新高考数学一轮复习课时讲练 第8章 第7讲 2 第2课时　空间距离与立体几何中的最值(范围)问题(选用) (含解析)

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第2课时　空间距离与立体几何中的最值(范围)问题(选用)


　　　　　　空间中的距离问题
如图，平面PAD⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，△PAD是直角三角形，且PA＝AD＝2，点E，F，G分别是线段PA，PD，CD的中点．

(1)求证：平面EFG⊥平面PAB；
(2)求点A到平面EFG的距离．
【解】　如图，建立空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，E(0，0，1)，F(0，1，1)，G(1，2，0)．
(1)证明：因为＝(0，1，0)，＝(0，0，2)，＝(2，0，0)，所以·＝0×0＋1×0＋0×2＝0，·＝0×2＋1×0＋0×0＝0，
所以EF⊥AP，EF⊥AB.
又因为AP，AB⊂平面PAB，且PA∩AB＝A，
所以EF⊥平面PAB.
又EF⊂平面EFG，所以平面EFG⊥平面PAB.
(2)设平面EFG的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则所以
取n＝(1，0，1)，又＝(0，0，1)，所以点A到平面EFG的距离d＝＝＝.

(1)空间中的各种距离一般都可以转化为求点与点、点与线、点与面的距离．
①点点距：点与点的距离，以这两点为起点和终点的向量的模；②点线距：点M到直线a的距离，若直线的方向向量为a，直线上任一点为N，则点M到直线a的距离为d＝||·sin〈，a〉；③线线距：两平行线间的距离转化为点线距离，两异面直线间的距离转化为点面距离或者直接求公垂线段的长度；④点面距：点M到平面α的距离，若平面α的法向量为n，平面α内任一点为N，则点M到平面α的距离d＝|||cos 〈，n〉|＝.
(2)利用空间向量求空间距离问题，首先应明确所求距离的特征，恰当选用距离公式求解．　

1．如图，P­ABCD是正四棱锥，ABCD­A1B1C1D1是正方体，其中AB＝2，PA＝，则B1到平面PAD的距离为________．

解析：以A1为原点，以A1B1所在直线为x轴，A1D1所在直线为y轴，A1A所在直线为z轴建立空间直角坐标系A1­xyz，则＝(0，2，0)，＝(1，1，2)，设平面PAD的法向量是m＝(x，y，z)，
所以由
可得取z＝1，得m＝(－2，0，1)，
因为＝(－2，0，2)，
所以B1到平面PAD的距离d＝＝.
答案：
2．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，BC＝3，CC1＝2.

(1)求证：平面A1BC1∥平面ACD1；
(2)求平面A1BC1与平面ACD1的距离．
解：(1)证明：因为AA1綊CC1，所以四边形ACC1A1为平行四边形，所以AC∥A1C1.
又AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，
所以AC∥平面A1BC1.同理可证CD1∥平面A1BC1.
又AC∩CD1＝C，AC⊂平面ACD1，CD1⊂平面ACD1，
所以平面A1BC1∥平面ACD1.
(2)以B1为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系B1­xyz，则A1(4，0，0)，A(4，0，2)，D1(4，3，0)，C(0，3，2)，＝(0，0，2)，＝(－4，3，0)，＝(0，3，－2)，
设n＝(x，y，z)为平面ACD1的一个法向量，
则即取n＝(3，4，6)，
所以所求距离d＝||×|cos〈n，〉|＝＝＝，
故平面A1BC1与平面ACD1的距离为.

　　　　　　立体几何中的最值(范围)问题
(1)(2020·宁波十校联考)如图，平面PAB⊥平面α，AB⊂α，且△PAB为正三角形，点D是平面α内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，l⊂α，且l⊥AB，则PQ与l所成角的正切值的最小值为(　　)
A. 　　　　　　 B.
C. D．3
(2)(2020·温州高考模拟)如图，在三棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△BAC与△BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2，点P是线段AB上的动点，若线段CD上存在点Q，使得直线PQ与AC成30°的角，则线段PA长的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
【解析】　(1)如图，不妨以CD在AB前侧为例．以点O为原点，分别以OB、OP所在直线为y、z轴建立空间直角坐标系O­xyz，设AB＝2，∠OAD＝θ(0<θ<π)，则P(0，0，)，D(2sin θ，－1＋2cos θ，0)，
所以Q，
所以＝，
设α内与AB垂直的向量n＝(1，0，0)，PQ与直线l所成角为φ，
则cos φ＝＝＝＝ .
令t＝cos θ(－1 令s′＝0，得t＝8－3，
所以当t＝8－3时，s有最大值为16－6.
则cos φ有最大值为，此时sin φ取最小值为 .
所以正切值的最小值为＝ .故选B.
(2)以C为原点，CD所在直线为x轴，CB所在直线为y轴，过C作平面BCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系C­xyz，则A(0，1，1)，B(0，2，0)，C(0，0，0)，
设Q(q，0，0)，＝λ＝(0，λ，－λ)(0≤λ≤1)，
则＝－＝－(＋)＝(q，0，0)－(0，1，1)－(0，λ，－λ)＝(q，－1－λ，λ－1)，
因为直线PQ与AC成30°的角，
所以cos 30°＝
＝＝＝，
所以q2＋2λ2＋2＝，所以q2＝－2λ2∈[0，4]，
所以，解得0≤λ≤，
所以||＝λ∈，
所以线段PA长的取值范围是.
故选B.
【答案】　(1)B　(2)B

(1)求解立体几何中的最值问题，需要先确定最值的主体，确定题目中描述的相关变量，然后根据所求，确定是利用几何方法求解，还是转化为代数(特别是函数)问题求解．利用几何方法求解时，往往利用几何体的结构特征将问题转化为平面几何中的问题进行求解，如求几何体表面距离的问题．利用代数法求解时，要合理选择参数，利用几何体中的相关运算构造目标函数，再根据条件确定参数的取值范围，从而确定目标函数的值域，即可利用函数最值的求解方法求得结果．
(2)用向量法解决立体几何中的最值问题，不仅简捷，更减少了思维量．用变量表示动点的坐标，然后依题意用向量法求其有关几何量，构建有关函数，从而用代数方法即可求其最值．　

1．(2020·浙江省五校联考模拟)如图，棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1，点A在平面α内，平面ABCD与平面α所成的二面角为30°，则顶点C1到平面α的距离的最大值是(　　)

A．2(2＋) B．2(＋)
C．2(＋1) D．2(＋1)
解析：选B.如图所示，作C1O⊥α，交ABCD于点O，

交α于点E，由题得O在AC上，则C1E为所求，∠OAE＝30°，
由题意，设CO＝x，则AO＝4－x，
C1O＝，OE＝OA＝2－x，
所以C1E＝＋2－x，
令y＝ ＋2－x，
则y′＝－＝0，可得x＝，
所以x＝时，顶点C1到平面α的距离的最大值是2(＋)．
2．(2020·浙江省名校协作体高三联考)如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.

(1)求证：BC⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，所以AB＝2，
所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
所以AB2＝AC2＋BC2，所以BC⊥AC，
因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ACFE.
(2)如图所示，由(1)可建立分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系C­xyz，令FM＝λ(0≤λ≤)，则C(0，0，0)，A(，0，0)，B(0，1，0)，M(λ，0，1)，
所以＝(－，1，0)，＝(λ，－1，1)，设n1＝(x，y，z)为平面MAB的一个法向量，
由，得，
取x＝1，则n1＝(1，，－λ)，

因为n2＝(1，0，0)是平面FCB的一个法向量，
所以cos θ＝＝
＝，
因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ有最小值，
当λ＝时，cos θ有最大值，所以cos θ∈.
[基础题组练]
1．(2020·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A1B1C1­ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知点G和E分别为A1B1和CC1的中点，点D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则A(0，0，0)，E，G，
F(x，0，0)，D(0，y，0)，
由于GD⊥EF，所以x＋2y－1＝0，
DF＝ ＝，
由x＝1－2y>0，得y<，
所以当y＝时，线段DF长度的最小值是，
当y＝0时，线段DF长度的最大值是1，又不包括端点，故y＝0不能取，故选A.
2.(2020·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，三棱锥P­ABC中，已知PA⊥平面ABC，AD⊥BC于点D，BC＝CD＝AD＝1，设PD＝x，∠BPC＝θ，记函数f(x)＝tan θ，则下列表述正确的是(　　)
A．f(x)是关于x的增函数
B．f(x)是关于x的减函数
C．f(x)关于x先递增后递减
D．f(x)关于x先递减后递增
解析：选C.因为PA⊥平面ABC，AD⊥BC于点D，BC＝CD＝AD＝1，PD＝x，∠BPC＝θ，
所以可求得AC＝，AB＝，PA＝，PC＝，BP＝，
所以在△PBC中，由余弦定理知
cos θ＝＝.
所以tan2θ＝－1＝－1＝.
所以tan θ＝＝≤＝(当且仅当x＝时取等号)，所以f(x)关于x先递增后递减．
3.(2020·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC的顶点A在平面γ上，B，C在平面γ的同侧，点M为BC的中点，若△ABC在平面γ上的射影是以A为直角顶点的△AB1C1，则M到平面γ的距离的取值范围是________．
解析：设∠BAB1＝α，∠CAC1＝β，则AB1＝2cos α，AC1＝2cos β，BB1＝2sin α，CC1＝2sin β，则点M到平面γ的距离d＝sin α＋sin β，又|AM|＝，则|B1C1|＝2，即cos2α＋cos2β＝3－(sin2α＋2sin αsin β＋sin2β)．也即sin αsin β＝，所以d＝sin α＋sin β＝sin α＋≥，因为sin α<1，sin β<1，所以<1，所以 答案：
4.(2020·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A­CD­B中，BC⊥CD，BC＝CD＝2，点A在直线AD上运动，满足AD⊥CD，AB＝3.现将平面ADC沿着CD进行翻折，在翻折的过程中，线段AD长的取值范围是________．
解析：由题意得⊥，⊥，
设平面ADC沿着CD进行翻折的过程中，二面角A­CD­B的夹角为θ，则〈，〉＝θ，因为＝＋＋，
所以平方得2＝2＋2＋2＋2·＋2·＋2·，
设AD＝x，因为BC＝CD＝2，AB＝3，
所以9＝x2＋4＋4－4xcos θ，
即x2－4xcos θ－1＝0，即cos θ＝.
因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤≤1，
即，即，
则
因为x>0，所以－2≤x≤＋2，
即AD的取值范围是[－2，＋2]．
答案：[－2，＋2]
5.(2020·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D­ABC中，已知AB＝2，·＝－3，设AD＝a，BC＝b，CD＝c，则的最小值为________．
解析：设＝a，＝b，＝c，因为AB＝2，所以|a＋b＋c|2＝4⇒a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝4，又因为·＝－3，所以(a＋c)·(－b－c)＝－3⇒a·b＋b·c＋c·a＋c2＝3，
所以a2＋b2＋c2＋2(3－c2)＝4⇒c2＝a2＋b2＋2，所以≥＝2，当且仅当a＝b时，等号成立，即的最小值是2.
答案：2
6．(2020·温州十五校联合体期末考试)在正四面体P­ABC中，点M是棱PC的中点，点N是线段AB上一动点，且＝λ，设异面直线NM与AC所成角为α，当≤λ≤时，则cos α的取值范围是________．
解析：设点P到平面ABC的射影为点O，以AO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，过点O作BC的平行线为x轴，建立空间直角坐标系O­xyz，如图．设正四面体的棱长为4，
则有A(0，－4，0)，B(2，2，0)，C(－2，2，0)，P(0，0，4)，M(－，1，2)．
由＝λ，得N(2λ，6λ－4，0)．
从而有＝(－－2λ，5－6λ，2)，＝(－2，6，0)．
所以cos α＝＝，设3－2λ＝t，则≤t≤.
则cos α＝ ＝，因为<≤≤，所以≤cos α≤.
答案：
7.如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，点P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D.现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.
(1)当棱锥A′­PBCD的体积最大时，求PA的长；
(2)若点P为AB的中点，点E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.
解：(1)设PA＝x，则PA′＝x，
所以VA′­PBCD＝PA′·S底面PBCD＝x.
令f(x)＝x＝－(0 则f′(x)＝－.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x



f′(x)
＋
0
－
f(x)
单调递增
极大值
单调递减
由上表易知，当PA＝x＝时，VA′­PBCD取最大值．
(2)证明：取A′B的中点F，连接EF，FP.
由已知，得EF綊BC綊PD.
所以四边形EFPD是平行四边形，所以ED∥FP.
因为△A′PB为等腰直角三角形，所以A′B⊥PF.
所以A′B⊥DE.
8.(2020·杭州市第一次高考科目数学质量检测)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，平面A1BC⊥平面A1ABB1.
(1)求证：AB⊥BC；
(2)设直线AC与平面A1BC所成的角为θ，二面角A1­BC­A的大小为φ，试比较θ和φ的大小关系，并证明你的结论．
解：(1)证明：过点A在平面A1ABB1内作AD⊥A1B于D，
因为平面A1BC⊥平面A1ABB1，
平面A1BC∩平面A1ABB1＝A1B，
所以AD⊥平面A1BC，
又因为BC⊂平面A1BC，
所以AD⊥BC.
因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥BC.
又因为AA1∩AD＝A，所以BC⊥侧面A1ABB1，
又因为AB⊂平面A1ABB1，
故AB⊥BC.
(2)连接CD，由(1)知∠ACD是直线AC与平面A1BC所成的角．
又∠ABA1是二面角A1­BC­A的平面角．
则∠ACD＝θ，∠ABA1＝φ.
在Rt△ADC中，sin θ＝，在Rt△ADB中，
sin φ＝.由AB 得sin θ 所以θ<φ.
[综合题组练]
1.(2020·温州市高考数学模拟)如图，在矩形ABCD中，＝λ(λ>1)，将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C­AB­E为直二面角．
(1)求证：平面ACE⊥平面BCE；
(2)设点F是BE的中点，二面角E­AC­F的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：因为二面角C­AB­E为直二面角，AB⊥BC,
所以BC⊥平面ABE，所以BC⊥AE.
因为AE⊥CE，BC∩CE＝C，所以AE⊥平面BCE.
因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE.
(2)如图，以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系E­xyz，则AB＝λ，
A(0，1，0)，B(，0，0)，
C(，0，1)，E(0，0，0)，F，
则＝(0，1，0)，＝(，0，1)，
设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则，取x＝1，则m＝(1，0，－)．
同理得平面FAC的一个法向量为n＝(2，，－)．
所以cos θ＝＝＝· .
因为λ∈[2，3]，
所以cos θ∈.
2.如图，在四棱锥P­ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝， PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A­xyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．

(1)由题意知，AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．
因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，
又＝(0，－2，2)，
从而cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，
则cos2〈，〉＝＝≤.
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.
因为y＝cos x在上是减函数，
所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.