高考数学二轮复习专项分层特训微专题16立体几何中的最值、范围问题含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训微专题16立体几何中的最值、范围问题含答案，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．[2022·福建泉州模拟]已知圆锥SO的底面半径为1，若其底面上存在两点A，B，使得∠ASB＝90°，则该圆锥侧面积的最大值为( )
A． eq \r(2) π B．2π
C．2 eq \r(2) π D．4π
2．[2022·湖北鄂南高中模拟]已知正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为2 eq \r(3) .以D为坐标原点，以DA为x轴正半轴，DC为y轴正半轴，DD1为z轴正半轴建立空间直角坐标系，动点M(a，b，0)满足直线MD1与AA1所成夹角为 eq \f(π,6) ，ab的最大值为( )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,2)
C．1 D．2
3．[2022·河北·衡水一中模拟]在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，AB＝4，O是侧面A1ADD1的中心，E，F分别是B1C1，CC1的中点，点M，N分别在线段OB，EF上运动，则MN的最小值为( )
A．2 eq \r(2) B．3
C．2 eq \r(3) D．3 eq \r(2)
4．[2022·全国乙卷]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
A． eq \f(1,3) B. eq \f(1,2)
C． eq \f(\r(3),3) D． eq \f(\r(2),2)
5．[2022·新高考Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3 eq \r(3) ，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(18，\f(81,4))) B． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,4)，\f(81,4)))
C． eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,4)，\f(64,3))) D．[18，27]
二、多项选择题
6．[2022·广东梅州二模]在长方体ABCD ­ A1B1C1D1中，|AB|＝|AD|＝1，|AA1|＝2，动点P在体对角线BD1上(含端点)，则下列结论正确的有( )
A．当P为BD1中点时，∠APC为锐角
B．存在点P，使得BD1⊥平面APC
C．|AP|＋|PC|的最小值为2 eq \r(5)
D．顶点B到平面APC的最大距离为 eq \f(\r(2),2)
7．[2022·河北唐山三模]已知圆柱的上、下底面的中心分别为O，O′，其高为2，△ABC为圆O的内接三角形，且∠BAC＝60°，BC＝3，P为圆O′上的动点，则( )
A．若PB⊥平面ABC，则三棱锥P ­ ABC外接球的表面积为16π
B．若PA⊥BC，则AB＝AC
C．三棱锥P ­ ABC体积的最大值为 eq \f(3\r(3),2)
D．点A到平面PBC距离的最大值为 eq \f(3\r(3),2)
三、填空题
8．[2022·河北石家庄模拟]将两个半径均为3 cm的球，一起放进一个正方体包装盒中，盒子棱长最小值为________ cm.
9．[2022·山东济南二模]在高为2的直三棱柱ABC ­ A1B1C1中，AB⊥AC，若该直三棱柱存在内切球，则底面△ABC周长的最小值为________.
10．[2022·河北秦皇岛二模]在长方体ABCD ­ A1B1C1D1中，AB＝2，AD＝3，A1A＝1，P为线段C1D1的中点，一质点从A点出发，沿长方体表面运动到达P点处，则质点从A到P的最短距离为________；若沿质点A的最短运动路线截长方体，则所得截面的面积为________．
四、解答题
11．[2022·湖南长郡中学模拟]已知直三棱柱ABC ­ A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1.
(1)证明：BF⊥DE；
(2)求当平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小时，三棱锥E ­ BDB1的体积．
12．[2022·山东临沂三模]在正方体ABCD ­ A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，过AB1E的平面截此正方体，得如图所示的多面体，F为棱CC1上的动点．
(1)点H在棱BC上，当CH＝ eq \f(1,4) CB时，FH∥平面AEB1，试确定动点F在棱CC1上的位置，并说明理由；
(2)若AB＝2，求点D到平面AEF的最大距离．
微专题16 立体几何中的最值、范围问题
1．解析：设圆锥的母线长为l，
∵∠ASB＝90°，∴AB＝ eq \r(2) l，又OA＋OB≥AB(当且仅当AB为底面圆直径时取等号)，
∴AB≤2，即l≤ eq \r(2) ，
∴圆锥侧面积S＝π×1×l＝πl≤ eq \r(2) π，即所求最大值为 eq \r(2) π.故选A.
答案：A
2．解析：正方体ABCD ­ A1B1C1D1的棱长为2 eq \r(3) ，可得D1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，2\r(3))) ， AA1＝DD1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，2\r(3))) ，点M(a，b，0)，则MD1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－b，2\r(3))) ，由动点M(a，b，0)满足直线MD1与AA1所成夹角为 eq \f(π,6) ，可得cs 〈MD1，AA1〉＝ eq \f(12,2\r(3)×\r(a2＋b2＋12)) ＝ eq \f(\r(3),2) ，整理得a2＋b2＝4，由a2＋b2＝4≥2ab，可得ab≤2，当a＝b＝ eq \r(2) 时取等号，即最大值为2，故选D.
答案：D
3．解析：以D为坐标原点，DA、DC、DD1方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系D ­ xyz，
由题意，O(2，0，2)，B(4，4，0)，E(2，4，4)，F(0，4，2)，
因为点M，N分别在线段OB，EF上运动，
所以设 eq \(OM,\s\up6(→)) ＝λ eq \(OB,\s\up6(→)) (0≤λ≤1)， eq \(FN,\s\up6(→)) ＝μ eq \(FE,\s\up6(→)) (0≤μ≤1)，
所以M(2λ＋2，4λ，2－2λ)，N(2μ，4，2＋2μ)，
所以|MN|＝ eq \r(（2μ－2λ－2）2＋（4－4λ）2＋（2μ＋2λ）2)
＝ eq \r(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(μ－\f(1,2)))2＋24\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(1,2)))2＋12) ，
所以当μ＝λ＝ eq \f(1,2) 时，|MN|min＝ eq \r(12) ＝2 eq \r(3) ，
所以 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(MN)) 的最小值为2 eq \r(3) ，故选C.
答案：C
4．解析：设四棱锥的底面为四边形ABCD.设四边形ABCD的外接圆圆心为O′，半径为r.S四边形ABCD＝S△AO′B＋S△AO′D＋S△BO′C＋S△CO′D＝ eq \f(1,2) r2sin ∠AO′B＋ eq \f(1,2) r2sin ∠AO′D＋ eq \f(1,2) r2sin ∠BO′C＋ eq \f(1,2) r2sin ∠CO′D＝ eq \f(1,2) r2(sin ∠AO′B＋sin ∠AO′D＋sin ∠BO′C＋sin ∠CO′D).因为∠AO′B＋∠AO′D＋∠BO′C＋∠CO′D＝2π，且当θ＝ eq \f(π,2) 时，sin θ取最大值1，所以当∠AO′B＝∠AO′D＝∠BO′C＝∠CO′D＝ eq \f(π,2) 时，S四边形ABCD最大，即当四棱锥O ­ ABCD的底面为正方形时，四棱锥O ­ ABCD的体积取得最大值．设AB＝a(a>0)，则正方形ABCD的外接圆的半径r＝ eq \f(\r(2),2) a，四棱锥O ­ ABCD的高h＝ eq \r(1－\f(1,2)a2) ，则1－ eq \f(1,2) a2>0，解得0