微专题15 立体几何中的最值问题 高考定位 立体几何中的最值问题主要涉及线段长度、几何体体积、空间角的最值等,中等或偏上难度. 【真题体验】 (2021·全国甲卷)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面AA1B1B为正方形,AB=BC=2,E,F分别为AC和CC1的中点,D为棱A1B1上的点,BF⊥A1B1. (1)证明:BF⊥DE; (2)当B1D为何值时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小 (1)证明 因为E,F分别是AC和CC1的中点,且AB=BC=2,侧面AA1B1B为正方形, 所以CF=1,BF=. 如图,连接AF,由BF⊥A1B1,AB∥A1B1, 得BF⊥AB,于是AF==3, 所以AC==2. 由AB2+BC2=AC2,得BA⊥BC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱, 所以BB1⊥AB且BB1⊥BC, 则BA,BC,BB1两两互相垂直, 故以B为坐标原点,以BA,BC,BB1所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系B-xyz, 则B(0,0,0),E(1,1,0),F(0,2,1), 所以=(0,2,1). 设B1D=m(0≤m≤2),则D(m,0,2), 于是=(1-m,1,-2). 所以·=0,所以BF⊥DE. (2)解 易知平面BB1C1C的一个法向量为n1=(1,0,0). 设平面DFE的法向量为n2=(x,y,z), 则 又由(1)得=(1-m,1,-2),=(-1,1,1), 所以 令x=3,得y=m+1,z=2-m, 于是,平面DFE的一个法向量为n2=(3,m+1,2-m), 所以|cos|=. 设平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角为θ, 则sin θ= =, 故当m=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小为, 即当B1D=时,平面BB1C1C与平面DFE所成的二面角的正弦值最小. 【热点突破】 热点一 定性法求解最值问题 定性法求解最值问题,即利用空间几何体的性质、空间的线、面位置关系等求最值. 例1 (1)(2025·衡阳质检)如图是一座山峰的示意图,山峰大致呈圆锥形,峰底呈圆形,其半径为1 km,峰底A到峰顶S的距离为4 km,B是山坡SA的中点.为了发展当地旅游业,现要建设一条从A到B的环山观光公路,当公路长度最短时,公路距山顶的最近距离为( ) A.2 km B.3 km C.2 km D. km (2)(2025·广州联考)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,=,=λ+μ(λ,μ∈[0,1]),若EF∥平面A1DC1,则线段EF的长度的取值范围为 . 答案 (1)D (2)[,] 解析 (1)将圆锥的侧面沿SA展开,可得其侧面展开图如图. 则从点A到点B的环山观光公路最短为线段A'B. 设的长度为l, 则l=2π km, 所以∠A'SA==. 过S作SP⊥A'B于点P, 则公路距山顶的最近距离为SP的长. 因为BA'==2(km), 所以SP===(km). (2)由题可知点F在正方形BCC1B1内(含边界). 取棱B1C1上靠近点B1的四等分点G,棱CC1上靠近点C的四等分点H,连接EG,GH,易得GH∥B1C∥A1D. 因为A1D 平面A1DC1,GH 平面A1DC1, 所以GH∥平面A1DC1. 因为EF∥平面A1DC1, 所以过线段GH、点E且与平面A1DC1平行的截面为如图所示的平面EGHIJK, 所以EF∩GH=F,所以点F在线段GH上, 所以EG≤EF≤EH, 又因为EG==2, EH==, 所以EF的长度的取值范围是[,]. 规律方法 1.在求几何体表面的最短路径问题时,通常对立体图形作展开、平移、翻折、旋转等几何变换,将立体几何转化为平面几何问题来解决. 2.涉及动点问题的线段长度最值问题,要注意动点的位置及其轨迹,利用动点的范围求解. 训练1 (1)(多选)(2025·六安调研)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P为棱上一点,满足PA+PC1=d(d为定值),记点P的个数为n,则下列说法正确的是( ) A.当d=时,n=2 B.当
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