專題26：立體幾何中的最值問(wèn)題<<<專題綜述>>><<<專題綜述>>>立體幾何主要研究空間中點(diǎn)、線、面之間的位置關(guān)系,與空間圖形有關(guān)的線段、角、距離、面積、體積等最值問(wèn)題常常在近幾年高考中出現(xiàn)，立體幾何中的最值問(wèn)題一般涉及到距離、面積、體積、角度等四個(gè)方面,此類問(wèn)題多以規(guī)則幾何體為載體,涉及到幾何體的結(jié)構(gòu)特征以及空間線面關(guān)系的邏輯推理，空間角與距離的求解等，求此類問(wèn)題一般是直接法和函數(shù)法。<<<專題探究>>><<<專題探究>>>題型一：與線段有關(guān)的最值問(wèn)題題型一：與線段有關(guān)的最值問(wèn)題立體幾何中與線段最值有關(guān)的問(wèn)題，一般都是轉(zhuǎn)化為某一變量的函數(shù)，若是求兩線段和的最值問(wèn)題，往往轉(zhuǎn)化為平面圖形的直線段最短問(wèn)題來(lái)處理.例1在側(cè)棱長(zhǎng)為2，底面邊長(zhǎng)為2的正三棱錐P?ABC中,E,F分別為AB,BC的中點(diǎn),M,N分別為PE和平面PAF上的動(dòng)點(diǎn)，則B【思路點(diǎn)撥】想方設(shè)法把BM+MN【規(guī)范解析】取AC中點(diǎn)H，連接EH交AF于點(diǎn)O，證得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又可證明MN//EO，再把平面POE繞PE旋轉(zhuǎn)，與面PABN’O’是N又可證得∠P因?yàn)镋H=12BC=1,EO=所以PA所以sin∠OPE=12，即所以∠BPN'=45°+30°=75°，可得故答案為：3+1練1如圖，在三棱錐P?ABC中，AB=BC=2，BA⊥BC，PA=PB=PC=2，點(diǎn)M是棱BC上一動(dòng)點(diǎn)，則PM+MA的取值范圍是(

)

A.6+27,4 B.2+2【思路點(diǎn)撥】把側(cè)面PBC沿BC展開(kāi)，使A、B、C、P四點(diǎn)共面，結(jié)合余弦定理可得解．【規(guī)范解析】解：如圖所示，把側(cè)面PBC沿BC展開(kāi)，使A、B、C、P四點(diǎn)共面，

三角形BPC中，cos∠PBC=BC2+BP2?PC22BP·BC

=24?sin∠PBC=144，

因?yàn)锳B=BC=2，BA⊥BC，

所以AC=2，

當(dāng)M與C重合時(shí)，PM+MA=2+2=4，

當(dāng)M與B重合時(shí)，PM+MA=2+2<4，

連接AP交BC于M1，

由兩點(diǎn)之間線段最短可知，當(dāng)M位于M1時(shí)，PM+MA最小，

此時(shí)，由余弦定理得：AP=AB2+BP2?2AB?BP?cos∠ABP

=題型二：與面積有關(guān)的最值問(wèn)題題型二：與面積有關(guān)的最值問(wèn)題根據(jù)問(wèn)題分析截面圖形的形狀與幾何體的位置關(guān)系，從性質(zhì)和數(shù)量關(guān)系著手解決問(wèn)題。例2已知長(zhǎng)方體ABCD?A1B1C1D1的高為2，兩個(gè)底面均為邊長(zhǎng)為1的正方形，過(guò)BD1作平面α分別交棱AA【思路點(diǎn)撥】一種方法是由于幾何體的對(duì)稱性,通過(guò)極端情況來(lái)處理;另一種方法求平行四邊形BFD【規(guī)范解析】法一：根據(jù)題意作圖，如圖①所示，過(guò)點(diǎn)F作FH⊥BD1交BD1于H，設(shè)FH因?yàn)殚L(zhǎng)方體對(duì)面平行，所以截面BFD1當(dāng)?取最小值時(shí)四邊形BFD易知?的最小值為直線CC1與直線易知當(dāng)F為CC1的中點(diǎn)時(shí),?取得最小值,?min=故四邊形BFD1E法二(射影面積法)：設(shè)平面BFD1E與底面ABCD過(guò)D1作D1H⊥l交l于H.連接DH，則∠D1根據(jù)射影面積公式SBFD1則當(dāng)cosθ最大時(shí)，SBFD1E最小.當(dāng)又DH最長(zhǎng)為DB=2，所以cosθ最大值為22，因?yàn)镾ABCD=1故答案為：2練2如圖，AC是圓O的直徑，PA與圓O所在的平面垂直且PA=AC=2，B為圓周上不與點(diǎn)A、C重合的動(dòng)點(diǎn)，M、N分別為點(diǎn)A在線段PC、PB上的投影,當(dāng)△AMN的面積最大時(shí)，求二面角A?PC?B的平面角.【思路點(diǎn)撥】由位置關(guān)系知道△AMN為直角三角形，且AM⊥【規(guī)范解析】因?yàn)锳N2+MN又因?yàn)锳N?MN≤AN2當(dāng)且僅當(dāng)AN=MN時(shí)，取得最大值，此時(shí)因?yàn)锳N⊥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即為二面角由△AMN為等腰直角三角形，可得二面角A?PC?B的平面角為π4題型三：題型三：與體積有關(guān)的最值問(wèn)題分析幾何體的形狀，找出底面積與高的關(guān)系，建立體積為某一變量的函數(shù)，再通過(guò)求函數(shù)最值的方法進(jìn)行求解。例3已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l，其各頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是(

)A.[18,814] B.[274,【思路點(diǎn)撥】根據(jù)正棱錐和球的性質(zhì)，建立四棱錐的體積為高?的函數(shù)，進(jìn)而可求范圍.【規(guī)范解析】方法一：設(shè)正四棱錐P?ABCD的高為PO1=h,底面邊長(zhǎng)為由已知易得球半徑為R=3，所以(2因?yàn)?≤l≤33故V=13a2?當(dāng)?=32時(shí),得a=3當(dāng)l=33時(shí),球心在正四棱錐高線上，此時(shí)?22a=3故該正四棱錐體積的取值范圍是274方法二:由方法(1)中知V=23(6求導(dǎo)V'=2(4??)?，所以所以Vmax=V(4)=64故該正四棱錐體積的取值范圍是274練3在△ABC中，AB=5,AC=3,tanA=43，點(diǎn)M，N分別在邊AB，BC移動(dòng)，且MN=BN，沿MN將△BMN折起來(lái)得到棱錐B?AMNC，則該棱錐的體積的最大值是(

)A.16215 B.16315【思路點(diǎn)撥】根據(jù)題意，可得△ABC的具體形狀，可得當(dāng)面MNB⊥面AMNC時(shí)，此時(shí)的點(diǎn)B到底面AMNC的距離最大，設(shè)BM=2x，將四棱錐中底面積和高，都用x表示出來(lái)，整理出體積的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值，可得答案．【規(guī)范解析】解：由tanA=43，得cosA=35，由余弦定理得CB=4，

則△ABC是直角三角形，C為直角，對(duì)MN的任何位置，當(dāng)面MNB⊥面AMNC時(shí)，此時(shí)的點(diǎn)B到底面AMNC的距離最大，此時(shí)∠NMB即為MB與底面AMNC所成的角，

設(shè)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↑

極大值↓故當(dāng)x=263時(shí)，該棱錐的體積最大，為16<<<專題訓(xùn)練>>><<<專題訓(xùn)練>>>1.(2024·浙江省專項(xiàng)測(cè)試)已知四棱錐P?ABCD外接球表面積為S,體積為V,PA⊥平面ABCD,PA=4,∠ABC=2π3，且433≤V，則A.10π≤S B.20π≤S C.103π≤S 【解析】解：以四邊形ABCD的外接圓為底，PA為高，將四棱錐補(bǔ)形為一個(gè)已知球的內(nèi)接圓柱．設(shè)內(nèi)接圓柱的底面半徑為r，外接球的半徑為R，則R2V=13SSABCD所以AB?BC+AD?DC≥4，

在△ABC中運(yùn)用余弦定理與基本不等式得：AC2=A在△ADC中運(yùn)用余弦定理與基本不等式得：3AC上兩式相加得：4AC2≥3(AB?BC+AD?DC)≥12，故有：在△ABC中由正弦定理得：2r=ACsin?因此R2=2故選B．2.如圖，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，點(diǎn)DA.814π,24π B.9π,24π C.24316【解析】解：如下圖所示：因?yàn)椤鰽BC為等腰直角三角形，AC=BC=2，所以△ABC的外接球的截面圓心為AB的中點(diǎn)O1，且A連接O1與A1B1的中點(diǎn)E，則O1設(shè)球心為O，由球的截面性質(zhì)可知，O在O1設(shè)OO1=x，DE=t因?yàn)镺A=OD=R，所以2+x2=所以t2=8x?14，又0≤t≤2因?yàn)镽2=2+x2，所以8116當(dāng)R2=6時(shí)，外接球表面積最大為所以三棱錐D?ABC的外接球表面積的范圍為814故選A．3.某四棱錐的底面為正方形，頂點(diǎn)在底面的射影為正方形中心，該四棱錐內(nèi)有一個(gè)半徑為1的球，則該四棱錐的表面積最小值是(

)A.16 B.8 C.32 D.24【解析】解：某四棱錐的底面為正方形，頂點(diǎn)在底面的射影為正方形中心，故該四棱錐為正四棱錐體；當(dāng)半徑為1的球與四棱錐體相內(nèi)切時(shí)，四棱錐的表面積最??；設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2a，四棱錐體的高為?，四棱錐體的表面積為S，所以利用等體積轉(zhuǎn)換法，V=1整理得a?(??1)=a2+?2所以四棱錐的體積V=13×4設(shè)t=??2，可得?=t+2，所以S=4(t+2當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即?=4時(shí)，四棱錐的表面積的最小值為32．故選C．4.(多選)已知AC為圓錐SO底面圓O的直徑(S為頂點(diǎn)，O為圓心)，點(diǎn)B為圓O上異于A,C的動(dòng)點(diǎn)，SO=1,OC=3，研究發(fā)現(xiàn)：當(dāng)平面α不過(guò)圓錐的頂點(diǎn)時(shí)，平面α和直線SO所成的角為θ,∠ASO=β，該圓錐側(cè)面與平面α的交線為曲線C.當(dāng)θ=π2時(shí)，曲線C為圓；當(dāng)β<θ<π2時(shí)，曲線C為橢圓；當(dāng)θ=β時(shí)，曲線C為拋物線；當(dāng)θ<β時(shí)，曲線CA.過(guò)該圓錐頂點(diǎn)S的平面截此圓錐所得截面面積的最大值為2

B.∠SAB的取值范圍為π6,π3

C.若AB=BC,E為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，則(SE+CE)min=【解析】解：對(duì)選項(xiàng)A：如圖1，設(shè)截面為SMN,Q為MN中點(diǎn)，連接OQ,SQ，

設(shè)MN=2a,a∈0,3,

則OQ⊥MN，OQ=3?QN2=3?a2，

則SQ=對(duì)選項(xiàng)B：如圖2，?SAB中，SA=SB=2,0<AB<23，

則當(dāng)AB=2時(shí)，∠SAB=π對(duì)選項(xiàng)C：如圖3，?ABC為等腰直角三角形，AB=BC=6，

將?SAB放平得到?S1AB，當(dāng)S1,E,C三點(diǎn)共線時(shí)SE+CE最小，

取點(diǎn)F此時(shí)S1C=BS對(duì)選項(xiàng)D：由sin2θ=2sinθcosθ=2sinθcos所以∠ASO>θ，從而該圓錐側(cè)面與平面α的交線必為雙曲線的一部分，D正確．故選：ACD．5.(2024·江蘇省模擬·多選)傳說(shuō)古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的墓碑上刻著一個(gè)圓柱，圓柱內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，這個(gè)球的直徑恰好與圓柱的高相等.“圓柱容球”是阿基米德最為得意的發(fā)現(xiàn);如圖是一個(gè)圓柱容球，O1,O2為圓柱上下底面的圓心，O為球心，EF為底面圓O1的一條直徑,若球的半徑r=2,A.球與圓柱的表面積之比為1:2B.平面DEF截得球的截面面積最小值為16C.四面體CDEF的體積的取值范圍為(0,D.若P為球面和圓柱側(cè)面的交線上一點(diǎn)，則PE+PF的取值范圍為[2+2【解析】解：對(duì)于A選項(xiàng),球的表面積為4πr2,圓柱的表面積為2πr2+2πr?2r=6πr對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)O到平面DEF的距離最大時(shí)，平面DEF截得球的截面面積最小，注意到平面DEF繞著DO1旋轉(zhuǎn)，因此O到平面DEF的距離最大值即為O到直線作OH⊥DO1于H，在△DOO1中，DO=22，O則S=12D因此平面DEF截得球的截面圓半徑的最小值為r2則此時(shí)截面圓的面積為165π，故B對(duì)于C選項(xiàng)，過(guò)C作CK//DO1交AB于K，則VC?DEF=對(duì)于D選項(xiàng)，依題意，P注意到PE,PF≥2，因此4≤PE2≤12即PE+PF∈[2+25,4

6.如圖，在正三棱錐D?ABC中，側(cè)棱AD=3+1，∠BDC=30°，過(guò)點(diǎn)A作與棱DB，DC均相交的截面AEF.則△AEF周長(zhǎng)的最小值為

，記此時(shí)△AEF的面積為S，則S2【解析】解：把正三棱錐D?ABC的側(cè)面展開(kāi)，兩點(diǎn)間的連接線AA1是截面周長(zhǎng)的最小值．

正三棱錐D?ABC中，∠BDC=30°，所以AD⊥A1D，AD=3+1，

所以AA1=6+2，故△AEF周長(zhǎng)的最小值為6+2．

又A1E7.在直三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1=2，AB=3，平面α經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，且滿足直線AA1與平面α所成的角為30°【解析】解：因?yàn)锳1H⊥平面α，連接AH，AH?平面α，則A1H⊥AH，故H在以又AA1與平面α所成的角為所以∠HAA1=30°，過(guò)H作H則易得HA1=1，HA=3，HO點(diǎn)H在圓錐AO1的底面圓周上，其軌跡是以O(shè)1在△ABH中，AB=HA=3，又易得60由余弦定理，得BH即BH∈[3故答案為：[38.(2024·浙江省市模擬)已知正三棱錐的各頂點(diǎn)都在表面積為64π球面上，正三棱錐體積最大時(shí)該正三棱錐的高為

．【解析】解：因?yàn)镾球=4πR設(shè)D為△ABC的中心，則PD⊥平面ABC，當(dāng)PD的長(zhǎng)小于4時(shí)，VP?ABC=當(dāng)PD的長(zhǎng)大于或等于4時(shí)，正三棱錐如圖所示，設(shè)外接球圓心為O，設(shè)OD=a(0≤a<4)，所以O(shè)P=OA=4，AD=O又因?yàn)椤螦DB=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)故當(dāng)a=43時(shí)，正三棱錐的體積VP?ABC故正三棱錐體積最大時(shí)該正三棱錐的高為1639.（多選）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2(如圖所示)，點(diǎn)M為線段CC1(含端點(diǎn))上的動(dòng)點(diǎn)，由點(diǎn)A，A.平面α截正方體的截面始終為四邊形

B.點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，三棱錐A1?AD1M的體積為定值

C.平面α截正方體的截面面積的最大值為4【解析】解：當(dāng)點(diǎn)M在C點(diǎn)處時(shí)，平面α截正方體的截面是等邊三角形，A