距离d1点R到直线AP的距离d2因为b=4a−4+2所以S2因为0≤a≤2，所以24−a故S12S当且仅当24−a=4−a2，即故S2S3对于D：因为平面ABCD//平面A1B1C所以AC//PR，即点A,C,P,R四点共面，且R为延长AR和CP交于点M，如图，因为M∈AR，AR⊂AA1D1D，且M∈CP，CP⊂A所以M∈DD所以M−ACD为三棱锥，又因为点P,R,D1∈平面A1B所以几何体RD因为S△ADC=1所以VR故选：BD【变式2-1】3.（2023秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考开学考试）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为5，高为1，P､Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：①三角形SPQ面积的最大值为2；②三棱锥O−SPQ体积的最大值为23③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为9π以上所有正确结论的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】首先确定∠PSQ的最大值，再结合三角形面积公式，即可判断①；利用三棱锥等体积转化，再集合三角形面积公式，即可判断②；首先表示四面体SOPQ外接球的半径，再判断有无最值.【详解】①如图，由条件可知，MN=25−1=4，点cos∠MSN=5+5−162×S△SPQ=12×SP×SQ×sin∠PSQ=②VO−SPQS△OPQ=12×2×2×sin∠POQ所有三棱锥O−SPQ的最大值是23③设△OPQ外接圆的半径为r，四面体SOPQ外接球的半径R=r△OPQ中，根据正弦定理可得，2r=2sin∠OPQ∠OPQ∈0∘,90∘，所以

故选：B【变式2-1】4.（2023春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考开学考试）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=4，底面△ABC的边长为2，用一个平面α截此三棱柱，截面α与侧棱AA1，BB1，CC1分别交于点【答案】3,【分析】设M在A处，BN=m，CP=n，再结合直角三角形中的各边的关系，求得n=m+2m，进而表达出【详解】不妨设M在A处，BN=m，CP则MN2=4+m24+mS△MNP2=因为n=m+2m≥2m⋅2m=22当且仅当故答案为：3,题型3体积相关考点【例题3】（2023·全国·高三专题练习）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．现有鳖臑S−ABC，其中SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过A作AD⊥SB，AE⊥SC，记四面体S−ADE，四棱锥A−BCED，鳖臑S−ABC的外接球体积分别为V1，V2，V，则A．22,1 B．1,2 C．2【答案】A【分析】记四面体S−ADE，四棱锥A−BCED，鳖臑S−ABC的外接球半径分别为r1，r2，r，记SA=2a，AC=2b，SC=2c，先证明AD⊥面SBC，从而得到r1=a，r2=b，r=c，再根据c2【详解】记四面体S−ADE，四棱锥A−BCED，鳖臑S−ABC的外接球半径分别为r1，r2，记SA=2a，AC=2b，SC=2c，在鳖臑S−ABC中，有BC⊥AB，BC⊥SB，又AB∩SB=B，AB,SB⊂平面SAB，则BC⊥面SAB，又AD⊂面SAB，则BC⊥AD，又SB⊥AD，且BC∩SB=B，BC,SB⊂面SBC，所以AD⊥面SBC，所以r1=SA2=a又2c2=2a所以V1令fx=x3+1所以当0<x<1时，f'x<0，此时fx单调递减；当x>1时，当x=ab=1，即a=b当x=ab→0，即a→0时，fx→1；根据对称性，当x=所以fx∈2故选：A．【点睛】关键点点睛：先根据题意得到V1+V2V【变式3-1】1.（2022·全国·高三专题练习）已知正四棱锥的所有顶点都在体积为36π的球O的球面上，若该正四棱锥的高为ℎ，且2≤ℎ≤5，则该正四棱锥的体积的取值范围是（

）A．323,503 B．18,643【答案】C【分析】由题知R=3，设正四棱锥的底面边长为2a，则2a2=6ℎ−【详解】解：设球O的半径为R，因为球O的体积为36π，所以43πR当3<ℎ≤5时，如图，设正四棱锥的底面边长为2a，则有32=2a同理，当2≤ℎ≤3时，有32=2a所以正四棱锥的体积V=1由V'=−2ℎ2+8ℎ=0，得ℎ=4因为2≤ℎ≤5，当2≤ℎ<4时，V'>0，所以函数V(ℎ)在[2,4)上单调递增；当4<ℎ≤5时，V'<0，所以函数V(ℎ)在(4,5]上单调递减.所以当ℎ=4时，正四棱锥的体积V取得最大值，最大值为V(4)=643又V(2)=323，所以，该正四棱锥体积的取值范围是323故选：C.【变式3-1】2.（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥S−ABC的底面ABC是边长为3的等边三角形.若三棱锥S−ABC的外接球的体积为32π3，则三棱锥S−ABC的体积的取值范围为【答案】0,【分析】求出外接球的半径R及△ABC外接圆的半径r，从而得到球心到底面ABC的距离d，即可求出三棱锥S−ABC底面ABC上的高ℎ的取值范围，再根据锥体的体积公式计算可得.【详解】因为三棱锥S−ABC的外接球的体积为32π3，设外接球的半径为则4πR3又底面ABC是边长为3的等边三角形，设△ABC外接圆的半径为r，则2r=3sin60°所以球心到底面ABC的距离d=R设三棱锥S−ABC底面ABC上的高为ℎ，所以三棱锥S−ABC底面ABC上的高的最大值为ℎmax即0<ℎ≤3，又S△ABC所以VS−ABC故答案为：0,【变式3-1】3.（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为4，点P在正方形【答案】16【分析】连接AP，由线面垂直的性质得到A1A⊥AP，再由勾股定理求出0≤|AP|≤2，即可得到P以A为圆心2为半径的14圆面上，再根据VP−A1BC=V【详解】连接AP，如图所示，因为A1A⊥平面ABCD，AP⊂平面ABCD，所以∵A1A=4，由4≤A1所以P在以A为圆心2为半径的14圆面上，由题意可知，V所以当P在边AD上时，四面体P−A1BC所以当P在边AB的中点时，S△PBC的面积取得最小值，此时S所以四面体P−A1BC的体积的最小值是1故答案为：163【点睛】思路点睛：求解三棱锥体积的最值问题，要找准突破口，也即是按三棱锥的体积公式V=1通常会有以下两种：①如果底面积固定，则通过找高的最值来进行求解；②如果高已知确定，则求底面积的最值来进行求解（如本题）.【变式3-1】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，在棱长为22的正方体ABCD−A1B1C1【答案】8【分析】由题可得C1−A1BD为正四面体，利用线面垂直的判定定理可得C【详解】如图，连接A1D，A1设O为A1B中点，E为C1又A1E∩BE=E，A1E⊂平面A1∴C1D⊥平面A1EB，所以平面C1DB⊥平面由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．在△ABA1绕A1因为正方体的棱长为22所以A1在Rt△BOE中，OB＝2，BE=2则OE=22，sin设点A，A'到平面BDC1的距离分别为ℎℎ1ℎ2∵S△BD∴三棱锥A−BDC1体积的最小值为最大值为13∴三棱锥A−BDC1的体积的取值范围为故答案为：82【点睛】关键点点睛：本题的关键是能清A的轨迹，进而可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥A−BDC【变式3-1】5.（2023·北京·高三专题练习）如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AC=2，BC=1，AA1=2①三棱锥E−ABD的体积的最大值为23②A1D+DB的最小值为③点D到直线C1E的距离的最小值为其中所有正确结论的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据锥体的体积公式判断①，将将△ABC翻折到与矩形ACC1A1共面时连接A1B交【详解】在直三棱柱ABC−A1B1C对于①：因为点E在棱BB1上BB1=A又AC⊥BC，AC=2，BC=1，点D在棱AC上，所以AD∈0,2，S所以VE−ABD=13BE⋅S△ABD≤2对于②：如图将△ABC翻折到与矩形ACC1A1共面时连接A1B交因为A1C1=CC1=2即A1D+DB的最小值为对于③：如图建立空间直角坐标系，设Da,0,0，a∈0,2，E0,1,cC1所以C1D=则点D到直线C1E=a当c=2时d=a当0≤c<2时0<c−22≤4，14≤所以当4c−22c−22+1取最大值16即当D在C点E在B点时点D到直线C1E的距离的最小值为故选：C【变式3-1】6.（2023·全国·高三专题练习）已知正三棱锥P−ABC的六条棱长均为a,O是底面△ABC的中心，用一个平行于底面的平面截三棱锥，分别交PA,PB,PC于A1,B1,给出下列四个结论：①三棱锥O−A②三棱锥P−ABC的高为63③三棱锥O−A④当PA1PA其中所有正确结论的序号是.【答案】①②④【分析】建立正四面体模型，数形结合分析.【详解】如图所示∵用一个平行于底面的平面截三棱锥，且P−ABC为正三棱锥，O是底面△ABC的中心∴三棱锥O−A∵正三棱锥P−ABC的六条棱长均为a,O是底面△ABC的中心，∴三棱锥P−ABC的高为PO,△ABC的高为CD，且CD=32a∴PO=a，∵A1,B1,∴A1B1=x∈0,a，设O−A1∴f(x)=Vf'(x)=26ax−24x2所以f(x)在(0,2a3)上递增，(当PA1PA=2∴A1B∴VO−故④正确;故答案为：①②④【变式3-1】7.（2022·全国·模拟预测）在正三棱台ABC−A1B1C1中，已知AB=2A1B1=4，点P是侧棱BB1上的动点（含端点）.记二面角P−AC−A1为α，二面角P−AC−B【答案】47【分析】(1)利用体积公式即可求解；(2)由α=β可得∠EB1F≥∠B1EF，从而有【详解】当P，B1重合时，V1V因为AB=2A1B所以V1所以V1设AC,A1C因为正三棱台ABC−A1B1C1中，所以BE⊥AC,又因为四边形ACC1A1为等腰梯形，所以EF⊥AC，且BE∩EF=E，BE,EF⊂平面EFB1B，所以AC⊥且PE⊂平面EFB1B所以∠PEF=α,∠PEB=β，若α=β，则∠B1EB≥∠所以EF≥B1F=取B1F,BE的三等分点分别为O则OO再取BO中点为O2,连接B1O2,则所以OO2//B1所以该棱台的高ℎ=B1O所以该棱台的高ℎ≥2又S1=3故答案为:47;14题型4线线角相关考点【例题4】（2023·全国·高三对口高考）两条异面直线a、b所成角为π3,一条直线l与a、b成角都等于α，那么A．π3,π2 B．π6,【答案】B【分析】首先将三条直线a,b,l平移至同一点O处，再分情况，利用数形结合，求α取值范围.【详解】设a'//a，b'//b，a'∩b'=O，则al//l'，l'过点O，如图，当l'⊂β时，并且l当l'⊄β时，且l'为平面β的斜线时，由题意可知，l'在平面β的射影，落在当落在夹角π3的角平分线上时，过直线l'上一点P，作PA⊥β，AB⊥bb'⊂β，则PA⊥b'，PA∩AB=A，且PA,AB⊂平面PAB，所以PB⊂平面PAB，所以b'⊥PB，tan∠POB=因为PB>AB，所以tanα>tanπ6，当l'⊥β时，此时可知，α的取值范围是π6当l'在2π3角的平分线时，或是l'在平面β的射影，落在2π3角的平分线时，以及

综上可知，α的取值范围是π6故选：B【变式4-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图所示，在矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AF⊥平面ABCD，且AF=3，点E为线段CD（除端点外）上的动点，沿直线AE将△DAE翻折到△A．当点E固定在线段CD的某位置时，点D'B．存在点E，使AB⊥平面DC．点A到平面BCF的距离为3D．异面直线EF与BC所成角的余弦值的取值范围是13【答案】D【分析】当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD'⊥D'E，过D'作D'H⊥AE于点H，H为定点，D'H的长度为定值，由此可判断A；无论E在CD（端点除外）的哪个位置，AB均不与AE垂直，即可判断B；以AB，AD，AF为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面BCF的法向量为n【详解】选项A：当点E固定在线段CD的某位置时，线段AE的长度为定值，AD'⊥D'E，过D'作D'H⊥AE于点H，H为定点，D'H的长度为定值，且D选项B：无论E在CD（端点除外）的哪个位置，AB均不与AE垂直，故AB不与平面AD选项C：以AB，AD，AF为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则A0,0,0，F0,0,3，B3BC=(0,1,0),设平面BCF的法向量为n=x,y,z,∴则点A到平面BCF的距离为d=n选项D：设E3λ,1,0，λ∈0,1，BC=0,1,0，EF=−3故选：D．【变式4-1】2.（2023·全国·高三专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=3BC，E，F，G，H分别为边AB,BC,CD,DA的中点，将△EBF,△GDH分别沿直线EF,HG翻折形成四棱锥A．异面直线EB',GD'所成角的取值范围是0,C．异面直线FB',HD'所成角的取值范围是0,【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值，即可判断；【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系，由题意得，B'和D'在平面ABCD中的投影分别在BB因为AB=3BC，令AB=23由比值可知，B'的x，y，z坐标比值为1:3:2，所以令B因为B'在平面ABCD中的投影在BB1同理可得D'坐标为(2E(3则EB解得cos〈EB',GD所以cos〈EB同理可得cos〈FB',故选：C．【变式4-1】3.（2023·全国·高三专题练习）三棱锥P−ABC中，PA,PB,PC两两垂直，PA=PB=PC=6，点M为平面ABC内的动点，且满足PM=3，记直线PM与直线AB的所成角的余弦值的取值范围为【答案】0,【分析】根据已知条件先确定出M在平面ABC内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围.【详解】因为PA,PB,PC两两垂直，且PA=PB=PC，所以由勾股定理可知AB=AC=BC，所以三棱锥为正三棱锥，记P在底面ABC内的投影为O，所以AB=AC=BC=P因为AOcos30°=AB2，所以因为PM=3，所以OM=PM2−OP2取AB中点D，连接CD，可知CD经过点O，建立如下图所示的空间直角坐标系：设Mcosα,sinα,0，所以PM=所以cosPM设直线PM与直线AB的所成角为θ.所以cos故答案为：0,3【点睛】思路点睛：异面直线所成角的余弦值的向量求法：（1）先分别求解出两条异面直线的一个方向向量；（2）计算出两个方向向量夹角的余弦值；（3）根据方向向量夹角的余弦值的绝对值等于异面直线所成角的余弦值求解出结果.【变式4-1】4.（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）已知正四面体A−BCD内接于半径为362的球O中，在平面BCD内有一动点P，且满足AP=42，则BP的最小值是；直线AP与直线BC【答案】23−2【分析】设A在面BCD内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，设正四面体A−BCD的棱长为x，球O的半径为R，球心O在AE上，列式求出得x=6，则可求出BE=23，AE=26，推导出P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，22为半径的圆，B,P,E三点共线时，且P在BE之间时，可求得BP的最小值；以E为圆点，BE所在直线为x轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线AP【详解】在正四面体A−BCD中，设A在面BCD内的投影为E，故E为三角形BCD的中心，设正四面体A−BCD的棱长为x，球O的半径为R，则BE=2依题意正四面体A−BCD内接于半径为362的球O中，故球心O在设球的半径为R,则R2即(362)2则BE=23，AE=2又AP=42故P的轨迹为平面BCD内以E为圆心，22而BE=23，当B,P,E三点共线时，且P在B,E之间时，BP最小，最小值是2以E为圆心，BE所在直线为x轴，在底面ABC内过点E作BE的垂线为y轴，EA为z轴，建立如图所示直角坐标系，则A(0,0,26),B(23,0,0),设P(22cosθ,2故AP=(22cos设直线AP与直线BC所成角为α,α∈[0,π∵cos因为θ∈[0,2π)，故θ−π又α∈0,π2，故cos故答案为：23【点睛】关键点点睛：求解BP的最小值时，关键在于根据正四面体中的相关计算，确定点P的轨迹为以E为圆心，22为半径的圆，结合圆的几何性质，即可求得答案.求解直线AP与直线BC所成角时，将问题转化为利用向量AP【变式4-1】5.（2023·全国·高三专题练习）正四面体ABCD的棱长为12，在平面BCD内有一动点P，且满足AP=63，则P点的轨迹是；设直线AP与直线BC所成的角为θ，则cosθ【答案】圆0,【分析】（1）求出正四面体的高，进而求得PO=23，可判断P（2）在四面体底面BCD内建立平面直角坐标系，求出P点轨迹方程，据此可设P点坐标，然后利用向量的夹角公式求解，可得答案.【详解】设底面BCD的中心为O，则AO⊥平面BCD，|CO|=32⋅12⋅由|PO|则|PO|=|PA∴P点轨迹是圆；又AP⋅如图在平面BCD内建立平面直角坐标系，以BC中点为原点，过点O和BC垂直的直线为y轴，则B(−6,0)，C(6,0)，O(0,23故P在x2则可设P(23cosα,2BC⋅OP∴|cos故cosθ∈[0,故答案为：圆；0,题型5线面角相关考点【例题5】（2023·全国·高三专题练习）已知正方形ABCD的边长为2，现将△ACD沿对角线AC翻折，得到三棱锥D−ABC.记AC,BC,AD的中点分别为O,M,N，则下列结论错误的是（

）A．AC⊥平面BODB．三棱锥D−ABC体积的最大值为2C．三棱锥D−ABC的外接球的表面积为定值D．MN与平面BOD所成角的范围是0,【答案】D【分析】根据线面垂直的判定定理，证得AC⊥平面BOD，可判定A正确；当平面ACD⊥平面ABC时，得到D到平面ABC的距离最大ℎ=2，进而求得体积的最大值，可判定B正确；由OA=OB=OC=OD=2，得到三棱锥D−ABC外接球的球心为O，求得外接球的半径R=2，可判定C正确；把MN与平面BOD所成的角，转化为直线MN【详解】对于A中，因为ABCD为正方形，可得AC⊥BO,AC⊥DO，又由BO∩DO=O，且BO,DO⊂平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正确；对于B中，当平面ACD⊥平面ABC时，此时D到平面ABC的距离最大，即三棱锥D−ABC高的最大值为ℎ=DO=2此时三棱锥D−ABC的最大体积为V=1对于C中，由OA=OB=OC=OD=2，所以三棱锥D−ABC外接球的球心为O即外接球的半径R=2，所以三棱锥D−ABC外接球的表面积为S=4所以C正确；对于D中，如图所示，取AB,AO的中点E,F，分别连接ME,EF,NF,NE，因为E,F,N分别为AB,AO,AD中点，可得EF//BO,NF//DO且EF∩NF=F，所以平面NEF//平面BOD，又因为AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因为AC//ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MFE即为直线MN与平面NEF所成的角，在折叠过程中，设BD的长度为a，则a∈(0,22由E,N为AD,AB的中点，所以NE=1在直角△MNE中，可得tan∠MFE=所以∠MFE的取值范围为(π4,π2)，即所以D错误.故选：D.【变式5-1】1.（2023·全国·高三专题练习）如图，棱长为1的正方体ABCD−A1B①D②平面D1A1③∠APD1④AP+PD1⑤C1P与平面AA．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理证明DC1⊥平面A1BCD1即可；对于②，利用面面垂直的判定定理证明平面D1A1BC⊥平面A1ABB1即可；对于③，由0<A1P<22时，【详解】对于①，∵A1D1⊥D∴DC1⊥平面A1BCD1，D对于②，∵平面D1A1P即为平面D1又D1A1⊥平面A1∴平面D1A1BC⊥平面A1ABB1，对于③，当0<A1P<22对于④，将面AA1B与面A1BCD1在△D1A1A即AP+PD1≥对于⑤，C1P与平面A1B1∴C1P与平面A1B故选：C.【变式5-1】2.（2023秋·广东东莞·高三校考阶段练习）在△OAB中，OA=AB=4,∠OAB=120∘，若空间点P满足S△PAB=12S△OAB，则OP的最小值为【答案】33【分析】以OAB所在平面为xO'z，建立B−xyz利用线面角结合换元法可得sinθ≤12，又θ∈0,π【详解】过点O作OD⊥AB与点D，过点P作PC⊥AB与点C，设OA=AB=4，则OD=23又S△PAB=1则点P在以AB为旋转轴，底面圆半径为3的圆柱上，当点P与点O、D三点共线时，OP最小；且最小值为23如图所示：以OAB所在平面为xO'z，建立B−xyz空间直角坐标，则平面OABO(23设P(3则OP=(OP

=当ℎ=6，且cosα=1时，OP即当点P与点O、D三点共线时，OP最小，且最小值为3；记直线OP与平面OAB所成角为θ,则sinθ=因为(ℎ−6)2所以sinθ≤令t=5−4cosα,1≤t≤9，则则sinθ≤1−cos又y=t+9t，在[1,3]上单调递减。在则6≤t+9所以sinθ≤12，当且仅当t又θ∈0,所以直线OP与平面OAB所成角的最大值为π6此时tanθ=故答案为：3；3【变式5-1】3.（多选）（2023·全国·学军中学校联考二模）如图：在三棱柱ABC−A1BA．直线A1A与底面AB．设BC中点为P，则线段PA1C．平面A1B1BAD．直线A1A与平面C【答案】ABC【分析】设A1O⊥平面ABC，过O作OE⊥AC,OF⊥AB,利用线面垂直的判定定理及线面角的定义可得∠A1AO为所求，结合条件可判断A，由题可得PA1⊥AA1时PA【详解】对于A，设A1O⊥平面ABC于O，过O作OE⊥AC,OF⊥AB分别交AC,AB于E,F，连接A1E,A所以A1O⊥AC，又A1故AC⊥平面A1EO，又A1所以AC⊥A1E，同理AB⊥A1所以RtA1AE≌RtA所以OE=OF，RtAOE≌RtAOF由A1O⊥平面ABC可知∠A1AO设A1A=a，则AE=AF=A1A对于B，点P到直线AA1的最短距离为P到直线AA1的垂线，故当PA1⊥AA1时，有PA1在正三角形ABC中，由AB=1，可得AP=AB2对于C，过点B作BK⊥AA1，垂足为K，连接KP,KC(P为BC中点)，由A1O⊥平面而BC⊥AP，A1O∩AP=O,A1O,AP⊂平面A1AP，所以BC⊥所以AA1⊥BC，又KB∩BC=B,KB,BC⊂所以AA1⊥平面BCK,∴BB1⊥平面BCK，因为∠A1AB=∠A1AC=45∘,AB=1，所以Rt对于D，设C1B1的中点为Q，连AQ,A1Q,PQ，由上可知BC⊥平面所以∠A1AQ为直线A1A当A1A越来越大时故选：ABC.【变式5-1】4.（多选）（2023·全国·高三专题练习）三棱锥P−ABC中，AB=22，BC=1，AB⊥BC，直线PA与平面ABC所成的角为30°，直线PB与平面ABC所成的角为60°A．三棱锥P−ABC体积的最小值为3B．三棱锥P−ABC体积的最大值为6C．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角P−BC−A的平面角为锐角D．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角P−AB−C的平面角为钝角【答案】ACD【分析】作PH⊥平面ABC，由题意得到AH=3BH，建立直角坐标系，设Hx,y，，求得点H的轨迹方程为(x−2)2+【详解】如图（1）所示，作PH⊥平面ABC，连接AH,BH,CH，因为直线PA与平面ABC所成的角为30°，直线PB与平面ABC所成的角为60°，所以AH=PH所以AHBH=tan以AB所在的直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴，建立如图（2）平面直角坐标系，设Hx,y，A2,0则(x−2)2可得圆心Q−52设点圆H与x轴的交点分别为M,N，可得BM=r−因为BM≤BH又由PH=3BH且BH则Vmax=1因为(x+524设PC与平面ABC所成角为α，且tanα=可得tanα=PHCH又由BH=−令k=y−12x，根据斜率的结合意义，可得y−1又由kx−y+12=0可得k×(−524)+121+当k=728时，此时BH2CH如图（3）所示，此时二面角P−BC−A的平面角为锐角，P−AB−C的平面角为钝角，所以C、D正确．故选：ACD．题型6面面角相关考点【例题6】（2023·全国·高三专题练习）在正方体ABCD−A'B'C'D'中，点P是AA'上的动点，【答案】−【分析】连接AC、BD、AD'、A'D，设AC∩BD=O，连接OC'、OP，证明出A'D⊥平面ABC'D【详解】连接AC、BD、AD'、A'D，设AC∩BD=O，连接因为AB//C'D'因为四边形AA'D因为AB⊥平面AA'D'D，A因为AB∩AD'=A，AB、AD'⊂平面因为BC'⊂平面AB因为Q是平面BB'C'C内的一点，且满足A设正方体ABCD−A'B'C因为四边形ABCD为正方形，AC∩BD=O，则O为BD的中点，且OC由勾股定理可得PB=PA2所以，二面角P−BD−Q的平面角为∠POC由图可知，当点P与点A重合时，∠POCOC'=B因为CC'⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD此时，cos∠PO当P与点A'重合时，∠PO此时，cos∠PO又因为函数y=cosx在0,π因此，二面角P−BD−Q的余弦值的取值范围−3故答案为：−3【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.【变式6-1】1.（2023春·河南洛阳·高三孟津县第一高级中学校考开学考试）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=1，A1C=2，∠BAC=A．14,21919 B．14【答案】C【分析】先作辅助线，利用二面角的定义找到二面角的平面角，再设DC=2a13≤a≤23，用a【详解】在直三棱柱ABC−A1B1C1中,又AA1=1，A1C=2如图，过点D作DM⊥AC交AC于点M，则DM//A1因为AB⊂平面ABC，故DM⊥AB，过点M作MN⊥AB交AB于点N，连接DN，因为MN⊂平面MND，DM⊂平面MND，且MN∩DM=M，所以AB⊥平面MND，又DN⊂平面MND，则DN⊥AB，故∠DNM即二面角D−AB−C的平面角.设DC=2a13≤a≤23，在直角△DCM中，∠DCM=所以AM=3−3所以DN=D则sin∠DNM=易知f(a)=31a−12+4所以sin∠DNM∈故选：C.【变式6-1】2.（2023·全国·高三专题练习）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，现将△ABC沿对角线AC翻折，得到四面体D-ABC，则该四面体外接球的体积为；设二面角D－AC－B的平面角为θ，当θ在π3,π【答案】4π3【分析】分别过点B，D作BF⊥AC，DE⊥AC，计算得到AO=OC=OB=OD=1，得到半径和体积，根据DB=【详解】如图1，分别过点B，D作BF⊥AC，则在四面体ABCD中也满足BF⊥AC，因为AB=3，BC=1，所以AC=2，DE=BF=则AE=CF=12，在四面体ABCD中，三角形ABC和三角形DAC均为直角三角形，设点O为AC的中点，如图2，连接OB，OD，则AO=OC=OB=OD=1，即点O为四面体ABCD外接球的球心，则外接球的半径R=1，所以外接球的体积V=4在四面体ABCD中，DB=因为二面角D−AC−B的平面角为θ，且BF⊥AC，所以DE和FB的夹角为π−θ所以DB=因为θ∈π3,π2故答案为：4π3【变式6-1】3.（多选）（2022·全国·高三专题练习）在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AA1=3，点D、E分别在棱B1B、C1C上运动（D不与B1重合，E不与A．DE//平面A1B1C．S的取值范围是3,23 D．θ【答案】BCD【分析】取BC的中点O，则AO⊥BC，以点O为坐标原点，OA、OB、AA1的方向分别为x、y、z轴的正方向建立空间直角坐标系，设点D0,1,d、E0,−1,e，其中0≤d<3，0≤e<3，分A1【详解】在正三棱柱ABC−A1B1C1中，取以点O为坐标原点，OA、OB、AA1的方向分别为x、y、则A13,0,3、B10,1,3设点D0,1,d、E0,−1,e，其中0≤d<3，在正三棱柱ABC−A1B因为△A1DE为等腰三角形，有三种情况：①A1D=①若A1D=A1E由A1D=A1由已知0≤d+e<6，故d=e，此时DE=0,−2,0=∵DE⊄平面A1B1C1，B1C因为A1E=线段DE的中点为M0,0,d，∵A1D=A1A1M=设平面A1DE的法向量为m=x,y,z，由m⋅DE=−2y=0m⋅平面ABC的一个法向量为n=0,0,1，因为cosθ=m⋅nm②若A1D=DE，A1由A1D=DE可得因为e≠3，则e=2d−3，由0≤d<30≤e=2d−3<3，可得32DE=0,−2,d−3，此时DE与若DE//平面A1B1C1，∵DE⊂平面BB故假设不成立，即DE与平面A1若△A1DE为等腰直角三角形，A则A1D⋅DE=此时△A取线段A1E的中点N，连接DN，则DN⊥ADN=32所以，S=1设平面A1DE的法向量为m=x,y,z，由m⋅DE=−2y+d−3z=0平面ABC的一个法向量为n=cosθ=因为21313>12③若A1综上所述，对于A选项，DE与平面A1对于B选项，△A对于C选项，S的取值范围是3,2对于D选项，θ的取值范围是0,π故选：BCD.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.题型7数量积相关考点【例题7】（2023·上海·统考模拟预测）若P、Q、R是棱长为1的正四面体棱上互不相同的三点，则PQ⋅QR的取值范围是【答案】−1,【分析】设点P、Q、R分别棱长为1的正三棱锥A−BCD的棱AD、BC、BD上的动点，设BQ=λBC，其中λ∈0,1，利用三角不等式推导出PQ≤1，利用平面向量数量积的性质可求得PQ⋅QR>−1，取PR【详解】如下图所示，由任意性，设点P、Q、R分别棱长为1的正三棱锥A−BCD的棱AD、BC、BD上的动点，设BQ=λBC，其中λ∈0,1所以，PQ=所以，PQ≤当且仅当线段PQ与棱AB或CD重合时，等号成立，即PQ的最大值为1，∴PQ⋅QR=−QP⋅QR≥−QP⋅QR=−1，当且仅当Q与点但P、Q、R为不同的三点，则PQ⋅由上可知PR的最大值为1，取线段PR的中点M，则QP⋅当且仅当线段PR与棱AB重合且Q为棱AB的中点时，等号成立，则PQ⋅综上所述，−1<PQ故答案为：−1,1【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中向量数量积的取值范围，解题的关键在于充分利用几何性质推导出PQ≤1，QP【变式7-1】1．（2022·全国·高三专题练习）已知点P为正四面体ABCD的外接球上的任意一点，正四面体ABCD的棱长为2，则PA⋅PB的取值范围为【答案】1−【分析】将正四面体放在正方体内，以正方体的中心为原点，建立空间直角坐标系，利用坐标法求PA⋅【详解】如图，将正四面体放在正方体内，并建立如图所示的空间直角坐标系，∵正四面体ABCD的棱长为2，则正方体的棱长为2，正四面体ABCD的外接球即为图中正方体的外接球，其半径为R，则2R2则A−22设Px,y,z，则x2+∵PA=−2∴PA⋅PB=故答案为：1−3【变式7-1】2.（2022·全国·高三专题练习）正四面体A−BCD的棱长为4，空间中的动点P满足PB+PC=2A．4−23,4+23C．4−32,4−2【答案】D【分析】分别取BC，AD的中点E，F，由题意可得点P的轨迹是以E为球心，以2为半径的球面，又AP⋅PD=4−【详解】分别取BC，AD的中点E，F，则PB+所以PE=故点P的轨迹是以E为球心，以2为半径的球面，AP⋅PD=−又ED=DC2所以PFmin=EF−2所以AP⋅PD的取值范围为故选：D．【变式7-1】3.（多选）（2023·全国·模拟预测）如图，正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为1，E为BC的中点，M，N分别为棱PB，PC上的动点，设BM=λBP，PN=A．AM不可能垂直于BN B．AM⋅CPC．当λ=23时，平面AME⊥平面ABCD D．三棱锥【答案】ACD【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量证明AM⋅BN=0不成立否定选项A；求得AM⋅CP的取值范围判断选项B；当λ=【详解】如图，以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且垂直于底面ABCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，则A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0由BM=λBP，PN=12λ选项A：AM=−λ若AM⊥BN，则AM⋅BN=0，则λ+因为Δ=9−16=−7<0所以AM不可能垂直于BN，故A正确；选项B：CP=12选项C：连接BD交AE于F，取BD的中点O，连接OP，则OP⊥平面ABCD，因为E为BC的中点，所以由几何关系可知BF=2OF，因为λ=23，所以BMMP所以MF⊥平面ABCD，又MF⊂平面AME，所以平面AME⊥平面ABCD，故C正确；选项D：因为BM=λBP，所以连接AC，因为PN=12λ所以VM−ABN=1故选：ACD【变式7-1】4.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，A．若直线A1P与平面AEF平行，则三棱锥P−AEFB．若直线A1P与平面AEF平行，则直线A1B1上存在唯一的点QC．若A1P=5，则D．若A1P=5，则【答案】ABC【分析】取棱BB1,B1C1的中点N,M，连接A1M,A1N，进而证明平面A1MN//平面AEF得【详解】解：取棱BB1,B1因为棱BB1,B1C1所以MN//BC1//EF因为AA1//B所以，四边形A1所以A1因为A1M,MN⊄平面AEF，AE,EF⊂平面所以A1M//平面AEF，NM//平面因为A1M∩MN=M,A所以平面A1MN//平面所以，直线A1P与平面AEF平行，P的轨迹即为线段故对于A选项，S△PEF=124−4×对于B选项，要使得DQ与A1P始终垂直，则DQ⊥面A1所以DQ=2,a,2，所以DQ⋅A1M=−2+2a=0且DQ所以，直线A1B1上存在唯一的点Q（A1B当A1P=5时，所以A所以点P的轨迹为以B1为圆心，1为半径的圆在平面BC对于C选项，由于B1E=5，故EP对于D选项，A1P⋅B1所以，A1P⋅故选：ABC题型8距离相关考点【例题8】（2023·山东济南·济南市历城第二中学校考二模）在平面直角坐标系中，P为圆x2+y2=16上的动点，定点A−3,2．现将y轴左侧半圆所在坐标平面沿y轴翻折，与y轴右侧半圆所在平面成2π3的二面角，使点A翻折至A．13,35 B．4−13,7 C．【答案】B【分析】设A所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P∈α，则P,A,O三点共线时，以及P在圆的下端点时，分别取到A'，P两点间距离的最值；若P∈β，设P4cosα,4sin【详解】设A所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P∈α，则P,A,O三点共线时，PA有最小值P1A'=R−OA'若P∈β，设P4cosα,4sinα，A'在β上的投影为距离为A1，则A'到β面距离为AA1=−3sinπ3=332，又A'到y轴的距离为3，∴A1到y轴的距离为9−27综上可得，PA故选：B【变式8-1】1.（2023·全国·高三专题练习）直线m⊥平面α，垂足是O，正四面体ABCD的棱长为4，点C在平面α上运动，点B在直线m上运动，则点O到直线AD的距离的取值范围是（

）A．42−52C．3−222,【答案】B【分析】先将问题转化为点O在以BC为直径的球上运动，再去求球心到直线AD的距离，进而求得点O到直线AD的距离的取值范围【详解】在正四面体ABCD中，分别取BC,AD的中点M，N，连接则AM⊥BC,MD⊥BC，又AM∩MD=M，AM⊂平面AMD，MD⊂平面AMD则BC⊥平面AMD，又MN⊂平面AMD，则MN⊥BCRt△ABM中，等腰△AMD中，MN⊥AD，MN=若固定正四面体ABCD的位置，则点O在以BC为直径的球上运动，球半径为2，则点O到直线AD的距离的最小值为球心到直线AD的距离减去半径即22最大值为球心到直线AD的距离加上半径即2则点O到直线AD的距离的取值范围是2故选：B【变式8-1】2.（2023·全国·高三专题练习）我们把底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形中心的三棱锥称为正三棱锥.现有一正三棱锥P−ABC放置在平而α上，已知它的底面边长为2，高ℎ，该正三棱锥绕BC边在平面α上转动（翻转），某个时刻它在平面α上的射影是等腰直角三角形，则ℎ的取值范围是（

）A．0,63 B．0,66∪6【答案】B【分析】分别讨论底面△ABC在α上的射影为等腰直角三角形和侧面△PBC在α上的射影为等腰直角三角形时的情况可求解.【详解】首先在△ABC中，设其中心为H，BC中点为D，则OH=13×当△EBC为等腰直角三角形时，DE=1，若底面△ABC在α上的射影为等腰直角三角形EBC时，如图1，只需0<ℎ<P易知tan∠P0DH=cot∠ADE=DE若侧面△PBC在α上的射影为等腰直角三角形时，易知P1如图2和图3，可求得P1H=63，综上，ℎ的取值范围是0,6故选：B.【变式8-1】3.(多选)（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC为等腰直角三角形，AB=AC，其高AD=3，E为线段BD的中点，将△ABC沿AD折成大小为θπ3<θ≤π2的二面角，连接BC，形成四面体A−BCD，动点P在△ACD内（含边界），且PEA．AD⊥BCB．E点到平面ADC的距离的最大值为3C．点P在△ACD内（含边界）的轨迹长度为2D．当BP⊥AC时，BP与平面ADC所成角的正切值的取值范围为2【答案】ABD【分析】作图，根据图中的几何关系以及有关定义构造三角形逐项求解.【详解】依题意作下图：∵AD=3，BD=CD=3,AB=AC=32又∵BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC=θ，BD∩CD=D,BD⊂平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AD⊥平面BCD，BC⊂平面BCD，∴AD⊥BC，A正确；取AD的中点F，CD的中点G，连接EG,EF,GF；∵GF//AC,AC⊂平面ABC，∴GF//平面ABC，EF//AB,AB⊂平面ABC，∴EF//平面ABC，GF∩EF=F，∴平面GEF//平面ABC，又PE//平面ABC，P∈平面ACD，平面ACD∩平面EFG=GF，∴P点在线段GF上，P点在△ACD内轨迹的长度GF=1过E点作CD的垂线EH得垂足H，AD⊥平面BCD，EH⊂平面BCD，∴EH⊥AD,CD∩AD=D,CD⊂平面ACD，AD⊂平面ACD，∴EH⊥平面ACD，即线段EH的长度就是E点到平面ACD的距离，∴EH=EDsin对于D，如图过B点作CD的垂线得垂足I，则有BI⊥平面ACD，过I点作GF的垂线得垂足P，∵GF⊥PI,GF⊥BI,BI∩PI=I,BI⊃平面BPI，PI⊂平面BPI，∴GF⊥平面BPI，GF⊥BP，又GF//AC,∴BP⊥AC，BP与平面ACD所成的角就是∠BPI，在等腰直角三角形GPI中，PI=22GI=2232当θ=π3时，DI=3cosπ3令fθ=3fθ是减函数，当θ=π2时取fθ最小值故选：ABD.【变式8-1】4.（多选）（2023·全国·高三专题练习）已知△ABC为等腰直角三角形，AB=AC，其高AD=3，E为线段BD的中点，将△ABC沿AD折成大小为θπ3<θ⩽π2的二面角，连接BC，形成四面体A−BCD，动点P在△ACD内（含边界），且PEA．AD⊥BCB．E点到平面ADC的距离的最大值为3C．点P在△ADC内（含边界）的轨迹长度为2D．当BP⊥AC时，BP与平面ADC所成角的正切值的取值范围为2【答案】AD【分析】先证明AD⊥平面BCD，由此证明AD⊥BC，由此判断A，由点的面的距离定义确定E点到平面ADC的距离，由此判断B，由条件确定点P在△ADC内（含边界）的轨迹，由此判断C，根据线面角的定义确定BP与平面ADC所成角的平面角，再求其正切值范围，由此判断D.【详解】如图，AD⊥DB，AD⊥DC，DB∩DC=D，DB,DC⊂平面DBC，所以AD⊥平面DBC，又BC⊂平面DBC，所以AD⊥BC，A正确，因为AD⊥DB，AD⊥DC，所以∠BDC为二面角B−AD−C的平面角，故∠BDC=θ，π3过点E作EH⊥CD，垂足为H，因为EH⊂平面DBC，AD⊥平面DBC，所以AD⊥EH，又AD∩CD=D，AD,CD⊂平面ADC，所以EH⊥平面ADC，所以EH为点E到平面ADC的距离，在△EHD中，∠EHD=π2,DE=12DB=32，∠EDH=θ，所以EH=32连接EF，F为CD的中点，因为E为BD的中点，所以EF//BC，EF⊄平面ABC，BC⊂平面ABC，所以EF//平面ABC，又PE//平面ABC，PE∩EF=E，PE,EF⊂平面PEF，所以平面PEF//平面ABC，平面PEF∩平面ADC=PF，平面ABC∩平面ADC=AC，所以PF//AC，记AD的中点为M，因为F为CD的中点，所以FM过点B作BN⊥CD，垂足为N，因为BN⊂平面DBC，AD⊥平面DBC，所以AD⊥BN，又AD∩CD=D，AD,CD⊂平面ADC，所以BN⊥平面ADC，所以∠BPN为BP与平面ADC所成角的平面角，因为BN⊥平面ADC，AC⊂平面ADC，所以BN⊥AC，因为BP⊥AC，BP∩BN=B，BP,BN⊂平面BNP，所以AC⊥平面BNP，又NP⊂平面BNP，所以NP⊥AC，因为MF//AC，所以在△BDN中，∠BDN=θ，∠BND=π2，BD=3，所以所以NF=3在△NPF中，∠NPF=π2，∠PNF=∠PFN=π4，在△BNP中，∠BNP=π2，所以所以BP与平面ADC所成角的正切值为22设y=22sinθ1−2cosθ，其中π3<θ⩽π2，则y'=故选：AD.【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和性质，面面平行的判定及性质，和二面角的定义和线面角的定义，及点到平面的距离。意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化。题型9外接球相关考点◆类型1半径相关【例题9-1】（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥P−ABC，PA⊥底面ABC，AB=4，设△ABC和△PAB的外接圆半径分别为r1，r2．若三棱锥P−ABC外接球的体积为36πA．25 B．26 C．26 【答案】C【分析】设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，△ABC和△PAB的外接圆圆心分别为O1，O2，则OO1⊥底面ABC，有OA=【详解】设△ABC和△PAB的外接圆圆心分别为O1和O2．因为PA⊥底面ABC，AB⊂底面ABC，所以PA⊥AB，则△PAB为直角三角形，O2即为PB的中点，所以PB=2r2设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，连接OO则OO1⊥底面ABC，O1A⊂底面ABC，所以O因为三棱锥P−ABC外接球的体积为36π，所以43π所以r113=r12+r22=r故选：C．【变式9-1】1.（2023·全国·高三专题练习）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为【答案】[2【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.【详解】设球的半径为R.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R'为体对角线长AC1=

分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1连接MG，则MG=42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为2综上，R∈[22故答案为：[2【变式9-1】2.（2023·全国·高三专题练习）如图，正方形ABCD的边长为2,E为BC的中点，将△BAE沿AE向上翻折到△PAE，连接PC,PD，在翻折过程中，下列说法中正确的是（

）①四棱锥P−AECD的体积最大值为255②．PD中点F③EP,CD与平面PAD所成角的正弦值之比为2:1④三棱锥P−AED的外接球半径有最小值54A．①③ B．②③ C．①③④ D．①②③【答案】C【分析】根据题意，根据四棱锥的体积公式，以及线面角的概念和三棱锥的外接球概念作图，逐个选项进行判断即可求解【详解】由已知梯形AECD面积为3,AE=5，直角△APE斜边上的高为255.当平面APE⊥平面AECD时，四棱锥体积取最大值13取PA中点为G，则GF，EC平行且相等，四边形所以，点F的轨迹与点G的轨迹完全相同，过G作AE的垂线，垂足为H,G的轨迹是H以为圆心，HG=55为半径5中点F的轨迹长度为5π由四边形ECFG是平行四边形知EC//FG，则EC//平面PAD，则E,C到平面PAD距离相等，故PE，CD与平面PAD所成角的正弦值之比为等于CD:PE=2:1.③正确；△APE外接圆O1半径为52,O外接圆O2半径为54,AE是圆O1与圆设三棱锥P−AED外接球球心为O，半径为R，则R=因为O2O∈0,+∞，所以R∈故选：C【变式9-1】3.（多选）（2023·全国·高三专题练习）如图所示，有一个棱长为4的正四面体P−ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是（

）A．若E是CD的中点，则直线AE与PB所成角为πB．△ABE的周长最小值为4+C．如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为6D．如果在这个容器中放入10个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为6【答案】ACD【分析】A选项：连接AD.证明出PB⊥AE，即可求出直线AE与PB所成角为π2；B选项，把△ACD沿着CD展开与面BDC同一个平面内，利用余弦定理求出AB≠34，即可判断；C选项，判断出小球是正四面体的内切球，设半径为r.利用等体积法求解；D选项，判断出要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为r，利用几何关系求出【详解】A选项：连接AD.在正四面体P−ABC中，D是PB的中点，所以PB⊥AD,PB⊥CD.因为AD⊂平面ACD，CD⊂平面ACD，AD∩CD=D,所以直线PB⊥平面ACD.因为AE⊂平面ACD.所以PB⊥AE，所以直线AE与PB所成角为π2B选项，把△ACD沿着CD展开与面BDC同一个平面内，由AD=CD=23，AC=4，cos所以AB2=22+2C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，设半径为r.由等体积法可得：VP−ABC=1D选项，10个小球分三层（1个，3个，6个）放进去，要使小球半径要最大，则外层小球与四个面相切，设小球半径为r，四个角小球球心连线M−NGF是棱长为4r的正四面体，其高为463r如图正四面体P−HIJ，则MP=3r，正四面体P−ABC高为3r+463【变式9-1】4.（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◆类型2面积相关【例题9-2】（2023·山东济南·校考模拟预测）已知三棱锥P−ABC的三条侧棱两两垂直，且其外接球半径为2，则S△PAB+S【答案】8【分析】由长方体模型得出a2【详解】设PA=a,PB=b,PC=c，因为三棱锥P−ABC的三条侧棱两两垂直，所以由长方体模型可知，a2+bS△PAB+S△PAC+即S△PAB+S故答案为：8【变式9-2】1.（2023·全国·高三专题练习）已知A,B,C三点在球O的球面上，且AC⊥BC,AC=22,BC=2，若球O上的动点D到点A,B,C所在平面的距离的最大值为6+A．16π B．24π C．86π 【答案】B【分析】根据题意可得当点D到平面ABC的距离最大时，D与AB在球的大圆截面且OD⊥AB，根据勾股定理求出球的半径，代入表面积公式即可求解.【详解】因为AC⊥BC,AC=22,BC=2，所以AB=23，则△ABC当点D到平面ABC的距离最大时，D与AB在球的大圆截面且OD⊥AB，所以球O的半径R满足：R2解得R=6，所以球O的表面积为4π故选：B.【变式9-2】2.（2023·全国·高三专题练习）在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，【答案】19【分析】当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACC1A1，此时四棱锥B−ACC【详解】如图所示，当P与点D重合时，过A，C与BP垂直的截面为平面ACC四棱锥B−ACC1A1的外接球的球心为对角面此时外接球的表面积最大，最大为11π当P与点D1设AC∩BD=E，连接EM，因为BD1⊥平面ACM，EM⊂所以BD所以∠BEM+∠EBD因为∠MBD1+∠EB所以△EBM∽△BB所以BEBB1=所以三棱锥B−ACM的外接球直径为13此时外接球的表面积最小，最小为199所以该棱锥的外接球的表面积的取值范围是199故答案为：19【点睛】关键点点睛：此题考查多面体与球的外接问题，解题的关键是分P与点D重合和P与点D1【变式9-2】3.（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB=1,AD=2,AA1=2,∠BAD=60°，点P是半圆弧A1D【答案】25【分析】先由余弦定理求出BD=3，从而得到AB⊥BD，确定BC的中点E为三棱锥P−BCQ的外接球球心O在平面BCQ的投影，再证明出M为AD的中点，N为B1C1的中点，即EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，从而确定当点P与点N重合时，三棱锥P−BCQ的外接球半径最小，点P与A1或D1重合，此时PN最长，故三棱锥【详解】因为AB=1,AD=2,∠BAD=60°，由余弦定理得：BD=A因为AB2+B直四棱柱ABCD−A故BD⊥CD，点Q是半圆弧BC上的动点(不包括端点)，故BC为直径，取BC的中点E，则E为三棱锥P−BCQ的外接球球心O在平面BCQ的投影，设BC与AD相交于点M，A1D1则EM=ED因为∠BCD=60°，故∠CBD=30°，∠DEM=2∠DBC=60°，故三角形DEM为等边三角形，DM=DE=1即M为AD的中点，同理可得：N为B1连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，显然，当点P与点N重合时，三棱锥P−BCQ的外接球半径最小，假如点P与A1或D1重合，此时PN最长，故三棱锥如图1，点P与点N重合，连接OC，设ON=R，则OE=2-R，OC=R，由勾股定理得：OE2+EC2此时外接球表面积为4π如图2，当点P与A1或D1重合时，连接其中A1设OE=ℎ，则ON=2−ℎ，由勾股定理得：A1O=A故3+2−ℎ2=此时外接球半径为OC=94+1但因为点P是半圆弧A1综上：S的取值范围是254故答案为：25【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.【变式9-2】4.（2023·全国·高三专题练习）如图，正四棱台ABCD−A1B1C【答案】[72【分析】求出正四棱台的上下底面外接圆半径，根据AA1∈[【详解】由题意得正四棱台的上下底面外接圆半径分别为r1=42+422=2因为AA1∈[设正四棱台的外接球半径为R，球心到上下底面的距离分别为d1和d当球心在上下底面之间时，d1当球心不在上下底面之间时，d1所以d1又r12+d12=所以ℎ=R