1、專題23 立體幾何中的壓軸小題【題型歸納目錄】題型一：球與截面面積問題題型二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題題型三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題題型四：立體幾何中的交線問題題型五：空間線段以及線段之和最值問題題型六：空間角問題題型七：立體幾何裝液體問題【典例例題】題型一：球與截面面積問題例1（2022河南安陽模擬預(yù)測（文）已知球O的體積為，高為1的圓錐內(nèi)接于球O，經(jīng)過圓錐頂點的平面截球O和圓錐所得的截面面積分別為，若，則（）A2BCD【解析】球O半徑為R，由得，平面截球O所得截面小圓半徑，由得，因此，球心O到平面的距離，而球心O在圓錐的軸上，則圓錐的軸與平面所成的角為，因圓錐的高

2、為1，則球心O到圓錐底面圓的距離為，于是得圓錐底面圓半徑，令平面截圓錐所得截面為等腰，線段AB為圓錐底面圓的弦，點C為弦AB中點，如圖，依題意，弦，所以故選：C例2（2022廣西南寧二中高三階段練習(xí)（理）已知正四棱柱中，E為的中點，P為棱上的動點，平面過B，E，P三點，有如下四個命題：平面平面；平面與正四棱柱表面的交線圍成的圖形一定是四邊形；當(dāng)P與A重合時，截此四棱柱的外接球所得的截面面積為；存在點P，使得AD與平面所成角的大小為則正確的命題個數(shù)為（）A1B2C3D4【解析】由題意可知，所以，所以，又因為平面，且平面，所以，因為，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，故正確；對于，當(dāng)時，可延長

3、BP交的延長線于點M，延長BE交的延長線于點N，連結(jié)MN，分別交，于點R，Q，連結(jié)PR，EQ，則截面為五邊形BPRQE，故錯誤；對于，當(dāng)P與A重合時，可取的中點為點F，截面為圖示中的矩形ABEF，則四棱柱的外接球半徑為，設(shè)點為平面的中心，過作于，連接，則可得，平面，所以點到平面ABEM的距離，所以截此四棱柱的外接球所得的截面圓的半徑，所以截此四棱柱的外接球所得的截面的面積為，故正確；對于，AD與平面所成角的大小，即為BC與平面所成角，可設(shè)為，作于點H，設(shè)點C到平面的距離為h，則，所以，則，故錯誤綜上，正確的命題個數(shù)為2故選：B例3（2022四川資陽高二期末（理）如圖，矩形BDEF所在平面與正方

4、形ABCD所在平面互相垂直，點P在線段EF上給出下列命題：存在點P，使得直線平面ACF；存在點P，使得直線平面ACF；直線DP與平面ABCD所成角的正弦值的取值范圍是；三棱錐的外接球被平面ACF所截得的截面面積是其中所有真命題的序號（）ABCD【解析】取EF中點G，連DG，令，連FO，如圖，在正方形ABCD中，O為BD中點，而BDEF是矩形，則且，即四邊形DGFO是平行四邊形，即有，而平面ACF，平面ACF，于是得平面ACF，當(dāng)點P與G重合時，直線平面ACF，正確；假定存在點P，使得直線平面ACF，而平面ACF，則，又，從而有，在中，DG是直角邊EF上的中線，顯然在線段EF上不存在點與D連線垂

5、直于DG，因此，假設(shè)是錯的，即不正確；因平面平面，平面平面，則線段EF上的動點P在平面上的射影在直線BD上，于是得是直線DP與平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，當(dāng)P與E不重合時，而，則，當(dāng)P與E重合時，因此，正確；因平面平面，平面平面，平面，則平面，在中，顯然有，由正弦定理得外接圓直徑，三棱錐的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圓，其面積為，正確，所以所給命題中正確命題的序號是故選：D例4（2022全國高三專題練習(xí)）如圖所示，圓錐的軸截面是以為直角頂點的等腰直角三角形，為中點若底面所在平面上有一個動點，且始終保持，過點作的垂線，垂足為當(dāng)點運動時，點在空間形成的軌跡為圓三棱錐的體積最大

6、值為的最大值為2與平面所成角的正切值的最大值為上述結(jié)論中正確的序號為（）ABCD【解析】建系如圖，為等腰直角三角形，在所在圓上，設(shè)，則M的軌跡為圓，是以O(shè)A為直徑在xoy面上的圓又隨著M運動，H軌跡是以O(shè)C為直徑的圓，故正確由圖可得，B到面COH的距離為1，故正確；設(shè)，則，當(dāng)時等號成立，即當(dāng)H運動到點C時，故正確；由知H在以O(shè)C為直徑的圓上，且該圓所在的平面與平面PAB垂直，由對稱性，只考慮C在上半圓，如圖，過H作，過B作，則BH與平面PAB所成的角為，又，故錯誤綜上所述，正確的序號為故選：D例5（2022安徽省舒城中學(xué)一模（理）已知正三棱錐的高為3，側(cè)棱與底面所成的角為，為棱上一點，且，過點

7、作正三棱錐的外接球的截面，則截面面積的最小值為（）ABCD【解析】如圖，三棱錐為正三棱錐，頂點在底面的射影為的中心，連接，則三棱錐外接球的球心在上，連接，顯然過點作球的截面中，面積最小的是垂直于的截面，正三棱錐的高為，即，側(cè)棱與底面所成的角為，在中，可解得，是正三角形，設(shè)正三棱錐的外接球半徑為，則，解得，如圖，在中，由余弦定理得，垂直于的截面半徑滿足，即截面最小面積為故選：A例6（2022全國高三專題練習(xí)）已知三棱錐的各個頂點都在球的表面上，底面，是線段上一點，且過點作球的截面，若所得截面圓面積的最大值與最小值之差為，則球的表面積為（）ABCD【解析】平面，將三棱錐補成長方體，如下圖所示：設(shè)，

8、連接、，可知點為的中點，因為四邊形為矩形，則為的中點，所以，且，設(shè)，且，所以，球的半徑為，在中，在中，由余弦定理可得，平面，平面，平面，則，設(shè)過點的球的截面圓的半徑為，設(shè)球心到截面圓的距離為，設(shè)與截面圓所在平面所成的角為，則當(dāng)時，即截面圓過球心時，取最小值，此時取最大值，即；當(dāng)時，即與截面圓所在平面垂直時，取最大值，即，此時，取最小值，即由題意可得，解得所以，因此，球的表面積為故選：B例7（2022全國高三專題練習(xí)）已知直四棱柱，其底面是平行四邊形，外接球體積為，若，則其外接球被平面截得圖形面積的最小值為（）ABCD【解析】由直四棱柱內(nèi)接于球，則四點在球面上，所以四邊形為球的一截面圓的內(nèi)接四邊

9、形，所以對角互補又四邊形是平行四邊形，所以為矩形在直四棱柱中，平面，所以又，所以平面，所以所以四邊形為正方形，所以直四棱柱為正四棱柱由外接球體積為，則球的半徑為，由為該外接球的直徑，則設(shè)，則，則在中，由余弦定理可得所以設(shè)的外接圓的半徑為，由正弦定理可得所以當(dāng)且僅當(dāng)，即時取得等號，即的最小值為其外接球被平面截得圖形面積的最小值為：故選：A例8（2022全國高三專題練習(xí)（文）已知正三棱錐的外接球是球O，正三棱錐底邊，側(cè)棱，點E在線段上，且，過點E作球O的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是（）ABCD【解析】如圖，由題，設(shè)的中心為，球的半徑為，連接，則，在中，解得，所以，因為，所以，在中，所以，過點

10、作球的截面，當(dāng)截面與垂直時，截面的面積最小，此時截面的半徑為，則截面面積為，當(dāng)截面過球心時，截面面積最大，最大面積為，故選：D例9（2022浙江省江山中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，在單位正方體中，點P是線段上的動點，給出以下四個命題：異面直線與直線所成角的大小為定值；二面角的大小為定值；若Q是對角線上一點，則長度的最小值為；若R是線段上一動點，則直線與直線不可能平行其中真命題有（）A1個B2個C3個D4個【解析】對于，由正方體的性質(zhì)可知，平面，又平面，故，異面直線與直線的所成的角為定值，正確；對于，平面即為平面，平面與平面所成的二面角為定值，故二面角為定值，正確；對于，將平面沿直線翻折到平面內(nèi)，平面圖如

11、下，過點做，此時，的值最小由題可知，則，故，又，故的最小值為，故正確對于，在正方體中易證平面，設(shè)，則即為二面角的平面角，又正方體邊長為1，故，則，由余弦定理得，故，同理，故在上必然存在一點，使得二面角為，即平面平面，平面與平面的交線為，則，過點作的垂線此時平面，又平面，故故錯誤故選：C例10（2022北京人大附中模擬預(yù)測）已知正方體為對角線上一點（不與點重合），過點作垂直于直線的平面，平面與正方體表面相交形成的多邊形記為，下列結(jié)論不正確的是（）A只可能為三角形或六邊形B平面與平面的夾角為定值C當(dāng)且僅當(dāng)為對角線中點時，的周長最大D當(dāng)且僅當(dāng)為對角線中點時，的面積最大【解析】如下圖，在正方體中，體對

12、角線與平面，平面，平面都垂直，由圖可知，在平面運動過程中只可能為三角形或六邊形，故A正確；由題可知平面與都垂直，所以平面在移動過程中都是平行平面，與平面的夾角為定值，故B正確；如下圖，當(dāng)為對角線中點時，為正六邊形，而三角形為等邊三角形，根據(jù)中位線定理，可得兩個截面周長相等，故C錯誤；由圖可得，當(dāng)為對角線中點時，為正六邊形，設(shè)邊長，面積為，當(dāng)向下剛開始移動時，為六邊形，結(jié)合圖形可知兩鄰邊一條增大，一條減小且變化量相等，設(shè)，而且所有六邊形的高都相等且等于，兩鄰邊夾角都為，則六邊形梯形，當(dāng)為三角形時面積最大為，所以當(dāng)且僅當(dāng)為對角線中點時，的面積最大，故D正確故選：C例11（2022河南省實驗中學(xué)高一

13、期中）如圖，在正方體中，分別為，的中點，分別為棱，上的動點，則三棱錐的體積（）A存在最大值，最大值為B存在最小值，最小值為C為定值D不確定，與，的位置有關(guān)【解析】如下圖，連接，在正方體中，分別為，的中點，可得，所以當(dāng)在棱移動時，到平面的距離為定值，當(dāng)在棱移動時，到的距離為定值，所以為定值，則三棱錐的體積為定值平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，故選：C例12（2022山西運城模擬預(yù)測（文）如圖，正方體的棱長為1，線段上有兩個動點E，F(xiàn)，且，點P，Q分別為的中點，G在側(cè)面上運動，且滿足G平面，以下命題錯誤的是（）AB多面體的體積為定值C側(cè)面上存在點G，使得D直線與直線BC所成的

14、角可能為【解析】對A：連接，作圖如下：因為為正方體，故可得/，又，與是同一條直線，故可得，則，故A正確；對B：根據(jù)題意，且線段在上運動，且點到直線的距離不變，故的面積為定值，又點到平面的距離也為定值，故三棱錐的體積為定值，故B正確；對C：取的中點分別為，連接，作圖如下：容易知在中，/，又/，面面，故面/面，又G在側(cè)面上運動，且滿足G平面，故的軌跡即為線段；又因為為正方體，故面面，故，則當(dāng)與重合時，故C正確；對D：因為/，故直線與所成角即為直線與所成角，即，在中，故，而當(dāng)直線與直線BC所成的角為時，故直線與直線BC所成的角不可能為，故D錯誤故選：D例13（2022全國高三專題練習(xí)）如圖所示，在正

15、方體中，過對角線的一個平面交于E，交于F，給出下面幾個命題：四邊形一定是平行四邊形；四邊形有可能是正方形；平面有可能垂直于平面；設(shè)與DC的延長線交于M，與DA的延長線交于N，則MNB三點共線；四棱錐的體積為定值以上命題中真命題的個數(shù)為（）A2B3C4D5【解析】因為平面與平面平行，截面與它們交于，BF，可得，同樣可得，所以四邊形是一個平行四邊形，故正確；如果四邊形是正方形，則，因為，所以平面，又平面，E與A重合，此時不是正方形，故錯誤；當(dāng)兩條棱上的交點是中點時，四邊形為菱形，平面，此時四邊形垂直于平面，故正確；由與DC的延長線交于M，可得，且，又因為平面，平面ABCD，所以平面，平面ABCD，

16、又因為平面，平面ABCD，所以平面平面，同理平面平面，所以BM，BN都是平面與平面ABCD的交線，所以B，M，N三點共線，故正確；由于，平面，則E，F(xiàn)到平面的距離相等，且為正方體的棱長，三角形的面積為定值，所以四棱錐的體積為定值，故正確故選：C例14（2022陜西西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)模擬預(yù)測（理）如圖，棱長為1的正方體中，點為線段上的動點，點分別為線段的中點，則下列說法錯誤的是（）AB三棱錐的體積為定值CD的最小值為【解析】由平面，可得，則由，可得平面又平面，則，所以A項命題正確；由于M，N分別為中點，可得因為點P在上，所以點P到平面的距離為定值，則三棱錐的體積由于和h都為定值所以三棱錐的體積

17、為定值，所以B項命題正確；設(shè)，由對稱性可得，則當(dāng)P與C重合時，此時，達到最小為，當(dāng)交于P時，由等面積法可得，此時，達到最大為，所以C項命題正確；將平面與平面沿展成平面圖，當(dāng)交于P時，可得，此時為最小值，所以D項命題錯誤；故選D例15（2022全國高三專題練習(xí)）如圖，在正方體中，點P為線段上的動點（點與，不重合），則下列說法不正確的是（）AB三棱錐的體積為定值C過，三點作正方體的截面，截面圖形為三角形或梯形DDP與平面所成角的正弦值最大為【解析】由題可知平面，所以，故A正確；由等體積法得為定值，故B正確；設(shè)的中點為，當(dāng)時，如下圖所示：此時截面是三角形，當(dāng)時，如下圖所示：此時截面是梯形，故C正確；

18、選項D，在正方體中，連接，則為在平面上的射影，則為與平面所成的角，設(shè)正方體的棱長為1，則，當(dāng)取得最小值時，的值最大，即時，的值最小為，所以的值最大為，故D不正確故選：D例16（2022全國高三專題練習(xí)）已知正方體內(nèi)切球的表面積為，是空間中任意一點：若點在線段上運動，則始終有；若是棱中點，則直線與是相交直線；若點在線段上運動，三棱錐體積為定值；為中點，過點，且與平面平行的正方體的截面面積為；以上命題為真命題的個數(shù)為（）A2B3C4D5【解析】因為正方體內(nèi)切球的表面積為，設(shè)內(nèi)切球的半徑為，則，解得，所以正方體的棱長為，因為，且，所以面，因為面，所以恒成立，故是真命題；由圖可知，直線與是異面直線，故

19、是假命題；由圖可知：因為，三棱錐體積等于三棱錐的體積，由知，面，所以點到面的距離為，因為動點到直線的距離等于1，所以的面積等于，所以，故棱錐體積為定值，故是真命題；取中點為，中點為，連接，因為，所以面面，所以過點，且與平面平行的正方體的截面為面，由圖可知面是菱形，其中對角線長為，所以，故是真命題；真命題的個數(shù)有3個，故選：B；例17（2022江西南昌三模（理）已知長方體中，為矩形內(nèi)一動點，設(shè)二面角為，直線與平面所成的角為，若，則三棱錐體積的最小值是（）ABCD【解析】如圖，作平面，垂足為，再作，垂足為，連接，由題意可知，所以，由拋物線定義可知，的軌跡為拋物線一部分，所以的軌跡為拋物線一部分，當(dāng)

20、點到線段距離最短時，三角形面積最小，三棱錐體積最小，建立如圖所示直角坐標(biāo)系，則直線的方程為，拋物線的方程為，由題意，得，代入，得，所以點的坐標(biāo)為，所以到直線的最短距離為，因為，所以，所以三棱錐體積的最小值為故選：C例18（2022浙江高三階段練習(xí)）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，為的中點過作截面將此四棱錐分成上下兩部分，記上下兩部分的體積分別為，則的最小值為（）ABCD【解析】過作平面的垂線，垂足為，連，設(shè)的交點為，在中過作直線交于兩點，由相交直線確定平面，則四邊形為過的截面由計算可得，得為正三角形，所以為的重心，設(shè)，由向量運算可得，又，可得，所以，由三點共線，得，即，易得到平面的距離

21、為，到平面的距離為1，因為，所以，得，由，得，當(dāng)且僅當(dāng)取等號，所以，即的最小值為故選：A例19（2022四川省內(nèi)江市第六中學(xué)高二期中（理）已知四面體的所有棱長均為，分別為棱的中點，為棱上異于的動點有下列結(jié)論：線段的長度為；點到面的距離范圍為；周長的最小值為；的余弦值的取值范圍為其中正確結(jié)論的個數(shù)為（）ABCD【解析】四面體所有棱長均為，四面體為正四面體；對于，作平面，垂足為，四面體為正四面體，為的中心，且；取中點，連接，則，且平面；，；平面，平面，正確；對于，在上取點，使得，則，則以為坐標(biāo)原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，設(shè)平面的法向量，則，令，解得：，點到平面的距離，令

22、，則，即點到平面的距離的取值范圍為，正確；對于，將等邊三角形與沿展開，可得展開圖如下圖所示，則（當(dāng)且僅當(dāng)為中點時取等號），四邊形為菱形，分別為中點，則在四面體中，周長的最小值為，正確；對于，設(shè)為中點，若點在線段上，設(shè)，則，其中，在中，；在中，同理可得：，；當(dāng)時，；當(dāng)時，；的取值范圍為；同理可得：當(dāng)在線段上時，的取值范圍為；綜上所述：的余弦值的取值范圍為，正確故選：D例20（2022河南省實驗中學(xué)高一期中）如圖，在正方體中，分別為，的中點，分別為棱，上的動點，則三棱錐的體積（）A存在最大值，最大值為B存在最小值，最小值為C為定值D不確定，與，的位置有關(guān)【解析】如下圖，連接，在正方體中，分別為，的

23、中點，可得，所以當(dāng)在棱移動時，到平面的距離為定值，當(dāng)在棱移動時，到的距離為定值，所以為定值，則三棱錐的體積為定值平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，故選：C例21（2022全國高三專題練習(xí)（理）已知某正四棱錐的體積是，該幾何體的表面積最小值是，我們在繪畫該表面積最小的幾何體的直觀圖時所畫的底面積大小是，則和的值分別是（）A3；B4；C4；D3；【解析】如圖，O為底面ABCD的中心，E為BC的中點，連接PO，OE，設(shè)該正四棱錐底面邊長為，高為，且，由題意，易有，則，所以，將代入并化簡得：，于是，當(dāng)且僅當(dāng)時，取“=”易知，此時底面ABCD直觀圖的面積故選：C例22（2022全國高

24、三專題練習(xí)）已知棱長為的正方體，棱中點為，動點、分別滿足：點到異面直線、的距離相等，點使得異面直線、所成角正弦值為定值，點使得當(dāng)動點、兩點恰好在正方體側(cè)面內(nèi)時，則多面體體積最小值為（）ABCD【解析】由題意都在平面內(nèi)，其中為定點點到異面直線、的距離相等，在正方體中，平面，故連接，有，所以為點到直線的距離所以在平面上，點滿足到點的距離等于到直線的距離所以動點的軌跡是為以為焦點，以為準線的拋物線在正方體側(cè)面內(nèi)的部分由，所以異面直線、所成角為（或其補角）在正方體中，平面，又平面，所以所以，又所以，則所以，即動點的軌跡是為以為圓心，為半徑的圓在四邊形中，又在平面內(nèi)，取的中點，連接，以為軸，為軸則直線的

25、方程為：，即，則點到直線的距離的最值為：所以的最小值為動點的軌跡方程為：，設(shè)所以點到直線的距離（當(dāng)時取得等號）所以面積最小值所以四邊形面積點滿足，又所以點在以為弦的劣弧上，由，則圓心角為其半徑為2，圓心到的距離為所以圓弧上的點到的距離的最大值為當(dāng)劣弧所在的平面垂直于平面時，圓弧上的點到平面的距離最小值為所以動點到面距離最小值為，所以多面體體積最小值為故選：A例23（2022全國高三專題練習(xí)）在棱長為2的正方體中，點是對角線上的點（點與不重合），有以下四個結(jié)論：存在點，使得平面平面；存在點，使得平面；若的周長為L，則L的最小值為；若的面積為，則則正確的結(jié)論為（）ABCD【解析】連接，設(shè)平面與體對

26、角線交于點，由，平面，即平面，平面，平面平面，存在點，使得平面平面，故對；由，平面，平面，所以平面，同理由可得平面，又，所以平面平面，設(shè)平面與交于點M，則平面，所以平面，故對；將平面與平面展開到同一平面，如圖所示則，所以的周長為L的最小值為，故對；連接交于點O，過O作，在正方體中，平面，平面，由，則，即，此時面積為，故錯；故選：B例24（2022河南模擬預(yù)測（文）已知四面體的所有棱長均為，、分別為棱、的中點，為棱上異于、的動點有下列結(jié)論：線段的長度為；存在點，滿足平面；的余弦值的取值范圍為；周長的最小值為其中所有正確結(jié)論的編號為（）ABCD【解析】對于，取的中點，取的中點，連接、，為的中點，則

27、，同理可得，平面，平面，、分別為、的中點，則且，同理可知，且，由勾股定理可得，正確；對于，假設(shè)平面，由于平面，則事實上，由可知，且是以為直角的等腰直角三角形，所以，與所成的角為，故假設(shè)不成立，即與平面不垂直，錯誤；對于，取線段的中點，則，設(shè)，則當(dāng)時，則，此時，則；當(dāng)點在線段上（不包括端點、）上運動時，則，由余弦定理可得，同理可得，則，由余弦定理可得；當(dāng)點在線段上（不包括端點、）上運動時，同理可知綜上所述，的余弦值的取值范圍是，錯誤；對于，將側(cè)面和側(cè)面延展為同一平面，如下圖所示：當(dāng)、三點共線時，取得最小值，如上圖所示，由于四邊形是邊長為的菱形，則且，、分別為、的中點，則且，所以，四邊形為平行四邊

28、形，則，即的最小值為，所以，在正四面體中，的周長為最小值為，正確故選：B例25（2022全國高三專題練習(xí)）在棱長為的正方體中，是線段上的點，過的平面與直線垂直，當(dāng)在線段上運動時，平面截正方體所得的截面面積的最小值是（）ABCD【解析】以點為坐標(biāo)原點，、所在直線分別為、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則、，設(shè)點，其中當(dāng)時，點與點重合，所以，則，平面，此時平面即為平面，截面面積為；當(dāng)時，同可知截面面積為；當(dāng)時，則，設(shè)平面交棱于點，可得，不合乎題意設(shè)平面交棱于點，可得，合乎題意，即，同理可知，平面交棱于點，且與不重合，故四邊形為平行四邊形，則，所以，截面面積為綜上所述，截面面積的最小值為故選：C例

29、26（2022四川省成都市新都一中高二期中（文）如圖，正方形的中心為正方形的中心，截去如圖所示的陰影部分后，翻折得到正四棱錐（，四點重合于點），則此四棱錐的體積的最大值為（）ABCD【解析】設(shè)，則所得的棱錐側(cè)面的高為，棱錐的高為其體積為：，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，即體積的最大值為，故選：B例27（2022青海大通回族土族自治縣教學(xué)研究室二模（理）在棱長為3的正方體中，P為內(nèi)一點，若的面積為，則四面體體積的最大值為（）ABCD【解析】設(shè)與平面相交于點，連接交于，連接，則交于點，因為平面，平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以，同理可證得，因為所以平面，因為平面，所以，所以是的高，因為，所以，所以

30、點P的軌跡是以為原點，1為半徑的圓，因為平面，所以平面，所以平面，所以，因為為常數(shù)，所以當(dāng)最大時，取得最大值，在中，設(shè)到的距離為，所以，所以只要求出的最大值，就取得最大值，在四邊形中，如下圖，所以，所以，在等邊三角形中，如下圖，在高上，所以，所以到的距離是到距離的，因為到距離為，所以到的距離，所以的最大值為，所以四面體體積的最大值為，故選：D例28（2022四川省宜賓市第四中學(xué)校三模（理）函數(shù)，設(shè)球O的半徑為，則（）A球O的表面積隨x增大而增大B球O的體積隨x增大而減小C球O的表面積最小值為D球O的體積最大值為【解析】令，則，故函數(shù)，即為單調(diào)增函數(shù)，而在上遞增，在上遞減，故在上遞增，在上遞減，

31、又在上遞增，在上遞減，且是正值，也是正值，故在上遞增，在上遞減，即球O的半徑在上遞增，在上遞減，故A，B錯誤；由以上分析可知當(dāng)時，球O的半徑取到最大值為，故球O的表面積最大值為，無最小值，故C錯誤；同時球O的體積最大值為，故D正確；故選：D題型四：立體幾何中的交線問題例29（2022全國高三專題練習(xí)（理）已知正方體的棱長為，分別為，的中點，點在平面中，點在線段上，則下列結(jié)論正確的個數(shù)是（）點的軌跡長度為；線段的軌跡與平面的交線為圓?。坏淖钚≈禐?；過、作正方體的截面，則該截面的周長為ABCD【解析】設(shè)的中點為，則點的軌跡是平面上以為圓心，以2為半徑的圓，所以點的軌跡長度為，故錯誤；連接，易知線段

32、的軌跡是圓錐的側(cè)面，而平面與軸不垂直，所以線段的軌跡與平面的交線不是圓弧，故錯誤；以的中點為原點，分別以水平向右、垂直平分為軸、軸建立平面直角坐標(biāo)系，則所在的直線方程為，則點到直線的距離為，所以的最小值為，故正確；如下圖，過作正方體的截面，為五邊形，其中為的靠近的三等分點，為的靠近的四等分點可計算得，所以該截面的周長為，故錯誤故選：D例30（2022全國高三專題練習(xí)）在正四棱錐中，已知，為底面的中心，以點為球心作一個半徑為的球，則該球的球面與側(cè)面的交線長度為（）ABCD【解析】如圖，取CD的中點為E，則有，可得，故，為正三角形，球心O在平面PCD上的投影M即為的中心，球的半徑，在中，則截面圓半

33、徑，在正三角形中，以點M為圓心，作半徑為的圓，圓與三角形截得的三部分，圓心角都為，故該球的球面與側(cè)面的交線長度為截面圓周長的，即為故選：A例31（2022全國高三專題練習(xí)）已知正四面體的中心與球心O重合，正四面體的棱長為，球的半徑為，則正四面體表面與球面的交線的總長度為ABCD【解析】考查正四面體的一個平面與球相交的截面如圖所示，由題意結(jié)合幾何關(guān)系可知：，球心到截面的距離：，則，據(jù)此可得截面對應(yīng)的弧長為：，則四面體的一個面截球面的弧長為：，則正四面體表面與球面的交線的總長度為故選A例32（2022四川成都模擬預(yù)測（理）如圖，ABC為等腰直角三角形，斜邊上的中線AD3，E為線段BD中點，將ABC

34、沿AD折成大小為的二面角，連接BC，形成四面體CABD，若P是該四面體表面或內(nèi)部一點，則下列說法錯誤的是（）A點P落在三棱錐EABC內(nèi)部的概率為B若直線PE與平面ABC沒有交點，則點P的軌跡與平面ADC的交線長度為C若點在平面上，且滿足PA2PD，則點P的軌跡長度為D若點在平面上，且滿足PA2PD，則線段長度為定值 【解析】如圖所示，由題意可知底面BCD，由于E為線段BD中點，故，故P落在三棱錐內(nèi)部的概率為，故A正確；若直線PE與平面ABC沒有交點，則P點在過點E和平面ABC平行的平面上，如圖所示，設(shè)CD的中點為F，AD的中點為G，連接EF，F(xiàn)G，EG，則平面EFG平面ABC，則點P的軌跡與平

35、面ADC的交線即為GF，由于ABC為等腰直角三角形，斜邊上的中線AD=3，故，則，故B正確；若點P在平面ACD上，且滿足，以D為原點，DC，DA為x，y軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則，設(shè)，則，即，故P點在平面ADC上的軌跡即為該圓被平面ADC截得的圓?。ㄈ鐖D示），由可得，則，則點P的軌跡長度為，故C正確；由題意可知，故平面ADC，故，由于P在圓弧上，圓心為M，故PD的長不是定值，如上圖，當(dāng)位于N點時，當(dāng)位于T點時，故線段PB長度不是定值，D錯誤，故選：D例33（2022江蘇徐州高二期中）如圖1，在正方形中，點為線段上的動點（不含端點），將沿翻折，使得二面角為直二面角，得到圖2所示的四棱錐，點為

36、線段上的動點（不含端點），則在四棱錐中，下列說法正確的是（）A四點一定共面B存在點，使得平面C側(cè)面與側(cè)面的交線與直線相交D三棱錐的體積為定值【解析】A假設(shè)四點共面，則直線EC與BF共面，若EC與BF平行，又EC與AD平行，則AD與BF平行，這與AD與BF相交矛盾；若EC與BF相交，設(shè)交點為Q，則Q即在平面BAD內(nèi)，又在平面AECD內(nèi)，則點Q在交線AD上，這與EC與AD平行矛盾，所以假設(shè)不成立，所以B、E、C、F不共面，故錯誤；B如圖所示：在AD上取點G，使得AG=EC，當(dāng)時，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面平面，則平面，故存在點，使得平面，故正確；C設(shè)側(cè)面與側(cè)面的交線為l，因為，

37、且面，面，所以面，則，所以，故錯誤；D因為二面角為直二面角，當(dāng)點E移動時，點B到AE的距離即三棱錐的高變化，而是定值，故三棱錐的體積不是定值，故錯誤；故選：B例34（2022河南模擬預(yù)測（理）已知正方體的棱長是2，E，F(xiàn)分別是棱和的中點，點P在正方形（包括邊界）內(nèi)，當(dāng)平面時，長度的最大值為a以A為球心，a為半徑的球面與底面的交線長為（）ABCD【解析】如圖所示：分別取的中點M，N，連接MN，AM，AN，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面AMN平面，因為點P在正方形（包括邊界）內(nèi)，且平面，所以點P的軌跡是線段MN，所以長度的最大值為，在平面內(nèi)取一點P，使得，則，所以以A為球心，

38、為半徑的球面與底面的交線為以為圓心，以1為半徑的圓弧RPQ，其長度為，故選：A例35（2022湖南臨澧縣第一中學(xué)高二階段練習(xí)）已知正四棱柱中，為的中點，為棱上的動點，平面過，三點，則（）A平面平面B平面與正四棱柱表面的交線圍成的圖形一定是四邊形C當(dāng)與A重合時，截此四棱柱的外接球所得的截面面積為D存在點，使得與平面所成角的大小為【解析】因為，為的中點，底面ABCD為正方形，所以，又因為平面，平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以平面平面，即A正確；當(dāng)時，畫出平面與正四棱柱表面的交線圍成的圖形如下圖：其中F在線段上，G在上，BPEG，BEPF，可知交線圍成的圖形為五邊形，即B錯誤；如圖，以A為

39、坐標(biāo)原點，AD，AB所在直線為，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)平面ABEF的法向量為，則有，令，則，則球心到平面的距離，此正四棱柱的外接球半徑為，所以截面半徑，則截面積，即C正確；設(shè)，則平面的法向量為，則，令，則，所以，設(shè)與平面所成角為，則，因為在上單調(diào)遞增，所以，所以不存在點，使得與平面所成角的大小為，即D錯誤故選：AC例36（2022江蘇南京師大附中模擬預(yù)測）如圖，圓柱的底面半徑和高均為1，線段是圓柱下底面的直徑，點是下底面的圓心線段是圓柱的一條母線，且已知平面經(jīng)過，三點，將平面截這個圓柱所得到的較小部分稱為“馬蹄體”記平面與圓柱側(cè)面的交線為曲線則（）A曲線是橢圓的一部分B曲線是拋物線的

40、一部分C二面角的大小為D馬蹄體的體積為滿足【解析】將相同的圓柱按如圖方式拼接在一起，將兩個球放入圓柱內(nèi)，使每一個球既與圓柱相切，又與曲線C所在平面相切，球與曲線C的切點為，取曲線C上一點，過點的圓柱母線與兩球交于兩點，由于同是下面球的切線，同是上面球的切線，可得，則，由橢圓定義知：曲線是橢圓的一部分，A正確；B錯誤；連接，由，知面，故，則為二面角的平面角，又，則，C正確；由補成的幾何體知馬蹄體的體積為為圓柱體的，即為，D錯誤故選：AC例37（2022江蘇南京外國語學(xué)校模擬預(yù)測）如圖，正方形ABCD-A1B1C1D1邊長為1，P是上的一個動點，下列結(jié)論中正確的是（）ABP的最小值為B 的最小值為

41、C當(dāng)P在直線上運動時，三棱錐 的體積不變D以點B為球心，為半徑的球面與面 的交線長為【解析】對于A，當(dāng)時，BP最小，由于到直線的距離對對于B，以為坐標(biāo)原點建系，以分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，表示平面上之間的距離，表示平面上之間的距離，錯；對于C，平面，平面到平面的距離為定值，為定值，則為定值，對對于D，由于平面，設(shè)與平面交于點，設(shè)以為球心，為半徑的球與面交線上任一點為，在以為圓心，為半徑的圓上，由于為正三角形，邊長為，其內(nèi)切圓半徑為，故此圓恰好為的內(nèi)切圓，完全落在面內(nèi)，交線長為正確故選：ACD例38（2022全國高三專題練習(xí)）已知正四棱柱的底面邊為1，側(cè)棱長為a，M是的中點，

42、則（）A任意，B存在，直線與直線BM相交C平面與底面交線長為定值D當(dāng)時，三棱錐外接球表面積為【解析】對于選項A，平面，平面，平面，A對；對于選項B，平面，平面，平面與異面不相交，B錯；對于選項C，延長，交于點，為中點，平面平面，平面與底面交線為，其中P為中點，C對；對于選項D，是直角三角形，外接圓是以為直徑的圓，半徑，此時三棱錐外接球的半徑，可知外接球表面積應(yīng)大于等于，可知D錯；故選：AC題型五：空間線段以及線段之和最值問題例39（2022山東高一階段練習(xí)）已知三棱錐三條側(cè)棱，兩兩互相垂直，且，分別為該三棱錐的內(nèi)切球和外接球上的動點，則線段的長度的最小值為（）ABCD【解析】由已知將該三棱錐補

43、成正方體，如圖所示設(shè)三棱錐內(nèi)切球球心為，外接球球心為，內(nèi)切球與平面的切點為，易知：三點均在上，且平面，設(shè)內(nèi)切球的半徑為，外接球的半徑為，則由等體積法：，得，由等體積法：，得，將幾何體沿截面切開，得到如下截面圖：大圓為外接球最大截面，小圓為內(nèi)切球最大截面，兩點間距離的最小值為故選：B例40（2022全國高三專題練習(xí)）已知正三棱錐的底面邊長為，外接球表面積為，點M，N分別是線段AB，AC的中點，點P，Q分別是線段SN和平面SCM上的動點，則的最小值為（）ABCD【解析】依題意，解得，由是正三角形可知：其外接圓半徑為，設(shè)點S到平面ABC的距離為h，故，解得或，則或（舍去），故，則，而，故為等腰直角三

44、角形，故為等腰直角三角形，則，又，故平面SCM，取CB中點F，連接NF交CM于點O，則，則平面SCM，故平面SCM，則，要求最小，首先需PQ最小，此時可得平面SCM，則；再把平面SON繞SN旋轉(zhuǎn)，與平面SNA共面，即圖中位置，當(dāng)共線且時，的最小值即為的長，由為等腰直角三角形，故，即，可得，故選：B例41（2022全國高三專題練習(xí)）在棱長為3的正方體中，點滿足，點在平面內(nèi)，則的最小值為（）ABCD【解析】以點為坐標(biāo)原點，分別為軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，則，因為，且，則平面，所以，同理得平面，所以，而，所以平面，記與平面交于點，連接，且，則，易得，從而得點關(guān)于平面對稱的點為，所以的最小值為故

45、選：B例42（2022全國高一專題練習(xí)）如圖所示，在直三棱柱中，P是上的一動點，則的最小值為（）ABCD3【解析】連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉(zhuǎn)到平面，設(shè)點的新位置為，連接，則有當(dāng)三點共線時，則即為的最小值在三角形ABC中，由余弦定理得：，所以，即在三角形中，由勾股定理可得：，且同理可求：因為，所以為等邊三角形，所以，所以在三角形中，由余弦定理得：故選B例43（2022湖北高一階段練習(xí)）已知正方體的棱長為2，E為線段的中點，其中，則下列選項正確的是（）A時，B時，的最小值為C時，直線與面的交點軌跡長度為D時，正方體被平面截的圖形最大面積是【解析】取AD中點F，BC的中點G，連接，則，

46、因為，所以，即點在線段上，因為E為線段的中點，則，故，所以，由于，所以，又平面，平面，所以，因為，所以平面，因為平面，所以，A正確；B選項，在AB上取點H，使得，在DC上取點K，使得，因為，所以點P在線段HK上，將平面與平面沿著HK展開到同一平面內(nèi)，如圖1，連接交HK于點P，即三點共線時，取得最小值，其中由勾股定理得：，所以，所以，故B正確；C選項，時，由向量共線定理的推論可得：P點在線段BD上，連接，交于點M，交于點N，連接MN，則線段MN即為直線與面的交點軌跡，其中三角形是等邊三角形，由三角形相似可知：，而，所以，同理可得：，所以三角形是等邊三角形，所以，直線與面的交點軌跡長度為，C錯誤；

47、由C選項的分析可知，：P點在線段BD上，連接AC，BD相交于點Z，當(dāng)P位于線段DZ上時，連接AP并延長交CD于點Q，連接，則平面截正方體所得圖形為三角形，則當(dāng)與重合時，Q與C重合，此時截面三角形面積最大，面積為；當(dāng)P位于線段BZ上時，如圖3，連接AP并延長，交BC于點W，過點W做WR交于點R，連接，則四邊形即為平面截正方體所得的截面，設(shè)，則由平行性質(zhì)可知：，則，所以四邊形為等腰梯形，其中，設(shè)梯形的高為h，則，則截面面積為，如圖4所示，直角三角形，直角邊，在上取一點，連接，則三角形的面積即為，顯然當(dāng)時，面積取得最大值，最大面積為，因為，所以時，正方體被平面截的圖形最大面積是，D正確故選：ABD例

48、44（2022湖南岳陽三模）如圖，在直棱柱中，各棱長均為2，則下列說法正確的是（）A三棱錐外接球的體積為B異面直線與所成角的正弦值為C當(dāng)點M在棱上運動時，最小值為DN是所在平面上一動點，若N到直線與的距離相等，則N的軌跡為拋物線【解析】因為在直棱柱中，各棱長均為2，所以ABC為等邊三角形，設(shè)三棱錐外接球球心為O，則O在底面ABC的投影為ABC的中心H，設(shè)ABC外接圓半徑為R，由正弦定理得：，所以ABC外接圓半徑為，設(shè)三棱錐外接球的半徑為r，則，故三棱錐外接球的體積為，A正確；連接，則，且從圖中可以看出為銳角，所以異面直線與所成角即為，由勾股定理得：，由余弦定理得：，故在中，由余弦定理得：，所以

49、，B錯誤；將平面與平面沿著公共邊折疊到同一平面內(nèi)，如圖連接，與的交點即為取得最小值的M，此時的長度即為最小值，其中，由勾股定理得：，C正確；因為平面ABCD，故點N到直線的距離即為的長，又因為平面ABCD，故在平面ABCD上，到一點N的距離等于到直線BC的距離，由拋物線的定義可知：N的軌跡為拋物線，D正確故選：ACD例45（2022全國高三專題練習(xí)）在棱長為1的正方體中，點滿足，則以下說法正確的是（）A當(dāng)時，平面B當(dāng)時，存在唯一點使得與直線的夾角為C當(dāng)時，長度的最小值為D當(dāng)時，與平面所成的角不可能為【解析】對于A，當(dāng)時，即點在線段上，利用正方體的性質(zhì)，易證平面平面，平面，平面，故A正確；對于B

50、，當(dāng)時，設(shè)的中點為H，則，即，即點為中點，此時，故B錯誤；對于C，當(dāng)時，可知三點共線，線段在中，當(dāng)點為中點時，最小，此時，故長度的最小值為，故C正確；對于D，當(dāng)時，可知三點共線，點在平面內(nèi)的射影為Q在線段上，則為與平面所成的角，又，所以，而，所以與平面所成的角不可能為，故D正確；故選：ACD例46（2022全國模擬預(yù)測）如圖，點M是棱長為1的正方體中的側(cè)面上的一個動點（包含邊界），則下列結(jié)論正確的是（）A存在無數(shù)個點M滿足B當(dāng)點M在棱上運動時，的最小值為C在線段上存在點M，使異面直線與所成的角是D滿足的點M的軌跡是一段圓弧【解析】對A，若M在上，此時必有，證明如下：平面，所以，又，所以平面，所

51、以，所以A正確；對B，如圖，旋轉(zhuǎn)面使之與面共面，連接交于，此時最短為，大小為，故B錯誤，對C，當(dāng)在和交點處時，此時直線與所成的角即直線與所成角，此時此異面直線所成最小，其正切值為，即最小角大于，故不存在，即C錯誤，對D，在面上建立直角坐標(biāo)系，設(shè)，設(shè)，由整理可得：，根據(jù)解析式可得M的軌跡是圓的一部分，故D正確，故選：AD例47（2022浙江紹興模擬預(yù)測）如圖，斜三棱柱中，底面是正三角形，分別是側(cè)棱上的點，且，設(shè)直線與平面所成的角分別為，平面與底面所成的銳二面角為，則（）ABCD【解析】如圖：延長EF，AB交于M，延長EG，AC交于N，延長FG，BC交于D，易得MN為平面ABC和平面EFG的交線，

52、又D在平面ABC和平面EFG上，則D在直線MN上，即M，N，D三點共線，由外角定理可得過A作面EFG，垂足為P，過A作，垂足為Q，連接，易得即為直線與平面所成的角，則，又面EFG，面EFG，則，又，面，所以面，面，則，則即為平面與底面所成的銳二面角，則，又，則，同理可得，則，又由，則，故，A，C錯誤；故，由可知，所以，即，整理可得，即，即，故，又，故，B正確，D錯誤故選：B例48（2022浙江高三專題練習(xí)）在三棱錐中，頂點P在底面的射影為的垂心O（O在內(nèi)部），且PO中點為M，過AM作平行于BC的截面，過BM作平行于AC的截面，記，與底面ABC所成的銳二面角分別為，若，則下列說法錯誤的是（）A若

53、，則B若，則C可能值為D當(dāng)取值最大時，【解析】如圖所示，連接延長交與，連接延長交與，設(shè)平面平面頂點P在底面的射影為的垂心，平面，平面平面則有：直線與平行又，則平面，則又則平面從而故為與平面的二面角，即同理可得：對選項A，又，則有：可得：與全等，則又根據(jù)是的垂心，則，綜上可得：直線垂直并平分線段可得：，故選項A正確；對選項B，易知有如下角關(guān)系：又，則有：可得：解得：則，故選項B正確；對選項C，若，則有：則有：化簡后可得：令，則有：則有：，此時方程無解，故選項C錯誤；對選項D，設(shè)（），則有：可化簡為：令，則有：則有：解得：故取得最大值時，此時同理可得：故，且則有：，故選項D正確；故選：C例49（2

54、022全國高三專題練習(xí)）在三棱臺中，底面BCD，若A是BD中點，點P在側(cè)面內(nèi)，則直線與AP夾角的正弦值的最小值是（）ABCD【解析】如圖，分別取的中點，連接，取的中點，連接由三棱臺的性質(zhì)知，且，所以四邊形為平行四邊形，又，故直線與AP的夾角為直線與AP的夾角，要使直線與AP夾角的正弦值最小，需點到AP的距離最小，又點P在側(cè)面內(nèi)，則需點到AP的距離最小，即點到面的距離，設(shè)點到面的距離為，利用等體積法知即，即，在直角中，又在中，又設(shè)直線與AP夾角的最小值為，則故選：B例50（2022浙江臺州高三期末）已知在正方體中，點為棱的中點，直線在平面內(nèi)若二面角的平面角為，則的最小值為（）ABCD【解析】連接

55、AE，取AE的中點P，過點P作FGAE交CD于點F，交AB于點G，設(shè)正方體棱長為2，由勾股定理可知：，同理，取的中點，連接，取的中點，過點作MN交于點M，交于點N，則直線即為直線，此時，MFCD，NGAB，OP底面ABCD，因為FG平面ABCD，所以O(shè)PFG，因為AEOP=P，所以FG平面AOP，連接OA，OE，因為OA平面AOP，所以O(shè)AFG，因為MNFG，所以O(shè)AMN，同理可證：OEMN，所以即為二面角的平面角，由對稱性可知：此角即為二面角的平面角的最大值，且，其中，由勾股定理得：，所以，則故選：B例51（2021全國高二課時練習(xí)）已知正方體的棱長為3，為棱上的靠近點的三等分點，點在側(cè)面上

56、運動，當(dāng)平面與平面和平面所成的角相等時，則的最小值為（）ABCD【解析】如圖1，為棱上靠近的三等分點，由正方體的對稱性可知平面與平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分點E，取棱DC上的三等分點N，M，容易證明：，則共面，即平面與平面和平面所成角相等，于是點P在線段FN上如圖2，過點作垂直于FN于，容易知道當(dāng)P位于時，最小如圖3，由勾股定理可以求得，由等面積法，故選：A例52（2021浙江瑞安中學(xué)模擬預(yù)測）已知點P是正方體上底面上的一個動點，記面ADP與面BCP所成的銳二面角為，面ABP與面CDP所成的銳二面角為，若，則下列敘述正確的是（）ABCD【解析】如圖取正方體的下底面的各邊中點E

57、，F(xiàn)，G，H，上底面的中心為O，下底面的中心為O，ABP，BCP所成的角為，ABP，CDP所成的角為，等價于P到HF的距離比到EG的距離大，所以P在如圖所示的陰影范圍內(nèi)在APC和BPD中，AC=BD，PQ公用，Q為共同的中點，APC，BPD的大小由PQ于AC，BD所成的角大小所決定，所成角越小，則對應(yīng)角越大，顯然PQ與AC和BD所成的角的大小關(guān)系不確定，當(dāng)P在靠近A時PQ與直線AC所成的角較小，與直線BD所成的角則接近于90，此時BPDAPC，同樣當(dāng)P接近于D時APCBPD，故A、B錯誤；APD與BPD的大小關(guān)系看P實在EG的左側(cè)還是右側(cè)若是在左側(cè)，則APDBPC，若是在右側(cè)，則APDCPD，

58、P在HF上，則APB=CPD，P在HF的后面，則APBCPD，所以當(dāng)P在AOH內(nèi)時，maxAPD，BPC=APD，minAPD，BPC=BPC，maxAPB，CPD=APB，minAPB，CPD=CPD，PHAPB，PGPF，BPCCPD，故C正確，D錯誤，根據(jù)對稱性，在其余范圍內(nèi)，具有相同的結(jié)論故選：C例53（2022全國高三專題練習(xí)）如圖，將矩形紙片折起一角落得到，記二面角的大小為，直線，與平面所成角分別為，則（）ABCD【解析】如圖，過作平面，垂足為，過作，垂足為，設(shè)，因為平面，平面，故，而，故平面，而平面，所以，故，又，在直角三角形中，同理，故，同理，故，故，整理得到，故，整理得到即，

59、若，由可得即，但，故，即，矛盾，故故A正確，B錯誤由可得，而均為銳角，故，故CD錯誤故選：A例54（2022全國高三專題練習(xí)）如圖，在正方體中，在棱上，平行于的直線在正方形內(nèi)，點到直線的距離記為，記二面角為為，已知初始狀態(tài)下，則（）A當(dāng)增大時，先增大后減小B當(dāng)增大時，先減小后增大C當(dāng)增大時，先增大后減小D當(dāng)增大時，先減小后增大【解析】由題設(shè)，以為原點，為軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為2，則，設(shè)直線與交于，則，則，設(shè)平面的法向量為，令，則設(shè)平面的法向量為，又，令，則利用空間向量夾角公式得對于AB，令，則顯然函數(shù)在時為減函數(shù)，即減小，則增大，故AB錯誤；對于CD，當(dāng)時，則令，求導(dǎo)，令，得故當(dāng)時，函數(shù)單減，即單減，增大；當(dāng)時，函數(shù)單增，即單增，減小；故當(dāng)增大時，先增大后減小故選：C題型七：立體幾何裝液體問題例55（2022全國高二期中）如圖，水平桌面上放置一個棱長為4的正方體水槽，水面高度恰為正方體棱長的一半，在該正方體側(cè)面上有一個小孔，點到的距離為3，若該正方體水槽繞傾斜（始終在桌面上），則當(dāng)水恰好流出時，側(cè)面與桌面所成角的正切值為（）ABCD2【解析】由題意知，水的體積為，如圖所示，設(shè)正方體水槽繞傾斜后，水面分別與棱交于由題意知，水的體積為，即，在平面內(nèi)，過點作交