2025届高考数学思想方法大合集-运用函数与方程思想解决立体几何问题讲义

第04节 运用函数与方程的思想解立体几何问题 函数与方程的思想在解决立体几何问题时，主要体现在将空间几何问题转化为平面问题，通过建立函数关系或方程来求解. 首先，确定研究对象，如点、线、面的位置关系，然后根据几何条件建立相应的函数或方程.例如，利用点到直线的距离公式、直线与平面的夹角公式、两平面的交线方程等，将空间问题转化为代数问题.接下来，通过解方程或分析函数性质来找出未知量的值，从而得到问题的解答.这种方法不仅能够简化问题，还能帮助我们更深入地理解几何对象的性质和它们之间的关系. 类型一 函数与方程思想在几何体中解决体积表面积的最值问题 【典例1】已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积. 【详细解析】 设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为， 则，， 因为⊥，⊥，所以∽，则， 设，， 故，由得：， 由得：， 故，所以，， 解得：， 所以圆锥的表面积为， 令，， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在时取得最小值，， 此时，， 设圆锥的外接球球心为，连接，设， 则， 由勾股定理得：，即， 解得：，故其外接球的表面积为. 故选：A 【典例2】如图1-10所示，在中，．．若平面外的点和线段上的点，满足，则四面体的体积的最大值是______． 【解题策略】建立四面体的体积关于的函数关系式，运用函数思想方法求最值． 【详细解析】 解法一：由，可得，要求四面体的体积，关键是寻找底面三角形的面积和点到平面的距离，易知．设，则，，，其中，且， 当且仅当，即时取等号，故四面体的体积的最大值是． 解法二：设，、． （为三棱锥的高）． 当平面平面时，使四面体的体积较大． 作，垂足为、平面、 此时 当且仅当时等号成立，，当即时，最大值为． 解法三：（为三棱锥的高），在中，，则，设，则 ． 在中，由余弦定理，有，代值整理得．在中，由余弦定理，有，代值整理得． ． 过作，垂足为，则为四面体的高． ． 故，令，，，在上单调递减．当，即时，四面体的体积最大，为． 【典例3】（2024届四川成都外国语学校高三下期高考模拟（二））已知球内接正四棱锥的高为，、相交于，球的表面积为，若为中点. （1） 求证：平面； （2） 求三棱锥的体积. 【解题策略】（1）依题意可得，即可得证； （3） 由球的表面积求出球的半径，由正四棱锥的性质可知球心必在上，连接，利用勾股定理求出，即可求出，再由为中点得到到平面的距离为，最后由计算可得. 【详细解析】 （1） 依题意底面为正方形，、相交于， 所以为的中点，又为中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2） 设球的半径为，由球的表面积公式， 解得（负值舍去）， 设球心为，在正四棱锥中，高为，则必在上， 连接，则，，， 则在，则，即， 解得（负值舍去）， 则，所以， 又为中点，平面且，所以到平面的距离为， 所以. 【方法归纳】 1. 利用导数求函数f（x）在[a，b]上的最值的一般步骤： （1） 求函数在（a，b）内的极值. （2） 求函数在区间端点处的函数值f（a），f（b）. （3） 将函数f（x）的各极值与f（a），f（b）比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. 2. 求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值. 运用导数研究函数的最值是立体几何中求最值常用的方法和技巧. 【举一反三】 （2023·河北衡水·衡水市第二中学校考一模） 1． 某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（    ） A． B． B． D． 【答案】B 【分析】根据正六棱锥和球的几何性质，结合球的表面积公式、棱锥的体积公式、导数的性质进行求解即可. 【详解】如图所示： 设该正六棱锥的高，侧棱长为，设该正六棱锥外接球的半径为， 因为正六棱锥外接球的表面积为，所以有， 因为外接球的球心在正六棱锥内部或底面上， 所以， 设， 在正六边形，因为正六边形边长为，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， 因为，所以，因此有， 而，所以， 该正六棱锥的体积， ， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，因为，， 所以，因此该正六棱锥的体积的取值范围是， 故选：B 【点睛】关键点睛：利用导数的性质求值域是解题的关键. 【2022年新高考1卷】 2． 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，, 所以， 所以正四棱锥的体积， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为， 又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则 当时，球心在正四棱锥高线上，此时， ，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 类型二 函数与方程思想在几何体中解决存在性的问题 【典例1】已知圆台存在内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为，设圆台与球的体积分别为，则（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母线的关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得. 【详细解析】 设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，高为，内切球的半径为， 显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则，， 由，整理得，而，解得，， 因此圆台的高，， 则圆台的体积， 内切球的体积，所以. 故选：D 【典例2】（2024届湖南岳阳高三教学质量监测（三））如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ． 【解题策略】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解. 【详细解析】 在中，，则， 又平面，平面平面， 所以平面，连接，，所以， 得，设（）， 则，即，得， 当即即时，取到最小值1， 此时取到最小值. 故答案为： 【典例3】（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点． （1） 求证：MN平面PAD； （2） 在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解题策略】 （1） 取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明； （2） 以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值. 【详细解析】 （1） 如图，取PB中点E，连接ME，NE． ∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴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为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直． 依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，PC中点，∴，． 设平面DMN的法向量，则，即， 取x＝1，得y＝1，z＝－1，． 若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则． 设直线NQ与平面DMN所成的角为，则， 解得t＝1或t＝－3． 已知0≤t≤4，则t＝1，∴． DQ=1，CD=4，CQ=CD-DQ=4-1=3，． 故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且 【方法归纳】 解决空间几何体中的探索性或者存在性问题，可以从下面几步入手：第一步，首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，并假设求解的结果存在，寻求使这个结果成立的充分条件.第二步.然后根据空间向量将以几何问题转化为空间向量问题，并进行计算求解.第三步得出结论，如果得到符合题目结果要求的条件，则存在如果.找不到符合题目结果要求的条件，或出现矛盾则不存. 【举一反三】 3． 如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为AC，，的中点，．    (1)求证：； (2)是否存在点D，使得直线FG与平面BCD所成角的正弦值为，求此时AD的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由已知可得，所以E、F、B、G四点共面，再证明平面即可证明； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出，平面的一个法向量，由向量的夹角公式建立方程即可求解. 【详解】（1）在正三棱柱中，平面， 因为E，F，G分别为，，的中点，所以，又， 所以，所以E、F、B、G四点共面，平面，， 又因为，且，又平面， 所以平面，又平面，所以. （2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，， . 设平面的一个法向量为，则 即，令，则， 设直线与平面所成角的大小为， 所以， 即，，解得 故AD的长. （2023·山西·统考一模） 4． 如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. (1)求到平面的距离； (2)线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系利用坐标法求得点到平面的距离； （2）设，利用坐标法结合两平面夹角余弦值列方程，解得即可. 【详解】（1）取的中点，连接，， 为等边三角形， ， 又平面平面，平面平面， 平面， 如图所示，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面的法向量为， ，，即，令，则， 又， 故到平面的距离； （2）设，，， ， 则，， 设平面的法向量为， ，，则，令，则， 又平面的法向量为， 于是， 化简得，又，得， 即， 故存在点，此时. 类型三 函数与方程思想在几何体中运用向量的方法解决角度、距离的最值问题 【典例1】（2024届四川省雅安市高三一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可. 【详细解析】 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设，不妨设， 则， 故， ， 设平面的法向量为， 则，可取， 则， 所以， 当时，， 当时，， 当，即时，， 综上所述，的最小值是. 故选：A. 【典例2】（2024届上海浦东新区高三下期期中教学质量检测）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【解题策略】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【详细解析】 已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【典例3】（2024届江苏省南京田家炳高级中学高考考前模拟）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，. （1）若为的中点，证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【解题策略】（1）取的中点，连接，，先证四边形为平行四边形，有，再由线面平行的判定定理，得证； （2）取的中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详细解析】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接， 由N为的中点知， ．又，故，且， ∴四边形为平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面． （2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系． ， 不妨设， 则， 设平面的一个法向量为， ， 取，则. 设直线与平面所成角为 . 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【方法归纳】 对于立体几何中的线线角、线面角、面面角以及距离最值问题若不好直接表示角度的函数关系式，可以考虑运用向量的方法研究线线角、线面角、面面角以及距离最值问题，要从以下几个方面入手：1、建立适当的空间直角坐标系，引入适当的变量（特别要注意），准确的表示出关于体积、表面积等函数关系式.2、通过求导或者运用基本不等式求函数的最值. 【举一反三】 （2024届天津市实验中学高三下期考前热身训练） 5． 如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且． (1)求证：； (2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）利用平面夹角的向量求法结合同角三角函数的基本关系求出，利用直线夹角的向量求法求出，再求解点到直线的距离即可. 【详解】（1）以为原点，如图所示建立空间直角坐标系， ，， 设， ， ， ， ，即， （2） ，由二次函数性质得， 当时，取得最大值， 此时为的中点， 设平面的法向量为， ， ， 设平面的法向量为， ，， 令，， 设平面与平面的夹角为， ， ，， ， 设直线和所成角为， ， 点到直线的距离. 6． 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． (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． 【答案】(1) (2)最小值为，最大值为 【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. 【详解】（1）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． （2）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. （2024届山东省青岛市高三第三次适应性检测） 7． 已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 . 【答案】 【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积. 【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为， 连接，则，，由，则， 又、平面，故，，则， 由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分， 当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小， 取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系， 则，，， 则直线的方程为：，即， 抛物线的方程为，则， 由题意，令，得，代入，得， 所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为： ，因为， 所以， 所以三棱锥体积的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是能判断出点的轨迹为抛物线一部分，再建立平面直角坐标系，求解到直线的最短距离，利用等体积法求解三棱锥的最小体积. （2024届四川大数据精准教学联盟高三第二次统一监测） 8． 已知PC是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】根据题意可得平面和，利用三棱锥体积公式和重要不等式，可得三棱锥的体积最大值，依题求出，即得,得出结论. 【详解】 如图，因为是三棱锥外接球的直径，所以． 又，故平面， 因平面，则．又，所以面， 因平面，故． 于是，三棱锥的体积为． 因（当且仅当时等号成立），所以体积的最大值为， 依题意，解得．因，故， 所以三棱锥的外接球的表面积为：． 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查与球体相关几何体的运算，考查了线线、线面垂直的推导，属于难题. 解题思路为，利用题设先确定几何图形中的相关线面，线线的垂直关系，为表示三棱锥体积奠定基础，之后利用基本不等式结合体积最大值即可求得外接球半径. 三、解答题 （2024贵州贵阳高三下期适应性考试 （二）） 9． 由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）借助中位线的性质可得线线平行，即可得线面平行，利用面面平行的判定定理即可得面面平行，再由面面平行的性质定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量可用未知数表示出直线与平面所成的角的正弦值，计算即可得解. 【详解】（1）连接、，由分别为的中点，则， 又平面，平面，故平面， 正四棱台中，且， 则四边形为平行四边形，故， 又平面，平面，故平面， 又，且平面，平面， 故平面平面，又平面，故平面；    （2）正四棱台中，上下底面中心的连线底面， 底面为正方形，故， 故可以为原点，、、为轴，建立空间直角坐标系， 由，侧面与底面所成角为， 则， 则，，， 假设在线段上存在点满足题设，则， 设，则， ， 设平面的法向量为， 则，令，则，，即， 因为直线与平面所成的角的正弦值为， 故， 解得或（舍），故， 故线段上存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为， 此时线段的长为.    （2024届四川达州普通高中第二次诊断性测试） 10． 如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． (1)证明：平面； (2)若，求二面角余弦的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由面面平行的判定及性质即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【详解】（1）证明：设中点为，连接， 为中位线，， 又平面，平面， 平面， 为梯形中位线，， 又平面，平面， 平面， ，平面，平面， 平面平面， 平面， 平面． （2）以为原点，以所在直线为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立如图空间直角坐标系， ，不妨设， ， 则， ∴， 则，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取，， 设平面的法向量为， ∴，即， 不妨取，则， ， 设二面角平面角为，由图可知为锐角， ， 时，二面角的余弦最小值为． （2024吉林吉林地区普通高中高三第四次模拟考试） 11． 如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，. (1) 求证：； (2) 若平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3) 求点到直线距离的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (4) ； (5) 【分析】（1）取弧中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出，利用空间位置关系的向量证明推理即得. (6) 由数据求出点坐标，再求出平面FOD与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. (7) 利用空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求出最大值即可. 【详解】（1）取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 连接，在中，，，则， 于是， 设，则，其中，， 因此，即， 所以. (8) 由平面平面，得， 又，则，而平面， 则平面，即为平面的一个法向量， ，由平面，得， 又，解得，此时， 设是平面的法向量，则，取，得， 设是平面的法向量，则，取，得， 则平面FOD与平面夹角的余弦值为. (9) ， 则点到直线的距离， 当时，即的坐标为时，点到直线的距离取最大值为 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04节 运用函数与方程的思想解立体几何问题 函数与方程的思想在解决立体几何问题时，主要体现在将空间几何问题转化为平面问题，通过建立函数关系或方程来求解. 首先，确定研究对象，如点、线、面的位置关系，然后根据几何条件建立相应的函数或方程.例如，利用点到直线的距离公式、直线与平面的夹角公式、两平面的交线方程等，将空间问题转化为代数问题.接下来，通过解方程或分析函数性质来找出未知量的值，从而得到问题的解答.这种方法不仅能够简化问题，还能帮助我们更深入地理解几何对象的性质和它们之间的关系. 类型一 函数与方程思想在几何体中解决体积表面积的最值问题 【典例1】已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积. 【详细解析】 设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为， 则，， 因为⊥，⊥，所以∽，则， 设，， 故，由得：， 由得：， 故，所以，， 解得：， 所以圆锥的表面积为， 令，， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故在时取得最小值，， 此时，， 设圆锥的外接球球心为，连接，设， 则， 由勾股定理得：，即， 解得：，故其外接球的表面积为. 故选：A 【典例2】如图1-10所示，在中，．．若平面外的点和线段上的点，满足，则四面体的体积的最大值是______． 【解题策略】建立四面体的体积关于的函数关系式，运用函数思想方法求最值． 【详细解析】 解法一：由，可得，要求四面体的体积，关键是寻找底面三角形的面积和点到平面的距离，易知．设，则，，，其中，且， 当且仅当，即时取等号，故四面体的体积的最大值是． 解法二：设，、． （为三棱锥的高）． 当平面平面时，使四面体的体积较大． 作，垂足为、平面、 此时 当且仅当时等号成立，，当即时，最大值为． 解法三：（为三棱锥的高），在中，，则，设，则 ． 在中，由余弦定理，有，代值整理得．在中，由余弦定理，有，代值整理得． ． 过作，垂足为，则为四面体的高． ． 故，令，，，在上单调递减．当，即时，四面体的体积最大，为． 【典例3】（2024届四川成都外国语学校高三下期高考模拟（二））已知球内接正四棱锥的高为，、相交于，球的表面积为，若为中点. （1） 求证：平面； （2） 求三棱锥的体积. 【解题策略】（1）依题意可得，即可得证； （3） 由球的表面积求出球的半径，由正四棱锥的性质可知球心必在上，连接，利用勾股定理求出，即可求出，再由为中点得到到平面的距离为，最后由计算可得. 【详细解析】 （1） 依题意底面为正方形，、相交于， 所以为的中点，又为中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2） 设球的半径为，由球的表面积公式， 解得（负值舍去）， 设球心为，在正四棱锥中，高为，则必在上， 连接，则，，， 则在，则，即， 解得（负值舍去）， 则，所以， 又为中点，平面且，所以到平面的距离为， 所以. 【方法归纳】 1. 利用导数求函数f（x）在[a，b]上的最值的一般步骤： （1） 求函数在（a，b）内的极值. （2） 求函数在区间端点处的函数值f（a），f（b）. （3） 将函数f（x）的各极值与f（a），f（b）比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值. 2. 求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值. 运用导数研究函数的最值是立体几何中求最值常用的方法和技巧. 【举一反三】 （2023·河北衡水·衡水市第二中学校考一模） 1． 某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（    ） A． B． B． D． 【2022年新高考1卷】 2． 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 类型二 函数与方程思想在几何体中解决存在性的问题 【典例1】已知圆台存在内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为，设圆台与球的体积分别为，则（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母线的关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得. 【详细解析】 设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，高为，内切球的半径为， 显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则，， 由，整理得，而，解得，， 因此圆台的高，， 则圆台的体积， 内切球的体积，所以. 故选：D 【典例2】（2024届湖南岳阳高三教学质量监测（三））如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ． 【解题策略】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解. 【详细解析】 在中，，则， 又平面，平面平面， 所以平面，连接，，所以， 得，设（）， 则，即，得， 当即即时，取到最小值1， 此时取到最小值. 故答案为： 【典例3】（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点． （1） 求证：MN平面PAD； （2） 在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【解题策略】 （1） 取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明； （2） 以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值. 【详细解析】 （1） 如图，取PB中点E，连接ME，NE． ∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴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为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直． 依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系， 则，，，，PC中点，∴，． 设平面DMN的法向量，则，即， 取x＝1，得y＝1，z＝－1，． 若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则． 设直线NQ与平面DMN所成的角为，则， 解得t＝1或t＝－3． 已知0≤t≤4，则t＝1，∴． DQ=1，CD=4，CQ=CD-DQ=4-1=3，． 故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且 【方法归纳】 解决空间几何体中的探索性或者存在性问题，可以从下面几步入手：第一步，首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，并假设求解的结果存在，寻求使这个结果成立的充分条件.第二步.然后根据空间向量将以几何问题转化为空间向量问题，并进行计算求解.第三步得出结论，如果得到符合题目结果要求的条件，则存在如果.找不到符合题目结果要求的条件，或出现矛盾则不存. 【举一反三】 3． 如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为AC，，的中点，．    (1) 求证：； (2) 是否存在点D，使得直线FG与平面BCD所成角的正弦值为，求此时AD的长． （2023·山西·统考一模） 4． 如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，. (1) 求到平面的距离； (2) 线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 类型三 函数与方程思想在几何体中运用向量的方法解决角度、距离的最值问题 【典例1】（2024届四川省雅安市高三一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ） A.    B.    C.    D. 【解题策略】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可. 【详细解析】 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 设，不妨设， 则， 故， ， 设平面的法向量为， 则，可取， 则， 所以， 当时，， 当时，， 当，即时，， 综上所述，的最小值是. 故选：A. 【典例2】（2024届上海浦东新区高三下期期中教学质量检测）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 . 【解题策略】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可. 【详细解析】 已知正三棱锥，则，且， 由化简得， 由化简得. 设，代入，， 分别化简得，且， 故点在以为直径的球面上，半径； 点在以为直径的球面上，半径 分别取线段、的中点、， 则， 故. 故答案为：4 【典例3】（2024届江苏省南京田家炳高级中学高考考前模拟）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，. （1）若为的中点，证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 【解题策略】（1）取的中点，连接，，先证四边形为平行四边形，有，再由线面平行的判定定理，得证； （2）取的中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详细解析】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接， 由N为的中点知， ．又，故，且， ∴四边形为平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面． （2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系． ， 不妨设， 则， 设平面的一个法向量为， ， 取，则. 设直线与平面所成角为 . 故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 【方法归纳】 对于立体几何中的线线角、线面角、面面角以及距离最值问题若不好直接表示角度的函数关系式，可以考虑运用向量的方法研究线线角、线面角、面面角以及距离最值问题，要从以下几个方面入手：1、建立适当的空间直角坐标系，引入适当的变量（特别要注意），准确的表示出关于体积、表面积等函数关系式.2、通过求导或者运用基本不等式求函数的最值. 【举一反三】 （2024届天津市实验中学高三下期考前热身训练） 5． 如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且． (1) 求证：； (2) 当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离． 6． 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． (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． （2024届山东省青岛市高三第三次适应性检测） 7． 已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 . （2024届四川大数据精准教学联盟高三第二次统一监测） 8． 已知PC是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为 ． 三、解答题 （2024贵州贵阳高三下期适应性考试 （二）） 9． 由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.    (1) 求证：平面； (2) 线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由. （2024届四川达州普通高中第二次诊断性测试） 10． 如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点． (1) 证明：平面； (2) 若，求二面角余弦的最小值． （2024吉林吉林地区普通高中高三第四次模拟考试） 11． 如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，. (1) 求证：； (2) 若平面，求平面与平面夹角的余弦值； (3) 求点到直线距离的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$