内容正文:
专题07立体几何中的范围与最值问题
【考点预测】
动态立体几何问题指的是求由点、线、面的变化引起的相关变量的取值范围或最值问题。根据变化起因大致可分为以下三类:一是移动;二是翻折;三是旋转。根据所求变量可分为:一是求相关线、面、体的测度;二是求相关角度与距离的范围。动态立体几何问题需要极高的空间想像能力与化归处理能力。
【典型例题】
例1.(2022·湖南师大附中高一期中)如图,直三棱柱的底面为直角三角形,,,,P是上一动点,则的最小值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
将与同时展平形成一个四边形,对角线即为所求得答案,利用勾股定理和余弦定理求出答案.
【详解】
连接,
将与同时展平形成一个四边形,如图,
则此时对角线达到最小,
在等腰直角三角形中,,,
在中,,,,所以,即,
对于展开形成的四边形,在中,,,,
由余弦定理有.
故选:A.
例2.(2022·全国·高一单元测试)已知三棱锥的四个顶点在球的球面上,,是边长为的正三角形,三棱锥的体积为,为的中点,则过点的平面截球所得截面面积的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意先求出,再由三棱锥的体积为,得到高,再利用正三棱锥可看作正方体的一角,正方体的外接球与三棱锥的外接球相同,
求出外接球的半径,球的最大截面圆为过球心的圆.当垂直于过的截面时,截面圆半径最小,求出此时半径即可求出相应的面积.
即可求出过点的平面截球所得截面面积的取值范围.
【详解】
设在底面上的射影为,因为,所以为的中心,由题可知,,由,解得
在正中,可得.从而直角在中解得.
进而可得,,,因此正三棱锥可看作正方体的一角,
正方体的外接球与三棱锥的外接球相同,正方体对角线的中点为球心.
记外接球半径为,则,因为球的最大截面圆为过球心的圆,
所以过的平面截球所得截面的面积最大为;
又为中点,由正方体结构特征可得
由球的结构特征可知,当垂直于过的截面时,
截面圆半径最小为所以.
因此,过的平面截球所得截面的面积范围为.
故选:A.
(多选题)例3.(2022·福建龙岩·高一期中)正方体的棱长为4,动点P,Q分别在棱BC,上,将过点A,P,Q的平面截该正方体所得的截面记为S,设BP=x,CQ=y,其中,下列命题正确的是( )
A.当x=y=2时,S的面积为9
B.当x+y=4,时,S为等腰梯形
C.当x=0时,S为矩形,其面积最大值为
D.当y=4时,以为顶点,S为底面的棱锥的体积为定值
【答案】BCD
【解析】
【分析】
由题意可知当,变化时,为不同的图形,故可根据题意逐一判断即可.
【详解】
对于A,当,时,为的中位线,,,,为等腰梯形,过作于,如图,
,,,,,
,故A不正确;
对于B, 当,时,,即,
,,为等腰梯形,故B正确;
对于C,当时,点与点重合,,如图,
此时为矩形,当点与点重合时,的面积最大,,故C正确;
对于D, 当y=4时,以为顶点, 为底面的棱锥为
当时,以为定点,为底面的棱锥为,如图,
,故D正确.
故选:BCD
例4.(2022·山东菏泽·高一期中)在一个正方形内有一个小正方形ABCD和四个全等的等边三角形(如图1).将四个等边三角形折起来,使、、、重合于点P,且折叠后的四棱锥(如图2)的外接球的表面积是,则四棱锥的侧棱PA的长为______;若在四棱锥内放一个正方体,使正方体可以在四棱锥内任意转动,则该正方体棱长的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
确定四棱锥P-ABCD的外接球球心的位置,进而根据外接球表面积求得正四棱锥棱长;先求得四棱锥P-ABCD的内切球的半径,那么在四棱锥P-ABCD内放一个正方体的体对角线不超过内切球直径时,便可以在四棱锥内部任意转动,由此可求得答案.
【详解】
连接AC,BD交于点O,
则易得是等腰直角三角形,
则O是正四棱锥外接球的球心,正四棱锥的所有棱都相等,设其为x,
则外接球的半径是OA=,
所以,,即,
因此,
故四棱锥P-ABCD的体积.
设四棱锥P-ABCD的内切球半径为R,
四棱锥的表面积:,
所以四棱锥的体积,
则 ,
在四棱锥P-ABCD内放一个正方体的体对角线不超过内切球直径时,便可以在四棱锥内部任意转动,设放入四棱锥S-ABCD内部的小正方体棱长为a,
则,故,
故a最大为,
故答案为:,.
例5.(2022·湖南师大附中高一期中)在棱长为的正方体空盒内,有四个半径为的小球在盒底四角,分别与正方体底面处交于某一顶点的三个面相切,另有一个半径为的大球放在四个小球之上,与四个小球相切,并与正方体盒盖相切,无论怎样翻转盒子,五球相切不松动,则小球半径的最大值为________;大球体