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專題6 立體幾何中的最值問題
（惠州市2024 屆高三第二次調研考試數學試題）已知正四面體ABCD的棱長為2，P為AC的中點，E為AB中點，M是線段DP上的動點，N是平面ECD內的動點，則的最小值是______．
將△PDO沿PD翻折到平面APD，將的最小值轉化為A到OD的距離，再結合平面幾何的知識進行求解.
取CE中點O，連接DO，OP，由正四面體可知DE⊥AB，CE⊥AB，又，∴AB⊥面CDE，又，∴OP⊥面CDE，當最小時，MN⊥面CDE，故N在線段DO上．
由OP⊥面CDE可得OP⊥OD，又．
將△PDO沿PD翻折到平面APD上，如圖所示：
易知∠ADP＝30°，
則
故的最小值即A到OD的距離，即．
故答案為：．
1．《九章算術》卷五《商功》中描述幾何體“陽馬”為“底面為矩形，一棱垂直于底面的四棱錐”.在陽馬中，平面，點分別在棱上，則空間四邊形的周長的最小值為（ ）
A． B． C． D．
2．直三棱柱中，，，、分別為線段、的動點，則周長的最小值是 .
通過引入變量，將目標的線段和轉化為函數，通過研究對應的函數求得最值.
取CE中點為O，連接DO，OP，，
∴平面CED，，∴平面CED，
設，則，則
由線段成比例得：，
則
令，
在單調遞減，在單調遞增
，故的最小值為
3．已知點在直徑為2的球面上，過點作球的兩兩垂直的三條弦，若.則的最大值為 .
4．如圖圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，球的半徑，，分別為圓柱上、下底面的圓心，O為球心，為底面圓的一條直徑，若為球面和圓柱側面的交線上一動點，線段與的和為，則的取值范圍為 ．

通過建立空間直角坐標系，設，將目標轉化為，通過研究對應的函數求得最值.
取CE中點O，過OD，OP，過D在△DEC中作于G
由正四面體可知，∴面CDE
又，∴面CDE，又E為AB中點，∴
在等腰△ECD中，CD邊上的高為，由等面積法求得
當最小時，面CDE，故N在線段OD上
由面CDE知，又，
∴
以OP，OE所在方向為x，y軸，以過O點且平行于GD的方向為z軸建系
則，
設，則
∵面xoy，∴
∵O，N，D三點共線，∴，即，∴
令
令，得，即
顯然時，
5．在棱長為的正方體中，分別為線段和平面上的動點，點為線段的中點，則周長的最小值為 .
6．已知棱長為的正四面體，為的中點，動點滿足，平面經過點，且平面平面，則平面截點的軌跡所形成的圖形的周長為 .
7．《九章算術》中將四個面都為直角三角形的四面體稱為鱉臑．如圖，在鱉臑PABC中，平面ABC，，AB＝3，，PA＝4，D，E分別為棱PC，PB上一點，則AE＋DE的最小值為 ．
8．如圖是一座山峰的示意圖，山峰大致呈圓錐形，峰底呈圓形，其半徑為，峰底A到峰頂S的距離為，B是山坡上一點，且，．為了發展當地旅游業，現要建設一條從A到B的環山觀光公路．若從A出發沿著這條公路到達B的過程中，要求先上坡，后下坡．則當公路長度最短時，的取值范圍為 ．

9．已知正四面體的棱長為3，點滿足，過點作平面平行于和，設分別與該正四面體的棱，，相交于點，，，則四邊形的周長為 ，四棱錐的體積的最大值為 .
10．如圖，在直三棱柱中，，，，，．
記，給出下列四個結論：
①對于任意點H，都存在點P，使得平面平面；
②的最小值為；
③滿足的點P有無數個；
④當取最小時，過點A，H，P作三棱柱的截面，則截面面積為．
其中所有正確結論的序號是 ．
11．如圖所示，在直三棱柱中，棱柱的側面均為矩形，，，，P是上的一動點，則的最小值為 .
12．在側棱長為，底面邊長為2的正三棱錐P-ABC中，E，F分別為AB，BC的中點，M，N分別為PE和平面PAF上的動點，則的最小值為 ．
13．如圖，棱長為2的正方體中，P為線段的中點，M，N分別為線段和棱上任意一點，則的最小值為 ．
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．C
【分析】
空間四邊形中為定值，故只需求折線段的最小值，通過翻折的辦法轉化為平面問題，然后通過作對稱點的辦法解決.
【詳解】
由于為定值，故只需求折線段的最小值，將側面翻折到和底面重合，得到的形狀如下，于是轉化成平面問題，折線段的最值可通過作對稱點的方式處理，作關于的對稱點，連接和交于，交于，由于，顯然為的中位線，則，由和相似可得，說明這樣的符合題意，故，于是空間四邊形的周長的最小值為.
故選：C
2．##
【分析】將面、面沿著延展為一個平面，將面、面沿著延展為一個平面，連接，則線段的長即為周長的最小值，利用余弦定理求出線段的長，即為所求.
【詳解】如下圖所示：

將面、面沿著延展為一個平面，
將面、面沿著延展為一個平面，連接,
此時，線段的長即為周長的最小值，
則，，
由于，，，則，
延展后，則四邊形為矩形，
因為，，則為等腰直角三角形，所以，，
延展后，則，
由余弦定理可得.
故答案為：.
3．
【分析】將放置在一個長方體內，然后根據長方體外接球的直徑為體對角線長建立方程，三角換元，最后利用正弦函數性質求解最值.
【詳解】因為兩兩垂直，點在直徑為2的球面上，
所以以為棱的長方體的對角線即為該球的一條直徑，
記，

所以，又，所以，所以，
故可令，，
則，其中，
因為，所以的最大值為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查球的內接幾何體及利用三角函數求最值，根據已知條件構造長方體，借助長方體的體對角線為其外接球的直徑列式計算是解答本題的關鍵.
4．
【分析】設在底面的投影為，連接，，，則平面，則，，在中由勾股定理表示出和，由，設，得出，求出其范圍即可得出的取值范圍．
【詳解】由題可知，點在過球心與圓柱的底面平行的截面圓上，設在底面的投影為，連接，，，則平面，，
又，平面，
所以，，
所以，，，
設，
則，
，
因為，
所以，
所以，
故答案為：．

5．
【分析】設G關于平面對稱的點為，的周長，再通過建系以及轉化思想轉化為平面幾何中的距離之和的問題，進而結合三角形三邊關系確定最值取得的情況，由此可得結果.
【詳解】
設G關于平面對稱的點為，連接，則，
，的周長，
以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則,，，
設，則，所以
即點到與距離和的最小值，
設關于x軸對稱的點為，
則
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中到定點和到動點的距離和的最值問題的求解，解題關鍵是轉化為平面幾何中的距離之和的問題，進而結合三角形三邊關系確定最值取得的情況.
6．
【分析】設的外心為，以為坐標原點可建立空間直角坐標系，設，根據可求得點軌跡是以為球心，為半徑的球；延長到點，使得，，，由面面平行的判定可證得平面平面，則平面為平面，可知點到平面的距離即為點到直線的距離，由向量坐標運算可知，得到，由此可求得截面圓半徑，利用圓周長的求法可求得結果.
【詳解】設的外心為，的中點為，過作的平行線，則以為坐標原點，可建立如圖所示空間直角坐標系，
為等邊三角形，，，，
，，，
設，由得：，
整理可得：，
動點的軌跡是以為球心，為半徑的球；
延長到點，使得，，，
則，，又平面，平面，
平面，平面，由，平面，
平面平面，即平面為平面，
則點到平面的距離即為點到直線的距離，
，，，即，
點到直線的距離，
截面圓的半徑，球被平面截得的截面圓周長為，
即平面截點的軌跡所形成的圖形的周長為.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的動點軌跡相關問題的求解，解題關鍵是能夠利用空間向量法求得動點所滿足的軌跡方程，從而確定動點軌跡為球，利用平面截球所得截面圓周長的求法可求得結果.
7．
【分析】根據題意，設，，則，，，，作出將沿著PB轉動到P，A，B，C四點共面時的平面圖形，利用兩角和的正弦公式得到，進而求解即可.
【詳解】因為平面ABC，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，則．因為平面ABC，平面，所以，則PB＝5，．設，，，，，．如圖，將沿著PB轉動到P，A，B，C四點共面，此時，
過A作于H，則AE＋DE的最小值為．
故答案為：.
8．
【分析】作圓錐的側面展開圖，確定從點到點的最短路徑，由條件確定點的位置，由此求的取值范圍.
【詳解】以為分界線，將圓錐的側面展開，可得其展開圖如下：

則從從點到點的最短路徑為線段，
在上任取一點，連接，則的長表示點到山頂的距離，
若為直角，觀察可得當點從點向點運動時，的長逐漸變小，
即從A出發沿著這條公路到達的過程中，一直在上坡，與條件矛盾，

若為鈍角，觀察可得當點從點向點運動時，的長逐漸變小，
即從A出發沿著這條公路到達的過程中，一直在上坡，與條件矛盾，

若為銳角，過點作，垂足為，
觀察可得當點從點向點運動時，的長先變小，后變大，
即從A出發沿著這條公路到達的過程中，先上坡，后下坡．

由已知，
又弧的長為，，
所以，，
所以，
故，
所以，
又，
所以的取值范圍為，
故答案為：.
【點睛】方法點睛：求曲面上兩點之間的最短距離常將曲面展開為平面圖形，利用平面上兩點之間線段最短的結論求解.
9． ##
【分析】根據線面平行的性質可得四邊形為平行，根據線段的比例關系可求該平行四邊形的周長為6，取的中點為，的中點為，連接，則可求的長度，故可求到平面的距離，故可求四棱錐的體積，利用導數可求體積的最大值.
【詳解】平面，平面平面，平面，
故，同理，故，
同理，故四邊形為平行四邊形.
由，可得，則，
又正四面體的棱長為3，則，
四邊形的周長為.
取的中點為，的中點為，連接，
則由正四面體可得，故且，
故.
因為，故，同理，
而平面，故平面，
因平面，故，，
故，且，故平行四邊形為矩形.
而平面，故平面,
因為平面，平面，
故到平面的距離即為到平面的距離，
到平面的距離即為到平面的距離，
而，故，
故到平面的距離與到平面的距離的比值為，
結合可得到平面的距離為，
則四棱錐的體積.
令，則，
由得，由，得，
則在單調遞增，在單調遞減，
在時取最大值，
即的最大值為.

故答案為：6，.
10．①②③④
【分析】過點作，根據線面垂直判定定理，面面垂直判定定理證明平面平面，由此判斷①；作展開圖，利用平面幾何結論判斷②，③；確定過點A，H，P作三棱柱的截面，解三角形計算截面面積，判斷命題④.
【詳解】因為三棱錐為直三棱錐，所以平面，又平面，所以，又，所以，所以，
，平面，所以平面，
對于任意點H，過點作，垂足為，因為平面，平面，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
所以對于任意點H，都存在點P，使得平面平面；命題①正確；
將繞翻折到平面內，則的最小值為點到直線的距離，又，，，，所以，所以點到直線的距離為，所以的最小值為；②正確；
當取最小時，為的中點，因為為等邊三角形，點為線段的中點，所以為的重心，故，在平面中，延長交于點，因為，，所以，故，取的中點，為的中點，則，因為，，所以四邊形為平行四邊形，所以，又，所以，所以，故過點A，H，P的三棱柱的截面為梯形，
又，， ，
，
在下圖中過點作，設，
因為，，
所以，，
所以，，
所以四邊形的面積，
故過點A，H，P的截面面積為．命題④正確；
當時，，則，
在下圖中過點作，垂足為，則，
又，，故對于任意的點，當時，都存在對應的點，滿足，故滿足的點P有無數個；命題③正確；
故答案為：①②③④.
【點睛】對于求空間中的線段和的距離最小值的問題，一般通過轉化為平面圖形中的線段和問題加以解決.
11．
【分析】連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉到平面，設點的新位置為，連接，再根據兩點之間線段最短，結合勾股定理余弦定理等求解即可.
【詳解】連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉到平面，
設點的新位置為，連接，則有.
當三點共線時，則即為的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：，因為，所以為等邊三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故答案為：
12．
【分析】取中點,連接交于點,,易證得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可證明∥,再把平面繞旋轉,與面共面, .結合數據解三角形即可.
【詳解】解：取中點,連接交于點,,易證得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可證明∥,再把平面繞旋轉,與面共面,又可證得.
因為，，
又因為,，
所以,
所以，即，所以,
所以,可得，
.
故答案為：.
13．4
【分析】將原問題轉化為三點一線即可求解.
【詳解】
在 邊上取點 ，使得 ，由正方體的對稱性可知 ，
過M點作平面 的垂線得垂足H，連接 ，則有 ，
，
顯然，當P，M，H三點共線的時候 最小，
即當M是 中點的時候， ，
，
最小值為4；
故答案為：4.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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