小题压轴考法-空间中的最值、动态、截面问题

小题压轴考法——空间中的最值、动态、截面问题12目录3命题点一最值问题命题点二动态问题命题点三截面问题[升维突破]教材母题(北师大版必修二P252例4)埃及胡夫金字塔大约建于公元前2580年，其形状为正四棱锥．塔高约146.6m，底面边长约230.4m．则这座金字塔的侧面积(精确到0.1m2)和体积(精确到0.1m3)分别为________．答案：85914.9m2

2594046.0m3命题点一最值问题解析：如图所示，AC为高，BC为底面的边心距，则AC＝146.6m，BC＝115.2m，底面周长c＝4×230.4m.因此,金字塔的侧面积约为85914.9m2，体积约为2594046.0m3.[升维1]点P是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1外接球球面上的任意一点，则四棱锥P-ABCD的体积的最大值为

(

)答案：B

思维升华：本题与基准题相比，将四棱锥放在球内，增加了四棱锥高的不确定条件，将体积确定问题改为四棱锥的体积最值问题，需要判断高的最大值，同时增加了球的背景，体现了几何体的多样性．[升维2]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(

)答案：C

思维升华：本题与基准题和升维1相比，将四棱锥放在球内，增加了四棱锥棱长和高的不确定条件，将体积确定问题改为四棱锥的体积最值问题，同时增加了球的背景，需要判断高和棱长的关系，将体积公式构造成关于高h的函数，利用导数求最值，体现了几何体的多样性和体积运算的灵活性．[答案]

C[解析]

如图,设该球的球心为O,半径为R，解得R＝3.[思维建模]立体几何中最值问题的解题策略(1)函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；(2)根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；(3)将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．[针对训练]1.在如图所示的试验装置中，两个正方形框架ABCD，ABEF的边长均为2，活动弹子N在线段AB上移动(包含端点)，弹子M，O分别固定在线段EF，AC的中点处，且MO⊥平面ABCD，则当∠MNO取最大值时，多面体M-BCON的体积为

(

)答案：A

解析：因为MO⊥平面ABCD，ON

平面ABCD，所以MO⊥ON.所以△MNO为直角三角形，所以当NO最短时，∠MNO取最大值，即NO⊥AB时，∠MNO取最大值．因为M，O分别固定在线段EF，AC的中点处，所以ON＝1，MN＝2.2．(2023·潍坊模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，若三棱柱ABC-A1B1C1的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为

(

)A．12π B．24πC．48π D．96π答案：C

[典例导析](2023·全国高三专题练习)[多选]已知如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为12π，点P在正方体的对角面BDD1B1内(包括边界)，则下列说法正确的是

(

)命题点二动态问题[答案]

ABD因为B1P

平面BDD1B1，记A1C1交B1D1于点O1，连接DO1，如图1所示，则平面A1C1D∩平面BDD1B1＝DO1，所以B1P∥DO1.记线段BD的中点为O，连接B1O.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面A1C1D∥平面ACB1，再结合点P在正方体的对角面BDD1B1内，可知点P的轨迹为平面ACB1与平面BDD1B1的交线，也就是线段B1O(除去点B1)，显然在矩形BDD1B1中，B1P∥DO1，则点P的轨迹就是线段B1O(除去点B1)，如图3所示．由正方体的性质可得A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥PH.因为PH⊥B1D1，A1C1，B1D1

平面A1B1C1D1，A1C1∩B1D1＝O1，所以PH⊥平面A1B1C1D1.故点P到平面A1B1C1D1的距离就是点P到直线B1D1的距离．所以点P到直线B1D1的距离与到点B的距离相等，由抛物线的定义可知P的轨迹是以B为焦点，直线B1D1为准线的抛物线的一段(在四边形BDD1B1内，包含边界)，故C不正确；由正方体的性质可得A1C1⊥平面BDD1B1，连接PC1，AC1(图略)，因为P∈平面BDD1B1，所以PA1＝PC1，所以PA＋PA1＝PA＋PC1≥AC1＝[思维建模]一般立体几何动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转等，解决此类问题的关键是抓住动点，可以采用转化法或坐标法求解.

转化法①巧转化，根据几何体的结构特征将动点所满足的条件转化为平面图形内动点问题，判断线面位置关系、定点、定值等；②定轨迹，根据平面几何的知识确定动点的轨迹形状或轨迹方程坐标法通过建立直角坐标系，将动点条件坐标化，通过化简变形得到坐标所满足的条件，进而确定动点轨迹的形状，再求其长度、面积等续表角线BD翻折到△PBD的位置(如图2)，则在翻折的过程中，下列选项正确的是

(

)A．存在某个位置，使得PC＝3B．存在某个位置，使得PB⊥CD

答案：ABD

沿对角线BD翻折到△PBD位置的过程中，一定存在某个位置使得PC＝3，A正确；当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心Q时，有PQ⊥平面BCD，因为CD

平面BCD，所以PQ⊥CD，又因为BQ⊥CD，BQ∩PQ＝Q，BQ，PQ

平面PBQ，所以CD⊥平面PBQ，因为PB

平面PBQ，所以CD⊥PB，即存在某个位置，使得PB⊥CD，B正确；4.(2023·河北模拟预测)[多选]如图所示，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点E，F分别是棱AD，DD1的中点，点P是侧面B1BCC1内一点(含边界)．若D1P∥平面BEF，则下列说法正确的有

(

)A．点P的轨迹为一条线段B．三棱锥P-BEF的体积为定值

答案：AB

由A知，BF∥D1G，∴直线D1P与BF所成的角即为直线D1P与D1G所成的角，即∠PD1G，则当P与H重合时，∠PD1G取得最大值∠HD1G，此时余弦值取得最小值；[典例导析](1)[多选]如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，点M为线段AA1的中点，点N为棱CC1上的动点(包括端点)，平面B1MN截长方体的截面为α，则

(

)A.截面α可能为六边形B.存在点N，使得BN⊥截面α命题点三截面问题(2)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中点M为球心，4为半径的球面与侧面ABB1A1的交线长为

(

)A．2π B．3πC．4π D．8π[答案]

(1)CD

(2)C[解析]

(1)截面α可能为四边形或五边形，不能是六边形，A错误；若存在点N，使得BN⊥截面α，则BN⊥B1N，则N为CC1的中点，此时BN与B1M不垂直，∴不存在点N，使得BN⊥截面α，B错误；当截面为平行四边形时，在平面C1B1BC内过点N作B1C1的平行线，交BB1于点P，过点P作B1M的垂线，垂足为Q，连接NQ，则NP⊥平面AA1B1B.∵斜线NQ在平面AA1B1B的射影为PQ，则NQ⊥B1M.设B1P＝x(0≤x≤1)．∵△PQB1∽△B1A1M，当N，C重合时，截面为梯形．取AD的中点E，连接CE，ME，延长B1M，BA，CE交于点F，(2)取AB，AA1，A1B1，BB1的中点分别为F，E，H，G，N为四边形ABB1A1的中心，连接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，因为AB＝AA1＝4，故四边形ABB1A1为正方形，G，N，E三点共线，H，N，F三点共线，MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2.因为M为所以题中所求交线轨迹为以N为圆心，2为半径的圆，球与侧面ABB1A1的交线轨迹如图所示，故交线长l＝2×π×2＝4π.[思维建模]1．作截面应遵循的三个原则(1)在同一平面上的两点可引直线；(2)凡是相交的直线都要画出它们的交点；(3)凡是相交的平面都要画出它们的交线．2．作交线的两种方法(1)利用基本事实3作交线；(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．3．解决几何体截面问题的思维流程(1)根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系；(2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到将问题平面化的目的；(3)求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解．[针对训练]5．(2023·昆明模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1，平面α满足AC∥α，BC1∥α，若直线AC到平面α的距离与BC1到平面α的距离相等，平面α与此正方体的面相交，则交线围成的图形为

(

)A．三角形

B．四边形C．五边形

D．六边形答案：D

同理可得，EF∥MH，EF＝MH，GH∥NE，GH＝NE，∴E，F，G，H，M，N共面．∵AC∥EF，AC

平面EFGHMN，EF

平面EFGHMN，∴AC∥平面EFGHMN，同理可得BC1∥平面EFGHMN.∵E为AB的中点，∴A到平面EFGHMN的距离与B到平面EFGHMN的距离相等，即平面EFGHMN为所求的平面α，故与正方体交线为正六边形EFGHMN.6．在棱长为a的正方体ABCD-A1B