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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

2023届高考数学二轮复习提升微专题几何篇第36讲怎样解立体几何中的最值问题含解析

第36讲怎样解立体几何中的最值问题一、知识与方法解答立体几何中的有关最值或范围问题,通常用函数思想方法.通过设出适当的变量、建立函数关系,转化为求函数的最值(或值域)的问题,解题时要弄清哪些是定值,哪些是变量,变量的取值范围是什么,如何根据题意建立函数关系,如何求函数的最值等.要重视立体几何中通过构造函数模型或几何模型解题的训练,重视空间想象能力以及计算能力的培养.二、典型例题【例1】()1如图3106-,在正三棱柱111ABC A B C -中,各棱的长均为2,M 是1AA 的中点,N 是BC 的中点,点M 在棱柱表面上运动到点N ,应如何运动,才能使点M 运动的路程最短,并求出最短路程;(2) 在正三棱锥P ABC -中,,2AB a PA a ==,过A 作平面分别交平面PBC 于DE .当截面ADE 的周长最小时,ADES=_______,P 到截面ADE 的距离为_______.【分析】求解点在几何体表面上运动路程最短的问题,通常将几何体表面展开成平面图形,化归为平面图形内两点间的距离,有时侯对如何将几何体展开成平面图形可以有不同的展开角度,所以还要分类讨论获得正确的结果.第()2问又把问题引向深入,解决面积和点到截面的距离问题. 【解析】(1)观察图3106-,从点M 运动到点N 的路程最短可能情况有两种:(1)经面1A B 和面1BC 到N ,其最短路程是侧面展开图(图3107-)中的线段MN 的长,由已知条件可求得1,3,AM AN MN ===.(2)经面1A C 和下底面到点N ,其最短路程如展开图(图3-108)中的线段MN 的长.1,120MA NA MAN ∠===.2222cos1204MN AM AN AM AN ∴=+-⋅⋅=+即MN =4 310,+<∴点M 在棱柱表面上运动到点N (2) 将三棱锥的侧棱PA 剪开,当ADE 的周长最小时,其展开图如图3109-所示,ADE 的周长即是展开图中线段AA '的长,易证ABDO PAB .又22PA AB a ==,故2AD AB BD a ===.33,24PD PD PB BD a DE BC a PB =-==⋅=.在ADE 中,DE 上的高AH ==.于是21;2ADESAH DE a =⋅= 从P 向底面作高PO ,则PO ===.于是231312P ABC V a -==. 又22916PDE PBCSPD SPB ==得，3399 .1616A PDE A PBC V V --=== 则313A PDE P ADE ADEV V d S --==⋅=,解得d =. 【例2】(1)如图3110-所示,在圆锥中,母线长为2,底面半径为12.一只虫子从底面圆周上一点A 出发沿圆锥表面爬行一周后又回到A 点,则这只虫子爬行的最短路程是多少?(2) 如图3111-所示.圆台的上底面半径为2?cm ,下底面半径为4?cm ,母线长为6?cm .求轴截面相对顶点,A C 在圆台侧面上的最短距离.【分析】空间图形→平面图形，第（1)问，将圆锥侧面沿母线SA 展开得到扇形，弧所对的弦长即为所求的最短距离．第（2)问，展开圆台侧面，A ,C 两点所成线段长即为所求的最短距离。

高三数学备考冲刺140分问题29立体几何中的最值问题含解析0426238.doc

问题29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。

立体几何中线段长度的最值问题

重点辅导Җ㊀北京㊀陶㊀军(特级教师)㊀㊀立体几何中的最值问题是高中数学的难点,这类问题包括求长度㊁角度㊁面积和体积等最值,而有关线段长度的最值问题是最基本的问题,求解这类问题的通法是几何法和向量法,本文进行例析．例１㊀如图１所示,在棱长为２的正方体A B C D ＧA １B １C １D １中,E ,F 分别为B C ,C C １的中点,点P 是侧面B C C １B １上一点,A １P ʊ平面A E F ,则线段A １P 长度的最小值是．图１分析１㊀因为点A １是定点,欲求线段A １P 长度的最小值,所以需确定动点P 的位置．因为直线A １P 绕点A １转动时总和平面A E F 保持平行,所以动直线A １P 形成的平面与侧面B C C １B １相交,点P 就在它们的交线l 上．因为交线l 平行于平面A E F ,侧面B C C １B １与平面A E F 的交线是E F ,所以l ʊE F ．怎样找到交线l 的位置呢?只需先找到点P ,它是侧面B C C １B １上的一个点．考虑到E 为B C 的中点,取B １C １的中点P １,可知A １P １ʊA E ,则A １P １ʊ平面A E F ,而过点P １且与E F 平行的直线是唯一的,就是交线l ,显然l 过线段B １B 的中点P ２,点P 的轨迹是线段P １P ２,所以求线段A １P 长度的最小值转化为求点A １到P １P ２的距离．解法１(几何法)㊀如图２所示,取B １C １的中点P １,因为P １E ʊA １A ,且P １E ＝A １A ,所以四边形P １E A A １是平行四边形,所以A １P １ʊA E ．取线段B １B 的中点P ２,则P １P ２ʊF E ,又因为A E 与E F 相交于点E ,所以平面A １P １P ２ʊ平面A E F ,由于点P 在平面A １P １P ２上,又在侧面B C C １B １上,故点P 的轨迹是线段P １P ２．在等腰әA １P １P ２中,A １P １＝A １P ２＝５,P １P ２＝２．取P １P ２的中点M ,则A １M ʅP １P ２,于是A １M ＝A １P ２１－P １M ２＝３２２,所以线段A １P 长度的最小值是３２２．图２分析２㊀因为点A １是定点,线段A １P 的长度由动点P 的位置决定,确定点P 的位置可以引入坐标,为此考虑建立适当的空间直角坐标系,设出动点P 的坐标,列出长度的表达式,借助函数的思想求A １P 的最小值．解法２(向量法)㊀如图３所示,以点D 为原点,D A ,D C ,D D １分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则A １(２,０,２),因为点P 是侧面B C C １B １上一点,可设点P 的坐标(x ,２,z )(０ɤx ɤ２,０ɤz ɤ２),故|A １P ң|(x －２)２＋４＋(z －２)２．图３设平面A E F 的法向量n ＝(x ０,y ０,z ０),因为A (２,０,０),E (１,２,０),F (０,２,１),A E ң＝(－１,２,０),E F ң＝(－１,０,１),所以n A E ң＝－x ０＋２y ０＝０,n E F ң＝－x ０＋z ０＝０．{令y ０＝１,则x ０＝z ０＝２,n ＝(２,１,２)．因为A １P ʊ平面A E F ,所以n 与A １P ң＝(x －２,２,z －２)垂直,故n A １P ң＝２(x －２)＋２＋２(z －２)＝０,化简得x ＋z ＝３,因为０ɤz ɤ２,所以０ɤ３－x ɤ２,且０ɤx ɤ２,解得１ɤx ɤ２．把z ＝３－x 代入|A １P ң|的表３１重点辅导达式,整理得|A １P ң|＝２(x －３２)２＋９２,x ɪ[１,２],故当x ＝３２时,|A １P ң|取得最小值３２２．例２㊀如图４所示,在棱长为２的正方体A B C D ＧA １B １C １D １中,E 为B C 的中点,点P 在线段D １E 上,点P 到直线C C １的距离的最小值为．图４分析１㊀求点P 到直线C C １的距离的最小值,就是找点P 到直线C C １的垂线段P Q 长度的最小值．求线段P Q 的长度涉及空间上两个动点长度的距离问题,不易处理．注意到C C １ʅ平面A B C D ,P Q ʅC C １,则P Q ʊ平面A B C D ．因此,我们可以把P Q 正投影在平面A B C D 上,点P 在平面A B C D 上的正投影H 落在线段D E 上,点Q 在平面A B C D 上的正投影是点C ,于是P Q ＝H C ,求P Q 的最小值转化为在平面A B C D 上求定点C 与线段D E 上的动点H 之间距离的最小值,就是求定点C 到D E 的距离．解法１(几何法)㊀如图５所示,过点P 作P Q ʅC C １,Q 为垂足,因为C C １ʅ平面A B CD ,所以P Q ʊ平面A B C D ,过点P 作PH ʅDE ,H 为垂足,则PH ʅ平面A B C D ,所以PH ʊQ C ,且P Q ʊH C ,Q C ʅH C ,故四边形P Q C H 是矩形,P Q ＝H C ,在R t әC D E 中,当C H ʅD E 时,C H 长度最小,因为C E ＝１,C D ＝２,D E ＝５,所以C H ＝１ˑ２５＝２５５,故点P 到直线C C １的距离的最小值为２５５．图５分析２㊀设点P 到直线C C １的距离为P Q ,因为P ,Q 分别在线段D １E 和C C １上,故可以引入两个变量控制点P ,Q 的位置．设E P ң＝λE D １ң(０ɤλɤ１),C Q ң＝μC C １ң(０ɤμɤ１),根据正方体的特殊性建立适当的空间直角坐标系,利用向量的坐标运算推出点P ,Q 的坐标,进而用λ,μ表示P Q ң,利用P Q ң C C １ң＝０找出λ,μ的关系式,代入P Q 长度的表达式,转化为一元函数求最值．解法２(向量法)㊀如图６所示,以D 为原点,D A ,D C ,D D １分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系,则D １(０,０,２),E (１,２,０),C １(０,２,２),C (０,２,０),E D １ң＝(－１,－２,２),由于点P 在线段D １E 上,可设E P ң＝λE D １ң(０ɤλɤ１),即E P ң＝(－λ,－２λ,２λ),由此得点P 的坐标为(,,)．图６过点P 作P Q 垂直于C C １,Q 为垂足,设点Q 的坐标(０,２,m ),P Q ң＝(λ－１,２λ,m －２λ),C C １ң＝(０,０,２),因为P Q ңʅC C １ң,所以P Q ң C C １ң＝０,即２(m －２λ)＝０,m ＝２λ,P Q ң＝(λ－１,２λ,０),|P Q ң|＝(λ－１)２＋(２λ)２＋０２＝５(λ－１５)２＋４５,λɪ[０,１]．当λ＝１５,P Q 取得最小值２５５．综上所述,利用几何法求线段长度的最值,要点是先用立体几何知识确定动点的轨迹,再用平面几何知识求最值;利用向量法求线段长度的最值,要点是建立适当的坐标系,设出动点坐标,建立线段长度的表达式,借助向量知识把题目中的几何条件合理转化为代数条件,找到动点坐标的关系,把线段长度的表达式转化为一元函数,用函数的思想求最值．(作者单位:北京市怀柔区第一中学)４１。

向量法求立体几何中的折叠探索及最值问题高三数学一轮复习

巩固训练2 [2024·河南郑州模拟]在底面ABCD为梯形的多面体中．AB∥CD，
BC⊥CD，AB＝2CD＝2 2，∠CBD＝45°，BC＝AE＝DE，且四边形BDEN为矩形．
(1)求证：BD⊥AE； (2)线段EN上是否存在点Q，使得直线BE与平面QAD所成的角为60°？若不存在，请说明理由．若存在，确定点Q的位置并加以证明．
(1)求证：OP⊥平面ABED；
(2)求二面角B-PE-F的正弦值．
题型二探索性问题
例2 [2024·河北石家庄模拟]如图，四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为
矩形且垂直于侧面SAB，O为AB的中点，SA＝SB＝AB＝2，AD＝ 2.
(1)证明：BD⊥平面SOC；
(2)侧棱SD上是否存在点E，使得平面ABE与平面SCD夹角的余弦值
为1，若存在，求SE的值；若不存在，说明理由．
5
SD

题后师说
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”转化为“点的坐标的方程是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知条件和结论列出等式，解出参数．
高考大题研究课七向量法求立体几何中的折叠、探索及最值问题
会用向量法解决立体几何中的折叠、角的存在条件及最值问题，提高学生空间想象能力、数学运算能力．
关键能力·题型剖析题型一折叠问题例1 [2024·江西景德镇模拟]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC ＝CD＝12AD＝2，现以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且 PA⊥CD.
题型三最值问题
例3 [2020·新高考Ⅰ卷]如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形， PD⊥底面ABCD.设平面PAD与平面PBC的交线为l.

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。

专题突破立体几何之《立体几何中的最值问题》

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，在直三棱柱111ABC A B C -中，底面为直角三角形，1906ACB AC BC CC ∠===，，．P 是1BC 上一动点，则1CP 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1A B ，沿1BC 将1CBC △展开与11A BC △在同一个平面内，如图６－２所示，连1A C ，则1A C 的长度就是所求的最小值．通过计算可得1190A C C ∠=︒，又145BC C ∠=︒故11135A C C ∠=︒，由余弦定理可求得1AC = 例２如图６－３，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，DAB ∠为直角，2AB CD AD CD AB ==，∥，E F ，分别为PC CD ，的中点．（I ）试证：CD ⊥平面BEF ；（II ）设PA k AB =，且二面角E BD C --的平面角大于30︒，求k 的取值范围．·A1A 11图６－１AC PB1A1C1B图６－２C BC图６－３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 AB ∥且DAB ∠为直角，故ABFD 是矩形，从而CD BF ⊥．又PA ⊥底面ABCD ，CD AD ⊥，故由三垂线定理知CD PD ⊥．在PDC △中，E ，F 分别为PC ，CD 的中点，故EF PD ∥，从而CD EF ⊥，由此得CD ⊥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 ⊥底面ABCD ，故EG ⊥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 =，则在PAC △中，有1122EG PA ka ==．以下计算GH ，考虑底面的平面图（如图６－５），连接GD ，因1122BD S BD GH GB DF ==△G ，故GB DFGH BD =．在ABD △中，因AB a=，2AD a =，得BD =．而1122GB FB AD a ===，DF AB =，从而得55GB AB GH a BD a===．因此1tan 2kaEG EHG k GH ===． ~故0k >知EHG ∠是锐角，故要使30EHG >∠，必须3tan 3023>=，解之得，k 的取值范围为15k >．BC图６－４图６－５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()000A ，，，()00B a ，，，()220C a a ，，，()020D a ，，，()20F a a ，，．从而(200)(020)DC a BF a ==，，，，，，0DC BF =，故DC BF ⊥．设PA b =，则(00)P b ，，，而E 为PC 中点，故2b E a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，从而02b BE a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，，．0DC BE =，故DC BE ⊥．由此得CD BEF ⊥面．（II ）设E 在xOy 平面上的投影为G ，过G 作GH BD ⊥垂足为H ，由三垂线定理知EH BD ⊥．从而EHG ∠为二面角E BD C --的平面角．由PA k AB =得(00)P ka ，，，2ka E a a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，(0)G a a ，，．设(0)H x y ，，，则(0)(20)GH x a y a BD a a =--=-，，，，，，由0GH BD =得()2()0a x a a y a --+-=，即2x y a -=-． ①又因(0)BH x a y =-，，，且BH 与BD 的方向相同，故2x a ya a-=-，即22x y a +=． ②由①②解得3455x a y a ==，，从而215055GH a a GH a ⎛⎫=--= ⎪⎝⎭，，，． (2tan 25kaEGEHG k GH===．由0k >知EHG ∠是锐角，由30EHG ∠>︒，得tan tan30EHG >︒，即23k >．图６－６故k的取值范围为k >． [规律小结]立体几何中的最值与范围，需要首先确定最值或范围的主体，确定题目中描述的相关变动的量，根据必要，可确定是利用几何方法解答，还是转化为代数（特别是函数）问题解答．其中的几何方法，往往是进行翻折变换，这时可以想象实际情形，认为几何体是利用硬纸等折成的，可以动手翻折的，在平时做练习时，不妨多动手试试，培养自己的空间想象能力，在考试时就可以不动手，动脑想就可以了．特别注意变动的过程，抓住变动的起始与终了等特殊环节．考点误区分析（１）这类问题容易成为难点，关键是学生的空间想象能力缺乏，或者对问题的转化方向不明确．因此，要注意常见的转化方向，如化立体几何问题为平面几何问题，或化立体几何问题为代数问题等，根据题目特征进行转化．（２）对题目所描述的情形没有清醒的认识也是造成错解的主要原因，注意产生量的变化的主要原因是什么，相关的数量和位置关系都做怎样的变化，抓住问题的关键，才能顺利解决问题．同步训练１．如图６－７，在直三棱柱111ABC A B C -中，AB BC ==12BB =， 90=∠ABC ，,E F分别为111,AA C B 的中点，沿棱柱的表面从E 到F 两点的最短路径的长度为．》２．有两个相同的直三棱柱，高为a2，底面三角形的三边长分别为)0(5,4,3>a a a a ．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a 的取值范围是__________．３．如图６－８，正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB ∥平面α，则正四面体上的所有点在平面αA图６－７1A 1E图６－８内的射影构成的图形面积的取值范围是．［参考答案］１．［解析］分别将111A B C △沿11A B 折到平面11ABB A 上；将111A B C △沿11A C 折到平面11ACC A 上；将11BCC B 沿1BB 折到平面11ABB A 上；将11BCC B 沿1CC 折到平面11ACC A 上，比较其中EF 长即可．．２．［解析］可知，全面积最小的是四棱柱面积为22428a +，全面积最小的是三棱柱面积为21248a +，解2212482428a a +>+即可．［答案］3150<<a ．３．［解析］当CD 所在的直线与平面α平行时，所求射影面积最大，为1122AB CD ⨯=；当CD 所在的直线与平面α．［答案］1]2．。

重难点突破：立体几何中最值问题全梳理

重难点突破：立体几何中最值问题全梳理模块一、题型梳理题型一空间角的最值问题例题1：如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点在线段上，分别为的中点．设异面直线与所成的角为，则的最大值为_________．【解析】AB 为x 轴，AD 为y 轴，AQ 为z 轴建立坐标系，设正方形边长为2．cos θ=令[]()0,2)f m m =∈，()f m '=[]0,2,()0m f m '∈∴<，max 2()(0)5f m f ==，即max 2cos 5θ=ABCD ADPQ M PQ ,E F ,AB BC EM AF θθcos例题2：正四棱柱1111ABCD A B C D -中，4AB =，1AA =.若M 是侧面11BCC B 内的动点，且AM MC ⊥，则1A M 与平面11BCC B 所成角的正切值的最大值为___________.【分析】如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，设点(),4,M m n ，由AM MC ⊥得()2224m n -+=，证明11A MB 为1A M 与平面11BCC B 所成角，令22cos ,2sin m n θθ=+=，用三角函数表示出11tan A MB ∠，求解三角函数的最大值得到结果.【解析】如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，设点(),4,M m n ，则()()(14,0,0,0,4,0,4,4,A C B ()(),0,,4,4,CM m n AM m n ∴==-，又AM MC ⊥，得2240,AM CM m m n ⋅=-+=即()2224m n -+=；又11A B ⊥平面11BCC B ，11A MB ∴∠为1A M 与平面11BCC B 所成角，令[]22cos ,2sin ,0,m n θθθπ=+=∈，11111tan ∴∠==A B A MB B M==，∴当3πθ=时，11tan A MB ∠最大，即1A M 与平面11BCCB 所成角的正切值的最大值为2.故答案为：2【小结】本题主要考查了立体几何中的动点问题，考查了直线与平面所成角的计算.对于这类题，一般是建立空间直角坐标，在动点坐标内引入参数，将最值问题转化为函数的最值问题求解，考查了学生的运算求解能力和直观想象能力.题型二空间距离的最值问题例题3：的正三棱柱111ABC A B C -中，ABC ∆的边长为2，D 为棱11B C 的中点，若一只蚂蚁从点A 沿表面爬向点D ，则蚂蚁爬行的最短距离为（）A ．3B ．C ．D ．2【分析】将正三棱柱展开，化平面图形中的距离最短的问题.有三种选择，第一种是从A 点出发，经过BC 再到达点D .第二种是从A 点出发，经过11A B 再到达点D .第三种是从A 点出发，经过1BB ，最后到达点D .分别求出三种情况的距离，选其中较小的值，即为所求最短距离.【解析】如图1，将矩形11BCB C 翻折到与平面ABC 共面的位置11BCC B '',此时，爬行的最短距离为AD '=2，将111A B C △翻折到与平面11ABB A 共面的位置111A B C '，易知11A D AA '=1120D A A '∠=︒，此时爬行的最短距离3AD '=；如图3，将矩形11BCB C 翻折到与平面11ABB A 共面的位置11BC C B ''，此时，爬行的最短距离AD '=综上，小蚂蚁爬行的最短距离为3.故选：A.【小结】本题考查了空间想象能力，和平面几何的计算能力，解决本题的关键是依据“在平面内，两点之间线段最短”.属于中档题.例题4：点D 是直角ABC ∆斜边AB 上一动点，3,4AC BC ==，将直角ABC ∆沿着CD 翻折，使'B DC ∆与ADC ∆构成直二面角，则翻折后'AB 的最小值是（）A B C ．D【分析】过点B ′作B E CD '⊥于点E ，连接,BE AE ，根据折叠性质设BCD B CD α∠=∠'=，用α表示出,,2B E CE ACE πα'∠=-，在AEC ∆中由余弦定理表示出2AE ，再在Rt AEB ∆'中，由勾股定理即可求得'AB 的最小值.【解析】过点B ′作B E CD '⊥于点E ，连接,BE AE ，如下图所示：设BCD B CD α∠=∠'=，则有4sin 4cos 2B E CE ACE πααα'==∠=-，，，在AEC ∆中，由余弦定理得，2222cos 2AE AC CE AC CE πα⎛⎫=+-⋅⋅- ⎪⎝⎭2916cos 24cos sin ααα=+-，在Rt AEB ∆'中，由勾股定理得，22222916cos 24cos sin 16sin AB AE B E αααα'+'+-+==2512sin 2α=-，∴当4πα=时，AB 'B ．【小结】本题考查了立体几何中折叠问题的综合应用，余弦定理表示出边长，并由三角函数值域的有界性确定最值，属于中档题.题型三球体的最值问题例题5：将半径为r 的5个球放入由一个半径不小于3r 的球面和这个球的内接正四面体的四个面分割成的五个空间内，若此正四面体的棱长为r 的最大值为________.【分析】计算正四面体的外接球半径3R =，内切圆半径为11r =，设1OO 与球面相交于点Q ，如图所示，画出剖面图，33R r =≥，1r r ≤，122O Q r =≥，解得答案.【解析】正四面体的棱长为根据对称性知，A 的投影为三角形BCD 的中心1O ，则123O D DM ==高14AO ==，设外接球半径为R ，故()22211R AO R DO =-+，解得3R =，设正四面体内切球半径为1r ，根据等体积法得到：((2211111sin 604sin 6043232r ⋅︒⨯=⨯︒⨯，故11r =，根据题意33R r =≥，1r r ≤，1r ≤.设1OO 与球面相交于点Q ，如图所示，画出剖面图，1122O Q R OO r =-=≥，故1r ≤.综上所述：1r ≤，故r 的最大值为1.故答案为：1.【小结】本题考查了四面体的外接球内切球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.例题6：已知点,,A B C 在半径为2的球面上，满足1AB AC ==，BC =S 是球面上任意一点，则三棱锥S ABC -体积的最大值为（）A B ．36+ C ．212+ D ．312+ 【分析】要使S ABC -体积的最大，需S 到平面ABC 距离最大，当S 为ABC 外接圆圆心与球心的延长线与球面的交点时取最大值，求出ABC 外接圆的半径，进而求出球心与ABC 外接圆圆心的距离，即可求解.【解析】设ABC 外接圆圆心为O '，三棱锥S ABC -外接球的球心为O ，1AB AC ==，设D 为BC 中点，连AD ，则AD BC ⊥，且O '在AD 上，12AD ==，设ABC 外接圆半径为r ，222231()()()242BC r AD r r =+-=+-，解得1,||r OO '=∴=要使S ABC -体积的最大，需S 到平面ABC 距离，即S 为O O '2，所以三棱锥S ABC -体积的最大值为11112)2)3322ABC S ⨯=⨯⨯⨯=【小结】本题考查三棱锥体积的最值、多面体与球的“接”“切”问题，注意应用球的截面性质，属于中档题例题7：已知四棱锥S ABCD -的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于2+，则球O 的体积等于（）A ．43πB ．83πC ．163πD ．223π 【分析】由条件可得球心O 为正方形ABCD 的中心，当此四棱锥的高为球的半径时，此四棱锥体积取得最大值. 设球O 的半径为R ,则AB ==，可得SBC ∆为等边三角形，根据条件可得1R =，从而得出答案.【解析】四棱锥S ABCD -的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内, 所以球心O 为正方形ABCD 的中心，当此四棱锥的高为球的半径时，此四棱锥体积取得最大值.此时四棱锥为正四棱锥.设球O 的半径为R ,则AB ==,SB ==，SBC ∆为等边三角形，则2213sin 6022SBC S SB R ∆==，所以此四棱锥的表面积为22422SBC ABCD S S R ∆+=+=+ 所以1R =.球O 的体积34433V R ππ== ，故选：A【小结】本题考查四棱锥的表面积和外接球的体积问题，属于中档题.例题8：的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为43π的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋（球体）离蛋巢底面的最短距离为（）A ．12B ．12C D 【解析】因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1，又因为鸡蛋的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面的距离2d ==为1，而蛋巢的高度为12，故球体到蛋巢底面的最短距离为112⎛--= ⎝⎭. 【小结】本题主要考查折叠问题，考查球体有关的知识.在解答过程中，如果遇到球体或者圆锥等几何体的内接或外接几何体的问题时，可以采用轴截面的方法来处理.也就是画出题目通过球心和最低点的截面，然后利用弦长和勾股定理来解决.球的表面积公式和体积公式是需要熟记的.题型四棱锥的最值问题例题9：如图，三棱锥P ABC -的四个顶点恰是长､宽､高分别是m ，2，n 的长方体的顶点，此三棱锥的体积为2，则该三棱锥外接球体积的最小值为__________．【分析】由题知，由三棱锥的体积得6mn =, 又三棱锥P ABC -的外接球直径是长方体的体对角线2R . 【解析】P ABC -的外接球直径是长方体的体对角线，∴R =，3334411=3386V R πππ==⨯ 1212=233P ABC ABC mn V S h -∆⋅=⨯⨯= ，6mn ∴=，222=12m n mn ∴+≥，当且仅当=m n =时，等号成立，3311=32463=6V πππ≥⨯，三棱锥外接球体积的最小值为323π，故答案为323π. 【小结】本题考查与球有关外接问题. 与球有关外接问题的解题规律:(1)直棱柱外接球的球心到直棱柱底面的距离恰为棱柱高的12. (2)正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长．此结论也适合长方体，或由同一顶点出发的两两互相垂直的三条棱构成的三棱柱或三棱锥．(3)求多面体外接球半径的关键是找到由球的半径构成的三角形，解三角形即可．例题10：有一个长方形木块，三个侧面积分别为8，12，24，现将其削成一个正四面体模型，则该正四面体模型棱长的最大值为（）A ．2 B．C ．4 D．【分析】先求长方体从同一顶点出发的三条棱的长度，从而可得正四面体模型棱长的最大值.【解析】设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为,,a b c ，则81224ab ac bc =⎧⎪=⎨⎪=⎩，故246a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，若能从该长方体削得一个棱长最长的正四面体模型，则该四面体的顶点必在长方体的面内，过正四面体的顶点作垂直于长方体的棱的垂面切割长方体，含正四面体的几何体必为正方体，故正四面体的棱长为正方体的面对角线的长，而从长方体切割出一个正方体，使得面对角线的长最大，需以最小棱长2为切割后的正方体的棱长切割才可，故所求的正四面体模型棱长的最大值.故选：B.【小结】本题考查正四面体的外接，注意根据外接的要求确定出顶点在长方体的侧面内，从而得到正四面体的各顶点为某个正方体的顶点，从而得到切割的方法，本题属于中档题.例题11：某三棱锥的三视图如图，且图中的三个三角形均为直角三角形，则x y +的最大值为________.【分析】根据三视图,利用勾股定理列出等式,再结合基本不等式求最值.【解析】由三视图之间的关系可知2210802x y =--,整理得22128x y +=,故22222()2()2562x x y x y x y y =++=++≤, 解得16x y +,当且仅当8x y ==时等号成立,故答案为:16【小结】本题考查三视图之间的关系应用,考查基本不等式,难度不大.例题12：如图，在三棱锥P ABC -中PA PB PC 、、两两垂直，且3,2,1PA PB PC ===，设M 是底面三角形ABC 内一动点，定义：()(,,)f M m n p =，其中m n p 、、分别是三棱锥M PAB -、三棱锥M PBC -、三棱锥M PAC -的体积。

立体几何中的最值问题答案

立体几何中的最值问题答案立体几何中的最值问题一、线段长度最短或截面周长最小问题例1. 正三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，各棱长均为2，M 为AA 1中点，N 为BC 的中点，则在棱柱的表面上从点M 到点N 的最短距离是多少?并求之.解析： (1)从侧面到N ，如图1，沿棱柱的侧棱AA 1剪开，并展开，则MN ＝22AN AM +＝22)12(1++＝10(2)从底面到N 点，沿棱柱的AC 、BC 剪开、展开，如图2.则MN ＝??-+120cos 222AN AM AN AM ＝21312)3(122++＝34+∵34+＜10 ∴m in MN ＝34+.例2.如图，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1,而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直。

点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM=BN=a ).20(<（2）当a 为何值时，MN 的长最小；（3）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小。

解析：（1）作MP ∥AB 交BC 于点P ，NQ ∥AB 交BE 于点Q ，连接PQ ，依题意可得MP ∥NQ ，且MP=NQ ，即MNQP 是平行四边形。

∴MN=PQ,由已知，CM=BN=a,CB=AB=BE=1,∴2==BF AC ,21,21a BQ a CP ==, 即2aBQ CP ==, ∴=+-==22)1(BQ CP PQ MN )20(21)22()2()21(222<<+-=+-a a a a （2）由（1）知: 2222==MN a 时，当，的中点时，分别移动到即BF AC N M ,, 22的长最小，最小值为MN(3)取MN 的中点G ，连接AG 、BG ，∵AM=AN,BM=BN ，∴AG ⊥MN,BG ⊥MN ，∴∠AGB 即为二面角α的平面角。

又46==BG AG ，所以由余弦定理有31464621)46()46(cos 22-=?-+=α。

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。

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９６ｍ铁丝，．用ＳＩ塑料片制成圆柱的侧ＩＴ
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（０９全国卷）已知二面角ｚ的大小２０年
为６。动点Ｐ、分别在平面ａＪ内，０，Ｑ、９Ｐ到ｐ的距离为
）．
Ｂ２；Ｃ２；Ｄ４
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ＣＰＢｊ口于Ｂ，＿ＰＤ－Ｚ于Ｄ，ｌ－
ＣＢ则ＡＣＱ、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ＨＳＨＣ，连、
图３
精确到００）．１ｍ。．

立体几何动点最值问题

立体几何动点最值问题
立体几何动点最值问题是指在立体几何空间中，给定一些特定条件下，求一个动点的某个值的最大或最小值。

这类问题广泛应用于建筑设计、机械工程、地理测量等领域。

在解决立体几何动点最值问题时，通常需要利用几何性质和数学方法进行分析和求解。

下面以两个典型的问题为例进行拓展说明。

问题一：在一个正方体中，找到离一个定点最远的顶点。

解答：首先，我们找到这个正方体的中心点，然后根据对称性可以知道，离中心点最远的顶点就是通过连接中心点和一个面的对角线的顶点。

因此，我们可以通过计算这个对角线的长度，并找出最长的对角线来确定离定点最远的顶点。

问题二：在一个球体上，找到离球心最远的点。

解答：根据球体的几何性质，离球心最远的点是球体表面上的点。

因此，我们可以通过计算球心到球面上各点的距离，并找出最大距离的点来确定离球心最远的点。

在实际应用中，立体几何动点最值问题的解决往往需要结合具体的条件和约束条件进行分析和求解。

这些问题可能涉及到线段、面积、体积等几何量的计算，以及最优化等数学方法的运用。

因此，解决这类
问题需要理解立体几何的基本概念和性质，并熟练掌握相关的计算和求解技巧。

专题07 立体几何中的最值问题(解析版)

第三篇立体几何专题07 立体几何中的最值问题常见考点考点一最大值问题典例1．如图，在ABC 中，1AC BC ==，120ACB ∠=︒，O 为ABC 的外心，PO ⊥平面ABC ，且PO =(1)求证：//BO 平面PAC ；(2)设平面PAO 面PBC l =，若点M 在线段PC （不含端点）上运动，当直线l 与平面ABM 所成角取最大值时，求二面角A BM O --的正弦值. 【答案】(1)证明见解析【解析】 (1)如图，连接OC ，交AB 于点D ，O 为ABC 的外心，所以OA OB OC ==，又因为1AC BC ==，所以OAC OBC ≅△△，所以1602ACO BCO ACB ∠=∠=∠=︒，故OAC 和OBC 都为等边三角形，可得1OA AC CB BO ====，即四边形OACB 为菱形，所以OB//AC ；又AC ⊂平面PAC 、OB ⊄平面PAC ，所以//BO 平面PAC ， (2)因为//BC AO ，BC ⊄平面POA ，AO ⊂平面POA ，所以//BC 平面POA ，因为BC ⊂平面PBC ，平面PAO 平面PBC l =，所以//BC l .如图，以点D 为原点，分别以DA ，DC 所在的直线为x ，y 轴，过点D 垂直于面ACBO 的直线为z 轴建立空间直角坐标系，则B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，10,,02C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，A ⎫⎪⎪⎝⎭，10,2P ⎛- ⎝⎭，10,,02O ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 所以31,02BC ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，(3,0,0)BA =，0,1,PC ⎛=⎝⎭，312BP ⎛=- ⎝⎭.因为点M 在线段PC 不含端点）上运动，所以//PM PC ，设PM PC λ=，所以31)2BM BP PM λλ⎛⎫=+=-- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面ABM 的法向量为()1111,,n x y z =，则)11111103211022n BA x nBM x y z λλ⎧⋅==⎪⎨-⋅=++-=⎪⎩可得：10x =，令12y =可得1121z λλ-⎫=⎪-⎝⎭，所以1120,2,1n λλ⎛⎫-⎫= ⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，所以直线l 与平面ABM 所成角α的正弦值为：1111sin cos ,24n n BC n BC BCα⋅===≤，即当12λ=时直线l 与平面ABM 所成角取最大值.此时1(0,2,0)n =，所以1,022OB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，324BM ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭，设平面OBM 的法向量为()2222,,n x y z =，则222222310223024OB n x y BM n x z ⎧⋅=-+=⎪⎪⎨⎪⋅=+=⎪⎩，令21x =，2y 2z =所以2(1,3,n =，所以12121223cos ,22n n n n nn ⋅===⨯，设二面角A BMO --的平面角为θ，则cos θ=，所以sin θ=变式1-1．如图，在正三棱柱111ABC A B C -中，12AB AA ==，点D 在边BC 上，E 为11B C 的中点.(1)如果D 为BC 的中点，求证：平面1BA E ∥平面1C DA ；(2)设锐二面角11/B AC D --的平面角为α，CD CB λ=，1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，当λ取何值时，cos α取得最大值？【答案】(1)证明见解析 (2)1λ= 【解析】【分析】（1）利用几何法证明，若要证明面面平行，只要证明其中一个平面中的两条相交直线平行于另一个平面即可；（2）建立如图所示空间直角坐标系，利用法向量来求二面角的大小即可得解.(1)证明：在正三棱柱111ABC A B C -中，因为D ，E 分别为BC ，11B C 的中点，所以1EC BD ∥，所以四边形1BDC E 为平行四边形，所以1BE DC ∥，又因为BE ⊄平面1C DA ，1DC ⊂平面1C DA ，所以BE ∥平面1C DA ，同理可证1//A E 平面1C DA ，1A EBE E =，1A E ，BE ⊂平面1BA E ，所以平面1BA E ∥平面1C DA ；(2)以A 为坐标原点，AC 方向为y 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A，)B ，()0,2,0C，)1B ，()10,2,2C ，所以()3,1,0CB =-，()13,1,2AB =，()10,2,2AC =，()0,2,0AC =，设平面11AB C 的法向量为(),,m x y z =，则110,0,m AB m AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即20,220.y z y z ++=+=⎪⎩令z =y =1x =，所以(1,3,m =，由CD CB λ=，1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，得()3,2,0AD CB AC λλλ=+=-，设平面1C DA 的法向量为(),,n a b c =，10,0,n AD n AC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即()20,220a bb c λ+-=+=⎪⎩令c =b =2a λλ-=，所以2n λλ-⎛=⎝，由1,12λ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，得[]23,1λλ-∈--，因为锐二面角11B AC D --的平面角为()cos 0αα>，所以26cos 7m n m n λα-+⋅==⋅⨯，令26t λλ-=+，则[]3,5t ∈，故26t λλ-=-，所以cos α==令111,53t μ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦，则()242121f μμμ=-+在11,53⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以cos α=11,53⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，当15μ=，此时1λ=，即点D 与点B 重合时，cos α取得最大值.变式1-2．如图，在四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 是直角梯形，侧棱SA ⊥底面ABCD ，AB 垂直于AD 和BC ，2SA AB BC ===，1AD =，M 是棱SB 的中点．(1)求证：//AM 平面SCD ；(2)求平面SCD 与平面SAB的夹角的余弦值；(3)设点N 是线段CD 上的动点，MN 与平面SAB 所成的角为θ，求sin θ的最大值. 【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得//AM 平面SCD. （2）利用向量法求得平面SCD 与平面SAB 所成的角的余弦值.（3）设出N 点的坐标，求得sin θ的表达式，结合二次函数的性质求得sin θ的最大值. (1)SA ⊥底面ABCD ，所以,SA A S B A A D ⊥⊥，由于AB AD ⊥，所以,,SA AB AD 两两垂直，以点A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,0)A ，(2,2,0)C ，(1,0,0)D ，(0,0,2)S ，(0,1,1)M ，(0,1,1)AM ∴=，(1,0,2)SD =-，(1,2,0)CD =--．设平面SCD 的法向量为(,,)n x y z =，则0SD n CD n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，2020x z x y -=⎧∴⎨--=⎩，令1z =，得(2,1,1)n =-是平面SCD 的一个法向量．0AM n ⋅=，AM n ∴⊥，A ∉平面SCD ，//AM ∴平面SCD ．(2)平面SAB 的一个法向量为1(1,0,0)n =，设平面SCD 与平面SAB 的夹角为ϕ，则112cos 6n n n n ϕ⋅===⨯⋅∴平面SCD 与平面SAB(3)由题可设(,22,0)(12)N x x x -≤≤，则(,23,1)MN x x =--．平面SAB 的一个法向量为1(1,0,0)n =，11sin 5nMN M n Nθ⋅∴====⋅，∴当135x =，即53x =时，sin θ变式1-3．如图，在正四棱锥S ABCD -中，点O ，E 分别是BD，BC 中点，点F 是SE 上的一点.(1)证明：OF BC ⊥；(2)若四棱锥S ABCD -的所有棱长为OF 与平面SDE 所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）作出辅助线，证明线面垂直，进而证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解.(1)如图，连接SO和OE，-是正四棱锥，所以SO⊥平面ABCD，因为S ABCD⊥又因为BC⊂平面ABCD，所以SO BC⊥，因为ABCD是正方形，所以DC BC又因为点O，E分别是BD，BC中点，所以OE∥DC，⊥所以OE BC⋂=，OE、SO⊂平面SOE，又因为OE SO O所以BC⊥平面SOE，⊥.因为OF⊂平面SOE，所以OF BC(2)易知OB，OC，OS两两相互垂直，如图，以点O为原点，OB，OC，OS为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为四棱锥S ABCD -的所有棱长为4BD =，2SO =，所以()0,0,0O ，()0,0,2S ，()2,0,0D -，()1,1,0E ，设()01SF SE λλ=<<，得(),,22F λλλ-，则()2,0,2SD =--，()3,1,0DE =，(),,22OF λλλ=-设平面SDE 的法向量为(),,n x y z =，则22030n SD x z n DE x y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，解得3z x y x =-⎧⎨=-⎩，取1x =，得()1,3,1n =--，设直线OF 与平面SDE 所成角为θ，则sin cos ,11n OF n OF n OFθ⋅===⋅)01λ=<<，当82263λ-=-=⨯时，2684λλ-+取得最小值43，此时sin θ.考点二最小值问题典例2．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，四边形BFED 为矩形，1BF =，平面BFED ⊥平面ABCD .(1)求证：AD ⊥平面BDEF ；(2)点P 在线段EF 上运动，设平面P AB 与平面ADE 所成的夹角为θ，试求θ的最小值. 【答案】(1)证明见解析(2)3π【解析】【分析】（1）由已知条件可得AD BD ⊥，再由平面BFED ⊥平面ABCD ，可得DE ⊥平面ADB ，则DE AD ⊥，然后由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）由于AD BD ⊥，DE AD ⊥，DE DB ⊥，所以建立直线DA ，DB ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系，令(0EP λλ=≤≤，然后利用空间向量求解即可 (1)证明，在梯形ABCD 中，∥//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒， ∥30CDB CBD ∠=∠=︒，120ADC DCB ∠=∠=︒， ∥90ADB ∠=︒，∥AD BD ⊥.又∥平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ⋂平面ABCD BD =，DE DB ⊥， ∥DE ⊥平面ADB ，∥DE AD ⊥. 又∥BD DE D ⋂=，∥AD ⊥平面BDEF . (2)由（1）可知AD BD ⊥，DE AD ⊥，DE DB ⊥.可建立直线DA ，DB ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系，令(0EP λλ=≤≤，则()0,0,0D ，()1,0,0A，()B ，()0,,1P λ，∥()AB =-，()0,BP λ=设()1,,n x y z =为平面PAB 的法向量，由1100n AB n BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得(00x y z λ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，取1y =，()13,1,n λ=∥()20,1,0n =是平面ADE 的一个法向量，∥1212cos3n n n n θ⋅===∥0λ≤≤∥当λ=cos θ有最大值12，∥θ的最小值为3π变式2-1．如图，在ABC 中，1AB =，BC =4B π=，将ABC 绕边AB 翻转至ABP △，使面ABP⊥面ABC ，D 是BC 的中点.(1)求二面角P BC A --的平面角的余弦值；(2)设Q 是线段PA 上的动点，当PC 与DQ 所成角取得最小值时，求线段AQ 的长度.【答案】【解析】【分析】（1）延长BA ，过点P 作PE BA ⊥,垂足为E ，过点E 作EF BC ⊥,垂足为F ,连接PF ,则PFE ∠是二面角P BC A --的平面角，再解三角形即得解；（2）连接EC ,以E 为原点，由题得EC EB ⊥,以EB 为x 轴，EC 为y 轴，EP 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出当λ=25时，PC 与DQ 所成的角最小，即得解. (1) 解：由题得21821cos 455,AC AC =+-⨯⨯=∴=所以cos 0BAC ∠=<，所以BAC ∠是钝角.延长BA ，过点P 作PE BA ⊥,垂足为E ，过点E 作EF BC ⊥,垂足为F ,连接PF , 则PFE ∠是二面角P BC A --的平面角.由题得cos 452PE BE ===，所以2cos 452EF =⨯=所以tanPFE ∠==cos PFE ∠=.所以二面角P BC A -- (2)解：连接EC ,以E 为原点，由题得EC EB ⊥,以EB 为x 轴，EC 为y 轴，EP 为z 轴，建立空间直角坐标系，由题得(2,0,0),(1,0,0),(0,0,0),(0,2,0),B A E C 设(,,),Q x y z(1,0,2),[0,1],AQ AP λλλ→→==-∈即(1,,)(,0,2),(1,0,2)x y z Q λλλλ-=-∴-,因为(1,1,0),(,1,2),(0,2,2),D DQ PC λλ→→=--=-所以cos ,DQ PC =令2222(12)2(12)(2-5)(),[0,1],()51(51)f f λλλλλλλλ++'=∈∴=++，令2()0,[0,1],.5f λλλ'=∈∴=2[0,)5λ∈时，()0,f λ'>函数单调递增，2(,1)5λ∈时，()0f λ'<，函数单调递减.所以当λ=25时，()f λ取最大值，此时PC 与DQ 所成的角最小，2||||5AQ AP =变式2-2．如图，四棱锥S ABCD -的底面为矩形，SD ⊥底面ABCD ，设平面SAD 与平面SBC 的交线为m ．（1）证明：//m BC ，且m ⊥平面SDC ；（2）已知2SD AD DC ===，R 为m 上的点求SB 与平面RCD 所成角的余弦值的最小值．【答案】（1）证明见解析；（2 【解析】【分析】（1）先由//BC AD 证明//BC 平面SAD ，再由线面平行推线线平行，可得//m BC ；由SD BC ⊥，BC DC ⊥可得BC ⊥平面SDC ，再由//m BC ，即得证；（2）建立空间直角坐标系，计算平面RCD 的法向量，表示SB 与平面RCD 所成角，计算最值即得解【详解】（1）由题意，四棱锥S ABCD -的底面为矩形，可知//BC AD ，又BC ⊄平面SAD ，AD ⊂平面SAD 所以//BC 平面SAD又m 为平面SAD 与平面SBC 的交线，且BC ⊂平面SBC ，故//m BC 因为SD ⊥底面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以SD BC ⊥，又BC DC ⊥，且SD DC D =，所以BC ⊥平面SDC ，又//m BC ，所以m ⊥平面SDC （2）由（1）可知，DS ，DA ，DC 两两互相垂直，以D 为坐标原点，DA ，,DC DS 的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系D xyz -()0,0,0D ，()0,0,2S ，()2,2,0B ，()0,2,0C ，因为点R 在平面SAD 内的m 上，且//m AD ，所以可设(),0,2R a ()2,2,2SB =-，()0,2,0DC =，(),0,2DR a =设平面RCD 的法向量为(),,n x y z =，则2020n DR ax z n DC y ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩即200ax z y +=⎧⎨=⎩可取()2,0,n a =- 设SB 与平面RCD 所成角为θ则3sin cos 233n SB n SB πθθ⋅⎛⎫=-=== ⎪⎝⎭ 因为2414aa ≤+当且仅当2a =时等号成立所以sin θ≤，cos θ≥所以SB 与平面RCD变式2-3．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，四边形BFED 为矩形，平面BFED ⊥平面ABCD ，1BF =.（1）求证：BD ⊥平面AED ，AD ⊥平面BDEF ；（2）点P 在线段EF 上运动，设平面PAB 与平面ADE 所成锐二面角为θ，试求θ的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）3π.【解析】【分析】（1）根据已知条件转化垂直关系，利用线面垂直的判断定理，即可证明；（2）分别以直线CA ，CB ，CE 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，令(0EP λλ=≤≤，然后写出各点坐标，求出平面PAB 和平面ADE 的法向量，由法向量夹角与二面角的关系求得cos θ（为λ的函数），由函数知识可得最小值．【详解】解：（1）证明，在梯形ABCD 中，∥//AB CD ，1===AD DC CB ，120BCD ∠=︒，∥30CDB CBD ∠=∠=︒，120ADC DCB ∠=∠=︒，∥90ADB ∠=︒，∥AD BD ⊥.∥平面BFED ⊥平面ABCD ，平面BFED ⋂平面ABCD BD =，DE ⊂平面BFED ，DE DB ⊥，又∥AD DE D ⋂=，∥BD ⊥平面ADE .又四边形BDEF 是矩形，∥ED BD ⊥，∥ED ⊥平面ABCD ，∥ED AD ⊥， ∥ED BD D =，∥AD ⊥平面BDEF .（2）由（1）可建立直线DA ，DB ，DE 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系，令(0EP λλ=≤≤，则()0,0,0D ，()1,0,0A ，()B ，()0,,1P λ，∥()AB =-，()0,BP λ=.设()1,,n x y z =为平面PAB 的法向量，由1100n AB n BP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得(00x y z λ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，取1y =，则()13,1,n λ=.∥()20,1,0n =是平面ADE 的一个法向量，∥1212cos 3n n n n θ⋅===∥0λ≤≤∥当λ=cos θ有最大值12，∥θ的最小值为3π.巩固练习练习一最大值问题1．如图所示，在三棱柱111ABC A B C -中，AB BC =，点1A 在平面ABC的射影为线段AC 的中点，侧面11AAC C 是菱形，过点1,,B B D 的平面α与棱11A C 交于点E ．(1)证明：四边形1BB ED 为矩形；(2)求1CB 与平面11ABB A 所成角的正弦值的最大值．【答案】(1)证明见解析 (2)23【解析】【分析】(1)由已知线面平行的判定定理得到1//B B 平面11A ACC ，在运用面面平行的判定与性质得四边形1BB ED 为平行四边形．运用线面垂直判定定理可得BD ⊥平面11ACC A ，从而得出结论.(2) 以DB ，AC ，1A D 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -,依题意得BD =，分别求解平面11ABB A 的法向量和1CB 的方向向量，运用线面角的向量求解方法得到答案. (1)取11A C 中点为E ，连接1B E ，DE ．在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11A ABB 为平行四边形，所以11//B B A A ，因为1B B ⊄平面11A ACC ，1A A ⊂平面11A ACC ，所以1//B B 平面11A ACC ．因为1B B ⊂平面1BB D ，且平面1BB D ⋂平面11A ACC DE =，所以1//B B DE ．因为在三棱柱111ABC A B C -中，平面//ABC 平面111A B C ，平面1BB D ⋂平面ABC BD =，平面1BB D ⋂平面1111A B C B E =，所以1//BD B E ，所以四边形1BB ED 为平行四边形．在∥ABC 中，因为AB BC =，D 是AC 的中点，所以BD AC ⊥．由题可知1A D ⊥平面ABC ，所以1A D BD ⊥，1A D AC ⊥，因为1AC A D D ⋂=，所以BD ⊥平面11ACC A ，所以BD DE ⊥，所以四边形1BB ED 为矩形． (2)由（1）知DB ，AC ，1A D 两两垂直，以DB ，AC ，1A D 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系D xyz -．设1AD =，BD a =，在1AA D △中，12AA AD =，190A DA ∠=︒，所以1A D ，所以(0,0,0)D ，(0,1,0)A -，(1A ，(,0,0)B a ，则(1AA =，(,1,0)AB a =．因为(E ，所以(1DB DE DB a =+=，即(1B a ．因为(0,1,0)C，所以(1CB a =．设平面11ABB A 的法向量为(,,)n x y z =，则10,0,n AA n AB ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,0,y ax y ⎧=⎪⎨+=⎪⎩所以,.y x ⎧=⎪⎨=⎪⎩令z a =，则y =，x =()3,,n a =-．设1CB 与平面11ABB A 所成角为θ，则111sin cos ,3n CB n CB n CB θ⋅===23=≤=，当且仅当2294a a =，即a =时等号成立．故1CB 与平面11ABB A 所成角的正弦值最大为23．2．如图，在矩形ABCD 中，M 、N 分别是线段AB 、CD 的中点，2AD =，4AB =，将ADM △沿DM 翻折，在翻折过程中A 点记为P 点．(1)从ADM △翻折至NDM 的过程中，求点P 运动的轨迹长度； (2)翻折过程中，二面角P −BC −D 的平面角为θ，求tan θ的最大值. 【答案】 (2)12【解析】【分析】（1）取DM 的中点E ，则从ADM △翻折至NDM 的过程中，点P 运动的轨迹是以点E 为圆心，AE 为半径的半圆，由此可求得点P 运动的轨迹长度.（2）由（1）得，连接AN ，并延长交BC 延长线于F ，过P 作PO EF ⊥，再过点O 作OG BC ⊥，则PGO ∠就是二面角P −BC −D 的平面角θ，设(),0PEO ααπ∠=≤≤，sin PO PE αα==，,3cos OF OG αα==-，可得tan PO PGO OG ∠==k =，运用辅助角公式和正弦函数的性质可求得最大值. (1)解：取DM 的中点E ，则从ADM △翻折至NDM 的过程中，点P 运动的轨迹是以点E 为圆心，AE 为半径的半圆，因为2AD =，4AB =，所以AE =P .(2)解：由（1）得，连接AN ，并延长交BC 延长线于F ，AN DM ⊥，折起后，有DM ⊥面PEN ，过P 作PO EF ⊥，则PO ⊥面DMBC ，再过点O 作OG BC ⊥，则PGO ∠就是二面角P −BC −D 的平面角θ，设(),0PEO ααπ∠=≤≤， sin PO PE αα==，,3cos OF AF AE OE OG ααα=--===-，tan PO PGO OG ∠==cos 3k k k αα=⇒+=)3k αβ+=，所以11-≤≤，解得1122k -≤≤. 所以tan θ的最大值为12.3．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，其中//AD BC ，AB AD ⊥，122AB AD BC ===，E 为棱BC 上的点，且14BE BC =．(1)求证：DE ⊥平面PAC ；(2)若二面角A PC D --的平面角的正切值为12，求PA 的长；(3)在（2）的条件下，若Q 为线段PC 上一点，求BQ 与面PCD 所成角为θ，求sin θ的最大值．【答案】(1)证明见解析(2)4【解析】【分析】（1）如图建系，设AP a =，求出DE 、AC 、AP 的坐标，计算0DE AC ⋅=，0DE AP ⋅=，可证明DE AC ⊥，DE AP ⊥，由线面垂直的判定定理即可求证；（2）设二面角A PC D --的平面角为α，由图知α为锐角，则1tan2α=，所以cos α=，分别求出平面PCD 和平面PAC 的一个法向量，利用空间向量夹角公式列方程求出a 的值即可求解；（3）设()=2,4,4PQ PC λλλλ=-，则()22,4,44BQ BP PQ λλλ=+=--，由（2）知平面PCD 的一个法向量11,1,2n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，利用空间向量夹角公式将s sin ,co BQ n θ=表示为关于λ的函数，结合二次函数的性质即可求解.(1)因为PA ⊥平面ABCD ，,AB AD ⊂面ABCD ，所以PA AB ⊥，PA AD ⊥，因为AB AD ⊥，所以,,AB AD AP 两两垂直，如图以A 为原点，分别以,,AB AD AP 所在的直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，设AP a =，则()0,0,0A ，()2,0,0B ，()2,4,0C ，()0,2,0D ，()0,0,P a ，()2,1,0E所以()2,1,0DE =-，()2,4,0AC =，()0,0,AP a =，因为221400DE AC ⋅=⨯-⨯+=，0DE AP ⋅=，所以DE AC ⊥，DE AP ⊥，即DE AC ⊥，DE AP ⊥，因为AC AP A =，所以DE ⊥平面PAC(2)由（1）知：DE ⊥平面PAC ，取平面PAC 的法向量()2,1,0DE =-，因为()2,4,PC a =-，()2,2,0CD =--，设平面PCD 的一个法向量为(),,n x y z =，由240220PC n x y az CD n x y ⎧⋅=+-=⎨⋅=--=⎩，取1x =，则1y =-，2z a =-，所以21,1,n a ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，设二面角A PC D --的平面角为α，且α为锐角，则1tan 2α=，所以cos5α=所以cos ,5DE nDE n DE n ⋅===⨯⨯整理可得：3，解得：4a =，所以PA 的长为4. (3) 由（2）知PA 的长为4，即4a =，因为Q 为线段PC 上一点，所以//PQ PC ，设()=2,4,4PQ PC λλλλ=-，所以()()()2,0,42,4,422,4,44PQ BQ BP λλλλλλ=-+-=--+=，平面PCD 的一个法向量11,1,2n ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，则(c sin os 2,BQ n BQ nBQ n θ==⋅=⨯=，当105299λ-=-=⨯= 所以sin θ== 综上所述：sin θ.4．如图，在直角三角形AOB 中，30OAB ∠=︒，斜边4AB =，直角三角形AOC 可以通过AOB 以直线AO 为轴旋转得到，且二面角B AO C --是直二面角，动点D 在斜边AB 上.(1)求证：平面COD ⊥平面AOB ；(2)当D 为AB 的中点时，求异面直线AO 与CD 所成角的正切值；(3)求CD 与平面AOB 所成角的正切值的最大值.【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）证明BOC ∠为二面角C AO B --的平面角，然后证明CO ⊥平面AOB ，得证面面垂直；（2）取OB 中点E ．连接,CE DE ，证明异面直线AO 与CD 所成角为CDE ∠（或其补角），在EDC △中计算其正切值；（3）证明CDO ∠是CD 与平面AOB 所成角，求出OD 的最小值即O 到AB 的距离即可得结论．(1)证明：因为CO AO ⊥，BO AO ⊥，所以BOC ∠为二面角C AO B --的平面角，即90COB ∠=︒，CO BO ⊥，又AO BO O =，,AO BO ⊂平面AOB ，所以CO ⊥平面AOB ，因为CO ⊂平面COD ，所以平面COD ⊥平面AOB ；(2)解：取OB 中点E ．连接,CE DE ，如图，因为D 是AB 中点，所以//AO DE ，所以异面直线AO 与CD 所成角为CDE ∠（或其补角），由已知CO AO ⊥，BO AO ⊥，BO CO O =，,BO CO ⊂平面BOC ，所以AO ⊥平面BOC ，而CE ⊂平面BOC ，所以AO CE ⊥，所以DE CE ⊥，又4AB =，30OAB ∠=︒，所以2OB OC ==，AO =DE 1OE =，CE ==，tan CE ADE DE ∠===(3)由（1）知CO ⊥平面AOB ，所以CDO ∠是CD 与平面AOB 所成角，又OD ⊂平面AOB ，则CO DO ⊥，2tan CO CDO OD OD∠==，直角AOB 中，O 到AB 上点的距离的最小值为AB 边上的高即OA OB h AB ⨯===，所以tan CDO ∠=练习二最小值问题5．如图，ABCD 为正方形，PDCE 为直角梯形，90PDC ∠=，平面ABCD ⊥平面PDCE ，且22PD AD EC ===.（1）若PE 和DC 延长交于点F ，求证：//BF 平面PAC ；（2）若Q 为EC 边上的动点，求直线BQ 与平面PDB 所成角正弦值的最小值.【答案】（1）见解析（2【解析】【详解】试题分析：（1）先根据三角形中位线性质得C 为DF 中点，再根据ABFC 为平行四边形得//BF AC ，最后根据线面平行判定定理得结论,（2）利用空间向量求线面角,关键求出平面法向量:先建立空间直角坐标系,设立各点坐标,利用方程组求出平面法向量,根据向量数量积求出直线方向向量与平面法向量夹角的余弦值,最后根据线面角与两向量夹角之间关系求线面角正弦值,再根据自变量取值范围求最小值.试题解析：（1）证明：在梯形PDCE 中，PD ＝2EC ，C ∴为DF 中点，CF CD AB ∴==，且AB//CF ，ABFC ∴为平行四边形，//,BF AC AC ∴⊂面PAC ，BF ⊄面PAC ，∴BF ∥平面P AC .（2）方法一：令点Q 在面PBD 上的射影为O ，QBO ∠直线BQ 与平面PDB 所成角．EC ∥PD ，所以EC 平行于平面PBD ，因为ABCD 为正方形，所以AC BD ⊥，又因为PD ∥平面ABCD ，所以PD ∥AC ，所以AC ∥平面PBD ，所以点C 到面PBD 因为EC 平行于平面PBD ，所以点Q 到PBD 的距离OQ =令()01CQ k k =≤≤，所以BQ =sin OQ QBO BQ ∠==≥= 方法二：建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz ，可知平面PDB 的一个法向量为()2,2,0AC =-，()2,2,0B ，()()0,2,01Q t t ≤≤，()2,0,BQ t ∴=-，令直线BQ 与平面PDB 所成角为α，sin 8BQ ACBQ AC α⋅∴==． 6．如图，在梯形ABCD 中，//AB CD ，1AD DC BC ===，60ABC ∠=︒，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，1CF =，设点M 在线段EF 上运动.（1）证明：BC AM ⊥；（2）设平面MAB 与平面FCB 所成锐二面角为θ，求θ的最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）3π. 【解析】（1）由平面几何知识，余弦定理可得BC AC ⊥.，再由面面垂直、线面垂直的性质可得证；（2）由（1）可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系，令(0FM λλ=≤≤，由二面角的向量求解方法可表示cos θ=由二次函数的性质可求得最值.【详解】（1）证明：在梯形ABCD 中，因为//AB CD ，1===AD DC CB ，60ABC ∠=︒，所以2AB =，所以2222cos603AC AB BC AB BC =+-⋅⋅︒=，所以222AB AC BC =+，所以BC AC ⊥.因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ⋂平面ABCD AC =，因为BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE .所以BC ⊥AM ；（2）解：由（1）可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的如图所示的空间直角坐标系，令(0FM λλ=≤≤，则()0,0,0C ，)A ，()0,1,0B ，(),0,1M λ.∥()AB =，(),1,1BM λ=-. 设(),,n x y z =为平面MAB 的一个法向量，由00n AB n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩得0,0,y x y z λ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩，取1x =，则()1,3,n λ=， ∥()1,0,0m =是平面FCB 的一个法向量，∥||cos 1n m n m θ⋅==+∥0λ≤≤∥当λ=cos θ有最大值12，θ的最小值为3π.【点睛】向量法求二面角的步骤：建、设、求、算、取.1、建：建立空间直角坐标系.以三条互相垂直的垂线的交点为原点，没有三垂线时需做辅助线;建立右手直角坐标系,让尽量多的点落在坐标轴上。

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∵，∴.。

专题16立体几何中范围和最值问题

专题16 立体几何中范围和最值问题专题16 立体几何中范围和最值问题立体几何中的最值与范围类问题，涉及几何体的结构特征以及空间线面关系，题目综合性强.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，化动态为静态，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.名师解读《普通高中数学课程标准》（2020年修订版）课标要求：立体几何研究现实世界中物体的形状、大小与位置关系.本单元的学习，可以帮助学生以长方体为载体，认识和理解空间点、直线、平面的位置关系；用数学语言表述有关平行、垂直的性质与判定，并对某些结论进行论证；了解一些简单几何体的表面积与体积的计算方法；运用直观感知、操作确认、推理论证、度量计算等认识和探索空间图形的性质，建立空间观念.内容包括：基本立体图形、基本图形位置关系、*几何学的发展.发展学生直观想象、逻辑推理、数学运算、数学建模核心素养.空间角的范围与最值问题【例1】（2021·全国·统考高考真题）1．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【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，也是最优解减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，以开拓学生的思维.空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，应的目标函数，运用函数性质解决空间角的范围与最值问题质分析何时取得最大值.空间距离的范围最值问题【例1】（2018·全国·高考真题）A．217B．25【点评】该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，过程中，需要明确两个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平面图形的相关特征求得结果【变3】7．如图所示，正四面体ABCD中，的最小值为14，则该正四面体的外接球表面积是求表面积与体积的范围与最值A．4π3B．8本题求体积的最值时，由于函数式较复杂，采用了换元法进行化简，进而利用导数法求最值，计算较为简便，换元时要注意新元的取值范围求截面周长与面积的范围与最值AD⊥平面α，∠AHD＝θ＝，△ABC在过其底边BC之间的关系：＝.(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F ABC -的体积．【点评】首先判断出三角形AFC 的面积最小时距离，从而求得三棱锥F ABC -的体积11DC D P ⊥①；②平面11D A P ⊥平面1A AP ；1APD ∠③的最大值为90︒；1AP PD +④的最小值为23+ACD；A．直线1B D⊥平面1ACD；B．1A P∥平面1AD所成角的范围是C．异面直线1A P与1-的体积不变D．三棱锥1D APCA．圆锥SO的侧面积为22π.-体积的最大值为B．三棱锥S ABC（2017·全国·高考真题）24．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形(1)若点A，B，C，D恰为长方体各侧面中心，求该八面体的体积；(2)求该八面体表面积S的取值范围．（2020·海南·统考高考真题）26．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．的交线为l．（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l参考答案：过E 作AB 的平行线分别与因为E ，F 分别为AC 和1CC 易证1Rt Rt BCF B BN ≅ ，则又因为1190BBN BNB ∠+∠=()()(0,0,0,2,0,0,0,2,0B A C ∴由题设(),0,2D a （02a ≤≤因为()(0,2,1,1BF DE ==-所以()012BF DE a ⋅=⨯-+[方法三]：因为1BF A B ⊥作1BH F T ⊥，垂足为H ，因为平面DFE 所成二面角的平面角．设1,B D t =[0,2],t ∈1B T =由111113C S C G SA A D ==得1C G =又1111B D BT C G C T=，即1(23t t -设()()4,0,04M a a ≤≤，()(12,4,0,N D ()()12,4,,2,4,4MN a D N =--=-设平面1D MN 的一个法向量为(,,n x y z =1240024400x x y az n MN x y z n D N y ⎧=⎪⎧-+-=⋅=⎧⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨+-=⋅=⎪⎩⎩⎪=⎪⎩令8z =，82,4x a y a =-=+，则(8n =【点睛】本题考查线段在平面上的射影的取值范围的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系以及等腰三角形的性质和线面垂直和判定定理，力，考查化归与转化思想、数形结合思想，是中档题由三角形两边和大于第三边得到，当点所以14BE =，设AE a =，则AB 在ABE 中，23π∠=BAE 由余弦定理得：224cos 2a a BAE a +∠=⨯⨯则该正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以223R =即3R =故2412S R ππ==，故答案为：12π【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为则2222l a h =+，2232(3a =+所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积13V Sh =【详解】如图，圆锥任意两条母线为AB和AD，则截面为等腰三角形ABD，截面面积为：1sin2ABDS AB AD BAD=⋅⋅∠，由图可知，当截面为圆锥轴截面时，∠BAD最大，最大为120°，(0°，120°]，∴sin∠BAD最大值为1，=224124AC BC+=+=为定值，故当sin∠BAD最大时截面面积最大，过点F作FH⊥BD1交BD1于因为长方体对面平行，所以截面BFD1E为平行四边形，则当h取最小值时四边形BFD易知h的最小值为直线CC1易知当F为CC1的中点时，过D1作D1H⊥l交l于H.连接DH，则34[方法二]：等体积转换AB BC = ，60ACB ∠=︒，2AB =ABC ∴∆是边长为2的等边三角形，3BE ∴=连接EFADB CDB AF CF∆≅∆∴=在11D A A △中，11135D A A ∠=2211112AD A A A D A =+-⋅【详解】连接BD ，根据正方体的性质，又∵BD AC ⊥，且1BD BB ⋂的性质，∵11A B ⊥平面11A D DA 1111A B A D A = ，∴1AD ⊥面1A如图：()1min SE CE S C +=.因为122S B BC ==,1S BC ∠=∴2221112S C S B BC S B =+-⨯⨯ABC 为等边三角形，∴∠心．设F 是AMN 的外心，作外接球的球心，且OF DE =222134R AF OF =+=，解得：的体积最大时，到平面1,+∞故答案为：()24．②③【分析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为|AC|＝1，|AB|2=，斜边AB以直线AC为旋转轴，则C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；③计算：求该角的值，常利用解三角形；图1由对称性，不妨设'AA x =则1AG x =-，2AO AG =2222AE DE AO OE ==+= 图2则()2221222AD AH x x ⎛⎫==-+ ⎪⎝⎭()2222122EH AE AH x x =-=-所以()2221144ADE S AD EH =⋅= ()()21因为1PD AD ==，设(0,0,0),(0,1,0),D C 设(,0,1)Q m ，则有(0,1,0),DC DQ = 设平面QCD 的法向量为(,,)n x y z =，则00DC n DQ n ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即00y mx z =⎧⎨+=⎩，令1x =，则z m =-，所以平面QCD在平面PQC 中，设PB QC E = ．在平面PAD 中，过P 点作PF QD ⊥因为PD ⊥平面,ABCD DC ⊂平面又由,,DC AD AD PD D PD ⊥=⊂ PF ⊂平面PAD ，所以DC PF ⊥．又由QDC ，所以PF ⊥平面QDC ，从而答案第31页，共31页。

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