重难点16：立体几何的最值与范围问题（7大题型+45难题攻关）讲义- 2026年高考数学一轮复习（上海专用）

2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解（上海专用） 重难点16 立体几何的最值与范围问题 题型一、体积最值或范围问题 【名师点拨】根据图形特点及求积需要,合理选取未知量,建立目标函数,把比较复杂的动态立体几何求积问题,转化为积关于未知量的函数问题,从而借助求函数最值的方法来解决. 【例1】（2025·上海普陀·二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为 . 【例2】九章算术是我国古代著名的数学著作，其中记载有几何体“刍甍”现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍体积的最大值为(    )（2025上海大同中学高三阶段练习） A. B. C. D. 【跟踪训练】 1.（2025·上海长宁·二模）现有一块正四面体木料PABC，其边长为3，现需要将木料进行切割，要求切割后底面ABC上任意一点Q到顶点P的距离不大于，则切割好后，木料体积的最大值是 ．（结果保留） 2.（2024复兴高级中学高三阶段练习）词语“鳖膈”等出现自我国数学名著《九章算术·商功》，把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖膳”，如图，三棱锥是一个鳖，其中，三棱锥的接球的表面积为12，，则三棱锥的体积的最大值为__________． 3.（2025全国全国·模拟预测）已知三棱锥外接球的半径为3，，，则三棱锥体积的最大值为______． 4.（2021·北京海淀·模拟预测）已知边长为1的正方体，为中点，为平面上的动点，若，则三棱锥的体积最大值为_______． 5.（2025上海古美高级中学高三阶段练习）如图，点是棱长为正方体中的侧面内（包括边界）的一个动点，则三棱锥的体积的最大值是（ ） A． B． C． D． 题型二、长度最值或范围问题 【名师点拨】几何法：先用立体几何知识确定动点的轨迹,转化为平面几何问题求最值； 向量法：建立适当的坐标系,建立线段长度的表达式,转化为函数求最值. 【例3】（2024·上海宝山·一模）如图，正四棱柱的底面边长为，为上任意一点，为中点，若棱上至少存在一点使得，则棱长的最大值为（    ） A． B． C． D． 【例4】（2025上海西南模范中学高三阶段练习）如图，在长方形中，，，为的中点，为线段（端点除外）上一动点，现将沿折起，使平面平面，在平面内过点作，为垂足.设，则的取值范围是（       ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1.（2022·上海奉贤·统考一模）长方体的底面是边长为1的正方形，若在侧棱上至少存在一点，使得，则侧棱的长的最小值为__________. 2.（2021·上海黄浦·格致中学校考三模）如图，棱长为2的正方体中，P、Q分别是面对角线与BD上的动点，且，给出下列两个判断： （1）PQ和始终是异面直线；（2）PQ长的最小值是； 则下列说法正确的是（    ） A．（1）正确，（2）错误 B．（1）错误，（2）正确 C．（1）正确，（2）正确 D．（1）错误，（2）错误 3.（2025上海七宝中学高三阶段练习）正四棱柱中，，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 4.（2021·广东龙岗·高三期中）已知正方体的棱长为，点为中点，点､在四边形内（包括边界），点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为___________. 5.（2022·福建·厦门双十中学高一期中）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（       ） A． B． C． D． 6.如图，在棱长为的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且截面，则线段长度的取值范围是(    ) A. B. C. D. 7.（2021·四川德阳·三模（理））在直角三角形中，，是斜边的中点，将沿直线翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则边长的最大值为______. 8.如图，将正四棱柱斜立在平面上，顶点在平面内，平面，点在平面内，且若将该正四棱柱绕旋转，的最大值为          ． 9.（2022·河南洛阳·高一期中）如图，已知四面体的侧面为等腰三角形，，，过点D作截面交侧棱，于，两点，且四棱锥的体积为四面体体积的，则线段的长度的最小值为（       ） A． B． C． D． 题型三、线段和或周长最值或范围问题 【名师点拨】求曲面上的两点间距离或多面体中的折线的最短长度 通过化曲为直转化为平面上两点间的最短距离问题,然后用解三角形的方法加以解决. 【例5】（2024·上海虹口·二模）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，且.若，点为棱的中点，点在上，则线段的长度和的最小值为 . 【例6】（2022·江苏·金陵中学高一期中）如图，在三棱锥中，，，过点作截面，则周长的最小值为______． 【跟踪训练】 1.（2025·高一·浙江温州·期中）如图，已知正四面体中，侧棱长为2，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则最小值是 . 2.（2022·湖南师大附中高一期中）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为（       ） A． B． C． D． 3.如图，棱长为2的正方体中，P为线段的中点，M，N分别为线段和棱上任意一点，则的最小值为 ． 4.如图，在四棱锥中，底面是正方形，是边长为的正三角形，且分别是棱上的动点，为中点． 若为中点，证明：面； 求的最小值． 5.（2022·重庆·高一阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，上的动点，则的最小值是（       ） A． B． C． D． 6.（2022·安徽·淮南第一中学高一阶段练习）如图，已知正四面体ABCD的棱长为1，过点B作截面分别交侧棱AC，AD于E，F两点，且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积的，则EF的最小值为（       ） A． B． C． D． 题型四、面积最值或范围问题 【名师点拨】立体几何中的面积最值问题往往和截面有关,这类问题的求解思路为：将已知的线段、角及其关系转化到截面上；利用勾股定理、正余弦定理,求得在截面上的各条线段、角的大小；根据平面几何图形的面积公式求得几何图形面积的表达式；利用函数的性质、基本不等式等求得最值. 【例7】如图，在三棱锥中，平面，，，侧棱与平面所成的角为，为的中点，是侧棱上一动点，则的面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【例8】（2022·全国·高一单元测试）已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的取值范围是（       ） A． B． C． D． 【跟踪训练】 1.（2021·广西·南宁市东盟中学模拟预测（理））已知球O是正三棱锥A-BCD（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC=3，AB=，点E在线段BD上，且BD=3BE．过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ） A． B． C． D． 2.（2021·河南省实验中学高三期中（理））棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面内，若垂直于，则的面积的最小值为（ ） A． B． C． D．1 3.（2021·浙江省杭州第二中学高三开学考试）已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，，，，若为的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是___________. 4（2021·河北·高三月考）已知空间四边形的各边长及对角线的长度均为平面平面点在上，且过点作四边形外接球的截面﹐则截面面积最大值与最小值之比为___________. 5.某四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，该四棱锥内有一个半径为的球，则该四棱锥的表面积最小值是(    ) A. B. C. D. 题型五、角度最值或范围问题 【名师点拨】求空间角的最值和范围： 1.几何法: 根据空间角的定义找到空间角, 通过变量假设建立函数,求最值; 2.坐标法: 建立坐标系, 设动点, 求解空间角, 根据函数特征求出最值. 【例9】（2023·浙江·统考高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ） A． B． C． D． 【例10】直三棱柱中，，，点为线段的中点，若点在线段上，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是(    ) A. B. C. D. 【例11】已知正三棱柱的各棱长都是，点是棱的中点，动点在侧棱上，且不与点重合，设二面角的大小为，则的最小值为          ． 【跟踪训练】 1.斜三棱柱中，底面是正三角形，侧面是矩形，且，是的中点，记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ） A．， B．， C．， D．， 2．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为 . 题型六、空间向量数量积或模的最值与范围问题 【例12】（2024·上海长宁·一模）点P、M、N分别位于正方体的面上，，则的最小值是 ． 【例13】（2022·上海·统考模拟预测）若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点，则的取值范围是_______. 【跟踪训练】 1．（2023·上海·统考模拟预测）已知空间向量都是单位向量，且与的夹角为，若为空间任意一点，且，满足，则的最大值为__________． 2．已知，，是空间两两垂直的单位向量，，且，则的最小值为________． 3．（2024·上海嘉定·一模）已知空间向量两两垂直，若空间点满足，记，且，则的取值范围为 . 4．（24-25高三上·上海浦东新·期末）已知空间中三个单位向量、、，，为空间中一点，且满足，，，则点个数的最大值为 ． 题型七、参数的最值或范围问题 【例14】（2022·河南·襄城高中高一阶段练习）如图，在正方体中，E为棱BC的中点，F为棱上的一点（不包含端点），且，过点A，E，F作该正方体的截面．若所得截面是五边形，则的取值范围是______． 【例15】（2025·上海闵行·二模）设为正整数，空间中个单位向量构成集合，若存在实数，满足对任意，都有，则当取得最大值时，的值为（   ）． A． B． C． D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $2026年高考数学一轮复习考点精析与题型全解(上海专用) 重难点16 立体几何的最值与范围问题 题型一、体积最值或范围问题 【名师点拨】根据图形特点及求积需要,合理选取未知量,建立目标函数,把比较复杂的动态立体几何求积问题,转化为积关于未知量的函数问题,从而借助求函数最值的方法来解决. 【例1】(2025 上海普陀 二模)在棱长为4的正方体中,,若一动点满足,则三棱锥体积的最大值为 . 【答案】 【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系,得出的坐标,设,根据已知列出方程,化简得出点的轨迹为球.进而结合图象即可得出点到平面的最大距离,结合体积公式即可得出答案. 【详解】 如图,以为坐标原点建立空间直角坐标系, 则有. 又, 所以. 设,则. 因为, 代入可得, 整理可得, 即在以点为球心,为半径的球上. 又的面积为, 平面到平面的距离为4, 所以到平面的最大距离为. 体积最大值为. 故答案为:. 【例2】九章算术是我国古代著名的数学著作,其中记载有几何体“刍甍”现有一个刍甍如图所示,底面为正方形,平面,四边形为两个全等的等腰梯形,,且,则此刍甍体积的最大值为( )(2025上海大同中学高三阶段练习) A. B. C. D. 解:在 上取两点、,使得 ,且, 在 上取两点 、 ,使得 ,且 , 则四棱锥 和 体积相同, 取 、 中点 、,正方形 中心, 中点 , 连接 , 根据题意可得 平面 , ,点 是 的中点, 设 ,则 , , , ,, 在等腰 中, , , 同理 , 则等腰梯形 的高为 , 所以刍甍的体积为 , 令 , , 则 , 令 ,即 ;令 ,即 , 所以函数 在 上单调递增,在 上单调递减, 所以当 时, , 所以 . 故选:. 【跟踪训练】 1.(2025 上海长宁 二模)现有一块正四面体木料PABC,其边长为3,现需要将木料进行切割,要求切割后底面ABC上任意一点Q到顶点P的距离不大于,则切割好后,木料体积的最大值是 .(结果保留) 【答案】 【分析】设正四面体定点在底面的投影为,连接,可得以为圆心,半径为的圆在底面内的部分为底,以为顶点的几何体即为符合要求的部分,先求解底面面积,为高,即可求解切割好后,木料体积的最大值. 【详解】 设正四面体定点在底面的投影为,则为正三角形的中心, 连接,所以,, 若底面上任意一点到顶点的距离不大于, 设,则, 所以以为圆心,半径为的圆在底面内的部分为底,以为顶点的几何体即为符合要求的部分, 如图以为圆心,半径为的圆与底面相交的交点为, 延长交于,连接,, 所以,, 所以,所以, 所以,所以为等边三角形, 所以以为圆心,半径为的圆在底面内的部分的面积为 , 所以切割好后,木料体积的最大值是. 故答案为:. 2.(2024复兴高级中学高三阶段练习)词语“鳖膈”等出现自我国数学名著《九章算术 商功》,把四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖膳”,如图,三棱锥是一个鳖,其中,三棱锥的接球的表面积为12,,则三棱锥的体积的最大值为_. 【答案】 【分析】 先求出三棱锥的外接球的半径为再证明为三棱锥的外接球的直径,由题意得到,利用基本不等式得到,即可求出三棱锥的体积的最大值. 【详解】 由题意,三棱锥的外接球的表面积为,即,则三棱锥的外接球的半径为 因为,所以面BCD,所以 BD. 同理可证:. 所以为三棱锥的外接球的直径.所以, ,当且仅当时等号成立, 所以三棱锥的体积的最大值为 故答案为: 3.(2025全国全国 模拟预测)已知三棱锥外接球的半径为3,,,则三棱锥体积的最大值为_. 【答案】 【分析】 由余弦定理求得面积最大时满足的条件,并求得其外接圆半径,并求得外接球球心到所在平面的距离,若使三棱锥体积最大,则P点与球心的连线应垂直于所在平面,且处在最远端,从而求得三棱锥体积. 【详解】 在中,由余弦定理得,, 所以, 即,当且仅当时等号成立, 所以. 设外接圆的圆心为,半径为, 由正弦定理得,,即. 设三棱锥外接球的球心为,连接,则. 要使三棱锥的体积最大,则点到平面的距离最大,最大值为, 所以三棱锥体积的最大值为. 故答案为: 【点睛】 关键点点睛:利用基本不等式求解的取值范围,同时在解题时应抓住三棱锥和球的关系,得到点到平面距离的最大值.应用基本不等式求最值必须满足三个前提条件:一正、二定、三相等. 4.(2021 北京海淀 模拟预测)已知边长为1的正方体,为中点,为平面上的动点,若,则三棱锥的体积最大值为_. 【答案】 【分析】 以D为原点,分别以DA,DC,为x,y,z轴建立空间直角坐标系,设,由,得到a,b的关系,确定a的范围,再由求解. 【详解】 以D为原点,分别以DA,DC,为x,y,z轴建立空间直角坐标系: 则,设, 所以, 因为, 所以,即, 又, 所以, 所以,当等号成立, 所以 三棱锥的体积最大值为 , 故答案为: 5.(2025上海古美高级中学高三阶段练习)如图,点是棱长为正方体中的侧面内(包括边界)的一个动点,则三棱锥的体积的最大值是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【分析】 当M点与A1点重合时,M点到平面BC1D的距离最大,此时三棱锥B-C1MD体积最大,利用割补法求体积即可. 【详解】 当点与点重合时,点到平面的距离最大, 此时三棱锥体积最大且三棱锥为边长为的正四面体, 其体积等于正方体的体积减去4个三棱锥的体积, 所以. 故选:D 题型二、长度最值或范围问题 【名师点拨】几何法:先用立体几何知识确定动点的轨迹,转化为平面几何问题求最值; 向量法:建立适当的坐标系,建立线段长度的表达式,转化为函数求最值. 【例3】(2024 上海宝山 一模)如图,正四棱柱的底面边长为,为上任意一点,为中点,若棱上至少存在一点使得,则棱长的最大值为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系,设出点、、的坐标,结合已知条件得到方程,根据方程解的情况求出的取值范围即可求解. 【详解】根据已知条件, 以为坐标原点,、、分别为、、轴的空间直角坐标系, 设正四棱柱的高为,令,,, 所以,, 因为,所以,即, 整理得:,因为棱上至少存在一点使得, 所以关于得的方程,至少有一个解, 即,整理得:,解得, 又因为,所以,所以棱长的最大值为. 故选:A 【例4】(2025上海西南模范中学高三阶段练习)如图,在长方形中,,,为的中点,为线段(端点除外)上一动点,现将沿折起,使平面平面,在平面内过点作,为垂足.设,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 在平面内,作,垂足为,连结,利用线面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理可得平面,从而可得,设,再将表示为的函数,即可求出的取值范围. 【详解】 在平面内,作,垂足为,连结, 因为平面平面,,平面平面,平面, 所以平面,平面, 所以,又,,平面, 所以平面,又平面,所以, 设,在中,,, 又,即,所以, 所以, 在中,,又, 所以在中,, 因为函数在单调递减,所以, 所以. 故选:C 【跟踪训练】 1.(2022 上海奉贤 统考一模)长方体的底面是边长为1的正方形,若在侧棱上至少存在一点,使得,则侧棱的长的最小值为_. 【答案】2 【分析】根据,利用勾股定理建立方程,则方程有解即可求解. 【解析】设 又因为,所以 即化简得, 即关于的方程有解, 当时,不符合题意, 当时,所以, 当且仅当,即时取得等号, 所以侧棱的长的最小值为2, 故答案为:2. 2.(2021 上海黄浦 格致中学校考三模)如图,棱长为2的正方体中,P、Q分别是面对角线与BD上的动点,且,给出下列两个判断: (1)PQ和始终是异面直线; (2)PQ长的最小值是; 则下列说法正确的是( ) A.(1)正确,(2)错误 B.(1)错误,(2)正确 C.(1)正确,(2)正确 D.(1)错误,(2)错误 【答案】B 【分析】(1)如图所示,建立空间直角坐标系. 设,求出平面和平面的法向量即得解; (2)求出, 利用二次函数求出函数的最值即得解. 【解析】 (1)如图所示,建立空间直角坐标系. 设,则,,. 所以, 设平面的法向量为, 所以. 设平面的法向量为, 所以. 如果PQ和共面,则平面和平面重合,所以 所以. 所以PQ和始终是异面直线错误; (2)由题得, 因为,所以时,PQ长的最小值是. 所以(1)错误,(2)正确. 故选:B 【点睛】关键点睛:解答本题的关键是判断命题(1)的真假,借助法向量比较严谨和符合数学的逻辑. 3.(2025上海七宝中学高三阶段练习)正四棱柱中,,为底面的中心,是棱的中点,正四棱柱的高,点到平面的距离的最大值为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】设底面四边形的中心为,连接,则,设点到平面的距离为,,, 则中,边上的高为, 则, 由, 得, 所以, 由,得,则,则, 所以, 即点到平面的距离的取值范围是, 所以点到平面的距离的最大值为. 故选:C. 4.(2021 广东龙岗 高三期中)已知正方体的棱长为,点为中点,点､在四边形内(包括边界),点到平面的距离等于它到点的距离,直线平面,则的最小值为_. 【答案】 【分析】 建立空间直角坐标系得到在平面中点､的轨迹方程,然后利用导数知识进行求解即可. 【详解】 如图 所以,设 由点到平面的距离等于它到点的距离, 即点到的距离等于它到点的距离 在平面中,直线方程为 所以, 所以点的轨迹方程为 , 设平面的一个法向量为 则,令,所以 所以,由直线平面 所以 所以点的轨迹为 的导函数为 所以, 所以同平行的直线与相切的切点为, 所以点到直线的距离为 所以的最小值为 故答案为: 【点睛】 关键点点睛:解题关键在于建系并得到两点的轨迹方程,利用导数求解. 5.(2022 福建 厦门双十中学高一期中)点分别是棱长为2的正方体中棱的中点,动点在正方形 (包括边界)内运动.若面,则的长度范围是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 如图,分别取的中点,连接,则可证得平面‖平面,从而可得点在上,从而可求出的长度范围 【详解】 解:如图,分别取的中点,连接,, 则‖, 因为是的中点,所以‖, 所以‖, 因为平面,平面, 所以‖平面, 因为是的中点,是的中点, 所以‖,, 因为‖,, 所以‖,, 所以四边形为平行四边形,所以‖,, 因为平面,平面, 所以‖平面, 因为,所以平面‖平面, 因为平面平面, 所以点在上运动,使面, 因为的棱长为2, 所以 所以当点与或重合时,最长,当点在的中点时,最短, 的最小值为, 所以的长度范围是, 故选:B 6.如图,在棱长为的正方体中,是的中点,点是侧面上的动点,且截面,则线段长度的取值范围是( ) A. B. C. D. 解:取的中点为,的中点为,的中点为,作图如下: 由图可知,, 所以四边形为平行四边形, 所以, 因为, 所以, 同理 因为, 故平面平面, 因为 截面, 所以平面,线段扫过的图形为, 由知,, 在中,, 即,所以, 所以,即为直角, 故线段长度的取值范围为,即, 故选: 7.(2021 四川德阳 三模(理))在直角三角形中,,是斜边的中点,将沿直线翻折,若在翻折过程中存在某个位置,使得,则边长的最大值为_. 【答案】 【分析】 取中点,翻折后可证平面,又平面,所以,由为中点,则此时为等腰三角形,从而可得,然后求出的长,根据能构成三角形三边的关系建立不等式,再求出翻折后,当与在一个平面上的情况,得出答案. 【详解】 设, 由题意得,,取中点, 翻折前,在图1中,连接,则, 翻折后,在图2中,此时. ,平面, 又平面,所以 由为中点,则此时为等腰三角形, , ,, 在中:①,②,③; 由①②③可得. 如图3,翻折后,当与在一个平面上, 与交于,且,,, 又,, ,,此时. 综上,的取值范围为, 故答案为: 【点睛】 关键点睛:本题考查翻折问题和线面垂直关系的证明和应用,解答本题的关键是由条件证明出平面,从而得到,求出的长,根据能构成三角形三边的关系建立不等式,属于中档题. 8.如图,将正四棱柱斜立在平面上,顶点在平面内,平面,点在平面内,且若将该正四棱柱绕旋转,的最大值为 . 解:过点作,垂足为,连接. 易得, 所以点到平面的距离为. ,,,. 过点作,垂足为. 当,,三点共线,且时,取得最大值, 最大值为. 故答案为: 9.(2022 河南洛阳 高一期中)如图,已知四面体的侧面为等腰三角形,,,过点D作截面交侧棱,于,两点,且四棱锥的体积为四面体体积的,则线段的长度的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意首先确定,然后结合余弦定理与基本不等式即可求解 【详解】 由题意可知,,即 在中,由余弦定理有: 当且仅当时取等,. 故选:C. 题型三、线段和或周长最值或范围问题 【名师点拨】求曲面上的两点间距离或多面体中的折线的最短长度 通过化曲为直转化为平面上两点间的最短距离问题,然后用解三角形的方法加以解决. 【例5】(2024 上海虹口 二模)如图,在直四棱柱中,底面为菱形,且.若,点为棱的中点,点在上,则线段的长度和的最小值为 . 【答案】 【分析】取的中点,连接、、、,首先证明,即可、、、四点共面,连接,,求出,将绕翻折,使得平面与平面共面,连接交于点,最后利用余弦定理计算可得. 【详解】取的中点,连接、、、, 因为点为棱的中点,所以,又且, 所以为平行四边形,所以, 所以,即、、、四点共面,连接,, 则,, 因为底面为菱形,且,所以, 所以, 所以, 所以,即,所以, 将绕翻折,使得平面与平面共面,连接交于点, 则, 又, 在中, 即, 所以, 即线段、的长度和的最小值为. 故答案为: 【例6】(2022 江苏 金陵中学高一期中)如图,在三棱锥中,,,过点作截面,则周长的最小值为_. 【答案】 【解析】 【分析】 沿着侧棱把正三棱锥展开在一个平面内,如图,则即为周长的最小值,在,由勾股定理能求出的值. 【详解】 解:如图,沿着侧棱把正三棱锥展开在一个平面内,如下图所示: 则即为的周长的最小值,且, 在中,由勾股定理得:. 故答案为: 【跟踪训练】 1.(2025 高一 浙江温州 期中)如图,已知正四面体中,侧棱长为2,为中点,为中点,是上的动点,是平面上的动点,则最小值是 . 【答案】/ 【解析】由题可得,平面SCF,则平面SCF. 取BC中点为G,连接EG与CF交于H,因,则平面SCF. 设P关于平面SCF的对称点为,由对称性可知,,则. 则当A,Q,三点共线时可得最小,此时, 则当时,取最小值. 在三角形中,由题可得 则. 综上,. 故答案为: 2.(2022 湖南师大附中高一期中)如图,直三棱柱的底面为直角三角形,,,,P是上一动点,则的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 将与同时展平形成一个四边形,对角线即为所求得答案,利用勾股定理和余弦定理求出答案. 【详解】 连接, 将与同时展平形成一个四边形,如图, 则此时对角线达到最小, 在等腰直角三角形中,,, 在中,,,,所以,即, 对于展开形成的四边形,在中,,,, 由余弦定理有. 故选:A. 3.如图,棱长为2的正方体中,P为线段的中点,M,N分别为线段和棱上任意一点,则的最小值为 . 【答案】4 【分析】将原问题转化为三点一线即可求解. 【详解】 在 边上取点 ,使得 ,由正方体的对称性可知 , 过M点作平面 的垂线得垂足H,连接 ,则有 , , 显然,当P,M,H三点共线的时候 最小, 即当M是 中点的时候, , ,最小值为4;故答案为:4. 4.如图,在四棱锥中,底面是正方形,是边长为的正三角形,且分别是棱上的动点,为中点. 若为中点,证明:面; 求的最小值. 解:证明:取中点,连接, 因为点分别为的中点, 所以,且 因为四边形为正方形, 所以,且, 所以, 所以四边形为平行四边形, 所以, 因为平面平面 则面; 由题意可知, , 则. 将平面展开到一个平面内如图, 则的最小值即为展开图中的长, , 从而, 故, 在中,由余弦定理可得 , 则,即的最小值为. 5.(2022 重庆 高一阶段练习)如图,在直三棱柱中,,,分别是棱,上的动点,则的最小值是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 作出三棱柱的侧面展开图,可知四点共线时取最小值,利用勾股定理可得结果. 【详解】 将直三棱柱的侧面展开,如图所示, 当四点共线时,取得最小值, 则最小值为:. 故选:D. 6.(2022 安徽 淮南第一中学高一阶段练习)如图,已知正四面体ABCD的棱长为1,过点B作截面分别交侧棱AC,AD于E,F两点,且四面体ABEF的体积为四面体ABCD体积的,则EF的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据已知可得的面积,由三角形面积公式和余弦定理,使用基本不等式可得. 【详解】 由题知,所以, 记,则,即.则,当且仅当,即时,取等号. 所以a的最小值为 故选:D 题型四、面积最值或范围问题 【名师点拨】立体几何中的面积最值问题往往和截面有关,这类问题的求解思路为:将已知的线段、角及其关系转化到截面上;利用勾股定理、正余弦定理,求得在截面上的各条线段、角的大小;根据平面几何图形的面积公式求得几何图形面积的表达式;利用函数的性质、基本不等式等求得最值. 【例7】如图,在三棱锥中,平面,,,侧棱与平面所成的角为,为的中点,是侧棱上一动点,则的面积的最小值为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【分析】通过线面位置关系的证明得到的面积为,当的面积最小,此时,在中根据已知条件可求得,,进而可得,再根据,求出值代入计算即可得答案. 【详解】解:由题意知为等腰直角三角形,因为为的中点, 所以. 又平面,所以,, 所以平面,平面, 所以, 故的面积. 易知, 所以, 所以, 当取最小时,的面积最小,此时, 又因为与平面所成的角为, 即, 所以, 又因为, 所以, 所以, 由, 解得 所以, 所以. 故选:D. 【例8】(2022 全国 高一单元测试)已知三棱锥的四个顶点在球的球面上,,是边长为的正三角形,三棱锥的体积为,为的中点,则过点的平面截球所得截面面积的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意先求出,再由三棱锥的体积为,得到高,再利用正三棱锥可看作正方体的一角,正方体的外接球与三棱锥的外接球相同, 求出外接球的半径,球的最大截面圆为过球心的圆.当垂直于过的截面时,截面圆半径最小,求出此时半径即可求出相应的面积. 即可求出过点的平面截球所得截面面积的取值范围. 【详解】 设在底面上的射影为,因为,所以为的中心,由题可知,,由,解得 在正中,可得.从而直角在中解得. 进而可得,,,因此正三棱锥可看作正方体的一角, 正方体的外接球与三棱锥的外接球相同,正方体对角线的中点为球心. 记外接球半径为,则,因为球的最大截面圆为过球心的圆, 所以过的平面截球所得截面的面积最大为; 又为中点,由正方体结构特征可得 由球的结构特征可知,当垂直于过的截面时, 截面圆半径最小为所以. 因此,过的平面截球所得截面的面积范围为. 故选:A. 【跟踪训练】 1.(2021 广西 南宁市东盟中学模拟预测(理))已知球O是正三棱锥A-BCD(底面是正三角形,顶点在底面的射影为底面中心)的外接球,BC=3,AB=,点E在线段BD上,且BD=3BE.过点E作球O的截面,则所得截面面积的最小值是( ) A. B. C. D. 【答案】A 【分析】 如图,O1是A在底面的射影,求出底面外接圆的半径和几何体外接球的半径,利用余弦定理求出O1E=1,当截面垂直于OE时,截面面积最小,求出截面圆的半径即得解. 【详解】 解:如图,O1是A在底面的射影,由正弦定理得, BCD的外接圆半径; 由勾股定理得棱锥的高AO1; 设球O的半径为R,则, 解得,所以OO1=1; 在 BO1E中,由余弦定理得 所以O1E=1;所以在 OEO1中,OE=; 当截面垂直于OE时,截面面积最小,此时半径为,截面面积为. 故选:A 2.(2021 河南省实验中学高三期中(理))棱长为2的正方体中,是棱的中点,点在侧面内,若垂直于,则的面积的最小值为( ) A. B. C. D.1 【答案】A 【分析】 建立空间直角坐标系,设出点的坐标,利用求得点坐标间的相互关系,写出面积的表达式,利用二次函数的对称轴,求得面积的最小值. 【详解】 以分别为轴建立空间直角坐标系, 依题意有, ,由于, 故,解得. 根据正方体的性质可知,,故为直角三角形, 而,故, 的面积为, 当时,面积取得最小值为, 故选:A. 3.(2021 浙江省杭州第二中学高三开学考试)已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上,平面,,,,,若为的中点,过点作球的截面,则截面面积的最小值是_. 【答案】 【分析】 过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线,则球心在该直线上,若是的中点,则,重合,过点作球的截面,则截面面积最小时是与垂直的面,即是三角形的外接圆,然后算出答案即可. 【详解】 如图所示:由题意知,,则底面三角形为直角三角形,若是的中点,则,重合,过点作球的截面, 则截面面积最小时是与垂直的面,即是三角形的外接圆, 而三角形的外接圆半径是斜边的一半,即,所以截面面积为. 故答案为:. 4(2021 河北 高三月考)已知空间四边形的各边长及对角线的长度均为平面平面点在上,且过点作四边形外接球的截面﹐则截面面积最大值与最小值之比为_. 【答案】 【分析】 取中点为连接,球心在平面的投影为外心, 在上,作于依题意可证由面面垂直的性质得到平面,求出、,从而求出外接球的半径,再连接,即可得到三点共线,从而求出截面面积最大值与最小值,从而得解; 【详解】 解:由题知和为等边三角形,取中点为连接, 则 由平面平面平面平面 故平面,, 易知球心在平面的投影为的外心, 在上,作于, 易得 则在中,, 所以外接球半径,连接 因为 所以三点共线,所以 当截面过球心时截面面积最大为, 当为截面圆圆心时截面面积最小,此时截面圆半径为,面积为,所以截面面积最大值与最小值之比为是. 故答案为: 5.某四棱锥的底面为正方形,顶点在底面的射影为正方形中心,该四棱锥内有一个半径为的球,则该四棱锥的表面积最小值是( ) A. B. C. D. 解:某四棱锥的底面为正方形,顶点在底面的射影为正方形中心,故该四棱锥为正四棱锥体; 当半径为的球与四棱锥体相内切时,四棱锥的表面积最小; 设正方形的边长为,四棱锥体的高为,四棱锥体的表面积为, 所以利用等体积转换法, , 整理得,; 故, 所以四棱锥的体积, 则, 设,可得, 所以. 当且仅当,即时,四棱锥的表面积的最小值为. 故选C. 题型五、角度最值或范围问题 【名师点拨】求空间角的最值和范围: 1.几何法: 根据空间角的定义找到空间角, 通过变量假设建立函数,求最值; 2.坐标法: 建立坐标系, 设动点, 求解空间角, 根据函数特征求出最值. 【例9】(2023 浙江 统考高考真题)如图,已知正三棱柱,E,F分别是棱上的点.记与所成的角为,与平面所成的角为,二面角的平面角为,则( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】如图所示,过点作于,过作于,连接, 则,,, ,,, 所以, 故选:A. 【例10】直三棱柱中,,,点为线段的中点,若点在线段上,则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是( ) A. B. C. D. 解:根据题意易得两两互相垂直。 如图所示:以为轴建立空间直角坐标系, 设, 则,,,,, ,, 设平面的法向量为,则 取得到, 直线与平面所成角的正弦值为 , 设,则, , 当时,有最大值为,当时有最小值为. 故选A. 【例11】已知正三棱柱的各棱长都是,点是棱的中点,动点在侧棱上,且不与点重合,设二面角的大小为,则的最小值为 . 解:过点作于点, 由直棱柱的性质可知,底面侧面,且底面侧面,平面, 侧面C. 又侧面, 所以, 过点作于点,连接, 由于平面, 所以平面, 又平面, 所以, 是二面角的平面角,记. 设,则, 在中,, 在中,, 故, 由,得, 故当时,取最小值,最小值为,此时与重合. 【跟踪训练】 1.斜三棱柱中,底面是正三角形,侧面是矩形,且,是的中点,记直线与直线所成的角为,直线与平面所成的角为,二面角的平面角为,则( ) A., B., C., D., 【答案】B 【解析】过点作面交面于点,连结,过点作交于点,连结,则,,表示出这些角然后比较大小即可.如图:过点作面交面于点,连结,过点作交于点,连结, 则,, 因为直线与平面所成的角为直线与平面内所有直线所成的角中最小的,故, 又因为 ,故, 故选:B. 2.(2025 上海宝山 二模)空间中有相互垂直的两条异面直线,点,且,若,且,则二面角平面角的余弦值最小为 . 【答案】 【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式,再利用余弦定理得的表达式,最后通过换元求最值. 【详解】根据双曲线的定义,平面内到两个定点、(焦点)的距离之差的绝对值为定值(小于)的点的轨迹为双曲线.由,可知, 所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中,是此双曲线绕旋转得到的曲面. 因为,根据直径所对的圆周角是直角,所以点同时在以为直径的球面上. 由于,所以、在与垂直的面上. 不妨令固定在一支双曲线上,设双曲线方程为. 过作于,在双曲线中,变形可得. 在(因为)中,的长度可根据坐标关系得到, 因为在过与垂直的面与球的交线上,设球心为(中点), 由(球的半径的平方为,根据勾股定理得到此关系),的长度与有关(点坐标与点纵坐标有关),且在轴上的投影长度就是,所以. 在中,根据余弦定理, 通过,代入余弦定理公式化简得到,. 令,则. 对于二次函数,其对称轴为,当时,取得最大值. 所以. 故答案为:. 题型六、空间向量数量积或模的最值与范围问题 【例12】(2024 上海长宁 一模)点P、M、N分别位于正方体的面上,,则的最小值是 . 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系可得的坐标表达式,配方后可得最值. 【详解】如图建立以D为原点的空间直角坐标系, 设,其中. 则. 则 ,当且仅当时取等号. 则为使最小,则应使尽量的大,且P为中点. 又点P、M、N均位于正方体表面上,则P、M、N在正方体同一面上, 则当为正方体一面的对角线,P为对角线中点时,满足题意, 此时,则. 故答案为: 【点睛】关键点睛:本题解题的关键是建立坐标系利用坐标计算得,再由取等条件得到P、M、N位置关系从而得解. 【例13】(2022 上海 统考模拟预测)若、、是棱长为的正四面体棱上互不相同的三点,则的取值范围是_. 【答案】 【分析】设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点,设,其中,利用三角不等式推导出,利用平面向量数量积的性质可求得,取的中点,可得出,即可得出的取值范围. 【解析】如下图所示,由任意性,设点、、分别棱长为的正三棱锥的棱、、上的动点, 设,其中,则, 所以,, 所以,, 当且仅当线段与棱或重合时,等号成立,即的最大值为, ,当且仅当与点或重合,、重合于点或点时,等号成立, 但、、为不同的三点,则, 由上可知的最大值为,取线段的中点, 则, 当且仅当线段与棱重合且为棱的中点时,等号成立,则. 综上所述,. 故答案为:. 【点睛】关键点点睛:本题考查立体几何中向量数量积的取值范围,解题的关键在于充分利用几何性质推导出,,注意取最值时取等的条件,但也要注意题中条件的限制. 【跟踪训练】 1.(2023 上海 统考模拟预测)已知空间向量都是单位向量,且与的夹角为,若为空间任意一点,且,满足,则的最大值为_. 【答案】 【分析】以为坐标原点,为轴,为轴,垂直于平面为轴建立空间直角坐标系,由坐标表示得,画出可行域利用线性规划求解即可. 【解析】因为,所以平面, 以为坐标原点,为轴,为轴,垂直于平面为轴建立如图所示坐标系, 因为都是单位向量,与的夹角即为, 所以,,, 设点,且, 则,,,, 所以由得, 平方得, 由可得, 所以或, 由及可得即, 综上满足的可行域如图所示, 令,则, 由可行域可得在点取得最大值,在点取得最小值, 由解得,, 所以,, 所以的最大值为 , 故答案为: 2.已知,,是空间两两垂直的单位向量,,且,则的最小值为_. 【答案】 【分析】设,,,利用向量的坐标运算求出,进而求出,借助向量模的运算及,整理可得,进而得解. 【解析】由题意可设,,, 由,得, , , 所以 (当且仅当,时等号成立), 所以的最小值为. 故答案为:. 【点睛】本题考查的是空间向量的坐标运算和空间向量模长的坐标表示,意在考查学生的计算能力,属于中档题.求向量的模的方法:(1)利用坐标进行求解,,则;(2)利用性质进行求解,,结合向量数量积进行求解. 3.(2024 上海嘉定 一模)已知空间向量两两垂直,若空间点满足,记,且,则的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据给定条件,利用空间向量模的意义及数量积的运算律求得,进而求出范围. 【详解】由空间向量两两垂直,得 又,, 则 ,而, 因此,, 所以的取值范围为. 故答案为: 4.(24-25高三上 上海浦东新 期末)已知空间中三个单位向量、、,,为空间中一点,且满足,,,则点个数的最大值为 . 【答案】8 【分析】以为原点,分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系,设,表示各向量坐标,利用数量积的坐标表示可得结果. 【详解】由题意得,,且. 以为原点,分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系,则,,. 设,则, ∴,,, ∴,,, ∴点坐标可能为,,,,,,,, 故点个数的最大值为8. 故答案为:8. 题型七、参数的最值或范围问题 【例】(2022 河南 襄城高中高一阶段练习)如图,在正方体中,E为棱BC的中点,F为棱上的一点(不包含端点),且,过点A,E,F作该正方体的截面.若所得截面是五边形,则的取值范围是_. 【答案】 【解析】 【分析】 分和两种情况分别作出截面,即可判断. 【详解】 首先连接,因为平行平面被第三截面所截时,交线平行, 所以当时,如图1,点在线段上,截面为平行四边形AEGF;当时,如图2,截面为五边形AEGHF,故的取值范围是. 故答案为: 【例】(2025 上海闵行 二模)设为正整数,空间中个单位向量构成集合,若存在实数,满足对任意,都有,则当取得最大值时,的值为( ). A. B. C. D. 【答案】C 【分析】根据给定条件可得集合中所有向量共起点时,终点在球面上,再利用数量积的运算律求出的最大值,进而求出值. 【详解】令集合的各向量起点为,对应终点依次为, 由向量为单位向量,则点在以为球心,1为半径的球面上, 由,得点中任意三点不共线, 由,得,则, 由,同理得,而点不共线, 于是点不共面,点为球内接正四面体的4个顶点, 若,不妨取,同理得,平面, 又,由过一点有且只有一个平面垂直于已知直线,得点平面, 与点不共面矛盾,因此,设正四面体的棱长为, 则正的外接圆半径为,正四面体的高为, 球心到平面的距离为,因此,解得, 所以. 故选:C 1 学科网(北京)股份有限公司 $