2025届高考数学思想方法大合集-运用函数与方程思想解决立体几何问题讲义

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函数与方程的思想在解决立体几何问题时，主要体现在将空间几何问题转化为平面问题，通过建立函数关系或方程来求解.
首先，确定研究对象，如点、线、面的位置关系，然后根据几何条件建立相应的函数或方程.例如，利用点到直线的距离公式、直线与平面的夹角公式、两平面的交线方程等，将空间问题转化为代数问题.接下来，通过解方程或分析函数性质来找出未知量的值，从而得到问题的解答.这种方法不仅能够简化问题，还能帮助我们更深入地理解几何对象的性质和它们之间的关系.
类型一 函数与方程思想在几何体中解决体积表面积的最值问题
【典例1】已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【解题策略】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详细解析】
设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
【典例2】如图1-10所示，在中，．．若平面外的点和线段上的点，满足，则四面体的体积的最大值是______．
【解题策略】建立四面体的体积关于的函数关系式，运用函数思想方法求最值．
【详细解析】
解法一：由，可得，要求四面体的体积，关键是寻找底面三角形的面积和点到平面的距离，易知．设，则，，，其中，且，
当且仅当，即时取等号，故四面体的体积的最大值是．
解法二：设，、．
（为三棱锥的高）．
当平面平面时，使四面体的体积较大．
作，垂足为、平面、
此时
当且仅当时等号成立，，当即时，最大值为．
解法三：（为三棱锥的高），在中，，则，设，则
．
在中，由余弦定理，有，代值整理得．在中，由余弦定理，有，代值整理得．
．
过作，垂足为，则为四面体的高．
．
故，令，，，在上单调递减．当，即时，四面体的体积最大，为．
【典例3】（2024届四川成都外国语学校高三下期高考模拟（二））已知球内接正四棱锥的高为，、相交于，球的表面积为，若为中点.

求证：平面；
求三棱锥的体积.
【解题策略】（1）依题意可得，即可得证；
由球的表面积求出球的半径，由正四棱锥的性质可知球心必在上，连接，利用勾股定理求出，即可求出，再由为中点得到到平面的距离为，最后由计算可得.
【详细解析】
依题意底面为正方形，、相交于，
所以为的中点，又为中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面.
设球的半径为，由球的表面积公式，
解得（负值舍去），
设球心为，在正四棱锥中，高为，则必在上，
连接，则，，，
则在，则，即，
解得（负值舍去），
则，所以，
又为中点，平面且，所以到平面的距离为，
所以.

【方法归纳】
利用导数求函数f（x）在[a，b]上的最值的一般步骤：
求函数在（a，b）内的极值.
求函数在区间端点处的函数值f（a），f（b）.
将函数f（x）的各极值与f（a），f（b）比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
运用导数研究函数的最值是立体几何中求最值常用的方法和技巧.
【举一反三】
（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考一模）
某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（ ）
B．
D．
【2022年新高考1卷】
已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
类型二 函数与方程思想在几何体中解决存在性的问题
【典例1】已知圆台存在内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为，设圆台与球的体积分别为，则（ ）
A. B. C. D.
【解题策略】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母线的关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得.
【详细解析】
设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，高为，内切球的半径为，
显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则，，
由，整理得，而，解得，，
因此圆台的高，，
则圆台的体积，
内切球的体积，所以.
故选：D
【典例2】（2024届湖南岳阳高三教学质量监测（三））如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为 ．

【解题策略】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解.
【详细解析】
在中，，则，
又平面，平面平面，
所以平面，连接，，所以，
得，设（），
则，即，得，
当即即时，取到最小值1，
此时取到最小值.
故答案为：

【典例3】（2023·云南玉溪·统考一模）如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，，，M，N分别是线段AB，PC的中点．
求证：MN平面PAD；
在线段CD上是否存在一点Q，使得直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【解题策略】
取PB中点E，连接ME，NE．由线面平行的判定定理可证得ME平面PAD，NE平面PAD，再由面面平行的判定定理即可证明；
以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，由线面角的向量公式可求出Q点的位置，即可得出的值.
【详细解析】
如图，取PB中点E，连接ME，NE．
∵M，N分别是线段AB，PC的中点，∴MEPA．又∵平面PAD，平面PAD，
∴ME平面PAD，同理得NE平面PAD．
又∵，∴平面PAD平面MNE．
∵平面MNE，∴MN平面PAD．
∵ABCD为矩形，∴AB⊥AD．PA⊥平面ABCD，∴AP、AB、AD两两垂直．
依次以AB、AD、AP为x、y、z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，PC中点，∴，．
设平面DMN的法向量，则，即，
取x＝1，得y＝1，z＝－1，．
若满足条件的CD上的点Q存在，设，，又，则．
设直线NQ与平面DMN所成的角为，则，
解得t＝1或t＝－3．
已知0≤t≤4，则t＝1，∴．
DQ=1，CD=4，CQ=CD-DQ=4-1=3，．
故CD上存在点Q，使直线NQ与平面DMN所成角的正弦值为，且
【方法归纳】
解决空间几何体中的探索性或者存在性问题，可以从下面几步入手：第一步，首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，并假设求解的结果存在，寻求使这个结果成立的充分条件.第二步.然后根据空间向量将以几何问题转化为空间向量问题，并进行计算求解.第三步得出结论，如果得到符合题目结果要求的条件，则存在如果.找不到符合题目结果要求的条件，或出现矛盾则不存.
【举一反三】
如图，在正三棱柱中，D为棱上的点，E，F，G分别为AC，，的中点，．

求证：；
是否存在点D，使得直线FG与平面BCD所成角的正弦值为，求此时AD的长．
（2023·山西·统考一模）
如图所示，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.
求到平面的距离；
线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
类型三 函数与方程思想在几何体中运用向量的方法解决角度、距离的最值问题
【典例1】（2024届四川省雅安市高三一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【解题策略】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【详细解析】
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
【典例2】（2024届上海浦东新区高三下期期中教学质量检测）正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 .
【解题策略】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详细解析】
已知正三棱锥，则，且，
由化简得，
由化简得.
设，代入，，
分别化简得，且，
故点在以为直径的球面上，半径；
点在以为直径的球面上，半径
分别取线段、的中点、，
则，
故.
故答案为：4
【典例3】（2024届江苏省南京田家炳高级中学高考考前模拟）如图，四棱锥中，底面，，分别为线段上一点，.
（1）若为的中点，证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【解题策略】（1）取的中点，连接，，先证四边形为平行四边形，有，再由线面平行的判定定理，得证；
（2）取的中点，连接，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详细解析】（1）证明：由已知得，取的中点T，连接，
由N为的中点知，
．又，故，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面．
（2）取的中点，连接，建立如图所示的空间坐标系．
，
不妨设，
则，
设平面的一个法向量为，
，
取，则.
设直线与平面所成角为
.
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【方法归纳】
对于立体几何中的线线角、线面角、面面角以及距离最值问题若不好直接表示角度的函数关系式，可以考虑运用向量的方法研究线线角、线面角、面面角以及距离最值问题，要从以下几个方面入手：1、建立适当的空间直角坐标系，引入适当的变量（特别要注意），准确的表示出关于体积、表面积等函数关系式.2、通过求导或者运用基本不等式求函数的最值.
【举一反三】
（2024届天津市实验中学高三下期考前热身训练）
如图，在棱长为的正方体中，分别是棱上的动点，且．
求证：；
当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面BEF夹角的正切值及点到直线的距离．
如图，正方体的棱长为2，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点，在正方形的内切圆上任取一点．
若分别是棱的中点，，求棱和平面所成角的余弦值；
求的最小值与最大值．
（2024届山东省青岛市高三第三次适应性检测）
已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 .
（2024届四川大数据精准教学联盟高三第二次统一监测）
已知PC是三棱锥外接球的直径，且，，三棱锥体积的最大值为8，则其外接球的表面积为 ．
三、解答题
（2024贵州贵阳高三下期适应性考试 （二））
由正棱锥截得的棱台称为正棱台.如图，正四棱台中，分别为的中点，，侧面与底面所成角为.

求证：平面；
线段上是否存在点，使得直线与平面所成的角的正弦值为，若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由.
（2024届四川达州普通高中第二次诊断性测试）
如图，在直角梯形中，，，，把梯形绕旋转至，，分别为，中点．
证明：平面；
若，求二面角余弦的最小值．
（2024吉林吉林地区普通高中高三第四次模拟考试）
如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，.
求证：；
若平面，求平面与平面夹角的余弦值；
求点到直线距离的最大值.