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压轴小题5 空间向量中的最值问题
【2024上 四川德阳 统考期末】．已知四面体中，，且与平面所成的角为，则当时，的最小值是______．
角度一、建立空间直角坐标系，特殊化处理取射线为的角平分线，设，根据题意得出坐标，根据空间向量的线性运算转化为将军饮马问题计算即可；角度二、设中点为，将问题转化为的最小值，构造平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算结合将军饮马计算即可．
以为坐标原点，所在平面为平面，
建立如图空间直角坐标系，因为与平面所成的角为，
所以不妨取射线为的角平分线．
又．设，则．
设，则点是平面内任一点，作轴于点，
则
（转化为将军饮马问题）
作点关于轴的对称点，
则，
当且仅当点为与轴的交点时取等号．
解法二：投影对称性2
设，且点在平面内，设中点为．
则
显然，当与在面上的投影共线时，会比不共线时更小．
此时以为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系．
又，且与平面所成的角为，则，，
设，所以，
所以
其可表示为点与的距离之和，作关于轴的对称点，
显然
故答案为：
感悟反思：解决本题的关键在于将问题转化成当在面上的投影与共线时，求的最小值，再通过建立平面直角坐标系，将问题转化成点与的距离之和，即将军饮马问题，从而解决问题．
（23-24高三上·上海黄浦·期中）
1．若正三棱锥的底面边长为6，高为，动点P满足，则的最小值为 ．
设，，问题化为求的最小值，利用直线与椭圆的位置关系建立平面直角坐标系计算即可．
设，则点是平面内作一点，设，
则
（注：这个空间直角坐标系只是起个衬托作用）
由题意，要使最小，必须使点在的投影上且以为焦点的椭圆与直线相切．
此时在椭圆中，．
在平面中，以的中点为坐标原点，建立如图平面直角坐标系．则，又，故直线，设椭圆，
与直线联立得：
，
由得：
，解得或（舍），故，
故答案为：．
（2024高三·全国·专题练习）
2．已知平面直角坐标系中的定点，，，动点，其中现将坐标平面沿x轴翻折成平面角为的二面角，则C，P两点间距离的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
（23-24高三下·陕西安康·开学考试）
3．如图，将正四棱柱斜立在平面上，顶点在平面内，平面，. 点在平面内，且. 若将该正四棱柱绕旋转，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
（2024高三·全国·专题练习）
4．如图，在棱长为的正方体中，点E，F在线段BD上，点H，G分别在线段AD，AB上，且，，，动点P在平面内．若PH，PG与平面所成的角相等，则BP的最小值是( )
A． B． C．5 D．
（23-24高二上·重庆开州·阶段练习）
5．棱长为的正方体中，分别是平面和平面内动点， ，则的最小值为
（23-24高二上·浙江·期中）
6．点P是长方体内的动点，已知，Q是平面BC D上的动点，满足，则的最小值是 .
（23-24高二上·浙江台州·阶段练习）
7．如图，正方形和正方形的边长都是1，且它们所在的平面所成的二面角的大小是，，分别是，上的动点，且，则的最小值是 ．
（23-24高三下·上海浦东新·期中）
8．正三棱锥中，底面边长，侧棱，向量，满足，，则的最大值为 .
（2021高三·全国·专题练习）
9．平行六面体的各棱长均相等，，直线平面，则异面直线与所成角的余弦值为 .
（17-18高三上·江西南昌·阶段练习）
10．已知半径为的球内切于正四面体，线段是球的一条动直径是直径的两端点),点是正四面体的表面上的一个动点,则的取值范围是 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．8
【分析】利用向量中点的性质，进行合理转化，建立空间直角坐标系，找到对称点的坐标，转化为易求的线段长求解即可.
【详解】
设在底面的射影为，则为底面的中心，如图，以为原点建立空间直角坐标系，
由题可知，则，，,,，
设， 故，，，，
，，
设中点为，且，，
设是平面的平面方程，且该平面的一个法向量为，作为与该平面的对称点，，设，中点为，
故在该平面上，面，故，，解得，，
故，.
故答案为：8
【点睛】利用空间向量的中点性质和坐标运算，巧作对称点，将问题简化，运用三角形边的性质求解，属于难题.
2．A
【分析】先求出动点的轨迹方程，然后利用椭圆的参数方程求解空间中两点C，P的距离．
【详解】由，得动点的轨迹方程为，
于是可设；设上半椭圆所在平面为，下半椭圆所在平面为，
当时，，
因为，，所以，从而；
若，依题意，点C到平面上的距离为，射影点，
于是，
因为， ，此时，从．
综上可得，，
故选：A ．
3．D
【分析】如图，由于点到平面的距离为定值即为，所以只需最大即可，而依题意，点在以为圆心，为半径的圆上， 所以当三点共线时，且时，取最大值.
【详解】过点作，垂足为，连接，可知平面，
所以点到平面的距离为，
由题意，
，
过点作平面，垂足为，
因为点在平面内，且，即点在以为圆心，为半径的圆上，
当三点共线时，且时，取最大值，
最大值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是发现点在以为圆心，为半径的圆上，从而把的最大值问题转化为的最大值问题，由圆外一点到圆上一点的最大值问题可解.
4．B
【分析】证明FG⊥平面，利用求得PF和PE的关系，在平面中，以EF为x轴，其垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，求出P的轨迹方程，利用圆的性质即可求解．
【详解】∵，且，∴．
又∵，且，∴平面．
∵，∴平面．
∴PH，PG与平面所成角分别为，，则．
∵，，且，∴．
又∵，∴，
在平面中，以EF为x轴，其垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，
则，，．
设，
由，可得，整理得，
∴点P在圆心为，半径长为的圆上，
此时BP的最小值是．
故选：B．
5．##
【分析】利用对称将的最小值问题转化为求解点到平面的距离，再建立直角坐标系，利用法向量方法求解点面距.
【详解】如图，取点关于平面的对称点，
设点到平面的距离为,
则，，
以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，则点是线段靠近的三等分点，
又正方体棱长为，
则，
则，且，
设平面的法向量为，
则，取，则，
则，
则点到平面的距离
.
【点睛】空间几何体中的距离之和的最值问题处理一般有以下方法：
（1）借助参数表达，转化为函数最值求解；（2）利用展开图，将空间距离和转化为平面内距离和问题，再利用两点之间线段最短求解；（3）借助对称，化线（面）的同侧为线（面）的异侧，转化为点点（点线、点面）距离求解，等等.
6．
【分析】根据三点共线定理可得点在线段上运动时，点Q的运动范围是以点为圆心，半径为2的圆面，再结合三角换元，正弦型函数的最值得出结果.
【详解】取底面的中心，
因为，所以点在平面上，且，
所以点在线段上，
由得，
所以由，得，
由，得，又平面，
所以平面.
因为Q是平面BC D上的动点，满足，
所以当在点时，点Q在点；当在点时，点Q在点为圆心，半径为2的圆上；
所以点在线段上运动时，点Q的运动范围是以点为圆心，半径为2的圆面，
以为坐标原点，以分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，设,，R，
过点作于点，，则点为的中点，所以,，
，,，
，
当时，取最小，为最小值，
因为，所以，设，R，
，当时，取最大值，
所以取最小值.
故答案为：.

【点睛】空间立体几何轨迹问题：先根据已知条件确定与待求点相关的平行、垂直等关系；可建立空间直角坐标系，表示动点的坐标以及相关点的坐标，然后代入点的坐标所满足的几何关系，整理化简可得出动点的轨迹方程，根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其它量.
7．##
【分析】利用二面角的定义证得就是二面角的平面角，即为，再利用空间向量将的长转化为的模求解，利用空间向量的线性运算和数量积、一元二次函数的图象与性质运算即可得解.
【详解】解：连接，如下图，

由题意，，，正方形中，
正方形中，平面，平面，
平面平面，
∴就是二面角的平面角，则，
∴向量与向量夹角为，且，，
设，，，则，
且由题意，
∴
，
∴
，
令，，图象开口向上，且对称轴为，
∴当时，取得最小值，
即最小值为，
∴的最小值是.
故答案为：.
8．4
【分析】利用向量运算化简变形，设，将向量等式转化为两动点轨迹为均为球面，再利用球心距求两球面上任意两点间距离最大值即可.
【详解】已知正三棱锥，则，且，
由化简得，
由化简得.
设，代入，，
分别化简得，且，
故点在以为直径的球面上，半径；
点在以为直径的球面上，半径
分别取线段、的中点、，
则，
故.
故答案为：4
【点睛】将向量的代数关系转化为动态的几何表达，借助几何意义求解动点间的距离最值是解决本类题型的关键所在.
9．
【分析】设、、，若棱长为，由题设知△与△相似得相似比为即有，结合已知求， 应用向量加法的几何应用得即可求，在△中，结合余弦定理求异面直线与所成角的余弦值即可.
【详解】
设、、，若棱长为，则，
连接、，，连，则一定在上，又△与△相似，
∴，
∴，又，有，
∴，，又，
∴，则，
∴，又，
异面直线与所成角与与所成角相同，设为，则.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据相似三角形的相似比确定相关线段的比例，结合向量加减法的几何应用求模长，求出、，最后应用余弦定理求异面直线夹角余弦值.
10．
【详解】设正四面体的边长为， O为球心，由下图可得在可知，，因为内切球半径为1，即，解得，所以
而又
由题意M，N是直径的两端点，可得,,
由此可知，要求出的取值范围，只需求出，的范围即可．
当P位于E（切点）时，OP取得最小值1；
当P位于A处时，OP取得最大值3．
综上可得的最小值为11=0，最大值为91=8．
则的取值范围是[0，8]．
再由，知取值范围是
故答案为：．
点睛：将转化为，是解决本题的关键.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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