TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149821425" 題型1體積最值 PAGEREF _Tc149821425 \h 1
\l "_Tc149821426" 題型2線線角最值取值范圍 PAGEREF _Tc149821426 \h 8
\l "_Tc149821427" 題型3線面角最值取范圍 PAGEREF _Tc149821427 \h 20
\l "_Tc149821428" 題型4面面角最值取值范圍 PAGEREF _Tc149821428 \h 32
\l "_Tc149821429" 題型5外接球問題 PAGEREF _Tc149821429 \h 41
\l "_Tc149821430" 題型6外接球截面相關 PAGEREF _Tc149821430 \h 50
\l "_Tc149821431" 題型7正方體截面相關 PAGEREF _Tc149821431 \h 58
\l "_Tc149821432" 題型8代數(shù)式最值取值范圍 PAGEREF _Tc149821432 \h 70
\l "_Tc149821433" 題型9向量相關最值取值范圍 PAGEREF _Tc149821433 \h 81
題型1體積最值
【例題1】（2021·全國·高三專題練習）在棱長為3的正方體中，E是的中點，P是底面所在平面內一動點，設，與底面所成的角分別為（均不為0），若，則三棱錐體積的最小值是
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】通過建系如圖，利用，結合平面向量數(shù)量積的運算計算即得結論．
【詳解】解：建系如圖，正方體的邊長為3，則，0，，，0，，
設，，，，則，，，，，，
，，0，，
，即，
代入數(shù)據(jù)，得：，
整理得：，
變形，得：，
即動點的軌跡為圓的一部分，
過點作，交于點，則為三棱錐的高
點到直線的距離的最大值是2．
則．
故選：．
【點睛】本題考查平面與圓柱面的截線，建立空間直角坐標系是解決本題的關鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．
【變式1-1】1. （2021·全國·校聯(lián)考二模）在長方體中，,分別在線段和上，，則三棱錐的體積最小值為
A．4B．C．D．
【答案】A
【分析】此三棱錐中點D到平面MNC1的距離為定值，只要C1到MN的距離最小，則ΔMNC1的面積最小，則三棱錐D－MNC1的體積最?。?br>【詳解】如圖，面MNC1就是平面ACC1A1，因此D點到面MNC1的距離為定值，由題意是正方形，由對稱性知當（或）與重合時，到直線的距離最小，最小值為5，此時，∴．
故選A．
【點睛】最值問題求法很多，如用代數(shù)知識建立函數(shù)，用基本不等式，解不等式等是常用方法，有時也可利用共線求距離最短，通過運動軌跡求最值等．
【變式1-1】2. （2021·全國·高三專題練習）如圖，已知直四棱柱的所有棱長等于1，，和分別是上下底面對角線的交點，在線段上，，點在線段上移動，則三棱錐的體積最小值為 .
【答案】
【分析】因為C1到平面BB1D1D（即三棱錐底面O1MH）的距離為定值，所以當△O1MH的面積取得最小值時，三棱錐的體積最小，將平面BB1D1D單獨畫圖可得，當點M在點B處時，△O1MH的面積有最小值，求出三棱錐的體積即可．
【詳解】因為直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面是菱形,∠ABC=60°，邊長為1，
∴O1C1⊥平面BB1D1D,且O1C1=,O1B1=，
∴C1到平面BB1D1D的距離為O1C1=，
∵OH=3HB1，點M是線段BD上的動點，
∴當△O1MH的面積取得最小值時，三棱錐的體積有最小值．
將平面BB1D1D單獨畫圖可得，
當B點到O1H的距離最小時，△O1MH的面積有最小值．
過點B做BF//O1H，可得直線BF上方的點到O1H的距離比直線BF上的點到O1H的距離小，而線段BD上除B點外的所有點都在直線BF下方，到O1H的距離比B點到O1H的距離大．
即當M點在B點時，△O1MH的面積取得最小值，且三棱錐的體積有最小值．
連接O1B, 則O1B=OB1==，
∴B1到O1B的距離d===，
∵OH=3HB1，
∴H到直線O1B的距離為d=．
∴===，
∴===．
故答案為．
【點睛】本題考查了四棱柱的結構特征和三棱錐的體積計算，動態(tài)動點的最值問題需要先確定點的位置，屬于較難題．
【變式1-1】3. （2023春·廣東·高三校聯(lián)考階段練習）設，，分別是棱長為2 的正方體的棱，，的中點，為上一點，且不與重合，且，，，在同一個表面積為S的球面上，記三棱錐的體積為，則的最小值是 .
【答案】
【分析】建立空間直角坐標系，先依據(jù)題給條件求得的表達式，再利用導數(shù)即可求得其最小值
【詳解】設，，，所在球面球心為O，取MP中點I，連接OI，OP，OR
則I為△MNP外接圓圓心，平面MNP，
以D為原點，分別以DA，DC，所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系
則，
設，
則由可得，
整理得，
則
令，則或
則，或
令
則
當時，，單調遞減；
則當時，取得最小值
則的最小值是
故答案為：
【變式1-1】4.（2020·全國·高三競賽）一個圓錐和一個圓柱，下底面在同一平面上，它們有公共的內切球.記圓錐的體積為，圓柱的體積為，且.則的最小值是 .
【答案】
【詳解】取它們的公共軸截面，如圖所設，則，，.
若，則有 .
化簡得 .
因為為實數(shù)，故.
但，故.當時，可得，原題有意義.所以，的最小值是.
故答案為
【變式1-1】5.（2021·福建·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，底面，，底面為矩形，為線段的中點，，，，與底面所成角為，則四棱錐與三棱錐的公共部分的體積為 ．
【答案】
【分析】與的交點為，與的交點為，連接，，，可得、是位置，推出，把四棱錐與三棱錐的公共部分的體積轉化為求解．
【詳解】解：如圖，與的交點為，與的交點為，連接，，，
在四棱錐中，底面，，底面為矩形，，所以四邊形為平行四邊形，所以，且，
所以，且，，為線段的中點，，，所以，所以，
與底面所成角為，即，，
，是的中點，
，
則四棱錐與三棱錐的公共部分的體積為．
故答案為：．
題型2線線角最值取值范圍
【例題2】（2023·全國·高三專題練習）在三棱錐中，，，，點在平面內，且，設異面直線與所成角為，則的最小值為
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取中點，易得三角形為正三角形，取中點，可證平面，進而確定點的位置，求得最小值．
【詳解】取中點，連接，，
，，
，
，
為正三角形，
取中點，連接，
則，且，
易知平面，
，平面，
，在圖中圓上，
當與，重合時，最大，
當與，重合時，最?。?br>故選：A.
【點睛】本題考查異面直線所成角的求法，線面垂直等知識，考查空間想象能力和運算求解能力，是中檔題．
【變式2-1】1. （2022·全國·高三專題練習）如圖，矩形中，，為邊的中點，沿將折起，點折至處（ 平面），若為線段的中點，則在折起過程中，下列說法錯誤的是（ ）
A．始終有 //平面
B．不存在某個位置，使得 平面
C．三棱錐體積的最大值是
D．一定存在某個位置，使得異面直線與所成角為
【答案】D
【分析】利用翻折前后的不變量、結合反證法，可證A，B，C正確，從而利用排除法得到正確選項。
【詳解】連結交于，取的中點，連結，，。
對A，易證，平面平面，平面，所以始終有/平面，故A正確；
對B，因為，假設 平面，則 ，，則，因為，所以不成立，所以假設錯誤，故不存在某個位置，使得 平面，故B正確；
對C，當平面平面時，三棱錐的體積最大，，故C正確；
故選：D
【點睛】本題考查空間平面圖形的翻折問題，考查線面、面面位置關系、體積求解，考查空間想象能力和運算求解能力，屬于較難問題。
【變式2-1】2. （2021·全國·高三專題練習）如圖，已知等邊三角形中，，為的中點，動點在線段上（不含端點），記，現(xiàn)將沿折起至，記異面直線與所成的角為，則下列一定成立的是
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】設正三角形的邊長為，
如圖，在等邊三角形中，過作的垂線，垂足為，
過作，垂足為，
因為，則，且，故，
所以，
，故，又.
將沿折起至，則.
因，，，故平面，
因，故平面， 平面，
所以，又為異面直線、所成的角，
而，因，故，
故選A.
【點睛】折疊過程中空間中角的大小比較，關鍵是如何把空間角轉化為平面角，同時弄清楚在折疊過程各變量之間的關系（可利用解三角形的方法來溝通），此類問題為難題，有一定的綜合度.
【變式2-1】3. （2020·全國·高三專題練習）將正方形沿對角線折起，并使得平面垂直于平面，直線與所成的角為
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】將異面直線平移到同一個三角形中，可求得異面直線所成的角.
【詳解】如圖，取，，的中點，分別為，，，
則，所以或其補角即為所求的角.
因為平面垂直于平面，，所以平面，所以.
設正方形邊長為，，所以，則.
所以.所以是等邊三角形，.
所以直線與所成的角為．故應選B．
【點睛】本題考查異面直線所成的角.
【變式2-1】4. （2021·浙江·校聯(lián)考二模）如圖，正方體的棱長為1，線段上有兩個動點，且，則當移動時，下列結論中錯誤的是（ ）
A．平面
B．四面體的體積為定值
C．三棱錐的體積為定值
D．異面直線所成的角為定值
【答案】D
【分析】對于A，利用面面平行的判定定理先證得面面，從而得到平面；
對于BC，通過計算四面體的體積、三棱錐的體積，即可判斷；
對于D，作出兩個特殊情況的圖形，由圖形易知異面直線所成的角不為定值.
【詳解】對于A，如圖1，因為在正方體中，，，
所以四邊形是平行四邊形，故，
又因為面，面，所以面，
同理：面，又面，
所以面面，
因為面，因此平面，所以A中結論正確；
對于B，如圖1，連結，則
因為在正方體中，面，故，
在底面正方形中，，又面，
所以面，即面，
所以為定值，所以B中結論正確；
對于C，利用B中的結論得為定值，所以C中結論正確；
對于D，如圖2，當與重合時，過作，則為異面直線所成角，
如圖3，當與重合時，過作，易證，則為異面直線所成角，
由圖形易知，故異面直線所成的角不是定值，因此D中結論錯誤.
故選：D.
【點睛】立體幾何中定值或定位置問題，其基本思想方法是以算代證，或以證代證，即從條件出發(fā)，計算所求體積或證線面平行與垂直關系，得到結果為定值或位置關系為平行或垂直.
【變式2-1】5.（2020·全國·高三專題練習）將正方形沿對角線折起，當以四點為頂點的三棱錐體積最大時，異面直線與所成的角為
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】分析：將正方形沿對角線折起，可得當三棱錐體積最大時，平面.設是折疊前的位置，連接，可得就算直線與所成角，算出的各邊長，得是等邊三角形，從而求得直線與所成角的大小.
詳解：設是正方形對角線、的交點，將正方形沿對角線折起，
可得當平面時，點到平面的距離等于，而當與平面不垂直時，點到平面的距離為，且，由此可得當三棱錐體積最大時，平面.設是折疊前的位置，連接，因為，所以就算直線與所成角，設正方形的邊長為，因為平面，平面，所以，
因為，所以，
得是等邊三角形，，
所以直線與所成角為，故選C.
點睛：該題所考查的是有關平面圖形的翻折問題，解決該題的關鍵是要明確翻到什么程度是題中的要求，因為底面是定的，所以高最大時就是三棱錐體積最大時，即翻折成直二面角時滿足條件，之后將異面直線所成角轉化為平面角，即三角形的內角來解，求出三角形的各邊長，從而求得角的大小.
【變式2-1】6.（2021·全國·統(tǒng)考一模）如圖所示的四棱錐中，底面與側面垂直，且四邊形為正方形，，點為邊的中點，點在邊上，且，過，，三點的截面與平面的交線為，則異面直線與所成的角為( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由條件證明，，由此證明平面，再證明,由此證明，再確定異面直線與所成的角.
【詳解】因為為邊的中點，連接與DA的延長線交于點H，則A為DH的中點，所以有AD=AH.連接FE與PA的延長線交于點G，則直線GH即為過C，E，F(xiàn)三點的截面與平面PAD的交線.
取PB的中點O，連接OE，AO.因為，所以.
所以F為的中點，所以FE//OA,即FG//OA.
又易知OE//PA.即 OE∥AG.
所以四邊形OEGA為平行四邊形，從而.
過點D作DM∥GH交PA于點M.則，
從而得到.即M為PA的中點.又DA=DP.因此.
又平面平面，平面平面,
，平面，
所以AB⊥平面PAD.從而，，平面
因此平面.又.即，
所以l⊥平面PAB，又平面PAB，故l⊥PB，
所以異面直線PB與l所成的角為.
故選：D.
【變式2-1】7.（2023·全國·高三專題練習）a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉軸旋轉，有下列結論：
①當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角；
②當直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角；
③直線AB與a所成角的最小值為45°；
④直線AB與a所成角的最大值為60°.
其中正確的是 .（填寫所有正確結論的編號）
【答案】②③
【分析】由題意知，a、b、AC三條直線兩兩相互垂直，構建如圖所示的邊長為1的正方體，|AC|＝1，|AB|，斜邊AB以直線AC為旋轉軸，則A點保持不變，B點的運動軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，以C坐標原點，以CD為x軸，CB為y軸，CA為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結果．
【詳解】解：由題意知，a、b、AC三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，
不妨設圖中所示正方體邊長為1，
故|AC|＝1，|AB|，
斜邊AB以直線AC為旋轉軸，則A點保持不變，
B點的運動軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓，
以C坐標原點，以CD為x軸，CB為y軸，CA為z軸，建立空間直角坐標系，
則D（1，0，0），A（0，0，1），直線a的方向單位向量（0，1，0），||＝1，
直線b的方向單位向量（1，0，0），||＝1，
設B點在運動過程中的坐標中的坐標B′（csθ，sinθ，0），
其中θ為B′C與CD的夾角，θ∈[0，2π），
∴AB′在運動過程中的向量，（csθ，sinθ，﹣1），||，
設與所成夾角為α∈[0，]，
則csα|sinθ|∈[0，]，
∴α∈[，]，∴③正確，④錯誤．
設與所成夾角為β∈[0，]，
csβ|csθ|，
當與夾角為60°時，即α，
|sinθ|，
∵cs2θ+sin2θ＝1，∴csβ|csθ|，
∵β∈[0，]，∴β，此時與的夾角為60°，
∴②正確，①錯誤．
故答案為②③．

【名師點睛】（1）平移直線法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸為共面問題來解決，具體步驟如下：
①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；
②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；
③計算：求該角的值，常利用解三角形；
④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是，可知當求出的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直線所成的角.
（2）求異面直線所成的角要特別注意異面直線之間所成角的范圍.
題型3線面角最值取范圍
【例題3】（2020·全國·高三專題練習）在正方體中，分別為棱、的中點，為棱（含端點）上的任一點，則直線與平面所成角的正弦值的最小值為 .
【答案】
【分析】建立直角坐標系，設正方體邊長為2，求出平面的法向量為，直線與平面所成角為，，因為，，所以當時，取到最小值，代入即可．
【詳解】解：如圖，建立直角坐標系，設正方體邊長為2，，
則，0，，，，，，0，，，2，，
設平面的法向量為，，，
，
由，，得，令，，故，0，，
由，
設直線與平面所成角為，
，
因為，，所以當時，
的最小值為，
故答案為：．
【點睛】考查立體幾何中的最值問題，本題利用向量法求線面所成的角，基礎題．
【變式3-1】1. （2021·浙江紹興·校聯(lián)考二模）點為棱長是2的正方體的內切球球面上的動點，點為的中點，若滿足，則與面所成角的正切值的最小值是
A．B．C．D．
【答案】C
【詳解】分析：由題意首先確定點的軌跡，然后結合題意由幾何關系求解最小值即可.
詳解：如圖所示，分別為棱的中點，易知平面，
則點P在平面內，又點P在內切球球面上，
則點P為球與平面的交線所成的圓，
作平面于點，點P為圓上的點，則為與面所成角，
，其中為定值，
則滿足題意時，有最大值即可，
設圓的半徑為，則，
，即：,則，
中，由勾股定理可得，
中，由勾股定理可得，
為的中位線，則,，
則，
綜上可得，與面所成角的正切值的最小值是：
.
本題選擇C選項.
點睛：本題主要考查空間幾何體的軌跡，等價轉化的數(shù)學思想等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.
【變式3-1】2. （2021·全國·高三專題練習）如圖所示，直平行六面體的所有棱長都為2，，過體對角線的截面S與棱和分別交于點E、F，給出下列命題中：
①四邊形的面積最小值為；
②直線EF與平面所成角的最大值為；
③四棱錐的體積為定值；
④點到截面S的距離的最小值為.
其中，所有真命題的序號為（ ）
A．①②③B．①③④C．①③D．②④
【答案】B
【解析】①分析可得當為為棱的中點時,四邊形的面積最小,求解即可；
②過點的平面的垂線交平面于點,轉化直線EF與平面所成角最大為直線與直線的夾角最小,進而求解即可；
③轉化四棱錐的體積為以平面和平面為底的三棱錐的體積的和,進而求證即可；
④分析可得當點與點重合,點與點重合時四邊形的面積最大,此時點到截面S的距離的最小,進而求解即可
【詳解】由題,因為過體對角線,則由對稱性易得四邊形是平行四邊形,
連接,,且交于點,過點作的垂線,垂足為,
則若四邊形面積最小,即最小,
即為棱到平面的距離,即為長,
因為,則,
所以,
則,
又,
所以,此時為棱的中點,故①正確；
過點的平面的垂線交平面于點,則即為點到平面的距離,根據(jù)底面菱形的性質,可得,
若直線EF與平面所成角最大,則直線與直線的夾角最小,即最小,此時最大,即最小,
即時,故,則,
則直線EF與平面所成角最大為,故②錯誤；
設點到平面,平面的距離分別為,即從點分別向作垂線即可,由菱形可得,
,
為定值,故③正確；
因為四棱錐的體積為定值,
所以若點到截面S的距離的最小,則截面的面積最大,即四邊形面積最大,即最大,則當點與點重合,點與點重合時符合條件,此時在中,,,則,則,
所以,此時,
設點到截面S的距離為,則,所以,故④正確
綜上,①③④正確,
故選：B
【點睛】本題考查線面角的計算,考查四棱錐的體積的計算,考查空間想象能力與運算能力,考查轉化思想
【變式3-1】3. （2022·全國·高三專題練習）在矩形中，，，為邊上的一點，，現(xiàn)將沿直線折成，使得點在平面上的射影在四邊形內（不含邊界），設二面角的大小為，直線，與平面所成的角分別為，則
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由折疊前后圖象的對比得點在面內的射影在線段上，利用二面角、線面有的定義，求出的表達式，再進行大小比較.
【詳解】如圖所示，在矩形中，過作交于點，將沿直線BE折成，則點在面內的射影在線段上，
設到平面上的距離為，則，
由二面角、線面角的定義得：，，，
顯然，所以最大，所以最大，
當與重合時，，，
因為 ，所以 ，則，所以，
所以，故選D.
【點睛】本題以折疊問題為背景，考查二面角、線面角大小比較，本質考查角的定義和正切函數(shù)的定義，考查空間想象能力和運算求解能力.
【變式3-1】4. （2021·全國·高三專題練習）已知正三棱錐（底面是正三角形，頂點在底面的射影是正三角形的中心），直線平面，分別是棱上一點（除端點），將正三棱錐繞直線旋轉一周，則能與平面所成的角取遍區(qū)間一切值的直線可能是
A．B．C．D．中的任意一條
【答案】B
【分析】能取遍區(qū)間一切值，可以先考慮和等特殊值，對選項中涉及的三條直線進行驗證排除可得正確答案.
【詳解】假設滿足題意，當與平面所成的角為時，
，由可得.
在正三棱錐中，可得，當時可得，
顯然這是不可能成立的，所以不滿足題意.
同理，與不可能垂直，則與平面所成的角不可能為.
綜上所述，可以排除A,C,D，故選B.
【點睛】本題考查立體圖形中的位置關系，選擇題可適當利用特殊值、排除法等解題技巧.
【變式3-1】5.（2019·河南鄭州·校聯(lián)考一模）已知圓錐的母線長為2r，底面圓半徑長為r，圓心為O，點M是母線PA的中點，AB是底面圓的直徑若點C是底面圓周上一點，且OC與母線PB所成的角等于，則MC與底面所成的角的正弦值為
A．
B．或
C．
D．或
【答案】D
【分析】結合題意,構造出MC與底面所成角,然后結合三角值計算公式,即可.
【詳解】結合題意,過M點作,繪制圖形,
結合題意可知,,結合余弦定理可知
,代入,解得
而MQ為三角形APO的中位線,所以,因為PO垂直底面,而MQ平行PO,可知MQ垂直底面,故即為與底面所成角,所以,故選D.
【點睛】考查了線面角的找法和計算公式,關鍵找出線面角,難度中等.
【變式3-1】6.（2021秋·黑龍江佳木斯·高三佳木斯一中?？茧A段練習）下圖中的幾何體是由兩個有共同底面的圓錐組成．已知兩個圓錐的頂點分別為P、Q，高分別為2、1，底面半徑為1．A為底面圓周上的定點，B為底面圓周上的動點（不與A重合）．下列四個結論：
①三棱錐體積的最大值為；
②直線PB與平面PAQ所成角的最大值為；
③當直線BQ與AP所成角最小時，其正弦值為；
④直線BQ與AP所成角的最大值為；
其中正確的結論有 .（寫出所有正確結論的編號）
【答案】①③
【分析】由①可知只需求點A到面的最大值
對于②，求直線PB與平面PAQ所成角的最大值，可轉化為到軸截面距離的最大值問題進行求解
對于③④，可采用建系法進行分析
【詳解】選項①
如圖所示，當時，四棱錐體積最大，
選項②中，線PB與平面PAQ所成角最大值的正弦值為，所以
選項③和④，如圖所示：
以垂直于方向為x軸，方向為y軸，方向為z軸，其中設 ,.,
設直線BQ與AP所成角為，，當時，取到最大值，，此時，
由于，，，所以取不到
答案選①、③
【點睛】幾何體的旋轉問題需要結合動態(tài)圖形和立體幾何基本知識進行求解，需找臨界點是正確解題的關鍵，遇到難以把握的最值問題，可采用建系法進行求解.
【變式3-1】7.（2021·全國·高三專題練習）已知圓錐的頂點為，為底面中心，，，為底面圓周上不重合的三點，為底面的直徑，，為的中點.設直線與平面所成角為，則的最大值為 ．
【答案】
【分析】由題意建立空間直角坐標系，結合空間向量的結論和均值不等式確定的最大值即可.
【詳解】以AB的中點O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，不妨設，則：
，如圖所示，由對稱性不妨設且，
則，易知平面SAB的一個法向量為，
據(jù)此有：
，
當且僅當時等號成立，
綜上可得：的最大值為.

【點睛】本題主要考查空間向量及其應用，學生的空間想象能力等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.
題型4面面角最值取值范圍
【例題4】（2023·全國·高三專題練習）如圖，正方體的棱長為，分別是棱的中點，過點的平面分別與直線交于點，為側面（含邊界）上的一個動點.給出以下命題：
①四邊形一定為菱形；
②四棱錐的體積為定值；
③平面與平面所成的角不大于；
④的最小值為.
其中正確命題的序號是 .
【答案】①②④
【分析】根據(jù)面面平行的性質可證得四邊形為平行四邊形，利用線面垂直的判定可證得平面，由和線面垂直性質可得，由此可知①正確；利用體積橋可知②正確；以為坐標原點建立空間直角坐標系，設，根據(jù)面面角的向量求法可確定有大于的情況，知③錯誤；作出關于平面的對稱點，由此可知所求最小值為，知④正確.
【詳解】對于①，連接，
平面平面，平面平面，平面平面，，同理可得：，
四邊形為平行四邊形；
分別為中點，；
四邊形為正方形，，
又平面，平面，，
，平面，平面，
平面，又平面，，
四邊形為菱形，①正確；
對于②，由①知：四邊形為菱形，，
；
，點到平面的距離為，
，則為定值，②正確；
對于③，以為坐標原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標系，
設，則，，，
，，
設平面的法向量，
則，令，解得：，，；
軸平面，平面的一個法向量；
，
為平面與直線的交點，；
則當時，，
平面與平面可以大于，③錯誤；
對于④，作出關于平面的對稱點，則，
平面平面，平面平面，平面平面，，同理可得：，
四邊形為平行四邊形，平面，又平面，
又平面平面，，又，
，為中點，即，
，（當且僅當三點共線，即為如圖所示點時取等號），
，④正確.
故答案為：①②④.
【變式4-1】1. （2020·浙江·高三統(tǒng)考期末）已知直三棱柱ABC﹣A'B'C'的底面是正三角形，側棱長與底面邊長相等，P是側棱AA'上的點（不含端點）．記直線PB與直線AC所成的角為α，直線PB與直線B'C所成的角為β，二面角P﹣B'B﹣C的平面角為γ，則（ ）
A．α＞β＞γB．α＜β＜γC．α＞γ＞βD．β＞α＞γ
【答案】D
【分析】取中點，以、所在直線分別為、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量，設出點的坐標，求出三個角，再比較大小即可．
【詳解】解：設直三棱柱的棱長與底面邊長為2，如圖，取中點，
以、所在直線分別為、軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，，，， ，
∴，，，
∴ ，
，
由題意，，，則二面角的平面角為，則，
當時，由二次函數(shù)的單調性知，．
∴，
∴，
故選：D．
【點睛】本題主要考查異面直線所成的角、二面角的求法，考查了利用角的余弦值比較角的大小，屬于中檔題．
【變式4-1】2. （2020秋·新疆昌吉·高三?？计谥校┮阎倪呅沃?，，，在將沿著翻折成三棱錐的過程中，直線與平面所成角的角均小于直線與平面所成的角，設二面角，的大小分別為，則
A．B．C．存在D．的大小關系無法確定
【答案】B
【分析】根據(jù)題意在三棱錐中，作平面于，則分別為與平面所成的角，過作，垂足分別為，連，則，由的大小得到的大小，然后求出的正切值后可得的大小關系．
【詳解】如圖，在三棱錐中，作平面于，連，
則分別為與平面所成的角．
∵直線與平面所成角的角均小于直線與平面所成的角，
∴．
過作，垂足分別為，連，
則有，
∴分別為二面角，的平面角，
∴．
在中，，設BD的中點為O，則為邊上的中線，
由可得點H在CO的左側（如圖所示），
∴．
又，
∴．
又為銳角，
∴．
故選B．
【點睛】本題考查線面角和二面角的求法和應用，解題時可先作出相關角，并由角的大小得到相關線段的大小關系，然后再根據(jù)空間角的定義求出角即可，解題的關鍵是正確作出圖形，并將角的大小的問題轉化為線段的長度的問題求解，考查作圖能力和計算能力．
【變式4-1】3. （2021·浙江嘉興·統(tǒng)考模擬預測）如圖，矩形中，，是線段（不含點）上一動點，把沿折起得到，使得平面平面，分別記，與平面所成角為，平面與平面所成銳角為，則
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由題意畫出圖形，作出與平面所成角為，平面與平面所成銳角為，分別求出和，與平面所成角為則答案可求．
【詳解】
如圖，過作，在中，由，可得．
由等積法可得，則
∵平面平面，且，可得平面，
則．
過作，垂足為，連接，則為平面與平面所成的銳角．
∵到的距離
即 ．
故選A．
【點睛】本題考查空間中直線與平面、平面與平面所成角的求法，考查空間想象能力與邏輯思維能力，是中檔題．
【變式4-1】4. （2023·全國·高三專題練習）如圖，在單位正方體中，點P在線段上運動，給出以下四個命題：
異面直線與間的距離為定值；
三棱錐的體積為定值；
異面直線與直線所成的角為定值；
二面角的大小為定值．
其中真命題有
A．1個B．2個C．3個D．4個
【答案】D
【詳解】對于①，異面直線與間的距離即為兩平行平面和平面間的距離，即為正方體的棱長，為定值．故①正確．
對于②，由于，而為定值，又P∈AD1，AD1∥平面BDC1，所以點P到該平面的距離即為正方體的棱長，所以三棱錐的體積為定值．故②正確．
對于③，由題意得在正方體中，B1C⊥平面ABC1D1，而C1P?平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故這兩條異面直線所成的角為．故③正確；
對于④，因為二面角P?BC1?D的大小，即為平面ABC1D1與平面BDC1所成的二面角的大小，而這兩個平面位置固定不變，故二面角的大小為定值．故④正確．
綜上①②③④正確．選D．
【變式4-1】5.（2020·上海·高三專題練習）設三棱錐的底面是正三角形，側棱長均相等，是棱上的點（不含端點），記直線與直線所成的角為，直線與平面所成的角為，二面角的平面角為，則三個角、、中最小的角是 .
【答案】
【分析】作出線線角，線面角，二面角，根據(jù)它們的正弦值，比較出它們的大小關系.
【詳解】作交于，由于，，所以為正三棱錐，由對稱性知.取中點，連接，作平面，交平面于，連接.作平面，交平面于，連接.作，交于，連接，所以.由于，所以.由于平面，所以.由于，平面，所以.
.因為，在上，平面于，平面于，所以.所以.所以.由于都是銳角，所以.
由于在上，由對稱性，而，則，由于也是銳角，所以.
綜上所述，三個角中的最小角是.
故答案為.
【點睛】本小題主要考查線線角、線面角、二面角的概念，考查數(shù)形結合的數(shù)學思想方法，考查空間想象能力，屬于中檔題.
題型5外接球問題
【例題5】（2022·四川遂寧·統(tǒng)考一模）設半徑為的球面上有四點，且兩兩垂直，若，則球半徑的最小值是（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】A
【分析】設，由兩兩垂直得，由結合均值不等式即可求的最小值.
【詳解】設，兩兩垂直，∴，
，當且僅當a=b=c等號成立即.
故選：A
【變式5-1】1.（2022秋·江蘇南京·高三南京師大附中校聯(lián)考階段練習）四棱錐中，底面是邊長為的正方形，側面為正三角形，則其外接球體積最小值為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】設二面角的大小為，由得外接圓半徑最大值，再由球的體積公式求解，
【詳解】設二面角的大小為，中點為，正方形的中心為，
則，，，則，到底面的距離為，
設球心到底面的距離為，而正方形的外接圓半徑為，
則，而
由得，，
恒成立，故最小值為，，
即外接球體積最小值為，
故選：C
【變式5-1】2.（2023·四川宜賓·宜賓市敘州區(qū)第一中學校?？寄M預測）在三棱錐中，平面BCD，，則已知三棱錐外接球表面積的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】設，，求得的外接圓的半徑為，結合圖形求得三棱錐外接球半徑，然后換元利用基本不等式及不等式的性質得的最小值，從而可得面積的最小值．
【詳解】如圖，設，，為的外心，為三棱錐外接球的球心，則平面，又平面，所以，平面，則，四邊形是直角梯形，
設，，，
由平面，平面，得，
則 ，，，即，
又，則，，
令，則，，
，當且僅當，即時等號成立，
所以三棱錐外接球表面積，
故選：B．
【點睛】結論與方法點睛：
（1）三棱錐的外接球的球心在過各面外心且與此面垂直的直線上，由此易找到球心；
（2）特殊的三棱錐，如有從同一點出發(fā)的三條棱兩兩垂直，或三棱錐的三對棱相等則可把三棱錐補形為一個長方體，長方體的對角線即為外接球的直徑．
（3）如果三棱錐的一條棱與一個面垂直，可把此三棱錐補形為一個直三棱柱，直三棱柱的外接球即為三棱錐的外接球．
【變式5-1】3.（2019秋·廣西·高三?？茧A段練習）在三棱錐中，，，，，則三棱錐外接球的體積的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三角形全等可得∠ABD＝∠ACD＝90°，故而AD為棱錐外接球的直徑，根據(jù)勾股定理得出AD關于AB的函數(shù)，求出AD的最小值即可得出答案．
【詳解】∵AB＝AC，DB＝DC，AD為公共邊，
∴△ABD≌△ACD，
又AB⊥BD，即∠ABD＝90°，∴∠ACD＝90°，
設AD的中點為O，則OA＝OB＝OD＝OC，
∴O為棱錐A﹣BCD的外接球的球心．
∵AB+BD＝4，∴AD2＝AB2+（4﹣AB）2＝2AB2﹣8AB+16＝2（AB﹣2）2+8，
∴當AB＝2時，AD2取得最小值8，即AD的最小值為2，
∴棱錐外接球的最小半徑為AD，
∴外接球的最小體積為V．
故選：C．
【點睛】本題考查了棱錐的結構特征，棱錐與外接球的位置關系，確定球心位置是解題的關鍵，屬于中檔題．
【變式5-1】4.（2023·全國·高三專題練習）在棱長為2的正方體中，分別為的中點，則（ ）
A．平面 平面
B．點為正方形內一點，當 平面時，的最小值為
C．過點的平面截正方體所得的截面周長為
D．當三棱錐的所有頂點都在球的表面上時，球的表面積為
【答案】B
【分析】根據(jù)面面平行無交線可判斷A；由面面平行的性質得出DP所在的平面，即可分析最小值P點的位置，求解即可；用向量法根據(jù)平行的坐標表示，求出過點的平面截正方體所得的截面，即可計算周長；根據(jù)三棱錐的外接球半徑公式和球體的表面積公式求解即可.
【詳解】解：對于A，延長，，，，有兩個交點I，J，
代表平面 平面，兩平面不平行，A選項錯誤
對于B，分別取，的中點，，連接，
則，，
且，，平面，平面，
所以平面平面，
已知點為正方形內一點，當P在上時，平面，滿足 平面，
在中，，，
則為等腰三角形，點P在的中點時，有最小值，
在中，，，B選項正確；
對于C，如圖建立空間直角坐標系，設，，
則，，，，
，，，
，
則，解得，
截面周長為，
C選項錯誤；
對于D，當三棱錐的所有頂點都在球的表面上時，
，D選項錯誤；
故選：B.
【變式5-1】5.（2020·湖北·校聯(lián)考一模）已知三棱錐滿足底面，在中，，，，是線段上一點，且，球為三棱錐的外接球，過點作球的截面，若所得截面圓的面積的最小值與最大值之和為，則球的表面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先找到外接球球心，過的中點作，則平面，取，則為外接球球心，過點作球的截面，最大的截面過球心，最小的截面是過且與垂直的截面，由此可用表示出兩截面圓半徑．
【詳解】
如圖．是邊中點，是邊中點，∵，∴是的外心，作，∵平面，∴平面，∴，
取，易得，∴是三棱錐的外接球的球心。是中點，則，，∴，∵，∴，∴，設，則，，又，∴，
過且與垂直的截面圓半徑為，則，這是最小的截面圓半徑，最大的截面圓半徑等于球半徑，∴，，
，。
故選：C。
【點睛】本題考查球的表面積，解題關鍵是確定三棱錐外接球球心。結論：多面體外接球球心一定在過各面外心與此面垂直的直線上。
【變式5-1】6.（2022秋·新疆烏魯木齊·高三?？茧A段練習）魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于古代漢族建筑中首創(chuàng)的榫卯結構，這種三維的拼插器具內部的凹凸部分（即榫卯結構）嚙合，十分巧妙，外觀看是嚴絲合縫的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，從外表上看，六根等長的正四棱柱分成三組，經(jīng)榫卯起來，如圖，若正四棱柱的高為，底面正方形的邊長為，現(xiàn)將該魯班鎖放進一個球形容器內，則該球形容器的表面積的最小值為（容器壁的厚度忽略不計）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)題意可知，當該球為底面邊長分別為、，高為的長方體的外接球時，球的半徑取最小值，然后利用公式可計算出球體的表面積.
【詳解】由題意知，當該球為底面邊長分別為、，高為的長方體的外接球時，球的半徑取最小值，
所以，該球形容器的半徑的最小值為，
因此，該球形容器的表面積的最小值為.
故選C.
【點睛】本題考查長方體的外接球，解題的關鍵就是要弄清楚球為長方體的外接球時，球的半徑最小，考查空間想象能力與計算能力，屬于中等題.
題型6外接球截面相關
【例題6】（2021秋·河北唐山·高三唐山一中?？计谥校┧拿骟w的四個頂點在同一球面上中， ，，為的中點，過作其外接球的截面，則截面面積的最大值與最小值的比為（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根據(jù)對稱性確定球心，再確定截面面積的最大值與最小值的取法，最后根據(jù)面積公式求比值.
【詳解】
取BD中點F，則根據(jù)對稱性得球心為EF中點，且EFAC
因為 ，所以AFBD，CFBD,
過作其外接球的截面，則截面面積的最大為球的大圓，半徑為;截面面積的最小為以AC為直徑的圓，半徑為，
從而截面面積的最大值與最小值的比為
故選D
【點睛】本題考查多面體外接球以及球的截面，考查空間想象能力與綜合分析求解能力，屬中檔題.
【變式6-1】1. （2022秋·云南·高三云南師大附中校聯(lián)考階段練習）已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，且該四棱錐的所有頂點都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD, ，點E在棱PB上，且， 過E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是 .
【答案】/
【分析】將四棱錐補形為長方體可得球O球心與球O半徑，則當EO與截面垂直時，截面面積最小.
【詳解】如圖，將四棱錐P-ABCD補為長方體，則此長方體與四棱錐的外接球均為球O，
則球O半徑.O位于PC中點處.
因底面ABCD是矩形，則.因PA⊥平面ABCD，平面ABCD，則，又平面PAB，AB平面PAB，，則平面PAB.
因PB平面PAB，則.取PB的中點為F，
則，..
因，則，得.
則在直角三角形OEF中，.
當EO與截面垂直時，截面面積最小，
則截面半徑為.
故截面面積為.
故答案為：
【變式6-1】2. （2021秋·山東濰坊·高三山東省濰坊第四中學?？奸_學考試）正的三個頂點都在半徑為2的球面上,球心O到平面的距離為1,點D是線段BC的中點,過D作球O的截面,則截面面積的最小值為 .
【答案】
【分析】設正的中心為，連結、、、．根據(jù)球的截面圓性質、正三角形的性質與勾股定理，結合題中數(shù)據(jù)算出．而經(jīng)過點的球的截面，當截面與垂直時截面圓的半徑最小，相應地截面圓的面積有最小值，由此算出截面圓半徑的最小值，從而可得截面面積的最小值．
【詳解】解：設正的中心為，連結、、、，
是正的中心，、、三點都在球面上，
平面，結合平面，可得，
球的半徑，球心到平面的距離為1，得，
△中，．
又為的中點，△中，．
△中，．
過作球的截面，當截面與垂直時，截面圓的半徑最小，
當截面與垂直時，截面圓的面積有最小值．
此時截面圓的半徑，可得截面面積為．
故答案為．
【點睛】本題已知球的內接正三角形與球心的距離，求經(jīng)過正三角形中點的最小截面圓的面積．著重考查了勾股定理、球的截面圓性質與正三角形的性質等知識，屬于中檔題．
【變式6-1】3. （2019·湖北·高三校聯(lián)考期中）已知三棱錐的所有頂點在球的球面上，平面，是等腰直角三角形，，是的中點，過點作球的截面，則截面面積的最小值是 .
【答案】.
【分析】先找出三棱錐外接球的球心并求出球的半徑，然后利用球的截面的性質即可解決問題.
【詳解】點是的外心，過點作平面使，
是外接球球心，半徑設為，，
在直角梯形中，，，，
得，過點作球的截面，當截面時，
截面面積最小，此時截面圓的半徑為，
∴截面面積的最小值是.
故答案為.
【點睛】本題主要考查三棱錐的外接球的問題及球的截面的性質等，對空間想象力要求較高，屬中等難度題.
【變式6-1】4. （2023春·四川成都·高三樹德中學?？奸_學考試）已知菱形邊長為，，為對角線上一點，．將沿翻折到的位置，移動到且二面角的大小為，則三棱錐的外接球的半徑為 ；過作平面與該外接球相交，所得截面面積的最小值為 ．
【答案】
【分析】設，證明出平面，分析可知，以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸，平面內過點且垂直于的直線為軸建立空間直角坐標系，設三棱錐的外接球球心為，根據(jù)題意可得出關于、、的方程組，可求得球心的坐標，即可求出球的半徑長，求出，可求得截面圓半徑的最小值，再利用圓的面積公式可求得截面圓面積的最小值.
【詳解】設，翻折前，在菱形中，則，即，，
翻折后，則有，
所以，二面角的平面角為，
在菱形中，，則，
又因為，所以，是邊長為的等邊三角形，
同理可知，是邊長為的等邊三角形，
因為，，，、平面，
平面，
以點為坐標原點，、所在直線分別為、軸，平面內過點且垂直于的直線為軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則點、、、、，
設三棱錐的外接球球心為，
由可得，解得，
所以，三棱錐的球心為，球的半徑為.
，
設球心到截面的距離為，平面截球的截面圓的半徑為，
則，，
過作平面與該外接球相交，所得截面面積的最小值為.
故答案為：；.
【點睛】方法點睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：
①補形法：側面為直角三角形，或正四面體，或對棱二面角均相等的模型，可以還原到正方體或長方體中去求解；
②利用球的性質：幾何體中在不同面均對直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；
③定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據(jù)帶其他頂點距離也是半徑，列關系求解即可；
④坐標法：建立空間直角坐標系，設出外接球球心的坐標，根據(jù)球心到各頂點的距離相等建立方程組，求出球心坐標，利用空間中兩點間的距離公式可求得球的半徑.
【變式6-1】5.（2023·全國·高三專題練習）已知空間四邊形的各邊長及對角線的長度均為6，平面平面，點M在上，且，那么外接球的半徑為 ；過點M作四邊形外接球的截面.則截面面積最大值與最小值之比為 .
【答案】 /
【分析】空1：根據(jù)題意結合球的性質分析可得平面，平面，求出即可得球的半徑；空2：根據(jù)球的截面性質可得，結合題意分析運算.
【詳解】空1：
由題意知和為等邊三角形，取中點E，連，，則，
平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
同理可證：平面，
設外接球的球心為O，半徑為R，
分別取、的中心、，連接，
則平面，平面，
∴ ， ，則為平行四邊形，
由題意可得：，
又∵平面，平面，
∴，
故，
空2：
連，
∵，，，則H，O，M三點共線，
∴，
設過M作四邊形外接球的截面圓的半徑為r，O到該截面的距離為d，則，即，
∵，則有：
當時，此時截面過球心，取到最大值，截面的面積最大為；
當時，取到最小值，截面的面積最小為；
故截面面積最大值和最小值之比為.
故答案為：；.
【點睛】結論點睛：
球的相關性質：
①球的截面均為圓面；
②球心和截面圓心的連線垂直于該截面，則有.
題型7正方體截面相關
【例題7】（2021·浙江·高三專題練習）正四面體的棱長為4，為棱的中點，過作此正四面體的外接球的截面，則該截面面積的最小值是
A．B．C．D．
【答案】A
【詳解】 將四面體放置在正方體中，如圖所示，
可得正方體的外接球就是四面體的外接球，
因為正四面體的棱長為4，
所以正方體的棱長為，可得外接球的半徑滿足，即，
又為的中點，過作其外接球的截面，當截面到球心的距離最大時，
此時截面圓的面積最小，
此時球心到截面的距離等于正方體棱長的一半，
可得截面圓的半徑為，得到截面圓的面積的最小值為，
故選A.
【變式7-1】1. （2021·湖南株洲·校聯(lián)考一模）過棱長為1的正方體的一條體對角線作截面，則截得正方體的截面面積的最小值是
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】取對角線頂點所不在的兩個側棱的中點M,N,與對角線兩個頂點相連，所得四邊形即為所有過對角線的截面中面積最小的，由此可求出截面面積.
【詳解】如圖：
在正方體中，取的中點,連接,
過的平面截得正方體的截面中，當截面為菱形時，截面面積最小，
,
故選D.
【點睛】本題主要考查了正方體的截面面積的求法，考查了空間想象能力，屬于中檔題.
【變式7-1】2. （多選）（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源縣第一中學校考期中）如圖，正方體棱長為1，點是線段上的一個動點，下列結論中正確的是（ ）
A．存在點，使得
B．三棱錐的體積為定值
C．若動點在以點為球心，為半徑的球面上，則的最小值為
D．過點，，作正方體的截面，則截面多邊形的周長的取值范圍是
【答案】BCD
【分析】A選項為直徑的球面與直線沒有公共點，則不存在點P；
B選項根據(jù)等體積法，則，將體積轉化為，算出即可；
C選項的 最小值為，代入即可求得最小值；
D選項的動點位于點時截面周長最小，當位于中點時，截面的周長最大，故可得到結論.
【詳解】對A選項，在正方體中，以為直徑的球面，半徑，則直線與該球面沒有公共點，故不存在點，使得，故A選項錯誤；
對B選項， 因為，因為，平面，平面，所以平面，所以點到平面的距離即為直線到平面的距離，故，故B選項正確；
對C選項，，，因為，所以，故C選項正確；
對D選項，當在上移動時，截面多邊形如圖(1)所示，其側面展開圖如圖(2)所示，

圖(1) 圖(2)
當點位于點時，即與點重合，截面多邊形為正三角形，此時的周長最小，周長，當點從點向點移動時，根據(jù)對稱性可知，截面多邊形的周長先增大后減小，即點隨著點的移動至點時，此時點為的中點，截面為平行四邊形，截面多邊形的周長最大，此時周長為，所以截面多邊形的周長的取值范圍是，故D選項正確.
故選：BCD
【變式7-1】3.（2022秋·吉林長春·高三長春市第六中學?？计谀├忾L為1的正方體內部有一圓柱，此圓柱恰好以直線為軸，且圓柱上下底面分別與正方體中以為公共點的3個面都有一個公共點，以下命題正確的是（ ）
A．在正方體內作與圓柱底面平行的截面，則截面的最大面積為
B．無論點在線段上如何移動，都有
C．圓柱的母線與正方體所有的棱所成的角都相等
D．圓柱外接球體積的最小值為
【答案】BCD
【分析】對于A答案，只需找一種情況截面面積比大可判A錯;根據(jù)平面后可證線線垂直，可判斷B正確；圓柱的母線與平行，容易判斷C正確；然后需要經(jīng)過計算出外接球的半徑即可判斷D是否正確.
【詳解】如圖所示：設分別為對應棱的中點，易知共面，
因為是的中點，所以，
因為，所以，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，同理可得，
因為平面，所以平面，
所以平面為其中一個截面，其面積為，A錯誤；
B：因為平面，平面，所以
平面
平面又平面
正確；
C：易知圓柱的母線與平行，易得與所成的夾角相等，故與其每條側棱間的夾角都相等，C正確；
D:設圓柱底面半徑為，則圓柱的底面必與過點的三個面相切，
且切點分別在線段上，設在上的切點為，為圓柱的一條高，
在中，，所以在中，，
根據(jù)對稱性知：，則圓柱的高為，
所以外接球的半徑，
當時，外接球體積的最小值為，D正確
故選：BCD
【點睛】方法點睛：求多面體的外接球的面積和體積問題，常用方法有：（1）三條棱兩兩互相垂直時，可恢復為長方體，利用長方體的體對角線為外接球的直徑，求出球的半徑；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的對稱性，球心為上下底面外接圓的圓心連線的中點，再根據(jù)勾股定理求球的半徑；（3）如果涉及幾何體有兩個面相交，可過兩個面的外心分別作兩個面的垂線，垂線的交點為幾何體的球心.
【變式7-1】4. （多選）（2023·全國·高三專題練習）在正方體中，，點P滿足，其中，則下列結論正確的是（ ）
A．當平面時，與所成夾角可能為
B．當時，的最小值為
C．若與平面所成角為，則點P的軌跡長度為
D．當時，正方體經(jīng)過點?P?C的截面面積的取值范圍為
【答案】AC
【分析】A選項，建立空間直角坐標系，得到，求出平面的一個法向量，由，求出，再根據(jù)列出方程，求出或1，得到A正確；
B選項，先根據(jù)，得到點在棱上，將平面與平面沿著展成平面圖形，結合余弦定理求出答案；
C選項，先得到為與平面所成角，根據(jù)所成角的大小得到，從而得到點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，求出軌跡長度；
D選項，先確定點在上，作出輔助線得到平行四邊形即為正方體過點?P?C的截面，設，求出點到直線的距離，配方后得到其最大值與最小值，從而得到截面的最大值與最小值，得到取值范圍.
【詳解】建立如圖所示的空間直角坐標系，
則，
所以，
則，設平面的一個法向量為，
所以，
令，則，即平面的一個法向量為，
若平面，則，即，
故，故，其中，
令，
解得：或1，
故與可能是，A正確；
B選項，因為，故點在棱上，
如圖，將平面與平面沿著展成平面圖形，
線段即為的最小值，
利用余弦定理可得：
，
所以，B錯誤；
C選項，因為⊥平面，連接，則即為與平面所成角，
若與平面所成角為，則，所以，
即點的軌跡是以為圓心，以1為半徑的個圓，
于是點的軌跡長度為，C正確；
D選項，當時，點在上，過點作交于點，連接，
則，所以平行四邊形即為正方體過點?P?C的截面，
設，
所以，則，，
所以點到直線的距離為，
于是當時，，的面積取得最小值，此時截面面積最小為，
當或1時，，的面積取得最大值，此時截面面積最大為，
故截面面積的取值范圍為，D錯誤.
故選：AC
【點睛】立體幾何中截面的處理思路：
（1）直接連接法：有兩點在幾何體的同一個平面上，連接該兩點即為幾何體與截面的交線，找截面就是找交線的過程；
（2）作平行線法：過直線與直線外一點作截面，若直線所在的平面與點所在的平面平行，可以通過過點找直線的平行線找到幾何體與截面的交線；
（3）作延長線找交點法：若直線相交但在立體幾何中未體現(xiàn)，可通過作延長線的方法先找到交點，然后借助交點找到截面形成的交線；
（4）輔助平面法：若三個點兩兩都不在一個側面或者底面中，則在作截面時需要作一個輔助平面
【變式7-1】5. （多選）（2022·安徽·校聯(lián)考二模）在底面邊長為2、高為4的正四棱柱中，為棱上一點，且分別為線段上的動點，為底面的中心，為線段的中點，則下列命題正確的是（ ）
A．與共面
B．三棱錐的體積為
C．的最小值為
D．當時，過三點的平面截正四棱柱所得截面的周長為
【答案】ACD
【分析】對于A，證明即可判斷；對于B，由等體積法即可判斷；對于C，展開平面，即可得到最小值；對于D，取，連接，即可得到截面，從而得到結果.
【詳解】對于A，如圖1，在中，因為為的中點，所以，所以與共面，所以A正確；
對于B，由，因為到平面的距離為定值2，且的面積為1，所以三棱錐的體積為，所以B錯誤；
對于C，如圖2，展開平面，使點共面，過作，交與
點，交與點，則此時最小，易求的最小值為，則C正確；
對于D，如圖3，取，連接，則，又，所以，所以共面，即過三點的正四棱柱的截面為，由，則是等腰梯形，且，所以平面截正四棱柱所得截面的周長為，所以D正確.
故選:ACD.
【變式7-1】6. （2021·浙江溫州·統(tǒng)考二模）如圖所示的一塊長方體木料中，已知AB=BC=4,，設E為底面ABCD的中心，且，則該長方體中經(jīng)過點的截面面積的最小值為
【答案】
【詳解】試題分析：如圖所示：作出過點的截面，顯然為平行四邊形，延長，并設，再作于，連接，則，再作于，易知 ，在直角中，可求得，由相似可得，從而，所以，所以，其中，所以當時截面面積最小為，故答案填.
考點：1、長方體；2、平行四邊形的面積；3、二次函數(shù)求最值.
【思路點晴】本題是一個關于幾何體的截面面積的最值問題，屬于難題.解決本題的基本思路是首先應先做出過點的截面，并判斷出該截面是平行四邊形，接著再求出這個平行四邊形的底邊長和高，進而得到面積的表達式，最后再利用二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值求法即可得到截面面積的最小值.
題型8代數(shù)式最值取值范圍
【例題8】（2022·四川成都·石室中學?？寄M預測）已知正四面體的棱長為,是棱上任意一點（不與,重合）,且點到面和面的距離分別為,,則的最小值為 .
【答案】
【分析】過點作平面于點,則為的重心，根據(jù) 即可求出,根據(jù)均值不等式,進而求得的最小值.
【詳解】過點作平面于點,則為的重心
如圖所示:


又

可得

當且僅當時取等號
的最小值是
故答案為:.
【點睛】本題考查了求不等式最小值.解題關鍵是采用分割法求四面體體積,求出,考查綜合分析求解能力,屬中檔題.
【變式8-1】1. （2019·湖南·高三校聯(lián)考階段練習）如圖，在四棱錐中，平面，，，，，分別為棱上一點，若與平面所成角的正切值為2，則的最小值為 .
【答案】
【分析】先找出與平面所成角，再利用正切值為2，證得E為PC的中點.根據(jù)所給各邊的長度，求出的斜弦值，再將翻折至與平面PAB共面，利用余弦定理求出，即為的最小值.
【詳解】取CD的中點H，連接BH，EH.
依題意可得，.因為平面ABCD，所以，
從而平面ABCD，
所以BE與平面PCD所成角為，
且，則，則E為PC的中點.

在中，.
因為，，，
所以，所以.
將翻折至與平面PAB共面，如圖所示，則圖中，
當F為AE與PB的交點時，取得最小值，此時，.
故答案為：.
【點睛】本題考查空間中線面垂直、線面角、余弦定理等知識的交會，考查空間相象能力和運算求解能力，將空間中線段和的最值問題，轉化成平面問題，對轉化與化歸思想的考查要求較高，屬于難題.
【變式8-1】2. （2022秋·廣東廣州·高三校考期中）正多面體也稱柏拉圖立體（被譽為最有規(guī)律的立體結構）是所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形）.數(shù)學家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體.已知一個正八面體的棱長都是2（如圖），、分別為、的中點，則 .若，過點的直線分別交直線于兩點，設（其中均為正數(shù)），則的最小值為 .
【答案】 4
【分析】先由正八面體得到，，，再利用向量的線性運算與數(shù)量積運算法則即可求得；在平面上建立平面直角坐標系，由求得，，再利用三點共線得到，從而利用基本不等式“1“的妙用求得的最小值.
【詳解】因為在正八面體中，，所以，
同理：，
又在正方形中，，所以，則，所以，
因為，，
所以 ；
因為，所以是邊上靠近點的三等分點，
根據(jù)題意，在平面上，以邊的中點為原點，為軸，為軸建立平面直角坐標系如圖，
則，設，
則，，
因為，
所以，
則，，
因為三點共線，所以，則，
即，整理得，
又因為，
所以，
當且僅當且，即時，等號成立，
所以，即的最小值為.
故答案為：4；.
【點睛】關鍵點睛：本題第2空的解決關鍵是建立平面直角坐標系，利用三點共線求得，從而得解.
【變式8-1】3. （2021·河南·高三校聯(lián)考階段練習）在正方體中，點平面，點是線段的中點，若，則當?shù)拿娣e取得最小值時，
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取的中點，連接，證明點在直線上，當時，三角形的面積取得最小值，進而求得的值.
【詳解】取的中點，連接，設.作出圖像如下圖所示.易得，所以平面，所以.易得，所以平面，所以.故平面，所以在直線上，可使得.由于，所以最短時三角形的面積取得最小值，此時點在點的位置.設正方體棱長為，故.，所以，所以，故 ，故選D.
【點睛】本小題主要考查線面垂直的證明，考查三角形面積的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，難度較大，屬于難題..本題解題關鍵點在于找到點所在的位置，主要通過證明線面垂直來找到.
【變式8-1】4. （2021·全國·高三專題練習）已知直三棱柱的側棱長為，且底面是邊長為的正三角形，用一平面截此棱柱，與側棱，分別交于三點，若為直角三角形，則該直角三角形斜邊長的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】設在處，，，分別表示出，由勾股定理可構造方程，根據(jù)方程有解可得，求得的范圍，進而得到所處的范圍.
【詳解】
如圖，不妨設在處，，
則，，
由得：，則，即
該直角三角形斜邊
故選：
【點睛】本題考查立體幾何中最值問題的求解，關鍵是能夠通過特殊位置構造出關于變量的方程，通過方程有解確定所求變量所處的范圍；考查了由特殊到一般的基本思想，對于學生的推理能力有一定要求，屬于較難題.
【變式8-1】5.（2019秋·全國·高三專題練習）如圖，在三棱錐中，、、兩兩垂直，且，，．設是底面內一點，定義，，，其中、、分別是三棱錐、三棱錐、三棱錐的體積．若，，，且恒成立，則正實數(shù)的最小值為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】先根據(jù)三棱錐的特點求出其體積，然后利用基本不等式求出的最小值，建立關于的不等關系，解之即可．
【詳解】解：、、兩兩垂直，且．，．
即，則
解得
正實數(shù)的最小值為4
故選：．
【點睛】本題主要考查了棱錐的體積，同時考查了基本不等式的運用，是題意新穎的一道題目，屬于中檔題．
【變式8-1】6.（2021秋·四川成都·高三石室中學階段練習）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，G為線段EC上的動點，則下列結論中正確的是
；該幾何體外接球的表面積為；
若G為EC中點，則平面AEF；
的最小值為3．
【答案】
【分析】以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DE所在直線為z軸，建立空間直角坐標系，分別求得D，A，B，C，F(xiàn)，E的坐標，由，的坐標表示，可判斷；確定球心為矩形BDEF的對角線交點，求得半徑，可判斷；求得G的坐標，求得平面AEF的法向量，計算可判斷；設出G的坐標，由兩點的距離公式，結合二次函數(shù)的最值求法，可判斷．
【詳解】以D為原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DE所在直線為z軸，
建立空間直角坐標系，
可得0，，0，，1，，1，，1，，0，，
即有1，，1，，由，可得，故正確；
由球心在過正方形ABCD的中心的垂面上，即為矩形BDEF的對角線的交點，
可得半徑為，即有該幾何體外接球的表面積為，故正確；
若G為EC中點，可得1，，0，，0，，1，，
設平面AEF的法向量為y，，可得，且，可設，可得一個法向量為，
由，可得則平面AEF，故正確；
設t，，，
當時，取得最小值，故錯誤．
故答案為．
【點睛】本題考查空間線面的位置關系和空間線線角的求法，以及向量法解決空間問題，考查運算能力，屬于中檔題．涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體中的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題，再利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解.
【變式8-1】7.（2020·全國·高三專題練習）已知四面體ABCD的所有棱長都為,O是該四面體內一點,且點O到平面ABC、平面ACD、平面ABD、平面BCD的距離分別為,x,和y,則+的最小值是 .
【答案】；
【詳解】該幾何體為正四面體,體積為.各個面的面積為,所以四面體的體積又可以表示為,化簡得,故.當且僅當 等號成立
【點睛】本小題主要考查正四面體體積的計算,考查利用分割法求幾何體的體積,考查了方程的思想,考查了利用基本不等式求解和的最小值的方法.首先根據(jù)題目的已知條件判斷出四面體為正四面體,由于正四面體的棱長給出,所以可以計算出正四面體的體積,根據(jù)等體積法求得的一個等式,再利用基本不等式求得最小值.
【變式8-1】8.（2021·全國·高三專題練習）如圖，在矩形中，，.四邊形為邊長為2的正方形，現(xiàn)將矩形沿過點的動直線翻折，使翻折后的點在平面上的射影落在直線上，若點在折痕上射影為，則的最小值為 ．
【答案】/
【分析】證明在平面圖中三點共線，建立直角坐標系，設直線的方程為，計算，令，利用均值不等式計算得到最值.
【詳解】在立體圖形中：點在平面上的射影落在直線上，則平面，
平面，故，，故平面，
平面，故，故在平面圖中三點共線，如圖所示：
以所在直線為軸，所在直線為軸，建立坐標系，
設直線的方程為，，則．
直線的方程為，故，，
，．
令，根據(jù)題意，．
，時，取等號，的最小值為.
故答案為：
題型9向量相關最值取值范圍
【例題9】（2021秋·浙江寧波·高三統(tǒng)考期末）在空間直角坐標系中，為坐標原點，滿足，則下列結論中不正確的是
A．的最小值為-6B．的最大值為10
C．最大值為D．最小值為1
【答案】B
【分析】根據(jù)題意可設，根據(jù)數(shù)量積的定義可得，可判斷A，B；通過化簡，結合三角函數(shù)的有界性可得最大值，可得最小值，綜合得選項.
【詳解】根據(jù)題意可設；
則；
當時，；
當時，.
另一方面，
當時可以取到最大值，進一步變形上式，
令，
則，
當時取等號，即最小值為1，綜上可得，選B.
【點睛】本題考查命題真假的判斷，考查向量的數(shù)量積、向量的模、三角函數(shù)的性質等基礎知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉化思想，利用三角換元以及三角函數(shù)的有界性是解題的關鍵，有一定難度
【變式9-1】1. （2021·浙江·模擬預測）正四面體的棱長為2，半徑為的球過點，為球的一條直徑，則的最小值是 ．
【答案】
【詳解】很明顯當四點共面時數(shù)量積能取得最值，
由題意可知：，則是以點D為頂點的直角三角形，且：
當向量反向時，取得最小值：.
【變式9-1】2. （2021春·上?！じ呷Ｂ?lián)考階段練習）已知,,為空間三個向量，又,是兩個相互垂直的單位向量，向量滿足，,，則對于任意實數(shù)x，y，的最小值為
【答案】2
【分析】根據(jù)題意確定，然后把展開，利用配方法對所求函數(shù)式進行配方即可求得最小值.
【詳解】由題意知，又，,，
所以
當且僅當時，，
所以的最小值為2.
故答案為：2
【點睛】本題考查向量的數(shù)量積及向量的模，配方法，屬于基礎題.
【變式9-1】3.（多選） （2023秋·河南·高三校聯(lián)考開學考試）已知球的半徑為2，點是球表面上的定點，且，，點是球表面上的動點，滿足，則（ ）
A．有且僅有一個點使得B．點到平面的距離為
C．存在點使得平面D．的取值范圍為
【答案】ABD
【分析】B選項，先根據(jù)向量數(shù)量積公式得到，，畫出三棱錐，設點在平面上的投影為，則⊥平面，設，由勾股定理列出方程，求出，進而求出點到平面的距離；A選項，建立空間直角坐標系，設，則，根據(jù)，得到，從而得到方程，求出，即為直徑，A正確；C選項，求出平面的法向量，假設有，結合求出的，又，求出或，推出兩種情況均不滿足，不合要求，D選項，表達出，，其中，
設，，利用輔助角公式得到，從而求出的取值范圍.
【詳解】B選項，因為，兩邊平方得，，
故，
同理可得，，
畫出三棱錐，設點在平面上的投影為，則⊥平面，

其中為平面的外心，
連接并延長，交于點，則點為的中點，
因為，所以⊥，
故，由勾股定理得，
則，
設，則，
由勾股定理得，即，
解得，
由勾股定理得，
故點到平面的距離為，B正確；
A選項，以為坐標原點，平行于的直線為軸，平行于的直線為軸，垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，
則球的方程為，
設，
因為，所以，
解得，
設，則，
當時，，
其中，故，
即為直徑，故，
故有且僅有一個點使得，A正確；

C選項，設平面的法向量為，
則，
解得，令，解得，故，
，
因為，所以，
解得，
又，故，
，
假設存在點使得平面，則有，
即，
代入中，，化簡得，
解得或，
當時，，由于，此時不滿足，不合題意，
當時，此時不滿足，不合要求，
故不存在點使得平面，C錯誤.
D選項，，其中，
設，，
則，其中，
故，D正確.
故選：ABD
【點睛】立體幾何中體積最值問題，一般可從三個方面考慮：一是構建函數(shù)法，即建立所求體積的目標函數(shù)，轉化為函數(shù)的最值問題進行求解；二是借助基本不等式求最值，幾何體變化過程中兩個互相牽制的變量（兩個變量之間有等量關系），往往可以使用此種方法；三是根據(jù)幾何體的結構特征，變動態(tài)為靜態(tài)，直觀判斷在什么情況下取得最值.
【變式9-1】4. （2021·湖南長沙·高三長郡中學階段練習）已知半徑為1的球內切于正四面體，線段是球的一條動直徑（是直徑的兩端點），點是正四面體的表面上的一個動點，則的取值范圍是 ．
【答案】
【詳解】
設正四面體的棱長為，則，所以，解之得，所以．由向量運算的三角形法則可得，所以，而，則．由題設可知，即，所以，應填答案．
點睛：本題旨在考查空間向量及空間線面的位置關系等有關知識的綜合運用，檢測等價化歸與轉化的數(shù)學思想及數(shù)形結合的思想和意識及運算求解能力和分析問題解決問題的能力．
【變式9-1】5.（2020·全國·高三專題練習）已知球的半徑為是球面上的兩點，且，若點是球面上任意一點，則的取值范圍是 ．
【答案】
【分析】以球心為坐標原點建立空間直角坐標系，設點的坐標，用來表示，進而求出答案.
【詳解】由題意，可得,
則，又由，所以，
以球心為坐標原點，以為軸正方向，平面的垂線為z軸建立空間坐標系，
則，設，
則，
所以，
因為在球面上，則，所以，
所以，
設，當與圓相切時，取得最值.
又由，解得，
所以，所以
故答案為：.
【點睛】本題主要考查了空間向量的應用，向量的數(shù)量積的運算，以及直線與圓的位置關系的綜合應用，其中解答中建立適當?shù)目臻g直角坐標系，利用向量的數(shù)量積的運算公式，結合直線與圓的位置關系求解是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.
1. （2019·四川·統(tǒng)考模擬預測）若矩形的對角線交點為，周長為，四個頂點都在球的表面上，且，則球的表面積的最小值為
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用矩形求出外接圓的小圓半徑，進一步利用基本不等式求出球的半徑，進一步求出球的表面積的最小值．
【詳解】如圖，設矩形的兩鄰邊分別為，，則，且外接圓的半徑．
由球的性質得，平面，所以球的半徑．
由均值不等式得，，所以，
所以，當且僅當時，等號成立．
所以球的表面積的最小值為，
故選．
【點睛】本題考查的知識要點：球的表面積公式的應用，基本不等式的應用，主要考查學生的運算能力和轉換能力及思維能力，屬于基礎題型．
2. （2022·四川瀘州·統(tǒng)考一模）已知正三棱錐（底面是正三角形且頂點在底面的射影是底面三角形的中心）的體積為，其各頂點都在同一球面上，則該球的表面積的最小值為 ．
【答案】
【分析】根據(jù)三棱錐體積求得底面邊長和高之間的關系，結合棱錐外接球求解辦法，求得外接球半徑與高之間的關系，利用基本不等式求得其最小值，再求球的表面積即可.
【詳解】根據(jù)題意，作如下正三棱錐，即頂點再底面的射影為，連接，
記該三棱錐外接球球心為，連接，如下所示：
設，，，則；
根據(jù)題意可得，即，則；
在△中，易知，，，
由可得，即，
則，當且僅當時取得等號；
則的最小值為，故該球的表面積的最小值為.
故答案為：.
3. （2022·內蒙古呼倫貝爾·海拉爾第二中學?？寄M預測）等腰直角三角形的斜邊AB為正四面體側棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，有下列說法：
（1）四面體EBCD的體積有最大值和最小值；
（2）存在某個位置，使得；
（3）設二面角的平面角為，則；
（4）AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓.
其中，正確說法的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【詳解】解：對于（1），當CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方時，E到平面BCD的距離最大，當CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方時，E到平面BCD的距離最小，
∴四面體E﹣BCD的體積有最大值和最小值，故（1）正確；
對于（2），連接DE，若存在某個位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，則AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，進一步可得AE＝DE，此時E﹣ABD為正三棱錐，故（2）正確；
對于（3），取AB中點O，連接DO，EO，則∠DOE為二面角D﹣AB﹣E的平面角，為θ，
直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，θ∈[0，π），
∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正確；
對于（4）AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，P到BC的距離為：dP﹣BC，
因為＜1，所以點P的軌跡為橢圓．（4）正確．
故選：C．
點睛：該題考查的是有關多面體和旋轉體對應的特征，以幾何體為載體，考查相關的空間關系，在解題的過程中，需要認真分析，得到結果，注意對知識點的靈活運用.
4. （2020·河南鶴壁·統(tǒng)考二模）在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝6，AB＝8，點M為△ABC內切圓的圓心，過點M作動直線l與線段AB，AC都相交，將△ABC沿動直線l翻折，使翻折后的點A在平面BCM上的射影P落在直線BC上，點A在直線l上的射影為Q，則的最小值為 ．
【答案】825
【分析】以AB，BC所在直線為坐標軸建立平面直角坐標系，設直線l的斜率為k，用k表示出|PQ|，|AQ|，利用基本不等式得出答案．
【詳解】過點M作△ABC的三邊的垂線，設⊙M的半徑為r，則r2，
以AB，BC所在直線為坐標軸建立平面直角坐標系，
如圖所示，則M（2，2），A（0，8），
因為A在平面BCM的射影在直線BC上，所以直線l必存在斜率，
過A作AQ⊥l，垂足為Q，交直線BC于P，
設直線l的方程為：y＝k（x﹣2）+2，則|AQ|，
又直線AQ的方程為：yx+8，則P（8k，0），所以|AP|8，
所以|PQ|＝|AP|﹣|AQ|＝8，
所以，
①當k＞﹣3時，4（k+3）25≥825，
當且僅當4（k+3），即k3時取等號；
②當k＜﹣3時，則4（k+3）23≥823，
當且僅當﹣4（k+3），即k3時取等號.
故答案為：825
【點睛】本題考查了考查空間距離的計算，考查基本不等式的運算，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.
5. （2023·四川達州·統(tǒng)考一模）在棱長為2的正方體中，分別為的中點，則（ ）
A．異面直線與所成角的余弦值為
B．點為正方形內一點，當平面時，的最小值為
C．過點的平面截正方體所得的截面周長為
D．當三棱錐的所有頂點都在球的表面上時，球的表面積為
【答案】B
【分析】A項通過平行線求異面直線所成角；B項先求點P的軌跡再求DP的最小值；C項先由面面平行的性質作出截面再求截面的周長；D項先找外接球的球心再求球的表面積.
【詳解】對于A項，
∵
∴在Rt△BB1F中∠BB1F即為異面直線DD1與B1F所成的角，
∴ ，
∴異面直線DD1與B1F所成的角的余弦值為.故A項錯誤；
對于B項，
取A1D1的中點M，D1C1的中點N，連接MN，DM，DN，
則DM∥B1F，DN∥B1E，
又∵面B1EF，面B1EF，面B1EF，面B1EF，
∴DM∥面B1EF，DN∥面B1EF，
又∵，面DMN，
∴面DMN∥面B1EF，
又∵DP∥面B1EF，面A1B1C1D1
∴P軌跡為線段MN，
∴在△DMN中，過D作DP⊥MN，此時DP取得最小值，
在Rt△DD1M中，D1M=1，D1D=2，∴，
在Rt△DD1N中，D1N=1，D1D=2，∴，
在Rt△MD1N中，D1N=1，D1M=1，∴，
∴如圖
在Rt△DPN中， .故B項正確；
對于C項，
過點D1、E、F的平面截正方體ABCD—A1B1C1D1所得的截面圖形為五邊形D1MEFN
則D1M∥NF，D1N∥ME，
如圖，以D為原點，分別以DA、DC、DD1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系D—xyz，設AM=m，CN=n，則，，，，，
∴，
∵D1M∥NF，D1N∥ME，
∴
∴
∴
∴在Rt△D1 A1M中，D1 A1=2，，∴，同理：，
在Rt△MAE中，，AE=1，∴，同理：
在Rt△EBF中，BE=BF=1，∴，
∴，
即：過點D1、E、F的平面截正方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面周長為.
故C項錯誤；
對于D項，
如圖所示，取EF的中點O1，則O1E= O1F= O1B，過O1作OO1∥BB1，且使得，則O為三棱錐B1—BEF的外接球的球心，所以OE為外接球的半徑，
∵在Rt△EBF中，，
∴
∴.故D項錯誤.
故選：B.
6. （2021·天津·統(tǒng)考高考真題）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為，兩個圓錐的高之比為，則這兩個圓錐的體積之和為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出圖形，計算球體的半徑，可計算得出兩圓錐的高，利用三角形相似計算出圓錐的底面圓半徑，再利用錐體體積公式可求得結果.
【詳解】如下圖所示，設兩個圓錐的底面圓圓心為點，
設圓錐和圓錐的高之比為，即，
設球的半徑為，則，可得，所以，，
所以，，，
，則，所以，，
又因為，所以，，
所以，，，
因此，這兩個圓錐的體積之和為.
故選：B.
7. （2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.先證平面，則可得到，再證.由三角形相似得到，，再由即可求出體積比.
【詳解】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.

因為平面，平面，所以平面平面.
又因為平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因為，所以，所以，
在中，因為，所以，
所以.
故選：B
8. （2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是 ．
【答案】
【分析】當球是正方體的外接球時半徑最大，當邊長為的正方形是球的大圓的內接正方形時半徑達到最小.
【詳解】設球的半徑為.
當球是正方體的外接球時，恰好經(jīng)過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導致球面和棱沒有交點，
正方體的外接球直徑為體對角線長，即，故；

分別取側棱的中點，顯然四邊形是邊長為的正方形，且為正方形的對角線交點，
連接，則，當球的一個大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達到最小，即的最小值為.
綜上，.
故答案為：
平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面問題化歸為共面問題來解決，具體步驟如下：
①平移：平移異面直線中的一條或兩條，作出異面直線所成的角；
②認定：證明作出的角就是所求異面直線所成的角；
③計算：求該角的值，常利用解三角形；
④取舍：由異面直線所成的角的取值范圍是，當所作的角為鈍角時，應取它的補角作為兩條異面直線所成的角．

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