2024年全国一卷数学新高考题型细分2-8——立体几何（大题）13 最值范围分析

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何（大题）13 最值、范围分析 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《立体几何》主要分类有：线线角、线面角+平行、线面角+垂直、二面角+平行、二面角+垂直、反求长度、面面垂直的性质、线面平行的性质、面面平行的性质、求体积、体积相关、距离、最值范围分析等，大概188道题。 最值、范围分析： 1. （2024年闽J19南平三检）17．如图，在四棱锥中，平面，，，.，分别为棱，上的动点（与端点不重合），且.    (1)求证：平面；（[endnoteRef:2]） (2)若，设平面与平面所成的角为，求的最大值. （线面垂直，二面角，基本不等式分析最值） [2: 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）解法一：由，，，推出，又平面，由线面垂直判定定理可得平面； 解法二：同解法一： （2）解法一：设，建立空间直角坐标系，令，设，，设平面的法向量为，由，利用基本不等式求解最值; 解法二：不妨设，由，，两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，求解平面的法向量为，由，利用基本不等式求解最值. 【详解】（1）解法一：因为，，， 所以，，即 又平面，所以 因为，平面， 所以平面； 解法二：同解法一. （2）解法一：设，如图所示，建立空间直角坐标系.    令，，设， 则有， 即，解得 同理可得 设平面的法向量为， 由 令，则，. 得平面的一个法向量为 又由（1）可知是平面的一个法向量，则有 当且仅当，即时取“” 又，所以的最大值 解法二：不妨设，由，，两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，    则根据题意可得： ，， 设平面的一个法向量为， 取，， 于是， 当且仅当，即时取“=” 又，所以的最大值. ] 2. （2024年鲁J04青岛一适）17. 如图，在三棱柱中，与的距离为，，． （1）证明：平面平面ABC；（[endnoteRef:3]） （2）若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值． （证面面垂直，线面角，基本不等式分析最值） [3: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可. 【小问1详解】 取棱中点D，连接，因为，所以 因为三棱柱，所以， 所以，所以 因为，所以，； 因为，，所以，所以， 同理， 因为，且，平面，所以平面， 因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 取中点O，连接，取中点P，连接，则， 由（1）知平面，所以平面 因为平面，平面， 所以，， 因为，则 以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 可设点，， ，，， 设面的法向量为，得， 取，则，，所以 设直线与平面所成角为， 则 若，则， 若，则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. ] 3. （2024年鲁J03临沂一模,J23泰安新泰一中）17. 如图，在直三棱柱中，，点分别在棱上，为的中点. （1）在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；（[endnoteRef:4]） （2）当三棱柱的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. （线面平行，体积反求长度，二面角；） [4: 【答案】（1）作直线即为所求，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接、、、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，则，即可证明平面； （2）由，又因为，则当，即当时直三棱柱的体积最大，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 作直线即为所求， 连接交于点，连接、、、， 因为，， 所以，又，所以四边形为平行四边形， 所以，又，所以，又平面，平面， 所以平面， 所以在平面内，过作一条直线与平面平行的直线为. 【小问2详解】 因为， 又因为， 所以当时取最大值， 即当时直三棱柱体积最大， 又平面，平面，所以，， 如图建立空间直角坐标系，则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. ] 4. （2024年湘J27长沙一中适应）17. 如图，正方体的棱长为2，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点．（[endnoteRef:5]） （1）若分别是棱的中点，，求棱和平面所成角的余弦值； （2）求的最小值与最大值． （线面角，均值不等式和柯西不等式最值分析，中档；） [5: 【答案】17. 18. 最小值为，最大值为 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，运用线面所成角的方法进行求解； （2）建立空间直角坐标系，借助三角函数表示出题意中的距离，由均值不等式和柯西不等式解得. 【小问1详解】 以正方体的中心为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系． 由题意，，，，，， 则，，， 设平面的一个法向量， 则有， 令，则，，所以， 所以 所以棱和平面所成角的余弦值为． 小问2详解】 由条件，可设，，， 记，，，则（） （其中） 记，先求的最小值： 由①及均值不等式， 所以 所以 所以当时，可取到最小值. 再求的最大值： 由①知 所以 由柯西不等式， ，即， 故当时，可取到最大值． 综上所述，的最小值为，最大值为． 【点睛】方法点睛：解决问题常见的方法是建立空间直角坐标系，运用向量知识求解线面所成角，借助向量表示两点间的距离. ] 5. （2024年鄂J11四月模拟）17. 空间中有一个平面和两条直线m，n，其中m，n与的交点分别为A，B，，设直线m与n之间的夹角为， （1）如图1，若直线m，n交于点C，求点C到平面距离的最大值； （2）如图2，若直线m，n互为异面直线，直线m上一点P和直线n上一点Q满足，且， （i）证明：直线m，n与平面的夹角之和为定值；（[endnoteRef:6]） （ii）设，求点P到平面距离的最大值关于d的函数． （点面距离，线面角，点面距离，最值分析；） [6: 【答案】（1） （2）（i）证明见解析，（ii） 【解析】 【分析】（1）设点C到平面的距离为h，结合余弦定理、三角形，面积公式，基本不等式即可求得大值； （2）利用空间直线之间的位置关系、线面垂直的性质定理与判定定理确定线面夹角即可证明结论；再根据点到平面的距离，结合（1）中结论即可得答案. 【小问1详解】 设点C到平面的距离为h，作于点H，可知， 设，，在中，由余弦定理可知：， 由于直线m与n之间的夹角为，且它们交于点C，则， 从而，又，则（时取等）； 因为，所以， 所以点C到平面的距离，其最大值为； 【小问2详解】 （i）证：如图，过点P作直线，由题知直线l与平面必相交于一点，设其为点D， 连接，，则P，Q，D，B共面，又且，于是， 又，则四边形为平行四边形，则， 因为且，所以且，所以， 又，所以平面， 作于H，则，又，则， 设，则P到平面的距离也为h，且直线m，n与平面的夹角分别为和； 由于直线m与n之间的夹角为，则直线m与l之间的夹角也为， 则，于是， 即直线m，n与平面的夹角之和为定值； （ii）因为平面，所以， 中，，则， 又，由（1）问同法算得， 即点P到平面距离h的最大值为. ] 6. （2024年鄂J10二次T8联考）17. 已知三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，平面与底面的交线为直线． （1）若，证明：；（[endnoteRef:7]） （2）若三棱锥的体积为为交线上的动点，若直线与平面的夹角为，求的取值范围． （线面平行性质，体积反求长度，线面角，范围分析；最值） [7: 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，由线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，结合不等式知识，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意：，∴分别为棱的中点，∴， ． 为等边三角形，为中点， ． 又平面，平面， 平而； 小问2详解】 如图，在底面内过点作的平行线，即为平面与底面的交线， （因为，则，A为平面与底面的公共点，故为平面与底面的交线） 由题意，可得，即， 故底面面积为， 设底面上的高为，则，于是， 注意到侧面是边长为2的正三角形，取中点， 连接，则，从而即为三棱锥的高，故平面， 取中点，连接，则， 于是，以点为坐标原点．所在直线分别为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，则，， 于是，， 设平面的一个法向是为， 则，即， 解得，即， 由线面所成角的定义可知. ] 7. （2024年湘J42岳阳三检）17．已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．    (1)证明：平面；（[endnoteRef:8]） (2)点在直线上，求与平面所成角的最大值． （线面垂直，线面角，二次函数最值分析；） [8: 17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连结，交于点，由条件证明，建立空间直角坐标系，利用向量方法证明，结合线面垂直判定定理证明结论； （2）根据线面角的向量求法求出与平面所成角的正弦值，再求其最大值，由此可求线面角的最大值. 【详解】（1）连结，交于点，连， 由， 知， 又平面 又底面为菱形，所以 以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，边长为4，则， 在直角三角形中，所以 所以点 ，则 所以， 所以， ， 所以， 所以， 又，平面， 所以平面， （2）设， 所以， 故， 所以 平面的一个法向量是， 设与平面所成角为，则 当时，平面，； 当时， ， 当且仅当时取等号， 又所以， 故与平面所成角的最大值为    ] 8. （2024年浙J32北斗星盟联考）16．在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点.（[endnoteRef:9]） (1)若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由； (2)若，，求直线与平面所成角的最大值. （线线角反求长度，线面角，二次函数最值分析；） [9: 16．(1)答案见解析，理由见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，即可说明，则（或其补角）为异面直线与所成的角，分和两种情况讨论，利用线面垂直的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可求出线面角的最大值. 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，，所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以（或其补角）为异面直线与所成的角， ①当时，在中，，， 由余弦定理可知， 所以，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以. ②当，假设，则由①有平面， 因为平面，所以，， 这与相矛盾，故此时与不垂直. 综上所述，当时，；当时，与不垂直. （2）由，点是中点，可得， 从而由可得， 又， 所以，即， 因为，由（1）有， 所以， 所以两两互相垂直， 故可以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 故，，，，. 因为，设平面的法向量为，则有 设，则，又，所以有 令，则，故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则 ， 令，则 当时，； 当时，. （当且仅当，时取“＝”）.又，所以. 综上所述，直线与平面所成角的最大值为. ] 9. （2024年粤J137梅州二模）17．如图，在四棱锥中，平面平面，底面为直角梯形，为等边三角形，，，． (1)求证：； (2)点在棱上运动，求面积的最小值；（[endnoteRef:10]） (3)点为的中点，在棱上找一点，使得平面，求的值． （面面垂直的性质，体积，最值分析，线面平行的性质；） [10: 17．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，，依题意可得四边形为矩形，即可证明，再由，即可证明平面，从而得证； （2）连接交于点，连接交于点，连接，即可得到，再根据线面平行的性质得到，在中，过点作，即可得到，最后由即可得解. 【详解】（1）取的中点，连接，，则且，又， 所以四边形为矩形， 所以，又为等边三角形， 所以，，平面， 所以平面， 又平面， 所以. （2）连接，由平面， 又平面， 所以，所以， 要使的面积最小，即要使最小， 当且仅当时取最小值， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 在中，，，所以， 当时， 所以面积的最小值为. （3）连接交于点，连接交于点，连接， 因为且，所以， 所以， 因为平面，又平面， 平面平面， 所以， 所以， 在中，过点作， 则有，所以，所以，即 ] 10. （2024年鄂J21黄冈二模）16．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且边长为，点在母线上，且. (1)求证平面；（[endnoteRef:11]） (2)若点为线段上的动点.当直线与平面所成角的正弦值最大时，求平面与平面所成角的大小. （证线面平行，线面角，基本不等式分析最值，再算二面角；） [11: 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面，进一步可证得，进而可证直线平面. （2）建立空间直角坐标系，设，由题意得到直线与平面所成角的正弦值的表达式，然后用基本不等式求解其最大值，确定点位置，即可求解. 【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面， 因为平面，所以，又因为是底面圆的内接正三角形， 由，AC为直径，则，可得，而，解得， 又， 所以，即， 又因为，所以与相似，所以，即， 又平面，直线平面平面， 所以直线平面. （2）因为平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 由于，则，即F为OC的中点， 知，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 设，可得， 设直线与平面所成的角为， 则， 即， 令， 则 ， 当且仅当时，等号成立，所以当时，有最大值4， 即当时，的最大值为1，此时点，所以， 易知即为平面与平面所成的角， 又所以， 故当直线与平面所成角的正弦值最大时，平面与平面所成角为. ] 11. （2024年冀J45石家庄三检）18．如图，在五棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面；（[endnoteRef:12]） (2)若四边形为矩形，且，．当直线与平面所成的角最小时，求三棱锥体积． （面面垂直的性质，线面角，三角函数分析最值，再算体积；） [12: 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）借助面面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推导即可得； （2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量可得当直线与平面所成的角最小时的大小，结合体积公式计算即可得解. 【详解】（1）因为平面平面平面， 平面平面，所以平面， 又平面，所以， 又因为，且平面，所以平面； （2）以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 设，则， 可得与轴夹角为，所以，， ， ，平面的法向量记为， 由，得，令，得， ，即， 当时，等号成立，此时，直线与平面的所成的角取得最小值， 此时. ] 12. （2024年粤J127汕头二模）19．日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，比如月饼盒.烘焙店在售卖月饼时，为美观起见，通常会用彩绳对月饼盒做一个捆扎，常见的捆扎方式有两种，如图（A）、（B）所示，并配上花结.    图（A）中，正四棱柱的底面是正方形，且，. (1)若，记点关于平面的对称点为，点关于直线的对称点为. （ⅰ）求线段的长；（[endnoteRef:13]） （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值. (2)据烘焙店的店员说，图（A）这样的捆扎不仅漂亮，而且比图（B）的十字捆扎更节省彩绳.你同意这种说法吗？请给出你的理由.（注意，此时、、、、、、、这8条线段可能长短不一） （线面角，最值分析；） [13: 19．(1)（ⅰ）（ⅰⅰ）. (2)答案见解析 【分析】（1）（ⅰ）以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为可求出点H到平面的距离，即可求出；（ⅱ）求出直线的方向向量与平面ABCD的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案. （2）分别求出图(A)和图(B)中彩绳长度的最小值，比较它们的大小即可得出答案. 【详解】（1）（ⅰ）如图，以为原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，                     ，， 设平面的法向量为 则有，取得                     点H到平面的距离                 ，线段的长为                             （ⅱ）设为的中点，则且 ，                                                  由（ⅰ）知，                                                      又为平面ABCD的法向量，                                  直线与平面ABCD所成角的正弦值为.               （2）如图所示， 对于图(A)，沿彩绳展开正四棱柱，则彩绳长度的最小值，如下图， 最小值为，     对于图(B)，彩绳长度的最小值为，                                 因为，所以店员的说法是正确的．                             （也可以不计算，由三角形两边之和大于第三边直观给出答案）    【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： （1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； （2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； （3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. ] 13. （2024年苏J36七市三调）16．如图，在直三棱柱中，，． (1)当时，求证：平面；（[endnoteRef:14]） (2)设二面角的大小为，求的取值范围． （证线面垂直，二面角，范围分析；） [14: 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，得出相关向量，求出，再结合线面垂直的判定即可； （2）求出相关法向量，得到，再结合函数单调性即可得到其范围. 【详解】（1）以为基底建立如图所示空间直角坐标系， 则，. 当时，， 所以， 所以，所以. 又平面平面， 所以平面. （2）， 设平面的一个法向量为， 则，即，不妨取. 因为平面，所以平面的一个法向量为. 所以， 所以. 又因为，易知在上单调递减， 所以. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$