小題壓軸考法-空間中的最值、動態(tài)、截面問題

小題壓軸考法——空間中的最值、動態(tài)、截面問題12目錄3命題點(diǎn)一最值問題命題點(diǎn)二動態(tài)問題命題點(diǎn)三截面問題[升維突破]教材母題(北師大版必修二P252例4)埃及胡夫金字塔大約建于公元前2580年，其形狀為正四棱錐．塔高約146.6m，底面邊長約230.4m．則這座金字塔的側(cè)面積(精確到0.1m2)和體積(精確到0.1m3)分別為________．答案：85914.9m2

2594046.0m3命題點(diǎn)一最值問題解析：如圖所示，AC為高，BC為底面的邊心距，則AC＝146.6m，BC＝115.2m，底面周長c＝4×230.4m.因此,金字塔的側(cè)面積約為85914.9m2，體積約為2594046.0m3.[升維1]點(diǎn)P是棱長為2的正方體ABCD-A1B1C1D1外接球球面上的任意一點(diǎn)，則四棱錐P-ABCD的體積的最大值為

(

)答案：B

思維升華：本題與基準(zhǔn)題相比，將四棱錐放在球內(nèi)，增加了四棱錐高的不確定條件，將體積確定問題改為四棱錐的體積最值問題，需要判斷高的最大值，同時增加了球的背景，體現(xiàn)了幾何體的多樣性．[升維2]已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，其高為(

)答案：C

思維升華：本題與基準(zhǔn)題和升維1相比，將四棱錐放在球內(nèi)，增加了四棱錐棱長和高的不確定條件，將體積確定問題改為四棱錐的體積最值問題，同時增加了球的背景，需要判斷高和棱長的關(guān)系，將體積公式構(gòu)造成關(guān)于高h(yuǎn)的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值，體現(xiàn)了幾何體的多樣性和體積運(yùn)算的靈活性．[答案]

C[解析]

如圖,設(shè)該球的球心為O,半徑為R，解得R＝3.[思維建模]立體幾何中最值問題的解題策略(1)函數(shù)法，即根據(jù)題中信息直接建立函數(shù)關(guān)系式，或通過空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算建立函數(shù)關(guān)系式，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題求解，最后根據(jù)函數(shù)的形式，選擇利用函數(shù)的性質(zhì)、基本不等式或?qū)?shù)求最值；(2)根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，變動態(tài)為靜態(tài)，直觀判斷求解；(3)將幾何體平面化，如利用展開圖，在平面幾何圖中直觀求解．[針對訓(xùn)練]1.在如圖所示的試驗(yàn)裝置中，兩個正方形框架ABCD，ABEF的邊長均為2，活動彈子N在線段AB上移動(包含端點(diǎn))，彈子M，O分別固定在線段EF，AC的中點(diǎn)處，且MO⊥平面ABCD，則當(dāng)∠MNO取最大值時，多面體M-BCON的體積為

(

)答案：A

解析：因?yàn)镸O⊥平面ABCD，ON

平面ABCD，所以MO⊥ON.所以△MNO為直角三角形，所以當(dāng)NO最短時，∠MNO取最大值，即NO⊥AB時，∠MNO取最大值．因?yàn)镸，O分別固定在線段EF，AC的中點(diǎn)處，所以O(shè)N＝1，MN＝2.2．(2023·濰坊模擬)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC為等腰直角三角形，若三棱柱ABC-A1B1C1的體積為32，則該三棱柱外接球表面積的最小值為

(

)A．12π B．24πC．48π D．96π答案：C

[典例導(dǎo)析](2023·全國高三專題練習(xí))[多選]已知如圖所示的正方體ABCD-A1B1C1D1的外接球表面積為12π，點(diǎn)P在正方體的對角面BDD1B1內(nèi)(包括邊界)，則下列說法正確的是

(

)命題點(diǎn)二動態(tài)問題[答案]

ABD因?yàn)锽1P

平面BDD1B1，記A1C1交B1D1于點(diǎn)O1，連接DO1，如圖1所示，則平面A1C1D∩平面BDD1B1＝DO1，所以B1P∥DO1.記線段BD的中點(diǎn)為O，連接B1O.在正方體ABCD-A1B1C1D1中，平面A1C1D∥平面ACB1，再結(jié)合點(diǎn)P在正方體的對角面BDD1B1內(nèi)，可知點(diǎn)P的軌跡為平面ACB1與平面BDD1B1的交線，也就是線段B1O(除去點(diǎn)B1)，顯然在矩形BDD1B1中，B1P∥DO1，則點(diǎn)P的軌跡就是線段B1O(除去點(diǎn)B1)，如圖3所示．由正方體的性質(zhì)可得A1C1⊥平面BDD1B1，所以A1C1⊥PH.因?yàn)镻H⊥B1D1，A1C1，B1D1

平面A1B1C1D1，A1C1∩B1D1＝O1，所以PH⊥平面A1B1C1D1.故點(diǎn)P到平面A1B1C1D1的距離就是點(diǎn)P到直線B1D1的距離．所以點(diǎn)P到直線B1D1的距離與到點(diǎn)B的距離相等，由拋物線的定義可知P的軌跡是以B為焦點(diǎn)，直線B1D1為準(zhǔn)線的拋物線的一段(在四邊形BDD1B1內(nèi)，包含邊界)，故C不正確；由正方體的性質(zhì)可得A1C1⊥平面BDD1B1，連接PC1，AC1(圖略)，因?yàn)镻∈平面BDD1B1，所以PA1＝PC1，所以PA＋PA1＝PA＋PC1≥AC1＝[思維建模]一般立體幾何動態(tài)問題形成的原因有動點(diǎn)變化、平面圖形的翻折、幾何體的平移和旋轉(zhuǎn)等，解決此類問題的關(guān)鍵是抓住動點(diǎn)，可以采用轉(zhuǎn)化法或坐標(biāo)法求解.

轉(zhuǎn)化法①巧轉(zhuǎn)化，根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征將動點(diǎn)所滿足的條件轉(zhuǎn)化為平面圖形內(nèi)動點(diǎn)問題，判斷線面位置關(guān)系、定點(diǎn)、定值等；②定軌跡，根據(jù)平面幾何的知識確定動點(diǎn)的軌跡形狀或軌跡方程坐標(biāo)法通過建立直角坐標(biāo)系，將動點(diǎn)條件坐標(biāo)化，通過化簡變形得到坐標(biāo)所滿足的條件，進(jìn)而確定動點(diǎn)軌跡的形狀，再求其長度、面積等續(xù)表角線BD翻折到△PBD的位置(如圖2)，則在翻折的過程中，下列選項(xiàng)正確的是

(

)A．存在某個位置，使得PC＝3B．存在某個位置，使得PB⊥CD

答案：ABD

沿對角線BD翻折到△PBD位置的過程中，一定存在某個位置使得PC＝3，A正確；當(dāng)點(diǎn)P在平面BCD內(nèi)的投影為△BCD的重心Q時，有PQ⊥平面BCD，因?yàn)镃D

平面BCD，所以PQ⊥CD，又因?yàn)锽Q⊥CD，BQ∩PQ＝Q，BQ，PQ

平面PBQ，所以CD⊥平面PBQ，因?yàn)镻B

平面PBQ，所以CD⊥PB，即存在某個位置，使得PB⊥CD，B正確；4.(2023·河北模擬預(yù)測)[多選]如圖所示，已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱AD，DD1的中點(diǎn)，點(diǎn)P是側(cè)面B1BCC1內(nèi)一點(diǎn)(含邊界)．若D1P∥平面BEF，則下列說法正確的有

(

)A．點(diǎn)P的軌跡為一條線段B．三棱錐P-BEF的體積為定值

答案：AB

由A知，BF∥D1G，∴直線D1P與BF所成的角即為直線D1P與D1G所成的角，即∠PD1G，則當(dāng)P與H重合時，∠PD1G取得最大值∠HD1G，此時余弦值取得最小值；[典例導(dǎo)析](1)[多選]如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，點(diǎn)M為線段AA1的中點(diǎn)，點(diǎn)N為棱CC1上的動點(diǎn)(包括端點(diǎn))，平面B1MN截長方體的截面為α，則

(

)A.截面α可能為六邊形B.存在點(diǎn)N，使得BN⊥截面α命題點(diǎn)三截面問題(2)在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝4，以CC1的中點(diǎn)M為球心，4為半徑的球面與側(cè)面ABB1A1的交線長為

(

)A．2π B．3πC．4π D．8π[答案]

(1)CD

(2)C[解析]

(1)截面α可能為四邊形或五邊形，不能是六邊形，A錯誤；若存在點(diǎn)N，使得BN⊥截面α，則BN⊥B1N，則N為CC1的中點(diǎn)，此時BN與B1M不垂直，∴不存在點(diǎn)N，使得BN⊥截面α，B錯誤；當(dāng)截面為平行四邊形時，在平面C1B1BC內(nèi)過點(diǎn)N作B1C1的平行線，交BB1于點(diǎn)P，過點(diǎn)P作B1M的垂線，垂足為Q，連接NQ，則NP⊥平面AA1B1B.∵斜線NQ在平面AA1B1B的射影為PQ，則NQ⊥B1M.設(shè)B1P＝x(0≤x≤1)．∵△PQB1∽△B1A1M，當(dāng)N，C重合時，截面為梯形．取AD的中點(diǎn)E，連接CE，ME，延長B1M，BA，CE交于點(diǎn)F，(2)取AB，AA1，A1B1，BB1的中點(diǎn)分別為F，E，H，G，N為四邊形ABB1A1的中心，連接MN，CF，MH，ME，MG，MF，HF，EG，因?yàn)锳B＝AA1＝4，故四邊形ABB1A1為正方形，G，N，E三點(diǎn)共線，H，N，F(xiàn)三點(diǎn)共線，MN⊥平面ABB1A1且GN＝EN＝NH＝NF＝2.因?yàn)镸為所以題中所求交線軌跡為以N為圓心，2為半徑的圓，球與側(cè)面ABB1A1的交線軌跡如圖所示，故交線長l＝2×π×2＝4π.[思維建模]1．作截面應(yīng)遵循的三個原則(1)在同一平面上的兩點(diǎn)可引直線；(2)凡是相交的直線都要畫出它們的交點(diǎn)；(3)凡是相交的平面都要畫出它們的交線．2．作交線的兩種方法(1)利用基本事實(shí)3作交線；(2)利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線．3．解決幾何體截面問題的思維流程(1)根據(jù)空間中的線面關(guān)系，找到線線平行或者垂直，進(jìn)而確定線面以及面面關(guān)系；(2)作截面：選準(zhǔn)最佳角度作出截面(要使這個截面盡可能多的包含幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關(guān)系)，達(dá)到將問題平面化的目的；(3)求長度下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于長度的方程，并求解．[針對訓(xùn)練]5．(2023·昆明模擬)已知正方體ABCD-A1B1C1D1，平面α滿足AC∥α，BC1∥α，若直線AC到平面α的距離與BC1到平面α的距離相等，平面α與此正方體的面相交，則交線圍成的圖形為

(

)A．三角形

B．四邊形C．五邊形

D．六邊形答案：D

同理可得，EF∥MH，EF＝MH，GH∥NE，GH＝NE，∴E，F(xiàn)，G，H，M，N共面．∵AC∥EF，AC

平面EFGHMN，EF

平面EFGHMN，∴AC∥平面EFGHMN，同理可得BC1∥平面EFGHMN.∵E為AB的中點(diǎn)，∴A到平面EFGHMN的距離與B到平面EFGHMN的距離相等，即平面EFGHMN為所求的平面α，故與正方體交線為正六邊形EFGHMN.6．在棱長為a的正方體ABCD-A1B