2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离第2课时综合问题角度3空间中的最值或范围问题

这是一份2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第7章立体几何第6讲空间的角与距离第2课时综合问题角度3空间中的最值或范围问题，共8页。

所求最小值为O到线段PB距离的最小值．
思路二：设eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，建立坐标系，用λ表示动点E到直线AO的距离d，求d＝f(λ)的最小值
[解析] 解法一：连接PO，BO，由PC＝PD，O为DC的中点知PO⊥CD，又平面PCD⊥平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD.从而PO⊥OA，又ABCD为矩形，AB＝2BC，∴∠AOD＝∠COB＝eq \f(π,4)，∴OB⊥OA，∴AO⊥平面POB.又由题意知PO＝eq \f(1,2)DC＝3，OB＝3eq \r(2)，且PO⊥OB.∴O到BP的距离eq \f(PO·OB,PB)＝eq \f(3×3\r(2),3\r(3))＝eq \r(6)，∴线段PB上的动点E到直线AO距离的最小值为eq \r(6).
解法二：如图，取AB的中点为O′.连接PO、OO′、AE.∵PC＝PD，点O是CD的中点，∴PO⊥CD.
又∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，PO⊂平面PCD，
∴PO⊥平面ABCD.又∵OO′⊂平面ABCD，∴PO⊥OO′.
又∵底面ABCD是矩形，O、O′是CD、AB中点，∴OO′⊥CD.
∴以点O为原点，OO′、OC、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，由PC⊥PD，PC＝PD，CD＝AB＝2BC＝6，
得PO＝OC＝OD＝3，AD＝BC＝3.
∴A(3，－3,0)，B(3,3,0)，P(0,0,3)，
则eq \(AO,\s\up6(→))＝(－3,3,0)，eq \(BP,\s\up6(→))＝(－3，－3,3)，
设eq \(BE,\s\up6(→))＝λeq \(BP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则E(3－3λ，3－3λ，3λ)，eq \(AE,\s\up6(→))＝(－3λ，6－3λ，3λ)，
|eq \(AE,\s\up6(→))|＝eq \r(－3λ2＋6－3λ2＋3λ2)
＝eq \r(27λ2－36λ＋36)，
∵|eq \(AO,\s\up6(→))|＝eq \r(－32＋32＋02)＝3eq \r(2)，
∴向量eq \(AO,\s\up6(→))的单位方向向量v＝eq \f(\(AO,\s\up6(→)),|\(AO,\s\up6(→))|)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(2))，\f(1,\r(2))，0))，
则eq \(AE,\s\up6(→))·v＝(－3λ)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(2))))＋(6－3λ)×eq \f(1,\r(2))＋3λ×0＝3eq \r(2)，
因此点E到直线AO的距离d＝eq \r(|\(AE,\s\up6(→))|2－\(AE,\s\up6(→))·v2)＝eq \r(27λ2－36λ＋18)＝eq \r(27\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－\f(2,3)))2＋6)，
当λ＝eq \f(2,3)时，d取最小值eq \r(6)，
∴线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为eq \r(6).
2．(2023·福建泉州质检)如图，三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．
(1)试确定点E的位置，使AB1∥平面DEC1；
(2)已知AB⊥BC1，CC1⊥平面ABC.设直线BC1与平面DEC1所成的角为θ，试在(1)的条件下，求cs θ的最小值．
[分析] (1)eq \b\lc\ \rc\}(\a\vs4\al\c1(BC＝2B1C1⇒AC＝2A1C1, D为AC的中点))⇒AD∥A1C1⇒AA1∥C1D⇒AA1∥平面C1DE.
若AB1∥平面C1DE，则只需平面C1DE∥平面ABB1A1，从而DE∥AB.可知E应为BC的中点，给出证明即可．
(2)由题意可知角θ的变化是由三棱台的高CC1的变化引起的，故可设CC1＝a，建立空间直角坐标系，求出cs θ＝f(a)，进而求f(a)的最小值即可．
[解析] (1)连接DC1，DE，
由三棱台ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝2B1C1＝2，D是AC的中点可得A1C1∥AD，A1C1＝AD，
所以四边形ADC1A1为平行四边形，故AA1∥DC1，
AA1⊄平面DEC1，DC1⊂平面DEC1，
故AA1∥平面DEC1，
又AB1∥平面DEC1，且AB1，AA1⊂平面ABB1A1，
AB1∩AA1＝A，所以平面ABB1A1∥平面DEC1，又平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，平面ABC∩平面DEC1＝DE，
故DE∥AB，
由于D是AC的中点，故E是BC的中点，
故点E在边BC的中点处，AB1∥平面DEC1.
(2)因为CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以CC1⊥AB，
又AB⊥BC1，CC1∩BC1＝C1，CC1，BC1⊂平面BCC1B1，
故AB⊥平面BCC1B1，由于BC⊂平面BCC1B1，
所以AB⊥CB，
由(1)知：E在边BC的中点，D是AC的中点，
所以ED∥AB，进而DE⊥BC，
连接B1E，由B1C1∥EC，B1C1＝EC，
所以四边形B1C1CE为平行四边形，
故CC1∥B1E，由于CC1⊥平面ABC，
因此B1E⊥平面ABC，
故ED，EC，EB1两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设B1E＝a，
则E(0,0,0)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)，C1(1,0，a)，B1(0,0，a)，
故eq \(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq \(EC1,\s\up6(→))＝(1,0，a)，
设平面DEC1的法向量为m＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(ED,\s\up6(→))·m＝y＝0，,\(EC1,\s\up6(→))·m＝x＋az＝0，))取x＝a，则m＝(a,0，－1)，又eq \(BC1,\s\up6(→))＝(2,0，a)，
故sin θ＝|cs〈eq \(BC1,\s\up6(→))，m〉|＝eq \f(|\(BC1,\s\up6(→))·m|,|\(BC1,\s\up6(→))||m|)＝eq \f(a,\r(a2＋1)\r(a2＋4))＝eq \f(1,\r(a2＋\f(4,a2)＋5))≤eq \f(1,\r(2\r(a2×\f(4,a2))＋5))＝eq \f(1,3)，当且仅当a2＝eq \f(4,a2)，即a＝eq \r(2)时取等号，要使cs θ为最小值，只需要sin θ最大，sin θ最大值为eq \f(1,3)，此时cs θ的最小值为eq \r(1－sin2θ)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝eq \f(2\r(2),3).
名师点拨：
1．空间最值、范围问题的题型
(1)切接中的最值、范围问题；
(2)截面中的最值、范围问题；
(3)路径、距离、线面角、二面角中的最值、范围问题．
2．空间最值、范围问题的解题策略
(1)几何法：通过证明或几何作图，确定图形中取得最值的特殊位置，再计算它的值；
(2)代数方法：分析给定图形中的数量关系，选取适当的自变量及目标函数，确定函数解析式，利用函数的单调性、有界性，以及不等式的均值定理等，求出最值．
【变式训练】
1．(2024·北京房山区开学考)点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，动点P在侧面BCC1B1内(包括边界)运动．若PA1∥平面AMN，则PA1长度的取值范围是( B )
A．[2，eq \r(5)] B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)，\r(5)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)，3)) D．[2,3]
[解析] 取B1C1的中点E，BB1的中点F，连接A1E，A1F，EF，取EF中点O，连接A1O，EM，
∵点M，N分别是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，
∴AA1∥BB1，AA1＝BB1，BB1∥EM，BB1＝EM，
∴AA1∥EM，AA1＝EM，
∴四边形A1AME为平行四边形，
∴A1E∥AM，而在平面B1BCC1中，易证MN∥EF，
∵A1E⊄平面AMN，AM⊂平面AMN，
∴A1E∥平面AMN，
∵EF⊄平面AMN，MN⊂平面AMN，
∴EF∥平面AMN，
又∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面A1EF，
∴平面AMN∥平面A1EF，
∵动点P在正方形BCC1B1(包括边界)内运动，且PA1∥平面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
∵A1E＝A1F＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，EF＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，
∴A1O⊥EF，
∴当P与O重合时，PA1的长度取最小值A1O＝eq \r(\r(5)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2)＝eq \f(3\r(2),2)，
∵△A1EF为等腰三角形，∴P在点E或者点F处时，此时PA1最大，最大值为eq \r(5).
即PA1的长度范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)，\r(5)))，故选B.
2. (2024·广东深圳实验中学阶段测试)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥AB，且PB＝PD，底面ABCD是边长为2eq \r(3)的菱形，∠BAD＝eq \f(π,3).
(1)证明：平面PAC⊥平面ABCD；
(2)若直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，点Q为棱PC上的动点，求平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值的最小值．
[解析] (1)证明：连接BD交AC于点O，连接PO.
因为ABCD是菱形，所以BD⊥AC，且O为BD的中点．
∵PD＝PB，所以PO⊥BD.
又∵AC，PO⊂平面APC，且AC∩PO＝O，
所以BD⊥平面APC.
又BD⊂平面ABCD，
所以平面APC⊥平面ABCD.
(2)解法一：过P作PH⊥AC交AC于点H，
∵平面APC⊥平面ABCD，PH⊥AC，
平面APC∩平面ABCD＝AC，
∴PH⊥平面ABCD，
∵AB⊥PD，AB⊥PH，PH，PD⊂平面PHD，
PH∩PD＝P，
∴AB⊥平面PHD，∵DH⊂平面PHD，
∴AB⊥DH，
∴H为DH，AO的交点，∵△ABD为等边三角形，
∴H为△ABD的重心，
∴OH＝eq \f(1,3)OA＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×2eq \r(3)＝1，
∵PH⊥平面ABCD，
∴∠PCH即为直线CP与平面ABCD所成角，
在△PCH中，sin∠PCH＝eq \f(PH,\r(PH2＋16))＝eq \f(\r(5),5)，
解得PH＝2，B(eq \r(3)，0,0)，C(0,3,0)，A(0，－3,0)，
以O为原点，OB，OC所在直线为x，y轴建立如图所示坐标系，则
eq \(BP,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，－1,2)，eq \(BC,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)，3,0)，
设平面PBC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(BP,\s\up6(→))·n1＝－\r(3)x1－y1＋2z1＝0，,\(BC,\s\up6(→))·n1＝－\r(3)x1＋3y1＝0，))
令z1＝2，则x1＝eq \r(3)，y1＝1，
∴平面PBC的一个法向量为n1＝(eq \r(3)，1,2)．
设eq \(PQ,\s\up6(→))＝λeq \(PC,\s\up6(→))＝(0,4λ，－2λ)，λ∈[0,1]，
则eq \(AQ,\s\up6(→))＝eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(PQ,\s\up6(→))＝(0,4λ＋2,2－2λ)，
eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，
设平面ABQ的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\(AB,\s\up6(→))·n2＝\r(3)x2＋3y2＝0，,\(AQ,\s\up6(→))·n2＝4λ＋2y2＋2－2λz2＝0，))
令x2＝eq \r(3)，则y2＝－1，z2＝eq \f(2λ＋1,1－λ)，
∴平面ABQ的一个法向量为n2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，－1，\f(2λ＋1,1－λ))).
设平面ABQ与平面PBC夹角为θ，
于是cs θ＝|cs〈n1，n2〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2＋2·\f(2λ＋1,1－λ),2\r(2)×\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ＋1,1－λ)))2))))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\f(2λ＋1,1－λ),\r(2)×\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2λ＋1,1－λ)))2))))，
令eq \f(2λ＋1,1－λ)＋1＝t(t>2)，
则cs θ＝eq \f(t,\r(2)×\r(t－12＋4))＝eq \f(t,\r(2)×\r(t2－2t＋5))＝eq \f(1,\r(2)×\r(\f(5,t2)－\f(2,t)＋1))，
当eq \f(1,t)＝eq \f(1,5)即t＝5，λ＝eq \f(1,2)时(cs θ)max＝eq \f(\r(10),4)，
此时(sin θ)min＝eq \f(\r(6),4)，∴平面ABQ与平面PBC夹角的正弦值的最小值为eq \f(\r(6),4).
解法二：同解法一建立空间直角坐标系，设点P(0，m，n)，则eq \(CP,\s\up6(→))＝(0，m－3，n)，eq \(AB,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，3,0)，eq \(DP,\s\up6(→))＝(eq \r(3)，m，n)，
∵PD⊥AB，∴eq \(DP,\s\up6(→))·eq \(AB,\s\up6(→))＝3＋3m＝0，∴m＝－1.
∵直线CP与平面ABCD所成角的正弦值为eq \f(\r(5),5)，平面ABCD的一个法向量m＝(0,0,1)，
∴|cs〈eq \(CP,\s\up6(→))，m〉|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\(CP,\s\up6(→))·m,|\(CP,\s\up6(→))|·|m|)))＝eq \f(n,\r(m－32＋n2))＝eq \f(\r(5),5)，
即(m－3)2＝4n2，解得n＝2或－2(舍去)，
∴P(0，－1,2)．(以下同解法一)