高考数学浙江专版一轮复习 空间距离与立体几何中的最值范围问题选用分层演练直击高考数学.docx
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高考数学浙江专版一轮复习空间距离与立体几何中的最值范围问题选用分层演练直击高考数学
[学生用书P309（单独成册）]）
1．（2018·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G和E分别为A1B1和CC1的中点，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，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.（2018·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D，BC＝CD＝AD＝1，设PD＝x，∠BPC＝θ，记函数f（x）＝tanθ，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
cosθ＝＝.
所以tan2θ＝－1＝－1＝.
所以tanθ＝＝≤＝（当且仅当x＝时取等号），所以f（x）关于x先递增后递减．
3．（2018·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，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＝2cosα，AC1＝2cosβ，BB1＝2sinα，CC1＝2sinβ，则点M到平面γ的距离d＝sinα＋sinβ，又|AM|＝，则|B1C1|＝2，即cos2α＋cos2β＝3－（sin2α＋2sinαsinβ＋sin2β）．也即sinαsinβ＝，所以d＝sinα＋sinβ＝sinα＋≥，因为sinα<1，sinβ<1，所以<1，所以答案：
4.
（2018·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＋4－4xcosθ，
即x2－4xcosθ－1＝0，即cosθ＝.
因为－1≤cosθ≤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．（2018·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．（2018·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cosα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，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cosα＝＝，设3－2λ＝t，则≤t≤.
则cosα＝＝，因为<≤≤，所以≤cosα≤.
答案：
7.
如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，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P为AB的中点，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.
（2018·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，sinθ＝，在Rt△ADB中，
sinφ＝.由AB得sinθ所以θ<φ.
1．（2018·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cosθ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，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cosθ＝＝＝·.
因为λ∈[2，3]，
所以cosθ∈.
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m·＝0，m·＝0，
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＝cosx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＝.
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