立体几何中的最值与动态问题
立体几何动态问题
立体几何的动态问题立体几何的动态问题，主要有五种：动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨 迹问题。
基本类型：点动问题；线动问题；面动问题；体动问题；多动问题等。
解题时一般可以通过改变视角、平面化或者寻找变化过程中的不变因素而把问题回归到最本质的定义、定理或现有的结论中，若能再配以沉着冷静的心态去计算，那么相信绝大多数问题可以迎刃而解。
动点轨迹问题空间中动点轨迹问题变化并不多，一般此类问题可以从三个角度进行分析处理，一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释；二是平面与平面交线得直线或线段；三是平面和曲面（圆锥，圆柱侧面，球面）交线得圆，圆锥曲线。
很少有题目会脱离这三个方向。
（注意：阿波罗尼斯圆，圆锥曲线第二定义）1．（2015·浙江卷8）如图1110，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠P AB ＝30°，则点P 的轨迹是( )A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支式题 如图，平面α的斜线AB 交α于B 点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点C 满足∠BAC ＝π6，若动点C的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________．3．（2015春•龙泉驿区校级期中）在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是A 1D 1的中点，点P 在侧面BCC 1B 1上运动．现有下列命题：①若点P 总保持P A ⊥BD 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是直线； ②若点P 到点A 的距离为，则动点P 的轨迹所在的曲线是圆；③若P 满足∠MAP ＝∠MAC 1，则动点P 的轨迹所在的曲线是椭圆；④若P 到直线BC 与直线C 1D 1的距离比为2：1，则动点P 的轨迹所在的曲线是双曲线； ⑤若P 到直线AD 与直线CC 1的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是抛物线． 其中真命题的个数为（ ）A ．4B ．3C ．2D ．14．（2018•温州模拟）已知线段AB垂直于定圆所在的平面，B，C是圆上的两点，H是点B在AC上的射影，当C 运动，点H运动的轨迹（）A．是圆B．是椭圆C．是抛物线D．不是平面图形5．（2013•铁岭模拟）如图所示，△P AB所在的平面α和四边形ABCD所在的平面β互相垂直，且AD⊥α，BC⊥α，AD＝4，BC＝8，AB＝6．若tan∠ADP﹣2tan∠BCP＝1，则动点P在平面α内的轨迹是（）A．椭圆的一部分B．线段C．双曲线的一部分D．以上都不是6．（2013•嘉兴二模）设m是平面α内的一条定直线，P是平面α外的一个定点，动直线n经过点P且与m成30°角，则直线n与平面α的交点Q的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线7．（2008•浙江）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动，使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线8．（2015春•台州校级月考）AB是平面α的斜线段，长度为2，点A是斜足，若点P在平面α内运动，当△ABP的面积等于3 时，点P的轨迹是（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线9．（2016•浙江二模）在正三棱柱（底面是正三角形的直棱柱）ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝2．若点M在△ABC所在平面上运动，且使得△AC1M的面积为1，则动点M的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线10．（2016•武汉校级模拟）如图，AB是平面α外的固定斜线段，B为斜足，若点C在平面α内运动，且∠CAB等于直线AB与平面α所成的角，则动点C的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线11．（2008年浙江·理10）如图，AB是平面a的斜线段，A为斜足，若点P在平面a内运动使得△ABP的面积为定值，则动点P的轨迹是（）（A）圆（B）椭圆（C）一条直线（D）两条平行直线12.（2014年金华高二十校联考·文10）圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形，M为正方形ABCD对角线的交点，动点P在圆柱下底面内（包括圆周），若直线BM与直线MP所成角为45°，则点P形成的轨迹为( ) A．椭圆的一部分B．抛物线的一部分C．双曲线的一部分D.圆的一部分13．（2014•杭州二模）在等腰梯形ABCD中，E，F分别是底边AB，BC的中点，把四边形AEFD沿直线EF折起后所在的平面记为α，p∈α，设PB，PC与α所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为零）．若θ1＝θ2，则满足条件的P所形成的轨迹是．BACDMPABP14．（2018秋•诸暨市校级期中）如图，在底面为平行四边形的四棱锥P﹣ABCD中，E，F分别是棱AD，BP上的动点，且满足AE＝2BF，则线段EF中点的轨迹是（）A．一条线段B．一段圆弧C．抛物线的一部分D．一个平行四边形15．（2015秋•太原期末）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为棱A1B1的中点，点Q在侧面DCC1D1内运动，给出下列结论：①若BQ⊥A1C，则动点Q的轨迹是线段；②若|BQ|＝，则动点Q的轨迹是圆的一部分；③若∠QBD1＝∠PBD1，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分；④若点Q到AB与DD1的距离相等，则动点Q的轨迹是抛物线的一部分．其中结论正确的是（写出所有正确结论的序号）．16．如图，长方体ABCD﹣A′B′C′D′中，AB＝BC＝，AA，上底面A′B′C′D′的中心为O′，当点E在线段CC′上从C移动到C′时，点O′在平面BDE上的射影G的轨迹长度为（）A．B．C．D．17．（2016秋•温州期末）点P为棱长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（）A．B．C．D．18．（2018•宁波二模）已知棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为侧面BB1C1C中心，F在棱AD上运动，正方体表面上有一点P满足＝x（x≥0，y≥0），则所有满足条件的P点构成图形的面积为．19．（2017•定海区校级模拟）已知异面直线a，b所成角为60°，直线AB与a，b均垂直，且垂足分别是点A，B 若动点P∈a，Q∈b，|P A|+|QB|＝m，则线段PQ中点M的轨迹围成的区域的面积是．20．（2017秋•赣州期末）如图，在等腰梯形ABCD中，CD＝2AB＝2EF＝2a，E，F分别是底边AB，CD的中点，把四边形BEFC沿直线EF折起，使得平面BEFC⊥平面ADFE．若动点P∈平面ADFE，设PB，PC与平面ADFE 所成的角分别为θ1，θ2（θ1，θ2均不为0）．若θ1＝θ2，则动点P的轨迹围成的图形的面积为（）A．B．C．D．翻折问题面（动问题）翻折问题的一线五结论.DF AE ⊥一线：垂直于折痕的线即五结论：1）折线同侧的几何量和位置关系保持不变；折线两侧的几何量和位置关系发生改变； 2--D HF D H F ''∠）是二面角的平面角；3D DF '）在底面上的投影一定射线上； 1、（2016年联考试题）平面四边形ABCD 中，AD=AB=2，CD=CB=5,且AD AB ⊥，现将△ABD 沿对角线BD 翻折成'A BD ∆，则在'A BD ∆折起至转到平面BCD 的过程中，直线'A C 与平面BCD 所成最大角的正切值为_______2.（2015年10月浙江省学业水平考试18）如图，在菱形ABCD 中，∠BAD=60°，线段AD ，BD 的中点分别为E ，F 。
专题4.3 立体几何的动态问题(解析版)
一．方法综述立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.此类题的求解并没有一定的模式与固定的套路可以沿用，很多学生一筹莫展，无法形成清晰的分析思路，导致该题成为学生的易失分点.究其原因，是因为学生缺乏相关学科素养和解决问题的策略造成的.动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证.二．解题策略类型一立体几何中动态问题中的角度问题例1.【四川高考题】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】2 5281161814552y y t t+=≥++-，当1t =时取等号.所以22112(1)12222cos 511555451144yy y y θ-+-==≤⨯=⋅++⋅++，当0y =时，取得最大值.z yxF ME QPD CBA【指点迷津】空间的角的问题，一种方法，代数法，只要便于建立空间直角坐标系均可建立空间直角坐标系，然后利用公式求解；另一种方法，几何法，几何问题要结合图形分析何时取得最大（小）值.当点M 在P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当M 点向左移动时，EM 与AF 所成角逐渐变小时，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、【四川高考题】如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点O 为线段BD 的中点.设点P 在线段1CC 上，直线OP 与平面1A BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是（） A ．3[,1]3 B ．6[,1]3 C ．622[,]33 D ．22[,1]3【答案】B111133212222cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==∠=⨯，113133622cos ,sin 33322A OC A OC +-∠==-∠=⨯. 又直线与平面所成的角小于等于90，而1A OC ∠为钝角，所以sin α的范围为6[,1]3，选 B. 2、【广东省东莞市2019届高三第二次调研】在正方体中，E 是侧面内的动点，且平面，则直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是A ．B ．C ．D ． 【答案】B 【解析】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为1， 设0，，，，1，，1，，0，，1，，，1，，1，，设平面的法向量y ，， 则，取，得，平面，，解得，，，设直线与直线AB 所成角为，1，，，，，．直线与直线AB 所成角的正弦值的最小值是．故选：B ．3、如图，已知平面αβ⊥，l αβ=，A 、B 是直线l 上的两点，C 、D 是平面β内的两点，且DA l ⊥，CB l ⊥，3AD =，6AB =，6CB =．P 是平面α上的一动点，且直线PD ，PC 与平面α所成角相等，则二面角P BC D --的余弦值的最小值是（ ）A 5B ．12 C3 D ．1【答案】C类型二立体几何中动态问题中的距离问题【例2】【广西壮族自治区柳州市2019届高三毕业班3月模拟】如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（）A．当时，平面B．当为中点时，四棱锥的外接球表面为C．的最小值为D．当时，平面【答案】C【解析】对于，连结，，，则，，，设到平面的距离为，则，解得，∴.∴当时，为与平面的交点．∵平面∥平面，∵平面，∴∥平面，故A正确．又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，∴平面，所以D正确．对于B，当为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B正确．对于C，连结，，则，∴，由等面积法得的最小值为，∴的最小值为．所以C不正确．故选：C.【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值.【举一反三】1、【河南省焦作市2018-2019学年高三三模】在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E⊥EF，则|AF|的最大值为（ ）A ．B ．1C ．D ．2【答案】B 【解析】以AB ，AD ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C 1（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C 1E⊥EF，所以，即：z 2+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 ．2.如图，已知正方体1111ABCD A B C D -棱长为4，点H 在棱1AA 上，且11HA =，在侧面11BCC B 内作边长为1的正方形1EFGC ，P 是侧面11BCC B 内一动点，且点P 到平面11CDD C 距离等于线段PF 的长，则当点P 运动时，2||HP 的最小值是（ ）A ．21B ．22C ．23D ．25 【答案】B【解析】在1BB 上取点K ，使得11B K ＝，则HK ⊥面11BCC B ，连结PK ，则222216HP HK PK PK ＝＋＝＋．在平面11BCC B 上，以1CC 所在直线为x 轴，以GF 所在直线为y 轴，由题意可知，P 点轨迹为抛物线，其方程为221x y -＝，K 点坐标为()04，，设()P x y ，，则221x y =-（其中1[22371],x y ⎡⎤∈-∈⎢⎥⎣⎦，，，()22222421816615PK x y y y y y y =+-=-+-+=-+当17,223y ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦时，2min 6|PK ＝，故2min |16622HP ＝＋＝．3、如图,在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,E 为BC 的中点,点P 在线段D 1E 上,点P 到直线CC 1的距离的最小值为__________.【答案】25类型三立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】在棱长为6的正方体中，是中点，点是面所在的平面内的动点，且满足，则三棱锥的体积最大值是（）A. 36B.C. 24D.【答案】B【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P到平面BCD的距离的最大值，选择公式，可求最值.【举一反三】1、《 九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早一千多年.例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，若12A A AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的体积为（ ）A ．83B ．2 C.2 D ．22 【答案】C2、【黑龙江省哈尔滨市第六中学2017届高三下学期第一次模拟】已知矩形ABCD 中， 6,4AB BC ==， ,E F 分别是,AB CD 上两动点，且AE DF =，把四边形BCFE 沿EF 折起，使平面BCFE ⊥平面ABCD ，若折得的几何体的体积最大，则该几何体外接球的体积为（ ） A. 28π B. 287π C. 32π D. 23π【答案】D3、【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.类型四立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】如图直三棱柱中，为边长为2的等边三角形，，点、、、、分别是边、、、、的中点，动点在四边形内部运动，并且始终有平面，则动点的轨迹长度为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为分别为的中点，所以，，所以平面，平面，又因为,所以平面平面，要使平面，则平面，所以点的轨迹为线段，点的轨迹长度为.故本题正确答案为.【指点迷津】由已知可知平面平面，要始终有平面，点M为定点，所以点P的轨迹为线段HF，求其长度即可.【举一反三】1、【安徽省安庆市2019届高三二模】如图，正三棱柱的侧棱长为，底面边长为，一只蚂蚁从点出发沿每个侧面爬到，路线为，则蚂蚁爬行的最短路程是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为，宽为，则其对角线的长为最短程. 因此蚂蚁爬行的最短路程为.故选:A.2、在正方体1111ABCD A B C D 中，已知点P 为平面11AA D D 中的一个动点，且点P 满足：直线1PC 与平面11AA D D 所成的角的大小等于平面PBC 与平面11AA D D 所成锐二面角的大小，则点P 的轨迹为（ ） A ．直线 B ．椭圆 C ．圆 D ．抛物线 【答案】DF E P C 1B 1D 1A 1DCBA z yx3、已知平面平面，，且.是正方形，在正方形内部有一点，满足与平面所成的角相等，则点的轨迹长度为 ( ) A. B. C.D.【答案】 C【解析】根据题意，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示，则，，设，易知直线与平面所的角分别为，均为锐角，类型五 立体几何中动态问题中的翻折、旋转问题【例5】如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CDB '--的平面角为α，则（ ）A.A DB α'∠≤B.A DB α'∠≥C. A CB α'∠≤D.A CB α'∠≤【答案】B. 【解析】试题分析：设ADC θ∠=，设2AB =，则由题意1AD BD ==，在空间图形中，设A B t '=，在A CB '∆中，2222222112cos 22112A D DB AB t t A DB A D DB '+-+--'∠==='⨯⨯⨯，在空间图形中，过A '作AN DC ⊥，过B 作BM DC ⊥，垂足分别为N ，M ， 过N 作//NP MB ，连结A P '，∴NP DC ⊥，则A NP '∠就是二面角A CD B '--的平面角，∴A NP α'∠=，在Rt A ND '∆中，cos cos DN A D A DC θ''=∠=，sin sin A N A D A DC θ'''=∠=，【举一反三】1、【四川省宜宾市2019届高三二诊】已知棱长都为2的正三棱柱的直观图如图，若正三棱柱绕着它的一条侧棱所在直线旋转，则它的侧视图可以为A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意，四个选项高都是2，若侧视图为A，中间应该有一条竖直的实线或虚线．若为C，则其中有两条侧棱重合，不应有中间竖线．若为D，则长应为，而不是1．故选：B．2.【重庆市南开中学2019届高三三月测试】如图，在正方形中，，分别为线段，上的点，，．将绕直线、绕直线各自独立旋转一周，则在所有旋转过程中，直线与直线所成角的最大值为________．【答案】【解析】由题绕直线、绕直线各自独立旋转一周，形成两个圆锥体，AB和DF成为圆锥的母线，所以无论怎么旋转，都有，．利用几何体性质得：最大角是AB与BE的对称直线B和DF关于直线CD的对称直线D在同一平面内时所成角，为故答案为3.【2017课标1，理16】如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，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：cm3）的最大值为_______.【答案】415【解析】三．强化训练一、选择题1. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是边AA1，CC1上的中点，点M是BB1上的动点，过点E，M，F的平面与棱DD1交于点N，设BM＝x，平行四边形EMFN的面积为S，设y＝S2，则y关于x的函数y＝f(x)的图象大致是( )A．B． C．D．【答案】A【解析】由对称性易知四边形为菱形，，，．为二次函数，开口向上，顶点为.故选：．2、某圆柱的高为1，底面周长为8，其三视图如图所示圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A ，圆柱表面上的点N 在左视图上的对应点为B ，则在此圆柱侧面上，从M 到N 的路径中，最短路径的长度为A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】根据几何体的三视图如图所示：由于底面周长为8，得到，解得，所以点M 到N 在下底面上的射影的弧长为，把圆柱的侧面展开得到从M 到N 的路径中的最小值为．故选：C ．3、如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知ED A '∆是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是（ ）A ．动点A '在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．恒有平面GF A '⊥平面BCDEC ．三棱锥EFD A -'的体积有最大值 D ．异面直线E A '与BD 不可能垂直【答案】D4.【河南省郑州市第一中学2019届高三上期中】在三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以：，在中，设外接圆的直径为，则：，所以：外接球的半径，则：，故选：C．5．【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ACD1∥平面EFGHQR，∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，∴P∈AC，∴过P作AC的垂线，垂足为K，则BK=,此时BP最短，△PBB1的面积最小，∴三角形面积的最小值为，故选：C．6.【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（）A．B．C．D．不能确定【答案】C【解析】如图所示：∵PA⊥平面ABC，∴PD与平面ABC所成的角=∠PDA,过点A作AE⊥BC，垂足为E，连接PE，∵PA⊥平面ABC，∴PA⊥BC，∴BC⊥平面PAE，∴BC⊥PE,在Rt△AED，Rt△PAD，Rt△PED中：cos，cos，cos，∴cos cos cos< cos,又均为锐角，∴，故选C.7．如图，在等腰中，，M为的中点，沿BM把它折成二面角，折后A与C的距离为，则二面角的大小为（）A．30°B．60°C．90°D．120°【答案】D【解析】∵等腰直角△BC中，B＝BC＝2，M为C中点，∴折之前C2，BM⊥C，∴折之后AM＝CM，AM⊥BM，CM⊥BM，∴∠AMC是二面角C﹣BM﹣A的平面角，∵折后A，C间的距离为，由余弦定理得cos∠AMC＝，∵∠AMC∴二面角C﹣BM﹣A的大小为，即为120°故选：D．二、填空题8.【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】如图所示，正方体的棱长为2，E，F为，AB的中点，M点是正方形内的动点，若平面，则M点的轨迹长度为______．【答案】【解析】如图所示，取的中点，的中点，连接，，，．可得：四边形是平行四边形，.同理可得：．．平面平面，点是正方形内的动点，若平面.点在线段上．点的轨迹长度．故答案为．9．已知正方体的棱长为，点为线段上一点，是平面上一点，则的最小值是______________________；【答案】【解析】解：当取得最小时，点必定是点在平面上的射影，即在上.与在二面角的两个面内，为此将绕旋转90°，使得平面与平面在同一平面内，由，故当共线且与垂直时，取得最小.在平面内，因为所以，，又，所以与都是等腰直角三角形，所以得到=，故的最小值为.10、【2017课标3，理16】a ，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC 所在直线与a ，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角； ②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角； ③直线AB 与a 所成角的最小值为45°； ④直线AB 与a 所成角的最小值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③ 【解析】试题分析：由题意，AB 是以AC 为轴,BC 为底面半径的圆锥的母线，由,AC a AC b ⊥⊥，又AC ⊥圆锥底面，在底面内可以过点B ，作BD a ，交底面圆C 于点D ，如图所示，连结DE ，则DE ⊥BD ，DE b ∴，连结AD ，等腰△ABD 中，2AB AD == ,当直线AB 与a 成60°角时，60ABD ∠=，故2BD =，又在BDE Rt △中，2,2BE DE =∴=，学科&网过点B 作BF ∥DE ，交圆C 于点F ，连结AF ，由圆的对称性可知2BF DE == ,ABF ∴△为等边三角形，60ABF ∴∠=，即AB 与b 成60°角，②正确，①错误.由最小角定理可知③正确；很明显，可以满足平面ABC ⊥直线a ，直线AB 与a 所成的最大角为90°，④错误. 正确的说法为②③. 学科&网11．【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∵，∴.12．【河南省六市2019届高三第一次联考】如图，是等腰直角三角形，斜边，D为直角边BC 上一点不含端点，将沿直线AD折叠至的位置，使得在平面ABD外，若在平面ABD 上的射影H恰好在线段AB上，则AH的取值范围是______．【答案】【解析】解：在等腰中，斜边，D为直角边BC上的一点，，，将沿直AD折叠至的位置，使得点在平面ABD外，且点在平面ABD上的射影H在线段AB上，设，，，，平面ABC，，当时，B与D重合，，当时，，为直角边BC上的一点，，的取值范围是故答案为：13．【陕西省榆林市2019届高考模拟第三次测试】如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．【答案】【解析】由题,易知三棱锥的外接球的球心为，∴，∴，到底面的距离为，∴，∴.故答案为14．【河南省洛阳市2018-2019学年高中三第二次统考】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.15．【江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学2019届高三4月联考】如图，已知多面体的底面是边长为的正方形，平面，且，现将以直线为轴旋转一周后，则直线与动直线所成角的范围__________．【答案】【解析】画出图像如下图所示，将平移到的位置，点在以为圆心，半径为的圆上运动.则就是所求线线角，根据三角形中，大角对大边，为定值，故最值由来确定，故当在处线线角最小，在处线线角最大.由于，故.而，故，所以.而，故.所以所求线线角的取值范围是.16．在三棱锥中，,分别为棱和棱上的动点，则△的周长范围___________.【答案】【解析】三棱锥如图：把三棱锥A﹣BCD的侧面展开如图，∵△△，∴, ∴B,A,共线，此时两点间的连接线即是△的周长的最小值8，但此时E，F重合于A，不能构成三角形，所以取不到8．由图观察，当分别在棱和棱上由A向下移动时，的长度先变小，移动至分别与AD，AC 垂直时，的长度最小，再向下移动逐渐变大，所以△的周长最大为=15,故答案为.。
培优提能10 立体几何中的动态问题
培优提能10 立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”是指空间中的某些点、线、面的位置是不确定的或可变的一类开放性问题,解答此类问题应该动静结合、化动为静,找到相应的几何关系,具体有以下几种解决方法:(1)函数法:某些点、线、面的运动,必然导致某些位置关系或一些变量的变化.变量变化时会引发其他变量的变化,从而建立函数关系,将立体几何问题转化为函数问题来解.(2)解析法:我们常利用空间直角坐标系解决立体几何问题,即实现几何问题代数化.因此利用空间直角坐标系将空间图形中的若干元素坐标化后,借助向量进行运算和分析,是解决这类问题的常用方法. (3)等价转换法:动和静是相对的,在运动变化过程中,要善于寻找或构造与之相关的一些不变因素,将一些变化的点、线、面进行合理转换,实现变量与不变量的结合.培优点1 以静制动(旋转问题、射影问题)典例1 正四面体ABCD的棱长为1,棱AB∥平面α(如图),则四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是.解析:去掉与问题无关的面,将四面体看成是以AB为棱的二面角C-AB-D(二面角大小一定),用纸折出这个二面角,不妨将AB置于平面α内,将二面角绕AB 转动一周,观察点C,D 在平面α上的射影,可以发现点C,D 在平面α上的射影始终在AB 的射影的中垂线上.当CD ∥平面α时,四边形ABCD 的面积最大,为12(如图1).当CD ⊥平面α时,四边形ABCD 的面积最小,为√24(如图2),转动过程中C,D 在平面α上的射影从C,D 变化到C ′,D ′(如图3),故图形面积的取值范围是[√24,12]. 答案:[√24,12]在解决立体几何中的“动态”问题时,需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面,让几何图形的实质“形销骨立”,即从混沌中找出秩序,是解决“动态”问题的关键.触类旁通1 如图,直线l ⊥平面α,垂足为O.正方体ABC D −A 1B 1C 1D 1的棱长为2.点A 是直线l 上的动点,点B 1在平面α内,则点O 到线段CD 1的中点P 的距离的最大值为 .解析:从题图中分化出4个点O,A,B1,P,其中△AOB1为直角三角形,固定A,B1,点P的轨迹是在与AB1垂直的平面上且以AB1的中点Q为圆心的圆,从而OP≤OQ+QP=12AB1+2=√2+2,当且仅当OQ⊥AB1,即点O,Q,P共线时,取到等号,此时直线AB1与平面α成45°角.答案:√2+2培优点2 动点轨迹(长度)问题典例2 在棱长为2√2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E,F分别为棱AB,AD 的中点,P为线段C1D上的动点,则直线A1P与平面D1EF的交点Q的轨迹长度为( )A.2√153B.4√33C.2√133D.4√23解析:如图,连接B1D1,因为E,F 分别为棱AB,AD 的中点,所以B 1D 1∥EF,则B 1,D 1,E,F 四点共面.连接A 1C 1,A 1D,设A 1C 1∩B 1D 1=M,A 1D ∩D 1F=N,连接MN,则点Q 的轨迹为线段MN,易得A 1D=√A 1D 12+DD 12=4,△A 1ND 1∽△DNF,且A 1D 1FD=2,所以A 1N=23A 1D=83.易知A 1C 1=C 1D=A 1D=4,所以∠C 1A 1D=60°,又A 1M=2,所以在△A 1MN 中,由余弦定理可得MN 2=A 1N 2+A 1M 2-2A 1N ·A 1Mcos 60°=529,所以MN=2√133,即点Q 的轨迹长度为2√133.故选C.空间中动点轨迹问题变化并不多,一般此类问题可以从三个角度进行分析处理,一是从曲线定义或函数关系出发给出合理解释;二是平面与平面交线得直线或线段;三是平面和曲面(圆锥,圆柱侧面,球面)交线得圆、圆锥曲线.很少有题目会脱离这三个方向.触类旁通2 (多选题)(2022·湖南郴州高三期末)如图,点P 是棱长为2的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1表面上的一个动点,则( AC )A.当点P 在平面BCC 1B 1上运动时,四棱锥P-AA 1D 1D 的体积不变B.当点P 在线段AC 上运动时,D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是[π6,π2]C.当直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°时,点P 的轨迹长度为π+4√2D.若F 是A 1B 1的中点,当P 在底面ABCD 上运动,且满足PF ∥平面B 1CD 1时,PF 长度的最小值是 √5解析:当P 在平面BCC 1B 1上运动时,点P 到平面AA 1D 1D 的距离不变,正方形AA 1D 1D 的面积不变,故四棱锥P-AA 1D 1D 的体积不变,故A 正确; 建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x,2-x,0),0≤x ≤2,A 1(2,0,2),D 1(0,0,2),C 1(0,2,2),则D 1P →=(x,2-x,-2),A 1C 1→=(-2,2,0),设D 1P 与A 1C 1所成的角为θ(0≤θ≤π2),则cos θ=|cos<D 1P →,A 1C 1→>|=|D 1P →·A 1C 1→||D 1P →||A 1C 1→|=|x -1|√(x -1)2+3,因为0≤|x-1|≤1,当|x-1|=0时,θ=π2,当0<|x-1|≤1时,cos θ=|x -1|√(x -1)2+3=√1+3|x -1|2,0<cos θ≤12,则π3≤θ<π2,综上,π3≤θ≤π2,所以D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是[π3,π2],故B 错误;因为直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°,若点P 在平面BCC 1B 1和平面DCC 1D 1内,因为∠B 1AB=45°,∠D 1AD=45°已为最大,不成立,在平面ADD 1A 1内,点P 的轨迹长度是AD 1=2√2,在平面ABB 1A 1内,点P 的轨迹长度是AB 1=2√2, 在平面A 1B 1C 1D 1内,如图所示,作PM ⊥平面ABCD,因为∠PAM=45°,所以PM=AM,又PM=AB,所以AM=AB,则A 1P=AB,所以点P 的轨迹是以A 1为圆心,以2为半径的四分之一圆,所以点P 的轨迹长度为14×2π×2=π,所以点P 的轨迹总长度为π+4√2,故C 正确; 建立如图所示的空间直角坐标系,设P(x,y,0),x,y ∈[0,2],B 1(2,2,2),D 1(0,0,2),C(0,2,0),F(2,1,2),则CB 1→=(2,0,2),CD 1→=(0,-2,2),FP →=(x-2,y-1,-2), 设平面B 1CD 1的法向量为n=(a,b,c),则{CD 1→·n =0,CB 1→·n =0,即{-2b +2c =0,2a +2c =0,令a=1,则n=(1,-1,-1), 因为PF ∥平面B 1CD 1,所以FP →·n=(x-2)-(y-1)+2=0,即y=x+1,所以|FP →|=√(x -2)2+(y -1)2+4=√2x 2-4x +8=√2(x -1)2+6≥√6,当x=1时,等号成立,故D 错误.故选AC.培优点3 翻折问题典例3 如图,圆形纸片的圆心为O,半径为5 cm,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,所得三棱锥体积的最大值为 cm 3.解析:如图,连接OD,交BC于点G,由题意,知OD⊥BC,OG=√3BC.6设OG=x,则BC=2√3x,DG=5-x,×2√3x×3x=3√3x2,三棱锥的高h=√DG2-OG2=√25-10x,S△ABC=12则三棱锥的体积V=1S△ABC·h=√3x2·√25-10x=√3·√25x4-10x5.3),则f′(x)=100x3-50x4.令f′(x)=0,得令f(x)=25x4-10x5,x∈(0,52x=2.当x∈(0,2)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(2,5)时,f′2(x)<0,f(x)单调递减.故当x=2时,f(x)取得最大值80,则V≤√3×√80=4√15.所以三棱锥体积的最大值为4√15 cm3.答案:4√15在解决立体几何中的“动态”问题时,对于一些很难把握运动模型(规律)的求值问题,可以通过构建某个变量的函数,以数解形.触类旁通3 (1)(多选题)(2022·河北唐山高三期末)如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,E为AB的中点,将△AED沿DE所在的直线翻折,使A与A′重合,得到四棱锥A′-BCDE,则在翻折的过程中( AB )A.DE⊥AA′B.存在某个位置,使得A′E⊥CDC.存在某个位置,使得A′B∥DED.存在某个位置,使四棱锥A′-BCDE的体积为1(2)(多选题)(2022·广东罗湖高三期末)在△ABC中,AB⊥BC,且AC=2,BC=1,若将△ABC沿AC边上的中线BD折起,使得平面ABD⊥平面BCD.点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动,则下列结论正确的为( BCD )A.∠ADC=π2B.四面体ABCD的体积为18C.存在点E使得△BDE的面积为14D.四面体ABCD外接球的表面积为13π3解析:(1)对于A,如图所示,过A′作A′O⊥DE,垂足为O,延长AO交BC于点F,因为DE⊥AO,且AO∩A′O=O,AO,A′O⊂平面A′AO,所以DE⊥平面A′AO,又因为A′A⊂平面A′AO,所以DE⊥AA′,A正确;对于B,取DC的中点G,连接EG,A′G,当A′在平面ABCD上的射影在直线EG上时,此时DC⊥平面A′EG,从而得到A′E⊥CD,B正确;对于C,连接A′B,因为点E∈平面A′BE,点D∉平面A′BE,所以直线A′B与DE是异面直线,所以不存在某个位置,使得A′B∥DE,C错误;对于D,由VA′BCDE =13×12×(1+2)×2×h=1,解得h=1,由A′O⊥DE,可得A′O=A′E·A′DDE =√5=√5,即此时四棱锥的高h∈(0,√5],此时√5<1,所以不存在某个位置,使四棱锥A′-BCDE的体积为1,D错误.故选AB.(2)对于A,取BD的中点M,连接CM,因为BC=CD=1,所以CM⊥BD,又平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以CM⊥平面ABD,则CM⊥AD,若∠ADC=π2,则AD⊥CD,所以AD⊥平面CBD,则AD⊥BD,显然不可能,A错误;对于B,易知△BCD的面积为√34,在平面ABD中,过A作BD的垂线,交BD的延长线于点H,易知AH=√32,因为平面ABD ⊥平面BCD,平面ABD ∩平面BCD=BD,所以AH ⊥平面BCD,即三棱锥A-BCD 的高为AH=√32,所以三棱锥A-BCD 的体积V=13×√34×√32=18,即四面体ABCD 的体积为18,B正确;对于C,显然当AC ⊥平面BDE 时,△BDE 的面积取得最小值,易知CD=1,DH=12,由余弦定理可得CH=√72,所以AC=√AH 2+CH 2=√102, 又四面体ABCD 的体积为18, 所以18=13×S ×√102,即S=3√1040<14, 且△BCD 的面积为√34>14,所以存在点E 使得△BDE 的面积为14,C 正确;对于D,设△BCD 与△ABD 的外心依次为O 1,O 2, 过O 1作平面BCD 的垂线l 1,过O 2作平面ABD 的垂线l 2,则四面体ABCD 的外接球球心O 为直线l 1与l 2的交点,延长CO 1交BD 于点M,则M 为BD 的中点,连接O 2M,则四边形MO 1OO 2为矩形,结合正弦定理可求得O 2M=√32,O 1C=√33, 所以四面体ABCD 的外接球半径为R=OC=√O 1O 2+O 1C 2=√O 2M 2+O 1C 2=√34+13=√1312,则四面体ABCD 外接球的表面积为S=4πR 2=4π×1312=13π3,D 正确.故选BCD.培优点4 动态最值问题典例4 (多选题)(2022·江苏常州高三期末)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为3a,点M 是棱BC 上的定点,且BM=2CM,点P 是棱C 1D 1上的动点,则( )A.当PC 1=23a 时,△PAM 是直角三角形B.四棱锥A 1-PAM 体积的最小值为32a 3 C.存在点P,使得直线BD 1⊥平面PAM D.任意点P,都有直线BB 1∥平面PAM 解析:由已知及计算可得PC 1=23a,AM=√13a,AP=√2113a,MP=√943a,所以AP 2=MP 2+AM 2,所以△PAM 为直角三角形,A 正确;S △AA 1M =12×3a ×√13a=3√132a 2,当P 与C 1重合时,点P 到平面AA 1M 的距离最小,设点P 到平面AA 1M 的距离为h, 在B 1C 1上取M 1,使B 1M 1=2C 1M 1,sin ∠B 1M 1A 1=√13=ℎmin a,所以h min =√13a,所以V A 1PAM =V PAA 1M =13×S △AA 1M ×h ≥13×3√132a 2×√13a=32a 3,B 正确;因为BD 1⊥平面AB 1C,平面AB 1C 与平面PAM 不平行,所以BD 1与平面PAM 不垂直,C 错误;P 与C 1重合时,平面PAM 为平面C 1AM,BB 1∥CC 1,若BB 1∥平面PAM,则CC 1⊂平面C 1AM,与CC 1⊄平面C 1AM 矛盾,D 错误.故选AB.解决与空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题,一般可以从三方面着手:(1)从问题的几何特征入手,充分利用其几何性质去解决; (2)利用空间几何体的侧面展开图;(3)找出问题中的代数关系,建立目标函数,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,二次函数的配方法、公式法,函数有界法(如三角函数等)及导数法等.触类旁通4 (多选题)(2022·广东揭阳高三期末)如图所示,已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为2,M,N 分别是AD,CC 1的中点,P 是线段AB 上的动点,则下列说法正确的是( BD )A.平面PMN 截正方体所得的截面可以是四边形、五边形或六边形B.当点P 与A,B 两点不重合时,平面PMN 截正方体所得的截面是五边形C.△MPN 是锐角三角形D.△MPN 面积的最大值是√212解析:如图所示,当点P 与A,B 两点不重合时,将线段MP 向两端延长,分别交CD,CB 的延长线于点O,Q,连接NO,NQ 分别交DD 1,BB 1于R,S 两点,连接RM,SP,此时截面为五边形MPSNR,故B 正确;当点P 与点A 或点B 重合时,截面为四边形,不可能为六边形,故A 错误;考虑△MPN,当点P 与点A 重合时,MN=√6,PM=1,PN=3, 此时因为MN 2+PM 2<PN 2,故∠PMN 为钝角,故C 错误;当点P 与点B 重合时,点P 到直线MN 的距离取到最大值,△MPN 的面积取到最大值,此时MN=√6,BM=BN=√5,则MN 边上的高为√(√5)2-(√62)2=√142,△MPN的面积为12×√142×√6=√212,即最大值为√212,故D正确.故选BD.。
立体几何中的动态问题
ʏ江苏省泰州市姜堰区蒋垛中学 李 杰立体几何中的动态 问题,是指空间图形中的某些点㊁线㊁面的位置是不确定或可变的一类开放性问题,因其中某些点㊁线㊁面的位置不确定,往往成为同学们进行常规思考与转化的障碍㊂但又因其是可变的㊁开放的,更有助于同学们空间想象能力㊁综合思维能力与创新应用能力等的培养,成为高考数学试卷中创新命题的一个方向,备受各方关注㊂一㊁位置的确定问题图1例1 如图1,在梯形A B C D 中,A B ʊC D ,øB C D =2π3,四边形A C F E 为矩形,且C F ʅ平面A B C D ,A D =C D =B C =C F =1㊂(1)求证:平面E F D ʅ平面B C F ;(2)点M 在线段E F 上运动,求当点M 在什么位置时,平面M A B 与平面F C B 所成锐二面角的余弦值为34㊂解析:(1)因为A D =C D =B C ,A B ʊC D ,øB C D =2π3,所以øA D C =2π3,øD C A =øD A C =π6,则有øA C B =π2,所以A C ʅB C ㊂因为C F ʅ平面A B C D ,A C ⊂平面A B C D ,所以A C ʅC F ㊂又C F ɘB C =C ,C F ,B C ⊂平面B C F ,则A C ʅ平面B C F ㊂而E F ʊA C ,所以E F ʅ平面B C F ㊂而E F ⊂平面E FD ,所以平面EF D ʅ平面B C F ㊂(2)以C 为坐标原点,C A ,C B ,C F 所在图2直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图2所示的空间直角坐标系C -x yz ㊂由于A D =C D =B C =C F =1,则A B =2,结合余弦定理有A C 2=A B 2+B C 2-2A B ㊃B C ㊃c o sπ3=3,所以A C =3,则E F=A C =3㊂设F M =λ(0ɤλɤ3),则C (0,0,0),A (3,0,0),B (0,1,0),M (λ,0,1),所以A B ң=(-3,1,0),B M ң=(λ,-1,1)㊂设n =(x ,y ,z )为平面M A B 的一个法向量,则n ㊃A B ң=-3x +y =0,n ㊃B M ң=λx -y +z =0,令x =1,得n =(1,3,3-λ)㊂易知m =(1,0,0)为平面F C B 的一个法向量,所以|c o s <m ,n >|=|m ㊃n ||m ||n |=11ˑ1+3+(3-λ)2=34,解得λ=533或33,而0ɤλɤ3,所以λ=33,所以F M E F =13,即M 在线段E F 靠近点F 的三等分点处时,平面M A B 与平面F C B 所成锐二面角的余弦值为34㊂点评:要确定立体几何中的 动态 问题中对应动点的位置,合理引入参数,结合线段长度的变量,从代数的视角切入,利用向量的数量积加以转化,通过合理的逻辑推理与数学运算来求解对应的参数值,进而得以确定相应动点的位置情况㊂以 数 的运算形式来确定 形 的动态变化情况㊂二㊁轨迹的判定问题图3例2 如图3所示,在正方体A B C D -A 1B 1C 1D 1中,A B =2,E 为棱D D 1的中点,F 是正方形C D D 1C 1内部(含边界)的一个动点,且B 1F ʊ平面A 1B E ㊂(1)求动点F 的轨迹长度;(2)求平面A 1B E 与平面A B C D 夹角的71解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月正切值㊂图4解析:(1)如图4,取C 1C的中点为P ,C 1D 1的中点为Q ,连接B 1P ,B 1Q ,P Q ㊂由于B 1P ʊA 1E ,B 1P ⊄平面A 1B E ,A 1E ⊂平面A 1B E ,所以B 1P ʊ平面A 1B E ㊂同理,证得P Q ʊ平面A 1B E ㊂而P Q ɘB 1P =P ,所以平面B 1P Q ʊ平面A 1B E ㊂而B 1F ʊ平面A 1B E ,所以B 1F ⊂平面B 1P Q ㊂而F ɪ平面C D D 1C 1,则知F ɪP Q ,即动点F 的轨迹为线段P Q ㊂而P Q =12C D 1=2,所以动点F 的轨迹长度为2㊂(2)由于平面A B C D ʊ平面A 1B 1C 1D 1,平面B 1P Q ʊ平面A 1B E ,所以平面A 1B E 与平面A B C D 的夹角即为平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1P Q 的夹角㊂而平面A 1B 1C 1D 1与平面B 1P Q 的交线为B 1Q ,过点C 1作C 1H ʅB 1Q ,交B 1Q 于点H ,如图4,设H Q =a ,则1-a 2=4-(5-a )2,解得a =55㊂同理,过点P 作P G ʅB 1Q ,交B 1Q 于点G ,可得Q G =55,即点H 与点G 重合㊂所以øC 1H P 为所求二面角的平面角,则有t a n øC 1H P =C 1P C 1H =11-a2=52㊂点评:要判定立体几何中的 动态 问题中对应动点的轨迹及其相应问题,关键是结合立体几何中动点的变化规律,合理挖掘内涵,通过定义法㊁直接法㊁性质法及建系法等来分析与处理,进而得以解决㊂此类问题契合高考命题 在知识网络交汇处 的指导精神,外观上有着 看似立体几何,又似解析几何 的特点,成为高考命题中考查数学知识㊁数学能力与核心素养的好素材㊂图5三、最值的求解问题例3 如图5,在四面体A B C D 中,所有的面都是直角三角形,侧棱A B ʅ底面B C D ㊂(1)若A B =1,BC =2,C D图6=1,试求异面直线A C 与B D 所成角的余弦值㊂(2)如图6,若B D ʅC D ,A B =B D =C D =2,点P 在棱A C 上运动㊂试求әP B D 面积的最小值㊂解析:(1)如图7,以D B ,D C 为邻边作图7平行四边形B D C E ,连接A E ,则异面直线A C 与B D 所成的角为øA C E 或其补角㊂当B C ʅC D 时,A B =1,B C =2,C D =B E =1,由题可知,A E =A B 2+B E 2=12+12=2,A C =A B 2+B C 2=12+22=5,E C =B D =B C 2+C D 2=22+12=5,在әA C E 中,由余弦定理得c o søA C E =A C 2+E C 2-A E 22A C ˑE C =45,所以异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为45㊂当B D ʅD C 时,A E =A B 2+B E 2=12+12=2,A C =A B 2+B C2=12+22=5,E C =B D =B C 2-C D 2=22-12=3,在әA C E 中,由余弦定理得c o s øA C E =A C 2+E C 2-A E 22A C ˑE C =155,所以异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为155㊂综上可知,异面直线A C 与B D 所成角的余弦值为45或155㊂图8(2)如图8,作P Q ʅB C 于点Q ,Q M ʅB D 于点M ,连接P M ㊂在әA B C 中,因为A B ,P Q 都垂直于B C ,所以A B ʊP Q ,所以P Q ʅ平面B C D ㊂又B D ⊂平面BCD ,所以P Q ʅB D ㊂又因为Q M ʅB D ,P Q ɘQ M =Q ,P Q ,Q M ⊂平面P Q M ,所以B D ʅ平面P Q M ㊂又P M ⊂平面P Q M ,所以P M ʅB D ㊂81 解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月设C Q =x ,C B =B D 2+C D 2=22,由P Q A B =C Q C B ,即P Q 2=x 22,得P Q =22x(0ɤx ɤ22)㊂在әB C D 中,由B Q B C =Q M C D ,即22-x22=Q M 2,得Q M =22-x2㊂在R t әP Q M 中,P M =P Q 2+Q M 2=x 22+(22-x )22=x 2-22x +4=(x -2)2+2ȡ2,当且仅当x =2时等号成立㊂所以S әP B D =12B D ㊃P M ȡ12ˑ2ˑ2=2,即әP B D 面积的最小值为2㊂点评:要求解立体几何中的 动态 问题中对应最值的问题,往往是利用动态问题中的不确定性,借助其中某一元素的变量来合理建立对应的函数关系式,利用函数㊁导数㊁基本不等式等知识来确定相应的最值,从而为确定空间几何体的长度㊁角度㊁表面积㊁体积等的最值问题指明方向,借助代数运算来迁移对应的逻辑推理㊂在实际解决立体几何中的 动态 问题时,经常借助逻辑推理进行推理论证,而当用逻辑推理的定性分析难度比较大或烦琐时,往往可以引进相关的参数,通过构建对应的方程㊁函数或不等式等进行代数定量计算,以算促证,巧妙破解,实现动态问题的代数 静 态转化与应用㊂(责任编辑 王福华)基于平面图形翻折 融入立体几何应用ʏ江苏省高邮中学 杨 欢基于平面图形翻折成立体几何问题,是立体几何应用中的一类重要题型,借助平面图形的翻折,由 二维 上升到 三维 ,进而依托平面图形的一些信息与关系来确定空间图形中的位置关系㊁数量关系等问题㊂具体解题时,要仔细审视由平面图形的 二维空间 翻折成立体图形的 三维空间 这一升维过程中,相应的边㊁角等数量,以及对应的平行㊁垂直等几何特征的变化规律,特别注意相应的点㊁直线㊁平面间的位置关系,以及线段的长度㊁角度的变化等情况,结合具体问题进行逻辑推理与数学运算㊂一、翻折过程中线面关系的判定对于平面图形的翻折,关键是合理构建翻折后的空间几何图形,从中识别对应的空间几何体的结构特征,并确定对应图形的点㊁线㊁面等要素之间的关系,通过合理的平行㊁垂直等关系进行逻辑推理与判定㊂图1例1 如图1,在矩形A B C D 中,满足A B =2A D ,E 是A B 的中点,沿D E 将әA D E 折起到әA 1D E ㊂(1)如果二面角A 1-D E -C 是直二面角,求证:A 1B =A 1C ;(2)如果A 1B =A 1C ,求证:平面A 1D E ʅ平面B C D E ㊂分析:(1)根据题设条件,在平面图形的翻折过程中,通过辅助线的构建,过点A 1作A 1M ʅD E 于点M ,利用线面垂直的转化来确定线线垂直,进而利用线面垂直的判定及线线垂直的转化来证明两线段的长度相等;(2)取BC 的中点为N ,从平面几何图形的结构特征入手,将线线垂直转化为线面垂直,进一步过渡得以证明面面垂直㊂图2解:(1)如图2,过点A 1作A 1M ʅD E 于点M ,则A 1M ʅ平面B C D E ,所以A 1M ʅB C ㊂又A 1D =A 1E ,则M 是D E 的中点㊂取B C 的中点为N ,连接MN ,A 1N ,则MN ʅB C ㊂又A 1M ʅB C ,A 1M ɘMN =M ,所以B C ʅ平面A 1MN ,即A 1N ʅB C ㊂又N 是B C 的中点,所以A 1B =A 1C ㊂(2)取B C 的中点为N ,连接A 1N ,由于A 1B =A 1C ,可得A 1N ʅB C ,取D E 的中点91解题篇 创新题追根溯源 高考数学 2024年2月。
(完整版)立体几何动态问题[二轮]含答案及解析,推荐文档
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1.已知矩形 ABCD， AB=1，BC= 2 ，将△ABD 沿矩形的对角线 BD 所在的直线进行翻折，在
翻折过程中，
B
A
A.存在某个位置，使得 直线 AC 与直线 BD 垂直.
B.存在某个位置，使得直线 AB 与直线 CD 垂直.
C.存在某个位置，使得直线 AD 与直线 BC 垂直.
E
D.对任意位置，三对直线“AC 与 BD”，
一动点，则 CP PA1的最小值为
． 26
4.（2015 浙江学考）在菱形 ABCD 中， BAD 60 ,线段 AD, BD 的中点分别为 E, F ，现将
ABD 沿对角线 BD 翻折，则异面直线 BE 与 CF 所成角的取值范围是（ ）C
A. ( , ) 6
B. ( , ] 6 2
C. ( , ] 3 2
B. 存在 ，使得 BA' 面 ACD
E
C. 存在 ，使得 EA' 面 ACD ． B
D. 存在 ，使得 EA' 面 A' BC
DB
(0 A'
E
) ．(D) D
C
C
3.（浙江 2015）如图，已知ABC ，D 是 AB 的中点，沿 CD 将 ACD 折成ACD ，
所成二面角 A CD B 的平面角为 ，则
（
）D
A. 圆
B．双曲线
C．椭圆
D．抛物线
5. 如图，在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，P 是底面 ABCD 内的动点 PE⊥A1C 于点 E，且
PA=PE，则点 P 的轨迹是
（）
A A. 线 段 C．椭圆的一部分
B． 圆 弧 D．抛物线的一部分
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高考数学专题四立体几何 微专题29 立体几何中的动态问题
√C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线 √D.若D1N与AB所成的角为 π3，则点N的轨迹为双曲线
如图所示，对于A， 根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD， 所以∠MND为MN与平面ABCD所成的角， 所以∠MND＝4π，所以 DN＝DM＝12DD1＝12×4＝2， 所以点N的轨迹是以D为圆心，2为半径的圆，故A正确；
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
PART ONE
典型例题
考点一 动点的轨迹
典例1 (1)(多选)已知正方体ABCD－A1B1C1D1 的棱长为4，M为DD1的中点，N为四边形ABCD 所在平面上一动点，则下列命题正确的是
√A.若MN与平面ABCD所成的角为 π4，则点N的
轨迹为圆
B.若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图
当 B 是 AC 的中点时，AB＝BC＝ 6，
此时△SAB为等腰三角形，△ABC为等腰直角三角形，
将△SAB，△ABC沿AB展开至同一个平面，得到如
图2所示的平面图形，
取AB的中点D，连接SC，SD，CD，
则 SD＝
22－
262＝
210，
所以 sin ∠ABS＝SSDB＝ 410， 所以 cos∠CBS＝cos(90°＋∠ABS)＝－sin∠ABS＝－ 410，
此时点B与点Q重合，点P与点O1重合，故C正确；
对于D，当点P与点B1，点Q与点A重合时，
AP＋PQ＋QB1 的值为 3AP＝3 12＋22＝3 5>2 3＋ 5，故 D 错误.
考点二 折叠、展开问题
典例2 (多选)如图，在矩形ABCD中，M为BC的中点，将△ABM沿直线 AM翻折成△AB1M，连接B1D，N为B1D的中点，则在翻折过程中，下列 说法正确的是 A.存在某个位置，使得CN⊥AB1
剖析立体几何中的“动态”问题
ʏ沈建良所谓动态立体几何问题,是指在点㊁线㊁面运动变化的几何图形中,探寻点㊁线㊁面的位置关系或进行有关角与距离的计算㊂立体几何中常求解一些固定不变的点㊁线㊁面的关系,若给静态的立体几何问题赋予 活力 ,渗透了 动态 的点㊁线㊁面元素,立意会更新颖㊁更灵活,能培养同学们的空间想象能力㊂下面是对破解立体几何 动态 问题的一些思考,以期抛砖引玉㊂一㊁ 动态 问题之轨迹问题例1如图1,在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H,N分别是C C1,C1D1,D D1,C D,B C的中点,M在四边形E F G H边上及其内部运动,若MNʊ面A1B D,则点M轨迹的长度是()㊂图1A.3aB.2aC.32aD.22a解:因为在边长为a的正方体A B C D-A1B1C1D1中,E,F,G,H分别是C C1, C1D1,D D1,C D的中点,N是B C的中点,则G HʊB A1,HNʊB D㊂又G H⊄面A1B D, B A1⊂面A1B D,所以G Hʊ面A1B D㊂同理可得,NHʊ面A1B D㊂又G HɘHN=H,所以面A1B Dʊ面G HN㊂因为点M在四边形E F G H上及其内部运动,MNʊ面A1B D,所以点M一定在线段G H上运动,即满足条件㊂易得G H=22a㊂故点M轨迹的长度是22a㊂应选D㊂本题利用线面平行㊁面面平行,在动态问题中提炼一些不变的 静态 的量,建立不变量与动点之间的关系,从而确定动点的轨迹长度㊂二㊁ 动态 问题之定值问题例2如图2,在单位正方体A B C D-A1B1C1D1中,点P在线段A D1上运动㊂图2给出以下四个命题:①异面直线A1P与B C1间的距离为定值;②三棱锥D-B P C1的体积为定值;③异面直线C1P与C B1所成的角为定值;④二面角P-B C1-D的大小为定值㊂其中真命题的序号是()㊂A.①②B.③④C.①②③D.①②③④解:对于①,异面直线A1P与B C1间的距离即为两平行平面A D D1A1和平面B C C1B1间的距离,即为正方体的棱长,为定值,①正确㊂对于②,V D-B P C1=V P-D B C1,因为SәD B C1为定值,点PɪA D1,A D1ʊ平面B D C1,所以点P到平面B D C1的距离即为正方体的棱长,所以三棱锥D-B P C1的体积为定值,②正确㊂对于③,在正方体A B C D-A1B1C1D1中,因为B1Cʅ平面A B C1D1,而C1P⊂平面A B C1D1,所以B1CʅC1P,即这0 1数学部分㊃知识结构与拓展高一使用2022年4月Copyright©博看网. All Rights Reserved.两条异面直线所成的角为90ʎ,③正确㊂对于④,因为二面角P -B C 1-D 的大小即为平面A B C 1D 1与平面B D C 1所成的二面角的大小,而这两个平面位置固定不变,所以二面角P -B C 1-D 的大小为定值,④正确㊂应选D㊂动态立体几何问题,在变化过程中总蕴含着某些不变的因素,因此要认真分析其变化特点,寻找不变的静态因素,从静态因素中,找到解决问题的突破口㊂三㊁ 动态 问题之翻折问题例3 如图3,在长方形A B C D 中,A B =2,B C =1,E 为D C 的中点,F 为线段E C (端点除外)上一动点㊂现将әAF D 沿A F 折起,使平面A B D ʅ平面A B C F ,得到如图4所示的四棱锥D -A B C F ㊂在平面A B D 内过点D 作D K ʅA B ,垂足为K ㊂设A K =t ,则t 的取值范围是㊂图3 图4解:过点F 作F M ʅA B 交A B 于点M (作法略)㊂设F C =x ,0<x <1,则M F =B C =1,M B =F C =x ㊂易知A K <A D =1,A B =2,所以点K 一定在点M 的左边,则MK =2-t -x ㊂在R t әA D K 中,D K 2=1-t2,在R tәF MK 中,F K 2=1+(2-t -x )2㊂因为平面A B D ʅ平面A B C F ,平面A B D ɘ平面A B C F =A B ,D K ʅA B ,D K ⊂平面A B D ,所以D K ʅ平面A B C F ,所以D K ʅF K ㊂在R t әD F K 中,D F =2-x ,D K 2+F K 2=D F 2,所以1-t 2+1+(2-t -x )2=(2-x )2,化简得1-2t +t x =0,即t =12-x㊂又因为t =12-x在(0,1)上单调递增,所以12<t <1,即t 的取值范围为12,1()㊂本题是一个动态的翻折问题,通过发现不变的垂直关系,从而得到相关变量间的关系,最终转化成函数的值域问题㊂解决折叠问题的关键是分清折叠前后图形的位置和数量关系的变与不变的量㊂四㊁ 动态 问题之展开问题例4 已知某圆锥的母线长为3,底面半径为1,则该圆锥的体积为㊂设线段A B 为该圆锥底面圆的一条直径,一质点从A 出发,沿着该圆锥的侧面运动,到达B 点后再沿侧面回到A 点,则该质点运动路径的最短长度为㊂解:易得该圆锥的高h =32-1=22㊂所以该圆锥的体积V =13ˑπˑ12ˑ22=223π㊂将该圆锥侧面沿母线S A 展开,如图5所示㊂图5因为圆锥底面周长为2π,扇形半径为3,所以侧面展开后得到的扇形的圆心角øA S A '=2π3㊂由题意知点B 是圆锥侧面展开后得到的扇形的弧A A '的中点,则øA S B =π3,所以A B =A 'B =A S =3㊂所以该质点运动路径的最短长度为A B +A 'B =6㊂空间动态问题常转化为平面的动态问题求解㊂化曲为直是求解曲面上路径长度最短问题的关键㊂本题是求解圆锥侧面上质点运动路径的最短长度问题,可将圆锥侧面沿一条母线展开成扇形,从而在平面图形中解决问题㊂作者单位:江苏省盐城市时杨中学(责任编辑 郭正华)11数学部分㊃知识结构与拓展高一使用 2022年4月Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。
立体几何中的动态问题
立体几何中的动态问题立体几何中的动态问题可以分为平移和旋转两类。
所求变量可以分为相关线、面、体的测度、角度和距离三类。
解决这类问题需要较高的空间想象能力和化归处理能力。
在高考选择题与填空题中，也时常会出现这类问题。
如果能够探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜。
解决立体几何中的动态问题，需要从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，即从混沌中找出秩序。
这是解决动态问题的关键。
例如，在解决某个问题时，可以从图形中分化出几个点，然后找到其中的关系，进而得出答案。
在这个过程中，需要注意极端位置，通过穷尽极端特殊的方法，往往能够直接得出答案。
另外，使用法向量定平面也是解决立体几何中动态问题的一种有效方法。
通过寻找垂直，可以找到两个平面的夹角，从而解决问题。
综上所述，解决立体几何中的动态问题需要一定的数学基础和空间想象能力。
通过分化图形、寻找极端位置和使用法向量定平面等方法，可以有效地解决这类问题。
在解决立体几何中的“动态”问题时，可以利用角度计算和法向量定平面来转化线面角或面面角为线线角。
例如，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，已知二面角A1－BD－A的大小为π/6，一条直线l与直线CC1所成的角为π/12.如果空间有π/6，则直线l与平面A1BD所成角的取值范围是π/4.解析如下图所示：过点A作AE⊥BD于点E，连接A1E，则∠A1EA＝π/6.过点A作AH⊥A1E于点H，则AH为平面A1BD的法向量，且∠A1AH＝π/2.因为l与直线CC1所成角的大小为π/12，即l与直线A1A所成角的大小为π/6，那么l与直线AH所成角的取值范围为π/4 ~ π/3.又因为l与直线AH所成的角和l与平面A1BD所成的角互余，所以直线l与平面A1BD所成角的取值范围是π/4 ~ π/3.在解决立体几何中的“动态”问题时，可以通过锁定垂面来破解翻折或投影问题，将空间化为平面，从而更容易找到问题的核心。
高考二轮复习理科数学课件培优拓展4巧设变量速求立体几何中的动态最值问题
1
1
+a-1-b=0,即
2
=
1
×
3
N-AA1D 的体积最大值
评析 该题中“点N为平面DCC1D1上的动点”,虽然只涉及一个动点,但需要
两个变量才能确定点的位置,在解题过程中首先建立目标函数,然后利用
“MN⊥A1C”建立两个坐标参数之间的关系,确定两个参数最终的取值范围
或代入目标函数进行消元,从而求得最值.
例2如图所示,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=2.动点P,Q分
别在线段C1D,AC上,则线段PQ长度的最小值是( B )
1
A.3
2
B.3
C.1
4
D.3
解析 建立如图所示的空间直角坐标系,则
A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),C1(0,1,2),
设点P的坐标为(0,λ,2λ),λ∈[0,1],点Q的坐标为(1-μ,μ,0),μ∈[0,1],
3
h=
2
1- 2 ,
3
f(t)=t2- ,则
2
时,f'(t)<0,函数 f(t)
C.
评析 方法一:思维严谨,利用基本不等式求最值,模型熟悉,是该题的最优解.
方法二:消元,实现变量统一,再利用基本不等式求最值.
方法三:消元,实现变量统一,利用导数求最值,是最值问题的常用解法,操作
简便,是通性通法.
所示的长方体 ADPH-EBFC.∴BD2+BE2=AB2=3,BD2+BF2=PB2=5,
BE2+BF2=BC2=4,∴BD2+BE2+BF2=6,∴球 O 的半径
1
R=2
化繁为简 化难为易——_例谈立体几何的“动态”问题
化繁为简㊀化难为易例谈立体几何的 动态 问题白亚军(甘肃省永昌县第一高级中学ꎬ甘肃金昌７３７２００)摘㊀要:几何体中研究动点问题的总体思路是:运用几何知识ꎬ经过逻辑推理证明位置关系或表示出所求量ꎻ或者建立空间直角坐标系ꎬ将几何问题代数化ꎬ用空间向量研究动点问题.文章以定位问题㊁角度问题㊁距离问题㊁体积问题㊁轨迹问题等为例进行剖析.关键词:立体几何ꎻ动态问题ꎻ定位问题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１９－００１４－０４收稿日期:２０２３－０４－０５作者简介:白亚军(１９７８.１０－)ꎬ男ꎬ甘肃省永昌人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀动态问题是高中立体几何的重要题型ꎬ常见题型为定位问题㊁角度㊁距离与体积的计算㊁图形问题和动点轨迹以及翻折㊁旋转问题等.１定位问题例１㊀如图１ꎬ已知四边形ＡＢＣＤꎬＣＤＧＦꎬＡＤＧＥ均为正方形ꎬ且边长为１ꎬ在ＤＧ上是否存在点Ｍꎬ使得直线ＭＢ与平面ＢＥＦ的夹角为４５ʎ?若存在ꎬ求出点Ｍ的位置ꎻ若不存在ꎬ请说明理由.解析㊀因为四边形ＣＤＧＦꎬＡＤＧＥ均为正方形ꎬ所以ＣＤʅＤＡꎬＧＤʅＤＣ.又因为ＤＡɘＤＣ＝Ｄꎬ所以ＧＤʅ平面ＡＢＣＤ.又因为ＣＤʅＤＡꎬ所以ＤＡꎬＤＧꎬＤＣ两两互相垂直.㊀图１㊀例１图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图２㊀例１建系图如图２ꎬ以点Ｄ为原点建立空间直角坐标系ꎬ则Ｂ(１ꎬ１ꎬ０)ꎬＥ(１ꎬ０ꎬ１)ꎬＦ(０ꎬ１ꎬ１).因为点Ｍ在ＤＧ上ꎬ假设存在点Ｍ(０ꎬ０ꎬｔ)(０ɤｔɤ１)ꎬ使得直线ＭＢ与平面ＢＥＦ的夹角为４５ʎ.设平面ＢＥＦ的法向量为ｎ＝(ｘꎬｙꎬｚ).因为ＢＥң＝(０ꎬ－１ꎬ１)ꎬＢＦң＝(－１ꎬ０ꎬ１)ꎬ则ｎ ＢＥң＝０ꎬｎ ＢＦң＝０.{即－ｙ＋ｚ＝０ꎬ－ｘ＋ｚ＝０.{令ｚ＝１ꎬ得ｘ＝ｙ＝１.所以ｎ＝(１ꎬ１ꎬ１)为平面ＢＥＦ的一个法向量.又因为ＢＭң＝(－１ꎬ－１ꎬｔ)ꎬ直线ＢＭ与平面ＢＥＦ所成角为４５ʎꎬ所以ｓｉｎ４５ʎ＝ＢＭң ｎＢＭң ｎ＝－２＋ｔｔ２＋２ˑ３＝２２.解得ｔ＝－４ʃ３２.又因为０ɤｔɤ１ꎬ所以ｔ＝－４＋３２.故在ＤＧ上存在点Ｍ(０ꎬ０ꎬ３２－４)ꎬ直线ＭＢ与平面ＢＥＦ所成的角为４５ʎ.评注㊀由于立体几何中 动态 性的存在ꎬ代数法常常引入参量ꎬ达到以静制动的效果[１].２角度问题例２㊀如图３ꎬ四边形ＡＢＣＤ和ＡＤＰＱ均为正方形ꎬ面ＡＢＣＤʅ面ＡＤＰＱꎬ动点Ｍ在线段ＰＱ上ꎬＥꎬＦ分别为ＡＢꎬＢＣ的中点.设异面直线ＥＭ与ＡＦ所成的角为θꎬ求ｃｏｓθ的最大值.㊀㊀图３㊀例２图㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图４㊀例２建系数解析㊀如图４所示建立坐标系.设ＡＢ＝１ꎬ则ＡＦң＝(１ꎬ１２ꎬ０)ꎬＥ(１２ꎬ０ꎬ０).设Ｍ(０ꎬｙꎬ１)(０ɤｙɤ１)ꎬ则ＥＭң＝(－１２ꎬｙꎬ１).所以ｃｏｓθ＝｜ＡＦң ＥＭң｜｜ＡＦң｜ ｜ＥＭң｜＝－１/２＋ｙ/２１＋１/４ １/４＋ｙ２＋１＝２(１－ｙ)５ ４ｙ２＋５.因为２(１－ｙ)４ｙ２＋５éëêêùûúú２＝１－８ｙ＋１４ｙ２＋５ꎬ令ｔ＝８ｙ＋１(１ɤｔɤ９)ꎬ所以１－８ｙ＋１４ｙ２＋５＝１－１６ｔｔ２－２ｔ＋８１＝１－１６ｔ＋８１/ｔ－２ɤ１－１６８０＝４５ꎬ当且仅当ｔ＝１时等号成立.所以ｃｏｓθ＝２(１－ｙ)５ ４ｙ２＋５ɤ１５ˑ２５＝２５.即ｙ＝０时ｃｏｓθ取得最大值ꎬ最大值为２５.评注㊀本题空间角除了用代数法ꎬ还可以用几何法ꎬ当点Ｍ在点Ｐ处时ꎬＥＭ与ＡＦ所成角为直角ꎬ此时余弦值为０(最小)ꎬ当点Ｍ向左移动时ꎬＥＭ与ＡＦ所成角逐渐变小时ꎬ点Ｍ到达点Ｑ时ꎬ角最小ꎬ余弦值最大.３距离问题例３㊀如图５ꎬ在三棱锥Ａ－ＢＣＤ中ꎬ平面ＡＢＣʅ平面ＢＣＤꎬәＢＡＣ与әＢＣＤ均为等腰直角三角形ꎬøＢＡＣ＝øＢＣＤ＝９０ʎꎬＢＣ＝２ꎬ点Ｐ是线段ＡＢ上的动点ꎬ若线段ＣＤ上存在点Ｑꎬ使得异面直线ＰＱ与ＡＣ成３０ʎ的角ꎬ则线段ＰＡ长的取值范围是(㊀㊀).Ａ.(０ꎬ２２)㊀㊀㊀㊀Ｂ.(０ꎬ６３)Ｃ.(２２ꎬ２)Ｄ.(６３ꎬ２)㊀㊀㊀图５㊀例３图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图６㊀例３建系图解析㊀设ＢＣ的中点为Ｏꎬ连接ＯＡꎬ因为øＢＡＣ＝９０ʎꎬＢＣ＝２ꎬ所以ＯＡ＝１.如图６ꎬ建立空间直角坐标系Ｏ－ｘｙｚꎬ则Ｏ(０ꎬ０ꎬ０)ꎬＡ(０ꎬ０ꎬ１)ꎬＢ(－１ꎬ０ꎬ０)ꎬＣ(１ꎬ０ꎬ０)ꎬＰ(ｓꎬ０ꎬｔ)ꎬＱ(１ꎬｍꎬ０)(ｓ<０ꎬｔꎬｍ>０).则ＰＱң＝(１－ｓꎬｍꎬ－ｔ)ꎬＡＣң＝(１ꎬ０ꎬ－１)ꎬＰＡң＝(－ｓꎬ０ꎬ１－ｔ).因为ＰＱң ＡＣң＝１－ｓ＋ｔꎬＰＱң＝(１－ｓ)２＋ｍ２＋ｔ２ꎬＡＣң＝２ꎬ所以(１－ｓ)２＋ｍ２＋ｔ２ ２ ｃｏｓ３０ʎ＝１－ｓ＋ｔ.即６２(１－ｓ)２＋ｍ２＋ｔ２＝１－ｓ＋ｔ.也即３ｍ２＝４ｔ(１－ｓ)－(１－ｓ)２－ｔ２.由此可得３ｍ２＝４ｔ(１－ｓ)－(１－ｓ)２－ｔ２>０.结合ｔ－ｓ＝１可得４(１－ｓ２)>２＋２ｓ２.即３ｓ２<１.所以ｓ<３３.则ＰＡ＝(－ｓ)２＋(１－ｔ)２＝２ｓ<６３.即０<ＰＡ<６３.评注㊀求距离的基本方法是代数法ꎬ使用距离公式后转化为函数的最值问题.４体积问题例４㊀如图７ꎬ在әＡＢＣ中ꎬＡＢ＝ＢＣ＝２ꎬøＡＢＣ＝１２０ʎꎬ若平面ＡＢＣ外一点Ｐ和线段ＡＣ上一点Ｄꎬ满足ＰＤ＝ＤＡꎬＰＢ＝ＢＡꎬ则四面体Ｐ－ＢＣＤ的体积的最大值是.图７㊀例４图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图８㊀例４解析图解析㊀如图８ꎬ设ＭꎬＮ分别为ＡＣꎬＡＰ的中点ꎬ因为ＢＡ＝ＢＰ＝ＢＣꎬＰＤ＝ＤＡꎬ所以点Ｂ在平面ＰＡＣ上的射影为әＰＡＣ的外心Ｏꎬ且点Ｏ在直线ＮＤ上.又因为ＡＢ＝ＢＣ＝２ꎬøＡＢＣ＝１２０ʎꎬ所以ＡＣ＝２３.所以ＢＯ＝ＡＢ２－ＯＡ２ɤＡＢ２－ＡＭ２＝１ꎬ当且仅当点Ｏ与点Ｍ重合时取到等号.设ＡＤ＝ｘꎬøＰＤＣ＝θꎬ因为ＡＣ＝２３ꎬ所以ＤＣ＝２３－ｘ.则ＳәＰＤＣ＝１２ｘ (２３－ｘ) ｓｉｎθɤ１２ｘ (２３－ｘ)ɤ１２(ｘ＋２３－ｘ２)２＝３２ꎬ当且仅当点Ｍ与点Ｄ重合时取到等号.因此ꎬ四面体Ｐ－ＢＣＤ的体积为Ｖｐ－ＢＣＤ＝１３ＳәＰＣＤ ＯＢɤ１３ˑ３２ˑ１＝１２.此时点ＯꎬＭꎬＤ重合ꎬ即点Ｄ为ＡＣ的中点ꎬ且平面ＰＢＤ与平面ＡＢＣ垂直相交于ＢＤ.评注㊀对于运动模型(规律)的求值问题ꎬ适当引入某个变量求最值.５轨迹问题例５㊀如图９ꎬ已知线段ＡＢ垂直于定圆所在的平面ꎬＢꎬＣ是☉Ｏ上的两个点ꎬＨ是点Ｂ在ＡＣ上的射影ꎬ当点Ｃ运动时ꎬ点Ｈ运动的轨迹是(㊀㊀).Ａ.抛物线㊀Ｂ.圆㊀Ｃ.椭圆㊀Ｄ.不是平面图形图９㊀例５图㊀㊀㊀㊀㊀㊀图１０㊀例５解析图解析㊀如图１０ꎬ设☉Ｏ的半径为ｒꎬ取ＢＣ的中点Ｍꎬ则ＯＭʅＢＣꎬＭＨ＝ＭＣ.因为ＡＢʅ平面ＢＣＤꎬ所以ＢＣ是ＡＣ在平面ＢＣＤ上的射影.从而ＯＭʅ平面ＡＢＣꎬ得ＯＭʅＭＨ.于是ＯＨ２＝ＭＯ２＋ＭＨ２＝ＭＯ２＋ＭＣ２＝ｒ２.即ＯＨ＝ｒꎬ亦即动点Ｈ在以Ｏ为球心㊁ｒ为半径的球面上.又因为ＢＨʅＡＤꎬＢ为定点ꎬ所以动点Ｈ又在过点Ｂ且垂直于直线ＡＤ的定平面上ꎬ故点Ｈ运动的轨迹是圆.评注㊀解答轨迹问题的关键是将空间问题转化为平面问题ꎬ利用解析法求出轨迹方程[２].６翻折㊁旋转问题例６㊀如图１１ꎬ在正方形ＡＢＣＤ中ꎬＥꎬＦ分别为线段ＡＤꎬＢＣ上的点ꎬøＡＢＥ＝２０ʎꎬøＣＤＦ＝３０ʎ.将әＡＢＥ绕直线ＢＥ㊁әＣＤＦ绕直线ＣＤ各自独立旋转一周ꎬ则在所有旋转过程中ꎬ求ＡＢ与ＤＦ所成角的最大值.解析㊀由题әＡＢＥ绕直线ＢＥ㊁әＣＤＦ绕直线ＣＤ形成两个圆锥体ꎬＡＢ和ＤＦ成为圆锥的母线ꎬ所图１１㊀例６图以无论怎么旋转ꎬ都有øＡＢＥ＝１２０ʎꎬøＣＤＦ＝３０ʎ.利用几何体性质得最大角是直线ＡＢ关于直线ＢＥ对称的直线ＢＡᶄ和ＤＦ关于直线ＣＤ的对称直线ＤＦᶄ在同一平面内时所成角ꎬ为øＡＢＡᶄ＋øＤＣＦᶄ＝７０ʎ.评注㊀处理翻折问题时ꎬ务必搞清楚翻折前后两个量之间的位置不变.７图象问题例７㊀在棱长为１的正方体ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中ꎬＥꎬＦꎬＧꎬＨ分别为Ａ１Ｂ１ꎬＣ１Ｄ１ꎬＡＢꎬＣＤ的中点ꎬ点Ｐ从点Ｇ出发ꎬ沿折线ＧＢＣＨ匀速运动ꎬ同时点Ｑ从点Ｈ出发ꎬ沿折线ＨＤＡＧ匀速运动ꎬ且点Ｐ与点Ｑ运动的速度相等ꎬ记以ＥꎬＦꎬＰꎬＱ四点为顶点的三棱锥的体积为Ｖꎬ点Ｐ运动的路程为ｘꎬ当０ɤｘɤ２时ꎬ表示Ｖ与ｘ关系的图象为(㊀㊀).图１２㊀Ｖ与ｘ关系的图象解析㊀因为点Ｐ与点Ｑ运动的速度相等ꎬ设底面ＡＢＣＤ的中心为Ｏꎬ连接ＯＥꎬＯＦꎬ则平面ＯＥＦ把几何体ＰＥＦＱ分割为体积相等的两部分[３].(１)当０ɤｘɤ１２时ꎬ点Ｐ在ＢＧ上ꎬ点Ｑ在ＨＤ上ꎬ如图１３所示ꎬＳәＯＥＦ＝１２ˑ１ˑ１＝１２ꎬ易知点Ｐ到平面ＯＥＦ的距离为ｘꎬ故Ｖ＝２ＶＰ－ＯＥＦ＝２ˑ１３ˑｘ２＝ｘ３.图１３㊀０ɤｘɤ１２时㊀㊀㊀㊀图１４㊀３２<ｘɤ２时(２)当１２<ｘɤ３２时ꎬ点Ｐ在ＢＣ上ꎬ点Ｑ在ＡＤ上ꎬ点Ｐ到平面ＯＥＦ的距离为１２ꎬ所以ＳәＯＥＦ＝１２ˑ１ˑ１＝１２ꎬ即Ｖ＝２ＶＰ－ＯＥＦ＝２ˑ１３ˑ１２ˑ１２＝１６为定值.(３)当３２<ｘɤ２时ꎬ点Ｐ在ＣＨ上ꎬ点Ｑ在ＡＧ上ꎬ如图１４所示ꎬ所以ＳәＯＥＦ＝１２ˑ１ˑ１＝１２ꎬ点Ｐ到平面ＯＥＦ的距离为２－ｘ.故Ｖ＝２ＶＰ－ＯＥＦ＝２ˑ１３ˑ２－ｘ２＝２－ｘ３.综上所述ꎬＶ＝ｘ３ꎬ０ɤｘɤ１２ꎬ１６ꎬ１２<ｘɤ３２ꎬ２－ｘ３ꎬ３２<ｘɤ２.ìîíïïïïïïï故选Ｃ.评注㊀解决以立体几何为背景的分段函数的图象问题ꎬ解题的关键在于借助几何图形分析出动点在运动过程中图形的变化情况.参考文献:[１]陈诗玉.立体几何 动态 问题的解题方法探究[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０１９(３１):１６－１８.[２]徐祖德.立体几何的动态轨迹问题[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０２１ꎬ２８(０５):２５－２７.[３]陈姗姗.多元表征:培养学生思维品质的路径:以 一节立体几何习题课 为例[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０２２ꎬ２９(１３):２２－２４.[责任编辑:李㊀璟]。
2025年高考数学总复习课件47第六章微专题立体几何中的动态问题
3+1
AP·sin (45˚＋30˚)＝
.
2
微专题
立体几何中的动态问题
【例6 】 如 图 ， 在 正 三棱柱 ABC-A1B1C1 中 ， 底面 边 长为 a ，侧 棱长为 b， 且
a≥b，点D是BC1的中点，则直线AD与侧面ABB1A1所成角的正切值的最小值是
HF，可得四边形EGC1D1 是平行四边形，所以C1G∥D1E.又C1G⊄平面CD1EF，
D1E⊂ 平 面 CD1EF ， 所 以 C1G∥ 平 面 CD1EF. 同 理 可 得 C1H∥CF ， C1H∥ 平 面
CD1EF.
因为C1H∩C1G＝C1，C1H，C1G⊂平面C1GH，所以平面C1GH∥平面CD1EF.
D．平面A1BCD1∥平面EFGH
)
B
解析：当E与A1 重合，H与D1 重合时，BD1 与EH的夹角即BD1 与A1D1 的夹
角，显然BD1与A1D1的夹角不是 ，故A错误．
2
当 FG 不 与 B1C1 重 合 时 ， 因 为 EH∥FG ， EH⊂ 平 面 A1B1C1D1 ， FG ⊄ 平 面
A1B1C1D1 ，所以FG∥平面A1B1C1D1.因为FG⊂平面BCC1B1 ，平面A1B1C1D1∩平
面BCC1B1＝B1C1，所以FG∥B1C1∥AD.当FG与B1C1重合时，显然FG∥AD，故
B正确．
当平面EFGH与平面BCC1B1重合时，显然平面BB1D1D与平面BCC1B1不垂直，故
C错误．
直 线 AD 与 侧 面 ABB1A1 所 成 的 角 ． 在 Rt△AFD 中 ， DF ＝
2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题
第1页共5页2024年高考数学总复习：立体几何中的动态问题[解题策略]立体几何中的“动态”问题就变化起因而言大致可分为两类：一是平移；二是旋转．就所求变量而言可分为三类：一是相关线、面、体的测度；二是角度；三是距离．立体几何动态问题的解决需要较高的空间想象能力与化归处理能力，在各省市的高考选择题与填空题中也时有出现．在解“动态”立体几何题时，如果我们能努力探寻运动过程中“静”的一面，动中求静，往往能以静制动、克难致胜．1．去掉枝蔓见本质——大道至简在解决立体几何中的“动态”问题时，需从复杂的图形中分化出最简单的具有实质性意义的点、线、面，让几何图形的实质“形销骨立”，即从混沌中找出秩序，是解决“动态”问题的关键．例1如图1，直线l ⊥平面α，垂足为O .正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2.点A 是直线l 上的动点，点B 1在平面α内，则点O 到线段CD 1中点P 的距离的最大值为________．图1答案2＋2解析从图形分化出4个点O ，A ，B 1，P ，其中△AOB 1为直角三角形，固定AOB 1，点P 的轨迹是在与AB 1垂直的平面上且以AB 1的中点Q 为圆心的圆，从而OP ≤OQ ＋QP ＝12AB 1＋2＝2＋2，当且仅当OQ ⊥AB 1，且点O ，Q ，P 共线时取到等号，此时直线AB 1与平面α成45°角．2．极端位置巧分析——穷妙极巧在解决立体几何中的“动态”问题时，对于移动问题，由图形变化的连续性，穷尽极端特殊之要害，往往能直取答案．例2在正四面体A －BCD 中，E 为棱BC 的中点，F 为直线BD 上的动点，则平面AEF 与平面ACD 所成二面角的正弦值的取值范围是________．答案1解析本例可用极端位置法来加以分析．。
高三总复习数学课件 立体几何中的动态问题
满足―B→P ＝λ―B→C ＋μ―BB→1 ，其中 λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则
()
A．当 λ＝1 时，△AB1P 的周长为定值
B．当 μ＝1 时，三棱锥 P-A1BC 的体积为定值
C．当 λ＝12时，有且仅有一个点 P，使得 A1P⊥BP
D．当 μ＝12时，有且仅有一个点 P，使得 A1B⊥平面 AB1P
由 M 点是正方形 ABB1A1 内的动点可知，若 C1M∥平面 CD1EF，则点 M 在线段 GH 上， 所以 M 点的轨迹长度 GH＝ 12＋12＝ 2. 答案： 2
类型二 度量问题
立体几何中动点的轨迹的度量问题的探究，包括求解轨迹的长度，相关的 体积、截面面积等．
[例1] (2022·德州一模)(多选)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F
2 PPFE＝ 36，所以 P 点的轨迹是直线，故选 A.
(2)当 λ＝1 时，―B→P ＝―B→C ＋μ―BB→1 .若 μ＝0，则―B→P ＝―B→C ， 即点 P 与点 C 重合，则△AB1P 的周长为 1＋2 2；若 μ＝12， 则―B→P ＝―B→C ＋12―BB→1 ，即点 P 为线段 CC1 的中点，易得 AP ＝PB1＝ 1＋14＝ 25，所以△AB1P 的周长为 2＋ 5，故 A 错误．当 μ＝1 时，由―B→P ＝λ―B→C ＋―BB→1 ，得点 P 在线段 B1C1 上运动，易知 S △A1BC 为定值，且 B1C1∥平面 A1BC，所以点 P 到平面 A1BC 的距离为定值， 所以 VP-A1BC 为定值，故 B 正确．
确；对于D：因为MN∥AD1，AD1⊂面ABD1，MN⊄面ABD1，所以MN∥面ABD1，
所以点F到面ABD1的距离是定值，所以三棱锥F-ABD1的体积为定值，故D正
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∵，∴.。
立体几何大题15种归类专题
立体几何大题15种归类专题立体几何作为数学的一个重要分支，主要研究三维空间中图形的性质、变换和度量。
在高考或中考等数学考试中，立体几何大题往往占据一定的分值，考查学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力。
以下是对立体几何大题进行的15种归类专题简述，包括内容分析和特点：1. 平行与垂直关系内容分析：涉及直线与平面、平面与平面的平行与垂直关系的判定和性质。
特点：需要熟练掌握平行与垂直的判定定理和性质定理，能够灵活运用。
2. 空间角内容分析：包括异面直线所成的角、直线与平面所成的角、平面与平面所成的角。
特点：空间角的计算通常需要构造辅助线或面，将空间问题转化为平面问题来解决。
3. 空间距离内容分析：涉及点到直线、点到平面、直线到平面的距离计算。
特点：空间距离的计算通常依赖于空间角和三角形的性质。
4. 三视图与直观图内容分析：根据物体的三视图或直观图，推断物体的形状或计算相关尺寸。
特点：要求考生具备良好的空间想象能力和图形识别能力。
5. 柱体、锥体、台体的表面积与体积内容分析：涉及基本几何体的表面积和体积的计算。
特点：需要熟练掌握各类几何体的表面积和体积公式，能够正确应用。
6. 球的表面积与体积内容分析：考查球的表面积和体积的计算，以及与其他几何体的结合问题。
特点：球的表面积和体积计算通常需要与其他几何体相结合，考查综合应用能力。
7. 空间向量的应用内容分析：利用空间向量解决立体几何问题，如求空间角、空间距离等。
特点：空间向量的引入为立体几何问题提供了新的解决工具，使问题更加简洁明了。
8. 组合体的分析与计算内容分析：涉及由多个基本几何体组成的组合体的分析和计算。
特点：需要综合运用所学的几何知识，对组合体进行分解和组合，考查分析问题和解决问题的能力。
9. 立体几何中的最值问题内容分析：涉及立体几何中的最值问题，如距离的最大值、体积的最小值等。
特点：最值问题通常需要运用不等式、函数等数学知识进行求解，考查综合运用能力。
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立体几何中的最值问题海红楼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、运用变量的相对性求最值例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.55B.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中。
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 。
图1二、定性分析法求最值例2. 已知平面α//平面β，AB 和CD 是夹在平面α、β之间的两条线段。
AB ⊥CD ，AB=3，直线AB 与平面α成30°角，则线段CD 的长的最小值为______。
解析：如图2，过点B 作平面α的垂线，垂足为O ，连结AO ，则∠BAO=30°。
过B 作BE//CD 交平面α于E ，则BE=CD 。
连结AE ，因为AB ⊥CD ，故AB ⊥BE 。
则在Rt △ABE 中，BE=AB ·tan ∠BAE ≥AB ·tan ∠BAO=3·tan30°=3。
故3≥CD 。
图2三、展成平面求最值例3. 如图3-1，四面体A-BCD 的各面都是锐角三角形，且AB=CD=a ，AC=BD=b ，AD=BC=c 。
平面α分别截棱AB 、BC 、CD 、DA 于点P 、Q 、R 、S ，则四边形PQRS 的周长的最小值是（ ）A. 2aB. 2bC. 2cD. a+b+c图3-1解析：如图3-2，将四面体的侧面展开成平面图形。
由于四面体各侧面均为锐角三角形，且AB=CD ，AC=BD ，AD=BC ，所以，A 与A ’、D 与D ’在四面体中是同一点，且''////D A BC AD ，'//CD AB ，A 、C 、A ’共线，D 、B 、D ’共线，BD DD AA 2''==。
又四边形PQRS 在展开图中变为折线S ’PQRS ，S ’与S 在四面体中是同一点。
因而当P 、Q 、R 在S ’S 上时，RS QR PQ P S +++'最小，也就是四边形PQRS 周长最小。
又''SA A S =，所以最小值''DD SS L ==b BD 22==。
故选B 。
图3-2四、利用向量求最值例4. 在棱长为1的正方体ABCD-EFGH 中，P 是AF 上的动点，则GP+PB 的最小值为_______。
解析：以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AE 所在直线为x ，y ，z 轴，建立如图4所示的空间直角坐标系，则B （1，0，0），G （1，1，1）。
根据题意设P （x ，0，x ），则)01(x x BP ，，-=→，)111(---=→x x GP ，，，那么图 412234222+-++-=+x x x x PB GP222221021220)1(2⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=x x式子222221021220)1(⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-x x 可以看成x 轴正半轴上一点（x ，0，0）到xAy平面上两点⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛0221，，、⎪⎭⎫ ⎝⎛02121，，的距离之和，其最小值为221+。
所以GP+PB 的最小值为222212+=+⋅。
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(<<a （1）求MN 的长；（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。
故所求二面角)31arccos(-=α。
例3. 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-． 例4.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=x ,BN=y,).2,0(<<y x （1）求MN 的长(用x,y 表示)；（2）求MN 长的最小值，该最小值是否是异面直线AC ，BF 之间的距离。
解析：在面ABCD 中作MP ⊥AB 于P ，连PN ，则MP ⊥面ABEF ，所以MP ⊥PN ，PB=1-AP=x 22在∆PBN 中，由余弦定理得：PN 2=02245cos 2)22(xy y x -++ ABFECDPNMxy y x -+=2221，在PMN Rt ∆中，MN=xy y x x PN MP -++-=+2222221)221( 1222+--+=x xy y x ).2,0(<<y x ；（2）MN 1222+--+=x xy y x 31)322(43)2(22+-+-x x y ，故当322=x ，32=y 时，MN 有最小值33。
且该最小值是异面直线AC ，BF 之间的距离。
例5. 如图，在ΔABC 中，∠ACB ＝90°，BC ＝a,AC ＝b,D 是斜边AB 上的点，以CD 为棱把它折成直二面角A —CD —B 后，D 在怎样的位置时，AB 为最小，最小值是多少?解析： 设∠ACD ＝θ，则∠BCD ＝90°-θ，作AM ⊥CD 于M ，BN ⊥CD 于N ，于是AM ＝bsin θ,CN ＝asin θ. ∴MN ＝｜asin θ-bcos θ｜，因为A —CD —B 是直二面角，AM ⊥CD ，BN ⊥CD ，∴AM 与BN 成90°的角，于是AB ＝22222)cos sin (cos sin θθθθb a a b -++＝θ222sin ab b a -+≥ab b a -+22.∴当θ＝45°即CD 是∠ACB 的平分线时，AB 有最小值，最小值为ab b a -+22.例6. 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 --＝ACDAEF 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.二、面积最值问题例7. 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.例8. 在三棱锥A —BCD 中，ΔABC 和ΔBCD 都是边长为a 的正三角形，二面角A —BC —D ＝φ，问φ为何值时，三棱锥的全面积最大。