专题突破立体几何之《立体几何中的最值问题》.doc

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立体几何中的最值问题
考点动向　
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．
例１如图６－１，在直三棱柱中，底面为直角三角形，
．是上一动点，则的最小值为 ．
解析　考虑将立体几何问题通过图形变换，转化为平面几何问题解答．
解　连结，沿将展开与在同一个平面内，如图６－２所示，连，则的长度就是所求的最小值．通过计算可得，又故，由余弦定理可求得．
例２ 如图６－３，在四棱锥中，底面，为直角，，分别为的中点．
（I）试证：平面；
（II）设，且二面角的平面角大于，求的取值范围．
解析　对（I），可以借助线面垂直的判定定理，或者借助平面的法向量及直线的方向向量解答；对（II），关键是确定出所求二面角的平面角．
解法１（I）证：由已知且为直角，
故是矩形，从而．又底面，，故由三垂线定理知．
在中，，分别为，的中点，故，从而，由此得面．
（II）连接交于，易知为的中点，连接，则在中易知．又因底面，故底面．
在底面中，过作，垂足为，连接，由三垂线定理知，从而为二面角的平面角．
设，则在中，有．以下计算，考虑底面的平面图（如图６－５），连接，因，
故．在中，因，，得．
而，，
从而得．因此．
故知是锐角，故要使，必须，
解之得，的取值范围为．
解法２（I）如图６－６，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，则易知点，，，，的坐标分别为，，，，．
从而，，故．
设，则，而为中点，故，从而．，故．由此得．
（II）设在平面上的投影为，过作垂足为，由三垂线定理知．从而为二面角的平面角．由得，，．设，则，
由得，即．　　　　　①
又因，且与的方向相同，故，
即．　　　　　②
由①②解得，从而．
．
由知是锐角，由，得，即．
故的取值范围为．
[规律小结]
　　立体几何中的最值与范围，需要首先确定最值或范围的主体，确定题目中描述的相关变动的量，根据必要，可确定是利用几何方法解答，还是转化为代数（特别是函数）问题解答．其中的几何方法，往往是进行翻折变换，这时可以想象实际情形，认为几何体是利用硬纸等折成的，可以动手翻折的，在平时做练习时，不妨多动手试试，培养自己的空间想象能力，在考试时就可以不动手，动脑想就可以了．特别注意变动的过程，抓住变动的起始与终了等特殊环节．
考点误区分析
（１）这类问题容易成为难点，关键是学生的空间想象能力缺乏，或者对问题的转化方向不明确．因此，要注意常见的转化方向，如化立体几何问题为平面几何问题，或化立体几何问题为代数问题等，根据题目特征进行转化．
（２）对题目所描述的情形没有清醒的认识也是造成错解的主要原因，注意产生量的变化的主要原因是什么，相关的数量和位置关系都做怎样的变化，抓住问题的关键，才能顺利解决问题．
同步训练
１．如图６－７，在直三棱柱中， ，，，分别为的中点，沿棱柱的表面从到两点的最短路径的长度为 ．
２．有两个相同的直三棱柱，高为，底面三角形的三边长分别为．用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则的取值范围是__________．
３．如图６－８，正四面体的棱长为1，棱平面，则正四面体上的所有点在平面内的射影构成的图形面积的取值范围是　　　　　．

［参考答案］
１．［解析］分别将沿折到平面上；将沿折到平面上；将沿折到平面上；将沿折到平面上，比较其中长即可．
［答案］．
２．［解析］可知，全面积最小的是四棱柱面积为，全面积最小的是三棱柱面积为，解即可．
［答案］．
３．［解析］当所在的直线与平面平行时，所求射影面积最大，为；当所在的直线与平面垂直时，所求射影面积最小，可求得为．
［答案］．

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