新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题32 立体几何压轴小题（体积、角度、外接球等）九大题型汇总（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc149821425" 题型1体积最值 PAGEREF _Tc149821425 \h 1
\l "_Tc149821426" 题型2线线角最值取值范围 PAGEREF _Tc149821426 \h 8
\l "_Tc149821427" 题型3线面角最值取范围 PAGEREF _Tc149821427 \h 20
\l "_Tc149821428" 题型4面面角最值取值范围 PAGEREF _Tc149821428 \h 32
\l "_Tc149821429" 题型5外接球问题 PAGEREF _Tc149821429 \h 41
\l "_Tc149821430" 题型6外接球截面相关 PAGEREF _Tc149821430 \h 50
\l "_Tc149821431" 题型7正方体截面相关 PAGEREF _Tc149821431 \h 58
\l "_Tc149821432" 题型8代数式最值取值范围 PAGEREF _Tc149821432 \h 70
\l "_Tc149821433" 题型9向量相关最值取值范围 PAGEREF _Tc149821433 \h 81
题型1体积最值
【例题1】（2021·全国·高三专题练习）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
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】通过建系如图，利用，结合平面向量数量积的运算计算即得结论．
【详解】解：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，则为三棱锥的高
点到直线的距离的最大值是2．
则．
故选：．
【点睛】本题考查平面与圆柱面的截线，建立空间直角坐标系是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．
【变式1-1】1. （2021·全国·校联考二模）在长方体中，,分别在线段和上，，则三棱锥的体积最小值为
A．4B．C．D．
【答案】A
【分析】此三棱锥中点D到平面MNC1的距离为定值，只要C1到MN的距离最小，则ΔMNC1的面积最小，则三棱锥D－MNC1的体积最小．
【详解】如图，面MNC1就是平面ACC1A1，因此D点到面MNC1的距离为定值，由题意是正方形，由对称性知当（或）与重合时，到直线的距离最小，最小值为5，此时，∴．
故选A．
【点睛】最值问题求法很多，如用代数知识建立函数，用基本不等式，解不等式等是常用方法，有时也可利用共线求距离最短，通过运动轨迹求最值等．
【变式1-1】2. （2021·全国·高三专题练习）如图，已知直四棱柱的所有棱长等于1，，和分别是上下底面对角线的交点，在线段上，，点在线段上移动，则三棱锥的体积最小值为 .
【答案】
【分析】因为C1到平面BB1D1D（即三棱锥底面O1MH）的距离为定值，所以当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥的体积最小，将平面BB1D1D单独画图可得，当点M在点B处时，△O1MH的面积有最小值，求出三棱锥的体积即可．
【详解】因为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形,∠ABC=60∘，边长为1，
∴O1C1⊥平面BB1D1D,且O1C1=,O1B1=，
∴C1到平面BB1D1D的距离为O1C1=，
∵OH=3HB1，点M是线段BD上的动点，
∴当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥的体积有最小值．
将平面BB1D1D单独画图可得，
当B点到O1H的距离最小时，△O1MH的面积有最小值．
过点B做BF//O1H，可得直线BF上方的点到O1H的距离比直线BF上的点到O1H的距离小，而线段BD上除B点外的所有点都在直线BF下方，到O1H的距离比B点到O1H的距离大．
即当M点在B点时，△O1MH的面积取得最小值，且三棱锥的体积有最小值．
连接O1B, 则O1B=OB1==，
∴B1到O1B的距离d===，
∵OH=3HB1，
∴H到直线O1B的距离为d=．
∴===，
∴===．
故答案为．
【点睛】本题考查了四棱柱的结构特征和三棱锥的体积计算，动态动点的最值问题需要先确定点的位置，属于较难题．
【变式1-1】3. （2023春·广东·高三校联考阶段练习）设，，分别是棱长为2 的正方体的棱，，的中点，为上一点，且不与重合，且，，，在同一个表面积为S的球面上，记三棱锥的体积为，则的最小值是 .
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，先依据题给条件求得的表达式，再利用导数即可求得其最小值
【详解】设，，，所在球面球心为O，取MP中点I，连接OI，OP，OR
则I为△MNP外接圆圆心，平面MNP，
以D为原点，分别以DA，DC，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系
则，
设，
则由可得，
整理得，
则
令，则或
则，或
令
则
当时，，单调递减；
则当时，取得最小值
则的最小值是
故答案为：
【变式1-1】4.（2020·全国·高三竞赛）一个圆锥和一个圆柱，下底面在同一平面上，它们有公共的内切球.记圆锥的体积为，圆柱的体积为，且.则的最小值是 .
【答案】
【详解】取它们的公共轴截面，如图所设，则，，.
若，则有 .
化简得 .
因为为实数，故.
但，故.当时，可得，原题有意义.所以，的最小值是.
故答案为
【变式1-1】5.（2021·福建·统考一模）如图，在四棱锥中，底面，，底面为矩形，为线段的中点，，，，与底面所成角为，则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为 ．
【答案】
【分析】与的交点为，与的交点为，连接，，，可得、是位置，推出，把四棱锥与三棱锥的公共部分的体积转化为求解．
【详解】解：如图，与的交点为，与的交点为，连接，，，
在四棱锥中，底面，，底面为矩形，，所以四边形为平行四边形，所以，且，
所以，且，，为线段的中点，，，所以，所以，
与底面所成角为，即，，
，是的中点，
，
则四棱锥与三棱锥的公共部分的体积为．
故答案为：．
题型2线线角最值取值范围
【例题2】（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥中，，，，点在平面内，且，设异面直线与所成角为，则的最小值为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取中点，易得三角形为正三角形，取中点，可证平面，进而确定点的位置，求得最小值．
【详解】取中点，连接，，
，，
，
，
为正三角形，
取中点，连接，
则，且，
易知平面，
，平面，
，在图中圆上，
当与，重合时，最大，
当与，重合时，最小．
故选：A.
【点睛】本题考查异面直线所成角的求法，线面垂直等知识，考查空间想象能力和运算求解能力，是中档题．
【变式2-1】1. （2022·全国·高三专题练习）如图，矩形中，，为边的中点，沿将折起，点折至处（ 平面），若为线段的中点，则在折起过程中，下列说法错误的是（ ）
A．始终有 //平面
B．不存在某个位置，使得 平面
C．三棱锥体积的最大值是
D．一定存在某个位置，使得异面直线与所成角为
【答案】D
【分析】利用翻折前后的不变量、结合反证法，可证A，B，C正确，从而利用排除法得到正确选项。
【详解】连结交于，取的中点，连结，，。
对A，易证，平面平面，平面，所以始终有/平面，故A正确；
对B，因为，假设 平面，则 ，，则，因为，所以不成立，所以假设错误，故不存在某个位置，使得 平面，故B正确；
对C，当平面平面时，三棱锥的体积最大，，故C正确；
故选：D
【点睛】本题考查空间平面图形的翻折问题，考查线面、面面位置关系、体积求解，考查空间想象能力和运算求解能力，属于较难问题。
【变式2-1】2. （2021·全国·高三专题练习）如图，已知等边三角形中，，为的中点，动点在线段上（不含端点），记，现将沿折起至，记异面直线与所成的角为，则下列一定成立的是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设正三角形的边长为，
如图，在等边三角形中，过作的垂线，垂足为，
过作，垂足为，
因为，则，且，故，
所以，
，故，又.
将沿折起至，则.
因，，，故平面，
因，故平面， 平面，
所以，又为异面直线、所成的角，
而，因，故，
故选A.
【点睛】折叠过程中空间中角的大小比较，关键是如何把空间角转化为平面角，同时弄清楚在折叠过程各变量之间的关系（可利用解三角形的方法来沟通），此类问题为难题，有一定的综合度.
【变式2-1】3. （2020·全国·高三专题练习）将正方形沿对角线折起，并使得平面垂直于平面，直线与所成的角为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将异面直线平移到同一个三角形中，可求得异面直线所成的角.
【详解】如图，取，，的中点，分别为，，，
则，所以或其补角即为所求的角.
因为平面垂直于平面，，所以平面，所以.
设正方形边长为，，所以，则.
所以.所以是等边三角形，.
所以直线与所成的角为．故应选B．
【点睛】本题考查异面直线所成的角.
【变式2-1】4. （2021·浙江·校联考二模）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则当移动时，下列结论中错误的是（ ）
A．平面
B．四面体的体积为定值
C．三棱锥的体积为定值
D．异面直线所成的角为定值
【答案】D
【分析】对于A，利用面面平行的判定定理先证得面面，从而得到平面；
对于BC，通过计算四面体的体积、三棱锥的体积，即可判断；
对于D，作出两个特殊情况的图形，由图形易知异面直线所成的角不为定值.
【详解】对于A，如图1，因为在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，故，
又因为面，面，所以面，
同理：面，又面，
所以面面，
因为面，因此平面，所以A中结论正确；
对于B，如图1，连结，则
因为在正方体中，面，故，
在底面正方形中，，又面，
所以面，即面，
所以为定值，所以B中结论正确；
对于C，利用B中的结论得为定值，所以C中结论正确；
对于D，如图2，当与重合时，过作，则为异面直线所成角，
如图3，当与重合时，过作，易证，则为异面直线所成角，
由图形易知，故异面直线所成的角不是定值，因此D中结论错误.
故选：D.
【点睛】立体几何中定值或定位置问题，其基本思想方法是以算代证，或以证代证，即从条件出发，计算所求体积或证线面平行与垂直关系，得到结果为定值或位置关系为平行或垂直.
【变式2-1】5.（2020·全国·高三专题练习）将正方形沿对角线折起，当以四点为顶点的三棱锥体积最大时，异面直线与所成的角为
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：将正方形沿对角线折起，可得当三棱锥体积最大时，平面.设是折叠前的位置，连接，可得就算直线与所成角，算出的各边长，得是等边三角形，从而求得直线与所成角的大小.
详解：设是正方形对角线、的交点，将正方形沿对角线折起，
可得当平面时，点到平面的距离等于，而当与平面不垂直时，点到平面的距离为，且，由此可得当三棱锥体积最大时，平面.设是折叠前的位置，连接，因为，所以就算直线与所成角，设正方形的边长为，因为平面，平面，所以，
因为，所以，
得是等边三角形，，
所以直线与所成角为，故选C.
点睛：该题所考查的是有关平面图形的翻折问题，解决该题的关键是要明确翻到什么程度是题中的要求，因为底面是定的，所以高最大时就是三棱锥体积最大时，即翻折成直二面角时满足条件，之后将异面直线所成角转化为平面角，即三角形的内角来解，求出三角形的各边长，从而求得角的大小.
【变式2-1】6.（2021·全国·统考一模）如图所示的四棱锥中，底面与侧面垂直，且四边形为正方形，，点为边的中点，点在边上，且，过，，三点的截面与平面的交线为，则异面直线与所成的角为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由条件证明，，由此证明平面，再证明,由此证明，再确定异面直线与所成的角.
【详解】因为为边的中点，连接与DA的延长线交于点H，则A为DH的中点，所以有AD=AH.连接FE与PA的延长线交于点G，则直线GH即为过C，E，F三点的截面与平面PAD的交线.
取PB的中点O，连接OE，AO.因为，所以.
所以F为的中点，所以FE//OA,即FG//OA.
又易知OE//PA.即 OE∥AG.
所以四边形OEGA为平行四边形，从而.
过点D作DM∥GH交PA于点M.则，
从而得到.即M为PA的中点.又DA=DP.因此.
又平面平面，平面平面,
，平面，
所以AB⊥平面PAD.从而，，平面
因此平面.又.即，
所以l⊥平面PAB，又平面PAB，故l⊥PB，
所以异面直线PB与l所成的角为.
故选：D.
【变式2-1】7.（2023·全国·高三专题练习）a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是 .（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，
故|AC|＝1，|AB|，
斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，
则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，
直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（csθ，sinθ，0），
其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量，（csθ，sinθ，﹣1），||，
设与所成夹角为α∈[0，]，
则csα|sinθ|∈[0，]，
∴α∈[，]，∴③正确，④错误．
设与所成夹角为β∈[0，]，
csβ|csθ|，
当与夹角为60°时，即α，
|sinθ|，
∵cs2θ+sin2θ＝1，∴csβ|csθ|，
∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，
∴②正确，①错误．
故答案为②③．

【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角.
（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
题型3线面角最值取范围
【例题3】（2020·全国·高三专题练习）在正方体中，分别为棱、的中点，为棱（含端点）上的任一点，则直线与平面所成角的正弦值的最小值为 .
【答案】
【分析】建立直角坐标系，设正方体边长为2，求出平面的法向量为，直线与平面所成角为，，因为，，所以当时，取到最小值，代入即可．
【详解】解：如图，建立直角坐标系，设正方体边长为2，，
则，0，，，，，，0，，，2，，
设平面的法向量为，，，
，
由，，得，令，，故，0，，
由，
设直线与平面所成角为，
，
因为，，所以当时，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】考查立体几何中的最值问题，本题利用向量法求线面所成的角，基础题．
【变式3-1】1. （2021·浙江绍兴·校联考二模）点为棱长是2的正方体的内切球球面上的动点，点为的中点，若满足，则与面所成角的正切值的最小值是
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】分析：由题意首先确定点的轨迹，然后结合题意由几何关系求解最小值即可.
详解：如图所示，分别为棱的中点，易知平面，
则点P在平面内，又点P在内切球球面上，
则点P为球与平面的交线所成的圆，
作平面于点，点P为圆上的点，则为与面所成角，
，其中为定值，
则满足题意时，有最大值即可，
设圆的半径为，则，
，即：,则，
中，由勾股定理可得，
中，由勾股定理可得，
为的中位线，则,，
则，
综上可得，与面所成角的正切值的最小值是：
.
本题选择C选项.
点睛：本题主要考查空间几何体的轨迹，等价转化的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
【变式3-1】2. （2021·全国·高三专题练习）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：
①四边形的面积最小值为；
②直线EF与平面所成角的最大值为；
③四棱锥的体积为定值；
④点到截面S的距离的最小值为.
其中，所有真命题的序号为（ ）
A．①②③B．①③④C．①③D．②④
【答案】B
【解析】①分析可得当为为棱的中点时,四边形的面积最小,求解即可；
②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；
③转化四棱锥的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；
④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①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②错误；
设点到平面,平面的距离分别为,即从点分别向作垂线即可,由菱形可得,
,
为定值,故③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④正确
综上,①③④正确,
故选：B
【点睛】本题考查线面角的计算,考查四棱锥的体积的计算,考查空间想象能力与运算能力,考查转化思想
【变式3-1】3. （2022·全国·高三专题练习）在矩形中，，，为边上的一点，，现将沿直线折成，使得点在平面上的射影在四边形内（不含边界），设二面角的大小为，直线，与平面所成的角分别为，则
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由折叠前后图象的对比得点在面内的射影在线段上，利用二面角、线面有的定义，求出的表达式，再进行大小比较.
【详解】如图所示，在矩形中，过作交于点，将沿直线BE折成，则点在面内的射影在线段上，
设到平面上的距离为，则，
由二面角、线面角的定义得：，，，
显然，所以最大，所以最大，
当与重合时，，，
因为 ，所以 ，则，所以，
所以，故选D.
【点睛】本题以折叠问题为背景，考查二面角、线面角大小比较，本质考查角的定义和正切函数的定义，考查空间想象能力和运算求解能力.
【变式3-1】4. （2021·全国·高三专题练习）已知正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影是正三角形的中心），直线平面，分别是棱上一点（除端点），将正三棱锥绕直线旋转一周，则能与平面所成的角取遍区间一切值的直线可能是
A．B．C．D．中的任意一条
【答案】B
【分析】能取遍区间一切值，可以先考虑和等特殊值，对选项中涉及的三条直线进行验证排除可得正确答案.
【详解】假设满足题意，当与平面所成的角为时，
，由可得.
在正三棱锥中，可得，当时可得，
显然这是不可能成立的，所以不满足题意.
同理，与不可能垂直，则与平面所成的角不可能为.
综上所述，可以排除A,C,D，故选B.
【点睛】本题考查立体图形中的位置关系，选择题可适当利用特殊值、排除法等解题技巧.
【变式3-1】5.（2019·河南郑州·校联考一模）已知圆锥的母线长为2r，底面圆半径长为r，圆心为O，点M是母线PA的中点，AB是底面圆的直径若点C是底面圆周上一点，且OC与母线PB所成的角等于，则MC与底面所成的角的正弦值为
A．
B．或
C．
D．或
【答案】D
【分析】结合题意,构造出MC与底面所成角,然后结合三角值计算公式,即可.
【详解】结合题意,过M点作,绘制图形,
结合题意可知,,结合余弦定理可知
,代入,解得
而MQ为三角形APO的中位线,所以,因为PO垂直底面,而MQ平行PO,可知MQ垂直底面,故即为与底面所成角,所以,故选D.
【点睛】考查了线面角的找法和计算公式,关键找出线面角,难度中等.
【变式3-1】6.（2021秋·黑龙江佳木斯·高三佳木斯一中校考阶段练习）下图中的几何体是由两个有共同底面的圆锥组成．已知两个圆锥的顶点分别为P、Q，高分别为2、1，底面半径为1．A为底面圆周上的定点，B为底面圆周上的动点（不与A重合）．下列四个结论：
①三棱锥体积的最大值为；
②直线PB与平面PAQ所成角的最大值为；
③当直线BQ与AP所成角最小时，其正弦值为；
④直线BQ与AP所成角的最大值为；
其中正确的结论有 .（写出所有正确结论的编号）
【答案】①③
【分析】由①可知只需求点A到面的最大值
对于②，求直线PB与平面PAQ所成角的最大值，可转化为到轴截面距离的最大值问题进行求解
对于③④，可采用建系法进行分析
【详解】选项①
如图所示，当时，四棱锥体积最大，
选项②中，线PB与平面PAQ所成角最大值的正弦值为，所以
选项③和④，如图所示：
以垂直于方向为x轴，方向为y轴，方向为z轴，其中设 ,.,
设直线BQ与AP所成角为，，当时，取到最大值，，此时，
由于，，，所以取不到
答案选①、③
【点睛】几何体的旋转问题需要结合动态图形和立体几何基本知识进行求解，需找临界点是正确解题的关键，遇到难以把握的最值问题，可采用建系法进行求解.
【变式3-1】7.（2021·全国·高三专题练习）已知圆锥的顶点为，为底面中心，，，为底面圆周上不重合的三点，为底面的直径，，为的中点.设直线与平面所成角为，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】由题意建立空间直角坐标系，结合空间向量的结论和均值不等式确定的最大值即可.
【详解】以AB的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则：
，如图所示，由对称性不妨设且，
则，易知平面SAB的一个法向量为，
据此有：
，
当且仅当时等号成立，
综上可得：的最大值为.

【点睛】本题主要考查空间向量及其应用，学生的空间想象能力等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
题型4面面角最值取值范围
【例题4】（2023·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为，分别是棱的中点，过点的平面分别与直线交于点，为侧面（含边界）上的一个动点.给出以下命题：
①四边形一定为菱形；
②四棱锥的体积为定值；
③平面与平面所成的角不大于；
④的最小值为.
其中正确命题的序号是 .
【答案】①②④
【分析】根据面面平行的性质可证得四边形为平行四边形，利用线面垂直的判定可证得平面，由和线面垂直性质可得，由此可知①正确；利用体积桥可知②正确；以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，根据面面角的向量求法可确定有大于的情况，知③错误；作出关于平面的对称点，由此可知所求最小值为，知④正确.
【详解】对于①，连接，
平面平面，平面平面，平面平面，，同理可得：，
四边形为平行四边形；
分别为中点，；
四边形为正方形，，
又平面，平面，，
，平面，平面，
平面，又平面，，
四边形为菱形，①正确；
对于②，由①知：四边形为菱形，，
；
，点到平面的距离为，
，则为定值，②正确；
对于③，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
设，则，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
轴平面，平面的一个法向量；
，
为平面与直线的交点，；
则当时，，
平面与平面可以大于，③错误；
对于④，作出关于平面的对称点，则，
平面平面，平面平面，平面平面，，同理可得：，
四边形为平行四边形，平面，又平面，
又平面平面，，又，
，为中点，即，
，（当且仅当三点共线，即为如图所示点时取等号），
，④正确.
故答案为：①②④.
【变式4-1】1. （2020·浙江·高三统考期末）已知直三棱柱ABC﹣A'B'C'的底面是正三角形，侧棱长与底面边长相等，P是侧棱AA'上的点（不含端点）．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与直线B'C所成的角为β，二面角P﹣B'B﹣C的平面角为γ，则（ ）
A．α＞β＞γB．α＜β＜γC．α＞γ＞βD．β＞α＞γ
【答案】D
【分析】取中点，以、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量，设出点的坐标，求出三个角，再比较大小即可．
【详解】解：设直三棱柱的棱长与底面边长为2，如图，取中点，
以、所在直线分别为、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，， ，
∴，，，
∴ ，
，
由题意，，，则二面角的平面角为，则，
当时，由二次函数的单调性知，．
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角、二面角的求法，考查了利用角的余弦值比较角的大小，属于中档题．
【变式4-1】2. （2020秋·新疆昌吉·高三校考期中）已知四边形中，，，在将沿着翻折成三棱锥的过程中，直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角，设二面角，的大小分别为，则
A．B．C．存在D．的大小关系无法确定
【答案】B
【分析】根据题意在三棱锥中，作平面于，则分别为与平面所成的角，过作，垂足分别为，连，则，由的大小得到的大小，然后求出的正切值后可得的大小关系．
【详解】如图，在三棱锥中，作平面于，连，
则分别为与平面所成的角．
∵直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角，
∴．
过作，垂足分别为，连，
则有，
∴分别为二面角，的平面角，
∴．
在中，，设BD的中点为O，则为边上的中线，
由可得点H在CO的左侧（如图所示），
∴．
又，
∴．
又为锐角，
∴．
故选B．
【点睛】本题考查线面角和二面角的求法和应用，解题时可先作出相关角，并由角的大小得到相关线段的大小关系，然后再根据空间角的定义求出角即可，解题的关键是正确作出图形，并将角的大小的问题转化为线段的长度的问题求解，考查作图能力和计算能力．
【变式4-1】3. （2021·浙江嘉兴·统考模拟预测）如图，矩形中，，是线段（不含点）上一动点，把沿折起得到，使得平面平面，分别记，与平面所成角为，平面与平面所成锐角为，则
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由题意画出图形，作出与平面所成角为，平面与平面所成锐角为，分别求出和，与平面所成角为则答案可求．
【详解】
如图，过作，在中，由，可得．
由等积法可得，则
∵平面平面，且，可得平面，
则．
过作，垂足为，连接，则为平面与平面所成的锐角．
∵到的距离
即 ．
故选A．
【点睛】本题考查空间中直线与平面、平面与平面所成角的求法，考查空间想象能力与逻辑思维能力，是中档题．
【变式4-1】4. （2023·全国·高三专题练习）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；
异面直线与直线所成的角为定值；
二面角的大小为定值．
其中真命题有
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【详解】对于①，异面直线与间的距离即为两平行平面和平面间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．
对于②，由于，而为定值，又P∈AD1，AD1∥平面BDC1，所以点P到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥的体积为定值．故②正确．
对于③，由题意得在正方体中，B1C⊥平面ABC1D1，而C1P⊂平面ABC1D1，所以B1C⊥C1P，故这两条异面直线所成的角为．故③正确；
对于④，因为二面角P−BC1−D的大小，即为平面ABC1D1与平面BDC1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角的大小为定值．故④正确．
综上①②③④正确．选D．
【变式4-1】5.（2020·上海·高三专题练习）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则三个角、、中最小的角是 .
【答案】
【分析】作出线线角，线面角，二面角，根据它们的正弦值，比较出它们的大小关系.
【详解】作交于，由于，，所以为正三棱锥，由对称性知.取中点，连接，作平面，交平面于，连接.作平面，交平面于，连接.作，交于，连接，所以.由于，所以.由于平面，所以.由于，平面，所以.
.因为，在上，平面于，平面于，所以.所以.所以.由于都是锐角，所以.
由于在上，由对称性，而，则，由于也是锐角，所以.
综上所述，三个角中的最小角是.
故答案为.
【点睛】本小题主要考查线线角、线面角、二面角的概念，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.
题型5外接球问题
【例题5】（2022·四川遂宁·统考一模）设半径为的球面上有四点，且两两垂直，若，则球半径的最小值是（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】A
【分析】设，由两两垂直得，由结合均值不等式即可求的最小值.
【详解】设，两两垂直，∴，
，当且仅当a=b=c等号成立即.
故选：A
【变式5-1】1.（2022秋·江苏南京·高三南京师大附中校联考阶段练习）四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧面为正三角形，则其外接球体积最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】设二面角的大小为，由得外接圆半径最大值，再由球的体积公式求解，
【详解】设二面角的大小为，中点为，正方形的中心为，
则，，，则，到底面的距离为，
设球心到底面的距离为，而正方形的外接圆半径为，
则，而
由得，，
恒成立，故最小值为，，
即外接球体积最小值为，
故选：C
【变式5-1】2.（2023·四川宜宾·宜宾市叙州区第一中学校校考模拟预测）在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，，求得的外接圆的半径为，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值．
【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形，
设，，，
由平面，平面，得，
则 ，，，即，
又，则，，
令，则，，
，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积，
故选：B．
【点睛】结论与方法点睛：
（1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心；
（2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．
（3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．
【变式5-1】3.（2019秋·广西·高三校考阶段练习）在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三角形全等可得∠ABD＝∠ACD＝90°，故而AD为棱锥外接球的直径，根据勾股定理得出AD关于AB的函数，求出AD的最小值即可得出答案．
【详解】∵AB＝AC，DB＝DC，AD为公共边，
∴△ABD≌△ACD，
又AB⊥BD，即∠ABD＝90°，∴∠ACD＝90°，
设AD的中点为O，则OA＝OB＝OD＝OC，
∴O为棱锥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，
∴当AB＝2时，AD2取得最小值8，即AD的最小值为2，
∴棱锥外接球的最小半径为AD，
∴外接球的最小体积为V．
故选：C．
【点睛】本题考查了棱锥的结构特征，棱锥与外接球的位置关系，确定球心位置是解题的关键，属于中档题．
【变式5-1】4.（2023·全国·高三专题练习）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．平面 平面
B．点为正方形内一点，当 平面时，的最小值为
C．过点的平面截正方体所得的截面周长为
D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】B
【分析】根据面面平行无交线可判断A；由面面平行的性质得出DP所在的平面，即可分析最小值P点的位置，求解即可；用向量法根据平行的坐标表示，求出过点的平面截正方体所得的截面，即可计算周长；根据三棱锥的外接球半径公式和球体的表面积公式求解即可.
【详解】解：对于A，延长，，，，有两个交点I，J，
代表平面 平面，两平面不平行，A选项错误
对于B，分别取，的中点，，连接，
则，，
且，，平面，平面，
所以平面平面，
已知点为正方形内一点，当P在上时，平面，满足 平面，
在中，，，
则为等腰三角形，点P在的中点时，有最小值，
在中，，，B选项正确；
对于C，如图建立空间直角坐标系，设，，
则，，，，
，，，
，
则，解得，
截面周长为，
C选项错误；
对于D，当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，
，D选项错误；
故选：B.
【变式5-1】5.（2020·湖北·校联考一模）已知三棱锥满足底面，在中，，，，是线段上一点，且，球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先找到外接球球心，过的中点作，则平面，取，则为外接球球心，过点作球的截面，最大的截面过球心，最小的截面是过且与垂直的截面，由此可用表示出两截面圆半径．
【详解】
如图．是边中点，是边中点，∵，∴是的外心，作，∵平面，∴平面，∴，
取，易得，∴是三棱锥的外接球的球心。是中点，则，，∴，∵，∴，∴，设，则，，又，∴，
过且与垂直的截面圆半径为，则，这是最小的截面圆半径，最大的截面圆半径等于球半径，∴，，
，。
故选：C。
【点睛】本题考查球的表面积，解题关键是确定三棱锥外接球球心。结论：多面体外接球球心一定在过各面外心与此面垂直的直线上。
【变式5-1】6.（2022秋·新疆乌鲁木齐·高三校考阶段练习）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于古代汉族建筑中首创的榫卯结构，这种三维的拼插器具内部的凹凸部分（即榫卯结构）啮合，十分巧妙，外观看是严丝合缝的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，从外表上看，六根等长的正四棱柱分成三组，经榫卯起来，如图，若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积的最小值为（容器壁的厚度忽略不计）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意可知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，然后利用公式可计算出球体的表面积.
【详解】由题意知，当该球为底面边长分别为、，高为的长方体的外接球时，球的半径取最小值，
所以，该球形容器的半径的最小值为，
因此，该球形容器的表面积的最小值为.
故选C.
【点睛】本题考查长方体的外接球，解题的关键就是要弄清楚球为长方体的外接球时，球的半径最小，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
题型6外接球截面相关
【例题6】（2021秋·河北唐山·高三唐山一中校考期中）四面体的四个顶点在同一球面上中， ，，为的中点，过作其外接球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根据对称性确定球心，再确定截面面积的最大值与最小值的取法，最后根据面积公式求比值.
【详解】
取BD中点F，则根据对称性得球心为EF中点，且EFAC
因为 ，所以AFBD，CFBD,
过作其外接球的截面，则截面面积的最大为球的大圆，半径为;截面面积的最小为以AC为直径的圆，半径为，
从而截面面积的最大值与最小值的比为
故选D
【点睛】本题考查多面体外接球以及球的截面，考查空间想象能力与综合分析求解能力，属中档题.
【变式6-1】1. （2022秋·云南·高三云南师大附中校联考阶段练习）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD, ，点E在棱PB上，且， 过E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是 .
【答案】/
【分析】将四棱锥补形为长方体可得球O球心与球O半径，则当EO与截面垂直时，截面面积最小.
【详解】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，
则球O半径.O位于PC中点处.
因底面ABCD是矩形，则.因PA⊥平面ABCD，平面ABCD，则，又平面PAB，AB平面PAB，，则平面PAB.
因PB平面PAB，则.取PB的中点为F，
则，..
因，则，得.
则在直角三角形OEF中，.
当EO与截面垂直时，截面面积最小，
则截面半径为.
故截面面积为.
故答案为：
【变式6-1】2. （2021秋·山东潍坊·高三山东省潍坊第四中学校考开学考试）正的三个顶点都在半径为2的球面上,球心O到平面的距离为1,点D是线段BC的中点,过D作球O的截面,则截面面积的最小值为 .
【答案】
【分析】设正的中心为，连结、、、．根据球的截面圆性质、正三角形的性质与勾股定理，结合题中数据算出．而经过点的球的截面，当截面与垂直时截面圆的半径最小，相应地截面圆的面积有最小值，由此算出截面圆半径的最小值，从而可得截面面积的最小值．
【详解】解：设正的中心为，连结、、、，
是正的中心，、、三点都在球面上，
平面，结合平面，可得，
球的半径，球心到平面的距离为1，得，
△中，．
又为的中点，△中，．
△中，．
过作球的截面，当截面与垂直时，截面圆的半径最小，
当截面与垂直时，截面圆的面积有最小值．
此时截面圆的半径，可得截面面积为．
故答案为．
【点睛】本题已知球的内接正三角形与球心的距离，求经过正三角形中点的最小截面圆的面积．着重考查了勾股定理、球的截面圆性质与正三角形的性质等知识，属于中档题．
【变式6-1】3. （2019·湖北·高三校联考期中）已知三棱锥的所有顶点在球的球面上，平面，是等腰直角三角形，，是的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是 .
【答案】.
【分析】先找出三棱锥外接球的球心并求出球的半径，然后利用球的截面的性质即可解决问题.
【详解】点是的外心，过点作平面使，
是外接球球心，半径设为，，
在直角梯形中，，，，
得，过点作球的截面，当截面时，
截面面积最小，此时截面圆的半径为，
∴截面面积的最小值是.
故答案为.
【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球的问题及球的截面的性质等，对空间想象力要求较高，属中等难度题.
【变式6-1】4. （2023春·四川成都·高三树德中学校考开学考试）已知菱形边长为，，为对角线上一点，．将沿翻折到的位置，移动到且二面角的大小为，则三棱锥的外接球的半径为 ；过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】设，证明出平面，分析可知，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球球心为，根据题意可得出关于、、的方程组，可求得球心的坐标，即可求出球的半径长，求出，可求得截面圆半径的最小值，再利用圆的面积公式可求得截面圆面积的最小值.
【详解】设，翻折前，在菱形中，则，即，，
翻折后，则有，
所以，二面角的平面角为，
在菱形中，，则，
又因为，所以，是边长为的等边三角形，
同理可知，是边长为的等边三角形，
因为，，，、平面，
平面，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则点、、、、，
设三棱锥的外接球球心为，
由可得，解得，
所以，三棱锥的球心为，球的半径为.
，
设球心到截面的距离为，平面截球的截面圆的半径为，
则，，
过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
【变式6-1】5.（2023·全国·高三专题练习）已知空间四边形的各边长及对角线的长度均为6，平面平面，点M在上，且，那么外接球的半径为 ；过点M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】空1：根据题意结合球的性质分析可得平面，平面，求出即可得球的半径；空2：根据球的截面性质可得，结合题意分析运算.
【详解】空1：
由题意知和为等边三角形，取中点E，连，，则，
平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
同理可证：平面，
设外接球的球心为O，半径为R，
分别取、的中心、，连接，
则平面，平面，
∴ ， ，则为平行四边形，
由题意可得：，
又∵平面，平面，
∴，
故，
空2：
连，
∵，，，则H，O，M三点共线，
∴，
设过M作四边形外接球的截面圆的半径为r，O到该截面的距离为d，则，即，
∵，则有：
当时，此时截面过球心，取到最大值，截面的面积最大为；
当时，取到最小值，截面的面积最小为；
故截面面积最大值和最小值之比为.
故答案为：；.
【点睛】结论点睛：
球的相关性质：
①球的截面均为圆面；
②球心和截面圆心的连线垂直于该截面，则有.
题型7正方体截面相关
【例题7】（2021·浙江·高三专题练习）正四面体的棱长为4，为棱的中点，过作此正四面体的外接球的截面，则该截面面积的最小值是
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】 将四面体放置在正方体中，如图所示，
可得正方体的外接球就是四面体的外接球，
因为正四面体的棱长为4，
所以正方体的棱长为，可得外接球的半径满足，即，
又为的中点，过作其外接球的截面，当截面到球心的距离最大时，
此时截面圆的面积最小，
此时球心到截面的距离等于正方体棱长的一半，
可得截面圆的半径为，得到截面圆的面积的最小值为，
故选A.
【变式7-1】1. （2021·湖南株洲·校联考一模）过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】取对角线顶点所不在的两个侧棱的中点M,N,与对角线两个顶点相连，所得四边形即为所有过对角线的截面中面积最小的，由此可求出截面面积.
【详解】如图：
在正方体中，取的中点,连接,
过的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形时，截面面积最小，
,
故选D.
【点睛】本题主要考查了正方体的截面面积的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.
【变式7-1】2. （多选）（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考期中）如图，正方体棱长为1，点是线段上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．三棱锥的体积为定值
C．若动点在以点为球心，为半径的球面上，则的最小值为
D．过点，，作正方体的截面，则截面多边形的周长的取值范围是
【答案】BCD
【分析】A选项为直径的球面与直线没有公共点，则不存在点P；
B选项根据等体积法，则，将体积转化为，算出即可；
C选项的 最小值为，代入即可求得最小值；
D选项的动点位于点时截面周长最小，当位于中点时，截面的周长最大，故可得到结论.
【详解】对A选项，在正方体中，以为直径的球面，半径，则直线与该球面没有公共点，故不存在点，使得，故A选项错误；
对B选项， 因为，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，故，故B选项正确；
对C选项，，，因为，所以，故C选项正确；
对D选项，当在上移动时，截面多边形如图(1)所示，其侧面展开图如图(2)所示，

图(1) 图(2)
当点位于点时，即与点重合，截面多边形为正三角形，此时的周长最小，周长，当点从点向点移动时，根据对称性可知，截面多边形的周长先增大后减小，即点随着点的移动至点时，此时点为的中点，截面为平行四边形，截面多边形的周长最大，此时周长为，所以截面多边形的周长的取值范围是，故D选项正确.
故选：BCD
【变式7-1】3.（2022秋·吉林长春·高三长春市第六中学校考期末）棱长为1的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）
A．在正方体内作与圆柱底面平行的截面，则截面的最大面积为
B．无论点在线段上如何移动，都有
C．圆柱的母线与正方体所有的棱所成的角都相等
D．圆柱外接球体积的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A答案，只需找一种情况截面面积比大可判A错;根据平面后可证线线垂直，可判断B正确；圆柱的母线与平行，容易判断C正确；然后需要经过计算出外接球的半径即可判断D是否正确.
【详解】如图所示：设分别为对应棱的中点，易知共面，
因为是的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为平面，所以平面，
所以平面为其中一个截面，其面积为，A错误；
B：因为平面，平面，所以
平面
平面又平面
正确；
C：易知圆柱的母线与平行，易得与所成的夹角相等，故与其每条侧棱间的夹角都相等，C正确；
D:设圆柱底面半径为，则圆柱的底面必与过点的三个面相切，
且切点分别在线段上，设在上的切点为，为圆柱的一条高，
在中，，所以在中，，
根据对称性知：，则圆柱的高为，
所以外接球的半径，
当时，外接球体积的最小值为，D正确
故选：BCD
【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
【变式7-1】4. （多选）（2023·全国·高三专题练习）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，与所成夹角可能为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，得到，求出平面的一个法向量，由，求出，再根据列出方程，求出或1，得到A正确；
B选项，先根据，得到点在棱上，将平面与平面沿着展成平面图形，结合余弦定理求出答案；
C选项，先得到为与平面所成角，根据所成角的大小得到，从而得到点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，求出轨迹长度；
D选项，先确定点在上，作出辅助线得到平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，设，求出点到直线的距离，配方后得到其最大值与最小值，从而得到截面的最大值与最小值，得到取值范围.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，即，
故，故，其中，
令，
解得：或1，
故与可能是，A正确；
B选项，因为，故点在棱上，
如图，将平面与平面沿着展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可得：
，
所以，B错误；
C选项，因为⊥平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，
于是点的轨迹长度为，C正确；
D选项，当时，点在上，过点作交于点，连接，
则，所以平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，
设，
所以，则，，
所以点到直线的距离为，
于是当时，，的面积取得最小值，此时截面面积最小为，
当或1时，，的面积取得最大值，此时截面面积最大为，
故截面面积的取值范围为，D错误.
故选：AC
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面
【变式7-1】5. （多选）（2022·安徽·校联考二模）在底面边长为2、高为4的正四棱柱中，为棱上一点，且分别为线段上的动点，为底面的中心，为线段的中点，则下列命题正确的是（ ）
A．与共面
B．三棱锥的体积为
C．的最小值为
D．当时，过三点的平面截正四棱柱所得截面的周长为
【答案】ACD
【分析】对于A，证明即可判断；对于B，由等体积法即可判断；对于C，展开平面，即可得到最小值；对于D，取，连接，即可得到截面，从而得到结果.
【详解】对于A，如图1，在中，因为为的中点，所以，所以与共面，所以A正确；
对于B，由，因为到平面的距离为定值2，且的面积为1，所以三棱锥的体积为，所以B错误；
对于C，如图2，展开平面，使点共面，过作，交与
点，交与点，则此时最小，易求的最小值为，则C正确；
对于D，如图3，取，连接，则，又，所以，所以共面，即过三点的正四棱柱的截面为，由，则是等腰梯形，且，所以平面截正四棱柱所得截面的周长为，所以D正确.
故选:ACD.
【变式7-1】6. （2021·浙江温州·统考二模）如图所示的一块长方体木料中，已知AB=BC=4,，设E为底面ABCD的中心，且，则该长方体中经过点的截面面积的最小值为
【答案】
【详解】试题分析：如图所示：作出过点的截面，显然为平行四边形，延长，并设，再作于，连接，则，再作于，易知 ，在直角中，可求得，由相似可得，从而，所以，所以，其中，所以当时截面面积最小为，故答案填.
考点：1、长方体；2、平行四边形的面积；3、二次函数求最值.
【思路点晴】本题是一个关于几何体的截面面积的最值问题，属于难题.解决本题的基本思路是首先应先做出过点的截面，并判断出该截面是平行四边形，接着再求出这个平行四边形的底边长和高，进而得到面积的表达式，最后再利用二次函数在闭区间上的最值求法即可得到截面面积的最小值.
题型8代数式最值取值范围
【例题8】（2022·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知正四面体的棱长为,是棱上任意一点（不与,重合）,且点到面和面的距离分别为,,则的最小值为 .
【答案】
【分析】过点作平面于点,则为的重心，根据 即可求出,根据均值不等式,进而求得的最小值.
【详解】过点作平面于点,则为的重心
如图所示:


又

可得

当且仅当时取等号
的最小值是
故答案为:.
【点睛】本题考查了求不等式最小值.解题关键是采用分割法求四面体体积,求出,考查综合分析求解能力,属中档题.
【变式8-1】1. （2019·湖南·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，，分别为棱上一点，若与平面所成角的正切值为2，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先找出与平面所成角，再利用正切值为2，证得E为PC的中点.根据所给各边的长度，求出的斜弦值，再将翻折至与平面PAB共面，利用余弦定理求出，即为的最小值.
【详解】取CD的中点H，连接BH，EH.
依题意可得，.因为平面ABCD，所以，
从而平面ABCD，
所以BE与平面PCD所成角为，
且，则，则E为PC的中点.

在中，.
因为，，，
所以，所以.
将翻折至与平面PAB共面，如图所示，则图中，
当F为AE与PB的交点时，取得最小值，此时，.
故答案为：.
【点睛】本题考查空间中线面垂直、线面角、余弦定理等知识的交会，考查空间相象能力和运算求解能力，将空间中线段和的最值问题，转化成平面问题，对转化与化归思想的考查要求较高，属于难题.
【变式8-1】2. （2022秋·广东广州·高三校考期中）正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构）是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体的棱长都是2（如图），、分别为、的中点，则 .若，过点的直线分别交直线于两点，设（其中均为正数），则的最小值为 .
【答案】 4
【分析】先由正八面体得到，，，再利用向量的线性运算与数量积运算法则即可求得；在平面上建立平面直角坐标系，由求得，，再利用三点共线得到，从而利用基本不等式“1“的妙用求得的最小值.
【详解】因为在正八面体中，，所以，
同理：，
又在正方形中，，所以，则，所以，
因为，，
所以 ；
因为，所以是边上靠近点的三等分点，
根据题意，在平面上，以边的中点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系如图，
则，设，
则，，
因为，
所以，
则，，
因为三点共线，所以，则，
即，整理得，
又因为，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故答案为：4；.
【点睛】关键点睛：本题第2空的解决关键是建立平面直角坐标系，利用三点共线求得，从而得解.
【变式8-1】3. （2021·河南·高三校联考阶段练习）在正方体中，点平面，点是线段的中点，若，则当的面积取得最小值时，
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】取的中点，连接，证明点在直线上，当时，三角形的面积取得最小值，进而求得的值.
【详解】取的中点，连接，设.作出图像如下图所示.易得，所以平面，所以.易得，所以平面，所以.故平面，所以在直线上，可使得.由于，所以最短时三角形的面积取得最小值，此时点在点的位置.设正方体棱长为，故.，所以，所以，故 ，故选D.
【点睛】本小题主要考查线面垂直的证明，考查三角形面积的求法，考查空间想象能力和逻辑推理能力，难度较大，属于难题..本题解题关键点在于找到点所在的位置，主要通过证明线面垂直来找到.
【变式8-1】4. （2021·全国·高三专题练习）已知直三棱柱的侧棱长为，且底面是边长为的正三角形，用一平面截此棱柱，与侧棱，分别交于三点，若为直角三角形，则该直角三角形斜边长的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设在处，，，分别表示出，由勾股定理可构造方程，根据方程有解可得，求得的范围，进而得到所处的范围.
【详解】
如图，不妨设在处，，
则，，
由得：，则，即
该直角三角形斜边
故选：
【点睛】本题考查立体几何中最值问题的求解，关键是能够通过特殊位置构造出关于变量的方程，通过方程有解确定所求变量所处的范围；考查了由特殊到一般的基本思想，对于学生的推理能力有一定要求，属于较难题.
【变式8-1】5.（2019秋·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥中，、、两两垂直，且，，．设是底面内一点，定义，，，其中、、分别是三棱锥、三棱锥、三棱锥的体积．若，，，且恒成立，则正实数的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】先根据三棱锥的特点求出其体积，然后利用基本不等式求出的最小值，建立关于的不等关系，解之即可．
【详解】解：、、两两垂直，且．，．
即，则
解得
正实数的最小值为4
故选：．
【点睛】本题主要考查了棱锥的体积，同时考查了基本不等式的运用，是题意新颖的一道题目，属于中档题．
【变式8-1】6.（2021秋·四川成都·高三石室中学阶段练习）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，G为线段EC上的动点，则下列结论中正确的是
；该几何体外接球的表面积为；
若G为EC中点，则平面AEF；
的最小值为3．
【答案】
【分析】以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，分别求得D，A，B，C，F，E的坐标，由，的坐标表示，可判断；确定球心为矩形BDEF的对角线交点，求得半径，可判断；求得G的坐标，求得平面AEF的法向量，计算可判断；设出G的坐标，由两点的距离公式，结合二次函数的最值求法，可判断．
【详解】以D为原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DE所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系，
可得0，，0，，1，，1，，1，，0，，
即有1，，1，，由，可得，故正确；
由球心在过正方形ABCD的中心的垂面上，即为矩形BDEF的对角线的交点，
可得半径为，即有该几何体外接球的表面积为，故正确；
若G为EC中点，可得1，，0，，0，，1，，
设平面AEF的法向量为y，，可得，且，可设，可得一个法向量为，
由，可得则平面AEF，故正确；
设t，，，
当时，取得最小值，故错误．
故答案为．
【点睛】本题考查空间线面的位置关系和空间线线角的求法，以及向量法解决空间问题，考查运算能力，属于中档题．涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
【变式8-1】7.（2020·全国·高三专题练习）已知四面体ABCD的所有棱长都为,O是该四面体内一点,且点O到平面ABC、平面ACD、平面ABD、平面BCD的距离分别为,x,和y,则+的最小值是 .
【答案】；
【详解】该几何体为正四面体,体积为.各个面的面积为,所以四面体的体积又可以表示为,化简得,故.当且仅当 等号成立
【点睛】本小题主要考查正四面体体积的计算,考查利用分割法求几何体的体积,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.首先根据题目的已知条件判断出四面体为正四面体,由于正四面体的棱长给出,所以可以计算出正四面体的体积,根据等体积法求得的一个等式,再利用基本不等式求得最小值.
【变式8-1】8.（2021·全国·高三专题练习）如图，在矩形中，，.四边形为边长为2的正方形，现将矩形沿过点的动直线翻折，使翻折后的点在平面上的射影落在直线上，若点在折痕上射影为，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】证明在平面图中三点共线，建立直角坐标系，设直线的方程为，计算，令，利用均值不等式计算得到最值.
【详解】在立体图形中：点在平面上的射影落在直线上，则平面，
平面，故，，故平面，
平面，故，故在平面图中三点共线，如图所示：
以所在直线为轴，所在直线为轴，建立坐标系，
设直线的方程为，，则．
直线的方程为，故，，
，．
令，根据题意，．
，时，取等号，的最小值为.
故答案为：
题型9向量相关最值取值范围
【例题9】（2021秋·浙江宁波·高三统考期末）在空间直角坐标系中，为坐标原点，满足，则下列结论中不正确的是
A．的最小值为-6B．的最大值为10
C．最大值为D．最小值为1
【答案】B
【分析】根据题意可设，根据数量积的定义可得，可判断A，B；通过化简，结合三角函数的有界性可得最大值，可得最小值，综合得选项.
【详解】根据题意可设；
则；
当时，；
当时，.
另一方面，
当时可以取到最大值，进一步变形上式，
令，
则，
当时取等号，即最小值为1，综上可得，选B.
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查向量的数量积、向量的模、三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，利用三角换元以及三角函数的有界性是解题的关键，有一定难度
【变式9-1】1. （2021·浙江·模拟预测）正四面体的棱长为2，半径为的球过点，为球的一条直径，则的最小值是 ．
【答案】
【详解】很明显当四点共面时数量积能取得最值，
由题意可知：，则是以点D为顶点的直角三角形，且：
当向量反向时，取得最小值：.
【变式9-1】2. （2021春·上海·高三校联考阶段练习）已知,,为空间三个向量，又,是两个相互垂直的单位向量，向量满足，,，则对于任意实数x，y，的最小值为
【答案】2
【分析】根据题意确定，然后把展开，利用配方法对所求函数式进行配方即可求得最小值.
【详解】由题意知，又，,，
所以
当且仅当时，，
所以的最小值为2.
故答案为：2
【点睛】本题考查向量的数量积及向量的模，配方法，属于基础题.
【变式9-1】3.（多选） （2023秋·河南·高三校联考开学考试）已知球的半径为2，点是球表面上的定点，且，，点是球表面上的动点，满足，则（ ）
A．有且仅有一个点使得B．点到平面的距离为
C．存在点使得平面D．的取值范围为
【答案】ABD
【分析】B选项，先根据向量数量积公式得到，，画出三棱锥，设点在平面上的投影为，则⊥平面，设，由勾股定理列出方程，求出，进而求出点到平面的距离；A选项，建立空间直角坐标系，设，则，根据，得到，从而得到方程，求出，即为直径，A正确；C选项，求出平面的法向量，假设有，结合求出的，又，求出或，推出两种情况均不满足，不合要求，D选项，表达出，，其中，
设，，利用辅助角公式得到，从而求出的取值范围.
【详解】B选项，因为，两边平方得，，
故，
同理可得，，
画出三棱锥，设点在平面上的投影为，则⊥平面，

其中为平面的外心，
连接并延长，交于点，则点为的中点，
因为，所以⊥，
故，由勾股定理得，
则，
设，则，
由勾股定理得，即，
解得，
由勾股定理得，
故点到平面的距离为，B正确；
A选项，以为坐标原点，平行于的直线为轴，平行于的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
则球的方程为，
设，
因为，所以，
解得，
设，则，
当时，，
其中，故，
即为直径，故，
故有且仅有一个点使得，A正确；

C选项，设平面的法向量为，
则，
解得，令，解得，故，
，
因为，所以，
解得，
又，故，
，
假设存在点使得平面，则有，
即，
代入中，，化简得，
解得或，
当时，，由于，此时不满足，不合题意，
当时，此时不满足，不合要求，
故不存在点使得平面，C错误.
D选项，，其中，
设，，
则，其中，
故，D正确.
故选：ABD
【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三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.
【变式9-1】4. （2021·湖南长沙·高三长郡中学阶段练习）已知半径为1的球内切于正四面体，线段是球的一条动直径（是直径的两端点），点是正四面体的表面上的一个动点，则的取值范围是 ．
【答案】
【详解】
设正四面体的棱长为，则，所以，解之得，所以．由向量运算的三角形法则可得，所以，而，则．由题设可知，即，所以，应填答案．
点睛：本题旨在考查空间向量及空间线面的位置关系等有关知识的综合运用，检测等价化归与转化的数学思想及数形结合的思想和意识及运算求解能力和分析问题解决问题的能力．
【变式9-1】5.（2020·全国·高三专题练习）已知球的半径为是球面上的两点，且，若点是球面上任意一点，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】以球心为坐标原点建立空间直角坐标系，设点的坐标，用来表示，进而求出答案.
【详解】由题意，可得,
则，又由，所以，
以球心为坐标原点，以为轴正方向，平面的垂线为z轴建立空间坐标系，
则，设，
则，
所以，
因为在球面上，则，所以，
所以，
设，当与圆相切时，取得最值.
又由，解得，
所以，所以
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了空间向量的应用，向量的数量积的运算，以及直线与圆的位置关系的综合应用，其中解答中建立适当的空间直角坐标系，利用向量的数量积的运算公式，结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.
1. （2019·四川·统考模拟预测）若矩形的对角线交点为，周长为，四个顶点都在球的表面上，且，则球的表面积的最小值为
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先利用矩形求出外接圆的小圆半径，进一步利用基本不等式求出球的半径，进一步求出球的表面积的最小值．
【详解】如图，设矩形的两邻边分别为，，则，且外接圆的半径．
由球的性质得，平面，所以球的半径．
由均值不等式得，，所以，
所以，当且仅当时，等号成立．
所以球的表面积的最小值为，
故选．
【点睛】本题考查的知识要点：球的表面积公式的应用，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
2. （2022·四川泸州·统考一模）已知正三棱锥（底面是正三角形且顶点在底面的射影是底面三角形的中心）的体积为，其各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据三棱锥体积求得底面边长和高之间的关系，结合棱锥外接球求解办法，求得外接球半径与高之间的关系，利用基本不等式求得其最小值，再求球的表面积即可.
【详解】根据题意，作如下正三棱锥，即顶点再底面的射影为，连接，
记该三棱锥外接球球心为，连接，如下所示：
设，，，则；
根据题意可得，即，则；
在△中，易知，，，
由可得，即，
则，当且仅当时取得等号；
则的最小值为，故该球的表面积的最小值为.
故答案为：.
3. （2022·内蒙古呼伦贝尔·海拉尔第二中学校考模拟预测）等腰直角三角形的斜边AB为正四面体侧棱，直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，有下列说法：
（1）四面体EBCD的体积有最大值和最小值；
（2）存在某个位置，使得；
（3）设二面角的平面角为，则；
（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，则点P的轨迹为椭圆.
其中，正确说法的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【详解】解：对于（1），当CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方时，E到平面BCD的距离最大，当CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方时，E到平面BCD的距离最小，
∴四面体E﹣BCD的体积有最大值和最小值，故（1）正确；
对于（2），连接DE，若存在某个位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，则AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，进一步可得AE＝DE，此时E﹣ABD为正三棱锥，故（2）正确；
对于（3），取AB中点O，连接DO，EO，则∠DOE为二面角D﹣AB﹣E的平面角，为θ，
直角边AE绕斜边AB旋转，则在旋转的过程中，θ∈[0，π），
∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正确；
对于（4）AE的中点M与AB的中点N连线交平面BCD于点P，P到BC的距离为：dP﹣BC，
因为＜1，所以点P的轨迹为椭圆．（4）正确．
故选：C．
点睛：该题考查的是有关多面体和旋转体对应的特征，以几何体为载体，考查相关的空间关系，在解题的过程中，需要认真分析，得到结果，注意对知识点的灵活运用.
4. （2020·河南鹤壁·统考二模）在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝6，AB＝8，点M为△ABC内切圆的圆心，过点M作动直线l与线段AB，AC都相交，将△ABC沿动直线l翻折，使翻折后的点A在平面BCM上的射影P落在直线BC上，点A在直线l上的射影为Q，则的最小值为 ．
【答案】825
【分析】以AB，BC所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，设直线l的斜率为k，用k表示出|PQ|，|AQ|，利用基本不等式得出答案．
【详解】过点M作△ABC的三边的垂线，设⊙M的半径为r，则r2，
以AB，BC所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，
如图所示，则M（2，2），A（0，8），
因为A在平面BCM的射影在直线BC上，所以直线l必存在斜率，
过A作AQ⊥l，垂足为Q，交直线BC于P，
设直线l的方程为：y＝k（x﹣2）+2，则|AQ|，
又直线AQ的方程为：yx+8，则P（8k，0），所以|AP|8，
所以|PQ|＝|AP|﹣|AQ|＝8，
所以，
①当k＞﹣3时，4（k+3）25≥825，
当且仅当4（k+3），即k3时取等号；
②当k＜﹣3时，则4（k+3）23≥823，
当且仅当﹣4（k+3），即k3时取等号.
故答案为：825
【点睛】本题考查了考查空间距离的计算，考查基本不等式的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
5. （2023·四川达州·统考一模）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．点为正方形内一点，当平面时，的最小值为
C．过点的平面截正方体所得的截面周长为
D．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
【答案】B
【分析】A项通过平行线求异面直线所成角；B项先求点P的轨迹再求DP的最小值；C项先由面面平行的性质作出截面再求截面的周长；D项先找外接球的球心再求球的表面积.
【详解】对于A项，
∵
∴在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，
∴ ，
∴异面直线DD1与B1F所成的角的余弦值为.故A项错误；
对于B项，
取A1D1的中点M，D1C1的中点N，连接MN，DM，DN，
则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轨迹为线段MN，
∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时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，∴，
∴如图
在Rt△DPN中， .故B项正确；
对于C项，
过点D1、E、F的平面截正方体ABCD—A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN
则D1M∥NF，D1N∥ME，
如图，以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系D—xyz，设AM=m，CN=n，则，，，，，
∴，
∵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：过点D1、E、F的平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面周长为.
故C项错误；
对于D项，
如图所示，取EF的中点O1，则O1E= O1F= O1B，过O1作OO1∥BB1，且使得，则O为三棱锥B1—BEF的外接球的球心，所以OE为外接球的半径，
∵在Rt△EBF中，，
∴
∴.故D项错误.
故选：B.
6. （2021·天津·统考高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，，
因此，这两个圆锥的体积之和为.
故选：B.
7. （2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比.
【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.
又因为平面平面，，平面，所以平面，且.
在中，因为，所以，所以，
在中，因为，所以，
所以.
故选：B
8. （2023·全国·统考高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【详解】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；

分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．