微专题集训72 立体几何与最值问题-【高考领航】2025年高考数学一轮复习微专题速练

微专题集训72　立体几何与最值问题 一、单项选择题 1.(2024·武汉市调研)某车间需要对一个圆柱体工件进行加工，该工件底面圆半径为15 cm，高为10 cm，加工方法为在底面圆中心处打一个半径为r cm且和原工件有相同轴的圆柱体通孔，如图所示．若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为(　　) A． B． C．4 D．5 2.已知正四面体ABCD，点M为棱AB上一个动点，点N为棱CD上靠近点C的三等分点，记直线MN与BC所成的角为θ，则sin θ的最小值为(　　) A． B． C． D． 3.如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为6，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥，则当△ABC的边长变化时，三棱锥的表面积S的取值范围是(　　) A．(0，36π) B．(0，27) C．(0，45－9) D．(0，54) 4．(2024·温州市第一次适应性考试)在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面BCD，∠ABD＋∠CBD＝，BD＝BC＝2，则三棱锥A-BCD外接球表面积的最小值为(　　) A．(2－2)π B．(2－1)π C．(2＋1)π D．(2＋2)π 二、多项选择题 5.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是(　　) A．直三棱柱的侧面积是4＋2 B．直三棱柱的体积是 C．三棱锥E-AA1O的体积为定值 D．AE＋EC1的最小值为2 6．(2024·合肥市质检)已知圆锥SO(O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线长为，高为.若P，Q为底面圆周上任意两点，则下列结论正确的是(　　) A．三角形SPQ面积的最大值为2 B．三棱锥O-SPQ体积的最大值为 C．四面体SOPQ外接球表面积的最小值为11π D．直线SP与平面SOQ所成角的余弦值的最小值为 三、填空题 7．三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，且三棱柱的侧面积为3.若该三棱柱的顶点都在同一个球O的表面上，则球O的表面积的最小值为________． 8．如图①，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，F，G分别为线段BE，BC上一点，AE＝1，BC＝BE＝3，且FG∥CE.将△BFG沿FG折起，使得点B到达点M的位置，且平面MFG⊥平面ADCGF，连接MA，MC，MD，如图②，则五棱锥M-ADCGF体积的最大值为________． 　　 图①　　　　　　　图② 9．(2023·苏州模拟)正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点M，N分别是棱BC，CC1的中点，动点P在正方形ADD1A1(包括边界)内运动，且BP∥平面AMN，则PA1的长度的取值范围为________． 10．(2024·浙江强基联盟月考)如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BD，CD⊥BD，∠BAD＝，∠BCD＝，且CD＝1，将△ABD沿BD所在直线翻折，得到三棱锥A-BCD，已知该三棱锥的顶点均在球O的表面上，则球O体积的最小值为________． 四、解答题 11.(2024·湘豫名校联考诊断)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA＝PD，PA⊥PD，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，E为AB上的动点(与A，B两点不重合)． (1)判断平面PAE与平面PDE是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由； (2)若AB＝AD＝2，试求二面角D-PE-C的余弦值的绝对值的取值范围． 12.(2023·江苏泰州模拟)如图，在三棱台ABC-A1B1C1中，底面△ABC是等腰三角形，且BC＝8，AB＝AC＝5，O为BC的中点．侧面BCC1B1为等腰梯形，且B1C1＝CC1＝4，M为B1C1的中点． (1)证明：平面ABC⊥平面AOM； (2)记二面角A-BC-B1的大小为θ，当θ∈[，]时，求直线BB1与平面AA1C1C所成角的正弦值的最大值． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 微专题集训72　立体几何与最值问题 1．D　2.A 3．D　设三棱锥底面边长为a，则0<a<6.如图所示，连接OD交BC于点G，则OD＝6，OG＝a，DG＝6－a，故三棱锥的底面积为a2，侧面积为3×a×(6－a)＝9a－a2.因而表面积为S＝9a，故0<S<54. 4.D　如图，设∠ABD＝α，∠CBD＝β，则α＋β＝.在△BCD中，由余弦定理可得CD2＝BD2＋BC2－2BC·BD·cos β＝8－8cos β.设△BCD的外接圆圆心为O1，三棱锥外接球球心为O，连接OO1，O1D，OD，由正弦定理可知△BCD的外接圆半径r满足r2＝＝O1D2＝＝.OO1＝AD＝BDtan α＝tan α，外接球的半径R＝OD，所以在△OO1D中，R2＝r2＋OO＝＋tan2α＝－1. 令t＝3－2sin α，则t∈(1，3)，sin α＝，所以R2＝－1＝－1，由＋≥，当且仅当t＝∈(1，3)时取等号，所以R2≥－1＝. 所以三棱锥A-BCD外接球的表面积S＝4πR2≥(2＋2)π.故选D. 5.ACD　在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋×2＝4＋2，故A正确；直三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝×1×1×2＝1，故B不正确；如图所示，由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E-AA1O的高为定值，S△AA1O＝××2＝，所以V三棱锥E-AA1O＝××＝，故C正确；设BE＝x∈[0，2]，则B1E＝2－x，在Rt△ABE和Rt△EB1C1中，AE＋EC1＝＋.由其几何意义，即平面内动点(x，1)与两定点(0，0)，(2，0)距离和的最小值，由对称可知，当E为BB1的中点时，AE＋EC1取得最小值，其最小值为＋＝2，故D正确． 6．BD　如图1所示，由题意可知，SP＝，SO＝，所以OP＝2，所以tan∠OSP＝＝>1，所以∠OSP>，则圆锥SO的轴截面上的两条母线的夹角大于，所以当∠PSQ＝时，三角形SPQ的面积最大，且最大值为××＝，所以选项A错误． 设∠POQ＝α，则VO-SPQ＝VS-OPQ＝××22sin α×＝sin α≤，当且仅当∠POQ＝α＝，即OP⊥OQ时等号成立，即三棱锥O-SPQ体积的最大值为，所以选项B正确． 　 图1　　　　　　　图2 如图2所示，取△OPQ的外心为O1，过点O1作O1O2⊥平面OPQ，所以O1O2∥SO.截取O1O2＝SO＝，取O1O2的中点M. 则点M为四面体SOPQ外接球的球心．连接OO1，OM，设OO1＝r，∠OPQ＝θ，0<θ<，则2r＝，即r＝>1，设四面体SOPQ外接球的半径为R，则R2＝OM2＝O1M2＋O1O2＝()2＋r2>＋1＝，所以外接球的表面积S＝4πR2>4π×＝7π，所以四面体SOPQ外接球的表面积没有最小值，所以选项C错误． 过点P作PH⊥OQ，垂足为H，连接SH(图略)，因为PH⊥SO，SO∩OQ＝O，所以PH⊥平面SOQ，则∠PSH为直线SP与平面SOQ所成的角，所以PH＝POsin α＝2sin α(∠POQ＝α)，所以sin∠PSH＝＝≤＝，所以cos∠PSH＝≥ ＝，当且仅当α＝时等号成立，所以直线SP与平面SOQ所成角的余弦值的最小值为，所以选项D正确．故选BD. 7．解析：如图，∵三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，∴设A1C1＝a，BB1＝h，∴三棱柱的侧面积为3a·h＝3，∴ah＝.又球O的半径R＝≥＝1， 当且仅当＝，且ah＝，即a＝，h＝时，等号成立，∴球O的表面积S＝4πR2≥4π. 答案：4π 8．解析：由题意知，△BCE为等腰直角三角形，∵FG∥CE，∴△BCE∽△BGF，∴BF＝BG. 设BF＝x(0<x<3)，则BG＝x.取FG的中点H，连接MH，则MH⊥FG，∵平面MFG⊥平面ADCGF，平面MFG∩平面ADCGF＝FG，MH⊂平面MFG，∴MH⊥平面ADCGF.∵BF＝BG＝x(0<x<3)，MF⊥MG，∴MH＝x，则五棱锥M-ADCGF的体积V(x)＝×(3×4－x2)×x＝(12x－x3)，∴V′(x)＝(12－x2)．当0<x<2时，V′(x)>0；当2<x<3时，V′(x)<0.即V(x)在(0，2)上单调递增，在(2，3)上单调递减，∴V(x)max＝V(2)＝×(24－8)＝. 答案： 9．解析：如图所示，连接BC1，分别取AA1，A1D1的中点为E，F，连接EF，EC1，FC1，BE，AD1，则AD1∥EF， 因为AD1∥BC1，所以BC1∥EF， 因为点M，N分别是棱BC，CC1的中点， 所以MN∥BC1，AE∥C1N，AE＝C1N，所以四边形AEC1N为平行四边形，所以AN∥EC1， 因为AN，MN⊂平面AMN，EC1，BC1⊄平面AMN， 所以EC1∥平面AMN，BC1∥平面AMN，因为EC1∩BC1＝C1， 所以平面BEC1∥平面AMN， 因为BC1∥EF，所以平面BEC1∩平面ADD1A1＝EF， 因为动点P在正方形ADD1A1(包括边界)内运动，且BP∥平面AMN，所以点P的轨迹为EF， 所以PA1的最大值为A1E＝AA1＝， 最小值为点A1到EF的距离，为EF＝×＝， 所以PA1的长度的取值范围为[，]． 答案：[，] 10．解析：如图①，取AD，BC的中点分别为O1，O2，则O1，O2分别是△ABD，△BCD的外心，取BD的中点为M，连接O1M，O2M，易知O1M⊥BD，O2M⊥BD， 　 ①　　　　　　　　② 如图②，连接O1O2，在翻折过程中BD⊥平面O1MO2.翻折后，分别过O1，O2作平面ABD，平面BCD的垂线，交于点O，即球心，连接OM，OD，因为OM⊂平面O1MO2，所以BD⊥OM，则半径OD＝＝ ，故要求半径的最小值，只要求OM2的最小值．在平面OO1MO2中，OM2＝O1M2＋O1O2＝＋O1O2，转化为求O1O2的最小值．在O1M绕点M旋转的过程中，易知当O与O1重合时，OM2最小为，从而半径的最小值为1，故球O体积的最小值为π. 答案：π 11．解：(1)平面PAE⊥平面PDE.证明如下： ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD. ∵PD⊂平面PAD，∵AB⊥PD. 又PA⊥PD，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAE，∴PD⊥平面PAE. ∵PD⊂平面PDE，∴平面PAE⊥平面PDE. (2)设AD，BC的中点分别为O，F，连接PO，OF. ∵PA＝PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD. ∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD. 由(1)知AB⊥平面PAD，又OF∥AB，∴OF⊥平面PAD. 以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． ∵PA⊥PD，PA＝PD，AB＝AD＝2，∴PA＝PD＝，PO＝1， ∴D(－1，0，0)，P(0，0，1)，C(－1，2，0)． 设E(1，t，0)(0<t<2)， 则＝(1，0，1)，＝(1，t, －1)，＝(1，－2，1)． 设平面PDE的法向量n＝(x，y，z)， 则令x＝1，解得y＝－，z＝－1， ∴n＝(1，－，－1)． 设平面PCE的法向量m＝(a，b，c)， 则令a＝1，解得b＝，c＝， ∴m＝(1，，)． ∴m·n＝1－－＝－. ∵|m|＝＝， |n|＝＝， ∴|cos〈m，n〉|＝＝＝＝ ＝ . ∵0<t<2，∴<<，∴< <，即<|cos〈m，n〉|<，∴二面角D-PE-C的余弦值的绝对值的取值范围为(，)． 12．解：(1)证明：∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC，O为BC的中点，∴BC⊥AO. ∵侧面BCC1B1为等腰梯形，M为B1C1的中点， ∴BC⊥MO. ∵MO∩AO＝O，MO，AO⊂平面AOM，∴BC⊥平面AOM. ∵BC⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面AOM. (2)在平面AOM内，作ON⊥OA，∵平面ABC⊥平面AOM，平面ABC∩平面AOM＝OA，ON⊂平面AOM，∴ON⊥平面ABC. 以直线OB，OA，ON分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ∵MO⊥BC，AO⊥BC，∴∠AOM为二面角A-BC-B1的平面角，即∠AOM＝θ， 由题可得OB＝OC＝4，OA＝＝3，OM＝2，则A(0，3，0)，B(4，0，0)，C(－4，0，0)，M(0，2cos θ，2sin θ)，C1(－2，2cos θ，2sin θ)，B1(2，2cos θ，2sin θ)，∴＝(－2，2cos θ，2sin θ)． 设平面AA1C1C的法向量为n＝(x，y，z)，其中＝(4，3，0)，＝(2，2cos θ，2sin θ)， ∴即 令y＝4，则可取n＝(－3，4，)， 设直线BB1与平面AA1C1C所成的角为α，则sin α＝|cos〈，n〉|＝，设f(θ)＝，θ∈[，]，则f′(θ)＝>0， ∴f(θ) 在[，]上单调递增， ∴f(θ)∈[－2，]，即∈[－2，]， ∴()2∈[0，12]，∴(sin α)max＝. ∴直线BB1与平面AA1C1C所成角的正弦值的最大值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$