新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题16立体几何中的最值范围问题（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题16立体几何中的最值范围问题（附解析），共11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。

1．[2023·黑龙江哈尔滨模拟]将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱最大体积为( )
A．eq \f(π,12)B．eq \f(π,3)C．eq \f(8π,27)D．eq \f(2π,9)
2．[2023·广东韶关模拟]已知四棱台ABCD­A1B1C1D1的下底面为矩形，AB＝2A1B1，高为3，且该棱台的体积为63，则该棱台上底面A1B1C1D1的周长的最小值是( )
A．15B．14C．13D．12
3.
[2023·河北衡水模拟]如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AB＝4，AF＝1，若G是线段EF上的动点，则三棱锥C­ABG的外接球表面积的最小值是( )
A．16πB．20πC．32πD．36π
4．将一个体积为36π的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为( )
A．16eq \r(2)B．16eq \r(3)C．8eq \r(2)D．8eq \r(3)
5．[2023·广东广州模拟]已知圆台O1O的上、下底面半径分别为r，R，高为h，平面α经过圆台O1O的两条母线，设α截此圆台所得的截面面积为S，则( )
A．当h≥R－r时，S的最大值为(R＋2r)hB．当h≥R－r时，S的最大值为eq \f(（R＋r）h2＋（R－r）2,,2（R－r）)
C．当h6．[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≤3eq \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
7．已知点P是棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD上一个动点(含边界)，若F是A1B1的中点，且满足PF∥平面B1CD1，则( )
A．FP所在的平面与正方体表面的交线为五边形B．FP所在的平面与正方体表面的交线为六边形
C．FP长度的最大值是2eq \r(2)D．FP长度的最小值是eq \r(5)
8．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P­ABC外接球的表面积为16π
B．若PA⊥BC，则AB＝AC
C．三棱锥P­ABC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)
[答题区]
三、填空题
9．将两个半径均为3cm的球，一起放进一个正方体包装盒中，盒子棱长最小值为________cm.
10．[2023·广东深圳模拟]如图，已知球的表面积为16π，若将该球放入一个圆锥内部，使球与圆锥底面和侧面都相切，则圆锥的体积的最小值为________．
四、解答题
11.
[2023·河北衡水模拟]如图，直三棱柱A1B1C1­ABC中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，D，E，F分别为AC，BC，B1B的中点，C1F⊥A1B1，G为线段DE上一动点．
(1)证明：C1F⊥A1G；
(2)求平面GA1C1与平面GA1B1夹角的余弦值的最大值．
解：
12.
如图，ABCD为圆柱OO′的轴截面，EF是圆柱上异于AD，BC的母线．
(1)证明：BE⊥平面DEF；
(2)若AB＝BC＝eq \r(6)，当三棱锥B­DEF的体积最大时，求二面角B­DF­E的正弦值．
解：
微专题16 立体几何中的最值、范围问题
1．解析：设圆柱的底面半径为r，高为x，体积为V，
由△PO1A1与△POA相似，可得eq \f(r,1)＝eq \f(2－x,2)，则x＝2－2r，
所以圆柱的体积为V＝πr2x＝πr2(2－2r)≤π·(eq \f(r＋r＋2－2r,3))3＝eq \f(8π,27)，
所以圆柱的最大体积为eq \f(8π,27)，此时r＝eq \f(2,3).故选C.
答案：C
2．解析：设棱台的上底面矩形边长分别为a，b，则下底面矩形边长分别为2a，2b，
则棱台的体积为V＝eq \f(1,3)×3×(ab＋eq \r(ab×4ab)＋4ab)＝63，
∴ab＝9，
所以棱台的上底面的周长为2(a＋b)≥4eq \r(ab)＝12，
当a＝b＝3时，即上底面的周长最小值为12.故选D.
答案：D
3．解析：由题意可知，设△ABG的外接圆半径为r，由正弦定理，知
2r＝eq \f(AB,sin∠AGB)＝eq \f(4,sin∠AGB)，当∠AGB＝eq \f(π,2)时，r取得最小值为2，
此时外接球半径R满足R2＝r2＋22≥8，解得R≥2eq \r(2)或R≤－2eq \r(2)(舍).
所以三棱锥C­ABG的外接球的最小半径为2eq \r(2).
所以外接球表面积为4πR2＝32π.故选C.
答案：C
4．解析：设正三棱锥的底面边长为a，高为h，球半径为R，
由球的体积为36π，则eq \f(4,3)πR3＝36π，解得R＝3，
∴(eq \f(\r(3),3)a)2＋(h－3)2＝9，即eq \f(1,3)a2＋h2－6h＝0，故a2＝－3h2＋18h，
∴正三棱锥的体积为：V＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)a2h＝eq \f(\r(3),12)(－3h2＋18h)h
＝eq \f(\r(3),12)(－3h3＋18h2)，
∴V′＝eq \f(\r(3),12)(－9h2＋36h)，
由V′>0得：0由V′<0得：4∴当h＝4时，V取得最大值，且最大值为eq \f(\r(3),12)(－3×43＋18×42)＝8eq \r(3).故选D.
答案：D
5.解析：
如图，将圆台O1O补成圆锥PO.
设圆台O1O的母线长为l，则l2＝h2＋(R－r)2，等腰梯形ABCD为过两母线的截面．
设PC＝x，∠APB＝θ，由eq \f(r,R)＝eq \f(x,x＋l)，得x＝eq \f(rl,R－r)，
则S＝S△PAB－S△PCD＝eq \f(1,2)[(x＋l)2－x2]sinθ＝eq \f(R＋r,2（R－r）)l2sinθ，
当h≥R－r时，θ≤90°，当sinθ最大，即截面为轴截面时面积最大，
则S的最大值为eq \f(1,2)(2R＋2r)h＝(R＋r)h.
当h90°，当sinθ＝1时，截面面积最大，
则S的最大值为eq \f(R＋r,2（R－r）)l2＝eq \f(（R＋r）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(h2＋（R－r）2)),2（R－r）).故选D.
答案：D
6.
解析：设该球的半径为R，则由题意知eq \f(4,3)πR3＝36π，解得R＝3.如图，连接AC，BD，相交于点E，连接PE并延长，交球于点Q，连接QD，使PQ＝2R＝6.易知PD⊥QD，DE⊥PQ，所以由射影定理，得PD2＝PE·PQ，所以PE＝eq \f(l2,6)，所以DE＝eq \r(PD2－PE2)＝eq \r(l2－\f(l4,36))，所以DC＝eq \r(2)DE＝eq \r(2)×eq \r(l2－\f(l4,36))，所以正四棱锥的体积V＝eq \f(1,3)×(eq \r(2)×eq \r(l2－\f(l4,36)))2×eq \f(l2,6)＝eq \f(1,9)(l4－eq \f(l6,36))，则V′＝eq \f(l3,9)(4－eq \f(l2,6)).令V′＞0，得3≤l＜2eq \r(6)，令V′＜0，得2eq \r(6)＜l≤3eq \r(3)，所以V＝eq \f(1,9)(l4－eq \f(l6,36))在[3，2eq \r(6))上单调递增，在(2eq \r(6)，3eq \r(3) ]上单调递减，所以Vmax＝V(2eq \r(6))＝eq \f(64,3).又因为V(3)＝eq \f(27,4)，V(3eq \r(3))＝eq \f(81,4)＞eq \f(27,4)，所以Vmin＝eq \f(27,4)，所以该正四棱锥体积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,4)，\f(64,3))).故选C.
答案：C
7．解析：如图，
FP所在的平面与正方体表面的交线为如图所示正六边形，故A错误，B正确；
以DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
其中，E，G分别是BC，CD的中点，
则直线GE的方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0，
z＝0，))所以不妨设线段GE上的点P(x，x＋1，0)(0≤x≤1)，
点F(2，1，2)，则|FP|＝eq \r(（x－2）2＋（x＋1－1）2＋（0－2）2)
＝eq \r(2x2－4x＋8)＝eq \r(2（x－1）2＋6)，
所以当x＝0时，|FP|max＝2eq \r(2)；当x＝1时，
|FP|min＝eq \r(6).故C正确，D错误．故选BC.
答案：BC
8．解析：对于A，取OO′的中点M，易得MA＝MB＝MC＝MP，则M为三棱锥P­ABC外接球的球心，在△ABC中，由正弦定理得2OA＝eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)，所以OA＝eq \r(3)，又OM＝eq \f(1,2)OO′＝1，所以AM＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)))2＋1)＝2，所以三棱锥P­ABC外接球的表面积为4π·22＝16π.故A正确；
对于B，过P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，连接AQ，
则PQ⊥BC，又因为PA⊥BC，PA∩PQ＝P，所以BC⊥平面PAQ，所以BC⊥AQ，只有当AQ经过BC的中点时，才有AB＝AC，故B不正确；
对于C，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs60°
＝AB2＋AC2－AB·AC＝(AB－AC)2＋AB·AC，
所以9＝(AB－AC)2＋AB·AC≥AB·AC，即AB·AC≤9，当且仅当AB＝AC时，等号成立，所以S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC·sin60°≤eq \f(1,2)×9×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(9\r(3),4)，
所以三棱锥P­ABC体积的最大值为eq \f(1,3)×eq \f(9\r(3),4)×2＝eq \f(3\r(3),2).故C正确；
对于D，设点A到平面PBC距离为h，则VA­PBC＝eq \f(1,3)h·S△PBC＝eq \f(1,3)h·eq \f(1,2)·2·3＝h，
因为VA­PBC＝VP­ABC≤eq \f(3\r(3),2)，所以h≤eq \f(3\r(3),2)，即点A到平面PBC距离的最大值为eq \f(3\r(3),2)，故D正确．故选ACD.
答案：ACD
9．解析：由题可知当两球外切且与正方体包装盒对角的三个面相切时盒子棱长最小，
过正方体对角作截面如图，
设此时盒子棱长为acm，则AD＝acm，AB＝eq \r(2)acm，AC＝eq \r(3)acm，O1E＝O2F＝3cm，O1O2＝6cm，
∴AD＝a＝3＋3＋6×eq \f(1,\r(3))＝6＋2eq \r(3)(cm)，即盒子棱长最小值为6＋2eq \r(3)cm.
答案：6＋2eq \r(3)
10．解析：依题意，得球的半径R＝2，设圆锥的底面半径为r(r>2)，圆锥的高为h，
则母线长为eq \r(r2＋h2)，如图是圆锥的轴截面，
则轴截面的面积S＝eq \f(1,2)×2r×h＝eq \f(1,2)(2r＋2eq \r(r2＋h2))R，
即rh－2r＝2eq \r(r2＋h2)，平方整理得h＝eq \f(4r2,r2－4)，
则圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(4,3)π·eq \f(r4,r2－4)＝eq \f(4,3)π·eq \f(（r2－4＋4）2,r2－4)，令t＝r2－4，
则V＝eq \f(4,3)π(t＋eq \f(16,t)＋8)≥eq \f(4,3)π(8＋2eq \r(t·\f(16,t)))＝eq \f(64,3)π，
当且仅当t＝4时取得最小值，此时r＝2eq \r(2).
[或求导：V＝eq \f(4,3)π·eq \f(r4,r2－4)，所以V′＝eq \f(8,3)π·eq \f(r3（r2－8）,（r2－4）2)，
当r2－8>0即r>2eq \r(2)时V′>0，V(r)单调递增，
当r2－8<0即0所以当r＝2eq \r(2)时V最小，且最小值为eq \f(64,3)π.]
答案：eq \f(64,3)π
11．解析：(1)证明：在直三棱柱A1B1C1­ABC中，侧面AA1B1B为正方形，
所以AB∥A1B1，A1B1⊥B1B，
而C1F⊥A1B1，B1B∩C1F＝F，B1B，C1F⊂平面BB1C1C，所以A1B1⊥平面BB1C1C，
所以AB⊥平面BB1C1C，又BC⊂平面BB1C1C，所以AB⊥BC，
以B为坐标原点，AB，BC，BB1所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图所示．
则A1(2，0，2)，C1(0，2，2)，D(1，1，0)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，B1(0，0，2)，
故eq \(ED,\s\up6(→))＝(1，0，0)，eq \(C1F,\s\up6(→))＝(0，－2，－1).
设eq \(EG,\s\up6(→))＝eq \(λED,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则eq \(EG,\s\up6(→))＝λ(1，0，0)，故G(λ，1，0)，
所以eq \(A1G,\s\up6(→))＝(λ－2，1，－2)，
故eq \(C1F,\s\up6(→))·eq \(A1G,\s\up6(→))＝(0，－2，－1)·(λ－2，1，－2)＝0－2＋2＝0，
所以eq \(C1F,\s\up6(→))⊥eq \(A1G,\s\up6(→))，即C1F⊥A1G.
(2)由(1)可知，eq \(A1C1,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(A1G,\s\up6(→))＝(λ－2，1，－2)，eq \(A1B1,\s\up6(→))＝(－2，0，0)，
设平面C1A1G的法向量为m＝(x，y，z)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m·\(A1C1,\s\up6(→))＝0,m·\(A1G,\s\up6(→))＝0))，即，
令x＝2，则y＝2，z＝λ－1，则平面GA1C1的一个法向量为m＝(2，2，λ－1)，
设平面A1GB1的法向量为n＝(a，b，c)，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1B1,\s\up6(→))＝0,n·\(A1G,\s\up6(→))＝0))，即，
则a＝0，令c＝1，则b＝2，则平面GA1B1的一个法向量为n＝(0，2，1)，
设平面GA1C1与平面GA1B1的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，
故csθ＝|cs〈m，n〉|＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4＋λ－1,\r(5)·\r(8＋（λ－1）2))))＝eq \f(|λ＋3|,\r(5)\r(8＋（λ－1）2))，
令λ＋3＝t，t∈[3，4]，则csθ＝eq \f(|λ＋3|,\r(5)\r(8＋（λ－1）2))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t)),\r(5)\r(8＋（t－4）2))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t)),\r(5)\r(24－8t＋t2))＝eq \f(1,\r(5)\r(\f(24,t2)－\f(8,t)＋1))，
而函数y＝eq \f(24,t2)－eq \f(8,t)＋1在eq \f(1,t)∈[eq \f(1,4)，eq \f(1,3)]时单调递增，
故eq \f(1,t)＝eq \f(1,4)时，y＝eq \f(24,t2)－eq \f(8,t)＋1取最小值，
所以当eq \f(1,t)＝eq \f(1,4)，即t＝4，λ＝1时，csθ＝eq \f(1,\r(5)\r(\f(24,t2)－\f(8,t)＋1))取得最大值为eq \f(\r(10),5).
故平面GA1C1与平面GA1B1夹角的余弦值的最大值为eq \f(\r(10),5).
12．解析：(1)证明：
如图，连接AE，由题意知AB为⊙O的直径，所以AE⊥BE.因为AD，EF是圆柱的母线，
所以AD∥EF且AD＝EF，所以四边形AEFD是平行四边形．
所以AE∥DF，所以BE⊥DF.因为EF是圆柱的母线，所以EF⊥平面ABE，
又因为BE⊂平面ABE，所以EF⊥BE.又因为DF∩EF＝F，
DF、EF⊂平面DEF，所以BE⊥平面DEF.
(2)由(1)知BE是三棱锥B­DEF底面DEF上的高，由(1)知
EF⊥AE，AE∥DF，所以EF⊥DF，即底面三角形DEF是直角三
角形．设DF＝AE＝x，BE＝y，则
在Rt△ABE中有：x2＋y2＝6，
所以VB­DEF＝eq \f(1,3)S△DEF·BE＝eq \f(1,3)·(eq \f(1,2)x·eq \r(6))·y＝eq \f(\r(6),6)xy≤eq \f(\r(6),6)·eq \f(x2＋y2,2)＝eq \f(\r(6),2)，
当且仅当x＝y＝eq \r(3)时等号成立，即点E，F分别是eq \x\t(AB)，eq \x\t(CD)的中点时，三棱锥B­DEF的体积最大，
(另解：等积转化法：VB­DEF＝VD­BEF＝VD­BCF＝VB­CDF＝eq \f(1,3)S△CDF·BC，
易得当F与CD距离最远时取到最大值，此时E、F分别为eq \x\t(AB)、eq \x\t(CD)中点)
下面求二面角B­DF­E的正弦值：
法一 由(1)得BE⊥平面DEF，因为DF⊂平面DEF，所以BE⊥DF.
又因为EF⊥DF，EF∩BE＝E，所以DF⊥平面BEF.
因为BF⊂平面BEF，所以BF⊥DF，所以∠BFE是二面角B­DF­E的平面角，
由(1)知△BEF为直角三角形，则BF＝eq \r(（\r(3)）2＋（\r(6)）2)＝3.
故sin∠BFE＝eq \f(BE,BF)＝eq \f(\r(3),3)，所以二面角B­DF­E的正弦值为eq \f(\r(3),3).
法二 由(1)知EA，EB，EF两两相互垂直，
如图，以点E为原点，EA，EB，EF所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系E­xyz，
则B(0，eq \r(3)，0)，D(eq \r(3)，0，eq \r(6))，E(0，0，0)，F(0，0，eq \r(6)).
由(1)知BE⊥平面DEF，故平面DEF的法向量可取为eq \(EB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(3)，0).
设平面BDF的法向量为n＝(x，y，z)，
由eq \(DF,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，0，0)，eq \(BF,\s\up6(→))＝(0，－eq \r(3)，eq \r(6))，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(DF,\s\up6(→))＝0,n·\(BF,\s\up6(→))＝0))，即，即，取z＝1，得n＝(0，eq \r(2)，1).
设二面角B­DF­E的平面角为θ，
|csθ|＝|cs〈n，eq \(EB,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(EB,\s\up6(→))|,|n||\(EB,\s\up6(→))|)＝eq \f(\r(2)×\r(3),\r(3)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
所以二面角B­DF­E的正弦值为eq \f(\r(3),3).
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案