微专题22立体几何中的最值问题讲义-2026届高三数学二轮专题复习

微专题22　立体几何中的最值问题 高考定位　立体几何中的最值问题主要涉及线段长度、几何体体积、空间角的最值等,中等或偏上难度. 1、 高考真题 1.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小? 二．典型例题 1.定性法求解最值问题 例1 (1)(2025·衡阳质检)如图是一座山峰的示意图,山峰大致呈圆锥形,峰底呈圆形,其半径为1 km,峰底A到峰顶S的距离为4 km,B是山坡SA的中点.为了发展当地旅游业,现要建设一条从A到B的环山观光公路,当公路长度最短时,公路距山顶的最近距离为(　　) A.2 km B.3 km C.2 km D. km (2)(2025·广州联考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,=,=λ+μ(λ,μ∈[0,1]),若EF∥平面A1DC1,则线段EF的长度的取值范围为　　　　.  规律方法　1.在求几何体表面的最短路径问题时,通常对立体图形作展开、平移、翻折、旋转等几何变换,将立体几何转化为平面几何问题来解决. 2.涉及动点问题的线段长度最值问题,要注意动点的位置及其轨迹,利用动点的范围求解. 训练1 (1)(多选)(2025·六安调研)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱上一点,满足PA+PC1=d(d为定值),记点P的个数为n,则下列说法正确的是(　　) A.当d=时,n=2 B.当<d<1+时,n=6 C.当d=时,n=15 D.n的最大值为18 (2)(2025·洛阳模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,BB1=1,M为A1B1的中点,P为下底面ABCD上一点,若直线PD1∥平面BMC1,则△D1DP的面积的最小值为　　　　.  2.定量法求解最值问题 例2 (2025·西安调研)如图,三棱锥A-BCD中,BD⊥CD,AB⊥AD,且AB=AD,BD=2,DC=1,M为BC的中点. (1)当三棱锥A-BCD的体积最大时, ①求证:AB⊥CD; ②求其外接球的表面积; (2)记平面ABD与平面AMD的夹角为θ,求cos θ的最小值. 训练2 (2025·济南质检)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=AA1,D,E,G分别为A1B1,C1D,AA1的中点,F为AB上的一点,且BF=3AF,P为线段BC1上不包括端点的动点. (1)若P为BC1的中点,证明:PE∥平面CFG; (2)设直线CP与平面CFG所成的角为α,求sin α的最大值. 【精准强化练习】 一、单选题 1.某班级到一工厂参加社会实践劳动,加工出如图所示的圆台O1O2,在轴截面ABCD中,AB=AD=BC=2 cm,且CD=2AB,则一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到点D所经过的最短路程为(　　) A.3 cm B.4 cm C.4 cm D.3 cm 2.已知圆锥的母线长为2,则该圆锥体积的最大值为(　　) A.π B.π C.π D.π 3.(2025·杭州质检)三棱锥A-BCD中,AC⊥平面BCD,D为以BC为直径的半圆圆周上的动点(不同于B,C的点).若AB=5,BD=3,则该三棱锥体积的最大值为(　　) A.4 B. C.2 D. 4.已知边长为1的正方形ABCD绕边CD所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱,点M和N分别是圆柱上、下底面圆周上的动点,点P是线段MN的中点,则三棱锥A-PBC体积的最大值为(　　) A. B. C. D. 5.(2025·福州调研)若正六棱锥P-ABCDEF的体积为8,则PA的最小值为(　　) A.2 B.3 C.4 D.3 6.(2025·石家庄三模)在如图所示的试验装置中,正方形框架ABCD的边长为2,长方形框架ABEF的长BE=AB,且它们所在平面形成的二面角C-AB-E的大小为,活动弹子M,N分别在对角线AC和BF上移动,且始终保持==a(0<a<1),则MN的长度最小时a的取值为(　　) A. B. C. D. 7.(2025·武汉质检)已知圆锥与圆柱的底面半径相等,侧面积也相等,设圆锥的体积为V1,圆柱的体积为V2,则的取值范围是(　　) A. B. C.(0,1) D. 8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方体的内切球表面上运动,且满足D1P∥平面A1BC1,则AP的最小值为(　　) A. B. C. D. 二、多选题 9.(2025·长沙调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,当点E在棱CD(包含端点)上运动时,则下列结论正确的是(　　) A.三棱锥E-A1B1D1的体积不变 B.EB1⊥AD1 C.直线AE与B1D1所成角的范围为 D.二面角E-A1B1-A的大小恒为 10.(2025·信阳模拟)在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,CD=CC1=,P为线段B1C上动点,E,F分别为A1D1和BC的中点,则下列说法正确的是(　　) A.若=λ,则经过P,E,F三点的直棱柱的截面为四边形 B.直线B1C与A1C1所成角的余弦值为 C.三棱锥P-A1DC1的体积为定值 D.A1P+BP的最小值为 11.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C(包括端点)上运动,则下列结论正确的是(　　) A.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 B.平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值的取值范围是 C.三棱锥A1-PC1D的体积为定值 D.当P为B1C的中点时,P到BD1的距离为 三、填空题 12.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱长为4,且∠APB=30°,若一只蚂蚁从点A出发沿着该四棱锥的侧面爬行一周回到点A,则蚂蚁爬行的最短距离为　　　　.  13.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的高为4,底面边长为4,D是B1C1的中点,P是线段A1D上的动点,过BC作截面α⊥AP于点E,则三棱锥P-BCE体积的最小值为　　　　.  14.(2025·重庆诊断)已知点A,B,C在半径为2的球O的球面上,且OA,OB,OC两两所成的角相等,则当三棱锥O-ABC的体积最大时,平面ABC截球O所得的截面圆的面积为　　　　.  四、解答题 15.(2025·南京调研)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,△ACD是边长为2的等边三角形,BB1=AB=3,∠ACB=,棱AD的中点为F. (1)求证:AD⊥平面AA1B1B; (2)矩形BCC1B1以边BB1所在直线为旋转轴,逆时针旋转θ至矩形BEE1B1,求直线E1F与平面BEE1B1所成角的正弦值的最大值. 16.如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面角C-AB-E为直二面角. (1)求证:平面ACE⊥平面BCE; (2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cos θ的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题16　立体几何中的最值问题 高考定位　立体几何中的最值问题主要涉及线段长度、几何体体积、空间角的最值等,中等或偏上难度. 1、 高考真题 1.(2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小? (1)证明　因为E,F分别是AC和CC1的中点,且AB=BC=2,侧面AA1B1B为正方形, 所以CF=1,BF=. 如图,连接AF,由BF⊥A1B1,AB∥A1B1, 得BF⊥AB,于是AF==3, 所以AC==2. 由AB2+BC2=AC2,得BA⊥BC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, 所以BB1⊥AB且BB1⊥BC, 则BA,BC,BB1两两互相垂直, 故以B为坐标原点,以BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系B-xyz, 则B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1), 所以=(0,2,1). 设B1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2), 于是=(1-m,1,-2). 所以·=0,所以BF⊥DE. (2)解　易知平面BB1C1C的一个法向量为n1=(1,0,0). 设平面DFE的法向量为n2=(x,y,z), 则 又由(1)得=(1-m,1,-2),=(-1,1,1), 所以 令x=3,得y=m+1,z=2-m, 于是,平面DFE的一个法向量为 n2=(3,m+1,2-m), 所以|cos <n1,n2>|=. 设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ, 则sin θ==, 故当m=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小为, 即当B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小. 二．典型例题 1.定性法求解最值问题 例1 (1)(2025·衡阳质检)如图是一座山峰的示意图,山峰大致呈圆锥形,峰底呈圆形,其半径为1 km,峰底A到峰顶S的距离为4 km,B是山坡SA的中点.为了发展当地旅游业,现要建设一条从A到B的环山观光公路,当公路长度最短时,公路距山顶的最近距离为(　　) A.2 km B.3 km C.2 km D. km (2)(2025·广州联考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,=,=λ+μ(λ,μ∈[0,1]),若EF∥平面A1DC1,则线段EF的长度的取值范围为　　　　.  答案　(1)D　(2)[,] 解析　(1)将圆锥的侧面沿SA展开,可得其侧面展开图如图. 则从点A到点B的环山观光公路最短为线段A'B. 设的长度为l, 则l=2π km, 所以∠A'SA==. 过S作SP⊥A'B于点P, 则公路距山顶的最近距离为SP的长. 因为BA'==2(km), 所以SP===(km). (2)由题可知点F在正方形BCC1B1内(含边界). 取棱B1C1上靠近点B1的四等分点G,棱CC1上靠近点C的四等分点H,连接EG,GH,易得GH∥B1C∥A1D. 因为A1D⊂平面A1DC1,GH⊄平面A1DC1, 所以GH∥平面A1DC1. 因为EF∥平面A1DC1, 所以过线段GH、点E且与平面A1DC1平行的截面为如图所示的平面EGHIJK, 所以EF∩GH=F,所以点F在线段GH上, 所以EG≤EF≤EH, 又因为EG==2, EH==, 所以EF的长度的取值范围是[,]. 规律方法　1.在求几何体表面的最短路径问题时,通常对立体图形作展开、平移、翻折、旋转等几何变换,将立体几何转化为平面几何问题来解决. 2.涉及动点问题的线段长度最值问题,要注意动点的位置及其轨迹,利用动点的范围求解. 训练1 (1)(多选)(2025·六安调研)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱上一点,满足PA+PC1=d(d为定值),记点P的个数为n,则下列说法正确的是(　　) A.当d=时,n=2 B.当<d<1+时,n=6 C.当d=时,n=15 D.n的最大值为18 (2)(2025·洛阳模拟)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,BB1=1,M为A1B1的中点,P为下底面ABCD上一点,若直线PD1∥平面BMC1,则△D1DP的面积的最小值为　　　　.  答案　(1)AD　(2) 解析　(1)当点P位于A或C1处时,d取到最小值; 当点P在棱AB上由A到B移动时,d由增大到1+,即d的取值范围为[,1+]; 当点P在棱AD,AA1,C1C,C1B1,C1D1上移动时,d的取值范围也是[,1+]; 当点P在棱BB1上由B到B1移动时, d由1+,再由增大到1+, 即d的取值范围为[,1+]. 当点P在棱BC,DC,D1D,A1B1,A1D1上移动时,d的取值范围也是[,1+]. 故当d=时,n=2,A正确; 当<d<1+时,n的值不确定,B错误; 当d=时,n=12,C错误; 当d∈(,1+)时,n取最大值18,D正确. (2)取CD的中点N, 连接AN,AD1,D1N. 因为AB∥D1C1,AB=D1C1, 所以四边形ABC1D1是平行四边形, 所以AD1∥BC1. 又BC1⊂平面BMC1,AD1⊄平面BMC1, 故AD1∥平面BMC1, 同理可证AN∥平面BMC1, 又AN∩AD1=A,AN,AD1⊂平面AD1N, 故平面AD1N∥平面BMC1. 由平面AD1N∩平面ABCD=AN, 结合P为下底面ABCD上一点, 且PD1∥平面BMC1, 可知点P在AN上运动,且△D1DP为直角三角形, 故当DP⊥AN时,DP最小, 最小值为=, 此时△D1DP的面积最小,且最小值为×1×=. 2.定量法求解最值问题 例2 (2025·西安调研)如图,三棱锥A-BCD中,BD⊥CD,AB⊥AD,且AB=AD,BD=2,DC=1,M为BC的中点. (1)当三棱锥A-BCD的体积最大时, ①求证:AB⊥CD; ②求其外接球的表面积; (2)记平面ABD与平面AMD的夹角为θ,求cos θ的最小值. (1)①证明　∵ 三角形ABD的面积为定值,且 BD⊥CD, ∴ 当三棱锥 A-BCD 的体积最大时, CD⊥ 平面ABD. ∵AB⊂ 平面 ABD,∴AB⊥CD. ②解　由①知,当三棱锥A-BCD的体积最大时,AB⊥CD. 又∵AB⊥AD,CD∩AD=D,CD,AD⊂平面ACD, ∴AB⊥平面 ACD,又AC⊂平面ACD,∴AB⊥AC. 又 ∵M为BC的中点, ∴M到A,B,C,D的距离相等, 即M为三棱锥A-BCD 的外接球的球心. 设外接球半径为R,则R=BC=, ∴ 三棱锥A-BCD的外接球的表面积为 4πR2=5π. (2)解　以点D为坐标原点,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz, ∴B(2,0,0),C(0,1,0),D(0,0,0),M. 设N为BD的中点,连接AN,则AN=1,AN⊥BD,N(1,0,0), ∴ 可设A(1,m,n),由AN=1,得m2+n2=1. 设平面ABD的法向量为n1=(x1,y1,z1), ∵=(1,m,n),=(2,0,0), 则 令y1=n,则z1=-m,x1=0, 可得平面ABD的一个法向量 n1=(0,n,-m). 设平面AMD的法向量为n2=(x2,y2,z2), ∵=(1,,0), 则 令x2=n,则y2=-2n,z2=2m-1, 可得平面AMD的一个法向量 n2=(n,-2n,2m-1), 则 cos θ=|cos <n1,n2>|== ==. 设f(m)=(-1<m<1), 则 f'(m)=, 易知 m∈时,f'(m)<0,f(m) 单调递减; m∈时,f'(m)>0,f(m) 单调递增, ∴ 当 m= 时,f(m)min=, ∴ cos θ的最小值为=. 训练2 (2025·济南质检)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,AC=BC=AA1,D,E,G分别为A1B1,C1D,AA1的中点,F为AB上的一点,且BF=3AF,P为线段BC1上不包括端点的动点. (1)若P为BC1的中点,证明:PE∥平面CFG; (2)设直线CP与平面CFG所成的角为α,求sin α的最大值. (1)证明　如图,设线段AB的中点为O,连接BD,A1O. 在△C1BD中,P为BC1的中点,E为C1D的中点,所以PE∥BD. 又在矩形A1B1BA中,A1D∥OB且A1D=OB, 所以四边形A1DBO是平行四边形, 所以A1O∥BD. 因为BF=3AF,O为AB的中点, 所以F为AO的中点, 又G为AA1的中点, 故在△A1AO中,A1O∥GF. 所以可得PE∥GF, 又GF⊂平面CFG,PE⊄平面CFG, 所以PE∥平面CFG. (2)解　由题意建立如图所示的空间直角坐标系,设AC=4, 则C(0,0,0),A(4,0,0),B(0,4,0),C1(0,0,4),G(4,0,2),F(3,1,0). 设P(x,y,z),且=λ, 则P(0,4-4λ,4λ), 所以=(0,4-4λ,4λ). 设平面CFG的法向量为a=(x,y,z), 因为=(3,1,0),=(4,0,2), 故 令x=1,则y=-3,z=-2, 所以a=(1,-3,-2)为平面CFG的一个法向量, 所以sin α=|cos <,a>|==. 令t=λ-3,则sin α=, 所以当=-,即t=-,λ=时, sin α有最大值. 【精准强化练习】 一、单选题 1.某班级到一工厂参加社会实践劳动,加工出如图所示的圆台O1O2,在轴截面ABCD中,AB=AD=BC=2 cm,且CD=2AB,则一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到点D所经过的最短路程为(　　) A.3 cm B.4 cm C.4 cm D.3 cm 答案　C 解析　因为CD=2AB, 所以圆O1的周长是圆O2周长的两倍, 则弧的弧长=2π. 将圆台一半侧面展开,如图中扇环ABCD所示. 延长CB和DA交于点O,连接CD,如图所示, 由l=2l可得OC=2OB, 所以OB=BC=2 cm, 则OC=4 cm,∠COD==, 所以在Rt△COD中, CD==4(cm), 即点C到点D所经过的最短路程为4 cm. 2.已知圆锥的母线长为2,则该圆锥体积的最大值为(　　) A.π B.π C.π D.π 答案　D 解析　设圆锥的底面半径为r, 如图,BC=2,AC=r,AB⊥AC,故AB=, 所以体积为V=πr2=π(0<r<2). 令f(r)=4r4-r6, 则由f'(r)=16r3-6r5=0,得r=, 故当0<r<时,f'(r)=16r3-6r5=r3(16-6r2)>0,f(r)单调递增; 当<r<2时,f'(r)=16r3-6r5=r3(16-6r2)<0,f(r)单调递减, 所以当r=时,f(r)取得最大值, 此时V=πr2=π,故选D. 3.(2025·杭州质检)三棱锥A-BCD中,AC⊥平面BCD,D为以BC为直径的半圆圆周上的动点(不同于B,C的点).若AB=5,BD=3,则该三棱锥体积的最大值为(　　) A.4 B. C.2 D. 答案　A 解析　∵AC⊥平面BCD,BD⊂平面BCD, ∴AC⊥BD. ∵D为以BC为直径的半圆圆周上的动点(不同于B,C的点), ∴BD⊥CD. 又AC∩CD=C,AC,CD⊂平面ACD, ∴BD⊥平面ACD. ∵AD⊂平面BCD,∴BD⊥AD. 在Rt△ABD中,AB=5,BD=3, 则AD==4. ∵AC⊥平面BCD,CD⊂平面BCD, ∴AC⊥CD. 在Rt△ACD中,设AC=a,CD=b(a>0,b>0), 则由AC2+CD2=AD2,得a2+b2=16, ∴S△ACD=·AC·CD =ab≤(a2+b2)=4, 当且仅当a=b,且a2+b2=16, 即a=b=4时,等号成立, ∴VA-BCD=VB-ACD=S△ACD·BD≤4, ∴该三棱锥体积的最大值为4. 4.已知边长为1的正方形ABCD绕边CD所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱,点M和N分别是圆柱上、下底面圆周上的动点,点P是线段MN的中点,则三棱锥A-PBC体积的最大值为(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由题意知,AB=CD=BC=1, 三角形ABC的面积为S=×1×1=. 设点P到平面ABC的距离为h, 又VA-PBC=VP-ABC=h×S=h, 故要使三棱锥A-PBC的体积最大, 则需h最大,根据图形可得, 当MN∥CD,且CM⊥CB时,h最大,最大为1, 此时=h=. 5.(2025·福州调研)若正六棱锥P-ABCDEF的体积为8,则PA的最小值为(　　) A.2 B.3 C.4 D.3 答案　A 解析　设正六棱锥的底面边长与高分别为a,h(a>0,h>0),底面ABCDEF的中心为O,连接PO,AO, 则AO=a,PO⊥底面ABCDEF,PO为正六棱锥P-ABCDEF的高, 所以SABCDEF=×a2×6=a2. 因为正六棱锥的体积为8, 所以8=×a2×h, 即a2h=16, 则 PA==. 令y=+h2(h>0), 则由y'=-+2h=0,得h=2, 故当h=2时,y取最小值12, 从而PA的最小值为=2. 6.(2025·石家庄三模)在如图所示的试验装置中,正方形框架ABCD的边长为2,长方形框架ABEF的长BE=AB,且它们所在平面形成的二面角C-AB-E的大小为,活动弹子M,N分别在对角线AC和BF上移动,且始终保持==a(0<a<1),则MN的长度最小时a的取值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题意知,AB⊥BC,AB⊥BE, ∴∠CBE就是二面角C-AB-E的平面角,即∠CBE=, 以B为原点,以BA,BE所在直线分别为x,y轴,过B点作z轴⊥平面ABEF, 建立如图所示的空间直角坐标系, 则B(0,0,0),A(2,0,0),C(0,1,),F(2,3,0), ∴=(-2,1,),=(2,3,0), 设M(x,y,z),N(m,n,0), 由==a(0<a<1), 可知=a,=a, ∴(x-2,y,z)=a(-2,1,),(m,n,0)=a(2,3,0), ∴ 解得x=2-2a, ∴M(2-2a,a,a),N(2a,3a,0), ∴|MN|2=(2-2a-2a)2+(a-3a)2+(a)2 =23a2-16a+4=23+, ∴当a=时,|MN|2取到最小值,即MN取到最小值. 7.(2025·武汉质检)已知圆锥与圆柱的底面半径相等,侧面积也相等,设圆锥的体积为V1,圆柱的体积为V2,则的取值范围是(　　) A. B. C.(0,1) D. 答案　B 解析　设底面圆半径为r,侧面积为S, 则圆锥的母线长为l=, 圆柱的母线(即高线)长为l'=, 可得圆锥的高为h=. 由h>0,可得>r2, 即S2>π2r4,故有∈(0,1). 又V1=πr2h=πr2 =, V2=πr2l'=πr2=, 因此= =∈. 8.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,点P在正方体的内切球表面上运动,且满足D1P∥平面A1BC1,则AP的最小值为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题意得,正方体内切球的球心为正方体的中心,记为点O,内切球半径r=. ∵AD1∥BC1,AD1⊄平面A1BC1,BC1⊂平面A1BC1, ∴AD1∥平面A1BC1, 同理可得AC∥平面A1BC1. ∵AD1,AC⊂平面D1AC,AD1∩AC=A, ∴平面D1AC∥平面A1BC1, ∵D1P∥平面A1BC1,∴D1P⊂平面D1AC, 故点P的轨迹是平面D1AC与正方体内切球的交线,此交线为圆,记圆心为O1. 如图,以D为原点建立空间直角坐标系, 则A(1,0,0),C(0,1,0),D1(0,0,1),O, ∴=(-1,1,0),=(-1,0,1),=. 设平面D1AC的法向量为n=(x,y,z),则 令x=1,则y=z=1,故n=(1,1,1), ∴点O到平面D1AC的距离为d===, ∴圆O1的半径为r1===. 由=得,AO==, ∴AO1===, ∴AP的最小值为AO1-r1=-=. 二、多选题 9.(2025·长沙调研)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,当点E在棱CD(包含端点)上运动时,则下列结论正确的是(　　) A.三棱锥E-A1B1D1的体积不变 B.EB1⊥AD1 C.直线AE与B1D1所成角的范围为 D.二面角E-A1B1-A的大小恒为 答案　ABD 解析　因为三角形A1B1D1的面积恒定,点E到平面A1B1C1D1的距离不变, 所以三棱锥E-A1B1D1的体积不变,故A正确; 如图建立空间直角坐标系, 设正方体的棱长为1, DE=m,0≤m≤1, 则A(1,0,0),E(0,m,0),B1(1,1,1),D1(0,0,1),A1(1,0,1), =(1,1-m,1),=(-1,0,1). 因为·=-1+0+1=0, 所以⊥,即EB1⊥AD1,故B正确; 设直线AE与B1D1所成的角为θ, 因为=(-1,m,0),=(-1,-1,0), 则cos θ=|cos <,>|==. 令t=1-m,则t∈[0,1],cos θ===. 当0<t≤1时,cos θ==, 因为≥1,所以2+≥1, 所以0<cos θ=≤, 当且仅当=1,即t=1时取等号, 所以当m=0时,cos θ取最大值,最大值为,此时θ最小为; 当t=0即m=1时,cos θ取最小值,最小值等于0,此时θ最大为,所以θ∈, 即直线AE与B1D1所成角的范围为,故C不正确: 二面角E-A1B1-A即二面角D-A1B1-A, 因为DA1⊥A1B1,AA1⊥A1B1,DA1⊂平面EA1B1,AA1⊂平面A1B1A, 所以∠DA1A即为二面角E-A1B1-A的平面角. 在正方形ADD1A1中,∠DA1A=, 所以二面角E-A1B1-A的大小为,故D正确. 10.(2025·信阳模拟)在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD为正方形,CD=CC1=,P为线段B1C上动点,E,F分别为A1D1和BC的中点,则下列说法正确的是(　　) A.若=λ,则经过P,E,F三点的直棱柱的截面为四边形 B.直线B1C与A1C1所成角的余弦值为 C.三棱锥P-A1DC1的体积为定值 D.A1P+BP的最小值为 答案　BCD 解析　对于A,如图, 直线FP交直线CC1于K, 设=k. 因为=λ=λ(+) =2λ+, 因为F,P,K三点共线, 所以2λ+=1,得k=, 因为0<λ<,所以0<k<1. 所以点K在线段CC1上. 设射线FK与射线B1C1交于点M,连接EM交C1D1于点L. 在线段A1A上取点I,使A1I=CK; 在线段AB上取点J,使AJ=C1L. 连接FJ,IJ,EI,LK,可得经过P,E,F三点的直棱柱的截面,可见截面不是四边形,故A错误; 对于B,如图, 因为A1C1∥AC, 所以∠B1CA即为异面直线B1C与A1C1所成的角,设为θ. 在△AB1C中,B1A=B1C=2,AC=, 所以cos θ==,故B正确; 对于C,易知平面A1C1D∥平面ACB1, B1C⊂平面ACB1, 所以B1C∥平面A1C1D, 点P∈B1C,所以P到平面A1C1D的距离为定值,所以三棱锥P-A1DC1的体积为定值,故C正确; 对于D,如图, 将△BCB1绕B1C旋转,使A1,B1,B,C,D共面,则A1B≤A1P+BP. 过B作BH与直线A1B1垂直,垂足为H. 在△BB1C中,BB1=1,B1C=2,∠B1BC=90°, 所以∠BB1C=60°,B1H=,BH=, 所以A1B==,故D正确.故选BCD. 11.如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点P在线段B1C(包括端点)上运动,则下列结论正确的是(　　) A.异面直线AP与A1D所成角的取值范围是 B.平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值的取值范围是 C.三棱锥A1-PC1D的体积为定值 D.当P为B1C的中点时,P到BD1的距离为 答案　BCD 解析　对于A,∵A1D∥B1C, ∴异面直线AP与A1D所成的角即为AP与B1C所成的角. 当点P与C或B1点重合时,由于△AB1C是等边三角形, 则AP与B1C所成的角为; 当点P位于B1C的中点时,由于△AB1C是等边三角形, ∴AP⊥B1C,此时,AP与B1C所成的角为; 由于△AB1C是等边三角形,根据等边三角形性质, 知道P从B1→C过程中,AP与B1C所成的角先从,再减小到, ∴异面直线AP与A1D所成角的取值范围是,故A错误; 对于C,∵A1D∥B1C,A1D⊂平面A1C1D,B1C⊄平面A1C1D, ∴B1C∥平面A1C1D. ∵点P在线段B1C上运动, ∴点P到平面A1C1D的距离为定值, 又△A1C1D的面积为定值, 故三棱锥P-A1C1D的体积为定值, 又=,故C正确; 对于B,以D为原点,分别以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系, 则D(0,0,0),A(1,0,0),显然平面ABCD的一个法向量为m1=(0,0,1). 设平面ADP的法向量为m2=(x1,y1,z1), P(a,1,a),a∈[0,1], 则=(1,0,0),=(a,1,a), 则 令y1=a,则x1=0,z1=-1, 则m2=(0,a,-1). 设平面ADP与平面ABCD所成夹角为α, ∴cos α=|cos <m1,m2>|==. ∵a∈[0,1],∴a2+1∈[1,2], ∴∈[1,], ∴∈, ∴平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值的取值范围是,故B正确; 对于D,∵B(1,1,0),D1(0,0,1), 当P为B1C的中点时,P, ∴=(-1,-1,1),=. 设上的投影向量的模为|h|, 则|h|===. 又||==, ∴点P到BD1的距离d===,故D正确. 三、填空题 12.已知正四棱锥P-ABCD的侧棱长为4,且∠APB=30°,若一只蚂蚁从点A出发沿着该四棱锥的侧面爬行一周回到点A,则蚂蚁爬行的最短距离为　　　　.  答案　12 解析　根据题意,正四棱锥P-ABCD的展开图如图所示. 若一只蚂蚁从点A出发沿着该四棱锥的侧面爬行一周回到点A, 则最短距离为线段AA'的长度. 由∠APB=30°,得∠APA'=120°, 又PA=4,故AA'2=PA2+PA'2-2PA·PA'cos 120°=144,则AA'=12. 13.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的高为4,底面边长为4,D是B1C1的中点,P是线段A1D上的动点,过BC作截面α⊥AP于点E,则三棱锥P-BCE体积的最小值为　　　　.  答案　4 解析　如图,取BC的中点F,连接FD,FA,FE,FP. 过点E作EH⊥AF于点H,则BC⊥平面AFDA1, 又EH⊂平面AFDA1, 所以BC⊥EH, 又AF,BC⊂平面ABC,AF∩BC=F, 所以EH⊥平面ABC. 因为VP-ABC=×12×4=16=VP-EBC+VE-ABC, 所以当三棱锥E-ABC的体积最大时, 三棱锥P-BCE的体积最小. 因为AE⊥EF,AF=4×=6, 所以AE2+EF2=AF2=36≥2AE·EF, 所以AE·EF≤18. 设三棱锥E-ABC的高为h, 由AE·EF=AF·h,得h=≤3. 因为VE-ABC=×S△ABC×h=4h, 所以(VE-ABC)max=12, 所以(VP-EBC)min=4. 14.(2025·重庆诊断)已知点A,B,C在半径为2的球O的球面上,且OA,OB,OC两两所成的角相等,则当三棱锥O-ABC的体积最大时,平面ABC截球O所得的截面圆的面积为　　　　.  答案　π 解析　由题意知,三棱锥O-ABC为正三棱锥,如图所示. 设D为BC中点,OG⊥平面ABC, 则G为△ABC的重心. 设AB=x, 则AG=AD=×x=x, OG==, VO-ABC=×x2· =, 令t=x2∈(0,12),g(t)=t2(12-t), 则g'(t)=-3t2+24t, 令g'(t)=0,解得t=8, 则t∈(0,8)时,g'(t)>0,g(t)单调递增; t∈(8,12)时,g'(t)<0,g(t)单调递减, ∴x2=t=8时,三棱锥O-ABC体积最大, 此时AG2==,平面ABC截球O所得的截面圆的面积S=π·AG2=π. 四、解答题 15.(2025·南京调研)如图,直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,△ACD是边长为2的等边三角形,BB1=AB=3,∠ACB=,棱AD的中点为F. (1)求证:AD⊥平面AA1B1B; (2)矩形BCC1B1以边BB1所在直线为旋转轴,逆时针旋转θ至矩形BEE1B1,求直线E1F与平面BEE1B1所成角的正弦值的最大值. (1)证明　在△ABC中,由正弦定理得 =,即=, 故sin ∠ABC=1,又0<∠ABC<π, ∴∠ABC=,∴BC⊥AB. 又△ACD为正三角形,∴∠CAD=∠ACB, ∴AD∥BC,∴AD⊥AB. 又AA1⊥平面ABCD,AD⊂平面ABCD, ∴AD⊥AA1. 又AA1∩AB=A,AA1,AB⊂平面AA1B1B,∴AD⊥平面AA1B1B. (2)解　以B为原点,BC,AB,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则B(0,0,0),B1(0,0,3),F(,-3,0),E(θ,θ,0),E1(θ,θ,3), 所以=(θ-,θ+3,3), =(0,0,3),=(θ,θ,0). 设平面BEE1B1的法向量为n=(x,y,z), 则∴ 取n=(-sin θ,cos θ,0). 设直线E1F与平面BEE1B1所成角为α,则 sin α=|cos <,n>|====. 令t=2-, ∵0<θ<,∴<θ+<, ∴-<<,∴<t<2+, 则sin α===≤=-1, 当且仅当t=时取等号. 故直线E1F与平面BEE1B1所成角的正弦值的最大值为-1. 16.如图,四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE,且二面角C-AB-E为直二面角. (1)求证:平面ACE⊥平面BCE; (2)设F是BE的中点,AE=1,BE=λ,二面角E-AC-F的平面角的大小为θ,当λ∈[2,3]时,求cos θ的取值范围. (1)证明　因为二面角C-AB-E为直二面角, 即平面ABC⊥平面ABE, 又AB⊥BC,平面ABC∩平面ABE=AB,BC⊂平面ABC,则BC⊥平面ABE, 又AE⊂平面ABE,即得BC⊥AE. 因为四边形ABCD为矩形,△ACD≌△ACE, 则∠AEC=∠ADC=90°,即AE⊥CE, 又BC∩CE=C,BC,CE⊂平面BCE, 于是AE⊥平面BCE,又AE⊂平面ACE, 所以平面ACE⊥平面BCE. (2)解　过E作Ez⊥平面ABE. 由(1)知AE⊥平面BCE,又BE⊂平面BCE, 故AE⊥BE. 故以E为原点,射线EB,EA,Ez分别为x,y,z轴非负半轴建立空间直角坐标系,如图. 因为AD=AE=1,EB=λ, 则E(0,0,0),A(0,1,0),B(λ,0,0),C(λ,0,1),F, =(0,1,0),=(λ,0,1), =,=. 设平面EAC的法向量为m=(x,y,1), 则 则m=. 设平面FAC的法向量为n=(x1,y1,1), 则 则n=. 由图可知二面角E-AC-F为锐二面角, 从而有cos θ=|cos <m,n>|===·, 而λ∈[2,3],则∈, ∈, 所以cos θ∈. 学科网（北京）股份有限公司 $