立体几何压轴小题（体积、角度、外接球等）九大题型-2024年高考数学重难点题型突破

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

fllnii

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

IOKDH

题型1体积最值

【例题1】(2021•全国•高三专题练习)在棱长为3的正方体力BCD-中，E是

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

(州,牝均不为0),若出=%,则三棱锥P-BB1Q体积的最小值是

【答案】C

【解析】通过建系如图，利用COS%=COS62,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,则E(3,0,1),D1(O,0,3),

设P(x,y,0)(x>0,y>0),则而=(3—x,-y,|),西=(—x,-y,3),

•••%=%,2=(。，0,1),

|尸”|

•••COS01=cos%.即*

I西I.闭

3

3

代入数据，得:2

(3-X)2+y2+2-J%2+y2+9,

整理得：x2+y2—8x+12=0,

变形，得：(x-4)2+y2=4(04y<2),

即动点P的轨迹为圆的一部分，

过点P作PFLBC,交BC于点F,贝UPF为三棱锥P-BBiCi的高

•••点P到直线的距离的最大值是2.

则PFmin=3—2=1.

119

「

S4BB1C1=2,BBB1c1=-x3x3=-

1193

,PF,SdBBiG=3X^X2~2

【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）在长方体力BCT-41B1C101中,AB=4,BC=3

,4公=5,M,N分别在线段力①和4c上，|MN|=2,贝U三棱锥D—MNC1的体积最小值为

A.4B.3V2-1C.4V3-2D.6近—4

【答案】A

【分析】此三棱锥中点D到平面MNC1的距离为定值装，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.

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

题意力CC遇1是正方形，由对称性知当M（或N）与4重合时，射到直线MN的距离最小，最

1112

小值为5,止匕时S4clMN=]X2x5=5,.1VD—MNCI最小=1X5X三=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，已知直四棱柱4BCD-4/1射。1的所

有棱长等于1,N4BC=60。，。和Oi分别是上下底面对角线的交点，”在线段。Bi上，

O”=3HBi,点M在线段BD上移动，则三棱锥M-。1。坦的体积最小值为

【答案】g

【分析】因为C1到平面BB1D1D（即三棱锥底面01MH）的距离为定值，所以当^OIMH

的面积取得最小值时，三棱锥M-g0小的体积最小，将平面BB1D1D单独画图可得，当

点M在点B处时，人01MH的面积有最小值，求出三棱锥Ci-OiMH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,

.'.01C1_L平面BB1D1D,且01C1=1,01B1=手，

.'.C1到平面BB1D1D的距离为01C1

•••0H=3HB1,点M是线段BD上的动点，

..当人01MH的面积取得最小值时，三棱锥的一%””的体积有最小值.

将平面BB1D1D单独画图可得,

当B点到01H的距离最小时，人01MH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01H的距离比B点到01H

的距离大.

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

连接01B,则01B=0B1=/2+停丫考,

.•.B1到01B的距离d=K券1=等=亨，

~2

-.0H=3HB1,

••.H到直线01B的距离为少=等.

W-°1B-|d=|•日•答拜,

.,.7C1_O1BH=1S2IO1BH-01cl

故答案为圣

【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ABC力一A1B1C1%的棱CD,Ci%,公当的中点，R为BD上一点,且R不与D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IZ,贝脸的最小值是

【答案】争I

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

小值

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

则I为AMNP外接圆圆心，。/1平面MNP,

以D为原点，分别以DA,DC,DDi所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系

则P(2,l,2)

设。(LG),/?(n,n,0),(0<n<2)

则由。P=OR可得，+(1—t)2+1=J(1一n)2+(n-t)2+1

整理得t=与言」

・2

s4H。尸6n.[2+(1-琮尸)]

则V一|x|x2x2|n-l|

|n-l|

令ir—1=k,贝！]—i<kv0或0<fc<1

贝联=芈常也，-i<fc<ongo<fc<i

令叱)=|n.(4x+g+》,(0<xWl)

则晨x)=|TT.(4一卷一命=3(2/+；：产-3)1T,(o<%w1)

当0<x〈l时，晨x)<0,2(x)单调递减;

则当％=1时，，(%)取得最小值

故答案为：别

【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.记圆锥的体积为匕，圆柱的体积为匕，且匕=々匕.则k的最小值是

【答案】?

【详解】取它们的公共轴截面，如图所设，^r=r2,r=r1tg9,h=r1tg2d.

若％=kV2,则有5T广•71的20=27rri3-ktg36.

化简得3ktg1-3kgtg26+1=0.

因为的。为实数，故4=9k2—12k>0.

但k>0,故kN*当时，可得tgg=孝，原题有意义.所以，k的最小值熹.

故答案为?

A

B

【变式1-1】5.（2021•福建・统考一模）如图，在四棱锥E-4BCD中，EC1底面力BCD,

FD//EC,底面4BCD为矩形，G为线段的中点，CG1DG,CD=2,DF=CE,BE与底面力BCD

所成角为45。，则四棱锥E-4BCD与三棱锥F-CDG的公共部分的体积为

【分析】GF与力E的交点为“，CF与OE的交点为N,连接MN,DM,EF,可得以N是位置,

推出S"MN=3AFGC,把四棱锥E-4BCD与三棱锥F-CDG的公共部分的体积转化为|

，F-CDG求解.

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

在四棱锥E—48CD中，EC1底面2BCD,FD//EC,底面ABC。为矩形，DF-CE,所以四边

形。FEC为平彳亍四边形，所以EF//DC,且EF=DC,

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

DG=V2,所以AD=BC=1,

・•・BE与底面4BCD所成角为45°,即NEBC=45°,.-.CE=BC=1,

GM:MF=AG:FE=1:2,N是FC的中点,

•••SAMFN=孑M•FN•sm^MFN=|X|FGX|fC-sin/MFN=|sAFGC,

贝（J四棱锥E-力BCO与三棱锥F-CDG的公共部分的体积为U°_MNCG==|X|X|

2

X2xlxl=-.

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（0,4,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4—BCD中，BC=BD=AC=AD10,

AB=6,CD=16,点P在平面4CD内，且BP=碗，设异面直线BP与CD所成角为a,则

sina的最小值为（）

A3V1URVior2V5

*10•~10~*~5~D,

【答案】A

【分析】取CD中点K,易得三角形4BK为正三角形，取4K中点。，可证B01平面4CD,进

而确定点P的位置，求得最小值.

【详解】取CD中点K,连接4K,BK,

BC=BD=AC=AD=10,CD=16,

,■，AK=BK=6,

■■■AB=6,

.•"4BK为正三角形，

取4K中点0,连接B。，

则B014K,且B0=3后

易知CD1平面4BK,

CD1.BO,BO1平面4CD,

•••BP=V30,.・.P在图中圆。上，

当P与G,”重合时，sina=1最大，

当P与M,N重合时，sina=^=喑最小.

V301U

【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，矩形力BCD中，AB=4,BC=2,E为边

的中点，沿DE将4ADE折起，点4折至2处（公《平面力BCD）,若M为线段&C的中点，贝

在44DE折起过程中，下列说法错误的是（）

A.始终有MB〃平面力WE

B.不存在某个位置，使得&C，平面&DE

C.三棱锥4-4DE体积的最大值是竽

D.一定存在某个位置，使得异面直线与&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0,连结。M,OB,4洋

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

正确；

对B,因为48=4,8。=2,假设4道1平面41DE,贝!]4道1ArD,4停14止，则。。2一

222

A1D=CE-A1E^CD=CE,因为CD=4,CE=2四，所以CD=OE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平面力BCD时，三棱锥4DE的体积最大，V=1-SaADE-h=1-

.2.2）•鱼=苧，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ABC中，AB=AC,0

为BC的中点，动点P在线段OB上（不含端点），记乙4PC=8,现将44PC沿4P折起至

记异面直线与力P所成的角为即则下列一定成立的是

7171

A.0>aB.9<aC.3+a>-D.3+a<-

【答案】A

【详解】设正三角形的边长为2a,

如图，在等边三角形4BC中，过C作4P的垂线，垂足为E,

过B作BF1CE,垂足为F,

因为41PC=。，贝帕6仁欧，且PD=鲁,故CP=*+a,

所以CE=CPXsin。=+a）Xsin。=（V3cos0+sin0）a,

CF=2asin0,故EF=（sin。-V^cos。）©又BF=2acos。.

将4ape沿4P折起至ZMPC',贝!|C'F<C'E+EF=CF=2asm6.

因C'E_L4P,EFLAP,EFClC'E=E,故API平面C'EF,

因BFII4P,故BF1平面CEF,OFu平面。EF,

所以BF1”,又NOBF为异面直线B。、4P所成的角，

而tana=tanNCW=^<|^^=tan。，因仇ae（0,g）,故。〉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4BCD沿对角线AC折起，并使得平面

4BC垂直于平面4CD,直线力B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。，M,N,

则ON||卡D,MN||^AB,所以NON"或其补角即为所求的角.

因为平面48C垂直于平面/皿BO1AC,所以8。1平面4CD,所以8。1。。.

设正方形边长为2,OB=0D=42,所以8。=2,贝[]0M==1.

所以。N=MN=OM=1.所以△OMN是等边三角形，LONM=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，正方体必的棱长为1,线

段当小上有两个动点民艮且EF=0.6,则当民F移动时，下列结论中错误的是（）

A.4E〃平面gBD

B.四面体4CEF的体积为定值

C.三棱锥Q8EF的体积为定值

D.异面直线4艮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&3必〃面QBD,从而得到4E〃平面

JBD;

对于BC,通过计算四面体4CE屈勺体积、三棱锥A-BEF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4尸、BE所成的角不为定值.

【详解】对于A,如图1,因为在正方体中，ByCj/AD,B^=AD,

所以四边形是平行四边形，故C[D//48i,

又因为C〔Du面gBD,AB^^C^BD,所以〃面gB。，

同理：为。//面。遇。，又人当0吕小产为/为、/。正面^^劣，

所以面4当。1〃面6B。，

因为AEu面因此4£7/平面的8，所以A中结论正确；

对于B,如图1,连结8DQ4C=。，则

因为在正方体中，BByY^ABCD,故叫_1_",

在底面正方形4BC0中，BDA.AC,又BBiCBD=B,BBi、BDu面叫外。，

所以AC_L面即CO_L面夕当小。，

所以匕4-CEF=Vc-4E尸=§S"E尸•。。=§、5、44.当01'"X。。为定值，所以B中结论正确；

对于C,利用B中的结论得乙.BEF^SABEF/OUX^BBIXEFXAO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。1作/G〃BE,贝此4。也为异面直线力尸、BE所成角，

如图3,当F与当重合时，过小作/G//BE,易证ON〃&P〃a『，贝"Q/GI为异面直线

AF.BE所成角，

由图形易知乙M>iGANQDiGi,故异面直线AF、BE所成的角不是定值，因此D中结论错误.

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4BCD沿对角线4C折起，当以4B,C,D

四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线4。与8c所成的角为

A.fB.£7

【答案】C

【详解】分析：将正方形力BCD沿对角线4c折起，可得当三棱锥B-力CD体积最大时，BO1

平面4DC.设B'是B折叠前的位置，连接B'B,可得NBCB'就算直线4D与BC所成角，算出4BB'C

的各边长，得4BB1是等边三角形，从而求得直线力。与所成角的大小.

详解：设。是正方形对角线力&BD的交点，将正方形4BCD沿对角线71C折起，

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

到平面4DC的距离为d,且d<B。，由此可得当三棱锥B—ACD体积最大时，B。！平面

4DC设B'是B折叠前的位置，连接B'B,因为力DIIB'C,所以NBCB'就算直线4。与8c所成角,

设正方形的边长为a,因为B。！平面4DC,OB'u平面4DC,所以BO1OB]

因为BO'=BO=|T4C=9a,所以BB'=BC=B'C=a,

得dBB'C是等边三角形，ABCB'=l

所以直线4。与BC所成角为以故选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4BCD与侧面PAD

垂直，且四边形4BCD为正方形，AD=PD=P4,点E为边的中点，点F在边BP上，目

BF=；BP,过C,E,F三点的截面与平面P4D的交线为2,则异面直线PB与厮成的角为（）

【答案】D

【分析】由条件证明力BlDM,DMLPA,由此证明DM1平面PAB,再证明”/DM,由此证

明l〃PB,再确定异面直线PB与1所成的角.

【详解】因为E为边力B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

取PB的中点0,连接OE,AO.因为BF=；BP,所以BF=^BO.

所以F为B。的中点，所以FE〃OA,即FG//OA.

又易知OE〃PA.即OEIIAG.

所以四边形OEGA为平行四边形，从而0E=4G=#4

过点D作DMIlGH交PA于点M.则△DMA^△HGA,

从而得到力M=4G=24.即M为PA的中点.又DA=DP.因此CW1PA.

又平面4BCD1平面H4。,平面力BCD0平面24。=AD,

AB1AD,4Bu平面4BCD,

所以AB_L平面PAD.从而AB_L£W,PACtAB-A,PA,4Bu平面P4B

因此1平面P4B.又DM〃GH.即DM〃二

所以l_L平面PAB,又PBu平面PAB,故l_LPB,

所以异面直线PB与I所成的角为与

故选：D.

H

【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|=短,

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的方向单位向量展=(0,1,0),。|=1,

直线b的方向单位向量力=(1,0,0),|6|=1,

设B点在运动过程中的坐标中的坐标B，(cosB,sin0,0),

其中e为B（与CD的夹角，ee[O,2TT）,

・••AB在运动过程中的向量,AB'=（COS0,sine,-1）,\AB'\=^.

—T71

设AB，与a所成夹角为a£[0,-],

则3。=^一嬴音一^郛皿闫。，争，

刍，，③正确，④错误.

TT-TT

设49与b所成夹角为0£[0,-]z

\(cosOsind,-1)(1,0,0)|

I/工It=弁砌

cosp=而向

t—n

当49与a夹角为60。时，即a=与,

|sin0|=y[2cosa—V2cos^=号,

/cos20+sin20=1,/.cosp=^IcosOI=|z

TTTTTT

•.pe[0,a.邛=石，此时AB与b的夹角为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;

④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是(0,同，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4BCD-中，分别为棱4公、

BBi的中点，”为棱公邑(含端点)上的任一点，则直线ME与平面OiEF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

2

面。止F所成角为a,sina=|cos<沆，两)|=而瓦方，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),£>(0,0,2),F(2,2,1),

设平面DEF的法向量为沅=(x,y,z),

丽=(0,2,0),西=(-2,0,1),

1

由济，石尸二。，m-DrE-0,-2x+z-0令z=2,x-1,故济=(1,0,2),

由两=(0,a,l),

设直线ME与平面DiEF所成角为a,

,__12

sina=|cos〈沅,EM)|=际”

因为ae[0,2],所以当a=2时，

27

sina的最小值为百商=

故答案为:

【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。球面上的动点，点M为BiCi的中点，若满足DPI则BiP与面CDP所成角的

正切值的最小值是

【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，易知平面CDEF,

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“，点P为圆。1上的点，贝为BiP与面CDP所成角，

tan£HPBi=鲁,其中“仍为定值，

则满足题意时，"P有最大值即可，

设圆。1的半径为r,则HPmax=HO1+r,

B1-CDF=VD-B.FC,即："遥）*BIH=NGX2*1）X2,则=

RSPOO1中，由勾股定理可得r=0止=JOP2—。。彳==

RtABiHD中,由勾股定理可得"。=[B[D2—HB孑=]12—白等

001为△&HD的中位线，贝!]。。1=我H=^=,HO1=*0=嚓

贝阳「max=HO]+T=黑+京,

综上可得，B1P与面CDP所成角的正切值的最小值是:

2

HB]______/_V14-2

HPmax~率+WL

V5V5

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4BCD-人中心外的

所有棱长都为2,ADAB=6Q°,过体对角线BDI的截面S与棱和CCI分别交于点E、F,

给出下列命题中：

①四边形BED*的面积最小值为2e；

②直线EF与平面BCCiBi所成角的最大值为2

③四棱锥/-BED*的体积为定值；

④点%到截面S的距离的最小值为安.

其中，所有真命题的序号为（）

A.①②③B.①③④C.①③D.②④

【答案】B

【解析】①分析可得当E,F为为棱44i，CCi的中点时,四边形BED/的面积最小，求解即可；

②过点E的平面BCQBi的垂线交平面于点M,转化直线EF与平面BCCiBi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BBiE和平面BBiF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与点力重合，点F与点的重合时四边形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BED正是平行四边形，

连接4C,BD,且交于点0,过点E作BD的垂线，垂足为N,

则若四边形BEDF面积最小，即EN最小，

即为棱到平面DBBi%的距离，即为力。长，

因为ND4B=60°,贝（U4BC=120°,

所以4c=7AB2+BC2—2aB•BC•cos/ABC=J22+22+2X2X2x1=2V3,

则4。=|4C=V3,

22

又BDi=+%D2=V2+2=2V2,

所以S=1x2V2XV3x2=2倔此时E,F为棱a&,CCi的中点，故①正确；

过点E的平面BCC/i的垂线交平面于点”,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BCCiBi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

NFEM=等最大，即EF最小，

即EF=4C时，故COSNFEM=警=理=）贝此FEM=

匕卜2V3，。

则直线EF与平面BCC1B1所成角最大为方-^=看故②错误；

设点到平面488遇1,平面BCC1B1的距离分别为即从点分别向4I8I，BICI作垂线即

可,由麦形&B1C1D1可得/=电=V3,

X

Bt-BEDrF=DX-BBXE+DX-BBXF=|S.BiE•h1+gXS^BB1F-h2=|x|xBB^-AB-

hi+1x^-BB1-BC-h2=7x2x2-hi+7x2x2-h2=|x2g=%

326633

为定值，故③正确；

因为四棱推&-BE。/的体积为定值竽，

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与点力重合，点F与点Q重合时符合条件,此时在△BD^,BE=2,BDi=EDi=2

五,则COSNED/="蓝霏渭2=|厕sin/EDiB=当

所以EN=ED「sin/EDiB=2鱼xg=平，此时S=〈x2鱼x半x2=2近，

4Z乙L

设点防到截面S的距离为d,则0=€•d=?x277d=竽，所以d=罕，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,AD=3,E为边AD

上的一点，DE=1,现将2MBE沿直线BE折成/ABE,使得点4在平面8CDE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8,直线AB,AC与平面BCDE所

成的角分别为田。，则

B

A

Dc

A.<a<3B,p<3<a

C.a<0<D.a<p<3

【答案】D

【分析】由折叠前后图象的对比得点4在面BCDE内的射影。在线段OF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4BCD中，过4作4FLBE交于点0,将ZMBE沿直线BE折成

44BE,贝点4在面BCDE内的身寸景乡。，在线段。尸上，

设4到平面BCDE上的距离为八，贝次=40，，

由二面角、线面角的定义得：tan8=焉，tana=备，tan£=/,

显然。。<OB,。。<0C,所以tan。最大，所以。最大，

当。与。重合时，(tana)max=W(tan/?)min=

因为言<焉所以(tana)max<(tanjg)min,则tana<tan),所以a<Q,

所以a<0<。，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-4BC(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a,E,F,G分别是棱P4/B,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，,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［。，为一切值，可以先考虑诉句等特殊值，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EF满足题意，当EF与平面a所成的角为鄂寸，

EFLa,由BC||a可得BC1EF.

在正三棱锥中，可得BC14P,当BCLEF时可得BC1平面P4B,

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，贝UEG与平面a所成的角不可能为当

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（）

B.争婷

C.空

D.诫李

【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。〃。=r,OC=r,结合余弦定理可知

COSNMOC=的界；/。：代入解得“C=r^V3r

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

垂直底面，故NMCQ即为MC与底面所成角，所以sin/M”=黑号或孚，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

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所成角的最大值为六

③当直线BQ与AP所成角最小时，其正弦值为笔；

④直线BQ与AP所成角的最大值为方；

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-4BQ=乙-PBQ只需求点A到面PBQ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

1Q1

如图所不，当。时，四棱锥体积最大，VA-PBQ-^△PBQ•oa=*xi=£

选项②中，线PB与平面PAQ所成角最大值的正弦值为tanNBPO=霁=g,所以NBPO以

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8(cos。,sin。,0)

尸(0,0,2),Q(0,0,-1).沃(0,1,2),的=(一cos。,-cos。,-1)

设直线BQ与AP所成角为a,cosa=瑞矗=喂等当cos。=1时，cosa取到最大值,

cosa=¥|匕此时sina=哥,

由于cos。e[—1,1],二I—cos。一2|e[1,3],cosakO,所以a取不至哈

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，AB为底面的直径，S4=4B,M为S4的中点.设直线MC与平面

S4B所成角为a,贝！Jsina的最大值为

【答案】V3-1

【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sina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：

M(0,—l,V3),C(x,y,0),如图所示，由对称性不妨设％>0,y<。且/+y2=4,

则疵=(x,y+1,-V3),易知平面SAB的一个法向量为沅=(1,0,0),

据此有.sma=।砒冈利="+&+1)2+3

=Rx[_(y+4)―前+81V4-2V3=V3-1,

当且仅当y=2板-4时等号成立，

综上可得：s出a的最大值为VI-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，正方体力BCD-&B1C1D1的棱长为2,分

别是棱4公,CCi的中点，过点E,F的平面分别与直线交于点G,从M,P为侧面BCCi

Si（含边界）上的一个动点.给出以下命题:

①四边形EGFH一定为菱形；

②四棱锥Ci-EGFH的体积为定值；

③平面EGFH与平面4BCD所成的角不大开;

④|PDi|+|PM旧勺最小值为VTL

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"1平面BDD1a,由EF〃4C和线面垂直性质可得EF1GH,由此可知①正确；利用体积

桥.VCi-EGFH=Cr-FGH+Cr-EGH=2UH_C[FG可知②正确；以。为坐标原点建立空间直角

坐标系，设BG=a,根据面面角的向量求法可确定有大于^的情况，知③错误；作出。1关于

平面BCC/i的对称点。2,由此可知所求最小值为国2隙，知④正确.

【详解】对于①，连接4C,EF,G”,BD,BiDi,

/_____、、、/

---------

・•・平面4BBM1〃平面。呢必，平面EGFHC平面483遇1=EG,平面EGFHC平面。”必

=FH,.-.EG//FH,同理可得：FG//HE,

••・四边形EGFH为平行四边形；

・•,E,F分另！I为皿或1中点，EF//AC;

•••四边形4BCD为正方形，；.AC1BD,

又BBi_L平面ABCD,4Cu平面48CD,.■.ACl.BB1,

BDnBB1=B,BD,BBiu平面BDO/i,AC1平面BDDiBi,

EFl平面BDDiBi,又GHu平面BDDiBi,-.EF1GH,

••・四边形EGFH为菱形，①正确；

对于②，由①知：四边形EGFH为菱形，•*,S口EGFH=2s△FGH,

•••^Cx-EGFH—Cx-FGH+C1-EGH=Cr-FGH=H-CrFG',

S/XQRG=[CCi•BC=R口BCQRI=1,点”到平面C1.FG的距离为。。=2,

yH-CrFG=gS-FG.℃=|，则匕?i-EG尸”=翔定值，②正确；

对于③，以。为坐标原点，瓦I瓦，加正方向为%,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系,

设BG=a,贝[]E(2,0,l),G(2,2"),尸(0,2,1),

••・EG=(0,2,a—1),FG=(2,0,a—1),

设平面EGF”的法向量日=(x,yfz),

(EG-n=2y+(a—l)z=0

令z=2,解得：％=1—a,y=l—a,n=

{FG-n=2%+(a—l)z=0

(1_a,l—a,2)；

Vz轴1平面,・•・平面4BCD的一个法向量访=(0,0,1)；

lC0S<m,n>\=磊=j2(：)z+4=j2(a：)z+4,

G为平面EGFH与直线8%的交点，,aeR;

则当a>V^+l时,|cos<m,n>\<~=cos^,

・•・平面EGF”与平面4BCD可以大开，③错误；

对于④，作出/关于平面BCC/1的对称点。2,则。2(0,4,2),

・•・平面488141〃平面。。。必，平面EBFOiCl平面438遇1=EB,平面EBF%C平面。*必

=FD1,：.EB//FD1,同理可得：BF//ED-

■.四边形EBFDi为平行四边形，M£平面EBFDi,又Me平面EGFH,

又平面EBFDin平面EGF"=EF,-.MEEF,又MeB小,

.•.EFCiBDi=M,为BDi中点，即"(1,1,1),

•••|PDi|=|PL)2l，・••|PDil+|PM|=|P£»2l+|PM|2|。2用|(当且仅当MP"三点共线，即P

为如图所示P点时取等号),

・',(|PDll+|PM|)min=J(1—0)2+(1-4/+(1—2产=V1T,④正确.

故答案为：①②④.

【变式4-1J1.(2020•浙江•高三统考期末)已知直三棱柱ABC