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考向 30 立体几何中的最值、
翻折、探索性问题
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．
一、选择题：
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．（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．1 B． C．1 或 2 D．2
【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．（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___________.
【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．（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___________.
【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．（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
____________
【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：
极大值
故当 时，该棱锥的体积最大，为 .
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．
【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．（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．
【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．（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.
【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．（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.
【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．(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．
【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．(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．
【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．(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．
【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．(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．
【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．（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
θ cosθ
上， 分别为 的中点．设异面直线 与 所成的角为 ，则 的最大值为
_________．
【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．（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
【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．（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 ．
【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
f' (x)≥0
， 即
x4 −2x3 ≤0
， 解 得
x≤2
， 则
f (x)≤f (2)=80
， ∴
V≤√3×√80=4√15cm3
， 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．（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．
【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．【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.【答案】（1）见解析；（2） .
【解析】（1）由已知得AD BE，CG BE，所以AD CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，
D四点共面．
由已知得AB BE，AB BC，故AB 平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC 平面BCGE．
（2）作EH BC，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.（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.
【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 .
