在长方体 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB=2$，$BC=1$，$AA_1=3$，$M,N$ 分别在线段 $AA_1$ 和 $AC$ 上，$MN=1$，则三棱锥 $C_1-MND$ 的体积的最小值为_______．
答案 $\dfrac 13$．
解析 如图．
建立空间直角坐标系 $D-ACD_1$，则 $C_1(0,2,3)$，设 $M(1,0,m)$，$N(1-n,2n,0)$，其中\[MN^2=5n^2+m^2=1,0\leqslant m\leqslant 1,0\leqslant n\leqslant \dfrac{1}{\sqrt5},\]设三棱锥 $C_1-MND$ 的体积为 $V$，则\[\begin{split} V&=\dfrac 16\left|\overrightarrow{DM}\times\overrightarrow{DC_1}\cdot \overrightarrow{DN}\right|\\ &=\dfrac 16\left|(-2m,-3,2)\cdot (1-n,2n,0)\right|\\ &=\dfrac 13|m+3n-mn|,\end{split}\]令 $m=\cos x$，$n=\dfrac{\sin x}{\sqrt 5}$，则\[V(x)=\dfrac 13\cos x+\dfrac 1{\sqrt 5}\sin x-\dfrac{\cos x\sin x}{3\sqrt 5},x\in\left[0,\dfrac{\pi}2\right],\]其导函数\[V'(x)=-\dfrac 13\sin x+\dfrac{1}{\sqrt 5}\cos x-\dfrac{\cos 2x}{3\sqrt 5},\]其二阶导函数为\[V''(x)=-\dfrac 13\cos x-\dfrac{1}{\sqrt 5}\sin x+\dfrac{2\sin 2x}{3\sqrt 5}.\]当 $x\in\left[0,\dfrac{\pi}4\right]$ 时，有\[\begin{split} V''(x)&<-\dfrac 13\left(1-\dfrac 12x^2\right)-\dfrac{1}{\sqrt 5}\left(x-\dfrac 16x^3\right)+\dfrac{4x}{3\sqrt 5}\\ &=\dfrac{1}{6\sqrt 5}x^3+\dfrac 16x^2+\dfrac 1{3\sqrt 5}x-\dfrac 13,\end{split}\]记右侧函数为 $f(x)$，则由于当 $x\in\left[0,\dfrac{\pi}4\right]$ 时，有\[x\leqslant \dfrac{\pi}4<\dfrac{2}{\sqrt 5},\]从而\[f(x)\leqslant f\left(\dfrac{2}{\sqrt 5}\right)=-\dfrac 1{75}<0.\]当 $x\in\left(\dfrac{\pi}4,\dfrac{\pi}2\right]$ 时，有\[V''(x)<\dfrac{2\sin 2x-3\sin x}{3\sqrt 5}=\dfrac{\sin x(4\cos x-3)}{3\sqrt 5}<\dfrac{\sin x\left(4\cdot\dfrac{\sqrt 2}2-3\right)}{3\sqrt 5}<0.\] 综上所述，函数 $V'(x)$ 在 $\left[0,\dfrac{\pi}2\right]$ 上单调递减，而\[V'(0)=\dfrac 2{3\sqrt 5}>0>V'\left(\dfrac{\pi}2\right)=-\dfrac 13+\dfrac{1}{3\sqrt 5},\]于是 $V(x)$ 先单调递减，再单调递增，进而可得\[\min\limits_{x\in\left[0,\frac{\pi}2\right]}V(x)=\min\left\{V(0),V\left(\dfrac{\pi}2\right)\right\}=\min\left\{\dfrac 13,\dfrac{1}{\sqrt 5}\right\}=\dfrac 13.\]