11 探究立体几何中的范围，最值问题-《中学生数理化》高考数学2025年4月刊

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(2)设二面角P-AM-D 的大小为θ,若θ ∈ 0, π 2 ,求平面PAM 和平面PBC 夹角余 弦值的最小值。 解析:(1)如图5,取AM 的中点为G,连 图5 接PG,因为 PA=PM=2, 所 以 PG ⊥AM。当 平 面 PAM⊥平面 ABCM 时,点 P 到平面ABCM 的距离最 大,四棱锥P-ABCM 的体积 取得最大值,此时PG⊥平面ABCM,且PG = 1 2AM= 2 ,S梯形ABCM= 1 2× (1+3)×2=4, 则(V四棱锥P-ABCM)max= 1 3×4× 2= 42 3 。 (2)连接 DG,因为 DA=DM,所以 DG ⊥AM,所以∠PGD 为二面角P-AM-D 的平 面角,即∠PGD=θ。 以D 为坐标原点,DA,DC 所在直线分 别为x 轴,y 轴,过D 作平面ABCD 的垂线 图6 为z 轴,建立如图6所示 的 空 间 直 角 坐 标 系 D- xyz,则A(2,0,0),M(0, 2,0),C(0,3,0),B(2,3, 0)。 过P 作 PH ⊥DG 于点 H,由题意得 PH⊥平面ABCM。 设P(x0,y0,z0),则x0=y0= 2(1- cos θ)× 2 2 =1-cos θ,z0= 2sin θ,所以 P(1-cos θ,1-cos θ,2sin θ),所以AM→= (-2,2,0),PA→=(1+cos θ,cos θ-1, - 2sin θ)。 设平面PAM 的一个法向量为n1=(x1, y1,z1),则n1·AM→=-2x1+2y1=0,n1· PA→= (1+cos θ)x1+ (cos θ-1)y1- 2z1sin θ=0。令x1=sin θ,得n1=(sin θ, sin θ,2cos θ)。 设平面PBC 的一个法向量为n2=(x2, y2,z2),因为CB→=(2,0,0),PC→=(cos θ- 1,cos θ+2,- 2sin θ),所以n2·CB→=x2= 0,n2·PC→=(cos θ-1)x2+(cos θ+2)y2- 23 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年4月 2z2sin θ=0,令y2= 2sin θ,得n2=(0, 2sin θ,2+cos θ)。 设平面PAM 和平面PBC 的夹角为α, 则cos α=|cos<n1,n2>|= |n1·n2| |n1||n2| = |2sin2θ+22cos θ+ 2cos2θ| 2sin2θ+2cos2θ· 2sin2θ+(2+cos θ)2 = |2cos θ+1| -cos2θ+4cos θ+6 。 令t=2cos θ+1,因为θ∈ 0, π 2 ,所以 t∈[1,3),则cos θ= t-1 2 。 所 以 cos α = t - 1 4t 2+ 5 2t+ 15 4 = 1 15 4t2 + 5 2t- 1 4 = 1 15 4 1 t+ 1 3 2 - 2 3 ,所 以 当t=1时,cos α有最小值 6 6 。 所以平面 PAM 和平面PBC 夹角余弦 值的最小值为 6 6 。 点评:利用二面角的平面角θ 来表示折 叠过程中形成的动点P 的横、纵、竖坐标,从 而减少题中的变量,并且求解平面 PAM 与 平面PBC 夹角α的余弦值时,两个平面的法 向量都含参数θ的正弦值或余弦值,利用空 间向量的坐标运算求解cos α 时,还需应用 sin θ与cos θ 的关系进行变形处理,从而使 得cos α的表达式中只含cos θ或者sin θ,转 换成单变量的函数关系,从而利用函数思想 求解cos α的最值。 题型三、根据立体几何的结构特征求参 数的取值范围 图7 例 3 (2024年湖南长沙 三模)如图7所示,在四棱锥 P-ABCD 中,底 面 ABCD 为 直角梯形,PA⊥平面 ABCD, PA=2,∠BAD=90°,AB= 2,CD=AD=1,N 是PB 的 中点,点 M,Q 分别在线段PD 与AP 上,且 DM→=λMP→,AQ→=μQP→。 (1)若平面 MNQ∥平面 ABCD,求λ、μ 的值; (2)若 MQ∥平面PBC,求μ 2 λ 的最小值。 解析:(1)若平面MNQ∥平面ABCD,因 为平面PAB∩平面ABCD=AB,平面PAB ∩平面 MNQ=QN,所以QN∥AB。又因为 N 为PB 的中点,所以Q 为PA 的中点。同 理,M 为PD 的中点。所以λ=μ=1。 图8 (2)因为∠BAD=90°, PA⊥底面 ABCD,所以以 A 为 坐 标 原 点,AD,AB, AP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z轴,建立如图8所示的 空间直角坐标系 A-xyz,则 P(0,0,2),B(0,2,0),C(1, 1,0),D(1,0,0),所以PB→=(0,2,-2),PC→ =(1,1,-2)。 设平面PBC 的一个法向量为n=(x,y, z),则 n·PC→=x+y-2z=0, n·PB→=2y-2z=0, 令y=1,得 n=(1,1,1)。 因为 DM→=λMP→,AQ→=μQP→,所 以 M 11+λ ,0, 2λ 1+λ ,Q 0,0,2μ1+μ ,所以 MQ→ = - 1 1+λ ,0, 2μ 1+μ - 2λ 1+λ 。 因为 MQ∥平面PBC,所以 MQ→⊥n,即 MQ→ · n = - 11+λ × 1 + 0 × 1 + 2μ 1+μ - 2λ 1+λ × 1 = 2μ1+μ - 1+2λ1+λ = μ-(1+2λ) (1+μ)(1+λ) =0,所以μ=1+2λ。 所 以μ 2 λ = (1+2λ)2 λ =4λ+ 1 λ +4≥ 2 4λ· 1 λ +4=8 ,当且仅当4λ= 1 λ ,即λ= 1 2 时取等号,所以μ 2 λ 的最小值为8。 点评:本题第(2)问利用立体几何结构特 征建立空间直角坐标系,问题转化为求平面 33 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年4月 PBC 的法向量n,再转化为 MQ→·n=0,代 入计算化简转化为函数求解范围。 题型四、多面体表面距离最短之“蚂蚁觅 食”问题,即折线段和最短问题 例 4 (2024年浙江台州二模)(多选题) 已知正方体ABCD-A1B1C1D1 的棱长为1,P 为平面ABCD 内一动点,且直线D1P 与平面 ABCD 所成角为 π 3 ,E 为正方形A1ADD1 的中 心,则下列结论正确的是( )。 A.点P 的轨迹为抛物线 B.正方体 ABCD-A1B1C1D1 的内切球 被平面A1BC1 所截得的截面面积为 π 6 C.直线CP 与平面CDD1C1 所成角的正 弦值的最大值为 3 3 D.M 为直线D1B 上一动点,则 MP+ ME 的最小值为 11-26 6 图9 解析:对于 A,如图9,因 为直线D1P 与平面ABCD 所 成角为 π 3 ,所以 DP= 1 tan π 3 = 3 3 ,点 P 在以 D 为圆心, 3 3 为半径的圆周上运动,因此运动轨迹为 圆。故A错误。 对于B,在平面 BB1D1D 内研究,如图 图10 10,O 为内切球球心,O1 为 上底面中心,O2 为下底面中 心,G 为 内 切 球 与 平 面 A1BC1 的切点。已知 OG⊥ O1B,OG 为 球 心 到 平 面 A1BC1 的距 离。在 正 方 体 中,O1B= 6 2 , O2B= 2 2 ,O1O2=1,由△O1OG∽△O1BO2 可知 OG O2B = OO1 O1B ,所以OG= 1 2 6 2 × 2 2= 3 6 。 因此切面圆的半径r= 12 2 - 3 6 2 = 1 6 ,面积为π 6 。故B正确。 对于C,直线CP 与平面CDD1C1 所成 图11 角即为∠PCD,当AC 与点P 的 轨迹圆相切时,sin ∠PCD 最大, 如图11,此时sin ∠PCD= 1 3 = 3 3 。故C正确。 图12 对于D,分析可知,当P 为 BD 和 圆 周 的 交 点 时, MP 最 小,此 时 可 将 平 面 D1AB 沿着D1B 翻折到平 面 BB1D1D。根 据 长 度 关 系,翻折后的图形如图12所 示。当E',M,P 三点共线时,MP+ME 最 小。因为 O2P= 3 3 - 2 2 ,O1O2=1,所以 (MP + ME)min = 12+ 3 3- 2 2 2 = 11-26 6 。故D正确。 故选BCD。 点评:本题D选项的判断关键在于根据立体 几何的结构特征,确定点P 的位置,再根据几何 体的特征即对称性可求得距离之和的最小值。 “动态”问题是高考立体几何问题中最具 创新意识的题型,它渗透了一些“动态”的点、 线、面等元素,给静态的立体几何题赋予了活 力,题型更新颖。同时,由于“动态”的存在,也 使立体几何题更趋于多元化,将立体几何问题 与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问 题及解析几何问题之间建立桥梁,使得它们之 间灵活转化。 试题常以选择题、多选题、填空 题等形式呈现,设计巧妙,注重知识间的交汇 与融合,题型新颖灵活。通过此类题型,不仅 能够检验同学们对各部分知识间的纵向和横 向联系的掌握程度,还能够激发同学们的创新 意识和创新能力,渗透数学思想方法,充分体 现新课程标准的要求和数学核心素养的培育 目标。 (责任编辑 王福华) 43 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年4月