專題26立體幾何中的最值問(wèn)題答案解析【專題探究】例1【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【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

=例2【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【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例3【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【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16615【專題訓(xùn)練】1.【解析】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.【解析】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.【解析】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)，四棱錐的表面積最小；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.【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.【解析】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.【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.【解析】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=所以H在如圖2所示：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.【解析】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.【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選項(xiàng)錯(cuò)誤；

點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)M到平面A1AD1的距離為定值，且ΔA1AD1的面積是定值，

所以三棱錐A1?AD1M，即三棱錐M?A1AD1的體積為定值，B選項(xiàng)正確；

當(dāng)M在點(diǎn)C1時(shí)，平面α截正方體的截面是矩形，此時(shí)截面面積為4