考向30立体几何中的最值、翻折、探索性问题（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（学生版）

这是一份考向30立体几何中的最值、翻折、探索性问题（重点）-备战2023年高考数学一轮复习考点微专题（全国通用）（学生版），共53页。试卷主要包含了【答案】证明见解析等内容，欢迎下载使用。
1.（2022·全国乙（文）T12） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，
故选：C
2.（2022·全国乙（理）T9） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，
故选：C
3.（2022·新高考Ⅰ卷T8） 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.
【答案】C
【解析】∵ 球的体积为，所以球的半径,
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
1.解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
一是从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
二是利用空间几何体的侧面展开图；
三是找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．
2.三步解决平面图形翻折问题
翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材．解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析和解决问题．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试．
3.立体几何中的探索性问题
(1)解决探索性问题的基本方法是假设结论成立或对象存在，然后在这个前提下进行逻辑推理，若能推导出与条件吻合的数据或事实，则说明假设成立，即存在，并可进一步证明；否则不成立，即不存在．
(2)在棱上探寻一点满足各种条件时，要明确思路，设点坐标，应用共线向量定理a＝λb(b≠0)，利用向量相等，所求点坐标用λ表示，再根据条件代入，注意λ的范围．
(3)利用空间向量的坐标运算，可将空间中的探索性问题转化为方程是否有解的问题进行处理．
1．如图，三棱锥各棱的棱长均为，点是棱的中点，点在棱上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
2．在棱锥中，平面，，，，点在线段上运动，则的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
3．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ）
A．当E点运动时，总成立
B．当E向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
4．如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（ ）
A．平面
B．平面
C．存在点，满足
D．的最小值为
三、填空题
5．如图，在直角梯形中，，过点A作交SC于点D，以AD为折痕把折起，当几何体的的体积最大时，则下列命题中不正确的是___________（写出所有假命题的序号）.
①
②平面
③SA与平面所成的角等于SC与平面所成的角
④AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
6．如图，在长方体中，点E，F分别在棱，上，且．若，，，则的最小值为__________．
7．在三棱锥中，，点在平面中的射影是的垂心，若，，的面积之和为4，则三棱锥的外接球表面积的最小值为______．
8．已知正方体棱长为4. 若M是平面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为________.
四．解答题
9．如图，已知是边长为的正三角形，，，分别是，，边的中点，将沿折起，使点到达如图所示的点的位置，为边的中点．
(1)证明：平面．
(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
10．如图，在棱长为的正方体中，、分别是棱、上的动点，且.
(1)求证：；
(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角余弦值.
1．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，且，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点.
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小？
12．如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为．
(1)当时，求证：平面平面；
(2)若为的中点，当时，求二面角的正切值．
1．（2022·湖南·雅礼中学高三阶段练习）已知圆锥的母线长为 2 ， 轴截面顶角的正弦值是， 过圆锥的母线作截面，则截面面积的最大值是（ ）
A．1B．C．1 或 2D．2
2．（2022·全国·大化瑶族自治县高级中学模拟预测（文））如图所示，在正方体中，点P在线段上运动，设异面直线与所成的角为，则的最小值是___________.
3．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知圆 的直径长为 2 ，上半圆圆弧上有一点，点是劣弧上的动点，点是下半圆弧上的动点，现以为折线，将上、下半圆所在的平面折成直二面角，连接则三棱锥的最大体积为___________.
4．（2022·四川·树德中学高三阶段练习（理））在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是____________
5．（2022·山西长治·高三阶段练习）在矩形中（图1），，，为边上的中点，将沿折起，使得平面平面，连接，形成四棱锥．
(1)求证：．
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
6．（2022·广东·揭东二中高三阶段练习）已知直角梯形，其中，，，且、分别是、的中点，将梯形沿翻折，并连接、形成如下图的几何体．
(1)判断几何体是哪种简单几何体，并证明；
(2)若二面角的大小为，求直线与平面的夹角的正弦值．
7．（2022·河北·高三阶段练习）如图1，一副标准的三角板中，，，，，将两三角板的边与重合，拼成一个空间图形，且三角板可绕边旋转.设M是的中点，N是的中点.
(1)如图2，若，求证：平面平面；
(2)如图3，若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
8．（2022·湖北·黄冈中学高三阶段练习）如图，在几何体中，底面为以为斜边的等腰直角三角形.已知平面平面，平面平面平面.
(1)证明：平面；
(2)若，设为棱的中点，求当几何体的体积取最大值时与所成角的正切值.
1．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)某圆柱的高为，底面周长为,其三视图如右圈，圆柱表面上的点在正视图上的对应点为．圆柱表面上的点在左视图上的对应点为,则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度为( )
A．B．C．D．
2．(2018年高考数学课标Ⅲ卷（理）)设是同一个半径为的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为( )
A．B．C．D．
3．(2018年高考数学课标卷Ⅰ（理）)已知正方体的校长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面而积的最大值为( )
A．B．C．D．
4．(2016高考数学课标Ⅲ卷理科)在封闭的直三棱柱内有一个体积为的球,若,,,,则的最大值是( )
A．B．C．D．
5．（2015四川）如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在线段上，分别为的中点．设异面直线与所成的角为，则的最大值为_________．
6．（2021北京卷8）定义：24h内降水在地面上的积水厚度（mm），mm，为小雨；在mm之间为中雨；在mm之间为大雨；在mm之间为暴雨，小明用一个圆锥形容器接了24h，底面直径200mm，高300mm，水深150mm
A．小雨B．中雨C．大雨D．暴雨
7．（2017•新课标Ⅰ，理16）如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为．、、为圆上的点，，，分别是以，，为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以，，为折痕折起，，，使得、、重合，得到三棱锥．当的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：的最大值为 ．
8．（2019•新课标Ⅲ，文19）图1是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，．将其沿，折起使得与重合，连接，如图2．
（1）证明：图2中的，，，四点共面，且平面平面；
（2）求图2中的四边形的面积．
9．【2019年高考全国Ⅲ卷理科】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.
11.（2018年全国I卷理数）如图，四边形ABCD为正方形，E,F分别为AD,BC的中点，以DF为折痕把∆DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF.
（1）证明：平面PEF⊥平面ABED；
（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值.
1．【答案】B
【解析】
根据题意，在中，当时，即为的中点时，取到最小值，
连结，易得为等腰三角形，，由勾股定理，
得，解得，则的最小值为.故A，C，D错误.
故选：B.
2．【答案】B
【解析】依题意，的面积最小值时，点P不与点A，C重合，
过点P作交BC于E，过E作交BD于F，连接PF，如图，
因，，，则，设，由得，
由得，
因平面，又，有平面，而平面，则，，
因，，则，而，平面，
于是得平面，又平面，则，而，，当且仅当时取等号，
所以的面积的最小值为.
故选：B
3．【答案】ACD
【解析】对于A：因为，，，所以面，
因为面，所以，同理可证，因为，
所以平面，因为平面，所以 总成立，故选项A正确；
对于B：平面即平面，而平面即平面，所以当向运动时，二面角大小不变，选项B不正确；
对于C：建立如图所示的空间几何体，
则，，
因为在上，且，故可设，
，
设平面的法向量为，
又，
所以，取，则，
平面的法向量为，所以，
设二面角的平面角为，则为锐角，
故，
当，故，所以，
当且仅当时取最大值即取最小值，故C正确；
对于D：因为，
点到平面的距离为，
所以体积为，即体积为定值，故选项D正确．
故选：ACD.
4．【答案】AD
【解析】对于A，连接，分别是棱的中点，且，四边形为平行四边形， ，又平面，平面在平面内，所以平面，故A正确；
对于B，易知，所以四点共面，又点，所以四点共面，平面，而平面，直线平面，故B不正确；
对于C，以为正交基底，建立如图1所示的空间直角坐标系.
则，，，
，，，
，
若，则，，在线段延长线上，而不在线段上，故C不正确；
对于D，把图1的正面和上底面展开如图2所示，连接即为所求，过做PG垂直于且与其相交于，与相交于，易得，，
，，在中，
，，故D正确.
故选：AD
5．【答案】①③④
【解析】当⊥平面ABCD时，几何体的的体积最大，如图所示：
连接AC，BD相交于点M，连接SM，
因为，，
所以四边形ABCD为矩形，
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DS为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则设，，，，，
其中，
则，
所以，
当时，，则不一定成立，①错误；
因为，平面，平面，
所以平面，②正确；
设平面的法向量为，
则，
解得：，不妨设，则，
所以，
，，
设SA与平面所成的角为，SC与平面所成的角为，
则，
，
当时，，则③错误；
，
，
显然AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角不相等，④错误.
故答案为：①③④
6．【答案】2
【解析】以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，，，，则，．
因为，所以，即，化简得．
当时，显然不符合题意
当时，当且仅当，即时等号成立．
故的最小值为．
故答案为：
7．【答案】
【解析】如图，设的垂心为，延长分别交于点，
所以，，
因为点在平面中的射影是的垂心，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
因为平面，平面
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以.
所以，两两垂直，
所以，三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体的外接球.
不妨设，
因为，，的面积之和为4
所以，，即，
因为
所以，，当且仅当x=y=c等号成立
所以三棱锥的外接球的半径满足，
所以，三棱锥的外接球表面积
所以三棱锥的外接球表面积的最小值为
故答案为：
8．【答案】
【解析】连接，如图，
易知平面，平面，所以，又，，故平面，平面，所以，
即点在平面内的轨迹为以为直径的圆（除去点C），
又平面，故与平面所成角即为，
又，故要使最大，则最小，将平面及点轨迹画出如下图：
设为中点，连接，
则，故最小为，
此时.
故答案为：.
9．【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：连接，，设与交于点，连接．
因为，，分别是，，边的中点，
所以且，
则四边形为平行四边形，所以为的中点，
因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
（2）取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，，，两两垂直．
如图所示，以为原点，以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，
设平面的法向量为，则，
即令，得．
易知为平面的一个法向量，
由，
得平面与平面夹角的余弦值为．
10．【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：如图建立坐标系
设，则，，，
所以，，
所以，
所以；
（2）解：由（1）可知，，
所以三棱锥的体积，
当且仅当，即时取得最大值，
过作于，又平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以是二面角的平面角，
在直角三角形中，，，
所以，又且，
解得或（舍去），
因此平面与平面的夹角余弦值为.
11．【答案】(1)证明见解析；
(2)当时，面与面所成的二面角的正弦值最小
【解析】（1）由直三棱柱可得平面，且，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设，且，则，
，，
，所以即；
（2）平面，平面的一个法向量为，
由（1）知，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，，
，
又
当时，面与面所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，
故当时，面与面所成的二面角的正弦值最小
12．【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）当时，平面平面．
在直角梯形中，，所以，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）
取的中点，连接，因为，所以．
因为为的中点，连接，则为的中位线，所以．
因为，所以，
所以为二面角的平面角，即．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
因为平面平面，所以过作，交于点，则平面．
平面，，过作与点，连结，．
所以．所以为二面角的平面角．
在中，，，．
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正切值为．
1．如图，三棱锥各棱的棱长均为，点是棱的中点，点在棱上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【解析】
根据题意，在中，当时，即为的中点时，取到最小值，
连结，易得为等腰三角形，，由勾股定理，
得，解得，则的最小值为.故A，C，D错误.
故选：B.
2．在棱锥中，平面，，，，点在线段上运动，则的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】依题意，的面积最小值时，点P不与点A，C重合，
过点P作交BC于E，过E作交BD于F，连接PF，如图，
因，，，则，设，由得，
由得，
因平面，又，有平面，而平面，则，，
因，，则，而，平面，
于是得平面，又平面，则，而，，当且仅当时取等号，
所以的面积的最小值为.
故选：B
二、多选题
3．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ）
A．当E点运动时，总成立
B．当E向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】对于A：因为，，，所以面，
因为面，所以，同理可证，因为，
所以平面，因为平面，所以 总成立，故选项A正确；
对于B：平面即平面，而平面即平面，所以当向运动时，二面角大小不变，选项B不正确；
对于C：建立如图所示的空间几何体，
则，，
因为在上，且，故可设，
，
设平面的法向量为，
又，
所以，取，则，
平面的法向量为，所以，
设二面角的平面角为，则为锐角，
故，
当，故，所以，
当且仅当时取最大值即取最小值，故C正确；
对于D：因为，
点到平面的距离为，
所以体积为，即体积为定值，故选项D正确．
故选：ACD.
4．如图，在直三棱柱中，，分别是棱的中点，在线段上，则下列说法中正确的有（ ）
A．平面
B．平面
C．存在点，满足
D．的最小值为
【答案】AD
【解析】对于A，连接，分别是棱的中点，且，四边形为平行四边形， ，又平面，平面在平面内，所以平面，故A正确；
对于B，易知，所以四点共面，又点，所以四点共面，平面，而平面，直线平面，故B不正确；
对于C，以为正交基底，建立如图1所示的空间直角坐标系.
则，，，
，，，
，
若，则，，在线段延长线上，而不在线段上，故C不正确；
对于D，把图1的正面和上底面展开如图2所示，连接即为所求，过做PG垂直于且与其相交于，与相交于，易得，，
，，在中，
，，故D正确.
故选：AD
三、填空题
5．如图，在直角梯形中，，过点A作交SC于点D，以AD为折痕把折起，当几何体的的体积最大时，则下列命题中不正确的是___________（写出所有假命题的序号）.
①
②平面
③SA与平面所成的角等于SC与平面所成的角
④AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
【答案】①③④
【解析】当⊥平面ABCD时，几何体的的体积最大，如图所示：
连接AC，BD相交于点M，连接SM，
因为，，
所以四边形ABCD为矩形，
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DS为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则设，，，，，
其中，
则，
所以，
当时，，则不一定成立，①错误；
因为，平面，平面，
所以平面，②正确；
设平面的法向量为，
则，
解得：，不妨设，则，
所以，
，，
设SA与平面所成的角为，SC与平面所成的角为，
则，
，
当时，，则③错误；
，
，
显然AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角不相等，④错误.
故答案为：①③④
6．如图，在长方体中，点E，F分别在棱，上，且．若，，，则的最小值为__________．
【答案】2
【解析】以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，，，，则，．
因为，所以，即，化简得．
当时，显然不符合题意
当时，当且仅当，即时等号成立．
故的最小值为．
故答案为：
7．在三棱锥中，，点在平面中的射影是的垂心，若，，的面积之和为4，则三棱锥的外接球表面积的最小值为______．
【答案】
【解析】如图，设的垂心为，延长分别交于点，
所以，，
因为点在平面中的射影是的垂心，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
因为平面，平面
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，
因为平面，所以.
所以，两两垂直，
所以，三棱锥的外接球即为以为长宽高的长方体的外接球.
不妨设，
因为，，的面积之和为4
所以，，即，
因为
所以，，当且仅当x=y=c等号成立
所以三棱锥的外接球的半径满足，
所以，三棱锥的外接球表面积
所以三棱锥的外接球表面积的最小值为
故答案为：
8．已知正方体棱长为4. 若M是平面内的动点，且，则与平面所成角的正切值的最大值为________.
【答案】
【解析】连接，如图，
易知平面，平面，所以，又，，故平面，平面，所以，
即点在平面内的轨迹为以为直径的圆（除去点C），
又平面，故与平面所成角即为，
又，故要使最大，则最小，将平面及点轨迹画出如下图：
设为中点，连接，
则，故最小为，
此时.
故答案为：.
四．解答题
9．如图，已知是边长为的正三角形，，，分别是，，边的中点，将沿折起，使点到达如图所示的点的位置，为边的中点．
(1)证明：平面．
(2)若平面平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：连接，，设与交于点，连接．
因为，，分别是，，边的中点，
所以且，
则四边形为平行四边形，所以为的中点，
因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面．
（2）取的中点，连接，，则，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，，，两两垂直．
如图所示，以为原点，以的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，
设平面的法向量为，则，
即令，得．
易知为平面的一个法向量，
由，
得平面与平面夹角的余弦值为．
10．如图，在棱长为的正方体中，、分别是棱、上的动点，且.
(1)求证：；
(2)当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面的夹角余弦值.
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：如图建立坐标系
设，则，，，
所以，，
所以，
所以；
（2）解：由（1）可知，，
所以三棱锥的体积，
当且仅当，即时取得最大值，
过作于，又平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以是二面角的平面角，
在直角三角形中，，，
所以，又且，
解得或（舍去），
因此平面与平面的夹角余弦值为.
11．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，且，E，F分别为AC和的中点，D为棱上的点.
(1)证明：；
(2)当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小？
【答案】(1)证明见解析；
(2)当时，面与面所成的二面角的正弦值最小
【解析】（1）由直三棱柱可得平面，且，
故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
设，且，则，
，，
，所以即；
（2）平面，平面的一个法向量为，
由（1）知，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，，
，
又
当时，面与面所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，
故当时，面与面所成的二面角的正弦值最小
12．如图，在直角梯形中，，，，沿对角线将折至的位置，记二面角的平面角为．
(1)当时，求证：平面平面；
(2)若为的中点，当时，求二面角的正切值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）当时，平面平面．
在直角梯形中，，所以，所以，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）
取的中点，连接，因为，所以．
因为为的中点，连接，则为的中位线，所以．
因为，所以，
所以为二面角的平面角，即．
因为，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
因为平面平面，所以过作，交于点，则平面．
平面，，过作与点，连结，．
所以．所以为二面角的平面角．
在中，，，．
在中，．
在中，，
所以，故二面角的正切值为．
1．【答案】C
【解析】∵轴截面顶角的正弦值是，∴轴截面顶角为或，
设截面三角形顶角为，则截面面积为
当轴截面顶角为时，截面面积的最大值是；
当轴截面顶角为时，截面面积的最大值是.
故选：C
2．【答案】
【解析】在正方体中，，
四边形是平行四边形，
，
与成角可化为与成角，
由正方体的特征可知三角形是正三角形，故当与重合时，，
当与重合时，与平行而不是异面直线，
，
由余弦函数的图像可知，在单调递减，
所以最小值是.
故答案为：
3．【答案】
【解析】
如图，要使三棱锥的体积最大，即三棱锥的体积最大，
需要的面积最大且到平面的距离最大.
当时，最大值为，
平面平面，平面平面，
要使到平面的距离最大，只需要到的距离最大，
则为半圆弧的中点，此时到平面距离的最大值为1 .
所以，三棱锥的最大体积为
故答案为:.
4．【答案】
【解析】在中，，所以，
由余弦定理得，
∴，，
则是直角三角形，为直角，
对的任何位置，当平面平面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，
设，
在中，，，，
则点到底面的距离，
所以该棱锥的体积为
，
则，
令，解得，或(舍去)，
当变化时，，变化如下：
故当时，该棱锥的体积最大，为.
5．【答案】(1)证明见解析(2)．
【解析】（1）在矩形中，，，所以，故．
因为平面平面，且平面平面，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，．
因为，则，
，．
设平面的法向量为，则有
，取得，
平面为坐标平面，故可取法向量为，
记平面与平面夹角为，则，
由图可知，平面与平面夹角为锐角，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
6．【答案】(1)三棱台，证明见解析(2)
【解析】（1）几何体是三棱台，证明如下：
由条件有，又平面，平面，
所以平面，同理由，可得平面
因为，所以平面平面
另一方面，延长、交于点，如图，
因为且，由中位线性质知
同理，延长、交于点，也可得，
故点和点重合，即、、延长后交于同一点，
从而几何体是三棱台．
（2）
连接，易知是等腰直角三角形，即，
又平面平面，平面平面，所以平面
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，，即，
所以直线与平面的夹角的正弦值为．
7．【答案】(1)证明见解析(2)
【解析】（1）证明：设，因为M、N分为、的中点，
所以，，则，即.所以，
又因为，平面，，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）作交延长线于点P，作，
因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以，
所以，，两两垂直，
所以以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
设，则，所以，
在中，，
由余弦定理得，，则，
在中，，，故，
则，，，
设平面的法向量是，
则，，
则，令，则，
设平面的法向量是，
因为，，
则，令，则，
设平面与平面所成的夹角为（），
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
8．【答案】(1)证明见解析(2)6
【解析】（1）过点作交与点，
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面
又且 平面
（2）过点作交与点,连接
平面平面，且两平面的交线为
平面 又平面 到平面的距离相等
且，平面
又，令
则，.
所以在上单调递增，在上单调递减，
即，当且仅当时取得最大值.
如图所示，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以.
设与所成角为，则，则，即当几何体体积最大时，与所成角的正切值为6.
1．【答案】B
解析：由题意可知几何体是圆柱，底面周长16，高为：2，直观图以及侧面展开图如图：
圆柱表面上的点在左视图上的对应点为，则在此圆柱侧面上，从到的路径中，最短路径的长度：，故选B．
2．【答案】B
解析：设的边长为，则，此时外接圆的半径为，故球心到面的距离为，故点到面的最大距离为，此时，故选B．
点评：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由为三角形的重心，计算得到，再由勾股定理得到，进而得到结果，属于较难题型．
3．【答案】A
【解析一】根据题意，平面与正方体对角线垂直，记正方体为不妨设平面与垂直，且交于点．平面与平面与分别交于．正方体中心为,则容易证明当从运动到时，截面为三角形且周长逐渐增大:当从运动到时，截面为六边形且周长不变;当从运动到时，截面为三角形且周长还渐减小。我们熟知周长一定的多边形中，正多边形的面积最大，因此当运动到点时，截面为边长为的正大边形，此时截面面积最大，为
【解析二】由题意可知，该平面与在正方体的截面为对边平行的六边形，如图所示，则截面面积为
所以当时，
4．【答案】B
【解析】要使球的体积最大,必须球的半径最大.由题意知球的与直三棱柱的上下底面都相切时,球的半径取得最大值,此时球的体积为,故选B.
5．【答案】
【解析】为轴，为轴，为轴建立坐标系，设正方形边长为．
令，，
，，即．
6．【答案】B
【解析】设水面半径为mm， 依题意，则，于是mm，于是圆锥型容器24h的接水量为，设地面上的积水厚度为，则等于接水量，于是，解得mm，故为中雨.
7．【答案】
【解析】解法一：由题意，连接，交于点，由题意得，，
即的长度与的长度成正比，设，则，，三棱锥的高，，
则，令，，，令，即，解得，则，∴，体积最大值为．
解法二：如图，设正三角形的边长为，则，，
，三棱锥的体积
，令，则，
令，则，解得，．
8．【解析】（1）证明：由已知可得，，即有，
则，确定一个平面，从而，，，四点共面；
由四边形为矩形，可得，
由为直角三角形，可得，
又，可得平面，
平面，可得平面平面；
（2）连接，，由平面，可得，
在中，，，可得，
可得，
在中，，，，
可得，即有，
则平行四边形的面积为．
9．【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，
则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
10.【答案】(1)证明见解析.(2) .
【解析】（1）由已知可得，BF⊥PF，BF⊥EF，又，所以BF⊥平面PEF.
又平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD.
（2）作PH⊥EF，垂足为H.由（1）得，PH⊥平面ABFD.
以H为坐标原点，的方向为y轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H−xyz.
由（1）可得，DE⊥PE.又DP=2，DE=1，所以PE=.又PF=1，EF=2，故PE⊥PF. 可得.
则 为平面ABFD的法向量.
设DP与平面ABFD所成角为，则.
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为.

极大值