专题26立体几何中的最值问题（教师版）

专题26：立体几何中的最值问题<<<专题综述>>><<<专题综述>>>立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系,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近几年高考中出现，立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理，空间角与距离的求解等，求此类问题一般是直接法和函数法。<<<专题探究>>><<<专题探究>>>题型一：与线段有关的最值问题题型一：与线段有关的最值问题立体几何中与线段最值有关的问题，一般都是转化为某一变量的函数，若是求两线段和的最值问题，往往转化为平面图形的直线段最短问题来处理.例1在侧棱长为2，底面边长为2的正三棱锥P−ABC中,E,F分别为AB,BC的中点,M,N分别为PE和平面PAF上的动点，则B【思路点拨】想方设法把BM+MN【规范解析】取AC中点H，连接EH交AF于点O，证得EO⊥面PAO要使BM+MN的值最小，即求MN最小可得MN⊥平面PAF，可得MN又可证明MN//EO，再把平面POE绕PE旋转，与面PABN’O’是N又可证得∠P因为EH=12BC=1,EO=所以PA所以sin∠OPE=12，即所以∠BPN'=45°+30°=75°，可得故答案为：3+1练1如图，在三棱锥P−ABC中，AB=BC=2，BA⊥BC，PA=PB=PC=2，点M是棱BC上一动点，则PM+MA的取值范围是(

)

A.6+27,4 B.2+2【思路点拨】把侧面PBC沿BC展开，使A、B、C、P四点共面，结合余弦定理可得解．【规范解析】解：如图所示，把侧面PBC沿BC展开，使A、B、C、P四点共面，

三角形BPC中，cos∠PBC=BC2+BP2−PC22BP·BC

=24⇒sin∠PBC=144，

因为AB=BC=2，BA⊥BC，

所以AC=2，

当M与C重合时，PM+MA=2+2=4，

当M与B重合时，PM+MA=2+2<4，

连接AP交BC于M1，

由两点之间线段最短可知，当M位于M1时，PM+MA最小，

此时，由余弦定理得：AP=AB2+BP2−2AB⋅BP⋅cos∠ABP

=题型二：与面积有关的最值问题题型二：与面积有关的最值问题根据问题分析截面图形的形状与几何体的位置关系，从性质和数量关系着手解决问题。例2已知长方体ABCD−A1B1C1D1的高为2，两个底面均为边长为1的正方形，过BD1作平面α分别交棱AA【思路点拨】一种方法是由于几何体的对称性,通过极端情况来处理;另一种方法求平行四边形BFD【规范解析】法一：根据题意作图，如图①所示，过点F作FH⊥BD1交BD1于H，设FH因为长方体对面平行，所以截面BFD1当ℎ取最小值时四边形BFD易知ℎ的最小值为直线CC1与直线易知当F为CC1的中点时,ℎ取得最小值,ℎmin=故四边形BFD1E法二(射影面积法)：设平面BFD1E与底面ABCD过D1作D1H⊥l交l于H.连接DH，则∠D1根据射影面积公式SBFD1则当cosθ最大时，SBFD1E最小.当又DH最长为DB=2，所以cosθ最大值为22，因为SABCD=1故答案为：2练2如图，AC是圆O的直径，PA与圆O所在的平面垂直且PA=AC=2，B为圆周上不与点A、C重合的动点，M、N分别为点A在线段PC、PB上的投影,当△AMN的面积最大时，求二面角A−PC−B的平面角.【思路点拨】由位置关系知道△AMN为直角三角形，且AM⊥【规范解析】因为AN2+MN又因为AN∙MN≤AN2当且仅当AN=MN时，取得最大值，此时因为AN⊥平面PBC，PC⊂平面PBC，所以ANAM∩AN=A，AM、AN⊂平面AMN，所以PC⊥平面AMN，MN⊂平面AMN所以∠AMN即为二面角由△AMN为等腰直角三角形，可得二面角A−PC−B的平面角为π4题型三：题型三：与体积有关的最值问题分析几何体的形状，找出底面积与高的关系，建立体积为某一变量的函数，再通过求函数最值的方法进行求解。例3已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一个球面上，若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是(

)A.[18,814] B.[274,【思路点拨】根据正棱锥和球的性质，建立四棱锥的体积为高ℎ的函数，进而可求范围.【规范解析】方法一：设正四棱锥P−ABCD的高为PO1=h,底面边长为由已知易得球半径为R=3，所以(2因为3≤l≤33故V=13a2ℎ当ℎ=32时,得a=3当l=33时,球心在正四棱锥高线上，此时ℎ22a=3故该正四棱锥体积的取值范围是274方法二:由方法(1)中知V=23(6求导V'=2(4−ℎ)ℎ，所以所以Vmax=V(4)=64故该正四棱锥体积的取值范围是274练3在△ABC中，AB=5,AC=3,tanA=43，点M，N分别在边AB，BC移动，且MN=BN，沿MN将△BMN折起来得到棱锥B−AMNC，则该棱锥的体积的最大值是(

)A.16215 B.16315【思路点拨】根据题意，可得△ABC的具体形状，可得当面MNB⊥面AMNC时，此时的点B到底面AMNC的距离最大，设BM=2x，将四棱锥中底面积和高，都用x表示出来，整理出体积的函数，利用导数求最值，可得答案．【规范解析】解：由tanA=43，得cosA=35，由余弦定理得CB=4，

则△ABC是直角三角形，C为直角，对MN的任何位置，当面MNB⊥面AMNC时，此时的点B到底面AMNC的距离最大，此时∠NMB即为MB与底面AMNC所成的角，

设BM=2x，

在△MNB中，tanB=34，MN=BN，

所以S△MNB=12BM·BM·sinB=12⋅2x⋅x⋅tanB=34x2，

x

(0,

2

(

V+

0−

V↑

极大值↓故当x=263时，该棱锥的体积最大，为16<<<专题训练>>><<<专题训练>>>1.(2024·浙江省专项测试)已知四棱锥P−ABCD外接球表面积为S,体积为V,PA⊥平面ABCD,PA=4,∠ABC=2π3，且433≤V，则A.10π≤S B.20π≤S C.103π≤S 【解析】解：以四边形ABCD的外接圆为底，PA为高，将四棱锥补形为一个已知球的内接圆柱．设内接圆柱的底面半径为r，外接球的半径为R，则R2V=13SSABCD所以AB⋅BC+AD⋅DC≥4，

在△ABC中运用余弦定理与基本不等式得：AC2=A在△ADC中运用余弦定理与基本不等式得：3AC上两式相加得：4AC2≥3(AB⋅BC+AD⋅DC)≥12，故有：在△ABC中由正弦定理得：2r=ACsin 因此R2=2故选B．2.如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC=BC=2，AA1=4，点DA.814π,24π B.9π,24π C.24316【解析】解：如下图所示：因为△ABC为等腰直角三角形，AC=BC=2，所以△ABC的外接球的截面圆心为AB的中点O1，且A连接O1与A1B1的中点E，则O1设球心为O，由球的截面性质可知，O在O1设OO1=x，DE=t因为OA=OD=R，所以2+x2=所以t2=8x−14，又0≤t≤2因为R2=2+x2，所以8116当R2=6时，外接球表面积最大为所以三棱锥D−ABC的外接球表面积的范围为814故选A．3.某四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，该四棱锥内有一个半径为1的球，则该四棱锥的表面积最小值是(

)A.16 B.8 C.32 D.24【解析】解：某四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形中心，故该四棱锥为正四棱锥体；当半径为1的球与四棱锥体相内切时，四棱锥的表面积最小；设正方形的边长为2a，四棱锥体的高为ℎ，四棱锥体的表面积为S，所以利用等体积转换法，V=1整理得a⋅(ℎ−1)=a2+ℎ2所以四棱锥的体积V=13×4设t=ℎ−2，可得ℎ=t+2，所以S=4(t+2当且仅当t=2，即ℎ=4时，四棱锥的表面积的最小值为32．故选C．4.(多选)已知AC为圆锥SO底面圆O的直径(S为顶点，O为圆心)，点B为圆O上异于A,C的动点，SO=1,OC=3，研究发现：当平面α不过圆锥的顶点时，平面α和直线SO所成的角为θ,∠ASO=β，该圆锥侧面与平面α的交线为曲线C.当θ=π2时，曲线C为圆；当β<θ<π2时，曲线C为椭圆；当θ=β时，曲线C为抛物线；当θ<β时，曲线CA.过该圆锥顶点S的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2

B.∠SAB的取值范围为π6,π3

C.若AB=BC,E为线段AB上的动点，则(SE+CE)min=【解析】解：对选项A：如图1，设截面为SMN,Q为MN中点，连接OQ,SQ，

设MN=2a,a∈0,3,

则OQ⊥MN，OQ=3−QN2=3−a2，

则SQ=对选项B：如图2，▵SAB中，SA=SB=2,0<AB<23，

则当AB=2时，∠SAB=π对选项C：如图3，▵ABC为等腰直角三角形，AB=BC=6，

将▵SAB放平得到▵S1AB，当S1,E,C三点共线时SE+CE最小，

取点F此时S1C=BS对选项D：由sin2θ=2sinθcosθ=2sinθcos所以∠ASO>θ，从而该圆锥侧面与平面α的交线必为双曲线的一部分，D正确．故选：ACD．5.(2024·江苏省模拟·多选)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现;如图是一个圆柱容球，O1,O2为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径,若球的半径r=2,A.球与圆柱的表面积之比为1:2B.平面DEF截得球的截面面积最小值为16C.四面体CDEF的体积的取值范围为(0,D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为[2+2【解析】解：对于A选项,球的表面积为4πr2,圆柱的表面积为2πr2+2πr⋅2r=6πr对于B选项，当O到平面DEF的距离最大时，平面DEF截得球的截面面积最小，注意到平面DEF绕着DO1旋转，因此O到平面DEF的距离最大值即为O到直线作OH⊥DO1于H，在△DOO1中，DO=22，O则S=12D因此平面DEF截得球的截面圆半径的最小值为r2则此时截面圆的面积为165π，故B对于C选项，过C作CK//DO1交AB于K，则VC−DEF=对于D选项，依题意，P注意到PE,PF≥2，因此4≤PE2≤12即PE+PF∈[2+25,4

6.如图，在正三棱锥D−ABC中，侧棱AD=3+1，∠BDC=30∘，过点A作与棱DB，DC均相交的截面AEF.则△AEF周长的最小值为

，记此时△AEF的面积为S，则S2【解析】解：把正三棱锥D−ABC的侧面展开，两点间的连接线AA1是截面周长的最小值．

正三棱锥D−ABC中，∠BDC=30∘，所以AD⊥A1D，AD=3+1，

所以AA1=6+2，故△AEF周长的最小值为6+2．

又A1E7.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2，AB=3，平面α经过点A，且满足直线AA1与平面α所成的角为30∘【解析】解：因为A1H⊥平面α，连接AH，AH⊂平面α，则A1H⊥AH，故H在以又AA1与平面α所成的角为所以∠HAA1=30∘，过H作H则易得HA1=1，HA=3，HO点H在圆锥AO1的底面圆周上，其轨迹是以O1在△ABH中，AB=HA=3，又易得60由余弦定理，得BH即BH∈[3故答案为：[38.(2024·浙江省市模拟)已知正三棱锥的各顶点都在表面积为64π球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为

．【解析】解：因为S球=4πR设D为△ABC的中心，则PD⊥平面ABC，当PD的长小于4时，VP−ABC=当PD的长大于或等于4时，正三棱锥如图所示，设外接球圆心为O，设OD=a(0≤a<4)，所以OP=OA=4，AD=O又因为∠ADB=2π3，所以S△ABC所以VP−ABC令f(a)=−af'(a)=−3a2−8a+16=−(3a−4)(a+4)=0解得a=−4所以f(a)在[0,43)故当a=43时，正三棱锥的体积VP−ABC故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为1639.（多选）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2(如图所示)，点M为线段CC1(含端点)上的动点，由点A，A.平面α截正方体的截面始终为四边形

B.点M运动过程中，三棱锥A1−AD1M的体积为定值

C.平面α截正方体的截面面积的最大值为4【解析】解：当点M在C点处时，平面α截正方体的截面是等边三角形，A