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立体几何最值问题


2006 年第 5 期

中学数学教学

21

解  题 方  法

选择填空题中的立体几何最值问题
广东省东莞高级中学   刘心华   ( 邮编 :523128)

  近几年来 , 高考数学试题的选择题和填空题中常 出现立体几何的最值问题 . 由于这类题题型灵活 、 形式 多变 , 能较好地检测学生的思维和空间想象能力 , 因而 正成为命题的热点 . 本文结合近几年的高考试题 , 对选 择题和填空题中的立体几何最值问题进行分类探究 .    1  与距离相关的最值 ( 范围) 问题 例 1  ( 2006 年江西) 如 下 左 图 , 在 直 棱 柱
AB C —A 1 B 1 C1 中 , 底面为直角三角形 , ∠A CB = 90° , A C = 6 , BC = CC1 = 2 , P 是 B C1 上一动点 , 则 CP + PA 1 的最小值为       .

   例 2  ( 2005 年江西) 如 下 左 图 , 在 直 三 棱 柱
AB C —A 1 B 1 C1 中 , AB = BC = 2 , BB 1 = 2 , ∠AB C =

90° , E、 F 分别为 A A 1 、 C1 B 1 的中点 , 沿棱柱的表面从 E

到 F 两点的最短路径的长度为      .

解析 :将三棱柱侧面 、 底面展开有三种情形 : 在 ( 1) 中 , EF =
A 1 E2 + A 1 F2 = EG2 + FG2 =

1 +

3 2 2

2

=

22 ; 2 2 2
2

在 ( 2) 中 , EF = 解析 :将 △BCC1 沿 BC1 线展到面 A 1 C1 B 上 , 如上 右图 , 连结 A 1 C , A 1 C 即为 C P + PA 1 最小值 , 过点 C 作
CD ⊥ A 1 C1 延长线于 D 点 , △BCC1 为等腰直角三角 =

( 2) 2 +

1+

14 + 4 2 ; 在 ( 3) 中 , EF = 2 3 2
2

EG2 + FG2

=

形 , ∴CD = C1 D = 1 , A 1 D = A 1 C1 + C1 D = 7 , ∴A 1 C
= A 1 D2 + CD 2 =

+

3 2

2

=

3 2 , 通过比较知 E 沿平面 2 3 2 . 2

49 + 1 = 5 2 . 故填 5 2 .

A A 1 C1 C 过棱 A 1 C1 到 F 点路径最短值为

θ>   ∴ co s

3 ,∴ co s (θ- 2 A ) > 1 , 矛盾 ! 2

= 1 - sin A ? sin B =

2 + 3 . 4

因此 A + B ≥

π π π , 且当 A + B = ,A = B = 6 6 12
2 + 3 . 4

当且仅当 A = B =

π 时等号成立 . 12

时 , co s A ? co s B 取得最大值

至此 , 我有一种莫名的兴奋感涌上心头 , 于是立即 将这些思考告诉了王同学 , 他听了也十分惊喜 !我对上 述思路的获得感到十分庆幸 , 因为如果没有王同学质 疑的那一句话 , 也许我便不会对这道题进行这番思考 , 也就不会获得这种认识 . 教师若能在平时的教学中 , 多 多引导学生质疑 , 引导学生用多种方法求解 , 这对培养 学生思维的广阔性 、 深刻性 、 批判性等思维品质一定会 大有裨益 , 对提高学生学习数学的兴趣和效果也会起 到事半功倍的作用 .

证明完毕 , 我又想 co s A ? co s B 的值其实受 sin A ?
sin B 值的牵制 . 能不能将所求的 co s A ? co s B 转化为已

知的 sin A ? sin B 呢 ? 沿着这种思路 , 我将 co s A ? co s B 进 行转化 , 用均值不等式做了一种别解 : 由 于 C 为 △AB C 中 的 最 大 角 , 因 此 A 、 B ∈ π 0, 2
, 于是 ( 1 - sin2 A ) ( 1 - sin2 B )

co s A ? co s B =
=

1 + sin2 A ? sin2 B - ( sin2 A + sin2 B ) 1 + sin2 A ? sin2 B - 2sin A ? sin B

( 收稿日期 :2006 208 216)



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中学数学教学
2 a2 1 2 a2

2006 年第 5 期
3 cos2θ - a2 4 1 =1, 3 3 2 1cos θ 2cos2θ 4 2 1 , 2

) 将半径都为 1 的 4 个钢球   例 3  ( 2005 年全国 Ⅱ

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 (   

α= ∴ cos

A.

3 +2 6 2 6      B. 2 + 3 3 2 6 3 D. 4 3 +2 6 3

α< 由 0°< θ < 90° , 得 - 1 < co s 故 π < α < π. 3

C. 4 +

解析 :将 4 个球的球心相连可形 成边长为 2 的正四面体 M , 题目所求 原正四面体的高为下底面上球的半 径 , 再加正四面体 M 的高和最上边 小球球心到顶点间距离的和 , 易知 正四面体 M 的高为
22 2 ?3 3
2

π, 若直接运用极限思想 , 即当 SA → AO 时 ,α → π π 当 SA →+ ∞时 ,α → 不难得到 < α < π. 3 3 例 6  单位正方体 AB CD —A 1 B 1 C1 D1 的面对角线
A 1 B 上一点 P , 当 A P + D1 P 取最小值时 , D1 P 与面 A B B 1 A 1 所成的角为       . =

2 3

6 . 最上

边小球的球心 O 到原正四面体 PA B C 的顶点 P 距离为
OP ( 如图) . E 为 B C 的中点 , H 为正 △AB C 的中心 . OD

⊥ PE 于 D , 则 H E =
sin ∠H P E =

1 1 AE = PE. 在 Rt △P H E 中 , 3 3

HE 1 = , 在 Rt △POD 中 , sin ∠OPD = PE 3

解析 : D1 P 与面 A B B 1 A 1 所成的角为 ∠D1 PA 1 , 把 平面 D1 CB A 1 与平面 AA 1 B 展开摊平 ( 如上右图) 则当
A P + D1 P 取 最 小 值 时 三 点 D 1 、 P、 A 共线, 所以

OD 1 2 6 = , ∴OP = 3 OD = 3 , 所以所求的高为 4 + , OP 3 3

故选 C.    2  与角相关的最值 ( 范围) 问题 例 4  异面直线 a 、 b 夹角为 40° , c ⊥ a , 则直线 b、 c 夹角的范围是      . 解析 :通过平移 , 让直线 a 、 b、 c相 交于点 P , 因 a ⊥c , a 、 b 夹角为 40° ,则 直线 b 是在以 a 为轴的圆锥面上的母 线 , 当直线 b 变动时易知直线 b 、 c 夹角 的取值范围是 [ 50° , 90° ]. 例 5  正三棱锥 S —AB C 相邻两侧面所成的二面 角为α, 则α的取值范围是       . 解析 :作 B E ⊥ SA 于 E , 连 CE , 则 CE ⊥ SA , ∠B EC = α, 作 SO ⊥面
AB C 于 O , 连 AO 并延长交 B C 于 D , ( 0° < θ < 90° ) , 正 设 ∠SA D = θ

∠D1 PA 1 = ∠PA 1 A + ∠A 1 A P =

π π π 3 + = . 4 8 8

   3  与面积相关的最值 ( 范围) 问题 例 7  ( 2006 年浙江) 正四面体 AB CD 的棱长为 1 , 棱 AB ∥平面α, 则正四面体上所有点在平面 α内的射 影构成的图形面积的取值范围是       .

α时 , 面积取最大值 , 作 DD′⊥ α, 解析 :当 CD ∥
OE ⊥ CD ( O 为 A B 中点 ) , 连结 OD , 在 Rt △OED ED 3 3 = ,∴ co s ∠DOD′= OD 3 3

中 , sin ∠EOD = ∴
=

S影 3 3 3 1 = ,∴ S影 = × = ,由对称性 Smax S △ABD 3 3 4 4

△AB C 边长为 a , 则 AO =
SB =

3 a , SA = 3

1 1 ×2 = , 当 CD ⊥面α时 , Smin = S △AB E = 2/ 4. 4 2

3a BD 3 θ ,∴ co s ∠SB D = = co s , θ 3co s SB 2 1 13 co s2θ, 而 ∠SA B = ∠SB D , 4 3 co s2θ, 4 2
a

故所求图形面积的取值范围是 [ 2 / 4 , 1/ 2 ]. 例 8  ( 2005 年上海) 有两个相同的直三棱柱 , 高为
, 底面三角形的三边长分别为 3 a 、 4 a、 5 a( a > 0) , 用

∴sin ∠SB D = ∴B E = a

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 a 的 取 值 范 围 是      .

2006 年第 5 期

中学数学教学
   4  与体积相关的最值 ( 范围) 问题

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解析 :底面面积为 6 a2 , 侧面积分别为 6 、 8、 10 , 拼成 三棱柱时为上下接合 , 全面积为 :2 ×6 a2 + 2 ( 10 + 8 +
6) ; 当拼成四棱柱时 , 显然两侧面面积最大者相接合 ,

例 11   已 知 棱 长 为 1 的 正 方 体 容 器
AB CD —A 1 B 1 C1 D1 在棱 AB 、 BB 1 、 B 1 C 上的中点处各

全面积最小为 ( 8 + 6) ×2 + 4 ×6 a2 , 由题意 , 全面积最 小的是四棱柱 , ∴ 2 ×6 a2 + 2 ×( 10 + 8 + 6) > ( 8 + 6) ×2 + 4 ×6 a2 , 解得 0 < a <
15 . 3

有一个小孔 E 、 F、 G, 若此容器可以任意放置 , 则该容器 可装水的最大容积为      . 解析 : 如果只考虑 E 、 F、 G 三点 所确定的平面为截面 , 则容器装水的 最大容积为 7/ 8 , 而沿 E 、 G、 B 1 三点 所确定的平面截正方体 , 则容器装水 的最大容积为 11/ 12 , 相比较 , 易知该 容器装水的最大容积为 11/ 12 . 例 12  已知三棱锥 S —AB C 的底面是正三角形 ,
A 在侧面 S B C 上的射影 H 是 △SB C 的垂心 , SA = a ,

例 9  正三棱锥 P —AB C 的底面边长为 1 , E 、 F、
G、 H 分别是 PA 、 AC、 BC、 PB 的中点 , 四边形 EFG H 的

面积为 S , 则 S 的取值范围是      . 解析 :由题意可知 PC ⊥ AB , 因 而四边形 EFG H 为矩形 , 设正三棱 锥的侧棱 PA = x , 则 S =
x

1 x ? = 2 2

则此三棱锥体积的最大值为      . 解析 :V S - AB C = V A - SB C =
= =

4

, 显然 PA 大于 △AB C 的外接圆

的半径 3 / 3 , 即 x > 3 / 3 , 从而 S > 3 / 12 , 故 S 的取值
). 范围是 ( 3 / 12 , + ∞

1 S △SB C ?A H 3

1 1 A H ? SB ?SC ?sin ∠ BS C 3 2

例 10  (2005 年重庆) 有一塔形几何体由若干个正方 体构成 ,构成方式如图所示 , 上层正方体下底面的四个顶 点是下层正方体上底面各边的中点 , 已知最底层正方体的 棱长为 2 ,且该塔形的表面积 ( 含最底层正方体的底面面
). 积) 超过 39 ,则该塔形中正方体的个数至少是 (    ( A ) 4    (B) 5    ( C) 6    ( D) 7

1 SA ? SB ? SC ? sin ∠ AS H ? sin ∠ BSC , 6

又△ AB C 为正三角形 , A H ⊥面 SB C , ∴当 ∠A S H 和 ∠BS C 为直角时 ,
V A - SB C 最大 , 此时 SA = SB = SC = a ,V max = a3 / 6 .

总之 , 选择题和填空题中的立体几何最值 ( 范围 ) 问题是近年来数学命题的一个新的亮点 , 不论运用代 数、 几何 , 还是向量的方法来求解 , 都需要在平时的教 学中重视对基础知识的理解与掌握 , 加强对数学思想 与方法的理解与运用 , ( 如等积变换 、 射影公式 、 割补思 想、 立体问题平面化 、 向量方法等 ) , 并注意与其他数学 知识的联系 , 提高识图能力 , 不断促进空间想象能力和 思维能力的发展 .
( 收稿日期 :2006 208 212)

解析 :由题意 , 各层正方体的侧面积 ( 从 下而上 ) 依 次构 成等 比 数 列 , 且 公比 q =
1/ 2 , 故塔形几何体的表面积为 : 2 ×22 + 4 [ 2 2 + ( 2 ) 2 + 12 + … + 2 3 - n ] 1 4 12 = 8 +4? 1 1 2
n

> 39

即 2 n > 32 , ∴n 最小值为 6 . 故选 ( C) .

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