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素养提升点3-7 立体几何中的取值范围或最值问题（原卷版）
【考情透析】
纵观近十多年的高考命题规律，立体几何以考查位置关系为主、辅以考查数学运算如：空间角、距离，表面积、体积求解等之外，还考查立体几何中有关量的取值范围或最值问题，求解该类问题时，要考虑题中存在的一些不等关系，其次需要结合函数、不等式、导数进行综合求解，属于难度较大的题型。
【归纳题型】
核心考点题型一 几何体的表面积或体积的最值问题
【例题1】（2023秋.山东青岛高三校考开学考）如图，某几何体由两个相同的圆锥组成，且这两个圆锥有一个共同的底面，若该几何体的表面积为，体积为V，则的最大值为（ ）

A． B． C． D．
【例题2】（2023秋.湖南长沙高三模拟）正方体的棱长为2，底面内(含边界)的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为 .
【例题3】（2023秋.四川成都高三模拟）已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为AC，AB上的动点（P与C不重合），将沿PQ折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCPQ．若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式1-1】（2023秋·甘肃兰州一中高三开学考试）鳖臑（biē nào）出自《九章算术·商功》，指的是四个面均为直角三角形的三棱锥，如图所示的鳖臑中，，，，且，，则其外接球体积的最小值为 .

【变式1-2】（2023秋·陕西榆林高三模拟）设是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 (　　)
A． B． C． D．
【变式1-2】（2023秋·湖南长沙高三模拟）(多选题)如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处平面分别在线段和侧面上运动，且，若分别为线段的中点，则在折起过程中，下列说法正确的是( )
A．面积的最大值为
B．存在某个位置，使得
C．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥体积最大时，点到平面的距离的最小值为.
【变式1-3】（2023秋·山西太原高三模拟）在三棱锥中，，，圆柱体在三棱锥内部(包含边界)，且该圆柱体的底面圆在平面内，则当该圆柱体的体积最大时，圆柱体的高为( )
A． B． C． D．
【变式1-4】（2023秋·河南洛阳高三模拟）．在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是( )
A． B． C． D．
核心考点题型二 距离或长度最值范围问题
【例题1】（2024·湖北三市联考模拟预测）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【例题2】（2024·河南洛阳高三联考模拟预测）如图，在中，，，，现将其放置在平面的上面，其中点，在平面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点到平面的最大距离是（ ）
A． B．20 C． D．30
【例题3】（2023·河南安阳实验中学校考二模）正四棱柱中，，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【例题4】（2023·四川成都实验中学二模）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是________．
【变式2-1】（2024·江苏徐州高三统考模拟）以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成的二面角.若，，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】（2024·湖北武汉高三专题检测）在空间直角坐标系中，已知点，，点C，D分别在x轴，y轴上，且，那么的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【变式2-3】（2024·四川绵阳高三模拟）已知三棱锥的所有棱长均为2，点M为边上一动点，若且垂足为N，则线段长的最小值为( )
A． B． C． D．1
【变式2-4】（2024·甘肃白银高三联考）已知直四棱柱的底面为矩形，，且该棱柱外接球的表面积为，为线段上一点．则当该四棱柱的体积取最大值时，的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-5】（2024·山西大同高三模拟）.在棱长为的正方体中，已知点是正方形内部（不含边界）的一个动点，若直线与平面所成角的正弦值和异面直线与所成角的余弦值相等，则线段长度的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【变式2-6】（2024·江苏无锡高三模拟）已知四面体的所有棱长均为，分别为棱的中点，为棱上异于的动点．有下列结论：
①线段的长度为；②点到面的距离范围为；
③周长的最小值为；④的余弦值的取值范围为．
其中正确结论的个数为( )
A． B． C． D．
核心考点题型三 空间角的最值问题
【例题1】（2024·四川巴中高三模拟）.如图，在长方体中，是的中点，点是上一点，，，，动点在上底面上，且满足三棱锥的体积等于，则直线与所成角的正切值的最小值为 .
【例题2】（2024·江苏无锡高三模拟）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
【变式3-1】（2023秋·云南大理高三模拟）如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段上，E、F分别为、的中点，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（ ）
A. B． C． D．
【变式3-2】（2024·湖北武汉高三模拟）如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．
（1）证明：∠PAD＝∠PBC；
（2）当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，
求此时二面角P—AB—C的大小．
【变式3-3】（2024·河北石家庄高三模拟）(多选)已知正方体的棱长为1，为棱(包含端点)上的动点，下列命题正确的是( )
A．
B．二面角的大小为
C．点到平面距离的取值范围是
D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【变式3-4】（2024·河北石家庄高三模拟）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
【变式3-5】（2023·山西太原统考模拟预测）如图，直角梯形ABCD中，，直角梯形ABCD绕BC旋转一周形成一个圆台．
(1)求圆台的表面积和体积；
(2)若直角梯形ABCD绕BC逆时针旋转角到，且直线与平面ABCD所成角的正弦值为，求角的最小值．
核心考点题型四 截面面积的最值问题
【例题1】（2023·山西太原统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（ ）
A． B． C． D．
【例题2】（2023·四川广元高三模拟预测）在长方体中，，过点作平面与分别交于两点，若与平面所成的角为，则截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【例题3】（2023·云南曲靖一中高三模拟预测）.如图，已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【变式4-1】（2023·宁夏银川一中模拟预测）正三棱锥的底面边长是2，E，F，G，H分别是SA，SB，BC，AC的中点，则四边形EFGH面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】（2023·江西九江高三模拟预测）如图，在四面体中，，，，、分别是，中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-3】（2023上·甘肃西北师大附属中学校考）如图，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点，给出下列四个结论：
①三棱锥的体积为定值；②存在点使得平面：
③的最小值为；
④对每一个点E，在棱上总存在一点P，使得平面；
⑤M是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为
其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
核心考点题型五 截面面积的最值问题
【例题1】（2023秋·四川宜宾高三检测）设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【例题2】（2023秋·山西太原第一中学质量检测）如图，在三棱锥中，平面平面CBD，，点M在AC上，，过点M作三棱锥外接球的截面，则截面圆面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（2023秋·河南开封高三模拟检测）若球是正三棱锥的外接球，，，点在线段上，，过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】（2023秋·四川绵阳高三模拟检测）正三棱锥，为中点， ，，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】（2023秋·河北保定高三模拟）已知正四面体的棱长为4，点在棱上，且，过作四面体外接球的截面，则所作截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-4】（2023·山东青岛高三模拟检测）如图，三棱锥的四个顶点恰是长 宽 高分别是，2，的长方体的顶点，此三棱锥的体积
为2，则该三棱锥外接球体积的最小值为__________．
【变式5-5】（2023秋·江苏无锡高三模拟检测）.已知正方体的棱长为，，，分别为棱，，的中点，点为内（包括边界）的一个动点，则三棱锥为外接球的表面积最大值为 .素养提升点3-7 立体几何中的取值范围或最值问题（解析版）
【考情透析】
纵观近十多年的高考命题规律，立体几何以考查位置关系为主、辅以考查数学运算如：空间角、距离，表面积、体积求解等之外，还考查立体几何中有关量的取值范围或最值问题，求解该类问题时，要考虑题中存在的一些不等关系，其次需要结合函数、不等式、导数进行综合求解，属于难度较大的题型。
【归纳题型】
核心考点题型一 几何体的表面积或体积的最值问题
【例题1】（2023秋.山东青岛高三校考开学考）如图，某几何体由两个相同的圆锥组成，且这两个圆锥有一个共同的底面，若该几何体的表面积为，体积为V，则的最大值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，由表面积为可解得取值范围，再由体积公式列出的表达式，通过换元法和求导即可求出的最大值.
【解析】设其中一个圆锥的底面半径为r，高为h，
则，则，解得，
∴，，
令，设，
求导，令，解得，
当，，函数单调递增；
当，，函数单调递减；
所以，所以的最大值为．故选A．
【例题2】（2023秋.湖南长沙高三模拟）正方体的棱长为2，底面内(含边界)的动点到直线的距离与到平面的距离相等，则三棱锥体积的取值范围为 .
【答案】
【详解】根据题意可知，连接，在底面内作于点，如下图所示：

由正方体性质可知即为到直线的距离，为到平面的距离，
所以；
在底面内，由抛物线定义可知点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线的一部分，
截取底面，分别以向量为轴的正方向建立平面直角坐标系，如下图所示：

又正方形边长为2，易知抛物线过点，，且对称轴为轴，
设抛物线方程为，代入两点坐标可得，解得
所以的轨迹抛物线方程为，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，所以，
设，平面的一个法向量为，
则，令，解得，即；
，
则点到平面的距离为，
令，易得，
所以，
易知在三棱锥中，底面是边长为的正三角形，
所以，
所以三棱锥的体积；
即三棱锥体积的取值范围为.
【例题3】（2023秋.四川成都高三模拟）已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为AC，AB上的动点（P与C不重合），将沿PQ折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCPQ．若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题设共圆，进而确定，找到，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设,且，求外接球半径最小值，即可得结果．
【解析】显然P不与A重合，由点，B，C，P，Q均在球D的球面上，得B，C，P，Q共圆，则，
又为等腰直角三角形，AB为斜边，即有，

将翻折后，，，又平面平面，
平面平面，

平面，平面BCPQ，于是平面BCPQ，平面，
显然，BP的中点D，E分别为，四边形BCPQ外接圆圆心，
则平面，平面，因此，，
取PQ的中点F，连接DF，EF，则有，，
四边形EFDO为矩形，设且，，，
设球O的半径R，有，
当时，，所以球O体积的最小值为．
故选：C．
【变式1-1】（2023秋·甘肃兰州一中高三开学考试）鳖臑（biē nào）出自《九章算术·商功》，指的是四个面均为直角三角形的三棱锥，如图所示的鳖臑中，，，，且，，则其外接球体积的最小值为 .

【答案】
【解析】证明出平面，由得到外接球球心在平面的投影在的中点上，且点为的中点，由基本不等式求出，从而得到外接球半径，从而得到外接球体积的最小值.
【解析】因为，，，平面，
所以平面，
因为，故外接球球心在平面的投影在的中点上，

因为平面，所以点为的中点，且，
由勾股定理得，当且仅当时，等号成立，
故，则，，故，
故其外接球体积的最小值为
【变式1-2】（2023秋·陕西榆林高三模拟）设是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 (　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设的边长为，则，此时外接圆的半径为，故球心到面的距离为，故点到面的最大距离为，此时．
【变式1-2】（2023秋·湖南长沙高三模拟）(多选题)如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处平面分别在线段和侧面上运动，且，若分别为线段的中点，则在折起过程中，下列说法正确的是( )
A．面积的最大值为
B．存在某个位置，使得
C．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为
D．三棱锥体积最大时，点到平面的距离的最小值为.
【答案】ACD
【详解】对于A，由，，则
，
所以当时，最大，且最大值为，故A正确；

对于B，取的中点，连接，显然，且，
又，所以四边形为平行四边形，
所以，又，且，为的中点，
则与不垂直，
所以与不垂直，故B错；

对于C，易知三棱锥体积最大时，平面平面，交线为，
作，因为平面，则平面，
取中点，连接，，，则，
由勾股定理可得，
又，故点为三棱锥的外接球的球心，
所以其外接球的半径为，表面积为，故C正确；
对于D，由选项C可知，，
点在以为球心，1为半径的球面上，设点到平面的距离为，
因为，所以，
易知，，，
，，，
所以点到平面的距离的最小值为，选项D正确.
【变式1-3】（2023秋·山西太原高三模拟）在三棱锥中，，，圆柱体在三棱锥内部(包含边界)，且该圆柱体的底面圆在平面内，则当该圆柱体的体积最大时，圆柱体的高为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设内接圆柱的底面半径为r，高为h，由轴截面中相似三角形把用表示，求出体积后利用导数求最大值及取最值时高的条件．
【详解】
设内接圆柱的底面半径为r，圆柱体的高为h.
是圆柱上底面与三棱锥侧面的切点,是连接直线与棱锥下底面的交点，
是圆柱上底面所在平面与的交点，
，，

则由与相似，可得,可得，可得.
内接圆柱体积.
因为，
单调递增,单调递减,
所以有最大值，此时.
【变式1-4】（2023秋·河南洛阳高三模拟）．在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由得，由余弦定理得，
则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，
设，
在中，，
点到底面的距离，
则，
，
令，解得，可得下表：
故当时，该棱锥的体积最大，为.
核心考点题型二 距离或长度最值范围问题
【例题1】（2024·湖北三市联考模拟预测）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，
球O为四棱锥的内切球，
底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，
平面平面，交线为，平面，
为正三角形，有，平面，
平面，，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为1，连接.
平面，平面，，
又，平面，，
平面，平面，可得，
所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，
又.
所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为.
故选：B.
【例题2】（2024·河南洛阳高三联考模拟预测）如图，在中，，，，现将其放置在平面的上面，其中点，在平面的同一侧，点平面，与平面所成的角为，则点到平面的最大距离是（ ）
A． B．20 C． D．30
【答案】D
【解析】过点作平面于点，过点作平面于点，连接，，当平面时，点到平面的距离最大，此时与平面成角最大为．
【解析】解：过点作平面于点，过点作平面于点，连接，.由题意可知，当平面平面，即 三点共线时，点到平面的距离最大，因为，，，所以，从而.
【例题3】（2023·河南安阳实验中学校考二模）正四棱柱中，，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，利用等体积法求解即可.
【解析】设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，，，则中，边上的高为，
则，由，
得，所以，
由，得，则，则，所以，
即点到平面的距离的取值范围是，
所以点到平面的距离的最大值为.
故选：C.
【例题4】（2023·四川成都实验中学二模）正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E为AB的中点，点F满足，动点M在侧面AA1D1D内运动，且MB∥平面D1EF，则|MD|的取值范围是________．
【答案】
【解析】建立空间直角坐标系，表示所需点的坐标，求出平面D1EF的一个法向量，结合线面平行的向量表示可得动点M的坐标满足的条件，即可得解.
【解析】因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，
以点D为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设M（x,0,z），B（2,2,0），D1（0,0,4），E（2,1,0），因为，所以F是CC1四等分点（靠近C），
所以F（0,2,1），所以，设平面D1EF的一个法向量为，
则，即，令c＝2，则，故，又，平面D1EF，所以，即，所以，所以，
故，为0≤x≤2，0≤z≤4，所以，故，因为，所以|MD|在上单调递减，所以当x＝时，|MD|取最大值，所以|MD|的最大值为，当x＝2时，|MD|取最小值，
所以|MD|的最小值为，所以|MD|的取值范围是．
【变式2-1】（2024·江苏徐州高三统考模拟）以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成的二面角.若，，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由已知得，所以是和折成的二面角的平面角，
所以，又，所以，
，所以，
因为，其中，所以点M在平面内，
则的最小值为点D到平面的距离，设点D到平面的距离为h，
因为，，平面，平面，
所以平面，所以是点到平面的距离，
所以，
又中，，所以，
所以，则，
所以，解得，所以的最小值为，
故选：D.
【变式2-2】（2024·湖北武汉高三专题检测）在空间直角坐标系中，已知点，，点C，D分别在x轴，y轴上，且，那么的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设，，且，，
∴，，又，
∴，即．
∵，
∴，
当且仅当时等号成立.
故选：B
【变式2-3】（2024·四川绵阳高三模拟）已知三棱锥的所有棱长均为2，点M为边上一动点，若且垂足为N，则线段长的最小值为( )
A． B． C． D．1
【答案】A
【详解】解：取中点，，点在以为球心，半径为1的球面上，
又点在平面上，故的轨迹为一段圆弧，
设点在平面的投影点为，
且点为中点)，
则点在以为圆心的圆弧上，
，设到的距离为，则，
即，得，，
由在上时，求得，求解△，得，
则当点在上时，取最小值，
故选：．
【变式2-4】（2024·甘肃白银高三联考）已知直四棱柱的底面为矩形，，且该棱柱外接球的表面积为，为线段上一点．则当该四棱柱的体积取最大值时，的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设外接球O的半径为R，则球O的表面积，所以，
设矩形的长和宽分别为x和y， 则，所以，
，当且仅当时取等号，
即底面为边长为2的正方形时，四棱柱的体积最大.
则有，
将平面沿展开，与处于同一平面，
则，
即平面图形中三点共线时，有最小值.
故选：D
【变式2-5】（2024·山西大同高三模拟）.在棱长为的正方体中，已知点是正方形内部（不含边界）的一个动点，若直线与平面所成角的正弦值和异面直线与所成角的余弦值相等，则线段长度的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】：C
【解析】以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，设直线与平面所成角为和异面直线与所成角为，运用向量的数量积的夹角公式，结合二次函数的最值求法，可得所求最小值.
【详解】解：以为坐标原点，，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，可设，，，由，，，，，，设直线与平面所成角为和异面直线与所成角为，可得，，，，由，可得，则，当时，线段长度的最小值为.
【变式2-6】（2024·江苏无锡高三模拟）已知四面体的所有棱长均为，分别为棱的中点，为棱上异于的动点．有下列结论：
①线段的长度为；②点到面的距离范围为；
③周长的最小值为；④的余弦值的取值范围为．
其中正确结论的个数为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】四面体所有棱长均为，四面体为正四面体；
对于①，作平面，垂足为，
四面体为正四面体，为的中心，且；
取中点，连接，则，且平面；
，，；
平面，平面，，，①正确；
对于②，在上取点，使得，则，，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
设，，
，，，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，
，
点到平面的距离，
令，则，，
，，即点到平面的距离的取值范围为，②正确；
对于③，将等边三角形与沿展开，可得展开图如下图所示，
则(当且仅当为中点时取等号)，
四边形为菱形，分别为中点，，
，
则在四面体中，周长的最小值为，③正确；
对于④，设为中点，若点在线段上，设，则，其中，
在中，；
在中，同理可得：，
；
当时，；
当时，，，
，；
的取值范围为；
同理可得：当在线段上时，的取值范围为；
综上所述：的余弦值的取值范围为，④正确．
故选：D．
核心考点题型三 空间角的最值问题
【例题1】（2024·四川巴中高三模拟）.如图，在长方体中，是的中点，点是上一点，，，，动点在上底面上，且满足三棱锥的体积等于，则直线与所成角的正切值的最小值为 .
【答案】
【解析】建立空间直角坐标系，设，通过向量法算出点到平面的距离，结合三棱锥的体积等于可得到，再通过向量法计算直线与所成角的余弦值的范围，继而算出答案.
【详解】以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
，则，，，设平面的法向量为，
则，令，则，所以平面的一个法向量，
因为，所以点到平面BFE的距离，
因为，
所以在等腰中，到的高为，所以，
因为，所以，所以或（舍去），设直线与所成的角为，则，所以
，所以的最大值为，
此时最小，此时最小，因为，且，所以，
所以，即直线CP与所成角的正切值的最小值为.
【例题2】（2024·江苏无锡高三模拟）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以，因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
所以，．
由题设（）．
（1）因为，
所以，所以．
（2）设平面的法向量为，因为，
所以，即．令，则
因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，此时取最大值为．
所以，此时．
【变式3-1】（2023秋·云南大理高三模拟）如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M在线段上，E、F分别为、的中点，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（ ）
A. B． C． D．
【答案】C
【解析】根据已知条件，，，三直线两两垂直，分别以这三直线为
，，轴，建立如图所示空间直角坐标系，设，则：， ， ；在线段上，设， ；；
；设，；函数是一次函数，且为减函数，；
在恒成立，；在上单调递减；时，取到最大值．
【变式3-2】（2024·湖北武汉高三模拟）如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．
（1）证明：∠PAD＝∠PBC；
（2）当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，
求此时二面角P—AB—C的大小．
【解析】：（1）分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，
因为PA＝PB，所以PE⊥AB，又因为AB∥CD，所以CD⊥PE，
又因为CD⊥EF，PE∩EF＝E，所以CD⊥平面PEF，因为PF平面PEF，所以CD⊥PF，
在△PCD中，因为PF垂直平分CD，所以PC＝PD，
又因为PA＝PB，AD＝BC，所以△PAD≌△PBC，从而可得∠PAD＝∠PBC；
（2）由（1）可知，∠PEF是二面角P—AB—C的平面角，设，则，
在△PEF中，，过点E作PF的垂线，垂足为G，则，因为CD⊥平面PEF，CD平面PCD，所以平面PCD⊥平面PEF， 又因为平面PCD∩平面PEF＝PF，EG⊥PF，EG平面PEF，所以EG⊥平面PCD， 因为AB∥平面PCD，所以点A到平面PCD的距离等于点E到平面PCD的距离，即为EG设直线PA与平面PCD所成角为，所以，令，
则，所以当且仅当，即时，EG有最大值2，
此时直线PA与平面PCD所成角为θ的正弦值最大
所以当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，二面角P—AB—C的大小为．
【变式3-3】（2024·河北石家庄高三模拟）(多选)已知正方体的棱长为1，为棱(包含端点)上的动点，下列命题正确的是( )
A．
B．二面角的大小为
C．点到平面距离的取值范围是
D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设，其中，
对于A：，故即，
故A正确.
对于B：，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
故，而二面角为锐二面角，
故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故B错误.
对于C：，，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
故.
而，
故到平面的距离为，
故C正确.
对于D：设直线与平面所成的角为.
因为平面，故为平面的法向量，
而，故，
而，故D正确
【变式3-4】（2024·河北石家庄高三模拟）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和中点，D为棱上的点．
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】因为三棱柱是直三棱柱，所以底面，所以，因为，，所以，又，所以平面．所以两两垂直．以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
所以，．
由题设（）．
（1）因为，
所以，所以．
（2）设平面的法向量为，因为，
所以，即．令，则
因为平面的法向量为，设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，此时取最大值为．
所以，此时．
【变式3-5】（2023·山西太原统考模拟预测）如图，直角梯形ABCD中，，直角梯形ABCD绕BC旋转一周形成一个圆台．
(1)求圆台的表面积和体积；
(2)若直角梯形ABCD绕BC逆时针旋转角到，且直线与平面ABCD所成角的正弦值为，求角的最小值．
【答案】（1），；（2）．
【分析】（1）利用圆台的表面积、体积公式求圆台的表面积和体积；
（2）构建空间直角坐标系，确定、面ABCD的一个法向量，应用空间向量夹角的坐标表示列方程求，进而可求的最小值.
【解析】（1）由题意，直角梯形ABCD旋转形成下底面半径为2，上底面半径为1，高为2的圆台，可得该圆台的母线长为，所以该圆台的表面积，该圆台的体积，
故所求圆台的表面积和体积分别为，；
（2）作，以点B为坐标原点，射线BA，BM，BC为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，即，
又平面ABCD的一个法向量，设与平面ABCD所成的角为，
则，
两边平方并结合，解得或，故时所求的最小值为．
核心考点题型四 截面面积的最值问题
【例题1】（2023·山西太原统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，M、N分别为、的中点，过 、的平面所得截面为四边形，则该截面最大面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】画出图形，可得最大面积的截面四边形为等腰梯形，根据梯形的面积公式求解即可.
【详解】如图所示，最大面积的截面四边形为等腰梯形，
其中，高为，
故面积为.故选:D．
【例题2】（2023·四川广元高三模拟预测）在长方体中，，过点作平面与分别交于两点，若与平面所成的角为，则截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】过点A作，连接，首先证明平面平面，即可得为与平面所成的角，进而可得，，由基本不等式得，从而可求出截面面积的最小值.
【详解】如图，过点A作，连接
∵平面，∴，∴平面，
∴，所以平面平面，
∴为与平面所成的角，∴，
在中，∵，∴，
在中，由射影定理得，
由基本不等式得，
当且仅当，即E为MN中点时等号成立，
∴截面面积的最小值为.
故选：B
【例题3】（2023·云南曲靖一中高三模拟预测）.如图，已知正方体的棱长为，是的中点，点在侧面（含边界）内，若，则面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设（），利用向量法确定的轨迹满足，求出的最小值，直接求出面积的最小值.
【详解】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，设（），则，，因为，所以，得，所以，所以，
当时，取最小值，易知，所以的最小值为.
【变式4-1】（2023·宁夏银川一中模拟预测）正三棱锥的底面边长是2，E，F，G，H分别是SA，SB，BC，AC的中点，则四边形EFGH面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】画出图形，求出，说明是矩形，结合图形，说明点在平面时，面积最小，求出即可得到范围
【详解】如图所示：
由正三棱锥的底面边长是2，因为、、、分别是、、、的中点，所以，则，
所以是平行四边形。因为正三棱锥，则对棱，的中点连线与
对棱，的中点连线相等，即，所以四边形是矩形，所以，
设的中心为，则，所以的面积
所以四边形EFGH面积的取值范围是：故选：B．
【变式4-2】（2023·江西九江高三模拟预测）如图，在四面体中，，，，、分别是，中点.若用一个与直线垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据对棱相等，可将四面体嵌入长方体中，进而发现与长方体的一个面平行，就利用这个面截取四面体，再求这个截面的最大值。
【详解】过作平面平行于，同理这六条棱每条棱都做平面平行于对棱.那么由对棱做的平面平行，可知这六个面围成一个平行六面体，又已知对棱相等，则这个平行六面体任何一个面的一对对角线都等长.故每个面都是矩形，即围成一个长方体.设长方体的长宽高分别为，那么四面体的六条棱长都是它的面对角线.
则有，解得：，
再由分别是，中点，即长方体两个底面的中心，
而截面与直线垂直，则平行于底面，故，.根据平行截比定理得到，且，而.
故有.设之间的夹角为.
那么该多边形截面面积.
而,，
故,
则.
故选：B
【变式4-3】（2023上·甘肃西北师大附属中学校考）如图，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点，给出下列四个结论：
①三棱锥的体积为定值；②存在点使得平面：
③的最小值为；
④对每一个点E，在棱上总存在一点P，使得平面；
⑤M是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为
其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【解析】对于①，，底面积和高均为定值，可判断；对②，若存在点，使得平面，可得，易找出矛盾；对③，将侧面与侧面展开铺平可求解；对④，当点在点时，不存在点符合要求；对⑤，推导出，由余弦定理、三角形面积公式，结合二次函数的最值求出结果.
【详解】对于①，，显然是定值，因为平面，所以是定值，
所以三棱锥的体积是定值，①正确；
对于②，若存在点，使得平面，又平面，可得，
所以四边形为正方形，即，这与矛盾，②错误；
对于③，如图，将侧面与侧面展开铺平，则的最小值，③错误；
对于④，当点在点时，平面即是平面，此时与平面相交，故不存在点符合要求，④错误；
对于⑤，如图，在正方体中，
可得，，且，是平面内两条相交直线，
所以平面，又平面，，
因为是上的动点，且过点的截面垂直，
所以截面过点，截面交与，交于，设，
则，，在中，可得，
，
则该截面的面积为，
因为，所以当时，，此时，分别是和的中点，当是中点时，，即，
所以平面，满足题意，⑤正确.
故选：A.
核心考点题型五 截面面积的最值问题
【例题1】（2023秋·四川宜宾高三检测）设，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，为等边三角形，点为，，，外接球的球心，为的重心，由，得，取的中点，∴，∴，∴球心到面的距离为，∴三棱锥体积最大值.
【例题2】（2023秋·山西太原第一中学质量检测）如图，在三棱锥中，平面平面CBD，，点M在AC上，，过点M作三棱锥外接球的截面，则截面圆面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用等边三角形的性质以及外接球的性质，作出外接球的球心，再根据线段的数量关系求出线段，最后即可得到截面圆的最小半径.
【详解】由题意知，和为等边三角形，如图所示：
取BD中点为E，连接AE，CE，则，由平面平面CBD，
平面平面，故平面CBD，，
易知球心O在平面BCD的投影为的外心，过作于H，易得，，则在中，，所以外接球半径，连接OM，因为，所以H，O，M三点共线，
所以，，当M为截面圆圆心时截面面积最小，
此时截面圆半径，面积为.故选：A.
【变式5-1】（2023秋·河南开封高三模拟检测）若球是正三棱锥的外接球，，，点在线段上，，过点作球的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设是球心，是等边三角形的中心，在三角形中，有，可求得，再利用可得过且垂直的截面圆最小即可.
【详解】
如图所示，其中是球心，是等边三角形的中心，
可得，
，
设球的半径为，在三角形中，由，
即，解得，
在三角形中，，，
由余弦定理得，
在三角形中，因为，故，
设过且垂直的截面圆的半径为，，故最小的截面面积为.
故选：B
【变式5-2】（2023秋·四川绵阳高三模拟检测）正三棱锥，为中点， ，，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据题中数据，结合正棱锥的结构特征，得到两两垂直，可将正三棱锥看作正方体的一角，设正方体的体对角线的中点为，得到点是正三棱锥外接球的球心，记外接球半径为，过球心的截面圆面积最大；再求出，根据球的结构特征可得，当垂直于过的截面时，截面圆面积最小，结合题中数据，即可求出结果.
【详解】因为正三棱锥，，，
所以，即，同理，，
因此正三棱锥可看作正方体的一角，如图，
记正方体的体对角线的中点为，由正方体结构特征可得，点即是正方体的外接球球心，
所以点也是正三棱锥外接球的球心，记外接球半径为，
则，
因为球的最大截面圆为过球心的圆，
所以过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积最大为；
又为中点，由正方体结构特征可得；
由球的结构特征可知，当垂直于过的截面时，截面圆半径最小为，
所以.
因此，过的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积范围为.
故选：D.
【变式5-3】（2023秋·河北保定高三模拟）已知正四面体的棱长为4，点在棱上，且，过作四面体外接球的截面，则所作截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题，正四面体的外接球即正方体的外接球，球的截面是圆，要求所作截面面积的最小值，只需确定截面圆的半径，借助余弦定理和勾股定理即可．
【详解】如图，正四面体的棱长为4，则正方体的棱长为，
正四面体的外接球即正方体的外接球，其半径为，
∴，
∵，
∴，
则截面圆的半径，
∴截面面积的最小值为.
故选：B.
【变式5-4】（2023·山东青岛高三模拟检测）如图，三棱锥的四个顶点恰是长 宽 高分别是，2，的长方体的顶点，此三棱锥的体积
为2，则该三棱锥外接球体积的最小值为__________．
【答案】
【解析】 长方体的体对角线为 又因为三棱锥的外接球直径是长方体的体对角线
，
，，，当且仅当时，等号成立，，三棱锥外接球体积的最小值为，故答案为：.
【变式5-5】（2023秋·江苏无锡高三模拟检测）.已知正方体的棱长为，，，分别为棱，，的中点，点为内（包括边界）的一个动点，则三棱锥为外接球的表面积最大值为 .
【答案】
【详解】如图所示，连接，因为，，分别为棱，，的中点，根据正方体的结
构特征，可得平面，且平面，设与和的交点分别为，，且，为和中心，又由点为内（包括边界）的一个动点，可得三棱锥为外接球的球心必在直线，其中的外接圆为球的一个小圆，且为定圆，当过点，，球与所在的平面相切于的中心时，此时球的半径最小，根据运动的思想，可得当点与或或重合时，此时外接球的半径最大，设此时外接球的半径为，由正方体的棱长为，可得，则，分别连接，，在等边中，由，可得，在等边中，由，可得，设，则，在直角，可得，在直角，可得，所以，解得，所以，所以最大外接球的表面积为.

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