第2課時空間距離與立體幾何中的最值(范圍)問題(選用)明考向-明考向-自擊考例考法?考點(diǎn)u空間中的距離問題例口］如圖，平面PAD，平面ABCD,四邊形ABCD為正方形，△PAD是直角三角形,且PA=AD=2,點(diǎn)E,F,G分別是線段PA,PD,CD的中點(diǎn).(1)求證：平面EFGL平面PAB;(2)求點(diǎn)A到平面EFG的距離.【解】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),A-xyz,(1)求證：平面EFGL平面PAB;(2)求點(diǎn)A到平面EFG的距離.【解】如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D(0,2,0),P(0,0,2),E(0,0,1),A-xyz,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),F(0,1,1),G(1,2,0).(1)證明：因為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.又因為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)設(shè)平面EFG的一個法向量為n=(x,y,z),nEF=(x,y,z),(0,1,則—,、，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),所以點(diǎn)A到平面EFG的距離d=(1)空間中的各種距離一般都可以轉(zhuǎn)化為求點(diǎn)與點(diǎn)、點(diǎn)與線、點(diǎn)與面的距離.②點(diǎn)線距：點(diǎn)M到直②點(diǎn)線距：點(diǎn)M到直線a的距離，若直線的方向向量為a,直線上任一點(diǎn)為N,則點(diǎn)M到直線a的距離為d=|MN|sin〈MN,a〉；③線線距：兩平行線間的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)線距離，兩異面直線間的距離轉(zhuǎn)化為點(diǎn)面距離或者直接求公垂線段的長度；④點(diǎn)面距：點(diǎn)M到平面”的距離，若平面a的法一一|MNn|向量為n,平面a內(nèi)任一點(diǎn)為N,則點(diǎn)M到平面a的距離d=|MN||cos〈MN,n>|=下］(2)利用空間向量求空間距離問題，首先應(yīng)明確所求距離的特征，恰當(dāng)選用距離公式求解.跟蹤訓(xùn)煉1.如圖，P-ABCD是正四棱錐，ABCD-AiBiCiDi是正方體，其中AB=2,%=加，則Bi到平面PAD的距離為解析：以Ai為原點(diǎn)，以AiBi解析：以Ai為原點(diǎn)，以AiBi所在直線為x軸，AiDi所在直線為y軸,AiA所在直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)i-xyz,則AD=(0,2,0),AP=(i,i,2),設(shè)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.因為BiA=(—2,0,2),所以Bi所以Bi到平面PAD的距離|BiAm|d=nmr答案：5..52.答案：5..52.如圖，在長方體ABCD-AiBiCiDi中，AB=4,BC=3,CCi=2.(1)求證：平面AiBCi//平面ACDi；(2)求平面AiBCi與平面ACDi的距離.解：(I)證明：因為AAi觸CCi,所以四邊形ACCiAi為平行四邊形，所以AC//AiCi.又AC?平面AiBCi,AiCi?平面AiBCi,所以AC//平面AiBCi.同理可證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為原點(diǎn)，分別以EhAi,B右i,B后的方向為x軸，y軸，廿￡z軸的正方向建立如圖所小的仝間直角坐標(biāo)系Bi-xyz,則Ai(4,0,且自戶一^2),Ac=0),A(4,0,2),Di(4,3,0),C(0,3,2),AiA=(0,0,2),Ac=設(shè)n=(x,y,z)為平面ACDi的一個法向量,nAC=0,-4x+3y=0,則一即取n=(3,4,6),nADi=0,3y—2z=0,”.、一，、“一一一|nAiA|i2所以所求距離d=|AiA|X|cos<n,AiA>|=..=t|n|432+42+62故平面AiBCi與平面ACDi的距離為考點(diǎn)立體幾何中的最值(范圍)問題例D(i)(2020寧波十校聯(lián)考)如圖，平面PABL平面%a內(nèi)的動點(diǎn)，ABCDQ,l?a,且UAB,AB?a,且△RAB為正三角形，點(diǎn)D是平面是菱形，點(diǎn)O為AB中點(diǎn)，AC與OD交于點(diǎn)a內(nèi)的動點(diǎn)，ABCDQ,l?a,且UAB,A.3.7A.2

D.3(2)(2020溫?州高考模擬)如圖，在三棱錐A-BCD中，平面ABC，平面BCD,△BAC與^BCD均為等腰直角三角形，且/BAC=ZBCD=90°,BC=2,點(diǎn)P是線段AB上的動點(diǎn)，若線段CD上存在點(diǎn)Q,使得直線PQ與AC成30。的角，則線段PA長的取值范圍是()TOC\o"1-5"\h\z八.'2D.'6A.0,2B.0,C.~2,/2D.掌「2【解析】(1)如圖，不妨以CD在AB前側(cè)為例.以點(diǎn)O為原點(diǎn)，分別以O(shè)B、OP所在直線為V、z軸建立空間直角坐標(biāo)系O-xyz,設(shè)AB=2,ZOAD=9(0<長兀)，則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,設(shè)a內(nèi)與AB垂直的向量n=(1,0,0),PQ與直線l所成角為八(8—t)2,QPn貝Ucos——|QP||n|令t=cos0(—1<t<1),貝Us=,s'8一t令s'=0,得t=8-3.'7,所以當(dāng)t=8—3中時，s有最大值為16—6寸7.'；'6..7-15.則cos6有最大彳1為-^16-6^7,此時'；'6..7-15.所以正切值的最小值為6_7二1516-6.7.故選B.所以正切值的最小值為6_7二1516-6.7.故選B.(2)以C為原點(diǎn)，CD所在直線為x軸，CB所在直線為y軸，過C作平面BCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系C-xyz,則A(0,1,1),B(0,2,0),C(0,0,0),

設(shè)Q(q,0,0),AP=2AB=(0,入，一》(0W內(nèi)1),fffff則PQ=CQ—CP=CQ—(CA+AP)=(q,0,0)-(0,1,1)-(0,入，-?)=(q,—1—A入一1),因為直線PQ與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標(biāo)[0,4],

332/2>0廠3'3所以，解得0W內(nèi)方32c33-2猿"3所以|麗=啦/0,乎,3所以線段PA長的取值范圍是0,當(dāng).故選B.【答案】(1)B(2)B(1)求解立體幾何中的最值問題，需要先確定最值的主體,確定題目中描述的相關(guān)變量,然后根據(jù)所求，確定是利用幾何方法求解，還是轉(zhuǎn)化為代數(shù)(特別是函數(shù))問題求解.利用幾何方法求解時，往往利用幾何體的結(jié)構(gòu)特征將問題轉(zhuǎn)化為平面幾何中的問題進(jìn)行求解,如求幾何體表面距離的問題.利用代數(shù)法求解時，要合理選擇參數(shù)，利用幾何體中的相關(guān)運(yùn)算構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)，再根據(jù)條件確定參數(shù)的取值范圍，從而確定目標(biāo)函數(shù)的值域，即可利用函數(shù)最值的求解方法求得結(jié)果.(2)用向量法解決立體幾何中的最值問題，不僅簡捷，更減少了思維量.用變量表示動點(diǎn)的坐標(biāo)，然后依題意用向量法求其有關(guān)幾何量，構(gòu)建有關(guān)函數(shù)，從而用代數(shù)方法即可求其最值._?E￡3D1E3(2020浙江省五校聯(lián)考模擬)如圖，1長為4的正方體ABCD-AiBiCiDi,點(diǎn)A在平面a內(nèi)，平面ABCD與平面a所成的二面角為30°,則頂點(diǎn)Ci到平面a的距離的最大值是A.2(2+V2)B.2(^3+也)C.2(^3+i)D,2(^2+i)解析：選B.如圖所示，作CiQX牝交ABCD于點(diǎn)O,交a于點(diǎn)E,由題得O在AC上，則CiE為所求，/OAE=30°,由題意，設(shè)CO=x,貝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,則y'=產(chǎn)——所以x=i6+x2所以x=,頂點(diǎn)Ci到平面a的距離的最大值是2(V3+V2).(2020浙江省名校協(xié)作體高三聯(lián)考)如圖，在梯形ABCD中，AB//CD,AD=DC=CB=i,ZABC=60°,四邊形ACFE為矩形，平面ACFEL平面ABCD,CF=i.(i)求證：BCL平面ACFE;(2)點(diǎn)M在線段EF上運(yùn)動，設(shè)平面MAB與平面FCB所成二面角的平面角為6(陛90°),試求cos9的取值范圍.解：(1)證明：在梯形ABCD中，因為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,因為平面ACFEL平面ABCD,平面ACFEn平面ABCD=AC,BC?平面ABCD,所以BC±￥面ACFE.(2)如圖所示，由(1)可建立分別以直線CA,CB,CF為x軸，y軸，z軸的空間直角坐標(biāo)系C-xyz,令FM=X00廄小),則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),設(shè)m=(x,y,z)為平面MAB的一個法向量，n1AB=0—^^3x+y=0由一，得，n1BM=0y+z=0取x=1,則n1=(1,V3-九因為n2=(1,0,0)是平面FCB的一個法向量,|n1n2|1所以cos0=='=|n1||n21\1+3+(缶—N2x11V(入-鏡)2+4’因為0W其鏡，所以當(dāng)仁0時，cos%最小值高效匚當(dāng)入=3時，cos8有最大值2，所以cos0€5,1.高效匚蝶好翩■箕螂目分解麟*［基礎(chǔ)題組練］.兀一一1.(2020寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)局考模擬)在直三棱枉A1B1C1-ABC中，/.兀一一1.(2020寧波市鎮(zhèn)海中學(xué)局考模擬)在直三棱枉A1B1C1-ABC中，/BAC=_2，AB=AC=AAi=1,已知點(diǎn)G和E分別為AiBi和CCi的中點(diǎn)，點(diǎn)D與F分別為線段AC和AB上的動點(diǎn)(不包括端點(diǎn))，若GDXEF,則線段DF的長度的取值范圍為..5,A.~5,1B.享1號1解析：選A.建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系0),E0,1,萬，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<-,所以當(dāng)y=|所以當(dāng)y=|■時，線段DF長度的最小值是1,’5’當(dāng)y=0時，線段DF長度的最大值是1,又不包括端點(diǎn)，故2.(2020杭州市學(xué)軍中學(xué)高考數(shù)學(xué)模擬當(dāng)y=0時，線段DF長度的最大值是1,又不包括端點(diǎn)，故2.(2020杭州市學(xué)軍中學(xué)高考數(shù)學(xué)模擬)如圖，三棱錐P-ABC已知FAL平面ABC,AD^BC于點(diǎn)D,BC=CD=AD=1,設(shè)PD=x,ZBPC=。，記函數(shù)f(x)=tane,則下列表述正確的是()f(x)是關(guān)于x的增函數(shù)y=0不能取，故選A.中,B.f(x)是關(guān)于x的減函數(shù)C.B.f(x)是關(guān)于x的減函數(shù)C.f(x)關(guān)于x先遞增后遞減D.f(x)關(guān)于x先遞減后遞增解析：選C.因為PAL平面ABC,AD^BC于點(diǎn)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（當(dāng)且僅當(dāng)x=也時取等號），所以f（x）關(guān)于x先遞增后遞減.3.（2020義烏市高三月考）如圖，邊長為2的正△ABC的頂點(diǎn)A在平面丫上，B,C在平面丫的同側(cè)，點(diǎn)M為BC的中點(diǎn)，若^ABC在平面丫上的射影是以A為直角頂點(diǎn)的△AB1C1,則M到平面丫的距離的取值范圍是.3,BB1=2sina,CC1解析：設(shè)/BAB1=a,ZCAC1=3,則AB〔=2cosa,AC1=2cos=2sin3,則點(diǎn)M到平面丫的距離d=sina+sin3,又|AM|=事,則|BiCi|=2\J3—d2,即cos2a+cos2B=3—(sin2a+2sinasin3+sin23).也即sinasin3=2),所以d=sina+sin3=sina+-■—>串,因為sina<1,sinp<1,所以---<1,所以;sina<1,所以當(dāng)sin2sina2sin221-3…，3a=2或1時，d=5，則Vzwdvg.答案：啦，24.（2020杭州市學(xué)軍中學(xué)高考數(shù)學(xué)模擬）如圖，在二面角A-CD-B中，BCXCD,BC=CD=2,點(diǎn)A在直線AD上運(yùn)動，滿足AD±CD,AB=3.現(xiàn)將平面ADC沿著CD進(jìn)行翻折，在翻折的過程中，線段AD長的取值范圍是.解析：由題意得Ad^dC,[dcxcb,設(shè)平面ADC沿著CD進(jìn)行翻折的過程中，二面角A-CD-B的夾角為也則〈DA,CB>=0,因為AB=AD+DC+CB,所以平方得AB2=AD2+DC2+CB2+2ADDC+2CBAD+2DCCB,設(shè)AD=x,因為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.因為x>0,所以加一2Wx<加+2,即AD的取值范圍是[、/5—2,V5+2].答案：[4—2,m+2]ab+15.(2020金麗衢十二校聯(lián)考)如圖，在三棱錐D-ABC中，已知AB=2,aC-BD=—3,設(shè)AD=a,BC=b,CD=c,則一c-的最小值為.ab+1解析：設(shè)AD=a,CB=b,DC=c,因為AB=2,所以|a+b+c|2=4?a2.OO_.....一E、,二一一LI,、,，.，?.+b2+c2+2(ab+bc+ca)=4,又因為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,當(dāng)且僅當(dāng)aab+1ab+1c=b時，等號成立，即亡;的最小值是2.答案：26.（2020溫州十五校聯(lián)合體期末考試）在正四面體P-ABC中，點(diǎn)M是棱PC的中點(diǎn)，點(diǎn)TOC\o"1-5"\h\zN是線段AB上一動點(diǎn)，且AN=岫，設(shè)異面直線NM與AC所成角為M當(dāng)入W2時，33則cos0C的取值范圍是.解析：設(shè)點(diǎn)P到平面ABC的射影為點(diǎn)。，以AO所在直線為y軸，，JOP所在直線為z軸，過點(diǎn)。作BC的平行線為x軸，建立空間直角坐/於火標(biāo)系O-xyz,如圖.設(shè)正四面體的棱長為4g,夕底徐二二則有A（0,—4,0）,B（25，2,0）,C（-2\/3,2,0）,P（0,0,“”4aM（—鏡，1,2處）.由AN=孤B,得N（2吸入，6入一4,0）.

從而有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=,設(shè)3—2入=t,貝U§wt<-.則cosa=2\/t則cosa=2\/t2-4t+61”因為一<一W—W—所以一s<cosa

了1，37t5?38<7,J938.答案:5答案:5四7標(biāo)38'38兀__一、Ir7.如圖，在^ABC中，/B=w，AB=BC=2,點(diǎn)P為AB邊上一動點(diǎn)，PD//BC交AC于點(diǎn)D.現(xiàn)將△PDA沿PD翻折至△PDA；使平面PDA。平面PBCD.⑴當(dāng)棱錐A'PBCD的體積最大時，求PA的長;(2)若點(diǎn)P為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E為AC的中點(diǎn)，求證：ABIDE.解：(1)設(shè)PA=x,則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則f(x)=W—J.當(dāng)x變化時，f(x),f(x)的變化情況如下表:32xc也0，32」3氈23'2f'(x)十0一f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減VA-PBCD取最大值.,一“t2，3,由上表易知，當(dāng)PA=x=2平時,3(2)證明：取AB的中點(diǎn)F,連接EF,FP.1__――由已知，得EF觸￡BC觸PD.所以四邊形EFPD是平行四邊形，所以ED//FP.因為△APB為等腰直角三角形，所以ABXPF.

所以ABIDE.8.（2020杭州市第一次高考科目數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測）如圖，在三棱柱ABC-AiBiCi中，AA1,平面ABC,平面AiBCL平面AiABBi.（1）求證：ABXBC;（2）設(shè)直線AC與平面AiBC所成的角為以二面角Ai-BC-A的大小為外試比較。和。的大小關(guān)系，并證明你的結(jié)論.解：（i）證明：過點(diǎn)A在平面AiABBi內(nèi)作ADLAiB于D,因為平面AiBC,平面AiABBi,平面AiBCn平面AiABBi=AiB,所以AD，平面AiBC,又因為BC?平面AiBC,所以ADXBC.因為AAi,平面ABC,所以AAiXBC.又因為AAiAAD=A,所以BCL側(cè)面AiABBi,又因為AB?平面AiABBi,故AB±BC.（2）連接CD,由（i）知/ACD是直線AC與平面AiBC所成的角.又/ABAi是二面角Ai-BC-A的平面角.則/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［綜合題組練］E.（2020溫州市高考數(shù)學(xué)模擬）如圖，在矩形ABCD中，TB=XQi）,AD將其沿AC翻折，使點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)E的位置，且二面角C-AB-E為直二面

角.(1)求證：平面ACE，平面BCE;(2)設(shè)點(diǎn)F是BE的中點(diǎn)，二面角E-AC-F的平面角的大小為。，當(dāng)代［2,3］時，求cos0的取值范圍.解：(1)證明：因為二面角C-AB-E為直二面角，ABXBC,所以BCL平面ABE,所以BCXAE.因為AE^CE,BCnCE=C,所以AEL平面BCE.因為AE?平面ACE,所以平面ACEL平面BCE.(2)如圖，以E為坐標(biāo)原點(diǎn)，以AD長為一個單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系E-xyz,則AB=\0，則四=9,i,0）,ec=（q號-1,0,1）,設(shè)平面EAC的法向量為m=(x,v,z),y=0j則I，取x=1,則m=（1,0,一勺淤一1）.4猿―1x+z=0同理得平面FAC的一個法向量為n=(2,q爛—1,—7%—1).