2018高中数学（文）黄金100题系列第67题+立体几何中的最值问题

第67题　立体几何中的最值问题
I．题源探究·黄金母题
【例1】【2016高考新课标Ⅲ文数】在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球，若，，，，则的最大值是（ ）
（A）4π （B） （C）6π （D）
【答案】B
【解析】分析：要使球的体积最大，必须球的半径最大．由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时，球的半径取得最大值，此时球的体积为，故选B．
【名师点睛】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）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；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．
II．考场精彩·真题回放
【例2】【2015新课标2文10】已知是球的球面上两点,,为该球面上的动点.若三棱锥体积的最大值为36,则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】分析：设球的半径为R,则△AOB面积为,三棱锥 体积最大时,C到平面AOB距离最大且为R,此时 ,所以球O的表面积.故选C.
【方法点睛】由于三棱锥底面AOB面积为定值,故高最大时体积最大,本题就是利用此结论求球的半径,然后再求出球的表面积,由于球与几何体的切接问题能很好的考查空间想象能力,使得这类问题一直是高考中的热点及难点,提醒考生要加强此方面的训练.
【例3】【2016高考浙江文数】如图，已知平面四边形ABCD，AB=BC=3，CD=1，AD=，∠ADC=90°．沿直线AC将△ACD翻折成△，直线AC与所成角的余弦的最大值是______．
【答案】
【解析】分析：设直线与所成角为．
设是中点，由已知得，如图，以为轴，为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系，由，，，作于，翻折过程中，始终与垂直， ，
则，，
因此可设，
则，
与平行的单位向量为，
所以＝
，所以时，
取最大值．
【点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与平行的单位向量和，进而可得直线与所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质可得直线与所成角的余弦值的最大值．
【例4】【2015高考北京，文7】某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥最长棱的棱长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】四棱锥的直观图如图所示：
由三视图可知，平面，
是四棱锥最长的棱，
，故选C.
【点晴】本题主要考查的是三视图，属于容易题．解题时一定要抓住三视图的特点，否则很容易出现错误．本题先根据三视图判断几何体的结构特征，再计算出几何体中最长棱的棱长即可．
【例5】【 2014湖南文8】一块石材表示的几何体的三视图如图2所示，将石材切削、打磨、加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】B
【解析】由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图,侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为正视图直角三角形内切圆的半径,则,故选B.
【例6】【2015高考福建文20】如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，垂直于圆所在的平面，且．
（Ⅰ）若为线段的中点，求证平面；
（Ⅱ）求三棱锥体积的最大值；
（Ⅲ）若，点在线段上，求的最小值．
【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【解析】解法一：（I）在中，因为， 为的中点，所以．又垂直于圆所在的平面，所以．
因为，所以平面．
（II）因为点在圆上，
所以当时，到的距离最大，且最大值为．又，所以面积的最大值为．又因为三棱锥的高，故三棱锥体积的最大值为．
（III）在中，，，所以．
同理，所以．
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．
当，，共线时，取得最小值．
又因为，，所以垂直平分，即为中点．
从而，
亦即的最小值为．
解法二：（I）、（II）同解法一．
（III）在中，，，
所以，．同理．所以，所以．在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，使之与平面共面，如图所示．当，，共线时，取得最小值．
所以在中，由余弦定理得：
．
从而．
所以的最小值为．
【名师点睛】决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高，当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解．
精彩解读
【试题来源】2016高考新课标Ⅲ文数10题
【母题评析】本题为多面体与内切球问题，需要考生有一定的空间想象能力，求内切球的最大体积，要抓住半径这个关键量来分析计算。
【思路方法】立体几何是的最值问题通常有三种思考方向：（1）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；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值来求解．
【命题意图】考察空间想象能力及推理论证和计算能力，转化思想。
【考试方向】这类试题在考查题型上，通常基本以选择填题为主，难度中等偏难.
【难点中心】解题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次从本文所标定的方法顺序思考，必能找到解题的途径。
III．理论基础·解题原理
结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现．在解决此类问题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解;再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径．
IV．题型攻略·深度挖掘
【考试方向】
这类试题在考查题型上，通常基本以选填题或解答题的形式出现，偏难。
【技能方法】
解决立体几何中的最值问题常见方法有：
1. 建立函数法是一种常用的最值方法，很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值。解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法；二次数的配方法、公试法； 有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等。
2. 公理与定义法通常以公理与定义作依据，直接推理问题的最大值与最小值，一般的公理与定理有：两点之间以线段为最短，分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的公垂线段为短。球面上任意两点间的连线中以过这两点与球心的平面所得圆的劣弧长为最短等。如果直接建立函数关系求之比较困难，而运用两异面直线公垂线段最短则是解决问题的捷径。
3. 解不等式法是解最值问题的常用方法、在立体几何中同样可利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解：如 最小角定理所建立的不等关系等等。
4. 展开体图法是求立体几何最值的一种特殊方法，也是一种常用的方法，它可将几何题表面展开，也可将几何体内部的某些满足条件的部分面展开成平面，这样能使求解问题，变得十分直观，由难化易。
5. 变量分析法是我们要透过现象看本质，在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，要分析透彻，明白它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值总题的方法。
除了上述5种常用方法外，还有一些使用并不普遍的特殊方法，可以让我们达到求解最值问题的目的，这就是：列方程法、极限思想法、向量计算法等等其各法的特点与普遍性，大家可以通过实例感受其精彩内涵与思想方法所在。
V．举一反三·触类旁通
考向1　求线段与周长的最值
【例1】【2018宝鸡模拟】已知一个几何体的三视图如图所示．
（Ⅰ）求此几何体的表面积；
（Ⅱ）在如图的正视图中，如果点A为所在线段中点，点B为顶点，求在几何体侧面上从点A到点B的最短路径的长．
【答案】见解析
（Ⅱ）沿A点与B点所在母线剪开圆柱侧面，如图所示：
则AB===2，
所以从A点到B点在侧面上的最短路径的长为2．
【例2】【2018银川一中模拟】正方体的棱长为1，、分别在线段与上，求的最小值.
【答案】1
【解析】解题分析；方法一，该题可以结合正方体的结构特征，将其转化为两异面直线的距离来求；
方法二，可设出变量，构建相应的函数，利用函数的最值求解；
方法三，建立空间直角坐标系，利用点的坐标以及距离公式表示出目标函数，然后利用函数方法求解最值.
在矩形中，为中位线，所以，又因为平面，
所以平面，又因为平面，所以.
同理可证，而，，
所以线段就是两异面直线与的共垂线段，且.
由异面直线公垂线段的定义可得，故的最小值为1.
故当时，取得最小值1，即的最小值为1.
【总结】空间中两点距离的最值，最基本的方法就是利用距离公式建立目标函数，根据目标函数解析式的结构特征求解最值.对于分别在两个不同对象上的点之间距离的最值，可以根据这两个元素之间的关系，借助立体几何中相关的性质、定理等判断并求解相应的最值.
【例3】【2018兰州模拟】如图，正方形ABCD、ABEF边长都是1，且平面ABCD、ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若。试求当a为何值时，MN的值最小。
【答案】
由余弦定理求得。所以
当时，，即M、N分别移到AC、BF的中点时，
MN的值最小，最小值为
【跟踪练习】
1.【2018大连模拟】在正四棱锥S-ABCD中，SO⊥平面ABCD于O，SO=2，
底面边长为，点P、Q分别在线段BD、SC上移动，
则P、Q两点的最短距离为（ ）
A. B. C. 2 D. 1
【答案】B
2．【2017豫晋冀高三调研考试】某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱的长度中，最大的是（ ）
A. B. C. D.
3.【2018徐汇区一模】如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E 为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为（　　）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【解析】分析：由题意得：△PEQ周长取最小值时，P在B1C1上，在平面B1C1CB上，设E 关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，求出MN，即可得到△PEQ周长的最小值．
解：由题意得：△PEQ周长取最小值时，P在B1C1上，
在平面B1C1CB上，设E关于B1C的对称点为M，关于B1C1的对称点为N，
连结MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点点M时，
则MN是△PEQ周长的最小值，EM=2，EN=，∠MEN=135°，
∴MN==．
∴△PEQ周长的最小值为．故选：B．
【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题．
4.【2018南开区联考】有一个各条棱长均为α的正四棱锥，现用一张正方形的包装纸将其完全包住，不能裁剪，可以折叠，那么包装纸的最小边长为（　　）
A．（1+）a B．a C．a D．（+）a
【答案】C
【点评】本题体现了空间问题平面化的处理问题方法，考查分析解决问题能力以及问题转化的思想．强调的是所需的最小纸张是以PP′为对角线的正方形，而非PP′为中位线的正方形．
5.【2017大连金州区校级模拟】棱长为a的正方体内有一个棱长为x的正四面体，且该正四
面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
解得．要使正四面体可以在边长为a的正方体内任意转动，
则，得x=．故选：D．
6.【2018银川模拟】正三棱柱ABC—A1B1C1中，各棱长均为2，M为AA1中点，N为BC的中点，则在棱柱的表面上从点M到点N的最短距离是 .
【答案】
【解析】(1)从侧面到N，如图1，沿棱柱的侧棱AA1剪开，并展开，
则.
【点评】求解几何体表面上的最短距离问题，往往需要将几何体的侧面或表面展开，将问题转化为平面图形中的最值，进而利用平面几何中的相关结论判断并求解最值.
7.【2018兰州模拟】在一张硬纸上，抠去一个半径为的圆洞，然后把此洞套在一个底面边长为4，高为6的正三棱锥A—BCD上，并使纸面与锥面平行，则能穿过这张纸面的棱锥的高的最大值是________。
【答案】
考向2　求表面积与体积的最值
【例1】【2018兰州模拟】如图，已知在中，，平面ABC，于E， 于F，，，当变化时，求三棱锥体积的最大值。
【答案】
【解析】因为平面ABC，平面ABC，
所以，又因为，
所以平面PAC，又平面PAC，
所以，又，所以平面PBC，即。
EF是AE在平面PBC上的射影，因为，
所以，即平面AEF。在三棱锥中，
，所以，
，因为，所以
因此，当时，取得最大值为。
【例2】【2017届安徽省合肥联考】如图所示，四边形是边长为2的菱形，且，四边形是正方形，平面平面，点分别为边的中点，点是线段上一动点．
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积的最大值．
【答案】见解析
知平面，于是，要求三棱锥的体积的最大值，只需求出线段的最大值．
（2）在菱形中，，于是，所以，由（1）知平面，于是，要求三棱锥的体积的最大值，只需求出线段的最大值，又点是线段上一动点，所以线段的最大值为2，此时点与点重合，故三棱锥的体积的最大值为．
【点评】立体几何中经常碰到求最值问题，不少学生害怕这类问题，主要原因是难以将立体几何问题转化为平面几何问题或代数问题去求解，对立体几何的最值问题，一般可以从两方面着手：一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；二是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法、二次数的配方法、公式法、有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等．
【例3】【2017 冀州市校级模拟】等腰△ABC的底边，高CD=3，点E是线段BD上异于点B，D的动点．点F在BC边上，且EF⊥AB．现沿EF将△BEF折起到△PEF的位置，使PE⊥AE．
（Ⅰ）证明EF⊥平面PAE；
（Ⅱ）记BE=x，V（x）表示四棱锥P﹣ACFE的体积，求V（x）的最值．
【答案】见解析
（Ⅱ）解：∵PE⊥AE，PE⊥EF，∴PE⊥平面ABC，即PE为四棱锥P﹣ACFE的高．
由高线CD及EF⊥AB得EF∥CD，∴，
由题意知
∴=．
而PE=EB=x，∴，
∴当x=6时V（x）max=V（6）=．
【跟踪练习】
1.【2017朝阳区模拟】在正方体ABCD﹣AlB1C1D1中，P是正方体的底面AlB1C1D1 （包括边界）内的一动点（不与A1重合），Q是底面ABCD内一动点，线段A1C与线段PQ相交且互相平分，则使得四边形A1QCP面积最大的点P有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个
【答案】C
【点评】本小题主要考查棱柱的结构特征，考查考查数形结合思想、化归与转化思想．
2.【2017 郑州二模】将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，则由题意可得，
∴x=2﹣2r，∴圆柱的体积为V（r）=πr2（2﹣2r）（0＜r＜1），
则V（r）≤π=∴圆柱的最大体积为，此时r=，故选：B．
【点评】本题主要考查基本不等式在生活中的优化问题，利用条件建立体积函数是解决本题的关键．
3.【2017 襄城区校级模拟】我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接收雨水．如果某个天池盆的盆口直径为盆底直径的两倍，盆深为h（单位：寸），则该天池盆可测量出平面降雨量的最大值为（单位：寸）（　　）
提示：上、下底面圆的半径分别为R、r，高为h的圆台的体积的计算公式为V=πh（R2+r2+Rr）
A．h B．h C．h D．h
【答案】A
【解析】分析：可设天池盆上底面半径为2r寸，则下底面半径为r，又高为h寸．利用圆台的体积公式求出天池盆中水的体积，用水的体积除以盆的上地面面积即可得到答案．
解：由题意可设天池盆上底面半径为2r寸，则下底面半径为r，又高为h寸．
则盆中水的体积为πh（4r2+r2+2r2）=（立方寸）．
则平面降雨量等于（寸）．
∴该天池盆可测量出平面降雨量的最大值为寸．故选：A．
4.【2017 江西模拟】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M，N，设BM=x，x∈（0，1），给出以下命题：
①四边形MENF为平行四边形；
②若四边形MENF面积s=f（x），x∈（0，1），则f（x）有最小值；
③若四棱锥A﹣MENF的体积V=P（x），x∈（0，1），则P（x）为常函数；
④若多面体ABCD﹣MENF的体积V=h（x），x∈（0，），则h（x）为单调函数；
⑤当x=时，四边形MENF为正方形． 其中假命题的个数为（　　）
A．0 B．3 C．2 D．1
【答案】D
对于③，连结AF，AM，AN，则四棱锥则分割为两个小三棱锥，
它们以AEF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形AEF的面积是个常数．M，N到平面AEF的距离和是个常数，所以四棱锥C'﹣MENF的体积V为常数函数，故正确．
对于④，多面体ABCD﹣MENF的体积V=h（x）=VABCD﹣A′B′C′D′=为常数函数，故错误；
对于⑤，当x=时，四边形MENF为正方形．正确；故选：D
【点评】本题考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高．属于中档题．
5.【2017兰州模拟】求半径为R的球内接正三棱锥体积的最大值为
【答案】
由正三棱锥性质可知=，
又知OA=OB=R则在Rt中，
V==
(当且仅当，即时，取等号 ) 正三棱锥体积最大值为
6.【2017 安阳一模】如图，已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为6，∠C1BC的正切值为，当AB+AD+AA1的值最小时，长方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的表面积（　　）
A．10π B．12π C．14π D．16π
【答案】D
【解析】由题意设AA1=x，AD=y，则AB=3x，∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1的体积为6，∴xy 3x=6，∴y=，∴AB+AD+AA1=4x+≥3=6，
当且仅当2x=，即x=1时，取得最小值，
∴长方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的直径为=，
∴长方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的表面积=14π，故选C．
【点评】本题考查长方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的表面积，考查体积的计算，考查基本不等式的运用，属于中档题．
7. 【2017 福建模拟】已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的顶点A1，B1，C1在同一球面上，且平面ABC经过球心，若此球的表面积为4π，则该三棱柱的侧面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．3
【答案】C
解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的顶点A1，B1，C1在同一球面上，
且平面ABC经过球心，此球的表面积为4π，∴此球半径R=1，
如图，设三棱柱正三棱柱ABC﹣A1B1C1的顶点A1，B1，C1所在球面的小圆的半径为r，
球心到顶点A1，B1，C1所在球面的小圆的距离为d，
则r2+d2=R2=1，∴该三棱柱的侧面积：S=3×≤3×=3=．
∴该三棱柱的侧面积的最大值为．故选：C．
【点评】本题考查三棱柱、球、勾股定理等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力，考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题．
8.【2018 普陀区一模】用长度分别为2、3、5、6、9（单位：cm）的五根木棒连接（只允许连接，不允许折断），组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为（　　）
A．258cm2 B．414cm2 C．416cm2 D．418cm2
【答案】C
【解答】解：设长方体的三条棱分别为a，b，c，则长方体的表面积
S=2（ab+bc+ac）≤（a+b）2+（b+c）2+（a+c）2，
当且仅当a=b=c时上式“=”成立．由题意可知，a，b，c不可能相等，
故考虑当a，b，c三边长最接近时面积最大，此时三边长为8，8，9，
用2、6连接，3、5连接各为一条棱，第三条棱为9组成长方体，
此时能够得到的长方体的最大表面积为2（8×8+8×9+8×9）=416（cm2）．故选：C．
【点评】本题考查长方体表面积的求法，考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，是中档题．
考向3　求角的最值
【例1】【2018 玉溪模拟】已知梯形ABCD中，AD∥BC，，
AB=BC=2AD=4，E、F分别是AB、CD上的点，EF∥BC，AE=x．沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．G是BC的中点，以F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为f（x）．
（1）当x=2时，求证：BD⊥EG；
（2）求f（x）的最大值；
（3）当f（x）取得最大值时，求异面直线AE与BD所成的角的余弦值．
【答案】见解析
（2）根据面面垂直的性质证出AE⊥面EBCF，可得AE∥DH，从而得四边形AEHD是矩形，得DH=AE=x等于以F、B、C、D为顶点的三棱锥D﹣BCF的高．结合，算出三棱锥D﹣BCF的体积为V=f（x）==，在x=2时，f（x）有最大值为；
（3）由（2）知当f（x）取得最大值时AE=2，故BE=2，结合DH∥AE得∠BDH是异面直线AE与BD所成的角．在Rt△BEH中，算出BH=，△BDH中，得到，最后利用直角三角形中三角函数的定义，算出，从而得到异面直线AE与BD所成的角的余弦值．
解：（1）作DH⊥EF，垂足H，连结BH、GH，
∵平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，DH 平面EBCF，
∴DH⊥平面EBCF，结合EG 平面EBCF，得EG⊥DH，
∵，EF∥BC，∠ABC=90°．∴四边形BGHE为正方形，得EG⊥BH．
又∵BH、DH 平面DBH，且BH∩DH=H，∴EG⊥平面DBH．
∵BD 平面DBH，∴EG⊥BD．
（2）∵AE⊥EF，平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF=EF，AE 平面AEFD．
∴AE⊥面EBCF．结合DH⊥平面EBCF，得AE∥DH，
∴四边形AEHD是矩形，得DH=AE，
故以F、B、C、D为顶点的三棱锥D﹣BCF的高DH=AE=x，
又∵．
∴三棱锥D﹣BCF的体积为V=f（x）==
==．
∴当x=2时，f（x）有最大值为．
（3）由（2）知当f（x）取得最大值时AE=2，故BE=2，
结合DH∥AE，可得∠BDH是异面直线AE与BD所成的角．
在Rt△BEH中，，
∵DH⊥平面EBCF，BH 平面EBCF，∴DH⊥BH
在Rt△BDH中，，∴．
∴异面直线AE与BD所成的角的余弦值为．
【点评】本题给出平面折叠问题，求证直线与直线垂直，求体积的最大值并求此时异面直线所成角大小．着重考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的判定与性质和异面直线所成角大小的求法等知识，属于中档题．
【例2】【2017秋 济宁期末】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1⊥平面ABC，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC=90°，且AB=AA1=2，E，F分别是CC1，BC的中点．
（1）若D是AA1的中点，求证：BD∥平面AEF；
（2）若M是线段AE上的任意一点，求直线B1M与平面AEF所成角正弦的最大值．
【答案】见解析
（1）证明：连接DC1，BC1，∵D，E分别是AA1，CC1的中点，
∵AD=C1E，AD∥C1E，∴四边形ADCE是平行四边形，
∴AE∥DC，∵E，F分别是CC1，BC的中点，∴EF∥BC1，
∴平面AEF∥平面BDC1，又BD 平面BDC1，∴BD∥平面AEF．
（2）解：以A为坐标原点，AB，AC，AA1分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：可知：A（0，0，0），B1（2，0，2），E（0，2，1），F（1，1，0），
∴，，=（﹣2，0，﹣2），
设平面AEF的法向量为，
由，得，令z=2，得x=1，y=﹣1，即，
设，则=+=+λ=（﹣2，0，﹣2）+λ（0，2，1）
=（﹣2，2λ，λ﹣2）．设直线B1M与平面AEF所成角为θ，则
=
∴当时，．
【跟踪练习】
1.【2017 上饶县模拟】若一条直线与一个平面成72°角，则这条直线与这个平面内经过斜足的直线所成角中最大角等于（　　）
A．72° B．90° C．108° D．180°
【答案】B
BC⊥平面a mBD⊥AD 由三垂线定理可得：DC⊥AC，
sin∠BAD=，sin∠BAC=，在Rt△BCD中，BD＞BC，
∠BAC，∠BAD是Rt△内的一个锐角所以∠BAC＜∠BAD．
从上面的证明可知最小角定理，斜线和平面所成的角是这条斜线和平面内过斜足的直线所成的一切角，其中最大的角为90°，由已知中一条直线与一个平面成72°角，这条直线和这个平面内经过斜足的直线所成角的范围是：72°≤θ≤90°，故选：B
【点评】本题考查的知识要点：最小角定理的应用．线面的夹角．属于基础题型．
2.【2017 温州模拟】在四面体ABCD中，二面角A﹣BC﹣D为60°，点P为直线BC上一动点，记直线PA与平面BCD所成的角为θ，则（　　）
A．θ的最大值为60° B．θ的最小值为60°
C．θ的最大值为30° D．θ的最小值为30°
【答案】A
【解析】过A作AM⊥BC，AO⊥平面BCD，垂足为O，连结OM，
则∠AMO为二面角A﹣BC﹣D的平面角，∴∠AMO=60°，
在直线BC上任取一点P，连结OP，AP，则∠APO为直线AP与平面BCD所成的角，即∠APO=θ，∵AP≥AM，AM sin60°=AO，AP sinθ=AO，
∴sinθ≤sin60°，即θ的最大值为60°．故选A．
3.【2017 绵阳模拟】三棱锥P﹣ABC中，PA、PB、PC互相垂直，PA=PB=1，M是线段BC上一动点，若直线AM与平面PBC所成角的正切的最大值是，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是（　　）
A．2π B．4π C．8π D．16π
【答案】B
【点评】题考查三棱锥P﹣ABC的外接球的体积，考查线面垂直，线面角，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题
4．【2017 孝义市模拟】在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=A1D1=a，A1B1=2a，点P在线段AD1上运动，当异面直线CP与BA1所成的角最大时，则三棱锥C﹣PA1D1的体积为（　　）
A． B． C． D．a3
【答案】B
【解析】如图，当P与A重合时，异面直线CP与BA1所成的角最大，
∴当异面直线CP与BA1所成的角最大时，三棱锥C﹣PA1D1的体积：
==
=
=
=．故选：B．
5．【2017 南开区二模】如图，在四棱锥S － ABCD中，底面ABCD是直角梯形，侧棱SA⊥底面ABCD，AB垂直于AD和BC，SA =AB=BC =2，AD =1．M是棱SB的中点．
（Ⅰ）求证：AM∥面SCD；
（Ⅱ）求面SCD与面SAB所成二面角的余弦值；
（Ⅲ）设点N是直线CD上的动点，MN与面SAB所成的角为，求sin的最大值，
【答案】见解析
（Ⅱ）易知平面SAB的法向量为.设平面SCD与平面SAB所成的二面角为，
则，即.
平面SCD与平面SAB所成二面角的余弦值为.
（Ⅲ）设，则.
又，面SAB的法向量为，
所以，.
.
当，即时，.
S
D
C
Q
B
A
P
O