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 ABC?A1B1C1中，底面为直角三角形，
?ACB?90o，AC?6，BC?CC1?2．P是BC1上一动点，则CP?PA1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A1B，沿BC1将△CBC1展开与
△A1BC1在同一个平面内，如图６－２所示，连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．通过计
算可得?A1C1C?90?，又?BC1C?45?故
?A1C1C?135?，由余弦定理可求得AC1?52． 例２ 如图６－３，在四棱锥P?ABCD中，
PA?底面ABCD，∠DAB为直角，
AB∥CD，AD?CD?2AB，E，F分别为PC，CD的中点．
（I）试证：CD?平面BEF；
（II）设PA?kgAB，且二面角E?BD?C的平面角大于30?，求k的取值范围．
A C B P A1 C1 图６－１ B1 A C B C P A1 C1 图６－２B 1 P D E F C A B 图６－３ 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．
AB且∠DAB为直角，解法１（I）证：由已知DF∥ 故ABFD是矩形，从而CD⊥BF．又PA⊥底面 ABCD，CD⊥AD，故由三垂线定理知CD⊥PD．在△PDC中，E，F分别为PC，CD的中点，故 EF∥PD，从而CD⊥EF，由此得CD⊥面BEF．
（II）连接AC交BF于G，易知G为AC的中点，
P E D C Ｈ F Ｇ A B 图６－４ 连接EG，则在△PAC中易知EG∥PA．又因PA⊥底面ABCD，故EG⊥底面ABCD． 在底面ABCD中，过G作GH⊥BD，垂足为
H，连接EH，由三垂线定理知EH⊥BD，从 而∠EHG为二面角E?BD?C的平面角． 设
D F C AB?a，则在△PAC中，有
11PA?ka．以下计算GH，考虑底面的22EG?H A 图６－５ G 平面图（如图６－５），连接GD，因
11BDgGH?GBgDF， 22GBgDF故GH?．在△ABD中，因AB?a，
BDS△GBD?B AD?2a，得BD?5a．
而GB?11FB?AD?a，DF?AB， 221kaEG25GBgABaga5??k． 从而得GH???a．因此tanEHG?GH2BD55a5a5故k?0知∠EHG是锐角，故要使∠EHG?30，必须
o53k?tan30o?， 23解之得，k的取值范围为k?215． 15解法２（I）如图６－６，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，AP所在直线为z轴建立空间直角坐标系，设AB?a，则易知点A，B，C，D，F的坐标分别为A?0，0，0?，B?a，0，0?，C?2a，2a，0?，D?0，2a，0?，F?a，2a，0?．
uuuruuuruuuruuuruuuruuur0，，0)BF?(0，2a，0)，DCgBF?0，故DC?BF． 从而DC?(2a，设PA?b，则P(0，0，b)，而E为PC中
z P 点，故
b??E?a，a，?2??y E D ，从而
uuuruuuruuur?b?BE??0，a，?．DCgBE?0，故
2??uuuruuurDC?BE．由此得CD?面BEF．
Ｈ F C Ｇ A?O? B 图６－６ x （II）设E在xOy平面上的投影为G，过G作GH?BD垂足为H，由三垂线定理知
0，ka)，EH?BD．从而?EHG为二面角E?BD?C的平面角．由PA?kgAB得P(0，uuuruuurka??0)BD?(?a，2a，0)，E?a，a，?，G(a，a， 0)．设H(x，y，0)，则GH?(x?a，y?a，，2??uuuruuur由GHgBD?0得?a(x?a)?2a(y?a)?0，即x?2y??a． ①
uuuruuuruuurx?ay0)，且BH与BD的方向相同，故又因BH?(x?a，y，， ??a2a即2x?y?2a． ②
uuur?21534?uuur由①②解得x?a，y?a，从而GH???a，?a，0?，GH?a．
55555??uuurkaEG5tanEHG?uuur?2?k．
25GHa5由k?0知?EHG是锐角，由?EHG?30?，得tanEHG?tan30?，即
53k?． 23故k的取值范围为k?[规律小结]
215． 15
专题突破立体几何之《立体几何中的最值问题》
