专题4.4 立体几何中最值问题(解析版)

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一．方法综述

高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力。最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面。

此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.

二．解题策略

类型一 空间角的最值问题

【例1】（2020·浙江高三期末）如图，四边形ABCD，4ABBDDA，22BCCD，现将ABD沿BD折起，当二面角ABDC的大小在2[,]33时，直线AB和CD所成角为，则cos的最大值为（ ）

A．2268 B．6224 C．2268 D．2264

【答案】C

【解析】

【分析】取BD中点O，连结AO，CO，以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB与CD所成角的余弦值取值范围．

【详解】解：取BD中点O，连结AO，CO， 专题4.4 立体几何中最值问题 2 / 31 ∵AB＝BD＝DA＝4．BC＝CD22，∴CO⊥BD，AO⊥BD，且CO＝2，AO23，

∴∠AOC是二面角A﹣BD﹣C的平面角，

以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，

过点O作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

B（0，﹣2，0），C（2，0，0），D（0，2，0），

设二面角A﹣BD﹣C的平面角为θ，则2,33，

连AO、BO，则∠AOC＝θ，A（23023cossin，，），

∴23223BAcossinuuur，，，220CDuuur，，，

设AB、CD的夹角为α，则cosα1322cosABCDABCDuuuruuuruuuruuur，

∵2,33，∴cos1122，，∴|13cos|∈[0，1+32]．

∴cos的最大值为2268．故选：C．

【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.

【举一反三】1．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCDABCD中，E是侧面11ADDA内的动点，且1BE//平面1BDC，则直线1BE与直线AB所成角的正弦值的最小值是( ) 3 / 31

A．13 B．33 C．12 D．22

【答案】B

【解析】

【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系利用向量法求出直线1BE与直线AB所成角的正弦值的最小值．

【详解】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1DD为z轴，建立空间直角坐标系，

设正方体1111ABCDABCD中棱长为1，

设E(a,0，c)，0a1，0c1，

1B(1,1，1)，B(1,1，0)，D(0,0，0)，1C(0,1，1)，

1BEa1,1,c1uuuv，DB(1,uuuv1，0)，1DC(0,uuuuv1，1)，

设平面1DBC的法向量n(x,vy，z)，

则1nDB0nDC0xyyzuuuvvuuuuvv，取x1，得n1,1,1v，

1BE//Q平面1BDC，1BEna11c10uuuvv，解得ac1， 4 / 31 222acac2ac12ac，2ac1ac24，

设直线1BE与直线AB所成角为θ，

AB(0,uuuQv1，0)，1221ABBE1cosθABBEa11c1uuuvuuuvuuuvuuuv

2ac1ac24Q，322ac2，1222ac3，

222211sinθ11ac2ac3a11c1

221123111ac122ac33．

直线1BE与直线AB所成角的正弦值的最小值是33．故选B．

2．（2020·河南高三月考（理））如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别是边AB，CD的中点，现将△ABC沿着对角线AC翻折，则直线EF与平面ACD所成角的正切值最大值为(

)

A．2 B．213 C．33 D．22

【答案】D

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，设二面角BACD为，用含的式子表示B点坐标，利用向量法表示出线面角的正弦值的平方，构造函数利用函数的单调性求出2maxsin，即可求出线面角的正切值的最大值。

【详解】解：如图， 5 / 31

以AC的中点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，设二面角BACD为，可证BOD，设棱形的边长为4，则0,2,0A，23cos,0,23sinB，3cos,1,3sinE，0,2,0C，23,0,0D，3,1,0F

3cos3,2,3sinFEuuur，易知平面ACD的法向量0,0,1nr

设直线EF与平面ACD所成角为，则

222222231cos3sin3sinsin106cos253cos3cos143sinnFEnFEruuurruuur

令2153xfxx，1,1x，22231331033535xxxxfxxx

则0fx时113x即fx在11,3上单调递增；

0fx时113x即fx在1,13上单调递减；

max1239fxf，2max1sin3则2max2cos3

222maxsin1tancos2，max2tan2，故选：D

3.（2020云南省昆明市云南师范大学附属中学高三模拟）如图，在正方体A𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点P为AD的中点，点Q为𝐵1𝐶1上的动点，给出下列说法： 6 / 31

①𝑃𝑄可能与平面𝐶𝐷𝐷1𝐶1平行；

②𝑃𝑄与BC所成的最大角为𝜋3；

③𝐶𝐷1与PQ一定垂直；

④𝑃𝑄与𝐷𝐷1所成的最大角的正切值为√52；

⑤𝑃𝑄≥√2𝐴𝐵．

其中正确的有______.(写出所有正确命题的序号)

【答案】①③④⑤

【解析】解：由在棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中点P为AD的中点，点Q为𝐵1𝐶1上的动点，知：

在①中，当Q为𝐵1𝐶1的中点时，𝑃𝑄//𝐶1𝐷，由线面平行的判定定理可得PQ与平面𝐶𝐷𝐷1𝐶1平行，故①正确；

在②中，当Q为𝐵1𝐶1的中点时，𝑃𝑄//𝐶1𝐷，𝐵1𝐶1⊥𝐶1𝐷，𝐵𝐶//𝐵1𝐶1，可得𝑃𝑄⊥𝐵𝐶，故②错误；

在③中，由𝐶𝐷1⊥𝐶1𝐷，𝐶𝐷1⊥𝐵1𝐶1.可得𝐶𝐷1⊥平面𝐴𝐷𝐶1𝐵1，即有𝐶𝐷1⊥𝑃𝑄，故③正确；

在④中，如图，点M为𝐴1𝐷1中点，PQ与𝐷𝐷1所成的角即为PQ与PM所成的角，当Q与𝐵1，或𝐶1重合时，PQ与𝐷𝐷1所成的角最大，其正切值为√52，故④正确；

在⑤中，当Q为𝐵1𝐶1的中点时，PQ的长取得最小值，且长为√2𝐴𝐵，故⑤正确．

故答案为：①③④⑤．

类型二 空间距离的最值问题

【例2】（2020银川一中模拟）正方体的棱长为1,、分别在线段与上,的最小值为 1111ABCDABCDMN11ACBDMN 7 / 31

【答案】1

【解析】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.

方法一（定义转化法）因为直线与是异面直线,所以当是两直线的共垂线段时

,取得最小值。取的中点,的中点.则线段就是两异面直线与的共垂线段.

下证明之.

在矩形中,为中位线,所以,

又因为平面,所以平面

又因为平面,

所以.

同理可证,

而,,

所以线段就是两异面直线与的共垂线段,且. 11ACBDMNMN11ACPBDQPQ11ACBD11BDDBPQ1//PQBB1BBABCDPQABCDBDABCDPQBD11PQACPQBDQI11PQACPIPQ11ACBD1PQ 8 / 31 由异面直线公垂线段的定义可得,故的最小值为1.

方法二：（参数法）如图,取的中点,的中点.则线段就是两异面直线与的共垂线段.由正方体的棱长为1可得.

连结,则,所以为两异面直线与所成角.

在正方形中,,所以.

过点作,垂足为,连结,则,且.

设,,则.

在中,,

在中,.

显然,当时,取得最小值1,即的最小值为1.

方法三：（向量法）如图,以D为坐标原点,分别以射线、、为、、轴建立空间直角坐标系.设,.则,即；

,即.

所以

, 1MNPQMN11ACPBDQPQ11ACBD1PQAC11//ACACBQC11ACBDABCDACBD90BQCoMMHACHNH//MHPQ1MHPQPMmQNtQHmRtQNH22222HNQNQHnmRtMHN2222221MNMHHNnm0mn2MNMNDADC1DDxyzDNm1AMn(cos45,sin45,0)Nmmoo22(,,0)22Nmm(1cos45,sin45,1)Mnnoo22(1,,1)22Mnn2222222222[(1)]()1()2()22222MNmnmnmnmn2222()()122mn