浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破：第八章 7 第7讲 2 第2课时 空间距离与立体几何中的最值(范围)问题(选用)
[基础题组练]
1．(2020·宁波市镇海中学高考模拟)在直三棱柱A1B1C1ABC中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知点G和E分别为A1B1和CC1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. B.
C. D.
解析：选A.建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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.(2020·杭州市学军中学高考数学模拟)如图，三棱锥PABC中，已知PA⊥平面ABC，AD⊥BC于点D，BC＝CD＝AD＝1，设PD＝x，∠BPC＝θ，记函数f(x)＝tan θ，则下列表述正确的是( )
A．f(x)是关于x的增函数
B．f(x)是关于x的减函数
C．f(x)关于x先递增后递减
D．f(x)关于x先递减后递增
解析：选C.因为PA⊥平面ABC，AD⊥BC于点D，BC＝CD＝AD＝1，PD＝x，∠BPC＝θ，
所以可求得AC＝，AB＝，PA＝，PC＝，BP＝，
所以在△PBC中，由余弦定理知
cos θ＝＝.
所以tan2θ＝－1＝－1＝.
所以tan θ＝＝≤＝(当且仅当x＝时取等号)，所以f(x)关于x先递增后递减．
3.(2020·义乌市高三月考)如图，边长为2的正△ABC的顶点A在平面γ上，B，C在平面γ的同侧，点M为BC的中点，若△ABC在平面γ上的射影是以A为直角顶点的△AB1C1，则M到平面γ的距离的取值范围是________．
解析：设∠BAB1＝α，∠CAC1＝β，则AB1＝2cos α，AC1＝2cos β，BB1＝2sin α，CC1＝2sin β，则点M到平面γ的距离d＝sin α＋sin β，又|AM|＝，则|B1C1|＝2，即cos2α＋cos2β＝3－(sin2α＋2sin αsin β＋sin2β)．也即sin αsin β＝，所以d＝sin α＋sin β＝sin α＋≥，因为sin α<1，sin β<1，所以<1，所以
0，所以－2≤x≤＋2，
即AD的取值范围是[－2，＋2]．
答案：[－2，＋2]
5.(2020·金丽衢十二校联考)如图，在三棱锥DABC中，已知AB＝2，·＝－3，设AD＝a，BC＝b，CD＝c，则的最小值为________．
解析：设＝a，＝b，＝c，因为AB＝2，所以|a＋b＋c|2＝4⇒a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝4，又因为·＝－3，所以(a＋c)·(－b－c)＝－3⇒a·b＋b·c＋c·a＋c2＝3，
所以a2＋b2＋c2＋2(3－c2)＝4⇒c2＝a2＋b2＋2，所以≥＝2，当且仅当a＝b时，等号成立，即的最小值是2.
答案：2
6．(2020·温州十五校联合体期末考试)在正四面体PABC中，点M是棱PC的中点，点N是线段AB上一动点，且＝λ，设异面直线NM与AC所成角为α，当≤λ≤时，则cos α的取值范围是________．
解析：设点P到平面ABC的射影为点O，以AO所在直线为y轴，OP所在直线为z轴，过点O作BC的平行线为x轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图．设正四面体的棱长为4，
则有A(0，－4，0)，B(2，2，0)，C(－2，2，0)，P(0，0，4)，M(－，1，2)．
由＝λ，得N(2λ，6λ－4，0)．
从而有＝(－－2λ，5－6λ，2)，＝(－2，6，0)．
所以cos α＝＝，设3－2λ＝t，则≤t≤.
则cos α＝ ＝，因为<≤≤，所以≤cos α≤.
答案：
7.如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝BC＝2，点P为AB边上一动点，PD∥BC交AC于点D.现将△PDA沿PD翻折至△PDA′，使平面PDA′⊥平面PBCD.
(1)当棱锥A′PBCD的体积最大时，求PA的长；
(2)若点P为AB的中点，点E为A′C的中点，求证：A′B⊥DE.
解：(1)设PA＝x，则PA′＝x，
所以VA′PBCD＝PA′·S底面PBCD＝x.
令f(x)＝x＝－(01)，将其沿AC翻折，使点D到达点E的位置，且二面角CABE为直二面角．
(1)求证：平面ACE⊥平面BCE；
(2)设点F是BE的中点，二面角EACF的平面角的大小为θ，当λ∈[2，3]时，求cos θ的取值范围．
解：(1)证明：因为二面角CABE为直二面角，AB⊥BC,
所以BC⊥平面ABE，所以BC⊥AE.
因为AE⊥CE，BC∩CE＝C，所以AE⊥平面BCE.
因为AE⊂平面ACE，所以平面ACE⊥平面BCE.
(2)如图，以E为坐标原点，以AD长为一个单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，则AB＝λ，
A(0，1，0)，B(，0，0)，
C(，0，1)，E(0，0，0)，F，
则＝(0，1，0)，＝(，0，1)，
设平面EAC的法向量为m＝(x，y，z)，
则，取x＝1，则m＝(1，0，－)．
同理得平面FAC的一个法向量为n＝(2，，－)．
所以cos θ＝＝＝· .
因为λ∈[2，3]，
所以cos θ∈.
2.如图，在四棱锥PABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝， PA＝AD＝2，AB＝BC＝1.
(1)求平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值；
(2)点Q是线段BP上的动点，当直线CQ与DP所成的角最小时，求线段BQ的长．
解：以{，，}为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则各点的坐标为B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)．
(1)由题意知，AD⊥平面PAB，所以是平面PAB的一个法向量，＝(0，2，0)．
因为＝(1，1，－2)，＝(0，2，－2)．
设平面PCD的法向量为m＝(x，y，z)，
则
即令y＝1，解得z＝1，x＝1.
所以m＝(1，1，1)是平面PCD的一个法向量．
从而cos〈，m〉＝＝，
所以平面PAB与平面PCD所成二面角的余弦值为.
(2)因为＝(－1，0，2)，设＝λ＝(－λ，0，2λ)(0≤λ≤1)，
又＝(0，－1，0)，则＝＋＝(－λ，－1，2λ)，
又＝(0，－2，2)，
从而cos〈，〉＝＝.
设1＋2λ＝t，t∈[1，3]，
则cos2〈，〉＝＝≤.
当且仅当t＝，即λ＝时，|cos〈，〉|的最大值为.
因为y＝cos x在上是减函数，
所以此时直线CQ与DP所成角取得最小值．
又因为BP＝＝，所以BQ＝BP＝.
