2025版高考数学一轮总复习考点突破第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

角度3空间中的最值或范围问题1.(2024·河南洛阳强基联盟联考)如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形，AB＝2BC＝6，PC⊥PD，PC＝PD，点O是CD的中点，则线段PB上的动点E到直线AO的距离的最小值为eq\r(6).[分析]思路一：所求最小值为O到线段PB距离的最小值．思路二：设eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(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\o(AO,\s\up6(→))＝(－3,3,0)，eq\o(BP,\s\up6(→))＝(－3，－3,3)，设eq\o(BE,\s\up6(→))＝λeq\o(BP,\s\up6(→))(0≤λ≤1)，则E(3－3λ，3－3λ，3λ)，eq\o(AE,\s\up6(→))＝(－3λ，6－3λ，3λ)，|eq\o(AE,\s\up6(→))|＝eq\r(－3λ2＋6－3λ2＋3λ2)＝eq\r(27λ2－36λ＋36)，∵|eq\o(AO,\s\up6(→))|＝eq\r(－32＋32＋02)＝3eq\r(2)，∴向量eq\o(AO,\s\up6(→))的单位方向向量v＝eq\f(\o(AO,\s\up6(→)),|\o(AO,\s\up6(→))|)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(2))，\f(1,\r(2))，0))，则eq\o(AE,\s\up6(→))·v＝(－3λ)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\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(|\o(AE,\s\up6(→))|2－\o(AE,\s\up6(→))·v2)＝eq\r(27λ2－36λ＋18)＝eq\r(27\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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cosθ的最小值．[分析](1)eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(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cosθ＝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\o(ED,\s\up6(→))＝(0,1,0)，eq\o(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\co1(\o(ED,\s\up6(→))·m＝y＝0，,\o(EC1,\s\up6(→))·m＝x＋az＝0，))取x＝a，则m＝(a,0，－1)，又eq\o(BC1,\s\up6(→))＝(2,0，a)，故sinθ＝|cos〈eq\o(BC1,\s\up6(→))，m〉|＝eq\f(|\o(BC1,\s\up6(→))·m|,|\o(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cosθ为最小值，只需要sinθ最大，sinθ最大值为eq\f(1,3)，此时cosθ的最小值为eq\r(1－sin2θ)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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\co1(\f(3\r(2),2)，\r(5)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\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\co1(\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\co1(\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\o(BP,\s\up6(→))＝(－eq\r(3)，－1,2)，eq\o(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\co1(\o(BP,\s\up6(→))·n1＝－\r(3)x1－y1＋2z1＝0，,\o(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\o(PQ,\s\up6(→))＝λeq\o(PC,\s\up6(→))＝(0,4λ，－2λ)，λ∈[0,1]，则eq\o(AQ,\s\up6(→))＝eq\o(AP,\s\up6(→))＋eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(0,4λ＋2,2－2λ)，eq\o(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\co1(\o(AB,\s\up6(→))·n2＝\r(3)x2＋3y2＝0，,\o(AQ,\s\up6(→))·n2＝4λ＋2y2＋2－2λz2＝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\co1(\r(3)，－1，\f(2λ＋1,1－λ))).设平面ABQ与平面PBC夹角为θ，于是cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n1·n2,|n1|·|n2|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2＋2·\f(2λ＋1,1－λ),2\r(2)×\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ＋1,1－λ)))2))))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋\f(2λ＋1,1－λ),\r(2)×\r(4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2λ＋1,1－λ)))2))))，令eq\f(2λ＋1,1－λ)＋1＝t(t>2)，则cosθ＝eq\f(t,\r(2)×\r(t