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专题6 立体几何中的最值问题
（惠州市2024 届高三第二次调研考试数学试题）已知正四面体ABCD的棱长为2，P为AC的中点，E为AB中点，M是线段DP上的动点，N是平面ECD内的动点，则的最小值是______．
将△PDO沿PD翻折到平面APD，将的最小值转化为A到OD的距离，再结合平面几何的知识进行求解.
取CE中点O，连接DO，OP，由正四面体可知DE⊥AB，CE⊥AB，又，∴AB⊥面CDE，又，∴OP⊥面CDE，当最小时，MN⊥面CDE，故N在线段DO上．
由OP⊥面CDE可得OP⊥OD，又．
将△PDO沿PD翻折到平面APD上，如图所示：
易知∠ADP＝30°，
则
故的最小值即A到OD的距离，即．
故答案为：．
1．《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”.在阳马中，平面，点分别在棱上，则空间四边形的周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．直三棱柱中，，，、分别为线段、的动点，则周长的最小值是 .
通过引入变量，将目标的线段和转化为函数，通过研究对应的函数求得最值.
取CE中点为O，连接DO，OP，，
∴平面CED，，∴平面CED，
设，则，则
由线段成比例得：，
则
令，
在单调递减，在单调递增
，故的最小值为
3．已知点在直径为2的球面上，过点作球的两两垂直的三条弦，若.则的最大值为 .
4．如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，球的半径，，分别为圆柱上、下底面的圆心，O为球心，为底面圆的一条直径，若为球面和圆柱侧面的交线上一动点，线段与的和为，则的取值范围为 ．

通过建立空间直角坐标系，设，将目标转化为，通过研究对应的函数求得最值.
取CE中点O，过OD，OP，过D在△DEC中作于G
由正四面体可知，∴面CDE
又，∴面CDE，又E为AB中点，∴
在等腰△ECD中，CD边上的高为，由等面积法求得
当最小时，面CDE，故N在线段OD上
由面CDE知，又，
∴
以OP，OE所在方向为x，y轴，以过O点且平行于GD的方向为z轴建系
则，
设，则
∵面xoy，∴
∵O，N，D三点共线，∴，即，∴
令
令，得，即
显然时，
5．在棱长为的正方体中，分别为线段和平面上的动点，点为线段的中点，则周长的最小值为 .
6．已知棱长为的正四面体，为的中点，动点满足，平面经过点，且平面平面，则平面截点的轨迹所形成的图形的周长为 .
7．《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑PABC中，平面ABC，，AB＝3，，PA＝4，D，E分别为棱PC，PB上一点，则AE＋DE的最小值为 ．
8．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，峰底A到峰顶S的距离为，B是山坡上一点，且，．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．若从A出发沿着这条公路到达B的过程中，要求先上坡，后下坡．则当公路长度最短时，的取值范围为 ．

9．已知正四面体的棱长为3，点满足，过点作平面平行于和，设分别与该正四面体的棱，，相交于点，，，则四边形的周长为 ，四棱锥的体积的最大值为 .
10．如图，在直三棱柱中，，，，，．
记，给出下列四个结论：
①对于任意点H，都存在点P，使得平面平面；
②的最小值为；
③满足的点P有无数个；
④当取最小时，过点A，H，P作三棱柱的截面，则截面面积为．
其中所有正确结论的序号是 ．
11．如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为 .
12．在侧棱长为，底面边长为2的正三棱锥P-ABC中，E，F分别为AB，BC的中点，M，N分别为PE和平面PAF上的动点，则的最小值为 ．
13．如图，棱长为2的正方体中，P为线段的中点，M，N分别为线段和棱上任意一点，则的最小值为 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】
空间四边形中为定值，故只需求折线段的最小值，通过翻折的办法转化为平面问题，然后通过作对称点的办法解决.
【详解】
由于为定值，故只需求折线段的最小值，将侧面翻折到和底面重合，得到的形状如下，于是转化成平面问题，折线段的最值可通过作对称点的方式处理，作关于的对称点，连接和交于，交于，由于，显然为的中位线，则，由和相似可得，说明这样的符合题意，故，于是空间四边形的周长的最小值为.
故选：C
2．##
【分析】将面、面沿着延展为一个平面，将面、面沿着延展为一个平面，连接，则线段的长即为周长的最小值，利用余弦定理求出线段的长，即为所求.
【详解】如下图所示：

将面、面沿着延展为一个平面，
将面、面沿着延展为一个平面，连接,
此时，线段的长即为周长的最小值，
则，，
由于，，，则，
延展后，则四边形为矩形，
因为，，则为等腰直角三角形，所以，，
延展后，则，
由余弦定理可得.
故答案为：.
3．
【分析】将放置在一个长方体内，然后根据长方体外接球的直径为体对角线长建立方程，三角换元，最后利用正弦函数性质求解最值.
【详解】因为两两垂直，点在直径为2的球面上，
所以以为棱的长方体的对角线即为该球的一条直径，
记，

所以，又，所以，所以，
故可令，，
则，其中，
因为，所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查球的内接几何体及利用三角函数求最值，根据已知条件构造长方体，借助长方体的体对角线为其外接球的直径列式计算是解答本题的关键.
4．
【分析】设在底面的投影为，连接，，，则平面，则，，在中由勾股定理表示出和，由，设，得出，求出其范围即可得出的取值范围．
【详解】由题可知，点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的投影为，连接，，，则平面，，
又，平面，
所以，，
所以，，，
设，
则，
，
因为，
所以，
所以，
故答案为：．

5．
【分析】设G关于平面对称的点为，的周长，再通过建系以及转化思想转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况，由此可得结果.
【详解】
设G关于平面对称的点为，连接，则，
，的周长，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则,，，
设，则，所以
即点到与距离和的最小值，
设关于x轴对称的点为，
则
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中到定点和到动点的距离和的最值问题的求解，解题关键是转化为平面几何中的距离之和的问题，进而结合三角形三边关系确定最值取得的情况.
6．
【分析】设的外心为，以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据可求得点轨迹是以为球心，为半径的球；延长到点，使得，，，由面面平行的判定可证得平面平面，则平面为平面，可知点到平面的距离即为点到直线的距离，由向量坐标运算可知，得到，由此可求得截面圆半径，利用圆周长的求法可求得结果.
【详解】设的外心为，的中点为，过作的平行线，则以为坐标原点，可建立如图所示空间直角坐标系，
为等边三角形，，，，
，，，
设，由得：，
整理可得：，
动点的轨迹是以为球心，为半径的球；
延长到点，使得，，，
则，，又平面，平面，
平面，平面，由，平面，
平面平面，即平面为平面，
则点到平面的距离即为点到直线的距离，
，，，即，
点到直线的距离，
截面圆的半径，球被平面截得的截面圆周长为，
即平面截点的轨迹所形成的图形的周长为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点轨迹相关问题的求解，解题关键是能够利用空间向量法求得动点所满足的轨迹方程，从而确定动点轨迹为球，利用平面截球所得截面圆周长的求法可求得结果.
7．
【分析】根据题意，设，，则，，，，作出将沿着PB转动到P，A，B，C四点共面时的平面图形，利用两角和的正弦公式得到，进而求解即可.
【详解】因为平面ABC，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，则．因为平面ABC，平面，所以，则PB＝5，．设，，，，，．如图，将沿着PB转动到P，A，B，C四点共面，此时，
过A作于H，则AE＋DE的最小值为．
故答案为：.
8．
【分析】作圆锥的侧面展开图，确定从点到点的最短路径，由条件确定点的位置，由此求的取值范围.
【详解】以为分界线，将圆锥的侧面展开，可得其展开图如下：

则从从点到点的最短路径为线段，
在上任取一点，连接，则的长表示点到山顶的距离，
若为直角，观察可得当点从点向点运动时，的长逐渐变小，
即从A出发沿着这条公路到达的过程中，一直在上坡，与条件矛盾，

若为钝角，观察可得当点从点向点运动时，的长逐渐变小，
即从A出发沿着这条公路到达的过程中，一直在上坡，与条件矛盾，

若为锐角，过点作，垂足为，
观察可得当点从点向点运动时，的长先变小，后变大，
即从A出发沿着这条公路到达的过程中，先上坡，后下坡．

由已知，
又弧的长为，，
所以，，
所以，
故，
所以，
又，
所以的取值范围为，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求曲面上两点之间的最短距离常将曲面展开为平面图形，利用平面上两点之间线段最短的结论求解.
9． ##
【分析】根据线面平行的性质可得四边形为平行，根据线段的比例关系可求该平行四边形的周长为6，取的中点为，的中点为，连接，则可求的长度，故可求到平面的距离，故可求四棱锥的体积，利用导数可求体积的最大值.
【详解】平面，平面平面，平面，
故，同理，故，
同理，故四边形为平行四边形.
由，可得，则，
又正四面体的棱长为3，则，
四边形的周长为.
取的中点为，的中点为，连接，
则由正四面体可得，故且，
故.
因为，故，同理，
而平面，故平面，
因平面，故，，
故，且，故平行四边形为矩形.
而平面，故平面,
因为平面，平面，
故到平面的距离即为到平面的距离，
到平面的距离即为到平面的距离，
而，故，
故到平面的距离与到平面的距离的比值为，
结合可得到平面的距离为，
则四棱锥的体积.
令，则，
由得，由，得，
则在单调递增，在单调递减，
在时取最大值，
即的最大值为.

故答案为：6，.
10．①②③④
【分析】过点作，根据线面垂直判定定理，面面垂直判定定理证明平面平面，由此判断①；作展开图，利用平面几何结论判断②，③；确定过点A，H，P作三棱柱的截面，解三角形计算截面面积，判断命题④.
【详解】因为三棱锥为直三棱锥，所以平面，又平面，所以，又，所以，所以，
，平面，所以平面，
对于任意点H，过点作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面；
所以对于任意点H，都存在点P，使得平面平面；命题①正确；
将绕翻折到平面内，则的最小值为点到直线的距离，又，，，，所以，所以点到直线的距离为，所以的最小值为；②正确；
当取最小时，为的中点，因为为等边三角形，点为线段的中点，所以为的重心，故，在平面中，延长交于点，因为，，所以，故，取的中点，为的中点，则，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以，所以，故过点A，H，P的三棱柱的截面为梯形，
又，， ，
，
在下图中过点作，设，
因为，，
所以，，
所以，，
所以四边形的面积，
故过点A，H，P的截面面积为．命题④正确；
当时，，则，
在下图中过点作，垂足为，则，
又，，故对于任意的点，当时，都存在对应的点，满足，故满足的点P有无数个；命题③正确；
故答案为：①②③④.
【点睛】对于求空间中的线段和的距离最小值的问题，一般通过转化为平面图形中的线段和问题加以解决.
11．
【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
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：，因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故答案为：
12．
【分析】取中点,连接交于点,,易证得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可证明∥,再把平面绕旋转,与面共面, .结合数据解三角形即可.
【详解】解：取中点,连接交于点,,易证得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可证明∥,再把平面绕旋转,与面共面,又可证得.
因为，，
又因为,，
所以,
所以，即，所以,
所以,可得，
.
故答案为：.
13．4
【分析】将原问题转化为三点一线即可求解.
【详解】
在 边上取点 ，使得 ，由正方体的对称性可知 ，
过M点作平面 的垂线得垂足H，连接 ，则有 ，
，
显然，当P，M，H三点共线的时候 最小，
即当M是 中点的时候， ，
，
最小值为4；
故答案为：4.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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