专题4.4 立体几何中最值问题 高考数学选填题压轴题突破讲义(原卷版)

高中数学立体几何中的最值问题 海红楼 立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，与空间图形有关的线段、角、体积等最值问题常常在试题中出现。

下面举例说明解决这类问题的常用方法。

一、运用变量的相对性求最值例1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，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. 55B. 552C. 2D. 1解析：如图1，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。

过O 作OQ ⊥SC ，在Rt △SOC 中，552=OQ 中。

又P 在BD 上运动，且当P 运动到点O 时，PQ 最小，等于OQ 的长为552，也就是异面直线BD 和SC 的公垂线段的长。

故选B 。

图1二、定性分析法求最值例2. 已知平面α//平面β，AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。

AB ⊥CD ，AB=3，直线AB 与平面α成30°角，则线段CD 的长的最小值为______。

解析：如图2，过点B 作平面α的垂线，垂足为O ，连结AO ，则∠BAO=30°。

过B 作BE//CD 交平面α于E ，则BE=CD 。

连结AE ，因为AB ⊥CD ，故AB ⊥BE 。

则在Rt △ABE 中，BE=AB ·tan ∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=3。

故3≥CD 。

图2三、展成平面求最值例3. 如图3-1，四面体A-BCD 的各面都是锐角三角形，且AB=CD=a ，AC=BD=b ，AD=BC=c 。

平面α分别截棱AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S ，则四边形PQRS 的周长的最小值是（ ）A. 2aB. 2bC. 2cD. a+b+c图3-1解析：如图3-2，将四面体的侧面展开成平面图形。

压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球半径为R .则(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2，即2R ＝a 2＋b 2＋c 2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2的连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝h2，所以R2＝r2＋h24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l1和l2的方向向量分别为v1和v2，则l1∥l2(或l1与l2重合)⇔v1∥v2.(2)设直线l的方向向量为v，在平面α内的两个不共线向量v1和v2，则l∥α或l⊂α⇔存在两个实数x，y，使v＝x v1＋y v2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈0，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.○热○点○题○型一点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A 202B ．33C ．103D ．4033．已知一个三棱锥型玩具容器-P ABC 的外包装纸（包装纸厚度忽略不计，外包装纸面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C 为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．25034．攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖.通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 5．已知,a b 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为23点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C D8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -E 到平面SAC 的距离．12．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，,AB AD O =为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D 2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B C ．1023D 4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为12，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C ．27D ．275．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π6．已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O 的球面上，3AB =，BC =且四棱锥O ABCD -的体积为O 的表面积为（）A ．76πB ．112πC ．3D ．37．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A．4B ．2+C ．2D ．68．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，2PA BC ==，PB AC ==，PC AB =Q为球O 的球面上一动点，则点Q 到平面PAB 的最大距离为（）A ．211+B ．222+C 11+D 22二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．10．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1AC 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．11．如图，直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB AC =，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为1___．○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．2．如图，在四棱锥P ABCD -中，PAD 为等边三角形，M 为PA 的中点，PD AB ⊥，平面PAD ⊥平面ABCD ．(1)证明：平面CDM ⊥平面PAB ；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD 所成角的正弦值为34，求三棱锥P MCD -的体积．3．如图所示，在三棱锥A BCD -中，满足BC CD ==，点M 在CD 上，且5DM MC =，ABD △为边长为6的等边三角形，E 为BD 的中点，F 为AE 的三等分点，且2AF FE =.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.4．已知底面ABCD 是正方形，PA ⊥平面ABCD ，//PA DQ ，33PA AD DQ ===，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF 平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．5．如图，AB 为圆O 的直径，点EF 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒6．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为4的菱形，AB BC ==点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.。

玩转压轴亂突破之高三数学选填JSlWIWt品专题4. 4立体几何中最值问题一.方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题•此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练.立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面，此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等，题目较为综合，解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法，即利用传统方法或空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；二是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；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解二.解题策略类型一距离最值问题【例1】【河南省焦作市2019届高三三模】在棱长为4的正方体ABCD - A I BQ I D I中，点E、F分别在棱AA 1和AB上，且C i E丄EF,贝U |AF|的最大值为（）【指点迷津】建立空间直角坐标系，求出「二「坐标，利用C1E丄EF，求出|AF|满足的关系式，然后求出最大值即可•利用向量法得到|AF|的关系式是解题的关键，故选 D.【举一反三】1、【江西省吉安市2019届高三上学期期末】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的棱长为A .B .C .心：D •.辭2、【河南省顶级名校 2019届高三第四次联合测评】在侧棱长为 ■■的正三棱锥"--3：中，侧棱OA , OB ,C .十D .「 S-fi3、如右图所示，在棱长为2的正方体ABCD A^B 1C 1D 1中，E 为棱C®的中点，点P,Q 分别为面A 1B 1C 1D 1 PEQ 周长的最小值为类型二面积的最值问题【例2】【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体 .一二__ _中，別- 一，L分别是棱 m c :/的中点，：是底面-2 内一动点,若直线九冷-与平面没有公共点，则三角形\面积的最小值为（ ）A庐 e A .B. -C. _D. 7【指点迷津】截面问题，往往涉及线面平行，面面平行定义的应用等，考查空间想象能力、逻辑思维能力 及计算求解能力•解题的关键是注意明确截面形状，确定几何量 •本题由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点 P 所在线段，得解.【举一反三】OC 两两垂直，现有一小球P 在该几何体内，则小球 P 最大的半径为和线段B 1C 上的动点，则1、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形 -\ ，将-.绕-.■:边旋转至… 位置，若二面角「一■的大小为「,则四面体. ……的外接球的表面积的最小值为（）2、如图，在正四棱柱 ABCD AB1GD 1中，AB 1,AA 2，点P 是平面ABQ i D i 内的一个动点，则三棱锥P ABC 的正视图与俯视图的面积之比的最大值为（）1 1B . 2C .—D .-243、【福建省2019届高三模拟】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的所有侧面和底面中，面积的最C..X.D .:一SirA . 2 类型三B.-体积的最值问题C.3【例3】如图，已知平面▼平面「二是直线上的两点，「是平面二内的两点，且工兀 丄•，二，一，「" fU ，二是平面二上的一动点，且有 上二二，止：-■，则四棱锥亠一三-■体积的最大 值是（）棱锥的体积公式以及求最值问题 •求最值的常见方法有①配方法：若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要 先确定其定 义域；②换元法；③不等式法；④单调性法；⑤图像法，本题首先根据线面关系将体积最值转 化为函数求最值问题，然后应用方法①解答的 【举一反三】1、 已知AD 与BC 是四面体ABCD 中相互垂直的棱，若 AD BC 6，且 ABD ACD 60°，则四 面体ABCD 的体积的最大值是 A. 18「2B. 36 2C. 18D. 362、 如图，已知平面 I 丨，A 、B 是丨上的两个点，C 、D 在平面 内，且DA ,CB , AD 4，3.【河南省八市重点高中联盟领军考试” 201届高三第三次测评】已知一个高为等，底面是边长为 2的等边三角形，内有一个体积为…的球，则…的最大值为（J L^T B•角的最值问题【例4】如图，四边形 ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点 M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点•设异面直线EM 与AF 所成的角为 ，则COS 的最大值为P ，使得 APD BPC ，则P ABCD 体积的最大值是（D.144D.--【指点迷津】本题主要考查面面垂直的性质,l 的三棱锥，各侧棱长都相A — A•硕 类型四【指点迷津】空间的角的问题，只要便于 建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解 •解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的•几何问题还可结合图形分析何时取得最大值 •当点M 在点P 处时，EM与AF 所成角为直角，此 时余弦值为0 （最小），当点M 向左移动时，.EM 与AF 所成角逐渐变小，点 M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大• 【举一反三】1、矩形ABCD 中，若■-，将△ ABC 与厶ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围（包含初始状态）为（，则sin 的取值范围是（）B • I 1,1]3 23.【云南省昆明市云南师范大学附属中学 2019届高三上学期第四次月考】 如图，在正方体朋航一 _中，点P 为AD 的中点，点Q 为轄短上的动点，给出下列说法：送献总可能与平面 犖辿*僦平行； 麟遐与BC 所成的最大角为-；@1_ _与PQ 一定垂直；[0^1C. 一呻D.在正方体 ABCD A|B 1C 1D 1中, 0是BD 中点，点P 在线段B 1D 1上，直线0P 与平面ABD 所成的角r 1 1 D- [4,3]A.B.*叱与氓碣所成的最大角的正切值为一；其中正确的有 _______ （写出所有正确命题的序号uuu uuv4、在正四面体P ABC 中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且 AN AB ，设异面12直线NM 与AC 所成角为，当—一时，贝Ucos 的取值范围是33三•强化训练 一、选择题1、【甘肃省2019届高三第一次高考诊断】 四棱锥：1的顶点均在一个半径为 3的球面上，若正方形’■的边长为4，则四棱锥」的体积最大值为（）C . 4B •:2 .【广东省东莞市2019届高三第二次调研】已知一个四棱锥的正 付主视图和俯视图如图所示，其中A •?.-； = . 1，则该四棱锥的高的最大值为'3 •【四川省教考联盟 2019届高三第P"BED 的底面四边形阳少的外接圆半径为3, 且此外接圆圆心到点距离为2，则此四棱锥体积的最大值为（A • 12B •6C . 32D • 244 .【安徽省蚌2019届高三第一次检查】某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为 1,三棱锥表面上的点 M 在俯视图上的对应点为 A ，三棱锥表面上的点 N 在左视图上的对应点为 B ，则线段MN 的长度的最大值为B •咏5•如图，在矩形ABCD中，AB 2,AD 1,点E为CD的中点，F为线段CE （端点除外）上一动点现将DAF沿AF折起，使得平面ABD 平面ABC设直线FD与平面ABCF所成角为，则sin的最大值为（）1 .2 1 2A. B. C. D.—3 4 2 36【2019年4月2019届高三第二次全国大联考】已知正四面体:的表面积为："：•；，点在--上：内（不含边界）.若.：.，且焉心，则实数的取值范围为（）A. ■/ - B . / -C .D . K紐；礙;二、填空题7 .【山东省青岛市2019届高三3月一模】在四棱锥- 中，底面是边长为2的正方形，匚面且\PD=1,若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为 _________________ .8.【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知正四棱柱」」上一上一—和半径为的半球0,底面ABCD在半球0底面所在平面上，妇，匸，缶，P a四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为 __________ .9 .【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知圆柱和半径为书:'的半球O,圆柱的下底面在半球O底面所在平面上，圆柱的上底面内接于球O,则该圆柱的体积的最大值为_________ .10. 【江西省上饶市2019届高三二模】一个棱长为的正方体形状的铁盒内放置一个正四面体，且能使该正四面体在铁盒内任意转动，则该正四面体的体积的最大值是 ____ .11. 【河北省衡水市第二中学2019届高三上期中】已知体积为 :的正四棱锥- 外接球的球心为卅，其中在四棱锥：•；内部•设球「的半径为，球心’到底面门；的距离为'.过-的中点，作球*的截面，则所得截面圆面积的最小值是_____________ .12. 【江西省临川第一中学等九校2019届高三3月联考】如图所示，三棱锥卜,：“二：1的顶点，，，都在同一球面上，■过球心*且，-，二：是边长为2等边三角形，点、’分别为线段卜彳，上的动点（不含端点），且AP = CQ,则三棱锥P - QCO体积的最大值为_______________ .13. 【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥S3中，/口―恥一点在棱’上,且I-■■■正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，截球所得截面面积的最小值为14. 【江西师范大学附属中学2019高三上学期期末】若一个四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9,当其外接球的体积最小时，它的高为______________ .15. 【江西省上饶市2019届高三二模】已知正方体人卅工的棱长为，平面与对角线总可垂直且与每个面均有交点，若◎截此正方体所得的截面面积为卩周长为匚则7的最大值为 __________ .16.［河南省洛阳市2019届高三第二次统考】正四面体：中，，是I的中点，是棱上一动点，' 的最小值为•胪，则该四面体内切球的体积为________ .17. [ 2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥卜「心阀的高，底面边长为4,「-分别在：和上，且呼- X虫，当三棱锥「.如体积最大时，三棱锥|f 护』的内切球的半径为。

专题04立体几何【题型简介】立体几何解答题是高考数学必考内容，该考点命题相对稳定，难度中等，是考生必须突破的核心内容之一.高考数学立体几何解答题，主要采用“论证与计算”相结合的方式，在命题上一般包含2~3小问，会涉及到空间点、线、面位置关系的判定与探究，特别是平行与垂直关系的证明；空间角(包括异面直线夹角、直线与平面所成角和二面角)或空间距离(包括空间几何体的体积、表面积和点到平面的距离等)的计算.立体几何在解题能力方面的要求是：在数学思想上，一般涉及转化与化归思想、数形结合思想、函数与方程思想；在解题方法上，一般涉及几何法、向量法，往往是两种方式相结合进行处理.【命题方向】命题方向一、线线角、线面角、二面角、距离问题命题方向二、翻折问题命题方向三、存在性问题命题方向四、开放性问题命题方向五、立体几何创新定义【典型例题】命题方向一、线线角、线面角、二面角、距离问题ABC DB⊥平面ABC；例1．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，EA⊥平面,⊥====是AB的中点.,22,AC BC AC BC BD AE M⊥；(1)求证：CM EM(2)求直线EM与平面CDE所成角的正弦值；(3)求平面CME与平面CDE的夹角的余弦值.⊥，以C为原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，过点C且与平面ABC垂【解析】（1）因为AC BC-，直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz则()1,1,0M ，()2,0,1E ，所以()1,1,0CM = ，()1,1,1EM =-- ，所以1100CM EM ⋅=-++= ，所以CM EM ⊥ ，即CM EM ⊥；（2）因为()()2,0,1,0,2,2CE CD == ，设平面CDE 的法向量为(),,m x y z =，则20220m CE x z m CD y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1x =，可得()1,2,2m =- ，又()1,1,1EM =-- ，设EM 与平面CDE 所成角为θ，则33sin 333EM m EM m θ⋅===⋅ 即直线EM 与平面CDE 所成的角的正弦值为33；（3）由题()1,1,0CM = ，()2,0,1CE = ，设平面CME 的法向量(),,n a b c = ，由200n CE a c n CM a b ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1a =，则()1,1,2n =-- ，又平面CDE 的法向量()1,2,2m =- ，所以1246cos ,6114144m n m n m n⋅-+===++⨯++⋅ ，所以平面CME 与平面CDE 66本类试题一般分两种设问方式，一种是直接求解空间角或空间距离；另外一种是已知空间角或者空间距离，求解相关几何量的大小..解决这类问题一般需要先根据题意建立合适的空间直角坐标系，然后通过数学抽象将几何问题转化为代数问题，找到关键量的坐标表示(需引入参数，但要求尽可能少的参数，一般可以用共线向量处理)，再用待定系数的方法进行直接运算，求解函数或方程，得出参数的具体值，最后还原到几何体中求解相应的几何量.变式提升1．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCGF 中，ABC 为正三角形，FA ⊥平面ABC ，//FA CG ，24FA AB ==，D 为AB 的中点，E 为线段CG 上的动点.(1)若1CE =，求点F 到平面ABE 的距离；(2)若//CD 平面BEF ，求平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）解法一：因为FA ⊥平面ABC ，CD ⊂平面ABC ，所以FA CD ⊥.因为ABC 为正三角形，D 为AB 的中点，所以AB CD ⊥，又AB AF A = ，,AB AF ⊂平面ABF ，所以CD ⊥平面ABF .因为2AB =，所以CD =FA EC ∥，EC ⊄平面ABF ，AF ⊂平面ABF ，所以CE ∥平面ABF ，所以点E 到平面ABF 的距离等于点C 到平面ABF所以112432E ABF V -=⨯⨯⨯连接DE ，因为1CE =，所以2DE ==.因为AF ⊥平面ABC ，AF CG ∥，所以CG ⊥平面ABC ，AB ⊂ 平面ABC ，所以CG AB ⊥，又AB CD ⊥，CD CG C ⋂=，,CD CG ⊂平面CDE ，所以AB ⊥平面CDE ，因为DE ⊂平面CDE ，所以AB DE ⊥.设点F 到平面ABE 的距离为d ，则11222323F ABE d V d -=⨯⨯⨯⨯=，因为E ABF F ABE V V --=，所以233d =，解得d =.所以点F 到平面ABE 的距离为解法二：在平面ABC 内过A 作Ax AC ⊥，以A 为坐标原点，射线Ax ，AC ，AF 的方向分别为,,x y z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，由题易知()0,0,0A ，)B ，()0,2,1E ，()0,0,4F ，所以()0,0,4AF = ，)3,1,0AB = ，()0,2,1AE = ，设平面ABE 的法向量为()111,,m x y z = ，则00m AB m AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11113020y y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令11x =，得(1,3,23m =- ，所以点F 到平面ABE 的距离331312AF m d m ⋅==++ （2）在平面ABC 内过A 作Ax AC ⊥，以A 为坐标原点，射线,,Ax AC AF 的方向分别为,,x y z 轴轴的正方向建立的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，)3,1,0B ，()0,0,4F ，()0,2,0C ，0321,2D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设()0,2,E b ，则33,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()3,1,4FB =- ，()0,2,4FE b =- .设平面BEF 的法向量为(),,n x y z = ，则00n FB n FE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即()340240y z y b z ⎧+-=⎪⎨+-=⎪⎩，令1z =，得)344,,162b b n ⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭.因为CD ∥平面BEF ，所以0CD n ⋅= ，所以)3434306222b b +-⎛⎫+⨯-= ⎪⎝⎭，解得2b =，所以)3,1,1n = .取BC 的中点H ，连接AH ，则AH BC ⊥，33,022H ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，因为FA ⊥平面ABC ，FA CG ∥，E 为线段CG 上的动点，所以EC ⊥平面ABC ，又AH ⊂平面ABC ，所以AH EC ⊥，又EC BC C = ，,EC BC ⊂平面BCE ，所以AH ⊥平面BCE ，所以平面BCE 的一个法向量为33,022AH ⎫=⎪⎪⎝⎭，所以平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值为cos ,n AH n AH n AH ⋅=⋅所以平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值为5.1．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，1AC BC AA ==，D 为1CC 上一点．(1)证明：当D 为1CC 的中点时，平面1A BD ⊥平面11ABB A；(2)若90ACB ∠=︒，异面直线AB 和1A D 1B A D A --的余弦值．【解析】（1）证明：如图，分别取1A B ，11A B 的中点E ，F ，连接DE ，EF ，1FC ，易知1FE D C =,且FE ∥1C D ,∴1C DEF 是平行四边形，∴1C F DE ∥．由1111AC B C =，F 为11A B 的中点，可知111C F A B ⊥，而平面111A B C ⊥平面11ABB A ，且平面111A B C Ç平面1111ABB A A B =，1C F ⊂平面111A B C ，∴1C F ⊥平面11ABB A ．又∵1C F DE ∥，∴DE ⊥平面11ABB A ，而DE ⊂平面1A BD ，∴平面1A BD ⊥平面11ABB A ．（2）方法1：不妨设12AC BC AA ===，1C D m =，注意到11AB A B ∥，知11B A D ∠或其补角为异面直线AB 和1A D 所成角，在△11A B D中，11A B =，1A D =易知(22211cos 5B A D +-=∠解得1m =，即D 为1CC 的中点，如图，延长1A D 交AC 的延长线于F'，连接BF '，过C 作CE DF '⊥'于E '，连接BE '，∵1,AC C C ⊂平面1A AF ',BC AC ⊥,1BC C C ⊥,1AC C C C = ,∴BC ⊥平面1A AF '，∴BC DF '⊥,又∵CE DF '⊥',∴DF '⊥平面BCE ',∴DF BE ''⊥∴BEC '∠为二面角1B AD A --的平面角，在Rt △'BCE 中，2BC =，CE '=tan BC BE C CE '∠='∴cos 6BE C '∠=，即二面角1B A D A --方法2：取C 为原点，直线CA ，CB ，1CC 分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，不妨设12AC BC AA ===，CD m =，则()2,0,0A ，()0,2,0B ，()12,0,2A ，()0,0,D m ，∴()2,2,0AB =- ，()12,0,2A D m =-- ．∴111cos ,5AB A D AB A D AB A D -⋅--⋅==⋅ ，解得1m =．由已知可得平面1A AD 的一个法向量为()10,1,0n =，易知()12,2,2A B =-- ，()12,0,1A D =-- ，设平面1A BD 的法向量为()2,,n x y z =u u r ，由212100n A B n A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得()()()(),,2,2,200,,2,0,1020x y z x y z x y z x z ⎧⋅--=-+-=⎧⎪⇒⎨⎨⋅--=+=⎪⎩⎩，可取()21,1,2n =--，则121212cos ,n n n n n n ⋅<>==⋅∴二面角1B A D A --1．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．【解析】（1）由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CD BD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BE ⊥，由于DE BE E ⋂=，,DE BE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）[方法一]：判别几何关系依题意2AB BDBC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =.222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得32EF =，所以223131,2222DF BF DF ⎛⎫=-==-= ⎪⎪⎝⎭，所以34BF BD =过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =，所以111332333244F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯= .[方法二]：等体积转换AB BC = ，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴∆是边长为2的等边三角形，3BE ∴连接EFADB CDB AF CFEF ACBED EF BD ∆≅∆∴=∴⊥∴∆⊥∆ 在中，当时，AFC面积最小222,,2,,BED EF AD CD AD CD AC E AC DE BE BD BE EDBE DE EF BD BD ⊥==∴+=∴⊥⋅⊥∆== 为中点DE=1若在中，32113222BEF BF S BF EF ∆=∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC ---∆∴=+=⋅=⋅=命题方向二、翻折问题例2．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形ABC 中，E 为边AB 的中点，过E 作ED AC ⊥于D .把ADE V 沿DE 翻折至1A DE △的位置，连接1AC ､1AB .(1)F 为边1AC 的一点，若12CF FA = ，求证：BF //平面1A DE ；(2)当四面体1C EBA -的体积取得最大值时，求平面1A DE 与平面1A BC 的夹角的余弦值.【解析】（1）取AC 中点M ，连接MF ，MB因为在正三角形ABC 中，MB AC ⊥，又因为ED AC ⊥，所以//MB DE ，MB ⊄平面1A DE ，DE ⊂平面1A DE ，所以//MB 平面1A DE ，又有2CM MD = ，且12CF FA = ，所以1MF //DA，而MF ⊄平面1A DE ，1A D ⊂平面1A DE ，所以//MF 平面1A DE .有MF MB M = ，,MF MB ⊂平面MFB ，所以平面//MFB 平面1A DE ，又BF ⊂平面MFB ，因此//BF 平面1A DE .（2）因为11C BEA A BCE V V --=，又因为BCE 的面积为定值，所以当1A 到平面BCE 的距离最大时，四面体1C BEA -的体积有最大值，因为DE DC ⊥，1DE A D ⊥，1DC A D D = ，DC ，1A D ⊂平面1A DC ，所以DE ⊥平面1A DC ，因为DE ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面1A DC ，当1A D CD ⊥时，平面ABC ⋂平面1A DC CD =，1A D ⊂平面1A DC 所以1A D ⊥平面ABC ，即在翻折过程中，点1A 到平面BCE 的最大距离是1A D ，因此四面体1C BEA -的体积取得最大值时，必有1A D ⊥平面ABC .如图，以点D 为原点，DE 为x 轴，DA 为y 轴，1DA 为z轴，建立空间直接坐标系，易知MB =DE =()0,0,0D，)E ，()0,3,0C -，()10,0,1A，()1,0B -，()10,1,0n = 为平面1A DE 的一个法向量，设平面1BCA 的法向量为()2,,n x y z =u u r ，()10,3,1AC =--，()2,0CB =由1223020A C n y z CB n y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1y =-得：x =3z =，所以21,33n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭为平面1BCA的一个法向量，121212cos ,n n n n n n ⋅=== 所以平面1A DE 与平面1A BC的夹角（锐角）的余弦值为31.。

立体几何小题培优讲义高考规律立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．知识梳理【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．2.以立体几何为载体的情境题的求解思路以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题.此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．【题型1 求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条侧棱P A，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P−ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（）A．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）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雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【题型2 与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（）A．8πB．9πC．12πD．16π【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A−BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（）A．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【题型4 几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S−ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（）A．π6B．πC．4π3D．4π【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD−A1B1C1D1内接于半径为√3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC= 1，AA1=√3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【题型6 空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积是底面积的6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【题型7 翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A−BD−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD 沿对角线BD翻折至△A′BD的位置，使得平面A′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC 的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【题型8 立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD 为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD 内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【题型9 以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）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雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（）A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为√62，则球O的体积为（）A．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm 和6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C−AB−D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为√3，O为底面圆心，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P−ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【题型1 求几何体的体积与表面积】 (4)【题型2 与球有关的截面问题】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【题型4 几何体与球的切、接问题】 (13)【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】1.求几何体体积的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.2.求组合体的表面积与体积的一般方法求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：2.空间几何体外接球问题的求解方法：空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段P A,PB,PC两两垂直，且P A=a，PB=b，PC=c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.【知识点3 几何法与向量法求空间角】1.几何法求异面直线所成的角(1)求异面直线所成角一般步骤：①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：(1)建立空间直角坐标系；(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.3.几何法求线面角(1)垂线法求线面角(也称直接法)；(2)公式法求线面角(也称等体积法)：用等体积法，求出斜线P A在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.5.几何法求二面角作二面角的平面角的方法：作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.6.向量法求二面角的解题思路:用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】1.立体几何中的几类最值问题立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．2.立体几何中的最值问题的求解方法解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．。

立体几何新颖问题压轴填空题以立体几何为背景的新颖问题常见的有折叠问题，与函数图象相结合问题、最值问题，探索性问题等. 对探索、开放、存在型问题的考查，探索性试题使问题具有不确定性、探究性和开放性，对学生的能力要求较高，有利于考查学生的探究能力以及思维的创造性，是新课程下高考命题改革的重要方向之一；开放性问题，一般将平面几何问题类比推广到立体几何的中，不过并非所有平面几何中的性质都可以类比推广到立体几何中，这需要具有较好的基础知识和敏锐的洞察力;对折叠、展开问题的考查，图形的折叠与展开问题（三视图问题可看作是特殊的图形变换）蕴涵了“二维——三维——二维” 的维数升降变化，求解时须对变化前后的图形作“同中求异、异中求同”的思辩，考查空间想象能力和分析辨别能力，是立几解答题的重要题型.类型一 几何体在变化过程中体积的最值问题典例1 在棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是BC 的中点，点P 是面11DCC D 所在的平面内的动点，且满足APD MPC ∠=∠，则三棱锥P BCD -的体积最大值是（ ）A ．36B ． C.24 D ．【名师指点】在运动变化过程中，当变量达到某一个特殊位置时，要所求的变量的最值达到. 这就要求看准变化中的临界点，从而确定最值. 空间问题平面化是解题关键．【举一反三】表面积为π60的球面上有四点C B A S 、、、且ABC ∆是等边三角形，球心O 到平面ABC 的距离为3，若ABC SAB 面⊥,则棱锥ABC S -体积的最大值为 ．类型二 几何体的外接球或者内切球问题典例2 已知长方体1111D C B A ABCD -的外接球O 的体积为332π，其中21=BB ，则三棱锥ABC O -的体积的最大值为（ ）A.1B.3C.2D.4【举一反三】在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，02,2,1,60PA AB AC BAC ===∠=，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．类型三 立体几何与函数的结合典例3 如图，在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的对角线1AC 上取一点P ，以A 为球心，AP 为半径作一个球，设AP x =，记该球面与正方体表面的交线的长度和为()f x ，则函数()f x 的图像最有可能的是（ ）【名师指点】本题考查数形结合的数学思想方法，考查特殊值、小题小作的小题技巧.【举一反三】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 分别交于,M N 两点，设BM x =，[0,1]x ∈，给出以下四个结论：①平面MENF ⊥平面BDD B ''；②直线AC ∥平面MENF 始终成立；③四边形MENF 周长()L f x =，[0,1]x ∈是单调函数；④四棱锥C MENF '-的体积()V h x =为常数；以上结论正确的是___________．【精选名校模拟】1． 如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为3，以顶点A 为球心， 2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交得到的两段弧长之和等于（ ）A ．65πB ．32π C. π D ．67π2. 在三棱锥ABC P -中，PC PB PA ,,两两垂直，且1,2,3===PC PB PA ，设M 是底面ABC ∆内一点，定义),,()(p n m M f =，其中p n m ,,分别是三棱锥PAB M -，三棱锥PBC M -，三棱锥PCA M -的体积，若),,21()(y x M f =，且81≥+y ax ，则正实数a 的最小值为________.F EA'B'ABCD C'D'M N2． 已知5 2.236≈，如图，在矩形ABCD 中，5,3,AD AB E F ==、分别为AB 边、CD 边上一点，且1AE DF ==，现将矩形ABCD 沿EF 折起，使得ADEF BCFE ⊥平面平面，连接AB CD 、，则所得三棱柱ABE DCF -的侧面积比原矩形ABCD 的面积大约多（ ）A.68%B.70%C.72%D.75% 3． 如图四边形ABCD ，2AB BD DA ===，2BC CD ==.现将ABD ∆沿BD 折起，当二面角A BD C --处于5[,]66ππ过程中，直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是（ ） A ．522[,]88- B ．252[,]88 C ．2[0,]8D ．52[0,]84． 如图，90ACB ∠=︒，DA ⊥平面ABC ，AE DB ⊥交DB 于E ，AF DC ⊥交DC 于F ，且2AD AB ==，则三棱锥D AEF -体积的最大值为 ．5． 已知四面体ABCD 的每个顶点都在球O 的表面上，5AB AC ==，8BC =，AD ⊥底面ABC ，G 为ABC ∆的重心，且直线DG 与底面ABC 所成角的正切值为12，则球O 的表面积为_________．7．已知ABC ∆的三边长分别为5=AB ，4=BC ，3=AC ，M 是AB 边上的点，P 是平面ABC 外一点．给出下列四个命题：①若⊥PM 平面ABC ，且M 是AB 边中点，则有PC PB PA ==；②若5=PC ，⊥PC 平面ABC ，则PCM ∆面积的最小值为215；③若5=PB ，⊥PB 平面ABC ，则三棱锥ABC P -的外接球体积为π62125；④若5=PC ，P 在平面ABC 上的射影是ABC ∆内切圆的圆心，则三棱锥ABC P -的体积为232；其中正确命题的序号是 （把你认为正确命题的序号都填上）．ABCDEF8． 将矩形ABCD 绕边AB 旋转一周得到一个圆柱，3AB =，2BC =，圆柱上底面圆心为O ，EFG ∆为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O EFG -体积的最大值是 .9． 我国南北朝时代的数学家祖恒提出体积的计算原理（祖恒原理）：“幂势既同，则积不容异”.“势”即是高，“幂”是面积．意思是：如果两等高的几何体在同高处截得两几何体的截面积恒等，那么这两个几何体的体积相等．类比祖恒原理，如图所示，在平面直角坐标系中，图1是一个形状不规则的封闭图形，图2是一个上底为1的梯形，且当实数t 取[]0,3上的任意值时，直线y t =被图1和图2所截得的两线段长始终相等，则图1的面积为 ____________．10． 已知平面α截一球面得圆M ，过圆M 的圆心的平面β与平面α所成二面角的大小为60°，平面β截该球面得圆N ，若该球的表面积为64π，圆M 的面积为4π，则圆N 的半径为__________．12．如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 是棱1CC 上的一个动点，平面1BED 交棱1AA 于点F ．给出下列四个结论：①存在点E ，使得11C A //平面F BED 1；②存在点E ，使得⊥D B 1平面F BED 1；③对于任意的点E ，平面⊥D C A 11平面F BED 1；④对于任意的点E ，四棱锥F BED B 11-的体积均不变. 其中，所有正确结论的序号是___________．13．已知三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且2SA SB SC ===，Q 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，则点Q 到平面ABC 的距离的最大值为 .15. 正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 翻折，使点B 与点C 间的距离为1，此时四面体ABCD 外接球表面积为____________ .。

专题53最值、范围问题（新高考专用）【真题自测】 (2)【考点突破】 (3)【考点1】最值问题 (3)【考点2】范围问题 (4)【分层检测】 (6)【基础篇】 (6)【能力篇】 (8)【培优篇】 (9)一、单选题1．（2023·全国·高考真题）已知椭圆22:13x C y +=的左、右焦点分别为1F ，2F ，直线y x m =+与C 交于A ，B 两点，若1F AB △ 面积是2F AB △ 面积的2倍，则m =（）．A ．23B ．3C ．3-D ．23-二、解答题2．（2024·天津·高考真题）已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的离心率12e =．左顶点为A ，下顶点为B C ，是线段OB 的中点，其中ABC S △(1)求椭圆方程．(2)过点30,2⎛⎫- ⎪⎝⎭的动直线与椭圆有两个交点P Q ，．在y 轴上是否存在点T 使得0TP TQ ⋅≤ ．若存在求出这个T 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．3．（2022·全国·高考真题）设抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，点(),0D p ，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，3MF =．(1)求C 的方程；(2)设直线,MD ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线,MN AB 的倾斜角分别为,αβ．当αβ-取得最大值时，求直线AB 的方程．4．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆22112x y +=．设A ，B 是椭圆上异于(0,1)P 的两点，且点0,21Q ⎛⎫ ⎪⎝⎭在线段AB 上，直线,PA PB 分别交直线132y x =-+于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求||CD 的最小值．考点突破【考点1】最值问题一、解答题1．（2024·湖南邵阳·三模）已知椭圆C ：()222210+=>>x y a b a b的离心率为12，右顶点Q 与C 的上，下顶点所围成的三角形面积为(1)求C 的方程．(2)不过点Q 的动直线l 与C 交于A ，B 两点，直线QA 与QB 的斜率之积恒为14．（i ）证明：直线l 过定点；（ii ）求QAB 面积的最大值．2．（2024·河南新乡·模拟预测）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为12,F F ，且122F F =，过点2F 作两条直线12,l l ，直线1l 与C 交于,A B 两点，1F AB 的周长为(1)求C 的方程；(2)若1F AB 的面积为43，求1l 的方程；(3)若2l 与C 交于,M N 两点，且1l 的斜率是2l 的斜率的2倍，求MN AB -的最大值．3．（2024·上海·模拟预测）已知点()1,1P 在双曲线2222:1Γ-=x y a b的一条渐近线上，12,F F 为双曲线的左、右焦点且120F P F P ⋅= .(1)求双曲线Γ的方程；(2)过点P 的直线l 与双曲线Γ恰有一个公共点，求直线l 的方程；(3)过点P 的直线l 与双曲线左右两支分别交于点A B 、，求证： 2.7min AB <.4．（2024·山东济南·二模）已知点(B 是双曲线222:1x T y a-=上一点，T 在点B 处的切线与x 轴交于点A .(1)求双曲线T 的方程及点A 的坐标；(2)过A 且斜率非负的直线与T 的左､右支分别交于,N M .过N 做NP 垂直于x 轴交T 于P （当N 位于左顶点时认为N 与P 重合）.C 为圆22:(1)(2)1E x y -++=上任意一点，求四边形MBPC 的面积S 的最小值.5．（2024·陕西西安·模拟预测）已知1,14P ⎛⎫ ⎪⎝⎭为抛物线C ：()220y px p =>上的一点，直线x my n =+交C 于A ，B 两点，且直线PA ，PB 的斜率之积为2.(1)求C 的准线方程；(2)求34m n ⎛⎫- ⎪⎝⎭的最小值.6．（2024·内蒙古·三模）已知O 为坐标原点，F 是抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点，M 是C 上一点，且32MF MO ==.(1)求C 的方程；(2),A B 是C 上两点（,A B 异于点O ），以AB 为直径的圆过点,O Q 为AB 的中点，求直线OQ 斜率的最大值.反思提升：处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【考点2】范围问题一、解答题1．（2024·湖北·模拟预测）已知椭圆E ：222210x y a b a b+=（＞＞），直线1l 与E 交于()4,0M -，()2,2N -两点，点P 在线段MN 上（不含端点），过点P 的另一条直线2l 与E 交于A ，B 两点.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)若MP PN =，7(AP PB =-，点A 在第二象限，求直线2l 的斜率；(3)若直线MA ，MB 的斜率之和为2，求直线2l 的斜率的取值范围.2．（2024·重庆·三模）已知F ，C 分别是椭圆2222:1(0)x y a b a bΓ+=>>的右焦点、上顶点，过原点的直线l 交椭圆Γ于A ，B 两点，满足π||||4,3AF BF FCO +=∠=．(1)求椭圆Γ的方程；(2)设椭圆Γ的下顶点为D ，过点D 作两条互相垂直的直线12,l l ，这两条直线与椭圆Γ的另一个交点分别为M ，N ，设直线1l 的斜率为(0),k k DMN ≠ 的面积为S ，当16||9>S k 时，求k 的取值范围．3．（2025·浙江·模拟预测）已知P 为双曲线C ：2221y x a-=上一点，O 为坐标原点，线段OP 的垂直平分线与双曲线C 相切．(1)若点P 是直线x =与圆222x y +=的交点，求a ；(2)求OP 的取值范围．4．（2024·贵州贵阳·三模）已知A 为双曲线22:13y C x -=的右顶点，过点(0,2)B 的直线l 交C 于D 、E 两点.(1)若AD AE ⊥，试求直线l 的斜率;(2)记双曲线C 的两条渐近线分别为12,l l ，过曲线C 的右支上一点P 作直线与1l ，2l 分别交于M 、N 两点，且M 、N 位于y 轴右侧，若满足1,,42MP PN λλ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，求MON S 的取值范围（O 为坐标原点）.5．（2024·重庆·三模）设圆D ：222880x y x ++-=与抛物线C ：22(0)y px p =>交于E ，F 两点，已知16.EF =(1)求抛物线C 的方程；(2)若直线l ：43160x y +-=与抛物线C 交于A ，B 两点(点A 在第一象限)，动点(M 异于点A ，)B 在抛物线C 上，连接MB ，过点A 作//AN MB 交抛物线C 于点N ，设直线AM 与直线BN 交于点P ，当点P 在直线l 的左边时，求：①点P 的轨迹方程；②PAB 面积的取值范围.6．（2024·辽宁·模拟预测）在直角坐标系xOy 中，点P 到点(0，1)距离与点P 到直线=2y -距离的差为﹣1，记动点P 的轨迹为W .(1)求W 的方程；(2)设点P 的横坐标为00(0)x x <.（i ）求W 在点P 处的切线的斜率(用0x 表示)；（ii ）直线l 与W 分别交于点A ，B ．若PA PB =，求直线l 的斜率的取值范围(用0x 表示).反思提升：解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【基础篇】一、单选题1．（2022·浙江·模拟预测）已知椭圆1C ：221123x y +=与抛物线2C ：()220y px p =>交于,A B 两点，O 为坐标原点，若OAB △的外接圆经过点()3,0C ，则p 等于（）A ．12B ．14C ．2D ．42．（2024·河南·三模）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点为F ，短轴长为点M 在椭圆上，若||MF 的最大值是最小值的3倍，则椭圆的焦距为（）A ．3B ．4C ．1D ．23．（2021·云南文山·模拟预测）已知双曲线2221(0)x y a a-=>上关于原点对称的两个点P ，Q ，右顶点为A ，线段AP 的中点为E ，直线QE 交x 轴于(1,0)M ，则双曲线的离心率为（）AB ．3C D ．34．（2021·江西九江·一模）已知双曲线22:1E x y -=的左右焦点分别为()1200,,,F F P x y 为双曲线E 上一点，若1290F PF ∠ ，则20x 的取值范围是（）A ．B ．)+∞C ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．3,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭二、多选题5．（2024·山东济南·一模）已知椭圆22:11612x y C +=，且两个焦点分别为1F ，2F ，P 是椭圆C 上任意一点，以下结论正确的是（）A ．椭圆CB ．12PF F 的周长为12C ．1PF 的最小值为3D ．12PF PF ⋅的最大值为166．（2021·全国·模拟预测）已知双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>过点95,4M ⎛⎫ ⎪⎝⎭，左、右焦点分别为1F ，2F ，且一条渐近线的方程为340x y +=，点P 为双曲线C 上任意一点，则（）A ．双曲线C 的方程为221169x y -=B ．120MF MF ⋅= C ．点P 到两渐近线的距离的乘积为14425D ．1PF 的最小值为17．（2020·全国·模拟预测）已知抛物线C ：22x py =（0p >）的焦点为F ，P 为抛物线C 上一动点，设直线l 与抛物线C 相交于A ，B 两点，点(2,2)M 不在抛物线C 上（）A ．若直线l 过点M ，F 且与y 轴垂直，则4p =B ．若||||PM PF +的最小值为3，则2p =C ．若直线l 经过焦点F ，则直线OA ，OB （O 为坐标原点）的斜率OA k ，OB k 满足14OA OB k k =-D ．若过A ，B 所作的抛物线C 的两条切线互相垂直，且A ，B 两点的纵坐标之和的最小值为2，则2ABM S = 三、填空题8．（23-24高三上·全国·阶段练习）已知()()0,1,1,0A B ，点P 为椭圆22:143x yC +=上的动点，当PA PB +取最小值时，点P 的横坐标的值为．9．（2021·山东德州·二模）已知1F ，2F 是双曲线2214x y -=的两个焦点，P 是双曲线上任意一点，过2F 作12F PF ∠平分线的垂线，垂足为N ，则点N 到直线0x y +-=的距离的取值范围是．10．（2022·山东济南·二模）已知抛物线方程为24y x =，直线:0l x y +=，抛物线上一动点P 到直线l 的距离的最小值为．四、解答题11．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）已知抛物线22(0)y px p =>的焦点为F ，点M 是抛物线的准线2x =-上的动点．(1)求p 的值和抛物线的焦点坐标；(2)设直线l 与抛物线相交于A 、B 两点，且,MF AB AF MB ⊥⊥，求直线l 在x 轴上截距b 的取值范围．12．（23-24高三上·天津南开·期末）设椭圆2222:1(0)x y E a b a b +=>>经过点23⎛ ⎝⎭，且其左焦点坐标为()1,0-.(1)求椭圆的方程；(2)对角线互相垂直的四边形ABCD 的四个顶点都在E 上，且两条对角线均过E 的右焦点，求AC BD +的最小值.【能力篇】一、单选题1．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆22223:1(0)x y C a a a+=>，点P Q 、在椭圆C 上，满足在椭圆C 上存在一点R 到直线OP OQ 、的距离均为12a ，则OP OQ ⋅的最大值是（）A ．213a B ．223a C ．243aD ．283a二、多选题2．（2024·湖北武汉·模拟预测）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆22:14x C y +=，圆22:5O x y +=，P 为圆O 上任意一点，Q 为椭圆C 上任意一点.过P 作椭圆C 的两条切线1l ，2l ，当1l ，2l 与坐标轴不垂直时，记两切线斜率分别为1k ，2k ，则（）A ．椭圆CB ．||PQ 的最小值为1C ．||PQ2+D ．22123k k +≥三、填空题3．（2021·全国·模拟预测）已知直线12,l l 是双曲线22:14x C y -=的两条渐近线，点P 是双曲线C 上一点，若点P 到渐近线1l 的距离的取值范围是1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则点P 到渐近线2l 的距离的取值范围是．四、解答题4．（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线2222:1x y E a b-=（0a >，0b >）的左、右焦点分别为1F ，2F ，离心率为2，P 是E 的右支上一点，且12PF PF ⊥，12PF F 的面积为3．(1)求E 的方程；(2)若E 的左、右顶点分别为A ，B ，过点2F 的直线l 与E 的右支交于M ，N 两点，直线AM 和BN 的斜率分别即为AM k 和BN k ，求223AM BN k k +的最小值．【培优篇】一、单选题1．（2024·河南信阳·三模）已知椭圆2219y x +=，P 为椭圆上任意一点，过点P 分别作与直线1:3l y x =和2:3l y x =-平行的直线，分别交2l ，1l 交于M ，N 两点，则M 的最大值为（）A ．1B ．2C ．3D ．4二、多选题2．（2024·广东广州·模拟预测）已知双曲线222:1(0),3x y E b F b-=>为其右焦点，点F 到渐近线的距离为1，平行四边形ABCD 的顶点在双曲线E 上，点F 在平行四边形ABCD 的边上，则（）A ．b =B ．AF CF -=C ．若平行四边形ABCD 各边所在直线的斜率均存在，则其值均不为3±D ．四边形ABCD 的面积3ABCD S ≥三、填空题3．（2024·山东枣庄·模拟预测）设()()1122,,,A x y B x y 为平面上两点，定义1212(,)d A B x x y y =-+-、已知点P 为抛物线2:2(0)C x py p =>上一动点，点(3,0),(,)Q d P Q 的最小值为2，则p =；若斜率为32d P M的最小值为．的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则(,)。

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编立体几何填空、多选目录题型一：立体几何结构特征 (1)题型二：立体几何三视图 (2)题型三：立体几何的表面积与体积 (3)题型四：立体几何中的球的问题 (9)题型五：立体几何线面位置关系 (9)题型六：立体几何中的角度与距离 (10)题型一：立体几何结构特征1．(2023年全国甲卷理科·第15题)在正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为AB ，11C D 的中点，以EF 为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点．2．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第15题)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．3．(2019·全国Ⅱ·理·第16长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1)．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有个面，其棱长为(本题第一空2分，第二空3分).4．(2017年高考数学上海（文理科）·第11题)如图,以长方体1111ABCD A B C D -的顶点D 为坐标原点,过D 的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若1DB 的坐标为(4,3,2),则1AC 的坐标为________．5．(2015高考数学江苏文理·第9题)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个．若将它们重新制作成总体积和高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为_______．二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅰ卷·第12题)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m )的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A ．直径为0.99m 的球体B ．所有棱长均为1.4m 的四面体C ．底面直径为0.01m ，高为1.8m 的圆柱体D ．底面直径为1.2m ，高为0.01m 的圆柱体2．(2021年新高考Ⅰ卷·第12题)在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+ ，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则()A ．当1λ=时，1AB P △的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 题型二：立体几何三视图1．(2021年高考全国乙卷理科·第16题)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_________(写出符合要求的一组答案即可)．2．(2019·北京·理·第11题)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．3．(2017年高考数学上海（文理科）·第8题)已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于________．4．(2017年高考数学山东理科·第13题)由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如下图,则该几何体的体积为__________．则该棱台的体积为________．2．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第14题)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．3．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第15题)某中学开展劳动实习，学生加工制作零件，零件的截面如图所示．O 为圆孔及轮廓圆弧AB 所在圆的圆心，A 是圆弧AB 与直线AG 的切点，B 是圆弧AB 与直线BC 的切点，四边形DEFG 为矩形，BC ⊥DG ，垂足为C ，tan ∠ODC =35，BH DG ∥，EF =12cm ，DE=2cm ，A 到直线DE 和EF 的距离均为7cm ，圆孔半径为1cm ，则图中阴影部分的面积为________cm 2．4．(2020年新高考全国卷Ⅱ数学（海南）·第13题)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________5．(2020天津高考·第15题)如图，在四边形ABCD 中，60,3B AB ︒∠==，6BC =，且3,2AD BC AD AB λ=⋅=- ，则实数λ的值为_________，若,M N 是线段BC 上的动点，且||1MN = ，则DM DN ⋅ 的最小值为_________．6．(2020江苏高考·第9题)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm，高为2cm，内孔半轻为0．5cm，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm．7．(2019·天津·理·第11题)个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为．8．(2019·全国Ⅲ·理·第16题)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体1111ABCD A B C D -挖去四棱锥O EFGH -后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，,,,E F G H 分别为所在棱的中点16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9g /cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g ．9．(2019·江苏·第9题)如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 是1CC 的中点，则三棱椎-E BCD 的体积是______.10．(2018年高考数学江苏卷·第10题)如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为．11．(2018年高考数学天津（理）·第11题)已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH -的体积为．12．(2018年高考数学课标Ⅱ卷（理）·第16题)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若SAB △的面积为，则该圆锥的侧面积为__________．13．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，1AB =．若二面角1C AB C --的大小为60，则点1C 到直线AB 的距离为．1A 1B 1C AB C14．(2014高考数学天津理科·第10题)已知一个几何体的三视图如图所示(单位:m ),则该几何体的体积为_________3m．15．(2014高考数学山东理科·第13题)三棱锥P ABC -中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE -的体积为1V ，P ABC -的体积为2V ，则12V V =．16．(2014高考数学江苏·第8题)设甲、乙两个圆柱的底面分别为1S ,2S ，体积分别为1V ,2V ，若它们的侧面积相等，且1294S S =，则12V V 的值是．17．(2015高考数学天津理科·第10题)一个几何体的三视图如图所示(单位：m )，则该几何体的体积为3m．18．(2015高考数学上海理科·第4题)若正三棱柱的所有棱长均为a ，且其体积为，则a =．19．(2017年高考数学江苏文理科·第6题)如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则12V V 的值是_______．20．(2016高考数学浙江理科·第14题)如图，在ABC ∆中，2,120AB BC ABC ==∠= ．若平面ABC 外的点P 和线段AC 上的点D ，满足,PD DA PB BA ==，则四面体PBCD 的体积的最大值是．21．(2016高考数学浙江理科·第11题)某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的表面积是2cm ，体积是3cm ．OO 1O 2(第6题)⋅⋅⋅22．(2016高考数学天津理科·第11题)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m )，则该四棱锥的体积为_____________3m ．23．(2016高考数学四川理科·第13题)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则三棱锥的体积为_______．二、多选题1．(2022新高考全国II 卷·第11题)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则()A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =题型四：立体几何中的球的问题1．(2020年新高考全国Ⅰ卷（山东）·第16题)已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D BCC 1B 1的交线长为________．2．(2017年高考数学天津理科·第10题)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上,若这个正方体的表面p 1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．p 2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．p 3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．p 4：若直线l ⊂平面α，直线m ⊥平面α，则m ⊥l ．则下述命题中所有真命题的序号是__________．①14p p ∧②12p p ∧③23p p ⌝∨④34p p ⌝∨⌝2．(2019·北京·理·第12题)已知l ，m 是平面α外的两条不同直线．给出下列三个论断：①l m ⊥；②m ∥α；③l α⊥．以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：__________．【3．(2016高考数学课标Ⅱ卷理科·第14题),αβ是两个平面，,m n 是两条直线，有下列四个命题：(1)如果m n ⊥，m α⊥，//n β，那么αβ⊥．(2)如果m α⊥，//n α，那么m n ⊥．(3)如果//αβ，m α⊂，那么//m β．(4)如果//m n ，//αβ，那么m 与α所成的角和n 与β所成的角相等．其中正确的命题有．(填写所有正确命题的编号)二、多选题1．(2021年新高考全国Ⅱ卷·第10题)如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，M ，N 为正方体的顶点．则满足MN OP ⊥的是()A ．B ．C ．D ．_____________．(结果用反三角函数值表示)2．(2015高考数学浙江理科·第13题)如图，三棱锥A BCD -中，3,2AB AC BD CD AD BC ======，点,M N 分别是,AD BC 的中点，则异面直线AN ，CM 所成的角的余弦值是．3．(2015高考数学四川理科·第14题)如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面相互垂直，动点M 在线段PQ 上，,E F 分别为AB ,BC 中点，设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________4．(2015高考数学上海理科·第6题)若圆锥的侧面积与过轴的截面积面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为．5．(2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第16题),a b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与,a b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成30︒角；②当直线AB 与a 成60︒角时，AB 与b 成60︒角；③直线AB 与a 所成角的最小值为45︒；④直线AB 与a 所成角的最大值为60︒．其中正确的是．(填写所有正确结论的编号)6．(2016高考数学上海理科·第6题)如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，底面ABCD 的边长为3，1BD 与底面所成角的大小为32arctan ，则该正四棱柱的高等于____________．二、多选题1．(2023年新课标全国Ⅱ卷·第9题)已知圆锥的顶点为P ，底面圆心为O ，AB 为底面直径，120APB ∠=︒，2PA =，点C 在底面圆周上，且二面角P AC O --为45°，则()．A ．该圆锥的体积为πB ．该圆锥的侧面积为C ．AC =D ．PAC △2．(2022新高考全国I 卷·第9题)已知正方体1111ABCD A B C D -，则()A ．直线1BC 与1DA 所成的角为90︒B ．直线1BC 与1CA 所成的角为90︒C ．直线1BC 与平面11BBD D 所成的角为45︒D ．直线1BC 与平面ABCD 所成的角为45︒。

2020高考立体几何动点最值问题压轴选填题立体几何问题中常见的探索性问题包括折叠问题、与函数图象相结合问题、最值问题和探索性问题。

探索性试题通常具有不确定性、探究性和开放性，要求学生具有较高的探究能力和创造性思维。

开放性问题需要学生具备扎实的基础知识和敏锐的洞察力，将平面几何问题类比推广到立体几何中。

折叠和展开问题则考查学生的空间想象能力和分析辨别能力，要求学生在“二维——三维——二维”的维数升降变化中进行思考。

典例1：在棱长为6的正方体ABCD中，点M是BC的中点，点P是面DCC所在的平面内的动点，且满足∠APD=∠MPC，则三棱锥P-BCD的体积最大值是多少？解题关键在于找到变化过程中的临界点，从而确定最值。

在这道题中，需要将空间问题平面化，同时注意到当P点位于D点时，三棱锥P-BCD的体积最大。

典例2：已知长方体ABCD的外接球O的体积为32π，其中BB1=2，则三棱锥O-ABC的体积的最大值是多少？类似于典例1，需要找到变化过程中的临界点。

在这道题中，可以通过求长方体ABCD的对角线长度，进而求出三棱锥O-ABC的高，从而求出体积。

注意到当三棱锥O-ABC的高等于长方体ABCD的对角线长度时，体积最大。

典例3：在棱长为1的正方体ABCD的对角线AC上取一点P，以A为球心，AP为半径作一个球，设AP=x，记该球面与正方体表面的交线的长度和为f(x)，则函数f(x)的图像最有可能的是什么？这道题需要将立体几何和函数图象相结合，考查学生的数形结合能力和小题小作的技巧。

可以通过画图求出交线长度和f(x)，然后根据函数图象的特点进行判断。

举一反三】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'分别交于M,N两点，设BM x，x[0,1]。

给出以下四个结论：①平面MENF平面BDD B；②直线AC∥平面MENF始终成立；③四边形MENF周长L f(x)，x[0,1]是单调函数；④四棱锥C MENF的体积V h(x)为常数。

第2课时最值、范围问题考点一建立目标函数求最值或范围例1(2024·陕西西安联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线交抛物线于A，B两点，|AB|＝4.(1)求抛物线C的方程；(2)若M，N是抛物线C上两动点，以MN为直径的圆经过点P(1，2)，M，N，P三点都不重合，求|MF|＋|NF|的最小值．解(1)由题意知∴|AB|＝2p＝4，∴p＝2，抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设直线MN的方程为x＝my＋n，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，＝my＋n，2＝4x，得y2－4my－4n＝0，∴Δ＝(－4m)2＋16n>0，即m2＋n>0，且y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，∴x1＋x2＝(my1＋n)＋(my2＋n)＝m(y1＋y2)＋2n＝4m2＋2n，x1x2＝y214·y224＝n2.∵以MN为直径的圆经过点P(1，2)，∴PM⊥PN，∴PM→·PN→＝0，∴(x1－1，y1－2)·(x2－1，y2－2)＝0，即(x1－1)(x2－1)＋(y1－2)(y2－2)＝0，∴x1x2－(x1＋x2)＋y1y2－2(y1＋y2)＋5＝0，∴n2－(4m2＋2n)－4n－8m＋5＝0，∴(n－3)2＝(2m＋2)2，∴n＝2m＋5或n＝－2m＋1.若n＝－2m＋1，直线MN：x＝my－2m＋1过点P，不符合题意，舍去．∴n＝2m＋5，∴x1＋x2＝4m2＋2n＝4m2＋4m＋10，则|MF|＋|NF|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4m＋12＝＋11，∴当m＝－12时，|MF|＋|NF|取得最小值，为11.建立目标函数求最值或范围，即把要求最值或范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数解析式，然后利用函数的单调性、不等式等求最值或范围．1.(2023·湖北武汉模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，其短轴长与双曲线x24－y22＝1的实半轴长相等．(1)求椭圆C的方程；(2)若直线AB与曲线D：x2＋y2＝b2相切，与椭圆C交于A，B两点，求|AB|的取值范围．解(1)因为双曲线x24－y22＝1的实半轴长为2，所以b＝1，又椭圆C的离心率为3 2，所以e2＝a2－b2a2＝1－1a2＝34，解得a2＝4，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)由(1)，知曲线D：x2＋y2＝1为圆，当与圆D相切的直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝±1，＝±1，2＋4y2＝4，得y＝±32，则|AB|＝3；当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，2＋4y2＝4，＝kx＋m，消去y，并整理，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，即4k2－m2＋1>0，x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1，又直线AB与圆D：x2＋y2＝1相切，则|m|k2＋1＝1，即m2＝k2＋1，显然k≠0，则(x 1－x 2)2＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2－4×4m 2－44k 2＋1＝64k 2－16m 2＋16（4k 2＋1）2＝48k 2（4k 2＋1）2，于是，得|AB |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝43·k 2（k 2＋1）4k 2＋1，令4k 2＋1＝t (t >1)，则|AB |＝3·－3t 2＋2t＋1＝3·而t >1，即0<1t<1，因此0<|AB |≤2，所以|AB |的取值范围为(0，2]．考点二构造不等式求最值或范围例2(2024·山东潍坊模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的长轴长为4，C 的短轴的两个顶点与左焦点构成等边三角形．(1)求C 的标准方程；(2)直线l 与椭圆交于A ，B 两点，且|AB |＝2，点P 满足PA ⊥PB ，O 为坐标原点，求|OP |的最大值．解(1)由题意知，2a ＝4，所以a ＝2，设C 的短轴的两个顶点为D ，E ，左焦点为F 1，因为C 的短轴的两个顶点与左焦点构成等边三角形，如图所示，所以|DO ||F 1D |＝b a ＝12，所以b ＝1，所以C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意PA ⊥PB ，可得P 的轨迹为以AB 为直径且除去点A ，B 的圆，设圆心为M ，则半径|PM |＝1，而由三角形三边关系，可得|OP |≤|OM |＋|PM |＝|OM |＋1，故M ，P ，O 三点共线时，|OM |最大，此时M 在OP 之间．①当直线l 的斜率不存在时，AB 恰为短轴，此时|OP |＝1；②当直线l 的斜率存在时，如图所示，设l ：y ＝kx ＋m .y 2＝1，kx ＋m ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，Δ＝64(km )2－16(1＋4k 2)(m 2－1)>0，得4k 2－m 2＋1>0，得x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4（m 2－1）1＋4k2，|AB |＝1＋k 2·44k 2－m 2＋11＋4k2＝2，得m 2＝3（1＋4k 2）4＋4k 2，则所以|OM |2＝（16k 2＋1）m 2（1＋4k 2）2＝3（1＋16k 2）4（1＋4k 2）（k 2＋1），令1＋16k 2＝t ，t ≥1，|OM |2＝48t t 2＋18t ＋45＝48t ＋45t＋18≤48245＋18＝6－25，所以|OM |≤5－1，当且仅当t ＝35时，等号成立，而|OP |≤|OM |＋|PM |＝|OM |＋1≤5，当k 2＝35－116时取等号，所以|OP |的最大值为 5.构造不等式求最值或范围，即把要求最值或范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数解析式，然后利用不等式的知识求最值或范围．2.已知双曲线x 2－y 22＝1，斜率为k (k ≠0)的直线l 与双曲线的左、右两支分别交于点A ，B .(1)若直线l 过P (0，1)，且|PB |＝3|AP |，求直线l 的斜率k ；(2)若直线AB 的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为92，求k 的取值范围．解(1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为|PB |＝3|AP |，所以PB →＝3AP →，即(x 2，y 2－1)＝3(－x 1，1－y 1)，2＝－3x 1，2＝4－3y 1，21－y 212＝1，3x 1）2－（4－3y 1）22＝1，所以x 1＝－1，y 1＝0，即A (－1，0)，所以k ＝k AP ＝1－01＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0)．＝kx ＋m ，2－y 22＝1，整理得(2－k 2)x 2－2kmx －m 2－2＝0.因为直线l 与双曲线的左、右两支分别交于点A ，B ，于是2－k 2≠0，且Δ＝(－2km )2＋4(2－k 2)·(m 2＋2)>0，整理得m 2＋2－k 2>0.则x 1＋x 2＝2km 2－k 2，x 1x 2＝－m 2－22－k 2因为x 1x 2<0，所以－m 2－22－k 2<0，所以k 2<2.设线段AB 的中点坐标为(x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝km 2－k 2，y 0＝kx 0＋m ＝2m 2－k 2.所以AB 的垂直平分线方程为y －2m 2－k 2＝－此直线与x 轴、y由题意可得12|3km 2－k 2|·|3m 2－k 2|＝92，整理得m 2＝（2－k 2）2|k |，k ≠0，代入m 2＋2－k 2>0，可得（2－k 2）2|k |＋2－k 2>0，又2－k 2>0，所以上式恒成立，所以0<|k |< 2.所以k 的取值范围是(－2，0)∪(0，2)．考点三几何法求最值或范围例3(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)过点M (2，3)，点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12.(1)求C 的方程；(2)点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值．解(1)由题意可知直线AM 的方程为y －3＝12(x －2)，即x －2y ＝－4.当y ＝0时，解得x ＝－4，所以a ＝4，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)过点M (2，3)，可得416＋9b 2＝1，解得b 2＝12.所以C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)设与直线AM 平行的直线方程为x －2y ＝m ，如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为N ，此时△AMN 的面积取得最大值．联立直线方程x －2y ＝m 与椭圆方程x 216＋y 212＝1，可得3(m ＋2y )2＋4y 2＝48，化简可得16y 2＋12my ＋3m 2－48＝0，所以Δ＝144m 2－4×16(3m 2－48)＝0，即m 2＝64，解得m ＝±8，与AM 距离比较远的直线方程为x －2y ＝8，直线AM 的方程为x －2y ＝－4，点N 到直线AM 的距离即两平行线之间的距离，利用两平行线之间的距离公式可得d ＝8＋41＋4＝1255，由两点之间距离公式可得|AM |＝（2＋4）2＋32＝3 5.所以△AMN 的面积的最大值为12×35×1255＝18.几何法求最值或范围，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等知识来求最值或范围．3.(2024·广东深圳冲刺)已知抛物线E ：x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，过点F 且倾斜角为π3的直线被E 所截得的弦长为16.(1)求抛物线E 的方程；(2)已知点C 为抛物线上的任意一点，以C 为圆心的圆过点F ，且与直线y ＝－12交于A ，B 两点，求|FA |·|FB |·|FC |的最小值．解(1)由抛物线方程得可设过点F 且倾斜角为π3的直线为y ＝3x ＋p 2，直线与抛物线交于M ，N 两点，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，＝3x ＋p 2，2＝2py ，得x 2－23px －p 2＝0，由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝23p ，由抛物线焦点弦长公式，可得|MN |＝y 1＋y 2＋p ＝3(x 1＋x 2)＋2p ＝8p ＝16，解得p ＝2，即抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)由(1)知F (0，1)，准线方程为y ＝－1，设∠AFB ＝θ，圆C 的半径为r ，则∠ACB ＝2θ，|FC |＝|CA |＝|CB |＝r ，∴S △AFB ＝12|FA |·|FB |sin θ＝12|AB |·32＝34|AB |，又|AB |＝2r sin θ，∴|FA |·|FB |＝3r ，由抛物线的定义可知|CF |＝y C ＋1≥1，即r ≥1，∴|FA |·|FB |·|FC |＝3r 2≥3，即|FA |·|FB |·|FC |的最小值为3.课时作业1．(2024·四川成都联考一)已知椭圆C 的对称中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，焦点在y轴上，离心率e ＝12，且过点P (3，2)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l 与椭圆交于A ，B 两点，且直线PA ，PB 的倾斜角互补，点M (0，8)，求△MAB 面积的最大值．解(1)∵e ＝c a ＝12，∴a ＝2c ，b ＝3c ，设椭圆C 的标准方程为x 23c 2＋y 24c2＝1，即4x 2＋3y 2＝12c 2，∵椭圆C 过点P (3，2)，∴36＋12＝12c 2，∴c 2＝4.∴椭圆C 的标准方程为x 212＋y 216＝1.(2)由题意，可知直线l 的斜率存在，且不过点P (3，2)，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (3k ＋m －2≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，＝kx ＋m ，x 2＋3y 2＝48，得(3k 2＋4)x 2＋6kmx ＋3m 2－48＝0，∴x 1＋x 2＝－6km 3k 2＋4，x 1x 2＝3m 2－483k 2＋4，Δ＝48(12k 2＋16－m 2)>0.∵k P A ＋k PB ＝y 1－2x 1－3＋y 2－2x 2－3＝0，∴kx 1＋m －2x 1－3＋kx 2＋m －2x 2－3＝2k ＋(3k ＋m －0，∴2k ＋(3k ＋m －2)·x 1＋x 2－6x 1x 2－3（x 1＋x 2）＋9＝0，则(k －2)(3k ＋m －2)＝0，∴k ＝2，又Δ＝48(64－m 2)>0，解得－8<m <8，△MAB 的面积S ＝12|8－m |·|x 1－x 2|＝38·（64－m 2）（8－m ）2.令f (m )＝(64－m 2)(8－m )2，－8<m <8，则f ′(m )＝－4(8－m )2(4＋m )，当x ∈(－8，－4)时，f ′(m )＞0，当x ∈(－4，8)时，f ′(m )＜0，∴当m ＝－4时，△MAB 的面积取得最大值，为18.2．(2024·湖南永州质检)设双曲线C ：x 23－y 2＝1，其右焦点为F ，过F 的直线l 与双曲线C 的右支交于A ，B 两点．(1)求直线l 的倾斜角θ的取值范围；(2)直线AO (O 为坐标原点)与曲线C 的另一个交点为D ，求△ABD 面积的最小值，并求此时直线l 的方程．解(1)由双曲线C ：x 23－y 2＝1，得c 2＝3＋1＝4，则右焦点F (2，0)，显然直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为x ＝my ＋2，y 2＝1，my ＋2，得(m 2－3)y 2＋4my ＋1＝0，因为直线l 与双曲线C 的右支交于A ，B 两点，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝16m 2－4(m 2－3)，y 1＋y 2＝－4m m 2－3，y 1y 2＝1m 2－3，＝16m2－4（m2－3）>0，1＋x2＝m（y1＋y2）＋4＝－4m2m2－3＋4>0，1x2＝（my1＋2）（my2＋2）＝m2y1y2＋2m（y1＋y2）＋4＝m2m2－3－8m2m2－3＋4>0，解得－3<m<3，当m＝0时，直线l的倾斜角θ＝π2，当m≠0时，直线l的斜率k>33或k<－33.综上，直线l的倾斜角θ(2)因为O是AD的中点，所以S△ABD＝2S△OAB＝2×12|OF||y1－y2|＝2（y1＋y2）2－4y1y2＝2＝212m2＋12（m2－3）2，令t＝m2－3，则t∈[－3，0)，S△ABD＝43·t＋4t2＝43·4t2＋1t＝43·4u2＋u，其中u＝1t，且u∞，－13，又y＝4u2＋u∞，－13上单调递减，所以S△ABD≥433，当u＝－13，即m＝0时，△ABD的面积取得最小值433，此时直线l的方程为x＝2.3．已知F1，F2是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，椭圆与y轴正半轴交于点B，直线BF1的斜率为33，且F2到直线BF1的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)P为椭圆C上任意一点，过F1，F2分别作直线l1，l2，且l1与l2相交于x轴上方一点M，当∠F1MF2＝π3时，求P，M两点间距离的最大值．解(1)由题意，知F1(－c，0)，F2(c，0)，B(0，b)．所以bc＝33.①因为直线BF 1的方程为x －c ＋y b ＝1，即bx －cy ＋bc ＝0.所以由题意，有2bc a ＝ 3.②又a 2＝b 2＋c 2，③由①②③，得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)，知F 1(－3，0)，F 2(3，0)．设P (x 0，y 0)，M (x ，y )，且y >0.则当l 1，l 2都不垂直于x 轴时，k MF 1＝y x ＋3，k MF 2＝y x －3.因为∠F 1MF 2＝π3，所以∠MF 2x －∠MF 1x ＝π3.所以tan π3＝3＝k MF 2－k MF 11＋k MF 2·k MF 1.化简，得x 2＋(y －1)2＝4(x ≠±3，y >0)．当l 1或l 2垂直于x 轴时，得M (±3，2)，也满足上式．所以M 点的轨迹方程为x 2＋(y －1)2＝4(y >0)．所以当P 与圆心(0，1)距离最大时，P ，M 两点间距离取得最大值．因为x 20＋（y 0－1）2＝4－4y 20＋y 20－2y 0＋1＝－3y 20－2y 0＋5－1≤y 0≤1，所以0≤x 20＋（y 0－1）2≤433.所以P ，M 两点间距离的最大值为433＋2.4．(2023·湖北十堰模拟)已知抛物线C 1：x 2＝y ，C 2：x 2＝－y ，点M (x 0，y 0)在C 2上，且不与坐标原点O 重合，过点M 作C 1的两条切线，切点分别为A ，B .记直线MA ，MB ，MO 的斜率分别为k 1，k 2，k 3.(1)当x 0＝1时，求k 1＋k 2的值；(2)当点M 在C 2上运动时，求1k 1＋1k 2－k 1k 2k 3的取值范围．解(1)因为x 0＝1，所以y 0＝－1.设过点M并与C1相切的直线的方程为y＝k(x－1)－1.2＝y，＝k（x－1）－1，整理，得x2－kx＋k＋1＝0，则Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0.由题意可知，k1，k2即方程k2－4k－4＝0的两根，故k1＋k2＝4.(2)因为y0＝－x20(x0≠0)，所以可设过点M并与C1相切的直线的方程为y＝k(x－x0)－x20.2＝y，＝k（x－x0）－x20，整理，得x2－kx＋kx0＋x20＝0，则Δ＝k2－4x0k－4x20＝0.由题意可知，k1＋k2＝4x0，k1k2＝－4x20.又k3＝－x20x0＝－x0，所以1k1＋1k2－k1k2k3＝k1＋k2k1k2－k1k2k3＝－4x当x0>0时，1x0＋4x0≥21x0·4x0＝4，所以1k1＋1k2－k1k2k3≤－4，当且仅当x0＝12时，等号成立．当x0<0时，－1x0－4x0≥4，所以1k1＋1k2－k1k2k3≥4，当且仅当x0＝－12时，等号成立．故1k1＋1k2－k1k2k3的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．5．(2024·九省联考)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．(1)证明：直线MN过定点；(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．解(1)证明：由C：y2＝4x，得F(1，0)，由直线AB与直线DE垂直，得两直线斜率都存在且不为0，设直线AB，DE的方程分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，则m1m2＝－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，联立C：y2＝4x与直线AB的方程，2＝4x，＝m1y＋1，消去x，可得y2－4m1y－4＝0，Δ＝16m21＋16>0，故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4，则x1＋x2＝m1y1＋1＋m1y2＋1＝m1(y1＋y2)＋2＝4m21＋2，故x1＋x22＝2m21＋1，y1＋y22＝2m1，即M(2m21＋1，2m1)，同理可得N(2m22＋1，2m2)．当2m21＋1≠2m22＋1时，则|m1|≠|m2|，则l MN：y＝2m2－2m12m22＋1－（2m21＋1）(x－2m21－1)＋2m1，即y＝m2－m1m22－m21(x－2m21－1)＋2m1＝xm2＋m1－2m21＋1m2＋m1＋2m1（m2＋m1）m2＋m1＝xm2＋m1－2m21＋1－2m1m2－2m21m2＋m1＝xm2＋m1－1－2m1m2m2＋m1，由m1m2＝－1，得y＝xm2＋m1－1＋2m2＋m1＝1m2＋m1(x－3)，故x＝3时，有y＝1m2＋m1(3－3)＝0，此时直线MN过定点，且该定点为(3，0)；当2m21＋1＝2m22＋1，即m21＝m22时，由m1m2＝－1，得m1＝±1，则l MN：x＝2＋1＝3，亦过定点(3，0)，故直线MN过定点，且该定点为(3，0)．(2)由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，得l AE：y＝y3－y1x3－x1(x－x1)＋y1，又y21＝4x1，y23＝4x3，故y y34－y14y1＝4xy3＋y1－y21y3＋y1＋y21＋y1y3y3＋y1＝4xy3＋y1＋y1y3y3＋y1，同理可得l BD：y＝4xy4＋y2＋y2y4y4＋y2，联立两直线方程，＝4xy3＋y1＋y1y3y3＋y1，＝4xy4＋y2＋y2y4y4＋y2，有4xy3＋y1＋y1y3y3＋y1＝4xy4＋y2＋y2y4y4＋y2，即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)，有x＝y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）4（y4＋y2－y3－y1），由y1y2＝－4，同理得y3y4＝－4，故x＝y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）4（y4＋y2－y3－y1）＝y2y3y4＋y1y2y4－y1y3y4－y1y2y3 4（y4＋y2－y3－y1）＝－4（y2＋y4－y1－y3）4（y4＋y2－y3－y1）＝－1，故x G＝－1.过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN＝12|y M－y N|×|x Q－x G|，由M(2m21＋1，2m1)，N(2m22＋1，2m2)，得|y M－y N|＝|2m1－2m2|＝|2m1＋2m1|＝2|m1|＋2|m1|≥22|m1|×2|m1|＝4，当且仅当m1＝±1时，等号成立．下证|x Q－x G|≥4：由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0，当m1>1时，有m2＝－1m1∈(－1，0)，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，有1m2＋m1＝1m1－1m1>0，由直线MN过定点(3，0)，此时|x Q－x G|>3－(－1)＝4；同理，当m1＜1时，有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，有1m 2＋m 1<0，故此时|x Q －x G |>4，当m 1＝±1时，x Q ＝3，故|x Q －x G |≥4恒成立，且m 1＝±1时，等号成立，故S △GMN ＝12|y M －y N |×|x Q －x G |≥12×4×4＝8，即△GMN 面积的最小值为8.6．(2024·广东广州铁一中学校考阶段练习)在一张纸上有一圆C ：(x ＋23)2＋y 2＝36，定点M (23，0)，折叠纸片C 上的某一点M 1恰好与点M 重合，这样每次折叠都会留下一条直线折痕KQ ，设折痕KQ 与直线M 1C 的交点为T .(1)证明||TC |－|TM ||为定值，并求出点T 的轨迹C ′的方程；(2)若曲线C ′上一点P ，点A ，B 分别为l 1：y ＝33x 在第一象限上的点与l 2：y ＝－33x 在第四象限上的点，若AP →＝λPB →，λ∈13，2，求△AOB 面积的取值范围．解(1)如图，由点M 1与M 关于直线KQ 对称，得|M 1T |＝|TM |，||TC |－|TM ||＝||TC |－|M 1T ||＝|CM 1|＝6<43＝|CM |.由双曲线的定义知，点T 的轨迹C ′为以C ，M 为焦点，实轴长为6的双曲线，设双曲线C ′的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，∴2a ＝6，a ＝3，c ＝23，∴b 2＝c 2－a 2＝3，∴双曲线C ′的方程为x 29－y 23＝1.(2)由题意知，l 1，l 2分别为双曲线C ′：x 29－y 23＝1的渐近线．设1，33x2，－33x x 1，x 2>0)，由AP →＝λPB →，设P (x p ，y p )．∴x p －x 1＝λ(x 2－x p )，y p －33x 1＝－33x 2－∴x p ＝x 1＋λx 21＋λ，y p ＝33·x 1－λx 21＋λ，由于点P 在双曲线上，∴（x 1＋λx 2）29（1＋λ）2－（x 1－λx 2）29（1＋λ）2＝1，∴4λx 1x 2＝9(1＋λ)2，∴x 1x 2＝9（1＋λ）24λ，又|OA |＝x 21＋13x 21＝233x 1，同理|OB |＝233x 2.设OA 的倾斜角为π6，则sin ∠AOB ＝sin π3＝32，∴S △AOB ＝12|OA ||OB |sin ∠AOB ＝12·43x 1x 2·32＝33x 1x 2＋1λ＋由对勾函数的性质，可知函数y ＝x ＋1x，x ∈13，2在13，1上单调递减，在(1，2]上单调递增，当λ＝1时，(S △AOB )min＋11＋33；当λ＝13时，(S △AOB)max 3＋4 3.∴S △AOB ∈[33，43]．。