2第2课时空间距离与立体几何中的最值范围问题选用

第2课时空间距离与立体几何中的最值(范围)问题(选用)明考向-明考向-自击考例考法♦考点u空间中的距离问题例口］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EFGL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D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),A-xyz,(1)求证：平面EFGL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D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),A-xyz,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),F(0,1,1),G(1,2,0).(1)证明：因为EF=(0,1,0),AP=(0,0,2),AB=(2,0,0),所————以EFAP=0X0+1X0+0X2=0,EFAB=0X2+1X0+0X0=0,所以EFLAP,EFXAB.又因为AP,AB?平面PAB,且PAAAB=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),nEF=(x,y,z),(0,1,则—,、，nEG=(x,y,z)(1,2,0)=0,所以｛y=0,,x+2y-z=0.-D=0,取n=(1,0,1),又AE=(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.②点线距：点M到直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=|MN|sin〈MN,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”的距离，若平面a的法一一|MNn|向量为n,平面a内任一点为N,则点M到平面a的距离d=|MN||cos〈MN,n>|=下］(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.跟踪训炼1.如图，P-ABCD是正四棱锥，ABCD-AiBiCiDi是正方体，其中AB=2,%=加，则Bi到平面PAD的距离为解析：以Ai为原点，以AiBi解析：以Ai为原点，以AiBi所在直线为x轴，AiDi所在直线为y轴,AiA所在直线为z轴建立空间直角坐标系Ai-xyz,则AD=(0,2,0),AP=(i,i,2),设平面PAD的法向量是m=(x,y,z),mAD=0,所以由mAP=0,2y=0,可得取z=i,得m=(—2,0,i),x+y+2z=0.因为BiA=(—2,0,2),所以Bi所以Bi到平面PAD的距离|BiAm|d=nmr答案：5..52.答案：5..52.如图，在长方体ABCD-AiBiCiDi中，AB=4,BC=3,CCi=2.(1)求证：平面AiBCi//平面ACDi；(2)求平面AiBCi与平面ACDi的距离.解：(I)证明：因为AAi触CCi,所以四边形ACCiAi为平行四边形，所以AC//AiCi.又AC?平面AiBCi,AiCi?平面AiBCi,所以AC//平面AiBCi.同理可证CDi//平面AiBCi.又ACACDi=C,AC?平面ACDi,CDi?平面ACDi,所以平面AiBCi//平面ACDi.(2)以Bi为原点，分别以EhAi,B右i,B后的方向为x轴，y轴，廿£z轴的正方向建立如图所小的仝间直角坐标系Bi-xyz,则Ai(4,0,且自户一^2),Ac=0),A(4,0,2),Di(4,3,0),C(0,3,2),AiA=(0,0,2),Ac=设n=(x,y,z)为平面ACDi的一个法向量,nAC=0,-4x+3y=0,则一即取n=(3,4,6),nADi=0,3y—2z=0,”.、一，、“一一一|nAiA|i2所以所求距离d=|AiA|X|cos<n,AiA>|=..=t|n|432+42+62故平面AiBCi与平面ACDi的距离为考点立体几何中的最值(范围)问题例D(i)(2020宁波十校联考)如图，平面PABL平面%a内的动点，ABCDQ,l?a,且UAB,AB?a,且△RAB为正三角形，点D是平面是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点a内的动点，ABCDQ,l?a,且UAB,A.3.7A.2

D.3(2)(2020温•州高考模拟)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABC，平面BCD,△BAC与^BCD均为等腰直角三角形，且/BAC=ZBCD=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()TOC\o"1-5"\h\z八.'2D.'6A.0,2B.0,C.~2,/2D.掌「2【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V、z轴建立空间直角坐标系O-xyz,设AB=2,ZOAD=9(0<长兀)，则P(0,0,43),D(2sin0,—1+2cos0,0),TOC\o"1-5"\h\z所以Q弓sin9,fcos8—：,0,333所以QP=—2sin0,1'—2cos0,43,333(8—t)2,设a内与AB垂直的向量n=(1,0,0),PQ与直线l所成角为八(8—t)2,QPn贝Ucos——|QP||n|令t=cos0(—1<t<1),贝Us=,s'8一t令s'=0,得t=8-3.'7,所以当t=8—3中时，s有最大值为16—6寸7.'；'6..7-15.则cos6有最大彳1为-^16-6^7,此时'；'6..7-15.所以正切值的最小值为6_7二1516-6.7.故选B.所以正切值的最小值为6_7二1516-6.7.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C-xyz,则A(0,1,1),B(0,2,0),C(0,0,0),

设Q(q,0,0),AP=2AB=(0,入，一》(0W内1),fffff则PQ=CQ—CP=CQ—(CA+AP)=(q,0,0)-(0,1,1)-(0,入，-?)=(q,—1—A入一1),因为直线PQ与AC成30°的角,所以cos30°icAPQ||CA|PQ|=-21^2]q2+(1+N2+(卜1)2^/q2所以cos30°icAPQ||CA|PQ|=-21^2]q2+(1+N2+(卜1)2^/q2+2f+2,13所以q2+2f+2=|,所以q2=2—2标[0,4],

332/2>0厂3'3所以，解得0W内方32c33-2猿"3所以|丽=啦/0,乎,3所以线段PA长的取值范围是0,当.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._©E£3D1E3(2020浙江省五校联考模拟)如图，1长为4的正方体ABCD-AiBiCiDi,点A在平面a内，平面ABCD与平面a所成的二面角为30°,则顶点Ci到平面a的距离的最大值是A.2(2+V2)B.2(^3+也)C.2(^3+i)D,2(^2+i)解析：选B.如图所示，作CiQX牝交ABCD于点O,交a于点E,由题得O在AC上，则CiE为所求，/OAE=30°,由题意，设CO=x,贝UAO=4->/2-x,iiLiCiO=^/i6+x2,OE=2OA=272-2^,所以CiE=^/i6+x2+2收一%,令y=A/i6+x2+2V2--2x,则y'=产——所以x=i6+x2所以x=,顶点Ci到平面a的距离的最大值是2(V3+V2).(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=i,ZABC=60°,四边形ACFE为矩形，平面ACFEL平面ABCD,CF=i.(i)求证：BCL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6(陛90°),试求cos9的取值范围.解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB//CD,AD=DC=CB=1,ZABC=60°,所以AB=2,所以AC2=AB2+BC2—2ABBCcos60°=3,所以AB2=AC2+BC2,所以BCXAC,因为平面ACFEL平面ABCD,平面ACFEn平面ABCD=AC,BC?平面ABCD,所以BC±¥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C-xyz,令FM=X00厩小),则C(0,0,0),A(>/3,0,0),B(0,1,0),M(入，0,1),所以AB=(一5，1,0),BM=(Z,—1,1),设m=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，n1AB=0—^^3x+y=0由一，得，n1BM=0y+z=0取x=1,则n1=(1,V3-九因为n2=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量,|n1n2|1所以cos0=='=|n1||n21\1+3+(缶—N2x11V(入-镜)2+4’因为0W其镜，所以当仁0时，cos%最小值高效匚当入=3时，cos8有最大值2，所以cos0€5,1.高效匚蝶好翩■箕螂目分解麟*［基础题组练］.兀一一1.(2020宁波市镇海中学局考模拟)在直三棱枉A1B1C1-ABC中，/.兀一一1.(2020宁波市镇海中学局考模拟)在直三棱枉A1B1C1-ABC中，/BAC=_2，AB=AC=AAi=1,已知点G和E分别为AiBi和CCi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GDXEF,则线段DF的长度的取值范围为..5,A.~5,1B.享1号1解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系0),E0,1,万，G20,1,F(x,0,0),D(0,v,0),D.妾1由于GDXEF,所以x+2y—1=0,DF=^Jx2+y2=y-5+5,1由x=1—2y>0,得y<-,所以当y=|所以当y=|■时，线段DF长度的最小值是1,’5’当y=0时，线段DF长度的最大值是1,又不包括端点，故2.(2020杭州市学军中学高考数学模拟当y=0时，线段DF长度的最大值是1,又不包括端点，故2.(2020杭州市学军中学高考数学模拟)如图，三棱锥P-ABC已知FAL平面ABC,AD^BC于点D,BC=CD=AD=1,设PD=x,ZBPC=。，记函数f(x)=tane,则下列表述正确的是()f(x)是关于x的增函数y=0不能取，故选A.中,B.f(x)是关于x的减函数C.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PAL平面ABC,AD^BC于点D,BC=CD=AD=1,PD=x,/BPC所以可求得AC=V2,AB=V5,PA=a/xW,PC=Ajx2+1,BP=^\/x2+4,所以在△PBC中，由余弦定理知PB2PB2+PC2-BC22x2+4cos°=2BPPC=2^Z^Z所以tan20=-1=cos29(x2+1)(x2+4)22—1=(x2+2)2x2(x2+2)2所以tan0=xx2+2乎（当且仅当x=也时取等号），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在平面丫上，B,C在平面丫的同侧，点M为BC的中点，若^ABC在平面丫上的射影是以A为直角顶点的△AB1C1,则M到平面丫的距离的取值范围是.3,BB1=2sina,CC1解析：设/BAB1=a,ZCAC1=3,则AB〔=2cosa,AC1=2cos=2sin3,则点M到平面丫的距离d=sina+sin3,又|AM|=事,则|BiCi|=2\J3—d2,即cos2a+cos2B=3—(sin2a+2sinasin3+sin23).也即sinasin3=2),所以d=sina+sin3=sina+-■—>串,因为sina<1,sinp<1,所以---<1,所以;sina<1,所以当sin2sina2sin221-3…，3a=2或1时，d=5，则Vzwdvg.答案：啦，24.（2020杭州市学军中学高考数学模拟）如图，在二面角A-CD-B中，BCXCD,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Ad^dC,[dcxcb,设平面ADC沿着CD进行翻折的过程中，二面角A-CD-B的夹角为也则〈DA,CB>=0,因为AB=AD+DC+CB,所以平方得AB2=AD2+DC2+CB2+2ADDC+2CBAD+2DCCB,设AD=x,因为BC=CD=2,AB=3,所以9=x2+4+4—4xcos0,x2—1即x2—4xcos9—1=0,即cos9=4xx2-1x2-1<4xx2-4x-1<0即，x2-1<4xx2-4x-1<0即，即x^一1>一4xx2+4x-1>02—V5WxW2十典x>—2+45或xw—2—^5.因为x>0,所以加一2Wx<加+2,即AD的取值范围是[、/5—2,V5+2].答案：[4—2,m+2]ab+15.(2020金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D-ABC中，已知AB=2,aC-BD=—3,设AD=a,BC=b,CD=c,则一c-的最小值为.ab+1解析：设AD=a,CB=b,DC=c,因为AB=2,所以|a+b+c|2=4?a2.OO_.....一E、,二一一LI,、,，.，•.+b2+c2+2(ab+bc+ca)=4,又因为ACBD=—3,所以(a+c)(—b—c)=—3?ab+bc+ca+c2=3,a2+b2+22ab+2所以a2+b2+c2+2(3-c2)=4?c2=a2+b2+2,所以>=2,当且仅当aab+1ab+1c=b时，等号成立，即亡;的最小值是2.答案：26.（2020温州十五校联合体期末考试）在正四面体P-ABC中，点M是棱PC的中点，点TOC\o"1-5"\h\zN是线段AB上一动点，且AN=岫，设异面直线NM与AC所成角为M当入W2时，33则cos0C的取值范围是.解析：设点P到平面ABC的射影为点。，以AO所在直线为y轴，，JOP所在直线为z轴，过点。作BC的平行线为x轴，建立空间直角坐/於火标系O-xyz,如图.设正四面体的棱长为4g,夕底徐二二则有A（0,—4,0）,B（25，2,0）,C（-2\/3,2,0）,P（0,0,“”4aM（—镜，1,2处）.由AN=孤B,得N（2吸入，6入一4,0）.

从而有NM=(—yf3—2出人,5—6入2y/2),AC=(-2^3,6,0).TOC\o"1-5"\h\z|NMAC|3—2入57所以cosoc=~—~T=,设3—2入=t,贝U§wt<-.则cosa=2\/t则cosa=2\/t2-4t+61”因为一<一W—W—所以一s<cosa

了1，37t5?38<7,J938.答案:5答案:5四7标38'38兀__一、Ir7.如图，在^ABC中，/B=w，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.⑴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AC的中点，求证：ABIDE.解：(1)设PA=x,则PA'=x,所以Varbcd=1PA，S底面PBCD=1x2—x-.332令f(x)=3x2—2=2x—X6(0<x<2),一,2x则f(x)=W—J.当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表:32xc也0，32」3毡23'2f'(x)十0一f(x)单调递增极大值单调递减VA-PBCD取最大值.,一“t2，3,由上表易知，当PA=x=2平时,3(2)证明：取AB的中点F,连接EF,FP.1__――由已知，得EF触£BC触PD.所以四边形EFPD是平行四边形，所以ED//FP.因为△APB为等腰直角三角形，所以ABXPF.

所以ABIDE.8.（2020杭州市第一次高考科目数学质量检测）如图，在三棱柱ABC-AiBiCi中，AA1,平面ABC,平面AiBCL平面AiABBi.（1）求证：ABXBC;（2）设直线AC与平面AiBC所成的角为以二面角Ai-BC-A的大小为外试比较。和。的大小关系，并证明你的结论.解：（i）证明：过点A在平面AiABBi内作ADLAiB于D,因为平面AiBC,平面AiABBi,平面AiBCn平面AiABBi=AiB,所以AD，平面AiBC,又因为BC?平面AiBC,所以ADXBC.因为AAi,平面ABC,所以AAiXBC.又因为AAiAAD=A,所以BCL侧面AiABBi,又因为AB?平面AiABBi,故AB±BC.（2）连接CD,由（i）知/ACD是直线AC与平面AiBC所成的角.又/ABAi是二面角Ai-BC-A的平面角.则/ACD=0,ZABAi=（））.,AD,在RtMDC中，sin0=而，在Rt^ADB中，ADsin6==.由AB<AC,AB兀得sin9<sin巾，又0<0,6<£,E［综合题组练］E.（2020温州市高考数学模拟）如图，在矩形ABCD中，TB=XQi）,AD将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角C-AB-E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E-AC-F的平面角的大小为。，当代［2,3］时，求cos0的取值范围.解：(1)证明：因为二面角C-AB-E为直二面角，ABXBC,所以BCL平面ABE,所以BCXAE.因为AE^CE,BCnCE=C,所以AEL平面BCE.因为AE?平面ACE,所以平面ACEL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E-xyz,则AB=\0，则四=9,i,0）,ec=（q号-1,0,1）,设平面EAC的法向量为m=(x,v,z),y=0j则I，取x=1,则m=（1,0,一勺淤一1）.4猿―1x+z=0同理得平面FAC的一个法向量为n=(2,q烂—1,—7%—1).