第2講函數(shù)與方程思想在立體幾何中的應(yīng)用方程思想是高中數(shù)學(xué)重要的思想方法之一，方程的思想是建立方程（組）、或構(gòu)造方程來分析數(shù)學(xué)變量問的等量關(guān)系，通過解方程（組），或運用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題得以解決。孰練運用方程思想解決數(shù)學(xué)問題是高中階段重要的數(shù)學(xué)能力之一，也是歷年高考的重點。函數(shù)與方程思想方法在在立體幾何中大有用武之地，如立體幾何中的求體積表面積以及距離的最值問題，空間幾何體中的線線角、線面角、面面角的最值問題?！緫?yīng)用一】函數(shù)與方程思想在幾何體中解決體積表面積的最值問題1.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最值的一般步驟：(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值.(2)求函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值f(a)，f(b).(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.2.求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值.運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值是立體幾何中求最值常用的方法和技巧?！纠?.1】（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知圓錐內(nèi)切球（與圓錐側(cè)面、底面均相切的球）的半徑為2，當(dāng)該圓錐的表面積最小時，其外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【思維提升】對于立體幾何中的最值問題，要從以下幾個方面入手：1、引入適當(dāng)?shù)淖兞浚瑴?zhǔn)確的表示出關(guān)于體積、表面積等函數(shù)關(guān)系式。2、通過求導(dǎo)或者運用基本不等式求函數(shù)的最值?！咀兪?-1】（2023·河北衡水·衡水市第二中學(xué)校考一模）某正六棱錐外接球的表面積為，且外接球的球心在正六棱錐內(nèi)部或底面上，底面正六邊形邊長，則其體積的取值范圍是（

）A．B．C．D．【變式1-2】【2022年新高考1卷】已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

A．18,814 B．274,814【變式1-3】（2022年廣州附屬中學(xué)高三模擬試卷）已知P，A，B，C是半徑為2的球面上的點，，，點B在AC上的射影為D，則三棱錐體積的最大值是______【變式1-4】（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）在正方體中，點滿足，且，直線與平面所成角為，若二面角的大小為，則的最大值是______.【應(yīng)用二】函數(shù)與方程思想在幾何體中解決存在性的問題解決空間幾何體中的探索性或者存在性問題，可以從下面幾步入手：第一步，首先根據(jù)已知條件建立適當(dāng)?shù)目臻g直接坐標(biāo)系，并假設(shè)求解的結(jié)果存在，尋求使這個結(jié)率成立的充分條件。第二步。然后根據(jù)空間向量將以幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題，并進(jìn)行計算求解。第三步得出結(jié)論，如果得到符合題目結(jié)果要求的條件，則存在如果。找不到符合題目結(jié)果要求的條件，或出現(xiàn)矛盾則不存?！纠?.1】（2023·云南玉溪·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分別是線段AB，PC的中點．(1)求證：MN平面PAD；(2)在線段CD上是否存在一點Q，使得直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【思維提升】對于這種探索性問題，就是假設(shè)存在，根據(jù)條件得出對于的方程或者不等式，然后解此方程或者不等式，但是一定要注意引入?yún)?shù)的范圍。這也是對解出結(jié)果進(jìn)行取舍的依據(jù)。【變式2-1】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在正三棱柱中，D為棱上的點，E，F(xiàn)，G分別為AC，，的中點，．(1)求證：；(2)若直線FG與平面BCD所成角的正弦值為，求AD的長．【變式2-2】（2023·山西·統(tǒng)考一模）如圖所示，在四棱錐中，側(cè)面平面，是邊長為的等邊三角形，底面為直角梯形，其中，，.(1)求到平面的距離；(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【變式2-3】（2022年廣州第十七中學(xué)高三模擬試卷）如圖所示，在梯形ABCD中，，四邊形ACFE為矩形，且平面，．（1）求證：平面BCF；（2）點M在線段EF上運動，當(dāng)點M在什么位置時，平面MAB與平面FCB所成的銳二面角的正弦值為．【應(yīng)用三】函數(shù)與方程思想在幾何體中運用向量的方法解決角度、距離的最值問題解決的途徑就是建立起關(guān)于角或者距離的目標(biāo)函數(shù)，然后通過求導(dǎo)或者運用基本不等式進(jìn)行求導(dǎo)。【例3.1】（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中統(tǒng)考三模）已知四棱錐的底面為正方形，底面，點是線段上的動點，則直線與平面所成角的最大值為（

）A． B． C． D．【思維提升】對于立體幾何中的線線角、線面角、面面角以及距離最值問題若不好直接表示角度的函數(shù)關(guān)系式，可以考慮運用向量的方法研究線線角、線面角、面面角以及距離最值問題，要從以下幾個方面入手：1、建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，引入適當(dāng)?shù)淖兞浚ㄌ貏e要注意），準(zhǔn)確的表示出關(guān)于體積、表面積等函數(shù)關(guān)系式。2、通過求導(dǎo)或者運用基本不等式求函數(shù)的最值?！咀兪?-1】【2021年甲卷理科】已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?【變式3-2】【2020年新高考1卷（山東卷）】如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【變式3-3】（2021·山東德州市·高三期末）在四棱錐中，為直角三角形，且，四邊形為直角梯形，且為直角，E為的中點，F(xiàn)為的四等分點且，M為中點且．（1）證明：平面；（2）設(shè)二面角的大小為，求的取值范圍．鞏固練習(xí)1、（2022年河北省衡水中學(xué)高三模擬試卷）我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》對立體幾何有著深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語可見，譬如“塹堵”指底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱，“陽馬”指底面是矩形且有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，“鱉臑”指的是四個面都是直角三角形的三棱錐.現(xiàn)有一如圖所示的“塹堵”，其中，若，則“陽馬”的體積最大為（）A. B.2 C. D.42、【2022年全國乙卷】已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A．13 B．12 C．333、（2022·浙江·樂清市知臨中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，正方體的棱長為a，E是棱的動點，則下列說法正確的（

）個．①若E為的中點，則直線平面②三棱錐的體積為定值③E為的中點時，直線與平面所成的角正切值為④過點，C，E的截面的面積的范圍是A．1 B．2 C．3 D．44、（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）已知正四棱錐的所有棱長都為1，點在側(cè)棱上，過點且垂直于的平面截該棱錐，得到截面多邊形，則的邊數(shù)至多為__________，的面積的最大值為__________.5、（2023·廣東廣州·統(tǒng)考一模）在棱長為1的正方體中，點分別是棱的中點，是側(cè)面上的動點.且平面，則點的軌跡長為__________.點到直線的距離的最小值為__________.6、（2023·湖南永州·統(tǒng)考三模）（多選題）已知四面體ABCD的所有棱長均為，M，N分別為棱AD，BC的中點，F(xiàn)為棱AB上異于A，B的動點，點G為線段MN上的動點，則（

）A．線段MN的長度為1 B．周長的最小值為C．的余弦值的取值范圍為 D．直線FG與直線CD互為異面直線7、（2022年江蘇省高三模擬試卷）已知平面α和平面β是空間中距離為2的兩平行平面，球面M與平面α、平面β的交線分別為圓A、圓B．（1）若平面γ與平面α、平面β的交線分別為，，證明：；（2）若球面M的半徑為2，求以圓A為上底面，圓B為下底面的幾何體AB的體積的最大值．8、（2022年福建省德化一中高三模擬試卷）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，，，．（1）求證：平面MQB⊥平面PAD；（2）若二面角M-BQ-C的大小為60°，求QM的長．9、（2022·江蘇揚州·高三期末）如圖，在三棱臺ABC－A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O為BC的中點．側(cè)面BCC1B1為等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M為B1C1中點．（1）證明：平面ABC⊥平面AOM；（2）記二面角A－BC－B1的大小為θ，當(dāng)θ∈[，]時，求直線BB1平面AA1C1C所成角的正弦的最大值．10、（2020·山東海南省高考真題）如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．第2講函數(shù)與方程思想在立體幾何中的應(yīng)用方程思想是高中數(shù)學(xué)重要的思想方法之一，方程的思想是建立方程（組）、或構(gòu)造方程來分析數(shù)學(xué)變量問的等量關(guān)系，通過解方程（組），或運用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題得以解決。孰練運用方程思想解決數(shù)學(xué)問題是高中階段重要的數(shù)學(xué)能力之一，也是歷年高考的重點。函數(shù)與方程思想方法在在立體幾何中大有用武之地，如立體幾何中的求體積表面積以及距離的最值問題，空間幾何體中的線線角、線面角、面面角的最值問題?！緫?yīng)用一】函數(shù)與方程思想在幾何體中解決體積表面積的最值問題1.利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)f(x)在[a，b]上的最值的一般步驟：(1)求函數(shù)在(a，b)內(nèi)的極值.(2)求函數(shù)在區(qū)間端點處的函數(shù)值f(a)，f(b).(3)將函數(shù)f(x)的各極值與f(a)，f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值.2.求函數(shù)在無窮區(qū)間(或開區(qū)間)上的最值，不僅要研究其極值情況，還要研究其單調(diào)性，并通過單調(diào)性和極值情況，畫出函數(shù)的大致圖象，然后借助圖象觀察得到函數(shù)的最值.運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值是立體幾何中求最值常用的方法和技巧?！纠?.1】（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知圓錐內(nèi)切球（與圓錐側(cè)面、底面均相切的球）的半徑為2，當(dāng)該圓錐的表面積最小時，其外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出圖形，設(shè)，，由三角形相似得到，得到圓錐的表面積為，令，由導(dǎo)函數(shù)得到當(dāng)時，圓錐的表面積取得最小值，進(jìn)而得到此時與，作出圓錐的外接球，設(shè)外接球半徑為，由勾股定理列出方程，求出外接球半徑和表面積.【詳解】設(shè)圓錐的頂點為，底面圓的圓心為，內(nèi)切球圓心為，則，，因為⊥，⊥，所以∽，則，設(shè)，，故，由得：，由得：，故，所以，，解得：，所以圓錐的表面積為，令，，當(dāng)時，，當(dāng)時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故在時取得最小值，，此時，，設(shè)圓錐的外接球球心為，連接，設(shè)，則，由勾股定理得：，即，解得：，故其外接球的表面積為.故選：A【思維提升】對于立體幾何中的最值問題，要從以下幾個方面入手：1、引入適當(dāng)?shù)淖兞?，?zhǔn)確的表示出關(guān)于體積、表面積等函數(shù)關(guān)系式。2、通過求導(dǎo)或者運用基本不等式求函數(shù)的最值?！咀兪?-1】（2023·河北衡水·衡水市第二中學(xué)校考一模）某正六棱錐外接球的表面積為，且外接球的球心在正六棱錐內(nèi)部或底面上，底面正六邊形邊長，則其體積的取值范圍是（

）A．B．C．D．【答案】B【解析】如圖所示：設(shè)該正六棱錐的高，側(cè)棱長為，設(shè)該正六棱錐外接球的半徑為，因為正六棱錐外接球的表面積為，所以有，因為外接球的球心在正六棱錐內(nèi)部或底面上，所以，設(shè)，在正六邊形，因為正六邊形邊長為，所以，在中，由余弦定理可知，在直角三角形中，，所以有，由勾股定理可知，因為，所以，因此有，而，所以，該正六棱錐的體積，，當(dāng)時，單調(diào)遞增，當(dāng)時，單調(diào)遞減，所以，因為，，所以，因此該正六棱錐的體積的取值范圍是，故選：B【變式1-2】【2022年新高考1卷】已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

A．18,814 B．274,814【答案】C【解析】【分析】設(shè)正四棱錐的高為?，由球的截面性質(zhì)列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關(guān)系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為36π，所以球的半徑R=3,設(shè)正四棱錐的底面邊長為2a，高為?，則l2=2a所以6?=l2所以正四棱錐的體積V=1所以V'當(dāng)3≤l≤26時，V'>0，當(dāng)2所以當(dāng)l=26時，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為64又l=3時，V=274，l=33所以正四棱錐的體積V的最小值為274所以該正四棱錐體積的取值范圍是274故選：C.【變式1-3】（2022年廣州附屬中學(xué)高三模擬試卷）已知P，A，B，C是半徑為2的球面上的點，，，點B在AC上的射影為D，則三棱錐體積的最大值是______【答案】【解析】【詳解】由題意，，，可知在平面上的射影為的外心，即中點，則球的球心在的延長線上，設(shè)，則，所以，即，解得，則，過作于，設(shè),則，再設(shè)，由，可得，所以，則，令，則，由可得，所以當(dāng)時，，所以面積的最大值為，則三棱錐體積的最大值是.故答案為【變式1-4】（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考一模）在正方體中，點滿足，且，直線與平面所成角為，若二面角的大小為，則的最大值是______.【答案】【解析】∵，且，∴P在平面上，設(shè)，連接，，且，如圖所示因為平面，又平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，平面，所以，同理可得，又，平面，平面，所以平面，設(shè)正方體的棱長為1，則可知為棱長為的正四面體，所以為等邊三角形的中心，由題可得，得，所以，又∵與平面所成角為，則，可求得，即在以為圓心，半徑的圓上，且圓在平面內(nèi)，由平面，又∵平面，∴平面平面，且兩個平面的交線為，把兩個平面抽象出來，如圖所示，作于點，過點作交于N點，連接PN，∵平面平面，平面，平面平面，∴平面，平面，∴，又，與為平面中兩相交直線，故平面，平面，∴∴為二面角的平面角，即為角，設(shè)，當(dāng)與點不重合時，在中，可求得，若M與點重合時，即當(dāng)時，可求得，也符合上式，故，∵，，∴，∴，∴，∴令，則，當(dāng)，即時等號成立，∴，故的最大值是.故答案為：.【應(yīng)用二】函數(shù)與方程思想在幾何體中解決存在性的問題解決空間幾何體中的探索性或者存在性問題，可以從下面幾步入手：第一步，首先根據(jù)已知條件建立適當(dāng)?shù)目臻g直接坐標(biāo)系，并假設(shè)求解的結(jié)果存在，尋求使這個結(jié)率成立的充分條件。第二步。然后根據(jù)空間向量將以幾何問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題，并進(jìn)行計算求解。第三步得出結(jié)論，如果得到符合題目結(jié)果要求的條件，則存在如果。找不到符合題目結(jié)果要求的條件，或出現(xiàn)矛盾則不存?！纠?.1】（2023·云南玉溪·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分別是線段AB，PC的中點．(1)求證：MN平面PAD；(2)在線段CD上是否存在一點Q，使得直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)見解析；(2)存在，【分析】（1）取PB中點E，連接ME，NE．由線面平行的判定定理可證得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可證明；（2）以AB、AD、AP為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，由線面角的向量公式可求出Q點的位置，即可得出的值.【詳解】（1）如圖，取PB中點E，連接ME，NE．∵M(jìn)，N分別是線段AB，PC的中點，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．又∵，∴平面PAD平面MNE．∵平面MNE，∴MN平面PAD．（2）∵ABCD為矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD兩兩垂直．依次以AB、AD、AP為x、y、z軸建立如圖的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，PC中點，∴，．設(shè)平面DMN的法向量，則，即，取x＝1，得y＝1，z＝－1，．若滿足條件的CD上的點Q存在，設(shè)，，又，則．設(shè)直線NQ與平面DMN所成的角為，則，解得t＝1或t＝－3．已知0≤t≤4，則t＝1，∴．DQ＝1，CD＝4，CQ＝CD－DQ＝4－1＝3，．故CD上存在點Q，使直線NQ與平面DMN所成角的正弦值為，且【思維提升】對于這種探索性問題，就是假設(shè)存在，根據(jù)條件得出對于的方程或者不等式，然后解此方程或者不等式，但是一定要注意引入?yún)?shù)的范圍。這也是對解出結(jié)果進(jìn)行取舍的依據(jù)?！咀兪?-1】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)校考一模）如圖，在正三棱柱中，D為棱上的點，E，F(xiàn)，G分別為AC，，的中點，．(1)求證：；(2)若直線FG與平面BCD所成角的正弦值為，求AD的長．【答案】(1)見解析；(2)【分析】(1)由已知可得，所以E、F、B、G四點共面，再證明平面即可證明；(2)以為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè),求出，平面的一個法向量，由向量的夾角公式建立方程即可求解.【詳解】（1）在正三棱柱中，平面，因為E，F(xiàn)，G分別為，，的中點，所以，又，所以，所以E、F、B、G四點共面，平面，，又因為，且，又平面，所以平面，又平面，所以.（2）以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，.設(shè)平面的一個法向量為，則即，令，則，設(shè)直線與平面所成角的大小為，所以，即，，解得故AD的長.【變式2-2】（2023·山西·統(tǒng)考一模）如圖所示，在四棱錐中，側(cè)面平面，是邊長為的等邊三角形，底面為直角梯形，其中，，.(1)求到平面的距離；(2)線段上是否存在一點，使得平面與平面夾角的余弦值為？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)；(2)存在，【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系利用坐標(biāo)法求得點到平面的距離；（2）設(shè)，利用坐標(biāo)法結(jié)合兩平面夾角余弦值列方程，解得即可.【詳解】（1）取的中點，連接，，為等邊三角形，，又平面平面，平面平面，平面，如圖所示，以為坐標(biāo)原點，直線，，分別為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，設(shè)平面的法向量為，，，即，令，則，又，故到平面的距離；（2）設(shè)，，，，則，，設(shè)平面的法向量為，，，則，令，則，又平面的法向量為，于是，化簡得，又，得，即，故存在點，此時.【變式2-3】（2022年廣州第十七中學(xué)高三模擬試卷）如圖所示，在梯形ABCD中，，四邊形ACFE為矩形，且平面，．（1）求證：平面BCF；（2）點M在線段EF上運動，當(dāng)點M在什么位置時，平面MAB與平面FCB所成的銳二面角的正弦值為．【答案】（1）證明見解析（2）當(dāng)點與點重合時，平面MAB與平面FCB所成的銳二面角的正弦值為【解析】【小問1詳解】因為四邊形為梯形，，則，又因為，所以，則，即.又因為平面，，則，因為、都在平面內(nèi)，，所以面.【小問2詳解】如圖所示，分別以、、所在直線為軸、軸、軸建立空間直角坐標(biāo)系.設(shè)，，，則，、、.，，設(shè)為平面的法向量，則有可得，取，則.由題可知，是平面的一個法向量，所以，因為，所以當(dāng)時，，即.所以當(dāng)點與點重合時，平面MAB與平面FCB所成的銳二面角的正弦值為【應(yīng)用三】函數(shù)與方程思想在幾何體中運用向量的方法解決角度、距離的最值問題解決的途徑就是建立起關(guān)于角或者距離的目標(biāo)函數(shù)，然后通過求導(dǎo)或者運用基本不等式進(jìn)行求導(dǎo)?！纠?.1】（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中統(tǒng)考三模）已知四棱錐的底面為正方形，底面，點是線段上的動點，則直線與平面所成角的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】由題意，因為為正方形，且底面，以為原點，所在直線分別為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，所以，設(shè)，，則，所以，即，設(shè)平面的法向量為，則，解得，取，所以平面的一個法向量為，設(shè)直線與平面所成角為，則，因為單調(diào)遞增，所以當(dāng)時，最大，此時，即直線與平面所成角的最大值為.故選:C【思維提升】對于立體幾何中的線線角、線面角、面面角以及距離最值問題若不好直接表示角度的函數(shù)關(guān)系式，可以考慮運用向量的方法研究線線角、線面角、面面角以及距離最值問題，要從以下幾個方面入手：1、建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，引入適當(dāng)?shù)淖兞浚ㄌ貏e要注意），準(zhǔn)確的表示出關(guān)于體積、表面積等函數(shù)關(guān)系式。2、通過求導(dǎo)或者運用基本不等式求函數(shù)的最值。【變式3-1】【2021年甲卷理科】已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量證明線線垂直；（2）方法一：建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進(jìn)而可以確定出答案；【詳解】（1）[方法一]：幾何法因為，所以．又因為，，所以平面．又因為，構(gòu)造正方體，如圖所示，過E作的平行線分別與交于其中點，連接，因為E，F(xiàn)分別為和的中點，所以是BC的中點，易證，則．又因為，所以．又因為，所以平面．又因為平面，所以．[方法二]【最優(yōu)解】：向量法因為三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以兩兩垂直．以為坐標(biāo)原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．，．由題設(shè)（）．因為，所以，所以．[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法設(shè)平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，則．當(dāng)時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．[方法二]：幾何法如圖所示，延長交的延長線于點S，聯(lián)結(jié)交于點T，則平面平面．作，垂足為H，因為平面，聯(lián)結(jié)，則為平面與平面所成二面角的平面角．設(shè)，過作交于點G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．則，所以，當(dāng)時，．[方法三]：投影法如圖，聯(lián)結(jié)，在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．設(shè)，在中，．在中，，過D作的平行線交于點Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，當(dāng)，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．【整體點評】第一問，方法一為常規(guī)方法，不過這道題常規(guī)方法較為復(fù)雜，方法二建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量求解是最簡單，也是最優(yōu)解；方法三利用空間向量加減法則及數(shù)量積的定義運算進(jìn)行證明不常用，不過這道題用這種方法過程也很簡單，可以開拓學(xué)生的思維.第二問：方法一建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規(guī)的方法，也是最優(yōu)方法；方法二：利用空間線面關(guān)系找到，面與面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面積與面積之比即為面與面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，進(jìn)而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，開闊學(xué)生的思維．【變式3-2】【2020年新高考1卷（山東卷）】如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．（1）證明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證得平面，利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得，從而得到平面；（2）方法一：根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系，得到相應(yīng)點的坐標(biāo)，設(shè)出點，之后求得平面的法向量以及向量的坐標(biāo)，求得的最大值，即為直線與平面所成角的正弦值的最大值.【詳解】（1）證明：在正方形中，，因為平面，平面，所以平面，又因為平面，平面平面，所以，因為在四棱錐中，底面是正方形，所以且平面，所以因為，所以平面．（2）［方法一］【最優(yōu)解】：通性通法因為兩兩垂直，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：因為，設(shè)，設(shè)，則有，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，所以平面的一個法向量為，則根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值等于，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.［方法二］：定義法如圖2，因為平面，，所以平面．在平面中，設(shè)．在平面中，過P點作，交于F，連接．因為平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，從而即為與平面所成角．設(shè)，在中，易求．由與相似，得，可得．所以，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立．［方法三］：等體積法如圖3，延長至G，使得，連接，，則，過G點作平面，交平面于M，連接，則即為所求．設(shè)，在三棱錐中，．在三棱錐中，．由得，解得，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立．在中，易求，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為．【整體點評】（2）方法一：根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系，直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為平面的法向量與向量的夾角的余弦值的絕對值，即，再根據(jù)基本不等式即可求出，是本題的通性通法，也是最優(yōu)解；方法二：利用直線與平面所成角的定義，作出直線PB與平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；方法三：巧妙利用，將線轉(zhuǎn)移，再利用等體積法求得點面距，利用直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為點面距與線段長度的比值的方法，即可求出．【變式3-3】（2021·山東德州市·高三期末）在四棱錐中，為直角三角形，且，四邊形為直角梯形，且為直角，E為的中點，F(xiàn)為的四等分點且，M為中點且．（1）證明：平面；（2）設(shè)二面角的大小為，求的取值范圍．【解析】（1）首先取的中點，連接，，，易證，，從而得到平面，利用線面垂直的性質(zhì)得到，再根據(jù)，，，即可證明平面.（2）首先以為原點，，分別為，軸，垂直的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，，，利用向量法得到，再求的范圍即可.【詳解】（1）取的中點，連接，，，如圖所示：因為，，所以，.因為四邊形為直角梯形，且，，所以四邊形為正方形，即為的中點.又因為，為的中點，所以為的中點.所以.又因為，所以.所以平面.又因為平面，所以.所以平面.（2）以為原點，，分別為，軸，垂直的直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：設(shè)，，，則，，，.，，，.設(shè)平面的法向量，則，令，解得，，故.設(shè)平面的法向量，則，令，解得，，故.由圖知，二面角的平面角為銳角，所以.故α?(0，鞏固練習(xí)1、（2022年河北省衡水中學(xué)高三模擬試卷）我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》對立體幾何有著深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語可見，譬如“塹堵”指底面為直角三角形且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱，“陽馬”指底面是矩形且有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐，“鱉臑”指的是四個面都是直角三角形的三棱錐.現(xiàn)有一如圖所示的“塹堵”，其中，若，則“陽馬”的體積最大為（）A. B.2 C. D.4【答案】C【解析】【詳解】由題意知：平面，設(shè)，則有，，；考慮是關(guān)于開口向下的二次函數(shù)，當(dāng)時取得最大值，最大值=，∴的最大值為；故選：C.2、【2022年全國乙卷】已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為（

）A．13 B．12 C．33【答案】C【解析】【分析】先證明當(dāng)四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2r【詳解】設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對角線夾角為α，則S（當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時等號成立）即當(dāng)四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2又r則V當(dāng)且僅當(dāng)r2=2?故選：C3、（2022·浙江·樂清市知臨中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，正方體的棱長為a，E是棱的動點，則下列說法正確的（

）個．①若E為的中點，則直線平面②三棱錐的體積為定值③E為的中點時，直線與平面所成的角正切值為④過點，C，E的截面的面積的范圍是A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】【分析】如圖,以A為原點,AB,AD,AA1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,對于①、③、④利用向量法計算證明；對于②利用等體積法計算即可判斷.【詳解】如圖,以A為原點,AB,AD,AA1所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,則B(a,0,0)，C(a,a,0)，D(0,a,0)，，.所以，.對于①：當(dāng)E為的中點時，.設(shè)平面的一個法向量為,則，不妨令x=1,則，所以平面A1BD的一個法向量為.又因為，所以與不垂直，所以直線平面不成立.故①錯誤；對于②：三棱錐的體積等于三棱錐的體積.又，高為a,所以.故②錯誤；對于③：當(dāng)E為的中點時，.平面的一個法向量為,而.設(shè)直線B1E與平面所成的角為，所以.所以，所以，即直線與平面所成的角正切值為.故③正確；對于④：設(shè).因為，，所以在上得到投影為.所以點E到直線的距離為.當(dāng)z=0，即D、E重合時，截面為矩形，其面積為.當(dāng)時，截面為等腰梯形.設(shè)截面交于F.所以，高，所以其面積為.記，所以，所以在上單調(diào)遞減函數(shù)，所以，即.因為，所以當(dāng)z=a，即D1、E重合時，截面為邊長為的正三角形，其面積為.綜上所述：.故④正確.故選：B4、（2023·江蘇南通·統(tǒng)考一模）已知正四棱錐的所有棱長都為1，點在側(cè)棱上，過點且垂直于的平面截該棱錐，得到截面多邊形，則的邊數(shù)至多為__________，的面積的最大值為__________.【答案】；【分析】空1，數(shù)形結(jié)合，作平面與平面平行，即可解決；空2，令，得，，得，，得，即可解決.【詳解】取中點平面，作平面與平面平行，如圖至多為五邊形.令，，，所以，所以所以,因為與的夾角為與夾角，而與垂直，所以，當(dāng)時，取最大值.故答案為：；.5、（2023·廣東廣州·統(tǒng)考一模）在棱長為1的正方體中，點分別是棱的中點，是側(cè)面上的動點.且平面，則點的軌跡長為__________.點到直線的距離的最小值為__________.【答案】

【解析】在正方體中，連接，如圖，對角面為矩形，因為點分別是棱的中點，則，而，即平面截正方體所得截面為梯形，顯然過點與平面平行的平面交平面、平面分別于，因此，連，平面、平面與平面分別交于，，因此，而，即四邊形為平行四邊形，于是，即點M為的中點，同理為中點，，因為動點始終滿足平面，于是平面，又在側(cè)面上，所以點的軌跡是線段，軌跡長為；以點D為原點建立空間直角坐標(biāo)系，則，則，令，則有，，于是點到直線的距離，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以點到直線的距離的最小值為.故答案為：；6、（2023·湖南永州·統(tǒng)考三模）已知四面體ABCD的所有棱長均為，M，N分別為棱AD，BC的中點，F(xiàn)為棱AB上異于A，B的動點，點G為線段MN上的動點，則（

）A．線段MN的長度為1 B．周長的最小值為C．的余弦值的取值范圍為 D．直線FG與直線CD互為異面直線【答案】AB【詳解】因為四面體ABCD的所有棱長均為，所以四面體ABCD為正四面體，將四面體ABCD放置在正方體中，則正方體的棱長為，由，M，N分別為棱AD，BC的中點，得是正方體兩個對面的中心，則，故A正確；對于D，當(dāng)為的中點，為的中點時，設(shè)為的中點，由正方體的結(jié)構(gòu)特征可知三點共線，此時直線與直線交于點，故D錯誤；對于B，將等邊和等邊沿展開成平面圖形，如圖所示，則，當(dāng)且僅當(dāng)三點共線，此時，所以的最小值為，即周長的最小值為，故B正確；對于C，如圖，以點為原點建立空間直角坐標(biāo)系，則，設(shè)，則，則，令，則，則，當(dāng)，即時，，當(dāng)，即時，，由，得，則，所以，所以，綜上所述，即，故C錯誤.故選：AB.7、（2022年江蘇省高三模擬試卷）已知平面α和平面β是空間中距離為2的兩平行平面，球面M與平面α、平面β的交線分別為圓A、圓B．（1）若平面γ與平面α、平面β的交線分別為，，證明：；（2）若球面M的半徑為2，求以圓A為上底面，圓B為下底面的幾何體AB的體積的最大值．【答案】（1）見解析；（2）【解析】【小問1詳解】∵，平面γ與平面α、平面β的交線分別為，，則由面面平行的性質(zhì)定理得；【小問2詳解】∵，幾何體AB為圓臺或圓柱.如圖所示，C、D分別為圓A、圓B上的點，則，平面α、平面β，又∵，∴，則過M，，設(shè)，則，，則當(dāng)時，等號成立，同時取得最大值為.故幾何體AB的體積的最大值為.8、（2022年福建省德化一中高三模擬試卷）如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD∥BC，，平面PAD⊥底面ABCD，Q為AD的中點，M是棱PC上的點，，，．（1）求證：平面MQB⊥平面PAD；（2）若二面角M-BQ-C的大小為60°，求QM的長．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【小問1詳解】證明：∵ADBC，，Q為AD的中點，∴四邊形BCDQ為平行四邊形，∴CDBQ∵∠ADC＝90°