高中數(shù)學(xué)同步講義（人教B版2019選擇性必修一）第15講 專題1-7空間向量最值與取值范圍十大題型

專題1-7空間向量最值與取值范圍十大題型匯總題型1長度距離相關(guān)考點 1題型2面積相關(guān)考點 11題型3體積相關(guān)考點 20題型4線線角相關(guān)考點 32題型5線面角相關(guān)考點 41題型6面面角相關(guān)考點 51題型7數(shù)量積相關(guān)考點 59題型8距離相關(guān)考點 66題型9外接球相關(guān)考點 74◆類型1半徑相關(guān) 74◆類型2面積相關(guān) 82◆類型3體積相關(guān) 88◆類型4長度相關(guān) 94題型10截面相關(guān)考點 95◆類型1截面面積問題 95◆類型2截取長度問題 100題型1長度距離相關(guān)考點【例題1】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E?F分別是棱BC?CC1的中點，PA．1,52 B．324,5【答案】C【分析】分別取棱BB1、B1C1的中點M、N，連接MN，易證平面A1MN//平面AEF，由題意知點P必在線段MN上，由此可判斷P在M【詳解】如下圖所示，分別取棱BB1，B1C1的中點M、N∵M(jìn)，N，E，F(xiàn)分別為所在棱的中點，則MN//BC∴MN//EF，又MN?平面AEF，EF?平面∴MN//平面AEF∵AA1//∴四邊形AENA∴A又A1N?平面AEF，AE?平面∴A1N又A1∴平面A1MN//∵P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，且∴點P必在線段MN上.在RtΔA1同理，在RtΔA1∴Δ當(dāng)點P為MN中點O時，A1P⊥MN，此時A1P最短；點P位于M、∵A1O=∴線段A1P長度的取值范圍是故選：C.【變式1-1】1.（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在三棱錐D?ABC中，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=AD=1，點P在三棱錐D?ABC的表面上運動，則PC+A．0,32 B．32,1 C．【答案】D【分析】根據(jù)題干條件得到A,B,C,D在以O(shè)為球心，半徑為32的球上，故PO【詳解】如圖，取CD中點O，連接PC，PO，PD，則PC+PD=2PO=2PO，又因為DA⊥平面ABC，AB?平面ABC，BC?又AB⊥BC，AB=BC=AD=1，由勾股定理得：CD=3，且A,B,C,D在以O(shè)為球心，半徑為32的球上，故PO∈0,3故選：D【變式1-1】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，正四面體ABCD的棱長為1，點P是該正四面體內(nèi)切球球面上的動點，點E是AD上的動點，則PE的取值范圍為．【答案】[【分析】由正四面體內(nèi)切球球心O的位置特征求內(nèi)切球半徑、OA,OD及O到AD的最短距離，進(jìn)而可得PE的取值范圍.【詳解】由正四面體棱長為1，則正四面體的體高為63若其內(nèi)切球球心為O，半徑為r，則OA=OD=6又(63?r)2=所以O(shè)到AD的最短距離為(6綜上，PE的取值范圍為[24?r,故答案為：[【變式1-1】3.（2022秋·上海黃浦·高三上海市大同中學(xué)校考階段練習(xí)）如圖所示，在四面體P?ABC中，底面ABC是一個邊長為2的等邊三角形，△ABC的外心為點O，PA⊥平面ABC，且PA=1，動點M、N分別在線段PA（含端點）上和△PBC所在的平面中運動，滿足（1）則ON2的最大值為．（2）則ON2的取值范圍為．【答案】193;11?6【分析】取BC的中點E，連接PE，AE，等邊三角形的中心O在AE上，過點O作OG⊥PE于G，過點M作MI⊥PE于I，由幾何關(guān)系可得N在△PBC所在平面中運動，所以N的軌跡是以I為圓心，IN為半徑的圓，據(jù)此分別求得【詳解】取BC的中點E，連接PE，AE，等邊三角形的中心O在過點O作OG⊥PE于G，過點M作MI⊥PE于I，∵△ABC是等邊三角形，所以AE⊥BC，∵PA⊥平面ABC，BC?平面ABC,∴PA⊥BC，又AP∩AE=A,AP,AE?平面PAE，∴BC⊥平面PAE，又BC?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAE，平面PBC∩平面PAE=PE,∵M(jìn)I⊥PE，MI?平面PAE，∴MI⊥平面PBC，同理OG⊥平面PBC，設(shè)PM=m,0≤m≤1，∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，所以AE=3，∵PA=1，故PE=2所以∠PEA=30°，則OG=1在△PMI中，MI=32m，在Rt△MNI中，∵∵N在△PBC所在平面中運動，所以N的軌跡是心I為圓心，IN為半徑的圓，又∵OG⊥平面PBC，所以O(shè)N所以GN最小時，ON的值最小，又GN的最小值為GI的值減去圓的半徑，PI=12m，所以GN設(shè)f(x)=2?1則f'令f'(x)=0，解得x=33，當(dāng)x<3當(dāng)x>33時，f'(x)>0，即當(dāng)m=33時，GN最小，最小值為故ON2最小值為(3當(dāng)GN的值最大時ON最大，最大值GN=2?1由于y=32?12m+1?最大值為GN=5此時ON2的最大值為故答案為：193，11?6【點睛】本題主要考查空間距離的計算，涉及到空間線面垂直以及面面垂直的證明和性質(zhì)的應(yīng)用，考查了空間想象能力，解答的關(guān)鍵是將線段長度的平方表示為參變量的函數(shù)，然后利用函數(shù)的最值求解線段的最值.【變式1-1】4.（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，O1，O2為圓柱上下底面的圓心，O為球心，EF為底面圓O1A．球與圓柱的體積之比為2:3B．四面體CDEF的體積的取值范圍為0,32C．平面DEF截得球的截面面積最小值為4πD．若P為球面和圓柱側(cè)面的交線上一點，則PE+PF的取值范圍為2+2【答案】AD【分析】根據(jù)給定的條件，利用球、圓柱的體積公式計算判斷A；利用VCDEF=2V【詳解】對于A，球的體積為V=4πr33對于B，設(shè)d為點E到平面BCD的距離，0<d≤r，而平面BCD經(jīng)過線段EF的中點O1四面體CDEF的體積VC?DEF對于C，過O作OH⊥DO1于H，如圖，而O1又DO1=r2+(2r)2=25，于是OH=2又r1=r對于D，令經(jīng)過點P的圓柱的母線與下底面圓的公共點為Q，連接QE,QF，當(dāng)Q與E,F都不重合時，設(shè)∠QFE=θ，則QF=4cosθ,QE=4sinθ，當(dāng)因此QF=4cosθ,QE=4sin則PE+PF=P令t=1+4sin2θ+1+4cos因此6+25≤t2≤12，解得1+故選：AD【點睛】思路點睛：與球有關(guān)的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認(rèn)真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出合適的截面圖.【變式1-1】5.（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=CB=CCA．存在點Q，使得A1Q⊥AP B．線段CC．當(dāng)點Q與點B重合時，四棱錐C?AQPR的體積為16 D．設(shè)截面AQPR，△APR，△APQ的面積分別為S1,【答案】BCD【分析】以點C為坐標(biāo)原點，CA、CB、CC1所在直線分別為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點Q0,4,a、Rb,0,4，其中0≤a≤4，0≤b≤4.，利用空間向量垂直的坐標(biāo)表示可判斷A選項；求出【詳解】因為CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，以點C為坐標(biāo)原點，CA、CB、CC1所在直線分別為x則A4,0,0、B0,4,0、C0,0,0、A14,0,4、B設(shè)點Q0,4,a、Rb,0,4，其中0≤a≤4，對于A選項，若存在點Q，使得A1Q⊥AP，且A1A1Q?對于B選項，設(shè)AR=mAP+nAQ，其中即b?4,0,4=m?4,2,4+n?4,4,a，即∵0≤a≤4，則?8≤a?8≤?4，所以，b=16對于C選項，當(dāng)點P與點B重合時，a=0，則b=1，此時點R為A1在直三棱柱ABC?A1B1C1中，四邊形所以P、R分別為B1C1、A1C所以，PR//AB且PR=12AB，同理C1R所以，PRAB=CS△ABC=1VABC?GEVC?RP因此，VC?ARPQ對于D選項，AP=?4,2,4，則點Q到直線AP的距離為d1AR=b?4,0,4，則點R到直線AP=4所以，S2S3令t=8?a,0≤a≤4，則t∈4,8則y=4t+t4則當(dāng)t=4時，ymin=4；當(dāng)t=8時，ymax故選：BCD.題型2面積相關(guān)考點【例題2】（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠BAD=90°，PA=AB=BC=12AD=1，BC∥AD，已知Q是四邊形ABCD內(nèi)部一點（包括邊界），且二面角Q?PD?AA．0,355 B．0,255【答案】B【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量求得Q運動軌跡，進(jìn)而求得△ADQ面積的取值范圍【詳解】以A為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，由二面角Q?PD?A的平面角大小為π4又Q是四邊形ABCD內(nèi)部一點（包括邊界），則Q的軌跡是過點D的一條線段.設(shè)Q的軌跡與y軸的交點坐標(biāo)為G0,b,0b>0，由題意可知A0,0,0，D2,0,0，P0,0,1，所以DP易知平面APD的一個法向量為n1設(shè)平面PDG的法向量為n2則n2?DP令z2=2，得x2=1，則二面角G?PD?A的平面角的余弦值為cosn解得b=255所以Q在DG上運動，所以△ADQ面積的取值范圍為0,2故選：B．【變式2-1】1.（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，正方形ABCD的邊長為2，切去陰影部分后，剩下的部分圍成一個正四棱錐，則正四棱錐的側(cè)面積的取值范圍為（

）A．1,2 B．1,2 C．0,2 D．0,2【答案】D【分析】設(shè)圍成的正四棱錐的一個側(cè)面為三角形APQ，∠APQ=x，則x∈π4,π2【詳解】如圖，設(shè)圍成的正四棱錐的一個側(cè)面為三角形APQ，∠APQ=x，則x∈π4,則AH=1∴PQ=221+∴正四棱錐的側(cè)面積S=4×12×PQ×AH=2×2則S=8tanx1+tanx2因為tanx∈(1,+又S>0，∴S∈0,2∴S的取值范圍為0,2，故選：D．【變式2-1】2.（多選）（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P為A．不存在點Q，使得A1QB．A1RC．記四邊形AQPR，△APR，△APQ的面積分別為S1，S2，S3，則D．當(dāng)平面α經(jīng)過點C時，幾何體RD1【答案】BD【分析】以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Q0,2,a，Rb,0,2，其中0≤a≤2，0≤b≤2，設(shè)AR=mAP+nAQm,n∈R建立方程組求得a，b間的等量關(guān)系式；對于A，根據(jù)A【詳解】以點D為坐標(biāo)原點，DA，DC，DD1所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則A2,0,0，C0,2,0，D0,0,0，A12,0,2，C設(shè)點Q0,2,a，Rb,0,2，其中0≤a≤2，0≤b≤2，則A1R=b?2,0,0，設(shè)AR=mAP+n即?2m?2n=b?2m+2n=02m+an=2，可得對于A：若存在點Q，使得A1Q與AP所成角的余弦值為則cos?A1解得a=12或當(dāng)a=12時，故存在點Q，使得A1Q與AP所成角的余弦值為對于B：因為0≤a≤2，所以?4≤a?4≤?2，所以b=4所以A1對于C：點Q到直線AP的距離d1點R到直線AP的距離d2因為b=4a?4+2所以S2因為0≤a≤2，所以24?a故S12S當(dāng)且僅當(dāng)24?a=4?a2，即故S2S3對于D：因為平面ABCD//平面A1B1C所以AC//PR，即點A,C,P,R四點共面，且R為延長AR和CP交于點M，如圖，因為M∈AR，AR?AA1D1D，且M∈CP，CP?A所以M∈DD所以M?ACD為三棱錐，又因為點P,R,D1∈平面A1B所以幾何體RD因為S△ADC=1所以VR故選：BD【變式2-1】3.（2023秋·上海浦東新·高三上海市進(jìn)才中學(xué)?？奸_學(xué)考試）已知圓錐SO（O是底面圓的圓心，S是圓錐的頂點）的母線長為5，高為1，P?Q為底面圓周上任意兩點．有以下三個結(jié)論：①三角形SPQ面積的最大值為2；②三棱錐O?SPQ體積的最大值為23③四面體SOPQ外接球表面積的最小值為9π以上所有正確結(jié)論的個數(shù)為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】首先確定∠PSQ的最大值，再結(jié)合三角形面積公式，即可判斷①；利用三棱錐等體積轉(zhuǎn)化，再集合三角形面積公式，即可判斷②；首先表示四面體SOPQ外接球的半徑，再判斷有無最值.【詳解】①如圖，由條件可知，MN=25?1=4，點cos∠MSN=5+5?162×S△SPQ=12×SP×SQ×sin∠PSQ=②VO?SPQS△OPQ=12×2×2×sin∠POQ所有三棱錐O?SPQ的最大值是23③設(shè)△OPQ外接圓的半徑為r，四面體SOPQ外接球的半徑R=r△OPQ中，根據(jù)正弦定理可得，2r=2sin∠OPQ∠OPQ∈0°,90°，所以

故選：B【變式2-1】4.（2023春·上海閔行·高三上海市七寶中學(xué)?？奸_學(xué)考試）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=4，底面△ABC的邊長為2，用一個平面α截此三棱柱，截面α與側(cè)棱AA1，BB1，CC1分別交于點【答案】3,【分析】設(shè)M在A處，BN=m，CP=n，再結(jié)合直角三角形中的各邊的關(guān)系，求得n=m+2m，進(jìn)而表達(dá)出【詳解】不妨設(shè)M在A處，BN=m，CP則MN2=4+m24+mS△MNP2=因為n=m+2m≥2m?2m=22當(dāng)且僅當(dāng)故答案為：3,題型3體積相關(guān)考點【例題3】（2023·全國·高三專題練習(xí)）《九章算術(shù)》中，將底面為長方形且有一條側(cè)棱與底面垂直的四棱錐稱之為陽馬，將四個面都為直角三角形的四面體稱之為鱉臑．現(xiàn)有鱉臑S?ABC，其中SA⊥平面ABC，AB⊥BC，過A作AD⊥SB，AE⊥SC，記四面體S?ADE，四棱錐A?BCED，鱉臑S?ABC的外接球體積分別為V1，V2，V，則A．22,1 B．1,2 C．2【答案】A【分析】記四面體S?ADE，四棱錐A?BCED，鱉臑S?ABC的外接球半徑分別為r1，r2，r，記SA=2a，AC=2b，SC=2c，先證明AD⊥面SBC，從而得到r1=a，r2=b，r=c，再根據(jù)c2【詳解】記四面體S?ADE，四棱錐A?BCED，鱉臑S?ABC的外接球半徑分別為r1，r2，記SA=2a，AC=2b，SC=2c，在鱉臑S?ABC中，有BC⊥AB，BC⊥SB，又AB∩SB=B，AB,SB?平面SAB，則BC⊥面SAB，又AD?面SAB，則BC⊥AD，又SB⊥AD，且BC∩SB=B，BC,SB?面SBC，所以AD⊥面SBC，所以r1=SA2=a又2c2=2a所以V1令fx=x3+1所以當(dāng)0<x<1時，f'x<0，此時fx單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，當(dāng)x=ab=1，即a=b當(dāng)x=ab→0，即a→0時，fx→1；根據(jù)對稱性，當(dāng)x=所以fx∈2故選：A．【點睛】關(guān)鍵點點睛：先根據(jù)題意得到V1+V2V【變式3-1】1.（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知正四棱錐的所有頂點都在體積為36π的球O的球面上，若該正四棱錐的高為?，且2≤?≤5，則該正四棱錐的體積的取值范圍是（

）A．323,503 B．18,643【答案】C【分析】由題知R=3，設(shè)正四棱錐的底面邊長為2a，則2a2=6??【詳解】解：設(shè)球O的半徑為R，因為球O的體積為36π，所以43πR當(dāng)3<?≤5時，如圖，設(shè)正四棱錐的底面邊長為2a，則有32=2a同理，當(dāng)2≤?≤3時，有32=2a所以正四棱錐的體積V=1由V'=?2?2+8?=0，得?=4因為2≤?≤5，當(dāng)2≤?<4時，V'>0，所以函數(shù)V(?)在[2,4)上單調(diào)遞增；當(dāng)4<?≤5時，V'<0，所以函數(shù)V(?)在(4,5]上單調(diào)遞減.所以當(dāng)?=4時，正四棱錐的體積V取得最大值，最大值為V(4)=643又V(2)=323，所以，該正四棱錐體積的取值范圍是323故選：C.【變式3-1】2.（2023·全國·模擬預(yù)測）已知三棱錐S?ABC的底面ABC是邊長為3的等邊三角形.若三棱錐S?ABC的外接球的體積為32π3，則三棱錐S?ABC的體積的取值范圍為【答案】0,【分析】求出外接球的半徑R及△ABC外接圓的半徑r，從而得到球心到底面ABC的距離d，即可求出三棱錐S?ABC底面ABC上的高?的取值范圍，再根據(jù)錐體的體積公式計算可得.【詳解】因為三棱錐S?ABC的外接球的體積為32π3，設(shè)外接球的半徑為則4πR3又底面ABC是邊長為3的等邊三角形，設(shè)△ABC外接圓的半徑為r，則2r=3sin60°所以球心到底面ABC的距離d=R設(shè)三棱錐S?ABC底面ABC上的高為?，所以三棱錐S?ABC底面ABC上的高的最大值為?max即0<?≤3，又S△ABC所以VS?ABC故答案為：0,【變式3-1】3.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為4，點P在正方形【答案】16【分析】連接AP，由線面垂直的性質(zhì)得到A1A⊥AP，再由勾股定理求出0≤|AP|≤2，即可得到P以A為圓心2為半徑的14圓面上，再根據(jù)VP?A1BC=V【詳解】連接AP，如圖所示，因為A1A⊥平面ABCD，AP?平面ABCD，所以∵A1A=4，由4≤A1所以P在以A為圓心2為半徑的14圓面上，由題意可知，V所以當(dāng)P在邊AD上時，四面體P?A1BC所以當(dāng)P在邊AB的中點時，S△PBC的面積取得最小值，此時S所以四面體P?A1BC的體積的最小值是1故答案為：163【點睛】思路點睛：求解三棱錐體積的最值問題，要找準(zhǔn)突破口，也即是按三棱錐的體積公式V=1通常會有以下兩種：①如果底面積固定，則通過找高的最值來進(jìn)行求解；②如果高已知確定，則求底面積的最值來進(jìn)行求解（如本題）.【變式3-1】4.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在棱長為22的正方體ABCD?A1B1C1【答案】8【分析】由題可得C1?A1BD為正四面體，利用線面垂直的判定定理可得C【詳解】如圖，連接A1D，A1設(shè)O為A1B中點，E為C1又A1E∩BE=E，A1E?平面A1∴C1D⊥平面A1EB，所以平面C1DB⊥平面由題可知點A在以O(shè)為圓心，OA為半徑的圓上運動．在△ABA1繞A1因為正方體的棱長為22所以A1在Rt△BOE中，OB＝2，BE=2則OE=22，sin設(shè)點A，A'到平面BDC1的距離分別為??1?2∵S△BD∴三棱錐A?BDC1體積的最小值為最大值為13∴三棱錐A?BDC1的體積的取值范圍為故答案為：82【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是能清A的軌跡，進(jìn)而可得點A，O，E共線，且A在點O，E之間時，三棱錐A?BDC【變式3-1】5.（2023·北京·高三專題練習(xí)）如圖，在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AC⊥BC，AC=2，BC=1，AA1=2①三棱錐E?ABD的體積的最大值為23②A1D+DB的最小值為③點D到直線C1E的距離的最小值為其中所有正確結(jié)論的個數(shù)為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根據(jù)錐體的體積公式判斷①，將將△ABC翻折到與矩形ACC1A1共面時連接A1B交【詳解】在直三棱柱ABC?A1B1C對于①：因為點E在棱BB1上BB1=A又AC⊥BC，AC=2，BC=1，點D在棱AC上，所以AD∈0,2，S所以VE?ABD=13BE?S△ABD≤2對于②：如圖將△ABC翻折到與矩形ACC1A1共面時連接A1B交因為A1C1=CC1=2即A1D+DB的最小值為對于③：如圖建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)Da,0,0，a∈0,2，E0,1,cC1所以C1D=則點D到直線C1E=a當(dāng)c=2時d=a當(dāng)0≤c<2時0<c?22≤4，14≤所以當(dāng)4c?22c?22+1取最大值16即當(dāng)D在C點E在B點時點D到直線C1E的距離的最小值為故選：C【變式3-1】6.（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知正三棱錐P?ABC的六條棱長均為a,O是底面△ABC的中心，用一個平行于底面的平面截三棱錐，分別交PA,PB,PC于A1,B1,給出下列四個結(jié)論：①三棱錐O?A②三棱錐P?ABC的高為63③三棱錐O?A④當(dāng)PA1PA其中所有正確結(jié)論的序號是.【答案】①②④【分析】建立正四面體模型，數(shù)形結(jié)合分析.【詳解】如圖所示∵用一個平行于底面的平面截三棱錐，且P?ABC為正三棱錐，O是底面△ABC的中心∴三棱錐O?A∵正三棱錐P?ABC的六條棱長均為a,O是底面△ABC的中心，∴三棱錐P?ABC的高為PO,△ABC的高為CD，且CD=32a∴PO=a，∵A1,B1,∴A1B1=x∈0,a，設(shè)O?A1∴f(x)=Vf'(x)=26ax?24x2所以f(x)在(0,2a3)上遞增，(當(dāng)PA1PA=2∴A1B∴VO?故④正確;故答案為：①②④【變式3-1】7.（2022·全國·模擬預(yù)測）在正三棱臺ABC?A1B1C1中，已知AB=2A1B1=4，點P是側(cè)棱BB1上的動點（含端點）.記二面角P?AC?A1為α，二面角P?AC?B【答案】47【分析】(1)利用體積公式即可求解；(2)由α=β可得∠EB1F≥∠B1EF，從而有【詳解】當(dāng)P，B1重合時，V1V因為AB=2A1B所以V1所以V1設(shè)AC,A1C因為正三棱臺ABC?A1B1C1中，所以BE⊥AC,又因為四邊形ACC1A1為等腰梯形，所以EF⊥AC，且BE∩EF=E，BE,EF?平面EFB1B，所以AC⊥且PE?平面EFB1B所以∠PEF=α,∠PEB=β，若α=β，則∠B1EB≥∠所以EF≥B1F=取B1F,BE的三等分點分別為O則OO再取BO中點為O2,連接B1O2,則所以O(shè)O2//B1所以該棱臺的高?=B1O所以該棱臺的高?≥2又S1=3故答案為:47;14題型4線線角相關(guān)考點【例題4】（2023·全國·高三對口高考）兩條異面直線a、b所成角為π3,一條直線l與a、b成角都等于α，那么A．π3,π2 B．π6,【答案】B【分析】首先將三條直線a,b,l平移至同一點O處，再分情況，利用數(shù)形結(jié)合，求α取值范圍.【詳解】設(shè)a'//a，b'//b，a'∩b'=O，則al//l'，l'過點O，如圖，當(dāng)l'?β時，并且l當(dāng)l'?β時，且l'為平面β的斜線時，由題意可知，l'在平面β的射影，落在當(dāng)落在夾角π3的角平分線上時，過直線l'上一點P，作PA⊥β，AB⊥bb'?β，則PA⊥b'，PA∩AB=A，且PA,AB?平面PAB，所以PB?平面PAB，所以b'⊥PB，tan∠POB=因為PB>AB，所以tanα>tanπ6，當(dāng)l'⊥β時，此時可知，α的取值范圍是π6當(dāng)l'在2π3角的平分線時，或是l'在平面β的射影，落在2π3角的平分線時，以及

綜上可知，α的取值范圍是π6故選：B【變式4-1】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AF⊥平面ABCD，且AF=3，點E為線段CD（除端點外）上的動點，沿直線AE將△DAE翻折到△A．當(dāng)點E固定在線段CD的某位置時，點D'B．存在點E，使AB⊥平面DC．點A到平面BCF的距離為3D．異面直線EF與BC所成角的余弦值的取值范圍是13【答案】D【分析】當(dāng)點E固定在線段CD的某位置時，線段AE的長度為定值，AD'⊥D'E，過D'作D'H⊥AE于點H，H為定點，D'H的長度為定值，由此可判斷A；無論E在CD（端點除外）的哪個位置，AB均不與AE垂直，即可判斷B；以AB，AD，AF為x，y，z的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面BCF的法向量為n【詳解】選項A：當(dāng)點E固定在線段CD的某位置時，線段AE的長度為定值，AD'⊥D'E，過D'作D'H⊥AE于點H，H為定點，D'H的長度為定值，且D選項B：無論E在CD（端點除外）的哪個位置，AB均不與AE垂直，故AB不與平面AD選項C：以AB，AD，AF為x，y，z的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,0,0，F(xiàn)0,0,3，B3BC=(0,1,0),設(shè)平面BCF的法向量為n=x,y,z,∴則點A到平面BCF的距離為d=n選項D：設(shè)E3λ,1,0，λ∈0,1，BC=0,1,0，EF=?3故選：D．【變式4-1】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=3BC，E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB,BC,CD,DA的中點，將△EBF,△GDH分別沿直線EF,HG翻折形成四棱錐A．異面直線EB',GD'所成角的取值范圍是0,C．異面直線FB',HD'所成角的取值范圍是0,【答案】C【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出異面直線所成角的余弦值，即可判斷；【詳解】解：建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，由題意得，B'和D'在平面ABCD中的投影分別在BB因為AB=3BC，令A(yù)B=23由比值可知，B'的x，y，z坐標(biāo)比值為1:3:2，所以令B因為B'在平面ABCD中的投影在BB1同理可得D'坐標(biāo)為(2E(3則EB解得cos?EB',GD所以cos?EB同理可得cos?FB',故選：C．【變式4-1】3.（2023·全國·高三專題練習(xí)）三棱錐P?ABC中，PA,PB,PC兩兩垂直，PA=PB=PC=6，點M為平面ABC內(nèi)的動點，且滿足PM=3，記直線PM與直線AB的所成角的余弦值的取值范圍為【答案】0,【分析】根據(jù)已知條件先確定出M在平面ABC內(nèi)的軌跡，然后通過建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)兩直線方向向量夾角的余弦值結(jié)合三角函數(shù)值的范圍，計算出兩直線所成角的余弦值的取值范圍.【詳解】因為PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=PB=PC，所以由勾股定理可知AB=AC=BC，所以三棱錐為正三棱錐，記P在底面ABC內(nèi)的投影為O，所以AB=AC=BC=P因為AOcos30°=AB2，所以因為PM=3，所以O(shè)M=PM2?OP2取AB中點D，連接CD，可知CD經(jīng)過點O，建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系：設(shè)Mcosα,sinα,0，所以PM=所以cosPM設(shè)直線PM與直線AB的所成角為θ.所以cos故答案為：0,3【點睛】思路點睛：異面直線所成角的余弦值的向量求法：（1）先分別求解出兩條異面直線的一個方向向量；（2）計算出兩個方向向量夾角的余弦值；（3）根據(jù)方向向量夾角的余弦值的絕對值等于異面直線所成角的余弦值求解出結(jié)果.【變式4-1】4.（2022秋·黑龍江牡丹江·高三牡丹江市第二高級中學(xué)?？计谥校┮阎拿骟wA?BCD內(nèi)接于半徑為362的球O中，在平面BCD內(nèi)有一動點P，且滿足AP=42，則BP的最小值是；直線AP與直線BC【答案】23?2【分析】設(shè)A在面BCD內(nèi)的投影為E，故E為三角形BCD的中心，設(shè)正四面體A?BCD的棱長為x，球O的半徑為R，球心O在AE上，列式求出得x=6，則可求出BE=23，AE=26，推導(dǎo)出P的軌跡為平面BCD內(nèi)以E為圓心，22為半徑的圓，B,P,E三點共線時，且P在BE之間時，可求得BP的最小值；以E為圓點，BE所在直線為x軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法即可求出直線AP【詳解】在正四面體A?BCD中，設(shè)A在面BCD內(nèi)的投影為E，故E為三角形BCD的中心，設(shè)正四面體A?BCD的棱長為x，球O的半徑為R，則BE=2依題意正四面體A?BCD內(nèi)接于半徑為362的球O中，故球心O在設(shè)球的半徑為R,則R2即(362)2則BE=23，AE=2又AP=42故P的軌跡為平面BCD內(nèi)以E為圓心，22而BE=23，當(dāng)B,P,E三點共線時，且P在B,E之間時，BP最小，最小值是2以E為圓心，BE所在直線為x軸，在底面ABC內(nèi)過點E作BE的垂線為y軸，EA為z軸，建立如圖所示直角坐標(biāo)系，則A(0,0,26),B(23,0,0),設(shè)P(22cosθ,2故AP=(22cos設(shè)直線AP與直線BC所成角為α,α∈[0,π∵cos因為θ∈[0,2π)，故θ?π又α∈0,π2，故cos故答案為：23【點睛】關(guān)鍵點點睛：求解BP的最小值時，關(guān)鍵在于根據(jù)正四面體中的相關(guān)計算，確定點P的軌跡為以E為圓心，22為半徑的圓，結(jié)合圓的幾何性質(zhì)，即可求得答案.求解直線AP與直線BC所成角時，將問題轉(zhuǎn)化為利用向量AP【變式4-1】5.（2023·全國·高三專題練習(xí)）正四面體ABCD的棱長為12，在平面BCD內(nèi)有一動點P，且滿足AP=63，則P點的軌跡是；設(shè)直線AP與直線BC所成的角為θ，則cosθ【答案】圓0,【分析】（1）求出正四面體的高，進(jìn)而求得PO=23，可判斷P（2）在四面體底面BCD內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，求出P點軌跡方程，據(jù)此可設(shè)P點坐標(biāo)，然后利用向量的夾角公式求解，可得答案.【詳解】設(shè)底面BCD的中心為O，則AO⊥平面BCD，|CO|=32?12?由|PO|則|PO|=|PA∴P點軌跡是圓；又AP?如圖在平面BCD內(nèi)建立平面直角坐標(biāo)系，以BC中點為原點，過點O和BC垂直的直線為y軸，則B(?6,0)，C(6,0)，O(0,23故P在x2則可設(shè)P(23cosα,2BC?OP∴|cos故cosθ∈[0,故答案為：圓；0,題型5線面角相關(guān)考點【例題5】（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知正方形ABCD的邊長為2，現(xiàn)將△ACD沿對角線AC翻折，得到三棱錐D?ABC.記AC,BC,AD的中點分別為O,M,N，則下列結(jié)論錯誤的是（

）A．AC⊥平面BODB．三棱錐D?ABC體積的最大值為2C．三棱錐D?ABC的外接球的表面積為定值D．MN與平面BOD所成角的范圍是0,【答案】D【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理，證得AC⊥平面BOD，可判定A正確；當(dāng)平面ACD⊥平面ABC時，得到D到平面ABC的距離最大?=2，進(jìn)而求得體積的最大值，可判定B正確；由OA=OB=OC=OD=2，得到三棱錐D?ABC外接球的球心為O，求得外接球的半徑R=2，可判定C正確；把MN與平面BOD所成的角，轉(zhuǎn)化為直線MN【詳解】對于A中，因為ABCD為正方形，可得AC⊥BO,AC⊥DO，又由BO∩DO=O，且BO,DO?平面BOD，所以AC⊥平面BOD，所以A正確；對于B中，當(dāng)平面ACD⊥平面ABC時，此時D到平面ABC的距離最大，即三棱錐D?ABC高的最大值為?=DO=2此時三棱錐D?ABC的最大體積為V=1對于C中，由OA=OB=OC=OD=2，所以三棱錐D?ABC外接球的球心為O即外接球的半徑R=2，所以三棱錐D?ABC外接球的表面積為S=4所以C正確；對于D中，如圖所示，取AB,AO的中點E,F，分別連接ME,EF,NF,NE，因為E,F,N分別為AB,AO,AD中點，可得EF//BO,NF//DO且EF∩NF=F，所以平面NEF//平面BOD，又因為AC⊥平面BOD，所以AC⊥平面NEF，因為AC//ME，所以ME⊥平面NEF，所以∠MFE即為直線MN與平面NEF所成的角，在折疊過程中，設(shè)BD的長度為a，則a∈(0,22由E,N為AD,AB的中點，所以NE=1在直角△MNE中，可得tan∠MFE=所以∠MFE的取值范圍為(π4,π2)，即所以D錯誤.故選：D.【變式5-1】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，棱長為1的正方體ABCD?A1B①D②平面D1A1③∠APD1④AP+PD1⑤C1P與平面AA．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】對于①，利用線面垂直的判定定理證明DC1⊥平面A1BCD1即可；對于②，利用面面垂直的判定定理證明平面D1A1BC⊥平面A1ABB1即可；對于③，由0<A1P<22時，【詳解】對于①，∵A1D1⊥D∴DC1⊥平面A1BCD1，D對于②，∵平面D1A1P即為平面D1又D1A1⊥平面A1∴平面D1A1BC⊥平面A1ABB1，對于③，當(dāng)0<A1P<22對于④，將面AA1B與面A1BCD1在△D1A1A即AP+PD1≥對于⑤，C1P與平面A1B1∴C1P與平面A1B故選：C.【變式5-1】2.（2023秋·廣東東莞·高三?？茧A段練習(xí)）在△OAB中，OA=AB=4,∠OAB=120°，若空間點P滿足S△PAB=12S△OAB，則OP的最小值為【答案】33【分析】以O(shè)AB所在平面為xO'z，建立B?xyz利用線面角結(jié)合換元法可得sinθ≤12，又θ∈0,π【詳解】過點O作OD⊥AB與點D，過點P作PC⊥AB與點C，設(shè)OA=AB=4，則OD=23又S△PAB=1則點P在以AB為旋轉(zhuǎn)軸，底面圓半徑為3的圓柱上，當(dāng)點P與點O、D三點共線時，OP最?。磺易钚≈禐?3如圖所示：以O(shè)AB所在平面為xO'z，建立B?xyz空間直角坐標(biāo)，則平面OABO(23設(shè)P(3則OP=(OP

=當(dāng)?=6，且cosα=1時，OP即當(dāng)點P與點O、D三點共線時，OP最小，且最小值為3；記直線OP與平面OAB所成角為θ,則sinθ=因為(??6)2所以sinθ≤令t=5?4cosα,1≤t≤9，則則sinθ≤1?cos又y=t+9t，在[1,3]上單調(diào)遞減。在則6≤t+9所以sinθ≤12，當(dāng)且僅當(dāng)t又θ∈0,所以直線OP與平面OAB所成角的最大值為π6此時tanθ=故答案為：3；3【變式5-1】3.（多選）（2023·全國·學(xué)軍中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖：在三棱柱ABC?A1BA．直線A1A與底面AB．設(shè)BC中點為P，則線段PA1C．平面A1B1BAD．直線A1A與平面C【答案】ABC【分析】設(shè)A1O⊥平面ABC，過O作OE⊥AC,OF⊥AB,利用線面垂直的判定定理及線面角的定義可得∠A1AO為所求，結(jié)合條件可判斷A，由題可得PA1⊥AA1時PA【詳解】對于A，設(shè)A1O⊥平面ABC于O，過O作OE⊥AC,OF⊥AB分別交AC,AB于E,F，連接A1E,A所以A1O⊥AC，又A1故AC⊥平面A1EO，又A1所以AC⊥A1E，同理AB⊥A1所以RtA1AE≌RtA所以O(shè)E=OF，RtAOE≌RtAOF由A1O⊥平面ABC可知∠A1AO設(shè)A1A=a，則AE=AF=A1A對于B，點P到直線AA1的最短距離為P到直線AA1的垂線，故當(dāng)PA1⊥AA1時，有PA1在正三角形ABC中，由AB=1，可得AP=AB2對于C，過點B作BK⊥AA1，垂足為K，連接KP,KC(P為BC中點)，由A1O⊥平面而BC⊥AP，A1O∩AP=O,A1O,AP?平面A1AP，所以BC⊥所以AA1⊥BC，又KB∩BC=B,KB,BC?所以AA1⊥平面BCK,∴BB1⊥平面BCK，因為∠A1AB=∠A1AC=45°,AB=1，所以Rt對于D，設(shè)C1B1的中點為Q，連AQ,A1Q,PQ，由上可知BC⊥平面所以∠A1AQ為直線A1A當(dāng)A1A越來越大時故選：ABC.【變式5-1】4.（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）三棱錐P?ABC中，AB=22，BC=1，AB⊥BC，直線PA與平面ABC所成的角為30°，直線PB與平面ABC所成的角為60°A．三棱錐P?ABC體積的最小值為3B．三棱錐P?ABC體積的最大值為6C．直線PC與平面ABC所成的角取到最小值時，二面角P?BC?A的平面角為銳角D．直線PC與平面ABC所成的角取到最小值時，二面角P?AB?C的平面角為鈍角【答案】ACD【分析】作PH⊥平面ABC，由題意得到AH=3BH，建立直角坐標(biāo)系，設(shè)Hx,y，，求得點H的軌跡方程為(x?2)2+【詳解】如圖（1）所示，作PH⊥平面ABC，連接AH,BH,CH，因為直線PA與平面ABC所成的角為30°，直線PB與平面ABC所成的角為60°，所以AH=PH所以AHBH=tan以AB所在的直線為x軸，以AB的垂直平分線為y軸，建立如圖（2）平面直角坐標(biāo)系，設(shè)Hx,y，A2,0則(x?2)2可得圓心Q?52設(shè)點圓H與x軸的交點分別為M,N，可得BM=r?因為BM≤BH又由PH=3BH且BH則Vmax=1因為(x+524設(shè)PC與平面ABC所成角為α，且tanα=可得tanα=PHCH又由BH=?令k=y?12x，根據(jù)斜率的結(jié)合意義，可得y?1又由kx?y+12=0可得k×(?524)+121+當(dāng)k=728時，此時BH2CH如圖（3）所示，此時二面角P?BC?A的平面角為銳角，P?AB?C的平面角為鈍角，所以C、D正確．故選：ACD．題型6面面角相關(guān)考點【例題6】（2023·全國·高三專題練習(xí)）在正方體ABCD?A'B'C'D'中，點P是AA'上的動點，【答案】?【分析】連接AC、BD、AD'、A'D，設(shè)AC∩BD=O，連接OC'、OP，證明出A'D⊥平面ABC'D【詳解】連接AC、BD、AD'、A'D，設(shè)AC∩BD=O，連接因為AB//C'D'因為四邊形AA'D因為AB⊥平面AA'D'D，A因為AB∩AD'=A，AB、AD'?平面因為BC'?平面AB因為Q是平面BB'C'C內(nèi)的一點，且滿足A設(shè)正方體ABCD?A'B'C因為四邊形ABCD為正方形，AC∩BD=O，則O為BD的中點，且OC由勾股定理可得PB=PA2所以，二面角P?BD?Q的平面角為∠POC由圖可知，當(dāng)點P與點A重合時，∠POCOC'=B因為CC'⊥平面ABCD，AC?平面ABCD此時，cos∠PO當(dāng)P與點A'重合時，∠PO此時，cos∠PO又因為函數(shù)y=cosx在0,π因此，二面角P?BD?Q的余弦值的取值范圍?3故答案為：?3【點睛】方法點睛：求二面角常用的方法：（1）幾何法：二面角的大小常用它的平面角來度量，平面角的作法常見的有：①定義法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性質(zhì)；（2）空間向量法：分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求二面角是銳角還是鈍角.【變式6-1】1.（2023春·河南洛陽·高三孟津縣第一高級中學(xué)?？奸_學(xué)考試）在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=1，A1C=2，∠BAC=A．14,21919 B．14【答案】C【分析】先作輔助線，利用二面角的定義找到二面角的平面角，再設(shè)DC=2a13≤a≤23，用a【詳解】在直三棱柱ABC?A1B1C1中,又AA1=1，A1C=2如圖，過點D作DM⊥AC交AC于點M，則DM//A1因為AB?平面ABC，故DM⊥AB，過點M作MN⊥AB交AB于點N，連接DN，因為MN?平面MND，DM?平面MND，且MN∩DM=M，所以AB⊥平面MND，又DN?平面MND，則DN⊥AB，故∠DNM即二面角D?AB?C的平面角.設(shè)DC=2a13≤a≤23，在直角△DCM中，∠DCM=所以AM=3?3所以DN=D則sin∠DNM=易知f(a)=31a?12+4所以sin∠DNM∈故選：C.【變式6-1】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝1，現(xiàn)將△ABC沿對角線AC翻折，得到四面體D-ABC，則該四面體外接球的體積為；設(shè)二面角D－AC－B的平面角為θ，當(dāng)θ在π3,π【答案】4π3【分析】分別過點B，D作BF⊥AC，DE⊥AC，計算得到AO=OC=OB=OD=1，得到半徑和體積，根據(jù)DB=【詳解】如圖1，分別過點B，D作BF⊥AC，則在四面體ABCD中也滿足BF⊥AC，因為AB=3，BC=1，所以AC=2，DE=BF=則AE=CF=12，在四面體ABCD中，三角形ABC和三角形DAC均為直角三角形，設(shè)點O為AC的中點，如圖2，連接OB，OD，則AO=OC=OB=OD=1，即點O為四面體ABCD外接球的球心，則外接球的半徑R=1，所以外接球的體積V=4在四面體ABCD中，DB=因為二面角D?AC?B的平面角為θ，且BF⊥AC，所以DE和FB的夾角為π?θ所以DB=因為θ∈π3,π2故答案為：4π3【變式6-1】3.（多選）（2022·全國·高三專題練習(xí)）在正三棱柱ABC?A1B1C1中，AB=2，AA1=3，點D、E分別在棱B1B、C1C上運動（D不與B1重合，E不與A．DE//平面A1B1C．S的取值范圍是3,23 D．θ【答案】BCD【分析】取BC的中點O，則AO⊥BC，以點O為坐標(biāo)原點，OA、OB、AA1的方向分別為x、y、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)點D0,1,d、E0,?1,e，其中0≤d<3，0≤e<3，分A1【詳解】在正三棱柱ABC?A1B1C1中，取以點O為坐標(biāo)原點，OA、OB、AA1的方向分別為x、y、則A13,0,3、B10,1,3設(shè)點D0,1,d、E0,?1,e，其中0≤d<3，在正三棱柱ABC?A1B因為△A1DE為等腰三角形，有三種情況：①A1D=①若A1D=A1E由A1D=A1由已知0≤d+e<6，故d=e，此時DE=0,?2,0=∵DE?平面A1B1C1，B1C因為A1E=線段DE的中點為M0,0,d，∵A1D=A1A1M=設(shè)平面A1DE的法向量為m=x,y,z，由m?DE=?2y=0m?平面ABC的一個法向量為n=0,0,1，因為cosθ=m?nm②若A1D=DE，A1由A1D=DE可得因為e≠3，則e=2d?3，由0≤d<30≤e=2d?3<3，可得32DE=0,?2,d?3，此時DE與若DE//平面A1B1C1，∵DE?平面BB故假設(shè)不成立，即DE與平面A1若△A1DE為等腰直角三角形，A則A1D?DE=此時△A取線段A1E的中點N，連接DN，則DN⊥ADN=32所以，S=1設(shè)平面A1DE的法向量為m=x,y,z，由m?DE=?2y+d?3z=0平面ABC的一個法向量為n=cosθ=因為21313>12③若A1綜上所述，對于A選項，DE與平面A1對于B選項，△A對于C選項，S的取值范圍是3,2對于D選項，θ的取值范圍是0,π故選：BCD.【點睛】方法點睛：求二面角常用的方法：（1）幾何法：二面角的大小常用它的平面角來度量，平面角的作法常見的有：①定義法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性質(zhì)；（2）空間向量法：分別求出兩個平面的法向量，然后通過兩個平面法向量的夾角得到二面角的大小，但要注意結(jié)合實際圖形判斷所求二面角是銳角還是鈍角.題型7數(shù)量積相關(guān)考點【例題7】（2023·上?！そy(tǒng)考模擬預(yù)測）若P、Q、R是棱長為1的正四面體棱上互不相同的三點，則PQ?QR的取值范圍是【答案】?1,【分析】設(shè)點P、Q、R分別棱長為1的正三棱錐A?BCD的棱AD、BC、BD上的動點，設(shè)BQ=λBC，其中λ∈0,1，利用三角不等式推導(dǎo)出PQ≤1，利用平面向量數(shù)量積的性質(zhì)可求得PQ?QR>?1，取PR【詳解】如下圖所示，由任意性，設(shè)點P、Q、R分別棱長為1的正三棱錐A?BCD的棱AD、BC、BD上的動點，設(shè)BQ=λBC，其中λ∈0,1所以，PQ=所以，PQ≤當(dāng)且僅當(dāng)線段PQ與棱AB或CD重合時，等號成立，即PQ的最大值為1，∴PQ?QR=?QP?QR≥?QP?QR=?1，當(dāng)且僅當(dāng)Q與點但P、Q、R為不同的三點，則PQ?由上可知PR的最大值為1，取線段PR的中點M，則QP?當(dāng)且僅當(dāng)線段PR與棱AB重合且Q為棱AB的中點時，等號成立，則PQ?綜上所述，?1<PQ故答案為：?1,1【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查立體幾何中向量數(shù)量積的取值范圍，解題的關(guān)鍵在于充分利用幾何性質(zhì)推導(dǎo)出PQ≤1，QP【變式7-1】1．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知點P為正四面體ABCD的外接球上的任意一點，正四面體ABCD的棱長為2，則PA?PB的取值范圍為【答案】1?【分析】將正四面體放在正方體內(nèi)，以正方體的中心為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)法求PA?【詳解】如圖，將正四面體放在正方體內(nèi)，并建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，∵正四面體ABCD的棱長為2，則正方體的棱長為2，正四面體ABCD的外接球即為圖中正方體的外接球，其半徑為R，則2R2則A?22設(shè)Px,y,z，則x2+∵PA=?2∴PA?PB=故答案為：1?3【變式7-1】2.（2022·全國·高三專題練習(xí)）正四面體A?BCD的棱長為4，空間中的動點P滿足PB+PC=2A．4?23,4+23C．4?32,4?2【答案】D【分析】分別取BC，AD的中點E，F(xiàn)，由題意可得點P的軌跡是以E為球心，以2為半徑的球面，又AP?PD=4?【詳解】分別取BC，AD的中點E，F(xiàn)，則PB+所以PE=故點P的軌跡是以E為球心，以2為半徑的球面，AP?PD=?又ED=DC2所以PFmin=EF?2所以AP?PD的取值范圍為故選：D．【變式7-1】3.（多選）（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，正四棱錐P?ABCD的所有棱長均為1，E為BC的中點，M，N分別為棱PB，PC上的動點，設(shè)BM=λBP，PN=A．AM不可能垂直于BN B．AM?CPC．當(dāng)λ=23時，平面AME⊥平面ABCD D．三棱錐【答案】ACD【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量證明AM?BN=0不成立否定選項A；求得AM?CP的取值范圍判斷選項B；當(dāng)λ=【詳解】如圖，以D為坐標(biāo)原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，過點D且垂直于底面ABCD的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A1,0,0，B1,1,0，C0,1,0由BM=λBP，PN=12λ選項A：AM=?λ若AM⊥BN，則AM?BN=0，則λ+因為Δ=9?16=?7<0所以AM不可能垂直于BN，故A正確；選項B：CP=12選項C：連接BD交AE于F，取BD的中點O，連接OP，則OP⊥平面ABCD，因為E為BC的中點，所以由幾何關(guān)系可知BF=2OF，因為λ=23，所以BMMP所以MF⊥平面ABCD，又MF?平面AME，所以平面AME⊥平面ABCD，故C正確；選項D：因為BM=λBP，所以連接AC，因為PN=12λ所以VM?ABN=1故選：ACD【變式7-1】4.（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，A．若直線A1P與平面AEF平行，則三棱錐P?AEFB．若直線A1P與平面AEF平行，則直線A1B1上存在唯一的點QC．若A1P=5，則D．若A1P=5，則【答案】ABC【分析】取棱BB1,B1C1的中點N,M，連接A1M,A1N，進(jìn)而證明平面A1MN//平面AEF得【詳解】解：取棱BB1,B1因為棱BB1,B1C1所以MN//BC1//EF因為AA1//B所以，四邊形A1所以A1因為A1M,MN?平面AEF，AE,EF?平面所以A1M//平面AEF，NM//平面因為A1M∩MN=M,A所以平面A1MN//平面所以，直線A1P與平面AEF平行，P的軌跡即為線段故對于A選項，S△PEF=124?4×對于B選項，要使得DQ與A1P始終垂直，則DQ⊥面A1所以DQ=2,a,2，所以DQ?A1M=?2+2a=0且DQ所以，直線A1B1上存在唯一的點Q（A1B當(dāng)A1P=5時，所以A所以點P的軌跡為以B1為圓心，1為半徑的圓在平面BC對于C選項，由于B1E=5，故EP對于D選項，A1P?B1所以，A1P?故選：ABC題型8距離相關(guān)考點【例題8】（2023·山東濟(jì)南·濟(jì)南市歷城第二中學(xué)?？级＃┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，P為圓x2+y2=16上的動點，定點A?3,2．現(xiàn)將y軸左側(cè)半圓所在坐標(biāo)平面沿y軸翻折，與y軸右側(cè)半圓所在平面成2π3的二面角，使點A翻折至A．13,35 B．4?13,7 C．【答案】B【分析】設(shè)A所在平面為α，圓的另一半所在平面為β，若P∈α，則P,A,O三點共線時，以及P在圓的下端點時，分別取到A'，P兩點間距離的最值；若P∈β，設(shè)P4cosα,4sin【詳解】設(shè)A所在平面為α，圓的另一半所在平面為β，若P∈α，則P,A,O三點共線時，PA有最小值P1A'=R?OA'若P∈β，設(shè)P4cosα,4sinα，A'在β上的投影為距離為A1，則A'到β面距離為AA1=?3sinπ3=332，又A'到y(tǒng)軸的距離為3，∴A1到y(tǒng)軸的距離為9?27綜上可得，PA故選：B【變式8-1】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）直線m⊥平面α，垂足是O，正四面體ABCD的棱長為4，點C在平面α上運動，點B在直線m上運動，則點O到直線AD的距離的取值范圍是（

）A．42?52C．3?222,【答案】B【分析】先將問題轉(zhuǎn)化為點O在以BC為直徑的球上運動，再去求球心到直線AD的距離，進(jìn)而求得點O到直線AD的距離的取值范圍【詳解】在正四面體ABCD中，分別取BC,AD的中點M，N，連接則AM⊥BC,MD⊥BC，又AM∩MD=M，AM?平面AMD，MD?平面AMD則BC⊥平面AMD，又MN?平面AMD，則MN⊥BCRt△ABM中，等腰△AMD中，MN⊥AD，MN=若固定正四面體ABCD的位置，則點O在以BC為直徑的球上運動，球半徑為2，則點O到直線AD的距離的最小值為球心到直線AD的距離減去半徑即22最大值為球心到直線AD的距離加上半徑即2則點O到直線AD的距離的取值范圍是2故選：B【變式8-1】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）我們把底面是正三角形，頂點在底面的射影是正三角形中心的三棱錐稱為正三棱錐.現(xiàn)有一正三棱錐P?ABC放置在平而α上，已知它的底面邊長為2，高?，該正三棱錐繞BC邊在平面α上轉(zhuǎn)動（翻轉(zhuǎn)），某個時刻它在平面α上的射影是等腰直角三角形，則?的取值范圍是（

）A．0,63 B．0,66∪6【答案】B【分析】分別討論底面△ABC在α上的射影為等腰直角三角形和側(cè)面△PBC在α上的射影為等腰直角三角形時的情況可求解.【詳解】首先在△ABC中，設(shè)其中心為H，BC中點為D，則OH=13×當(dāng)△EBC為等腰直角三角形時，DE=1，若底面△ABC在α上的射影為等腰直角三角形EBC時，如圖1，只需0<?<P易知tan∠P0DH=cot∠ADE=DE若側(cè)面△PBC在α上的射影為等腰直角三角形時，易知P1如圖2和圖3，可求得P1H=63，綜上，?的取值范圍是0,6故選：B.【變式8-1】3.(多選)（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知△ABC為等腰直角三角形，AB=AC，其高AD=3，E為線段BD的中點，將△ABC沿AD折成大小為θπ3<θ≤π2的二面角，連接BC，形成四面體A?BCD，動點P在△ACD內(nèi)（含邊界），且PEA．AD⊥BCB．E點到平面ADC的距離的最大值為3C．點P在△ACD內(nèi)（含邊界）的軌跡長度為2D．當(dāng)BP⊥AC時，BP與平面ADC所成角的正切值的取值范圍為2【答案】ABD【分析】作圖，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系以及有關(guān)定義構(gòu)造三角形逐項求解.【詳解】依題意作下圖：∵AD=3，BD=CD=3,AB=AC=32又∵BD⊥AD,CD⊥AD,∴∠BDC=θ，BD∩CD=D,BD?平面BCD，CD?平面BCD，∴AD⊥平面BCD，BC?平面BCD，∴AD⊥BC，A正確；取AD的中點F，CD的中點G，連接EG,EF,GF；∵GF//AC,AC?平面ABC，∴GF//平面ABC，EF//AB,AB?平面ABC，∴EF//平面ABC，GF∩EF=F，∴平面GEF//平面ABC，又PE//平面ABC，P∈平面ACD，平面ACD∩平面EFG=GF，∴P點在線段GF上，P點在△ACD內(nèi)軌跡的長度GF=1過E點作CD的垂線EH得垂足H，AD⊥平面BCD，EH?平面BCD，∴EH⊥AD,CD∩AD=D,CD?平面ACD，AD?平面ACD，∴EH⊥平面ACD，即線段EH的長度就是E點到平面ACD的距離，∴EH=EDsin對于D，如圖過B點作CD的垂線得垂足I，則有BI⊥平面ACD，過I點作GF的垂線得垂足P，∵GF⊥PI,GF⊥BI,BI∩PI=I,BI?平面BPI，PI?平面BPI，∴GF⊥平面BPI，GF⊥BP，又GF//AC,∴BP⊥AC，BP與平面ACD所成的角就是∠BPI，在等腰直角三角形GPI中，PI=22GI=2232當(dāng)θ=π3時，DI=3cosπ3令fθ=3fθ是減函數(shù)，當(dāng)θ=π2時取fθ最小值故選：ABD.【變式8-1】4.（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知△ABC為等腰直角三角形，AB=AC，其高AD=3，E為線段BD的中點，將△ABC沿AD折成大小為θπ3<θ?π2的二面角，連接BC，形成四面體A?BCD，動點P在△ACD內(nèi)（含邊界），且PEA．AD⊥BCB．E點到平面ADC的距離的最大值為3C．點P在△ADC內(nèi)（含邊界）的軌跡長度為2D．當(dāng)BP⊥AC時，BP與平面ADC所成角的正切值的取值范圍為2【答案】AD【分析】先證明AD⊥平面BCD，由此證明AD⊥BC，由此判斷A，由點的面的距離定義確定E點到平面ADC的距離，由此判斷B，由條件確定點P在△ADC內(nèi)（含邊界）的軌跡，由此判斷C，根據(jù)線面角的定義確定BP與平面ADC所成角的平面角，再求其正切值范圍，由此判斷D.【詳解】如圖，AD⊥DB，AD⊥DC，DB∩DC=D，DB,DC?平面DBC，所以AD⊥平面DBC，又BC?平面DBC，所以AD⊥BC，A正確，因為AD⊥DB，AD⊥DC，所以∠BDC為二面角B?AD?C的平面角，故∠BDC=θ，π3過點E作EH⊥CD，垂足為H，因為EH?平面DBC，AD⊥平面DBC，所以AD⊥EH，又AD∩CD=D，AD,CD?平面ADC，所以EH⊥平面ADC，所以EH為點E到平面ADC的距離，在△EHD中，∠EHD=π2,DE=12DB=32，∠EDH=θ，所以EH=32連接EF，F(xiàn)為CD的中點，因為E為BD的中點，所以EF//BC，EF?平面ABC，BC?平面ABC，所以EF//平面ABC，又PE//平面ABC，PE∩EF=E，PE,EF?平面PEF，所以平面PEF//平面ABC，平面PEF∩平面ADC=PF，平面ABC∩平面ADC=AC，所以PF//AC，記AD的中點為M，因為F為CD的中點，所以FM過點B作BN⊥CD，垂足為N，因為BN?平面DBC，AD⊥平面DBC，所以AD⊥BN，又AD∩CD=D，AD,CD?平面ADC，所以BN⊥平面ADC，所以∠BPN為BP與平面ADC所成角的平面角，因為BN⊥平面ADC，AC?平面ADC，所以BN⊥AC，因為BP⊥AC，BP∩BN=B，BP,BN?平面BNP，所以AC⊥平面BNP，又NP?平面BNP，所以NP⊥AC，因為MF//AC，所以在△BDN中，∠BDN=θ，∠BND=π2，BD=3，所以所以NF=3在△NPF中，∠NPF=π2，∠PNF=∠PFN=π4，在△BNP中，∠BNP=π2，所以所以BP與平面ADC所成角的正切值為22設(shè)y=22sinθ1?2cosθ，其中π3<θ?π2，則y'=故選：AD.【點睛】本題考查了立體幾何中的線面垂直的判定和性質(zhì)，面面平行的判定及性質(zhì)，和二面角的定義和線面角的定義，及點到平面的距離。意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力；解答本題關(guān)鍵在于能利用直線與直線、直線與平面、平面與平面關(guān)系的相互轉(zhuǎn)化。題型9外接球相關(guān)考點◆類型1半徑相關(guān)【例題9-1】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知三棱錐P?ABC，PA⊥底面ABC，AB=4，設(shè)△ABC和△PAB的外接圓半徑分別為r1，r2．若三棱錐P?ABC外接球的體積為36πA．25 B．26 C．26 【答案】C【分析】設(shè)三棱錐P?ABC外接球的球心為O，△ABC和△PAB的外接圓圓心分別為O1，O2，則OO1⊥底面ABC，有OA=【詳解】設(shè)△ABC和△PAB的外接圓圓心分別為O1和O2．因為PA⊥底面ABC，AB?底面ABC，所以PA⊥AB，則△PAB為直角三角形，O2即為PB的中點，所以PB=2r2設(shè)三棱錐P?ABC外接球的球心為O，連接OO則OO1⊥底面ABC，O1A?底面ABC，所以O(shè)因為三棱錐P?ABC外接球的體積為36π，所以43π所以r113=r12+r22=r故選：C．【變式9-1】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=4,O為【答案】[2【分析】當(dāng)球是正方體的外接球時半徑最大，當(dāng)邊長為4的正方形是球的大圓的內(nèi)接正方形時半徑達(dá)到最小.【詳解】設(shè)球的半徑為R.當(dāng)球是正方體的外接球時，恰好經(jīng)過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導(dǎo)致球面和棱沒有交點，正方體的外接球直徑2R'為體對角線長AC1=

分別取側(cè)棱AA1,BB1,CC1,DD1連接MG，則MG=42，當(dāng)球的一個大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓，球的半徑達(dá)到最小，即R的最小值為2綜上，R∈[22故答案為：[2【變式9-1】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，正方形ABCD的邊長為2,E為BC的中點，將△BAE沿AE向上翻折到△PAE，連接PC,PD，在翻折過程中，下列說法中正確的是（

）①四棱錐P?AECD的體積最大值為255②．PD中點F③EP,CD與平面PAD所成角的正弦值之比為2:1④三棱錐P?AED的外接球半徑有最小值54A．①③ B．②③ C．①③④ D．①②③【答案】C【分析】根據(jù)題意，根據(jù)四棱錐的體積公式，以及線面角的概念和三棱錐的外接球概念作圖，逐個選項進(jìn)行判斷即可求解【詳解】由已知梯形AECD面積為3,AE=5，直角△APE斜邊上的高為255.當(dāng)平面APE⊥平面AECD時，四棱錐體積取最大值13取PA中點為G，則GF，EC平行且相等，四邊形所以，點F的軌跡與點G的軌跡完全相同，過G作AE的垂線，垂足為H,G的軌跡是H以為圓心，HG=55為半徑5中點F的軌跡長度為5π由四邊形ECFG是平行四邊形知EC//FG，則EC//平面PAD，則E,C到平面PAD距離相等，故PE，CD與平面PAD所成角的正弦值之比為等于CD:PE=2:1.③正確；△APE外接圓O1半徑為52,O外接圓O2半徑為54,AE是圓O1與圓設(shè)三棱錐P?AED外接球球心為O，半徑為R，則R=因為O2O∈0,+∞，所以R∈故選：C【變式9-1】3.（多選）（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，有一個棱長為4的正四面體P?ABC容器，D是PB的中點，E是CD上的動點，則下列說法正確的是（

）A．若E是CD的中點，則直線AE與PB所成角為πB．△ABE的周長最小值為4+C．如果在這個容器中放入1個小球（全部進(jìn)入），則小球半徑的最大值為6D．如果在這個容器中放入10個完全相同的小球（全部進(jìn)入），則小球半徑的最大值為6【答案】ACD【分析】A選項：連接AD.證明出PB⊥AE，即可求出直線AE與PB所成角為π2；B選項，把△ACD沿著CD展開與面BDC同一個平面內(nèi)，利用余弦定理求出AB≠34，即可判斷；C選項，判斷出小球是正四面體的內(nèi)切球，設(shè)半徑為r.利用等體積法求解；D選項，判斷出要使小球半徑要最大，則外層小球與四個面相切，設(shè)小球半徑為r，利用幾何關(guān)系求出【詳解】A選項：連接AD.在正四面體P?ABC中，D是PB的中點，所以PB⊥AD,PB⊥CD.因為AD?平面ACD，CD?平面ACD，AD∩CD=D,所以直線PB⊥平面ACD.因為AE?平面ACD.所以PB⊥AE，所以直線AE與PB所成角為π2B選項，把△ACD沿著CD展開與面BDC同一個平面內(nèi)，由AD=CD=23，AC=4，cos所以AB2=22+2C選項，要使小球半徑最大，則小球與四個面相切，是正四面體的內(nèi)切球，設(shè)半徑為r.由等體積法可得：VP?ABC=1D選項，10個小球分三層（1個，3個，6個）放進(jìn)去，要使小球半徑要最大，則外層小球與四個面相切，設(shè)小球半徑為r，四個角小球球心連線M?NGF是棱長為4r的正四面體，其高為463r如圖正四面體P?HIJ，則MP=3r，正四面體P?ABC高為3r+463【變式9-1】4.（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知空間四邊形ABCD的各邊長及對角線BD的長度均為6，平面ABD⊥平面CBD，點M在AC上，且AM=2MC，那么ABCD外接球的半徑為；過點M作四邊形ABCD外接球的截面.則截面面積最大值與最小值之比為.【答案】1554/【分析】空1：根據(jù)題意結(jié)合球的性質(zhì)分析可得OO1⊥平面CBD，OH⊥平面ABD，求出AH,OH【詳解】空1：由題意知△ABD和△BCD為等邊三角形，取BD中點E，連AE，CE，則AE⊥BD，平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD=BD，AE?平面ABD，∴AE⊥平面CBD，同理可證：CE⊥平面ABD，設(shè)ABCD外接球的球心為O，半徑為R，分別取△ABD、△BCD的中心O1、H，連接O則OO1⊥平面CBD，OH⊥∴OO1∥AE，OH∥CE，則由題意可得：AH=23又∵OH⊥平面ABD，AH?平面ABD，∴OH⊥AH，故R=OA=A空2：連OM，∵AH=2HE，AM=2MC，OH∥∴OM=MH?OH=3設(shè)過M作四邊形ABCD外接球的截面圓的半徑為r，O到該截面的距離為d，則d≤OM=3，即d∈∵r=R當(dāng)d=0時，此時截面過球心，r取到最大值15，截面的面積最大為πr當(dāng)d=3時，r取到最小值23，截面的面積最小為故截面面積最大值和最小值之比為15π故答案為：15；54【點睛】結(jié)論點睛：球的相關(guān)性質(zhì)：①球的截面均為圓面；②球心和截面圓心的連線垂直于該截面，則有R2◆類型2面積相關(guān)【例題9-2】（2023·山東濟(jì)南·?？寄M預(yù)測）已知三棱錐P?ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，且其外接球半徑為2，則S△PAB+S【答案】8【分析】由長方體模型得出a2【詳解】設(shè)PA=a,PB=b,PC=c，因為三棱錐P?ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直，所以由長方體模型可知，a2+bS△PAB+S△PAC+即S△PAB+S故答案為：8【變式9-2】1.（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知A,B,C三點在球O的球面上，且AC⊥BC,AC=22,BC=2，若球O上的動點D到點A,B,C所在平面的距離的最大值為6+A．16π B．24π C．86π 【答案】B【分析】根據(jù)題意可得當(dāng)點D到平面ABC的距離最大時，D與AB在球的大圓截面且OD⊥AB，根據(jù)勾股定理求出球的半徑，代入表面積公式即可求解.【詳解】因為AC⊥BC,AC=22,BC=2，所以AB=23，則△ABC當(dāng)點D到平面ABC的距離最大時，D與AB在球的大圓截面且OD⊥AB，所以球O的半徑R滿足：R2解得R=6，所以球O的表面積為4π故選：B.【變式9-2】2.（2023·全國·高三專題練習(xí)）在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，【答案】19【分析】當(dāng)P與點D重合時，過A，C與BP垂直的截面為平面ACC1A1，此時四棱錐B?ACC【詳解】如圖所示，當(dāng)P與點D重合時，過A，C與BP垂直的截面為平面ACC四棱錐B?ACC1A1的外接球的球心為對角面此時外接球的表面積最大，最大為11π當(dāng)P與點D1設(shè)AC∩BD=E，連接EM，因為BD1⊥平面ACM，EM?所以BD所以∠BEM+∠EBD因為∠MBD1+∠EB所以△EBM∽△BB所以BEBB1=所以三棱錐B?ACM的外接球直徑為13此時外接球的表面積最小，最小為199所以該棱錐的外接球的表面積的取值范圍是199故答案為：19【點睛】關(guān)鍵點點睛：此題考查多面體與球的外接問題，解題的關(guān)鍵是分P與點D重合和P與點D1【變式9-2】3.（2022秋·黑龍江哈爾濱·高三?？茧A段練習(xí)）如圖，直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD為平行四邊形，AB=1,AD=2,AA1=2,∠BAD=60°，點P是半圓弧A1D【答案】25【分析】先由余弦定理求出BD=3，從而得到AB⊥BD，確定BC的中點E為三棱錐P?BCQ的外接球球心O在平面BCQ的投影，再證明出M為AD的中點，N為B1C1的中點，即EN⊥平面ABCD，故球心在線段EN上，從而確定當(dāng)點P與點N重合時，三棱錐P?BCQ的外接球半徑最小，點P與A1或D1重合，此時PN最長，故三棱錐【詳解】因為AB=1,AD=2,∠BAD=60°，由余弦定理得：BD=A因為AB2+B直四棱柱ABCD?A故BD⊥CD，點Q是半圓弧BC上的動點(不包括端點)，故BC為直徑，取BC的中點E，則E為三棱錐P?BCQ的外接球球心O在平面BCQ的投影，設(shè)BC與AD相交于點M，A1D1則EM=ED因為∠BCD=60°，故∠CBD=30°，∠DEM=2∠DBC=60°，故三角形DEM為等邊三角形，DM=DE=1即M為AD的中點，同理可得：N為B1連接EN，則EN⊥平面ABCD，故球心在線段EN上，顯然，當(dāng)點P與點N重合時，三棱錐P?BCQ的外接球半徑最小，假如點P與A1或D1重合，此時PN最長，故三棱錐如圖1，點P與點N重合，連接OC，設(shè)ON=R，則OE=2-R，OC=R，由勾股定理得：OE2+EC2此時外接球表面積為4π如圖2，當(dāng)點P與A1或D1重合時，連接其中A1設(shè)OE=?，則ON=2??，由勾股定理得：A1O=A故3+2??2=此時外接球半徑為OC=94+1但因為點P是半圓弧A1綜上：S的取值范圍是254故答案為：25【點睛】幾何體外接球問題，通常要找到幾何體的一個特殊平面，利用正弦定理或幾何性質(zhì)找到其外心，求出外接圓的半徑，進(jìn)而找到球心的位置，根據(jù)半徑相等列出方程，求出半徑，再求解外接球表面積或體積.【變式9-2】4.（2023·全國·高三專題練習(xí)）如圖，正四棱臺ABCD?A1B1C【答案】[72【分析】求出正四棱臺的上下底面外接圓半徑，根據(jù)AA1∈[【詳解】由題意得正四棱臺的上下底面外接圓半徑分別為r1=42+422=2因為AA1∈[設(shè)正四棱臺的外接球半徑為R，球心到上下底面的距離分別為d1和d當(dāng)球心在上下底面之間時，d1當(dāng)球心不在上下底面之間時，d1所以d1又r12+d12=所以?=R