中小学教育资源及组卷应用平台
第八章 立体几何初步 易错训练与压轴训练
易错题型一 混淆斜二测画法中长度有变有不变 1
易错题型二 在直线与平面平行中，忽视直线是否在平面内的多种情况 2
易错题型三 错误认为，无数等于所有 3
易错题型四 忽略异面直线所成角的范围 3
压轴题型一截面问题及截面中的最值问题 5
压轴题型二 表面积体积最值（范围）问题 7
压轴题型三 异面直线所成角最值（范围）问题 8
压轴题型四 线面角的最值（范围）问题 9
压轴题型五 二面角的最值（范围）问题 10
压轴题型六 线面角的探索性问题 11
压轴题型七 二面角的探索性问题 13
压轴题型八点到平面距离的最值问题（含探索性问题） 16
易错题型一 混淆斜二测画法中长度有变有不变
直观图还原原图时注意长度有变有不变：与轴平行（重合）的线段长度不变；与轴平行（重合）的线段长度直观图是原图的一半.
例题1：（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中 以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（ ）
A． B．
C． D．
例题2：（24-25高二上·上海·期中）已知用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正三角形（如图），则中边长与的边长相等的边上的高为
巩固训练
1．（24-25高二上·江西景德镇·阶段练习）用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角.已知是斜边的中点，且，则的边上的高为（ ）
A．1 B．2 C． D．
2．（23-24高一下·青海海南·期中）若水平放置的四边形按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形的面积为 ．
易错题型二 在直线与平面平行中，忽视直线是否在平面内的多种情况
例题1：（24-25高二·全国·课后作业）已知m是平面外的一条直线，直线，那么“”是“”的 条件.
例题2：（2025高一·全国·专题练习）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A．B．C． D．
巩固训练
1．（2024·全国·模拟预测）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高二·上海·随堂练习）以下命题中（其中a，b表示直线，α表示平面），写出所有错误命题的编号 ．
①若，，则 ②若，，则
③若，，则 ④若，，，则
易错题型三 错误认为，无数等于所有
例题1：（2024高一下·全国·专题练习）判断正误，正确的填“正确”，错误的填“错误”．
（1）若直线l与平面内的无数条直线垂直，则.( )
（2）若，则.( )
（3）若直线l与平面垂直，则直线l与平面内所有直线所成的角均为90°.( )
（4）若直线l与平面所成的角为0°，则直线平面.( )
巩固训练
1．（21-22高一·全国·课后作业）判断
（1）异面直线所成角的范围为．( )
（2）如果一条直线与一个平面内无数条直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直．( )
（3）如果一条直线与一个平面内所有直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直．( )
易错题型四 忽略异面直线所成角的范围
例题1：（24-25高二上·重庆江北·期中）如图，在平行六面体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
例题2：（23-24高一下·福建三明·期末）如图，在直三棱柱 中，，，点 是线段 上靠近 的三等分点，则直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
巩固训练
1．（24-25高二上·云南昆明·阶段练习）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高二上·辽宁·开学考试）如图，在正四面体中，点是线段上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
压轴题型一截面问题及截面中的最值问题
例题1：（2024·山东菏泽·模拟预测）将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
例题2：（多选）（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，，下面关于函数和的描述正确的是（ ）
A．最大值为；
B．在时取得极大值；
C．在上单调递增，在上单调递减；
D．在上单调递增，在上单调递减
例题3：（23-24高一下·四川成都·期末）已知在四面体中，，，，， ，平面满足，记平面截得该四面体的多边形的面积为，则的最大值为 .
巩固训练
1．（多选）（23-24高三上·江苏扬州·期末）棱长为2的正方体中，下列选项中正确的有（ ）
A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形
B．过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为
C．四棱锥与四棱锥的公共部分为八面体
D．四棱锥与四棱锥的公共部分体积为
2．（2024·河北邯郸·二模）在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为 ．
3．（2024高三·全国·专题练习）在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 .
压轴题型二 表面积体积最值（范围）问题
例题1：（23-24高二下·湖南益阳·阶段练习）已知正四面体的棱长为，如果一高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
例题2：（多选）（2025·广西柳州·模拟预测）如图.直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中点，是棱上一动点（不包含端点），则（ ）
A．与平面有可能平行
B．与平面有可能平行
C．三角形周长的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
巩固训练
1．（多选）（24-25高三上·安徽淮南·阶段练习）在直棱柱中，，底面为棱长是1的菱形，，若，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，则的最小值为
D．若，则点的轨迹长度为
2．（2024·福建·模拟预测）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，在平面的射影为，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为 ，三棱锥体积最大值为 .
3．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在边长为的正方体中，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不存在点，使得平面；
③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；
④点到的距离的最小值为．
其中正确结论的序号是 ．
压轴题型三 异面直线所成角最值（范围）问题
例题1：（24-25高二上·福建福州·阶段练习）如图正方体中，点是的中点，点为正方形内一动点，且平面，若异面直线与所成角为，则的最小值为 .
例题2：（23-24高三下·全国·强基计划）四面体中，，，，求与所成角的余弦值的取值范围 ．
巩固训练
1．（23-24高二下·浙江丽水·期末）在矩形中，，是的中点，将沿折起，则在翻折过程中，异面直线与所成角的取值范围是 .
2．（23-24高二上·浙江宁波·期末）如图，在中，，，，将绕边翻转至，使面面，是的中点，设是线段上的动点，则当与所成角取得最小值时，线段的长度为 .
压轴题型四 线面角的最值（范围）问题
例题1：（23-24高一下·新疆·期末）在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则与平面所成角的正弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
例题2：（24-25高二上·上海松江·期中）如图，正方形边长为4，E为中点，F是边上的动点.将沿翻折到，沿翻折到，若，连接，设直线与平面所成角为，则的最大值为 .
巩固训练
1．（23-24高一下·河南新乡·期末）在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，在边长为4的正方体中，为的中点，点在正方体的表面上移动，且满足，当在上时， .设点和满足条件的所有点构成的平面图形为，则直线与平面所成角正弦值的取值范围是 .
3．（2024·广东·一模）已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
压轴题型五 二面角的最值（范围）问题
例题1：（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
例题2：（2024·浙江·模拟预测）已知平行四边形中，，，，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，如图，若，均是线段的三等分点，点是线段上（包含端点）的动点，则二面角的正弦值的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
巩固训练
1．（23-24高一下·山西·期末）在三棱锥中，平面，，，三棱锥外接球的表面积为，则二面角正切值的最小值为 .
2．（23-24高二下·江苏·期末）已知在矩形中，，，P为AB的中点，将沿DP翻折，得到四棱锥，则二面角的余弦值最小是 .
压轴题型六 线面角的探索性问题
例题1：（24-25高三上·河北石家庄·阶段练习）如图，三棱锥中，底面ABC，，D是平面ABC内的一点．
(1)若平面PAB，求三棱锥的体积；
(2)若，当直线PD与平面ABC所成角的正弦值为时，求二面角的正切值．
例题2：（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点．
(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小．
巩固训练
1．（24-25高二上·河北张家口·开学考试）如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，.
(1)证明：平面平面；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的正切值.
2．（2024·四川内江·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，，平面平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若PD与平面PBC所成的角为，求三棱锥的体积.
压轴题型七 二面角的探索性问题
例题1：（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥中，平面平面，平面．
(1)求证：
(2)若二面角的正弦值为，且，，求．
例题2：（24-25高二上·吉林·开学考试）在中，，，，D，E分别是AC，AB上的点，满足，且DE经过的重心.将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.
(1)求证：平面；
(2)求直线CM和平面所成的角；
(3)在线段上是否存在点F，使二面角的余弦值？若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由.（要求用几何法解答）
例题3：（23-24高一下·广东湛江·阶段练习）如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，．，M，N分别是线段，BD上的动点，且．
(1)若二面角的大小为，求DM的长；
(2)当三棱锥的体积为时，求CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围．
巩固训练
1．（24-25高三上·广东·阶段练习）如图，三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
2．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四棱锥中，底面，，.
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的余弦值为，求.
3．（23-24高一下·贵州黔西·阶段练习）如图，将边长为的正方形沿对角线折起使得点到点的位置，连接，为的中点.
(1)若平面平面，求的长度.
(2)不考虑点与点重合的位置，若二面角的余弦值为，求的长度.
压轴题型八点到平面距离的最值问题（含探索性问题）
例题1：（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在直角梯形中，，，E是中点，且，设，将沿折起向C点旋转（旋转过程中A点记为，且与C不重合），则与平面所成角的大小为 ，点C到平面的距离的最大值是 .
例题2：（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的中点，
(1)若，证明：⊥；
(2)当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.
巩固训练
1．（24-25高三上·陕西延安·开学考试）已知三棱锥中，，其余各棱长均为是三棱锥外接球的球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·安徽六安·一模）如图，棱长为的正方体，点在平面内，平面与平面所成的二面角为，则顶点到平面的距离的最大值是（ ）
A． B． C． D．
1中小学教育资源及组卷应用平台
第八章 立体几何初步 易错训练与压轴训练
易错题型一 混淆斜二测画法中长度有变有不变 1
易错题型二 在直线与平面平行中，忽视直线是否在平面内的多种情况 4
易错题型三 错误认为，无数等于所有 8
易错题型四 忽略异面直线所成角的范围 9
压轴题型一截面问题及截面中的最值问题 12
压轴题型二 表面积体积最值（范围）问题 19
压轴题型三 异面直线所成角最值（范围）问题 28
压轴题型四 线面角的最值（范围）问题 33
压轴题型五 二面角的最值（范围）问题 39
压轴题型六 线面角的探索性问题 45
压轴题型七 二面角的探索性问题 50
压轴题型八点到平面距离的最值问题（含探索性问题） 62
易错题型一 混淆斜二测画法中长度有变有不变
直观图还原原图时注意长度有变有不变：与轴平行（重合）的线段长度不变；与轴平行（重合）的线段长度直观图是原图的一半.
例题1：（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中 以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法中有关量的计算
【分析】根据斜二测画法规则还原出原图形，进而确定旋转体的形状，再根据相关特征计算几何体体积即可.
【详解】解：由题意，
所以 ，
如图，原图形 中， ，
所以直角梯形 的边 为轴旋转一周得到的几何体为圆台，
，
故选：D.
例题2：（24-25高二上·上海·期中）已知用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正三角形（如图），则中边长与的边长相等的边上的高为
【答案】
【知识点】正弦定理解三角形、斜二测画法中有关量的计算
【分析】由斜二测画法的特点可知平行于轴的边长不变，在直观图中由正弦定理求出，然后求出原图中的长度即可求解.
【详解】由于用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正三角形，
则中边长与的边长相等的边为，
在中，，，
所以，由正弦定理得：，
所以，所以原图中边上的高为：，
故答案为：.
巩固训练
1．（24-25高二上·江西景德镇·阶段练习）用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角.已知是斜边的中点，且，则的边上的高为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法中有关量的计算
【分析】在直观图中轴，可知原图形中轴，故，求直观图中的长即可求解.
【详解】因为直观图是等腰直角，，所以，
根据直观图中平行于轴的长度变为原来的一半，
所以的边上的高.
故选：C.
2．（23-24高一下·青海海南·期中）若水平放置的四边形按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形的面积为 ．
【答案】
【知识点】斜二测画法中有关量的计算
【分析】由斜二测画法的知识求解．
【详解】在直观图中，四边形为等腰梯形，，而，
则，由斜二测画法得原四边形是直角梯形，，如图．
所以四边形的面积为．
故答案为：
易错题型二 在直线与平面平行中，忽视直线是否在平面内的多种情况
例题1：（24-25高二·全国·课后作业）已知m是平面外的一条直线，直线，那么“”是“”的 条件.
【答案】充分不必要
【知识点】判断命题的充分不必要条件、判断线面平行、线面平行的性质
【分析】根据线面平行的判断定理，以及性质定理，结合充分，必要条件的定义，即可判断.
【详解】根据线面平行的判断定理可知，“”，可得“”，反过来，“”，并不平行于平面的所有直线，所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：充分不必要
例题2：（2025高一·全国·专题练习）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ）
A．B．C． D．
【答案】D
【知识点】判断线面平行、证明线面平行
【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断.
【详解】对于A,如下图所示，
易得,
则，
又平面,平面,
则平面，故A满足；
对于B，如下图所示，
为所在棱的中点，连接,
易得,
则四边形为平行四边形，
四点共面，
又易知，
又平面,平面,
则平面，故B满足；
对于C,如下图所示，
点为所在棱的中点，连接,
易得四边形为平行四边形，四点共面，
且,
又平面,平面,
则平面，故C满足；
对于D，连接,
由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，
所以与所在的直线相交，
故不能推出与平面不平行，故D不满足，
故选：D.
巩固训练
1．（2024·全国·模拟预测）如图，点A，B，C，M，N是正方体的顶点或所在棱的中点，则满足MN∥平面ABC的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【知识点】判断线面平行
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理确定正确选项．
【详解】对于A，连接,由下图可知，平面，平面，所以平面，A正确．
对于B，设是的中点，是的中点，由下图，结合正方体的性质可知，，，，故六边形为正六边形，所以，，，，，六点共面，B错误．
对于C，如下图所示，根据正方体的性质可知，由于平面，所以平面，所以C错误．
对于D，设，由于四边形是矩形，所以是中点，由于是中点，所以，
由于平面，平面，所以平面，D正确．
故选：AD．
2．（24-25高二·上海·随堂练习）以下命题中（其中a，b表示直线，α表示平面），写出所有错误命题的编号 ．
①若，，则 ②若，，则
③若，，则 ④若，，，则
【答案】①②③
【知识点】线面关系有关命题的判断、判断线面平行
【分析】利用空间中直线、平面的位置关系一一判定命题即可.
【详解】对于①，若，，则或，故①错误；
对于②，若，，则或a与b异面或a与b相交；故②错误；
对于③，若，，则或，故③错误；
对于④，根据直线与平面平行的性质定理可知，“若，，，则”是正确的.
故答案为：①②③
易错题型三 错误认为，无数等于所有
例题1：（2024高一下·全国·专题练习）判断正误，正确的填“正确”，错误的填“错误”．
（1）若直线l与平面内的无数条直线垂直，则.( )
（2）若，则.( )
（3）若直线l与平面垂直，则直线l与平面内所有直线所成的角均为90°.( )
（4）若直线l与平面所成的角为0°，则直线平面.( )
【答案】 错误 错误 正确 错误
【知识点】线面角的概念及辨析、判断线面是否垂直、线面关系有关命题的判断
【分析】利用线面垂直的意义判断（1）；利用线面垂直的性质判断（2）；直线与平面所成角的定义判断（3）（4）.
【详解】直线l与平面内的无数条直线垂直，当这无数条直线为一组平行直线时，不能推出，（1）错误；
当时，或，（2）错误；
若直线l与平面垂直，则直线l垂直于平面的每条直线，直线l与平面内所有直线所成的角均为90°，（3）正确；
若直线l与平面所成的角为0°，则或，（4）错误.
故答案为：错误；错误；正确；错误
巩固训练
1．（21-22高一·全国·课后作业）判断
（1）异面直线所成角的范围为．( )
（2）如果一条直线与一个平面内无数条直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直．( )
（3）如果一条直线与一个平面内所有直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直．( )
【答案】 √
【知识点】判断线面是否垂直、异面直线所成的角的概念及辨析
【分析】通过反例可知（1），（2）错误；根据线面垂直的判定可知（3）正确.
【详解】对于（1），若所成角为，则直线重合或平行，不是异面直线，（1）错误；
对于（2），若一条直线与平面内无数条互相平行的直线都垂直，那么这条直线可能在平面内，（2）错误；
对于（3），若一条直线与平面内所有直线都垂直，则必存在两条相交直线与该直线都垂直，则这条直线与这个平面垂直，（3）正确.
故答案为：；；√.
易错题型四 忽略异面直线所成角的范围
例题1：（24-25高二上·重庆江北·期中）如图，在平行六面体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】求异面直线所成的角、求空间向量的数量积、用空间基底表示向量
【分析】利用空间向量的基本定理将与用基底表示出来，然后利用数量积的定义求解即可.
【详解】由条件可知，，
，
，
，
，所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为．
故选：A
例题2：（23-24高一下·福建三明·期末）如图，在直三棱柱 中，，，点 是线段 上靠近 的三等分点，则直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】求异面直线所成的角、余弦定理解三角形
【分析】根据题意，可以用正方体模型补形解题，通过平移找出线线所成的角度借助余弦定理解题即可.
【详解】根据题意，可以补充成一个棱长为3的正方体.
如图所示.取的三等分点,连接，根据正方体性质，知道.
则为直线 与 所成角或补角.
连接，.根据正方体性质，知道．
在中，余弦定理知道，,
则直线 与 所成角的余弦值为.
故选：C．
巩固训练
1．（24-25高二上·云南昆明·阶段练习）如图，在正方体中，，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征和分类、求异面直线所成的角
【分析】由正方体结构特征证得，化为求直线和夹角余弦值，应用余弦定理求结果.
【详解】连接，由正方体的性质，知也是的中点，且，即，
又，故为平行四边形，则，
所以直线和夹角，即为直线和夹角，
若正方体棱长为2，则，
所以，即直线和夹角余弦值为.
故选：C
2．（24-25高二上·辽宁·开学考试）如图，在正四面体中，点是线段上靠近点的四等分点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】余弦定理解三角形、求异面直线所成的角
【分析】设为靠近处的四等分点，则，故或其补角即为与所成的角，由余弦定理可求，故可取线线角的余弦值.
【详解】
设为靠近处的四等分点，则，
故或其补角即为与所成的角，
设正四面体的棱长为，则，故，
同理，而，故，
故选：A.
压轴题型一截面问题及截面中的最值问题
例题1：（2024·山东菏泽·模拟预测）将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆柱轴截面的有关计算、正棱柱及其有关计算
【分析】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，，设，正内切圆的半径为，即可得到，设圆柱的高为，推导出，求出的临界值，即可得解.
【详解】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，，
则圆柱的两个底面是，的内切圆，
设，正，内切圆的半径为，则，
所以，
而，所以，
设圆柱的高为，又正方体的体对角线为，
所以，即，
显然当圆柱两底面圆逐渐靠近时，半径越来越大，令，解得，
所以圆柱底面圆的半径取值范围是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用圆柱和正方体的对称性推导出，然后利用临界分析求解.
例题2：（多选）（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，正方体的棱长为1，动点在对角线上，过作垂直于的平面，记平面与正方体的截面多边形（含三角形）的周长为，面积为，，下面关于函数和的描述正确的是（ ）
A．最大值为；
B．在时取得极大值；
C．在上单调递增，在上单调递减；
D．在上单调递增，在上单调递减
【答案】AD
【知识点】利用函数单调性求最值或值域、判断正方体的截面形状
【分析】分情况作出截面，求截面的周长和面积，进行判断.
【详解】当时，截面为等边三角形，如图：
因为，所以，
所以：，，.
此时，在上单调递增，且，.
当时截面为六边形，如图：
设，则
所以六边形的周长为：为定值；
做平面于，平面于.
设平面与平面所成的角为，则易求.
所以，
所以，
在上递增，在上递减，
所以截面面积的最大值为，此时，即.
所以在上递增，在上递减. 时，最大，为.
当时，易得：
，
此时，在上单调递减， ，.
综上可知：AD是正确的，BC错误.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：当时，如果坚持用表示截面的周长和面积，感觉比较麻烦，设，用表示截面的周长和面积就省劲多了.
例题3：（23-24高一下·四川成都·期末）已知在四面体中，，，，， ，平面满足，记平面截得该四面体的多边形的面积为，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】棱锥中截面的有关计算、棱柱的结构特征和分类
【分析】将四面体还原至长方体，可知点，分别为，中点，即可得当经过中点时，截面面积最大，再根据长方体的性质可得解.
【详解】由，，，
可知四面体的各个棱为长方体各面的对角线，
设长方体的长宽高分别，，，
则，解得，
如图所示，
由， ，
可得点，分别为，中点，
所以长方体以为对角线的平面，
又，所以与长方体以为对角线的平面平行，
易知当经过中点时，截面面积最大，
此时与长方体的截面如图所示，其中四边形即为与四面体相交所得截面，
此时、、、分别为各边中点，
则，
故答案为：.
巩固训练
1．（多选）（23-24高三上·江苏扬州·期末）棱长为2的正方体中，下列选项中正确的有（ ）
A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形
B．过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为
C．四棱锥与四棱锥的公共部分为八面体
D．四棱锥与四棱锥的公共部分体积为
【答案】ABD
【知识点】由平面的基本性质作截面图形、锥体体积的有关计算、判断正方体的截面形状、正棱柱及其有关计算
【分析】利用平面基本性质作出任意一个过的平面截正方体所得的截面，即可判断A；由正方体结构特征，讨论为各线段上的中点及从中点向线段两端运动时截面面积的变化情况确定截面面积的范围判断B；令交于，交于，交于，结合平面基本性质找到四棱锥与四棱锥的公共部分，并应用棱锥的体积公式求其体积判断C、D.
【详解】连接与线段上任意一点，过作交于，
所以过的平面截此正方体所得的截面为四边形，A对；
由上分析及正方体结构特征易知：四边形为平行四边形，
若为各线段上的中点时，四边形为菱形，
此时截面最小面积为；
根据正方体的对称性，从中点向或运动时，四边形面积都是由小变大，
当与重合时，截面最大面积为；
综上，过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为，B对；
令交于，交于，交于，
显然是各交线的中点，若是中点，连接，
所以四棱锥与四棱锥的公共部分为六面体，C错；
其体积，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：对于A、B，应用平面基本性质作出截面，结合正方体结构特征判断；对于C、D，将棱锥各侧棱连接，由平面基本性质判断相交平面，进而确定公共部分的几何特征.
2．（2024·河北邯郸·二模）在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为 ．
【答案】
【知识点】棱锥中截面的有关计算
【分析】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得.
【详解】平面截四面体的截面如图所示，
设，则，所以四边形为平行四边形，
且，
在矩形中，，，
则
，当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是得到所得截面后，借助割补法表示出该截面面积，并结合二次函数的性质求解.
3．（2024高三·全国·专题练习）在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 .
【答案】
【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的截面的性质及计算
【分析】三棱锥外接球即为补形为边长2,2,4长方体的外接球，球过某点的最大截面是过球心的截面，最小截面为以该点为圆心的圆，此时该点与球心得连线与截面垂直，所以解之可得.
【详解】
由于三点重合于点，
，
由此可将三棱锥补为长方体，如图所示，
，
则长方体边长为2，2，4，
三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，
外接球直径即为长方体对角线长度，所以，
过点M的平面截三棱锥P AEF的外接球所得截面为圆，
其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为，
最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，
由于球心O为长方体对角线上的中点，则为长方体正面对角线的一半，
所以，
此时截面圆半径，则截面圆的面积为，
所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为.
故答案为：.
压轴题型二 表面积体积最值（范围）问题
例题1：（23-24高二下·湖南益阳·阶段练习）已知正四面体的棱长为，如果一高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的长和宽形成的长方形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式求积的最大值、多面体与球体内切外接问题
【分析】根据题意，要满足一高为的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的对角线长不超过正四面体的内切球的直径．利用正四面体的性质可得内切球的半径，利用长方体的对角线与内切球的直径的关系、基本不等式的性质即可得出.
【详解】
设正四面体如图所示，
可得它的内切球的球心必定在高线上，
延长AH交BC于点D，则D为BC的中点，连接SD，
则内切球切SD于点E，连接AO．
∵H是正三角形ABC的中心，∴，
∵，
∴，可得，
因此，，可得内切球的半径，
∵正四面体棱长为1，
∴中，，解得，
要满足一高为的长方体能在该正四面体内任意转动，
则长方体的对角线长不超过正四面体的内切球的直径，
设该长方体的长和宽分别为，，
该长方体的长和宽形成的长方形面积为，
∴，∴，
∴，即长方形面积的最大值为.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查了正四面体的性质、勾股定理、长方体的对角线与其外接球的直径之间的关系，难度较大，解答本题的关键在于找到长方体的对角线与内切球的直径的关系，然后结合基本不等式求解.
例题2：（多选）（2025·广西柳州·模拟预测）如图.直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中点，是棱上一动点（不包含端点），则（ ）
A．与平面有可能平行
B．与平面有可能平行
C．三角形周长的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【知识点】锥体体积的有关计算、判断线面平行
【分析】对于A，当Q为的中点时，可证得四边形为平行四边形，则与互相平分于点，连接可证得∥，再由线面平行的判定定理可得结论，对于B，由题意可得与平面BPQ相交，对于C，把沿展开与在同一平面（如图），则当B，P，Q共线时，有最小值，从而可求得结果，对于D，， 为定值，可得结论.
【详解】对于A，连接，当Q为的中点时，，
因为，∥，∥，，
所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以与互相平分，设与交于点，连接，
因为P是棱的中点，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面BPQ，故A正确；
对于B，，又平面BPQ，BD与平面BPQ只能相交，
所以与平面BPQ只能相交，故B错；
对于C，，把沿展开与在同一平面（如图），
则当B，P，Q共线时，有最小值，
在直角梯形中，，，，，
则，
所以，
所以，
所以三角形BPQ周长的最小值为，故C正确；
对于D，，因为定值，因为∥，∥，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以为定值．所以D正确，
故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定和棱锥体的求法，对于选项A解题的关键是证明四边形为平行四边形，从而可找到的中点，再利用三角形中位线定理可得线线平行，考查空间想象能力，属于较难题.
巩固训练
1．（多选）（24-25高三上·安徽淮南·阶段练习）在直棱柱中，，底面为棱长是1的菱形，，若，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，三棱锥的体积为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，则的最小值为
D．若，则点的轨迹长度为
【答案】AD
【知识点】余弦定理解三角形、锥体体积的有关计算、判断线面平行、判断面面平行
【分析】对于，分别取边的中点，连接，先推得点在线段上，证明平面即可判断正确；对于，利用反证法思路，假设平面，推出矛盾即可判断错误；对于，通过翻折平面使动点与在一条直线上时，取得最小，计算即可判断错误；对于，结合图形将转化成，从而可判断点的轨迹形状.
【详解】
对于，分别取边的中点，连接，
当时，由可知点在线段上运动，
因平面平面，故平面，
即点到平面的距离不变，而的面积是定值，
故三棱锥的体积为定值，即正确；
对于，如图，分别取边的中点，连接，
当时，由可知点在线段上运动，
假设平面，易得，因平面平面，故平面，又平面，
故平面平面，
这与平面与平面有公共点矛盾，故假设不成立，
即与平面不平行，故当点在线段上运动时，
点到平面的距离在改变，
故三棱锥的体积不是定值，故错误；
对于，当时，由，可得点在边上，
将翻折到与共面时，连接，交于点，
此时三点共线，最小，即的长.（如图）
在中，，则，
故，因，
则，
在中，由余弦定理，
，故错误；
对于，如图，依题，点在平面内，又，连接，
在中，，
故点的轨迹为以点为圆心，半径为1的圆弧，其长度为，故正确.
故选：.
【点睛】方法点睛：处理空间几何体中的距离之和的最值问题的方法：
（1）借助参数表达，转化为函数最值求解；
（2）利用展开图，将空间距离之和转化为平面距离之和，再利用两点之间线段最短求解；
（3）借助对称，化线（面）的同侧为线（面）的异侧，转化为两点间的距离（点线距、点面距）求解.
2．（2024·福建·模拟预测）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，在平面的射影为，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为 ，三棱锥体积最大值为 .
【答案】 /
【知识点】锥体体积的有关计算、平行公理、证明线面垂直、立体几何中的轨迹问题
【分析】第一空，利用中位线定理与平行线的传递性推得点的轨迹与点轨迹相同，再利用线面垂直的判定定理分析得点的轨迹，进而得到点的轨迹为点的轨迹圆的直径；第二空，利用线面垂直分析得当时，三棱锥体积最得最大值，从而得解.
【详解】取的中点为，连接，如下图所示：
由为的中点，可得，且；
又为边的中点，所以，且，
则，故点的轨迹与点轨迹相同，
因为菱形中，，，为边的中点，
所以，则，
又平面，所以平面，
在翻折过程中，点由的中点翻折到的中点过程中，
的轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
则点的轨迹是以的中点为圆心，为半径的半圆，
所以点的轨迹是半径为的半圆，
则在平面的射影为的轨迹应为圆的直径，
所以点的轨迹的长度为1；
当时，由于平面，
所以平面，即又因为是定值，
故此时三棱锥体积最大，
在中，易得，，
所以，
故三棱锥体积最大值为.
故答案为：1；.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据翻折规则找出对应位置关系，利用变量与不变量之间的关系研究定值与最值等问题，进而解决轨迹问题.
3．（24-25高二上·北京房山·期末）如图，在边长为的正方体中，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不存在点，使得平面；
③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；
④点到的距离的最小值为．
其中正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【知识点】锥体体积的有关计算、判断线面平行、线面垂直证明线线垂直
【分析】连接，求出三棱锥的体积可判断①；根据与不垂直可判断②；当点与点重合时，与平面相交可判断③；根据得异面直线之间的距离为1可判断④．
【详解】对于①，连接，因为平面，
所以上所有点到平面的距离相等，为，
因为，所以三棱锥的体积
为定值，故正确；
对于②，连接，因为，所以四边形为长方形，
所以与不垂直，故不存在点，使得平面，故正确；
对于③，当点与点重合时，与平面相交，故错误；
对于④，因为平面，平面，所以，
又，异面直线之间的距离为1，
所以当点在棱上运动时，点到的距离的最小值为，故正确．
故答案为：①②④
【点睛】思路点睛：对于①，根据平面，得出上所有点到平面的距离相等，再求出，可得三棱锥的体积为定值.
压轴题型三 异面直线所成角最值（范围）问题
例题1：（24-25高二上·福建福州·阶段练习）如图正方体中，点是的中点，点为正方形内一动点，且平面，若异面直线与所成角为，则的最小值为 .
【答案】/
【知识点】异面直线所成的角的概念及辨析、求异面直线所成的角、证明面面平行、线面垂直证明线线垂直
【分析】取的中点，的中点，可证平面平面，结合条件可得点的轨迹为线段（不含端点），可得异面直线与所成角即与所成角，即，由此可得当最小时，最小，运算得解.
【详解】如图，取的中点，的中点，连接，
因为是的中点，所以，，
所以四边形是平行四边形，
，同理，可证，
又平面，平面，平面，
所以平面，平面，
，平面，则平面平面，
因为点是正方形内一点，且平面，
所以平面，即点的轨迹为线段（不含端点），
因为，所以异面直线与所成角即与所成角，即，
连接，因为平面，平面，
所以，则，
设正方体的棱长为2，则，
所以当最小时，最小，
在中，当时，最小，由等面积法可得，
所以最小值为.
故答案为：.
例题2：（23-24高三下·全国·强基计划）四面体中，，，，求与所成角的余弦值的取值范围 ．
【答案】
【知识点】空间中距离和角的计算、求异面直线所成的角
【分析】根据几何关系求的范围，再通过平行关系构造异面直线所成的角，根据余弦定理，即可求解.
【详解】如图，取，分别为，的中点．
，，
，所以，
在中，，当，重合时取等．
过作于，设，则,即，即，得．
所以．当，，，共面时取等．
取中点，则，，所以所求的角即为，
于是
由知，于是．
故答案为：
巩固训练
1．（23-24高二下·浙江丽水·期末）在矩形中，，是的中点，将沿折起，则在翻折过程中，异面直线与所成角的取值范围是 .
【答案】
【知识点】求异面直线所成的角
【分析】先由题意，取中点为，中点为，中点为，连接，，，得到即为异面直线与所成角，或所成角的补角，记异面直线与所成角为，则，根据题意，画出图形，结合翻折过程求出临界值，再由余弦定理，即可求出结果.
【详解】由题意，取中点为，中点为，中点为，连接，，，
则，，
将沿折起，在翻折过程中，始终有，；
所以即为异面直线与所成角，或所成角的补角，
记异面直线与所成角为，则
因为，不放设，则，，，
所以，
由题意可得，在翻折过程中，逐渐减小，当点与重合时，最小，如图2；
此时；
翻折前，取最大，如图1；此时，
所以，
由余弦定理可得：，
因为，所以，即，
所以，因此；
又翻折前，以及点点与重合，这两种情况下，与是相交直线，
所以，即；
故.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查求异面直线所成角的范围，熟记异面直线所成角的概念，灵活运用立体几何的方法求解异面直线所成的角即可，属于常考题型.
2．（23-24高二上·浙江宁波·期末）如图，在中，，，，将绕边翻转至，使面面，是的中点，设是线段上的动点，则当与所成角取得最小值时，线段的长度为 .
【答案】.
【知识点】由异面直线所成的角求其他量
【分析】取中点,连接可知与所成角即为与所成角,再根据线面垂直的性质分析所成角取得最小值时的位置再计算即可.
【详解】取中点,连接可知与所成角即为与所成角,再连接.根据线面相交的性质可知,的最小值当且仅当为直线与平面的线面角时取得.又,,,
故.故,故.
又面面且交于,故平面,故.故当时有平面,此时为直线与平面的线面角.即当与所成角取得最小值时.
又.故.
又,故.
故,.
故此时.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了根据空间中夹角的最值问题求解线段长度的问题,需要分析到当角度取最小值时的线面垂直关系,再利用平面几何中的解三角形知识求解边角关系.属于难题.
压轴题型四 线面角的最值（范围）问题
例题1：（23-24高一下·新疆·期末）在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则与平面所成角的正弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】求线面角
【分析】取的中点，连接.设正方体的棱长为，则可得与平面所成的角为，得，所以只要最大即可得答案.
【详解】取的中点，连接.设正方体的棱长为，
则在中，为线段的中点，为的中点，
所以为的中位线，所以.
又因为平面，所以平面，
则与平面所成的角为，则.
由，得，
所以要使与平面所成角的正弦值最小，则最小，
可知当与点重合时，最大，此时，
所以.
故选：A
例题2：（24-25高二上·上海松江·期中）如图，正方形边长为4，E为中点，F是边上的动点.将沿翻折到，沿翻折到，若，连接，设直线与平面所成角为，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】求线面角、余弦定理解三角形、利用函数单调性求最值或值域
【分析】设S在面AEF上的射影为O，则为直线SE与平面DEF所成角．设，利用体积法，由求得，从而得的表达式，结合换元法及函数的单调性求出的最大值．
【详解】设S在面AEF上的射影为，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角．
设，则．
．
在中，，．
可得，
，
由于平面，则平面.
，又，
则.
，
令，
令，
，
当且时，，则，
可得在上单调递减，
当，即时，最大为，最大值为．
巩固训练
1．（23-24高一下·河南新乡·期末）在正三棱柱中，，M是AB的中点，N是棱上的动点，则直线与平面所成角的正切值的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】面面垂直证线面垂直、求线面角
【分析】根据题意，先画出图象，作，然后由面面的垂直的性质可得平面，进而可知为直线与平面所成的角，当取得最大值时，取得最大值，取得最小值，从而可得直线与平面所成角的正切值的最大值.
【详解】如图，作，垂足为G，连接.
在正三棱柱中，平面平面，
因为平面平面，平面，，
所以平面.
故为直线与平面所成的角.
当取得最大值时，取得最大值，取得最小值.
不妨设，则，的最小值为a，
于是.
故选：D.
2．（23-24高一下·安徽六安·期中）如图，在边长为4的正方体中，为的中点，点在正方体的表面上移动，且满足，当在上时， .设点和满足条件的所有点构成的平面图形为，则直线与平面所成角正弦值的取值范围是 .
【答案】 6
【知识点】证明线面垂直、求线面角、线面垂直证明线线垂直
【分析】取的中点分别为，连结，再证明平面可得点的运动轨迹为梯形，计算当在上时的值以及当在上时的值，求出与平面夹角的正弦值的范围.
【详解】取的中点分别为，连结，
由于，所以四点共面，且四边形为梯形，
连接，在正方体中， ，，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
又，所以
所以故，又，
又平面，所以平面，
又平面，所以
又平面，所以平面，
因为点在正方体表面上移动，所以点的运动轨迹为梯形，
如图所示：因为正方体的边长为，
所以当点在上时，点为的中点，，
在中，,，
所以，由，设到平面的距离为，
则，所以，
而到平面的边的距离最小值为，最大值为.
设与平面夹角为，则当到平面的边的距离最小值为，
此时线面角的最大值为，
当到平面的边的距离最大值为，
此时线面角的最小值为，即.
所以与平面夹角的正弦值范围为.
故答案为：
3．（2024·广东·一模）已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
【答案】/
【知识点】多面体与球体内切外接问题、证明线面垂直、求线面角、线面垂直证明线线垂直
【分析】先根据条件得到，进而得到，，利用线面垂直的性质作出面，故为直线BP与平面所成角，再利用，得知当与重合时，最小，再利用对顶角相等，即可求出结果.
【详解】如图，分别是上下底面的中心，设球心为，半径为，易知，
由题知，得到，又，，得到，
所以与重合，由，得到，
所以，又，所以，
因为面，面，所以，
又，，面，所以面，
连接并延长，过作，交的延长线于，
又面，所以，又，面，
所以面，连接，则为直线BP与平面所成的角，，
在中，易知，，所以，
所以当最小时，直线BP与平面所成角的正弦值的最大值，
又动点P在内部及其边界上运动，所以当与重合时，最小，
此时为直线BP与平面所成的角，所以直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为，
故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于点位置的确定，通过利用线面垂直的性质作出面，从而得出为直线BP与平面所成角，再利用，将问题转化成求的最小值，即可确定点位置，从而解决问题.
压轴题型五 二面角的最值（范围）问题
例题1：（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式求和的最小值、求二面角、余弦定理解三角形、利用双曲线定义求方程
【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），
又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）
过点作，而面，
所以面，
设为中点，则二面角为，
所以不妨设，
所以，
所以，令，
所以，
等号成立当且仅当，
所以当且仅当时，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.
例题2：（2024·浙江·模拟预测）已知平行四边形中，，，，沿对角线将折起到的位置，使得平面平面，如图，若，均是线段的三等分点，点是线段上（包含端点）的动点，则二面角的正弦值的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】求二面角
【分析】由题可得平面，过点作，交于点，过作，垂足为，连接，可得为二面角的平面角，设（），则可得，利用二次函数的性质即可求解.
【详解】在中，，，，所以由余弦定理得，
所以，所以，由翻折的性质可知，．
又平面平面，平面平面，所以平面，
过点作，交于点，则平面，所以，
过作，垂足为，连接，则平面，
所以为二面角的平面角．
设（），则，，，，
所以，
所以．
由二次函数的单调性知，在上的值域为，
所以，
即二面角的正弦的取值范围为．
故选：B.
【点睛】思路点睛：求解立体几何中的翻折问题，关键是要确定翻折前后变与不变的关系，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化．对于不变的关系，可以在平面图形中处理，对于变化的关系，则要在立体图形中处理．
巩固训练
1．（23-24高一下·山西·期末）在三棱锥中，平面，，，三棱锥外接球的表面积为，则二面角正切值的最小值为 .
【答案】/
【知识点】证明线面垂直、求二面角、多面体与球体内切外接问题
【分析】先由球的表面积求得其半径，再利用球的截面性质求得的外接圆的半径，从而求得的取值范围，进而求得二面角正切值的取值范围，由此得解.
【详解】依题意，设的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，
则，则（负值舍去），
因为平面，，所以，即，则（负值舍去），
因为，所以为的外接圆的直径，即，
过作交于，连接，如图，
设，则由，得，
故，得，当且仅当时，等号成立，
故由三角形面积相等得，
因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为二面角的平面角，
则，即二面角正切值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用基本不等式求得的取值范围，再推得为二面角的平面角，从而得解.
2．（23-24高二下·江苏·期末）已知在矩形中，，，P为AB的中点，将沿DP翻折，得到四棱锥，则二面角的余弦值最小是 .
【答案】
【知识点】线面垂直证明线线垂直、求cosx（型）函数的最值、求二面角、证明线面垂直
【分析】作出辅助线，证明线面垂直，找到即为二面角的平面角，设，表达出各边长，得到，求出，由函数单调性得到余弦值的最小值.
【详解】矩形，连接，与相交于点，
因为，，P为AB的中点，
所以，则∽，所以，
则，故⊥，
将将沿DP翻折，则由⊥，⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
过点作⊥于点，则⊥，
又，平面，所以⊥平面，
过点作⊥于点，连接，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
故即为二面角的平面角，显然为锐角，
在矩形中，，故，，
设，则，，
故，
因为，所以，
则，
设，，则，
所以，即，
解得，即，
因为，所以，
当时，，
因为，所以，故，时，等号成立，
因为在上单调递减，
所以二面角的余弦值最小值为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解.
压轴题型六 线面角的探索性问题
例题1：（24-25高三上·河北石家庄·阶段练习）如图，三棱锥中，底面ABC，，D是平面ABC内的一点．
(1)若平面PAB，求三棱锥的体积；
(2)若，当直线PD与平面ABC所成角的正弦值为时，求二面角的正切值．
【答案】(1)
(2)
【知识点】锥体体积的有关计算、求二面角、证明线面垂直、由线面角的大小求长度
【分析】（1）先确定点的位置，判断三棱锥的高和底面积不变，再利用锥体的体积公式求体积.
（2）先根据给出的线面角和确定点的位置，结合面积的射影关系求二面角的三角函数.
【详解】（1）如图：
在中，，，，所以为直角三角形，且.
又平面，平面，所以，
P平面，，所以平面.
又平面，所以.
所以，
所以.
（2）如图：
因为底面，所以为直线与平面所成的角.
因为，，所以，.
又，，所以.
取中点，连接，则
又，平面，，所以平面.
所以为在平面内的射影.
在中，，，所以.
在中，，，，因为，所以为直角三角形，且.
设二面角为，则，
所以.
例题2：（23-24高一下·江苏常州·期末）如图，三棱柱所有棱长都为2，，O为BC中点，D为与交点．
(1)求证：平面；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的大小．
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【知识点】由线面角的大小求长度、证明线面垂直、求二面角、证明线面平行
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，得出，从而证明平面.
（2）利用线面垂直的判定证得平面，进而得为直线与平面所成角并求出，利用勾股定理求出，再由余弦定理求出，利用二面角的定义即可得答案.
【详解】（1）在三棱柱中，取中点，连接，
由分别为和的中点，得且，
由O为BC中点，得且，则且，
即四边形为平行四边形，于是，又平面，平面，
所以平面.
（2）由三棱柱所有棱长都为2，，得都是正三角形，
而O为BC中点，则，，平面，，
于是平面，又，则平面，
为直线与平面所成角，
因此，，而平面，则，
又为中点，则，
在中，，，则，
由，，得是二面角的平面角，
所以二面角的大小.
巩固训练
1．（24-25高二上·河北张家口·开学考试）如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，.
(1)证明：平面平面；
(2)若与平面所成的角为，求二面角的正切值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【知识点】由线面角的大小求长度、证明线面垂直、求二面角、证明面面垂直
【分析】（1）令，连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判断推理即得.
（2）过作于，利用线面垂直判定证明平面，利用线面角、面面角的定义求解即得.
【详解】（1）令，连接，由，得，
由菱形，得，而平面，
于是平面，又平面，
所以平面平面.
（2）过作于，由（1）知平面，而平面，，
又平面，于是平面，
是与平面所成的角，即，，
过作于，连接，而平面，，
又平面，则平面，又平面，
于是，是二面角的平面角，
在菱形中，，则是正三角形，，，
，,
所以二面角的正切值为.
2．（2024·四川内江·三模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，且，，，平面平面.
(1)求证：平面平面；
(2)若PD与平面PBC所成的角为，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】锥体体积的有关计算、证明面面垂直、由线面角的大小求长度
【分析】（1）取PB的中点M，连接AM.利用面面垂直的性质定理证明平面，从而利用线面垂直的性质及线面垂直的判定定理得平面，进而利用面面垂直的判定定理即可证明.
（2）取PC的中点N，连接MN、DN，利用平行四边形性可得，则有平面，利用线面角的定义得是PD与平面PBC所成的角，再利用等体积法求解体积即可.
【详解】（1）取PB的中点M，连接AM.∵，∴.
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，∴.
∵底面ABCD是直角梯形，且，
∴，∴.
又，，平面，∴平面.
又平面，∴平面平面.
（2）取PC的中点N，连接MN、DN，则，.
∴四边形AMND是平行四边形，则.
又平面，∴平面，则是PD与平面PBC所成的角，
即，在中，.
在直角梯形ABCD中，，∴，
∴，∴，
在中，，
∴是等边三角形，从而.
∴.
故所求三棱锥的体积为.
压轴题型七 二面角的探索性问题
例题1：（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥中，平面平面，平面．
(1)求证：
(2)若二面角的正弦值为，且，，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】证明线面垂直、面面垂直证线面垂直、面面角的向量求法、由二面角大小求线段长度或距离
【分析】（1）过作于，由面面垂直的性质定理可得平面，从而，再由线面垂直的定义和判定定理可证；
（2）解法一：过作于，连接，所以即为二面角的平面角，又有（1）可得，设，则，结合已知即可得解；
解法二：同方法一得，，设，则，可解；
解法三：如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，记二面角为，设，求出面的法向量，又面的法向量为，由二面角的向量法求解；
解法四：如图，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，设，有， 求出面的法向量，由二面角的向量法解得，又，即，可解.
【详解】（1）过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，又平面，平面，
所以，因为平面，且
所以平面，平面，
因此．
（2）解法一：过作于，连接，
则平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
所以，，
又有（1）可得，
设，则，
所以，
所以，
从而；
解法二：同方法一得，，
设，则，
所以，解得，
从而；
例题2：（24-25高二上·吉林·开学考试）在中，，，，D，E分别是AC，AB上的点，满足，且DE经过的重心.将沿DE折起到的位置，使，M是的中点，如图所示.
(1)求证：平面；
(2)求直线CM和平面所成的角；
(3)在线段上是否存在点F，使二面角的余弦值？若存在，求CF的长度；若不存在，请说明理由.（要求用几何法解答）
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
(3)存在，
【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、求线面角、证明线面垂直、余弦定理解三角形
【分析】（1）根据⊥平面，得到⊥，故⊥，结合，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，得到与平面的夹角即为与平面的夹角，利用等体积法求出到平面的距离，进而得到点平面的距离为，从而求出线面角的正弦值，求出答案；
（3）作出辅助线，找到二面角的平面角为，利用余弦定理和勾股定理求出各边长，并求出，利用正切差角公式得到，得到方程，求出CF的长度.
【详解】（1）因为，所以，
因为，所以，
将沿DE折起到的位置，故始终有，，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，故，
因为，，平面，
所以平面；
（2）由（1）可知，两两垂直，
因为DE经过的重心，所以，故，
，
由勾股定理得，
连接，取的中点，在上取点，使得，连接，
则，，
又，，故四边形为平行四边形，
故，，
与平面的夹角即为与平面的夹角，
其中，而平面，
故，
由勾股定理得，
中，，故，
，，
故由余弦定理得，
故，
则，
设到平面的距离为，
由于，故，解得，
故点平面的距离为，
设直线CM和平面所成角的大小为，
则，
故直线CM和平面所成的角为
（3）存在，，理由如下：
连接，过点作于点，连接，
因为平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以，，
故二面角的平面角为，
设，，
在中，由余弦定理得，
故，
则，
，
其中，，
故，，
则
，
故，解得.
存在，.
例题3：（23-24高一下·广东湛江·阶段练习）如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，．，M，N分别是线段，BD上的动点，且．
(1)若二面角的大小为，求DM的长；
(2)当三棱锥的体积为时，求CN与平面BCM所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)；
(2)
【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、线面垂直证明线线垂直、求线面角、锥体体积的有关计算
【分析】（1）利用直棱柱和底面是有角的菱形，可作出二面角的平面角，从而解直角三角形即可.
（2）利用等体积法来求线面角，即只需要求出点N到平面的距离，再用距离与长度的比值就是线面角的正弦值，从而可求解.
【详解】（1）
取中点P，过P点作，交于点Q，连接．
由直四棱柱，可得平面，
而平面，所以，即，
又因为，所以，
因为底面是边长为2的菱形，，
所以为等边三角形，则，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
即为二面角的平面角，所以．
在平面中，由，可得．
在中，，，
则，解得；
（2）因为平面，所以，
．
因为三棱锥的体积为，
所以，解得，
因为平面，所以．
在中，，
，
所以．
设N到平面的距离为d，
在中，，，
所以，
所以．
因为，所以，解得．
在中，由余弦定理得，
所以．
设与平面所成的角为．
所以．
令，则．
因为，所以，所以，
所以与平面所成角的正弦值的取值范围是．
巩固训练
1．（24-25高三上·广东·阶段练习）如图，三棱柱中，侧面是边长为2的正方形，，．
(1)证明：；
(2)若二面角的余弦值为，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直
【分析】（1）侧面是边长为2的正方形得到和的关系，、和的长度，根据侧面是平行四边形得到和，在中，由余弦定理得，判断的形状，证明平面，证明；
（2）取的中点，记为D，连接，．证明，，平面，求出二面角的平面角，证明平面，记二面角为，表示出与的关系，找到和的关系，求出，求出，证明，求出.
【详解】（1）侧面是边长为2的正方形，
，，，
侧面是平行四边形，
，
在中，由余弦定理有，
解得，是直角三角形，
，，，平面，
平面，又平面，
；
（2）取的中点，记为D，连接，，
，，
，，
，，平面，
平面，为二面角的平面角．
又平面，，
平面，记二面角为，
则，，
，．
平面，，
，，，
的值为．
2．（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）如图，四棱锥中，底面，，.
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的余弦值为，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)1
【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、证明面面垂直、证明线面垂直、证明线面平行
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，
从而，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点作于，再过点作于，连接，确定即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可得到.
【详解】（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面.
（2）
如图所示，过点作于，再过点作于，连接，
因为平面，平面，所以平面平面，
而平面平面，平面
所以平面，平面，，
又，，平面，平面，
又平面，，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
由二面角的余弦值为，
即，，即．
因为，设，则，
由等面积法可得，，
又，
而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，
则.`
3．（23-24高一下·贵州黔西·阶段练习）如图，将边长为的正方形沿对角线折起使得点到点的位置，连接，为的中点.
(1)若平面平面，求的长度.
(2)不考虑点与点重合的位置，若二面角的余弦值为，求的长度.
【答案】(1)
(2)
【知识点】由二面角大小求线段长度或距离、面面垂直证线面垂直、线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得，再由正方形的边长可得答案；
（2）取的中点，可得为二面角的平面角，利用余弦定理可得答案.
【详解】（1）连接，则，
∵平面平面，平面平面，
平面，∴平面，又平面，
∴，又正方形的边长为，
∴，；
（2）取的中点，连接，
∵，
∴，，
为二面角的平面角，
∴，
由题可知与全等，
在中，，，
，
∴，
∴，
∴.
压轴题型八点到平面距离的最值问题（含探索性问题）
例题1：（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在直角梯形中，，，E是中点，且，设，将沿折起向C点旋转（旋转过程中A点记为，且与C不重合），则与平面所成角的大小为 ，点C到平面的距离的最大值是 .
【答案】 //
【知识点】证明线面垂直、求点面距离、求线面角、线面垂直证明线线垂直
【分析】以为轴旋转，始终与平面垂直，由可得垂直关系；点C到平面的距离的最大值即点到直线的距离，再利用等面积法求解即可.
【详解】①如图1，在梯形中，连接.
由题意，则四边形是平行四边形，
又，且，则四边形是正方形.
则，如图2，可知，
又平面，且平面，且，
所以平面.
由题意知，则四边形为平行四边形，
所以，则平面，
即与平面所成角的大小为；
②如图2，在平面中过点作，垂足为，延长交于.
设点到平面的距离为，
则，当且仅当平面时，取最大值.
又平面，也即平面平面时等号取到.
由题意，将沿折起向C点旋转，下面分析当旋转至何处时，等号取到.
若平面，由平面，则，
又，，平面，平面，
所以平面，平面，则平面平面.
故当旋转至满足平面平面（即二面角为直二面角）时，
点C到平面的距离能取到最大值，最大值即为.
在直角梯形中，，则，
，所以.
在中，.
故点C到平面的距离的最大值是.
故答案为：；.
【点睛】结论点睛：定点到过定直线的平面的距离最大值（其中定点不在定直线上），即定点到定直线的距离.如题目中定点，动平面过定直线，点到直线的距离为定值，设点到平面的距离为，则，当且仅当平面平面时等号成立.
例题2：（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）如图四棱锥在以为直径的圆上，平面为的中点，
(1)若，证明：⊥；
(2)当二面角的正切值为时，求点到平面距离的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、求点面距离、由二面角大小求线段长度或距离
【分析】（1）作出辅助线，得到为等边三角形，，由线面垂直得到，从而得到⊥平面，证明出⊥；
（2）作出辅助线，得到为二面角的平面角，由二面角的大小得到，，由勾股定理得到，，当位于线段中垂线上时，取得最大值，由等体积法得到.
【详解】（1）记AC的中点为O，连结，则O为圆心，
又E为SC的中点，所以EOSA，
因为平面ABCD，所以EO⊥平面ABCD，
连接，取连接OD并延长，交于点，
.
因为，所以，
由对称性可知AB=AD，故为等边三角形，
又因为O为的外心，所以O为的中心，故，
∵平面，平面ABCD，
，
∵，平面，
∴⊥平面，
∵平面EOD，
.
（2）过点D作于，作于，连接，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DH，
因为，平面ASC，
所以DH⊥平面ASC，
因为平面SAC，
所以DH⊥SC，
因为，，平面DHN，
所以SC⊥平面DHN，
因为DN平面DHN，
所以，
故为二面角的平面角，
因为，所以，故为等边三角形，
由题意知，
，，
，
，
在Rt中，，
，
∵三角形ASC为直角三角形，
∴三角形ASC为等腰直角三角形，
，
又由，
由勾股定理得：，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以SA⊥DC，
因为AC为直径，所以AD⊥DC，
因为，平面ASD，
所以DC⊥平面ASD，
因为平面ASD，
所以DC⊥SD，
，
由于点在半圆弧上运动，当位于线段中垂线上时，的面积取得最大值，
且最大值为，
设点到平面距离为，
根据，
即点到平面距离的最大值为.
巩固训练
1．（24-25高三上·陕西延安·开学考试）已知三棱锥中，，其余各棱长均为是三棱锥外接球的球面上的动点，则点到平面的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】求二面角、求点面距离、多面体与球体内切外接问题、球的截面的性质及计算
【分析】先给出鳄鱼模型公式的证明，然后利用其求出外接球半径，再结合球的截面性质求解即可.
【详解】首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型，
我们给定三棱锥，设分别是的外心，
设外接球球心为，是的中点，作，，
所以是二面角的平面角，设，
设，，作面，面，
在四边形中，可得，
所以四点共圆，且设四边形的半径为，
所以，连接，由正弦定理得，设，
故，而在中，由余弦定理得，
连接，所以，由三线合一性质得，
因为是的中点，所以，
设，由勾股定理得，
所以，即鳄鱼模型得证，
而在本题中，对于三棱锥，，找中心为，
中心为，找中点为，作，，
所以是二面角的平面角，设，
因为，三棱锥其余各棱长均为，所以，
由勾股定理得，所以是等边三角形，
所以，设，，
代入公式中得，所以，
设外接球的球心为，而三棱锥其余各棱长均为，故是等边三角形，
由正弦定理得的外接圆半径为，
设球心到面的距离为，所以，解得，
所以点到平面的距离的最大值为，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是证明鳄鱼模型的正确性，然后利用其求解外接球半径，再利用球的截面性质得到所要求的最值即可．
2．（2024·安徽六安·一模）如图，棱长为的正方体，点在平面内，平面与平面所成的二面角为，则顶点到平面的距离的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】求点面距离
【分析】是正方体， 当底面与平面所成的角与底面对角线所成的角相等时，顶点到平面的距离的最大；最大值 作截平面图， 由题知 ,利用平面几何知识求得即可
【详解】如图所示，当直线与面所成角等于面ABCD与面所成角时顶点到平面的距离最大，取截图，如下图所示：
作，，，
∵，，∴，
∵，，，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，
故选:B.
【押题点】二面角大小；点面距最值问题
【点睛】本题考查正方体翻转求面距离最值问题.
求解翻折(转)问题的关键及注意事项：
求解平面图形翻折(转)问题的关键是弄清原有的性质变化与否，即翻折(转)后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．应注意：
(1)点的变化，点与点的重合及点的位置变化；
(2)线的变化，翻折(转)前后，若线始终在同一平面内，则它们的位置关系不发生变化，若线与线由在一个平面内转变为不在同一个平面内，应注意其位置关系的变化；
(3)长度、角度等几何度量的变化．
1
