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第4 讲 立体几何中探究性、最值范围问题
微点一 探究性问题
例1 (2025·南宁模拟)等腰梯形ABCD 中，BC∥AD，BC=1
2AD，A=60°，点E 为AD 中点(如图1).将
△ABE 沿BE 折起到△A1BE 的位置，点O，F 分别为BE，DE 的中点(如图2).
(1)求证：平面BCDE⊥平面A1OC；
(2)如果BC=2，平面A1BE⊥平面BCDE，那么侧棱A1C 上是否存在点P，使得BP∥平面A1OF？若存在，
求平面PBE 与平面A1OF 夹角的余弦值；若不存在，请说明理由.
(1)证明 连接CE(图略)，因为BC∥AD 且BC=1
2AD，点E 为AD 中点，所以BC 綉AE，BC 綉DE，故四边
形BCDE，BCEA 是平行四边形，则BE=CD，又四边形ABCD 为等腰梯形，所以AB=CD，则AB=BE，又
A=60°，
可得△ABE 是等边三角形，
故四边形BCEA 为菱形，△BCE 是等边三角形，
△A1BE 是等边三角形，因为O 为BE 的中点，所以A1O⊥BE，CO⊥BE，
又A1O∩CO=O，且A1O，CO⊂平面A1OC，所以BE⊥平面A1OC，又BE⊂平面BCDE，所以平面BCDE⊥平
面A1OC.
(2)解 存在点P，使得BP∥平面A1OF，
因为平面A1BE⊥平面BCDE，平面A1BE∩平面BCDE=BE，
A1O⊥BE，A1O⊂平面A1BE，所以A1O⊥平面BCDE，
又CO⊥BE，建立以O 为原点，OB，OC，OA1所在直线为x，y，z 轴的空间直角坐标系，如图所示，
则O(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，√3，0)，A1(0，0，√3)，
E(-1，0，0)，F(−3
2 ，√3
2 ，0)，⃗
A1C=(0，√3，-√3)，⃗A1O=(0，0，-√3)，
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OF=(−3
2 ，√3
2 ，0)，
设⃗A1 P=t⃗A1C=(0，√3t，-√3t)，0≤t≤1，
则P(0，√3t，√3-√3t)，⃗BP=(-1，√3t，√3-√3t)，
设平面A1OF 的法向量m=(x，y，z)，
则{
m·⃗OF =0,
m·⃗A1O =0,即{
−3
2 x + √3
2 y =0,
−√3 z =0,
令x=1，则y=√3，z=0，
所以m=(1，√3，0)，
要使BP∥平面A1OF，则⃗BP·m=0，
即-1+3t=0，解得t=1
3 ，
故在侧棱A1C 上存在点P，使得BP∥平面A1OF，
此时，P(0，√3
3 ，2√3
3 )，⃗BE=(-2，0，0)，⃗
BP=(−1，√3
3 ，2√3
3 )，
设平面PBE 的法向量n=(a，b，c)，
则{
n·⃗BE =0,
n·⃗BP =0,即{
−2a=0,
−a+ √3
3 b+ 2√3
3
c =0,
令c=1，则b=-2，a=0，即n=(0，-2，1)，
设平面PBE 与平面A1OF 的夹角为θ，
所以cos θ=|n·m|
|n||m| =2√3
2√5=√15
5 ，故平面PBE 与平面A1OF 的夹角的余弦值为√15
5 .
[规律方法] 解决立体几何中探索性问题的基本方法
(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据
或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立.
(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用.
跟踪演练1 (2025·黄冈模拟)如图，在三棱锥P-ABC 的平面展开图中，AC=1，AB=AD=√3，AB⊥AC，
AB⊥AD，∠CAE=30°.
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(1)求∠FCB 的余弦值；
(2)在三棱锥P-ABC 的棱AP 上是否存在点Q，使得平面ABP 和平面BCQ 夹角的余弦值为√15
5 ？若存在，
求出点Q 的位置；若不存在，说明理由.
解 (1)在△ABD 中，因为AB⊥AD，AB=AD=√3，
所以BD=√6，所以FB=BD=√6，
在△ACE 中，因为AE=AD=√3，AC=1，∠CAE=30°，
所以CE=√(√3)
2+1
2−2×√3×1×cos30°=1，所以CF=CE=1，
又因为BC=√A C
2+ A B
2=√1
2+(√3)
2=2，
在△FCB 中，由余弦定理得cos∠FCB=C F
2+ BC
2−F B
2
2·CF ·BC
=1
2+2
2−(√6)
2
2×1×2
=-1
4 .
(2)存在点Q，使得平面ABP 和平面BCQ 夹角的余弦值为√15
5 .如图，在三棱锥P-ABC 中，因为AB⊥AD，
即AB⊥AP，AB⊥AC，AC∩AP=A，AC，AP⊂平面ACP，
所以AB⊥平面ACP，在平面ACP 内作Ay⊥AP，以A 为原点，⃗AP，⃗Ay ，⃗AB的方向为x，y，z 轴正方向，
建立空间直角坐标系，
则P(√3，0，0)，B(0，0，√3)，C(
√3
2 ，1
2 ，0)，
设Q(a，0，0)(0≤a≤√3)，
故⃗BQ=(a，0，-√3)，⃗BC=(
√3
2 ，1
2 ，−√3)，
设平面BCQ 的法向量m=(x，y，z)，
则{
m·⃗BQ =ax−√3 z =0,
m·⃗BC = √3
2 x + 1
2 y −√3 z =0,
取z=a，则m=(√3，2√3a-3，a)，
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易得平面ABP 的一个法向量为n=(0，1，0)，
设平面ABP 和平面BCQ 的夹角为θ，则cos θ=|cos〈m，n〉|=|2√3a−3|
√3+(2√3a−3)
2+a
2=√15
5 ，
解得a=√3或a=√3
7 ，
故当AQ=√3或AQ=√3
7 时，平面ABP 和平面BCQ 夹角的余弦值为√15
5 .
微点二 空间中的动态、最值问题
例2 (1)(多选)如图，在菱形ABCD 中，AB=2，∠D=60°，沿AC 将△DAC 翻折至△SAC，连接SB，得
到三棱锥S-ABC，E 是棱SA 的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A.在棱SB 上总存在一点F，使得EF∥平面ABC
B.当SB=3 时，三棱锥S-ABC 的体积为1
2
C.当平面SAC⊥平面ABC 时，SB=√6
D.当二面角S-AC-B 为120°时，三棱锥S-ABC 的外接球的半径为√15
3
答案 AC
解析 对于A，取SB 的中点F，连接EF，
因为E，F 分别是SA，SB 的中点，所以EF∥AB，
因为AB⊂平面ABC，EF⊄平面ABC，所以EF∥平面ABC，故A 正确；
对于B，易得△ABC，△SAC 为等边三角形，
取AC 的中点M，连接BM，SM，
则AC⊥BM，AC⊥SM，SM=MB=√3，
所以cos∠SMB=S M
2+ M B
2−S B
2
2SM · MB
= 3+3−9
2×√3×√3=-1
2 ，
则点S 到平面ABC 的距离
h=sin(π-∠SMB)·SM=√3
2 ×√3=3
2 ，
所以三棱锥S-ABC 的体积
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V=1
3×√3
4 ×22×3
2=√3
2 ，故B 错误；
对于C，当平面SAC⊥平面ABC 时，
平面SAC∩平面ABC=AC，
因为△SAC 为等边三角形，
所以SM⊥AC，SM⊂平面SAC，
所以SM⊥平面ABC，又因为MB⊂平面ABC，
所以SM⊥MB，所以SB=√S M
2+ M B
2=√6，
故C 正确；
对于D，设三棱锥S-ABC 外接球的球心为O，△SAC，△ABC 的中心分别为O1，O2，
易得OO1⊥平面SAC，OO2⊥平面ABC，且O，O1，O2，M 四点共面，
∠OMO1=1
2∠O1MO2=60°，
O1M=1
3SM=√3
3 ，
在Rt△OO1M 中，OO1=√3O1M=1，
又O1S=2
3SM=2√3
3
，
则三棱锥S-ABC 外接球半径r=√OO1
2+O1S
2=√
7
3=√21
3 ，故D 错误.
(2)(多选)(2025·常德模拟)如图，在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，空间中的点P 满足⃗AP=⃗AD+λ⃗
AB+μ⃗A A1，且λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则下列说法正确的是( )
A.若μ=1，则BP⊥A1D
B.若AP=√5，则λ+2μ 的最大值为√5
2
C.若λ=1，则平面BPD1截该正方体的截面面积的最小值为√6
D.若λ+μ=1，则平面ACD1与平面AB1P 夹角的正切值的最小值为2√2
答案 ABD
解析 在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，建立如图所示的空间直角坐标系，
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则A(0，0，0)，B(2，0，0)，D(0，2，0)，A1(0，0，2)，B1(2，0，2)，C(2，2，0)，D1(0，2，2)，
由⃗AP=⃗AD+λ⃗AB+μ⃗A A1，得⃗AP=(2λ，2，2μ)，即点P(2λ，2，2μ)，
对于A，μ=1，则点P(2λ，2，2)，⃗A1 D=(0，2，-2)，⃗BP=(2λ-2，2，2)，⃗
BP·⃗A1 D=0×(2λ-2)+2×2-2×2=0，因此BP⊥A1D，A 正确；
对于B，AP=√5，则4(λ2+1+μ2)=5，即λ2+μ2=1
4 ，
令λ=1
2cos θ，μ=1
2sin θ(0≤θ≤π
2)，则λ+2μ=1
2cos θ+sin θ=√5
2 sin(θ+φ)，
其中锐角φ 由tan φ=1
2确定，则当θ+φ=π
2 时，λ+2μ 的最大值为√5
2 ，B 正确；
对于C，λ=1，P(2，2，2μ)在棱CC1上，且⃗BP=(0，2，2μ)，⃗B D1=(-2，2，2)，
因为平面BPD1∩平面CDD1C1=D1P，设平面BPD1∩平面ABB1A1=BQ，
而平面CDD1C1∥平面ABB1A1，则D1P∥BQ，同理BP∥D1Q，
因此四边形BPD1Q 是平面BPD1截该正方体的截面，
点P 到直线BD1的距离d=√⃗
B P
2−(⃗
BP·⃗B D1
|⃗B D1| )
2
=√4 + 4 μ
2−4
3 (1+ μ)
2
=2√6
3 √(μ−1
2)
2
+ 3
4
≥√2，当且仅当μ=1
2时取等号，
S四边形BP D1Q=2S△BP D1=BD1·d≥2√3×√2=2√6，C 错误；
对于D，因为⃗AC=(2，2，0)，⃗A D1=(0，2，2)，
设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗AC =2 x +2 y =0,
n·⃗A D1=2 y +2 z =0,
令x=1，得n=(1，-1，1)；
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又⃗A B1=(2，0，2)，λ+μ=1，
则⃗AP=(2λ，2，2-2λ)，
设平面AB1P 的法向量为m=(a，b，c)，
则{
m·⃗A B1=2a+2c =0,
m·⃗AP =2 λa+2b+(2−2 λ)c =0,
令a=1，得m=(1，1-2λ，-1).
设平面ACD1与平面AB1P 的夹角为α，
则cos α=|cos〈m，n〉|=|m·n|
|m||n| =√3
3 ·|2 λ−1|
√2+(2 λ−1)
2 ，0≤|2λ-1|≤1，
当λ=1
2时，cos α=0，当0≤λ≤1，λ≠1
2时，cos α=
√3
3 ·
1
√
2
(2 λ−1)
2 +1≤1
3 ，
当且仅当λ=0 或λ=1 时取等号，又0<α<π
2 ，此时α 最小，sin α=2√2
3
，tan α=2√2，
因此平面ACD1与平面AB1P 夹角的正切值的最小值为2√2，D 正确.
[规律方法] 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定.
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算.
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除.
跟踪演练2 (多选)(2025·济宁模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P 在正方体的内切球表
面上运动，且满足BP∥平面ACD1，则下列结论正确的是( )
A.BP⊥B1D
B.点P 的轨迹长度为π
C.线段BP 长度的最小值为√6
6
D.⃗BP·⃗BC1的最小值为1-√3
3
答案 ACD
解析 以D 为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0，0，0)，A(1，0，0)，
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C(0，1，0)，B(1，1，0)，
D1(0，0，1)，B1(1，1，1)，A1(1，0，1)，C1(0，1，1)，
正方体的内切球的球心为正方体的中心
O(
1
2 ，1
2 ，1
2)，半径r=1
2 ，⃗
AC=(-1，1，0)，⃗A D1=(-1，0，1)，设平面ACD1的法向量为n=(x，y，z)，
由{
n·⃗AC =0,
n·⃗A D1=0,即{
−x + y =0,
−x + z =0,
令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1，1，1).
对于选项A，⃗B1 D=(-1，-1，-1)，
因为BP∥平面ACD1，所以⃗BP·n=0，
而⃗B1 D=-n，
所以⃗BP·⃗B1 D=0，即BP⊥B1D，A 正确；
对于选项B，易证平面ACD1∥平面A1BC1，所以平面A1BC1的一个法向量为n=(1，1，1)，因为BP∥平面
ACD1，所以点P 的轨迹是平面A1BC1与正方体内切球表面的交线，此交线为圆，记圆心为O1，⃗
O A1=(
1
2 ，−1
2 ，1
2)，
所以点O 到平面A1BC1的距离
d=|⃗O A1·n|
|n|
=|
1
2 −1
2 + 1
2|
√3
=√3
6 ，
所以圆O1的半径为
r1=√r
2−d
2=√(
1
2)
2
−(
√3
6 )
2
=√6
6 ，
所以圆O1的周长l=2πr1=√6 π
3
，
即点P 的轨迹长度为√6 π
3
，B 错误；
对于选项C，BO=√3
2 ，点P 在球面上，
BO1=√BO
2−d
2=√(
√3
2 )
2
−(
√3
6 )
2
=√6
3 ，
线段BP 长度的最小值为BO1-r1=√6
3 -√6
6 =√6
6 ，C 正确；
对于选项D，设⃗BP与⃗BC1的夹角为θ，
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BC1=(-1，0，1)，|⃗BC1|=√2，
在平面直角坐标系中，B(0，√6
2 )，C1(−√2
2 ，0)，
P(x，y)，O1(0，√6
6 )，⃗
BC1=(−√2
2 ，−√6
2 )，⃗BP=(x，y −√6
2 )，
所以x2+( y −√6
6 )
2
=(
√6
6 )
2
，
令x=√6
6 cos θ，y=√6
6 +√6
6 sin θ，⃗
BP·⃗BC1=-√2
2 x-√6
2 y+3
2
=1-√3
3 sin(θ+ π
6)≥1-√3
3 ，
所以⃗BP·⃗BC1的最小值为1-√3
3 ，D 正确.
微点三 空间中的最值与范围问题
例3 (2025·玉溪质检)如图，在多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 为正方形，AB∥EF，
AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4.
(1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：l∥CF；
(2)直线DE 上是否存在点G，使得DE⊥平面ABG？若存在，确定点G 的位置并说明理由；若不存在，
请说明理由；
(3)若⃗EM=λ⃗ED，λ∈[0，1]，求平面BFM 与平面DEA 夹角的余弦值的取值范围.
(1)证明 因为四边形CDEF 为正方形，
所以CF∥DE，
因为DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE.
所以CF∥平面ADE，
因为平面ADE∩平面BCF=l，CF⊂平面BCF，
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所以l∥CF.
(2)解 存在G 为DE 的中点，使得DE⊥平面ABG，
理由如下：取DE 的中点G，连接AG，BG，
因为AD=AE，所以AG⊥DE，
因为EF∥AB 且EF⊥DE，
所以AB⊥DE，
因为AB∩AG=A 且AB，AG⊂平面ABG，
所以DE⊥平面ABG.
(3)解 取EF，FC 和AB 的中点分别为P，Q，S，连接GQ，BQ，
则GQ∥EF∥AB，故A，B，Q，G 四点共面，
由(2)知DE⊥平面ABQG，
又DE⊂平面CDEF，
所以平面CDEF⊥平面ABQG，
又AG=BQ，所以四边形ABQG 为等腰梯形，
设O 为GQ 的中点，连接OS，OP，
所以OS⊥GQ，
因为平面CDEF⊥平面ABQG，
平面CDEF∩平面ABQG=GQ，且OS⊂平面ABQG，
所以OS⊥平面CDEF，
故OP，OQ，OS 两两垂直，
以O 为坐标原点，OP，OQ，OS 所在直线分别为x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
又AG=√3
2−2
2=√5，
则OS=√(√5)
2−1
2=2，
则E(2，-2，0)，F(2，2，0)，D(-2，-2，0)，A(0，-1，2)，B(0，1，2)，
可得⃗EA=(-2，1，2)，⃗ED=(-4，0，0)，⃗FB=(-2，-1，2)，⃗FE=(0，-4，0)，
所以⃗FM=⃗FE+⃗EM=⃗FE+λ⃗ED=(-4λ，-4，0)，
设平面BFM 的法向量为n1=(x1，y1，z1)，
则{
n1·⃗FB =−2 x1−y1+2 z1=0,
n1·⃗FM =−4 λ x1−4 y1=0,
取x1=2，可得y1=-2λ，z1=2-λ，
所以n1=(2，-2λ，2-λ)，
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设平面DEA 的法向量为n2=(x2，y2，z2)，
则{
n2·⃗ED =−4 x2=0,
n2·⃗EA =−2 x2+ y2+2 z2=0,
取z2=1，可得x2=0，y2=-2，
所以n2=(0，-2，1)，
所以|cos〈n1，n2〉|= |n1·n2|
|n1||n2|=|3 λ+2|
√5 λ
2−4 λ+8·√5
= 3
√5 ·√
(λ+ 2
3)
2
5 λ
2−4 λ+8
，
λ∈[0，1]，
令m=λ+2
3 ，则m∈[
2
3 ，5
3]，
则|cos〈n1，n2〉|=
3
√5 ·
m
√5m
2−32
3 m+ 116
9
=
3
√5 ·
1
√
116
9 · 1
m
2 −32
3 · 1
m +5
，
令t= 1
m ，则t∈[
3
5 ，3
2]，
令f(t)=116
9 t2-32
3 t+5，
所以f(t)在[
3
5 ，3
2]上单调递增，
当t=3
5时，f(t)min=81
25 ，
当t=3
2时，f(t)max=18，
所以f(t)∈[
81
25 ，18]，
所以|cos〈n1，n2〉|∈[
√10
10 ，√5
3 ]，
故平面BFM 与平面DEA 夹角的余弦值的取值范围为[
√10
10 ，√5
3 ].
[规律方法] 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应的最大、最小值.
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(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最
值.
跟踪演练3 (2025·杭州质检)在平面四边形ABCD 中，AB=BC=CD=BD=2，AB⊥BD，将△BCD 沿BD
翻折至△BPD，其中P 为动点.
(1)设AP=AD，
①证明：AB⊥平面BPD；
②求三棱锥P-ABD 的体积；
(2)求直线AP 与平面ABD 所成角的正弦值的最大值.
(1)①证明 在△ABD 中，AB=BD=2，AB⊥BD，
所以AD=2√2.
因为AP=AD=2√2，AB=PB=2，
所以AB2+PB2=AP2，
所以AB⊥BP.
又因为AB⊥BD，BP，BD⊂平面BPD，BP∩BD=B，
所以AB⊥平面BPD.
②解 V 三棱锥P-ABD=V 三棱锥A-PBD=1
3·S△PBD·AB=1
3×√3×2=2√3
3
.
(2)解 如图，建立以B 为原点的空间直角坐标系，
设二面角P-BD-A 的平面角为θ，θ∈[0，π]，
则A(2，0，0)，P(√3cos θ，1，√3sin θ)，
所以⃗AP=(√3cos θ-2，1，√3sin θ).
易知平面ABD 的一个法向量为n=(0，0，1).
设直线AP 与平面ABD 所成的角为α，
则sin α=|cos〈⃗AP，n〉|=|⃗AP·n|
|⃗AP||n|
=|√3sin θ|
√(√3cosθ−2)
2+1+(√3sinθ)
2
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=
√3sinθ
√8−4√3cosθ
.
设y=(
√3sinθ
√8−4√3cosθ)
2
=3(1−co s
2θ)
8−4√3cosθ ，θ∈[0，π]，
设8-4√3cos θ=t，则8-4√3≤t≤8+4√3，
所以y=1-1
t - t
16≤1-2√
1
t · t
16=1
2 ，
当且仅当t=4，即cos θ=√3
3 时取等号，
即sin α≤√2
2 .
故直线AP 与平面ABD 所成角的正弦值的最大值为√2
2 .
专题强化练
[分值：60 分]
1.(13 分)(2025·漳州质检)如图，四棱锥P-ABCD 的底面是正方形，且AB=2，△PAB 是以∠APB 为顶角的等
腰直角三角形，平面PAB⊥平面ABCD.
(1)求四棱锥P-ABCD 的体积；(5 分)
(2)试判断在△PBC 内(包括边界)是否存在一点Q，使得二面角Q-AD-C 的平面角为π
6 (不需要确定点Q 的具
体位置).(8 分)
解 (1)如图，设点O 是AB 的中点，连接PO.
由题可知PA⊥PB，PA=PB，
所以PO⊥AB.
因为AB=2，所以PO=1.
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PO⊂平面PAB，
所以PO⊥平面ABCD，
所以PO 的长为点P 到平面ABCD 的距离.
所以V 四棱锥P-ABCD=1
3S 正方形ABCD·PO=1
3×22×1=4
3 .
(2)方法一 因为AD⊥AB，AD⊂平面ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，
所以AD⊥平面PAB，所以∠PAB 即为二面角P-AD-C 的平面角，
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因为△PAB 是以∠APB 为顶角的等腰直角三角形，所以二面角P-AD-C 的大小为π
4 ，
当点Q 在棱BC 上时，二面角Q-AD-C 的平面角为0；
当点Q 与点P 重合时，二面角Q-AD-C 的平面角为π
4 .
所以当点Q 在△PBC 内(包括边界)运动时，根据二面角变化的连续性可知存在一点Q，使得二面角Q-AD-
C 的平面角为π
6 .
方法二 以点O 为坐标原点，OB 所在直线为x 轴，过点O 作AD 的平行线为y 轴，OP 所在直线为z 轴建
立如图所示的空间直角坐标系，
则P(0，0，1)，D(-1，2，0)，A(-1，0，0)，
则⃗PA=(-1，0，-1)，⃗PD=(-1，2，-1).
设平面PAD 的法向量为n1=(x，y，z)，
则{
n1·⃗PA =0,
n1·⃗PD =0,即{
−x−z =0,
−x +2 y −z =0.
取z=1，从而可得n1=(-1，0，1).
易知平面ACD 的一个法向量为n2=(0，0，1).
设平面PAD 与平面ACD 的夹角为θ，
则cos θ=|cos〈n1，n2〉|= |n1·n2|
|n1||n2|=
1
√2×1=√2
2 ，
即平面PAD 与平面ACD 的夹角为π
4 .
下同方法一.
2.(15 分)(2025·郴州模拟)如图所示，在圆柱OO1中，矩形ABB1A1为圆柱OO1的轴截面，圆柱过点C 的母线
为CC1，点C，E 为圆O 上异于点A，B 且在线段AB 同侧的两点，且OE∥BC，点F 为线段A1C 的中点，
AB=BB1=4.
(1)求证：EF∥平面BCB1；(4 分)
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(2)若平面BCB1与平面A1B1C 夹角的余弦值为2√19
19
，求∠BAC 的大小；(5 分)
(3)若AC=2√3，平面α 经过点C，且直线CC1与平面α 所成的角为π
6 ，过点C1作平面α 的垂线C1Q(垂足为
Q)，求直线AQ 与直线CC1所成角的范围.(6 分)
(1)证明 设AC 与OE 的交点为G，连接FG.
因为OE∥BC，且O 为AB 的中点，所以G 为AC 的中点，
又F 为A1C 的中点，所以FG∥AA1∥BB1，
又FG⊄平面BCB1，BB1⊂平面BCB1，
所以FG∥平面BCB1.
又OE∥BC，OE⊄平面BCB1，BC⊂平面BCB1，
所以OE∥平面BCB1.
又FG，OE⊂平面OEF，FG∩OE=G，
所以平面OEF∥平面BCB1，
又EF⊂平面OEF，所以EF∥平面BCB1.
(2)解 由题意可知CC1⊥平面ABC，且因为AB 为底面圆的直径，
所以AC⊥BC，则CA，CB，CC1两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
又因为AB=BB1=4，
设∠BAC=θ，θ∈(0，π
2)，
则AC=4cos θ，BC=4sin θ，
可得C(0，0，0)，A1(4cos θ，0，4)，B1(0，4sin θ，4)，
则⃗C A1=(4cos θ，0，4)，⃗C B1=(0，4sin θ，4)，
由题意得平面BCB1的一个法向量为n1=(1，0，0)，
设平面A1B1C 的法向量为n2=(a，b，c)，
则{
n2·⃗C A1=0,
n2·⃗C B1=0,
即{
4 acosθ+ 4 c =0,
4 bsinθ+ 4 c =0,
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令c=-1，解得a=
1
cosθ ，b= 1
sinθ ，
所以n2=(
1
cosθ ，
1
sinθ ，−1)，
又因为平面BCB1与平面A1B1C 夹角的余弦值为|cos〈n1，n2〉|= |n1·n2|
|n1||n2|
=
|
1
cosθ|
√(
1
cosθ)
2
+(
1
sinθ)
2
+(−1)
2
=2√19
19
，
解得cos2θ=3
4 或cos2θ=5(舍去)，
且因为0<θ<π
2 ，
则cos θ=√3
2 ，即∠BAC=θ=π
6 .
(3)解 因为过点C 的平面α 与直线CC1所成的角为π
6 ，
且过点C1作平面α 的垂线C1Q，垂足为Q，
所以△C1CQ 为直角三角形，且C1Q=CC1·sinπ
6 =4×1
2=2，∠CC1Q=π
3 ，
所以点Q 的轨迹是圆心在CC1上的圆，且半径r=C1Q·sinπ
3 =√3，圆心与点C1的距离为C1Q·cosπ
3 =1，
由(2)中的空间直角坐标系可设点Q(x，y，3)，且x2+y2=3，
又因为点A 为(2√3，0，0)，
所以⃗AQ=(x-2√3，y，3)，而⃗C C1=(0，0，4)，
所以cos〈⃗AQ，⃗C C1〉=⃗
AQ·⃗C C1
|⃗AQ||⃗C C1|
=
12
√( x−2√3)
2+ y
2+3
2×4
=
3
√x
2−4√3 x +12+ y
2+9
，
又因为x2+y2=3，
所以cos〈⃗AQ，⃗C C1〉
=
3
√x
2−4√3 x +12+3−x
2+9
=
3
√24−4√3 x
，
且因为x∈[−√3，√3]，
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所以cos〈⃗AQ，⃗C C1〉的取值范围为[
1
2 ，√3
2 ]，
所以直线AQ 与直线CC1所成角的范围为[
π
6 ，π
3].
3.(15 分)如图，几何体OAB-O1A1B1是圆柱的四分之一部分，其中底面OAB 是半径为1 的扇形，母线长为
2，C 是OO1的中点，D 为A1B 的中点，P 是´AB上的动点(P 不与A，B 重合)，PE 是圆柱的母线.
(1)证明：CD∥平面OAB；(4 分)
(2)求三棱锥B-A1EP 的体积的最大值；(5 分)
(3)求二面角B-A1E-P 余弦值的取值范围.(6 分)
(1)证明 由题意可知，OA⊥OB，OO1⊥平面OAB，
以点O 为坐标原点，OA，OB，OO1所在直线分别为x，y，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(1，0，2)，B(0，1，0)，C(0，0，1)，D(
1
2 ，1
2 ，1)，
所以⃗CD=(
1
2 ，1
2 ，0)，
易知平面OAB 的一个法向量为a=(0，0，1)，
则⃗CD·a=0，即⃗CD⊥a，
又因为CD⊄平面OAB，
所以CD∥平面OAB.
(2)解 不妨设点P(cos θ，sin θ，0)，
其中0<θ<π
2 ，
则A1(1，0，2)，E(cos θ，sin θ，2)，B(0，1，0)，⃗
PE=(0，0，2)，⃗A1 E=(cos θ-1，sin θ，0)，⃗B A1=(1，-1，2)，
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设平面A1EP 的法向量为m=(x1，y1，z1)，
则{
m·⃗PE =2 z1=0,
m·⃗A1 E =(cosθ−1)x1+ y1sinθ =0,
取x1=sin θ，可得m=(sin θ，1-cos θ，0)，
所以|⃗A1 E|=|m|，
所以点B 到平面A1EP 的距离为
d=|⃗B A1·m|
|m|
=|sinθ+cosθ−1|
|⃗A1 E|
，
因为PE 是圆柱的一条母线，
故PE⊥平面O1A1B1，
因为A1E⊂平面O1A1B1，故PE⊥A1E，
则S△A1 EP=1
2|⃗A1 E|·|⃗PE|，
所以V 三棱锥B−A1 EP=1
3 S△A1 EP·d
=1
3×1
2|⃗A1 E|·|⃗PE|·|sinθ+cosθ−1|
|⃗A1 E|
=1
6×2×|sin θ+cos θ-1|
=|√2sin(θ+ π
4)−1|
3
，
因为0<θ<π
2 ，则π
4 <θ+π
4 <3 π
4 ，
故√2
2 <sin(θ+ π
4)≤1，
所以1<√2sin(θ+ π
4)≤√2，
则V 三棱锥B−A1 EP=|√2sin(θ+ π
4)−1|
3
=√2
3 sin(θ+ π
4)-1
3≤√2−1
3
，
当且仅当θ=π
4 时等号成立，
即三棱锥B-A1EP 的体积的最大值为√2−1
3
.
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(3)解 设平面BA1E 的一个法向量为n=(x2，y2，z2)，⃗
A1 E=(cos θ-1，sin θ，0)，⃗B A1=(1，-1，2)，
则{
n·⃗A1 E = x2(cosθ−1)+ y2sinθ =0,
n·⃗B A1= x2−y2+2 z2=0,
取x2=2sin θ，
则n=(2sin θ，2-2cos θ，1-sin θ-cos θ)，
所以|cos〈m，n〉|=|m·n|
|m||n|
=|2sin
2θ+2(1−cosθ)
2|
√sin
2θ+(1−cosθ)
2·√4 sin
2θ+ 4(1−cosθ)
2+(1−sinθ−cosθ)
2
=2√
sin
2θ+(1−cosθ)
2
4 sin
2θ+ 4(1−cosθ)
2+(1−sinθ−cosθ)
2
=
2
√5−sinθ ，
因为0<θ<π
2 ，则0<sin θ<1，
故|cos〈m，n〉|=
2
√5−sinθ ∈(
2√5
5
，1).
结合图形可知，二面角B-A1E-P 的平面角为锐角，
因此，二面角B-A1E-P 余弦值的取值范围为(
2√5
5
，1).
4.(17 分)(2025·包头模拟)如图，在四棱锥S-ABCD 中，AD⊥平面SCD，AB∥CD，BC=SD，AB=2CD=6，
SC=AD=4，点E 在棱SD 上，且不与S 和D 重合，平面ABE 交棱SC 于点F.
(1)求证：CD∥EF；(3 分)
(2)若E 为棱SD 的中点，求二面角D-AE-B 的正弦值；(7 分)
(3)记点D，S 到平面ABE 的距离分别为d1，d2，求d1d2的最大值.(7 分)
(1)证明 因为AB∥CD，且CD⊄平面ABFE，AB⊂平面ABFE，所以CD∥平面ABFE，
又因为CD⊂平面SCD，平面SCD∩平面ABFE=EF，所以CD∥EF.
(2)解 取AB 的中点P，连接CP，
则CD=AP，又CD∥AP，
所以四边形APCD 为平行四边形，
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因为AD⊥平面SCD，CD⊂平面SCD，所以AD⊥CD，故四边形APCD 为矩形，
在Rt△CPB 中，BC=√C P
2+ P B
2=√16+9=5，
又SD=BC=5，
所以在△SCD 中，SD2=CD2+SC2，
所以SC⊥CD，
因为AD⊥平面SCD，SC⊂平面SCD，
所以AD⊥SC，
又因为AD，CD⊂平面ABCD，且AD∩CD=D，所以SC⊥平面ABCD，
以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(3，0，0)，A(3，4，0)，
B(-3，4，0)，S(0，0，4)，E(
3
2 ，0，2)，⃗
EA=(
3
2 ，4，−2)，⃗DA=(0，4，0)，⃗AB=(-6，0，0)，⃗DS=(-3，0，4)，
设平面DAE 的法向量为n1=(x1，y1，z1)，则{⃗
EA ·n1=0,⃗
DA ·n1=0,即{
3
2 x1+ 4 y1−2 z1=0,
4 y1=0,
可取n1=(4，0，3)，
设平面ABE 的法向量为n2=(x2，y2，z2)，则{⃗
EA ·n2=0,⃗
AB·n2=0,即{
3
2 x2+ 4 y2−2 z2=0,
−6 x2=0,
可取n2=(0，1，2)，
设二面角D-AE-B 的大小为θ(0<θ<π)，
则|cos θ|=|cos〈n1，n2〉|= |n1·n2|
|n1||n2|= 6
5√5=6√5
25 ，
则二面角D-AE-B 的正弦值为
sin θ=√1−co s
2θ=√445
25 .
(3)解 设⃗DE=λ⃗DS=(-3λ，0，4λ)，λ∈(0，1)，
则⃗AE=⃗DE-⃗DA=(-3λ，0，4λ)-(0，4，0)=(-3λ，-4，4λ)，
设平面ABE 的法向量为n3=(x3，y3，z3)，
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则{⃗
AE·n3=0,⃗
AB·n3=0,即{
−3 λ x3−4 y3+ 4 λ z3=0,
−6 x3=0,
可取n3=(0，λ，1)，
因为⃗DA=(0，4，0)，⃗SB=(-3，4，-4)，
所以d1=|⃗DA ·n3|
|n3 |
=
4 λ
√λ
2+1
，d2=|⃗SB·n3|
|n3 |
=|4 λ−4|
√λ
2+1 =4(1−λ)
√λ
2+1
，故d1d2=16 λ(1−λ)
λ
2+1
，
设h(λ)=16 λ(1−λ)
λ
2+1
，λ∈(0，1)，
则h'(λ)=
16
( λ
2+1)
2(1-2λ-λ2)，
令h'(λ)=0，得λ2+2λ-1=0，
解得λ1=-1-√2(舍去)，λ2=-1+√2，
故当λ∈(0，-1+√2)时，h'(λ)>0，h(λ)单调递增；
当λ∈(-1+√2，1)时，h'(λ)<0，h(λ)单调递减，
所以h(λ)≤h(-1+√2)=8(√2-1)，
故d1d2的最大值为8(√2-1).
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