第33讲 立体几何中的范围与最值问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练

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第33讲立体几何中的范围与最值问题
一、单选题
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．（2021·四川成都·高三期中（文））已知正方体的棱长为，是空间中任意一点，有下列结论：
①若为棱中点，则异面直线与所成角的正切值为；
②若在线段上运动，则的最小值为；
③若在以为直径的球面上运动，当三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的表面积为；
④若过点的平面与正方体每条棱所成角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为.
其中正确结论的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
①根据，可得即为异面直线所成的角或所成角的补角，从而可求出；
②将和四边形沿展开到同一个平面上，易知线段的长度即为的最小值，利用余弦定理即可求出；
③根据题意判断出，为的中点时，三棱锥的体积最大，只需求此时外接球的表面积即可；
④分别为相应棱的中点时，平面为平面时，与正方体每条棱所成角相等，且截面的面积最大.
【详解】
对于①：因为，所以即为异面直线所成的角或所成角的补角，
在中，，所以，故①正确；

对于②：将和四边形沿展开到同一个平面上，如图所示，
由图可知，线段的长度即为的最小值，
在中，利用余弦定理，得，故②错误；

对于③：如图，当为的中点时，三棱锥的体积最大，
此时，三棱锥外接球的球心是的中点，半径为，其表面积为，故③正确；

对于④：要使平面与正方体每条棱所成角相等，只需与过同一个顶点的三条棱所成的角相等即可，
如图，当时，平面与正方体过点的三条棱所成的角都相等，
若分别为相应棱的中点时，平面平面，
且此时六边形为正六边形，
因为正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，
所以此正六边形的面积为，为截面最大面积，故④正确.

故选：B.
4．（2021·河南·高三月考（理））如图，等腰直角三角形的斜边为正四面体的侧棱，直角边绕斜边旋转一周，在旋转的过程中，有下列说法：

①三棱锥体积的最大值为，
②三棱锥体积的最小值为
③存在某个位置，使得
④设二面角的平面角为，且，则.
其中所有正确说法的序号是（ ）
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】A
【分析】
是的中点﹐点在以为圆心，为半径的圆上运动（圆锥的底面圆），作出图形，观察到平面距离的最大值和最小值，计算体积判断①②，把去掉，作出图形，分析与所成角，二面角的大小判断③④．
【详解】
在图1中，是的中点，是的中点﹐点在以为圆心，为半径的圆上运动，

易知当三点共线，且在之间时，三棱锥的体积最大，当运动到的位置时，的体积最小.
在中，.
设到平面的距离分别为，则，
所以三棱锥体积的最大值为，最小值为，①正确，②错误.
如图2，因为直线与旋转轴所成的角为，母线与旋转轴所成的角为﹐

所以直线与所成角的范围为，即，
因为，所以存在夹角为的情况，
又因为线线角的取值范围不包含钝角，所以直线与所成角的范围为，
即可得出③正确.
如图2，当运动到时，二面角的平面角为，
在与中，
所以，
所以，所以，即，④错误.
故选：A．
5．（2021·云南师大附中高三月考（理））已知底面边长为2的正四棱锥O-ABCD的侧棱长为，E，F分别为AB，BC的中点，点P，Q在底面ABCD内，且Q在线段DE上，过顶点O平行于底面ABCD的平面为，F在平面内的射影为，长度为，则PQ长度的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先求得点的轨迹，然后结合等面积法求得长度的最小值.
【详解】
由题可得正四棱锥的高为2，
故可将正四棱锥放置在棱长为2的正方体中，
如图所示，易得线段的中点即为点，连接，则，
进而，，
所以在平面内，点的轨迹是以为圆心､以1为半径的圆，
作，垂足为.，
，所以，
所以长度的最小值为.
故选：D.

6．（2021·云南师大附中高三月考（文））如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若线段A1D上存在一点E，使AE+B1E取得最小值，则此最小值是（ ）

A．4 B．
C． D．
【答案】C
【分析】
将沿所在直线翻折，使点与点在平面，且在直线的异侧，再利用两点间线段最短和余弦定理进行求解.
【详解】
如图1，将沿所在直线翻折，使平面，
且点与点在直线的异侧，如图2所示，
因为是线段上任意一点，所以，
当且仅当三点共线时，取得最小值，
此最小值即为，
在中，由余弦定理，得：
，
所以.
故选:C．

图1 图2
7．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高三开学考试（理））已知三棱柱的个顶点全部在球的表面上，，，三棱柱的侧面积为，则球表面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设三棱柱的高为，，根据题意得出，设的外接圆半径为、球的半径为，根据勾股定理得出的表达式，结合基本不等式即可得出结果.
【详解】
设三棱柱的高为，.
因为，
所以，
则该三棱柱的侧面积为，故.
设的外接圆半径为，则.
设球的半径为，则（当且仅当时，等号成立），
故球的表面积为.
故选：B
8．（2021·江苏·海安高级中学高三期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】
连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.
【详解】
连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，

设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：
因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故选B.
【点睛】
（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：
①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；
②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.
9．（2021·海南·三模）直四棱柱的所有棱长均相等，，是上一动点，当取得最小值时，直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由题意画出图形，可知当取得最小值时为的中点，找出异面直线所成角，求解三角形得答案．
【详解】
如图，

设直四棱柱的棱长为2，
当取得最小值时，为的中点，
连接，则，则为直线与所成角（或其补角），
此时，，，
，为等边三角形，得，
，则△为等腰三角形，可得．
故选：．
10．（2021·全国·高三开学考试（文））如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点，则下列说法不正确的是（ ）

A． B．三棱锥的体积为定值
C．平面平面 D．的最小值为
【答案】D
【分析】
由题意易证平面，由此进而可判断AC；由等积法可判断B；等边与等边展开到一个平面上，由，，三点共线时可判断D
【详解】
对于A：连接，在正方体中易知：，，,
所以平面，
又因为平面，
所以，故正确；
对于B：由等体积得为定值，故B正确；
对于C：由平面，得由平面，
又因为平面，
所以平面平面，故正确；
对于D：将等边与等边展开到一个平面上，
可知当，，三点共线时，有最小值，最小值为，故不正确．
故选：．

11．（2021·四川·高三月考（理））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
12．（2021·山西·祁县中学高三月考（文））已知三棱锥的外接球为球，是边长为的正三角形，若三棱锥体积的最大值为，则球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由正三棱锥与球性质知，当球心在三棱锥的高线上时，三棱锥的体积最大，由此求得棱锥的高，再由勾股定理求得球半径，从而得球体积．
【详解】
设三棱锥的高为，当球心在三棱锥的高线上时，三棱锥的体积最大，此时，解得．设球的半径为，
如图，是正三棱锥的高，，，
则，解得，所以球的体积为．
故选：A．

13．（2021·浙江金华·高三月考）已知四面体，，，平面，于E，于F，则（ ）


A．可能与垂直，的面积有最大值
B．不可能与垂直，的面积有最大值
C．可能与垂直，的面积没有最大值
D．不可能与垂直，的面积没有最大值
【答案】D
【分析】
根据题意，分别求得，，，并求得长度.从而判断为等腰三角形，不可能与垂直. 设，则，，由余弦定理求得，的取值范围，从而求得的范围，代入面积公式，判断是否存在最大值.
【详解】
由平面知，，
则，
利用等面积法求得斜边上的高，
从而有，
则为等腰三角形，不可能与垂直，即不可能与垂直.
故AC错误；
由上知，，设，则，，
由余弦定理知，，
则由知，，
故为锐角，且
的面积，当取得右侧边界点时，三点共线，不能构成三角形，故无最大值，
故B错误，D正确；
故选：D
14．（2021·浙江·高三月考）《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，，且．下列说法正确的是（ ）

A．四棱锥为“阳马”
B．四面体为“鳖臑”
C．四棱锥体积的最大值为
D．过点分别作于点，于点，则
【答案】D
【分析】
由新定义结合线面垂直的判定、性质、体积公式逐项判断即可得解.
【详解】
底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”.
所以在堑堵中，，侧棱平面,
在选项A中，因为，，显然与不垂直，
且为矩形，所以四棱锥不为“阳马”，故A错误；
在选项B中，由，且，
所以平面，所以，则为直角三角形，
为直角三角形，
由平面，得为直角三角形，
不为直角三角形，所以不是“鳖臑”，，故B错误;
在选项C中，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
则，所以C错误；
在选项D中，由平面，则且，
则平面，所以
又且，则平面，则，所以D正确.
故选：D.
15．（2021·浙江·高三专题练习）已知三棱锥的顶点在底面的射影与的垂心重合，且．若三棱锥的外接球半径为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
证明出、、两两垂直，可得出，利用基本不等式可求得的最大值.
【详解】
连接并延长交于点，顶点在底面的射影为的垂心，所以，，


因为平面，平面，，
，平面，
、平面，，，
同理可证，，
因为，则，，故，
所以，，，
因为，，平面，
、平面，，，
又因为，，故平面，平面，则，
所以，、、两两垂直，将三棱锥补成长方体，

则三棱锥的外接球直径等于方体的体对角线长，
即，
所以，
.
当且仅当时，等号成立，
故的最大值为.
故选：A.
16．（2021·甘肃省民乐县第一中学三模（理））正方体的棱长为2，的中点分别是P，Q，直线与正方体的外接球O相交于M，N两点点G是球O上的动点则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
如图，设正方体外接球球O的半径为r，过球心O作，垂足为H，可得H为的中点，由已知数据可求得的长是定值，而点G是球O上的动点，所以当点G到的距离最大时，面积的面积最大，而点G到的最大距离为，从而利用三角形的面积公式可求得结果
【详解】
如图，设正方体外接球球O的半径为r，过球心O作，垂足为H，易知H为的中点．

因为正方体的棱长为2，
所以，
所以，
，所以．
因为点G是球O上的动点，
所以点G到的最大距离为，
故面积的最大值为．
故选：A
17．（2021·全国·高三专题练习）如图，已知平面，､是上的两个点，､在平面内，且，，，，，在平面上有一个动点，使得，则体积的最大值是（ ）


A． B．16 C．48 D．144
【答案】C
【分析】
由题设条件知两个直角三角形与是相似的直角三角形，可得出，作，垂足为，令，将四棱锥的体积用表示出来，由二次函数求最值可得出正确选项．
【详解】
∵面，，∴.
∵，，∴和均为直角三角形.
∵，∴.∵，，∴.
过作，垂足为.则.

令，.
则，
即，∴，
∴.
底面四边形为直角梯形面积为.
∴.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：由题设条件得出三角形的性质：两邻边的值有2倍的关系，第三边长度为6，引入一个变量，从而利用函数的最值来研究体积的最值，是将几何问题转化为代数问题求解的思想．

二、多选题
18．（2021·江苏苏州·高三期中）如图，正方形与正方形边长均为1，平面与平面互相垂直，P是上的一个动点，则（ ）

A．的最小值为 B．当P在直线上运动时，三棱锥的体积不变
C．的最小值为 D．三棱锥的外接球表面积为
【答案】BD
【分析】
由题可知，可判断A；根据条件可知△PBF的面积不变，D到平面PBF的距离也不变，可判断B；将△ADE翻折到与平面ABFE共面，即可判断C；由正方体的性质可判断D.
【详解】
对于A，连接，易得，故A错误；

对于B，P在直线上运动时，△PBF的面积不变，D到平面PBF的距离也不变，故三棱锥的体积不变，故B正确；
对于C，如图，将△ADE翻折到与平面ABFE共面，则当D、P、F三点共线时，取得最小值，故C错误；

对于D，将该几何体补成正方体，则外接球半径为，外接球表面积为，故D正确.
故选：BD.
19．（2021·广东湛江·高三月考）如图，等腰直角三角形的斜边为正四面体的侧棱，，直角边绕斜边旋转一周，在旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）

A．三棱锥体积的最大值为
B．三棱锥体积的最小值为
C．存在某个位置，使得
D．设二面角的平面角为，且，则
【答案】AC
【分析】
是的中点﹐点在以为圆心，为半径的圆上运动（圆锥的底面圆），作出图形，观察到平面距离的最大值和最小值，计算体积判断AB，把去掉，作出图形，分析与所成角，二面角的大小判断CD．
【详解】
在图1中，是的中点，是的中点﹐点在以为圆心，为半径的圆上运动，

易知当三点共线，且在之间时，三棱锥的体积最大，当运动到的位置时，的体积最小.
在中，.
设到平面的距离分别为，则，
所以三棱锥体积的最大值为，最小值为，A正确，B错误.
如图2，因为直线与旋转轴所成的角为，母线与旋转轴所成的角为﹐

所以直线与所成角的范围为，即，
因为，所以存在夹角为的情况，
又因为线线角的取值范围不包含钝角，所以直线与所成角的范围为，
即可得出C正确.
如图2，当运动到时，二面角的平面角为，
在与中，
所以，
所以，所以，即，D错误.
故选：AC
【点睛】
关键点睛：根据二面角的定义，利用余弦函数的定义进行判断是解题的关键.
20．（2021·福建·福州三中高三月考）如图，已知圆锥的轴截面PAB为等腰直角三角形，底面圆O的直径为2．C是圆O上异于A，B的一点，D为弦AC的中点，E为线段PB上异于P，B的点，以下正确的结论有（ ）

A．直线平面PDO B．CE与PD一定为异面直线
C．直线CE可能平行于平面PDO D．若，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】
利用线面垂直定理可判断A，由异面直线判定可判断B，利用反证法可判断C，利用平面几何知识可判断D.
【详解】
对于A项：在中，，D为AC中点，
所以，又PO垂直于圆O所在的平面，
所以，因为，所以平面PDO，故A正确．
对于B项：由于P，C，E共面，且D在平面PCE外，所以CE与PD异面，故B正确．
对于C项：因为可得平面PDO，若直线平面PDO，则有平面平面PDO，这与两平面有公共点P矛盾，故C错．
对于D项：在三棱锥中，将侧面PBC绕PB旋转至平面，使之与平面PAB共面，如图所示，

则当A，E，共线时，取得最小值，
因为，，所以，
由余弦定理可得，即的最小值为，故D对．
故选：ABD．
21．（2021·广东·高三月考）在直角三角形中，，a，b为空间中两条互相垂直的直线，所在直线与a，b都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，下列结论正确的有（ ）
A．当直线与a成角时，与b成角；
B．当直线与a成角时，与b成角；
C．当直线与a成角时，与b成角；
D．直线与b所成角的最小值为；
【答案】ABCD
【分析】
因为a，b为空间中两条互相垂直的直线，所以，通过平移后，总可以将两条直线移到同一个平面内，且互相垂直，如图所示圆锥中，利用线面角、线线角的关系，即可得到答案；
【详解】
因为a，b为空间中两条互相垂直的直线，所以，通过平移后，总可以将两条直线移到同一个平面内，且互相垂直，如图所示圆锥中，
对A，令为直线，为直线，，平面，，即与b成角，故A正确；

对B，当直线与a成角时，令直线，直线，作，
则，即，即，假设与b成角，则，
即，显然成立，故B正确；
对C，令直线，直线，与B选项同理可证，故C正确；
对D，当直线时，直线与b所成角取到最小值为，故D正确；
故选：ABCD
22．（2021·重庆·西南大学附中高三月考）已知点A为圆台下底面圆上的一点，S为上底面圆上一点，且，，，则下列说法正确的有（ ）
A．直线SA与直线所成角最小值为
B．直线SA与直线所成角最大值为
C．圆台存在内切球，且半径为
D．直线与平面所成角正切值的最大值为
【答案】AB
【分析】
过点S作的平行线，从而找到直线SA与直线所成的角，进而求出角的范围，即可判断A,B；
对C，作出轴截面的内切圆，进而通过内切圆的性质检验数据（线段长度）是否矛盾，进而得到答案；
对D，先作出线面角，进而求出线面角正切值的最大值，最后得到答案.
【详解】
由题意，设上下底面半径分别为，其中，

如图1，过S作SD垂直于下底面于D，则，
所以直线SA与直线所成角即为直线SA与直线所成角，
即为所求，而，
由圆的性质，，
所以，所以，则A，B选项正确.
对于C选项，若圆台存在内切球，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图2，

梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质可得腰长为，所以圆台不存在内切球；
对于D选项，如图3，

平面SBC即平面，过点A做交于点H，因为SD垂直于下底面，而AH包含于下底面，所以SD⊥AH，又，所以AH⊥平面SBC，
所以直线与平面所成角即为，，
设，则，
所以，
其中，所以，当x=0时，，
当时，，根据复合函数的单调性，可知函数在上单调递增，所以当时，的 最大值为，所以D选项错误.
故选：AB.
【点睛】
本题设问较多，问题比较复杂，对选项D这样的动点问题求最值，如果不能从图形中找到最值对应的点的位置，那么可以通过求函数最值的方法解得答案.
23．（2021·湖北黄石·高三开学考试）如图，正方体的棱长为1，，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于，两点，设，以下说法中正确的是（ ）

A．平面平面
B．四边形的面积最小值为1
C．四边形周长的取值范围是
D．四棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【分析】
由线面垂直的判定定理证明面，再由可得面，再由面面垂直的判定定理即可判断A；证明，求出的最小值，计算即可判断B；先证明四边形为菱形，可得周长，计算出的最值可判断选项C；由等体积计算可判断D，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：连接，，，因为四边形是正方形，所以，因为面，面，所以，因为，所以面，因为，分别是棱的中点，所以，所以面，因为面，所以平面平面，故选项A正确；
对于B：因为面，面，所以，四边形的面积为，因为为定值，所以只需最小即可得面积最小值，因为，所以，所以当时，，所以，故选项B正确；
对于C：因为面面，平面面，平面面，所以，同理可证，所以四边形是平行四边形，又因为，所以四边形是菱形，所以四边形周长，
当时，最大为，当时，最小为，所以，故选项C不正确；
对于D：连接，，，则
为常数，故选项D正确；
故选：ABD.



24．（2021·江苏·海安高级中学高三期中）在棱长为1的正方体中，点满足，，，则以下说法正确的是（ ）
A．当时，平面
B．当时，存在唯一点使得与直线的夹角为
C．当时，长度的最小值为
D．当时，与平面所成的角不可能为
【答案】ACD
【分析】
对于A，可知点在线段上，易证平面平面，利用线面平行的性质可证得结论；对于B，可证得点为中点，此时可判断； 对于C，可知三点共线，线段在中，利可求得距离最小值； 对于D，设点在平面内的射影为Q在线段上，则为所求角，求，可判断结果.
【详解】
对于A，当时，，即点在线段上，利用正方体的性质，易证平面平面，平面，平面，故A正确；

对于B， 当时，，设的中点为H，则，即，即点为中点，此时，故B错误；

对于C，当时，可知三点共线，线段在中，当点为中点时，最小，此时，，故长度的最小值为，故C正确；

对于D，当时，可知三点共线，点在平面内的射影为Q在线段上，则为与平面所成的角，，又，所以，而，所以与平面所成的角不可能为，故D正确；

故选：ACD
【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成角的方法：
（1）定义法，①作，在直线上选取恰当的点向平面引垂线，确定垂足的位置是关键；
②证，证明所作的角为直线与平面所成的角，证明的主要依据是直线与平面所成角的概念；
③求，利用解三角形的知识求角；
（2）向量法，（其中为平面的斜线，为平面的法向量，为斜线与平面所成的角）.
25．（2021·广东·高三开学考试）在棱长为1的正方体中，已知E为线段的中点，点F和点P分别满足，，其中，则下列说法正确的是（ ）
A．当λ=时，三棱锥P-EFD的体积为定值
B．当µ=时，四棱锥P-ABCD的外接球的表面积是
C．的最小值为
D．存在唯一的实数对，使得EP⊥平面PDF
【答案】ACD
【分析】
对于A选项，当时，，只需要证明点到平面的距离恒定，就能说明三棱锥的体积为定值；对于B选项，当时，点为正方体的中心，只需求出四棱锥的外接球的半径即可算出表面积；对于C选项，把问题转化为在平面内求点使得最小即可求解；对于D选项，建立空间直角坐标系，利用向量方法来证明即可.
【详解】
对于A选项，当时，点为线段的中点，又为线段的中点，故为三角形的中位线，，点在线段运动时，点到平面的距离恒定，故三棱锥的体积为定值；对于B选项，当时，点为正方体的中心，设四棱锥的外接球的半径为，由，解得，故四棱锥的外接球的表面积为对于C选项，把问题转化为在平面内求点使得最小，如图，作点关于线段的对称点，过点作的垂线，垂足分别为和，

则，设，则，故，故
对于D选项，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，

易求得，，故，若平面，
则
解得（舍）或故存在唯一的实
数对，使得平面.
故选：.
26．（2021·山东潍坊·高三期中）已知正方体的棱长为，下列结论正确的有（ ）
A．异面直线与所成角的大小为
B．若是直线上的动点，则平面
C．与此正方体的每个面都有公共点的截面的面积最小值是
D．若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截正方体所得截面面积的最大值是
【答案】BC
【分析】
A.易证平面 判断；B.易证平面平面；C.易知平面为一个与正方体的每个面都有公共点判断；D.点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，可得平面EFGHMN 平面PQR求解判断.
【详解】
A.如图所示：，，则平面 ，
所以，所以异面直线与所成角的大小为，故错误；
B. 如图所示： ，因为，平面，平面，所以平面，同理平面，
因为，所以平面平面，
因为平面,所以平面，故正确；
C.如图所示： ，平面为一个与正方体的每个面都有公共点，且截面面积最小的面，其面积为：，故正确；
D.如图所示： ，若此正方体的每条棱所在直线与平面所成的角都相等，只需平面与过同一顶点的三条棱所成的角相等，
设，则平面PQR与正方体过顶点A的三条棱所成角相等，
若点E，F，G，H，M，N分别为相应棱的中点，
可得平面EFGHMN 平面PQR，且六边形EFGHMN为正六边形，
正方体的棱长为1，则正六边形的边长为，此时正六边形的面积为，为截面的最大面积，故错误；
故选：BC
27．（2021·山东·安丘市普通教育教学研究室高三月考）如图，为圆锥的底面直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ）

A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】ABC
【分析】
先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项A；
当时，的面积最大，此时体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项B；
先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可判断选项C；
将以为轴旋转到与共面，得到，则，利用已知条件求解即可判断选项D.
【详解】
在中，，
则圆锥的母线长，半径，
对于选项A：圆锥的侧面积为：，故选项A正确；
对于选项B：当时，的面积最大，
此时，
则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确；
对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，又因为与不重合，则，
又，可得，
故选项C正确；
对于选项D：由，
得，又，
则为等边三角形，则，
将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，，
如图：

则，
因为，

则，
故选项D错误；
故选：ABC
28．（2021·广东广州·高三月考）如图，矩形中，，为边的中点，将沿翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下列结论中正确的是（ ）

A．翻折到某个位置，使得
B．翻折到某个位置，使得平面
C．四棱锥体积的最大值为
D．点在某个球面上运动
【答案】ACD
【分析】
对于A选项，当时，即时满足条件；对于B选项，由于不成立，进而可判断；对于C选项，当平面平面时，四棱锥体积的最大，再求解即可；对于D选项，取中点，连接，即可得在以点为球心的球面上.
【详解】
解：对于A选项，由题知，若存在某个位置使得，由于，故平面，即，由于，故，由于在折叠过程中，，所以存在某个位置，使得，故存在某个位置，使得，故A选项正确；
对于B选项，若存在某个位置，使得平面，则有，另一方面，在矩形中，，故不成立，所以B选项错误；
对于C选项，四棱锥体积的最大时，平面平面，由于是等腰直角三角形，所以此时点到平面的距离为，所以四棱锥体积的最大值为，故C选项正确；
对于D选项，取中点，连接，由于为线段的中点，所以，所以在以点为球心的球面上，故D选项正确.
故选：ACD

29．（2021·山东师范大学附中高三开学考试）如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）

A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
【答案】ABD
【分析】
对于A，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于B，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于C，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于D，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断.
【详解】

对于A，连接，，，，
平面，，同理，，，直线平面，故A正确；
对于B，∥，平面，平面，∥平面，
点在线段上运动，点到平面的距离为定值，又的面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角，
当点位于点时，与所成的角为，
当点位于的中点时，平面，，，此时，与所成的角为，
异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
对于D，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，
则，，，，，，
设平面的法向量，则，即，
令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为：
，
当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故D正确.
故选：ABD

【点睛】
关键点点睛：本题考查线面垂直的判定定理、线面垂直的性质定理、线面平行的判定定理、三棱锥的体积的计算方法、异面直线所成角的计算方法、利用向量法求解直线与平面所成角的正弦值，考查学生对这些知识的掌握能力，属于中档题.


三、填空题
30．（2021·河南·高三月考（理））已知正三棱柱内有个半径为的半球，若这个半球的球面两两相切，且其中个半球的球心在该棱柱底面上.则正三棱柱侧面积的最小值为___________.
【答案】
【分析】
根据正三棱柱的性质，结合正三棱锥的性质、球的性质进行求解即可.
【详解】
个半球的球面两两相切，当正三棱柱侧面积最小时，上面有个半球，球心记作，下面有个半球，球心分别记作，，，点，，都在底面上，半径为的圆，，分别与的两条边相切，
可得，
设的中心为，三棱锥是棱长为的正四面体，是的中点，，，，
当正三棱柱侧面积最小时，其高为，
所以正三棱柱侧面积的最小值为.
故答案为：


【点睛】
关键点睛：运用正三棱柱、正三棱锥、球的性质是解题的关键.
31．（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.
32．（2021·河南·高三月考（文））2021年7月，某学校的学生到农村参加劳动实践，一部分学生学习编斗笠，一种用竹篾或苇蒿等材料制作外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”（如图），一部分学生学习制作泥塑几何体，现有一个棱长为的正方体形状泥块，其各面的中心分别为点，，，，，，将正方体削成正八面体形状泥块，若用正视图为正三角形的一个“灯罩斗笠”罩住该正八面体形状泥块，使得正八面体形状泥块可以在“灯罩斗笠”中任意转动，则该有底的“灯罩斗笠”的表面积的最小值为___________.

【答案】
【分析】
由题意，只需正八面体形状泥块位于圆锥的内切球内即可.
【详解】
如图所示：

设正方体的中心满足，
则几何体的外接球的球心为，半径为.
当“灯罩斗笠”的表面积最小时，
正八面体形状泥块的外接球即为圆锥的内切球，
故圆锥的底面圆的半径，
所以该“灯罩斗笠”的表面积的最小值为.
故答案为：
33．（2021·全国·高三专题练习）在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线上移动，若，则长度的最小值为__________．

【答案】
【分析】
的最小值即为两条异面直线间的距离，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线的公垂向量为，由距离公式可求得答案.
【详解】
分别是异面直线上的点，的最小值即为两条异面直线间的距离，
平面平面，，平面平面，平面，
又，两两垂直．以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设异面直线的公垂向量为，则,
令，则，，
，即的最小值为．
故答案为：

34．（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：.
35．（2021·广东实验中学高三月考）将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为_________．
【答案】
【分析】
要使正四面体的高的最小，即钢球装入正四面体容器后每个球都与其中三个面相切，且三个钢球球心构成小正四面体，其中心与正四面体的容器中心重合，再根据钢球的半径即可求小正四面体的体高，结合正四面体的性质：中心到底面的距离为体高的，即可求正四面体的高的最小值.
【详解】
若钢球球心到最近的一个四面体的顶点距离为，而钢球半径，要使正四面体的高的最小，即钢球装入正四面体容器后每个球都与其中三个面相切，
∴三个钢球球心所成的小正四面体的高为，又正四面体中心到底面的距离为体高的，故小正四面体中心到底面高，
∴四面体容器中心到底面的高为，故正四面体的容器的高为.
故答案为：
36．（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：

37．（2021·全国·模拟预测）在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为______.
【答案】
【分析】
分析出当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，分析出点为三棱锥的外接球的球心，求出球的半径，计算出截面圆半径为最小值，结合圆的面积公式可得结果.
【详解】
如下图所示，连接，则，

则，故，
设二面角的平面角为，设三棱锥的高为，则，
，
当且仅当时，等号成立，即当平面平面时，三棱锥的体积最大，
，，，故为等腰直角三角形，且，
在梯形中，，则，所以，，
在中，，，，
由余弦定理可得，故，，
因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
平面，则，
因为，，平面，
平面，所以，，
记中点为，由得为三棱锥的外接球的球心，
且球的半径为，
设与过点的平面所成的角为，设点到截面的距离为，则，
故截面圆的半径为，
当且仅当时，过点的平面截三棱锥外接球所得截面面积最小，
所以截面圆面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
38．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学模拟预测（文））已知球是正四面体的外接球，为线段的中点，过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，则正四面体的体积为___________.
【答案】
【分析】
设为底面正三角形的中心，连接，则由题设条件可得，从而可求边长，故可求体积.
【详解】

设为底面正三角形的中心，连接，则平面，
且正四面体的外接球的球心在线段上，设正四面体的棱长为，
当过的平面与直线垂直时，该平面与球的截面的面积最小，
此时面积为，
因为过点的平面与球形成的截面面积的最小值为，故，
所以.
因为为的中点，故，，而，
故平面，而平面，故，
故，
所以，故，而，
故，所以体积为，
故答案为：.
39．（2021·陕西·西安中学高三月考（理））已知四面体的所有棱长均为，、分别为棱、的中点，为棱上异于、的动点．则下列结论中正确的结论的序号为__________．
①线段的长度为；
②若点为线段上的动点，则无论点与如何运动，直线与直线都是异面直线；
③的余弦值的取值范围是；
④周长的最小值为．
【答案】①④
【分析】
将正四面体放在正方体中观察.
对于①，可根据、分别为正方体前后两个面的中心可得出结论；
对于②，取为的中点，取为的中点，此时与相交；
对于③，计算可得，由逼近思想可作出判断；
对于④，空间问题平面化的技巧，将三角形与放在同一平面上，可计算出.
【详解】
在棱长为的正方体上取如下图所示的四个顶点依次连接，即可得到棱长为四面体，

显然，、分别为正方体前后两个面的中心，故线段的长度为正方体棱长，故 ①对；
对于②，如图，取为的中点，取为的中点，取为的中点，则由正方体的性质易知，、、三点在一条直线上，故此时与相交于，故②错；


对于③，，，
又有，故，
故点无限接近点时，会无限接近，故的余弦值的取值范围不为，③错误；
对于④，如图将等边三角形与铺平，放在同一平面上，
故有，当且仅当为中点时取最小值，
故在正方体中，故周长的最小值为，故④对.


故答案为：①④.
【点睛】
思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
40．（2021·河北衡水中学高三月考）如图，在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是______.

【答案】
【分析】
根据面面垂直的判定定理得出平面平面，过作，再由面面垂直的性质得出平面，进而找出在平面上的射影，再把平面展开，得到平面，从而将的最小值转化为到的距离，进而利用两角和与差的正弦公式和直角三角形的性质，求解三角形的边和角，即可求出，从而求得的最小值.
【详解】
解：由题可知，棱长均为的正四面体中，
则和是边长为的等边三角形，
为中点，为中点，
则，且，平面，
故平面，而平面，故平面平面，
而平面平面，
过作，则平面，
连接，则为在平面上的射影，
要使最小，则，
沿把平面展开，得到平面，使得平面与平面重合，
此时三点共线，且，
则的最小值为到的距离，即为，
由于，，
则，，
又因为，
则

，
又，
则在中，，
所以的最小值是.
故答案为：.

【点睛】
本题考查空间线段之和的最值，涉及空间中的点、线、面间位置关系和线面、面面垂直的判定和性质，以及空间点到线的距离、直角三角形边角的计算、两角和与差的正弦公式的应用，考查空间推理和计算能力，体现数形结合的思想.
41．（2021·全国·模拟预测）在一个棱长为的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球的表面积最大值是___________.
【答案】
【分析】
如图所示，为组合体的中截面，易知当小球的表面积最大时大球半径和小球半径满足，计算即可.
【详解】
如图所示，为组合体的中截面，
易知当小球的表面积最大时大球半径和小球半径满足，，解得，故小球表面积的最大值为.
故答案为：

42．（2021·山东菏泽·二模）正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，若侧面BCC1B1（含边界）内动点P满足BP=2PC，则线段DP长度的最大值为_________ ．
【答案】
【分析】
在面内，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
设，由题意可知，
又，又，故只需最大即可，结合函数的性质即可求解
【详解】
在面内，以为轴，为轴建立平面直角坐标系，设
则有，
又在面内，所以，大致如图1
则，又，故只需最大即可．
，
当时，，．

故答案为：
43．（2021·全国·模拟预测（文））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：
44．（2021·全国·模拟预测（理））如图所示，在棱长为的正四面体中，点，分别为，的中点，现用一个与垂直，且与正四面体的四个面都相交的平面去截该正四面体，当所得截面多边形面积的最大值为4时，该四面体的外接球的体积为________．

【答案】
【分析】
将该四面体补成正方体，证得截面四边形为平行四边形，然后证得，设，进而表示出，从而结合均值不等式即可求出，然后即可求出四面体的外接球的体积.
【详解】
将该四面体补成正方体，如图，设为与垂直且和正四面体各个面都相交的截面多边形（四边形）．因为，平面，所以平面，所以，由平面，同理可得，所以截面四边形为平行四边形．因为该四面体为正四面体，所以，，所以．由，，可得，所以四边形为矩形，所以（当且仅当时取等号），所以，所以四面体的外接球的体积为．

故答案为：.
45．（2021·重庆·模拟预测）已知球的表面积为，点均在球的表面上，且，则四面体体积的最大值为___________.
【答案】
【分析】
由题意，利用球的表面积公式、正弦定理，求出球的半径、△外接圆半径，根据余弦定理及基本不等式可得，再由球体的性质判断四面体体积的最大时的位置，最后应用三角形面积公式、锥体的体积公式有最大即可求最大值.
【详解】
若球的半径为，则，即，
在△中，外接圆半径为，则，且，

∵，故当且仅当等号成立，
∴，
∴要使四面体体积的最大，是过△外接圆圆心且垂直于外接圆的垂线与球垂直于面的最大截面圆的最远交点，令到面距离为，则此时，
∴四面体体积的最大值.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：利用球体表面积公式、正弦定理求球的半径、△外接圆半径，进而判断使四面体体积的最大时的位置，结合余弦定理、基本不等式、三角形面积公式、锥体体积公式求最大体积.
46．（2021·四川·川大附中模拟预测（理））已知三棱锥三条侧棱、、两两互相垂直，且，，分别为该三棱锥内切球和外接球上的动点，则，两点间的距离最大值为______．
【答案】
【分析】
可将该三棱锥补成如图所示正方体，可得内切球球心，外接球球心，以及内切球与面的切点三点均在上，求得外接球和内切球半径即可求得.
【详解】
由已知可将该三棱锥补成如图所示正方体．

则三棱锥内切球球心，外接球球心，以及内切球与面的切点三点均在上，且．
设内切球半径为，外接球半径为，则．
由，解得，
故，两点间距离的最大值为．
故答案为：.
47．（2021·内蒙古·通辽新城第一中学模拟预测（理））如图，长为4，宽为2的矩形纸片中，为边的中点，将沿直线翻转至(平面)，若为线段的中点，则在翻转过程中，下列正确的命题序号是___________.

①平面；
②异面直线与所成角是定值；
③三棱锥体积的最大值是；
④一定存在某个位置，使
【答案】①②③
【分析】
取中点F，连接FM、EF，可证四边形BEFM为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可判断①的正误；因为，所以即为所求，结合图象，分析判断，即可判断②的正误；当平面平面ADE时，三棱锥体积的最大，分析计算，即可判断③正误；假设，利用反证法，结合线面垂直的判定、性质定理，即可判断④正误，即可得答案.
【详解】
对于①：取中点F，连接FM、EF，如图所示：

因为M、F分别为、中点，
所以，且，
又矩形ABCD，E为AB中点，
所以且，
所以，且，
所以四边形BEFM为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，故①正确；
对于②：由①可得，
所以异面直线与所成角即为EF与所成角，即为，
由题意得，在旋转过程中，形状不变，
所以不变，
所以异面直线与所成角为定值，故②正确；
对于③：在旋转过程中，形状不变，即底面积不变，
所以当到平面ADE距离最大时，三棱锥的高最大，体积最大，
由图象可得，当平面平面ADE时，到平面ADE距离最大，
此时到DE的距离即为所求，且为，
所以三棱锥体积的最大值为，故③正确；
对于④：假设，由题意得，，DC=2，
所以，即，
所以平面，
所以，
由题意得矩形ABCD，所以，且在中，，
所以DE无法垂直，故假设错误，
所以不存在某个位置，使，故④错误；
故答案为：①②③
【点睛】
解题的关键是熟练掌握线面平行、垂直的判定、性质定理，并灵活应用，考查分析推理，空间想象的能力，属中档题.
48．（2021·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．
49．（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.
50．（2021·湖北·华中师大一附中模拟预测（文））已知四棱锥的五个顶点都在球的表面上，若底面是梯形，且，则当球的表面积最小时，四棱锥的高的最大值为__________．
【答案】
【分析】
作，求得，得到点为底面梯形外接圆的圆心，利用球的截面性质，得到，得到外接球半径最小值，结合面时，即可求解.
【详解】
如图所示，作，由对称性可得，可得，
取的中点，连接，则，
所以，即点为底面梯形外接圆的圆心，则半径，
球心在平面上射影落在四边形外接圆圆心处即中点，
设球心到平面的距离为，
由，可得外接球半径最小值为，
当面时，高最大为．
故答案为：．

51．（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：