立体几何范围与最值问题
2 第2课时 空间距离与立体几何中的最值(范围)问题(选用)
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P AD ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为正方形，△P AD 是直角三角形，且P A ＝AD ＝2，点E ，F ，G 分别是线段P A ，PD ，CD 的中点．(1)求证：平面EFG ⊥平面P AB ； (2)求点A 到平面EFG 的距离．【解】 如图，建立空间直角坐标系A -xyz ，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EF →＝(0，1，0)，AP →＝(0，0，2)，AB →＝(2，0，0)，所以EF →·AP →＝0×0＋1×0＋0×2＝0，EF →·AB →＝0×2＋1×0＋0×0＝0，所以EF ⊥AP ，EF ⊥AB .又因为AP ，AB ⊂平面P AB ，且P A ∩AB ＝A ， 所以EF ⊥平面P AB .又EF ⊂平面EFG ，所以平面EFG ⊥平面P AB . (2)设平面EFG 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧n ·EF →＝（x ，y ，z ）·（0，1，0）＝0，n ·EG →＝（x ，y ，z ）·（1，2，－1）＝0，所以{y ＝0，，x ＋2y －z ＝0.取n ＝(1，0，1)，又AE →＝(0，0，1)，所以点A 到平面EFG 的距离d ＝|AE →·n ||n |＝12＝22.(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 ＝|MN →|·sin 〈MN →，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 ＝|MN →||cos 〈MN →，n 〉|＝|MN →·n ||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，P ABCD 是正四棱锥，ABCD -A 1B 1C 1D 1是正方体，其中AB ＝2，P A ＝6，则B 1到平面P AD 的距离为________．解析：以A 1为原点，以A 1B 1所在直线为x 轴，A 1D 1所在直线为y 轴，A 1A 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系A 1xyz ，则AD →＝(0，2，0)，AP →＝(1，1，2)，设平面P AD 的法向量是m ＝(x ，y ，z )，所以由⎩⎪⎨⎪⎧m ·AD →＝0，m ·AP →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧2y ＝0，x ＋y ＋2z ＝0.取z ＝1，得m ＝(－2，0，1)，因为B 1A →＝(－2，0，2)，所以B 1到平面P AD 的距离d ＝|B 1A →·m ||m |＝65 5.答案：6552．如图，在长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝4，BC ＝3，CC 1＝2.(1)求证：平面A 1BC 1∥平面ACD 1； (2)求平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离．解：(1)证明：因为AA 1綊CC 1，所以四边形ACC 1A 1为平行四边形，所以AC ∥A 1C 1. 又AC ⊄平面A 1BC 1，A 1C 1⊂平面A 1BC 1，所以AC ∥平面A 1BC 1.同理可证CD 1∥平面A 1BC 1. 又AC ∩CD 1＝C ，AC ⊂平面ACD 1，CD 1⊂平面ACD 1， 所以平面A 1BC 1∥平面ACD 1.(2)以B 1为原点，分别以B 1A 1→，B 1C 1→，B 1B →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B 1xyz ，则A 1(4，0，0)，A (4，0，2)，D 1(4，3，0)，C (0，3，2)，A 1A →＝(0，0，2)，AC →＝(－4，3，0)，AD 1→＝(0，3，－2)，设n ＝(x ，y ，z )为平面ACD 1的一个法向量， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·AC →＝0，n ·AD 1→＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－4x ＋3y ＝0，3y －2z ＝0，取n ＝(3，4，6)，所以所求距离d ＝|A 1A →|×|cos 〈n ，A 1A →〉|＝|n ·A 1A →||n |＝1232＋42＋62＝126161， 故平面A 1BC 1与平面ACD 1的距离为126161.立体几何中的最值(范围)问题(1)(2020·宁波十校联考)如图，平面P AB ⊥平面α，AB ⊂α，且△P AB 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.－3＋372B.3＋372C.7 D ．3(2)(2020·温州高考模拟)如图，在三棱锥A -BCD 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P A 长的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫0，22 B.⎣⎡⎦⎤0，63 C.⎝⎛⎭⎫22，2 D.⎝⎛⎭⎫63，2【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O -xyz ，设AB ＝2，∠OAD ＝θ(0<θ<π)，则P (0，0，3)，D (2sin θ，－1＋2cos θ，0)，所以Q ⎝⎛⎭⎫23sin θ，23cos θ－13，0， 所以QP →＝⎝⎛⎭⎫－23sin θ，13－23cos θ，3， 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＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪QP →·n |QP →||n |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－23sin θ329－49cos θ＝sin θ8－cos θ＝1－cos 2θ8－cos θ.令t ＝cos θ(－1<t <1)，则s ＝1－t 28－t ，s ′＝t 2－16t ＋1（8－t ）2，令s ′＝0，得t ＝8－37，所以当t ＝8－37时，s 有最大值为16－67. 则cos φ有最大值为16－67，此时sin φ取最小值为67－15.所以正切值的最小值为67－1516－67＝3＋372.故选B. (2)以C 为原点，CD 所在直线为x 轴，CB 所在直线为y 轴，过C 作平面BCD 的垂线为z 轴，建立空间直角坐标系C xyz ，则A (0，1，1)，B (0，2，0)，C (0，0，0)，设Q (q ，0，0)，AP →＝λAB →＝(0，λ，－λ)(0≤λ≤1)，则PQ →＝CQ →－CP →＝CQ →－(CA →＋AP →)＝(q ，0，0)－(0，1，1)－(0，λ，－λ)＝(q ，－1－λ，λ－1)，因为直线PQ 与AC 成30°的角， 所以cos 30°＝|CA →·PQ →||CA →|·|PQ →|＝22·q 2＋（1＋λ）2＋（λ－1）2＝2q 2＋2λ2＋2＝32， 所以q 2＋2λ2＋2＝83，所以q 2＝23－2λ2∈[0，4]，所以⎩⎨⎧23－2λ2≥023－2λ2≤4，解得0≤λ≤33，所以|AP →|＝2λ∈⎣⎡⎦⎤0，63，所以线段P A 长的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，63. 故选B.【答案】 (1)B (2)B(1)求解立体几何中的最值问题，需要先确定最值的主体，确定题目中描述的相关变量，然后根据所求，确定是利用几何方法求解，还是转化为代数(特别是函数)问题求解．利用几何方法求解时，往往利用几何体的结构特征将问题转化为平面几何中的问题进行求解，如求几何体表面距离的问题．利用代数法求解时，要合理选择参数，利用几何体中的相关运算构造目标函数，再根据条件确定参数的取值范围，从而确定目标函数的值域，即可利用函数最值的求解方法求得结果．(2)用向量法解决立体几何中的最值问题，不仅简捷，更减少了思维量．用变量表示动点的坐标，然后依题意用向量法求其有关几何量，构建有关函数，从而用代数方法即可求其最值．1．(2020·浙江省五校联考模拟)如图，棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，点A 在平面α内，平面ABCD 与平面α所成的二面角为30°，则顶点C 1到平面α的距离的最大值是( )A ．2(2＋2)B ．2(3＋2)C ．2(3＋1)D ．2(2＋1)解析：选B.如图所示，作C 1O ⊥α，交ABCD 于点O ，交α于点E ，由题得O 在AC 上，则C 1E 为所求，∠OAE ＝30°， 由题意，设CO ＝x ，则AO ＝42－x ， C 1O ＝16＋x 2，OE ＝12OA ＝22－12x ，所以C 1E ＝16＋x 2＋22－12x ，令y ＝ 16＋x 2＋22－12x ，则y ′＝x16＋x 2－12＝0，可得x ＝43， 所以x ＝43时，顶点C 1到平面α的距离的最大值是2(3＋2)． 2．(2020·浙江省名校协作体高三联考)如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，四边形ACFE 为矩形，平面ACFE ⊥平面ABCD ，CF ＝1.(1)求证：BC ⊥平面ACFE ；(2)点M 在线段EF 上运动，设平面MAB 与平面FCB 所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的取值范围．解：(1)证明：在梯形ABCD 中，因为AB ∥CD ，AD ＝DC ＝CB ＝1，∠ABC ＝60°，所以AB ＝2，所以AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos 60°＝3， 所以AB 2＝AC 2＋BC 2，所以BC ⊥AC ，因为平面ACFE ⊥平面ABCD ，平面ACFE ∩平面ABCD ＝AC ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面ACFE .(2)如图所示，由(1)可建立分别以直线CA ，CB ，CF 为x 轴，y 轴，z 轴的空间直角坐标系C -xyz ，令FM ＝λ(0≤λ≤3)，则C (0，0，0)，A (3，0，0)，B (0，1，0)，M (λ，0，1)，所以AB →＝(－3，1，0)，BM →＝(λ，－1，1)，设n 1＝(x ，y ，z )为平面MAB 的一个法向量，由⎩⎪⎨⎪⎧n 1·AB →＝0n 1·BM →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋y ＝0λx －y ＋z ＝0，取x ＝1，则n 1＝(1，3，3－λ)，因为n 2＝(1，0，0)是平面FCB 的一个法向量， 所以cos θ＝|n 1·n 2||n 1|·|n 2|＝11＋3＋（3－λ）2×1＝1（λ－3）2＋4，因为0≤λ≤3，所以当λ＝0时，cos θ有最小值77， 当λ＝3时，cos θ有最大值12，所以cos θ∈⎣⎡⎦⎤77，12.[基础题组练]1．(2020·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1ABC 中，∠BAC ＝π2，AB ＝AC＝AA 1＝1，已知点G 和E 分别为A 1B 1和CC 1的中点，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.⎣⎡⎭⎫55，1B.⎣⎡⎦⎤55，1C.⎝⎛⎭⎫255，1D.⎣⎡⎭⎫255，1解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，则A (0，0，0)，E ⎝⎛⎭⎫0，1，12，G ⎝⎛⎭⎫12，0，1， F (x ，0，0)，D (0，y ，0)， 由于GD ⊥EF ，所以x ＋2y －1＝0， DF ＝x 2＋y 2＝5⎝⎛⎭⎫y －252＋15， 由x ＝1－2y >0，得y <12，所以当y ＝25时，线段DF 长度的最小值是15，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P -ABC 中，已知P A ⊥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P A ⊥平面ABC ，AD ⊥BC 于点D ，BC ＝CD ＝AD ＝1，PD ＝x ，∠BPC ＝θ，所以可求得AC ＝2，AB ＝5，P A ＝x 2－1，PC ＝x 2＋1，BP ＝x 2＋4，所以在△PBC 中，由余弦定理知 cos θ＝PB 2＋PC 2－BC 22BP ·PC＝2x 2＋42x 2＋1x 2＋4.所以tan 2θ＝1cos 2θ－1＝（x 2＋1）（x 2＋4）（x 2＋2）2－1＝x 2（x 2＋2）2.所以tan θ＝x x 2＋2＝1x ＋2x ≤12 x ·2x ＝24(当且仅当x ＝2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△AB 1C 1，则M 到平面γ的距离的取值范围是________．解析：设∠BAB 1＝α，∠CAC 1＝β，则AB 1＝2cos α，AC 1＝2cos β，BB 1＝2sin α，CC 1＝2sin β，则点M 到平面γ的距离d ＝sin α＋sin β，又|AM |＝3，则|B 1C 1|＝23－d 2，即cos 2α＋cos 2β＝3－(sin 2α＋2sin αsin β＋sin 2β)．也即sin αsin β＝12，所以d ＝sin α＋sin β＝sin α＋12sin α≥2，因为sin α<1，sin β<1，所以12sin α<1，所以12<sin α<1，所以当sinα＝12或1时，d ＝32，则2≤d ＜32.答案：⎣⎡⎭⎫2，32 4.(2020·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，在二面角A -CD -B 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AD →⊥DC →，DC →⊥CB →，设平面ADC 沿着CD 进行翻折的过程中，二面角A CD B 的夹角为θ，则〈DA →，CB →〉＝θ，因为AB →＝AD →＋DC →＋CB →，所以平方得AB →2＝AD →2＋DC →2＋CB →2＋2AD →·DC →＋2CB →·AD →＋2DC →·CB →， 设AD ＝x ，因为BC ＝CD ＝2，AB ＝3， 所以9＝x 2＋4＋4－4x cos θ， 即x 2－4x cosθ－1＝0，即cos θ＝x 2－14x .因为－1≤cos θ≤1，所以－1≤x 2－14x≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≤4x x 2－1≥－4x ，即⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x －1≤0x 2＋4x －1≥0，则⎩⎪⎨⎪⎧2－5≤x ≤2＋5，x ≥－2＋5或x ≤－2－ 5.因为x >0，所以5－2≤x ≤5＋2， 即AD 的取值范围是[5－2，5＋2]． 答案：[5－2，5＋2]5.(2020·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥D -ABC 中，已知AB ＝2，AC →·BD →＝－3，设AD ＝a ，BC ＝b ，CD ＝c ，则c 2ab ＋1的最小值为________．解析：设AD →＝a ，CB →＝b ，DC →＝c ，因为AB ＝2，所以|a ＋b ＋c |2＝4⇒a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝4，又因为AC →·BD →＝－3，所以(a ＋c )·(－b －c )＝－3⇒a ·b ＋b ·c ＋c ·a ＋c 2＝3，所以a 2＋b 2＋c 2＋2(3－c 2)＝4⇒c 2＝a 2＋b 2＋2，所以a 2＋b 2＋2ab ＋1≥2ab ＋2ab ＋1＝2，当且仅当a＝b 时，等号成立，即c 2ab ＋1的最小值是2.答案：26．(2020·温州十五校联合体期末考试)在正四面体P -ABC 中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN →＝λAB →，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当13≤λ≤23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O -xyz ，如图．设正四面体的棱长为43，则有A (0，－4，0)，B (23，2，0)，C (－23，2，0)，P (0，0，42)，M (－3，1，22)．由AN →＝λAB →，得N (23λ，6λ－4，0)．从而有NM →＝(－3－23λ，5－6λ，22)，AC →＝(－23，6，0)．所以cos α＝|NM →·AC →||NM →||AC →|＝3－2λ24λ2－4λ＋3，设3－2λ＝t ，则53≤t ≤73. 则cos α＝12 t 2t 2－4t ＋6＝12 6⎝⎛⎭⎫1t 2－4·1t ＋1，因为13<37≤1t ≤35，所以51938≤cos α≤71938. 答案：⎣⎡⎦⎤51938，71938 7.如图，在△ABC 中，∠B ＝π2，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P A 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P A ＝x ，则P A ′＝x ，所以V A ′PBCD ＝13P A ′·S 底面PBCD ＝13x ⎝⎛⎭⎫2－x 22. 令f (x )＝13x ⎝⎛⎭⎫2－x 22＝2x 3－x 36(0<x <2)， 则f ′(x )＝23－x 22.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表： x⎝⎛⎭⎫0，233 233 ⎝⎛⎭⎫233，2 f ′(x )＋ 0 － f (x ) 单调递增 极大值 单调递减由上表易知，当P A ＝x ＝23时，V A ′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12BC 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.(2020·杭州市第一次高考科目数学质量检测)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1⊥平面ABC ，平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1.(1)求证：AB ⊥BC ；(2)设直线AC 与平面A 1BC 所成的角为θ，二面角A 1BC A 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A 1ABB 1内作AD ⊥A 1B 于D ，因为平面A 1BC ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1BC ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ，所以AD ⊥平面A 1BC ，又因为BC ⊂平面A 1BC ，所以AD ⊥BC .因为AA 1⊥平面ABC ，所以AA 1⊥BC .又因为AA 1∩AD ＝A ，所以BC ⊥侧面A 1ABB 1，又因为AB ⊂平面A 1ABB 1，故AB ⊥BC .(2)连接CD ，由(1)知∠ACD 是直线AC 与平面A 1BC 所成的角．又∠ABA 1是二面角A 1BC A 的平面角．则∠ACD ＝θ，∠ABA 1＝φ.在Rt △ADC 中，sin θ＝AD AC ，在Rt △ADB 中， sin φ＝AD AB.由AB <AC ， 得sin θ<sin φ，又0<θ，φ<π2， 所以θ<φ.[综合题组练]1.(2020·温州市高考数学模拟)如图，在矩形ABCD 中，AB AD＝λ(λ>1)，将其沿AC 翻折，使点D 到达点E 的位置，且二面角C -AB -E 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E -AC -F 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C -AB -E 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E -xyz ，则AB ＝λ，A (0，1，0)，B (λ2－1，0，0)，C (λ2－1，0，1)，E (0，0，0)，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2－12，0，0， 则EA →＝(0，1，0)，EC →＝(λ2－1，0，1)，设平面EAC 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧y ＝0λ2－1·x ＋z ＝0，取x ＝1，则m ＝(1，0，－λ2－1)． 同理得平面F AC 的一个法向量为n ＝(2，λ2－1，－λ2－1)． 所以cos θ＝m ·n |m |·|n |＝λ2＋1λ·2（λ2＋1）＝22·1＋1λ2 . 因为λ∈[2，3]，所以cos θ∈⎣⎡⎦⎤53，104. 2.如图，在四棱锥P -ABCD 中，已知P A ⊥平面ABCD ，且四边形ABCD 为直角梯形，∠ABC ＝∠BAD ＝π2， P A ＝AD ＝2，AB ＝BC ＝1.(1)求平面P AB 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{AB →，AD →，AP →}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A -xyz ，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P AB ，所以AD →是平面P AB 的一个法向量，AD →＝(0，2，0)．因为PC →＝(1，1，－2)，PD →＝(0，2，－2)．设平面PCD 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧m ·PC →＝0，m ·PD →＝0， 即⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2z ＝0，2y －2z ＝0.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 〈AD →，m 〉＝AD →·m |AD →||m |＝33， 所以平面P AB 与平面PCD 所成二面角的余弦值为33. (2)因为BP →＝(－1，0，2)，设BQ →＝λBP →＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，又CB →＝(0，－1，0)，则CQ →＝CB →＋BQ →＝(－λ，－1，2λ)，又DP →＝(0，－2，2)，从而cos 〈CQ →，DP →〉＝CQ →·DP →|CQ →||DP →|＝1＋2λ10λ2＋2. 设1＋2λ＝t ，t ∈[1，3]，则cos 2〈CQ →，DP →〉＝2t 25t 2－10t ＋9＝29⎝⎛⎭⎫1t －592＋209≤910.当且仅当t ＝95，即λ＝25时，|cos 〈CQ →，DP →〉|的最大值为31010. 因为y ＝cos x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2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 ＝12＋22＝5，所以BQ ＝25BP ＝255.。
几何中的最值问题
几何中的最值问题作为一门重要的数学学科，几何中有许多重要的概念和方法，其中最值问题是一个广泛研究的内容。
在几何中，最值问题是指在某些条件下，某个几何量（如长度、面积、体积等）的最大值或最小值问题。
本文将从不同角度介绍几何中的最值问题及其应用。
一、最值问题的基础概念在几何问题中，最值问题最常见的便是一些面积、长度和体积的最值问题。
最常见的方法是使用微积分的极值定理，通过计算导数为0的点来找到函数的最大值和最小值。
此外，还有最大和最小的边界问题。
这些问题需要考虑的是给定条件下的最大可行解或最小可行解。
例如，给定一个面积固定的矩形，我们需要求出其长度和宽度的最大或最小值。
这些问题与微积分密切相关，但在解决这些问题时需要更多的几何知识和直觉。
二、平面几何中的最值问题在平面几何中，最值问题通常涉及三角形、四边形和圆形等形状。
这些形状的特性可以用来求解最值问题，通常需要使用各种几何知识和技巧。
例如，对于一个给定面积的三角形，在其周长恒定的情况下，需要求出该三角形的最大或最小长度。
为解决这类问题，我们可以利用三角形的海涅定理或余弦定理，通过微积分的极值定理得到最优解。
对于圆形，最值问题可能涉及到面积和周长问题，这些需要用到圆相关的特点和公式，如半径、直径、周长和面积等，通常需要通过微积分的方法求解。
另一方面，对于四边形最值问题，我们需要利用它们的对角线和相邻边的关系来解决，这通常需要将四边形划分为三角形或矩形来计算。
三、空间几何中的最值问题在空间几何中，最值问题通常涉及立体体积，包括长方体、正方体、棱锥和棱柱等。
这些问题需要利用空间几何的特点和公式来求解，常用的方法包括微积分的极值定理和立体几何的体积计算公式。
例如，对于一个矩形长方体，在其表面积固定的情况下，需要求出其有最大或最小的体积。
如果我们设该矩形长方体的长、宽和高分别为x、y和z，那么该矩形长方体的体积可以表示为V(x,y,z)=xyz。
通过微积分的方法，可以证明只有当x=y=z时，该方体的体积最大。
数学高考题型专题讲解44---立体几何中最值问题
数学高考题型专题讲解44---立体几何中最值问题一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一距离最值问题【例1】【河南省焦作市2019届高三三模】在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（）A．B．1 C．D．2【答案】B【解析】以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C1（4，4，4），设E（0，0，z），z∈[0，4]，F（x，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x．＝（4，4，4﹣z），＝（x，0，﹣z）．因为C1E⊥EF，所以，即：z2+4x﹣4z＝0，x＝z﹣．当z＝2时，x取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B．【指点迷津】建立空间直角坐标系，求出坐标，利用C 1E⊥EF，求出|AF|满足的关系式，然后求出最大值即可．利用向量法得到|AF|的关系式是解题的关键，故选D.【举一反三】1、【江西省吉安市2019届高三上学期期末】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的棱长为A．B．C．D．【答案】A【解析】解：根据三视图知，该几何体是一个正四棱锥，画出图形如图所示；则，，底面CDEB，结合图形中的数据，求得，在中，由勾股定理得，同理求得，．故选：A．2、【河南省顶级名校2019届高三第四次联合测评】在侧棱长为的正三棱锥中，侧棱OA，OB，OC两两垂直，现有一小球P在该几何体内，则小球P最大的半径为A．B．C．D．【答案】B【解析】当小球与三个侧面，，及底面都相切时，小球的体积最大此时小球的半径最大，即该小球为正三棱锥的内切球设其半径为由题可知因此。
立体几何的最值问题
立体几何最值问题立体几何是数学中的一个重要分支，它研究的是空间图形的性质和数量关系。
在立体几何中，我们经常遇到最值问题，即寻找某个量的最大值或最小值。
本文将介绍立体几何中最值问题的几个方面：1.立体几何位置关系立体几何中的位置关系是指空间中点、线、面之间的相对位置。
解决位置关系问题需要运用空间想象和逻辑推理。
在立体几何中最值问题中，位置关系往往与距离、角度等问题交织在一起，需要综合考虑多种因素。
2.立体几何中的距离立体几何中的距离是指空间中两点之间的直线距离，或者是点与线、线与面之间的距离。
在解决最值问题时，我们需要考虑如何利用距离公式来计算最短路径、最大距离等。
3.立体几何中的体积立体几何中的体积是指空间中封闭图形的体积，或者是两个平面图形之间的距离。
计算体积需要运用体积公式，而解决最大或最小面积问题则需要考虑如何调整图形的形状和大小。
4.立体几何中的最短路径立体几何中的最短路径问题是指寻找空间中两点之间的最短距离。
解决这类问题需要运用距离公式和几何定理，有时还需要借助对称、旋转等技巧。
5.立体几何中的最大/最小面积立体几何中的最大/最小面积问题通常涉及到平面图形在空间中的展开和折叠。
解决这类问题需要运用面积公式和平面几何定理，同时要注意图形的对称性和边长之间的关系。
6.立体几何中的角度问题立体几何中的角度问题是指空间中两条直线或两个平面之间的夹角。
解决这类问题需要运用角度公式和空间向量，同时要注意图形的对称性和边长之间的关系。
7.立体几何中的轨迹问题立体几何中的轨迹问题是指一个点或一条线在空间中按照一定规律移动所形成的轨迹。
解决这类问题需要运用轨迹方程和运动学原理，同时要注意轨迹的形状和大小随时间的变化情况。
立体几何第三讲 空间几何体得最值问题
分清定量与变量，然后根据变量的取值情况，利用函数法或平面几何的相关结论判断相应的
最值.如该题中确定三棱锥底面的面积最值是关键.
【玩转跟踪】在棱长为 1 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，点 P1, P2 分别是线段 AB 、BD1（不
包括端点）上的动点，且线段 P1P2 平行于 平面 A1 ADD1 ，则四面体 P1P2 AB 的体积的最大值
锥 P-AEF 的底面积和高，高为定值时，底面积最大，则体积最大.
【解析】因为 PA 平面 ABC, BC 平面 ABC，所以 PABC 又因为 BCAC, PA AC A ，所以 BC 平面 PAC，又 AF 平面 PAC，所以 BCAF ， 又 AFPC, PC BC C ，所以 AF 平面 PBC，即 AFEF 。EF 是 AE 在平面 PBC 上的 射影，因为 AEPB ，所以 EFPB ，即 PE 平面 AEF。在三棱锥 P AEF 中， AP AB 2, AEPB ，
5
.
5
又 P 在 BD 上运动，且当 P 运动到点 O 时，PQ 最小，等于 OQ 的长为 2 5 ，也就是异面直 5
线 BD 和 SC 的公垂线段的长.故选 B. 2.几何体表面上的最短距离问题
【例 2】正三棱柱 ABC—A1B1C1 中，各棱长均为 2，M 为 AA1 中点，N 为 BC 的中点，则 在棱柱的表面上从点 M 到点 N 的最短距离是多少?并求之.
又∵ 0＜α+β＜π，∴(α+β)max＝π-arctan 2 ,(α+β)min＝π-arctan2 2 .
【迁移运用】
1．【西藏日喀则一中高三 10 月检测】已知正三C 的距离为1，点 是线段 的中点，过点 作球 的截面，则截面面
高三数学选择填空难题突破 立体几何中最值问题
高三数学选择填空难题突破立体几何中最值问题高三数学选择填空难题突破——立体几何中的最值问题一、方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题。
此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练。
立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面，此类问题多以规则几何体为载体，涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等，题目较为综合。
解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法，即利用传统方法或空间向量的坐标运算，建立所求的目标函数，转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解。
二、解题策略类型一：距离最值问题例1：如图，矩形ADFE，矩形CDFG，正方形ABCD两两垂直，且AB=2，若线段DE上存在点P使得GP⊥BP，则边CG长度的最小值为（）解：建立空间直角坐标系，设CG长度为a及点P的坐标，求BP与GP的坐标，得到函数关系式，利用函数求其最值。
举一反三：如图，在棱长为1的正方体ABCD-A中，点E、F分别是棱BC、CC'的中点，P是侧面BCC'B内一点，若A'P⊥平面AEF，则线段A'P长度的取值范围是_____。
二、改写后的文章高三数学选择填空难题突破——立体几何中的最值问题一、方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目。
而几何问题中的最值与范围类问题，不仅可以考查学生的空间想象能力，还可以考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此这类问题将是有中等难度的考题。
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题--备战2022年高考数学配套word试题(创新设计版)
立体几何中的翻折、轨迹及最值(范围)问题)1．翻折问题是立体几何的一类典型问题，是考查实践能力与创新能力的好素材．解答翻折问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形，并弄清折叠前后哪些发生了变化，哪些没有发生变化．解题时我们要依据这些变化的与未变化的量来分析和解决问题．而表面展开问题是折叠问题的逆向思维、过程，一般地，涉及多面体表面的距离问题不妨将它展开成平面图形试一试．2．在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．3．立体几何中的体积最值问题一般是指有关距离的最值、角的最值或面积、体积的最值．其一般方法有：(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．题型一立体几何中的翻折问题【例1】(2019·全国Ⅲ卷)图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.(1)证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；(2)求图②中的二面角B－CG－A的大小．(1)证明由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，所以AD ，CG 确定一个平面，从而A ，C ，G ，D 四点共面．由已知得AB ⊥BE ，AB ⊥BC ，且BE ∩BC ＝B ，BE ，BC ⊂平面BCGE ， 所以AB ⊥平面BCGE .又因为AB ⊂平面ABC ，所以平面ABC ⊥平面BCGE .(2)解 作EH ⊥BC ，垂足为H .因为EH ⊂平面BCGE ，平面BCGE ⊥平面ABC ，平面BCGE ∩平面ABC ＝BC ， 所以EH ⊥平面ABC .由已知，菱形BCGE 的边长为2，∠EBC ＝60°，可求得BH ＝1，EH ＝ 3. 以H 为坐标原点，HC →的方向为x 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H－xyz ，则A (－1，1，0)，C (1，0，0)，G (2，0，3)，CG→＝(1，0，3)，AC →＝(2，－1，0)．设平面ACGD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧CG →·n ＝0，AC →·n ＝0，即⎩⎨⎧x ＋3z ＝0，2x －y ＝0. 所以可取n ＝(3，6，－3)．又平面BCGE 的法向量可取m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝32.因此二面角B －CG －A 的大小为30°.【训练1】 (2021·浙江名师预测卷四)在梯形ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O ，AD ＝2AB ＝2BC ＝2CD .将△BCD 沿BD 翻折至△BPD ，且满足平面ABP ⊥平面BPD .(1)求证：二面角P －BD －A 是直二面角；(2)(一题多解)求直线PD 与平面P AO 所成角的正弦值的大小．(1)证明由已知条件易得∠BAD＝60°，∠BDA＝30°，AB⊥BD.在△BPD中，过点D作DH⊥BP，交BP的延长线于点H.∵平面ABP⊥平面BPD，平面ABP∩平面BPD＝BP，∴DH⊥平面ABP，∵AB⊂平面ABP，∴DH⊥AB.又∵BD∩DH＝D，∴AB⊥平面BPD，∵AB⊂平面ABD，∴平面ABD⊥平面BPD.即二面角P－BD－A是直二面角．(2)解法一过点P作PG⊥BD，交BD于点G，则G是BD的中点．由(1)可知平面PBD⊥平面ABD，又∵平面PBD∩平面ABD＝BD，∴PG⊥平面ABD.设OB＝1，则OP＝1，OA＝2，AB＝BP＝3，∵AB⊥平面BPD，∴AB⊥BP，∴AP＝AB2＋BP2＝6，由余弦定理得cos∠AOP＝OA2＋OP2－AP22OA·OP＝－14，则sin∠AOP＝15 4.设点D到△AOP的距离为h，∵V P－AOD＝V D－AOP，∴13·PG·S△AOD＝13·h·S△AOP，∵PG＝32，S△AOD＝12×2×2·sin2π3＝3，S△AOP＝12×1×2×154＝154，∴h＝215 5，∵PD ＝3，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值sin θ＝h PD ＝255.法二 分别取BD ，AD 的中点E ，F ，连接EP ，EF ，则EF ∥AB .由(1)可知AB ⊥平面BPD ，∴EF ⊥平面BPD ，∴EF ⊥BD ，EF ⊥EP .∵PB ＝PD ，∴PE ⊥BD ，以点E 为坐标原点，EF→，ED →，EP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间直角坐标系．设OB ＝1，可得P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，0， A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，－32，0，O ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12，0. ∴PD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32，－32，P A →＝⎝⎛⎭⎪⎫3，－32，－32， AO→＝(－3，1，0)． 设平面P AO 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎪⎨⎪⎧P A →·n ＝0，AO →·n ＝0，即⎩⎨⎧3x －32y －32z ＝0，－3x ＋y ＝0， 令x ＝1，则n ＝(1，3，－1)，∴直线PD 与平面P AO 所成角θ的正弦值为sin θ＝|cos 〈n ，PD →〉|＝|n ·PD →||n |·|PD →|＝255. 题型二 立体几何中的轨迹问题【例2】 (1)已知在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1与平面A 1B 1C 1D 1垂直，且AD ＝AB ，E 为CC 1的中点，P 在对角面BB 1D 1D 所在平面内运动，若EP 与AC 成30°角，则点P 的轨迹为( )A ．圆B ．抛物线C ．双曲线D ．椭圆(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 是平面AC 内的动点， 若点P 到直线A 1D 1的距离等于点P 到直线CD 的距离，则动点P 的轨迹所在的曲线是()A．抛物线B．双曲线C．椭圆D．直线答案(1)A(2)B解析(1)因为在平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AA1与平面A1B1C1D1垂直，且AD＝AB，所以该平面六面体ABCD－A1B1C1D1是一个底面为菱形的直四棱柱，所以对角面BB1D1D⊥底面ABCD，AC⊥对角面BB1D1D.取AA1的中点F，则EF∥AC，因为EP与AC成30°角，所以EP与EF成30°角．设EF与对角面BB1D1D 的交点为O，则EO⊥对角面BB1D1D，所以点P的轨迹是以EO为轴的一个圆锥的底面，故选A.(2)如图，以A为原点，AB为x轴、AD为y轴，建立平面直角坐标系．设P(x，y)，作PE⊥AD于E、PF⊥A1D1于F，连接EF，易知|PF|2＝|PE|2＋|EF|2＝x2＋1，又作PN⊥CD于N，则|PN|＝|y－1|.依题意|PF|＝|PN|，即x2＋1＝|y－1|，化简得x2－y2＋2y＝0，故动点P的轨迹为双曲线，选B.【训练2】(1)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M，N分别是线段CD，AB上的动点，点P是△A1C1D内的动点(不包括边界)，记直线D1P与MN所成角为θ，若θ的最小值为π3，则点P的轨迹是()A．圆的一部分B．椭圆的一部分C．抛物线的一部分D．双曲线的一部分(2)如图，AB是平面α的斜线段，A为斜足，若点P在平面α内运动，使得△ABP 的面积为定值，则动点P的轨迹是()A．圆B．椭圆C．一条直线D．两条平行直线答案(1)B(2)B解析(1)延长D1P交底面ABCD的内部于点Q，连接QD，则∠D1QD为直线D1Q 与底面ABCD所成的角，也就是直线D1P与MN所成角θ的最小值，故∠D1QD＝π3，从而∠DD1Q＝π6，所以D1Q的轨迹是以D1D为轴，顶点为D1，母线D1Q与轴D1D的夹角为π6的圆锥面的一部分，则点P的轨迹就是该部分圆锥面与△A1C1D面(不包括边界)的交线，而△A1C1D面所在平面与轴D1D斜交，故点P 的轨迹是椭圆的一部分．(2)由于线段AB 是定长线段，而△ABP 的面积为定值，所以动点P 到线段AB 的距离也是定值．由此可知空间点P 在以AB 为轴的圆柱侧面上．又P 在平面内运动，所以这个问题相当于一个平面去斜切一个圆柱(AB 是平面的斜线段)得到的切痕是椭圆．P 的轨迹就是圆柱侧面与平面α的交线是椭圆．题型三 立体几何中的长度、面积、体积的最值(范围)问题【例3】 (1)如图，正三棱锥S －ABC 的底面边长为2a ，E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，则四边形EFGH 的面积的取值范围是( )A ．(0，＋∞) B.⎝ ⎛⎭⎪⎫33a 2，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫36a 2，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，＋∞ (2)(2021·“超级全能生”联考)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为4的正方形，侧棱AA 1＝t (t >4)，点E 是BC 的中点，点P 是侧面ABB 1A 1内的动点(包括四条边上的点)，且满足tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，则四棱锥P －ABED 的体积的最大值是( )A.433 B ．16 3 C.1633 D.6439答案 (1)B (2)C解析 (1)因为E 、F 、G 、H 分别为SA ，SB ，CB ，CA 的中点，∴EF 綉12AB ，HG綉12AB ，∴EF 綉HG ，同理，EH 綉FG ，所以EFGH 为平行四边形，又∵S －ABC 为正三棱锥，∴SC ⊥AB ，∴EF ∥AB ，FG ∥SC ，所以EF ⊥FG ，从而四边形EFGH 为矩形，其面积S ＝GH ·GF ＝12a ·SC ，当正三棱锥的高→0时，SC →正三角形ABC的外接圆的半径233a ，所以四边形EFGH 的面积→33a 2，选B.(2)作PF ⊥AB ，垂足为点F ，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DA ⊥平面ABB 1A 1，CB ⊥平面ABB 1A 1，在Rt △P AD 和Rt △PBC 中，所以tan ∠APD ＝AD AP ，tan ∠EPB＝BE PB .因为tan ∠APD ＝4tan ∠EPB ，BE ＝12BC ＝12AD ，所以PB ＝2AP .因为平面ABB 1A 1⊥平面ABCD ，平面ABB 1A 1∩平面ABCD ＝AB ，PF ⊥AB ，所以PF ⊥平面ABCD .设PF ＝h ，AF ＝x ，则BF ＝4－x ，x ∈[0，4]，由PB ＝2AP ，得h 2＋(4－x )2＝4(x 2＋h 2)，即h 2＝－x 2－83x ＋163.因为函数y ＝－x 2－83x ＋163在[0，4]上单调递减，所以当x ＝0时，(h 2)max ＝163，即h max ＝433，所以四棱锥P －ABED 的体积的最大值(V P －ABED )max ＝13×12×(2＋4)×4×433＝1633，故选C.【训练3】 (1)在棱长为6的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 是BC 中点，点P 是平面DCC 1D 1所在的平面内的动点，且满足∠APD ＝∠MPC ，则三棱锥P －BCD 体积的最大值是( )A ．36B ．12 3C ．24D ．18 3(2)(2021·镇海中学模拟)已知棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与正方体的各条棱相切，P 为球O 上一点，Q 是△AB 1C 的外接圆上的一点，则线段PQ 长的取值范围是________．答案 (1)B (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22 解析 (1)因为AD ⊥平面D 1DCC 1，则AD ⊥DP ，同理BC ⊥平面D 1DCC 1，则BC ⊥CP ，∠APD ＝∠MPC ，则△P AD ∽△PMC ，∵AD ＝2MC ，则PD ＝2PC ，下面研究点P 在面ABCD 的轨迹(立体几何平面化)，在平面直角坐标系内设D (0，0)，C (6，0)，D 1(0，6)，C 1(6，6)，设P (x ，y )，因为PD ＝2PC ，所以x 2＋y 2＝2（x －6）2＋y 2，化简得(x －8)2＋y 2＝16，该圆与CC 1的交点纵坐标最大，交点为(6，23)，三棱锥P －BCD 的底面BCD 的面积为18，要使三棱锥P －BCD 体积最大，只需高最大，当P 在CC 1上且CP ＝23时棱锥的高最大，V ＝13·18·23＝12 3.(2)因为球O 与正方体的各条棱相切，所以球心O 为正方体的中心，切点为各条棱的中点，则易得|OP |＝22.△AB 1C 为边长为2的等边三角形，设其外接圆的圆心为M ，则易得|MB 1|＝63.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，易得BD 1⊥平面AB 1C ，则OM ⊥MB 1.又因为|OB |＝32，|MB |＝33，所以|OM |＝36，则|OQ |＝|OB 1|＝|OM |2＋|MB 1|2＝32，所以|PQ |max ＝|OQ |＋|OP |＝3＋22，|PQ |min ＝|OQ |－|OP |＝3－22，即线段PQ 的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤3－22，3＋22一、选择题1．已知线段AB 垂直于定圆所在的平面，B ，C 是圆上的两点，H 是点B 在AC 上的射影，当C 运动时，点H 运动的轨迹( )A ．是圆B ．是椭圆C ．是抛物线D ．不是平面图形答案 A解析 设在定圆内过点B 的直径与圆的另一个交点为点D ，过点B 作AD 的垂线，垂足为点E ，连接EH ，CD .因为BD 为定圆的直径，所以CD ⊥BC ，又因为AB 垂直于定圆所在的平面，所以CD ⊥AB ，又因为AB ∩BC ＝B ，所以CD ⊥平面ABC ，所以CD ⊥BH ，又因为BH ⊥AC ，AC ∩CD ＝C ，所以BH ⊥平面ACD ，所以BH ⊥EH ，所以动点H 在以BE 为直径的圆上，即点H 的运动轨迹为圆，故选A.2．设P 是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的对角面BDD 1B 1(含边界)内的点，若点P 到平面ABC 、平面ABA 1、平面ADA 1的距离相等，则符合条件的点P ( )A ．仅有一个B ．有有限多个C ．有无限多个D ．不存在答案 A解析 与平面ABC ，ABA 1距离相等的点位于平面ABC 1D 1上；与平面ABC ，ADA 1距离相等的点位于平面AB 1C 1D 上；与平面ABA 1，ADA 1距离相等的点位于平面ACC 1A 1上；据此可知，满足题意的点位于上述平面ABC 1D 1，平面AB 1C 1D ，平面ACC 1A 1的公共点处，结合题意可知，满足题意的点仅有一个．3．(2021·温州中学模拟)如图所示，用一边长为2的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为4π3的鸡蛋(视为球体)放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋(球体)离蛋巢底面的最短距离为( )A.5＋12B.5－12C.3＋12D.3－12答案 D解析 因为蛋巢的底面是边长为1的正方形，所以过四个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径为1.又因为鸡蛋(球体)的体积为4π3，所以球的半径为1，所以球心到截面圆的距离d ＝1－14＝32，则截面圆到球体最低点的距离为1－32，而蛋巢的高度为12，故鸡蛋(球体)到蛋巢底面的最短距离为12－⎝⎛⎭⎪⎫1－32＝3－12，故选D. 4．(2021·温州适考)如图，在△ABC 中，点M 是边BC 的中点，将△ABM 沿着AM 翻折成△AB ′M ，且点B ′不在平面AMC 内，点P 是线段B ′C 上一点．若二面角P －AM －B ′与二面角P －AM －C 的平面角相等，则直线AP 经过△AB ′C 的( )A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心答案 A解析因为二面角P－AM－B′与二面角P－AM－C的平面角相等，所以点P到两个平面的距离相等，所以V P－AB′M＝V P－ACM，即V A－PB′M＝V A－PCM.因为两三棱锥的高相等，故S△PB′M ＝S△PCM，故B′P＝CP，故点P为CB′的中点，所以直线AP经过△AB′C的重心，故选A.5．(2021·浙江名师预测卷一)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为正方形，侧面P AD为正三角形，且侧面P AD⊥底面ABCD，已知在侧面P AD内存在点Q，满足PQ⊥QD，则当AQ最小时，二面角A－CD－Q的余弦值是()A.2－34 B.2＋34C.2－62 D.2＋64答案 D解析取PD的中点M，因为四边形ABCD为正方形，所以CD⊥AD，又平面P AD⊥平面ABCD，且平面P AD∩平面ABCD＝AD，CD⊂平面ABCD，所以CD⊥平面P AD，所以CD⊥QD，则二面角A－CD－Q的平面角是∠ADQ，又因为点Q的轨迹是以M为圆心的圆，如图，当|AQ|最小时，∠ADQ＝∠ADP－∠QDP＝60°－45°＝15°，即二面角A－CD－Q的余弦值为cos 15°＝cos(60°－45°)＝2＋6 4，故选D.6．(2021·浙江新高考仿真卷二)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则△C1PQ周长的最小值为()A.215 3B.4＋2 2C.4＋83 2D.213 3答案 B解析连接B1D1，BC1，由图易得△C1PQ的三边分别在三棱锥B－B1C1D1的三个侧面上，将三棱锥B－B1C1D1的侧面展开成平面图形，如图，可得四边形BC1D1C1′为直角梯形，当C1′，P，Q，C1四点共线时，△C1PQ的周长最小，最小值为C1′D21＋D1C21＝4＋22，即△C1PQ的周长的最小值为4＋22，故选B.7.(2021·上虞区期末调测)在棱长均为23的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP＋PQ的最小值是()A.3＋112 B.3＋ 2C.534D．2 3答案 A解析 如图，作MG ⊥CE 于点G ，连接DG .由已知得平面CDE ⊥平面ABC ，又平面CDE ∩平面ABC ＝CE ，则MG ⊥平面CDE ，故DG 为DM 在平面CDE 上的射影．将半平面ADM 沿DM 翻折至与半平面DMG 所成二面角为180°，记翻折后的点A 即A ′到DG 的距离为h A ，则h A 为△A ′DG 的边DG 上的高，且AP ＋PQ ＝A ′P ＋PQ ≥h A .因为MG ＝12AE ＝32，DM ＝DC 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AC 22＝3，则sin ∠MDG＝MG DM ＝36，故cos ∠MDG ＝336.又∠ADM ＝∠A ′DM ＝π6，所以sin ∠A ′DG ＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫∠MDG ＋π6＝336×12＋36×32＝3＋3312，所以AP ＋PQ的最小值h A ＝A ′D sin ∠A ′DG ＝11＋32.故选A. 二、填空题8．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为________． 答案 线段B 1C解析 易证BD 1⊥平面ACB 1，所以满足BD 1⊥AP 的所有点P 都在一个平面ACB 1上．而已知条件中的点P 是在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1的交线上，故所求的轨迹为线段B 1C .9．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为3，长为2的线段MN 的一个端点M 在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，则MN 的中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积为________． 答案 π6解析 连接DP ，因为MN ＝2，所以PD ＝1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的18，即V＝18×43π×13＝π6.10．已知在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝a，若P A⊥平面AC，在BC边上取点E，使PE⊥DE，若满足条件的E点有两个时，则a的取值范围是________．答案(6，＋∞)解析连接AE，由三垂线逆定理可知DE⊥AE，要使满足条件的E点有两个则须使以AD为直径的圆与BC有两个交点，所以半径长a2＞3，∴a＞6.11．如图，已知∠ACB＝90°，DA⊥平面ABC，AE⊥DB交DB于E，AF⊥DC交DC于F，且AD＝AB＝2，则三棱锥D－AEF体积的最大值为________．答案2 6解析因为DA⊥平面ABC，所以DA⊥AB，AD⊥BC，∵AE⊥DB，又AD＝AB＝2，∴DE＝2，又因为BC⊥AC，AC∩AD＝A，所以BC⊥平面ACD，所以平面BCD⊥平面ACD，∵AF⊥DC，平面BCD∩平面ACD＝CD，所以AF⊥平面BCD，所以AF⊥EF，BD⊥EF，所以BD⊥平面AEF，由AF2＋EF2＝AE2＝2≥2AF·EF可得AF·EF≤1，所以S△AEF ≤12，所以三棱锥D－AEF体积的最大值为13×2×12＝26.12．如图，在长方形ABCD中，AB＝2，BC＝1，E为DC的中点，F为线段EC(端点除外)上一动点．现将△AFD 沿AF 折起，使平面ABD ⊥平面ABC .在平面ABD 内过点D 作DK ⊥AB ，K 为垂足．设AK ＝t ，则t 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1解析 如图，在平面ADF 内过D 作DH ⊥AF ，垂足为H ，连接HK .过F 点作FP ∥BC 交AB 于点P.设∠F AB ＝θ，则cos θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫22，255.设DF ＝x ，则1＜x ＜2， ∵平面ABD ⊥平面ABC ，平面ABD ∩平面ABC ＝AB ，DK ⊥AB ，DK ⊂平面ABD ，∴DK ⊥平面ABC ，又AF ⊂平面ABC ，∴DK ⊥AF . 又∵DH ⊥AF ，DK ∩DH ＝D ，DK ，DH ⊂平面DKH ， ∴AF ⊥平面DKH ，∴AF ⊥HK ，即AH ⊥HK . 在Rt △ADF 中，AF ＝1＋x 2，∴DH ＝x 21＋x 2， ∵△ADF 和△APF 都是直角三角形，PF ＝AD ， ∴Rt △ADF ≌Rt △FP A ，∴AP ＝DF ＝x . ∵△AHD ∽△ADF ，∴cos θ＝11＋x 2t ＝x1＋x 2. ∴x ＝1t .∵1＜x ＜2，∴1＜1t ＜2，∴12＜t ＜1. 三、解答题13．(2018·全国Ⅰ卷)如图，四边形ABCD 为正方形， E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF .(1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．(1)证明 由已知可得，BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，又PF ∩EF ＝F ，PF ，EF ⊂平面PEF ，所以BF ⊥平面PEF .又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解 作PH ⊥EF ，垂足为H .由(1)得，PH ⊥平面ABFD .以H 为坐标原点，分别以FB→，HF →，HP →的方向为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H －xyz .由(1)可得，DE ⊥PE .又DP ＝2，DE ＝1，所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，故EF 2＝PE 2＋PF 2，所以PE ⊥PF . 可得PH ＝32，EH ＝32.则H (0，0，0)，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32为平面ABFD 的一个法向量．设DP 与平面ABFD 所成角为θ， 则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34. 所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34.14．(2021·杭州二中仿真模拟)如图，平面四边形ABCD 关于直线AC 对称，∠A ＝60°，∠C ＝90°，CD ＝2.把△ABD 沿BD 折起．(1)若二面角A －BD －C 的余弦值为33，求证：AC ⊥平面BCD ； (2)若AB 与平面ACD 所成的线面角为30°时，求AC 的长． 解 (1)取BD 的中点E ，连接AE ，CE . 因为AB ＝AD ，CB ＝CD ， 所以AE ⊥BD ，CE ⊥BD ， 又AE ∩CE ＝E ，所以BD ⊥平面ACE ，所以BD ⊥AC ， 所以∠AEC 是二面角A －BD －C 的平面角．在△AEC 中，AC 2＝AE 2＋CE 2－2AE ·CE cos ∠AEC ＝4，则AC 2＋CE 2＝AE 2， 所以AC ⊥CE .因为CE ∩BD ＝E ，CE ，BD ⊂平面BCD ， 所以AC ⊥平面BCD .(2)由(1)得以点C 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，B (2，0，0)，D (0，2，0)． 设A (m ，m ，n )，则BA→＝(m －2，m ，n )，CA →＝(m ，m ，n )，CD →＝(0，2，0)． 设平面ACD 的法向量n ＝(x ，y ，z )， 则⎩⎪⎨⎪⎧n ·CA →＝0，n ·CD →＝0，即⎩⎨⎧xm ＋ym ＋zn ＝0，2y ＝0，取⎩⎨⎧x ＝n ，y ＝0，z ＝－m ，所以n ＝(n ，0，－m )， 因为BA ＝22，所以(m －2)2＋m 2＋n 2＝8， 则|cos 〈BA→，n 〉|＝|n （m －2）－mn |22m 2＋n 2＝12，解得m 2＝n 2，解得m ＝2或m ＝－23， 所以AC ＝23或AC ＝23 3.。
立体几何解析几何最值问题
立体几何解析几何最值问题立体几何和解析几何都是数学中的分支领域，它们在研究物体的形状、位置和运动等方面有着不同的方法和应用。
在解析几何中，最值问题是其中一个重要的问题类型，它涉及到找到函数在特定区域内的最大值或最小值。
在立体几何中，我们研究的是空间中的物体，比如点、线、面、体等。
解析几何则是研究平面几何与坐标系统之间的关系，通常使用坐标点来表示点、线、曲线等。
解析几何中最值问题的解决方法通常是通过求导来进行。
我们可以将问题转化为一个函数，然后求该函数的导数，找到导数为0的点，再通过比较得出最大值或最小值。
这种方法在求解平面最值问题时非常有效。
而在立体几何中，最值问题通常涉及到体积、面积或长度等量的最大化或最小化。
解决这类问题可以利用几何性质和定理来进行推导和求解。
比如，要求一个几何体的体积的最大值，我们可以通过寻找几何体的特定形状的体积公式以及几何性质来得出最优解。
具体地说，在立体几何中，最值问题的解决方法可以归纳如下：1.求解体积最大问题：对于已知形状的几何体，我们可以通过推导体积公式，并利用一些方法来求解体积的最大值。
例如，求解一个长方体在给定表面积约束条件下的最大体积，我们可以设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，然后利用约束条件和体积公式写出等式，最后通过求解方程组可得到最优解。
2.求解表面积最小问题：类似地，我们可以通过推导表面积公式，并利用一些方法来求解表面积的最小值。
例如，求解一个包含给定体积的圆柱体的表面积最小值，我们可以设圆柱体的底面半径为r、高度为h，然后通过体积公式将h表示为r的函数，并利用表面积公式得到表面积的表达式，最后求解表面积的最小值。
3.求解长度最短问题：有时候我们需要找到连接两个点的最短路径，可以利用几何性质和定理求解。
例如，求解从一个点到直线的最短距离，我们可以利用点到直线的距离公式，并通过求导的方法求解最短距离的点。
总而言之，立体几何和解析几何最值问题的求解方法有所不同，但都可以通过推导公式、利用几何性质和定理以及求导等方法来解决。
高三数学立体几何中的最值问题四则
立体几何中的最值问题四则1. 用配方法求距离的最值例1. 如图1，正方形ABCD 、ABEF 边长都是1，且平面ABCD 、ABEF 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若CM BN a a ==<<()02。
试求当a 为何值时，MN 的值最小。
图1分析：此题的解题关键是想用含a 的代数式表示距离，再用配方法求最值。
解：过M 作MH AB ⊥，垂足为H ，连结NH ，如图1所示。
在正方形ABCD 中，AB CB ⊥， 所以BC MH //，因为平面AC ⊥平面AE ，所以MH ⊥平面AE ，即MH NH ⊥。
因为CM BN a AB CB BE =====,1，所以AC BF ==2 即AM a =-2， MH AH a BH a ==-=12222,， 由余弦定理求得NH a =22。
所以MN MH NH =+22=-+=-+=-+<<()()()()12222212212022222a a a a a a当a =22时，MN =22，即M 、N 分别移到AC 、BF 的中点时，MN 的值最小，最小值为222. 结合实际找最值位置例2. 在一X 硬纸上，抠去一个半径为3的圆洞，然后把此洞套在一个底面边长为4，高为6的正三棱锥A —BCD 上，并使纸面与锥面平行，则能穿过这X 纸面的棱锥的高的最大值是________。
图2解：如图2所示，假设硬纸上的圆洞刚好卡在B'C'D'处。
设正三棱锥A BCD -的顶点A 在平面BCD 上的射影为A'，在平面B'C'D'上的射影为O 。
连结BA'、B'O 并延长分别交CD 、C'D'于E 、E'点，则平面B C D '''//平面BCD ，所以B E BE BC BC''''=， B E B O BE BA ''''==3232，， 即B O BA B C BC ''''=。
立体几何中的最值问题
如 图 ５所 示 ， 了 制 作 一 个 圆 为
例 ２ 三 棱 锥 ＳＡＢＣ － 中 ， 条棱 长为 ， 余 棱 长 一 其 均 为 １ 求 ａ为 何 值 时 ，
最 大 ， 求最 大值 ． 并 如图 ３设 ｓ ， ｃ—ｎ ，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ形 灯笼 ， 要 制 作 ４个 全 等 的 先
形 骨架 ， 总计 耗用 ９ ６ｍ 铁 丝 ， ． 用 Ｓ Ｉ 塑 料 片制 成 圆柱 的侧 Ｉ Ｔ
１ ）利 用 一 次 、 次 、 比 例 函 数 性 质 求 最 值 二 反
■ｒ’，－
何性 质 ． 比较 常用 的性 质如 ：１ ）两 点之 间以直 线段 最
短 ； ）垂 线段 最短 等． ２
■■ ＿
例 ３ （ ０ ９ 全 国卷 ）已知二 面角 ｚ 的大小 ２０ 年
为 ６ 。动 点 Ｐ、 分别在 平 面 ａ Ｊ内 ， ０， Ｑ 、 ９ Ｐ到 ｐ的距离 为
） ．
Ｂ ２； Ｃ ２ ； Ｄ ４
的侧 面绕 行 ２周到 达 Ａ 点 的最 短路线 的长 为
．
如 图 ４ 分别 作 Ｑ ， Ａ一
析 ａ于 Ａ ， ＡＣ￣ Ｚ于 Ｃ ＰＢｊ 口于 Ｂ ， ＿ ＰＤ － Ｚ于 Ｄ ， ｌ －
Ｃ Ｂ 则 ＡＣ Ｑ、 Ｄ， Ｑ＝ ＰＤＢ
Ｃ
。 ｃ
和下 底面 （ 安装 上 底 面 ） 不 ．当
析
其余 棱长 均为 １ 取 ，
柱 底 面 半 径 ｒ取 何 值 时 ， Ｓ取 得 最大 值？并 求 出该 最 大值 （ 果 结 图５
罐
ＡＢ 中点 Ｈ ， 接 ＨＳ ＨＣ， 连 、
图 ３
精 确 到 ０ ０ ） ． １ｍ。 ．
立体几何微重点14 与空间角有关的最值问题
立体几何微重点14与空间角有关的最值问题立体几何动态问题中，空间角的最值及范围问题是高考的常考题型，常与图形翻折、点线面等几何元素的变化有关，常用方法有几何法、函数(导数)法、不等式法等．主要是利用三角函数值比较及最小角定理(线面角是最小的线线角，二面角是最大的线面角)等求解．考点一空间角的大小比较例1(2022·嘉兴质检)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，AA1＝a，AB＝b，且a＞b，侧棱CC1上一点E满足CC1＝3CE，设异面直线A1B与AD1，A1B与D1B1，AE 与D1B1所成的角分别为α，β，γ，则()A．α＜β＜γB．γ＜β＜αC．β＜α＜γD．α＜γ＜β规律方法(1)最小角定理：直线与平面所成角是直线与平面内所有直线所成角中最小的角(线面角是最小的线线角)．(2)最大角定理：二面角是平面内的直线与另一个平面所成角的最大角(二面角是最大的线面角)．跟踪演练1设三棱锥V－ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱VA上的点(不含端点)．记直线PB与直线AC所成的角为α，直线PB与平面ABC所成的角为β，二面角P －AC－B的平面角为γ，则()A．β<γ，α<γB．β<α，β<γC．β<α，γ<αD．α<β，γ<β考点二空间角的最值例2(2022·绍兴模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别是BC，B1C1的中点，点P是截面AB1C1D(包括边界)上的动点，D1P＝343，2ME→＝EN→，则EP与平面AB1C1D所成最大角的正切值为________．规律方法求空间角最值、范围的两种常用方法(1)利用空间角的定义及几何图形找到空间角，构造三角形，利用三角函数的比值构造函数求最值、范围．(2)建立空间坐标系，利用坐标运算求空间角的三角函数值，构造函数求最值、范围． 跟踪演练2 (2022·内江模拟)如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为线段A 1D 的中点，N 为线段CD 1上的动点，则直线C 1D 与直线MN 所成角的正弦值的最小值为( )A.32B.66C.63D.64考点三空间角的范围例3 如图1，在平面多边形ABCDE 中，四边形ABCD 是正方形，△ADE 是正三角形．将△ADE 所在平面沿AD 折叠，使得点E 达到点S 的位置(如图2)．若二面角S －AD －C 的平面角θ∈⎣⎡⎦⎤π6，π3，则异面直线AC 与SD 所成角的余弦值的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤216，24 B.⎣⎡⎦⎤616，24 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤216，6＋216 D.⎣⎡⎦⎤0，28 易错提醒 求空间角的范围时，要注意空间角自身的范围；利用坐标法求角时，要注意向量夹角与空间的关系．跟踪演练3 在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点O 为线段BD 的中点．设点P 在棱CC 1上，直线OP 与平面A 1BD 所成的角为α，则sin α的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤33，1 B.⎣⎡⎦⎤63，1 C.⎣⎡⎦⎤63，233 D.⎣⎡⎦⎤233，1。
立体几何动点最值问题
立体几何动点最值问题
立体几何动点最值问题是指在立体几何空间中，给定一些特定条件下，求一个动点的某个值的最大或最小值。
这类问题广泛应用于建筑设计、机械工程、地理测量等领域。
在解决立体几何动点最值问题时，通常需要利用几何性质和数学方法进行分析和求解。
下面以两个典型的问题为例进行拓展说明。
问题一：在一个正方体中，找到离一个定点最远的顶点。
解答：首先，我们找到这个正方体的中心点，然后根据对称性可以知道，离中心点最远的顶点就是通过连接中心点和一个面的对角线的顶点。
因此，我们可以通过计算这个对角线的长度，并找出最长的对角线来确定离定点最远的顶点。
问题二：在一个球体上，找到离球心最远的点。
解答：根据球体的几何性质，离球心最远的点是球体表面上的点。
因此，我们可以通过计算球心到球面上各点的距离，并找出最大距离的点来确定离球心最远的点。
在实际应用中，立体几何动点最值问题的解决往往需要结合具体的条件和约束条件进行分析和求解。
这些问题可能涉及到线段、面积、体积等几何量的计算，以及最优化等数学方法的运用。
因此，解决这类
问题需要理解立体几何的基本概念和性质，并熟练掌握相关的计算和求解技巧。
专题4.4 立体几何中最值问题(解析版)
一．方法综述高考试题将趋于关注那些考查学生运用运动变化观点处理问题的题目，而几何问题中的最值与范围类问题，既可以考查学生的空间想象能力，又考查运用运动变化观点处理问题的能力，因此，将是有中等难度的考题．此类问题，可以充分考查图形推理与代数推理，同时往往也需要将问题进行等价转化，比如求一些最值时，向平面几何问题转化，这些常规的降维操作需要备考时加强关注与训练．立体几何中的最值问题一般涉及到距离、面积、体积、角度等四个方面,此类问题多以规则几何体为载体,涉及到几何体的结构特征以及空间线面关系的逻辑推理、空间角与距离的求解等,题目较为综合,解决此类问题一般可从三个方面思考：一是函数法,即利用传统方法或空间向量的坐标运算,建立所求的目标函数,转化为函数的最值问题求解；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解.二．解题策略类型一距离最值问题【例1】【河南省焦作市2019届高三三模】在棱长为4的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E、F分别在棱AA1和AB上，且C1E⊥EF，则|AF|的最大值为（）A．B．1 C．D．2【答案】B【解析】以AB，AD，AA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C1（4，4，4），设E（0，0，z），z∈[0，4]，F（x，0，0），x∈[0，4]，则|AF|＝x．＝（4，4，4﹣z），＝（x，0，﹣z）．因为C1E⊥EF，所以，即：z2+4x﹣4z＝0，x＝z﹣．当z＝2时，x取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B．【指点迷津】建立空间直角坐标系，求出坐标，利用C 1E⊥EF，求出|AF|满足的关系式，然后求出最大值即可．利用向量法得到|AF|的关系式是解题的关键，故选D.【举一反三】1、【江西省吉安市2019届高三上学期期末】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的最长棱的棱长为A．B．C．D．【答案】A【解析】解：根据三视图知，该几何体是一个正四棱锥，画出图形如图所示；则，，底面CDEB，结合图形中的数据，求得，在中，由勾股定理得，同理求得，．故选：A ．2、【河南省顶级名校2019届高三第四次联合测评】在侧棱长为的正三棱锥中，侧棱OA ，OB ，OC 两两垂直，现有一小球P 在该几何体内，则小球P 最大的半径为 A ． B ． C ．D ．【答案】B 【解析】当小球与三个侧面，，及底面都相切时，小球的体积最大此时小球的半径最大，即该小球为正三棱锥的内切球设其半径为由题可知因此本题正确选项：3、如右图所示，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 中， E 为棱1CC 的中点，点,P Q 分别为面1111A B C D和线段1B C 上的动点，则PEQ ∆周长的最小值为_______．【解析】将面1111A B C D 与面11BB C C 折成一个平面，设E 关于11B C 的对称点为M ，E 关于1B C 对称点为N,则PEQ ∆周长的最小值为MN ==类型二 面积的最值问题【例2】【河南省郑州市2019年高三第二次质量检测】在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】补全截面EFG 为截面EFGHQR 如图，其中H 、Q 、R 分别为、的中点，易证平面ACD 1∥平面EFGHQR ，∵直线D 1P 与平面EFG 不存在公共点， ∴D 1P∥面ACD 1，∴D 1P 面ACD 1，∴P ∈AC ，∴过P 作AC 的垂线，垂足为K ，则BK=,此时BP 最短，△PBB 1的面积最小，∴三角形面积的最小值为，故选：C．【指点迷津】截面问题，往往涉及线面平行，面面平行定义的应用等，考查空间想象能力、逻辑思维能力及计算求解能力.解题的关键是注意明确截面形状，确定几何量.本题由直线与平面没有公共点可知线面平行，补全所给截面后，易得两个平行截面，从而确定点P所在线段，得解．【举一反三】1、【湖南省衡阳市2019届高三二模】如图，直角三角形，，，将绕边旋转至位置，若二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图，，，分别为，，的中点，作面，作面，连，，易知点即为四面体的外接球心，，，.设，，则，，，.【处理一】消元化为二次函数..【处理二】柯西不等式..所以.2、如图，在正四棱柱1111D C B A ABCD -中，2,11==AA AB ，点P 是平面1111D C B A 内的一个动点，则三棱锥ABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为（ ）A ．1B ．2C ．21D ．41 【答案】BABC P -的正视图与俯视图的面积之比的最大值为2；故选B ．3、【福建省2019届高三模拟】若某几何体的三视图如图所示，则该几何体的所有侧面和底面中，面积的最大值为（ ）A ．2B ．C ．3D ．【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体的直观图如图所示，其中，为的中点，平面，，.所以，，.又因为，，所以，故，所以.故选C.类型三体积的最值问题【例3】如图，已知平面平面，，、是直线上的两点，、是平面内的两点，且，，，，，是平面上的一动点，且有，则四棱锥体积的最大值是（）A. B. C. D.【答案】A【指点迷津】本题主要考查面面垂直的性质，棱锥的体积公式以及求最值问题. 求最值的常见方法有①配方法：若函数为一元二次函数，常采用配方法求函数求值域，其关键在于正确化成完全平方式，并且一定要先确定其定义域；②换元法；③不等式法；④单调性法；⑤图像法，本题首先根据线面关系将体积最值转化为函数求最值问题，然后应用方法①解答的. 【举一反三】1、已知AD 与BC 是四面体ABCD 中相互垂直的棱，若6AD BC ==，且60ABD ACD ∠=∠=，则四面体ABCD 的体积的最大值是A. B. C. 18 D. 36 【答案】A2、如图，已知平面l αβ=，A 、B 是l 上的两个点，C 、D 在平面β内，且,,DA CB αα⊥⊥4AD =，6,8AB BC ==，在平面α上有一个动点P ，使得APD BPC ∠=∠，则P ABCD -体积的最大值是（ ）A. B.16 C.48 D.144 【答案】C 【解析】,,DA DA βααβ⊂⊥∴⊥面.,,DA CB αα⊥⊥PAD ∴∆和PBC ∆均为直角三角形．,APD BPC PAD ∠=∠∴∆∽PBC ∆.4,8,2AD BC PB PA ==∴=.学科&网过P 作PM AB ⊥,垂足为M .则PM β⊥.令AM t =,()t R ∈.则2222PA AM PB BM -=-,即()222246PA t PA t -=--,2124,PA t PM ∴=-∴=底面四边形ABCD 为直角梯形面积为()1486362S =+⨯=.学科&网136483P ABCD V -∴=⨯=.故C 正确.3.【河南省八市重点高中联盟“领军考试”2019届高三第三次测评】已知一个高为l 的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，内有 一个体积为的球，则的最大值为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】依题意，当球与三棱锥的四个面都相切时，球的体积最大， 该三棱锥侧面的斜高为，，，所以三棱锥的表面积为，设三棱锥的内切球半径为， 则三棱锥的体积，所以，所以，所以，故选A.类型四 角的最值问题【例4】如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点.设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则θcos 的最大值为.【答案】25【解析】建立坐标系如图所示.设1AB =，则11(1,,0),(,0,0)22AF E =.设(0,,1)(01)M y y ≤≤，则1(,,1)2EM y =-，由于异面直线所成角的范围为(0,]2π，所以cos θ==.2281145y y +=-+，令81,19y t t +=≤≤，则281161814552y y t t+=≥++-，当1t =时取等号.所以2cos 5θ==≤=，当0y =时，取得最大值.C【指点迷津】空间的角的问题，只要便于建立坐标系均可建立坐标系，然后利用公式求解.解本题要注意，空间两直线所成的角是不超过90度的.几何问题还可结合图形分析何时取得最大值.当点M 在点P 处时，EM 与AF 所成角为直角，此时余弦值为0（最小），当点M 向左移动时，.EM 与AF 所成角逐渐变小，点M 到达点Q 时，角最小，余弦值最大. 【举一反三】1、矩形ABCD 中，，，将△ABC 与△ADC 沿AC 所在的直线进行随意翻折，在翻折过程中直线AD 与直线BC 成的角范围（包含初始状态）为（ ）A.B.C.D.【答案】C2、在正方体1111D C B A ABCD -中，O 是BD 中点，点P 在线段11D B 上，直线OP 与平面BD A 1所成的角为α，则αsin 的取值范围是（ ） A ．]33,32[B ．]21,31[C ．]33,43[D ．]31,41[ 【答案】A3.【云南省昆明市云南师范大学附属中学2019届高三上学期第四次月考】如图，在正方体中，点P为AD的中点，点Q为上的动点，给出下列说法：可能与平面平行；与BC所成的最大角为；与PQ一定垂直；与所成的最大角的正切值为；．其中正确的有______写出所有正确命题的序号【答案】【解析】解：由在棱长为1的正方体中点P为AD的中点，点Q为上的动点，知：在中，当Q为的中点时，，由线面平行的判定定理可得PQ与平面平行，故正确；在中，当Q为的中点时，，，，可得，故错误；在中，由，可得平面，即有，故正确；在中，如图，点M为中点，PQ与所成的角即为PQ与所成的角，当Q与，或重合时，PQ与所成的角最大，其正切值为，故正确；在中，当Q 为的中点时，PQ 的长取得最小值，且长为，故正确．故答案为：．4、在正四面体P ABC -中，点M 是棱PC 的中点，点N 是线段AB 上一动点，且AN AB λ=，设异面直线NM 与AC 所成角为α，当1233λ≤≤时，则cos α的取值范围是__________．【答案】,3838⎡⎢⎣⎦ 【解析】设P 到平面ABC 的射影为点O ,取BC 中点D ,以O 为原点，在平面ABC 中，以过O 作DB 的平行线为x 轴，以OD 为y 轴，以OP 为z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设正四面体P −ABC的棱长为则()()(((0,4,0,,,,A B C P M --，由AN AB λ=,得(),64,0N λ-，∴((),56,NM AC λ=--→-=-，∵异面直线NM 与AC 所成角为α, 1233λ≤≤，∴2NM AC cos NM AC α⋅==⋅，设32t λ-=，则5733t 剟∴222111124626()41t cos t t t tα==-+-⋅+，∵1313375t <剟cos α.∴cos α的取值范围是⎣⎦.三．强化训练一、选择题1、【甘肃省2019届高三第一次高考诊断】四棱锥的顶点均在一个半径为3的球面上，若正方形的边长为4，则四棱锥的体积最大值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】设正方形的中心为，当在于球心的连线上时，四棱锥高最高，由于底面面积固定，则高最高时，四棱锥体积取得最大值.设高为，，球的半径为，故，解得.故四棱锥的体积的最大值为.故选D.2．【广东省东莞市2019届高三第二次调研】已知一个四棱锥的正主视图和俯视图如图所示，其中，则该四棱锥的高的最大值为A．B．C．4 D．2【答案】A【解析】解：如图所示，由题意知，平面平面ABCD，设点P到AD的距离为x，当x最大时，四棱锥的高最大，因为，所以点P的轨迹为一个椭圆，由椭圆的性质得，当时，x取得最大值，即该四棱锥的高的最大值为．故选：A．3．【四川省教考联盟2019届高三第三次诊断】已知四棱锥的底面四边形的外接圆半径为3，且此外接圆圆心到点距离为2，则此四棱锥体积的最大值为（）A．12 B．6 C．32 D．24【答案】A【解析】由锥体的体积公式v=，可知，当s和h都最大时，体积最大.由题得顶点P到底面ABCD的距离h≤2.当点P在底面上的射影恰好为圆心O时，即PO⊥底面ABCD时，PO最大=2，即,此时,即四边形ABCD为圆内接正方形时，四边形ABCD的面积最大，所以此时四边形ABCD的面积的最大值=,所以.故选：A4．【安徽省蚌埠市2019届高三第一次检查】某三棱锥的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，三棱锥表面上的点M在俯视图上的对应点为A，三棱锥表面上的点N在左视图上的对应点为B，则线段MN的长度的最大值为A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】由三视图可知，该三棱锥的底面是直角三角形， 一条侧棱与底面垂直（平面），为几何体的直观图如图，在上，重合，当与重合时， 线段的长度的最大值为．故选D ．5．如图，在矩形ABCD 中， 2,1AB AD ==,点E 为CD 的中点， F 为线段CE （端点除外）上一动点现将DAF ∆沿AF 折起，使得平面ABD ⊥平面ABC 设直线FD 与平面ABCF 所成角为θ，则sin θ的最大值为（ ）A.13 B. 4 C. 12 D. 23【答案】C 【解析】如图：在矩形中，过点作的垂线交于点，交于点设，6．【2019年4月2019届高三第二次全国大联考】已知正四面体的表面积为，点在内（不含边界）. 若，且，则实数的取值范围为（ ） A ． B ． C ．D ．【答案】A 【解析】 设正四面体的棱长为则，解得则正四面体的高为记点到平面、、的距离分别为则因为，所以，则故又，故即实数的取值范围为本题正确选项：二、填空题7．【山东省青岛市2019届高三3月一模】在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，面，且，若在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积为__________．【答案】【解析】在这个四棱锥内有一个球，则此球的最大表面积时，对应的球应该是内切球，此时球的半径最大，设内切球的球心为O半径为R，连接球心和ABCD四个点，构成五个小棱锥，根据体积分割得到，五个小棱锥的体积之和即为大棱锥的体积，，根据AB垂直于AD，PD垂直于AB 可得到AB垂直于面PDA，故得到AB垂直于PA，同理得到BC垂直于PC，表面积为：，此时球的表面积为：.故答案为：.8．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知正四棱柱和半径为的半球O，底面ABCD在半球O底面所在平面上，，，，四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为______．【答案】4【解析】设正四棱柱的高为h，底面棱长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为，所以，．由勾股定理得，即，得，其中，所以，正四棱柱的体积为，其中，构造函数，其中，则，令，得．当时，；当时，．所以，函数在处取得极大值，亦即最大值，则．因此，该正四棱柱的体积的最大值为4．9．【陕西省西安地区陕师大附中、西安高级中学、高新一中、铁一中学、西工大附中等八校2019届高三3月联考】如图，已知圆柱和半径为的半球O，圆柱的下底面在半球O底面所在平面上，圆柱的上底面内接于球O，则该圆柱的体积的最大值为_____．【答案】2π【解析】解：设圆柱的底面圆半径为r，高为h；则h2+r2＝R2＝3；所以圆柱的体积为V＝πr2h＝π（3﹣h2）h＝π（3h﹣h3）；则V′（h）＝π（3﹣3h2），令V′（h）＝0，解得h＝1；所以h∈（0，1）时，V′（h）＞0，V（h）单调递增；h∈（1，）时，V′（h）＜0，V（h）单调递减；所以h＝1时，V（h）取得最大值为V（1）＝2π．故答案为：2π．10．【江西省上饶市2019届高三二模】一个棱长为的正方体形状的铁盒内放置一个正四面体，且能使该正四面体在铁盒内任意转动，则该正四面体的体积的最大值是_____.【答案】【解析】由题该正四面体在铁盒内任意转动，故其能在正方体的内切球内任意转动，内切球半径为6，设正四面体棱长为a, 将此正四面体镶嵌在棱长为x的正方体内，如图所示：则x=，外接球的球心和正方体体心O重合，∴外接球的球半径为：=6,a=4又正四面体的高为∴该正四面体的体积为故答案为11．【河北省衡水市第二中学2019届高三上期中】已知体积为的正四棱锥外接球的球心为，其中在四棱锥内部.设球的半径为，球心到底面的距离为.过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是___________.【答案】【解析】如图取底面的中心为，连接平面，且球心在上，由条件知，，连接，，则，于是底面的边长为.又，故四棱锥的高是，所以，即，从而，，于是，过的中点的最小截面圆是以点为圆心的截面圆，该截面圆的半径是，故所求面积为.12．【江西省临川第一中学等九校2019届高三3月联考】如图所示，三棱锥的顶点，，，都在同一球面上，过球心且，是边长为2等边三角形，点、分别为线段，上的动点（不含端点），且，则三棱锥体积的最大值为__________．【答案】【解析】过球心，又是边长为的等边三角形，，,三角形是等腰直角三角形，，，又因为,在平面内，由线面垂直的判定定理可得平面,即平面，设，，则三棱锥体积，当且仅当，即时取等号，故答案为.13．【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥中，，点在棱上，且.正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，截球所得截面面积的最小值为__________．【答案】【解析】因为，所以，所以，同理，故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），其外接球即为球，直径为正方体的体对角线，故，设的中点为，连接，则且，所以，当平面时，平面截球的截面面积最小，此时截面为圆面，其半径为，故截面的面积为．填．14．【江西师范大学附属中学2019高三上学期期末】若一个四棱锥的底面为正方形，顶点在底面的射影为正方形的中心，且该四棱锥的体积为9，当其外接球的体积最小时，它的高为_________．【答案】【解析】设四棱锥底面边长为a，高为h，底面对角线交于O，由条件四棱锥P-ABCD为正四棱锥，其外接球的球心M在高PO上，设外接球半径为R，在直角三角形MAO中，，又该四棱锥的体积为9，所以所以，，，时，时，所以时R极小即R最小，此时体积最小.故答案为3.15．【江西省上饶市2019届高三二模】已知正方体的棱长为，平面与对角线垂直且与每个面均有交点，若截此正方体所得的截面面积为，周长为，则的最大值为______.【答案】【解析】因为平面与对角线垂直，所以平面与对角面平行，作出图象，为六边形,设则,所以，由对称性得平面过对角线中点时截面面积取最大值为，则的最大值为.16．【河南省洛阳市2019届高三第二次统考】正四面体中，是的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该四面体内切球的体积为_____.【答案】【解析】如下图，正方体中作出一个正四面体将正三角形和正三角形沿边展开后使它们在同一平面内，如下图：要使得最小，则三点共线，即：，设正四面体的边长为，在三角形中，由余弦定理可得：，解得：，所以正方体的边长为2，正四面体的体积为：，设四正面体内切球的半径为，由等体积法可得：，整理得：，解得：，所以该四面体内切球的体积为.17．【2019届湘赣十四校高三联考第二次考试】如图，正三棱锥的高，底面边长为4，，分别在和上，且，当三棱锥体积最大时，三棱锥的内切球的半径为________．【答案】【解析】设，，当时，取得最大值，此时为中点，经过点，且，，所以可求，，因此易求，，，，又∵，∴.。
高中数学立体几何的动态问题之最值、范围问题
ABP立体几何的动态问题之最值、范围问题1、正四面体ABCD 的棱长为1，棱AB ∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是 .2、如图，AB 是平面a 的斜线段，A 为斜足，若点P 在平面a 内运动使得△ABP 的面积为定值，则动点P 的轨迹是 （ ）（A ）圆 （B ）椭圆 （C ）一条直线 （D ）两条平行直线3、如图，已知球O 是棱长为1 的正方体1111ABCD A B C D 的内切球，则平面1ACD 截球O 的截面面积为4、圆柱的轴截面ABCD 是边长为2的正方形，M 为正方形ABCD 对角线的交点，动点P 在圆柱下底面内（包括圆周），若直线BM 与直线MP 所成角为45°，则点P 形成的轨迹为 ( ) A ．椭圆的一部分B ．抛物线的一部分C ．双曲线的一部分 D. 圆的一部分5.某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练．已知点A 到墙面的距离为AB ，某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动，此人为了准确瞄准目标点P ，需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小．若AB ＝15 m ，AC ＝25 m ，∠BCM ＝30°，则tan θ的最大值是________．(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)6.如图1110，斜线段AB 与平面α所成的角为60°，B 为斜足，平面α上的动点P 满足∠PAB ＝30°，则点P 的轨迹是( )A ．直线B ．抛物线C ．椭圆D ．双曲线的一支O ABC D AB CD· BACDMP式题 （1）如图，平面α的斜线AB 交α于B 点，且与α所成的角为θ，平面α内有一动点C 满足∠BAC ＝π6，若动点C 的轨迹为椭圆，则θ的取值范围为________．(2)在正四面体ABCD 中，M 是AB 的中点，N 是棱CD 上的一个动点，若直线MN 与BD 所成的角为α，则cos α的取值范围是________．7、在棱长为1的正方体1111ABCD-A B C D 中，E 、F 分别是棱1111A D C D 、的中点，Ｎ为线段1B C 的中点，若Ｐ、M 分别为1D B 、EF 的动 点，则PM+PN 的最小值为8、边长为1的正方体1111D C B A ABCD -将其对角线1AC 与平面α垂直，则正方体1111D C B A ABCD -在平面α上的投影面积为 ．9、正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，底面ABCD 的对角线BD 在平面α内，则正方体在平面α内的投影构成的图形面积的取值范围是 ．10、将一个棱长为a 的正方体嵌入到四个半径为1且两两相切的实心小球所形成的球间空隙内，使得正方体能够任意自由地转动，则a 的最大值为（ ）A ．6622- B ．6632- C ．32232-D ．33223-11、在ABC ∆中，10,30BACACB ∠=︒∠=︒ ，将直线BC 绕AC 旋转得到1B C ，直线AC 绕AB 旋转得到1AC ，则在所有旋转过程中，直线1B C 与直线1AC 所成角的取值范围为____ ． 12、在四面体ABCD 中，已知AD ⊥BC ，AD =6，BC =2，且==2AB ACBD CD，则V 四面体ABCD 的最大值为A. 6B.211C.215D.813、在四面体ABCD 中，已知B C AD ⊥，2BC ,6AD ==，[)),7t (t CD AC BD AB +∞==+=+，则ABCD V 四面体最大值的取值范围是。
立体几何解答题中的取值范围问题
ʏ江苏省无锡市锡山区教师发展中心 姚敬东高考中的立体几何解答题侧重于考查逻辑推理能力和运算求解能力,其中的取值范围或者最值问题一直是考试的重点,也是难点㊂本文选取若干典型例题,归纳解决这类问题的方法,希望对同学们的复习迎考能有所帮助㊂考向一、求空间角的取值范围这类题目的特征是几何体含有动态元素(例如某点在线段上运动),需要求与此相关的空间角的取值范围㊂解决这类问题,需要先建立适当的空间直角坐标系,然后根据动态因素引入参数,最后把所求角的三角函数值表示为该参数的函数并求出其值域㊂值得注意的是,要根据题目条件给出参数的精确范围㊂图1例1 如图1所示,在三棱柱A B C -A 1B 1C 1中,平面A A 1C 1C ʅ平面A B C ,әA B C 为等边三角形,A C =C C 1=2,øA C C 1=60ʎ,D ,E分别是线段A C ,C C 1的中点㊂(1)求证:A 1C ʅ平面B D E ;(2)若P 为线段B 1C 1上的动点(不包括端点),求平面P B D 与平面B D E 夹角的余弦值的取值范围㊂解析:(1)连接A C 1,由题设可知四边形A A 1C 1C 为菱形,所以A 1C ʅA C 1㊂因为D ,E 分别是A C ,C C 1的中点,所以D E ʊA C 1,于是A 1C ʅD E ㊂又因为D 为A C 的中点,әA B C 为等边三角形,所以B D ʅA C ㊂又平面A A 1C 1C ʅ平面A B C ,平面A A 1C 1C ɘ平面A B C =A C ,B D ⊂平面A B C ,所以B D ʅ平面A A 1C 1C ㊂又A 1C ⊂平面A A 1C 1C ,所以B D ʅA 1C ㊂又B D ɘD E =D ,B D ,D E ⊂平面B D E ,所以A 1C ʅ平面B D E ㊂(2)因为C A =C C 1=2,øA C C 1=60ʎ,所以әA C C 1为等边三角形,于是C 1D ʅA C ㊂又因为平面A A 1C 1C ʅ平面A B C ,平面A A 1C 1C ɘ平面A B C =A C ,C 1D ⊂平面A A 1C 1C ,所以C 1D ʅ平面ABC ㊂图2以D 为坐标原点,D B ,D A ,D C 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴,建立如图2所示的空间直角坐标系D -x yz ,则B (3,0,0),E 0,-12,32,C 1(0,0,3),B 1(3,1,3),C (0,-1,0),A 1(0,2,3),所以D B ң=(3,0,0),D E ң=0,-12,32,C 1B 1ң=(3,1,0),C A 1ң=(0,3,3)㊂设C 1P ң=λC 1B 1ң=(3λ,λ,0)(0<λ<1),则P (3λ,λ,3),所以D P ң=(3λ,λ,3)㊂由(1)知,A 1C ʅ平面B D E ,所以平面B D E 的一个法向量为m =C A ң1=(0,3,3)㊂设平面P B D 的法向量为n =(a ,b ,c ),则D B ң㊃n =3a =0,D P ң㊃n =3λa +λb +3c =0,令b =3,则a =0,c =-λ,所以n =(0,3,-λ)㊂所以c o s <m ,n >=m ㊃n|m ||n |=33-3λ23ˑ3+λ2=3-λ23+λ2=12(3-λ)23+λ2㊂令3-λ=t ɪ(2,3),则λ=3-t ㊂所以c o s <m ,n >=12t212-6t +t2=82 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年2月12112t2-6t +1㊂又1tɪ13,12,则12t2-6t +1ɪ13,1,所以c o s <m ,n >ɪ12,32㊂所以平面P B D 与平面B D E 夹角的余弦值的取值范围为12,32㊂点评:本题第一问先证明A 1C ʅD E 和A 1C ʅB D ,然后结合线面垂直的判定定理即可证明㊂第二问先证明点D 处的三条棱D B ,D A ,DC 1两两垂直,然后以D 为坐标原点建立空间直角坐标系,从而引入参数λ表示点P 的位置(C 1P ң=λC 1B 1ң),并把二面角的余弦值表示为f (λ)=3-λ23+λ2(0<λ<1),然后可求得范围㊂考向二、求线段长度比值的取值范围对于线段比值问题,解题时需要建立适当的空间直角坐标系,将几何问题代数化,然后利用题目中的条件和数据建立等量关系,从而表示出所求的线段长度之比㊂在动态问题中,还需根据动态过程求出该比值的取值范围㊂图3例2已知三棱锥P -A B C (图3)的平面展开图(图4)中,四边形A B C D 是边长为2的正方形,әA B E 和әB CF 均为正三角形,在三棱锥P -A B C图4中:(1)求二面角A -P C -B 的余弦值;(2)若点M 在棱P C 上,满足C M C P =λ,λɪ13,23,点N 在棱B P 上,且B M ʅA N ,求B N B P 的取值范围㊂解析:(1)设A C 的中点为O ,连接B O ,P O ㊂由题意知P A =P B =P C =2,P O =1,A O =B O =C O =1㊂在әP A C 中,因为P A =P C ,O 为A C的中点,所以P O ʅA C ㊂在әP O B 中,因为P O =1,O B =1,P B =2,即P B 2=P O 2+O B 2,所以P O ʅO B ㊂图5又O B ʅA C ,所以以O 为坐标原点,建立如图5所示的空间直角坐标系O -x yz ,则O (0,0,0),C (1,0,0),B (0,1,0),A (-1,0,0),P (0,0,1),所以B C ң=(1,-1,0),P C ң=(1,0,-1)㊂设平面P B C 的法向量为n =(x ,y ,z ),则n ㊃B C ң=x -y =0,n ㊃P C ң=x -z =0,令x =1,得y =1,z =1,所以n =(1,1,1)㊂由O B ʅ平面A P C ,所以平面A P C 的一个法向量为O B ң=(0,1,0),所以c o s <n ,O B ң>=n ㊃O B ң|n ||O B ң|=33㊂由二面角A -P C -B 是锐二面角,所以二面角A -P C -B 的余弦值为33㊂图6(2)如图6所示,设B N ң=μB P ң,0ɤμɤ1,则B M ң=B C ң+C M ң=B C ң+λC P ң=(1,-1,0)+λ(-1,0,1)=(1-λ,-1,λ),A N ң=A B ң+B N ң=A B ң+μB P ң=(1,1,0)+μ(0,-1,1)=(1,1-μ,μ)㊂令B M ң㊃A N ң=0,即(1-λ)㊃1+(-1)㊃(1-μ)+λ㊃μ=0,得μ=1-11+λ,μ是关于λ的单调递增函数㊂当λɪ13,23时,μɪ14,25,所以B N B P ɪ14,25㊂点评:本题的第一问在计算二面角之前,要根据题中所给的边长,证得O A ,O B ,O P 两两垂直,这样才能建立空间直角坐标系㊂第二问设B N ң=μB P ң,利用B M ʅA N ,以及对应向量的数量积等于0,得出μ与λ的关系式μ=1-11+λ,最后利用函数的单调性得到所求的取值范围㊂(责任编辑 王福华)92解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年2月。
专题06 立体几何中的动点及最值范围问题(解析版)
专题06 立体几何中动点及最值范围问题题型一、角度、长度最值范围问题（多选）1、设动点P 在正方体1111ABCD A B C D -的对角线1BD 上，记11D P D B λ=当APC ∠为钝角时，则实数可能的取值是（ ） A ．12B ．23C ．13D ．1【答案】AB【分析】首先以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，根据题意得到0PA PC ⋅<，再解不等式即可得到答案．【解析】以D 为原点，DA ，DC ，1DD 分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示：设正方体的边长为1，则()1,0,0A ，()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,0,1D ，()11,0,1D A =-，()10,1,1D C =-，()11,1,1D B =-，所以()11,,D P D B λλλλ==-． 又因为()()()11,,1,0,11,,1PA PD D A λλλλλλ=+=--+-=---，()()()11,,0,1,1,1,1PC PD DC λλλλλλ=+=--+-=---， 因为APC ∠为钝角，所以0PA PC ⋅<，即()()()()()()()2111=1310λλλλλλλ--+--+---<，解得113λ<<．故选AB【名师点睛】本题主要考查空间向量的数量积运算，属于简单题．2、如图，正方体1111ABCD A B C D -，点P 在1AB 上运动（不含端点），点E 是AC 上一点（不含端点），设EP 与平面1ACD 所成角为θ，则cosθ的最小值为（ ）A ．13B ．33C ．53D ．63答案： A 解析：由已知求出AC 的中点1E 与1B 的连线与平面1ACD 所成角的余弦值，在1AB 上（不含端点）任取一点P ，在平面1AB E 内过P 作11//PE B E ，则EP 与平面1ACD 所成角11OE B θ=∠，可得1cos 3θ=，结合选项即可得答案．详解：解：如图，由正方体的性质，可得1B D ⊥平面1AD C ，且1B 在平面1AD C 上的射影O 为△1AD C 的外心．设正方体的棱长为1，则△1AD C 的边长为2， 当1E 为AC 的中点时，11162326OE =-=， 1116122B E =+=，此时11616cos 362OE B ==． 在1AB 上（不含端点）任取一点P ，在平面1AB E 内过P 作11//PE B E ，则EP 与平面1ACD 所成角11OE B θ=∠，可得1cos 3θ=．结合选项可知，cos θ的最小值为13．故选：A ．3、三棱柱111ABC A B C -的侧棱与底面垂直，11AA AB AC ===，AB AC ⊥，N 是BC 的中点，点P 在11A B 上，且满足111A P A B λ=，当直线PN 与平面ABC 所成的角取最大值时，λ的值为( )A ．12B ．22C ．32D ．255【答案】A【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式，求出直线PN 与平面ABC 所成的角，即可求得结论．【解析】如图，以AB ，AC ，1AA 分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系A xyz -，则(,P λ0，1)，11,,122PN λ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，平面ABC 的一个法向量为(0,n =0，1)设直线PN 与平面ABC 所成的角为θ，21sin 15()24PN nPN nθλ⋅∴==⋅-+， ∴当12λ=时，25(sin )5max θ=，此时角θ最大．故选A ． 【名师点睛】本题考查了向量法求线面角的求法，考查了函数最值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．4、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为线段AB 的中点，点F 在线段AD 上移动，异面直线1B C 与EF 所成角最小时，其余弦值为（ ）A ．0B ．12C ．105D ．1116【答案】C【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线1B C 与EF 的夹角的余弦值，根据夹角最小即可求得结果．【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，在正方体1111ABCD A B C D -中， 点E 为线段AB 的中点，设正方体棱长为2， 则1(0,0,0),(2,1,0),(2,2,2),(0,2,0)D E B C ，1(2,0,2)B C =--，设(),0,0F m ()02m ≤≤，(2,1,0)EF m =--，设异面直线1B C 与EF 的夹角为θ，则1212|||2(2)|cos ||||122(2)1211(2)EF B C m EF B C m m θ⋅-⨯-===⋅⋅-+⋅+-， 异面直线1B C 与EF 所成角最小时，则cos θ最大，即0m =时，210cos 51102141θ===⋅+．故选C ．【名师点睛】本题考查异面直线及其所成的角的余弦值，解题方法是建立空间直角坐标系，用空间向量法表示距离、求角，属于中档题．5、如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，,E F 分别是棱11,AD B C 上的中点．若点P 为侧面正方形11ADD A 内（含边）动点，且存在,x y R ∈使1B P xBE yBF =+成立，则点P 的轨迹长度为A ．12B ．1C 5D ．2π 【答案】C【分析】根据向量共面判断出1//B P 平面BEF ，由面面平行得到P 点的轨迹，在直角三角形中求出边长即可．【解析】因为1B P xBE yBF =+成立，所以1B P BE BF 、、共面，即1//B P 平面BEF ， 如图，取11A D 中点Q ，连接1B Q 、1B A 、AQ ， 根据正方体的性质得，1//B Q BE ，1//B A FE ， 且111=B QB A B ，=FEBE E ，所以平面1//B AQ 平面BEF ，所以点P 在AQ 上运动，点P 的轨迹为线段AQ ，因为11A A =，112AQ =， 由勾股定理得151+=42QA =，故选C ．题型二、动点问题（多选）1、如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点(不含端点)，则下列结论正确的是A ．平面11D A P ⊥平面1A APB ．//BC 平面11AD PC ．三棱锥1D CDP -的体积为定值 D ．直线1D P 与AC 所成的角可能是6π【答案】AC【解析】对于A 中，在正方体1111ABCD A B C D -中，可得1111,A D AA A D AB ⊥⊥，又由1AA AB A =，所以11A D ⊥平面1A AP ，因为11A D ⊂平面11D A P ，所以平面11D A P ⊥平面1A AP ，所以A 正确； 对于B 中，在正方体1111ABCD A B C D -中，可得11//BC A D ， 所以11,,,B C A D 四点共面，所以B 不正确； 对于C 中，因为1111122CDD S=⨯⨯=，点P 到平面1CDD 的距离为1BC =， 所以三棱锥1D CDP -的体积为定值，所以C 正确；对于D 中，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，可得1(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0)D A C ，设(1,,)(01,01)P a b a b <<<<， 则1(1,,1),(1,1,0)D P a b AC =-=-， 则11221cos ,01(1)2D P AC D P AC D P ACa b ⋅==<⋅++-⋅，当1a =时，1,2D P AC π=；当0,1a b ==时，13,4D P AC π=， 所以直线1D P 与AC 所成的角的范围是(,)42ππ，所以D 不正确．故选AC【名师点睛】此类问题解答中熟记正方体的几何结构特征，熟练应用转化顶点，利用等体积法求解三棱锥的体积，以及合理利用空间向量的夹角公式求解异面直线所成的角是解答的关键．（多选）2、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧棱1AA ⊥底面111A B C ，90BAC ︒∠=，11AB AC AA ===，D 是棱1CC 的中点，P 是AD 的延长线与11A C 的延长线的交点．若点Q 在直线1B P 上，则下列结论错误的是（ ）．A ．当Q 为线段1B P 的中点时，DQ ⊥平面1A BD B ．当Q 为线段1B P 的三等分点时，DQ ⊥平面1A BDC ．在线段1B P 的延长线上，存在一点Q ，使得DQ ⊥平面1A BD D ．不存在点Q ，使DQ 与平面1A BD 垂直 【答案】ABC【分析】以1A 为坐标原点，11A B ，11A C ，1A A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，求得平面1A BD 的一个法向量(,,)n x y z =，假设DQ ⊥平面1A BD ，且11B Q B P λ=，得到11DQ DB BQ =+=11,12,2λλ⎛⎫--+- ⎪⎝⎭，则(2,1,2)n =-与11,12,2DQ λλ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭共线，研究1112122124λλ---+===-是否有解即可． 【解析】以1A 为坐标原点，11A B ，11A C ，1A A 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，则由1(0,0,0)A ，1(1,0,0)B ，1(0,1,0)C ，(1,0,1)B ，10,1,2D ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(0,2,0)P ，所以1(1,0,1)A B =，110,1,2A D ⎛⎫= ⎪⎝⎭，1(1,2,0)B P =-，111,1,2DB ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．设平面1A BD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则11012n A B x z n A D y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩， 取2z =-，则2x =，1y =，所以平面1A BD 的一个法向量为(2,1,2)n =-．假设DQ ⊥平面1A BD ，且11(1,2,0)(,2,0)BQ B P λλλλ==-=-， 则11DQ DB BQ =+=11,12,2λλ⎛⎫--+- ⎪⎝⎭． 因为DQ 也是平面1A BD 的法向量，所以(2,1,2)n =-与11,12,2DQ λλ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭共线，所以1112122124λλ---+===-成立，但此方程关于λ无解． 因此不存在点Q ，使DQ 与平面1A BD 垂直，故选ABC ．（多选）3、在长方体1111ABCD A B C D -中，23AB =12AD AA ==，,,P Q R 分别是11,,AB BB AC 上的动点，下列结论正确的是 A ．对于任意给定的点P ，存在点Q 使得1D P CQ ⊥ B ．对于任意给定的点Q ，存在点R 使得1D R CQ ⊥ C ．当1AR A C ⊥时，1AR D R ⊥D ．当113AC A R =时，1//D R 平面1BDC 【答案】ABD【分析】如图所示建立空间直角坐标系，计算142D P CQ b ⋅=-，()12222D R CQ b λλ⋅=--，134AR D R ⋅=-，10D R n ⋅=，得到答案.【解析】如图所示，建立空间直角坐标系，设()2,,0P a ，0,23a ⎡⎤∈⎣⎦，()2,23,Q b ，[]0,2b ∈，设11A R AC λ=，得到()22,23,22R λλλ--，[]0,1λ∈. ()12,,2P a D -=，()2,0,CQ b =，142D P CQ b ⋅=-，当2b =时，1D P CQ ⊥，A 正确；()122,23,2D R λλλ=--，()12222D R CQ b λλ⋅=--，取22bλ=+时，1D R CQ ⊥，B 正确；1AR A C⊥，则()()12,23,222,23,2212440AR AC λλλλλλ⋅=--⋅--=-+-+=， 14λ=，此时11333313,,,,02222224AR D R ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-=-≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，C 错误； 113AC A R =，则4234,,333R ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，14232,,333D R ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，设平面1BDC 的法向量为(),,n x y z =，则10n BD n DC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，解得()3,1,3n =-，故10D R n ⋅=，故1//D R 平面1BDC ，D 正确. 故选ABD .【点睛】本题考查了空间中的线线垂直，线面平行，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，推断能力. 题型三、确定点的位置1、如图，在三棱柱111ABC A B C -中，四边形11AAC C 是边长为3的正方形，1CC BC ⊥，1BC =，2AB =．（1）证明：平面1A BC ⊥平面1ABC ；（2）在线段1A B 上是否存在点M ，使得1CM BC ⊥，若存在，求1BMBA 的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）14． 【解析】（1）在ABC 中，3AC =1BC =，2AB =，满足222AC BC AB +=，所以AC BC ⊥，又1CC BC ⊥，1CC AC C =，所以BC ⊥面11ACC A ，又1AC ⊂面11ACC A ，所以1BC A C ⊥，又四边形11AAC C 是边长为3的正方形，所以11AC AC ⊥，又1BCAC C =，所以1AC ⊥面1A CB ，又1AC ⊂平面1ABC ，所以平面1A BC ⊥平面1ABC ；（2）在线段1A B 上存在点M ，使得1CM BC ⊥，且114BM BA =， 理由如下：由（1）得，以点C 为原点，1,,CA CB CC 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，则()3,0,0A，()0,0,0C ，()0,1,0B ，13,0,3A ，(13C ，设(),,M x y z ，1BM BA λ=，所以(),1,3,3x y z λ-=-，解得3x λ=，1y λ=-，3z λ=，所以()3,13CM λλλ=-，(10,1,3C B =-，要使1CM BC ⊥，则需10CM BC ⋅=，即130λλ--=，解得14λ=，故114BM BA =．2、如图，在多面体ABCDP 中，ABC 是边长为4的等边三角形，PA AC =，22BD CD ==，42PC PB ==，点E 为BC 的中点，平面BDC ⊥平面ABC ．（1）求证：//DE 平面PAC（2）线段BC 上是否存在一点T ，使得二面角T DA B --为直二面角？若存在，试指出点T 的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，T 为线段BC 上靠近点C 的八等分点． 【分析】（1）根据题目条件证明DE ⊥平面ACE ，从而得到DE //PA ，得出DE //平面PAC ；（2）建立空间直角坐标系，假设存在点(),0,0T λ，计算平面TDA 和平面BDA 的法向量，使法向量数量积为零，然后求解λ，根据λ的值确定点T 的位置． 【解析】（1）因为22BD CD ==ABC 是边长为4的等边三角形， 所以((2222222216BD CD BC +=+==，所以BDC 是等腰直角三角形，90BDC ∠=︒．又点E 为BC 的中点，所以DE BC ⊥．因为平面BDC ⊥平面ABC ，平面BDC ⋂平面ABC BC =，所以DE ⊥平面ABC ． 因为42PC PB ==，4PA AC AB ===，所以222224432PA AC PC +=+==，222224432PA AB PB +=+==，所以PAB △与PAC 都是直角三角形，故PA AC ⊥，PA AB ⊥． 又AC AB A ⋂=，所以PA ⊥平面ABC ，所以DE PA ∥． 因为PA ⊂平面PAC ，DE ⊄平面PAC ，所以DE 平面PAC ．（2）连接AE ，以E 为原点，EC ，EA ，ED 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,23,0A ，()2,0,0B -，()2,0,0C ，()0,0,2D ，设存在(),0,0T λ，使得二面角T DA B --为直二面角，易知22λ-≤≤，且0λ≠． 设平面BAD 的法向量为()1111,,n x y z =，则由()2,0,2BD =，()0,23,2AD =-，得1111030x z y z +=⎧⎪⎨-+=⎪⎩，令11z =，得111x x =-，133y =，故131,,13n ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭．设平面TAD 的法向量为()2222,,n x y z =，则由(),0,2DT λ=-，(),23,0AT λ=-，得222220,230x z x y λλ-=⎧⎪⎨-=⎪⎩，令21z =，得22x λ=，233y =，故223,,13n λ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭． 由122233133cos ,074433n n λλ-+⨯+==⨯+，得12103λ-+=，故32λ=． 所以当T 为线段BC 上靠近点C 的八等分点时，二面角T DA B --为直二面角．3、如图，三棱柱111ABC A B C -中，AB ⊥侧面11BB C C ，已知13BCC π∠=，1BC =，12AB C C ==，点E 是棱1C C 的中点．（1）求证：1C B ⊥平面ABC ； （2）求二面角11A EB A --的余弦值；（3）在棱CA 上是否存在一点M ，使得EM 与平面11A B E 所成角的正弦值为21111，若存在，求出CM CA 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（225（3）存在，13CM CA =或523CM CA =．【解析】（1）由题意，因为1BC =，12CC =，13BCC π∠=，所以13BC又所以22211BC BC CC +=，所以1BC BC ⊥，因为AB ⊥侧面11BB C C ，所以1AB BC ⊥．又因为AB BC B ⋂=，AB ，BC ⊂平面ABC ，所以直线1C B ⊥平面ABC ． （2）以B 为原点，分别以BC ，1BC 和BA 的方向为x ，y 和z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,2A ，()13,0B -，132E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()13,2A -，设平面1AB E 的一个法向量为()111,,n x y z =，()13,2AB =--，13,,222AE ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭因为100n AB n AE ⎧⋅=⎨⋅=⎩，所以11111132013202x z x y z ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，令13y =，则11x =，所以()1,3,1n =设平面11A B E 的一个法向量为(),,m x y z =，()110,0,2A B =-，133,,222A E ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 因为11100m A B m A E ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，所以20332022z x y z -=⎧⎪⎨--=⎪⎩，令3y =，则1x =，所以()1,3,0m =，2m =，5n =，4m n ⋅=，所以425cos ,525m n m n m n⋅===．设二面角11A EB A --为α，则25cos cos ,5m n α==． 所以设二面角11A EB A --的余弦值为255． （3）假设存在点M ，设(),,M x y z ，因为CM CA λ=，[]0,1λ∈，所以()()1,,1,0,2x y z λ-=-，所以()1,0,2M λλ-所以13,,222EM λλ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭设平面11A B E 的一个法向量为()1,3,0m =，所以22132112211132424λλλ--=⎛⎫-++ ⎪⎝⎭，得2693850λλ-+=．即()()312350λλ--=，所以13λ=或523λ=，所以13CM CA =或523CM CA =．【名师点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解． 强化训练（多选）1、如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．//AP 平面11AC D【答案】BD【分析】根据三棱锥体积公式求得116P AA D V -=，知A 错误；以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到1CP x B C →→=-，11AP BC →→⋅=，AP →垂直于平面11AC D 的法向量n →，由此可确定,,B C D 的正误.【解析】对于A ，P 在平面11BCC B 上，平面11//BCC B 平面1AA D ，P ∴到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长，1111111113326P AA D AA D V S CD -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则()1,0,0A ，(),1,P x z ，()1,1,0B ，()10,0,1D ，()11,1,1B ，()0,1,0C()1,1,AP x z →∴=-，()11,1,1BD →=--，()11,0,1B C →=--，1AP BD ⊥，1110AP BD x z →→∴⋅=--+=，x z ∴=，即(),1,P x x ，(),0,CP x x →∴=，1CP x B C →→∴=-，即1,,B P C 三点共线，P ∴必在线段1B C 上，B 正确；对于C ，()1,1,AP x x →=-，()11,0,1BC →=-，111AP BC x x →→∴⋅=-+=，AP ∴与1BC 不垂直，C 错误；对于D ，()11,0,1A ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，()11,0,1DA →∴=，()10,1,1DC →=， 设平面11AC D 的法向量(),,n x y z →=，1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1z =-，1y =，()1,1,1n →∴=-， 110AP n x x →→∴⋅=-+-=，即AP n →→⊥，//AP ∴平面11ACD ，D 正确. 故选BD .【点睛】本题考查立体几何中动点问题相关命题的辨析，涉及到三棱锥体积公式、动点轨迹、线线垂直关系和线面平行关系等知识；解题关键是熟练应用空间向量法来验证相关结论.2、如图，在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD 上移动，且满足11B P D E ⊥，则线段1B P 的长度的最大值为（ ）A ．45B ．2C ．2D ．3【答案】D【分析】以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设点(),,0P x y ，根据110B P D E ⋅=得出x 、y 满足的关系式，并求出y 的取值范围，利用二次函数的基本性质求得1B P 的最大值．【解析】如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则点()12,2,2B 、()10,0,2D 、()1,2,0E ，设点()(),,002,02P x y x y ≤≤≤≤，()11,2,2D E =-，()12,2,2B P x y =---，11D E B P ⊥，()112224220B P D E x y x y ∴⋅=-+-+=+-=，得22x y =-，由0202x y ≤≤⎧⎨≤≤⎩，得022202y y ≤-≤⎧⎨≤≤⎩，得01y ≤≤， ()()2221224548B P x y y y ∴=-+-+=-+01y ≤≤，当1y =时，1B P 取得最大值3．故选D ．3、在长方体1111ABCD A B C D -中，已知底面ABCD 为正方形，P 为11A D 的中点，2AD =，13AA =，点Q 为正方形ABCD 所在平面内的一个动点，且满足2QC QP =．则线段BQ 的长度的最大值是（ ）A ．2B ．4C ．6D ．前三个答案都不对【答案】C【分析】先以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立空间直角坐标系，由题意得到(0,2,0)C ，()1,0,3P ，(2,2,0)B ，设(,,0)Q x y ，由2QC QP =，得到22(2)(2)4-++=x y ，再由圆上的点与定点距离的问题，即可求出结果．【解析】以D 点为坐标原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在方向为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为在长方体1111ABCD A B C D -中，已知底面ABCD 为正方形，P 为11A D 的中点，2AD =，13AA =(0,2,0)C ，(1,3P ，(2,2,0)B ，因为点Q 为正方形ABCD 所在平面内的一个动点，设(,,0)Q x y ， 因为2QC QP =，所以()2222(2)213+-=⋅-++x y x y ，整理得：22(2)(2)4-++=x y ，即点Q 可看作圆22(2)(2)4-++=x y 上的点， 又22(2)(2)=-+-BQ x y ，所以BQ 表示圆22(2)(2)4-++=x y 上的点与定点(2,2)之间的距离， 因此22max (22)(22)426=-+--+=+=BQ r （其中r表示圆22(2)(2)4-++=x y 的半径．）故选C ． 【名师点睛】本题主要考查立体几何中的轨迹问题，涉及圆上的点到定点距离的最值，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型．4、如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1棱长为8，点H 在棱AA 1上，且HA 1＝2，在侧面BCC 1B 1内作边长为2的正方形EFGC 1，P 是侧面BCC 1B 1内一动点，且点P 到平面CDD 1C 1距离等于线段PF 的长，则当点P 在侧面BCC 1B 1运动时，2HP 的最小值是（ ）A ．87B ．88C ．89D ．90【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，过点H 作1HM BB ⊥，垂足为M ，连接MP ，得出222HP HM MP =+，当MP 最小时，2HP 最小，利用空间直角坐标系求2HP 的最小值．【解析】如图，建立空间直角坐标系，过点H 作1HM BB ⊥，垂足为M ，连接MP ，则HM PM ⊥，所以222HP HM MP =+，当MP 最小时，2HP 最小， 过P 作1PN CC ⊥，垂足为N ，设(,8,)P x z ，则(2,8,6),(8,8,6),(0,8,)F M N z ，且08,08x z ≤≤≤≤，因为PN PF =，所以22(2)(6)x z x -+-=，化简得244(6)x z -=-，所以222222(8)(6)(8)441260(6)2424MP x z x x x x x =-+-=-+-=-+=-+≥， 当6x =时，2MP 取得最小值24，此时222282488HP HM MP =+=+=， 所以2HP 的最小值为88，故选B ．5、如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E 为BC 的中点，点P 在底面ABCD 上（包括边界．．．．）移动，且满足11B P D E ⊥，则线段1B P 的长度的最大值为A ．55B ．25C ．2D ．3【答案】D【分析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线段1B P 的长度的最大值．【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设P （a ，b ，0），则1D （0，0，2），E （1，2，0），1B （2，2，2），1B P ＝（a −2，b −2，−2），1D E ＝（1，2，−2）， 因为1B P ⊥1D E ，()1122240B P D E a b ∴⋅=-+-+=， 所以a ＋2b −2＝0，01b ≤≤，所以点P 的轨迹是一条线段，()()()()2222221224224548a b b B P b b b -+-+==+-+=-+， 由二次函数的性质可得当1b =时，2548b b -+可取到最大值9， 所以线段1B P 的长度的最大值为3．故选D ．6、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则异面直线1A P 与BD 所成角的取值范围为A ．3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【分析】连接111,,AB AD B D ，则点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点建立坐标系，利用向量方法可求出范围． 【解析】过A 作平面α平面1DBC ，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则P ∈平面α，即P 在α与平面1111D C B A 的交线上，连接111,,AB AD B D ，11DD BB =，则四边形11BDD B 是平行四边形，11B D BD ∴，11B D ∴平面1DBC ，同理可证1AB ∥平面1DBC ，∴平面11AB D ∥平面1DBC ，则平面11AB D 即为α，点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点，1,,DA DC DD 建立如图坐标系，设正方体棱长为1，则()0,0,0D ，()1,1,0B ，()1,0,0A ，设(),,1P λλ，[]0,1λ∈，()1,1,0DB ∴=，()1,,1AP λλ=-，21DB AP λ∴⋅=-，2DB =，2222AP λλ=-+，设1A P 与BD 所成角为θ，则()22221211cos 2121DB APDB AP λλθλλλλ⋅--===-+⋅-+ 221313442121324λλλ=-=--+⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，当12λ=时，cos θ取得最小值为0， 当0λ=或1时，cos θ取得最大值为12，10cos 2θ∴≤≤，则32ππθ≤≤．故选C ．7、如图，三棱锥V ABC -的侧棱长都相等，底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形，E 为线段AC 的中点，F 为直线AB 上的动点，若平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则cos θ的最大值是A ．33 B ．23C 5D 6【答案】D【分析】连接BE ，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，EV 为z 轴，建立空间直角坐标系，求出平面VBC 的一个法向量m ，平面VEF 的一个法向量n ，利用cos m n m nθ⋅=即可求解.【解析】底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形， 则Rt ABC Rt VAC ≅，所以VA VC BA BC === 设2VA VC BA BC VB =====，由E 为线段AC 的中点，则2VE BV ==， 由222VE BE VB +=，所以VE EB ⊥，以E 为原点，EB 为x 轴，EC 为y 轴，EV 为z 轴， 建立空间直角坐标系，如图所示：则()2,0C ，)2,0,0B，(2V ，设(),2,0F x x -，(0,2,2VC =-，(2,0,2VB =-，(2EV =，(,2,2VF x x =，设平面VBC 的一个法向量()111,,m x y z =，则00m VC m VB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即1111220220z x ⎧+=⎪⎨-=⎪⎩，令11x =，则11y =，11z =，所以()1,1,1m =. 设平面VEF 的一个法向量()222,,n x y z =，则00n EV n VF ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即(222220220z x x x y z ⎧=⎪⋅+-⋅+=⎪⎩，解得20z =，令21y =，则221x x =-， 所以21,1,0n x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， 平面VEF 与平面VBC 所成锐二面角的平面角为θ，则22cos 22232m n x m n x xθ⋅==-+，将分子、分母同除以1x，可得=令()2266632f x x x ⎛=-+=-+ ⎝⎭，当2x =时，()min 3f x =，则cos θ3=. 故选D【点睛】本题考查了空间向量法求二面角、考查了基本运算求解能力，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题.8、已知MN 是正方体内切球的一条直径，点P 在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则PM PN →→⋅的取值范围为 A ．[]0,4 B ．[]0,2C ．[]1,4D ．[]1,2【答案】B【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可将所求数量积化为21PO →-，根据正方体的特点可确定PO →的最大值和最小值，代入即可得到所求范围. 【解析】设正方体内切球的球心为O ，则1OM ON ==，2PM PN PO OM PO ON PO PO OM ON OM ON →→→→→→→→→→→→⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=+⋅+=+⋅++⋅ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，MN 为球O 的直径，0OM ON →→∴+=，1OM ON →→⋅=-，21PM PN PO →→→∴⋅=-，又P 在正方体表面上移动，∴当P 为正方体顶点时，PO →最大，最大值为；当P 为内切球与正方体的切点时，PO →最小，最小值为1，[]210,2PO →∴-∈，即PM PN →→⋅的取值范围为[]0,2.故选B .【点睛】本题考查向量数量积的取值范围的求解问题，关键是能够通过向量的线性运算将问题转化为向量模长的取值范围的求解问题.7、在正四面体D ABC -（所有棱长均相等的三棱锥）中，点E 在棱AB 上，满足2AE EB =，点F 为线段AC 上的动点.设直线DE 与平面DBF 所成的角为α，则A ．存在某个位置，使得DE BF ⊥B ．存在某个位置，使得4FDB π∠=C ．存在某个位置，使得平面DEF ⊥平面DACD ．存在某个位置，使得6πα=【答案】C【分析】设正四面体D ABC -的底面中心为点O ，连接DO ，则DO ⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，OB 、OD 所在直线分别为x 、z 轴建立空间直角坐标系，设正四面体D ABC -的棱长为2，然后利用空间向量法逐一分析求解可得结果. 【解析】如下图所示，设正四面体D ABC -的底面中心为点O ，连接DO ，则DO ⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，OB 、OD 所在直线分别为x 、z 轴建立空间直角坐标系， 设正四面体D ABC -的棱长为2，则31,0A ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭、23B ⎫⎪⎪⎝⎭、3C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭、26D ⎛ ⎝⎭、31,03E ⎫-⎪⎪⎝⎭，设,03F λ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，其中11λ-≤≤， 对于A 选项，若存在某个位置使得DE BF ⊥，31,333DE ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，(),0BF λ=-，1103DE BF λ∴⋅=--=，解得3λ=-，不合乎题意，A 选项错误；对于B 选项，若存在某个位置使得4FDB π∠=，,33DF λ⎛=-- ⎝⎭，23DB ⎛=⎝⎭，cos ,DF DB DF DB DF DBλ⋅<>====⋅B选项错误；对于C 选项，设平面DAC 的一个法向量为()111,,m x y z =，1,DA ⎛=-- ⎝⎭，DC ⎛=-⎝⎭，由1111113033303m DA x y z m DC x y z ⎧⋅=---=⎪⎪⎨⎪⋅=-+-=⎪⎩，取11z =-，得()22,0,1m =-，设平面DEF 的一个法向量为()222,,n x y z =，31,3DE ⎛=- ⎝⎭，,DF λ⎛=- ⎝⎭， 由22222231033333n DE x y z n DF x y z λ⎧⋅=--=⎪⎪⎨⎪⋅=-+=⎪⎩，取y =，则()221n λ=+-，若存在某个位置，使得平面DEF ⊥平面DAC ，则2190m n λ⋅=+=，解得[]31,17λ=-∈-，合乎题意，C 选项正确；对于D 选项，设平面DBF 的一个法向量为()333,,u x y z =，2326,0,33DB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，326,,33DF λ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭， 由333332326033326033u DB x z u DF x y z λ⎧⋅=-=⎪⎪⎨⎪⋅=-+-=⎪⎩，令z λ=，则()2,6,u λλ=，若存在某个位置，使得6πα=，即()()22612131sin cos ,6227272363u DE u DE u DEλλπλλ++⋅==<>===⋅⨯++⨯，整理得254120λλ-+=，162400∆=-<，该方程无解，D 选项错误. 故选C.【点评】本题考查利用空间向量法求解空间角以及利用空间向量法处理动点问题，计算量大，属于难题.10、如图，直三棱柱111ABC A B C -的底面是边长为6的等边三角形，侧棱长为2，E 是棱BC 上的动点，F 是棱11B C 上靠近1C 点的三分点，M 是棱1CC 上的动点，则二面角A FM E --的正切值不可能．．．是A ．3155B ．2155C ．6D ．5【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，求得二面角A FM E --的余弦值，进而求得二面角A FM E --的正切值，求得正切值的最小值，由此判断出正确选项.【解析】取BC 的中点O ，连接OA ，根据等边三角形的性质可知OA BC ⊥，根据直三棱柱的性质，以O 为原点建立如图所示的空间直角坐标系.则()()0,33,0,1,0,2A F ，设()()3,0,02M t t ≤≤. 则()()1,33,2,2,0,2AF FM t =-=-. 设平面AMF 的一个法向量为(),,m x y z =，则()3320220m AF x z m FM x t z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩，令1y =，得633363,1,66t m t t ⎛= --⎝⎭. 平面FME 的一个法向量是()0,1,0n =，所以222cos ,28120252633363166m n m n m nt t t t t ⋅===⋅-+⎛⎫⎛⎫-++ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，所以2sin ,1cos ,m n m n =-222710821628120252t t t t -+=-+所以二面角A FM E--的正切值为()sin ,27 cos,m nf tm n===因为02t≤≤，所以111466t-≤≤--，216125405-=-⨯结合二次函数的性质可知当1165t=--时，()f t5=；当1166t=--时，()f t=，所以()f t∈⎣，所以二面角A FM E--.故选B.【点睛】本小题主要考查二面角的求法，考查数形结合的数学思想方法，属于难题.11、直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且∠ABC ＝120°，点E在边BC上，且满足BE＝3EC，动点M在该四棱柱的表面上运动，并且总保持ME⊥BD1，则动点M的轨迹围成的图形的面积为_____；当MC与平面ABCD所成角最大时，异面直线MC1与AC所成角的余弦值为_____．【答案】，17【分析】由题意可知M的轨迹为过E且与直线1BD垂直的平面与直四棱柱的截面的边界，根据直棱柱的结构特征和底面棱形的性质，由线面垂直的定义可得截面与下底面的截线是与AC平行的，进而确定截面与与AB的交点F，建立空间直角坐标系，利用坐标方法求得截面与1BB的交点G，进而得到所求面积，根据线面角的定义可得M与G重合时MC与平面ABCD所成角最大，利用空间向量可求异面直线所成角的余弦值.【解析】如图，在直四棱柱1111ABCD A B C D-中，因为底面是菱形，侧棱垂直底面，所以AC ⊥平面11BDD B ，所以1BD AC ⊥．在AB 上取F ，使得3BF FA =，连接EF ，则//EF AC ，1⊥BD EF ．记AC 与BD 的交点为O ，以O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz -，则()4,0,0B ，()14,0,6D -，()1,33,0E ．在1BB 上取一点G ，记为()4,0,G t ，于是()18,0,6BD =-，()3,33,EG t =-． 由12460BD EG t ⋅=-+=，得4t =，即12BG GB =， 所以EFG 的边为点M 的运动轨迹． 由题意得22213FG BF BG =+=33836344EF AC ==⨯= 动点M 的轨迹围成的图形的面积为()()22163213331532⨯-=显然当M 与G 重合时，MC 与平面ABCD 所成角最大． 因为()4,0,4M ，()10,43,6C ，所以()14,43,2MC =-． 因为AC 的一个方向向量为()0,1,0n =，所以1251cos ,17MC n =即异面直线1MC 与AC 251． 【点睛】本题考查点、线、面的位置关系，考查空间动点的轨迹，涉及线面垂直的判定与性质，异面直线所成的角，线面角，利用空间直角坐标系和空间向量确定点的位置和求异面直线所成的角，考查直观想象与数学运算的核心素养．属中档题，难度较大.12、如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，已知90ABC ∠=︒，P 为侧棱1CC 上任意一点，Q 为棱AB 上任意一点，PQ 与AB 所成角为α，PQ 与平面ABC 所成的角为β，则α与β的大小关系为（ ）A ．αβ=B ．αβ<C ．αβ>D ．不能确定【答案】C【分析】建立空间直角坐标系设()()(),0,,0,,00,0,0P x z Q y x y z >≥≥，利用空间向量法分别求得cos ,cos αβ，然后根据(0,],0,22ππαβ⎡⎤∈∈⎢⎥⎣⎦，利用余弦函数的单调性求解．【解析】建立如图所示空间直角坐标系：设()()(),0,,0,,00,0,0P x z Q y x y z >≥≥，则()(),,,0,,0QP x y z QB y =-=-，所以2222,,QP QB y QP x y z QB y ⋅==++=，所以222cos QP QB y QP QBx y zα⋅==⋅++，又(0,],0,22ππαβ⎡⎤∈∈⎢⎥⎣⎦，222sin QP CP z QPx y zβ⋅==++，所以22222cos x y x y zβ+=++，所以cos cos βα>，因为cos y x = 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上递减，所以αβ>，故选C 13、如图，在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 为正方形，侧棱1AA ⊥底面ABCD ，3AB =，14AA =，P 是侧面11BCC B 内的动点，且1AP BD ⊥，记AP 与平面11BCC B 所成的角为θ，则tan θ的最大值为（ ）A ．43B ．53C ．2D ．259【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法能求出线面角的正切值的最大值． 【解析】以1,,DA DC DD 所在直线分别为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系， 设(,3,)P x z ，则1(3,3,),(3,3,4)AP x z BD =-=--，11,0AP BD AP BD ⊥∴⋅=，33(3)3340,4x z z x ∴---⨯+=∴=， 22225||(3)6916BP x z x x ∴=-+=-+225488191625255x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭， ||5tan ||3AB BP θ∴=，tan θ∴的最大值为53．故选B ．14、如图，在棱长都相等的正三棱柱111ABC A B C -中，D 是棱1CC 的中点，E 是棱1AA 上的动点．设AE x =，随着x 增大，平面BDE 与底面ABC 所成锐二面角的平面角是（ ）A ．增大B ．先增大再减小C ．减小D ．先减小再增大【答案】D【解析】设正三棱柱111ABC A B C -棱长为2，,02AE x x =≤≤， 设平面BDE 与底面ABC 所成锐二面角为α，以A 为坐标原点，过点A 在底面ABC 内与AC 垂直的直线为x 轴，1,AC AA 所在的直线分别为,y z 轴建立空间直角坐标系，则3,1,0),(0,2,1),(0,0,),(3,1,1),(0,2,1)B D E x BD ED x =-=-，设平面BDE 的法向量(,,)m s t k =，则m BDm ED⎧⊥⎨⊥⎩，即302(1)0s t k t x k ⎧-++=⎪⎨+-=⎪⎩，令3k =33,1t x s x =-=+，所以平面BDE 的一个法向量(1,33,23)m x x =+-， 底面ABC 的一个法向量为(0,0,1)n =，222233cos |cos ,|115(1)3(1)12()24m n x x x α=<>==++-+-+当1(0,)2x ∈，cos α随着x 增大而增大，则α随着x 的增大而减小，当1(,2)2x ∈，cos α随着x 增大而减小，则α随着x 的增大而增大．故选D ．【点睛】本题考查空间向量法求二面角，应用函数思想讨论二面角的大小，考查直观想象、数学计算能力，素养中档题．15、如图所示，在正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则异面直线1A P 与BD 所成角的取值范围为（ ）A ．3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．2,33ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【解析】过A 作平面α平面1DBC ，点P 是底面1111D C B A 内（含边界）的一点，且//AP 平面1DBC ，则P ∈平面α，即P 在α与平面1111D C B A 的交线上，连接111,,AB AD B D ，11DD BB =，则四边形11BDD B 是平行四边形，11B D BD ∴，11B D ∴平面1DBC ，同理可证1AB ∥平面1DBC ，∴平面11AB D ∥平面1DBC ，则平面11AB D 即为α，点P 在线段11B D 上，以D 为坐标原点，1,,DA DC DD 建立如图坐标系，设正方体棱长为1，则()0,0,0D ，()1,1,0B ，()1,0,0A ，设(),,1P λλ，[]0,1λ∈，()1,1,0DB ∴=，()1,,1AP λλ=-，21DB AP λ∴⋅=-，2DB =，2222AP λλ=-+，设1A P 与BD 所成角为θ，则()22221211cos 2121DB APDB AP λλθλλλλ⋅--===-+⋅-+221313442121324λλλ=-=--+⎛⎫-+⎪⎝⎭12λ=时，cos θ取得最小值为0， 当0λ=或1时，cos θ取得最大值为12，10cos 2θ∴≤≤，则32ππθ≤≤．故选C ．16、如图，矩形ABCD 中，222AB AD ==E 为边AB 的中点，将ADE 沿直线DE 翻折成1A DE △．在翻折过程中，直线1A C 与平面ABCD 所成角的正弦值最大为（ ）A ．1024- B ．66C ．514-D ．55【答案】A【解析】分别取DE ，DC 的中点O ，F ，则点A 的轨迹是以AF 为直径的圆， 以,OA OE 为,x y 轴，过O 与平面AOE 垂直的直线为z 轴建立坐标系，则()2,1,0C -，平面ABCD 的其中一个法向量为n = (0，0．1)， 由11A O =，设()1cos ,0,sin A αα，则()1cos 2,1,sin CA αα=+-， 记直线1A C与平面ABCD 所成角为θ，则211|sin 1cos sin 4cos 64cos 6||CA nCA n αθαα⋅-===++⋅，设3153535102cos ,,sin 222416444t t t αθ-⎡⎤⎛⎫=+∈=-+≤-=⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭ 所以直线1A C 与平面ABCD 所成角的正弦值最大为1024-，故选A ． （多选）17、在正方体1111ABCD A B C D -中，若棱长为1，点,E F 分别为线段11B D 、1BC 上的动点，则下列结论正确结论的是（ ）A ．1DB ⊥面1ACD B ．面11//AC B 面1ACDC ．点F 到面1ACD 的距离为定值33D ．直线AE 与面11BB D D 所成角的正弦值为定值13【答案】ABC【分析】以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用共线向量可表示出动点,E F 的坐标，利用空间向量判断线面垂直、面面平行、求解点到面的距离和直线与平面所成角的方法依次验证各个选项即可得到结果．【解析】以A 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：由题意知：()0,0,0A ，()1,0,0B ，()1,1,0C ，()0,1,0D ，()10,0,1A ，()11,0,1B ，()11,1,1C ，()10,1,1D ，设(),,1E x y ，111B E B D λ→→=，即()()1,,0,,0x y λλ-=-，()1,,1E λλ∴-， 设()1,,F y z ''，1BF BC μ→→=，即()()0,,0,,y z μμ''=，()1,,F μμ∴． 对于A ，()11,1,1DB →=-，()1,1,0AC →=，()10,1,1AD →=，11100DB AC DB AD ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，1DB AC ∴⊥，11DB AD ⊥， 又1,AC AD ⊂平面1ACD ，1AC AD A =，1DB ∴⊥平面1ACD ，A 正确；对于B ，1DB ⊥平面1ACD ，()11,1,1DB →∴=-为平面1ACD 的一个法向量，()111,1,0A C →=，()11,0,1A B →=-，111110DB A C DB A B ⎧⋅=⎪∴⎨⋅=⎪⎩，111DB AC ∴⊥，11DB A B ⊥， 又111,A C A B ⊂平面11A C B ，1111AC A B A =，1DB ∴⊥平面11A C B ，∴平面11//AC B平面1ACD ，B 正确；对于C ，()1,,AF μμ→=，∴点F 到面1ACD 的距离111333AF DB d DB →→→⋅===，为定值，C 正确；对于D ，几何体为正方体，AC ∴⊥平面11BB D D ，()1,1,0AC →∴=是平面11BB D D 的一个法向量，又()1,,1AE λλ→=-，设直线AE 与平面11BB D D 所成角为θ，则21sin 2222AC AEAC AEθλλ→→→→⋅==⋅-+⋅，不是定值，D 错误．故选ABC ．（多选）18、如图所示，正方体1111ABCD A B C D -中，1AB =，点P 在侧面11BCC B 及其边界上运动，并且总是保持1AP BD ⊥，则以下四个结论正确的是（ ）A ．113P AA D V -=B ．点P 必在线段1BC 上 C ．1AP BC ⊥D ．//AP 平面11AC D【答案】BD【分析】根据三棱锥体积公式求得116P AA D V -=，知A 错误；以D 为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法可得到1CP x B C →→=-，11AP BC →→⋅=，AP →垂直于平面11AC D 的法向量n →，由此可确定,,B C D 的正误．【解析】对于A ，P 在平面11BCC B 上，平面11//BCC B 平面1AA D ，P ∴到平面1AA D 即为C 到平面1AA D 的距离，即为正方体棱长，1111111113326P AA D AA D V S CD -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=△，A 错误；对于B ，以D 为坐标原点可建立如下图所示的空间直角坐标系：则()1,0,0A ，(),1,P x z ，()1,1,0B ，()10,0,1D ，()11,1,1B ，()0,1,0C()1,1,AP x z →∴=-，()11,1,1BD →=--，()11,0,1B C →=--，1AP BD ⊥，1110AP BD x z →→∴⋅=--+=，x z ∴=，即(),1,P x x ，(),0,CP x x →∴=，1CP x B C →→∴=-，即1,,B P C 三点共线，P ∴必在线段1B C 上，B 正确； 对于C ，()1,1,AP x x →=-，()11,0,1BC →=-，111AP BC x x →→∴⋅=-+=，AP ∴与1BC 不垂直，C 错误；对于D ，()11,0,1A ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，()11,0,1DA →∴=，()10,1,1DC →=，设平面11AC D 的法向量(),,n x y z →=，1100n DA x z n DC y z ⎧⋅=+=⎪∴⎨⋅=+=⎪⎩，令1x =，则1z =-，1y =，()1,1,1n →∴=-， 110AP n x x →→∴⋅=-+-=，即AP n →→⊥，//AP ∴平面11ACD ，D 正确．故选BD ． （多选）19、如图所示，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段1A B 上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（ ）。
例谈立体几何最值问题的几种解法
思路探寻立体几何最值问题侧重于考查同学们的空间想象、逻辑推理和数学运算等能力.常见的立体几何最值问题是求立体几何图形中某条线段、某个角、体积、表面积的最值，那么如何求解呢？一、利用函数思想在大多数情况下，我们可以把与动点有关的立体几何问题看作函数问题来求解.以其中某一个量，如动点的坐标、线段的长、角的大小为变量，建立关于该变量的关系式，并将其视为函数式，即可利用一次函数、二次函数、三角函数的性质和图象求得最值.例1.如图1，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，P为AA1的中点，M在侧面AA1B1B上，若D1M⊥CP，则ΔBCM）.C.5D.2图1图2解：过M作MG⊥平面ABCD，垂足为G，作GH⊥BC于点H，连接MH，以D为坐标原点，建立如图2所示的空间直角坐标系，可得D()0,0,0，C()0,1,0，A()1,0,0，P()1,0,12，D1(0,0,1)，B()1,1,0.设M()1,a,b，则D1M=()1,a,b-1，CP=()1,-1,12，∵D1M⊥CP，∴ D1M⋅ CP=12b-a+12=0，∴b=2a-1，∴CH=1-a，MG=2a-1，∴MH=()1-a2+()2a-12=5a2-6a+2，∴SΔBCM=12BC⋅MH=1=可知当a=35时，ΔBCM面积取最小值，为SΔBCM=12×=故选B.在建立空间直角坐标系后，设出点M的坐标，以a、b为变量，构建关于a的函数式SΔBCM=然后将5a2-6a+2看作二次函数式，对其配方，根据二次函数的性质即可知函数在a=35时取最小值.二、运用基本不等式在解答立体几何最值问题时，我们往往可以先根据立体几何中的性质、定义、定理求得目标式；然后将其进行合理的变形，采用拆项、凑系数、补一次项，去掉常数项等方式，配凑出两式的和或积，就可以直接运用基本不等式来求得最值.在运用基本不等式求最值时，要把握三个条件：一正、二定、三相等.例2.已知三棱锥P-ABC的4个顶点均在球心为O、直径为23的球面上，PA=2，且PA,PB,PC两两垂直.当PC+AB取最大值时，三棱锥O-PAB的体积为（）.A. C.6解：∵PA,PB,PC两两互相垂直，∴三棱锥P-ABC可补全为如图3所示的长方体.则长方体的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球，∴PA2+PB2+PC2=()232=12，又PA=2，∴PB2+PC2=10，∵AB2=PA2+PB2=2+PB2，∴PC2+AB2=2+PB2+PC2=12，∴()PC+AB2-2PC⋅AB=12，又PC⋅AB≤()PC+AB22，∴12=()PC+AB2-2PC⋅AB≥()PC+AB2-2()PC+AB22=12()PC+AB2，当且仅当PC=AB时取等号，∴()PC+AB max=26，此时PC=AB=6，PB=图347思路探寻AB 2-PA 2=2，∴V O -PAB =12V C -PAB =16S △PAB ⋅PC =112PA ⋅PB⋅PC =112×2×2×6故选B.根据长方体的性质得到()PC +AB 2-2PC ⋅AB =10后，可发现该式中含有PC 、AB 的和与积，根据基本不等式a +b ≥2ab 求解，即可得到三棱锥O -PAB 的体积.三、转化法运用转化法求解立体几何最值问题有两种思路.一是将问题转化为平面几何问题.先将几何体的表面展开，或将几何体内部满足条件的某些面展开成平面；再在平面内利用平面几何知识，如正余弦定理、两点间的距离最短、三角形的两边之和大于第三边等求解，这样问题就变得十分直观，容易求解了.另一种思路是根据题意和几何图形中的点、线、面的位置关系，明确其中改变的量和不变的量及其关系，根据简单几何体的性质、表面积公式、体积公式，将问题转化为求某些线段或角的最值.再结合简单几何体的性质，几何图形中点、线、面的位置关系求得最值例3.如图4，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1=AB =2，D 在A 1C 上，E 是A 1B 的中点，则()AD +DE 2的最小值是（）.A.6-7 B.27 C.3+7 D.5+7图4图5解：将平面A 1BC 与平面A 1AC 翻折到同一平面上，连接AE ，如图5所示，设AE ⋂A 1C =F ．由题意可知A 1A =AC =BC =2，A 1C =A 1B =22，所以AA 21+AC 2=A 1C 2，所以AA 1⊥AC ，则∠AA 1C =45°，由余弦定理可得cos∠BA 1C =A 1B 2+A 1C 2-BC 22A 1B ⋅A 1C=8+8-42×22×22=34，则sin∠BA 1C =1-cos 2∠BA 1C =故cos∠AA 1B =cos ()∠AA 1C +∠BA 1C =cos ∠AA 1C cos ∠BA 1C -sin ∠AA 1C sin ∠BA 1C =32-148．因为E 是A 1B 的中点，所以A 1E =2，由余弦定理可得AE 2=AA 21+A 1E 2-2AA 1⋅A 1E cos∠BA 1A=4+2-2×2×2×32-148=3+7．因为D 在A 1C 上，所以AD +DE ≥AE ，当A 、E 、D 三点共线时，等号成立，则()AD +DE 2≥3+7.故选C .将平面A 1BC 与平面A 1AC 翻折到同一平面上，就可以把立体几何问题转化为平面几何问题，即可根据勾股定理和余弦定理求得A 1E 以及AE 的值.分析图形可知当A 、E 、D 三点共线时，AD +DE 取得最大值，再结合余弦定理求解即可.例4.已知球O 的表面积为60π，四面体P -ABC 内接于球O ，ΔABC 是边长为6的正三角形，平面PBC ⊥平面ABC ，则四面体P -ABC 体积的最大值为（）.A.18B.27C.32D.81解：因为球O 的表面积为60π，所以球的半径R ==15，由题意知四面体P -ABC 底面三角形的面积为定值，要使四面体的体积最大，只须使顶点P 到底面的距离最大，又因为平面PBC ⊥平面ABC ，所以当PB =PC 时，点P 到底面的距离最大，而ΔABC 外接圆的半径r =62sin60°=23，则O 到面ABC 的距离为d =R 2-r 2=3，且O 到面PBC 的距离为h =12r =3，设点P 到平面ABC 的距离为H ，则R 2=()H -d 2+h 2，解得H =33，此时体积最大值为V max =13×12×6×6×sin60°×33=27.故选B.解答本题，首先根据球的表面积求得球的半径；再根据题意和几何体的特征明确当PB =PC 时，点P 到底面的距离最大；最后根据外接圆的性质、勾股定理求出点P 到底面的距离，即可求出最大值.除了上述三种方法外，有时还可采用定义法、构造法来求立体几何最值问题的答案.总之，同学们在解题时，要先根据题意和几何体的结构特征寻找取得最值的情形，求得目标式；然后根据目标式的特征，选用合适的方法求最值.（作者单位：贵州省江口中学）48。
高考数学立体几何建系范围最值-含解析
立体几何建系范围最值学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 为线段1A D 的中点，N 为线段1CD 上的动点，则直线1CD 与直线MN 所成角的正弦值的最小值为（）A B C D 2．如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，点M 为1CC 的中点，点P 为底面1111D C B A 上的动点，满足BP AM ⊥的点P 的轨迹长度为（）A ．B ．C ．D ．3．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，正方形1111,ABCD A B C D 的心分别是1O ，2O ，且,,,EFGH 分别是棱1111,,,AD BC A B C D 上的动点（含端点），其中,E F 关于点1O 对称，,G H 关于点2O 对称，EF GH ⊥，则下列结论错误的是（）A ．若四点,,,E F G H 都在球O 上，则球O 表面积的最大值为12πB ．若四点,,,E F G H 都在球O 上，则球O 体积的最小值为823C ．四面体EFGH 的所有棱长都相等D ．直线EG 与HF 所成角的余弦值的取值范围是10,3⎡⎤⎢⎣⎦4．已知A ､B ､C ､D ､E 是空间中的五个点，其中点A ､B ､C 不共线，则“DE 平面ABC ”是“存在实数x ､y ，使得DE x AB y AC =+的（）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知圆柱12O O 的轴截面是边长为2的正方形，AB 为圆1O 的直径，P 为圆2O 上的点，则()PA PB AB +⋅的最大值为（）A ．4B ．C ．5D ．6．如图所示，在棱长为1的正方形1111ABCD A B C D -中，点P 是1AA 的中点，点M ，N是矩形11BB D D 内（包括边界）的任意两点，则PM PN ⋅的取值范围是（）A ．15,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．15,44⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．15,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．15,24⎡⎤-⎢⎥⎣⎦A ．若1113A P AC =，则直线AP平面1BC D B ．若1112A P AC =，则直线AP平面1BC D C ．若1113A P AC =，则直线BP ⊥平面1ACD D ．若1112A P AC =，则直线BP ⊥平面1ACD 8．如图，棱长为3的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，P 为正方体表面BCC 1B 1上的一个动点，E ，F 分别为BD 1的三等分点，则||||PE PF +的最小值为（）A ．B ．2C ．1D 9．正四面体ABCD 的棱长为1，点P 是该正四面体内切球球面上的动点，当PA PD ⋅取得最小值时，点P 到AD 的距离为（）A ．12B ．12C ．12D ．410．已知三棱锥A BCD -的所有棱长均为2，E 为BD 的中点，空间中的动点P 满足PA PE ⊥，PC AB ⊥，则动点P 的轨迹长度为（）A ．1116πB ．8C ．2D 11．如图，平面OAB ⊥平面α，OA α⊂，OA AB =，120OAB ∠=︒．平面α内一点P 满足PA PB ⊥，记直线OP 与平面OAB 所成角为θ，则tan θ的最大值是（）A B ．15C ．24D ．1312．如图，在三棱锥P ABC -中，5AB AC PB PC ====，4PA =，6BC =，点M 在平面PBC 内，且AM =，设异面直线AM 与BC 所成的角为α，则cos α的最大值为（）A ．5B ．5C ．25D 13．已知点P 是正方体1111ABCD A B C D -底面ABCD 内一动点，且满足2PA PB =，设1PD 与平面ABCD 所成的角为θ，则θ的最大值为（）A ．4πB ．3πC ．6πD ．2π14．如图，已知正方体1111ABCD A B C D -中，F 为线段1BC 的中点，E 为线段11A C 上的动点，则下列四个结论正确的是（）A ．存在点E ，使EF ∥BDB ．三棱锥1B ACE -的体积随动点E 变化而变化C ．直线EF 与1AD 所成的角不可能等于60 D ．存在点E ，使EF ⊥平面11AB C D15．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB AD ==，11AA =，O 是AC 的中点，点P 在线段11A C 上，若直线OP 与平面1ACD 所成的角为θ，则cos θ的取值范围是（）A ．,33⎥⎣⎦B ．33⎣⎦C ．43⎥⎣⎦D ．3733⎢⎣⎦16．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，PB 与底面ABCD 所成的角为π4，底面ABCD 为直角梯形，,22π,1ABC BAD AD PA BC ∠=∠====，点E 为棱PD 上一点，满足()01PE PD λλ=≤≤ ，下列结论错误的是（）A ．平面PAC ⊥平面PCD ；B ．点P 到直线CDC ．若二面角E ACD --的平面角的余弦值为3，则13λ=；D ．点A 到平面PCD 二、多选题17．已知正三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，11AA =，M 为AB 的中点，点P 在线段1BC 上，则下列结论正确的是（）A ．直线1//BC 平面1A MCB ．A 和P 到平面1A MC 的距离相等C ．三棱锥1P A MC -的体积为3D ．不存在点P ，使得1AP AC ⊥三、填空题18．若向量()1,1,a t t =+ ，()1,,1b t t =- ，其中t ∈R ，则a b -的最小值为______．参考答案：1．C【分析】建立空间直角坐标系，通过1CN CD λ=表示出点N 坐标，利用数量积求出夹角余弦值的范围，进而得出答案.【详解】以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则()()()()111,0,1,0,2,0,0,2,2,0,0,2M C C D ，()10,2,2CD =-，()10,2,2C D =-- ，设1CN CD λ=(0≤λ≤1)得：()0,22,2N λλ-+，()1,22,21MN λλ∴=--+-，111cos<,>MN C DMN C D MN C D ⋅=⋅=，∴1cos<,>3MN C D ≤=，则1sin<,>MN C D ≥ 故选：C.2．B【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标法可得动点P 的轨迹为线段即可得结果.【详解】分别以DA ，DC ，1DD 为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则()6,0,0A ，()6,6,0B ，()0,6,3M ，设(),,6P x y ，[][]0,6,0,6x y ∈∈，则()6,6,3AM =-，()6,6,6BP x y =-- ，由BP AM ⊥得()()6666360x y --+-+⨯=，即3y x =-，由于[][]0,6,0,6x y ∈∈，所以[]3,6x ∈，[]0,3y ∈，所以点P 的轨迹为面1111D C B A 上的直线：3y x =-，[]3,6x ∈，即图中的线段EF ，由图知：EF =故选：B.3．C【分析】根据题意，球心O 在线段12O O 上，且O 是线段12O O 的中点，故以线段12O O 的中点O 为坐标原点，如图建立直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】解：因为,,,E F G H 分别是棱1111,,,AD BC A B C D 上的动点（含端点），其中,E F 关于点1O 对称，,G H 关于点2O 对称，，若四点,,,E F G H 都在球O 上，则球心O 在线段12O O 上，且O 是线段12O O 的中点，故以线段12O O 的中点O 为坐标原点，如图建立直角坐标系，其中x 轴，y 轴分别与平面11ABB A ，平面11BCC B 垂直，不妨设()()()()()[]0,0,0,,1,1,,1,1,1,,1,1,,1,1,1O E m F m G m H m m ------∈-，()()()2,2,0,2,2,0,1,1,2EF m GH m EG m m ∴=-=--=-+，()1,1,2HF m m =-+-，球O的半径R =，球O 表面积()22442S R m ππ==+∴当1m =±时，S 取最大值12π，选项A 正确；当0m =时，球O的半径R =∴球OB正确；EF EG == ，故当1m =±时，EF EG = ，当1m ≠±时，EF EG ≠ ，选项C 错误；设直线EG 与FH 所成角222141,cos 10,333EG FH m m m EG FHαα⋅-⎡⎤===-∈⎢++⎣⎦⋅，选项D 正确.故选：C 4．A【分析】根据充分条件、必要条件的定义结合向量共面的判定定理即可得出答案.【详解】若DE //平面ABC ，则,DE AB AC ,共面，故存在实数x ､y ，使得DE x AB y AC =+.若存在实数x ､y ，使得DE x AB y AC =+ ，则DE ，AB ，AC共面则DE //平面ABC 或DE ⊂平面ABC.所以“DE //平面ABC ”是“存在实数x ､y ，使得DE x AB y AC =+的充分而不必要条件.故选：A.5．A【分析】根据已知条件作出图形，利用向量的线性运算及数量积公式，结合锐角三角函数即可求解.【详解】如图所示由题意可知2AB =，1PO =，因为1O 为AB 的中点，所以()112PO PA PB =+,所以()111122||cos ,4,PA PB AB PO AB PO AB PO AB PO AB +⋅=⋅=⋅⋅= ，当12AP O O ∥时，1,PO AB 取最小值，此时1cos ,PO AB 所以()PA PB AB +⋅的最大值为4.故选:A.6．B【分析】设正方体1111ABCD A B C D -的中心为O ，连接OP ，OM ，ON ，根据向量的线性运算可得12PM PN OM ON ⋅=+⋅ ，再分析OM ON ⋅的范围求解即可.【详解】设正方体1111ABCD A B C D -的中心为O ，连接OP ，OM ，ON ．由正方体的性质可知，OP OM ⊥ ，OP ON ⊥，那么()()2PM PN PO OM PO ON PO PO ON OM PO OM ON ⋅=+⋅+=+⋅+⋅+⋅ ，又2PO = ，所以12PM PN OM ON ⋅=+⋅ .当OM 与ON 反向，且112OM ON BD === OM ON ⋅ 有最小值，此时131244PM PN ⋅=-=- ；当OM 与ON 同向，且112OM ON BD === OM ON ⋅ 有最大值，此时135244PM PN ⋅=+= ，即PM PN ⋅ 的取值范围为15,44⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．故选：B 7．A【分析】以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，1为单位长度，利用直线和平面法向量的关系判断各选项即可.【详解】以D 为坐标原点，DA ，DC ，1DD的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向，1为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则()1,0,0A ，()11,0,1A ,()1,1,0B ，()0,1,0C ，()10,1,1C ，()0,0,0D ，1(0,0,1)D ,则()10,0,1AA = ，()11,1,1AC =-- ，()0,1,0BA =- ，()1,1,0DB = ，()10,1,1DC =，(1,1,0)AC =-,1(1,0,1)AD =- 当1113A P AC = 时，()()1111111120,0,11,1,1,,33333A AP A A P AA A C ⎛⎫=+=+=+--=- ⎪⎝⎭，设平面1BC D 的法向量为(),,m x y z =，则100m DB x y m DC y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩ 取1x =，则1y =-，1z =，则()1,1,1m =-u r 为平面1BC D 的一个法向量，因为1120333AP m ⋅=--+= ，所以AP m ⊥ ，又因为AP ⊄平面1BC D ，所以直线AP 平面1BC D ，故A 正确，B 不正确．当1113A P AC = 时，()()()1111111220,1,00,0,11,1,1,,33333BP BA AA A P BA AA A C ⎛⎫=++=++=-++--=-- ⎝⎭，设平面1ACD 的一个法向量为(,,)n x y z =，则100n AC x y n AD x z ⎧⋅=-+=⎪⎨⋅=-+=⎪⎩，取1x =则1y =，1z =，则()1,1,1n =为平面1ACD 的一个法向量，因为BP 与n不共线，所以直线BP 与平面1ACD 不垂直，故C 不正确；当1112A P AC = 时，()()()1111111110,1,00,0,11,1,1,,22222BP BA AA A P BA AA A C ⎛⎫=++=++=-++--=-- ⎝⎭，因为BP 与n不共线，所以直线BP 与平面1ACD 不垂直，故D 不正确．故选：A ．8．D【解析】过F 作F 关于平面11BCC B 的对称点'F ，连接'EF 交平面11BCC B 于点0P ，证明此时的0P 使得||||PE PF +最小，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标，||||PE PF +的最小值为'EF .【详解】过F 作F 关于平面11BCC B 的对称点'F ，连接'EF 交平面11BCC B 于点0P .可以证明此时的0P 使得||||PE PF +最小：任取1P (不含0P )，此时1111''PE PF PE PF EF +=+>.在点D处建立如图所示空间直角坐标系，则()()10,0,3,3,3,0D B ，因为E ，F 分别为BD 1的三等分点，所以()()1,1,2,2,2,1E F ,又点F 距平面11BCC B 的距离为1，所以()'2,4,1F ,||||PE PF +的最小值为'EF =故选：D 9．A【分析】根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取AD 的中点为E ，214PA PD PE ⋅=- ，可得当PE 的长度最小时，PA PD ⋅取得最小值，求出球心O 到点E 的距离d ，可得点P 到AD的距离为d r -.【详解】因为四面体ABCD 是棱长为1的正四面体，所以其体积为112113212⨯⨯⨯⨯.设正四面体ABCD 内切球的半径为r ，则1124113212r ⨯⨯⨯⨯⨯=，得r 如图，取AD 的中点为E ，则()()PA PD PE EA PE ED ⋅=+⋅+221()4PE PE EA ED EA ED PE =+⋅++⋅=- .显然，当PE 的长度最小时，PA PD ⋅取得最小值.设正四面体内切球的球心为O ，可求得4OA OD ==.因为球心O 到点E 的距离24d =，所以球O 上的点P 到点E 的最小距离为41212d r -=-=，即当PA PD ⋅ 取得最小值时，点P 到AD 故选：A.【点睛】关键点睛：本题考查几何体的内切球问题，解题的关键是先根据正四面体的体积可求出内切球的半径，得出点P 到AD 的距离为球心O 到点E 的距离减去半径.10．C【分析】将正四面体A BCD -放入正方体，建立空间直角坐标系，求得P 点满足的方程，判断出P 点的轨迹为圆，求得圆的半径，由此计算出圆的周长也即P 的轨迹长度.【详解】正四面体A BCD -，建立空间直角坐标系如图所示，)(22,,22E C B ⎛ ⎝，设(),,P x y z，()22,,,,22PE x y z AP x y z ⎛⎫=---= ⎪ ⎪⎝⎭，),PC x y z =- .由于PA PE ⊥，PC AB ⊥，所以00AP PE PC AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即))0x x y y z z y ⎧⎫⎛⎫++=⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎨-=，即2222220220x x y y z z y z ⎧-++-=⎪⎨⎪+=⎩，即222344240x y z y z ⎧⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪-++-=⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+=⎪⎩，22222234424x y z ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭表示球心为442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为R.0y z +=表示垂直于yAz 平面的一个平面.所以P 的轨迹是上述平面截球面所得圆.球心⎝⎭到平面0y z +=的距离为14d ==，所以截得的圆的半径4r ===，所以截得的圆，也即P点的轨迹的长度为2242r πππ=⨯=.故选：C【点睛】空间中求动点轨迹长度，可考虑采用坐标法求得动点轨迹方程，结合轨迹方程求得轨迹的长度.11．A【分析】如图建立空间直角坐标系，令1OA AB ==，即可得到A 、B 的坐标，设(),,0P x y ，根据PA PB ⊥，则0AP PB ⋅= ，即可得到()2312x y y ⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭，再求出平面OAB 的法向量，依题意根据正弦函数、正切函数的单调可知，要求tan θ的最大值，即可求sin θ的最大值，利用空间向量法表示出线面角的正弦值，再根据函数的性质求出sin θ的最大值，从而根据同角三角函数的基本关系求出tan θ；【详解】解：如图以平面α为xoy 平面，平面OAB 为yoz 平面，建立如图所示空间直角坐标系，令1OA AB ==，则()0,1,0A，30,,22B ⎛ ⎝⎭，显然平面OAB 的法向量可以为()1,0,0n =r ，设(),,0P x y ，则(),,0OP x y = ，(),1,0AP x y =-，3,22PB x y ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ，因为PA PB ⊥，所以()23102AP PB x y y ⎛⎫⋅=-+-⨯-= ⎪⎝⎭ ，即()2312x y y ⎛⎫=-⨯- ⎪⎝⎭，因为直线OP 与平面OAB 所成角为θ，因为0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦，显然2θθ≠，即0,2πθ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，因为sin y x =与tan y x =在0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭均单调递增，要求tan θ的最大值，即可求sin θ的最大值，所以sin θ====，所以当156y =-时()max1sin 5θ=，又cos θ=sintan cos θθθ==故选：A12．D【分析】设线段BC 的中点为D ，连接AD ，过点P 在平面PAD 内作PO AD ⊥，垂足为点O ，证明出PO ⊥平面ABC ，然后以点O 为坐标原点，CB 、AD 、OP分别为x 、y 、z 轴的正方向建立空间直角坐标系，设BM mBP nBC =+，其中0m ≥，0n ≥且1m n +≤，求出363m n +-的最大值，利用空间向量法可求得cos α的最大值.【详解】设线段BC 的中点为D ，连接AD ，5AB AC == ，D 为BC 的中点，则AD BC ⊥，6BC = ，则3BD CD ==，4AD ∴=，同理可得4PD =，PD BC ⊥，PD AD D = ，BC ∴⊥平面PAD ，过点P 在平面PAD 内作PO AD ⊥，垂足为点O ，因为4PA PD AD ===，所以，PAD △为等边三角形，故O 为AD 的中点，BC ⊥ 平面PAD ，PO ⊂平面PAD ，则BC PO ⊥，PO AD ⊥ ，AD BC D = ，PO ∴⊥平面ABC ，以点O 为坐标原点，CB 、AD 、OP分别为x 、y 、z 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，因为PAD △是边长为4的等边三角形，O 为AD 的中点，则sin 60OP PA ==则()0,2,0A -、()3,2,0B 、()3,2,0C -、(0,0,P ，由于点M 在平面PBC 内，可设(()()3,2,6,0,036,2,2BM mBP nBC m n m n m =+=--+-=--- ，其中0m ≥，0n ≥且1m n +≤，从而()()()3,4,036,2,336,42,2AM AB BM m n m m n m =+=+---=---，因为AM = ()()222336421215m n m m --+-+=，所以，()()22233616161423m n m m m --=-+-=--+，故当12m =时，216161m m -+-有最大值3，即()23633m n +-≤，故363m n +-≤，即363m n +-所以，cos cos ,AM BC AM BC AM BCα⋅=<>=⋅故选：D.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.13．A【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为2，且设点(,,)P x y z ，根据已知条件并结合两点间的距离公式求得动点P 的轨迹方程，要使得1PD 与底面ABCD 所成的角θ最大，从而点P 在 ENF上，且在QD 上，再由直线与平面的夹角可得1tan 1DD DPθ==，从而可得出θ最大值.【详解】解：以B 为坐标原点，BC ，BA ，1BB 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为2，设(,,)P x y z ，则(0,2,0)A ，因为||2||PA PB =，=即22221639x y z ⎛⎫+++=⎪⎝⎭，所以点P 的轨迹为以点20,,03Q ⎛⎫- ⎪⎝⎭为球心，43为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的 EMG， GSF ， ENF ，要使得1PD 与底面ABCD 所成的角最大，则1PD 与底面ABCD 的交点R 到点D 的距离最短，从而点P 在 ENF上，且在QD 上，则41042333DP DQ =-=-=，从而1tan 1DD DP θ==，所以θ的最大值为4π.故选：A．14．D【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量来表达出EF ，BD，1AD ，从而判断AC 选项；求出平面11AB C D 的法向量()0,1,1n =-r ，判断EF 与()0,1,1n =-r的关系，判断D 选项；B 选项可以判断出11AC ∥平面1ACB ，从而得到E 到平面1ACB 的距离不变，所以1E ACB V -为定值，不随E 的变动而变动，故三棱锥1B ACE -的体积不随动点E 变化而变化，B 选项错误.【详解】以点D 为原点，DA ，DC ，1DD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，设正方体边长为2，则()1,2,1F ，()0,0,0D ，()2,2,0B ，()2,0,0A ，()10,0,2D ，()12,2,2B ，因为E 为线段11A C 上运动，设(),2,2E m m -（02m ≤≤），则()1,,1EF m m =--，()2,2,0BD =-- ，若EF ∥BD ，则EF tBD =（0t ≠），则有10t -=⨯，显然无解，故A 错误；因为11A C ∥AC ，AC ⊂平面1ACB ，11A C ⊄平面1ACB ，故11A C ∥平面1ACB ，因为E 为线段11A C 上运动，故E 到平面1ACB 的距离不变，所以1E ACB V -为定值，不随E 的变动而变动，故三棱锥1B ACE -的体积不随动点E 变化而变化，B 错误；()12,0,2AD =-，设直线EF 与1AD 所成角为θ，则1cos cos ,AD EF θ== 1cos 2θ=，解得：1m =，故当E 为11A C 中点时，此时直线EF 与1AD 所成的角为60°，故C 错误；设平面11AB C D 的法向量为(),,n x y z = ，则10220n DA x n AB y z ⎧⋅==⎪⎨⋅=+=⎪⎩ ，令1y =得：1z =-，故()0,1,1n =-r ，因为当1m =时，()()1,,10,1,1m m --=-即EF n =，故EF ⊥平面11AB C D ，故D 正确.故选：D 15．D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得sin θ的取值范围，由此求得sin θ，即可得解.【详解】以D 为原点，分别以1,,DA DC DD 所在直线为,,x y z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示则()0,0,0D ，()2,0,0A ，()0,2,0C ，()1,1,0O ，()10,0,1D ，设()(),2,102P a a a -≤≤，则()()()11,1,1,2,0,1,2,2,0OP a a AD AC =--=-=-uu u r uuu r uuu r，设平面1ACD 的法向量为(),,n x y z =则120220n AD x z n AC x y ⎧⋅=-+=⎨⋅=-+=⎩ ，令1x =，得()1,1,2n = 所以sin n OPn OPθ⋅==⋅r uu u r r uu u r由于02a ≤≤，1,⎡⎣，⎤⎥⎣⎦，2sin ,3θ∴=⎣⎦，222sin 93θ⎡⎤∴∈⎢⎣⎦，2171sin ,39θ⎡⎤∴-∈⎢⎥⎣⎦，由于0,2π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦，所以cos ,33θ∈⎢⎣⎦故选：D16．D【分析】A 选项，作出辅助线，证明出AC ⊥BC ，结合PA ⊥平面ABCD 可得线线垂直，从而证明线面垂直，最后证明出面面垂直；B 选项，求出点P 到直线CD 的距离即为PC 的长度，利用勾股定理求出答案；C 选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解；D 选项，过点A 作AH ⊥PC 于点H ，证明AH 的长即为点A 到平面PCD 的距离，求出AH 的长.【详解】A 选项，因为PA ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥CD ，故∠PBA 即为PB 与底面ABCD 所成的角，π4PBA ∠=，因为π2∠=∠=ABC BAD ，所以PA =AB =1，因为2,1AD PA BC ===，取AD 中点F ，连接CF ，则AF =DF =AB =CF =BC ，则四边形ABCF 为正方形，∠FCD =∠FCA =45°，所以AC ⊥CD ，又因为AP AC A ⋂=，所以CD ⊥平面PAC ，因为CD ⊂平面PCD ，所以平面PAC ⊥平面PCD ，A正确；由A 选项的证明过程可知：CD ⊥平面PAC ，因为PC ⊂平面PAC所以CD ⊥PC ，故点P 到直线CD 的距离即为PC 的长度，其中1PA AB BC ===由勾股定理得：AC PC ==B 正确；以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴，AP 所在直线为z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0A ，()1,1,0C ，()0,0,1P ，()0,2,1E λλ-，其中平面ACD 的法向量为()0,0,1m = ，设平面ACE 的法向量为(),,n x y z = ，则()2100n AE y z n AC x y λλ⎧⋅=+-=⎨⋅=+=⎩ ，令1y =得：2,11z x λλ==--，所以21,1,1n λλ⎛⎫=- ⎪-⎝⎭，设二面角E AC D --的平面角为θ，显然cos θ=3，其中3cos ,3m n = ，解得：13λ=或1λ=-，因为01λ≤≤，所以13λ=，C 正确；过点A 作AH ⊥PC 于点H ，由于CD ⊥平面APC ，AH ⊂平面APC ，所以AH ⊥CD ，因为PC CD C = ，所以AH ⊥平面PCD ，故AH 即为点A 到平面PCD 的距离，因为PA ⊥AC ，所以AP AC AH PC ⋅==D 选项错误故选：D17．ABD【分析】连接11,A C AC 交于点O ，连接OM ，证得1//OM BC ，进而得到1//BC 平面1A MC ，可判定A 正确；证得AN NP =，结合斜线与平面所成的角相等，可判断B 正确；先证明CM AB ⊥，并求出CM 的长度，1//BC 平面1A MC ，所以,B P 到平面1A MC 的距离是一样的，所以11P A MC B A MC V V --=，继而算出答案，可得C 是错误的；假设存在点P ，使得1AP AC ⊥，令[]1(1),0,1AP AB AC λλλ=+-∈ ，结合10AC AP ⋅> ，可判定D 正确.【详解】对于A 中，如图所示，连接11,A C AC 交于点O ，连接OM ，因为111ABC A B C -为正三棱柱，所以其侧面都是矩形，所以O 为1AC 的中点，又因为M 是AB 的中点，所以1//OM BC ，由OM ⊂平面1A MC ，且1BC ⊄平面1A MC ，所以1//BC 平面1A MC ，所以A 正确；对于B 中，在1ABC ，因为AP 交OM 于点N ，1//OM BC ，AM MB =，所以AN NP =，因为AN 与PN 与平面1A MC 成角相等，所以A 和P 到平面1A MC 的距离相等，所以B 正确；对于C 中，因为底面是正三角形，且M 为AB 的中点，所以CM AB ⊥，所以CM =因为1//BC 平面1A MC ，且P 在1BC 上，所以1111111113326P A MC B A MC A BMC BMC V V V S AA ---===⋅=⨯⨯= ，故C 错误对于D 中，假设存在点P ，使得1AP AC ⊥，令[]1(1),0,1AP AB AC λλλ=+-∈ ，可得1111(1)AC AP AC AB AC AC λλ⋅=⋅+-⋅ ，易得1AC 和AB 所成角为锐角，1AC 和1AC uuu r 所成角为锐角，所以1110,0AC AB AC AC ⋅>⋅> ，所以1111(1)0AC AP AC AB AC AC λλ⋅=⋅+-⋅> ，，所以不存在点P ，使得1AP AC ⊥，所以D 正确.故选：ABD18．2【分析】由向量的坐标，根据模长公式的表达式，结合二次函数的性质即可求解最小值.【详解】因为()=21,1,a b t t a b ---∴- ，,故当1t =时，模长最小为2.故答案为：2。
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立体几何范围与最值一直以来是学考、高考与竞赛的热点与难点。
值得我们平时，静下心来仔细研究，才能有所收获，为有效的解决这类问题做好准备。
1．（15浙第8题）、如图，已知ABC ∆，D 是AB 的中点，
沿直线CD 将ACD ∆折成A CD '∆，所成二面角A CD B '--的平面角为α，则（
）
A.A DB α
'∠≤ B.A DB α
'∠≥
C.A CB α'∠≤
D.A CB α'∠≤2．（15浙第15题）已知12,e e 是空间单位向量，1212e e ⋅= ，若空间向量b 满足1252,2b e b e ⋅=⋅= ，且对于任意,x y R ∈，12010200()()1(,)b xe ye b x e y e x y R -+≥-+=∈ ，则0x =
，0y =，
b = ．
5、如图，在Rt △ABC 中，AC=1，BC=x ，D 是斜边AB 的中点，将△BCD 沿直线CD 翻
折，若在翻折过程中存在某个位置，使得CB ⊥AD ，则x 的取值范围是
（）
A. B.2] C. D.（2，4]
（第5题图）
6.(全国II （理）．将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（A）36
23+（B）2+36
2（C）4+36
2（D）3
6
234+
7、(山东)设地球半径为R ，若甲地位于北纬045东经0120，乙地位于南纬度075东经0120，则甲、乙两地球面距离为
（A (B)6R π(C)56R π(D)23
R π8.（2009四川卷文）如图，在半径为3的球面上有C B A 、、三点，
ABC ∠=90°，BC BA =,球心O 到平面ABC 的距离是
223，则C B 、两点的球面距离
是(
)A.3π
B.π
C.π34
D.2π
变式.若点A 位于北纬 ′ ，东经 东′ ，点B 位于赤道上的西经
R′ ，则A,B 间的最短距离是
9.（09浙江卷理17题）
如图，在长方形ABCD 中，2AB =，1BC =，E 为DC 的中点，F 为线段EC （端点除外）上一动点．现将AFD ∆沿AF 折起，
使平面ABD ⊥平面ABC ．在平面ABD 内过点D
作DK AB ⊥，K 为垂足．设AK t =，则t 的取值范围是．
10.（09重庆卷理）已知二面角l αβ--的大小为0
50，P 为空间中任意一点，则过点P 且与平面α和平面β所成的角都是025的直线的条数为（）
A ．2
B ．3
C ．4
D ．511.如图，正方体，过顶点D 在空间作直线a ,使a 与平面AB C D 和平面ABCD 所成角均为R′ ，则这样的直线a 的条数为
12.如图,在单位正方体的面对角线 上存在一点P ，使得AP+ 最短，则AP+ 的最小值为
第11,12题。