2024届高三数学二轮复习素养提升点3-7 立体几何中的取值范围或最值问题 讲义(原卷版+解析版)

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名称 2024届高三数学二轮复习素养提升点3-7 立体几何中的取值范围或最值问题 讲义(原卷版+解析版)
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文件大小 3.4MB
资源类型 教案
版本资源 通用版
科目 数学
更新时间 2024-04-20 06:22:51

文档简介

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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