《浙江專用2021版新高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何與空間向量7第7講立體幾何中的向量方法2第2課時空間距離與立體幾何中的最值范圍問題選用高效演練分層突破.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江專用2021版新高考數(shù)學一輪復習第八章立體幾何與空間向量7第7講立體幾何中的向量方法2第2課時空間距離與立體幾何中的最值范圍問題選用高效演練分層突破.doc（8頁珍藏版）》請在匯文網(wǎng)上搜索。

1、第2課時空間距離與立體幾何中的最值(范圍)問題(選用)基礎題組練1(2020寧波市鎮(zhèn)海中學高考模擬)在直三棱柱A1B1C1ABC中，BAC，ABACAA11，已知點G和E分別為A1B1和CC1的中點，點D與F分別為線段AC和AB上的動點(不包括端點)，若GDEF，則線段DF的長度的取值范圍為()A.B.C. D.解析：選A.建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則A(0，0，0)，E，G，F(xiàn)(x，0，0)，D(0，y，0)，由于GDEF，所以x2y10，DF ，由x12y0，得y，所以當y時，線段DF長度的最小值是，當y0時，線段DF長度的最大值是1，又不包括端點，故y0不能取，故選A.2.(

2、2020杭州市學軍中學高考數(shù)學模擬)如圖，三棱錐PABC中，已知PA平面ABC，ADBC于點D，BCCDAD1，設PDx，BPC，記函數(shù)f(x)tan ，則下列表述正確的是()Af(x)是關于x的增函數(shù)Bf(x)是關于x的減函數(shù)Cf(x)關于x先遞增后遞減Df(x)關于x先遞減后遞增解析：選C.因為PA平面ABC，ADBC于點D，BCCDAD1，PDx，BPC，所以可求得AC，AB，PA，PC，BP，所以在PBC中，由余弦定理知cos .所以tan211.所以tan (當且僅當x時取等號)，所以f(x)關于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A在平面上，B

3、，C在平面的同側，點M為BC的中點，若ABC在平面上的射影是以A為直角頂點的AB1C1，則M到平面的距離的取值范圍是_解析：設BAB1，CAC1，則AB12cos ，AC12cos ，BB12sin ，CC12sin ，則點M到平面的距離dsin sin ，又|AM|，則|B1C1|2，即cos2cos23(sin22sin sin sin2)也即sin sin ，所以dsin sin sin ，因為sin 1，sin 1，所以1，所以sin 0，所以2x2，即AD的取值范圍是2，2答案：2，25.(2020金麗衢十二校聯(lián)考)如圖，在三棱錐DABC中，已知AB2，3，設ADa，BCb，CDc，

4、則的最小值為_解析：設a，b，c，因為AB2，所以|abc|24a2b2c22(abbcca)4，又因為3，所以(ac)(bc)3abbccac23，所以a2b2c22(3c2)4c2a2b22，所以2，當且僅當ab時，等號成立，即的最小值是2.答案：26(2020溫州十五校聯(lián)合體期末考試)在正四面體PABC中，點M是棱PC的中點，點N是線段AB上一動點，且，設異面直線NM與AC所成角為，當時，則cos 的取值范圍是_解析：設點P到平面ABC的射影為點O，以AO所在直線為y軸，OP所在直線為z軸，過點O作BC的平行線為x軸，建立空間直角坐標系Oxyz，如圖設正四面體的棱長為4，則有A(0，4，

5、0)，B(2，2，0)，C(2，2，0)，P(0，0，4)，M(，1，2)由，得N(2，64，0)從而有(2，56，2)，(2，6，0)所以cos ，設32t，則t.則cos ，因為，所以cos .答案：7.如圖，在ABC中，B，ABBC2，點P為AB邊上一動點，PDBC交AC于點D.現(xiàn)將PDA沿PD翻折至PDA，使平面PDA平面PBCD.(1)當棱錐APBCD的體積最大時，求PA的長；(2)若點P為AB的中點，點E為AC的中點，求證：ABDE.解：(1)設PAx，則PAx，所以VAPBCDPAS底面PBCDx.令f(x)x(0x2)，則f(x).當x變化時，f(x)，f(x)的變化情況如下表

6、：xf(x)0f(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減由上表易知，當PAx時，VAPBCD取最大值(2)證明：取AB的中點F，連接EF，F(xiàn)P.由已知，得EF綊BC綊PD.所以四邊形EFPD是平行四邊形，所以EDFP.因為APB為等腰直角三角形，所以ABPF.所以ABDE.8.(2020杭州市第一次高考科目數(shù)學質(zhì)量檢測)如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1平面ABC，平面A1BC平面A1ABB1.(1)求證：ABBC；(2)設直線AC與平面A1BC所成的角為，二面角A1BCA的大小為，試比較和的大小關系，并證明你的結論解：(1)證明：過點A在平面A1ABB1內(nèi)作ADA1B于D，因為平面A1BC平面A

7、1ABB1，平面A1BC平面A1ABB1A1B，所以AD平面A1BC，又因為BC平面A1BC，所以ADBC.因為AA1平面ABC，所以AA1BC.又因為AA1ADA，所以BC側面A1ABB1，又因為AB平面A1ABB1，故ABBC.(2)連接CD，由(1)知ACD是直線AC與平面A1BC所成的角又ABA1是二面角A1BCA的平面角則ACD，ABA1.在RtADC中，sin ，在RtADB中，sin .由ABAC，得sin sin ，又0，所以1)，將其沿AC翻折，使點D到達點E的位置，且二面角CABE為直二面角(1)求證：平面ACE平面BCE；(2)設點F是BE的中點，二面角EACF的平面角的

8、大小為，當2，3時，求cos 的取值范圍解：(1)證明：因為二面角CABE為直二面角，ABBC, 所以BC平面ABE，所以BCAE.因為AECE，BCCEC，所以AE平面BCE.因為AE平面ACE，所以平面ACE平面BCE.(2)如圖，以E為坐標原點，以AD長為一個單位長度，建立如圖所示的空間直角坐標系Exyz，則AB，A(0，1，0)，B(，0，0)，C(，0，1)，E(0，0，0)，F(xiàn)，則(0，1，0)，(，0，1)，設平面EAC的法向量為m(x，y，z)，則，取x1，則m(1，0，)同理得平面FAC的一個法向量為n(2，)所以cos .因為2，3，所以cos .2.如圖，在四棱錐PABC

9、D中，已知PA平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，ABCBAD， PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長解：以，為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系Axyz，則各點的坐標為B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)(1)由題意知，AD平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，(0，2，0)因為(1，1，2)，(0，2，2)設平面PCD的法向量為m(x，y，z)，則即令y1，解得z1，x1.所以m(1，1，1)是平面PCD的一個法向量從而cos，m，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為.(2)因為(1，0，2)，設(，0，2)(01)，又(0，1，0)，則(，1，2)，又(0，2，2)，從而cos，.設12t，t1，3，則cos2，.當且僅當t，即時，|cos，|的最大值為.因為ycos x在上是減函數(shù)，所以此時直線CQ與DP所成角取得最小值又因為BP，所以BQBP.8