专题4.4 立体几何中最值问题 玩转压轴题突破140分之高三数学选填题高端精品 Word版 含解析
专题2.1与三角函数相关地最值问题-玩转压轴题,突破140分之高三数学选填题高端精品(原卷版)
A.22C. 1D.2B.27、【2021XX 省芮城中学模拟】 将函数 fx 2cos2x 的图像向右平移个单位后得到函数g x 的图像，6假设函数gx 在区间 0，a上单调递增，那么正数a 的取值X 围为〔〕3A.，3B.， C.6 ， D. 0，486 2322a 28. 【XX 省中原名校 〔豫南九校〕2021届高三上学期第四次质量考评】b1，那么acos 2sin b 的最大值为〔〕23 C.2D.23A.1B.39. 【2021XXXX 市第十八中学模拟】函数f x 4sinxcos x 0 在区间,2上是2 223增函数，且在区间0, 上恰好取得一次最大值，那么 的取值X 围是〔〕A.0,1B.0,3C.1,D.1 , 342 410、【2021XXXX 市胶南市第八中学模拟】函数f xsinx(0,0 ), x 为24f x 的零点，x为 yf x 图像的对称轴，且f x在,2上单调，那么的最大值为〔 〕9418 A. 11B. 9C. 7D. 511、【2021XX 省襄阳市四校联考】函数f x3sin 2xcos 2x为奇函数，且在0,上为4减函数的 值可以是〔 〕A.B.5D.6 6 C.4612. 【2021XX 省XX 市实验中学模拟】 函数 f x sinx 0 x 1 ，假设 ab ，且 f a f b ，那么 41的最小值为 _____________.a b13. 【XX市浦东新区2021届高三数学一模试题】函数f x sin x 〔0 〕，将f x的图像向左平移个单位得到函数g x 的图像，令 h x f x g x ，如果存在实数m，使得对任意的实数x，2都有 h m h x h m1成立，那么的最小值为 ________。
专题5.3 解析几何中的范围问题-玩转压轴题,突破140分之高三数学选择题填空题高端精品(2019版
一．方法综述圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出取值范围；③利用基本不等式求出取值范围；④利用函数的值域的求法，确定取值范围．二．解题策略类型一利用题设条件，结合几何特征与性质求范围【例1】【安徽省六安市第一中学2019届高考模拟四】点在椭圆上，的右焦点为，点在圆上，则的最小值为（）A．B ．C ．D．【答案】D【解析】解：设椭圆的左焦点为则故要求的最小值，即求的最小值，圆的半径为2所以的最小值等于，的最小值为，故选D.【指点迷津】1. 本题考查了椭圆定义的知识、圆上一动点与圆外一定点距离的最值问题，解决问题时需要对题中的目标进行转化，将未知的问题转化为熟悉问题，将“多个动点问题”转化为“少（单）个动点”问题，1从而解决问题.2.在圆锥曲线的最值问题中，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义时，则考虑用图形性质来解决，这样可使问题的解决变得直观简捷．【举一反三】1.【河北省石家庄市第二中学2019届高三上期末】已知实数满足，，则的最大值为（）A ．B．2 C ．D．4【答案】D【解析】设点在圆上，且，原问题等价于求解点A和点C 到直线距离之和的倍的最大值，如图所示，易知取得最大值时点A,C 均位于直线下方，作直线于点，直线于点，取的中点，作直线于点，由梯形中位线的性质可知，当直线时，直线方程为，两平行线之间的距离：，由圆的性质，综上可得：的最大值.本题选择D选项.2.点分别为圆与圆上的动点，点在直线上运23动，则的最小值为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10【答案】A 【解析】 设圆 是圆关于直线对称的圆，可得,圆的方程为，可得当点 位于线段上时，线段的长就是圆 与圆上两个动点之间的距离最小值，此时的最小值为，,圆的半径为,圆的半径为 ，∴，因此的最小值为 ，所以A选项是正确的.类型二 通过建立目标问题的表达式，结合参数或几何性质求范围 【例2】抛物线上一点到抛物线准线的距离为，点关于轴的对称点为，为坐标原点，的内切圆与切于点，点为内切圆上任意一点，则的取值范围为__________．【答案】【解析】因为点在抛物线上，所以，点A 到准线的距离为，解得或．当时，，故舍去，所以抛物线方程为∴，所以是正三角形，边长为，其内切圆方程为，如图所示，∴．设点（为参数），则，∴．【指点迷津】本题主要考查抛物线性质的运用，参数方程的运用，三角函数的两角和公式合一变形求最值，属于难题，对于这类题目，首先利用已知条件得到抛物线的方程，进而可得到为等边三角形和内切圆的方程，进而得到点的坐标，可利用内切圆的方程设出点含参数的坐标，进而得到，从而得到其取值范围，因此正确求出内切圆的方程是解题的关键．【举一反三】【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三二模】已知直线与椭圆：相交于，两点，为坐标原点.当的面积取得最大值时，（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由，得.设，，则，，.又到直线的距离，则的面积，当且仅当，即时，的面积取得最大值.45此时，.故选A.类型三 利用根的判别式或韦达定理建立不等关系求范围【例3】【四川省内江、眉山等六市2019届高三第二次诊断】若直线x ﹣my+m ＝0与圆（x ﹣1）2+y 2＝1相交，且两个交点位于坐标平面上不同的象限，则m 的取值范围是（ ） A ．（0，1） B ．（0，2）C ．（﹣1，0）D ．（﹣2，0）【答案】D 【解析】 圆与直线联立，整理得图像有两个交点方程有两个不同的实数根，即得.圆都在轴的正半轴和原点，若要交点在两个象限，则交点纵坐标的符号相反，即一个交点在第一象限，一个交点在第四象限.，解得，故选D 项. 【指点迷津】圆都在轴的正半轴和原点，若要两个交点在不同象限，则在第一、四象限，即两交点的纵坐标符号相反，通过联立得到，令其小于0，是否关注“判别式”大于零是易错点.【举一反三】已知直线1y x =-+与椭圆()222210x y a b a b +=>>相交于,A B 两点，且OA OB ⊥（O 为坐标原点），若椭圆的离心率132e ⎡∈⎢⎣⎦，则a 的最大值为___________．106类型四 利用基本不等式求范围【例4】如图，已知抛物线24y x =的焦点为F ，直线l 过F 且依次交抛物线及圆()22114x y-+=于点,,,A B C D 四点，则4AB CD +的最小值为（ ）A ．172 B ． 152 C ． 132 D ． 112【答案】C【解析】由题意得()1,0F ，即为圆的圆心，准线方程为1x =-． 由抛物线的定义得1A AF x =+，又12AF AB =+，所以12A AB x =+． 同理12D CD x =+． ①当直线l 与x 轴垂直时，则有1A D x x ==， ∴331544222AB CD +=+⨯=．7②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 方程为()1y k x =-， 由()21{4y k x y x=-=消去y 整理得()2222240k x k x k -++=，∴22241,A D A D k x x x x k +⋅=+=，∴55134424222A D A D AB CD x x x x +=++≥+=，当且仅当4A D x x =时等号成立． 综上可得1342AB CD +≥．选C ． 【指点迷津】（1）与抛物线有关的最值问题，一般情况下都与抛物线的定义有关．利用定义可将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，可以使运算化繁为简．“看到准线想焦点，看到焦点想准线”，这是解决抛物线焦点弦有关问题的重要途径．（2）圆锥曲线中的最值问题，可利用基本不等式求解，但要注意不等式成立的条件． 【举一反三】【1.河南省安阳市2019届高考一模】已知双曲线的一个焦点恰为圆Ω：的圆心，且双曲线C 的渐近线方程为．点P 在双曲线C 的右支上，，分别为双曲线C 的左、右焦点，则当取得最小值时，＝（ ）A ．2B ．4C ．6D ．8【答案】B 【解析】 由圆Ω：的圆心（2，0），可得焦点，，双曲线C 的渐近线方程为，可得，且，解得，，设，可得，，当且仅当时取等号，可得．故选：B．2.【四川省凉山州市2019届高三第二次诊断】已知抛物线:的焦点为，过点分别作两条直线，，直线与抛物线交于、两点，直线与抛物线交于、两点，若与的斜率的平方和为，则的最小值为___．【答案】8【解析】设，设直线为,联立直线和抛物线得到，两根之和为：,同理联立直线和抛物线得到由抛物线的弦长公式得到代入两根之和得到，已知，故答案为：8.类型五构建目标函数，确定函数值范围或最值【例5】【上海市交大附中2019届高考一模】过直线上任意点向圆作两条切线，切点分别为，线段AB 的中点为，则点到直线的距离的取值范围为______．【答案】【解析】∵点为直线上的任意一点，∴可设，则过的圆的方程为，化简可得，与已知圆的方程相减可得的方程为，由直线的方程为，联立两直线方程可解得，，8故线段的中点，∴点到直线的距离，∵，∴，∴，∴，∴，即故答案为：【指点迷津】解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决．【举一反三】1.【2019届高三第二次全国大联考】已知椭圆的右焦点为，左顶点为，上顶点为，若点在直线上，且轴，为坐标原点，且，若离心率，则的取值范围为A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意得，直线的方程为，所以，直线的方程为，所以，故．由可得，整理得，显然函数在上单调递增，所以，即．故选A．2.【山东师范大学附属中学2019届高三第四次模拟】已知双曲线C ：右支上非顶点的9一点A关于原点O的对称点为B，F 为其右焦点，若，设，且，则双曲线C离心率的取值范围是______．【答案】【解析】解：设双曲线的左焦点为，连接，，，可得四边形为矩形，设，，即有，且，，，，由，可得，则，可得，即有，则，即有．故答案为：．1011类型六 利用隐含或已知的不等关系建立不等式求范围【例6】【云南省保山市2019年高三统一检测】已知坐标原点为O ，过点作直线n 不同时为零的垂线，垂足为M ，则的取值范围是______．【答案】【解析】 根据题意，直线，即，则有，解可得，则直线恒过点．设，又由与直线垂直，且为垂足， 则点的轨迹是以为直径的圆，其方程为， 所以；即的取值范围是；故答案为：．【指点迷津】1.本题根据题意，将直线变形为，分析可得该直线恒过点，设，进而分析可得点的轨迹是以为直径的圆，其方程为，据此分析可得答案．2.此类问题为“隐形圆问题”，常规的处理办法是找出动点所在的轨迹（通常为圆），常见的“隐形圆”有： （1）如果为定点，且动点满足，则动点 的轨迹为圆；（2）如果中，为定长，为定值，则动点的轨迹为一段圆弧．特别地，当，则的轨迹为圆（除去）；（3）如果为定点，且动点满足(为正常数)，则动点的轨迹为圆；【举一反三】已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的上、下顶点、右顶点、右焦点分别为B 2、B 1、A 、F ，延长B 1F 与AB 2交于点P ，若∠B 1PA 为钝角，则此椭圆的离心率e 的取值范围为_____．【答案】15⎫-+⎪⎪⎝⎭【解析】由题意得椭圆的长半轴、短半轴、半焦距分别为a 、b 、c ，（22a b -） 可得∠B 1PA 等于向量2B A 与21F B 的夹角，12∵A （a ，0），B 1（0，﹣b ），B 2（0，b ），F 2（c ，0） ∴2B A =（a ，﹣b ），21F B =（﹣c ，﹣b ）， ∵∠B 1PA 为钝角，∴2B A 与21F B 的夹角大于2π， 由此可得2B A •21F B ＜0，即﹣ac+b 2＜0， 将b 2=a 2﹣c 2代入上式得：a 2﹣ac ﹣c 2＜0，不等式两边都除以a 2，可得1﹣e ﹣e 2＜0，即e 2+e ﹣1＞0， 解之得e ＜152--或e ＞152-+， 结合椭圆的离心率e ∈（0，1），可得15-+＜e ＜1，即椭圆离心率的取值范围为（15-+，1）．故答案为（152-+，1）．三．强化训练 一、选择题1．【江西省上饶市2019届高三二模】已知双曲线的左焦点为，过原点的直线与双曲线的左、右两支分别交于、两点，且，若的范围为，则双曲线的离心率的取值范围为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】设F'为双曲线的右焦点，连接AF'，BF'，,∴四边形AFBF'为矩形，且AB=2c，∴在中，，（1），（2）（1）（2）两式相加故选：B2．【四川省南充市高三2019届第二次高考适应】已知直线与椭圆交于两点，且（其中为坐标原点），若椭圆的离心率满足，则椭圆长轴的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】联立得：（a2+b2）x2﹣2a2x+a2﹣a2b2＝0，设P（x1，y1），Q（x2，y2）△＝4a4﹣4（a2+b2）（a2﹣a2b2）＞0，化为：a2+b2＞1．x1+x2＝，x1x2＝．∵OP⊥OQ，∴＝x1x2+y1y2＝x1x2+（x1﹣1）（x2﹣1）＝2x1x2﹣（x1+x2）+1＝0，∴2×﹣+1＝0．化为a2+b2＝2a2b2．∴b2＝．∵椭圆的离心率e 满足≤e≤，∴，∴，，化为5≤4a2≤6．解得：≤2a≤．满足△＞0．∴椭圆长轴的取值范围是[，]．故选：A．3．【河南省天一大联考2019届高三阶段性测试（五)】已知抛物线：，定点，，点是抛物线上不同于顶点的动点，则的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A13【解析】作出抛物线，如图所示.由图可知，当直线与抛物线相切时，最大.设直线的方程为，联立得.令，得，此时，所以.4．【四川省内江、眉山等六市2019届高三第二次诊断】设点是抛物线上的动点，是的准线上的动点，直线过且与（为坐标原点）垂直，则点到的距离的最小值的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】抛物线的准线方程是若点的坐标为，此时直线的方程为，显然点到直线的距离的最小值是1若点的坐标为，其中则直线的斜率为直线的斜率为直线的方程为即，1415设与直线平行且与抛物线相切的直线方程为代入抛物线方程得所以解得所以与直线平行且与抛物线相切的直线方程为 所以点到直线的距离的最小值为直线与直线的距离，即因为所以综合两种情况可知点到直线的距离的最小值的取值范围是所以选B 项.5．【2019届湘赣十四校高三第二次联考】如果图至少覆盖函数的一个最大值点和一个最小值点，则的取值范围是（ ） A ． B ． C ．D ．【答案】D 【解析】 化简得，所以，函数靠近圆心的最大值点为，最小值点为，所以只需，解之可得.故选D6．【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】已知点为椭圆上的任意一点，点分别为该椭圆的上下焦点，设，则的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D【解析】设||＝m，||＝n，||＝2c，A，B为短轴两个端点，由正弦定理可得，即有，由椭圆定义可得e,∴．在三角形中，由m+n=2a,cos -1=，当且仅当m=n时，即P为短轴端点时，cos 最小，最大，∴=,∴故选：D．7．【2019届湘赣十四校高三第二次联考】已知正方体中，，为的中点，为正方形内的一个动点（含边界），且，则的最小值为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】设的中点为，连接、，则在中，，，∴.∴是以为圆心，以1为半径的圆面（位于正方形内）.以为原点建系如图所示，则，，，设的坐标为，则,..1617设点的坐标为，则.故选：B8．【北京市朝阳区2019年高三年级第一次综合练习】已知圆,直线,若直线上存在点，过点引圆的两条切线,使得,则实数的取值范围是（ ）A ．B ．[,]C ．D ．）【答案】D 【解析】圆C （2,0），半径r ＝，设P （x ，y ），因为两切线，如下图，P A ⊥PB ，由切线性质定理，知：P A ⊥AC ，PB ⊥BC ，P A ＝PB ，所以，四边形P ACB 为正方形，所以，｜PC ｜＝2， 则：，即点P 的轨迹是以（2,0）为圆心，2为半径的圆.直线过定点（0，－2），直线方程即，只要直线与P 点的轨迹（圆）有交点即可，即大圆的圆心到直线的距离小于等于半径，即：，解得：，即实数的取值范围是）.本题选择D选项.二、填空题9．【广东省执信中学2018届高三11月月考】抛物线的焦点为，设、是抛物线上的两个动点，若，则的最大值为______．【答案】【解析】解：由抛物线焦半径公式得，，所以由，得，因此，，，所以的最大值为.所以填．10．【上海市徐汇区2019届高三上学期期末】已知圆M ：，圆N ：直线分别过圆心M、N ，且与圆M相交于A，B 两点，与圆N相交于C，D两点，点P 是椭圆上任意一点，则的最小值为______．【答案】8【解析】由题意可得，，，，，，18为椭圆上的点，由题意可知，，，故答案为：8．11．【北京市大兴区2019届高三4月一模】已知点，，点在双曲线的右支上，则的取值范围是_________．【答案】【解析】设点P(x,y),（x＞1），所以，因为，当y＞0时，y=,所以，由于函数在[1，+∞）上都是增函数，所以函数在[1，+∞）上是增函数，所以当y＞0时函数f(x)的最小值=f(1)=1.即f(x)≥1.当y≤0时，y=,所以，由于函数在[1，+∞）上都是增函数，所以函数在[1，+∞）上是减函数，所以当y≤0时函数k(x)＞0.综上所述，的取值范围是.12.【北京市顺义区2019届高三期末】过抛物线的焦点F的直线交抛物线于A，B两点交抛物线的准线于点C ，满足：若，则______；若，则的取值范围为______．19【答案】3【解析】解：由题意，抛物线的准线为，，所以另一种情况同理．所以AF 的斜率为，方程为，代入抛物线方程可得，所以可得，因为：，所以，设直线AB 的方程为，代入到，可得，，由，可得，，，，，，，2021，解得故答案为：3，．13.已知椭圆C ：22221(0)x y a b a b +=>>的左右焦点分别为1F ，2F ，点P 在椭圆C 上，线段2PF 与圆：222xy b +=相切于点Q ，若Q 是线段2PF 的中点，e 为C 的离心率，则223a e b+的最小值是______________【答案】53【解析】 连接1,PF OQ ， 由OQ 为中位线，可得1//OQ PF ，112OQ PF =， 圆222x y b +=，可得OQ b =且12PF b =，由椭圆的定义可得122PF PF a +=，可得222PF a b =-， 又2OQ PF ⊥，可得12PF PF ⊥，即有()()()2222222b a b c +-=，即为2222222b a ab b c a b +-+==-， 化为23a b =，即23b a =， 225c a b a =-=，即有5c e a ==，则22251515592322929a a ea a ba a a ++⎛⎫==+≥⋅⋅= ⎪⎝⎭，当且仅当59a a=时，即5a =时等号成立，所以223a e b +的最小值为5．14．【宁夏银川市2019年高三下学期质量检测】已知是抛物线上一动点，定点，过点作轴于点，则的最小值是______．【答案】【解析】由抛物线可知，其焦点坐标为，准线，设点P 到其准线的距离为，根据抛物线的定义可的则点P到y 轴的距离为，且则（当且仅当三点共线时取等号），所以的最小值为2.15．【北京市大兴区2019届高三4月一模】已知点，，点在双曲线的右支上，则的取值范围是_________．【答案】【解析】设点P(x,y),（x＞1），所以，因为，当y＞0时，y=,所以，由于函数在[1，+∞）上都是增函数，所以函数在[1，+∞）上是增函数，所以当y＞0时函数f(x)的最小值=f(1)=1.即f(x)≥1.当y≤0时，y=,所以，由于函数在[1，+∞）上都是增函数，所以函数在[1，+∞）上是减函数，所以当y≤0时函数k(x)＞0.综上所述，的取值范围是.16．【东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)2019届高三第二次模拟】以抛物线焦点为圆心，为半径作圆交轴于，两点，连结交抛物线于点（在线段上），22延长交抛物线的准线于点，若，且，则的最大值为_____．【答案】32【解析】由题意可得抛物线的焦点为，准线方程为，所以以为圆心，为半径的圆的方程为，因为，两点为圆与轴的两个交点，不妨令为轴正半轴上的点，由得，；所以直线的斜率为，因此直线的方程为，由得；由得，所以，，，又，且，所以，即，因此，当且仅当时，取等号.故答案为17．【河北省唐山市第一中学2019届高三下学期冲刺（一)】已知抛物线的焦点且垂直于轴的直线与抛物线相交于两点，动直线与抛物线相交于两点，若，则直线与圆相交所得最短弦的长度为________．【答案】4【解析】2324由题意可知，＝2，＝﹣2，∴•＝﹣4，设，则，∴y 1y 2＝﹣4． 又直线，联立方程组消去x 得：y 2﹣4ty ﹣4n ＝0，则y 1y 2＝﹣4n ，y 1+y 2＝4t ，∵y 1y 2＝﹣4，∴n ＝1．即直线过点E （1，0）． 又圆的圆心P （2，-2），半径r=3， ∴当弦最短时，PE ,弦长=2=4,故答案为:4.18．【山东省聊城市2019届高三一模】抛物线的焦点为，动点在抛物线上，点，当取得最小值时，直线的方程为_____． 【答案】或【解析】 设点的坐标为当且仅当，即时取等号，此时点坐标为或， 此时直线的方程为即或故答案为：或19．【四川省成都市2019届高三第二次诊断】已知为抛物线的焦点,过点的直线与抛物线相交于不同的两点,抛物线在两点处的切线分别是,且相交于点,则的小值是___.【答案】6【解析】设直线l的方程为：y＝kx+1，A （），B （．联立，化为：x2﹣4kx﹣4＝0，可得：＝4k ，＝﹣4，|AB|＝＝k （）+4＝4k2+4．对x2＝4y两边求导可得：y′，可得切线PA的方程为：y ﹣（x ﹣）切线PB的方程为：y ﹣（x ﹣），联立解得：x （）＝2k，y＝﹣1．∴P（2k，﹣1）．∴|PF|．∴|PF|，令t≥2．则|PF|t f（t），f′（t）＝1，当t>4, f′（t）>0;t<4, f′（t）<0可得t＝4时，函数f（t）取得极小值即最小值f（4）＝6．当且仅当k时取等号．故答案为：6．20．【天津市和平区2019届高三下学期第一次调查】已知为正数，若直线被圆截得的弦长为，则的最大值是____________.【答案】【解析】圆的圆心坐标为(0,0)，半径r=2，由直线被圆截取的弦长为,可得圆心到直线的距离，25，则时,取得最大值.故答案为：．26。
专题04 立体几何(解析版)2025高考数学冲刺压轴大题
专题04立体几何【题型简介】立体几何解答题是高考数学必考内容，该考点命题相对稳定，难度中等，是考生必须突破的核心内容之一.高考数学立体几何解答题，主要采用“论证与计算”相结合的方式，在命题上一般包含2~3小问，会涉及到空间点、线、面位置关系的判定与探究，特别是平行与垂直关系的证明；空间角(包括异面直线夹角、直线与平面所成角和二面角)或空间距离(包括空间几何体的体积、表面积和点到平面的距离等)的计算.立体几何在解题能力方面的要求是：在数学思想上，一般涉及转化与化归思想、数形结合思想、函数与方程思想；在解题方法上，一般涉及几何法、向量法，往往是两种方式相结合进行处理.【命题方向】命题方向一、线线角、线面角、二面角、距离问题命题方向二、翻折问题命题方向三、存在性问题命题方向四、开放性问题命题方向五、立体几何创新定义【典型例题】命题方向一、线线角、线面角、二面角、距离问题ABC DB⊥平面ABC；例1．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，EA⊥平面,⊥====是AB的中点.,22,AC BC AC BC BD AE M⊥；(1)求证：CM EM(2)求直线EM与平面CDE所成角的正弦值；(3)求平面CME与平面CDE的夹角的余弦值.⊥，以C为原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，过点C且与平面ABC垂【解析】（1）因为AC BC-，直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz则()1,1,0M ，()2,0,1E ，所以()1,1,0CM = ，()1,1,1EM =-- ，所以1100CM EM ⋅=-++= ，所以CM EM ⊥ ，即CM EM ⊥；（2）因为()()2,0,1,0,2,2CE CD == ，设平面CDE 的法向量为(),,m x y z =，则20220m CE x z m CD y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1x =，可得()1,2,2m =- ，又()1,1,1EM =-- ，设EM 与平面CDE 所成角为θ，则33sin 333EM m EM m θ⋅===⋅ 即直线EM 与平面CDE 所成的角的正弦值为33；（3）由题()1,1,0CM = ，()2,0,1CE = ，设平面CME 的法向量(),,n a b c = ，由200n CE a c n CM a b ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1a =，则()1,1,2n =-- ，又平面CDE 的法向量()1,2,2m =- ，所以1246cos ,6114144m n m n m n⋅-+===++⨯++⋅ ，所以平面CME 与平面CDE 66本类试题一般分两种设问方式，一种是直接求解空间角或空间距离；另外一种是已知空间角或者空间距离，求解相关几何量的大小..解决这类问题一般需要先根据题意建立合适的空间直角坐标系，然后通过数学抽象将几何问题转化为代数问题，找到关键量的坐标表示(需引入参数，但要求尽可能少的参数，一般可以用共线向量处理)，再用待定系数的方法进行直接运算，求解函数或方程，得出参数的具体值，最后还原到几何体中求解相应的几何量.变式提升1．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCGF 中，ABC 为正三角形，FA ⊥平面ABC ，//FA CG ，24FA AB ==，D 为AB 的中点，E 为线段CG 上的动点.(1)若1CE =，求点F 到平面ABE 的距离；(2)若//CD 平面BEF ，求平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）解法一：因为FA ⊥平面ABC ，CD ⊂平面ABC ，所以FA CD ⊥.因为ABC 为正三角形，D 为AB 的中点，所以AB CD ⊥，又AB AF A = ，,AB AF ⊂平面ABF ，所以CD ⊥平面ABF .因为2AB =，所以CD =FA EC ∥，EC ⊄平面ABF ，AF ⊂平面ABF ，所以CE ∥平面ABF ，所以点E 到平面ABF 的距离等于点C 到平面ABF所以112432E ABF V -=⨯⨯⨯连接DE ，因为1CE =，所以2DE ==.因为AF ⊥平面ABC ，AF CG ∥，所以CG ⊥平面ABC ，AB ⊂ 平面ABC ，所以CG AB ⊥，又AB CD ⊥，CD CG C ⋂=，,CD CG ⊂平面CDE ，所以AB ⊥平面CDE ，因为DE ⊂平面CDE ，所以AB DE ⊥.设点F 到平面ABE 的距离为d ，则11222323F ABE d V d -=⨯⨯⨯⨯=，因为E ABF F ABE V V --=，所以233d =，解得d =.所以点F 到平面ABE 的距离为解法二：在平面ABC 内过A 作Ax AC ⊥，以A 为坐标原点，射线Ax ，AC ，AF 的方向分别为,,x y z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，由题易知()0,0,0A ，)B ，()0,2,1E ，()0,0,4F ，所以()0,0,4AF = ，)3,1,0AB = ，()0,2,1AE = ，设平面ABE 的法向量为()111,,m x y z = ，则00m AB m AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11113020y y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令11x =，得(1,3,23m =- ，所以点F 到平面ABE 的距离331312AF m d m ⋅==++ （2）在平面ABC 内过A 作Ax AC ⊥，以A 为坐标原点，射线,,Ax AC AF 的方向分别为,,x y z 轴轴的正方向建立的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，)3,1,0B ，()0,0,4F ，()0,2,0C ，0321,2D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设()0,2,E b ，则33,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()3,1,4FB =- ，()0,2,4FE b =- .设平面BEF 的法向量为(),,n x y z = ，则00n FB n FE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即()340240y z y b z ⎧+-=⎪⎨+-=⎪⎩，令1z =，得)344,,162b b n ⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭.因为CD ∥平面BEF ，所以0CD n ⋅= ，所以)3434306222b b +-⎛⎫+⨯-= ⎪⎝⎭，解得2b =，所以)3,1,1n = .取BC 的中点H ，连接AH ，则AH BC ⊥，33,022H ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，因为FA ⊥平面ABC ，FA CG ∥，E 为线段CG 上的动点，所以EC ⊥平面ABC ，又AH ⊂平面ABC ，所以AH EC ⊥，又EC BC C = ，,EC BC ⊂平面BCE ，所以AH ⊥平面BCE ，所以平面BCE 的一个法向量为33,022AH ⎫=⎪⎪⎝⎭，所以平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值为cos ,n AH n AH n AH ⋅=⋅所以平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值为5.1．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，1AC BC AA ==，D 为1CC 上一点．(1)证明：当D 为1CC 的中点时，平面1A BD ⊥平面11ABB A；(2)若90ACB ∠=︒，异面直线AB 和1A D 1B A D A --的余弦值．【解析】（1）证明：如图，分别取1A B ，11A B 的中点E ，F ，连接DE ，EF ，1FC ，易知1FE D C =,且FE ∥1C D ,∴1C DEF 是平行四边形，∴1C F DE ∥．由1111AC B C =，F 为11A B 的中点，可知111C F A B ⊥，而平面111A B C ⊥平面11ABB A ，且平面111A B C Ç平面1111ABB A A B =，1C F ⊂平面111A B C ，∴1C F ⊥平面11ABB A ．又∵1C F DE ∥，∴DE ⊥平面11ABB A ，而DE ⊂平面1A BD ，∴平面1A BD ⊥平面11ABB A ．（2）方法1：不妨设12AC BC AA ===，1C D m =，注意到11AB A B ∥，知11B A D ∠或其补角为异面直线AB 和1A D 所成角，在△11A B D中，11A B =，1A D =易知(22211cos 5B A D +-=∠解得1m =，即D 为1CC 的中点，如图，延长1A D 交AC 的延长线于F'，连接BF '，过C 作CE DF '⊥'于E '，连接BE '，∵1,AC C C ⊂平面1A AF ',BC AC ⊥,1BC C C ⊥,1AC C C C = ,∴BC ⊥平面1A AF '，∴BC DF '⊥,又∵CE DF '⊥',∴DF '⊥平面BCE ',∴DF BE ''⊥∴BEC '∠为二面角1B AD A --的平面角，在Rt △'BCE 中，2BC =，CE '=tan BC BE C CE '∠='∴cos 6BE C '∠=，即二面角1B A D A --方法2：取C 为原点，直线CA ，CB ，1CC 分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，不妨设12AC BC AA ===，CD m =，则()2,0,0A ，()0,2,0B ，()12,0,2A ，()0,0,D m ，∴()2,2,0AB =- ，()12,0,2A D m =-- ．∴111cos ,5AB A D AB A D AB A D -⋅--⋅==⋅ ，解得1m =．由已知可得平面1A AD 的一个法向量为()10,1,0n =，易知()12,2,2A B =-- ，()12,0,1A D =-- ，设平面1A BD 的法向量为()2,,n x y z =u u r ，由212100n A B n A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得()()()(),,2,2,200,,2,0,1020x y z x y z x y z x z ⎧⋅--=-+-=⎧⎪⇒⎨⎨⋅--=+=⎪⎩⎩，可取()21,1,2n =--，则121212cos ,n n n n n n ⋅<>==⋅∴二面角1B A D A --1．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．【解析】（1）由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CD BD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BE ⊥，由于DE BE E ⋂=，,DE BE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）[方法一]：判别几何关系依题意2AB BDBC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =.222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得32EF =，所以223131,2222DF BF DF ⎛⎫=-==-= ⎪⎪⎝⎭，所以34BF BD =过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =，所以111332333244F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯= .[方法二]：等体积转换AB BC = ，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴∆是边长为2的等边三角形，3BE ∴连接EFADB CDB AF CFEF ACBED EF BD ∆≅∆∴=∴⊥∴∆⊥∆ 在中，当时，AFC面积最小222,,2,,BED EF AD CD AD CD AC E AC DE BE BD BE EDBE DE EF BD BD ⊥==∴+=∴⊥⋅⊥∆== 为中点DE=1若在中，32113222BEF BF S BF EF ∆=∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC ---∆∴=+=⋅=⋅=命题方向二、翻折问题例2．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形ABC 中，E 为边AB 的中点，过E 作ED AC ⊥于D .把ADE V 沿DE 翻折至1A DE △的位置，连接1AC ､1AB .(1)F 为边1AC 的一点，若12CF FA = ，求证：BF //平面1A DE ；(2)当四面体1C EBA -的体积取得最大值时，求平面1A DE 与平面1A BC 的夹角的余弦值.【解析】（1）取AC 中点M ，连接MF ，MB因为在正三角形ABC 中，MB AC ⊥，又因为ED AC ⊥，所以//MB DE ，MB ⊄平面1A DE ，DE ⊂平面1A DE ，所以//MB 平面1A DE ，又有2CM MD = ，且12CF FA = ，所以1MF //DA，而MF ⊄平面1A DE ，1A D ⊂平面1A DE ，所以//MF 平面1A DE .有MF MB M = ，,MF MB ⊂平面MFB ，所以平面//MFB 平面1A DE ，又BF ⊂平面MFB ，因此//BF 平面1A DE .（2）因为11C BEA A BCE V V --=，又因为BCE 的面积为定值，所以当1A 到平面BCE 的距离最大时，四面体1C BEA -的体积有最大值，因为DE DC ⊥，1DE A D ⊥，1DC A D D = ，DC ，1A D ⊂平面1A DC ，所以DE ⊥平面1A DC ，因为DE ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面1A DC ，当1A D CD ⊥时，平面ABC ⋂平面1A DC CD =，1A D ⊂平面1A DC 所以1A D ⊥平面ABC ，即在翻折过程中，点1A 到平面BCE 的最大距离是1A D ，因此四面体1C BEA -的体积取得最大值时，必有1A D ⊥平面ABC .如图，以点D 为原点，DE 为x 轴，DA 为y 轴，1DA 为z轴，建立空间直接坐标系，易知MB =DE =()0,0,0D，)E ，()0,3,0C -，()10,0,1A，()1,0B -，()10,1,0n = 为平面1A DE 的一个法向量，设平面1BCA 的法向量为()2,,n x y z =u u r ，()10,3,1AC =--，()2,0CB =由1223020A C n y z CB n y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1y =-得：x =3z =，所以21,33n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭为平面1BCA的一个法向量，121212cos ,n n n n n n ⋅=== 所以平面1A DE 与平面1A BC的夹角（锐角）的余弦值为31.。
2020高考立体几何动点最值问题压轴选填题
2020高考立体几何动点最值问题压轴选填题立体几何问题中常见的探索性问题包括折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题和探索性问题。
探索性试题通常具有不确定性、探究性和开放性，要求学生具有较高的探究能力和创造性思维。
开放性问题需要学生具备扎实的基础知识和敏锐的洞察力，将平面几何问题类比推广到立体几何中。
折叠和展开问题则考查学生的空间想象能力和分析辨别能力，要求学生在“二维——三维——二维”的维数升降变化中进行思考。
典例1：在棱长为6的正方体ABCD中，点M是BC的中点，点P是面DCC所在的平面内的动点，且满足∠APD=∠MPC，则三棱锥P-BCD的体积最大值是多少？解题关键在于找到变化过程中的临界点，从而确定最值。
在这道题中，需要将空间问题平面化，同时注意到当P点位于D点时，三棱锥P-BCD的体积最大。
典例2：已知长方体ABCD的外接球O的体积为32π，其中BB1=2，则三棱锥O-ABC的体积的最大值是多少？类似于典例1，需要找到变化过程中的临界点。
在这道题中，可以通过求长方体ABCD的对角线长度，进而求出三棱锥O-ABC的高，从而求出体积。
注意到当三棱锥O-ABC的高等于长方体ABCD的对角线长度时，体积最大。
典例3：在棱长为1的正方体ABCD的对角线AC上取一点P，以A为球心，AP为半径作一个球，设AP=x，记该球面与正方体表面的交线的长度和为f(x)，则函数f(x)的图像最有可能的是什么？这道题需要将立体几何和函数图象相结合，考查学生的数形结合能力和小题小作的技巧。
可以通过画图求出交线长度和f(x)，然后根据函数图象的特点进行判断。
举一反三】正方体ABCD A'B'C'D'的棱长为1，E,F分别是棱AA'，CC'的中点。
过直线EF的平面分别与棱BB'、DD'分别交于M,N两点，设BM x，x[0,1]。
给出以下四个结论：①平面MENF平面BDD B；②直线AC∥平面MENF始终成立；③四边形MENF周长L f(x)，x[0,1]是单调函数；④四棱锥C MENF的体积V h(x)为常数。
厉兵秣马，2019高考数学立体几何必考压轴题及解析，冲刺140必备
厉兵秣马，2019高考数学立体几何必考压轴题及解析，冲刺140必备高中数学的立体几何很抽象，一直让不少学生头疼。
然而，每年的高考都会至少考一题立体几何，且往往是分值高的大题，如果没有迎难而上的勇气，一下子就会被别人甩下将近20分；相反，如果你能搞定立体几何，那你就等于甩开了数以万计被立体几何打败的学生，有助你考上理想大学。
高考对于立体几何的考查重点集中在以下几个方面：①几何的机构特征和三视图、直观图，重点是三视图。
②点、线、平面之间的位置关系，重点是平行关系、垂直关系和异面直线③空间的角度，重点是二面角、直线和平面所成的角、异面直线所成的角④空间向量，一般是以解答题的形式出现，这是立体几何考查的一个重要点。
下面是小编为同学们整理的2019年高考数学立体几何必考压轴题及答案解析，希望同学们一定要给予足够的重视！由于篇幅有限文中无法全部为同学们展示，所以，如果同学们需要完整版的话可以点小编的头像私信咨询小编哦~！私信：立体几何高中数学《立体几何》压轴题及答案解析在高一的时候，同学们开始学习立体几何“三视图”时，大家都会觉得这个内容非常难学.这块内容之所以难学其本质的原因是大家空间想象力不够，对空间几何体直观图的框架呈现方式没有深入理解，另平行投影的原理及三视图的边界意义是还原几何体的重点.三视图作为高考数学立体几何部分的核心考点之一，关键是如何还原几何体．涉及立体几何所有知识点：包括空间几何体（棱锥、棱柱、棱台、圆锥、圆柱、圆台、球）的直观图画法；三视图的投影原理（平行投影：长对正、高平齐、宽相等）；截面的做法（平面的基本性质的应用）；常见几何体的概念及相关计算公式（表面积和体积等）.还原几何体过程中还会考虑到空间点、线、面位置关系的判断等，如线面平行、线面垂直的判定定理与性质定理.立体几何中的动态问题或最值问题，这类问题往往困扰成绩比较好的同学，一般成绩较弱的同学其实这类问题就果断放弃了.究其原因，这类问题的知识覆盖面广，很多同学在这方面缺乏专项的训练，常常在解题时没有明确的思路，无从下手.即使偶尔能做对，也是凭着运气成分，并不是实力使然，也不能100%的做对.。
高三数学选择填空难题突破 立体几何中最值问题
高三数学选择填空难题突破立体几何中最值问题一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二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；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解。
二．解题策略类型一距离最值问题AB=，若线段DE上存在点P 【例1】如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且2⊥，则边CG长度的最小值为（）使得GP BPA. 4B. D.【答案】D又22002B G a （，，），（，，），所以2,2,,,2,.22ax ax BP x GP x a ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭() 24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭.显然0x ≠且2x ≠.所以221642a x x =--. 因为()0,2x ∈，所以(]220,1x x -∈.所以当221x x -=， 2a 取得最小值12.所以a的最小值为故选D.【指点迷津】利用图形的特点，建立空间直角坐标系，设CG 长度为a 及点P 的坐标，求BP GP与的坐标，根据两向量垂直，数量积为0，得到函数关系式221642a x x =--，利用函数求其最值。
立体几何最值问题-高考数学一题多解
立体几何最值问题-高考数学一题多解一、攻关方略事物的空间形成，总是表现为不同维数且遵循由低维到高维的发展规律，所谓升维策略，就是把维数、抽象水平较低的或局部的问题转化为维数、抽象水平较高或整体性较强的整体间的关系问题，通过对整体性质或关系的考虑，使原问题获得解决的策略，如平面图形通过翻折或旋转成为空间图形就是二维向三维的转化与变换．在解题时，考虑把高维空间的问题转化为低维空间的问题，这种处理问题的方法叫降维法，也可称之为降维策略，如将立体几何问题转化为平面几何问题．实际上，许多立体几何问题如求空间角、空间距离等，通常总是转化为平面内的问题，通过计算来解决的，当然将空间角、空间距离转变为平面角、平面上点线距离这一步是需要证明的．在立体几何学习中经常碰到几何体中有变角或变动的线段，此时必须根据题意列出沟通已知量与变量之间的关系，运用函数与方程的思想来处理，立体几何中由于动点的变化引起的最值，通常建立关于与动点相关的角度的目标函数，转化为函数最值问题求解．若在空间图形中建立空间直角坐标系，利用向量坐标法，结合条件得到方程（组），则可用解方程（组）求出结果，利用函数与方程的思想方法还可以解空间图形中涉及线面关系、面面关系的探究性问题．真可谓：翻折旋转二维升三，空间问题降维处理．点动角变牵动图形，立几最值函数搞定．1．如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC △、ECA △、FAB 分别是以BC 、CA 、AB 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC 、CA 、AB 为折痕折起DBC △、ECA △、FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为______．【针对训练】2．点P 在ABC 所在平面α外，PA α⊥，PB PC ==，3tan 2PBC ∠=，则点A 到平面PBC 的距离的最大值是______．3．如图所示，在ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD DA =，PB BA =，则四面体P BCD -的体积的最大值是______．4．已知底面边长为2的正三棱锥-P ABC ，其表面展开图是123PP P ，如图所示，求123PP P 的各边长及此三棱锥的体积V ．5．已知球的直径4SC =，A 、B 是该球面上的两点，30ASC BSC ∠=∠=︒，则三棱锥S ABC -的体积的最大值为______．（2021全国新高考Ⅰ卷19）6．已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?（2022新高考1卷）7．已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且333l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]（2022年全国乙卷（文数）第12题）8．已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C D ．2（2022年全国乙卷（文数）第18题）9．如图，四面体ABCD 中，AD CD ⊥，AD CD =，ADB BDC ∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2AB BD ==，60ACB ∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB=BC=3，CD=1，ADC=90°．沿直线AC 将ACD 翻折成ACD '△，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是________.11．已知四边形ABCD ，2AB BD DA ===，BC CD ==ABD △沿BD 折起，使二面角A BD C --的大小在5,66ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是（）A ．08⎡⎢⎣⎦，B ．08⎡⎢⎣⎦，C ．01⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎦⎣⎭ D ．88⎢⎣⎦，参考答案：1．3【分析】先求得所求三棱锥体积的表达式，然后利用导数或基本不等式求得体积的最大值.【详解】解法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当ABC 的边长变化时，设ABC 的边长为()0a a >cm ，则ABC 的面积为24a ．DBC △的高为56a -，则正三棱锥的高为=∴2503->，∴0a <<．∴所得三棱锥的体积213412V a =⨯=．令45253t a a =-，则34100t a ='，由0t '=，得a =此时所得三棱锥的体积最大，为3．解法二：如图所示，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD BC ⊥，OG 是等边三角形ABC 内切圆半径，21π1sin 3232BC BC OG ⨯⨯=⨯⨯，解得OG =，∴OG 的长度与BC 的长度成正比．设OG x =，则BC =，5DG x =-，2132ABC S x =⨯=△，则所得三棱锥的体积2213V =⨯=令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．则()3410050f x x x '=-，令()0f x '≥，即4320x x -≤，得02x <≤．则当50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()280f x f =≤，∴V ≤．∴所求三棱锥的体积的最大值为3．解法三：如图所示，连接OE 交AC 于点H ，连接AO 、OC ，设OH x =．则AC =，5EH x =-，三棱锥D ABC -2ABC S = ，D ABC V -=2≤=，当且仅当104x x =-，即2x =时取等号．∴所求三棱锥的体积的最大值为3．【点睛】本题为平面图形折叠成空间图形，当折叠终止时，几何体是一个正三棱锥，这个正三棱锥底面边长是一个变元，从而导致三棱锥体积的变化，特别要提醒的是，在折叠问题中，必须注意到折叠过程中哪些要素在变化，哪些要素始终保持不变，其中不变要素见核心要素．根据平面图形的性质，寻找不变的数量关系以及直线与直线平行和垂直的位置关系，是解决折叠问题的突破口，因此折叠问题要通过变图、想图、构图、用图的过程，积极思考，体会解题程序方向性，直击问题的本质，折叠问题既要看清平面转化为空间的过程，又要了解三维空间图形问题的平面化处理，两者是互通的．在建立体积表达式的函数模型之后，结合函数思想求最值，通常用导数法，也可考虑运用基本不等式的方法．策略一:以动正三角形AEC 的边长为变元建立函数关系式，运用导数法求其最大值.策略二:以动正三角形ABC 的中心到边的距离为变元建立函数关系式，运用导数法求其最大值.策略三:以动正三角形ABC 的中心到边的距离为变元建立函数关系式，运用基本不等式求最大值，注意等号成立的条件.2【分析】法一，取BC 的中点D ，连接AD 、PD ，设ADP θ∠=，用θ的正余弦表示AD ，PD ，再利用等体积法求解作答.法二，作PD BC ⊥于点D ，连接AD ，作AF PD ⊥于点F ，证明AF ⊥平面PBC ，再利用均值不等式求解作答.【详解】解法一，取BC 的中点D ，连接AD 、PD ，如图，因PB PC =，则PD BC ⊥，而3tan2PBC ∠=，有sin PBC ∠=则有sin PD PB PBC =⋅∠=PA ⊥平面ABC ，,AD BC ⊂平面ABC ，则PA AD ⊥，PA BC ⊥，又,,PA PD P PA PD ⋂=⊂平面PAD ，因此BC ⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，则AD BC ⊥，在Rt PAD △中，令(0,)2ADP πθ∠=∈，sin ,cos PA PD AD PD θθ==，设点A 到平面PBC 的距离为h ，11,22PBC ABC S BC PD S BC AD =⋅=⋅ ，由A PBC P ABC V V --=得：1133PBC ABC S h S PA ⋅=⋅ ，即1122BC PD h BC AD PA ⋅⋅=⋅⋅，于是得cos sin 2AD PA PD PD h PD PD θθθ⋅⋅==，当且仅当22=πθ，即4πθ=时取等号，所以点A 到平面PBC解法二，在PBC 中，作PD BC ⊥于点D ，连接AD ，作AF PD ⊥于点F，如图，PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，则PA BC ⊥，又,,PA PD P PA PD ⋂=⊂平面PAD ，因此BC ⊥平面PAD ，而BC ⊂平面PBC ，则有平面PAD ⊥平面PBC ，又平面PAD ⋂平面PBC PD =，AF ⊂平面PAD ，因此AF ⊥平面PBC ，即AF 就是点A 到平面PBC 的距离，而3tan 2PBC ∠=，有sin PBD ∠=sin PD PB PBD =⋅∠=，在Rt PAD △中，22211()1222PA AD PD PA AD AF PD PD PD PD +⋅=≤==当且仅当3PA AD ==时取等号，所以点A 到平面PBC3．12##0.5【分析】先求得四面体P BCD -体积的表达式，利用基本不等式或函数的单调性求得体积的最大值.【详解】解法一：由2AB BC ==，120ABC ∠=︒，可得AC =要求四面体P BCD -的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积BCD S △和点P 到平面BCD 的距离h ，易知2h ≤．设AD x =，则DP x =，DC x =，()12sin 3022DBC xS x =⨯⨯⨯︒=△，其中(0,x ∈，且h x ≤．∴2111366622P BCDBCD x x x x V S h h x -⎛⎫-+=⨯=≤≤= ⎪ ⎪⎝⎭△．当且仅当x x =，即x =P BCD -的体积的最大值是12．解法二：设PD AD x ==，∵PB PA =，PBD ABD ≌△△，1133P BCD BCD V S h -=⨯=△（h 为三棱锥P BCD -的高）．当平面PBD ⊥平面BDC 时，使四面体PBCD 的体积较大．作PH BD ⊥，垂足为H ，则PH ⊥平面BCD ，sin sin h PH PD PDB x ADB ==⋅∠=⋅∠．此时，()211sin sin sin 662P BCDx x V ADB ADB ADB -=⋅∠≤∠=∠⎝⎭，当且仅当x =1sin 2P BCD V ADB -=∠，当90ADB ∠=︒，即AD BD ⊥时，P BCD V -最大值为12．解法三：∵13P BCD BCD V S h -=⨯△（h 为三棱锥P BCD -的高），在ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒，则AC =30BAC BCA ∠=∠=︒，设(0PD DA x x ==<<，则DC x =-，1sin 22BCD xS BC CD BCA =⨯⋅∠=△．在ABD △中，由余弦定理，有2222cos BD AD AB AD AB BAC =+-⋅∠．代入整理得BD =PBD △中，由余弦定理，有222cos 2PB BD PD PBD PB BD+-∠=⋅，代值整理得cos PBD ∠∴sin PBD ∠=．过P 作PM BD ⊥，垂足为M ，则PM 为四面体P BCD -的高．∴sin h PM PB PBM ==∠故111336P BCDBCD V S h -===△，t =，∵0x <<12t ≤<，∴224x t -=-．2141466P BCDt V t t t--⎛⎫=⨯=- ⎪⎝⎭在[)1,2t ∈上单调递减．∴当1t =，即x =P BCD -的体积最大为1411612P BCD V --=⨯=．4．1213234PP PP P P ===，3【分析】由12APB CBP ≌△△，分析可得123PP P 是边长为4的正三角形，再由13P ABC ABC S PO V -=⋅ 结合题干数据求解即可.【详解】由题图可知1P 、B 、2P 三点共线，∴12APBCBP ≌△△．∵60ABC ∠=︒，∴1260ABP CBP ∠=∠=︒，1APB △和2CBP △都是正三角形．∴124PP =．同理可知其他两边长也是4，∴123PP P 是边长为4的正三角形．折叠后是棱长为2的正四面体-P ABC ，如图所示．设顶点P 在底面内的投影为O ，连结BO 并延长，交AC 于点D ，则D 为AC 的中点，O 为ABC 的重心，PO ⊥底面ABC ．AO AB ==，PO ==．故133P ABC ABC V S PO -=⋅=△．5．2【分析】过AB 作与SC 垂直的截面ABM ．通过13S ABC ABM V SC S -=⋅△，分析即得解.【详解】过AB 作平面ABM SC ⊥且SC 平面ABM M =，如图所示，由题意知SAC 、SBC △均为直角三角形．∵4SC =，30ASC BSC ∠=∠=︒，故SAC SBC ≅ ，∴SA =，2CA =，∴SA ACAM BM SC⋅==．∴2141sin 2sin 2332S ABCABM V SC S AMB AMB -=⋅=⨯⨯∠=∠≤△．∴三棱锥S ABC -体积的最大值为2．故答案为：26．（1）证明见解析；（2）112B D =【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅ 112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=2202-⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅==当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ=112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT =，即11B H =，所以1B H =所以DH ==则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min 3sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF =D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=，sin DFE ∠1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==，sin θ，当12t =，即112B D =，面11BB C C与面DFE 所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．7．C【分析】设正四棱锥的高为h ，根据题意求出正四棱锥的底面边长与高的关系，再利用导数求解即可.【详解】设球体的半径为R ，由题知：34363R ππ=，所以球的半径3R =.设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则222222l h a h =+=+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，设()641=936x f x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，3x ≤≤，所以()5233112449696x x f x x x ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪⎝⎭⎝⎭，当3x ≤≤()0f x ¢>，()f x 为增函数，当x <≤()0f x '<，()f x 为减函数，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C 8．C【分析】令四棱锥底面四边形外接圆半径为r ，用r 表示四棱锥的高及底面四边形面积最大值，再借助导数求解作答.【详解】设该四棱锥底面四边形为ABCD ，平面ABCD 截球O 所得小圆半径为r ，则球心O到平面ABCD 的距离h =设四边形ABCD 对角线,AC BD 的夹角为α，则1sin 2ABCD S AC BD α=⋅，于是得该四棱锥的体积：12sin 22sin 36623ABCD V S h BD r r rπα=⋅=⋅≤⋅⋅=当且仅当对角线,AC BD 是截面小圆互相垂直的两条直径，即四边形ABCD 为正方形时取等号，令2(0,1)r x =∈，有23r =23(),(0,1)f x x x x =-∈，求导得：22()233()3f x x x x x '=-=-，当203x <<时，()0f x '>，当213x <<时，()0f x '<，因此函数()f x 在2(0,)3上单调递增，在2(,1)3上单调递减，当23x =时，23max 224()(()3327f x =-=，从而当223r =时，max 222(333r =⨯⨯max V =，此时3h ==，故选：C9．(1)证明见解析；【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得AC ⊥平面BED ，然后根据面面垂直的判定定理可得平面BED ⊥平面ACD ；（2）首先判断出三角形AFC 的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC 的距离，从而求得三棱锥F ABC -的体积或利用等积法及锥体的体积公式即得.【详解】（1）AD CD = ，ADB BDC ∠=∠，BD BD =，ADB CDB ∴≅ ，AB BC ∴=，又E 为AC 的中点．AC BE ∴⊥，AD CD = ，E 为AC 的中点．AC DE ∴⊥，又BE DE E = ，BE ⊂平面BED ，DE ⊂平面BED ，AC ∴⊥平面BED ，又AC ⊂ 平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD ；（2）方法一：依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =，所以222DE BE BD +=，即DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BFFBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小，过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得2EF =，所以13,222DF BF DF ===-=，所以34BF BD =，过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，又DE ⊥平面ABC ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =，所以111323324F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯=方法二：AB BC = ，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴ 是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EF ，由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BFFBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小，即EF BD ⊥时，AFC △的面积最小，,,2AD CD AD CD AC ⊥== ，E 为AC 的中点，∴1DE =，222DE BE BD +=，BE ED ∴⊥，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得2EF =，∴32BF ，113222BEF S BF EF ∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC ---∴=+=⋅=⋅= .10．6【分析】取AC 中点O ，连接OB ，过点O 作Oz ⊥平面ABC ，以点O 为原点建立空间直角坐标系，设二面角D AC B '--的大小为α，把直线A C 与BD '所成角的余弦表示为α的函数，求出函数最大值作答.【详解】在ACD 中，90ADC ∠= ，1,CD AD ==则AC =，过D 作DH AC ⊥于H ，连接D H '，如图，显然D H AC '⊥，ACD 绕直线AC 旋转过程中，线段DH 绕点H 在垂直于直线AC 的平面γ内旋转到D H '，取AC 中点O ，连接OB ，因3AB BC ==，有OB AC ⊥，OB =，,663CD ADD H DH CH OH AC⋅'=====，过点O 作Oz ⊥平面ABC ，以点O 为原点，射线,,OB OA Oz 分别为,,x y z 轴非负半轴，建立空间直角坐标系，则A ，B ，(0,2C -，显然有//Oz 平面γ，设二面角D AC B '--的大小为[0,]απ∈，有(,,sin )636D αα'-，则有(,sin )6236BD αα=--' ，CA的方向向量为(0,1,0)n = ，设直线AC 与BD '所成的角为θ，于是得||cos |cos ,|||||n BD n BD n BD θ'⋅'=〈〉=='因[0,]απ∈，则1cos 1α-≤≤，于是得cos 6θ=，当且仅当cos 1α=取等号，所以直线AC 与BD '11．A【分析】取BD 中点O ，连接AO ，CO ，以O 为原点建立空间直角坐标系，利用二面角A BD C --的大小θ的正余弦表示,AB CD的坐标，利用空间向量建立函数关系求解作答.【详解】取BD 中点O ，连接AO ，CO ，而AB =BD =DA =2，BC =CD，则CO ⊥BD ，AO ⊥BD ，且CO =1，AOAOC ∠是二面角A BD C --的平面角，令5[,]66AOC ππθ∠=∈，显然有BD ⊥平面AOC ，BD ⊂平面BCD ，则平面AOC ⊥平面BCD ，在平面AOC 内过O 作Oz OC ⊥，而平面AOC I 平面BCD OC =，因此Oz ⊥平面BCD ，即射线,,OC OD Oz 两两垂直，以O 为原点，射线,,OC OD Oz 分别为,,x y z轴非负半轴，建立空间直角坐标系，如图，则(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)B C D -，)A θθ，,1,),(1,1,0)BA CD θθ==-，设直线AB 与CD 所成的角为α，则||cos |cos ,|||||AB CD AB CD AB CD α⋅=〈〉==，由5[,66ππθ∈得：cos [,]22θ∈，15122θ-≤≤，则5|1|[0,2θ∈，于是得cos[0,]α∈，8.所以直线AB与CD 所成角的余弦值取值范围是[0,]8故选：A答案第18页，共18页。
2024年高考数学立体几何大题突破(解析版)
立体几何立体几何是高考数学的必考内容，在大题中一般分两问，第一问考查空间直线与平面的位置关系证明；第二问考查空间角、空间距离等的求解。
考题难度中等，常结合空间向量知识进行考查。
2024年高考有很大可能延续往年的出题方式。
题型一：空间异面直线夹角的求解1(2023·上海长宁·统考一模)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,AB=AD,O为BD的中点.(1)求证：AO⊥CD；(2)若BD⊥DC,BD=DC,AO=BO，求异面直线BC与AD所成的角的大小.【思路分析】(1)利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.(2)分别取AB,AC的中点M,N，利用几何法求出异面直线BC与AD所成的角.【规范解答】(1)在三棱锥A-BCD中，由AB=AD,O为BD的中点，得AO⊥BD，而平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，AO⊂平面ABD，因此AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD.(2)分别取AB,AC的中点M,N，连接OM,ON,MN，于是MN⎳BC,OM⎳AD，则∠OMN是异面直线BC与AD所成的角或其补角，由(1)知，AO ⊥BD ，又AO =BO ，AB =AD ，则∠ADB =∠ABD =π4，于是∠BAD =π2，令AB =AD =2，则DC =BD =22，又BD ⊥DC ，则有BC =BD 2+DC 2=4，OC =DC 2+OD 2=10，又AO ⊥平面BCD ，OC ⊂平面BCD ，则AO ⊥OC ，AO =2，AC =AO 2+OC 2=23，由M ,N 分别为AB ,AC 的中点，得MN =12BC =2,OM =12AD =1,ON =12AC =3，显然MN 2=4=OM 2+ON 2，即有∠MON =π2，cos ∠OMN =OM MN =12，则∠OMN =π3，所以异面直线BC 与AD 所成的角的大小π3.1、求异面直线所成角一般步骤：(1)平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线．(2)证明：证明所作的角是异面直线所成的角．(3)寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之．(4)取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0,π2，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角．2、可通过多种方法平移产生，主要有三种方法：(1)直接平移法(可利用图中已有的平行线)；(2)中位线平移法；(3)补形平移法(在已知图形中，补作一个相同的几何体，以便找到平行线)．3、异面直线所成角：若n 1 ,n 2分别为直线l 1,l 2的方向向量，θ为直线l 1,l 2的夹角，则cos θ=cos <n 1 ,n 2 > =n 1 ⋅n 2n 1 n 2.1(2023·江西萍乡·高三统考期中)如图，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E ,F 分别是BB 1,CD 的中点.(1)证明：EF ⎳平面AB1C 1D ；(2)若AB =2A 1B 1，且正四棱台的侧面积为9，其内切球半径为22，O 为ABCD 的中心，求异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析；(2)45【分析】(1)根据中位线定理，结合线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用面面平行的性质，可得答案；(2)根据题意，结合正四棱台的几何性质，求得各棱长，利用线线角的定义，可得答案.【解析】(1)取CC 1中点G ，连接GE ,GF ，如下图：在梯形BB 1C 1C 中，E ,G 分别为BB 1,CC 1的中点，则EG ⎳B 1C 1，同理可得FG ⎳C 1D ，因为EG ⊄平面AB 1C 1D ，B 1C 1⊂平面AB 1C 1D ，所以EG ⎳平面AB 1C 1D ，同理可得GF ⎳平面AB 1C 1D ，因为EG ∩FG =G ，EG ,FG ⊆平面EFG ，所以平面EFG ⎳平面AB 1C 1D ，又因为EF ⊆平面EFG ，所以EF ⎳平面AB 1C 1D ；(2)连接AC ,BD ，则AC ∩BD =O ，连接A 1O ,A 1C 1,B 1O ,在平面BB 1C 1C 中，作B 1N ⊥BC 交BC 于N ，在平面BB 1D 1D 中，作B 1M ⊥BD 交BD 于M ，连接MN ，如下图：因为AB =2A 1B 1，则OC =A 1C 1，且OC ⎳A 1C 1，所以A 1C 1CO 为平行四边形，则A 1O ⎳CC 1，且A 1O =CC 1，所以∠A 1OB 1为异面直线OB 1与CC 1所成角或其补角，同理可得：B 1D 1DO 为平行四边形，则B 1O =D 1D ，在正四棱台ABCD -A 1B 1C 1D 1中，易知对角面BB 1D 1D ⊥底面ABCD ，因为平面ABCD ∩平面BB 1D 1D =BD ，且B 1M ⊥BD ，B 1M ⊂平面BB 1D 1D ，所以B 1M ⊥平面ABCD ，由内切球的半径为22，则B 1M =2，在等腰梯形BB 1C 1C 中，BC =2B 1C 1且B 1N ⊥BC ，易知BN =14BC ，同理可得BM =14BD ，在△BCD 中，BN BC=BM BD =14，则MN =14CD ，设正方形ABCD 的边长为4x x >0 ，则正方形A 1B 1C 1D 1的边长为2x ，MN =x ，由正四棱台的侧面积为9，则等腰梯形BB 1C 1C 的面积S =94，因为B 1M ⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，所以B 1M ⊥MN ，在Rt △B 1MN ，B 1N =B 1M 2+MN 2=2+x 2，可得S =12⋅B 1N ⋅B 1C 1+BC ，则94=12×2+x 2×4x +2x ，解得x =12，所以BC =2，B 1C 1=1，BN =14BC =12，B 1N =32，则A 1B 1=1，在Rt △BB 1N 中，BB 1=B 1N 2+BN 2=102，则CC 1=DD 1=102，所以在△A 1OB 1中，则cos ∠A 1OB 1=A 1O 2+B 1O 2-A 1B 212⋅A 1O ⋅B 1O=1022+102 2-12×102×102=45，所以异面直线OB 1与CC 1所成角的余弦值为45.2(2023·辽宁丹东·统考二模)如图，平行六面体ABCD -A 1B 1C 1D 1的所有棱长都相等，平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，AD ⊥DC ，二面角D 1-AD -C 的大小为120°，E 为棱C 1D 1的中点．(1)证明：CD ⊥AE ；(2)点F 在棱CC 1上，AE ⎳平面BDF ，求直线AE 与DF 所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)37【分析】(1)根据面面垂直可得线面垂直进而得线线垂直，由二面角定义可得∠D 1DC =120°，进而根据中点得线线垂直即可求；(2)由线面平行的性质可得线线平行，由线线角的几何法可利用三角形的边角关系求解，或者建立空间直角坐标系，利用向量的夹角即可求解.【解析】(1)因为平面CDD 1C 1⊥平面ABCD ，且两平面交线为DC ,AD ⊥DC ，AD ⊂平面ABCD , 所以AD ⊥平面CDD 1C 1，所以AD ⊥D 1D ,AD ⊥DC ，∠D 1DC 是二面角D 1-AD -C 的平面角，故∠D 1DC =120°．连接DE ，E 为棱C 1D 1的中点，则DE ⊥C 1D 1,C 1D 1⎳CD ，从而DE ⊥CD ．又AD ⊥CD ，DE ∩AD =D ，DE ,AD ⊂平面AED ，所以CD ⊥平面AED ，ED ⊂平面AED ,因此CD ⊥AE ．(2)解法1：设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．连AC 交BD 于点O ，连接CE 交DF 于点G ，连OG ．因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AEC ,平面AEC ∩平面BDF =OG ，所以AE ∥OG ，因为O 为AC 中点，所以G 为CE 中点，故OG =12AE =72．且直线OG 与DF 所成角等于直线AE 与DF 所成角．在Rt △EDC 中，DG =12CE =72，因为OD =2，所以cos ∠OGD =722+72 2-(2)22×72×72=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法2；设AB =2，则DE =D 1D 2-12D 1C 1 2=3，所以CE =AE =AD 2+DE 2=7．取DC 中点为G ，连接EG 交DF 于点H ，则EG =DD 1=2．连接AG 交BD 于点I ，连HI ，因为AE ⎳平面BDF ，AE ⊂平面AGE ，平面AGE ∩平面BDF =IH ，所以AE ∥IH ．HI 与DH 所成角等于直线AE 与DF 所成角．正方形ABCD 中，GI =13AG ，DI =13DB =223，所以GH =13EG ，故HI =13AE =73．在△DHG 中，GH =13EG =23，GD =1，∠EGD =60°，由余弦定理DH =1+49-1×23=73．在△DHI 中，cos ∠DHI =732+73 2-223 22×73×73=37．因此直线AE 与DF 所成角的余弦值为37．解法3:由(1)知DE ⊥平面ABCD ，以D 为坐标原点，DA为x 轴正方向，DA为2个单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz ．由(1)知DE =3，得A 2,0,0 ,B 2,2,0 ,C 0,2,0 ,E (0,0,3)，C 1(0,1,3)．则CC 1=(0,-1,3)，DC =(0,2,0)，AE =(-2,0,3)，DB =(2,2,0)．由CF =tCC 1 0≤t ≤1 ，得DF =DC +CF =(0,2-t ,3t )．因为AE ⎳平面BDF ，所以存在唯一的λ，μ∈R ，使得AE =λDB +μDF=λ2,2,0 +μ(0,2-t ,3t )=2λ,2λ+2μ-tμ,3μt ，故2λ=-2,2λ+2μ-tμ=0,3μt =3，解得t =23，从而DF =0,43,233 ．所以直线AE 与DF 所成角的余弦值为cos AE ,DF =AE ⋅DF|AE ||DF |=37．题型二：空间直线与平面夹角的求解2(2024·安徽合肥·统考一模)如图，三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，N 为C 1E 上一点.(1)证明：BN ⎳平面A 1DC ；(2)若AB =AC ,C 1E =3C 1N，求直线DN 与平面A 1DC 所成角的正弦值.【思路分析】(1)连接BE ,BC 1,DE ,则有平面BEC 1⎳平面A 1DC ，可得BN ⎳平面A 1DC ；(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行计算即可.【规范解答】(1)连接BE ,BC 1,DE .因为AB ⎳A 1B 1，且AB =A 1B 1，又D ,E 分别是棱AB ,A 1B 1的中点，所以BD ⎳A 1E ，且BD =A 1E ，所以四边形BDA 1E 为平行四边形，所以A 1D ⎳EB ，又A 1D ⊂平面A 1DC ,EB ⊄平面A 1DC ，所以EB ⎳平面A 1DC ，因为DE ⎳BB 1⎳CC 1，且DE =BB 1=CC 1，所以四边形DCC 1E 为平行四边形，所以C 1E ⎳CD ，又CD ⊂平面A 1DC ,C 1E ⊄平面A 1DC ，所以C 1E ⎳平面A 1DC ，因为C 1E ∩EB =E ,C 1E ,EB ⊂平面BEC 1，所以平面BEC 1⎳平面A 1DC ，因为BN ⊂平面BEC 1，所以BN ⎳平面A 1DC .(2)四边形ACC 1A 1,BCC 1B 1均为正方形，所以CC 1⊥AC ,CC 1⊥BC ，所以CC 1⊥平面ABC .因为DE ⎳CC 1，所以DE ⊥平面ABC ，从而DE ⊥DB ,DE ⊥DC .又AB =AC ，所以△ABC 为等边三角形.因为D 是棱AB 的中点，所以CD ⊥DB ，即DB ,DC ,DE 两两垂直.以D 为原点，DB ,DC ,DE 所在直线为x ,y ,z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D -xyz .设AB =23，则D 0,0,0 ,E 0,0,23 ,C 0,3,0 ,C 10,3,23 ,A 1-3,0,23 ，所以DC =0,3,0 ,DA 1=-3,0,23 .设n=x ,y ,z 为平面A 1DC 的法向量，则n ⋅DC=0n ⋅DA 1 =0，即3y =0-3x +23z =0 ，可取n=2,0,1 .因为C 1E =3C 1N ，所以N 0,2,23 ,DN =0,2,23 .设直线DN 与平面A 1DC 所成角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,DN ›|=|n ⋅DN ||n |⋅|DN |=235×4=1510，即直线DN 与平面A 1DC 所成角正弦值为1510.1、垂线法求线面角(也称直接法)：(1)先确定斜线与平面，找到线面的交点B 为斜足；找线在面外的一点A ，过点A 向平面α做垂线，确定垂足O ；(2)连结斜足与垂足为斜线AB 在面α上的投影；投影BO 与斜线AB 之间的夹角为线面角；(3)把投影BO 与斜线AB 归到一个三角形中进行求解(可能利用余弦定理或者直角三角形)。
高三数学精选立体几何多选题 易错题难题质量专项训练试题
高三数学精选立体几何多选题 易错题难题质量专项训练试题一、立体几何多选题1．已知图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，分别沿着AB 、BC 、CD 、DA 把ABF 、BCG 、CDH △、DAE △向上折起，使得每个三角形所在的平面都与平面ABCD 垂直，再顺次连接EFGH ，得到一个如图2所示的多面体，则（ ）A ．AEF 是正三角形B ．平面AEF ⊥平面CGHC ．直线CG 与平面AEF 2D ．当2AB =时，多面体ABCD EFGH -的体积为83【答案】AC 【分析】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ，证明出OH ⊥平面ABCD ，然后以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，求出EF ，可判断A 选项的正误，利用空间向量法可判断BC 选项的正误，利用几何体的体积公式可判断D 选项的正误. 【详解】取CD 、AB 的中点O 、M ，连接OH 、OM ， 在图1中，A 、B 、C 、D 是正方形EFGH 各边的中点，则1122CH GH EH DH ===，O 为CD 的中点，OH CD ∴⊥，平面CDH ⊥平面ABCD ，平面CDH 平面ABCD CD =，OH ⊂平面CDH ，OH ∴⊥平面ABCD ，在图1中，设正方形EFGH 的边长为()220a a >，可得四边形ABCD 的边长为2a ， 在图1中，ADE 和ABF 均为等腰直角三角形，可得45BAF DAE ∠=∠=， 90BAD ∴∠=，∴四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，O 、M 分别为CD 、AB 的中点，则//OC BM 且OC BM =，且90OCB ∠=，所以，四边形OCBM 为矩形，所以，OM CD ⊥，以点O 为坐标原点，OM 、OC 、OH 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，则()2,,0A a a -、()2,,0B a a 、()0,,0C a 、()0,,0D a -、(),,E a a a -、()2,0,F a a 、(),,G a a a 、()0,0,H a .对于A 选项，由空间中两点间的距离公式可得2AE AF EF a ===，所以，AEF 是正三角形，A 选项正确；对于B 选项，设平面AEF 的法向量为()111,,m x y z =，(),0,AE a a =-，()0,,AF a a =，由11110m AE ax az m AF ay az ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取11z =，则11x =，11y =-，则()1,1,1m =-，设平面CGH 的法向量为()222,,n x y z =，(),0,CG a a =，()0,,CH a a =-， 由222200n CG ax az n CH ay az ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取21z =-，可得21x =，21y =-，则()1,1,1n =--，()22111110m n ⋅=+--⨯=≠，所以，平面AEF 与平面CGH 不垂直，B 选项错误；对于C 选项，6cos ,23CG m CG m a CG m⋅<>===⨯⋅， 设直线CG 与平面AEF 所成角为θ，则sin 6θ=，23cos 1sin θθ=-=，所以，sin tan 2cos θθθ==，C 选项正确； 对于D 选项，以ABCD 为底面，以OH 为高将几何体ABCD EFGH -补成长方体1111ABCD A B C D -，则E 、F 、G 、H 分别为11A D 、11A B 、11B C 、11C D 的中点，因为2AB =，即1a =，则1OH =，长方体1111ABCD A B C D -的体积为2214V =⨯=，11211111113326A A EF A EF V S AA -=⋅=⨯⨯⨯=△，因此，多面体ABCD EFGH -的体积为111044463ABCD EFGH A A EF V V V --=-=-⨯=， D 选项错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度h ，从而不必作出线面角，则线面角θ满足sin hlθ=（l 为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设a 为直线l 的方向向量，n 为平面的法向量，则线面角θ的正弦值为sin cos ,a n θ=<>.2．如图所示，正三角形ABC 中，D ，E 分别为边AB ，AC 的中点，其中AB ＝8，把△ADE 沿着DE 翻折至A 'DE 位置，使得二面角A '-DE -B 为60°，则下列选项中正确的是（ ）A ．点A '到平面BCED 的距离为3B ．直线A 'D 与直线CE 所成的角的余弦值为58C ．A 'D ⊥BDD ．四棱锥A '-BCED 237【答案】ABD 【分析】作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N .利用线面垂直的判定定理判定CD ⊥平面A'MN ,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A 到平面面BCED 的高A'H ,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H 的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N ,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC ,经过计算求解可得半径从而判定D. 【详解】如图所示，作AM ⊥DE ，交DE 于M ,延长AM 交BC 于N ,连接A'M ,A'N . 则A'M ⊥DE ,MN ⊥DE , ,∵'A M ∩MN =M ,∴CD ⊥平面A'MN , 又∵CD ⊂平面ABDC ,∴平面A'MN ⊥平面ABDC , 在平面A'MN 中作A'H ⊥MN ,则A'H ⊥平面BCED , ∵二面角A'-DE -B 为60°，∴∠A'EF =60°，∵正三角形ABC 中，AB =8,∴AN =∴A'M ,∴A'H =A'M sin60°=3，故A 正确； 连接DN ,易得DN ‖EC ,DN =EC =4, ∠A'DN 就是直线A'D 与CE 所成的角，DN =DA'=4,A'N =A'M ,cos ∠A'DN =22441252448+-=⨯⨯,故B 正确；A'D =DB =4,==,∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()2222243x x R +=-+=,解得23x =-,舍去；故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P ,则HP =x ,易得()2222243x x R +=++=, 解得23x =,∴244371699R ⨯=+=,R ∴=故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.3．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，090B F ∠=∠=，060,45,A D BC DE ∠=∠==，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F CAB -，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列判断中正确的是（ ）A ．BC FM ⊥B ．AC 与平面MOF 所成的角的余弦值为32C ．平面MOF 与平面AFB 所成的二面角的平面角为45°D ．设平面ABF 平面MOF l =，则有//l AB【答案】AD 【分析】证明BC ⊥面FOM 可判断A ；根据AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=判断B ；利用特殊位置判断C ；先证明//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可判断D ； 【详解】由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得,,BC OF BC OM OM OF O ⊥⊥=，所以BC ⊥面FOM BC FM ⇒⊥，故A 正确；因为BC ⊥面FOM ，所以AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=，所以余弦值为12，故B 错误； 对于C 选项可以考虑特殊位置法，由BC ⊥面FOM 得面ABC ⊥面FOM ，所以点F 在平面ABC 内的射影在直线OM 上，不妨设点F 平面ABC 内的射影为M ，过点M 作//BC MN ，连结NF .易证AB ⊥面MNF ，则l ⊥面MNF ，所以MFN ∠为平面MOF与平面AFB 所成的二面角的平面角，不妨设2AB =，因为060A，所以23BC =，则13,12OF BC OM ===，显然MFN ∠不等于45°，故C 错误. 设面MOF 与平面ABF 的交线为l ，又因为//,AB OM AB ⊄面MOF ，OM ⊂面MOF ，所以//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可得：//l AB ，故D 正确； 故选：AD.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.4．如图，已知正方体1ABCD ABC D -的棱长为a ，E 是棱CD 上的动点.则下列结论中正确的有（ ）A ．11EB AD ⊥B ．二面角11E A B A --的大小为4π C ．三棱锥11A B D E -体积的最小值为313a D ．1//D E 平面11A B BA 【答案】ABD 【分析】连接1A D 、1B C ，则易证1AD ⊥平面11A DCB ，1EB ⊂平面11A DCB ，则由线面垂直的性质定理可以判断选项A 正确；二面角11E A B A --的平面角为1DA A ∠，易知14DA A π∠=，则可判断选项B 正确；用等体积法，将求三棱锥11A B D E -的体积转化为求三棱锥11E AB D -的体积，当点E 与D 重合时，三棱锥11E AB D -的体积最小，此时的值为316a ，则选项C 错误；易知平面11//D DCC 平面11A B BA ，而1D E ⊂平面11D DCC ，则根据面面平行的性质定理可得1//D E 平面11A B BA ，可判断选项D 正确. 【详解】选项A ，连接1A D 、1B C ，则由正方体1ABCD ABC D -可知，11A D AD ⊥，111A B AD ⊥，1111A DA B A =，则1AD ⊥平面11A DCB ，又因为1EB ⊂平面11A DCB ，所以11EB AD ⊥，选项A 正确； 选项B ，因为11//DE A B ，则二面角11E A B A --即为二面角11D A B A --， 由正方体1ABCD ABC D -可知，11A B ⊥平面1DA A ， 则1DA A ∠为二面角11D A B A --的平面角，且14DA A π∠=，所以选项B 正确；选项C ，设点E 到平面11AB D 的距离为d ， 则11111113A B D E E AB D AB D V V S d --==⋅，连接1C D 、1C B ，易证平面1//BDC 平面11AB D ，则在棱CD 上，点D 到平面11AB D 的距离最短， 即点E 与D 重合时，三棱锥11A B D E -的体积最小， 由正方体1ABCD ABC D -知11A B ⊥平面1ADD ， 所以1111123111113326D AB D B ADDADD a V V S A B a a --==⋅=⋅⋅=， 则选项C 错误；选项D ，由正方体1ABCD ABC D -知，平面11//CC D D 平面11A B BA ，且1D E ⊂平面11CC D D ， 则由面面平行的性质定理可知1//D E 平面11A B BA ，则选项D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题对于选项C 的判断中，利用等体积法求三棱锥的体积是解题的关键.5．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒ B ．点A 到平面BCD 的距离为263C ．四面体ABCDD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆 【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,AF ==即点A 到平面BCD 的距离为3,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即2=6OF AO =,所以四面体ABCD 的外接球体积334433V R OA ππ===,故C 正确；建系如图：,A C ⎛⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则,,0,,333AP x y AC →→⎛⎛=-=- ⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=，所以241392y +=，83y +，平方化简可得：22400399y x y ----，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误. 故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.6．已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为2，如图，M 为1CC 上的动点，AM ⊥平面α.下面说法正确的是（）A ．直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为3232⎣⎦B ．点M 与点1C 重合时，平面α截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C ．点M 为1CC 的中点时，若平面α经过点B ，则平面α截正方体所得截面图形是等腰梯形D ．已知N 为1DD 中点，当AM MN +的和最小时，M 为1CC 的中点 【答案】AC 【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，利用空间向量法可判断A 选项的正误；证明出1AC ⊥平面1A BD ，分别取棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点E 、F 、Q 、N 、G 、H ，比较1A BD 和六边形EFQNGH 的周长和面积的大小，可判断B 选项的正误；利用空间向量法找出平面α与棱11A D 、11A B 的交点E 、F ，判断四边形BDEF 的形状可判断C 选项的正误；将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，利用A 、M 、N 三点共线得知AM MN +最短，利用平行线分线段成比例定理求得MC ，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()2,0,0A 、()2,2,0B 、设点()()0,2,02M a a ≤≤，AM ⊥平面α，则AM 为平面α的一个法向量，且()2,2,AM a =-，()0,2,0AB =，2232cos ,,32288AB AMAB AM AB AM a a ⋅<>===⎢⋅⨯++⎣⎦， 所以，直线AB 与平面α所成角的正弦值范围为32⎣⎦，A 选项正确；对于B 选项，当M 与1CC 重合时，连接1A D 、BD 、1A B 、AC ， 在正方体1111ABCD A B C D -中，1CC ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD CC ∴⊥，四边形ABCD 是正方形，则BD AC ⊥，1CC AC C =，BD ∴⊥平面1ACC ，1AC ⊂平面1ACC ，1AC BD ∴⊥，同理可证11AC A D ⊥， 1A D BD D ⋂=，1AC ∴⊥平面1A BD ，易知1A BD 是边长为22的等边三角形，其面积为()12322234A BD S =⨯=△，周长为22362⨯=.设E 、F 、Q 、N 、G 、H 分别为棱11A D 、11A B 、1BB 、BC 、CD 、1DD 的中点，易知六边形EFQNGH 是边长为2的正六边形，且平面//EFQNGH 平面1A BD ， 正六边形EFQNGH 的周长为62，面积为()2362334⨯⨯=，则1A BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，B 选项错误； 对于C 选项，设平面α交棱11A D 于点(),0,2E b ，点()0,2,1M ，()2,2,1AM =-，AM ⊥平面α，DE ⊂平面α，AM DE ∴⊥，即220AM DE b ⋅=-+=，得1b =，()1,0,2E ∴，所以，点E 为棱11A D 的中点，同理可知，点F 为棱11A B 的中点，则()2,1,2F ，()1,1,0EF =，而()2,2,0DB =，12EF DB ∴=，//EF DB ∴且EF DB ≠， 由空间中两点间的距离公式可得2222015DE =++=，()()()2222212205BF =-+-+-=，DE BF ∴=，所以，四边形BDEF 为等腰梯形，C 选项正确；对于D 选项，将矩形11ACC A 与矩形11CC D D 延展为一个平面，如下图所示：若AM MN +最短，则A 、M 、N 三点共线，11//CC DD ，2222222MC AC DN AD ∴===-+， 11222MC CC =-≠，所以，点M 不是棱1CC 的中点，D 选项错误.故选：AC. 【点睛】本题考查线面角正弦值的取值范围，同时也考查了平面截正方体的截面问题以及折线段长的最小值问题，考查空间想象能力与计算能力，属于难题.7．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D DD ．四边形1BFDE 面积的最小值为6 【答案】BCD 【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 的面积最小为62.【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ， 如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E 平面11ABB A BE =.平面1BFD E平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为16232⨯⨯=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.8．半正多面体（semiregularsolid ）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2 ）A ．BF ⊥平面EABB ．该二十四等边体的体积为203C ．该二十四等边体外接球的表面积为8πD ．PN 与平面EBFN 2 【答案】BCD 【分析】A 用反证法判断；B 先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C 先找到球心与半径，再计算表面积判断；D 先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断． 【详解】解：对于A ，假设A 对，即BF ⊥平面EAB ，于是BF AB ⊥，90ABF ∠=︒，但六边形ABFPQH 为正六边形，120ABF ∠=︒，矛盾， 所以A 错；对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体，则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=，所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ， 即为该二十四等边体外接球的球心， 其半径为2R =248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ， 所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠， 其正弦值为22PS PN =，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。
2020高考立体几何动点最值问题压轴选填题
立体几何新颖问题压轴填空题以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题，与函数图象相结合问题、最值问题，探索性问题等. 对探索、开放、存在型问题的考查，探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程下高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何的中，不过并非所有平面几何中的性质都可以类比推广到立体几何中，这需要具有较好的基础知识和敏锐的洞察力;对折叠、展开问题的考查，图形的折叠与展开问题（三视图问题可看作是特殊的图形变换）蕴涵了“二维——三维——二维” 的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辩，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立几解答题的重要题型.类型一 几何体在变化过程中体积的最值问题典例1 在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是BC 的中点，点P 是面11DCC D 所在的平面内的动点，且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥P BCD -的体积最大值是（ ）A ．36B ． C.24 D ．【名师指点】在运动变化过程中，当变量达到某一个特殊位置时，要所求的变量的最值达到. 这就要求看准变化中的临界点，从而确定最值. 空间问题平面化是解题关键．【举一反三】表面积为π60的球面上有四点C B A S 、、、且ABC ∆是等边三角形，球心O 到平面ABC 的距离为3，若ABC SAB 面⊥,则棱锥ABC S -体积的最大值为 ．类型二 几何体的外接球或者内切球问题典例2 已知长方体1111D C B A ABCD -的外接球O 的体积为332π，其中21=BB ，则三棱锥ABC O -的体积的最大值为（ ）A.1B.3C.2D.4【举一反三】在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，02,2,1,60PA AB AC BAC ===∠=，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．类型三 立体几何与函数的结合典例3 如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的对角线1AC 上取一点P ，以A 为球心，AP 为半径作一个球，设AP x =，记该球面与正方体表面的交线的长度和为()f x ，则函数()f x 的图像最有可能的是（ ）【名师指点】本题考查数形结合的数学思想方法，考查特殊值、小题小作的小题技巧.【举一反三】如图所示，正方体''''ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别是棱'AA ，'CC 的中点，过直线EF 的平面分别与棱'BB 、'DD 分别交于,M N 两点，设BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个结论：①平面MENF ⊥平面BDD B ''；②直线AC ∥平面MENF 始终成立；③四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数；④四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常数；以上结论正确的是___________．【精选名校模拟】1． 如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为3，以顶点A 为球心， 2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交得到的两段弧长之和等于（ ）A ．65πB ．32π C. π D ．67π2. 在三棱锥ABC P -中，PC PB PA ,,两两垂直，且1,2,3===PC PB PA ，设M 是底面ABC ∆内一点，定义),,()(p n m M f =，其中p n m ,,分别是三棱锥PAB M -，三棱锥PBC M -，三棱锥PCA M -的体积，若),,21()(y x M f =，且81≥+y ax ，则正实数a 的最小值为________.F EA'B'ABCD C'D'M N2． 已知5 2.236≈，如图，在矩形ABCD 中，5,3,AD AB E F ==、分别为AB 边、CD 边上一点，且1AE DF ==，现将矩形ABCD 沿EF 折起，使得ADEF BCFE ⊥平面平面，连接AB CD 、，则所得三棱柱ABE DCF -的侧面积比原矩形ABCD 的面积大约多（ ）A.68%B.70%C.72%D.75% 3． 如图四边形ABCD ，2AB BD DA ===，2BC CD ==.现将ABD ∆沿BD 折起，当二面角A BD C --处于5[,]66ππ过程中，直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是（ ） A ．522[,]88- B ．252[,]88 C ．2[0,]8D ．52[0,]84． 如图，90ACB ∠=︒，DA ⊥平面ABC ，AE DB ⊥交DB 于E ，AF DC ⊥交DC 于F ，且2AD AB ==，则三棱锥D AEF -体积的最大值为 ．5． 已知四面体ABCD 的每个顶点都在球O 的表面上，5AB AC ==，8BC =，AD ⊥底面ABC ，G 为ABC ∆的重心，且直线DG 与底面ABC 所成角的正切值为12，则球O 的表面积为_________．7．已知ABC ∆的三边长分别为5=AB ，4=BC ，3=AC ，M 是AB 边上的点，P 是平面ABC 外一点．给出下列四个命题：①若⊥PM 平面ABC ，且M 是AB 边中点，则有PC PB PA ==；②若5=PC ，⊥PC 平面ABC ，则PCM ∆面积的最小值为215；③若5=PB ，⊥PB 平面ABC ，则三棱锥ABC P -的外接球体积为π62125；④若5=PC ，P 在平面ABC 上的射影是ABC ∆内切圆的圆心，则三棱锥ABC P -的体积为232；其中正确命题的序号是 （把你认为正确命题的序号都填上）．ABCDEF8． 将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，3AB =，2BC =，圆柱上底面圆心为O ，EFG ∆为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O EFG -体积的最大值是 .9． 我国南北朝时代的数学家祖恒提出体积的计算原理（祖恒原理）：“幂势既同，则积不容异”.“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．类比祖恒原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底为1的梯形，且当实数t 取[]0,3上的任意值时，直线y t =被图1和图2所截得的两线段长始终相等，则图1的面积为 ____________．10． 已知平面α截一球面得圆M ，过圆M 的圆心的平面β与平面α所成二面角的大小为60°，平面β截该球面得圆N ，若该球的表面积为64π，圆M 的面积为4π，则圆N 的半径为__________．12．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱1CC 上的一个动点，平面1BED 交棱1AA 于点F ．给出下列四个结论：①存在点E ，使得11C A //平面F BED 1；②存在点E ，使得⊥D B 1平面F BED 1；③对于任意的点E ，平面⊥D C A 11平面F BED 1；④对于任意的点E ，四棱锥F BED B 11-的体积均不变. 其中，所有正确结论的序号是___________．13．已知三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且2SA SB SC ===，Q 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，则点Q 到平面ABC 的距离的最大值为 .15. 正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为1，此时四面体ABCD 外接球表面积为____________ .。
立体几何中最值问题-高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品
高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第三篇立体几何专题05立体几何中最值问题类型对应典例利用侧面展开图求最值典例1利用目标函数求最值典例2利用基本不等式求最值典例3【典例1】如图，AB 是圆柱的直径，PA 是圆柱的母线，3AB =，PA =，点C 是圆柱底面圆周上的点.（1）求三棱锥P ABC -体积的最大值；（2）若1AC =，D 是线段PB 上靠近点P 的三等分点，点E 是线段PA 上的动点，求CE ED +的最小值.【典例2】已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC =∠BAD =2，AB=BC=2AD=4，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，EF ∥BC ，AE =x ，G 是BC 的中点．沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF ．（1）若以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥的体积记为()f x ，求()f x 的最大值；（2）当()f x 取得最大值时，求二面角D-BF-C 的余弦值．【典例3】如图，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，H 分别是棱A 1B 1，D 1C 1上的点（点E 与B 1不重合），且EH ∥A 1D 1.过EH 的平面与棱BB 1，CC 1相交，交点分别为F ，G ．（I ）证明：AD ∥平面EFGH ；（II ）设AB=2AA 1="2"a .在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1内随机选取一点．记该点取自几何体A 1ABFE-D 1DCGH 内的概率为p ，当点E ，F 分别在棱A 1B 1上运动且满足EF=a 时，求p 的最小值.1.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为a ，E F 、分别为AB BC 、上的点，且AE BF x ＝＝．（1）当x 为何值时，三棱锥1B BEF -的体积最大？（2）求异面直线1A E 与1B F 所成的角的取值范围．2．如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，2,AB EB ==.（1）求证：DE ⊥平面ADC ；（2）设AC x =，(x)V 表示三棱锥B ACE -的体积，求函数(x)V 的解析式及最大值.3．如图，在三棱锥P ABC -中，AB BC =，AP PC =，60ABC ∠=︒，AP PC ⊥，直线BP 与平面ABC 成30°角，D 为AC 的中点，PQ PC λ=，(0,1)λ∈.（Ⅰ）若PB PC >，求证：平面ABC ⊥平面PAC ；（Ⅱ）若PC PB <，求直线BQ 与平面PAB 所成角的正弦值的取值范围.4．已知三棱锥P ABC -（如图1）的平面展开图（如图2）中，四边形ABCD的正方形，△ABE 和△BCF 均为正三角形，在三棱锥P ABC -中：(I)证明：平面PAC ⊥平面ABC ;(Ⅱ)求二面角A PC B --的余弦值；(Ⅲ)若点M 在棱PC 上，满足CM CP λ=，12[,33λ∈，点N 在棱BP 上，且BM AN ⊥，求BN BP的取值范围．。
立体几何中最值问题-玩转压轴题(原卷版)
专题4.4 立体几何中最值问题一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力。
最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面。
此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二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；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一 空间角的最值问题【例1】（2020·浙江高三期末）如图，四边形ABCD ，4AB BD DA ===，22BC CD ==，现将ABD ∆沿BD 折起，当二面角A BD C --的大小在2[,]33ππ时，直线AB 和CD 所成角为α，则cos α的最大值为（ ）A ．2268- B ．6224- C ．2268+ D ．2264+ 【举一反三】1．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是( )A ．13B ．33C ．12D ．222．（2020·河南高三月考（理））如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，现将△ABC 沿着对角线AC 翻折，则直线EF 与平面ACD 所成角的正切值最大值为( )A ．2B ．213C ．33D ．223．AB 是圆锥 S O 的直径，SB 是它的一条母线，E 、F 是SB 的两个三等分点（E 点靠近S 点），C 点在圆O 上运动（不与A 、B 两点重合），则二面角 --E AC F 的平面角为α则tan α的最大值是_______．类型二 空间距离的最值问题【例2】（2020银川一中模拟）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1,M 、N 分别在线段11A C 与BD 上,MN 的最小值为【举一反三】1.（2020河南省焦作市模拟）在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E ⊥EF ，则|AF|的最大值为（ ）A ．B ．1C ．D ．22．（2020·四川高三期末（理））已知三棱锥S ABC -中，1SA SB SC ===，且SA 、SB 、SC 两两垂直，P 是三棱锥S ABC -外接球面上一动点，则P 到平面ABC 的距离的最大值是（ ）A 3B 3C 23D 433．（2020·山西高三月考）设点M 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，点P 在面BCC 1B 1所在的平面内，若平面D 1PM 分别与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则点P 到点C 1的最短距离是（ ）A 25B 2C ．1D 64．如图，三棱锥A BCD -中，10812AC AD BC BD AB CD ======，，，点P 在侧面ACD 内，且点P 到直线AB 的距离为4，则点P 到平面BCD 距离的最小值为_________．【来源】山西省临汾市2021届高三下学期二模数学（理）试题类型三 周长、面积与体积的最值问题【例3】已知点P 是等边△ABC 外一点，且点P 在△ABC 所在平面内的射影恰好在边BC 上，若△ABC 的边长为2，三棱锥P ﹣ABC 的外接球体积为3π，则三棱锥P ﹣ABC 体积的最大值为___________.【来源】湖南省三湘名校教育联盟2021届高三下学期第三次大联考数学试题【例4】已知,,,A B C D 为球面上四点，,M N 分别是,AB CD 的中点，以MN 为直径的球称为,AB CD 的“伴随球”，若三棱锥A BCD -的四个顶点在体积为36π的球面上，它的两条边,AB CD 的长度分别为2和5,AB CD 的伴随球的表面积的取值范围是_____．【来源】安徽省宣城市2021届高三下学期第二次调研理科数学试题【例5】（2020·重庆南开中学高二期末）如图所示，直平行六面体111ABCD A BC D -的所有棱长都为2，60DAB ︒∠=，过体对角线1BD 的截面S 与棱1AA 和1CC 分别交于点E 、F ，给出下列命题中：①四边形1BED F 的面积最小值为26； ②直线EF 与平面11BCC B 所成角的最大值为4π； ③四棱锥11B BED F -的体积为定值；④点1B 到截面S 的距离的最小值为2217. 其中，所有真命题的序号为（ ）A ．①②③B ．①③④C ．①③D ．②④【举一反三】1．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 是等腰直角三角形，且AB BC ⊥．若该三棱柱的外接球半径是2，则三棱锥1C ABC -体积的最大值为__________．【来源】湖北省十堰市2021届高三下学期4月调研数学试题2、如图，已知平面l αβ=，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在平面β内，且,,DA CB αα⊥⊥4AD =，6,8AB BC ==，在平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，则P ABCD -体积的最大值是（ ）A.24316 C.48 D.1443．（2020·河北高三期末（理））已知正六棱锥 P ABCDEF 的所有顶点都在一个半径为1的球面上，则该正六棱锥体积的最大值为（ ）A ．8327B ．16327C ．839 D ．32327三．强化训练 1．（2020·内蒙古高三）如图,在长方体1111ABCD A B C D -中,1AB =,2AD =,13AA =,点M 是AD 的中点,点P 是底面ABCD 内(不包括边界)一动点,且三棱锥1A BMP -体积为12,则PC 的最小值是( )A 3B 2C ．32D ．222．（2020·北京高三）三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，11AA AB AC ===，AB AC ⊥，N 是BC 的中点，点P 在11A B 上，且满足111A P A B λ=，当直线PN 与平面ABC 所成的角取最大值时，λ的值为()A．12B．22C．32D．2553．（2020·黑龙江高三（理））设,,,A B C D是同一个半径为4的球的球面上四点，在ABC中，6BC=,60BAC∠=︒,则三棱锥D ABC-体积的最大值为（）A．123B．183C．243D．5434.（2020兰州高考诊断）四棱锥的顶点均在一个半径为3的球面上，若正方形的边长为4，则四棱锥的体积最大值为（）A．B．C．D．5．（2020广东省东莞市质检）已知一个四棱锥的正主视图和俯视图如图所示，其中，则该四棱锥的高的最大值为A．B．C．4 D．26.（2020湖南省衡阳市模拟）如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．7．如图，在矩形ABCD 中， 2,1AB AD ==,点E 为CD 的中点， F 为线段CE （端点除外）上一动点现将DAF ∆沿AF 折起，使得平面ABD ⊥平面ABC 设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ，则sin θ的最大值为（ ）A. 13B. 24C. 12D. 238．（2020·山东师范大学附中高三期中（理））如图所示，五面体ABCDE 中，正ABC ∆的边长为1，AE ⊥平面,ABC CD AE ∥，且12CD AE =.设CE 与平面ABE 所成的角为,(0)AE k k α=>，若ππ[,]64α∈，则当k 取最大值时，平面BDE 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）A 2B ．1C 2D 39．（2020·重庆巴蜀中学高三期末（理））棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为1CC 的中点，P 在底面ABCD 内运动，1D P 与平面ABCD 所成角为1θ，NP 与平面ABCD 所成角为2θ，若12θθ=，则AP 的最小值为（ ） A ．2 B ．83 C ．4 D ．110．（2020·河南高三期末（理））在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设1PD ，PE 与底面ABCD 所成的角分别为12θθ，（12θθ，均不为0），若12θθ=，则三棱锥11P BB C -体积的最小值是（ ）A ．92B ．52C ．32D ．5411．已知正四面体A BCD -的边长为22，点P 、Q 分别为线段AB ，CD 上的动点，满足224+=AP CQ ，M 为线段PQ 的中点，则||AM 的最大值为（ ）A ．32+B ．2C ．5D ．612．如图是一个底面半径和高都是1的装满沙子的圆锥形沙漏，从计时开始，流出沙子的体积V 是沙面下降高度x 的函数()V f x =，若正数a ，b 满足1a b +=，则()()f a f b +的最大值为（ ）A ．3πB ．49πC ．712πD ．23π 【来源】陕西省宝鸡市2021届高三下学期二模理科数学试题13．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB AD ==11AA =，若面对角线1A B 上存在一点P ，使得1AP D P +取得最小值，则此最小值为（ ）A ．1B ．3C ．13+D ．7【来源】黑龙江省哈尔滨市第九中学2021届高三第三次模拟考试理科数学试题14．在直三棱柱111ABC A B C -中，156,8,10AA AB BC AC ====，，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是（ ）A ．9πB ．16πC ．24πD ．25π【来源】陕西省汉中市2021届高三下学期第二次检测理科数学试题15．已知一个圆柱的两个底面的圆周在半径为23的同一个球的球面上，则该圆柱体积的最大值为（ ） A ．32π B ．323π C ．10π D ．24π【来源】广东省2021届高三二模数学试题16．在正四棱锥S ABCD -中，SO ⊥面ABCD 于O ，2SO =，底面的边长为2，点,P Q 分别在线段,BD SC 上移动，则,P Q 两点的最短的距离为（ ）A ．55B ．255C ．2D ．117.在正四面体P ABC -中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN AB λ=，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当1233λ≤≤时，则cos α的取值范围是__________． 18．（2020陕西省西安地区陕师大附中模拟）如图，已知正四棱柱和半径为的半球O ，底面ABCD 在半球O 底面所在平面上，，，，四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为______．19．（2020江西省上饶市模拟）已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为______.20．（2020·浙江高三期末）如图，在矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，M 为AB 的中点，将△ADM 沿DM 翻折．在翻折过程中，当二面角A —BC —D 的平面角最大时，其正切值为21．（2020·湖南高考模拟（理））已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在半径为3的球面上，AB AC ⊥，则该三棱锥体积的最大值是22．如图，一个有盖圆柱形铁桶的底面直径为43，高为8，铁桶盖的最大张角为60，往铁桶内塞入一个木球，则该木球的最大表面积为___________.【来源】陕西省榆林市2021届高三下学期第四次模拟考试文科数学试题23．已知长方体1111ABCD A B C D -外接球的体积为36π，125AA =ABCD 面积的最大值为__________．【来源】山西省晋城市2021届高三下学期二模数学（理）试题24．某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1.现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的周柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模其体积的最小值为___________.【来源】河北省承德市2021届高三下学期二模数学试题25．已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的高为4，底面边长均为2，且60BAD ∠=︒，P 是侧面11BCC B 内的一点，若1DP D P ⊥，则AP 的最小值为___________.【来源】浙江省台州市第一中学2021届高三下学期4月模拟考试数学试题26．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为底面ABCD 的中心，点P 在侧面11BB C C 的边界及其内部运动，若1D O OP ⊥，则11C D P 面积的最大值为_________．27．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为_____．【来源】宁夏六盘山市高级中学2021届高三下学期一模数学（理）试题试题28．如图，在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点M 是AD 的中点，动点P 在底面正方形ABCD 内（不包括边界），若B 1P //平面A 1BM ，则C 1P 长度的取值范围是____．。
高三数学精选立体几何多选题 易错题难题提优专项训练试卷
高三数学精选立体几何多选题 易错题难题提优专项训练试卷一、立体几何多选题1．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 60333A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.2．如图，直三棱柱11,ABC A B C -，ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，且12AC AA ==，E ，F 分别是AC ，11A C 的中点，D ，M 分别是1AA ，1BB 上的两个动点，则（ ）A ．FM 与BD 一定是异面直线B ．三棱锥D MEF -的体积为定值14C ．直线11B C 与BD 所成角为2π D ．若D 为1AA 中点，则四棱锥1D BB FE -55【答案】CD 【分析】A 当特殊情况M 与B 重合有FM 与BD 相交且共面；B 根据线面垂直、面面垂直判定可证面1BEFB ⊥面11ACC A ，可知EMFS、D 到面1BEFB 的距离，可求D EMF V -；C 根据线面垂直的判定及性质即可确定11B C 与BD 所成角；D 由面面垂直、勾股、矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，即可判断各项的正误. 【详解】A ：当M 与B 重合时，FM 与BD 相交且共面，错误； B ：由题意知：BE AC ⊥，AC EF ⊥且BEEF E =，则AC ⊥面1BEFB ，又AC ⊂面11ACC A ，面1BEFB ⋂面11ACC A EF =，所以面1BEFB ⊥面11ACC A ，又1121122EMFSEF BE =⋅⋅=⨯⨯=，D 到面1BEFB 的距离为1h =，所以1133D EMF EMFV h S-=⋅⋅=，错误； C ：由AB BC ⊥，1BC B B ⊥，1B BAB B =，所以BC ⊥面11ABB A ，又11//BC B C ，即11B C ⊥面11ABB A ，而BD ⊂面11ABB A ，则11BD B C ⊥，正确；D ：由B 中，面1BEFB ⊥面11ACC A ，即面DEF ⊥面1BEFB ，则D 到面1BEFB 的距离为1h =，又D 为1AA 中点，若1,BF EB 交点为O ，G 为EF 中点，连接,,OG GD OD ，则OG GD ⊥，故2252OD OG GD =+=，由矩形的性质知：15OB OE OF OB ====令四棱锥1D BB FE -的外接球半径为R ，则52R =，所以四棱锥1D BB FE -的外接球体积为35435V R ππ==，正确. 故选：CD. 【点睛】关键点点睛：利用线面、面面关系确定几何体的高，结合棱锥体积公式求体积，根据线面垂直、勾股定理及矩形性质确定外接球半径，结合球体体积公式求体积.3．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，090B F ∠=∠=，060,45,A D BC DE ∠=∠==，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥F CAB -，取BC 中点O 与AC 中点M ，则下列判断中正确的是（ ）A ．BC FM ⊥B ．AC 与平面MOF 3C ．平面MOF 与平面AFB 所成的二面角的平面角为45°D ．设平面ABF 平面MOF l =，则有//l AB【答案】AD 【分析】证明BC ⊥面FOM 可判断A ；根据AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=判断B ；利用特殊位置判断C ；先证明//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可判断D ；【详解】由三角形中位线定理以及等腰三角形的性质可得,,BC OF BC OM OM OF O ⊥⊥=，所以BC ⊥面FOM BC FM ⇒⊥，故A 正确；因为BC ⊥面FOM ，所以AC 与平面MOF 所成的角为060CMO ∠=，所以余弦值为12，故B 错误； 对于C 选项可以考虑特殊位置法，由BC ⊥面FOM 得面ABC ⊥面FOM ，所以点F 在平面ABC 内的射影在直线OM 上，不妨设点F 平面ABC 内的射影为M ，过点M 作//BC MN ，连结NF .易证AB ⊥面MNF ，则l ⊥面MNF ，所以MFN ∠为平面MOF与平面AFB 所成的二面角的平面角，不妨设2AB =，因为060A，所以23BC =，则13,12OF BC OM ===，显然MFN ∠不等于45°，故C 错误. 设面MOF 与平面ABF 的交线为l ，又因为//,AB OM AB ⊄面MOF ，OM ⊂面MOF ，所以//AB 面MOF ，由线面平行的性质定理可得：//l AB ，故D 正确； 故选：AD.【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可.4．如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，中，E 为棱1CC 上的中点，F 为棱1AA 上的点，且满足1:1:2A F FA =，点F ，B ，E ，G ，H 为过三点B ，E ，F 的平面BMN 与正方体1111ABCD A B C D -的棱的交点，则下列说法正确的是（ ）A ．//HF BEB ．三棱锥的体积14B BMN V -=C ．直线MN 与平面11A B BA 所成的角为45︒D ．11:1:3D G GC = 【答案】ABD 【分析】面面平行性质定理可得出A 正确；等体积法求得B 正确；直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠，求其正切值不等于1即可得出C 错误；利用面面平行性质定理和中位线求出11,D G GC 长度即可得出D 正确. 【详解】解：对于A.在正方体1111ABCD A B C D -中平面11//ADA D 平面11BCB C ， 又平面11ADA D 平面BMN HF =，平面11BCB C ⋂平面BMN BE =，有平面与平面平行的性质定理可得//HF BE ，故正确； 对于B.因为1:1:2A F FA =，所以111332B M A B ==， 又E 为棱1CC 上的中点，所以14B N =, 所以1111234432B BMN N B BM V V --⎛⎫==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭，故正确； 对于C.由题意及图形可判定直线MN 与平面11A B BA 所成的角为1B MN ∠， 结合B 选项可得1114tan 13B N B MN B M ∠==≠，故错误； 对于D.同A 选项证明方法一样可证的11//GC B M ，因为E 为棱1CC 上的中点，1C 为棱1B N 上的中点，所以1113=22GC B M = 所以11G=2D ，所以11:1:3D G GC =，故正确. 故选：ABD 【点睛】求体积的常用方法：（1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算；（2）等体积法：选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换；（3）割补法：首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算.5．如图，已知四棱锥P ABCD -所有棱长均为4，点M 是侧棱PC 上的一个动点（不与点,P C 重合），若过点M 且垂直于PC 的截面将该四棱锥分成两部分，则下列结论正确的是（ ）A ．截面的形状可能为三角形、四边形、五边形B ．截面和底面ABCD 所成的锐二面角为4π C ．当1PM =时，截面的面积为52D ．当2PM =时，记被截面分成的两个几何体的体积分别为()1212,>V V V V ，则123=V V 【答案】BCD 【分析】点M 是侧棱PC 上的一个动点，根据其不同位置，对选项逐一进行判断即可. 【详解】A 选项中，如图，连接BD ，当M 是PC 中点时，2MC =，由题意知三角形PDC 与三角形PBC 都是边长为4的正三角形，所以DM PC ⊥,BM BC ⊥，又DM ，BM 在面MBD 内，且相交，所以PC ⊥平面PBD ，三角形MBD 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是三角形，点M 向下移动时，2MC <，如图，仍是三角形；若点M 由中点位置向上移动，2MC >，在平面PDC 内作EM PC ⊥，交PD 于E ，在平面PBC 内作FM PC ⊥交PB 于F ，平面MEF 交平面PAD 于EG ，交PAB 于FH ，即交平面ABCD 于GH ，则五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，此时是五边形； 故截面的形状可能为三角形、五边形，A 错误；B 选项中，因为截面总与PC 垂直，所以不同位置的截面均平行，截面与平面ABCD 所成的锐角为定值，不妨取M 是中点，连接AC ，BD ，MB ，MD ，设AC ，BD 交点是N ，连接PN ，由题意知，四边形ABCD 是边长为4的菱形，BD AC ⊥，因为MB =MD ，所以MN BD ⊥，故MNC ∠是截面与平面ABCD 所成的锐角，过点M 作MQ AC ⊥，垂足Q.在三角形PAC中，MN =2，2，故在直角三角形MNQ 中，2cos NQ MNC MN ∠==，故4MNC π∠=，故B 正确；C 选项中，当PM =1时，M 是PC 中点，如图，五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，依题意，直角三角形PME 中，2cos PMPE EPM==∠，故E 为PD 的中点，同理，F是PB 的中点，则EF 是三角形PBD 的中位线，1222EF BD ==G ，H 分别在,AD AB的中点上，证明如下，当G ，H ，也是中点时，1//,2GH BD GH BD =，有//,22GH EF GH EF ==，四边形EFHG 是平行四边形.依题意，三角形PAC 中4,42PA PC AC ===，故PA PC ⊥，故PC GE ⊥，易见，正四棱锥中BD ⊥平面PAC ，故BD PC ⊥，GH PC ∴⊥，因为 ,GE GH 均在平面EFHG 内，且相交，所以PC ⊥平面EFHG ，故此时平面EFHG 和平面MEF 即同一平面.又BD ⊥平面PAC ，有GH ⊥面平面PAC ，GH GM ⊥，根据对称性有GH GE ⊥，四边形EFHG 是矩形. 即五边形MEGHF 即为过点M 且垂直于PC 的截面，平面图如下:依题意，22GH EF ==2EG FG ==，三角形高为()()22321h =-=，面积是122122⨯=，四边形面积是22242=，故截面面积是52 故C 正确；D 选项中，若PM =2，看B 选项中的图可知，21124M BCD P BCD P ABCD V V V V ---===，故剩余部分134P ABCD V V -=，所以123=V V ，故D 正确. 故选：BCD. 【点睛】本题考查了棱锥的截面问题，考查了二面角、体积等计算问题，属于难题.6．已知直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==，D 是AC 的中点，O 为1A C 的中点.点P 是1BC 上的动点，则下列说法正确的是（ ）A ．当点P 运动到1BC 中点时，直线1A P 与平面111ABC 所成的角的正切值为5 B ．无论点P 在1BC 上怎么运动，都有11A P OB ⊥C ．当点P 运动到1BC 中点时，才有1A P 与1OB 相交于一点，记为Q ，且113PQ QA = D ．无论点P 在1BC 上怎么运动，直线1A P 与AB 所成角都不可能是30° 【答案】ABD 【分析】构造线面角1PA E ∠，由已知线段的等量关系求1tan EPPA E AE∠=的值即可判断A 的正误；利用线面垂直的性质，可证明11A P OB ⊥即可知B 的正误；由中位线的性质有112PQ QA =可知C 的正误；由直线的平行关系构造线线角为11B A P ∠，结合动点P 分析角度范围即可知D 的正误 【详解】直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ⊥，1AB BC BB ==选项A 中，当点P 运动到1BC 中点时，有E 为11B C 的中点，连接1A E 、EP ，如下图示即有EP ⊥面111A B C∴直线1A P 与平面111A B C 所成的角的正切值：1tan EPPA E AE∠= ∵112EP BB =，22111152AE A B B E BB =+=∴15tan 5PA E ∠=，故A 正确选项B 中，连接1B C ，与1BC 交于E ，并连接1A B ，如下图示由题意知，11B BCC 为正方形，即有11B C BC ⊥而AB BC ⊥且111ABC A B C -为直三棱柱，有11A B ⊥面11B BCC ，1BC ⊂面11B BCC ∴111A B BC ⊥，又1111A B B C B =∴1BC ⊥面11A B C ，1OB ⊂面11A B C ，故11BC OB ⊥ 同理可证：11A B OB ⊥，又11A B BC B ⋂=∴1OB ⊥面11A BC ，又1A P ⊂面11A BC ，即有11A POB ⊥，故B 正确选项C 中，点P 运动到1BC 中点时，即在△11A B C 中1A P 、1OB 均为中位线∴Q 为中位线的交点 ∴根据中位线的性质有：112PQ QA =，故C 错误选项D 中，由于11//A B AB ，直线1A P 与AB 所成角即为11A B 与1A P 所成角：11B A P ∠ 结合下图分析知：点P 在1BC 上运动时当P 在B 或1C 上时，11B A P ∠最大为45° 当P 在1BC 中点上时，11B A P ∠最小为23arctan arctan 3023>=︒ ∴11B A P ∠不可能是30°，故D 正确 故选：ABD 【点睛】本题考查了利用射影定理构造线面角，并计算其正弦值；利用线面垂直证明线线垂直；中位线的性质：中位线交点分中位线为1：2的数量关系；由动点分析线线角的大小7．如图，已知P 为棱长为1的正方体对角线1BD 上的一点，且()()10,1BP BD λλ=，下面结论中正确结论的有（ ）A ．11A D C P ⊥；B ．当1A P PD +取最小值时，23λ=； C ．若()0,1λ∈，则7,312APC ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭；D ．若P 为1BD 的中点，四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π． 【答案】ABD 【分析】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，利用向量关系可判断ABC ；根据几何体外接球关系建立方程求出球半径即可判断D. 【详解】以D 为坐标原点建立如图空间直角坐标系， 则()1,1,0B ，()10,0,1D ，设(),,P x y z ，()()10,1BP BD λλ=，1BP BD λ∴=，即()()1,1,1,1,1x y z λ--=--，则可解得()1,1,P λλλ--， 对A ，()()()111,0,1,0,0,0,0,1,1A D C ，()11,0,1A D ∴=--，()11,,1C P λλλ=---，则()()()()11110110A D C P λλλ⋅=-⨯-+⨯-+-⨯-=，则11A D C P ⊥，故A 正确；对B ，()()()()()2222221111111A P PD λλλλλλ+=--+-+--+-+222223422333λλλ⎛⎫=-+=-+ ⎪⎝⎭则当23λ=时，1A P PD +取最小值，故B 正确； 对C ，()()1,0,0,0,1,0A C ，(),1,PA λλλ∴=--，()1,,PC λλλ=--，则222321cos 1321321PA PCAPC PA PC λλλλλλ⋅-∠===--+-+⋅， 01λ<<，则2232123λλ≤-+<，则2111123212λλ-≤-<-+， 即11cos 22APC -≤∠<，则2,33APC ππ⎛⎤∠∈ ⎥⎝⎦，故C 错误； 对于D ，当P 为1BD 中点时，四棱锥11P AA D D -为正四棱锥，设平面11AA D D 的中心为O ，四棱锥11P AA D D -的外接球半径为R ，所以222122R R ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭⎝⎭，解得34R =，故四棱锥11P AA D D -的外接球表面积为94π，所以D 正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：本题考查空间相关量的计算，解题的关键是建立空间直角坐标系，利用向量建立关系进行计算.8．如图所示，正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，E ，F 分别是棱AA '，CC '的中点，过直线EF 的平面分别与棱BB '，DD '交于点M ，N ，以下四个命题中正确的是（ ）A ．0MN EF ⋅=B ．ME NE =C ．四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:3D ．四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3 【答案】ABD 【分析】证明EF ⊥平面BDD B ''，进而得EF MN ⊥，即可得A 选项正确；证明四边形MENF 为菱形即可得B 选项正确；由菱形性质得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅，再分别讨论MN 的最大值与最小值即可；根据割补法求解体积即可. 【详解】对于A 选项，如图，连接BD ，B D ''，MN ．由题易得EF BD ⊥，EFBB '⊥，BD BB B '⋂=，所以EF ⊥平面BDD B ''，又MN ⊂平面BDD B ''，所以EF MN ⊥，因此0MN EF ⋅=，故A 正确．对于B 选项，由正方体性质得：平面''//BCC B 平面''ADD A ，平面''BCC B 平面EMFN MF =，平面''ADD A 平面EMFN EN =， 所以//MF EN ，同理得//ME NF ，又EF MN ⊥，所以四边形MENF 为菱形， 因此ME NE =，故B 正确．对于C 选项，由B 易得四边形MENF 的面积12S MN EF =⋅， 所以当点M ，N 分别为BB '，DD '的中点时，四边形MENF 的面积S 最小， 此时2MN EF ==，即面积S 的最小值为1；当点M ，N 分别与点B （或点B '），D （或D ）重合时，四边形MENF 的面积S 最大，此时3MN =，即面积S 的最大值为6， 所以四边形MENF 的面积最小值与最大值之比为2:6，故C 不正确． 对于D 选项，四棱锥A MENF -的体积1112123346M AEF N AEF AEF V V V DB S --=+=⋅=⨯⨯=△； 因为E ，F 分别是AA '，CC '的中点，所以BM D N '=，DN B M '=，于是被截面MENF 平分的两个多面体是完全相同的，则它们的体积也是相同的，因此多面体ABCD EMFN -的体积21122ABCD A B C D V V ''''-==正方体，所以四棱锥A MENF -与多面体ABCD EMFN -体积之比为1:3，故D 正确． 故选：ABD ．【点睛】本题考查立体几何与向量的综合、截面面积的最值、几何体的体积，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于证明四边形MENF 为菱形，利用割补法将四棱锥A MENF -的体积转化为三棱锥M AEF - 和N AEF -的体积之和，将多面体ABCD EMFN -的体积转化为正方体的体积的一半求解.。
高三数学精选立体几何多选题 易错题综合模拟测评学能测试试卷
高三数学精选立体几何多选题 易错题综合模拟测评学能测试试卷一、立体几何多选题1．如图，正方体1111ABCD A B C D -中的正四面体11A BDC -的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）A ．异面直线1AB 与1AD 所成的角是3πB ．1BD ⊥平面11AC DC ．平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为3D ．正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23【答案】ABD 【分析】选项A ，利用正方体的结构特征找到异面直线所成的角；选项B ，根据正方体和正四面体的结构特征以及线面垂直的判定定理容易得证；选项C ，由图得平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为1ACB 面积的四分之一；选项D ，分别求出正方体的体对角线长和正四面体11A BDC -的高，然后判断数量关系即可得解. 【详解】A ：正方体1111ABCD ABCD -中，易知11//AD BC ，异面直线1A B 与1AD 所成的角即直线1A B 与1BC 所成的角，即11A BC ∠，11A BC 为等边三角形，113A BC π∠=，正确；B ：连接11B D ，1B B ⊥平面1111DC B A ，11A C ⊂平面1111D C B A ，即111AC B B ⊥，又1111AC B D ⊥，1111B B B D B ⋂=，有11A C ⊥平面11BDD B ，1BD ⊂平面11BDD B ，所以111BD AC ⊥，同理可证：11BD A D ⊥，1111AC A D A ⋂=，所以1BD ⊥平面11AC D ，正确；C ：易知平面1ACB 截正四面体11A BDC -所得截面面积为134ACB S=，错误；D ：易得正方体1111ABCD A B C D -()()()2222226++=2的正四面体11A BDC -的高为22222262213⎛⎫--⨯= ⎪⎝⎭，故正四面体11A BDC -的高等于正方体1111ABCD A B C D -体对角线长的23，正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：利用正方体的性质，找异面直线所成角的平面角求其大小，根据线面垂直的判定证明1BD ⊥平面11AC D ，由正四面体的性质，结合几何图形确定截面的面积，并求高，即可判断C 、D 的正误.2．如图，在棱长为2的正方体ABCD A B C D ''''-中，M 为BC 边的中点，下列结论正确的有（ ）A ．AM 与DB ''所成角的余弦值为1010B ．过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A BCD ''''-的截面面积为92C ．四面体A C BD ''的内切球的表面积为3π D ．正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动并且使MAC PAC ''∠=∠，那么点P 的轨迹是椭圆 【答案】AB 【分析】构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角cos ,||||AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>=''为AM 与D B ''所成角的余弦值判断A 的正误；同样设(,,0)P x y 结合向量夹角的坐标表示，22221543y x y +=++⨯P 的轨迹知D 的正误；由立方体的截面为梯形，分别求,,,MN AD AM D N ''，进而得到梯形的高即可求面积，判断B 的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r ，进而求内切球表面积，判断C 的正误.【详解】A ：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：(0,0,2),(1,2,2),(0,2,0),(2,0,0)A M B D ''， ∴(1,2,0),(2,2,0)AM D B ''==-，10cos ,10||||58AM D B AM D B AM D B ''⋅''<>===''⨯，故正确.B ：若N 为CC '的中点，连接MN ，则有//MN AD '，如下图示，∴梯形AMND’为过三点A 、M 、D 的正方体ABCD A B C D ''''-的截面， 而2,2,5MN AD AM D N ''====322， ∴梯形的面积为132932222S =⨯=，故正确. C ：如下图知：四面体A C BD ''的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，∴118848323V =-⨯⨯⨯=，而四面体的棱长都为22，有表面积为142222sin 8323S π=⨯⨯⨯⨯=，∴若其内切圆半径为r ，则有188333r ⨯⋅=，即33r =，所以内切球的表面积为2443r ππ=.故错误. D ：正方体ABCD A B C D ''''-中，点P 在底面A B C D ''''（所在的平面）上运动且MAC PAC ''∠=∠，即P 的轨迹为面A B C D ''''截以AM 、AP 为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线GPK ，构建如下空间直角坐标系，232(0,0,2),(2),(0,22,0)22A M C '-，若(,,0)P x y ，则232(,,0),(0,22,2),(,,2)22AM AC AP x y '=-=-=-，∴15cos ||||512AMAC MAC AM AC '⋅'∠==='⨯，2222cos ||||43AP AC y PAC AP AC x y '⋅+'∠=='++⨯，即222215543y x y +=++⨯，整理得22(102)9216(0)y x y +-=>，即轨迹为双曲线的一支，故错误.故选：AB 【点睛】关键点点睛：应用向量的坐标表示求异面直线的夹角，并结合等角的余弦值相等及向量数量积的坐标表示求动点的轨迹，综合立方体的性质求截面面积，分割几何体应用等体积法求内切球半径，进而求内切球的表面积.3．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 的最小值为21-D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为21530+【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=，得1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=，即221|25A E +=，所以1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d =当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α2215301515=， 故D 正确 故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．4．在直角梯形ABCD 中，2ABC BCD π∠=∠=，1AB BC ==，2DC =，E 为DC 中点，现将ADE 沿AE 折起，得到一个四棱锥D ABCE -，则下列命题正确的有（ ） A ．在ADE 沿AE 折起的过程中，四棱锥D ABCE -体积的最大值为13B ．在ADE 沿AE 折起的过程中，异面直线AD 与BC 所成的角恒为4π C ．在ADE 沿AE 折起的过程中，二面角A EC D --的大小为45︒D ．在四棱锥D ABCE -中，当D 在EC 上的射影恰好为EC 的中点F 时，DB 与平面ABCE 所成的角的正切为155【答案】ABD 【分析】对于A ，四棱锥D ABCE -的底面面积是固定值，要使得体积最大，需要平面DAE ⊥平面ABCE ，此时DE CE ⊥，可求得1133D ABCE ABCE V S DE -=⋅=可判断A ；对于B ，在ADE 沿AE 折起的过程中，//AE BC ，所以异面直线AD 与AE 所成的角即为AD 与BC所成角，由翻折前可知4DAE π∠=可判断B ；对于C ，利用线面垂直的判定定理，结合翻折前可知AE ⊥平面DEC ，又AE ⊂平面ABCE ，所以平面DEC ⊥平面ABCE ，即二面角A EC D --的在大小为2π判断C ；对于D ，利用线面垂直的判定定理可知DF ⊥平面ABCE ，所以DBF ∠为直线DB 与平面ABCE 所成的角，在直角DFB △中，15tan DF DBF BF ∠==，可判断D 正确；【详解】对于A ，ADE 沿AE 折起得到四棱锥D ABCE -，由四棱锥底面面积是固定值，要使得体积最大，需要四棱锥的高最大，即平面DAE ⊥平面ABCE ，此时DE CE ⊥，由已知得1DE =，则111111333D ABCE ABCE V S DE -=⋅=⨯⨯⨯=，故A 正确； 对于B ，在ADE 沿AE 折起的过程中，//AE BC ，所以异面直线AD 与AE 所成的角即为AD 与BC 所成角，又1AB BC ==，2DC =，E 为DC 中点，可知4DAE π∠=，即异面直线AD 与BC 所成的角恒为4π，故B 正确； 对于C ，由翻折前知，,AE EC AE ED ⊥⊥，且ECED E =，则AE ⊥平面DEC ，又AE ⊂平面ABCE ，所以平面DEC ⊥平面ABCE ，即二面角A EC D --的大小为2π，故C 错误；对于D ，如图连接,DF BF ，由C 选项知，AE ⊥平面DEC ，又DF ⊂平面DEC ，则AE DF ⊥，又由已知得EC DF ⊥，且EC AE E ⋂=，则DF ⊥平面ABCE ，所以DBF ∠为直线DB 与平面ABCE 所成的角，在直角DFB △中，222222113122152tan 5511122DE CE DFDBF BFBC CE ⎛⎫⎛⎫-- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∠=====⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以DB 与平面ABCE 所成的角的正切为15，故D 正确； 故选：ABD 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何综合问题，求体积，求线线角，线面角，面面角，解题的关键要熟悉几种角的定义，通过平移法找到线线角，通过证垂直找到线面角和面面角，再结合三角形求出角，考查了学生的逻辑推理能力，转化能力与运算求解能力，属于难题.5．如图四棱锥P ABCD -，平面PAD ⊥平面ABCD ，侧面PAD 是边长为26的正三角形，底面ABCD 为矩形，23CD =，点Q 是PD 的中点，则下列结论正确的是（ ）A ．CQ ⊥平面PADB ．PC 与平面AQC 所成角的余弦值为223C ．三棱锥B ACQ -的体积为62D ．四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的表面积为3【答案】BD 【分析】取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ，则由已知可得OP ⊥平面 ABCD ，而底面ABCD 为矩形，所以以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴 ，z 轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量依次求解即可. 【详解】解：取AD 的中点O ，BC 的中点E ，连接,OE OP ， 因为三角形PAD 为等边三角形，所以OP AD ⊥, 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，所以OP ⊥平面 ABCD ， 因为AD OE ⊥，所以,,OD OE OP 两两垂直，所以，如下图，以O 为坐标原点，分别以,,OD OE OP 所在的直线为x 轴，y 轴 ，z 轴，建立空间直角坐标系，则(0,0,0),(O D A ，(P C B ，因为点Q 是PD的中点，所以Q ， 平面PAD 的一个法向量为(0,1,0)m =，6(22QC =-，显然 m 与QC 不共线， 所以CQ 与平面PAD 不垂直，所以A 不正确；3632(6,23,32),(,0,),(26,2PC AQ AC =-==， 设平面AQC 的法向量为(,,)n x y z =，则3602260n AQ x zn AC⎧⋅=+=⎪⎨⎪⋅=+=⎩，令=1x ，则y z ==， 所以(1,2,n =-， 设PC 与平面AQC 所成角为θ，则21sin 36n PC n PCθ⋅===， 所以cos 3θ=，所以B 正确；三棱锥B ACQ -的体积为1132B ACQ Q ABC ABCV V SOP --==⋅1116322=⨯⨯⨯=， 所以C 不正确；设四棱锥Q ABCD -外接球的球心为)M a ，则MQ MD =，所以()()()222222632363a a ⎛⎫⎛⎫++-=++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得0a =，即(0,3,0)M 为矩形ABCD 对角线的交点， 所以四棱锥Q ABCD -外接球的半径为3，设四棱锥Q ABCD -外接球的内接正四面体的棱长为x ， 将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体面的对角线，故正方体的棱长为2x ，所以222362x ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，得224x =， 所以正四面体的表面积为234243x ⨯=，所以D 正确. 故选：BD【点睛】此题考查线面垂直，线面角，棱锥的体积，棱锥的外接球等知识，综合性强，考查了计算能力，属于较难题.6．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a，a ⎡∈⎣，()Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,22R λλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,2D R λλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,222212440AR AC λλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时113313022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则44,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，142,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.7．在边长为2的等边三角形ABC 中，点,D E 分别是边,AC AB 上的点，满足//DE BC 且AD ACλ=，（()01λ∈，），将ADE 沿直线DE 折到A DE '△的位置.在翻折过程中，下列结论不成立的是（ ）A ．在边A E '上存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD 'B ．存在102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面A BC '⊥平面BCDEC ．若12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，||104A B '= D ．在翻折过程中，四棱锥A BCDE '-体积的最大值记为()f λ，()f λ23【答案】ABC 【分析】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，即可判断出结论.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，即可判断出结论. 对于C ，12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，可得AM ⊥平面BCDE .可得22A B AM BM '=+，结合余弦定理即可得出.对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，利用导数研究函数的单调性即可得出.【详解】对于A.在边A E '上点F ，在A D '上取一点N ，使得//FN ED ，在ED 上取一点H ，使得//NH EF ，作//HG BE 交BC 于点G ，如图所示，则可得FN 平行且等于BG ，即四边形BGNF 为平行四边形， ∴//NG BE ，而GN 始终与平面ACD 相交，因此在边A E '上不存在点F ，使得在翻折过程中，满足//BF 平面A CD '，A 不正确.对于B ，102λ∈⎛⎫⎪⎝⎭,，在翻折过程中，点A '在底面BCDE 的射影不可能在交线BC 上，因此不满足平面A BC '⊥平面BCDE ，因此B 不正确. 对于C.12λ=，当二面角A DE B '--为直二面角时，取ED 的中点M ，如图所示：可得AM ⊥平面BCDE ， 则22223111010()1()21cos120222A B AM BM '=+=++-⨯⨯⨯︒=≠，因此C 不正确；对于D.在翻折过程中，取平面AED ⊥平面BCDE ，四棱锥A BCDE '-体积()3133BCDE f S λλλλ=⋅⋅=-，()01λ∈，，()213f λλ'=-，可得33λ=时，函数()f λ取得最大值()31231339f λ⎛⎫=-=⎪⎝⎭，因此D 正确. 综上所述，不成立的为ABC. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了利用运动的观点理解空间线面面面位置关系、四棱锥的体积计算公式、余弦定理、利用导数研究函数的单调性极值与最值，考查了推理能力空间想象能力与计算能力，属于难题.8．如图，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a ，正三棱锥A －SBE 底面边长与侧棱长均为a ，则下列说法正确的是（ ）A ．AS ⊥CDB ．正四棱锥S －BCDE 的外接球半径为22C ．正四棱锥S －BCDE 的内切球半径为212a ⎛- ⎝⎭ D ．由正四棱锥S －BCDE 与正三棱锥A －SBE 拼成的多面体是一个三棱柱 【答案】ABD 【分析】取BE 中点H ，证明BE ⊥平面SAH 即可证AS CD ⊥；设底面中心为1O ，有1122O B O S a ==，可求得球半径为22a ；用等体积法求内切球半径即可判断；由////SA DE BC 且==SA DE BC 可知多面体是一个三棱柱.【详解】 如图所示：A 选项：取BE 中点H 连接,AH SH ，正三棱锥A SBE -中，,AH BE SH BE ⊥⊥ 又AHSH H =，所以BE ⊥平面SAH ，则BE AS ⊥，又//BE CD 所以AS CD ⊥ ，故A 正确；B 选项：设底面中心为1O ，球心为O 半径为R ，因为正四棱锥S －BCDE 外接球球心在1O S 上，所以OS OB R ==，因为，正四棱锥S －BCDE 底面边长与侧棱长均为a所以112O B O S ==，由()22211OB O B O S OS =+- 得2222222R a R ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得2R =，故B 正确； C 选项：设内切球半径为r ，易求得侧面面积为2213sin 234S a a π=⋅=， 由等体积法得222121134333a a r r =⋅+⋅⋅ 解得624a r = ，故C 错；D 选项：取SE 中点F ，连结AF ，DF ，BF ，则BFD ∠和BFA ∠分别是D SE B --和A SE B --的二面角的平面角，由)22222223321cos 2332aBF DF BDBFD BF DF ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===-⋅⎫⎪⎝⎭2222222331cos 2332a AF BF BA AFD AF BF ⎫⎫+-⎪⎪+-⎝⎭⎝⎭∠===⋅⎫⎪⎝⎭，故BFD ∠与BFA ∠互补，所以ASDE 共面，又因为AS AE ED SD ===，则ASDE 为平行四边形，故AS ED BC故正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以////D正确故选：ABD【点睛】求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：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，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.。
高三数学精选立体几何多选题 易错题难题综合模拟测评学能测试试卷
高三数学精选立体几何多选题 易错题难题综合模拟测评学能测试试卷一、立体几何多选题1．已知正方体1111 ABCD A B C D -的棱长为2，M 为1DD 的中点，N 为正方形ABCD 所在平面内一动点，则下列命题正确的有（ ）A ．若2MN =，则MN 的中点的轨迹所围成图形的面积为πB ．若N 到直线1BB 与直线DC 的距离相等，则N 的轨迹为抛物线C ．若1D N 与AB 所成的角为3π，则N 的轨迹为双曲线 D ．若MN 与平面ABCD 所成的角为3π，则N 的轨迹为椭圆【答案】BC 【分析】对于A ，连接MN ，ND ，DP ，得到直角MDN △，且P 为斜边MN 的中点，所以1PD =，进而得到P 点的轨迹为球面的一部分，即可判断选项A 错误；对于B ，可知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，利用抛物线定义知B 正确；对于C ，建立空间直角坐标系，设(,,0)N x y ，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简可知N 的轨迹为双曲线；对于D ，MN 与平面ABCD 所成的角为3MND π∠=，3ND =，可知N 的轨迹是以D 为圆心，33为半径的圆周； 【详解】对于A ，如图所示，设P 为MN 的中点，连接MN ，ND ，DP ，由正方体性质知MDN △为直角三角形，且P 为MN 的中点，2MN =，根据直角三角形斜边上的中线为斜边的一半，知MDN △不管怎么变化，始终有1PD =，即P 点的轨迹与正方体的面围城的几何体是一个以D 为球心，1为半径的球的18，其面积214182S ππ=⨯⨯=，故A 错误；对于B ，由正方体性质知，1BB ⊥平面ABCD 由线面垂直的性质定理知1NB BB ⊥，即NB 是点N 到直线1BB 的距离，在平面ABCD 中，点N 到定点B 的距离与到定直线DC 的距离相等，所以点N 的轨迹是以点B 为焦点，直线DC 为准线的抛物线，故B 正确； 对于C ，如图以D 为直角坐标系原点，建立空间直角坐标系，(,,0)N x y ，1(0,0,2)D ，(0,2,0)A ，(2,2,0)B ，则1(,,2)D N x y =-，(0,2,0)AB =，利用空间向量求夹角知122121cos3224D N AB y x y D N ABπ⋅===⨯++⋅，化简整理得：2234y x -=，即221443y x -=，所以N 的轨迹为双曲线，故C 正确；对于D ，由正方体性质知，MN 与平面ABCD 所成的角为MND ∠，即3MND π∠=，在直角MDN △中，3ND =，即N 的轨迹是以D 3D 错误； 故选：BC 【点睛】关键点睛：本题考查立体几何与解析几何的综合，解题的关键是抓住解析几何几种特殊曲线的定义，考查学生的逻辑推理能力，转化与划归能力与运算求解能力，属于难题.2．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为底面ABCD 内（含边界）一点．（ ） A ．若13A P =，则满足条件的P 点有且只有一个 B ．若12A P =，则点P 的轨迹是一段圆弧 C ．若1//A P 平面11B D C ，则1A P 长的最小值为2D ．若12A P =且1//A P 平面11B DC ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面的面积为23π【答案】ABD 【分析】选项A ，B 可利用球的截面小圆的半径来判断；由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD 上，1A P 长的最大值为2；结合以上条件点P 与B 或D 重合，利用12sin 60A P r =︒，求出63r =，进而求出面积. 【详解】对A 选项，如下图：由13A P =，知点P 在以1A 为球心，半径为3的球上，又因为P 在底面ABCD 内（含边界），底面截球可得一个小圆，由1A A ⊥底面ABCD ，知点P 的轨迹是在底面上以A 为圆心的小圆圆弧，半径为22112r A P A A =-=，则只有唯一一点C满足，故A 正确；对B 选项，同理可得点P 在以A 为圆心，半径为22111r A P A A =-=的小圆圆弧上，在底面ABCD 内（含边界）中，可得点P 轨迹为四分之一圆弧BD .故B 正确；对C 选项，移动点P 可得两相交的动直线与平面11B D C 平行，则点P 必在过1A 且与平面11B D C 平行的平面内，由平面1//A BD 平面11B D C ，知满足1//A P 平面11B D C 的点P 在BD上，则1A P 长的最大值为12A B =，则C 不正确； 对选项D ，由以上推理可知，点P 既在以A 为圆心，半径为1的小圆圆弧上，又在线段BD 上，即与B 或D 重合，不妨取点B ，则平面11A PC 截正方体外接球所得截面为11A BC 的外接圆，利用2126622,,sin 603A B r r S r ππ==∴=∴==︒.故D 正确.故选：ABD 【点睛】（1）平面截球所得截面为圆面，且满足222=R r d +（其中R 为球半径，r 为小圆半径，d 为球心到小圆距离）；（2）过定点A 的动直线平行一平面α，则这些动直线都在过A 且与α平行的平面内.3．在长方体1111ABCD A B C D -中，4AB BC ==，18AA =，点P 在线段11A C 上，M 为AB 的中点，则（ ） A ．BD ⊥平面PACB ．当P 为11AC 的中点时，四棱锥P ABCD -外接球半径为72C ．三棱锥A PCD -体积为定值D ．过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面，所得截面圆的面积的最小值为4π 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A 选项的正误；判断出四棱锥P ABCD -为正四棱锥，求出该四棱锥的外接球半径，可判断B 选项的正误；利用等体积法可判断C 选项的正误；计算出截面圆半径的最小值，求出截面圆面积的最小值，可判断D 选项的正误. 【详解】对于A 选项，因为AB BC =，所以，矩形ABCD 为正方形，所以，BD AC ⊥， 在长方体1111ABCD A B C D -中，1AA ⊥底面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，1BD AA ∴⊥，1AC AA A ⋂=，AC 、1AA ⊂平面PAC ，所以，BD ⊥平面PAC ，A 选项正确；对于B 选项，当点P 为11A C 的中点时，PA ===同理可得PB PC PD ===因为四边形ABCD 为正方形，所以，四棱锥P ABCD -为正四棱锥， 取AC 的中点N ，则PN 平面ABCD ，且四棱锥P ABCD -的外接球球心在直线PN上，设该四棱锥的外接球半径为R ，由几何关系可得222PN R AN R -+=， 即2288R R -+=，解得92R =，B 选项错误； 对于C 选项，2114822ACDSAD CD =⋅=⨯=， 三棱锥P ACD -的高为18AA =，因此，116433A PCD P ACD ACD V V S AA --==⋅=△，C 选项正确；对于D 选项，设长方体1111ABCD A B C D -的外接球球心为E ，则E 为1BD 的中点， 连接EN 、MN ，则1142EN DD ==，122MN AD ==， E 、N 分别为1BD 、BD 的中点，则1//EN DD ， 1DD ⊥平面ABCD ，EN ∴⊥平面ABCD ，MN ⊂平面ABCD ，EN MN ∴⊥，EM ∴==过点M 作长方体1111ABCD A B C D -的外接球截面为平面α，点E 到平面α的距离为d ，直线EM 与平面α所成的角为θ，则sin d EM θθ==≤ 当且仅当2πθ=时，等号成立，长方体1111ABCD A B C D -的外接球半径为R '==，所以，截面圆的半径2r =≥=，因此，截面圆面积的最小值为4π，D 选项正确.故选：ACD. 【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．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，P 、Q 、R 分别是AB 、1BB 、1A C 上的动点，下列结论正确的是（ ）A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABCD 【分析】本题先建立空间直角坐标系，再运用空间向量在立体几何中的应用逐一判断即可. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设(2,,0)P a ，023a ⎡⎤∈⎣⎦，，(2,23,)Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到(22,3,22)R λλλ--，[]0,1λ∈.1(2,,2)D P a =-，(2,0,)CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；1(22,23,2)D R λλλ=--，12(22)2D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则1(2,23,22)(2,23,2)412440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=+-+=，解得：15λ=，此时122328232(,,)(,,)05555AR D R ---⋅=⋅=，1AR D R ⊥，C 正确；113AC A R =，则4234(,,)33R ，14232(,,)33D R =-，设平面1BDC 的法向量为(,,)n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得(3,1,3)n =-，故10n D R ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABCD.【点睛】本题考查了空间向量在立体几何中的应用，是偏难题.5．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD 【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，0,23a ⎡⎤∈⎣⎦，()2,23,Q b ，[]0,2b∈，设11A R AC λ=，得到()22,23,22R λλλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,23,2D R λλλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确； 1AR A C ⊥，则()()12,23,222,23,2212440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时11333313,,,,022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4234,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.6．如图，正三棱柱11ABC A B C -中，11BC AB ⊥、点D 为AC 中点，点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点则以下结论正确的是（ ）A ．()1112DA A A B A BC =-+ B ．若//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于22AC C ．异面直线AD 与1BC 6D ．若点E 到平面11ACC A 3EB ，则动点E 的轨迹为抛物线的一部分 【答案】BCD 【分析】根据空间向量的加减法运算以及通过建立空间直角坐标系求解，逐项判断，进而可得到本题答案. 【详解】解析：对于选项A ，()1112AD A A B A BC =-+，选项A 错误； 对于选项B ，过点D 作1AA 的平行线交11A C 于点1D ．以D 为坐标原点，1DA DB DD ,,分别为,,x y z 轴的正方向建立空间直角坐标系Oxyz ．设棱柱底面边长为a ，侧棱长为b ，则002aA ⎛⎫ ⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，1302B a b ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，102a C b ⎛⎫- ⎪⎝⎭,,，所以132a BC b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,，132a AB b ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,,． ∵11BC AB ⊥，∴110BC AB ⋅=，即222302a b ⎫⎛⎫--+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得22b a =．因为//DE 平面11ABB A ，则动点E 的轨迹的长度等于122BB AC =．选项B 正确． 对于选项C ，在选项A 的基础上，002a A ⎛⎫⎪⎝⎭,,，3002B a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭,,，()0,0,0D ，1202a C a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,,，所以002a DA ⎛⎫= ⎪⎝⎭,,，1322a BC a a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭,-,， 因为211162cos ,6||||622a BC DA BC DA BC DA a a ⎛⎫- ⎪⋅⎝⎭<>===-，所以异面直线1,BC DA 所成角的余弦值为66，选项C 正确． 对于选项D ，设点E 在底面ABC 的射影为1E ，作1E F 垂直于AC ，垂足为F ，若点E 到平面11ACC A 的距离等于3EB ，即有31E F EB =，又因为在1CE F ∆中，3112E F E C =，得1EB E C =，其中1E C 等于点E 到直线1CC 的距离，故点E 满足抛物线的定义，另外点E 为四边形11BCC B 内（包含边界）的动点，所以动点E 的轨迹为抛物线的一部分,故D 正确.故选：BCD 【点睛】本题主要考查立体几何与空间向量的综合应用问题，其中涉及到抛物线定义的应用.7．如图所示，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交棱1AA 于点E ，交棱1CC 于点F ，得四边形1BFD E ，在以下结论中，正确的是（ ）A ．四边形1BFD E 有可能是梯形B ．四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形C ．四边形1BFDE 有可能垂直于平面11BB D DD ．四边形1BFDE 面积的最小值为62 【答案】BCD【分析】四边形1BFD E 有两组对边分别平行知是一个平行四边形四边形；1BFD E 在底面ABCD 内的投影是四边形ABCD ；当与两条棱上的交点是中点时，四边形1BFD E 垂直于面11BB D D ；当E ，F 分别是两条棱的中点时，四边形1BFD E 6 【详解】过1BD 作平面与正方体1111ABCD A B C D -的截面为四边形1BFD E ，如图所示，因为平面11//ABB A 平面11DCC D ，且平面1BFD E平面11ABB A BE =. 平面1BFD E 平面1111,//DCC D D F BE D F =，因此，同理1//D E BF ，故四边形1BFD E 为平行四边形，因此A 错误；对于选项B ，四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，因此B 正确； 对于选项C ，当点E F 、分别为11,AA CC 的中点时，EF ⊥平面11BB D D ，又EF ⊂平面1BFD E ，则平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，因此C 正确；对于选项D ，当F 点到线段1BD 的距离最小时，此时平行四边形1BFD E 的面积最小，此时点E F 、分别为11,AA CC 的中点，此时最小值为162322=，因此D 正确. 故选：BCD【点睛】关键点睛：解题的关键是理解想象出要画的平面是怎么样的平面，有哪些特殊的性质，考虑全面即可正确解题.8．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为2，则（）A．BF⊥平面EABB．该二十四等边体的体积为20 3C．该二十四等边体外接球的表面积为8πD．PN与平面EBFN2【答案】BCD【分析】A用反证法判断；B先补齐八个角成正方体，再计算体积判断；C先找到球心与半径，再计算表面积判断；D先找到直线与平面所成角，再求正弦值判断．【详解】解：对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，于是BF AB⊥，90ABF∠=︒，但六边形ABFPQH为正六边形，120ABF∠=︒，矛盾，所以A错；对于B ，补齐八个角构成棱长为2的正方体， 则该二十四等边体的体积为3112028111323-⋅⋅⋅⋅⋅=， 所以B 对；对于C ，取正方形ACPM 对角线交点O ，即为该二十四等边体外接球的球心，其半径为2R =，其表面积为248R ππ=，所以C 对；对于D ，因为PN 在平面EBFN 内射影为NS ，所以PN 与平面EBFN 所成角即为PNS ∠，其正弦值为222PS PN ==，所以D 对． 故选：BCD ．【点睛】本题考查了正方体的性质，考查了直线与平面所成角问题，考查了球的体积与表面积计算问题．。
高三数学精选立体几何多选题 易错题难题自检题学能测试试卷
高三数学精选立体几何多选题 易错题难题自检题学能测试试卷一、立体几何多选题1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为153015【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α2215301515=， 故D 正确故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．2．在正三棱柱111ABC A B C -中，AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+-B ．三棱锥11D ABC -的体积为6C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为AD ===1111112DB C S BB B C =⨯⨯=所以1111111133226D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.3．如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8，把△ADE 沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（）A．点A'到平面BCED的距离为3B．直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为5 8C．A'D⊥BDD．四棱锥A'-BCED237【答案】ABD【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.则A'M⊥DE,MN⊥DE, ,∵'A M∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,又∵CD⊂平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,则A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=43∴A'M3,∴A'H=A'M sin60°=3，故A正确；连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M3,cos∠A'DN=22441252448+-=⨯⨯,故B正确；A'D=DB=4,22121627A N BN+=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去； 故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.4．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒B ．点A 到平面BCDC ．四面体ABCDD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆 【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,AF ==即点A 到平面BCD 的距离为3,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即OF AO =所以四面体ABCD 的外接球体积334433V R OA ππ===,故C 正确；建系如图：0,0,,0,,033A C ⎛⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则,,AP x y AC →→⎛⎛== ⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=24192y +=，即833y +，平方化简可得：2240039y x y ---，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误.故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.5．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．6．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥，因为EF EH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒，故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确.因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD.【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.7．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 21D ．三棱锥C BEF -5π【答案】ABC【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 的距离为217，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误.【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ， OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD平面ABEF AB =，AD ⊂平面 ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =，所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，BF =2CF ==，DF ===2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高2==，1222CDF S =⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ，//BC平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为BF =111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=， 设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，1113232h ⨯=⨯，所以h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以21512ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5， 三棱锥C BEF -外接球的体积为334455533V r ππ==⨯=⎝⎭，故D 错误， 故选：ABC.【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.8．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，0,23a ⎡∈⎣，()2,23,Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,23,22R λλλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,23,2D R λλλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则()()12,23,222,23,2212440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时11333313,,,,022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4234,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-， 故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.。
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一．方法综述
高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二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；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解。
二．解题策略
类型一距离最值问题
AB=，若线段DE上存在点P 【例1】如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且2
⊥，则边CG长度的最小值为（）
使得GP BP
A. 4
B. D.
【答案】D
又22002B G a （，，），（，，），所以2,2,,,2,.22ax ax BP x GP x a ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
() 24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭
.显然0x ≠且2x ≠.所以221642a x x =--. 因为()0,2x ∈，所以(]
220,1x x -∈.所以当221x x -=， 2a 取得最小值12.所以a
的最小值为故选D.
【指点迷津】利用图形的特点，建立空间直角坐标系，设CG 长度为a 及点P 的坐标，求BP GP 与的坐标，
根据两向量垂直，数量积为0，得到函数关系式221642a x x =--，利用函数求其最值。
举一反三
1、如图，在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别是棱BC ，CC 1的中点，P 是侧面BCC 1B 1内一点，若A 1P ∥平面AEF ，则线段A 1P 长度的取值范围是_____。
【答案】
⎣⎦
∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，∴点P必在线段MN上。
A M===，
在Rt△A1B1M中，
1
A N=A1MN为等腰三角形，
同理在Rt△A1B1N中，可求得
12
当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M或N处时A1P最长，
AO===
又
1
．
所以线段A1P长度的取值范围是
⎣⎦
2、【2017甘肃省天水市第一中学上学期期末】如图所示,在空间直角坐标系中,D是坐标原点,有一棱长为a 的正方体,E和F分别是体对角线和棱上的动点,则的最小值为（）
A. B. C. a D.
【答案】B
3、如右图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，
E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D 和线段1BC 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为_______．
【解析】将面1111A B C D 与面11BB C C 折成一个平面，设E 关于11B C 的对称点为M ，E 关于1BC 对称点为N,
则PEQ ∆周长的最小值为MN ==类型二 面积的最值问题
【例2】已知球O 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A BCD -的外接球，
3BC =， AB =E 在线段BD 上，且3BD BE =，过点E 作圆O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是（ ）
A. [],4ππ
B. []2,4ππ
C. []3,4ππ
D. (]0,4π
【答案】B
关注.
举一反三
1、在三棱锥P-ABC 中，PA ⊥面ABC ，AB ⊥AC 且AC=1，AB=2，PA=3，过AB 作截面交PC 于D ，则截面ABD 的最小面积为（ ）
【答案】C
【解析】如图所示，当PC ABD ⊥面时 ，截面ABD 的面积最小，此时应有
min min 11V 33P ABC ABC S PA S PC S -=⨯⨯=⨯⨯⇒== 。
故选C 。
2、如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，2,11==AA AB ，点P 是平面1111D C B A 内的一个动点，则三
棱锥ABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为（ ）
A ．1
B ．2
C ．
21 D ．4
1 【答案】B
ABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为2；故选B ．
3、正三棱锥V-ABC 的底面边长为a 2，E,F,G,H 分别是VA,VB,BC,AC 的中点，则四边形EFGH 的面积的取值范围是（ ）
A ．()+∞,0
B ．⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,332a
C ．⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+∞,632a D ．⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,212a 【答案】B
【解析】不妨设侧棱长尾2b ,则322322⋅⋅>a b 即a b 3
3>．由已知条件得，四边形EFGH 的面积23
333a a a ab s =⋅>=,故选B 。
类型三 体积的最值问题
【例3】如图，已知平面
平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，
，，，是平面上的一动点，且有，则四棱锥体积的最大
值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【指点迷津】本题主要考查面面垂直的性质，棱锥的体积公式以及求最值问题. 求最值的常见方法有①配方法：若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要先确定其定义域；②换元法；③不等式法；④单调性法；⑤图像法，本题首先根据线面关系将体积最值转化为函数求最值问题，然后应用方法①解答的.
举一反三
1、已知AD 与BC 是四面体ABCD 中相互垂直的棱，若6AD BC ==，且60ABD ACD ∠=∠= ，则四面体ABCD 的体积的最大值是
A. B. 18 D. 36
【答案】A
2、如图，已知平面l αβ= ，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在平面β内，且,,DA CB αα⊥⊥4AD =，
6,8AB BC ==，
在平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，则P ABCD -体积的最大值是（ ）
A.16 C.48 D.144
【答案】C
【解析】,,DA DA βααβ⊂⊥∴⊥ 面. ,,DA CB αα⊥⊥PAD ∴∆和PBC ∆均为直角三角形．,APD BPC PAD ∠=∠∴∆ ∽PBC ∆.4,8,2AD BC PB PA ==∴= .
过P 作PM AB ⊥,垂足为M .则PM β⊥.令AM t =,()t R ∈.
则2222PA AM PB BM -=-,即()2
22246PA t PA t -=--,2124,PA t PM ∴=-∴=底面四边形ABCD 为直角梯形面积为()1486362
S =+⨯=.
136483
P ABCD V -∴=⨯.故C 正确. 3、(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )
A.4π
B.9π2
C.6π
D.32π3。