2023届高考数学专项练习高分突破智取压轴小题15 立体几何中最值问题含答案.doc

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1、2023届高考数学专项练习 立体几何中最值问题一方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力。最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面。此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面

2、化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二解题策略类型一 空间角的最值问题【例1】（2020浙江高三期末）如图，四边形，现将沿折起，当二面角的大小在时，直线和所成角为，则的最大值为（ ）ABCD【答案】C【解析】取BD中点O，连结AO，CO，ABBDDA4BCCD，COBD，AOBD，且CO2，AO，AOC是二面角ABDC的平面角，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，B（0，2，0），C（2，0，0），D（0，2，0），设二面角ABDC的平面角为，则，连AO、BO，则AOC，A（），设AB、CD的夹角为，则cos，cos，|1|0，1+co

3、s的最大值为故选：C【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.【举一反三】 来1（2020广东高考模拟）在正方体中，E是侧面内的动点，且平面，则直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是A B C D【答案】B【解析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为1，设0，1，1，0，1，1，1，设平面的法向量y，则，取，得，平面，解得，设直线与直线AB所成角为，1，直线与直线AB所成角的正弦值的最小值是故选B2（2020河南高三月考（理

4、）如图，在菱形ABCD中，ABC60，E，F分别是边AB，CD的中点，现将ABC沿着对角线AC翻折，则直线EF与平面ACD所成角的正切值最大值为( )ABCD【答案】D【解析】如图，以的中点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设二面角为，可证，设棱形的边长为，则，易知平面的法向量设直线与平面所成角为，则令，则时即在上单调递增；时即在上单调递减；，则，故选：3是圆锥的直径，是它的一条母线，E、F是的两个三等分点（E点靠近S点），C点在圆O上运动（不与A、B两点重合），则二面角的平面角为则的最大值是_ 【答案】【解析】设圆锥的高为如图所示，二面角的平面角为，二面角的平面角为，则，设,所以.所以.故答案

5、为：类型二 空间距离的最值问题【例2】（2020银川一中模拟）正方体的棱长为1,、分别在线段与上,的最小值为 【答案】1【解析】分析：方法一,该题可以结合正方体的结构特征,将其转化为两异面直线的距离来求；方法二,可设出变量,构建相应的函数,利用函数的最值求解；方法三,建立空间直角坐标系,利用点的坐标以及距离公式表示出目标函数,然后利用函数方法求解最值.方法一（定义转化法）因为直线与是异面直线,所以当是两直线的共垂线段时,取得最小值。取的中点,的中点.则线段就是两异面直线与的共垂线段.下证明之.在矩形中,为中位线,所以,又因为平面,所以平面又因为平面,所以.同理可证,而,所以线段就是两异面直线与

6、的共垂线段,且.由异面直线公垂线段的定义可得,故的最小值为1.方法二：（参数法）如图,取的中点,的中点.则线段就是两异面直线与的共垂线段.由正方体的棱长为1可得.连结,则,所以为两异面直线与所成角.在正方形中,所以.过点作,垂足为,连结,则,且.设,则.在中,在中,.显然,当时,取得最小值1,即的最小值为1.方法三：（向量法）如图,以D为坐标原点,分别以射线、为、轴建立空间直角坐标系.设,.则,即；,即.所以,故当时,取得最小值1,即的最小值为1.【点评】空间中两点距离的最值,最基本的方法就是利用距离公式建立目标函数,根据目标函数解析式的结构特征求解最值.对于分别在两个不同对象上的点之间距离的

7、最值,可以根据这两个元素之间的关系,借助立体几何中相关的性质、定理等判断并求解相应的最值。【举一反三】1.（2020河南省焦作市模拟）在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1EEF，则|AF|的最大值为（）AB1CD2【答案】B【解析】以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C1（4，4，4），设E（0，0，z），z0，4，F（x，0，0），x0，4，则|AF|x（4，4，4z），（x，0，z）因为C1EEF，所以 ，即：z2+4x4z0，xz当z2时，x取得最大值为1|AF|的最大值为1故选：B2（2020四川高三

8、期末（理）已知三棱锥中，且、两两垂直，是三棱锥外接球面上一动点，则到平面的距离的最大值是（ ）ABCD【答案】C【解析】三棱锥，满足两两垂直，且，如图是棱长为1的正方体上具有公共顶点的三条棱,以为原点,分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,则，设平面的法向量，则，取，得，三棱锥外接球就是棱长为1的正方体的外接球，是三棱锥外接球上一动点，由正方体与球的几何性质可得，点点与重合时，点到平面的距离最大，点到平面的距离的最大值为.故选C.3（2020山西高三月考）设点M是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在面BCC1B1所在的平面内，若平面D1PM分别与平面ABCD和平面B

9、CC1B1所成的锐二面角相等，则点P到点C1的最短距离是（ ）ABC1D【答案】A【解析】如图，过点作的平行线交于点、交于点，连接，则是平面与平面的交线，是平面与平面的交线与平行，交于点，过点作垂直于点，则有，与平面垂直，所以，与垂直，即角是平面与平面的夹角的平面角，且，与平行交于点，过点作垂直于点，同上有：，且有，又因为，故，而，故，而四边形一定是平行四边形，故它还是菱形，即点一定是的中点，点到点的最短距离是点到直线的距离，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， ， ，点到点的最短距离：故选：4如图，三棱锥中，点P在侧面内，且点P到直线的距离为4，则点P到平面距离的最小值为_ 【来

10、源】山西省临汾市2021届高三下学期二模数学（理）试题【答案】【解析】由于点P到直线的距离为4，所以点P在以AB为轴底面半径为4的圆柱的侧面上，由题得侧面ACD与圆柱的侧面的交线为椭圆的一部分（因为侧面ACD与直线AB不垂直，所以该侧面所在的平面与圆柱的交线一定为椭圆），所以点P的轨迹为侧面PCD与圆柱的椭圆交线的一部分，如图，取CD的中点为M，连接AM,BM,由，得,所以CD平面ABM ,CD关于平面ABM对称.连接AP并延长AP交CD于N,连接BN,过点N作,过点P作PFAB,由题得,所以,所以,所以,(此时点P在线段AM上,)所以.所以最大值为，PN最小，（此时点N和点M重合）.由对称性

11、得点P到平面BCD的距离最小，所以距离的最小值为.故答案为：类型三 周长、面积与体积的最值问题【例3】已知点P是等边ABC外一点，且点P在ABC所在平面内的射影恰好在边BC上，若ABC的边长为2，三棱锥PABC的外接球体积为4，则三棱锥PABC体积的最大值为_.【来源】湖南省三湘名校教育联盟2021届高三下学期第三次大联考数学试题【答案】【解析】如图，点P在过直线PC与平面ABC垂直的球的小圆面的圆周上，当点P在平面ABC的射影为BC中点时，三棱锥PABC体积最大，设等边三角形ABC的中心为O1，三棱锥PABC的四个顶点都在球O上，球O的体积为4，外接球的半径r=，ABC的边长为2，点P在AB

12、C所在平面内的射影恰好在边BC上，设为D，过O作OEPD，垂足为E，垂足为E，依题意可得，PE=，又，PD=，所以三棱锥PABC体积的最大值为，三棱锥PABC体积的最大值为.故答案为：【例4】已知为球面上四点，分别是的中点，以为直径的球称为的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在体积为的球面上，它的两条边的长度分别为和，则的伴随球的表面积的取值范围是_【来源】安徽省宣城市2021届高三下学期第二次调研理科数学试题【答案】【解析】由题意可知，球的半径为，分别取球的两条弦的中点，则，即弦分别是以为球心，半径为1和2的球的切线，且弦在以为球心，半径为1的球的外部，的最大距离为，最小距离为当三点共线时，分别

13、取最大值与最小值故的伴随球半径分别为，半径为时，的伴随球的表面积为，当半径为时，的伴随球的表面积为的伴随球的表面积的取值范围是故答案为：【例5】（2020重庆南开中学高二期末）如图所示，直平行六面体的所有棱长都为2，过体对角线的截面S与棱和分别交于点E、F，给出下列命题中：四边形的面积最小值为；直线EF与平面所成角的最大值为；四棱锥的体积为定值；点到截面S的距离的最小值为.其中，所有真命题的序号为（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】分析可得当为为棱的中点时,四边形的面积最小,求解即可；过点的平面的垂线交平面于点,转化直线EF与平面所成角最大为直线与直线的夹角最小,进而求解即可；转化四棱锥的

14、体积为以平面和平面为底的三棱锥的体积的和,进而求证即可；分析可得当点与点重合,点与点重合时四边形的面积最大,此时点到截面S的距离的最小,进而求解即可【详解】由题,因为过体对角线,则由对称性易得四边形是平行四边形, 连接,且交于点,过点作的垂线,垂足为,则若四边形面积最小,即最小,即为棱到平面的距离,即为长,因为,则,所以,则,又,所以,此时为棱的中点,故正确；过点的平面的垂线交平面于点,则即为点到平面的距离,根据底面菱形的性质,可得,若直线EF与平面所成角最大,则直线与直线的夹角最小,即最小,此时最大,即最小,即时,故,则,则直线EF与平面所成角最大为,故错误；设点到平面,平面的距离分别为,即

15、从点分别向作垂线即可,由菱形可得,为定值,故正确；因为四棱锥的体积为定值,所以若点到截面S的距离的最小,则截面的面积最大,即四边形面积最大,即最大,则当点与点重合,点与点重合时符合条件,此时在中,则,则,所以,此时,设点到截面S的距离为,则,所以,故正确 综上,正确,故选：B【举一反三】1在直三棱柱中，是等腰直角三角形，且若该三棱柱的外接球半径是，则三棱锥体积的最大值为_【来源】湖北省十堰市2021届高三下学期4月调研数学试题【答案】【解析】如图，由题意可知三棱柱的外接球的直径为，则，即，从而三棱锥的体积为设，则由，得；由，得故故答案为：2、如图，已知平面，、是上的两个点，、在平面内，且，在平

16、面上有一个动点，使得，则体积的最大值是（ ） A. B. C. D.【答案】C【解析】.和均为直角三角形.学科&网过作,垂足为.则.令,.则,即,.底面四边形为直角梯形面积为.学科&网来源:学科网.故C正确.3（2020河北高三期末（理）已知正六棱锥的所有顶点都在一个半径为的球面上，则该正六棱锥体积的最大值为（ ）ABCD【答案】B【解析】【分析】首先过作平面，取为球心，设，.然后计算出正六棱锥的体积.设，利用导数求出设最大值即可得到正六棱锥体积的最大值.【详解】过作平面，取为球心，设，.在中有，即.正六棱锥的体积.设.由得.在上单调递增，在上单调递减.所以当时取得最大值.所以正六棱锥体积的最

17、大值为.故选：三强化训练1（2020内蒙古高三）如图,在长方体中,点是的中点,点是底面内(不包括边界)一动点,且三棱锥体积为,则的最小值是( ) ABCD【答案】D【解析】因为三棱锥的体积,所以.设点到的距离为,则,解得,所以点在底面内(不包括边界)与平行,且距离为的线段上,要使最小,则点是过作的垂线与线段的交点.因为点到的距离为,此时.故选：2（2020北京高三）三棱柱的侧棱与底面垂直，N是BC的中点，点P在上，且满足，当直线PN与平面ABC所成的角取最大值时，的值为ABCD【答案】A【解析】如图，以AB，AC，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则0，平面ABC的一个法向量为0，设直线

18、PN与平面ABC所成的角为，当时，此时角最大故选A3（2020黑龙江高三（理）设是同一个半径为4的球的球面上四点，在中，,则三棱锥体积的最大值为（ ）ABCD【答案】B【解析】中，,，则 ， 当时等号成立，此时 故选：4.（2020兰州高考诊断）四棱锥的顶点均在一个半径为3的球面上，若正方形的边长为4，则四棱锥的体积最大值为（ ）ABCD【答案】D【解析】设正方形的中心为，当在于球心的连线上时，四棱锥高最高，由于底面面积固定，则高最高时，四棱锥体积取得最大值.设高为，球的半径为，故，解得.故四棱锥的体积的最大值为.故选D.5（2020广东省东莞市质检）已知一个四棱锥的正主视图和俯视图如图所示，

19、其中，则该四棱锥的高的最大值为ABC4D2【答案】A【解析】如图所示，由题意知，平面平面ABCD，设点P到AD的距离为x，当x最大时，四棱锥的高最大，因为，所以点P的轨迹为一个椭圆，由椭圆的性质得，当时，x取得最大值，即该四棱锥的高的最大值为故选：A6.（2020湖南省衡阳市模拟）如图，直角三角形，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（ ）ABCD【答案】B【解析】如图，分别为，的中点，作面，作面，连，易知点即为四面体的外接球心，.设，则，.【处理一】消元化为二次函数.【处理二】柯西不等式.所以.7如图，在矩形中， ,点为的中点， 为线段（端点除外）上一动点现

20、将沿折起，使得平面平面设直线与平面所成角为，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】如图：在矩形中，过点作的垂线交于点，交于点设， 8（2020山东师范大学附中高三期中（理）如图所示，五面体中，正的边长为，平面，且.设与平面所成的角为，若，则当取最大值时，平面与平面所成角的正切值为（ ）ABCD【答案】C【解析】如图所示，建立如图所示的空间直角坐标系 ，则，取的中点，则，则平面的一个法向量为，由题意，又由，所以，解得，所以的最大值为，当时，设平面的法向量为，则，取，由平面的法向量为，设平面和平面所成的角为，则，所以，所以，故选C. 9（2020重庆巴蜀中学高三期末（理）棱长

21、为2的正方体中，为的中点，在底面内运动，与平面所成角为，与平面所成角为，若，则的最小值为（ ）A2BC4D1【答案】A【解析】设，所以，所以PD=2PC.在底面ABCD内建立如图所示的直角坐标系，设点P(x,y),则，整理得，所以，即,所以|AP|的最小值为2.10（2020河南高三期末（理）在棱长为3的正方体中，E是的中点，P是底面所在平面内一动点，设，与底面所成的角分别为（均不为0），若，则三棱锥体积的最小值是（ ）ABCD【答案】C【解析】建系如图，正方体的边长为3，则，0，0，设，则，0， ，即，代入数据，得：，整理得：，变形，得：，即动点的轨迹为圆的一部分，过点作，交于点，则为三棱锥

22、的高点到直线的距离的最大值是2则，故选：11已知正四面体的边长为，点P、Q分别为线段，上的动点，满足，M为线段的中点，则的最大值为（ ）AB2CD【答案】A【解析】如图：设，所以所以，所以，因为，所以令，所以，因为，所以，所以，所以，所以，所以，所以的最大值为.故选：A12如图是一个底面半径和高都是1的装满沙子的圆锥形沙漏，从计时开始，流出沙子的体积是沙面下降高度的函数，若正数，满足，则的最大值为（ ）ABCD【来源】陕西省宝鸡市2021届高三下学期二模理科数学试题【答案】C【解析】由题意得：，圆锥的体积，剩余沙子仍成圆锥，高为，半径与母线构成的三角形与底面半径和母线构成的三角形相似，设沙的圆

23、锥的底面半径为，所以，沙的体积，所以流出的沙的体积，对称轴是，故的最大值是.故选：C13如图，在长方体中，若面对角线上存在一点，使得取得最小值，则此最小值为（ ）ABCD【来源】黑龙江省哈尔滨市第九中学2021届高三第三次模拟考试理科数学试题【答案】D【解析】将长方体对角面绕旋转至与平面在同一平面内，如下图所示：则当三点共线时，取得最小值，又，在中，由余弦定理得：，即的最小值为.故选：D.14在直三棱柱中，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是（ ）ABCD【来源】陕西省汉中市2021届高三下学期第二次检测理科数学试题【答案】B【解析】由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径，底面三角形的边长分

24、别为6、8、10，底面三角形为直角三角形，又，该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时.故选：B.15已知一个圆柱的两个底面的圆周在半径为的同一个球的球面上，则该圆柱体积的最大值为（ ）ABCD【来源】广东省2021届高三二模数学试题【答案】A【解析】设圆柱底面圆半径为，高为，则，圆柱体积，令，解得：，当时，；当时，在时单调递增，在时单调递减，.故选：A.16在正四棱锥中，面于，底面的边长为，点分别在线段上移动，则两点的最短的距离为（ ）ABCD【答案】B【解析】在上移动，则当为公垂线段时，两点的距离最小；四棱锥为正四棱锥，平面，为正方形的中心，又，平面，过作，垂足为，平面，为的公垂线，又，两点

25、的最短的距离为.故选：B.17.在正四面体中，点是棱的中点，点是线段上一动点，且，设异面直线与所成角为，当时，则的取值范围是_【答案】【解析】设P到平面ABC的射影为点O,取BC中点D,以O为原点，在平面ABC中，以过O作DB的平行线为x轴，以OD为y轴，以OP为z轴，建立空间直角坐标系，如图，设正四面体PABC的棱长为，来源:学#科#网则，由,得，异面直线NM与AC所成角为, ，设，则，.cos的取值范围是.18（2020陕西省西安地区陕师大附中模拟）如图，已知正四棱柱和半径为的半球O，底面ABCD在半球O底面所在平面上，四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为_【答案】4【解析】设正四

26、棱柱的高为h，底面棱长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为，所以，由勾股定理得，即，得，其中，所以，正四棱柱的体积为，其中，构造函数，其中，则，令，得当时，；当时，所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，则因此，该正四棱柱的体积的最大值为419（2020江西省上饶市模拟）已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为_.【答案】【解析】因为平面与对角线垂直，所以平面与对角面平行，作出图象，为六边形,设则,所以，由对称性得平面过对角线中点时截面面积取最大值为，则的最大值为.20（2020浙江高三期末）如图，在矩形ABCD中，AB2，AD1，

27、M为AB的中点，将ADM沿DM翻折在翻折过程中，当二面角ABCD的平面角最大时，其正切值为 【答案】【解析】取的中点，的中点为，因为为等腰三角形，故，同理， ，所以有平面因为平面，故平面平面在四棱锥中过点作的垂线，垂足为，再过作的垂线，垂足为，连接因为，平面，平面平面，故平面因为平面，故，又，故平面，又平面，故，所以为二面角的平面角设，则，所以，其中令，则，令且，当时，；当时，；所以，故21（2020湖南高考模拟（理）已知三棱锥的四个顶点都在半径为3的球面上，则该三棱锥体积的最大值是 【答案】【解析】设，则，外接圆直径为，如图，体积最大值为，设，则，令，得，在上递增，在上递减，即该三棱锥体积的

28、最大值是；22如图，一个有盖圆柱形铁桶的底面直径为，高为，铁桶盖的最大张角为，往铁桶内塞入一个木球，则该木球的最大表面积为_.【来源】陕西省榆林市2021届高三下学期第四次模拟考试文科数学试题【答案】【解析】如图，球与铁桶盖的切点为铁桶盖所在圆的圆心，设球与铁桶上底面圆的切点为，连接，则为球的一条直径，且，点到铁盖中心的距离恰好是球最大的直径，因为，则，即球最大的半径为，此时木球的表面积为.故答案为：.23已知长方体外接球的体积为，则矩形面积的最大值为_【来源】山西省晋城市2021届高三下学期二模数学（理）试题【答案】【解析】设长方体的外接球的半径为，又长方体外接球的体积为，所以，所以，又因为

29、长方体的体对角线为外接球的直径，所以，所以，所以，所以，取等号时，所以矩形面积的最大值为，故答案为：.24某中学开展劳动实习，学习加工制作模具，有一个模具的毛坯直观图如图所示，是由一个圆柱体与两个半球对接而成的组合体，其中圆柱体的底面半径为1，高为2，半球的半径为1.现要在该毛坯的内部挖出一个中空的圆柱形空间，该中空的周柱形空间的上下底面与毛坯的圆柱体底面平行，挖出中空的圆柱形空间后模具制作完成，则该模其体积的最小值为_.【来源】河北省承德市2021届高三下学期二模数学试题【答案】【解析】设中空圆柱的底面半径为，圆柱的高为，则，中空圆柱的体积，可得当时，当，时，则当时，取得最大值为，又毛坯的体

30、积为，该模具体积的最小值为故答案为：25已知直四棱柱的高为4，底面边长均为2，且，P是侧面内的一点，若，则的最小值为_.【来源】浙江省台州市第一中学2021届高三下学期4月模拟考试数学试题【答案】【解析】直四棱柱的高为4，底面边长均为2，且故平面，四边形为菱形，故如图建立空间直角坐标系，则，设点，则，由于，所以，即：，故令，所以，所以故答案为：26正方体的棱长为，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动，若，则面积的最大值为_【答案】【解析】取中点，连接，平面，平面，又四边形为正方形，又，平面，平面，又平面，；由题意得：，；平面，平面，在侧面的边界及其内部运动，点轨迹为线段；平面，平面，即当

31、最大时，面积取得最大值；，为锐角，的最大值为，面积的最大值为.故答案为：.27鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为_【来源】宁夏六盘山市高级中学2021届高三下学期一模数学（理）试题试题【答案】【解析】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，即为该球形容器体积的最小值为：4.故答案为：.28如图，在棱长为1的正方

32、体ABCDA1B1C1D1中，点M是AD的中点，动点P在底面正方形ABCD内（不包括边界），若B1P/平面A1BM，则C1P长度的取值范围是_【答案】【解析】取BC中点N，连结B1D，B1N，DN，作CODN，连结C1O，因为平面B1DN平面A1BM，所以点P在底面ABCD内的轨迹是线段DN（动点P在底面正方形ABCD内，不包括边界，故不含点N和点D），在中，所以，过C1ODN，则当P与O重合时，C1P长度取最小值，所以C1P长度的最小值为，当P与D重合时，C1P长度取最大值，C1P长度的最大值为C1D，P与D不重合，C1P长度的取值范围是故答案为： . 立体几何中探索性问题一方法综述 立体几

33、何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。二解题策略类型一 空间平行关系的探索【例1】（2020眉山外国语学校高三期中（理）在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是_存在

34、点，使得平面平面；存在点，使得平面平面；的面积可能等于；若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得【答案】【解析】如图所示，当是中点时，可知也是中点且，所以平面，所以，同理可知，且，所以平面，又平面，所以平面平面，故正确；如图所示，取靠近的一个三等分点记为，记，因为，所以，所以为靠近的一个三等分点，则为中点，又为中点，所以，且，所以平面平面，且平面，所以平面，故正确；如图所示，作，在中根据等面积得：，根据对称性可知：，又，所以是等腰三角形，则，故正确；如图所示，设，在平面内的正投影为，在平面内的正投影为，所以，当时，解得：，故正确.故答案为 【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即

35、先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。平行关系问题中，“中点”是经常使用的一个特殊点，通过找“中点”，连“中点”，即可出现平行线，而线线平行是平行关系的根本。【举一反三】1（2020黑龙江大庆实验中学高三（文）如图所示，在长方体中，点E是棱上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题： 四棱锥的体积恒为定值；存在点，使得平面； 对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面；存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值.其中真命题的是_（填写所有正确答案的序号）【答案】

36、【解析】对,又三棱锥底面不变,且因为底面,故到底面的距离即上的高长度不变.故三棱锥体积一定,即四棱锥的体积恒为定值,正确.对,因为,且长方体,故四边形为正方形,故.要平面则只需,又,故只需面.又平面,故只需即可.因为,故当 时存在点,使得,即平面.故正确.对,当在时总有与平面相交,故错误.对,四边形的周长,分析即可.将矩形沿着展开使得在延长线上时,此时的位置设为,则线段与的交点即为使得截面四边形的周长取得最小值时的唯一点.故正确.故答案为：2.（2020北京西城区高三期末）如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD为正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF平面ABCD（）求证：平面ACF平面

37、BDEF；（）若过直线BD的一个平面与线段AE和AF分别相交于点G和H（点G与点A，E均不重合），求证：EFGH；（）判断线段CE上是否存在一点M，使得平面BDM平面AEF？若存在，求的值；若不存在，请说明理由【答案】见解析解：（）证明：四边形ABCD是正方形，ACBD又平面BDEF平面ABCD，平面BDEF平面ABCD=BD，且AC平面ABCD，AC平面BDEF又AC平面ACF，平面ACF平面BDEF（）证明：EFBD，EF平面AEF，BD平面AEF，BD平面AEF，又BD平面BDGH，平面AEF平面BDGH=GH，BDGH，又BDEF，GHEF（）解：线段CE上存在一点M，使得平面BDM平

38、面AEF，此时以下给出证明过程证明：设CE的中点为M，连接DM，BM，因为BDEF，BD平面AEF，EF平面AEF，所以BD平面AEF设ACBD=O，连接OM，在ACE中，因为OA=OC，EM=MC，所以OMAE，又因为OM平面AEF，AE平面AEF，所以OM平面AEF又因为OMBD=O，OM，BD平面BDM，所以平面BDM平面AEF类型二空间垂直关系的探索【例2】（2020上海市控江中学高三（理）已知矩形, , ,将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折,在翻折的过程中( )A存在某个位置,使得直线和直线垂直B存在某个位置,使得直线和直线垂直C存在某个位置,使得直线和直线垂直D无论翻折到什么位置,

39、以上三组直线均不垂直【答案】A【解析】如图所示：作于，于翻折前，易知存在一个状态使，满足，平面，平面，故正确错误；若和垂直，平面，平面，不成立，故错误；若和垂直，故平面，平面，因为 ，故不成立，故错误；故选： 【举一反三】1（2020合肥市第六中学高三（理）已知矩形，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，则（ ）A当时，存在某个位置，使得B当时，存在某个位置，使得C当时，存在某个位置，使得D时，都不存在某个位置，使得【答案】C【解析】，若存在某个位置，使得直线，则平面，则，在中，则由直角边小于斜边可知，即，结合选项可知只有选项中时，存在某个位置，使得，故选【方法点晴】本题主要考查翻

40、折问题、线面垂直与线线垂直转换的应用以及空间想象能力，属于难题.解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理，本题中，先根据线线垂直得到线面垂直，在根据线面垂直得到线线垂直，从而得到，进而得到结果.2（2020安徽合肥一中高三期末）在棱长为1的正方体中，点是对角线上的动点（点与不重合），则下列结论正确的是_存在点，使得平面平面；存在点，使得平面平面；若分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点，使得；的面积可能等于.【答案】【解析】由正方体性质可得平面，平面，所以，是平面内两条相交直线，所以平面

41、，平面，同理可证，是平面内两条相交直线，所以平面，平面，所以平面平面，当为直线与平面的交点时，满足平面平面，所以正确；根据证明方法同理可证：， 可以证得平面，平面，所以平面平面，所以正确；设，当时，得：，即时，满足，所以正确；，均为直角三角形，的最小值为，此时，面积取得最小值，的面积不可能等于，所以说法错误.故答案为：3（2020四川高三月考）如图，在四棱锥中，底面是矩形，底面.（1）当为何值时，平面？证明你的结论；（2）若在边上至少存在一点，使，求的取值范围.【答案】（1），证明见详解；（2）【解析】（1）当时，四边形为正方形，则.因为平面，平面，所以，又，平面，平面所以平面.故当时，平面.（2）设是符合条件的边上的点.因为平面，平面所以，又，平面，平面所以平面，因为平面，所以.因此，点应是以为直径的圆和边的一个公共点.则半径， 即.所以.类型三空间角与距离的探索【例3】（2020重庆市松树桥中学校高三月考）如图，在单位正方体中，点P在线段上运动，给出以下四个命题：异面直线与间的距离为定值；三棱锥的体积为定值；