浙江新高考数学一轮复习教师用书：第八章　7 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) 14页

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(－10，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＝－(01)，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＝.‎