数学高考题型专题讲解44---立体几何中最值问题
立体几何中的最值与动态问题 (解析版)
立体几何中的动态问题立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，与空间图形有关的线段、角、体积等最值问题常常在试题中出现。
下面举例说明解决这类问题的常用方法。
一、以静制动例1、在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1=AB=AC ，AB ⊥AC ，M 是CC 1的中点，Q 是BC 的中点，点P 在A 1B 1上，则直线PQ 与直线AM 所成的角等于（ D ） A 300 B 450 C 600 D 900分析：虽然点P 的具体位置不定，但PQ 在平面A 1C 上的射影是一条定直线A 1H ，在正方形ACC 1A 1中AM ⊥A 1H ，故由三垂线定理得BQ ⊥AM 。
例2 如图3，在棱长为a 的正方体1111ABCD A B C D -中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝b ＜a ，若Q 是11A D 上的定点，P 在11C D 上滑动，则四面体PQEF 的体积（ ）． （A)是变量且有最大值 （B ）是变量且有最小值 （C ）是变量无最大最小值 （D ）是常量分析：此题的解决需要我们仔细分析图形的特点．这个图形有很多不确定因素，线段EF 的位置不定，点P 在滑动，但在这一系列的变化中是否可以发现其中的稳定因素？求四面体的体积要具备哪些条件？仔细观察图形，应该以哪个面为底面？观察PEF ∆，我们发现它的形状位置是要变化的，但是底边EF 是定值，且P 到EF 的距离也是定值，故它的面积是定值．再发现点Q 到面PEF 的距离也是定值．因此，四面体PQEF 的体积是定值．我们没有一点计算，对图形的分析帮助我们解决了问题．1. 在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，则P 、Q 两点的最短距离为（ ） A.55B.552 C. 2 D. 1解析：如图，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。
立体几何中的最值问题PPT课件
EF FM A1F FB1 1
A1C1
A1B1
EF FM A1C1 2 6
．P
Q
D M
C
P．
N
A
-
B
6
方法点睛
本节课按照由特殊到一般的研究思路，以问题为 牵引，层层探究，步步深入，采用了通过合情推理得 出猜想，最后到推理验证的研究方法,求出周长最值.
-
7
同学们,再见!
-
8
如何找？
D1 A1
C1 B1
N
D
P．
C
．
T
A
Q
B
-
2
探究：截面多边形的形状
当点P从E向B运动（或从F向D1运动）时：
截面多边形是相似的等边三角形
当点P在E到F之间运动时：
截面多边形是六边形
D1
C1
A1
M2
B1M3
F
M1
D
M6
．
M4
P
． E
C M5
A
B
如何求周长？
-
3
探究：截面多边形周长的取值范围
周长的最值
主讲人 曹永芹 北京市第十七中学
童嘉森特级教师- 工作室
1
如图：正方体ABCD - A1B1C1D1的棱长为2 3，动点P在
对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面，记这样得
到的截面多边形（含三角形）的周长为y，设BP x，
则当x 1, 5时，求函数y f (x)的值域
要求截面多边形的周长， 关键是要找到符合要求的截面多边形.
1.等边三角形的周长
Q BD1 平面NQT , PM 平面NQT
A1
BD1 PM
立体几何中的最值问题
立体几何中的最值问题2007年普通高等学校招生全国统一考试新课程标准数学科考试大纲指出，通过考试，让学生提高多种能力，其中空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力.要在立体几何学习中形成。
立体几何主要研究空间中点、线、面之间的位置关系，查遍近几年全国各省市的高考题中，与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题常常在高考试题中出现，并且成增长趋势。
下面举例说明解决这类问题的常用方法。
策略一、公理与定义法例1、在正四棱锥S-ABCD 中，SO ⊥平面ABCD 于O ，SO=2，底面边长为2，点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动， 则P 、Q 两点的最短距离为（ ）A.55 B.552 C. 2 D. 1【解析】如图1，由于点P 、Q 分别在线段BD 、SC 上移动，先让点P 在BD 上固定，Q 在SC 上移动，当OQ 最小时，PQ 最小。
过O 作OQ ⊥SC ，在Rt △SOC 中，552=OQ 。
又P 在BD 上运动，且当P 运动到点O 时，PQ 最小，等于OQ 的长为552，也就是异面直线BD 和SC 的 公垂线段的长。
故选B 。
策略二 建立函数法例 2 正ABC ∆的边长为a ，沿BC 的平行线PQ 折叠，使平面⊥'PQ A 平面BCQP ，求四棱锥的棱B A '取得最小值时，四棱锥BCQP A -'的体积。
分析：棱B A '的长是由A '点到PQ 的距离变化而变化， 因此我们可建立棱B A '与点A '到PQ 的距离的一个函数关系式， 从而求出棱B A '的最小值，进而求出体积。
【解析】如图所示，取PQ 中点o ，显然PQ AO ⊥，即PQ O A ⊥'由平面⊥'PQ A 平面BCQP ，则⊥'O A 平面BCQP ，如图建立直角坐标系xyz O -，设SDCQBAP Ox O A ='，因正ABC ∆的边长为a ，易知()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--'0,21,23,0,0,0,,0,0a x a B O x A ，得 ()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-=+'='x a x a a x a x OB O A B A ,21,230,21,23,0,0()222222285432322123a a x a ax x x a x a +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+-=-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=即当a x 43=时，a B A 410min =' 643432143433131322a a a a O A S V BCPQ BCPQA =⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛-⨯='⋅⋅=∴-' 评注：对于图形的翻折问题,关健是利用翻折前后不变的数量关系和图形关系；同时还要仔细观察翻折前后图形的性质。
2020年高考数学冲刺复习知识点精讲：立体几何中的最值问题含解析
立体几何中的最值问题一、考情分析立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从两个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是直接法,即根据几何体的结构特征或平面几何中的相关结论,直接判断最值. 纵观近几年高考对于组合体的考查,重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力,才能顺利解答.从实际教学来看,这部分知识是学生掌握最为模糊,看到就头疼的题目.分析原因,除了这类题目的入手确实不易之外,主要是学生没有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理．二、经验分享1.解决立体几何中的最值问题常见方法有：(1)建立函数法是一种常用的最值方法，很多情况下，我们都是把这类动态问题转化成目标函数，最终利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法；二次数的配方法、公试法；有界函数界值法（如三角函数等）及高阶函数的拐点导数法等.(2)公理与定义法通常以公理与定义作依据，直接推理问题的最大值与最小值，一般的公理与定理有：两点之间以线段为最短，分居在两异面直线上的两点的连线段中，以它们的公垂线段为短.球面上任意两点间的连线中以过这两点与球心的平面所得圆的劣弧长为最短等.如果直接建立函数关系求之比较困难，而运用两异面直线公垂线段最短则是解决问题的捷径.(3)解不等式法是解最值问题的常用方法、在立体几何中同样可利用不等式的性质和一些变量的特殊不等关系求解：如最小角定理所建立的不等关系等等.(4)展开体图法是求立体几何最值的一种特殊方法，也是一种常用的方法，它可将几何题表面展开，也可将几何体内部的某些满足条件的部分面展开成平面，这样能使求解问题，变得十分直观，由难化易.(5)变量分析法是我们要透过现象看本质，在几何体中的点、线、面，哪些在动，哪些不动，要分析透彻，明白它们之间的相互关系，从而转化成求某些线段或角等一些量的求解最值总题的方法.除了上述5种常用方法外，还有一些使用并不普遍的特殊方法，可以让我们达到求解最值问题的目的，这就是：列方程法、极限思想法、向量计算法等等其各法的特点与普遍性，大家可以通过实例感受其精彩内涵与思想方法所在.2.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3.解决几何体体积最值问题的方法(1) 根据条件建立两个变量的和或积为定值,利用基本不等式求体积的最值；通过建立相关函数式,将所求的最值问题转化为函数的最值问题求解,此法应用最为广泛；由图形的特殊位置确定最值,如垂直求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，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．4.解题时，通常应注意分析题目中所有的条件，首先应该在充分理解题意的基础上，分析是否能用公理与定义直接解决题中问题；如果不能，再看是否可将问题条件转化为函数，若能写出确定的表意函数，则可用建立函数法求解；再不能，则要考虑其中是否存在不等关系，看是否能运用解等不式法求解；还不行则应考虑是否可将其体图展开成平面，这样依次从本文所标定的方法顺序思考，必能找到解题的途径三、题型分析(一) 距离最值问题1.空间中两点间距离的最值问题A C与BD上,求MN的最小值. 【例1】正方体的棱长为1,M、N分别在线段11【分析】方法一,该题可以结合正方体的结构特征,将其转化为两异面直线的距离来求；方法二,可设出变量,构建相应的函数,利用函数的最值求解；方法三,建立空间直角坐标系,利用点的坐标以及距离公式表示出目标函数,然后利用函数方法求解最值.A C与BD是异面直线,所以当MN是两直线的共垂线段时,MN 【解析】方法一（定义转化法）因为直线11取得最小值.取11A C 的中点P ,BD 的中点Q .则线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段.下证明之.在矩形11BDD B 中,PQ 为中位线,所以1//PQ BB ,又因为1BB ⊥平面ABCD ,所以PQ ⊥平面ABCD又因为BD ⊆平面ABCD ,所以PQ BD ⊥.同理可证11PQ A C ⊥,而, ,所以线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段,且1PQ =.由异面直线公垂线段的定义可得,故MN 的最小值为1.方法二：（参数法）如图,取11A C 的中点P ,BD 的中点Q .则线段PQ 就是两异面直线11A C 与BD 的共垂线段.由正方体的棱长为1可得1PQ =.连结AC ,则11//AC A C ,所以BQC ∠为两异面直线11A C 与BD 所成角.在正方形ABCD 中,AC BD ⊥,所以.过点M 作MH AC ⊥,垂足为H ,连结NH ,则//MH PQ ,且. 设PM m =,QN t =,则QH m =.在Rt QNH ∆中,, 在Rt MHN ∆中,.显然,当0m n ==时,2MN 取得最小值1,即MN 的最小值为1.方法三：（向量法）如图,以D 为坐标原点,分别以射线DA 、DC 、1DD 为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系.设DN m =,1A M n =.则,即；,即.所以,故当2m n ==时,2MN 取得最小值1,即MN 的最小值为1.【点评】空间中两点距离的最值,最基本的方法就是利用距离公式建立目标函数,根据目标函数解析式的结构特征求解最值.对于分别在两个不同对象上的点之间距离的最值,可以根据这两个元素之间的关系,借助立体几何中相关的性质、定理等判断并求解相应的最值.如【典例1】中的两点分别在两条异面直线上,显然这两点之间距离的最小值即为两异面直线的公垂线段的长度.另外注意直线和平面的距离,两平面的距离等的灵活运用.【小试牛刀】【湖南省长沙市2019届上学期高三统一检测】设正方体的棱长为，为的中点，为直线上一点，为平面内一点，则，两点间距离的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】结合题意，绘制图形结合题意可知OE是三角形中位线，题目计算距离最短，即求OE与两平行线的距离，，所以距离d，结合三角形面积计算公式可得，解得，故选B。
立体几何最值问题求解策略
立体几何最值问题求解策略王中华 王广敏最值问题一直是高中数学的重点和热点问题，当然，也是历年高考试题都要涉及的题目。
在立体几何中，计算几何体的最值往往有两种方法：一是利用函数及重要不等式，二是利用化归转化思想将立体几何中的极值问题转化为平面几何中的极值问题。
另外，解决几何体的相切、相接问题的关键是注意两个几何体之间的等量关系。
本文举例说明立体几何中的最值问题的求解策略。
一. 利用三角函数求最值例1. 已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧面ABB A A AB 11160是∠°=的菱形，且平面ABB 1A 1⊥平面ABC ，M 是A 1B 1上的动点。
试求使二面角A 1—BM —C 的平面角最小时的三棱锥M —A 1CB 的体积。
分析：要使二面角A 1—BM —C 的平面角最小，必须先构建其平面角，如何构建？如图所示，取AB 中点O ，在MB 上找一点P ，因为CO 垂直MB ，剩下的问题只要使OP 垂直于MB 即可。
这样MB 就垂直于平面CPO ，则∠OPC 就是所求的平面角。
在Rt △COP 中就转化为求OP 的最大值的问题，易发现此时点P 即为点B ，点M 为线段A 1B 1的中点。
解：取AB 中点O ，过O 作OP ⊥BM ，垂足为P ，连结CP 。
∵AB 是平面A 1B 与平面ABC 的交线，CO ⊥AB ，且平面A 1B ⊥平面ABC ∴CO ⊥平面A 1BMB A B ⊂平面1，因此CO M B ⊥而平面，OP COP MB OP ⊂⊥，∠OPC 即为A BM C 1--的平面角。
在Rt △COP 中，tan ∠OPC CO OP= CO 为定长，∠OPC 为最小，即OP 为最大。
当且仅当P 与B 重合时，OP 最大，此时M 点为A 1B 1的中点，BM ⊥AB 。
V V S CO M A CB C A MB MB --===1111312··∆A 解后反思：本题是一道探索性题，确定动点M 使所求二面角最小的位置是关键。
高中数学立体几何中的最值问题
高中数学立体几何中的最值问题在高中数学的学习中，立体几何一直是一个重点和难点，而其中的最值问题更是让许多同学感到头疼。
这类问题往往需要我们综合运用空间想象力、几何知识以及数学方法来求解。
接下来，让我们一起深入探讨立体几何中的最值问题。
一、常见类型及解法1、距离最值问题（1）两点间距离最值在立体几何中，求两点间距离的最值，常常需要我们将空间中的两点转化到同一平面内。
例如，在长方体中，求异面直线上两点的最短距离，就需要通过平移将其转化为共面直线，然后利用平面几何中的知识求解。
（2）点到直线距离最值求点到直线的距离最值时，通常要找到点在直线上的投影。
如果直线是某一平面的斜线，那么可以通过作垂线找到投影，再利用勾股定理计算距离。
（3）点到平面距离最值对于点到平面的距离最值，一般可以利用空间向量法。
先求出平面的法向量，然后通过向量的数量积来计算点到平面的距离。
2、面积最值问题（1）三角形面积最值在立体几何中，涉及三角形面积的最值问题，可能需要考虑三角形的边长关系或者角度大小。
例如，已知三角形的两边及其夹角，当夹角为直角时，面积最大。
（2）四边形面积最值对于四边形，如平行四边形，其面积可以表示为底边乘以高。
当底边长度固定时，高取得最大值时面积最大；或者当四边形的对角线相互垂直时，面积等于对角线乘积的一半。
3、体积最值问题（1）柱体体积最值对于柱体，如圆柱、棱柱，其体积等于底面积乘以高。
当底面积不变时，高最大则体积最大；反之，高最小时体积最小。
（2）锥体体积最值锥体体积为三分之一底面积乘以高。
在求解锥体体积最值时，需要关注底面积和高的变化。
二、例题分析例 1：在棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，E、F 分别是棱AB、BC 的中点，求点 A1 到直线 EF 的距离。
解：连接 A1C1、C1F、EF，因为 A1C1 平行于 EF，所以点 A1 到直线 EF 的距离等于点 A1 到直线 C1F 的距离。
立体几何的最值问题
立体几何最值问题立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是空间图形的性质和数量关系。
在立体几何中，我们经常遇到最值问题，即寻找某个量的最大值或最小值。
本文将介绍立体几何中最值问题的几个方面：1.立体几何位置关系立体几何中的位置关系是指空间中点、线、面之间的相对位置。
解决位置关系问题需要运用空间想象和逻辑推理。
在立体几何中最值问题中，位置关系往往与距离、角度等问题交织在一起，需要综合考虑多种因素。
2.立体几何中的距离立体几何中的距离是指空间中两点之间的直线距离，或者是点与线、线与面之间的距离。
在解决最值问题时，我们需要考虑如何利用距离公式来计算最短路径、最大距离等。
3.立体几何中的体积立体几何中的体积是指空间中封闭图形的体积，或者是两个平面图形之间的距离。
计算体积需要运用体积公式，而解决最大或最小面积问题则需要考虑如何调整图形的形状和大小。
4.立体几何中的最短路径立体几何中的最短路径问题是指寻找空间中两点之间的最短距离。
解决这类问题需要运用距离公式和几何定理，有时还需要借助对称、旋转等技巧。
5.立体几何中的最大/最小面积立体几何中的最大/最小面积问题通常涉及到平面图形在空间中的展开和折叠。
解决这类问题需要运用面积公式和平面几何定理，同时要注意图形的对称性和边长之间的关系。
6.立体几何中的角度问题立体几何中的角度问题是指空间中两条直线或两个平面之间的夹角。
解决这类问题需要运用角度公式和空间向量，同时要注意图形的对称性和边长之间的关系。
7.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题是指一个点或一条线在空间中按照一定规律移动所形成的轨迹。
解决这类问题需要运用轨迹方程和运动学原理，同时要注意轨迹的形状和大小随时间的变化情况。
专题4.4 立体几何中最值问题(解析版)
一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力。
最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面。
此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一 空间角的最值问题【例1】（2020·浙江高三期末）如图，四边形ABCD ，4AB BD DA ===，22BC CD ==，现将ABD ∆沿BD 折起，当二面角A BD C --的大小在2[,]33ππ时，直线AB 和CD 所成角为α，则cos α的最大值为（ ）A ．2268-B ．6224-C ．2268+D ．2264+ 【答案】C【解析】【分析】取BD 中点O ，连结AO ，CO ，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，过点O 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围．【详解】解：取BD 中点O ，连结AO ，CO ，∵AB ＝BD ＝DA ＝4．BC ＝CD 22=，∴CO ⊥BD ，AO ⊥BD ，且CO ＝2，AO 23=，∴∠AOC 是二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，过点O 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，B （0，﹣2，0），C （2，0，0），D （0，2，0），设二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角为θ，则2,33ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 连AO 、BO ，则∠AOC ＝θ，A（0θθ，），∴()22BA θθ=，，()220CD =-，，， 设AB 、CD 的夹角为α，则cosα1AB CDAB CD -⋅==⋅ ∵2,33ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴cos 1122θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，∴|1θ|∈[0，． ∴cos α．故选：C ．【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.【举一反三】1．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是( )A ．13 BC ．12 D．2【答案】B【解析】【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系利用向量法求出直线1B E与直线AB 所成角的正弦值的最小值．【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为1，设E(a,0，c)，0a 1≤≤，0c 1≤≤，1B (1,1，1)，B(1,1，0)，D(0,0，0)，1C (0,1，1)，()1B E a 1,1,c 1=---，DB (1,=1，0)，1DC (0,=1，1)，设平面1DBC 的法向量n (x,=y ，z)，则1n DB 0n DC 0x y y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x 1=，得()n 1,1,1=-， 1B E //平面1BDC ，1B E n a 11c 10∴⋅=-++-=，解得a c 1+=，()222a c a c 2ac 12ac ∴+=+-=-，2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭， 设直线1B E 与直线AB 所成角为θ，AB (0,=1，0)，(11AB B E cos θAB B E a ⋅∴==⋅ 2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，sin θ∴=====． ∴直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是3．故选B ． 2．（2020·河南高三月考（理））如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，现将△ABC沿着对角线AC 翻折，则直线EF 与平面ACD 所成角的正切值最大值为()AB C D．2【答案】D【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设二面角B AC D --为θ，用含θ的式子表示B 点坐标，利用向量法表示出线面角α的正弦值的平方，构造函数利用函数的单调性求出()2max sinα，即可求出线面角α的正切值的最大值。
专题突破立体几何之立体几何中的最值问题doc
突破立体几何之〈〈立体几何中的最值问题》考点动向高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题.此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练.例1如图6 — 1 , 在直二棱柱ABC — Ai B i C i中，底面为直角三角形，NACB=90‘，AC =6, BC=CCi=V2 .P是BC i上一动点，贝U CP + PA的最小值为.解析考虑将立体几何问题通过图形变换，转化为平面几何问题解答.解连结AB ,沿BC i将^CBC〔展开与△ ABC i在同一个平面内，如图6 —2所示，连AC ,则A i C的长度就是所求的最小值.通过计算可得/AQ^^ =90’，又2BC[C =45” 故NAiGC =i35 °,由余弦定理可求得AC = 5出.例2如图6 — 3，在四棱锥P—ABC D中，PA1底面A B C D / DAB为直角，AB// CD AD=2CD ,EA FB 分别为PC, CD的中点.(I) 试证：CD _L平面BEF ；(II) 设PA=kLAB ,且二面角E —BD—C 的平面角大于30 '，求k的取值范围.解析对(I),可以借助线面垂直的判定定理，或者借助平面的法向量及直线的方向向量解答；对(II),关键是确定出所求二面角的平面角.解法1 (I)证：由已知DF JAB 且Z DAB 为直角， 故ABFD 是矩形，从而CD ± BF .又PA 上底面ABCD , CD ± AD ,故由三垂线定理知 CD ± PD .在APDC 中，E, F 分别为PC , CD 的中点，故EF // PD ，从而CD ± EF ,由此得CD 上面BEF .(II)连接AC 交BF 于G ，易知G 为AC 的中点，连接EG ,则在△ PAC 中易知EG // PA .又因PA 上底面ABCD ，故EG 上底面ABCD .在底面ABCD 中，过G 作GH ± BD ,垂足为H ，连接EH ,由三垂线定理知 EH ± BD ,从而/ EHG 为二面角E — BD —C 的平面角. 设 AB=a ,贝U 在 △ PAC 中，有1 1EG =—PA = —ka .以下计算GH ,考虑底面的2 2平面图(如图6 — 5),连接GD ,因 1 . 1，△面=—BD [G H =—GB L DF ，22 一GBUAB aa5= ---------- =l = — a .因此 tan EHGBD 5a 5故k >0知Z EHG 是锐角，故要使 / EHG >30，，必须 —^>tan30( 2解之得，k 的取值范围为 ^>^15 .15BDAD =2a ,得 BD = T5a . 而GB 1 1=—FB = —AD =a , DF = AB ,2 2从而得GH些二kaGH 、5一 a5=_33故 GH=GB L DF .在△ ABD 中，因 AB=a,解法2 (I)如图6 —6,以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP 所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AB=a，则易知点A, B , C , D , F的坐标分别为A(0,0,0 ), B(a,0,0 ), C(2a,2a,0 ), D(0,2a,0 ),F(a,2a,0).从而D? = (2a,0,0),B? =(0,2a,0), =0,故及一设PA=b,则P(00 , b，而E为PC中b点，故E a, a,— I , 从而2B E，0, ,b a. DC L BE=。
立体几何最值问题-高考数学一题多解
立体几何最值问题-高考数学一题多解一、攻关方略事物的空间形成，总是表现为不同维数且遵循由低维到高维的发展规律，所谓升维策略，就是把维数、抽象水平较低的或局部的问题转化为维数、抽象水平较高或整体性较强的整体间的关系问题，通过对整体性质或关系的考虑，使原问题获得解决的策略，如平面图形通过翻折或旋转成为空间图形就是二维向三维的转化与变换．在解题时，考虑把高维空间的问题转化为低维空间的问题，这种处理问题的方法叫降维法，也可称之为降维策略，如将立体几何问题转化为平面几何问题．实际上，许多立体几何问题如求空间角、空间距离等，通常总是转化为平面内的问题，通过计算来解决的，当然将空间角、空间距离转变为平面角、平面上点线距离这一步是需要证明的．在立体几何学习中经常碰到几何体中有变角或变动的线段，此时必须根据题意列出沟通已知量与变量之间的关系，运用函数与方程的思想来处理，立体几何中由于动点的变化引起的最值，通常建立关于与动点相关的角度的目标函数，转化为函数最值问题求解．若在空间图形中建立空间直角坐标系，利用向量坐标法，结合条件得到方程（组），则可用解方程（组）求出结果，利用函数与方程的思想方法还可以解空间图形中涉及线面关系、面面关系的探究性问题．真可谓：翻折旋转二维升三，空间问题降维处理．点动角变牵动图形，立几最值函数搞定．1．如图所示，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC △、ECA △、FAB 分别是以BC 、CA 、AB 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC 、CA 、AB 为折痕折起DBC △、ECA △、FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为______．【针对训练】2．点P 在ABC 所在平面α外，PA α⊥，PB PC ==，3tan 2PBC ∠=，则点A 到平面PBC 的距离的最大值是______．3．如图所示，在ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒．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P BCD -的体积的最大值是______．4．已知底面边长为2的正三棱锥-P ABC ，其表面展开图是123PP P ，如图所示，求123PP P 的各边长及此三棱锥的体积V ．5．已知球的直径4SC =，A 、B 是该球面上的两点，30ASC BSC ∠=∠=︒，则三棱锥S ABC -的体积的最大值为______．（2021全国新高考Ⅰ卷19）6．已知直三棱柱111ABC A B C -中，侧面11AA B B 为正方形，2AB BC ==，E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，D 为棱11A B 上的点．11BF A B ⊥（1）证明：BF DE ⊥；（2）当1B D 为何值时，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的正弦值最小?（2022新高考1卷）7．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333l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]（2022年全国乙卷（文数）第12题）8．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 ．13B ．12C D ．2（2022年全国乙卷（文数）第18题）9．如图，四面体ABCD 中，AD CD ⊥，AD CD =，ADB BDC ∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2AB BD ==，60ACB ∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．10．如图，已知平面四边形ABCD ，AB=BC=3，CD=1，ADC=90°．沿直线AC 将ACD 翻折成ACD '△，直线AC 与BD '所成角的余弦的最大值是________.11．已知四边形ABCD ，2AB BD DA ===，BC CD ==ABD △沿BD 折起，使二面角A BD C --的大小在5,66ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内，则直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围是（）A ．08⎡⎢⎣⎦，B ．08⎡⎢⎣⎦，C ．01⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎦⎣⎭ D ．88⎢⎣⎦，参考答案：1．3【分析】先求得所求三棱锥体积的表达式，然后利用导数或基本不等式求得体积的最大值.【详解】解法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当ABC 的边长变化时，设ABC 的边长为()0a a >cm ，则ABC 的面积为24a ．DBC △的高为56a -，则正三棱锥的高为=∴2503->，∴0a <<．∴所得三棱锥的体积213412V a =⨯=．令45253t a a =-，则34100t a ='，由0t '=，得a =此时所得三棱锥的体积最大，为3．解法二：如图所示，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD BC ⊥，OG 是等边三角形ABC 内切圆半径，21π1sin 3232BC BC OG ⨯⨯=⨯⨯，解得OG =，∴OG 的长度与BC 的长度成正比．设OG x =，则BC =，5DG x =-，2132ABC S x =⨯=△，则所得三棱锥的体积2213V =⨯=令()452510f x x x =-，50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．则()3410050f x x x '=-，令()0f x '≥，即4320x x -≤，得02x <≤．则当50,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()280f x f =≤，∴V ≤．∴所求三棱锥的体积的最大值为3．解法三：如图所示，连接OE 交AC 于点H ，连接AO 、OC ，设OH x =．则AC =，5EH x =-，三棱锥D ABC -2ABC S = ，D ABC V -=2≤=，当且仅当104x x =-，即2x =时取等号．∴所求三棱锥的体积的最大值为3．【点睛】本题为平面图形折叠成空间图形，当折叠终止时，几何体是一个正三棱锥，这个正三棱锥底面边长是一个变元，从而导致三棱锥体积的变化，特别要提醒的是，在折叠问题中，必须注意到折叠过程中哪些要素在变化，哪些要素始终保持不变，其中不变要素见核心要素．根据平面图形的性质，寻找不变的数量关系以及直线与直线平行和垂直的位置关系，是解决折叠问题的突破口，因此折叠问题要通过变图、想图、构图、用图的过程，积极思考，体会解题程序方向性，直击问题的本质，折叠问题既要看清平面转化为空间的过程，又要了解三维空间图形问题的平面化处理，两者是互通的．在建立体积表达式的函数模型之后，结合函数思想求最值，通常用导数法，也可考虑运用基本不等式的方法．策略一:以动正三角形AEC 的边长为变元建立函数关系式，运用导数法求其最大值.策略二:以动正三角形ABC 的中心到边的距离为变元建立函数关系式，运用导数法求其最大值.策略三:以动正三角形ABC 的中心到边的距离为变元建立函数关系式，运用基本不等式求最大值，注意等号成立的条件.2【分析】法一，取BC 的中点D ，连接AD 、PD ，设ADP θ∠=，用θ的正余弦表示AD ，PD ，再利用等体积法求解作答.法二，作PD BC ⊥于点D ，连接AD ，作AF PD ⊥于点F ，证明AF ⊥平面PBC ，再利用均值不等式求解作答.【详解】解法一，取BC 的中点D ，连接AD 、PD ，如图，因PB PC =，则PD BC ⊥，而3tan2PBC ∠=，有sin PBC ∠=则有sin PD PB PBC =⋅∠=PA ⊥平面ABC ，,AD BC ⊂平面ABC ，则PA AD ⊥，PA BC ⊥，又,,PA PD P PA PD ⋂=⊂平面PAD ，因此BC ⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，则AD BC ⊥，在Rt PAD △中，令(0,)2ADP πθ∠=∈，sin ,cos PA PD AD PD θθ==，设点A 到平面PBC 的距离为h ，11,22PBC ABC S BC PD S BC AD =⋅=⋅ ，由A PBC P ABC V V --=得：1133PBC ABC S h S PA ⋅=⋅ ，即1122BC PD h BC AD PA ⋅⋅=⋅⋅，于是得cos sin 2AD PA PD PD h PD PD θθθ⋅⋅==，当且仅当22=πθ，即4πθ=时取等号，所以点A 到平面PBC解法二，在PBC 中，作PD BC ⊥于点D ，连接AD ，作AF PD ⊥于点F，如图，PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，则PA BC ⊥，又,,PA PD P PA PD ⋂=⊂平面PAD ，因此BC ⊥平面PAD ，而BC ⊂平面PBC ，则有平面PAD ⊥平面PBC ，又平面PAD ⋂平面PBC PD =，AF ⊂平面PAD ，因此AF ⊥平面PBC ，即AF 就是点A 到平面PBC 的距离，而3tan 2PBC ∠=，有sin PBD ∠=sin PD PB PBD =⋅∠=，在Rt PAD △中，22211()1222PA AD PD PA AD AF PD PD PD PD +⋅=≤==当且仅当3PA AD ==时取等号，所以点A 到平面PBC3．12##0.5【分析】先求得四面体P BCD -体积的表达式，利用基本不等式或函数的单调性求得体积的最大值.【详解】解法一：由2AB BC ==，120ABC ∠=︒，可得AC =要求四面体P BCD -的体积，关键是寻找底面三角形BCD 的面积BCD S △和点P 到平面BCD 的距离h ，易知2h ≤．设AD x =，则DP x =，DC x =，()12sin 3022DBC xS x =⨯⨯⨯︒=△，其中(0,x ∈，且h x ≤．∴2111366622P BCDBCD x x x x V S h h x -⎛⎫-+=⨯=≤≤= ⎪ ⎪⎝⎭△．当且仅当x x =，即x =P BCD -的体积的最大值是12．解法二：设PD AD x ==，∵PB PA =，PBD ABD ≌△△，1133P BCD BCD V S h -=⨯=△（h 为三棱锥P BCD -的高）．当平面PBD ⊥平面BDC 时，使四面体PBCD 的体积较大．作PH BD ⊥，垂足为H ，则PH ⊥平面BCD ，sin sin h PH PD PDB x ADB ==⋅∠=⋅∠．此时，()211sin sin sin 662P BCDx x V ADB ADB ADB -=⋅∠≤∠=∠⎝⎭，当且仅当x =1sin 2P BCD V ADB -=∠，当90ADB ∠=︒，即AD BD ⊥时，P BCD V -最大值为12．解法三：∵13P BCD BCD V S h -=⨯△（h 为三棱锥P BCD -的高），在ABC 中，2AB BC ==，120ABC ∠=︒，则AC =30BAC BCA ∠=∠=︒，设(0PD DA x x ==<<，则DC x =-，1sin 22BCD xS BC CD BCA =⨯⋅∠=△．在ABD △中，由余弦定理，有2222cos BD AD AB AD AB BAC =+-⋅∠．代入整理得BD =PBD △中，由余弦定理，有222cos 2PB BD PD PBD PB BD+-∠=⋅，代值整理得cos PBD ∠∴sin PBD ∠=．过P 作PM BD ⊥，垂足为M ，则PM 为四面体P BCD -的高．∴sin h PM PB PBM ==∠故111336P BCDBCD V S h -===△，t =，∵0x <<12t ≤<，∴224x t -=-．2141466P BCDt V t t t--⎛⎫=⨯=- ⎪⎝⎭在[)1,2t ∈上单调递减．∴当1t =，即x =P BCD -的体积最大为1411612P BCD V --=⨯=．4．1213234PP PP P P ===，3【分析】由12APB CBP ≌△△，分析可得123PP P 是边长为4的正三角形，再由13P ABC ABC S PO V -=⋅ 结合题干数据求解即可.【详解】由题图可知1P 、B 、2P 三点共线，∴12APBCBP ≌△△．∵60ABC ∠=︒，∴1260ABP CBP ∠=∠=︒，1APB △和2CBP △都是正三角形．∴124PP =．同理可知其他两边长也是4，∴123PP P 是边长为4的正三角形．折叠后是棱长为2的正四面体-P ABC ，如图所示．设顶点P 在底面内的投影为O ，连结BO 并延长，交AC 于点D ，则D 为AC 的中点，O 为ABC 的重心，PO ⊥底面ABC ．AO AB ==，PO ==．故133P ABC ABC V S PO -=⋅=△．5．2【分析】过AB 作与SC 垂直的截面ABM ．通过13S ABC ABM V SC S -=⋅△，分析即得解.【详解】过AB 作平面ABM SC ⊥且SC 平面ABM M =，如图所示，由题意知SAC 、SBC △均为直角三角形．∵4SC =，30ASC BSC ∠=∠=︒，故SAC SBC ≅ ，∴SA =，2CA =，∴SA ACAM BM SC⋅==．∴2141sin 2sin 2332S ABCABM V SC S AMB AMB -=⋅=⨯⨯∠=∠≤△．∴三棱锥S ABC -体积的最大值为2．故答案为：26．（1）证明见解析；（2）112B D =【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；【详解】（1）[方法一]：几何法因为1111,//BF AB AB AB ⊥，所以BF AB ⊥．又因为1AB BB ⊥，1BF BB B ⋂=，所以AB ⊥平面11BCC B ．又因为2AB BC ==，构造正方体1111ABCG A B C G -，如图所示，过E 作AB 的平行线分别与AG BC ，交于其中点,M N ，连接11,AM BN ，因为E ，F 分别为AC 和1CC 的中点，所以N 是BC 的中点，易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则1CBF BBN ∠=∠．又因为1190BBN BNB ∠+∠=︒，所以1190CBF BNB BF BN ∠+∠=︒⊥，．又因为111111,BF AB BN AB B ⊥= ，所以BF ⊥平面11A MNB ．又因为ED ⊂平面11A MNB ，所以BF DE ⊥．[方法二]【最优解】：向量法因为三棱柱111ABC A B C -是直三棱柱，1BB ∴⊥底面ABC ，1B B AB ∴⊥11//A B AB ，11BF A B ⊥，BF AB ∴⊥，又1BB BF B ⋂=，AB ∴⊥平面11BCC B ．所以1,,BA BC BB 两两垂直．以B 为坐标原点，分别以1,,BA BC BB 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图．()()()0,0,0,2,0,0,0,2,0,B A C ∴()()()1110,0,2,2,0,2,0,2,2B A C ，()()1,1,0,0,2,1E F ．由题设(),0,2D a （02a ≤≤）．因为()()0,2,1,1,1,2BF DE a ==--，所以()()0121120BF DE a ⋅=⨯-+⨯+⨯-=，所以BF DE ⊥．[方法三]：因为11BF A B ⊥，11//A B AB ，所以BF AB ⊥，故110BF A B ⋅= ，0BF AB ⋅=，所以()11BF ED BF EB BB B D ⋅=⋅++ ()11=BF B D BF EB BB ⋅+⋅+ 1BF EB BF BB =⋅+⋅ 11122BF BA BC BF BB ⎛⎫=--+⋅ ⎪⎝⎭11122BF BA BF BC BF BB =-⋅-⋅+⋅ 112BF BC BF BB =-⋅+⋅111cos cos 2BF BC FBC BF BB FBB =-⋅∠+⋅∠1=2202-⨯⨯，所以BF ED ⊥．（2）[方法一]【最优解】：向量法设平面DFE 的法向量为(),,m x y z =，因为()()1,1,1,1,1,2EF DE a =-=--，所以00m EF m DE ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即()0120x y z a x y z -++=⎧⎨-+-=⎩．令2z a =-，则()3,1,2m a a =+-因为平面11BCC B 的法向量为()2,0,0BA =，设平面11BCC B 与平面DEF 的二面角的平面角为θ，则cos m BA m BA θ⋅=⋅==当12a =时，2224a a -+取最小值为272，此时cos θ=所以()minsin θ=112B D =．[方法二]：几何法如图所示，延长EF 交11A C 的延长线于点S ，联结DS 交11B C 于点T ，则平面DFE 平面11B BCC FT =．作1BH FT ⊥，垂足为H ，因为1DB ⊥平面11BB C C ，联结DH ，则1D H B ∠为平面11BB C C 与平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T s =，过1C 作111//CG AB 交DS 于点G ．由111113C S C G SA A D ==得11(2)3C G t =-．又1111B D BT C G C T=，即12(2)3t s s t =--，所以31t s t =+．又111B H BT C F FT =，即11B H =，所以1B H =所以DH ==则11sin B D DHB DH∠===所以，当12t =时，()1min 3sin 3DHB ∠=．[方法三]：投影法如图，联结1,FB FN，DEF 在平面11BB C C 的投影为1BN F ，记面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的平面角为θ，则1cos B NF DEFS S θ=．设1(02)BD t t =≤≤，在1Rt DB F中，DF ==在Rt ECF中，EF =D 作1B N 的平行线交EN 于点Q ．在Rt DEQ △中，DE ==在DEF 中，由余弦定理得222cos 2DF EF DE DFE DF EF+-∠=⋅=，sin DFE ∠1sin 2DFE S DF EF DFE =⋅∠ =13,2B NF S = 1cos B NF DFES S θ==，sin θ，当12t =，即112B D =，面11BB C C与面DFE 所成的二面角的正弦值最小，最小值为3．【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面11BB C C 与面DFE 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面DFE 在面11BB C C 上的投影三角形的面积与DFE △面积之比即为面11BB C C 与面DFE 所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．7．C【分析】设正四棱锥的高为h ，根据题意求出正四棱锥的底面边长与高的关系，再利用导数求解即可.【详解】设球体的半径为R ，由题知：34363R ππ=，所以球的半径3R =.设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则222222l h a h =+=+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，设()641=936x f x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，3x ≤≤，所以()5233112449696x x f x x x ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪⎝⎭⎝⎭，当3x ≤≤()0f x ¢>，()f x 为增函数，当x <≤()0f x '<，()f x 为减函数，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C 8．C【分析】令四棱锥底面四边形外接圆半径为r ，用r 表示四棱锥的高及底面四边形面积最大值，再借助导数求解作答.【详解】设该四棱锥底面四边形为ABCD ，平面ABCD 截球O 所得小圆半径为r ，则球心O到平面ABCD 的距离h =设四边形ABCD 对角线,AC BD 的夹角为α，则1sin 2ABCD S AC BD α=⋅，于是得该四棱锥的体积：12sin 22sin 36623ABCD V S h BD r r rπα=⋅=⋅≤⋅⋅=当且仅当对角线,AC BD 是截面小圆互相垂直的两条直径，即四边形ABCD 为正方形时取等号，令2(0,1)r x =∈，有23r =23(),(0,1)f x x x x =-∈，求导得：22()233()3f x x x x x '=-=-，当203x <<时，()0f x '>，当213x <<时，()0f x '<，因此函数()f x 在2(0,)3上单调递增，在2(,1)3上单调递减，当23x =时，23max 224()(()3327f x =-=，从而当223r =时，max 222(333r =⨯⨯max V =，此时3h ==，故选：C9．(1)证明见解析；【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得AC ⊥平面BED ，然后根据面面垂直的判定定理可得平面BED ⊥平面ACD ；（2）首先判断出三角形AFC 的面积最小时F 点的位置，然后求得F 到平面ABC 的距离，从而求得三棱锥F ABC -的体积或利用等积法及锥体的体积公式即得.【详解】（1）AD CD = ，ADB BDC ∠=∠，BD BD =，ADB CDB ∴≅ ，AB BC ∴=，又E 为AC 的中点．AC BE ∴⊥，AD CD = ，E 为AC 的中点．AC DE ∴⊥，又BE DE E = ，BE ⊂平面BED ，DE ⊂平面BED ，AC ∴⊥平面BED ，又AC ⊂ 平面ACD ，∴平面BED ⊥平面ACD ；（2）方法一：依题意2AB BD BC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =，所以222DE BE BD +=，即DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BFFBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小，过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得2EF =，所以13,222DF BF DF ===-=，所以34BF BD =，过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，又DE ⊥平面ABC ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =，所以111323324F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯=方法二：AB BC = ，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴ 是边长为2的等边三角形，BE ∴=连接EF ，由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BFFBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小，即EF BD ⊥时，AFC △的面积最小，,,2AD CD AD CD AC ⊥== ，E 为AC 的中点，∴1DE =，222DE BE BD +=，BE ED ∴⊥，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得2EF =，∴32BF ，113222BEF S BF EF ∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC ---∴=+=⋅=⋅= .10．6【分析】取AC 中点O ，连接OB ，过点O 作Oz ⊥平面ABC ，以点O 为原点建立空间直角坐标系，设二面角D AC B '--的大小为α，把直线A C 与BD '所成角的余弦表示为α的函数，求出函数最大值作答.【详解】在ACD 中，90ADC ∠= ，1,CD AD ==则AC =，过D 作DH AC ⊥于H ，连接D H '，如图，显然D H AC '⊥，ACD 绕直线AC 旋转过程中，线段DH 绕点H 在垂直于直线AC 的平面γ内旋转到D H '，取AC 中点O ，连接OB ，因3AB BC ==，有OB AC ⊥，OB =，,663CD ADD H DH CH OH AC⋅'=====，过点O 作Oz ⊥平面ABC ，以点O 为原点，射线,,OB OA Oz 分别为,,x y z 轴非负半轴，建立空间直角坐标系，则A ，B ，(0,2C -，显然有//Oz 平面γ，设二面角D AC B '--的大小为[0,]απ∈，有(,,sin )636D αα'-，则有(,sin )6236BD αα=--' ，CA的方向向量为(0,1,0)n = ，设直线AC 与BD '所成的角为θ，于是得||cos |cos ,|||||n BD n BD n BD θ'⋅'=〈〉=='因[0,]απ∈，则1cos 1α-≤≤，于是得cos 6θ=，当且仅当cos 1α=取等号，所以直线AC 与BD '11．A【分析】取BD 中点O ，连接AO ，CO ，以O 为原点建立空间直角坐标系，利用二面角A BD C --的大小θ的正余弦表示,AB CD的坐标，利用空间向量建立函数关系求解作答.【详解】取BD 中点O ，连接AO ，CO ，而AB =BD =DA =2，BC =CD，则CO ⊥BD ，AO ⊥BD ，且CO =1，AOAOC ∠是二面角A BD C --的平面角，令5[,]66AOC ππθ∠=∈，显然有BD ⊥平面AOC ，BD ⊂平面BCD ，则平面AOC ⊥平面BCD ，在平面AOC 内过O 作Oz OC ⊥，而平面AOC I 平面BCD OC =，因此Oz ⊥平面BCD ，即射线,,OC OD Oz 两两垂直，以O 为原点，射线,,OC OD Oz 分别为,,x y z轴非负半轴，建立空间直角坐标系，如图，则(0,1,0),(1,0,0),(0,1,0)B C D -，)A θθ，,1,),(1,1,0)BA CD θθ==-，设直线AB 与CD 所成的角为α，则||cos |cos ,|||||AB CD AB CD AB CD α⋅=〈〉==，由5[,66ππθ∈得：cos [,]22θ∈，15122θ-≤≤，则5|1|[0,2θ∈，于是得cos[0,]α∈，8.所以直线AB与CD 所成角的余弦值取值范围是[0,]8故选：A答案第18页，共18页。
空间几何体中最值问题的常用求法
ʏ廖子宜立体几何中的最值问题主要与空间图形的距离㊁角㊁面积㊁体积有关,是高考命题的热点㊂此类问题涉及知识面较广,灵活性较大,常用的求法有:二次函数性质法㊁基本不等式法㊁射影法㊁两点之间线段最短法㊁垂线段最短法㊁三角函数性质法等㊂一㊁二次函数性质法例1 如图1,一个圆锥的底面半径为2c m ,高为6c m ,其中有一个高为x c m 的内接圆柱㊂当x 取何值时,圆柱的侧面积最大?图1解:依题意得S 圆柱侧=2πr x =2π2-x 3x =4πx -2π3x 2,x ɪ(0,6)㊂当x =-4π2-2π3=3时,这个二次函数有最大值6π,故当圆柱的高为3c m 时,圆柱的侧面积最大,其最大值为6πc m 2㊂评注:二次函数y =a x 2+b x +c (a ʂ0),当a >0时,有最小值;当a <0时,有最大值㊂二㊁基本不等式法例2 已知圆柱的轴截面的周长L 为定值,则圆柱侧面积的最大值是㊂解:设圆柱的底面直径和高分别为d ,h ,则d +h =L 2,所以S 圆柱侧=πd h ɤπd +h 22=πL216(当且仅当d =h 时取等号)㊂故圆柱侧面积的最大值为πL216㊂评注:基本不等式为:a ,b ɪR +,a +b ȡ2a b ,当且仅当a =b 时等号成立㊂基本不等式逆用为:a ,b ɪR +,a b ɤa +b 22,当且仅当a =b 时等号成立㊂三㊁射影法例3 如图2,棱长为1的正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,若G ,E 分别是B B 1,C 1D 1的中点,点F 是正方形A D D 1A 1的中心,则四边形B GEF 在正方体侧面及底面共6个面内的射影图形的面积的最大值是㊂图2解:显然,四边形B G E F 在前后侧面上的射影图形的面积相等㊂易知点E 在前面平面上的射影是A 1B 1的中点E 1,点F 在前面平面上的射影是A A 1的中点F 1,可得四边形B G E 1F 1的面积为12㊂同理可得,四边形B G E F 在左右侧面上的射影图形的面积相等且等于18;在上下底面上的射影图形的面积相等且等于38㊂故四边形B G E F 在前后侧面上的射影图形的面积最大,其最大值为12㊂评注:解题的关键是找到四边形B G E F 四个顶点在各个面上的射影点的位置,再根据正方体的性质计算其面积㊂四㊁两点之间线段最短法例4 如图3所示,已知圆柱的高为80c m ,底面半径为10c m ,轴截面上有P ,Q 两点,且P A =40c m ,B 1Q =30c m ,若一只蚂蚁沿着侧面从P 点爬到Q 点,则蚂蚁爬过的最短路径长为㊂91知识结构与拓展高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.图3解:将圆柱侧面沿母线A A 1展开,得到如图4所示的矩形㊂图4易得A 1B 1=10π㊂过点Q 作Q S ʅA A 1于点S ,在R tәP Q S 中,P S =80-40-30=10,Q S =A 1B 1=10π,所以P Q =P S 2+Q S 2=10π2+1,即蚂蚁爬过的最短路径长是10π2+1cm ㊂评注:求几何体表面上两点间的最小距离,可将几何体沿着某棱(母线)剪开后展开,画出其侧面展开图,把求曲线长问题转化为求平面上的线段长问题㊂五㊁垂线段最短法例5 如图5,在棱长为2的正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,E 为B C 的中点,点P 在线段D 1E 上,则点P 到直线C C 1的距离的最小值为㊂图5解:过E 作E E 1ʅ底面A 1B 1C 1D 1交B 1C 1于E 1,过P 作P H ʅD 1E 1于H ㊂连接C 1H ,作P P 1ʅC C 1于P 1㊂易知四边形P P 1C 1H 是矩形,点P 在线段E D 1上运动,点P 到直线C C 1的距离是C 1H ㊂当C 1H 为R t әC 1D 1E 1的底边D 1E 1上的高时,C 1H 最小,记高为h ㊂依题意得C 1D 1=2,C 1E 1=1,所以D 1E 1=5㊂由12C 1D 1㊃C 1E 1=12D 1E 1㊃h ,可得h =255㊂故点P 到直线C C 1的距离的最小值为255㊂评注:当点P 在D 1E 上移动时(不含端点),四边形P P 1C 1H 一定是矩形;当点P 与D 1或E 重合时,点P 到直线C C 1的距离的最小值为C 1D 1或CE ,此时显然不是最小值㊂六㊁三角函数性质法例6 如图6所示,边长A C =3,B C =4,A B =5的三角形简易遮阳棚,其A ,B 是地面上南北方向两个定点,正西方向射出的太阳光线与地面成30ʎ角,当遮阳棚A B C 与地面的夹角等于时,才能保证所遮影面A B D 的面积最大㊂图6解:易知әA B C 为直角三角形㊂在平面A B C 内,由C 向A B 引垂线,垂足为Q ,则D Q 为C D 在地面上的射影,且A B ʅ平面C QD ㊂因为太阳光与地面成30ʎ角,所以øC D Q =30ʎ㊂在әC D Q 中,C Q =125,由正弦定理得C Q s i n 30ʎ=Q D s i nøQ C D ,所以Q D =245s i nøQ C D ㊂为使面A B D 的面积最大,需Q D 最大即可,只有当øQ C D =90ʎ时才可达到最大,从而øC Q D =60ʎ㊂故当遮阳棚A B C 与地面成60ʎ角时,才能保证所遮影面A B D 面积最大㊂评注:正弦函数y =s i n x 在0,π2上单调递增,在π2,π上单调递减㊂作者单位:福建省泉州市外国语学校(责任编辑 郭正华)2 知识结构与拓展 高一数学 2023年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
立体几何中的最值问题
取 BC 中点 F，∴ EF⊥BC，EF⊥AD，四面体 ABCD 的体 积的最大值，只需 EF 最大即可，
当△ABD 是等腰直角三角形时几何体的体积最大． ∵ AB + BD = AC + CD = 2a，
∴ AB = a，所以 EB = 槡a2 － c2 ，EF = 槡a2 － c2 － 1，
棱 AA1 的长的最小值为
．
解析 设 AA1 = m，AE = x，以 D 为坐标
原点建系，则 D（ 0，0，0） ，E（ a，0，x） ，B（ a，
a，0）
所，C以1 （ E→0B，a=，m（ 0）
， ，a，－
x）
，E→C1
=
（
－ a，a，m － x） ，
所以 x2 － mx + a2 = 0，x∈［0，m］．
点评 本题求的是动点到两个定点距离和的最值问
题，采用了补型的 技 巧，化 曲 为 直，将 折 线 的 最 值 转 化 为 直
线的最值得解，这是动点距离和中常用的技巧．
题型二 棱长最值问题
例 2 长方体 ABCD － A1 B1 C1 D1 的底
面是边长为 a 的正方形，若在侧棱 AA1 上
至少存在一点 E，使得 ∠C1 EB = 90°，则侧
解题技巧与方法
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JIETI JIQIAO YU FANGFA
立体几何中的最值问题
◎孙岳炜 （ 山东省寿光现代中学，山东 寿光 262700）
立体几何中 的 最 值 问 题 一 般 是 指 有 关 距 离 的 最 值 、角
的最值或面积的最值的问题． 在立体几何中，计算几何体的
立体几何解析几何最值问题
立体几何解析几何最值问题立体几何和解析几何都是数学中的分支领域，它们在研究物体的形状、位置和运动等方面有着不同的方法和应用。
在解析几何中，最值问题是其中一个重要的问题类型，它涉及到找到函数在特定区域内的最大值或最小值。
在立体几何中，我们研究的是空间中的物体，比如点、线、面、体等。
解析几何则是研究平面几何与坐标系统之间的关系，通常使用坐标点来表示点、线、曲线等。
解析几何中最值问题的解决方法通常是通过求导来进行。
我们可以将问题转化为一个函数，然后求该函数的导数，找到导数为0的点，再通过比较得出最大值或最小值。
这种方法在求解平面最值问题时非常有效。
而在立体几何中，最值问题通常涉及到体积、面积或长度等量的最大化或最小化。
解决这类问题可以利用几何性质和定理来进行推导和求解。
比如，要求一个几何体的体积的最大值，我们可以通过寻找几何体的特定形状的体积公式以及几何性质来得出最优解。
具体地说，在立体几何中，最值问题的解决方法可以归纳如下：1.求解体积最大问题：对于已知形状的几何体，我们可以通过推导体积公式，并利用一些方法来求解体积的最大值。
例如，求解一个长方体在给定表面积约束条件下的最大体积，我们可以设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，然后利用约束条件和体积公式写出等式，最后通过求解方程组可得到最优解。
2.求解表面积最小问题：类似地，我们可以通过推导表面积公式，并利用一些方法来求解表面积的最小值。
例如，求解一个包含给定体积的圆柱体的表面积最小值，我们可以设圆柱体的底面半径为r、高度为h，然后通过体积公式将h表示为r的函数，并利用表面积公式得到表面积的表达式，最后求解表面积的最小值。
3.求解长度最短问题：有时候我们需要找到连接两个点的最短路径，可以利用几何性质和定理求解。
例如，求解从一个点到直线的最短距离，我们可以利用点到直线的距离公式，并通过求导的方法求解最短距离的点。
总而言之，立体几何和解析几何最值问题的求解方法有所不同，但都可以通过推导公式、利用几何性质和定理以及求导等方法来解决。
怎样求解立体几何最值问题
立体几何中的最值问题具有较强的综合性，对同学们的空间想象能力和运算能力有较高的要求.常见的立体几何最值问题有线段最值问题、面积最值问题以及体积最值问题.下面结合实例来谈一谈这三类立体几何最值问题的解法.一、线段最值问题立体几何中的线段最值问题比较常见，通常要求某条线段的最大值或最小值.求解立体几何中的线段最值问题，需先将该线段视为平面几何图形的一条边，然后根据平面几何图形的性质，如平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，确定该条边的最大、小值，或根据勾股定理、正余弦定理求得该线段的表达式，运用函数的性质、基本不等式求得最值.例1.如图1，在三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，△ABC 为等边三角形，PA =AB =2，点N 为BC 的中点.若点M 为△ABC 内一点，且∠MPA =30°，则MN 的最小值为____.图1图2分析：由于点A 为定点，点M 为动点，且∠MPA =30°，故AM 为定值，则可推断出点M 的轨迹为一段圆弧.将求MN 的最值问题转化为圆上的点到圆心的距离问题，根据圆的性质即可求出最值.解：如图2，连接AM ，AN ，∵PA ⊥底面ABC ,∴PA ⊥AM ，∵∠MPA =30°，PA =2，∴AM =，∴点M 的轨迹在以A 为圆心，AM 为半径的圆弧，∵△ABC 为等边三角形，AB =2，点N 为BC 的中点，∴AN =3,∴MN 的最小值为3-=.将点M 视为圆弧上的一点，将MN 看作圆内的一条线段，便可将立体几何中的线段问题转化为平面内的距离问题，利用平面几何图形的性质来解题.二、面积最值问题立体几何中的面积最值问题往往和截面有关，这类问题的求解思路为：①将已知的线段、角及其关系转化到截面上；②利用勾股定理、正余弦定理，求得在截面上的各条线段、角的大小；③根据平面几何图形的面积公式求得几何图形面积的表达式；④利用函数的性质、基本不等式等求得最值.例2.某圆锥的母线长为2，底面半径为3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大值为____.图3分析：首先作出截面△SMN ，如图3所示，然后对未知变量做出假设，设OP =x ，再根据三角形的面积公式求出截面的面积，利用二次函数的性质即可求得最值.解：由题意可知SB =2，设OP =x ()0≤x ≤3，在Rt△SOB 中，SO =SB 2-OB 2=1，在Rt△SOP 中，SP =SO 2+OP 2=1+x 2，连接OM ，如图3，则MN =2OM 2-OP 2=2()32-x2，故S △SMN =12MN ∙SP ×23-x 2=-()x 2-12+4，因此，当x =1时，△SMN 的面积最大，其值为2.三、体积最值问题立体几何中的体积最值问题较为复杂.要求得最值，需先根据题意确定变化的量，如动点、动直线、动平面，然后设出相应的参数，将其视为自变量，求出几何体体积的表达式，再根据函数的性质、基本不等式求得最值.还可以通过分析几何图形，找到几何体的体积取得最值时的情形，根据简单几何体的体积公式求得最值.方法集锦46思路探寻例3.如图4所示，在三棱锥P -ABC 中，BC ⊥平面PAC ，PA ⊥AB ，PA =AB =4，且E 为PB 的中点，AF ⊥PC 于F .当AC 变化时，三棱锥P -AEF 体积的最大值是_____.解：在三棱锥P -ABC 中，由BC ⊥平面PAC ，得BC ⊥AC ，∵AB =4，∴AC 2+BC 2=AB 2=16,∴V P -AEF =V E -PAF =13∙BC2∙S △PAF ，易知△PAF ~△PCA ，∴S △PAF S △PCA =PA 2PC 2=PA 2PA 2+AC 2，∵S △PAC =12AC ∙PA ，PA =4，∴S △PAF =32AC16+AC 2，∴V E -PAF =163∙AC ∙BC16+AC 2,设AC =a ，0<a <4，∴BC =16-a 2，∴V E -PAF =163∙，令m =a 2+16，易知16<m <32，∴V E -PAF =163∙，令x =1m ∈æèöø0,116，VE -PAF =163∙-512x 2+48x -1，由二次函数f ()x =-512x 2+48x -1性质可得，当x =364时，f ()x 有最大值18，∴VE -PAF 最大值为163×.由于AC 为动直线，故三棱锥P -AEF 体积也随之发生变化.需首先设出参数，根据已知条件和三棱锥的体积公式得到三棱锥P -AEF 的表达式，然后根据相似三角形的性质求出S △PAF 的表达式，再根据二次函数的性质求得最值.通过上述分析不难发现，大部分的立体几何最值问题都需借助平面几何知识来求解.因此求解立体几何最值问题时，可根据题意和几何图形的特点，将点、线、面及其关系转化到同一个平面内，然后利用平面几何知识列出关系式，再根据函数的性质、基本不等式求得最值.（作者单位：江苏省如皋市第一中学）求曲线的方程问题在圆锥曲线中比较常见.此类问题侧重于考查圆锥曲线的定义、几何性质以及一元二次方程的性质.求解曲线的方程问题的方法有很多种，如定义法、相关点法、消参法、数形结合法等.那么，如何选择合适的方法进行求解呢?下面结合实例加以说明.一、定义法运用定义法求解曲线的方程问题，主要是根据椭圆、双曲线、抛物线、圆的定义来求解.这就要求同学们熟练掌握椭圆、双曲线、抛物线、圆的定义，根据这些定义来建立关系式，求得曲线的方程.例1.已知双曲线x 2a 2-y 2b2=1()a >0,b >0的焦距为4，F 1，F 2分别是双曲线的左、右焦点，点P 是双曲线在第一象限上的点，且 PF 1∙PF 2=0，|| PF 1∙|| PF 2=6，求双曲线的方程.解：由题意可得||F 1F 2=4,c =2，∵ PF 1∙ PF 2=0，∴PF 1⊥PF 2,||PF 12+||PF 22=16,由||PF 1-||PF 2=2a 可得||PF 12+||PF 22-2||PF 1||PF 2=4a 2，∵||PF 12+||PF 22=16，|| PF 1∙|| PF 2=6，图447。
高三数学立体几何中的最值问题四则
立体几何中的最值问题四则1. 用配方法求距离的最值例1. 如图1，正方形ABCD 、ABEF 边长都是1，且平面ABCD 、ABEF 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM BN a a ==<<()02。
试求当a 为何值时，MN 的值最小。
图1分析：此题的解题关键是想用含a 的代数式表示距离，再用配方法求最值。
解：过M 作MH AB ⊥，垂足为H ，连结NH ，如图1所示。
在正方形ABCD 中，AB CB ⊥， 所以BC MH //，因为平面AC ⊥平面AE ，所以MH ⊥平面AE ，即MH NH ⊥。
因为CM BN a AB CB BE =====,1，所以AC BF ==2 即AM a =-2， MH AH a BH a ==-=12222,， 由余弦定理求得NH a =22。
所以MN MH NH =+22=-+=-+=-+<<()()()()12222212212022222a a a a a a当a =22时，MN =22，即M 、N 分别移到AC 、BF 的中点时，MN 的值最小，最小值为222. 结合实际找最值位置例2. 在一X 硬纸上，抠去一个半径为3的圆洞，然后把此洞套在一个底面边长为4，高为6的正三棱锥A —BCD 上，并使纸面与锥面平行，则能穿过这X 纸面的棱锥的高的最大值是________。
图2解：如图2所示，假设硬纸上的圆洞刚好卡在B'C'D'处。
设正三棱锥A BCD -的顶点A 在平面BCD 上的射影为A'，在平面B'C'D'上的射影为O 。
连结BA'、B'O 并延长分别交CD 、C'D'于E 、E'点，则平面B C D '''//平面BCD ，所以B E BE BC BC''''=， B E B O BE BA ''''==3232，， 即B O BA B C BC ''''=。
立体几何中的最值问题
如 图 ５所 示 ， 了 制 作 一 个 圆 为
例 ２ 三 棱 锥 ＳＡＢＣ － 中 ， 条棱 长为 ， 余 棱 长 一 其 均 为 １ 求 ａ为 何 值 时 ，
最 大 ， 求最 大值 ． 并 如图 ３设 ｓ ， ｃ—ｎ ，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ形 灯笼 ， 要 制 作 ４个 全 等 的 先
形 骨架 ， 总计 耗用 ９ ６ｍ 铁 丝 ， ． 用 Ｓ Ｉ 塑 料 片制 成 圆柱 的侧 Ｉ Ｔ
１ ）利 用 一 次 、 次 、 比 例 函 数 性 质 求 最 值 二 反
■ｒ’，－
何性 质 ． 比较 常用 的性 质如 ：１ ）两 点之 间以直 线段 最
短 ； ）垂 线段 最短 等． ２
■■ ＿
例 ３ （ ０ ９ 全 国卷 ）已知二 面角 ｚ 的大小 ２０ 年
为 ６ 。动 点 Ｐ、 分别在 平 面 ａ Ｊ内 ， ０， Ｑ 、 ９ Ｐ到 ｐ的距离 为
） ．
Ｂ ２； Ｃ ２ ； Ｄ ４
的侧 面绕 行 ２周到 达 Ａ 点 的最 短路线 的长 为
．
如 图 ４ 分别 作 Ｑ ， Ａ一
析 ａ于 Ａ ， ＡＣ￣ Ｚ于 Ｃ ＰＢｊ 口于 Ｂ ， ＿ ＰＤ － Ｚ于 Ｄ ， ｌ －
Ｃ Ｂ 则 ＡＣ Ｑ、 Ｄ， Ｑ＝ ＰＤＢ
Ｃ
。 ｃ
和下 底面 （ 安装 上 底 面 ） 不 ．当
析
其余 棱长 均为 １ 取 ，
柱 底 面 半 径 ｒ取 何 值 时 ， Ｓ取 得 最大 值？并 求 出该 最 大值 （ 果 结 图５
罐
ＡＢ 中点 Ｈ ， 接 ＨＳ ＨＣ， 连 、
图 ３
精 确 到 ０ ０ ） ． １ｍ。 ．
SXB096高考数学必修_立体几何中的最值问题
立体几何中的最值问题在立体几何中，计算几何体的最值往往有两种方法：一是利用二次函数、一次函数等及重要不等式，二是利用化归转化思想将立体最值转化为平面最值．另外，解决几何体的相切相接问题的关健，是注意两个几何体之间的等量关系．本文举两例说明在立体几何中的最值问题的求解策略.1.利用均值定理求最值例1.已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱底面半径与高为何值时，它的侧面积最大?侧面积的最大值是多少?解：下图为轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则（2h ）2＋r 2=R 2， 即h =222rR -∵S =2πrh =4πr ·22r R -=4π)(222r R r -⋅≤4π2)(2222r R r -+=2πR 2， 取等号时，内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 点评: 本题所考查知识点为截面性质、三棱柱侧面积以及用均值定理求最值的综合知识． 2.利用二次函数求最值例2.如图，边长均为a 的正方形ABCD 、ABEF 所在的平面所成的角为)20(πθθ<<。
点M 在AC 上，点N 在BF 上，若AM=FN ,(1)求证:MN//面BCE ; (2)求证:MN ⊥AB; (3)求MN 的最小值.解析：(1)如图,作MG//AB 交BC 于G , NH//AB 交BE 于H, MP//BC 交AB 于P, 连PN, GH , 易证MG//NH,且MG=NH, 故MGNH 为平行四边形,所以MN//GH , 故MN//面BCE ; (2)易证AB ⊥面MNP, 故MN ⊥AB ; (3)MPN ∠即为面ABCD 与ABEF 所成二面角的平面角,即θ=∠MPN ,设AP=x , 则BP=a －x , ＮP=a －x ,所以：θcos )(2)(22x a x x a x MN ---+=22)cos 1(21)2)(cos 1(2a a x θθ-+-+=，故当2ax =时，ＭＮ有最小值a )cos 1(21θ-． 3.利用三角函数的有界性求最值例3. 如图1所示，边长AC ＝3，BC ＝4，AB ＝5的三角形简易遮阳棚，其A 、B 是地面上南北方向两个定点，正西方向射出的太阳光线与地面成30°角，试问：遮阳棚ABC 与地面成多大角度时，才能保证所遮影面ABD 面积最大?解析： 易知，ΔABC 为直角三角形，由C 点引AB 的垂线，垂足为Q ，则应有DQ 为CQ 在地面上的斜射影，且AB 垂直于平面CQD ，如图2所示.因太阳光与地面成30°角，所以∠CDQ ＝30°，又知在ΔCQD 中，CQ ＝512，由正弦定理，有 ︒30sin CQ ＝QCDQD ∠sin ,即 QD ＝56sin ∠QCD. 为使面ABD 的面积最大，需QD 最大，这只有当∠QCD ＝90°时才可达到，从而∠CQD ＝60°. 故当遮阳棚ABC 与地面成60°角时，才能保证所遮影面ABD 面积最大.点评: 有关几何体求最值问题，可以先由几何性质判断出取得最值时的情形，然后再去求最值．本题利用了正弦函数的有界性求最值4. 利用几何体的性质求最值例4. 正三棱锥A-BCD ，底面边长为a ，侧棱为2a ，过点B 作与侧棱AC 、AD 相交的截面，在这样的截面三角形中，求(1)周长的最小值；(2)周长为最小时截面积的值，(3)用这周长最小时的截面截得的小三棱锥的体积与三棱锥体积之比.解析：(1)沿侧棱AB 把正三棱锥的侧面剪开展成平面图.如图1，当周长最小时，EF 在直线BB ′上，∵ΔABE ≌ΔB ′AF ，∴AE ＝AF ，AC ＝AD ，∴B ′B ∥CD ，∴∠1＝∠2＝∠3，∴BE ＝BC ＝a ，同理B ′F ＝B ′D ＝a.∵ΔFDB ′∽ΔADB ′，∴B D DF '＝B A B D ''，a DF＝a a 2＝21,∴DF ＝21a,AF ＝23a.又∵ΔAEF ∽ΔACD ，∴BB ′＝a+43a+a ＝411a,∴截面三角形的周长的最小值为411a. (2)如图2，∵ΔBEF 等腰，取EF 中点G ，连BG ，则BG ⊥EF.∴BG ＝22EG BE -＝22)83(a a -＝855a ∴S ΔBEF ＝21·EF ·BG ＝21·43a ·855a ＝64553a 2.(3)∵V A-BCD ＝V B-ACD ，而三棱锥B —AEF ，三棱锥B —ACD 的两个高相同，所以它们体积之比于它们的两底面积之比，即CAD B AEF B V V --＝ACD AEF S S △△＝22CD EF ＝169 评析 把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题，从而使问题得到解决，这是求曲面上最短路线的一种常用方法.本题中的四面体，其中任何一个面都可以做为底面，因而它可有四个底面和与之对应的四条高，在解决有关三棱锥体积题时，需要灵活运用这个性质.。
专题4.4 立体几何中最值问题(解析版)
一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一距离最值问题【例1】【河南省焦作市2019届高三三模】在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（）A．B．1 C．D．2【答案】B【解析】以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C1（4，4，4），设E（0，0，z），z∈[0，4]，F（x，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x．＝（4，4，4﹣z），＝（x，0，﹣z）．因为C1E⊥EF，所以，即：z2+4x﹣4z＝0，x＝z﹣．当z＝2时，x取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B．【指点迷津】建立空间直角坐标系，求出坐标，利用C 1E⊥EF，求出|AF|满足的关系式，然后求出最大值即可．利用向量法得到|AF|的关系式是解题的关键，故选D.【举一反三】1、【江西省吉安市2019届高三上学期期末】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的棱长为A．B．C．D．【答案】A【解析】解：根据三视图知，该几何体是一个正四棱锥，画出图形如图所示；则，，底面CDEB，结合图形中的数据，求得，在中，由勾股定理得，同理求得，．故选：A ．2、【河南省顶级名校2019届高三第四次联合测评】在侧棱长为的正三棱锥中，侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，现有一小球P 在该几何体内，则小球P 最大的半径为 A ． B ． C ．D ．【答案】B 【解析】当小球与三个侧面，，及底面都相切时，小球的体积最大此时小球的半径最大，即该小球为正三棱锥的内切球设其半径为由题可知因此本题正确选项：3、如右图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 中， E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为_______．【解析】将面1111A B C D 与面11BB C C 折成一个平面，设E 关于11B C 的对称点为M ，E 关于1B C 对称点为N,则PEQ ∆周长的最小值为MN ==类型二 面积的最值问题【例2】【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】补全截面EFG 为截面EFGHQR 如图，其中H 、Q 、R 分别为、的中点，易证平面ACD 1∥平面EFGHQR ，∵直线D 1P 与平面EFG 不存在公共点， ∴D 1P∥面ACD 1，∴D 1P 面ACD 1，∴P ∈AC ，∴过P 作AC 的垂线，垂足为K ，则BK=,此时BP 最短，△PBB 1的面积最小，∴三角形面积的最小值为，故选：C．【指点迷津】截面问题，往往涉及线面平行，面面平行定义的应用等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及计算求解能力.解题的关键是注意明确截面形状，确定几何量.本题由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点P所在线段，得解．【举一反三】1、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，，，分别为，，的中点，作面，作面，连，，易知点即为四面体的外接球心，，，.设，，则，，，.【处理一】消元化为二次函数..【处理二】柯西不等式..所以.2、如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，2,11==AA AB ，点P 是平面1111D C B A 内的一个动点，则三棱锥ABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为（ ）A ．1B ．2C ．21D ．41 【答案】BABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为2；故选B ．3、【福建省2019届高三模拟】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的所有侧面和底面中，面积的最大值为（ ）A ．2B ．C ．3D ．【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中，为的中点，平面，，.所以，，.又因为，，所以，故，所以.故选C.类型三体积的最值问题【例3】如图，已知平面平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，，是平面上的一动点，且有，则四棱锥体积的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【指点迷津】本题主要考查面面垂直的性质，棱锥的体积公式以及求最值问题. 求最值的常见方法有①配方法：若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要先确定其定义域；②换元法；③不等式法；④单调性法；⑤图像法，本题首先根据线面关系将体积最值转化为函数求最值问题，然后应用方法①解答的. 【举一反三】1、已知AD 与BC 是四面体ABCD 中相互垂直的棱，若6AD BC ==，且60ABD ACD ∠=∠=，则四面体ABCD 的体积的最大值是A. B. C. 18 D. 36 【答案】A2、如图，已知平面l αβ=，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在平面β内，且,,DA CB αα⊥⊥4AD =，6,8AB BC ==，在平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，则P ABCD -体积的最大值是（ ）A. B.16 C.48 D.144 【答案】C 【解析】,,DA DA βααβ⊂⊥∴⊥面.,,DA CB αα⊥⊥PAD ∴∆和PBC ∆均为直角三角形．,APD BPC PAD ∠=∠∴∆∽PBC ∆.4,8,2AD BC PB PA ==∴=.学科&网过P 作PM AB ⊥,垂足为M .则PM β⊥.令AM t =,()t R ∈.则2222PA AM PB BM -=-,即()222246PA t PA t -=--,2124,PA t PM ∴=-∴=底面四边形ABCD 为直角梯形面积为()1486362S =+⨯=.学科&网136483P ABCD V -∴=⨯=.故C 正确.3.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评】已知一个高为l 的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，内有 一个体积为的球，则的最大值为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】依题意，当球与三棱锥的四个面都相切时，球的体积最大， 该三棱锥侧面的斜高为，，，所以三棱锥的表面积为，设三棱锥的内切球半径为， 则三棱锥的体积，所以，所以，所以，故选A.类型四 角的最值问题【例4】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为.【答案】25【解析】建立坐标系如图所示.设1AB =，则11(1,,0),(,0,0)22AF E =.设(0,,1)(01)M y y ≤≤，则1(,,1)2EM y =-，由于异面直线所成角的范围为(0,]2π，所以cos θ==.2281145y y +=-+，令81,19y t t +=≤≤，则281161814552y y t t+=≥++-，当1t =时取等号.所以2cos 5θ==≤=，当0y =时，取得最大值.C【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M 在点P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当点M 向左移动时，.EM 与AF 所成角逐渐变小，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、矩形ABCD 中，，，将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围（包含初始状态）为（ ）A.B.C.D.【答案】C2、在正方体1111D C B A ABCD -中，O 是BD 中点，点P 在线段11D B 上，直线OP 与平面BD A 1所成的角为α，则αsin 的取值范围是（ ） A ．]33,32[B ．]21,31[C ．]33,43[D ．]31,41[ 【答案】A3.【云南省昆明市云南师范大学附属中学2019届高三上学期第四次月考】如图，在正方体中，点P为AD的中点，点Q为上的动点，给出下列说法：可能与平面平行；与BC所成的最大角为；与PQ一定垂直；与所成的最大角的正切值为；．其中正确的有______写出所有正确命题的序号【答案】【解析】解：由在棱长为1的正方体中点P为AD的中点，点Q为上的动点，知：在中，当Q为的中点时，，由线面平行的判定定理可得PQ与平面平行，故正确；在中，当Q为的中点时，，，，可得，故错误；在中，由，可得平面，即有，故正确；在中，如图，点M为中点，PQ与所成的角即为PQ与所成的角，当Q与，或重合时，PQ与所成的角最大，其正切值为，故正确；在中，当Q 为的中点时，PQ 的长取得最小值，且长为，故正确．故答案为：．4、在正四面体P ABC -中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN AB λ=，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当1233λ≤≤时，则cos α的取值范围是__________．【答案】,3838⎡⎢⎣⎦ 【解析】设P 到平面ABC 的射影为点O ,取BC 中点D ,以O 为原点，在平面ABC 中，以过O 作DB 的平行线为x 轴，以OD 为y 轴，以OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设正四面体P −ABC的棱长为则()()(((0,4,0,,,,A B C P M --，由AN AB λ=,得(),64,0N λ-，∴((),56,NM AC λ=--→-=-，∵异面直线NM 与AC 所成角为α, 1233λ≤≤，∴2NM AC cos NM AC α⋅==⋅，设32t λ-=，则5733t 剟∴222111124626()41t cos t t t tα==-+-⋅+，∵1313375t <剟cos α.∴cos α的取值范围是⎣⎦.三．强化训练一、选择题1、【甘肃省2019届高三第一次高考诊断】四棱锥的顶点均在一个半径为3的球面上，若正方形的边长为4，则四棱锥的体积最大值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设正方形的中心为，当在于球心的连线上时，四棱锥高最高，由于底面面积固定，则高最高时，四棱锥体积取得最大值.设高为，，球的半径为，故，解得.故四棱锥的体积的最大值为.故选D.2．【广东省东莞市2019届高三第二次调研】已知一个四棱锥的正主视图和俯视图如图所示，其中，则该四棱锥的高的最大值为A．B．C．4 D．2【答案】A【解析】解：如图所示，由题意知，平面平面ABCD，设点P到AD的距离为x，当x最大时，四棱锥的高最大，因为，所以点P的轨迹为一个椭圆，由椭圆的性质得，当时，x取得最大值，即该四棱锥的高的最大值为．故选：A．3．【四川省教考联盟2019届高三第三次诊断】已知四棱锥的底面四边形的外接圆半径为3，且此外接圆圆心到点距离为2，则此四棱锥体积的最大值为（）A．12 B．6 C．32 D．24【答案】A【解析】由锥体的体积公式v=，可知，当s和h都最大时，体积最大.由题得顶点P到底面ABCD的距离h≤2.当点P在底面上的射影恰好为圆心O时，即PO⊥底面ABCD时，PO最大=2，即,此时,即四边形ABCD为圆内接正方形时，四边形ABCD的面积最大，所以此时四边形ABCD的面积的最大值=,所以.故选：A4．【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，三棱锥表面上的点M在俯视图上的对应点为A，三棱锥表面上的点N在左视图上的对应点为B，则线段MN的长度的最大值为A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】由三视图可知，该三棱锥的底面是直角三角形， 一条侧棱与底面垂直（平面），为几何体的直观图如图，在上，重合，当与重合时， 线段的长度的最大值为．故选D ．5．如图，在矩形ABCD 中， 2,1AB AD ==,点E 为CD 的中点， F 为线段CE （端点除外）上一动点现将DAF ∆沿AF 折起，使得平面ABD ⊥平面ABC 设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ，则sin θ的最大值为（ ）A.13 B. 4 C. 12 D. 23【答案】C 【解析】如图：在矩形中，过点作的垂线交于点，交于点设，6．【2019年4月2019届高三第二次全国大联考】已知正四面体的表面积为，点在内（不含边界）. 若，且，则实数的取值范围为（ ） A ． B ． C ．D ．【答案】A 【解析】 设正四面体的棱长为则，解得则正四面体的高为记点到平面、、的距离分别为则因为，所以，则故又，故即实数的取值范围为本题正确选项：二、填空题7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，且，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为__________．【答案】【解析】在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积时，对应的球应该是内切球，此时球的半径最大，设内切球的球心为O半径为R，连接球心和ABCD四个点，构成五个小棱锥，根据体积分割得到，五个小棱锥的体积之和即为大棱锥的体积，，根据AB垂直于AD，PD垂直于AB 可得到AB垂直于面PDA，故得到AB垂直于PA，同理得到BC垂直于PC，表面积为：，此时球的表面积为：.故答案为：.8．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知正四棱柱和半径为的半球O，底面ABCD在半球O底面所在平面上，，，，四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为______．【答案】4【解析】设正四棱柱的高为h，底面棱长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为，所以，．由勾股定理得，即，得，其中，所以，正四棱柱的体积为，其中，构造函数，其中，则，令，得．当时，；当时，．所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，则．因此，该正四棱柱的体积的最大值为4．9．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知圆柱和半径为的半球O，圆柱的下底面在半球O底面所在平面上，圆柱的上底面内接于球O，则该圆柱的体积的最大值为_____．【答案】2π【解析】解：设圆柱的底面圆半径为r，高为h；则h2+r2＝R2＝3；所以圆柱的体积为V＝πr2h＝π（3﹣h2）h＝π（3h﹣h3）；则V′（h）＝π（3﹣3h2），令V′（h）＝0，解得h＝1；所以h∈（0，1）时，V′（h）＞0，V（h）单调递增；h∈（1，）时，V′（h）＜0，V（h）单调递减；所以h＝1时，V（h）取得最大值为V（1）＝2π．故答案为：2π．10．【江西省上饶市2019届高三二模】一个棱长为的正方体形状的铁盒内放置一个正四面体，且能使该正四面体在铁盒内任意转动，则该正四面体的体积的最大值是_____.【答案】【解析】由题该正四面体在铁盒内任意转动，故其能在正方体的内切球内任意转动，内切球半径为6，设正四面体棱长为a, 将此正四面体镶嵌在棱长为x的正方体内，如图所示：则x=，外接球的球心和正方体体心O重合，∴外接球的球半径为：=6,a=4又正四面体的高为∴该正四面体的体积为故答案为11．【河北省衡水市第二中学2019届高三上期中】已知体积为的正四棱锥外接球的球心为，其中在四棱锥内部.设球的半径为，球心到底面的距离为.过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________.【答案】【解析】如图取底面的中心为，连接平面，且球心在上，由条件知，，连接，，则，于是底面的边长为.又，故四棱锥的高是，所以，即，从而，，于是，过的中点的最小截面圆是以点为圆心的截面圆，该截面圆的半径是，故所求面积为.12．【江西省临川第一中学等九校2019届高三3月联考】如图所示，三棱锥的顶点，，，都在同一球面上，过球心且，是边长为2等边三角形，点、分别为线段，上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为__________．【答案】【解析】过球心，又是边长为的等边三角形，，,三角形是等腰直角三角形，，，又因为,在平面内，由线面垂直的判定定理可得平面,即平面，设，，则三棱锥体积，当且仅当，即时取等号，故答案为.13．【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥中，，点在棱上，且.正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，截球所得截面面积的最小值为__________．【答案】【解析】因为，所以，所以，同理，故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），其外接球即为球，直径为正方体的体对角线，故，设的中点为，连接，则且，所以，当平面时，平面截球的截面面积最小，此时截面为圆面，其半径为，故截面的面积为．填．14．【江西师范大学附属中学2019高三上学期期末】若一个四棱锥的底面为正方形，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，当其外接球的体积最小时，它的高为_________．【答案】【解析】设四棱锥底面边长为a，高为h，底面对角线交于O，由条件四棱锥P-ABCD为正四棱锥，其外接球的球心M在高PO上，设外接球半径为R，在直角三角形MAO中，，又该四棱锥的体积为9，所以所以，，，时，时，所以时R极小即R最小，此时体积最小.故答案为3.15．【江西省上饶市2019届高三二模】已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为______.【答案】【解析】因为平面与对角线垂直，所以平面与对角面平行，作出图象，为六边形,设则,所以，由对称性得平面过对角线中点时截面面积取最大值为，则的最大值为.16．【河南省洛阳市2019届高三第二次统考】正四面体中，是的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该四面体内切球的体积为_____.【答案】【解析】如下图，正方体中作出一个正四面体将正三角形和正三角形沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：要使得最小，则三点共线，即：，设正四面体的边长为，在三角形中，由余弦定理可得：，解得：，所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，设四正面体内切球的半径为，由等体积法可得：，整理得：，解得：，所以该四面体内切球的体积为.17．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥的高，底面边长为4，，分别在和上，且，当三棱锥体积最大时，三棱锥的内切球的半径为________．【答案】【解析】设，，当时，取得最大值，此时为中点，经过点，且，，所以可求，，因此易求，，，，又∵，∴.。
例谈立体几何最值问题的几种解法
思路探寻立体几何最值问题侧重于考查同学们的空间想象、逻辑推理和数学运算等能力.常见的立体几何最值问题是求立体几何图形中某条线段、某个角、体积、表面积的最值，那么如何求解呢？一、利用函数思想在大多数情况下，我们可以把与动点有关的立体几何问题看作函数问题来求解.以其中某一个量，如动点的坐标、线段的长、角的大小为变量，建立关于该变量的关系式，并将其视为函数式，即可利用一次函数、二次函数、三角函数的性质和图象求得最值.例1.如图1，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为AA1的中点，M在侧面AA1B1B上，若D1M⊥CP，则ΔBCM）.C.5D.2图1图2解：过M作MG⊥平面ABCD，垂足为G，作GH⊥BC于点H，连接MH，以D为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，可得D()0,0,0，C()0,1,0，A()1,0,0，P()1,0,12，D1(0,0,1)，B()1,1,0.设M()1,a,b，则D1M=()1,a,b-1，CP=()1,-1,12，∵D1M⊥CP，∴ D1M⋅ CP=12b-a+12=0，∴b=2a-1，∴CH=1-a，MG=2a-1，∴MH=()1-a2+()2a-12=5a2-6a+2，∴SΔBCM=12BC⋅MH=1=可知当a=35时，ΔBCM面积取最小值，为SΔBCM=12×=故选B.在建立空间直角坐标系后，设出点M的坐标，以a、b为变量，构建关于a的函数式SΔBCM=然后将5a2-6a+2看作二次函数式，对其配方，根据二次函数的性质即可知函数在a=35时取最小值.二、运用基本不等式在解答立体几何最值问题时，我们往往可以先根据立体几何中的性质、定义、定理求得目标式；然后将其进行合理的变形，采用拆项、凑系数、补一次项，去掉常数项等方式，配凑出两式的和或积，就可以直接运用基本不等式来求得最值.在运用基本不等式求最值时，要把握三个条件：一正、二定、三相等.例2.已知三棱锥P-ABC的4个顶点均在球心为O、直径为23的球面上，PA=2，且PA,PB,PC两两垂直.当PC+AB取最大值时，三棱锥O-PAB的体积为（）.A. C.6解：∵PA,PB,PC两两互相垂直，∴三棱锥P-ABC可补全为如图3所示的长方体.则长方体的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，∴PA2+PB2+PC2=()232=12，又PA=2，∴PB2+PC2=10，∵AB2=PA2+PB2=2+PB2，∴PC2+AB2=2+PB2+PC2=12，∴()PC+AB2-2PC⋅AB=12，又PC⋅AB≤()PC+AB22，∴12=()PC+AB2-2PC⋅AB≥()PC+AB2-2()PC+AB22=12()PC+AB2，当且仅当PC=AB时取等号，∴()PC+AB max=26，此时PC=AB=6，PB=图347思路探寻AB 2-PA 2=2，∴V O -PAB =12V C -PAB =16S △PAB ⋅PC =112PA ⋅PB⋅PC =112×2×2×6故选B.根据长方体的性质得到()PC +AB 2-2PC ⋅AB =10后，可发现该式中含有PC 、AB 的和与积，根据基本不等式a +b ≥2ab 求解，即可得到三棱锥O -PAB 的体积.三、转化法运用转化法求解立体几何最值问题有两种思路.一是将问题转化为平面几何问题.先将几何体的表面展开，或将几何体内部满足条件的某些面展开成平面；再在平面内利用平面几何知识，如正余弦定理、两点间的距离最短、三角形的两边之和大于第三边等求解，这样问题就变得十分直观，容易求解了.另一种思路是根据题意和几何图形中的点、线、面的位置关系，明确其中改变的量和不变的量及其关系，根据简单几何体的性质、表面积公式、体积公式，将问题转化为求某些线段或角的最值.再结合简单几何体的性质，几何图形中点、线、面的位置关系求得最值例3.如图4，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=AB =2，D 在A 1C 上，E 是A 1B 的中点，则()AD +DE 2的最小值是（）.A.6-7 B.27 C.3+7 D.5+7图4图5解：将平面A 1BC 与平面A 1AC 翻折到同一平面上，连接AE ，如图5所示，设AE ⋂A 1C =F ．由题意可知A 1A =AC =BC =2，A 1C =A 1B =22，所以AA 21+AC 2=A 1C 2，所以AA 1⊥AC ，则∠AA 1C =45°，由余弦定理可得cos∠BA 1C =A 1B 2+A 1C 2-BC 22A 1B ⋅A 1C=8+8-42×22×22=34，则sin∠BA 1C =1-cos 2∠BA 1C =故cos∠AA 1B =cos ()∠AA 1C +∠BA 1C =cos ∠AA 1C cos ∠BA 1C -sin ∠AA 1C sin ∠BA 1C =32-148．因为E 是A 1B 的中点，所以A 1E =2，由余弦定理可得AE 2=AA 21+A 1E 2-2AA 1⋅A 1E cos∠BA 1A=4+2-2×2×2×32-148=3+7．因为D 在A 1C 上，所以AD +DE ≥AE ，当A 、E 、D 三点共线时，等号成立，则()AD +DE 2≥3+7.故选C .将平面A 1BC 与平面A 1AC 翻折到同一平面上，就可以把立体几何问题转化为平面几何问题，即可根据勾股定理和余弦定理求得A 1E 以及AE 的值.分析图形可知当A 、E 、D 三点共线时，AD +DE 取得最大值，再结合余弦定理求解即可.例4.已知球O 的表面积为60π，四面体P -ABC 内接于球O ，ΔABC 是边长为6的正三角形，平面PBC ⊥平面ABC ，则四面体P -ABC 体积的最大值为（）.A.18B.27C.32D.81解：因为球O 的表面积为60π，所以球的半径R ==15，由题意知四面体P -ABC 底面三角形的面积为定值，要使四面体的体积最大，只须使顶点P 到底面的距离最大，又因为平面PBC ⊥平面ABC ，所以当PB =PC 时，点P 到底面的距离最大，而ΔABC 外接圆的半径r =62sin60°=23，则O 到面ABC 的距离为d =R 2-r 2=3，且O 到面PBC 的距离为h =12r =3，设点P 到平面ABC 的距离为H ，则R 2=()H -d 2+h 2，解得H =33，此时体积最大值为V max =13×12×6×6×sin60°×33=27.故选B.解答本题，首先根据球的表面积求得球的半径；再根据题意和几何体的特征明确当PB =PC 时，点P 到底面的距离最大；最后根据外接圆的性质、勾股定理求出点P 到底面的距离，即可求出最大值.除了上述三种方法外，有时还可采用定义法、构造法来求立体几何最值问题的答案.总之，同学们在解题时，要先根据题意和几何体的结构特征寻找取得最值的情形，求得目标式；然后根据目标式的特征，选用合适的方法求最值.（作者单位：贵州省江口中学）48。
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数学高考题型专题讲解44
---立体几何中最值问题
一．方法综述
高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．
立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,
涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.
二．解题策略
类型一距离最值问题
【例1】【河南省焦作市2019届高三三模】在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（）
A．B．1 C．D．2
【答案】B
【解析】
以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C1（4，4，4），设E（0，0，z），z∈[0，4]，F（x，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x．＝（4，4，4﹣z），＝（x，0，﹣z）．因为C1E⊥EF，
所以，即：z2+4x﹣4z＝0，x＝z﹣．
当z＝2时，x取得最大值为1．|AF|的最大值为1．
故选：B．
【指点迷津】建立空间直角坐标系，求出坐标，利用C 1E⊥EF，求出|AF|满足的关系式，然后求出最大值即可．利用向量法得到|AF|的关系式是解题的关键，故选D.
【举一反三】
1、【江西省吉安市2019届高三上学期期末】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的棱长为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
解：根据三视图知，该几何体是一个正四棱锥，画出图形如图所示；
则，，底面CDEB，
结合图形中的数据，求得，
在中，由勾股定理得，
同理求得，
．故选：A．
2、【河南省顶级名校2019届高三第四次联合测评】在侧棱长为的正三棱锥中，侧棱OA，OB，OC两两垂直，现有一小球P在该几何体内，则小球P最大的半径为
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
当小球与三个侧面，，及底面都相切时，小球的体积最大
此时小球的半径最大，即该小球为正三棱锥的内切球
设其半径为
由题可知
因此。