板块四 立体几何与空间向量 因材施教 冲刺“双一流”考生选用-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

　　　 　　　　（板块四　立体几何与空间向量的“3点”培优） 培优点1　几何体的交线问题 1.利用相交平面有且只有一条过交点的直线寻找交线，即只需找相交平面的两个公共点，两点连线就是交线. 2.利用线面平行与面面平行的判定定理寻找线面平行及面面平行，再利用性质作出交线. 3.对于球与多面体的交线长问题，根据交线的不同有两种计算方法：一是利用弧长公式计算，只需找出弧所对的圆心角即可；二是转化为截面小圆计算，只需找到小圆半径即可. 类型（一）　与多面体有关的交线问题 1.（2025·厦门三模）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M为AB的中点，l为平面A1MC1与平面ABCD的交线，则 （　　） A.l∥AC1 B.l⊥AC1 C.l∥BD1 D.l⊥BD1 解析：选D 设N为BC的中点，连接MN，NC1，∵M为AB的中点，N为BC的中点，∴MN∥AC.又∵A1C1∥AC，∴A1C1∥MN，∴A1，M，N，C1四点共面，∴平面A1MC1与平面ABCD的交线为MN，则l即为MN所在直线.∵MN与AC1是异面直线，即l与AC1是异面直线，故A错误；∵MN∥AC，而在Rt△ACC1中， ∠ACC1=90°，则AC1与AC不垂直，故MN与AC1不垂直，即l与AC1不垂直，故B错误；∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC.又AC⊥BD，BD∩BB1=B，BD，BB1⊂平面BDD1B1，∴AC⊥平面BDD1B1.又MN∥AC，∴MN⊥平面BDD1B1，即l⊥平面BDD1B1.∵BD1⊂平面BDD1B1，∴l⊥BD1，故C错误，D正确. 2.在正三棱锥P-ABC中，PA=6，BC=6，M，N，Q，D分别是AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线QD与直线l所成角的正弦值为 （　　） A. B. C. D. 解析：选C 思维路径：取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得平面MQN与平面PBC的交线l即为JN，直线QD与直线l所成的角即直线QD与直线MQ所成的角，为∠MQD，由余弦定理求解即可. 取PB的中点J，连接MJ，JN，由题意可得QN∥AB，QN=AB.又因为MJ∥AB，MJ=AB，所以MJ∥QN，MJ=QN.所以四边形MJNQ是平行四边形，所以MQ∥JN，所以M，J，N，Q四点共面，所以平面MQN与平面PBC的交线l即为JN， 直线QD与直线l所成的角即直线QD与直线MQ所成的角，为∠MQD. 因为正三棱锥P-ABC中，PA=6，BC=6，所以PA=PB=PC=6，AB=AC=BC=6，所以QD=MQ=3，MD=3，cos∠MQD===，所以sin∠MQD===. 3.在正三棱台A1B1C1-ABC中，A1B1=1，AB=AA1=2，点E，F分别为棱BB1，A1C1的中点，若过点A，E，F作截面，则截面与上底面A1B1C1的交线长为　　　　.  解析：连接AF并延长交CC1的延长线于点M，连接ME交B1C1于点N，连接FN， 如图，则线段FN即为截面AEF与上底面A1B1C1的交线，因为F为A1C1的中点，===，所以MC1=CC1=. 过点E作BC的平行线交CC1于点H，因为HE=（BC+B1C1）====， （关键点：HE是梯形BCC1B1的中位线） 所以C1N=HE=.在△C1FN中，FN= ==. 答案： 类型（二）　与球有关的交线问题 4.（2025·辽宁模拟）已知在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB=BC=2，PA=AC=4，△ACD为等边三角形，则平面PAD与三棱锥P-ABC 的外接球球面的交线长为 （　　） A.4π B.2π C.6π D.4π 解析：选B 思维路径：本题为空间几何体交线问题，找到球面与四棱锥的表面相交所得到的曲线是解决问题的关键.具体做法为先证明出BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，则PC为三棱锥P-ABC的外接球的直径，作出辅助线，得到CH⊥平面PAD，求出M到平面PAD的距离，平面PAD与三棱锥P-ABC的外接球球面的交线为圆，求出圆的半径，代入周长公式即可得解. 因为AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC.又PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC.又AB∩PA=A，AB，PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，则PC为三棱锥P-ABC的外接球的直径，PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以PA⊥AC.PA=AC=4，由勾股定理得PC==4.取M为PC的中点，过C作CH⊥AD，H为垂足，PM=2，PA⊥平面ABCD，CH⊂平面ABCD，所以PA⊥CH.又AD∩PA=A，AD，PA⊂平面PAD，故CH⊥平面PAD.因为△ACD为等边三角形，且AC=4，则CH=2，所以M到平面PAD的距离d==，故平面PAD与三棱锥P-ABC的外接球球面的交线为圆，且圆的半径r满足r2+d2=PM2，解得r=，故其周长为2π. 5.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则图中球面与正方体的表面相交所得到的两段弧长之和等于 （　　） A. B. C.π D. 解析：选A　 球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点A所在的三个面上，即平面AA1B1B，平面ABCD和平面AA1D1D上；另一类在不过顶点A的三个面上，即平面BB1C1C，平面CC1D1D和平面A1B1C1D1上. 在平面AA1B1B上，交线为弧EF且在过球心A的大圆上，因为AE=2，AA1=，则∠A1AE=. 同理∠BAF=，所以∠EAF=， 故弧EF的长为2×=，而这样的弧共有三条. 在平面BB1C1C上，交线为弧FG且在距球心为的平面与球面相交所得的小圆上， 此时，小圆的圆心为B，半径为1，∠FBG=， 所以弧FG的长为1×=. 于是，所求的两段弧长之和为+=. 6.已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面边长分别为2和5，侧棱长为3，则以下底面的一个顶点为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线长为　　　　.  解析：由题意，得△ABC是边长为5的等边三角形，侧面均为全等的等腰梯形，在四边形ABB1A1中，AB=5，A1B1=2，AA1=BB1=3，如图（1），在棱AB上取BF=2，连接A1F，易知△AA1F为等边三角形，即 ∠A1AB=. 如图（2），以下底面的一个顶点A为球心，2为半径的球面与此正三棱台的表面的交线为三段圆弧 ，分别是与平面ABC，平面ABB1A1，平面ACC1A1的交线，则所求交线长度为三段圆弧的长度之和，长度为×2×3=2π. 答案：2π 7.已知三棱锥P-ABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，AP=AB=AC=2，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于　　　　.  解析：由题设，将三棱锥P-ABC补全为棱长为2的正方体，O为底面中心，如图所示，若AD=AF=2，则PD=PF=4，即D，F在以P为球心，4为半径的球面上.又OA=>2，OP=3>4，所以平面ABC与球面所成弧是以A为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为π；平面PBC与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；平面PBA，PCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为.所以最长弧的弧长为. 答案： 培优点2　动点的轨迹问题 　　动点的轨迹问题通常有判断轨迹形状和求轨迹的长度（最值）两种题型.解决此类问题的关键是求动点的轨迹.求动点轨迹一般有两种思路，一是根据线面位置关系和空间几何体的结构特征能直观判断动点的轨迹（如动点P满足PA⊥PB，点A和点B为定点，则点P的轨迹是以AB为直径的圆（不含A，B点））；二是建立空间直角坐标系，根据题干条件设出动点的坐标，利用线面位置关系或题干条件得出动点的轨迹方程，对比圆锥曲线方程特征判断动点的轨迹.对于轨迹最值问题，通常是要求最值的量用动点的某个坐标表示（注意坐标的取值范围），通过函数或基本不等式求最值，有时也可以根据空间几何体的结构特征和题干条件直观判断何时取最值，判断后直接求解即可. 类型（一）　由定义判定轨迹形状 [例1]　（2025·青岛二模）如图，在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC=90°且SA=AB=AC=，若在△SBC内（包括边界）有一动点P，使得AP与平面SBC所成角的正切值为，则点P的轨迹长为 （　　） A. B.π C. D.6 |方|法|例|析| 过A作AH⊥平面SBC，因为SA=AB=AC=，所以△SBC是边长为2的等边三角形，易知H为△SBC的中心，由VS-ABC=VA-SBC，则××××=××2×2×AH，则AH=.AP与平面SBC所成的角为∠APH.因为AP与平面SBC所成角的正切值为，所以tan∠APH=，解得PH=，所以P的轨迹是以H为圆心，为半径的落在△SBC内的圆弧. （注意：点P为△SBC内（包括边界）一动点，所以点P的轨迹只局限于△SBC内（包括边界），因而轨迹是圆弧，而不是整个圆）根据SH=，可知四边形SMHN是菱形，且∠MHN=，根据对称性可知，P所形成的轨迹是三段等长的圆弧，故P的轨迹长为πr=. 答案：C 类型（二）　由轨迹方程确定轨迹形状 [例2]　（2025·北京二模）设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为正方体表面上一点，且点P到直线AA1的距离与它到平面ABCD的距离相等，记动点P的轨迹为曲线W，则曲线W的周长为 （　　） A.3 B.2+π C.6 D.4+π |方|法|例|析| 以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设点P（x，y，z），显然点P到平面ABCD的距离为|z|，在AA1上取一点A2（2，0，z），又A（2，0，0），A1（2，0，2），所以=（x-2，y，0），=，从而·=0，所以点P到直线AA1的距离为||=，所以+y2=z2.令z=0，得x=2，y=0，此时点P的轨迹就是一个点，此时点P的轨迹长度是0；令z=2，得+y2=4，x，y∈，此时点P在以A1为圆心，半径为2的四分之一的圆周上面运动，此时点P的轨迹长度是×2π×2=π；令x=0，得4+y2=z2，z，y∈，即y=0，z=2，此时点P的轨迹长度是0；令x=2，得y2=z2，z，y∈，即y=z，z，y∈，此时点P在线段AB1上运动，轨迹长度是2；令y=0，得=z2，z，x∈，即2-x=z，z，x∈，此时点P在线段AD1上运动，轨迹长度为2；令y=2，得+4=z2，z，x∈，即x=2，z=2，此时点P的轨迹长度是0，综上所述，曲线W的周长为4+π. 答案：D [应用体验] 1.（2025·白银模拟）在所有棱长为4的正四棱锥P-ABCD 中，M是底面正方形ABCD内一点（含边界），若PM⊥MD，则点M的轨迹长度是 （　　） A.π B.2π C.2 D.2π 解析：选A 在正四棱锥P-ABCD中，令正方形ABCD的中心为O，取PD的中点O1，连接OO1，OD，PO. 取OD，AD，CD的中点分别为E，M1，M2，连接O1E，M1M2，OM1，OM2，则O1E∥PO.由PO⊥平面ABCD，OD⊂平面ABCD，则PO⊥OD，O1E⊥平面ABCD.由PM⊥MD，得O1M=PD=OO1=2，O1E=PO===.又EM⊂平面ABCD，所以O1E⊥EM，EM==，点M的轨迹是以E为圆心，为半径的圆在正方形ABCD及内部的圆弧，显然OM1⊥AD，OM2⊥CD，则∠M1OM2=90°，而点M1，M2是M的轨迹的端点，于是点M的轨迹是半径为的半圆，所以点M的轨迹长度是π.故选A. 2.如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，AC=3，BC=5，AA1=6，D为CC1的中点，E为BB1上一点，=3，∠ACD=120°，M为侧面AA1C1C上一点，且BM∥平面ADE，则点M的轨迹的长度为 （　） A.2 B. C. D.1 解析：选B　 由题意知，BE=2，CD=3，在CD上取点M1，使得M1D=2，M1C=1，则M1D∥BE且M1D=BE，所以四边形BEDM1为平行四边形，故BM1∥DE. 又BM1⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BM1∥平面ADE. 在AC上取点M2，使得M2A=2，M2C=1，则==，所以△CM1M2∽△CDA，则M1M2∥AD. 又M1M2⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以M1M2∥平面ADE. 又BM1∩M1M2=M1，BM1，M1M2⊂平面BM1M2， 所以平面BM1M2∥平面ADE，则点M的轨迹为线段M1M2. 在△CM1M2中，CM1=CM2=1，∠M1CM2=120°， 由余弦定理，得M1M2 ==， 即点M的轨迹长度为. 3.（2025·重庆三模）已知长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=4，AA1=，E为A1B1的中点.若长方体表面上的动点P满足=λ+μ，则动点P的轨迹围成的面积为 （　　） A.24 B.18 C.12 D.12 解析：选A 由=λ+μ知，点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，取B1C1的中点F，连接EF，CF，则有EF∥AC.又AE=CF=，所以四边形EFCA为等腰梯形，AC=2EF=4，由此可算出其高h=4，所以等腰梯形EFCA的面积=×（2+4）×4=24. 4.[多选]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M为DD1的中点，N为正方形ABCD所在平面内一动点，则下列命题正确的有 （　　） A.若MN=2，则MN的中点的轨迹所围成图形的面积为π B.若MN与平面ABCD所成的角为，则N的轨迹为圆 C.若N到直线BB1与直线DC的距离相等，则N的轨迹为抛物线 D.若D1N与AB所成的角为，则N的轨迹为双曲线 解析：选BCD　 因为MN=2，MD=1，所以DN==，所以线段MN的中点到线段MD中点的距离为定值， （易错提醒：N点是正方形ABCD所在平面内一动点，不局限于正方形ABCD内，因而轨迹是整个圆，而不是一段弧） 所以线段MN的中点的轨迹是以线段MD中点为圆心，半径为的圆，面积S=πr2=，故A错误； tan∠MND=，∠MND=，则DN==，所以N的轨迹是以D为圆心，半径为的圆，故B正确； 点N到直线BB1的距离为BN，所以点N到定点B和直线DC的距离相等，且B点不在直线DC上，由抛物线定义可知，N的轨迹是抛物线，故C正确； 如图，以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，设N（x，y，0），D1（0，0，2），A（2，0，0），B（2，2，0），所以=（x，y，-2），=（0，2，0），cos ===，化简得3y2-x2=4，即-=1，所以N的轨迹为双曲线，故D正确. 5.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，点P是平面ABCD内的动点，且点P到直线A1D1的距离与点P到直线A1B1的距离的平方差为a2，则点P的轨迹为 （　　） A.双曲线 B.圆 C.直线 D.抛物线 解析：选A　 建立如图所示的空间直角坐标系，过点P作PE⊥A1D1于点E，PF⊥A1B1于点F，设P（x，y，0），则E（x，0，a），F（a，y，a），由题意可知PE2-PF2=a2，则（a2+y2）-[（a-x）2+a2]=a2，即y2-（x-a）2=a2，表示双曲线. 6.第5题改为已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a，定点M在棱AB上（但不在端点A，B上），点P是平面ABCD内的动点，且点P到直线A1D1的距离与点P到点M的距离的平方差为a2，则点P的轨迹为 （　　） A.直线 B.圆 C.双曲线 D.抛物线 解析：选D　 作PF⊥AD，PE⊥A1D1，垂足分别为F，E，以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设M（0，t，0），0<t<a，P（x，y，0），由正方体结构特征可知，PF⊥平面ADD1A1，易证AD⊥平面EFP，∴PE2=y2+a2，PM2=x2+（y-t）2，∴PE2-PM2=y2+a2-x2-（y-t）2=a2，整理得x2=2ty-t2，∴P的轨迹是抛物线. 7.（2025·南昌二模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M在正方体内（包含表面）运动，若·=-，则动点M的轨迹所形成区域的面积是 （　　） A. B. C. D. 解析：选B 在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，·=（+）·=·+·=-2+·=-，则·=. 而||=，由数量积的几何意义知，在上投影向量的模为，因此点M在与AC1垂直的平面内，且点A到该平面的距离为，在正方体ABCD-A1B1C1D1中易证AC1⊥平面A1BD，点A到平面A1BD的距离为，取AB，AD，AA1的中点E，F，G，易得平面EFG∥平面A1BD，则AC1⊥平面EFG，且点A到平面EFG的距离为，所以点M的轨迹所形成区域为等边△EFG，面积为S△EFG=EF2=×=. 8.（2025·哈尔滨模拟）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为底面ABCD内（包括边界）的动点，若D1P⊥B1D，则P点在正方形底面ABCD内的运动轨迹长为　　　　.  解析：以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则D，D1，B1， 设P，x，y∈， 则=， =. 因为D1P⊥B1D，所以·=-2（x+y-2）=0，即x+y=2， 所以点P的轨迹就是线段AC， 轨迹长为AC==2. 答案：2 培优点3　动态几何中的最值与范围问题　　　　 [典例]　（2025·杭州二模）[多选]在四边形ABCD中，BD=2AB=2，BC=2，∠A=∠CBD=90°，将△BCD沿BD折起，使点C到达点C1的位置，M是C1D的中点，P是线段BC1上的一动点，下面结论正确的是 （　　） A.直线C1D与平面ABD所成角的最大值为30° B.异面直线BC1与AD所成角的余弦值的取值范围是 C.当直线C1D与平面ABD所成的角最大时，AP+PM的最小值为 D.三棱锥C1-ABD的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为16π |方|法|例|析| 思维路径：对于A，可求得CD=4，直线C1D与平面ABD所成角的正弦值为C1到平面ABD的距离除以4，所以要使角最大，只需C1到平面ABD的距离最大，根据解三角形确定∠BDC=30°即可判定；对于B，由题可计算直线AD与平面BCC1所成的角为60°，然后可判断直线BC1与AD所成的角为60°时，两直线共面即可判断；对于C，PA和PM在两个不同的平面内，要求PA+PM的最小值，需要将△ABC1沿BC1翻折至与△BDC1在同一个平面内， 通过三点共线得到PA+PM的最小值；对于D，发现△ABD，△BDC1为直角三角形，利用外接球半径不小于其外接圆半径可确定. 对于A，∵BD=2AB=2，BC=2，∠A=∠CBD=90°，∴AD=3，CD=4，且∠BDC=30°=∠BDC1.当BC1⊥平面ABD时，C1到平面ABD的距离最大，此时直线C1D与平面ABD所成的角最大，最大值为30°，故A正确； 对于B，∵∠CBD=90°，∴BD⊥BC，BD⊥BC1.又BC∩BC1=B，BC，BC1⊂平面BCC1，∴BD⊥平面BCC1.又∠ADB=30°，∴直线AD与平面BCC1所成的角为60°，则直线BC1与AD所成角的最小角为60°，此时C1在直线BC上.直线BC1与AD所成角的最大角为90°，当平面C1BD⊥平面ABD时.∵BC1⊥BD，平面C1BD∩平面ABD=BD，∴BC1⊥平面ABD.∵AD⊂平面ABD，∴BC1⊥AD，∴异面直线BC1与AD所成角的余弦值的取值范围是，故B错误；对于C，由A可知，当直线C1D与平面ABD所成的角最大时，BC1⊥平面ABD.将△ABC1沿BC1翻折至与△BDC1在同一个平面内， 如图所示，连接AM，交BC1于点P，此时AP+PM的值最小，过点M作MN⊥AD于点N，由题意可得NA=2，MN=1，∴AM==，即AP+PM的最小值为，故C正确； 对于D，∵∠A=∠CBD=90°，∴△ABD，△BDC1为直角三角形，外接圆半径分别为，2，故三棱锥C1-ABD外接球半径最小为2，此时球心在C1D的中点处，表面积为16π，故D正确. 答案：ACD 　　|拓|展|延|伸| 对于过圆O内的点P圆的弦长最大、最小问题，当该弦过圆心时，弦长最长，当弦与OP垂直时，弦长最短；类比球，对于过球O内的点P球的截面面积最大、最小问题，当该截面过球心时，截面面积最大，即球大圆的面积，当截面圆与OP垂直时，截面面积最小. [应用体验] 1.（2025·十堰模拟）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，H为DD1上三等分点且靠近D1点，在侧面ABB1A1内作边长为1的正方形EFGB1，P是侧面ABB1A1内一动点，且点P到平面BCC1B1的距离与线段PF的长度相等，则当点P运动时，HP2的最小值是 （　　） A.12 B.13 C.14 D.17 解析：选B 建立空间直角坐标系，如图所示，过P作PN⊥BB1，垂足为N， 设P（x，3，z），则H（3，0，2），F（1，3，2），N（0，3，z），且0≤x≤3，0≤z≤3，由PN=PF， 即=x，化简得2x-1=（z-2）2，∴HP2=（x-3）2+9+（z-2）2=x2-6x+18+2x-1=x2-4x+17，所以当x=2时，HP2取得最小值13. 2.如图，已知三棱锥P-ABC的侧棱长均为2，∠APB=∠BPC=35°，∠APC=50°，点D在线段PA上，点E在线段PC上，则△BDE周长的最小值为 （　　） A.4 B.4 C.2 D.6 解析：选C　 如图，将三棱锥的侧面展开，则△BDE周长的最小值与展开图中的线段B1B2相等.在△PB1B2中，PB1=PB2=2，∠B1PB2=35°+35°+50°=120°，根据余弦定理，可得B1=P+P-2PB1·PB2cos 120°=22+22-2×2×2×=12，所以B1B2=2，即△BDE周长的最小值为2. 3.（2025·安庆模拟）在直棱柱ABCD-A1B1C1D1中，=，且AC=3，N是棱AA1上的一点，且满足·=0，则AA1的最小值为 （　　） A.3 B.6 C.3 D.6 解析：选B 设AA1=h，=t，t∈[0，1]，则=-=-t=+=（1-t）+，所以·=·[+（1-t）]=+t（t-1）+·=0.因为AC=3，AA1⊥AC，则=27，=h2，·=0，代入整理得t（t-1）h2+9=0，显然t（t-1）≠0，故h2==.因为0<t<1，故当t=时，y=-+取得最大值，此时h2取得最小值为36，故AA1的最小值为6. 4.（2025·南通二模）在四面体ABCD中，BD=2，△ABD为等腰直角三角形，∠BAD=90°，平面ABD⊥平面BCD，M为BD的中点，点C到直线AB的距离为1，则四面体ABCD体积的最大值为 （　　） A. B.1 C. D.3 解析：选C 已知在等腰Rt△BAD中，∠BAD=90°，BD=2. 设AB=AD=a，则a2+a2=BD2=4，即2a2=4，解得a=. 根据三角形面积公式S△ABD=×AB×AD=××=1. 因为M为BD的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，AM⊥BD. 又平面ABD⊥平面BCD，平面BCD∩平面ABD=BD，AM⊂平面ABD， 所以AM⊥平面BCD. 以A为原点，AB，AD所在直线为x，y轴，过A作垂直于平面ABD的直线为z轴建立空间直角坐标系. 则A（0，0，0），B（，0，0）. 设C（x0，y0，z0），则=（，0，0），=（x0，y0，z0）. 根据点C到直线AB的距离公式d====1，即=1-. 因为≥0，所以当y0=0时，取得最大值1，则|z0|的最大值为1，即点C到平面ABD距离h的最大值hmax=1. VA-BCD=VC-ABD，根据三棱锥体积公式，所以Vmax=×S△ABD×hmax=×1×1=. 则四面体ABCD体积的最大值为. 5.（2025·长沙二模）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=6，E为线段CC1上的动点，D为BC边上靠近B的三等分点，则三棱锥A-BDE的外接球体积的最小值为 （　　） A.32π B. C. D.108π 解析：选B 以A为坐标原点，AB为x轴，过A作AB的垂线为y轴，AA1为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，0，0），B（6，0，0），C（3，3，0），D（5，，0），设△ABD的外接圆的圆心为G，则点G在xAy平面上，且为线段AB的中垂线与线段AD的中垂线交点，注意到线段AB中垂线方程满足AD中点为.又在平面xAy中，kAD=，则AD中垂线的方程满足联立与 故解得点G的坐标为，过点G作平面ABC的垂线，则外接球球心O一定在此垂线上， 设O的坐标为.又GA==，故△ABD的外接圆半径GA=.由题可设点E的坐标为，且t∈，由外接球的定义知R2=OE2=+=OA2=OG2+GA2=h2+，故R2=h2+=（t-h）2+，得h=+，t∈，故当h最小时，半径最小，即体积最小，由基本不等式知h=+≥2=2，当且仅当=⇒t=2时等号成立，即R2≥24+=⇒R≥⇒V=πR3≥π·=， 故三棱锥A-BDE的外接球体积的最小值为. 6.如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=2，PA=2，以AB为直径的圆弧在平面PAB内，点D是△PAB内圆弧上（不含边界）的动点，则三棱锥C-ABD的体积最大值是　　　　，异面直线CD与AB所成角的余弦值范围是　　　　.  解析：因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB. 又PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC， 又因为PA=2，AB=2，所以tan∠PBA==，所以∠PBA=， 所以圆弧所对的圆心角为.又点D在△PAB内圆弧上， 所以点D到平面ABC的距离的最大值为圆的半径1， 所以三棱锥C-ABD的体积最大值是××2×2×1=； 如图，在平面ABC内过A作Ax⊥AB， 以A为坐标原点，Ax，AB，AP为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（0，y，z）， 因为=（0，y，z），=（0，y-2，z），=（0，2，0），=（-2，y-2，z）， 因为AD⊥BD，所以·=y（y-2）+z2=0，所以y2-2y+z2=0，0<y<. 设异面直线CD与AB所成的角为θ， 所以cos θ=|cos<>|===. 令t=，t∈， 则cos θ=|cos􀎮􀎯|==. 又函数y=t-在内单调递增，所以y=t-∈， 所以异面直线CD与AB所成角的余弦值范围是. 答案： 　 7.（2025·长沙三模）如图1，已知球O的半径R=.在球O的内接三棱锥D-ABC中.DB⊥平面ABC， AC⊥BC，AC=BC，BD=.如图2，P，Q分别为线段AC，BC的中点，G为线段BD上一点（不与点B重合），则平面OBC与平面GPQ夹角的余弦值的最大值为　　　　.  解析：因为DB⊥平面ABC，AC，AB⊂平面ABC，所以DB⊥AC，DB⊥AB， 因为AC⊥BC，又BD∩BC=B，BD，BC⊂平面BCD，所以AC⊥平面BCD， 又CD⊂平面BCD，所以AC⊥CD， 易知在Rt△ACD和Rt△ABD中，斜边AD的中点到点A，B，C，D的距离相等， 即AD为球O的直径，设BC=a， 因为AC⊥BC，AC=BC， 所以AB=a，AC=a.因为AD=2，BD=， 所以在Rt△ABD中，AB==a，a=. 以点C为坐标原点，直线CB，CA分别为x，y轴，过点C且与BD平行的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则C（0，0，0），A（0，2，0），B（，0，0），D（，0，），设BG=t，t∈， 由题可知P（0，1，0），Q，G，O， 则====， 设平面OBC的法向量为m=， 则取z1=-2，可得m=. 设平面GPQ的法向量为p=， 则 取x2=t，可得p=. 设平面OBC与平面GPQ的夹角为θ. 因为cos θ=|cos<m，p>|===×=×=×. 令s=2t+1，则s∈，t=，3t2=， 可得===≤==2， 当且仅当s=3，即t=时等号成立， 此时cos θ=×≤，即cos θ取得最大值. 答案： 64 / 93 学科网（北京）股份有限公司 $