2021届跳出题海之高中数学必做100题67立体几何中的最值问题 （解析版）

2021届跳出题海之高中数学必做100题

第67题立体几何中的最值问题

题源探究•黄金母题

如图，圆形纸片的圆心为O,半径为5cm,该纸片上的等边三角形ABC的中心为0.0、E、尸为圆。上的

点,4DBC,AECA,AE4B分别是以8C,CA,A8为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以8C,

CA,A3为折痕折起△Q3C,hECA,4FAB,使得。、E、尸重合，得到三棱锥.当A48C的边长变化时,

所得三棱锥体积（单位：cn?）的最大值为.

【答案】4汨【试题来源】2017课标全国高考卷1理16

【解析】如下图，设正三角形的边长为X,【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

贝!|OG='x且FG=SG=5-—x,

3266决，本题解决的关键是设好未

知量，利用图形特征表示出三

2

5旦2

22

SO=h=^SG-GO=棱锥体积.当体积中的变量最

6XT

高次是

.•・三棱锥的体积

。—冬5令

X4M5.qL在【思路方法】立体几何是的最值问题通常

V=-35由WBC-/2=-34—

312

有三种思考方向：（1）根据几何体的结

"(x)=5x4-^-x5

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

则〃'(尢)=20x3__，令〃'(x)=0，4/一金=0,x=4y[3,

直观求解；（3）建立函数，通过求函数

匕「备x48xg=4#・的最值来求解.

考场精彩•真题回放

[202()年全国HI卷】已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为

【答案】立万【命题意图】考察空间想象能力及推理论

3

证和计算能力，函数思想和转化思想。

【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时

【考试方向】这类试题在考查题型上，通

的轴截面如图所示，

常基本以选择填题为主，难度中等偏难.

其中且点仞为边上的中点，

8c=2,A8=AC=3,8c【学科素养】数学运算、直观想象

设内切圆的圆心为。，【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。

由于AM—\/32—I2=2-\/2,故S/XABC=万x2x2夜='

设内切圆半径为乙贝!I：

S&ABC=XAOB+SgOC+^AAOC

=—xABxr+—xBCx/-+—xACxr

222

=gx(3+3+2)xr=2VI,

解得：r=^->其体积：V-—itr'-n-

233

故答案为：事.

3

三.理论基础•解题原理

考点一与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题

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.

四.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。

考向1求线段与周长的最值

正方体ABCZ)-A4GR的棱长为LM、N分别在线段4G与上，求【温馨提醒】

的最小值.

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.

【答案】1

【解析】

【解析】方法一（定义转化法）因为直线4G与8。是异面直线，所以当是两f

取得最小值.

取4G的中点产,BD的中点。.则线段PQ就是两异面直线4G与BD的共垂线

在矩形8DA4中，PQ为中位线，所以PQ//BB],又因为平面ABCD,

所以PQ_L平面4BCD,又因为三平面所以PQ_L8。.

同理可证PQ,40,而PQBD=Q,PQA£=P,

所以线段PQ就是两异面直线AG与BD的共垂线段，且PQ=1.

由异面直线公垂线段的定义可得MN>PQ=l,故MN的最小值为1.

方法二：（参数法）如图，取4G的中点尸，3。的中点。贝J线段PQ就是两异国

线段.由正方体的棱长为1可得产。=L

连结dC,则KC〃4G，所以NB0C为两异面直线4G与8。所成角.

在正方形ABCD中，AC±BD,所以ABQC=90°.

过点Af作垂足为E,连结AH,^WfHUPQ,且R*PQ=1

设尸M=m,QV=f，贝|」叫=冽.

在Rt^QNH中，HN1=QN1+QH1=n1+m1,

在RtSMHN中，MN2=MH】+HN2=l2+n2+w2.

显然，当"="=0时，MA'取得最小值1,即A/N的最小值为1.

方法三：（向量法）如图，以D为坐标原点，分别以射线D4、DC、DR为x、

标系.设DN=m,/AT=n.

/T/T

=・

则N（mcos4S;wsin45s0）,即N（^~见见0）;

3/（1-ncos45\nsin45\l）,即M（l-—n,—n.T）.

22

222

所以AfV，=[2LlWj-（i-2^w）]W-^LZ.W）+1*=（疝+n）-及（m+H,

2222

=（m-坐），+（〃+1，

故当机=〃="时，MN?取得最小值1,即MN的最小值为1.

2

考向2求表面积与体积的最值

【温馨提醒】对立体几

如图所示，四边形ABC。是边长为2的菱形，且NBA。=60°,四边形ABEF是

何的最值问题，一般

正方形，平面ABCDI平面ABEF，点G,”分别为边CD,ZM的中点，点M是

可以从两方面着手：

线段8E上一动点.

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

(1)求证：GH1DM.函数的最值.解题途

径很多，在函数建成

(2)求三棱锥。-MG”的体积的最大值.

后，可用一次函数的

【答案】见解析端点法、二次数的配

方法、公式法、有界

【解析】

函数界值法(如三角

解析：(D连接，C3D交于点。，在正方形且BE5中，BE-且3,又因为平函数等)及高阶函数

且平面JBCDD平面ABEF=AB,则BE，平面,4BCD，又NCu平面的拐点导数法等•

菱形,45c。中，AC±BD,又BDC\BE=B,于是MCL平面ADE,又DM

AC±DM,又点分别为边CO,0幺的中点，所以XC//GH,故GHLL

(2)在菱形ABCO中，ZBAD=60°,于是N4Z)C=120°,所以

1/?

=-xDGxDHxsinZADC=—,由(1)知BEL平面ABCO,于是

24

VD-MGH=VM_0GH=1"0cHxBM$BM,要求三棱锥D-MGH的体积的

最大值，只需求出线段的最大值，又点M是线段8E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。一例G”的体积的最大值

考向3求角的最值

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【温馨提醒】

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cos6

的最大值为一.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

2直角，此时余弦值为0

【答案】y

（最小），当M点向左

【解析】

,,移动时，EM与AF所成

建立坐标系如图所示.设/=1,则，*=（《,0）上邑0,0）.设1X0”W,…ri...

22角逐渐变小，点M到达

由于异面直线所成角的范围为（。，三］,所以Q点时，角最小，从而

余弦值最大.

二+L

22'r2(1-y),8y+l、

cos6=[-r===]12=1-7^—令8oy+

J4/+54炉+5

8y+l16之（，当r=l时取等号.所以

4/+5,+冬一2

2(1-v),1-2-

-----,-----X"r—：,当＞'=0时，取得看

#------+5##

五.限时训练*提升素养

1.（2020•浙江）已知四棱锥P-A8。,底面是边长为2的正方形，△PAO是以AD为斜边的等腰直角三

角形，AB_L平面P4。，点E是线段上的动点（不含端点），若线A3段上存在点产（不含端点），使得

异面直线PA与£尸成30。的角，则线段PE长的取值范围是（）

【答案】B

【详解】

由△PAD是以AO为斜边的等腰直角三角形，48，平面尸4。，取AO中点G,建立如图空间直角坐标

系，

依题意G(0,0,0),A(l,0,0),£>(—l,0,0),8(l,2,0),P(0,0,l),设尸(l,y,O),,设

DE=x£)P=x(l,0,l)=(x,0,x),0<x<l,故£"(x—l,0,x),EF=(2-x,y.—x)

又口4=。,0,—1）,异面直线PA与EF成30。的角，t^\PA-EF卜网网cos30。,

即2=板＞42_力2+丁+晨孚即丁一（if22।

+—,0<x<1,故0,-I,又。vyv2,

3

故y旬o,

故选：B.

2.（2020・浙江）在三棱锥A—BCD中，0是边长为行的等边三角形，ZBAC=\二面角

4一8。一。的大小为6,且cos6=述，则三棱锥A—BCD体积的最大值为（）

3

RGD.正

D,--------c

8-i6

【答案】B

【详解】

设AB=x,AC=y,NBAC=。，

由余弦定理得：BC2=xl+y2-2xycos^-=x2+y2-xy..2xy-xy=xy,

当且仅当*=y时取等号，

,CBC=5/3>,,,孙”3,

过A作AO,平面BCO,作AELBC,连接OE,

X—BCAE--xysin—,/.AE=—xy,

2232

易知，NAEO为二面角A-BC-。的平面角，大小为。，

AO=AEsin6=g^l-(^-)2xy=［初,g'

.v1c，n1^3.1_y/3

一VA-BCD=~SBCDXA0»qX-yX3x；=-y.

3J4Zo

即三棱锥A-BCD体积的最大值为且.

8

故选：B

A

B

E

3.(2020•重庆市)如图在正方体ABC。一中，点。为线段6。的中点.设点尸在线段CG上，直

线OP与平面A3。所成的角为。，则sina的取值范围是（）

B.停』]

【答案】B

【详解】

设正方体的棱长为1,则AG=J2，AC=J^，AO=OG=，I+；=J|,OC=J；，所以

33c31。

—'-----215—+——3巧F7

cos/A0C}=——与—=—,sinNA0C1=------,cosOC=------尸-=---—,sin/AOC=—.

2x|332x西33

22

又直线与平面所成的角小于等于90，而幺0。为钝角，所以sina的范围为[乎,1],选B.

4.（2020•北京期中）在正方体ABC。一A4GA中，点P是侧面4GCB内（不包含边界）的一个动点,

且APLD]B,点、H在棱RD上运动，则二面角H-AC-P的余弦值的取值范围是

r里安i&1

【答案】一~—

33

【详解】

连接AC,8。交于点。，连接Ag,CBt,如图,

在正方体ABC。一44GA中，ACJ■平面所以同理

所以8。，平面ABC，所以点尸在线段耳。上（不含端点）,

所以平面AC尸即为平面AB。,

连接80,HO,HA,HC,

则用。_LAC,HOLAC,所以NB0”即为二面角H—AC—尸的平面角,

当H与点。重合时，NBQH最小,连接

设正方体ABCD-ABCR的棱长为1,则R4=0,DQ=B0=与,

所以.。展叫瑞浮

3

当”与点。重:合时，NBQH最大,

也

RC

cosZB^OD--cos/BQB=------2

OB13

2

_V|「

所以：面角H-AC-P的余弦值的取值范围是

_71[

故答案为:一'

5.（2020•江西二模）设点M是棱长为2的正方体A88—44GA的棱4。的中点，点P在面所

在的平面内，若平面RPM分别与平面ABCO和平面所成的锐二面角相等，则点P与点G间的

距离的最小值为

【答案］竽.

【详解】

解：设P在平面ABCD上的射影为P',M在平面BB£C上的射影为M',平面与平面ABCD和

平面BCCE成的锐二面角分别为a,p,

则cosa=2^jcos/?=^^

S△队PMS^D]PM

•「COSOC=COSB,/.S^DPM=S八PMQ，

设P到GM'距离为d,则LxGxd=』xlx2,d=-

225

即点尸在与直线GM'平行且与直线距离为2叵的直线上，/＞到G的最短距离为d=2叵.

55

故答案为：竽.

6.（2020.安徽）已知三棱锥产一ABC的顶点P在底面的射影。为ABC的垂心，若S△他c•S^osc=S^mc,

且三棱锥P-A3C的外接球半径为3,则52他+5“蛇+5”4。的最大值为.

【答案】18

【详解】

连4。交BC于。，顶点尸在底面的射影。为ABC的垂心，

ADLBC,乂PO_L平面ABC,r.

POAQ=O,平面如O,BC_LPA8C_LP。，

同理可证PC±AB,PBLAC,

Anpn

由54而.S.=S*BC，得AZ).°。=尸7Z>,—=—,

Z_s/ioCZ_X(ZDCZAr75CPDOD

ZPDO=/PDA,：./\PODAAPD,ZAPD=APOD=90°,

..小，尸£>,又PA,6cBePO=£>,.•.PA_L平面PBC,

PAVPB,PALPC,乂PCJ.AB,PAAB=A,；.PC1•平面PA8,

PC_LPB,PA,PA,PC两两互相垂直，

•••三棱锥P-ABC的外接球为PA,PB,PC为棱的长方体的外接球，

又三棱锥P-ABC的外接球半径为3,

PA2+PB2+PC2=(2x3)2=36,

S

/.Lsrnn+Sw+^LPAC^^r-2PAPB+-2PBPC+-2PCPA

,(PA2+PB2)+(PB2+PC2)+(PC2+PA2),。

<---------------------------------------------------=18，

4

当且仅当Q4=PB=PC=2石时，等号成立.

故答案为：18.

7.[2016高考浙江】如图，已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=l,AO=逐，ZADC=90°.沿直线

AC将△ACO翻折成△ACD’,直线ac与BD'所成角的余弦的最大值是.

【解析】分析：设直线AC与8。'所成角为e.

设。是AC中点，由已知得AC=",如图，以。8为X轴，OA为y轴，过。与平面ABC垂直的直线

A(0,^^,0),

为z轴，建立空间直角坐标系，由,0,0),C(0,--,0),作O”_LAC于”，翻

2

折过程中，始终与AC垂直,CH=空二=也

C4V66

则。”等它噤呼,

因此可设。'（叵cosa,-如，叵sina）,

636

制吃,回回卡国.、

贝=(-----coscr--------,------,-----sina),

6236

Ull1

与CA平行的单位向量为n=(0,1,0),

uuurr

IuuirrIBD'n

所以cos6=cos<BD\n>\=

町uuir〃||口

3

-z所以cosa=l时,

V9-5cosa

cos。取最大值直

9

8.12014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夜(B)6.(C)672(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。-ABC,且A5=8C=4,

,DB=DC=20。4=〃4夜）2+4=6,故最长的棱长为6,选B.

9.（2020•浙江西）在四棱锥P—ABC。中，AD//BC,BC1CD,ZABC=120°,AD=4，BC=3,

AB=2,CD=6CE，AP±ED.

(1)求证：PEA；

(2)已知点F为A8中点，点P在底面ABC。上的射影为点Q,直线AP与平面ABC。所成角的余弦值

为且，当三棱锥P-QOE的体积最大时，求异面直线PB与Q77所成角的余弦值.

3

【答案】(1)证明见解析；(2)立.

14

【详解】

(1)证明：AD//BC,BCVCD,NABC=120。，旬=4,BC=3,AB=2,

CD=722-(4-3)2=A/3.又CD=6CE，：.CE=l,CD=5BE=2,

由余弦定理得AE=y/BE2+AB2-2BEBCOS1200=,2?+2?-2x2x2x(=2旧,

又DE=y/CD2+CE2=J(扬2+]2=2,

：.DE2+AE2=AD2，/•AD±DE,

•：APYDE,又APAE=A,AP,AEu平面APE,

:.£>E_L平面APE.

(2)由(1)DEJL平面APE.DEu平面ABC。，

平面ABCD±平面PAE,Q点在AE上，ZPAQ为直线AP与平面ABCD所成的角,

cos/PAQ=^=走，

AP3

设AQ=x(0<x<2>/3)>则PQ=VIr，QE=26-x，

S&QDE=2*2x(2,^3-x)=25/3—x,

丫9=*。S迹=-序》后=一日「加+屋"当口仅J石时等号成立,

则当/々DE最大时，AQ=G，，Q为AE中点，

,.•/为A3中点，.\园//BC,

；.4BE为异面直线PB