2015_退役省自主命题 (2015·文)
20．（本题满分 12 分）
如图，$A B$ 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 $\mathrm{PO}=\mathrm{OB}=1$ ．
（I）若 $D$ 为线段 $A C$ 的中点，求证 $\mathrm{AC} \mathrm{\perp}$ 平面 PDO ；
（II）求三棱锥 $P-A B C$ 体积的最大值；
（III）若 $B C=\sqrt{2}$ ，点 $E$ 在线段 $P B$ 上，求 $C E+O E$ 的最小值．
【答案】（I ）详见解析；（II）$\frac{1}{3}$ ；（III）$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$ ．
【解析】解法一：（I）在 $\triangle A O C$ 中，因为 $O A=O C, D$ 为 $A C$ 的中点，
所以 $\mathrm{AC} \perp \mathrm{OD}$ ．又 PO 垂直于圆 O 所在的平面，所以 $\mathrm{PO} \perp \mathrm{AC}$ ．
因为 $\mathrm{DO} \cap \mathrm{PO}=\mathrm{O}$ ，所以 $\mathrm{AC} \perp$ 平面 PDO ．
（II）因为点 C 在圆 O 上，
所以当 $\mathrm{CO} \perp \mathrm{AB}$ 时， C 到 AB 的距离最大，且最大值为 1 ．
又 $A B=2$ ，所以 $\triangle A B C$ 面积的最大值为 $\frac{1}{2} \times 2 \times 1=1$ ．
又因为三棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABC}$ 的高 $\mathrm{PO}=1$ ，故三棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABC}$ 体积的最大值为 $\frac{1}{3} \times 1 \times 1=\frac{1}{3}$ ．
（III）在 $\triangle \mathrm{POB}$ 中， $\mathrm{PO}=\mathrm{OB}=1, \angle \mathrm{POB}=90^{\circ}$ ，所以 $\mathrm{PB}=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$ ．
同理 $\mathrm{PC}=\sqrt{2}$ ，所以 $\mathrm{PB}=\mathrm{PC}=\mathrm{BC}$ ．
在三棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABC}$ 中，将侧面 BCP 绕 PB 旋转至平面 $\mathrm{BC}^{\prime} \mathrm{P}$ ，使之与平面 ABP 共面，如图所示。
当 $\mathrm{O}, \mathrm{E}, \mathrm{C}^{\prime}$ 共线时， $\mathrm{CE}+\mathrm{OE}$ 取得最小值．
又因为 $\mathrm{OP}=\mathrm{OB}, \mathrm{C}^{\prime} \mathrm{P}=\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{B}$ ，所以 $\mathrm{OC}^{\prime}$ 垂直平分 PB ，
即 E 为 PB 中点．从而 $\mathrm{OC}^{\prime}=\mathrm{OE}+\mathrm{EC}^{\prime}=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$ ，
亦即 $\mathrm{CE}+\mathrm{OE}$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$ ．
解法二：（I）、（II）同解法一。
（III）在 $\triangle \mathrm{POB}$ 中， $\mathrm{PO}=\mathrm{OB}=1, \angle \mathrm{POB}=90^{\circ}$ ，
所以 $\angle \mathrm{OPB}=45^{\circ}, \mathrm{PB}=\sqrt{1^{2}+1^{2}}=\sqrt{2}$ ．同理 $\mathrm{PC}=\sqrt{2}$ ．
所以 $\mathrm{PB}=\mathrm{PC}=\mathrm{BC}$ ，所以 $\angle \mathrm{CPB}=60^{\circ}$ ．
在三棱锥 $\mathrm{P}-\mathrm{ABC}$ 中，将侧面 BCP 绕 PB 旋转至平面 $\mathrm{BC}^{\prime} \mathrm{P}$ ，使之与平面 ABP 共面，如图所示。
当 $\mathrm{O}, \mathrm{E}, \mathrm{C}^{\prime}$ 共线时， $\mathrm{CE}+\mathrm{OE}$ 取得㖩小值．
所以在 $\Delta \mathrm{OC}^{\prime} \mathrm{P}$ 中，由余弦定理得：
$$ \begin{aligned} \mathrm{OC}^{\prime 2} & =1+2-2 \times 1 \times \sqrt{2} \times \cos \left(45^{\circ}+60^{\circ}\right) \\ & =1+2-2 \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2}\right) \\ & =2+\sqrt{3} \end{aligned} $$
从而 $\mathrm{OC}^{\prime}=\sqrt{2+\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$ ．
所以 $\mathrm{CE}+\mathrm{OE}$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$ ．
【考点定位】1、直线和平面垂直的判定；2、三棱锥体积．
【名师点睛】证明直线和平面垂直可以利用判定定理，即线线垂直到线面垂直；也可以利用面面垂直的性质定理，即面面垂直到线面垂直；决定棱锥体积的量有两个，即底面积和高，当研究其体积的最值问题时，若其中有一个量确定，则只需另一个量的最值；若两个量都不确定，可通过设变量法，将体积表示为变量的函数解析式，利用函数思想确定其最值；将空间问题转化为平面问题是转化思想的重要体现，通过旋转到一个平面内，利用两点之间距离最短求解．