立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值问题专项训练-2025届高三数学一轮复习

立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值问题专项训练 考向一 动点问题 1．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，． (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 2．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，. (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 3．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 4．（2024·四川自贡·三模）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，是棱上一点． (1)若‖平面，证明：是的中点． (2)若，，问线段上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 考向二 边长缺失问题 1．（2024·全国·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 2．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，. (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值. 3．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图，四棱锥的底面是矩形，平面为的中点，为PA上一点，且． (1)证明：平面BDQ； (2)若二面角为，求三棱锥的体积． 考向三 最值问题 1．（2024·江苏连云港·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABP，平面ABP，，，，平面与平面的交线为． (1)证明：； (2)若为上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 2．（2024·浙江·三模）在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点. (1)若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由； (2)若，，求直线与平面所成角的最大值. 3．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 4．（2024·湖南岳阳·三模）已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且． (1)证明：平面； (2)点在直线上，求与平面所成角的最大值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $$立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值问题专项训练 考向一 动点问题 1．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 【答案】(1)证明见解析； (2)1 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 2．（2024·江西新余·二模）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，且，.    (1)若为的中点，证明：平面平面； (2)若，，线段上的点满足，且平面与平面夹角的余弦值为，求实数的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取中点为，由条件可得为梯形的中位线，则， 又，则， 且，平面，平面， 根据线面垂直的判定定理，得平面， 平面，. 由，则，又，为梯形的两腰，则与相交， 平面， 又平面，所以平面平面. （2）取的中点为Q，由，， 则，， 因此△为等边三角形，. 由（1）知平面，，，两两垂直， 如图，以，，分别为x，y，z轴正方向，建立空间直角坐标系，    由，，则， ，，，， 由， 所以，，，， 设平面的一个法向量为， 由 取，得，，得. 设平面的一个法向量为， 由 取，得，， 即平面的一个法向量为. 记平面与平面夹角的大小为， 所以，化简得，即，所以实数的值为. 3．（2024·浙江·三模）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，平面底面，，，E，F分别是，的中点，P是线段上的动点． (1)当P是线段的中点时，求点P到平面的距离； (2)当平面与平面的夹角的余弦值为时，求． 【答案】(1)． (2) 【详解】（1）作的中点D，连接，，连接，，， 因为点D，F分别为，的中点， 所以，且， 又由三棱柱的定义，结合点E为的中点可知： ，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以当P是线段的中点时，点P到平面的距离等于点E到平面的距离； 因为， ， 因为，所以， 由平面平面，且平面平面， 因为平面，所以平面， 又平面，所以，所以是三棱锥的高， 所以， 在等边三角形中，, 因为，所以直角三角形中 又， 三角形是等腰三角形，， 设点E到平面的距离为d，则，解得． 即点P到平面的距离为． （2） 以为x轴，为y轴，为z轴建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，，， 设，则， 设平面的一个法向量， 则有，即， 所以， 设平面的一个法向量， 则有，即，所以， 所以， 解得或（舍去）． 所以，即的长为． 4．（2024·四川自贡·三模）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，是棱上一点． (1)若‖平面，证明：是的中点． (2)若，，问线段上是否存在点，使点到平面的距离为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【详解】（1）证明：连接交于，连接， 因为四边形是正方形，所以为的中点， 因为‖平面，平面，平面平面， 所以‖， 因为为的中点，所以是的中点． （2）因为，，四边形是正方形， 所以， 所以， 因为，平面， 所以平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， 设线段上存在点，使点到平面的距离为， 设，则， 因为， 所以，解得， 所以线段上存在点，且时，点到平面的距离为. 考向二 边长缺失问题 1．（2024·全国·高考真题）如图，四棱锥中，底面ABCD，，． (1)若，证明：平面； (2)若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 2．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）设中点为，连接， 因为，且，故四边形为正方形， 而，，， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以，又平面，， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； （2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，所以，， 设平面的法向量为，则，即，令，所以， 由（1）知，平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，则，所以， 即，解得或（舍去）， 所以.    3．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）如图，四棱锥的底面是矩形，平面为的中点，为PA上一点，且． (1)证明：平面BDQ； (2)若二面角为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：因为平面平面ABCD， 所以，则． 设， 则， ， 因为，所以，即 则，解得， 所以为AP的中点． 连结AC，与BD交于点，连结QO， 由于底面ABCD是矩形，所以为AC的中点，则OQ为的中位线， 所以， 又平面平面BDQ， 所以平面BDQ （2）易知DA，DC，DP两两互相垂直， 以为坐标原点，以DA，DC，DP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， 设，则， ， 设平面BDQ的法向量为， 由，得， 取，则， 设平面CDQ的法向量为， 由，得， 取，则， 于是，解得， 故三棱锥的体积为． 考向三 最值问题 1．（2024·江苏连云港·模拟预测）如图，在四棱锥中，平面ABP，平面ABP，，，，平面与平面的交线为．    (1)证明：； (2)若为上一点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为平面ABP，平面ABP， 所以，又平面，平面， 所以平面， 又平面，且平面与平面的交线为， 所以 （2）取的中点，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则   ，，，， 设，（），则， ，， 设平面的一个法向量， 因为 令，则，，即， 设直线与平面所成角为，所以 ， 令，则， 令，则，所以， 函数y在上为增函数，在上为减函数， 所以当时，，即， 故直线与平面所成角的正弦值的最大值. 2．（2024·浙江·三模）在四棱锥中，，，，，、分别为直线，上的动点. (1)若异面直线与所成的角为，判断与是否具有垂直关系并说明理由； (2)若，，求直线与平面所成角的最大值. 【答案】(1)答案见解析，理由见解析 (2) 【详解】（1）取的中点，连接，， 因为，，所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以（或其补角）为异面直线与所成的角， ①当时，在中，，， 由余弦定理可知， 所以，所以，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以. ②当，假设，则由①有平面， 因为平面，所以，， 这与相矛盾，故此时与不垂直. 综上所述，当时，；当时，与不垂直. （2）由，点是中点，可得， 从而由可得， 又， 所以，即， 因为，由（1）有， 所以， 所以两两互相垂直， 故可以为坐标原点，，，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 故，，，，. 因为，设平面的法向量为，则有 设，则，又，所以有 令，则，故平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为，则 ， 令，则 当时，； 当时，. （当且仅当，时取“＝”）.又，所以. 综上所述，直线与平面所成角的最大值为. 3．（2024·江苏宿迁·三模）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，为半个圆柱上底面的直径，，，点，分别为，的中点，点为的中点． (1)证明：平面平面； (2)若是线段上一个动点，当时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接，由点为的中点，为半个圆柱上底面的直径知， 由，，知，， 则，又四点共面，所以， 由为直三棱柱的侧面知，即，则， 由为的中点得， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，，则平面， 因为，分别为，的中点，所以， 又平面，，平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）（法一）以为一组空间正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，， 设， 则， 由平面平面知直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 设平面的法向量为， 由，取，得， 则平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为，则 ， 又，则时，的最大值为． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （法二）在直三棱柱中，底面， 因为底面，所以， 由（1）知，，所以， 又平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 过作交于， 因为平面平面，所以平面， 又平面平面， 则直线与平面所成角即为直线与平面所成角， 因为∽，且正方形的边长为2， 所以，则， 又，要使值最大， 则最小，在中， 过作交于，由等面积可求出，此时． 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． 4．（2024·湖南岳阳·三模）已知四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，是线段上的点，且．    (1)证明：平面； (2)点在直线上，求与平面所成角的最大值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【详解】（1）连结，交于点，连， 由， 知， 又平面 又底面为菱形，所以 以为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，边长为4，则， 在直角三角形中，所以 所以点 ，则 所以， 所以， ， 所以， 所以， 又，平面， 所以平面， （2）设， 所以， 故， 所以 平面的一个法向量是， 设与平面所成角为，则 当时，平面，； 当时， ， 当且仅当时取等号， 又所以， 故与平面所成角的最大值为    2 学科网（北京）股份有限公司 $$