高中数学黄金100题系列第67题立体几何中的最值问题理 35页

第 67 题 立体几何中的最值问题 I．题源探究·黄金母题 【例 1】如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为 5 cm，该纸 片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D、E、F为圆 O 上的点， △DBC，△ECA，△FAB 分别是以 BC，CA，AB 为底边的等腰 三角形.沿虚线剪开后，分别以 BC，CA，AB 为折痕折起 △DBC，△ECA，△FAB，使得 D、E、F重合，得到三棱锥. 当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3 ）的 最大值为_______. 【答案】 4 15 【解析】如下图，设正三角形的边长为 x， 则 1 3 3 2 OG x  3 6 x . 35 6 FG SG x   ， 2 2 2 2 3 35 6 6 SO h SG GO x x                     35 5 3         三棱锥的体积 21 1 3 35 5 3 3 4 3ABCV S h x x             4 515 35 12 3 x x  .令   4 535 3 n x x x  ， 则   3 45 3' 20 3 n x x x  ，令  ' 0n x  ， 4 34 0 3 xx   ， 4 3x  ， max 75 48 5 4 4 15 12 V      . 【名师点睛】对于三棱锥最值问题，肯定需要用 到函数的思想进行解决，本题解决的关键是设好 未知量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积 中的变量最高次是 2 次时可以利用二次函数的性 质进行解决，当变量是高次时需要用到求导得方 式进行解决. II．考场精彩·真题回放 【例 2】【2015 新课标 2理 9】已知 BA, 是球O 的球面上两点,  90AOB ,C为该球面上的 动点.若三棱锥 ABCO  体积的最大值为 36,则 球O的表面积为（ ） A.36π B. 64π C.144π D. 256π 【答案】C 【解析】分析：设球的半径为 R,则△AOB 面积为 21 2 R ,三棱锥O ABC 体积最大时,C 到平面 AOB 距 离 最 大 且 为 R, 此 时 31 36 6 6 V R R    ,所以球 O 的表面积 24π 144πS R  .故选 C. 【方法点睛】由于三棱锥O ABC 底面 AOB 面积为定值, 故高最大时体积最大,本题就是利用此结论求球的半径,然 后再求出球O的表面积,由于球与几何体的切接问题能很 好的考查空间想象能力,使得这类问题一直是高考中的热 点及难点,提醒考生要加强此方面的训练. 【例 3】【2016 高考浙江】如图，已知平面四边形 ABCD， AB=BC=3，CD=1，AD= 5，∠ADC=90°．沿直线 AC 将△ACD 翻折成△ CD ，直线 AC 与 D 所成角的余弦的最大值 是______． 【答案】 6 9 【解析】分析：设直线 AC与 'BD 所成角为． 设O是 AC中点，由已知得 6AC  ，如图，以OB为 x 轴，OA为 y轴，过O与平面 ABC垂直的直线为 z 轴， 建立空间直角坐标系，由 6(0, ,0) 2 A ， 30( ,0,0) 2 B ， 6(0, ,0) 2 C  ，作DH AC 于H，翻折过程中， 'D H 始终与 AC垂直， 2 1 6 66 CDCH CA    ， 则 6 3 OH  ， 1 5 30 66 DH    ， 因此可设 30 6 30'( cos , , sin ) 6 3 6 D   ， 则 30 30 6 30' ( cos , , sin ) 6 2 3 6 BD     uuur ， 与CA uur 平行的单位向量为 (0,1,0)n  r ， 所以 cos cos ',BD n    uuur r ' ' BD n BD n   uuur r uuur r ＝ 6 3 9 5cos ，所以cos 1  时， cos 取最大值 6 9 ． 【点睛】先建立空间直角坐标系，再计算与C  平 行的单位向量 n和 D  ，进而可得直线 C 与 D 所成角的余弦值，最后利用三角函数的性质 可得直线 C 与 D 所成角的余弦值的最大值． 【例 4】【2014 课标Ⅰ理 12】如图，网格纸上小 正方形的边长为 1，粗实线画出的是某多面体的 三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长 度为（ ） （A）6 2 （B）6 （C）6 2 （D） 4 【答案】Ｂ 【解析】由正视图、侧视图、俯视图形状，可判断该几何 体为四面体，且四面体的长、宽、高均为 4个单位，故可 考虑置于棱长为 4 个单位的正方体中研究，如图所示，该 四面体为D ABC ，且 4AB BC  , 4 2AC  , 2 5DB DC  , 2(4 2) 4 6DA    ，故最长的 棱长为 6，选 B． 【名师点睛】本题考查了三视图视角下多面体棱长的最值 问题，考查了考生的识图能力以及由三视图还原物体的空 间想象能力。 【例 5】【 2014 湖南理 7】一块石材表示的几何体的三视 图如图 2 所示，将石材切削、打磨、加工成球，则能得到 的最大球的半径等于（ ）A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【解析】由图可得该几何体为三棱柱,因为正视图, 侧视图,俯视图的内切圆半径最小的是正视图(直 角三角形)所对应的内切圆,所以最大球的半径为 正视图直角三角形内切圆的半径 r ,则 2 28 6 8 6 2r r r       ,故选 B. 【例 6】【2016 高考新课标Ⅲ理数】在封闭的直三 棱柱 1 1 1ABC ABC 内有一个体积为V 的球，若 AB BC ， 6AB  ， 8BC  ， 1 3AA  ，则V 的最大值是（ ） （A）4π （B） 9 2  （C）6π （D） 32 3  【答案】B 【解析】分析：要使球的体积V 最大，必须球的 半径 R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 3 2 ，此时球的 体积为 3 34 4 3 9( ) 3 3 2 2 R    ，故选 B． 【名师点睛】立体几何是的最值问题通常有三种 思考方向：（1）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； （2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几 何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的 最值来求解． 【例 7】【2016 高考浙江理数】如图，在△ABC 中，AB=BC=2，∠ABC=120°.若平面 ABC 外的点 P 和线段 AC 上的点 D，满足 PD=DA，PB=BA，则四面 体 PBCD 的体积的最大值是 . 【答案】 1 2 【解析】 ABC 中，因为 2, 120AB BC ABC    ， 所以 30BAD BCA    .由余弦定理可得 2 2 2 2 cosAC AB BC AB BC B    2 22 2 2 2 2cos120 12      ，所以 2 3AC  . 设 AD x ，则0 2 3t  ， 2 3DC x  . 在 ABD 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cosBD AD AB AD AB A    2 22 2 2cos30x x     2 2 3 4x x   . 故 2 2 3 4BD x x   .在 PBD 中， PD AD x  ， 2PB BA  .由余弦定理可得 2 2 2 2 2 22 ( 2 3 4) 3cos 2 2 2 2 PD PB BD x x xBPD PD PB x              ，所以 30BPD   . 过 P作直线 BD的垂线，垂足为O .设 PO d 则 1 1 sin 2 2PBDS BD d PD PB BPD      ， 即 21 12 3 4 2sin 30 2 2 x x d x     ， 解得 2 2 3 4 xd x x    .而 BCD 的面积 1 1 1sin (2 3 ) 2sin 30 (2 3 ) 2 2 2 S CD BC BCD x x        .设 PO与平面 ABC所成角为 ，则点 P到平面 ABC的距离 sinh d  .故四面体 PBCD的体 积 2 1 1 1 1 1sin (2 3 ) 3 3 3 3 2 2 3 4 BcD BcD BcD xV S h S d S d x x x              2 1 (2 3 ) 6 2 3 4 x x x x     . 设 2 22 3 4 ( 3) 1t x x x      ， 因为0 2 3x  ，所以1 2t  . 则 2| 3 | 1x t   . （1）当0 3x  时， 有 2| 3 | 3 1x x t     ， 故 23 1x t   .此时， 2 21 ( 3 1)[2 3 ( 3 1)] 6 t tV t       21 4 1 4( ) 6 6 t t t t      . 2 1 4( ) ( 1) 6 V t t     ，因为1 2t  ， 所以 ( ) 0V t  ，函数 ( )V t 在[1, 2]上单调递减， 故 1 4 1( ) (1) ( 1) 6 1 2 V t V    . （2）当 3 2 3x  时， 有 2| 3 | 3 1x x t     ， 故 23 1x t   .此时， 2 21 ( 3 1)[2 3 ( 3 1)] 6 t tV t       21 4 1 4( ) 6 6 t t t t      . 由 （ 1 ） 可 知 ， 函 数 ( )V t 在 (1, 2] 单 调 递 减 ， 故 1 4 1( ) (1) ( 1) 6 1 2 V t V    . 综上，四面体 PBCD的体积的最大值为 1 2 . 【例 8】【2015 高考福建理 18】如图，AB是圆O的直径， 点C是圆O上异于 ,A B的点，垂直于圆所在的平 面，且 1    ． （Ⅰ）若D为线段 AC的中点，求证 C 平面 D ； （Ⅱ）求三棱锥P ABC 体积的最大值； （Ⅲ）若 2BC  ，点 E在线段 PB上，求CE OE 的 最小值． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ） 1 3 ；（Ⅲ） 2 6 2  ． 【解析】解法一：（I）在 C 中，因为 C   ，D 为 C 的中点，所以 C D   ．又垂直于圆所在 的平面，所以 C   ． 因为D    ，所以 C 平面 D ． （II）因为点C在圆上， 所以当C  时，C到的距离最大，且最大值为 1 ． 又 2  ， 所 以 C 面 积 的 最 大 值 为 1 2 1 1 2    ．又因为三棱锥 C   的高 1  ，故三 棱锥 C   体积的最大值为 1 11 1 3 3    ． （ III ） 在  中 ， 1    ， 90   ，所以 2 21 1 2    ． 同理 C 2  ，所以 C C     ． 在三棱锥 C   中，将侧面 C 绕旋转 至平面 C ，使之与平面共面，如图所示． 当，，C共线时，C 取得最小值． 又因为  ，C C   ，所以 C 垂直 平分，即为中点． 从而 2 6 2 6C C 2 2 2        ， 亦即C 的最小值为 2 6 2  ． 解法二：（I）、（II）同解法一． （ III ） 在  中 ， 1    ， 90   ， 所 以 45   ， 2 21 1 2    ．同 理 C 2  ．所 以 C C     ，所以 C 60    ．在三棱锥 C   中，将侧面 C  绕 旋转至平面 C ，使之与平面共面，如图所示．当， ，C共线时，C 取得最小值． 所以在 C 中，由余弦定理得：  2C 1 2 2 1 2 cos 45 60         2 1 2 31 2 2 2 2 2 2 2             2 3  ． 从而 2 6C 2 3 2     ． 所以C 的最小值为 2 6 2  ． 【名师点睛】决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高， 当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只 需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法， 将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最 值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现， 通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解． 精彩解读 【试题来源】2017 课标全国高考卷 1 理 16 【母题评析】对于三棱锥最值问题，肯定需要用到函数的 思想进行解决，本题解决的关键是设好未知量，利用图形 特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是 【思路方法】立体几何是的最值问题通常有三种 思考方向：（1）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；（2） 将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图 中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值 来求解． 【命题意图】考察空间想象能力及推理论证和计 算能力，函数思想和转化思想。 【考试方向】这类试题在考查题型上，通常基本 以选择填题为主，难度中等偏难. 【难点中心】解题时，通常应注意分析题目中所 有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上， 分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如 果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若 能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求 解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系， 看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑 是否可将其体图展开成平面，这样依次从本文所 标定的方法顺序思考，必能找到解题的途径。 III．理论基础·解题原理 结合近年来全国各省市的高考中，考查与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在 高考试题中出现．在解决此类问题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基 础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题;如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写 出确定的表意函数，则可用建立函数法求解;再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等 不式法求解;还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次顺序思考，基本可以找到解题的途径． IV．题型攻略·深度挖掘 【考试方向】 这类试题在考查题型上，通常基本以选填题或解答题的形式出现，偏难。 【技能方法】 解决立体几何中的最值问题常见方法有： 1. 建立函数法是一种常用的最值方法，很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用 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；二次数的配方法、 公试法； 有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等。 2. 公理与定义法通常以公理与定义作依据，直接推理问题的最大值与最小值，一般的公理与定理有：两点 之间以线段为最短，分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的公垂线段为短。球面上任意两点间 的连线中以过这两点与球心的平面所得圆的劣弧长为最短等。如果直接建立函数关系求之比较困难，而运 用两异面直线公垂线段最短则是解决问题的捷径。 3. 解不等式法是解最值问题的常用方法、在立体几何中同样可利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关 系求解：如 abba   2 22 2 baab   最小角定理所建立的不等关系等等。 4. 展开体图法是求立体几何最值的一种特殊方法，也是一种常用的方法，它可将几何题表面展开，也可将 几何体内部的某些满足条件的部分面展开成平面，这样能使求解问题，变得十分直观，由难化易。 5. 变量分析法是我们要透过现象看本质，在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，要分析透彻， 明白它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值总题的方法。 除了上述 5 种常用方法外，还有一些使用并不普遍的特殊方法，可以让我们达到求解最值问题的目的，这 就是：列方程法、极限思想法、向量计算法等等其各法的特点与普遍性，大家可以通过实例感受其精彩内 涵与思想方法所在。 V．举一反三·触类旁通 考向 1 求线段与周长的最值 【例 1】【2018 宝鸡模拟】已知一个几何体的三视图如图所示． （Ⅰ）求此几何体的表面积； （Ⅱ）在如图的正视图中，如果点 A 为所在线段中点，点 B 为顶点，求在几何体侧面上从点 A 到点 B 的最 短路径的长． 【答案】见解析 解：（Ⅰ）由三视图知：该几何体是一个圆锥与圆柱的组合体， 其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和； 则 S 圆锥侧= ×（2π×2）•（2 ）=4 π，S 圆柱侧=（2π×2）×4=16π， S 圆柱底=π•2 2 =4π，所以 S 表面积=4 π+16π+4π=4 π+20π； （Ⅱ）沿 A 点与 B 点所在母线剪开圆柱侧面，如图所示： 则 AB= = =2 ， 所以从 A 点到 B 点在侧面上的最短路径的长为 2 ． 【例 2】【2018 银川一中模拟】正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 1，M 、N 分别在线段 1 1AC 与 BD上， 求MN的最小值. 【答案】1 在矩形 1 1BDD B 中， PQ为中位线，所以 1//PQ BB ，又因为 1BB 平面 ABCD， 所以 PQ 平面 ABCD，又因为 BD 平面 ABCD，所以PQ BD . 同理可证 1 1PQ AC ，而 PQ BD Q ， 1 1PQ AC P ， 所以线段 PQ就是两异面直线 1 1AC 与 BD的共垂线段，且 1PQ  . 由异面直线公垂线段的定义可得 1MN PQ  ，故MN的最小值为 1. 故当 2 2 m n  时， 2MN 取得最小值 1，即MN的最小值为 1. 【总结】空间中两点距离的最值，最基本的方法就是利用距离公式建立目标函数，根据目标函数解析式的 结构特征求解最值.对于分别在两个不同对象上的点之间距离的最值，可以根据这两个元素之间的关系，借 助立体几何中相关的性质、定理等判断并求解相应的最值. 【例 3】【2018 兰州模拟】如图，正方形 ABCD、ABEF 边长都是 1，且平面 ABCD、ABEF 互相垂直，点 M在 AC 上移动，点 N 在 BF 上移动，若CM BN a a   ( )0 2 。试求当 a 为何值时，MN 的值最小。 【答案】 2 2 MH AH a BH a   1 2 2 2 2 , ， 由余弦定理求得 NH a 2 2 。所以 MN MH NH 2 2 2 2 2 22 2 2 1(1 ) ( ) 2 1 ( ) (0 2) 2 2 2 2 a a a a a a           当a  2 2 时， MN  2 2 ，即 M、N 分别移到 AC、BF 的中点时， MN 的值最小，最小值为 2 2 【跟踪练习】 1.【2018 大连模拟】在正四棱锥 S-ABCD 中，SO⊥平面 ABCD 于 O，SO=2， 底面边长为 2 ，点 P、Q 分别在线段 BD、SC 上移动， 则 P、Q 两点的最短距离为（ ） A. 5 5 B. 5 52 C. 2 D. 1 【答案】B S D C Q B A P O 2．【2017 豫晋冀高三调研考试】某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱的长度中，最大的是（ ） A.2 5 B. 2 6 C. 2 7 D. 4 2 3.【2018 徐汇区一模】如图，棱长为 2的正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，E 为 CC1的中点，点 P，Q 分别为面 A1B1C1D1 和线段 B1C 上动点，则△PEQ 周长的最小值为（ ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【解析】分析：由题意得：△PEQ 周长取最小值时，P 在 B1C1上，在平面 B1C1CB 上，设 E 关于 B1C 的对称点 为 M，关于 B1C1的对称点为 N，求出 MN，即可得到△PEQ 周长的最小值． 解：由题意得：△PEQ 周长取最小值时，P在 B1C1上， 在平面 B1C1CB 上，设 E 关于 B1C 的对称点为 M，关于 B1C1的对称点为 N， 连结 MN，当 MN 与 B1C1的交点为 P，MN 与 B1C 的交点点 M时， 则 MN 是△PEQ 周长的最小值，EM=2，EN= ，∠MEN=135°， ∴MN= = ．∴△PEQ 周长的最小值为 ．故选：B． 【点评】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查运算求解能力，考查化归与 转化思想、函数与方程思想，是中档题． 4.【2018 南开区联考】有一个各条棱长均为α的正四棱锥，现用一张正方形的包装纸将其完全包住，不能 裁剪，可以折叠，那么包装纸的最小边长为（ ） A．（1+ ）a B． a C． a D．（ + ）a 【答案】C 又因为 ， ∴ ，解得： ．故选 C． 【点评】本题体现了空间问题平面化的处理问题方法，考查分析解决问题能力以及问题转化的思想．强调 的是所需的最小纸张是以 PP′为对角线的正方形，而非 PP′为中位线的正方形． 5.【2017 大连金州区校级模拟】棱长为 a的正方体内有一个棱长为 x的正四面体，且该正四 面体可以在正方体内任意转动，则 x 的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 6.【2018 银川模拟】正三棱柱 ABC—A1B1C1中，各棱长均为 2，M 为 AA1中点，N为 BC 的中点，则在棱柱的表 面上从点 M 到点 N 的最短距离是 . 【答案】 4 3 【解析】(1)从侧面到 N，如图 1，沿棱柱的侧棱 AA1剪开，并展开， 则 2 2MN AM AN  2 21 (2 1) 10    . 【点评】求解几何体表面上的最短距离问题，往往需要将几何体的侧面或表面展开，将问题转化为平面图 形中的最值，进而利用平面几何中的相关结论判断并求解最值. 考向 2 求表面积与体积的最值 【例 1】【2018 兰州模拟】如图，已知在ABC中，  C 90 ，PA平面 ABC， AE PB 于 E， AF PC 于 F， AP AB  2， AEF ，当 变化时，求三棱锥 P AEF 体积的最大值。 【答案】 2 6 EF 是 AE 在平面 PBC 上的射影，因为 AE PB ， 所以 EF PB ，即 PE平面 AEF。在三棱锥 P AEF 中， AP AB AE PB  2, ，所以 PE AE 2 2, ， 2 sin , 2 cos 1 1 1 2 sin 2 cos 2 3 3 2P AEF AEF AF EF V S PE               ，  2 6 2sin  ，因为0 2    ，所以0 2 0 2 1     ， sin 因此，当   4 时，VP AEF 取得最大值为 2 6 。 【例 2】【2017 届安徽省合肥联考】如图所示，四边形 ABCD是边长为 2的菱形，且 060BAD  ，四边 形 ABEF 是正方形，平面 ABCD 平面 ABEF ，点 ,G H 分别为边 ,CD DA的中点，点M 是线段 BE上 一动点． （1）求证：GH DM ； （2）求三棱锥D MGH 的体积的最大值． 【答案】见解析 【解析】分析：（1）连接 ,AC BD交于点O，易证得 AC 平面 BDE，又DM 平面 BDE，于是 AC DM ，又因为点 ,G H 分别为边 ,CD DA的中点，所以 / /AC GH ，故GH DM ； （2）在菱形 ABCD中， 060BAD  ，于是 0120ADC  ，由三角形面积公式得 3 4DGHS  ，由（1） 知BE 平面 ABCD，于是 1 3 3 12D MGH M DGH DGHV V S BM BM      ，要求三棱锥D MGH 的体积 的最大 值，只需求出线段 BM 的最大值． （2）在菱形 ABCD中， 060BAD  ，于是 0120ADC  ，所以 1 3sin 2 4DGHS DG DH ADC       ，由（1）知 BE 平面 ABCD，于是 1 3 3 12D MGH M DGH DGHV V S BM BM      ，要求三棱锥D MGH 的体积的最大值，只需求出线段 BM 的最大值，又点M 是线段 BE上一动点，所以线段 BM 的最大值为 2，此时点M 与点 E重合，故三棱锥 D MGH 的体积的最大值为 3 32 12 6   ． 【点评】立体几何中经常碰到求最值问题，不少学生害怕这类问题，主要原因是难以将立体几何问题转化 为平面几何问题或代数问题去求解，对立体几何的最值问题，一般可以从两方面着手：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、二次数的配方法、公式法、有界 函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等． 【例 3】【2017•冀州市校级模拟】等腰△ABC 的底边 ，高 CD=3，点 E 是线段 BD 上异于点 B，D的动 点．点 F 在 BC 边上，且 EF⊥AB．现沿 EF 将△BEF 折起到△PEF 的位置，使 PE⊥AE． （Ⅰ）证明 EF⊥平面 PAE； （Ⅱ）记 BE=x，V（x）表示四棱锥 P﹣ACFE 的体积，求 V（x）的最值． 【答案】见解析 （Ⅱ）解：∵PE⊥AE，PE⊥EF，∴PE⊥平面 ABC，即 PE 为四棱锥 P﹣ACFE 的高． 由高线 CD 及 EF⊥AB 得 EF∥CD，∴ ， 由题意知 ∴ = ． 而 PE=EB=x，∴ ， ∴当 x=6 时 V（x）max=V（6）= ． 【跟踪练习】 1.【2017 朝阳区模拟】在正方体 ABCD﹣AlB1C1D1中，P 是正方体的底面 AlB1C1D1 （包括边界）内的一动点（不 与 A1重合），Q 是底面 ABCD 内一动点，线段 A1C 与线段 PQ 相交且互相平分，则使得四边形 A1QCP 面积最大的 点 P 有（ ） A．1个 B．2个 C．3 个 D．无数个 【答案】C 【点评】本小题主要考查棱柱的结构特征，考查考查数形结合思想、化归与转化思想． 2.【2017•郑州二模】将一个底面半径为 1，高为 2 的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大 体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】设圆柱的半径为 r，高为 x，体积为 V，则由题意可得 ， ∴x=2﹣2r，∴圆柱的体积为 V（r）=πr 2 （2﹣2r）（0＜r＜1）， 则 V（r）≤π = ∴圆柱的最大体积为 ，此时 r= ，故选：B． 【点评】本题主要考查基本不等式在生活中的优化问题，利用条件建立体积函数是解决本题的关键． 3.【2017•襄城区校级模拟】我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆 台形的天池盆接收雨水．如果某个天池盆的盆口直径为盆底直径的两倍，盆深为 h（单位：寸），则该天池 盆可测量出平面降雨量的最大值为（单位：寸）（ ） 提示：上、下底面圆的半径分别为 R、r，高为 h 的圆台的体积的计算公式为 V= πh（R2+r2+Rr） A． h B． h C． h D．h 【答案】A 【解析】分析：可设天池盆上底面半径为 2r 寸，则下底面半径为 r，又高为 h 寸．利用圆台的体积公式求 出天池盆中水的体积，用水的体积除以盆的上地面面积即可得到答案． 解：由题意可设天池盆上底面半径为 2r 寸，则下底面半径为 r，又高为 h寸． 则盆中水的体积为 πh（4r2+r2+2r2）= （立方寸）． 则平面降雨量等于 （寸）． ∴该天池盆可测量出平面降雨量的最大值为 寸．故选：A． 4.【2017•江西模拟】如图所示，正方体 ABCD﹣A′B′C′D′的棱长为 1，E，F 分别是棱 AA′，CC′的中 点，过直线 EF 的平面分别与棱 BB′，DD′交于 M，N，设 BM=x，x∈（0，1），给出以下命题： ①四边形 MENF 为平行四边形； ②若四边形 MENF 面积 s=f（x），x∈（0，1），则 f（x）有最小值； ③若四棱锥 A﹣MENF 的体积 V=P（x），x∈（0，1），则 P（x）为常函数； ④若多面体 ABCD﹣MENF 的体积 V=h（x），x∈（0， ），则 h（x）为单调函数； ⑤当 x= 时，四边形 MENF 为正方形． 其中假命题的个数为（ ） A．0 B．3 C．2 D．1 【答案】D 对于③，连结 AF，AM，AN，则四棱锥则分割为两个小三棱锥， 它们以 AEF 为底，以 M，N 分别为顶点的两个小棱锥．因为三角形 AEF 的面积是个常数．M，N到平面 AEF 的 距离和是个常数，所以四棱锥 C'﹣MENF 的体积 V 为常数函数，故正确． 对于④，多面体 ABCD﹣MENF 的体积 V=h（x）= VABCD﹣A′B′C′D′= 为常数函数，故错误； 对于⑤，当 x= 时，四边形 MENF 为正方形．正确；故选：D 【点评】本题考查空间立体几何中的面面垂直关系以及空间几何体的体积公式，本题巧妙的把立体几何问 题和函数进行的有机的结合，综合性较强，设计巧妙，对学生的解题能力要求较高．属于中档题． 5.【2017 兰州模拟】求半径为 R的球内接正三棱锥体积的最大值为 【答案】 38 3 27 R V= 2 21 3 3 (2 ) 3 4 4 a h h R h   3 (2 ) 2 2 h h R h 3 2 2 23 3 h h R h             = 38 3 27 R (当且仅当 2 2 h R h  ，即 4 3 h R 时，取等号 ) 正三棱锥体积最大值为 38 3 27 R 6.【2017•安阳一模】如图，已知长方体 ABCD﹣A1B1C1D1的体积为 6，∠C1BC 的正切值为 ，当 AB+AD+AA1的 值最小时，长方体 ABCD﹣A1B1C1D1外接球的表面积（ ） A．10π B．12π C．14π D．16π 【答案】D 【解析】由题意设 AA1=x，AD=y，则 AB=3x，∵长方体 ABCD﹣A1B1C1D1的体积为 6，∴xy•3x=6，∴y= ， ∴AB+AD+AA1=4x+ ≥3 =6， 当且仅当 2x= ，即 x=1 时，取得最小值， ∴长方体 ABCD﹣A1B1C1D1外接球的直径为 = ， ∴长方体 ABCD﹣A1B1C1D1外接球的表面积=14π，故选 C． 【点评】本题考查长方体 ABCD﹣A1B1C1D1外接球的表面积，考查体积的计算，考查基本不等式的运用，属于 中档题． 7. 【2017•福建模拟】已知正三棱柱 ABC﹣A1B1C1的顶点 A1，B1，C1在同一球面上，且平面 ABC 经过球心，若 此球的表面积为 4π，则该三棱柱的侧面积的最大值为（ ） A． B． C． D．3 【答案】C 解：∵正三棱柱 ABC﹣A1B1C1的顶点 A1，B1，C1在同一球面上， 且平面 ABC 经过球心，此球的表面积为 4π，∴此球半径 R=1， 如图，设三棱柱正三棱柱 ABC﹣A1B1C1的顶点 A1，B1，C1所在球面的小圆的半径为 r， 球心到顶点 A1，B1，C1所在球面的小圆的距离为 d， 则 r 2 +d 2 =R 2 =1，∴该三棱柱的侧面积：S=3× ≤3 × =3 = ． ∴该三棱柱的侧面积的最大值为 ．故选：C． 【点评】本题考查三棱柱、球、勾股定理等基础知识，考查抽象概括能力、数据处理能力、运算求解能力， 考查应用意识、创新意识，考查化归与转化思想、分类与整合思想、数形结合思想，是中档题． 8.【2018•普陀区一模】用长度分别为 2、3、5、6、9（单位：cm）的五根木棒连接（只允许连接，不允许 折断），组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为（ ） A．258cm 2 B．414cm 2 C．416cm 2 D．418cm 2 【答案】C 【点评】本题考查长方体表面积的求法，考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，是中档 题． 考向 3 求角的最值 【例 1】【2015 高考四川理 14】如图，四边形 ABCD 和 ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点 M 在线段 PQ 上，E、F分别为 AB、BC 的中点。设异面直线 EM 与 AF 所成的角为，则 cos 的最大值为 . 【答案】 2 5 【解析】 【考点定位】1、空间两直线所成的角；2、不等式. 【名师点睛】空间的角与距离的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要 注意，空间两直线所成的角是不超过 90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点 M在 P处时， EM 与 AF 所成角为直角，此时余弦值为 0（最小），当 M点向左移动时，EM 与 AF 所成角逐渐变小，点 M 到达 Q点时，角最小，从而余弦值最大. 【例 2】【2018•玉溪模拟】已知梯形 ABCD 中，AD∥BC， ， AB=BC=2AD=4，E、F 分别是 AB、CD 上的点，EF∥BC，AE=x．沿 EF 将梯形 ABCD 翻折，使平面 AEFD⊥平面 EBCF （如图）．G 是 BC 的中点，以 F、B、C、D为顶点的三棱锥的体积记为 f（x）． （1）当 x=2 时，求证：BD⊥EG； （2）求 f（x）的最大值； （3）当 f（x）取得最大值时，求异面直线 AE 与 BD 所成的角的余弦值． 【答案】见解析 （3）由（2）知当 f（x）取得最大值时 AE=2，故 BE=2，结合 DH∥AE 得∠BDH 是异面直线 AE 与 BD 所成的 角．在 Rt△BEH 中，算出 BH= ，△BDH 中，得到 ，最后利用直角三角形中三角函数的定义，算 出 ，从而得到异面直线 AE 与 BD 所成的角的余弦值． 解：（1）作 DH⊥EF，垂足 H，连结 BH、GH， ∵平面 AEFD⊥平面 EBCF，平面 AEFD∩平面 EBCF=EF，DH⊂平面 EBCF， ∴DH⊥平面 EBCF，结合 EG⊂平面 EBCF，得 EG⊥DH， ∵ ，EF∥BC，∠ABC=90°．∴四边形 BGHE 为正方形，得 EG⊥BH． 又∵BH、DH⊂平面 DBH，且 BH∩DH=H，∴EG⊥平面 DBH． ∵BD⊂平面 DBH，∴EG⊥BD． （2）∵AE⊥EF，平面 AEFD⊥平面 EBCF，平面 AEFD∩平面 EBCF=EF，AE⊂平面 AEFD． ∴AE⊥面 EBCF．结合 DH⊥平面 EBCF，得 AE∥DH， ∴四边形 AEHD 是矩形，得 DH=AE， 故以 F、B、C、D 为顶点的三棱锥 D﹣BCF 的高 DH=AE=x， 又∵ ． ∴三棱锥 D﹣BCF 的体积为 V=f（x）= = = = ． ∴当 x=2 时，f（x）有最大值为 ． （3）由（2）知当 f（x）取得最大值时 AE=2，故 BE=2， 结合 DH∥AE，可得∠BDH 是异面直线 AE 与 BD 所成的角． 在 Rt△BEH 中， ， ∵DH⊥平面 EBCF，BH⊂平面 EBCF，∴DH⊥BH 在 Rt△BDH 中， ，∴ ． ∴异面直线 AE 与 BD 所成的角的余弦值为 ． 【点评】本题给出平面折叠问题，求证直线与直线垂直，求体积的最大值并求此时异面直线所成角大小．着 重考查了面面垂直的性质定理、线面垂直的判定与性质和异面直线所成角大小的求法等知识，属于中档题． 【例 3】【2017 秋•济宁期末】如图，三棱柱 ABC﹣A1B1C1中，侧棱 AA1⊥平面 ABC，△ABC 为等腰直角三角形， ∠BAC=90°，且 AB=AA1=2，E，F分别是 CC1，BC 的中点． （1）若 D是 AA1的中点，求证：BD∥平面 AEF； （2）若 M是线段 AE 上的任意一点，求直线 B1M 与平面 AEF 所成角正弦的最大值． 【答案】见解析 （2）解：以 A 为坐标原点，AB，AC，AA1分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示：可知：A（0， 0，0），B1（2，0，2），E（0，2，1），F（1，1，0）， ∴ ， ， =（﹣2，0，﹣2）， 设平面 AEF 的法向量为 ， 由 ，得 ，令 z=2，得 x=1，y=﹣1，即 ， 设 ，则 = + = +λ =（﹣2，0，﹣2）+λ（0，2，1） =（﹣2，2λ，λ﹣2）．设直线 B1M 与平面 AEF 所成角为θ，则 = ∴当 时， ． 【跟踪练习】 1.【2017•上饶县模拟】若一条直线与一个平面成 72°角，则这条直线与这个平面内经过斜足的直线所成角 中最大角等于（ ） A．72° B．90° C．108° D．180° 【答案】B 从上面的证明可知最小角定理，斜线和平面所成的角是这条斜线和平面内过斜足的直线所成的一切角，其 中最大的角为 90°，由已知中一条直线与一个平面成 72°角，这条直线 和这个平面内经过斜足的直线所 成角的范围是：72°≤θ≤90°，故选：B 【点评】本题考查的知识要点：最小角定理的应用．线面的夹角．属于基础题型． 2. 【2017 课标 3理 16】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所成角的最小值为 60°. 其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③ 3.【2017•绵阳模拟】三棱锥 P﹣ABC 中，PA、PB、PC 互相垂直，PA=PB=1，M 是线段 BC 上一动点，若直线 AM 与平面 PBC 所成角的正切的最大值是 ，则三棱锥 P﹣ABC 的外接球的表面积是（ ） A．2π B．4π C．8π D．16π 【答案】B 【解析】M 是线段 BC 上一动点，连接 PM，∵PA、PB、PC 互相垂直，∴∠AMP 就是直线 AM 与平面 PBC 所成 角，当 PM 最短时，即 PM⊥BC 时直线 AM 与平面 PBC 所成角的正切的最大．此时 ，PM= ， 在 Rt△PBC 中，PB•PC=BC•PM⇒PC= ⇒PC= ． 三棱锥 P﹣ABC 扩充为长方体，则长方体的对角线长为 ， ∴三棱锥 P﹣ABC 的外接球的半径为 R=1，∴三棱锥 P﹣ABC 的外接球的表面积为 4πR 2 =4π．故选：B． 【点评】题考查三棱锥 P﹣ABC 的外接球的体积，考查线面垂直，线面角，考查学生分析解决问题的能力， 属于中档题 4．【2017•孝义市模拟】在长方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1=A1D1=a，A1B1=2a，点 P 在线段 AD1上运动，当异面直 线 CP 与 BA1所成的角最大时，则三棱锥 C﹣PA1D1的体积为（ ） A． B． C． D．a 3 【答案】B 5．【2017•南开区二模】如图，在四棱锥 S － ABCD 中，底面 ABCD 是直角梯形，侧棱 SA⊥底面 ABCD，AB 垂 直于 AD 和 BC，SA =AB=BC =2，AD =1．M 是棱 SB 的中点． （Ⅰ）求证：AM∥面 SCD； （Ⅱ）求面 SCD 与面 SAB 所成二面角的余弦值； （Ⅲ）设点 N 是直线 CD 上的动点，MN 与面 SAB 所成的角为，求 sin的最大值， 【答案】见解析 【解析】直接根据几何体的结构特征建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标和向量坐标，利用向量运算 进行证明计算即可. （Ⅱ）易知平面 SAB 的法向量为  1 1,0,0n   .设平面 SCD 与平面 SAB 所成的二面角为 ， 则    1 1 1,0,0 2, 1,1 2 6 31 6 1 6 n ncos n n              ，即 6 3 cos  . 平面 SCD 与平面 SAB 所成二面角的余弦值为 3 6 . （Ⅲ）设  , 2 2,0 ,N x x  ，则  , 2 3, 1MN x x    . 又，面 SAB 的法向量为  1 1,0,0n   ， 所以，        2 2 22 2 , 2 3, 1 1,0,0 1sin = 1 15 12 102 3 1 1 5 12 10 x x x x xx x x x               . 5 7) 5 31(10 1 5)1(12)1(10 1 22     xxx . 当 5 31  x ，即 3 5 x 时， 7 35sin max  . 6.【2015 江苏高考 22】如图，在四棱锥 P ABCD 中，已知 PA 平面 ABCD，且四边形 ABCD为直角 梯形， 2 ABC BAD      , 2, 1PA AD AB BC    （1）求平面 PAB与平面 PCD所成二面角的余弦值； （2）点 Q 是线段 BP 上的动点，当直线 CQ 与 DP 所成角最小时，求线段 BQ 的长 【答案】（1） 3 3 （2） 2 5 5 【解析】 （1）因为 D 平面，所以 D  是平面的一个法向量，  D 0,2,0   ． 因为  C 1,1, 2    ，  D 0,2, 2    ． 设平面 CD 的法向量为  , ,m x y z  ，则 C 0m    ， D 0m    ，即 2 0 2 2 0 x y z y z       ． 令 1y  ，解得 1z  ， 1x  ．所以  1,1,1m   是平面 CD 的一个法向量． 而 D 3cos D, 3D mm m            ，所以平面与平面 CD 所成二面角的余弦值为 3 3 （2）因为  1,0,2    ，设  Q ,0,2         （0 1  ）， 又  C 0, 1,0    ，则  CQ C Q , 1,2         ，又  D 0, 2,2    ， 从而 2 CQ D 1 2cos CQ,D CQ D 10 2                ． 设1 2 t  ，  1,3t ，则 2 2 22 2 2 9cos CQ,D 5 10 9 101 5 209 9 9 t t t t               ． 当且仅当 9 5 t  ，即 2 5   时， cos CQ,D   的最大值为 3 10 10 ． 因为 cosy x 在 0, 2       上是减函数，此时直线CQ与D所成角取得最小值． 又因为 2 21 2 5    ，所以 2 2 5Q 5 5     ．