专题4.4-立体几何中最值问题-玩转压轴题-突破140分之高三数学选填题高端精品(原卷版)

高中数学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. 552C. 2D. 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。

高三数学精选立体几何多选题 易错题难题自检题学能测试试卷一、立体几何多选题1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ，F 在平面1111D C B A 内，若||5AE =，AC DF ⊥，则（ ）A ．点E 的轨迹是一个圆B ．点F 的轨迹是一个圆C ．EF 21-D ．AE 与平面1A BD 所成角的正弦值的最大值为153015【答案】ACD 【分析】对于A 、B 、C 、D 四个选项，需要对各个选项一一验证. 选项A ：由2211||5AE AA A E =+=1||1A E =，分析得E 的轨迹为圆；选项B ：由AC DBF ⊥，而点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，； 选项C ：由E 的轨迹为圆，F 的轨迹为线段11B D ，可分析得min ||EF d r =-； 选项D ：建立空间直角坐标系，用向量法求最值. 【详解】 对于A:2211||5AE AA A E =+=221|25A E +=1||1A E =，即点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上；故A 正确；对于B: 正方体1111ABCD A B C D -中，AC ⊥BD ，又AC DF ⊥，且BD ∩DF=D ，所以AC DBF ⊥，所以点F 在11B D 上，即F 的轨迹为线段11B D ，故B 错误；对于C:在平面1111D C B A 内，1A 到直线11B D 的距离为2,d=当点E ，F 落在11A C 上时，min ||21EF =-；故C 正确； 对于D:建立如图示的坐标系，则()()()()10,0,0,2,0,0,0,0,2,0,2,0A B A D因为点E 为在面1111D C B A 内，以1A 为圆心、半径为1 的圆上，可设()cos ,sin ,2E θθ 所以()()()1cos ,sin ,2,2,0,2,2,2,0,AE A B BD θθ==-=-设平面1A BD 的法向量(),,n x y z =，则有1·220·220n BD x y n A B x z ⎧=-+=⎪⎨=-=⎪⎩不妨令x =1，则()1,1,1n =， 设AE 与平面1A BD 所成角为α，则：22|||sin |cos ,|||||5315n AE n AE n AE πθα⎛⎫++ ⎪⎝⎭====⨯⨯当且仅当4πθ=时，sin α2215301515=， 故D 正确故选：CD 【点睛】多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．2．在正三棱柱111ABC A B C -中，AC =11CC =，点D 为BC 中点，则以下结论正确的是（ ） A ．111122A D AB AC AA =+-B ．三棱锥11D ABC -的体积为6C ．1AB BC ⊥且1//AB 平面11AC DD ．ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点的轨迹为抛物线的一部分 【答案】ABD 【分析】A ．根据空间向量的加减运算进行计算并判断；B ．根据1111D ABC A DB C V V --=，然后计算出对应三棱锥的高AD 和底面积11DB C S，由此求解出三棱锥的体积；C ．先假设1AB BC ⊥，然后推出矛盾；取AB 中点E ，根据四点共面判断1AB //平面11AC D 是否成立；D ．将问题转化为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”的轨迹，然后利用抛物线的定义进行判断. 【详解】A ．()11111111222A D A A AD AD AA AB AC AA AB AC AA =+=-=+-=+-，故正确； B ．1111D AB C A DB C V V --=，因为D 为BC 中点且AB AC =，所以AD BC ⊥， 又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB AD ⊥且1BB BC B =，所以AD ⊥平面11DB C ，又因为AD ===1111112DB C S BB B C =⨯⨯=所以1111111133226D AB C A DB C DB C V V AD S --==⨯⨯=⋅=，故正确；C ．假设1AB BC ⊥成立，又因为1BB ⊥平面ABC ，所以1BB BC ⊥且111BB AB B =，所以BC ⊥平面1ABB ，所以BC AB ⊥，显然与几何体为正三棱柱矛盾，所以1AB BC ⊥不成立；取AB 中点E ，连接11,,ED EA AB ，如下图所示：因为,D E 为,BC AB 中点，所以//DE AC ，且11//AC A C ，所以11//DE AC ，所以11,,,D E A C 四点共面，又因为1A E 与1AB 相交，所以1AB //平面11AC D 显然不成立，故错误；D ．“ABC 内到直线AC 、1BB 的距离相等的点”即为“ABC 内到直线AC 和点B 的距离相等的点”，根据抛物线的定义可知满足要求的点的轨迹为抛物线的一部分，故正确； 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求解空间中三棱锥的体积的常用方法：（1）公式法：直接得到三棱锥的高和底面积，然后用公式进行计算；（2）等体积法：待求三棱锥的高和底面积不易求出，采用替换顶点位置的方法，使其求解高和底面积更容易，由此求解出三棱锥的体积.3．如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8，把△ADE 沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（）A．点A'到平面BCED的距离为3B．直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为5 8C．A'D⊥BDD．四棱锥A'-BCED237【答案】ABD【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到'A到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.则A'M⊥DE,MN⊥DE, ,∵'A M∩MN=M,∴CD⊥平面A'MN,又∵CD⊂平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,则A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=43∴A'M3,∴A'H=A'M sin60°=3，故A正确；连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M3,cos∠A'DN=22441252448+-=⨯⨯,故B正确；A'D=DB=4,22121627A N BN+=+=',∴222A D DB A B '≠'+,∴A'D 与BD 不垂直，故C 错误’ 易得NB =NC =ND =NG =4，∴N 为底面梯形BCED 的外接圆的圆心， 设四棱锥A'-BCED 的外接球的球心为O ,则ON ⊥平面BCED ,且OA'=OC , 若O 在平面BCED 上方，入图①所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=-+=,解得23x =-,舍去； 故O 在平面BCED 下方，如图②所示：设ON =x ,外接球的半径为R ,过O 作A'H 的垂线，垂足为P , 则HP =x ,易得()()22222433x x R +=++=, 解得23x =, ∴244371699R ⨯=+=,237R ∴=,故D 正确. 故选:ABD .【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.4．已知四面体ABCD 的所有棱长均为2，则下列结论正确的是（ ） A ．异面直线AC 与BD 所成角为60︒B ．点A 到平面BCDC ．四面体ABCDD ．动点P 在平面BCD 上，且AP 与AC 所成角为60︒，则点P 的轨迹是椭圆 【答案】BC 【分析】在正四面体中通过线面垂直可证得AC ⊥BD ，通过计算可验证BC,通过轨迹法可求得P 的轨迹为双曲线方程即可得D 错误. 【详解】取BD 中点E ,连接,AE CE ,可得BD ⊥面ACE ,则AC ⊥BD ,故A 错误；在四面体ABCD 中，过点A 作AF ⊥面BCD 于点F ,则F 为为底面正三角形BCD 的重心，因为所有棱长均为2,AF ==即点A 到平面BCD 的距离为3,故B 正确；设O 为正四面体的中心则OF 为内切球的半径，OA 我外接球的半径， 因为11433A BCD BCD BCD V S AF S OF -=⋅=⨯⋅△△，所以4AF OF =，即OF AO =所以四面体ABCD 的外接球体积334433V R OA ππ===,故C 正确；建系如图：0,0,,0,,033A C ⎛⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,设(,,0)P x y ，则,,AP x y AC →→⎛⎛== ⎝⎭⎝⎭，因为cos 60AP AC AP AC →→→→⋅=24192y +=，即833y +，平方化简可得：2240039y x y ---，可知点P 的轨迹为双曲线,故D 错误.故选：BC ．【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹的求解问题，解决此类问题可采用空间向量法，利用空间向量法表示出已知的角度或距离的等量关系，从而得到轨迹方程.5．正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，F 在侧面11CDD C 上运动，且满足1//B F 平面1A BE .以下命题正确的有（ ）A ．侧面11CDD C 上存在点F ，使得11B F CD ⊥ B ．直线1B F 与直线BC 所成角可能为30︒C ．平面1A BE 与平面11CDD C 所成锐二面角的正切值为2D ．设正方体棱长为1，则过点E ，F ，A 5 【答案】AC 【分析】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，易证得平面1//B MN 平面1A BE ，可得点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，根据等腰三角形的性质得1B F MN ⊥，即有11B F CD ⊥，A 正确；当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，可判断B 错误；根据平面1//B MN 平面1A BE ，11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，计算可知C 正确；【详解】取11C D 中点M ，1CC 中点N ，连接11,,B M B N MN ，则易证得11//B N A E ，1//MN A B ，从而平面1//B MN 平面1A BE ，所以点F 的运动轨迹为线段MN ．取MN 的中点F ，因为1B MN △是等腰三角形，所以1B F MN ⊥，又因为1//MN CD ，所以11B F CD ⊥，故A 正确；设正方体的棱长为a ，当点F 与点M 或点N 重合时，直线1B F 与直线BC 所成角最大，此时11tan C B F ∠=1tan 3023︒<=，所以B 错误； 平面1//B MN 平面1A BE ，取F 为MN 的中点，则1MN C F ⊥，1MN B F ⊥，∴11B FC ∠即为平面1B MN 与平面11CDD C 所成的锐二面角，11111tan B C B FC C F∠==22，所以C 正确；因为当F 为1C E 与MN 的交点时，截面为菱形1AGC E （G 为1BB 的交点），面积为62，故D 错误. 故选：AC.【点睛】本题主要考查线面角，二面角，截面面积的求解，空间几何中的轨迹问题，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，综合性较强，属于较难题．6．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点O 为11A D 的中点，若以O 6为半径的球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ，则下列结论正确的是（ ）A ．11//A D 平面EFGHB ．1AC ⊥平面EFGHC ．11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°D ．平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7 【答案】ACD 【分析】如图，计算可得,,,E F G H 分别为所在棱的中点，利用空间中点线面的位置关系的判断方法可判断A 、B 的正确与否，计算出直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒后可得C 正确，而几何体BHE CGF -为三棱柱，利用公式可求其体积，从而可判断D 正确与否. 【详解】如图，连接OA ，则2115OA AA =+=，故棱1111,,,A A A D D D AD 与球面没有交点.同理，棱111111,,A B B C C D 与球面没有交点. 因为棱11A D 与棱BC 之间的距离为26>BC 与球面没有交点.因为正方体的棱长为2，而26<球面与正方体1111ABCD A B C D -的棱有四个交点E ，F ，G ，H ， 所以棱11,,,AB CD C C B B 与球面各有一个交点， 如图各记为,,,E F G H .因为OAE △为直角三角形，故22651AE OE OA -=-=，故E 为棱AB 的中点. 同理,,F G H 分别为棱11,,CD C C B B 的中点.由正方形ABCD 、,E F 为所在棱的中点可得//EF BC ， 同理//GH BC ，故//EF GH ，故,,,E F G H 共面. 由正方体1111ABCD A B C D -可得11//A D BC ，故11//A D EF因为11A D ⊄平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ，故11//A D 平面EFGH ，故A 正确. 因为在直角三角1BA C 中，122A B =2BC = ，190A BC ∠=︒， 1A C 与BC 不垂直，故1A C 与GH 不垂直，故1A C ⊥平面EFGH 不成立，故B 错误.由正方体1111ABCD A B C D -可得BC ⊥平面11AA B B ，而1A B ⊂平面11AA B B ， 所以1BC A B ⊥，所以1EF A B ⊥在正方形11AA B B 中，因为,E H 分别为1,AB BB 的中点，故1EH A B ⊥，因为EF EH E =，故1A B ⊥平面EFGH ，所以BEH ∠为直线AB 与平面EFGH 所成的角，而45BEH ∠=︒，故直线AB 与平面EFGH 所成的角为45︒，因为11//AB A B ，故11A B 与平面EFGH 所成的角的大小为45°.故C 正确.因为,,,E F G H 分别为所在棱的中点，故几何体BHE CGF -为三棱柱， 其体积为111212⨯⨯⨯=，而正方体的体积为8， 故平面EFGH 将正方体1111ABCD A B C D -分成两部分的体积的比为1:7，故D 正确. 故选：ACD.【点睛】本题考查空间中线面位置的判断、空间角的计算和体积的计算，注意根据球的半径确定哪些棱与球面有交点，本题属于中档题.7．如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（ ）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 21D ．三棱锥C BEF -5π【答案】ABC【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ， 由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直， 易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 的距离为217，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误.【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ， OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD平面ABEF AB =，AD ⊂平面 ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，AD AF A =，所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确.1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，BF =2CF ==，DF ===2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF 上的高2==，1222CDF S =⨯=△， //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ，//BC平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为BF =111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=， 设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，1113232h ⨯=⨯，所以h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以21512ME MF MB MC ⎛⎫====+= ⎪⎝⎭所以M 是三棱锥C BEF -5， 三棱锥C BEF -外接球的体积为334455533V r ππ==⨯=⎝⎭，故D 错误， 故选：ABC.【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.8．在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是（ ） A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥C ．当1AR A C ⊥时，1ARD R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案. 【详解】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，0,23a ⎡∈⎣，()2,23,Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,23,22R λλλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,23,2D R λλλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C ⊥，则()()12,23,222,23,2212440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时11333313,,,,022224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4234,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则100n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-， 故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确.故选：ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力.。

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。

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。

专题04立体几何【题型简介】立体几何解答题是高考数学必考内容，该考点命题相对稳定，难度中等，是考生必须突破的核心内容之一.高考数学立体几何解答题，主要采用“论证与计算”相结合的方式，在命题上一般包含2~3小问，会涉及到空间点、线、面位置关系的判定与探究，特别是平行与垂直关系的证明；空间角(包括异面直线夹角、直线与平面所成角和二面角)或空间距离(包括空间几何体的体积、表面积和点到平面的距离等)的计算.立体几何在解题能力方面的要求是：在数学思想上，一般涉及转化与化归思想、数形结合思想、函数与方程思想；在解题方法上，一般涉及几何法、向量法，往往是两种方式相结合进行处理.【命题方向】命题方向一、线线角、线面角、二面角、距离问题命题方向二、翻折问题命题方向三、存在性问题命题方向四、开放性问题命题方向五、立体几何创新定义【典型例题】命题方向一、线线角、线面角、二面角、距离问题ABC DB⊥平面ABC；例1．（2023·天津和平·统考一模）在如图所示的几何体中，EA⊥平面,⊥====是AB的中点.,22,AC BC AC BC BD AE M⊥；(1)求证：CM EM(2)求直线EM与平面CDE所成角的正弦值；(3)求平面CME与平面CDE的夹角的余弦值.⊥，以C为原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴，过点C且与平面ABC垂【解析】（1）因为AC BC-，直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz则()1,1,0M ，()2,0,1E ，所以()1,1,0CM = ，()1,1,1EM =-- ，所以1100CM EM ⋅=-++= ，所以CM EM ⊥ ，即CM EM ⊥；（2）因为()()2,0,1,0,2,2CE CD == ，设平面CDE 的法向量为(),,m x y z =，则20220m CE x z m CD y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1x =，可得()1,2,2m =- ，又()1,1,1EM =-- ，设EM 与平面CDE 所成角为θ，则33sin 333EM m EM m θ⋅===⋅ 即直线EM 与平面CDE 所成的角的正弦值为33；（3）由题()1,1,0CM = ，()2,0,1CE = ，设平面CME 的法向量(),,n a b c = ，由200n CE a c n CM a b ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1a =，则()1,1,2n =-- ，又平面CDE 的法向量()1,2,2m =- ，所以1246cos ,6114144m n m n m n⋅-+===++⨯++⋅ ，所以平面CME 与平面CDE 66本类试题一般分两种设问方式，一种是直接求解空间角或空间距离；另外一种是已知空间角或者空间距离，求解相关几何量的大小..解决这类问题一般需要先根据题意建立合适的空间直角坐标系，然后通过数学抽象将几何问题转化为代数问题，找到关键量的坐标表示(需引入参数，但要求尽可能少的参数，一般可以用共线向量处理)，再用待定系数的方法进行直接运算，求解函数或方程，得出参数的具体值，最后还原到几何体中求解相应的几何量.变式提升1．（2023·全国·模拟预测）如图，在多面体ABCGF 中，ABC 为正三角形，FA ⊥平面ABC ，//FA CG ，24FA AB ==，D 为AB 的中点，E 为线段CG 上的动点.(1)若1CE =，求点F 到平面ABE 的距离；(2)若//CD 平面BEF ，求平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）解法一：因为FA ⊥平面ABC ，CD ⊂平面ABC ，所以FA CD ⊥.因为ABC 为正三角形，D 为AB 的中点，所以AB CD ⊥，又AB AF A = ，,AB AF ⊂平面ABF ，所以CD ⊥平面ABF .因为2AB =，所以CD =FA EC ∥，EC ⊄平面ABF ，AF ⊂平面ABF ，所以CE ∥平面ABF ，所以点E 到平面ABF 的距离等于点C 到平面ABF所以112432E ABF V -=⨯⨯⨯连接DE ，因为1CE =，所以2DE ==.因为AF ⊥平面ABC ，AF CG ∥，所以CG ⊥平面ABC ，AB ⊂ 平面ABC ，所以CG AB ⊥，又AB CD ⊥，CD CG C ⋂=，,CD CG ⊂平面CDE ，所以AB ⊥平面CDE ，因为DE ⊂平面CDE ，所以AB DE ⊥.设点F 到平面ABE 的距离为d ，则11222323F ABE d V d -=⨯⨯⨯⨯=，因为E ABF F ABE V V --=，所以233d =，解得d =.所以点F 到平面ABE 的距离为解法二：在平面ABC 内过A 作Ax AC ⊥，以A 为坐标原点，射线Ax ，AC ，AF 的方向分别为,,x y z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系A xyz -，由题易知()0,0,0A ，)B ，()0,2,1E ，()0,0,4F ，所以()0,0,4AF = ，)3,1,0AB = ，()0,2,1AE = ，设平面ABE 的法向量为()111,,m x y z = ，则00m AB m AE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即11113020y y z ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，令11x =，得(1,3,23m =- ，所以点F 到平面ABE 的距离331312AF m d m ⋅==++ （2）在平面ABC 内过A 作Ax AC ⊥，以A 为坐标原点，射线,,Ax AC AF 的方向分别为,,x y z 轴轴的正方向建立的空间直角坐标系A xyz -，则()0,0,0A ，)3,1,0B ，()0,0,4F ，()0,2,0C ，0321,2D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设()0,2,E b ，则33,022CD ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()3,1,4FB =- ，()0,2,4FE b =- .设平面BEF 的法向量为(),,n x y z = ，则00n FB n FE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即()340240y z y b z ⎧+-=⎪⎨+-=⎪⎩，令1z =，得)344,,162b b n ⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭.因为CD ∥平面BEF ，所以0CD n ⋅= ，所以)3434306222b b +-⎛⎫+⨯-= ⎪⎝⎭，解得2b =，所以)3,1,1n = .取BC 的中点H ，连接AH ，则AH BC ⊥，33,022H ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，因为FA ⊥平面ABC ，FA CG ∥，E 为线段CG 上的动点，所以EC ⊥平面ABC ，又AH ⊂平面ABC ，所以AH EC ⊥，又EC BC C = ，,EC BC ⊂平面BCE ，所以AH ⊥平面BCE ，所以平面BCE 的一个法向量为33,022AH ⎫=⎪⎪⎝⎭，所以平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值为cos ,n AH n AH n AH ⋅=⋅所以平面BEF 与平面BCE 所成锐二面角的余弦值为5.1．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考一模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，1AC BC AA ==，D 为1CC 上一点．(1)证明：当D 为1CC 的中点时，平面1A BD ⊥平面11ABB A；(2)若90ACB ∠=︒，异面直线AB 和1A D 1B A D A --的余弦值．【解析】（1）证明：如图，分别取1A B ，11A B 的中点E ，F ，连接DE ，EF ，1FC ，易知1FE D C =,且FE ∥1C D ,∴1C DEF 是平行四边形，∴1C F DE ∥．由1111AC B C =，F 为11A B 的中点，可知111C F A B ⊥，而平面111A B C ⊥平面11ABB A ，且平面111A B C Ç平面1111ABB A A B =，1C F ⊂平面111A B C ，∴1C F ⊥平面11ABB A ．又∵1C F DE ∥，∴DE ⊥平面11ABB A ，而DE ⊂平面1A BD ，∴平面1A BD ⊥平面11ABB A ．（2）方法1：不妨设12AC BC AA ===，1C D m =，注意到11AB A B ∥，知11B A D ∠或其补角为异面直线AB 和1A D 所成角，在△11A B D中，11A B =，1A D =易知(22211cos 5B A D +-=∠解得1m =，即D 为1CC 的中点，如图，延长1A D 交AC 的延长线于F'，连接BF '，过C 作CE DF '⊥'于E '，连接BE '，∵1,AC C C ⊂平面1A AF ',BC AC ⊥,1BC C C ⊥,1AC C C C = ,∴BC ⊥平面1A AF '，∴BC DF '⊥,又∵CE DF '⊥',∴DF '⊥平面BCE ',∴DF BE ''⊥∴BEC '∠为二面角1B AD A --的平面角，在Rt △'BCE 中，2BC =，CE '=tan BC BE C CE '∠='∴cos 6BE C '∠=，即二面角1B A D A --方法2：取C 为原点，直线CA ，CB ，1CC 分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz -，不妨设12AC BC AA ===，CD m =，则()2,0,0A ，()0,2,0B ，()12,0,2A ，()0,0,D m ，∴()2,2,0AB =- ，()12,0,2A D m =-- ．∴111cos ,5AB A D AB A D AB A D -⋅--⋅==⋅ ，解得1m =．由已知可得平面1A AD 的一个法向量为()10,1,0n =，易知()12,2,2A B =-- ，()12,0,1A D =-- ，设平面1A BD 的法向量为()2,,n x y z =u u r ，由212100n A B n A D ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得()()()(),,2,2,200,,2,0,1020x y z x y z x y z x z ⎧⋅--=-+-=⎧⎪⇒⎨⎨⋅--=+=⎪⎩⎩，可取()21,1,2n =--，则121212cos ,n n n n n n ⋅<>==⋅∴二面角1B A D A --1．（2022·全国·统考高考真题）如图，四面体ABCD 中，,,AD CD AD CD ADB BDC ⊥=∠=∠，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设2,60AB BD ACB ==∠=︒，点F 在BD 上，当AFC △的面积最小时，求三棱锥F ABC -的体积．【解析】（1）由于AD CD =，E 是AC 的中点，所以AC DE ⊥.由于AD CD BD BD ADB CDB =⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，所以ADB CDB ≅△△，所以AB CB =，故AC BE ⊥，由于DE BE E ⋂=，,DE BE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，由于AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .（2）[方法一]：判别几何关系依题意2AB BDBC ===，60ACB ∠=︒，三角形ABC 是等边三角形，所以2,1,AC AE CE BE ====由于,AD CD AD CD =⊥，所以三角形ACD 是等腰直角三角形，所以1DE =.222DE BE BD +=，所以DE BE ⊥，由于AC BE E ⋂=，,AC BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .由于ADB CDB ≅△△，所以FBA FBC ∠=∠，由于BF BF FBA FBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，所以FBA FBC ≅ ，所以AF CF =，所以EF AC ⊥，由于12AFC S AC EF =⋅⋅ ，所以当EF 最短时，三角形AFC 的面积最小过E 作EF BD ⊥，垂足为F ，在Rt BED △中，1122BE DE BD EF ⋅⋅=⋅⋅，解得32EF =，所以223131,2222DF BF DF ⎛⎫=-==-= ⎪⎪⎝⎭，所以34BF BD =过F 作FH BE ⊥，垂足为H ，则//FH DE ，所以FH ⊥平面ABC ，且34FH BF DE BD ==，所以34FH =，所以111332333244F ABC ABC V S FH -=⋅⋅=⨯⨯= .[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 CFEF ACBED EF BD ∆≅∆∴=∴⊥∴∆⊥∆ 在中，当时，AFC面积最小222,,2,,BED EF AD CD AD CD AC E AC DE BE BD BE EDBE DE EF BD BD ⊥==∴+=∴⊥⋅⊥∆== 为中点DE=1若在中，32113222BEF BF S BF EF ∆=∴=⋅=⋅11233F ABC A BEF C BEF BEF V V V S AC ---∆∴=+=⋅=⋅=命题方向二、翻折问题例2．（2023·广东梅州·统考一模）如图，在边长为4的正三角形ABC 中，E 为边AB 的中点，过E 作ED AC ⊥于D .把ADE V 沿DE 翻折至1A DE △的位置，连接1AC ､1AB .(1)F 为边1AC 的一点，若12CF FA = ，求证：BF //平面1A DE ；(2)当四面体1C EBA -的体积取得最大值时，求平面1A DE 与平面1A BC 的夹角的余弦值.【解析】（1）取AC 中点M ，连接MF ，MB因为在正三角形ABC 中，MB AC ⊥，又因为ED AC ⊥，所以//MB DE ，MB ⊄平面1A DE ，DE ⊂平面1A DE ，所以//MB 平面1A DE ，又有2CM MD = ，且12CF FA = ，所以1MF //DA，而MF ⊄平面1A DE ，1A D ⊂平面1A DE ，所以//MF 平面1A DE .有MF MB M = ，,MF MB ⊂平面MFB ，所以平面//MFB 平面1A DE ，又BF ⊂平面MFB ，因此//BF 平面1A DE .（2）因为11C BEA A BCE V V --=，又因为BCE 的面积为定值，所以当1A 到平面BCE 的距离最大时，四面体1C BEA -的体积有最大值，因为DE DC ⊥，1DE A D ⊥，1DC A D D = ，DC ，1A D ⊂平面1A DC ，所以DE ⊥平面1A DC ，因为DE ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面1A DC ，当1A D CD ⊥时，平面ABC ⋂平面1A DC CD =，1A D ⊂平面1A DC 所以1A D ⊥平面ABC ，即在翻折过程中，点1A 到平面BCE 的最大距离是1A D ，因此四面体1C BEA -的体积取得最大值时，必有1A D ⊥平面ABC .如图，以点D 为原点，DE 为x 轴，DA 为y 轴，1DA 为z轴，建立空间直接坐标系，易知MB =DE =()0,0,0D，)E ，()0,3,0C -，()10,0,1A，()1,0B -，()10,1,0n = 为平面1A DE 的一个法向量，设平面1BCA 的法向量为()2,,n x y z =u u r ，()10,3,1AC =--，()2,0CB =由1223020A C n y z CB n y ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1y =-得：x =3z =，所以21,33n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭为平面1BCA的一个法向量，121212cos ,n n n n n n ⋅=== 所以平面1A DE 与平面1A BC的夹角（锐角）的余弦值为31.。

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。

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【例1】正方体的棱长为1,M 、N 分别在线段11A C 与BD 上,求MN 的最小值.【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.【解析】方法一（定义转化法）因为直线11A C 与BD 是异面直线,所以当MN 是两直线的共垂线段时,MN 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。

一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力。

最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面。

此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一 空间角的最值问题【例1】（2020·浙江高三期末）如图，四边形ABCD ，4AB BD DA ===，22BC CD ==，现将ABD ∆沿BD 折起，当二面角A BD C --的大小在2[,]33ππ时，直线AB 和CD 所成角为α，则cos α的最大值为（ ）A ．2268-B ．6224-C ．2268+D ．2264+ 【答案】C【解析】【分析】取BD 中点O ，连结AO ，CO ，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，过点O 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线AB 与CD 所成角的余弦值取值范围．【详解】解：取BD 中点O ，连结AO ，CO ，∵AB ＝BD ＝DA ＝4．BC ＝CD 22=，∴CO ⊥BD ，AO ⊥BD ，且CO ＝2，AO 23=，∴∠AOC 是二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，以O 为原点，OC 为x 轴，OD 为y 轴，过点O 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系，B （0，﹣2，0），C （2，0，0），D （0，2，0），设二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角为θ，则2,33ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 连AO 、BO ，则∠AOC ＝θ，A（0θθ，），∴()22BA θθ=，，()220CD =-，，， 设AB 、CD 的夹角为α，则cosα1AB CDAB CD -⋅==⋅ ∵2,33ππθ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，∴cos 1122θ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，，∴|1θ|∈[0，． ∴cos α．故选：C ．【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.【举一反三】1．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是( )A ．13 BC ．12 D．2【答案】B【解析】【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系利用向量法求出直线1B E与直线AB 所成角的正弦值的最小值．【详解】解：以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为1，设E(a,0，c)，0a 1≤≤，0c 1≤≤，1B (1,1，1)，B(1,1，0)，D(0,0，0)，1C (0,1，1)，()1B E a 1,1,c 1=---，DB (1,=1，0)，1DC (0,=1，1)，设平面1DBC 的法向量n (x,=y ，z)，则1n DB 0n DC 0x y y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x 1=，得()n 1,1,1=-， 1B E //平面1BDC ，1B E n a 11c 10∴⋅=-++-=，解得a c 1+=，()222a c a c 2ac 12ac ∴+=+-=-，2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭， 设直线1B E 与直线AB 所成角为θ，AB (0,=1，0)，(11AB B E cos θAB B E a ⋅∴==⋅ 2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，sin θ∴=====． ∴直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是3．故选B ． 2．（2020·河南高三月考（理））如图，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，E ，F 分别是边AB ，CD 的中点，现将△ABC沿着对角线AC 翻折，则直线EF 与平面ACD 所成角的正切值最大值为()AB C D．2【答案】D【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设二面角B AC D --为θ，用含θ的式子表示B 点坐标，利用向量法表示出线面角α的正弦值的平方，构造函数利用函数的单调性求出()2max sinα，即可求出线面角α的正切值的最大值。

专题4.4 立体几何中最值问题一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解。

二．解题策略类型一距离最值问题AB=，若线段DE上存在点P 【例1】如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且2⊥，则边CG长度的最小值为（）使得GP BPA. 4B. 43C.D. 23【答案】D又22002B G a （，，），（，，），所以2,2,,,2,.22ax ax BP x GP x a ⎛⎫⎛⎫=--=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r() 24022ax ax PB PG x x a ⎛⎫=-++-= ⎪⎝⎭u u u n r u u u r .显然0x ≠且2x ≠.所以221642a x x =--. 因为()0,2x ∈，所以(]220,1x x -∈.所以当221x x -=， 2a 取得最小值12.所以a 的最小值为23.故选D.【指点迷津】利用图形的特点，建立空间直角坐标系，设CG 长度为a 及点P 的坐标，求BP GP u u u r u u u r与的坐标，根据两向量垂直，数量积为0，得到函数关系式221642a x x =--，利用函数求其最值。

厉兵秣马，2019高考数学立体几何必考压轴题及解析，冲刺140必备高中数学的立体几何很抽象，一直让不少学生头疼。

然而，每年的高考都会至少考一题立体几何，且往往是分值高的大题，如果没有迎难而上的勇气，一下子就会被别人甩下将近20分；相反，如果你能搞定立体几何，那你就等于甩开了数以万计被立体几何打败的学生，有助你考上理想大学。

高考对于立体几何的考查重点集中在以下几个方面：①几何的机构特征和三视图、直观图，重点是三视图。

②点、线、平面之间的位置关系，重点是平行关系、垂直关系和异面直线③空间的角度，重点是二面角、直线和平面所成的角、异面直线所成的角④空间向量，一般是以解答题的形式出现，这是立体几何考查的一个重要点。

下面是小编为同学们整理的2019年高考数学立体几何必考压轴题及答案解析，希望同学们一定要给予足够的重视！由于篇幅有限文中无法全部为同学们展示，所以，如果同学们需要完整版的话可以点小编的头像私信咨询小编哦~！私信：立体几何高中数学《立体几何》压轴题及答案解析在高一的时候，同学们开始学习立体几何“三视图”时，大家都会觉得这个内容非常难学.这块内容之所以难学其本质的原因是大家空间想象力不够，对空间几何体直观图的框架呈现方式没有深入理解，另平行投影的原理及三视图的边界意义是还原几何体的重点.三视图作为高考数学立体几何部分的核心考点之一，关键是如何还原几何体．涉及立体几何所有知识点：包括空间几何体（棱锥、棱柱、棱台、圆锥、圆柱、圆台、球）的直观图画法；三视图的投影原理（平行投影：长对正、高平齐、宽相等）；截面的做法（平面的基本性质的应用）；常见几何体的概念及相关计算公式（表面积和体积等）.还原几何体过程中还会考虑到空间点、线、面位置关系的判断等，如线面平行、线面垂直的判定定理与性质定理.立体几何中的动态问题或最值问题，这类问题往往困扰成绩比较好的同学，一般成绩较弱的同学其实这类问题就果断放弃了.究其原因，这类问题的知识覆盖面广，很多同学在这方面缺乏专项的训练，常常在解题时没有明确的思路，无从下手.即使偶尔能做对，也是凭着运气成分，并不是实力使然，也不能100%的做对.。