【数学】2020届一轮复习人教A版立体几何中的最值问题作业
1.(2018·全国卷Ⅲ)如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直，M是上异于C，D的点.
(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.
(2)当三棱锥M-ABC体积最大时，求面MAB与面MCD夹角的正弦值.
【解析】(1)由题设知，平面CMD⊥平面ABCD，交线为CD.
因为BC⊥CD，BC平面ABCD，所以BC⊥平面CMD，故BC⊥DM.
因为M为上异于C，D的点，且DC为直径，
所以 DM⊥CM.
又 BC∩CM=C，所以DM⊥平面BMC.
而DM平面AMD，故平面AMD⊥平面BMC.
(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D-xyz.
当三棱锥M-ABC体积最大时，M为的中点.
由题设得D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，M(0，1，1)，
=(-2，1，1)，=(0，2，0)，=(2，0，0)，
设n=(x，y，z)是平面MAB的法向量，
则即
可取n=(1，0，2).
是平面MCD的法向量，因此cos
==，sin=，所以平面MAB与平面MCD夹角的正弦值是.
2.(2018·太原模拟)如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD，AB∥CD，E是PB的中点，PD=，PA=，AB=AD=3，=2.
(1)证明：PH⊥平面ABCD.
(2)若F是CD上的点，且FC=2FD=3，求平面BEF与平面EFC夹角的正弦值.
【解析】(1)因为AB⊥平面PAD，
所以PH⊥AB.
因为AD=3，=2，
所以AH=2，HD=1.
设PH=x，由余弦定理可得：
cos∠PHD==，
cos∠PHA==，
因为cos∠PHD=-cos∠PHA，
故PH=x=1.所以PH⊥AD.
因为AD∩AB=A，所以PH⊥平面ABCD.
(2)以H为原点，HA方向为x轴，HP方向为z轴，过H作AB平行线方向为y轴，
则B(2，3，0)，P(0，0，1)，E1，，，
F-1，，0，C-1，，0，
所以=-3，-，0，=-1，-，，=-2，0，-，=(0，3，0)，
设平面BEF的法向量为n=(x，y，z)，则
即取x=-1，得n=(-1，2，4).
设平面EFC的法向量为m=(x，y，z)，则
即
取x=-1，得m=(-1，0，4)，
故cos= ==，
设平面BEF与平面EFC夹角为θ，
则sin θ=.
3．【河南省开封市2019届高三上学期第一次模拟】有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个对棱相等的三棱锥形的铁架，则此三棱锥体积的取值范围是
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】构成三棱锥的两条对角线长为a，其他各边长为2，如图所示，AD=BC=a,此时0＜a＜2．
取BC中点为E,连接AE,DE,易得：BC⊥平面ADE,
∴
，当且仅当4即时，等号成立，
∴此三棱锥体积的取值范围是
故选：
4．【福建省龙岩市2019届高三下学期教学质量检查】如图，已知正方体的棱长为4，是的中点，点在侧面内，若，则面积的最小值为（ ）
A．8 B．4 C． D．
【答案】D
【解析】以AB，AD，AA1为坐标轴建立空间坐标系如图所示：
则P（0，0，2），C（4，4，0），D1（0，4，4），
设M（a，0，b），则（a，﹣4，b﹣4），（﹣4，﹣4，2），
∵D1M⊥CP，∴4a+16+2b﹣8＝0，即b＝2a﹣4．
取AB的中点N，连结B1N，则M点轨迹为线段B1N，
过B作BQ⊥B1N，则BQ．
又BC⊥平面ABB1A1，故BC⊥BQ，
∴S△BCM的最小值为S△QBC．
故选：．
7.【2018北京市首师附高三理零模】在棱长为的正方体中,点分别是线段（不包括端点）上的动点,且线段平行于平面,则四面体的体积的最大值是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】 由题意在棱长为的正方体中，点分别是线段上的动点，
且线段平行于平面，
设，即到平面的距离为，
所以四棱锥的体积为，
当时，体积取得最大值，故选A．
8.【2018年江西省抚州市高三八校联考】如图，在长方体中，,,，点是棱的中点，点在棱上，且满足，是侧面四边形内一动点(含边界).若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】 取中点，在上取点，使得，连结，
则平面平面，
因为是侧面内的一动点（含边界），平面，
所以，
所以当与的中点重合时，线段长度取最小值，
当与点或点重合时，线段长度取得最大值或，
因为长方体中，，
点是棱的中点，点在棱上，且满足,
所以，
，
所以线段长度的取值范围是，故选A.
9.如图，在棱长为5的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝2，Q是A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则四面体P－QEF的体积 ( )
A. 是变量且有最大值 B. 是变量且有最小值
C. 是变量且有最大值和最小值 D. 是常量
【答案】D
【解析】因为EF＝2，点Q到AB的距离为定值，
∴△QEF的面积为定值，设为S．
又D1C1∥AB，D1C1平面QEF ，AB ⊂平面QEF，
∴D1C1∥平面QEF，
∴点P到平面QEF的距离也为定值，设为d．
∴四面体P－QEF的体积为定值．选D．
10.若一条直线与一个平面成角,则这条直线与这个平面内经过斜足的直线所成角中最大角等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】当这个平面内经过斜足的直线与这条直线在这个平面内射影垂直时, 直线与这条直线垂直,所成角为直角,而两直线所成角范围为,所以直线与这条直线所成角最大值为,所以选B.
11.如图,在四棱锥中,侧面是边长为4的正三角形,底面为正方形,侧面⊥底面,为底面内的一个动点,且满足,则点到直线的最短距离为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】试题分析：设的中点为,连接,侧面是边长为4的正三角形,所以又因为侧面⊥底面,所以平面,则,由,可得,故平面,可得,所以点在平面内的轨迹是以为直径的圆,则点到直线的最短距离是圆心到直线的距离与半径的差,圆心到直线的距离是圆半径为,所以点到直线的最短距离是,故选C.
12．已知各棱长均为1的四面体ABCD中, E是AD的中点,P∈直线CE,则|BP|＋|DP|的最小值为（ ）
A．1＋ B． C． D．
【答案】B
【解析】如图,将旋转至与共面,连结,则它与的交点,即为使|BP|＋|DP|取最小值的点．
易知,
在中由余弦定理得,
从而由平方关系得,
在中由余弦定理得
,
所以．
13.两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内部,且互相外切,若球O1与过点A的正方体的三个面相切,球O2与过点C1的正方体的三个面相切,则球O1和O2的表面积之和的最小值为( )
A．(6－3)π B．(8－4)π
C．(6＋3)π D．(8＋4)π
【答案】A
【解析】选A 设球O1、球O2的半径分别为r1、r2,
则r1＋r1＋r2＋r2＝,
r1＋r2＝,
从而4π(r＋r)≥4π·＝(6－3)π.
14．【山东省日照市2017届高三下学期第一次模拟】现有一半球形原料，若通过切削将该原料加工成一正方体工件，则所得工件体积与原料体积之比的最大值为__________．
【答案】
【解析】设球半径为R，正方体边长为a，
由题意得当正方体体积最大时： R2，
∴R，
∴所得工件体积与原料体积之比的最大值为：
．
故答案为
15．【安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会2019届高三第二次联考】三棱锥中，底面满足，，点在底面的射影为的中点，且该三棱锥的体积为
，当其外接球的表面积最小时，到底面的距离为____.
【答案】
【解析】设AC的中点为D，连接BD,PD，则平面ABC，
因为是等腰直角三角形，外接球的球心O在PD上，
设，外接球半径，
则，
因为，所以，
因为即，
所以，
当且仅当时，即时取等号，
所以当外接球半径取得最小值时，，
故答案是：.
16．【福建省厦门市2019届高中毕业班第一次（3月)质量检查】已知正三棱柱的所有棱长为2，点分别在侧面和内，与交于点，则周长的最小值为_______．
【答案】3
【解析】设关于侧面和的对称点分别为，连结，则当共线时，周长最小，由于在正三棱柱中，点是与的交点，所以点是侧面的中心，故周长最小时分别为侧面和的中心，所以周长最小值为3.
故答案为：3
17．【安徽省江南十校2019届高三3月综合素质检测】如图，三棱锥中，，，，点在侧面上，且到直线的距离为，则的最大值是_______．
【答案】
【解析】动点到直线的距离为定值
动点落在以为轴、底面半径为的圆柱的侧面上
可知侧面与三棱锥侧面的交线为椭圆的一部分
设其与的交点为，此时最大
由题意可得，点到的距离为：
则到的距离为可知：为的中点
又
在中，由余弦定理可得
本题正确结果：
18.【河北省石家庄市2018届高三下学期一模】一个直角三角形的三个顶点分别在底面棱长为2的正三棱柱的侧棱上，则该直角三角形斜边的最小值为__________．
【答案】
【解析】不妨设在处， ，
则有由
该直角三角形斜边
故答案为.
19．如图,在棱柱的侧棱上各有一个动点,且满足,是棱
上的动点,则的最大值是 ．
【答案】
【解析】设点到平面的距离为,三棱柱的高为, ,由点到平面的距离为,又因为,所以,所以,
,所以
,令,则函数在区间上单调递增,当时,函数有最小值,即的最大值是．
20．已知直三棱柱中, ,侧面的面积为,则直三棱柱外接球表面积的最小值为 ．
【答案】
【解析】根据题意,设,则有,从而有其外接球的半径为,所以其比表面积的最小值为．
