立体几何中的最值与动态问题

第1页共4页立体几何范围与最值问题2

立体几何范围与最值一直以来是学考、高考与竞赛的热点与难点。值得我们平时，静

下心来仔细研究，才能有所收获，为有效的解决这类问题做好准备。

1．（15浙第8题）、如图，已知ABC

，D是AB的中点，沿直线CD

将ACD

折成ACD

，

所成二面角ACDB的平面角为

，则（）

A.ADB

B.ADB

C.ACB

D.ACB

2．（15浙第15题）已知

12,ee是空间单位向量，

121

2ee

，

若空间向量b满足

125

2,

2bebe

，且对于任意,xyR，

12010200()()1(,)bxeyebxeyexyR

，则

0x，

0y，

b

．第2页共4

页5、如图，在Rt△ABC中，AC=1，BC=x，D是斜边AB的中点，将△BCD沿直线CD翻

折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB⊥AD，则x的取值范围是

（）A.(0,3]

B.2

(,2]

2C.(3,23]D.（2，4]

（第5题图）

6.(全国II（理）．将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四

面体的高的最小值为（A）

3623（B）2+

362（C）4+

362（D）

36234第3页共4页7、(山东)设地球半径为R，若甲地位于北纬045东经0120，乙地位于南纬度075东经0120，

则甲、乙两地球面距离为

（A

）3R(B)

6R(C)5

6R(D)2

3R

8.（2009四川卷文）如图，在半径为3的球面上有CBA、、

三点，ABC

=90°，BCBA

,

球心O到平面ABC的距离是

223

，则CB、

两点的球面距离

是()A.

3

B.C.

34

D.2

变式.若点A位于北纬󰍸′󰎹

，东经󰍳东′󰎹

，点B位于赤道上的西经

󰍳R′󰎹

，则A,B间的最短距离是

9.（09浙江卷理17题）

如图，在长方形ABCD

中，2AB

，1BC

第1页（共4页） 立体几何最值问题求解策略

最值问题一直是高中数学的重点和热点问题，当然，也是历年高考试题都要涉及的题目。在立体几何中，计算几何体的最值往往有两种方法：一是利用函数及重要不等式，二是利用化归转化思想将立体几何中的极值问题转化为平面几何中的极值问题。另外，解决几何体的相切、相接问题的关键是注意两个几何体之间的等量关系。本文举例说明立体几何中的最值问题的求解策略。

一. 利用三角函数求最值

例1. 已知三棱柱的底面是边长为2的等边三角形，侧面ABBAAAB11160是∠°的菱形，且平面ABB1A1⊥平面ABC，M是A1B1上的动点。试求使二面角A1—BM—C的平面角最小时的三棱锥M—A1CB的体积。

分析：要使二面角A1—BM—C的平面角最小，必须先构建其平面角，如何构建？如图所示，取AB中点O，在MB上找一点P，因为CO垂直MB，剩下的问题只要使OP垂直于MB即可。这样MB就垂直于平面CPO，则∠OPC就是所求的平面角。在Rt△COP中就转化为求OP的最大值的问题，易发现此时点P即为点B，点M为线段A1B1的中点。

解：取AB中点O，过O作OP⊥BM，垂足为P，连结CP。

∵AB是平面A1B与平面ABC的交线，CO⊥AB，且平面A1B⊥平面ABC

∴CO⊥平面A1B

MBAB平面1，因此COMB

而平面，OPCOPMBOP，∠OPC即为ABMC1的平面角。

在Rt△COP中，tan∠OPCCOOP

CO为定长，∠OPC为最小，即OP为最大。

当且仅当P与B重合时，OP最大，此时M点为A1B1的中点，BM⊥AB。

VVSCOMACBCAMBMB1111312··

解后反思：本题是一道探索性题，确定动点M使所求二面角最小的位置是关键。在求体积的过程中运用了等积变形。 第2页（共4页）

二. 利用均值定理求最值

例2. 在棱长为a的正方体OABC—OABC''''中，E、F分别是棱AB、BC上的动点，且AE=BF。

立体几何中的最值问题（二）

海红楼

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＝，由正弦定理，有 512＝ 即 QD＝sin∠QCD. 30sinCQ

QCDQD

sin56

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。

解析：SΔBAC＝SΔBCD

＝a2为常量，所以三棱锥全面积的大小取决于SΔABD与SΔACD的大小，由于ΔABD≌Δ43ACD，所以只求SΔACD何时面积取最大值即可。∵SΔACD＝asin∠ACD，所以当∠ACD＝90°时面积最大，问题21

得解。

解 如图，取BC中点M，连AM、DM，∴ΔABC和ΔBCD都是正三角形，∴∠AMD是二面角A-BC-D的平面角，∠

AMD＝φ，又∵ΔABD≌ΔACD，且当∠ACD＝90°时，ΔACD和ΔABD面积最大，此时AD＝a，在ΔAMD中，2由余弦定理cos∠AMD＝-， 31

∴当φ＝π-arccos时，三棱锥A-BCD的全面积最大。 31

点评 本题将求棱锥全面积的最大值，转化为求ΔACD面积的最大值，间接求得φ角。

例9、一个圆锥轴截面的顶角为1200，母线为1，过顶点作圆锥的截面中，最大截面面积

1 运用方程思想求解立体几何中的动态问题

浙江省台州市实验中学 张铭 邮编：318000

空间中的动态问题是立体几何中的难点问题，也是高考重点考查的问题。它能有效地考查学生的空间想象能力和分析问题、解决问题的能力。如何有效地解决空间中的动态问题，提升学生分析问题、解决问题的能力？运用方程思想，将几何问题转化为代数问题，不失为一种有效的方法。

一，空间中的翻折问题

例1：（2009浙江高考）如图1，在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为DC的中点,F为EC（端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK=t，则t的取值范围是__________.

本题是一道填空题，有很多学生在解答这道题时，是选择两个特殊位置即点F在点E处和在点C处算出相应的t值，然后通过猜测的方式给出了t的取值范围，这样解答不够严谨。下面通过建立坐标系，给出一种解答。

解：以A为坐标原点建立空间直角坐标系A-xyz如图,则A(0,0,0),B(0,2,0),C(-1,2,0)

设F(-1,y,0) (1

又∵AD=1,∴D(0,t,21t),∴|DF|=2221)()10(tyt,又|DF|=y (1

∴ytyt221)(1,两边平方化简可得:ty=1,∴yt1 ∵1

例2：（2010浙江高考）如图4，在矩形ABCD中，点E、F分别在线段AB、AD上，432FDAFEBAE，沿直线EF将AEF翻折成EFA,使平面EFA平面BEF,(1)求二面角CFDA的余弦值;(2)点M、N分别在线段FD、BC上，若沿直线MN将四边形MNCD向上翻折,使C与A重合，求线段FM的长.

分析：对于问题（1），点E、F是定点，将AEF沿EF折起,平面EFA平面BEF,点A也是一个定点，求二面角CFDA的余弦值可用几何法作出二面角的平面角求解，也可以建立空间直角坐标系转化为求两个平面法向量所成的角。对于第二个问题，M是AD上的动点，N是BC上的动点，沿直线MN将四边形MNCD向上翻折，当C与A重合时，应有MC=AM，NC=AN,可通过建立空间直角坐标系，运用方程思想确定M点的位置。