2021年高考数学压轴讲与练 专题17 立体几何中的最值问题（解析版）

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1、专题 17 立体几何中的最值问题 【压轴综述】【压轴综述】 在立体几何中，判定和证明空间的线线、线面以及面面之间的位置关系(主要是平行与 垂直的位置关系)，计算空间图形中的几何量(主要是角与距离)是两类基本问题在涉及最 值的问题中主要有三类，一是距离(长度)的最值问题；二是面(体)积的最值问题；三是在最 值已知的条件下，确定参数(其它几何量)的值.从解答思路看，有几何法(利用几何特征)和 代数法(应用函数思想、 应用基本不等式等)两种， 都需要我们正确揭示空间图形与平面图形 的联系，并有效地实施空间图形与平面图形的转换要善于将空间问题转化为平面问题：这 一步要求我们具备较强的空间想象能力， 对

2、几何体的结构特征要牢牢抓住， 有关计算公式熟 练掌握. 一、涉及几何体切接问题最值计算 求解与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点 和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切 点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均 在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径等.通过作截面，把空间问题转化为平面图形 与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解这样才能进一步将 空间问题转化为平面内的问题； 二.涉及角的计算最值问题 1. 二面角的平面角及其求法有：定义法、三垂线定理

3、及其逆定理、找公垂面法、射影公式、 向量法等，依据题目选择方法求出结果 2.求异面直线所成角的步骤:一平移,将两条异面直线平移成相交直线二定角,根据异面直 线所成角的定义找出所成角 三求角,在三角形中用余弦定理或正弦定理或三角函数求角 四 结论 3.线面角的计算：(1)利用几何法：原则上先利用图形“找线面角”或者遵循“一做-二证 -三计算”. (2)利用向量法求线面角的方法 (i 分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其 补角)； (ii)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角(钝角时取其 补角)，取其余角就是斜线和平面所成的角

4、. 下面通过例题说明应对这类问题的方法与技巧. 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020全国卷理科T15)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 . 【解析】方法一:易知半径最大球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示, 其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,设内切圆的圆心为O,由于AM=2, 故SABC= 22=2,设内切圆半径为r, 则SABC=SAOB+SBOC+SAOC= ABr+ BCr+ ACr= r=2,解得r=, 其体积:V= r 3= . 方法二:分析知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球,如图,由题可知圆锥的母线长

5、为 BS=3,底面半径为 BC=1,高SC=2,不妨设该内切圆与母线BS切于D点,令 OD=OC=r,则由SODSBC,可得=,即= ,得r=,此时V= r 3= . 例 2(2021 浙江高三月考)已知正方体ABCDABCD 的棱长为 1，点M，N分别为线 段 AB ，AC上的动点，点T在平面BCC B 内，则MT NT 的最小值是( ) A 2 B 2 3 3 C 6 2 D1 【答案】B 【详解】A点关于BC的对称点为E，M关于 BB 的对称点为 M ， 记d为直线 EB 与AC 之间的距离，则MTNTMTNTMNd ，由/B E D C ，d为E到平面ACD的 距离，因为 111 11

6、 1 333 DACEACE VS ， 而 2 133 2 346 DACEE ACD VVdd ，故 2 3 3 d ， 例 3 (2020 陕西西安一中)如图， 正方体 1111 ABCDABC D的棱长为2a， 点 O 为底面 ABCD 的中心，点 P 在侧面 11 BBCC的边界及其内部运动.若 1 DOOP，且 11 DC P面积的最大 值为4 5，则 a 的值为( ) A1 B3 C 1 2 D2 【答案】D 【详解】 取 1 BB的中点F， 如图， 连接OF， 1 D F，CF， 1 C F， DO，BO，OC， 11 DB， 1 DC， 因为正方体 1111 ABCDABC D

7、的棱长为2a， 所以 1 B FBFa 2DOBOOCa ， 111 2 2DBDCa， 1 BB 平面ABCD， 1 BB 平面 1111 DCBA， 11 C D 平面 11 BBCC， 所以 22 11 6ODODDDa， 22 3OFOBBFa 22 1111 3DFDBBFa， 所以 222 11 ODOFD F， 222 11 ODOCDC，所以 1 ODOC， 1 ODOF， 由OCOFO，OC 平面OCF，OF 平面OCF，可得 1 OD 平面OCF， 所以 1 ODCF，所以点P的轨迹为线段CF，又 22 11111 52C FBCBFaCCa , 所以 11 DC P面积的

8、最大值 2 111 11 2554 5 22 SC F DCaaa，则2a. 例 4(2021 河南高三月考)九章算术卷五商功中描述几何体“阳马”为“底面为矩形， 一棱垂直于底面的四棱锥”.现有阳马PABCD(如图)，PA 平面ABCD.1PAAB， 3AD，点E，F分别在AB，BC上，当空间四边形PEFD的周长最小时，三棱锥 PADF外接球的表面积为( ) A9 B11 C12 D16 【答案】B 【详解】把平面PAB展开到与平面ABCD共面的P AB的位置(如下图)， 延长DC到D，使得1CD，则DFD F，因为PD的长度为定值，故只需求 PEEFFDP EEFFD最小，只需 P ，E，F

9、，D四点共线，因为4P D， 2DD ， CFCD P DDD ，所以2CF ，所以 2AF ，5DF ，45DAF，由 正弦定理得，AFDV外接圆的半径 1510 222 2 r .设ADF外接圆的圆心为 O ，则 三棱锥PADF外接球的球心O一定在过 O 且与平面ADF垂直的直线上，因为O到点 P，A的距离相等，所以 2 2 10111 2442 PA OAr ，此即为三棱锥PADF 外接球的半径，所以该球的表面积为 2 11 411 2 . 例 5(2021 山东高三)四棱锥SABCD中，侧面SBC为等边三角形，底面ABCD为矩形， 2BC ，AB a=，点F是棱AD的中点，顶点S在底面

10、ABCD的射影为H，则下列结论 正确的是( ) A棱SC上存在点P使得/PD 面BSF B当H落在AD上时，a的取值范围是0, 3 C当H落在AD上时，四棱锥S ABCD的体积最大值是 2 D存在a的值使得点B到面SFC的距离为3 【答案】A 【详解】 对于 A：取 BC 的中点 E，连结 DE，取 SC 中点 P，连结 PE、PD.PE 为 BCS 的中位线， PEBS 又BS 面 BFS，PE面 BFS，PE面 BFS；在矩形 ABCD 中，E、F 分别 为 BC、AD 的中点，DEBF,又BF 面 BFS，DE 面 BFS，DE 面 BFS； 又DEPEEI,面 PDE面 BFS，/PD

11、面BSF.故 A 正确； 对于 B：SBC为等边三角形， 2BC ，3SE ，当3a 时，S 与 H 重合，图形 不能构成四棱锥，与已知条件相悖，故 B 错误；对于 C：在 Rt SHE 中， 2 3SHa ， 222 12 2331 33 SABCD Vaaaa ，当且仅当 2 3 2 a 时， S ABCD V 的最大值 为 1.故 C 错误；对于 D:由选项 C 的推导可知：当 S ABCD V 的最大时，点 B 到面SFC的距离 d 最大. 11 22 S BFCSABCD VV ，此时 22 610 , 22 SFCFCDDF 1161015 22224 SFC SSFCF ， 11

12、22 15 3 2515 V d S .故 D 错误. 例 6 (2020 浙江高三其他模拟)空间中 13 个不同的点构成的集合0,1,2,12 i PA i ， 满足当0,1,2,3k时， 3313233kkkk A AAA 都是正四面体.对于任意平面，P的最大 值是( ) A9 B10 C11 D12 【答案】C 【详解】为使得对于任意平面，P取得最大值，故要使得使之在同一平面中三棱锥 顶点最多，如下所示： 如图所示：三棱锥 012334566789910 11 12 ,PPPP PPPP PPPP PP P P，均为正四面体,显然， 最多有 11 个点在同一平面中.同时，若同一平面中存在

13、 12 个三棱锥的顶点，则只有 1 个点 在平面外，无法构造几何体.故P的最大值为：11. 例 7(2021 湖北高三月考)如图，在棱长为 6 的正方体 1111 ABCDABC D中，E为棱 1 DD 上一点，且2,DEF为棱 11 C D的中点，点G是线段 1 BC上的动点，则( ) A无论点G在线段 1 BC上如何移动，都有 11 AGB D B四面体ABEF的体积为 24 C直线AE与BF所成角的余弦值为 2 10 15 D直线 1 AG与平面 1 BDC所成最大角的余弦值为 1 3 【答案】ABD 【详解】在正方体 1111 ABCDABC D中，易证 1 DB 面 11, ABC又

14、 1 AG 平面 11, ABC所以 11 ,AGB D则 A 正确； 11 11 4 6 32 A BEFFABEDABEB AD E VVVV 三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥 624, 则 B 正确； 在棱 1 CC上取点,N使 2CN ， 连结 ,(BN NE FN如图),则易知 FBN为直线AE与BF 所成角或其补角，可得2 10,5,9,BNFNFB则 cosFBN 222 (2 10)9584 10 , 152 9 2 103 10 则直线AE与BF所成角的余弦值为 4 10 , 15 则 C 错误； 由题意知三棱锥 11 ABDC为棱长为6 2的正四面体，作 1 AO 平面 1, BD

15、C O为垂足，则 O为正 1 BDC的中心，且 1 AGO为直线 1 AG与平面 1 BDC所成角，所以 1 cosAGO 2 1 2 11 1, AOOG AGAG 当点G移动到 1 BC的中点时 1 ,AG最短，如图，此时 1 cosAGO最小， 1 AGO最大，此时 1 1 61 cos, 33 6 OG AGO AG 则 D 正确. 例 8如图，在棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中，点M是AD中点，动点P在底面 ABCD内(不包括边界)，使四面体 1 ABMP体积为 2 3 ，则 1 C P的最小值是_ 【答案】 2 30 5 【解析】由已知得四面体 1 ABMP体积

16、 1 12 2, 33 AMBPMBP VS 所以1, MBP S设P到 BM的距离为h， 则 1 51 , 2 M B P Sh 解得 2 5 , 5 h 所以P在底面ABCD内(不包括 边界)与BM平行且距离为 2 5 5 的线段l 上，要使 1 C P的最小，则此时P是过C作BM的 垂线的垂足.点C到BM的距离为 4 5 , 5 所以 2 5 , 5 CP 此时 2 2 1min 2 52 30 2. 55 C P 例 9.(2020新高考全国卷)如图,四棱锥P-ABCD的底面为正方形,PD底面ABCD,设平面 PAD与平面PBC的交线为l. (1)证明:l平面PDC; (2)已知PD=

17、AD=1,Q为l上的点,求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值. 【解析】(1)因为PD底面ABCD,所以PDAD.又底面ABCD为正方形,所以ADDC,又DC PD=D,DC,PD平面PDC,所以AD平面PDC.因为ADBC,AD平面PBC,BC平面PBC,所以AD 平面PBC,由平面PAD与平面PBC的交线为l,可得lAD.因此l平面PDC. (2)以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系.则 D(0,0,0),C(0,1,0),B(1,1,0),P(0,0,1),=(0,1,0),=(1,1,-1). 由(1)可设Q(a,0,1),则=(a,0,1),设n=(x

18、,y,z)是平面QCD的一个法向量,则 即可取n=(-1,0,a).所以 cosn,=.设 PB与平面QCD所成角为,则 sin =.因为,当且仅 当a=1 时等号成立,所以PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为. 例 10.(2020深圳市高级中学高三)如图，AB 是圆 O 的直径，点 C 是圆 O 上异于 A，B 的点， PO 垂直于圆 O 所在的平面，且 POOB1. (1)若 D 为线段 AC 的中点，求证：AC平面 PDO； (2)求三棱锥 PABC 体积的最大值； (3)若，点 E 在线段 PB 上，求 CEOE 的最小值 【答案】(1)见解析；(2) ；(3) 【解析】 (1)

19、证明：在AOC 中，因为 OAOC，D 为 AC 的中点，所以 ACDO. 又 PO 垂直于圆 O 所在的平面，所以 POAC.因为 DOPOO，所以 AC平面 PDO. (2)解：因为点 C 在圆 O 上，所以当 COAB 时，C 到 AB 的距离最大，且最大值为 1. 又 AB2，所以ABC 面积的最大值为.又因为三棱锥 PABC 的高 PO1， 故三棱锥 PABC 体积的最大值为. (3)解： 在POB 中，POOB1，POB90，所以.同理，所以 PB PCBC.在三棱锥 PABC 中，将侧面 BCP 绕 PB 旋转至平面 BCP，使之与平面 ABP 共面， 如图所示当 O，E，C共线

20、时，CEOE 取得最小值又因为 OPOB，所以 垂直平分 PB，即 E 为 PB 的中点从而，即 CEOE 的最小 值为. 【压轴训练】【压轴训练】 1.(2020 河北邢台高三)设A BCD， ， ， 是同一个半径为 4 的球的球面上四点，ABC为等 边三角形且其面积为9 3，则三棱锥DABC体积的最大值为( ) A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 【答案】B 【解析】 如图所示， 点 M 为三角形 ABC 的中心，E 为 AC 中点，当DM 平面ABC时，三棱锥DABC体积最 大，此时，ODOBR4， 2 3 9 3 4 ABC SAB，AB6,点 M 为三角形 ABC 的中心

21、， 2 BM2 3 3 BERt OMB中，有 22 OM2OBBM ， DMOD OM4 26 ，max 1 9 3618 3 3 D ABC V 。 2. (2020 山东济南高三)已知正方体的棱长为 1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等， 则截此正方体所得截面面积的最大值为( ) A 3 3 4 B 2 3 3 C 3 2 4 D 3 2 【答案】A 【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体 1111 ABCDABC D 中，平面 11 AB D与线 11111 ,AA AB AD所成的角是相等的，所以平面 11 AB D与正方体的每条 棱所在的直线所成角都是相等

22、的， 同理平面 1 C BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成 角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面 11 AB D与 1 C BD中间的，且 过棱的中点的正六边形，且边长为 2 2 ，所以其面积为 2 323 3 6() 424 S . 3(2020 山西高三)两球 1 O和 2 O在棱长为 1 的正方体 1111 ABCDABC D的内部，且互相 外切，若球 1 O与过点A的正方体的三个面相切，球 2 O与过点 1 C的正方体的三个面相切， 则球 1 O和 2 O的表面积之和的最小值为( ) A3 23 p B4 23 p C3 23 p D4 23 p 【答案】A 【

23、解析】 设球 1 O与球 2 O的半径分别为r1,r2,r1+r2+ 3 (r1+r2)= 3. r1+r2= 3 13 = 33 2 ， r1+r22 1 2 rr,球 1 O与球 2 O的面积之和为：S=4( 2 1 r+ 2 1 r)=4(r1+r2)28 1 2 rr 2 12 13 2 2 3 13 =(633),当且仅当r1=r2时取等号，其面积最小值为 (633).故选 A. 4.(浙江省余姚中学高三)如图，已知平面， 、 是直线 上的两点， 、 是平面 内的两点，且， 是平面 上的一动点， 且直线，与平面 所成角相等，则二面角的余弦值的最小值是( ) A B C D 【答案】B

24、 【解析】，同理，为直线 与平面 所成的角，为直线与平面 所成的角，又 ， 在平面 内，以为 轴，以的中垂线为 轴建立平面直角坐标系 则，设 ，整理可得： 在 内的轨迹为为圆心，以 为半径的上半圆 平面平面，为二面角的平面角， 当与圆相切时，最大，取得最小值，此时 ， 5(2020 四川石室中学高三)在ABC中，已知2 3AB ，2 6BC ， 0 45ABC ， D 是边 AC 上一点，将ABD沿 BD 折起，得到三棱锥ABCD若该三棱锥的顶点 A 在底 面 BCD 的射影 M 在线段 BC 上，设BMx，则 x 的取值范围为( ) A.2 3,2 6 B.6,2 3 C.3, 6 D.0,

25、2 3 【答案】B 【解析】由将ABD沿 BD 折起，得到三棱锥ABCD，且A在底面BCD的射影M在线 段BC上， 如图 2 所示，AM 平面BCD， 则A MB D， 在折叠前图 1 中， 作AMBD， 垂足为N， 在图 1 中过A作 1 AMBC于点 1 M， 当运动点D与点C无限接近时， 折痕BD 接近BC，此时M与点 1 M无限接近，在图 2 中，由于AB是直角ABM的斜边，BM为 直角边，所以BMAB，由此可得 1 BMBMAB,因为ABC中， 0 2 3,2 6,45ABCABBC，由余弦定理可得2 3AC ,所以 22 1 (2 3)( 6)6BM ，所以62 3BM由于BMx，

26、所以实数x的取值 范围是6,2 3， 6(2020 四川高三)已知球O表面上的四点A，B，C，P满足 2ACBC ，2AB 若 四面体PABC体积的最大值为 2 3 ，则球O的表面积为( ) A 25 4 B 25 4 C 25 16 D8 【答案】A 【解析】当平面ABP与平面ABC垂直时，四面体ABCP的体积最大由 2ACBC ， 2AB ，得90ACB 设点到平面ABC的距离为 h，则 112 22 323 h， 解得2h设四面体ABCP外接球的半径为R，则 2 22 21RR，解得 5 R= 4 所以球 O的表面积为 2 525 4 44 7(2019湖南雅礼中学高三)圆锥的母线长为2

27、，其侧面展开图的中心角为弧度，过圆 锥顶点的截面中，面积的最大值为2，则的取值范围是( ) A2 ,2 B, 2 C2 D 2 , 2 【答案】A 【解析】设轴截面的中心角为，过圆锥顶点的截面的顶角为，且，过圆锥顶点的 截面的面积为： 1 2 2 sin2sin 2 ，又过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2， 故此时 2 ，故 2 ，圆锥底面半径 r2sin2 2 2 ，侧面展开图的中心 角为弧度 2sin2 2 2sin 22 2 ,2 8 (2020安徽高考模拟)如图， 已知四面体ABCD为正四面体，1AB，E，F分别是AD， BC中点 若用一个与直线EF垂直， 且与四面体的每一个面都相交

28、的平面去截该四面体， 由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积最大值为( ) A 1 4 B 2 4 C 3 4 D1 【答案】A 【解析】将正四面体补成正方体，如下图所示： EF 截面为平行四边形MNKL，可得1NKKL，又/KLBC， /KNAD，且ADBC， KNKL，可得 2 1 24 MNKL NKKL SNK KL 四边形 (当且仅当NKKL时取等号) 9 (2019湖北高三月考)若一个四棱锥底面为正方形， 顶点在底面的射影为正方形的中心， 且该四棱锥的体积为 9，当其外接球表面积最小时，它的高为( ) A3 B2 2 C2 3 D3 3 【答案】A 【解析】设正方形的边长为a，

29、则四棱锥的高为 2 27 h a ，正方形对角线长为 2a，则其外 接圆的半径 2 2 ra.设球的半径为R，则 2 22 hRrR，解得 44 222 272727 210844108 aa R aaa 4 3 22 27279 3 441084 a aa ，当且仅当 4 2 27 4108 a a ，即 3a 时等号成立，此时，四棱锥的高为 2 2727 3 9 h a .故选 A. 10 (2020 广东高考模拟)平面四边形ABCD中， 2ADAB ，5CDCB，且 ADAB，现将ABD沿对角线BD翻折成A BD，则在A BD折起至转到平面BCD 的过程中，直线AC与平面BCD所成最大角

30、的正切值为( ) A2 B 1 2 C3 D 3 3 【答案】D 【解析】取 BD 的中点 O,则,A BA D BCCDA OBD COBD 即BD 平面 AOC,从而平面BCD平面AOC,因此 A 在平面BCD的射影在直线OC上，即 ACO为直线AC与平面BCD所成角，因为 2ADAB ，5CDCB，且 ADAB，所以 11 1,2sinsinsin 22 A O A OOCA COOA COA C OC , 即ACO最大值为 6 ，因此直线AC与平面BCD所成最大角的正切值为 3 tan 63 ， 11(2021 山东菏泽市 高三期末)古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点A、B距

31、离之比0,1 是常数的点的轨迹是一个圆心在直 线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面 的问题： 在棱长为 2 的正方体 1111 ABCDABC D中， 点P是 正方体的表面 11 ADD A(包括边界)上的动点，若动点P满足 2PAPD，则点P所形成的阿氏圆的半径为_；若E 是CD的中点，且满足APBEPD ，则三棱锥 PACD体积的最大值是_. 【答案】 4 3 4 3 9 【详解】在AD上取点M，在AD延长线上取点N，使得2MAMD，2NAND，则 ,M N是题中阿氏圆上的点， 由题意MN是阿氏圆的直径， 2AD ， 则 2 3 MD ，2DN ， 所以 28 2 33

32、MN ，阿氏圆半径为 4 23 MN ；正方体中AB，CD都与侧面 11 ADD A 垂直，从而与侧面 11 ADD A内的直线,PA PD垂直，如图 APBEPD ，则 RtPDERtPAB，2 PAAB PDDE ，即P在上述阿氏圆上，ACD的面积是 2 为定值，因此只要P到平面ACD距离最大，则三棱锥PACD体积的最大，由于P点在 阿氏圆上，当P是阿氏圆与 1 DD交点Q时，P到平面ACD距离最大，此时2QAQD， 因此 222 32QAQDQD， 2 3 3 QD ，三棱锥PACD体积的最大值为 12 34 3 2 339 V 12. a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形

33、ABC的直角边AC所在直线与a，b 都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论： 当直线AB与a成 60角时，AB与b成 30角； 当直线AB与a成 60角时，AB与b成 60角； 直线AB与a所成角的最小值为 45； 直线AB与a所成角的最大值为 60. 其中正确的是_.(填写所有正确结论的编号) 【答案】 【解析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正 方体边长为 1，故|AC|1，|AB| 2 ，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变， B点的运动轨迹是以C为圆心，1 为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴， CA为z轴， 建立

34、空间直角坐标系， 则D(1， 0， 0)，A(0， 0， 1)， 直线a的方向单位向量a (0， 1，0)，|a|1，直线b的方向单位向量b (1，0，0)，|b|1，设B点在运动过程中的 坐标中的坐标B(cos，sin，0)，其中 为BC与CD的夹角，0，2)， AB在运动过程中的向量， AB (cos，sin，1)，|AB | 2 ，设 AB 与a所 成夹角为 0， 2 ，则 cos 1010 2 2 cossin aAB ， ， |sin|0， 2 2 ， 4 ， 2 ，正确，错误设 AB 与b所成夹角为 0， 2 ， cos 110 0 2 2 AB b cossin ABbbAB ，

35、 ， |cos|， 当 AB 与a夹角为 60时，即 3 ，|sin| 2 22 32 coscos ， cos 2+sin21，cos 2 2 |cos| 1 2 ，0， 2 ， 3 ，此时 AB 与 b的夹角为 60，正确，错误 13.如图，在 ABC 中，AB=BC=2，ABC=120.若平面 ABC 外的点 P 和线段 AC 上的点 D，满 足 PD=DA，PB=BA，则四面体 PBCD 的体积的最大值是 . 【答案】 【解析】中，因为，所以. 由余弦定理可得 ， 所以.设，则，.在中，由余弦定理可得 .故 .在中，.由余弦定理可得 ，所以.由此可得，将 ABD 沿 BD 翻折后可与

36、PBD 重合，无论点 D 在任何位置，只要点 D 的位置确定，当平面 PBD平面 BDC 时，四面体 PBCD 的体积最大(欲求最大值可不考虑不垂直的情况). 过 作直线的垂线，垂足为 .设，则， 即，解得.而 的面积 .当平面 PBD平面 BDC 时： 四面体的体积 . 观察上式，易得，当且仅当，即时取等号，同时我们 可以发现当时，取得最小值，故当时，四面体的体积最大， 为 14.(2020 安徽芜湖一中高三)在Rt AOB中， 6 OAB ，斜边4AB Rt AOC可以 通过Rt AOB以直线AO为轴旋转得到，且二面角BAO C是直二面角动点D的斜 边AB上 (1)求证：平面COD平面AO

37、B； (2)求直线CD与平面AOB所成角的正弦的最大值 【答案】(1)详见解析；(2) 2 7 7 . 【解析】 (1)AOB为直角三角形，且斜边为AB， 2 AOB . 将Rt AOB以直线AO为轴旋转得到Rt AOC，则 2 AOC ，即OCAO. 二面角BAO C是直二面角，即平面AOC 平面AOB. 又平面AOCI平面AOBAO，OC 平面AOC，OC平面AOB. OC Q平面COD，因此，平面COD平面AOB； (2)在Rt AOB中， 6 OAB ，斜边4AB ， 1 2 2 OBAB且 3 OBA . 由(1)知，OC 平面AOB，所以，直线CD与平面AOB所成的角为ODC. 在

38、Rt OCD中， 2 COD ，2OCOB， 222 4CDODOCOD ， 2 2 sin 4 OC ODC CD OD ， 当ODAB时，OD取最小值，此时sinODC取最大值，且sin3 3 ODOB . 因此， 2 222 7 sin 77 4 OC ODC CD OD ， 即直线CD与平面AOB所成角的正弦的最大值为 2 7 7 . 15.(2020 江苏高三)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥 ，下部分的形状是正四棱柱(如图所示)，并要求正四棱柱的 高是正四棱锥的高的 4 倍. (1)若则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？ 【答案】(1)312(2) 【解析】 (1)由 PO1=2 知 OO1=4PO1=8.因为 A1B1=AB=6， 所以正四棱锥 P-A1B1C1D1的体积 正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1的体积 所以仓库的容积 V=V锥+V柱=24+288=312(m 3). (2)设 A1B1=a(m)，PO1=h(m)，则 0h6，OO1=4h.连结 O1B1.因为在 中， 所以，即 于是仓库的容积， 从而. 令，得或(舍). 当时，V 是单调增函数；当时，V 是单调减函数. 故时，V 取得极大值，也是最大值.因此，当m 时，仓库的容积最大.