空间向量与立体几何：动点存在性问题、边长缺失问题、最值问题、截面与轨迹问题专项训练-2025届高三数学二轮复习

空间向量与立体几何：动点存在性问题、边长缺失问题、最值问题、截面与轨迹问题专项训练 空间向量与立体几何：动点存在性问题、边长缺失问题、最值问题、 截面与轨迹问题专项训练 考点一 动点存在性问题 1．（2025·上海浦东·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 2．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且． (1)求证：平面； (2)设为棱上的点（不与重合），且直线与平面所成角的正弦值为，求的值． 3．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，.点在线段上.    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 4．（2025·江西宜春·一模）如图，在等腰梯形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，沿线段EF将四边形AEFD翻折到四边形MEFN的位置，连接MB，NC.已知，，，P为射线FN上一点. (1)若，证明：平面BCNM. (2)若直线FN与平面CEP所成角的正弦值为，求PF. 5．（2025·山西临汾·二模）如图，在四棱锥中，底面为棱的中点，四面体的体积为的面积为. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)若，平面平面，点为棱上一点，当平面与平面夹角为时，求的长. 6．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 7．（24-25高三下·广东广州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，与相交于点，点在上，且，. (1)证明：平面平面. (2)点是线段上的一动点，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 8．（2025·山西太原·一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面，平面平面，是等边三角形．    (1)求证：； (2)若，点是线段上一点，二面角的余弦值为，求的长． 考点二 边长缺失问题 1．（2025·天津河西·一模）如图所示，在几何体中，底面，，，，，．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 2．（2025·河北秦皇岛·一模）如图，直三棱柱中，，，M，D分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求. 3．（2024·北京·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，，，．    (1)若平面，证明：平面； (2)若底面，，二面角的正弦值为，求的长． 4．（24-25高二上·甘肃庆阳·期中）如图，四棱锥的底面为梯形，底面，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，求的长. 5．（24-25高三上·安徽·期中）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，且，，，连接    (1)求证： (2)当与平面所成角的正弦值为时，求棱的长． 6．（24-25高二上·陕西咸阳·阶段练习）在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点． (1)证明：为的中点； (2)若直线与平面所成的角为，求的长． 7．（24-25高二上·河南焦作·期中）如图，在四棱锥中，点在平面内的射影为点，，，平分，. (1)若为棱的中点，求证：平面. (2)若二面角的平面角的正弦值为. （i）求的长； （ii）求点到平面的距离. 8．（24-25高二上·广东汕头·期中）如图，五面体中，，，平面ABCD． (1)求证：； (2)若，，，求点E到直线AB的距离； (3)若，，，二面角的余弦值为，求DE的长． 考点三 最值问题 1．（24-25高二下·海南海口·开学考试）如图，四棱锥 中， 是以为斜边的等腰直角三角形， (1)若点E为线段的中点， 求证： 直线平面； (2)若点E为线段的中点，求直线与平面 间的距离； (3)若点E为线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 2．（24-25高二上·广东广州·期末）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． (1)若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； (2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 3．（24-25高三上·辽宁·期末）如图，在四棱柱中，已知底面，，点是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与所成角的余弦值的最大值； (3)在线段上是否存在与不重合的点，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 4．（24-25高二上·贵州遵义·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，. (1)证明：平面平面. (2)若，求点到平面的距离. (3)求满足题设条件的所有几何体中，与平面所成角的正弦值的最大值. 5．（24-25高二上·上海长宁·期末）如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱上.    (1)若分别是棱的中点，求证：平面； (2)设底面是边长为1的正方形，，，二面角的正切值为，若，求的最小值. 6．（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，在四棱锥中，，，，.    (1)求证：平面； (2)过直线与线段的中点E的平面与线段交于点F. （i）试确定F点位置； （ii）若H点为线段上一动点，求直线与平面所成角正弦值的最小值. 7．（2025·贵州毕节·二模）如图，三棱锥中，，且，. (1)当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； (2)设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 8．（23-24高二上·云南昭通·阶段练习）如图，已知在直三棱柱中，侧面为正方形，分别为和的中点，为棱上的动点，．    (1)证明：； (2)求平面与平面所成的二面角正弦值的最小值及此时点的位置． 考点四 截面与轨迹问题 1．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试·多选）正三棱柱的各棱长相等，且均为，在内及其边界上运动，则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．三棱锥的体积的取值范围为 C．为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D．为中点，若，则动点到平面的最大距离为 2．（24-25高三下·吉林长春·开学考试·多选）如图：已知直三棱柱，，且，为线段BC中点，，分别为线段AB，上的动点，且满足，点为线段EF的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若为AB的中点，则平面 B．若为的中点，则平面 C．点到平面ABC的距离为定值 D．点的轨迹长度为 3．（24-25高二上·四川宜宾·期末·多选）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，点M是其侧面上的动点（含边界），下列说法正确的是（    ） A．过点的平面截该正方体所得截面面积为 B．当平面时，点的轨迹长度为 C．当时，三棱锥的体积为 D．过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 4．（24-25高二上·河北承德·期末·多选）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P在线段上，Q在底面内，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则点Q的轨迹长度为 C．存在平面 D．平面截以P为球心，PQ长为半径的球所得的截面面积的取值范围为 5．（24-25高二上·吉林长春·期末·多选）已知正方体的棱长为2，动点P满足，（x，y，，，，），下列说法正确的是（   ） A．当，，时，的最小值为 B．当，，时，三棱锥的体积为3 C．当，，时，则P到平面的距离的取值范围是 D．当，且时，则P的轨迹总长度为 6．（24-25高三上·安徽芜湖·期末·多选）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一动点，，点在平面内运动，下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．在动点由运动至的过程中，二面角先增大后减小 C．平面截正方体所得截面图形可能是等腰梯形 D．若为棱的中点，与平面所成角为，则点的轨迹长度为 7．（24-25高二上·贵州铜仁·期末·多选）直三棱柱中，侧面为正方形，，E、F分别为AC、的中点，D为棱上的动点.设，，且，则（   ） A．过点，E，D的平面截该三棱柱所得的截面为梯形 B．无论点D如何运动，都有 C．当时，点B到平面DFE的距离为 D．已知H是平面DEF上的一动点，若，则点H的轨迹为抛物线 8．（24-25高二上·福建三明·阶段练习·多选）在正方体中，，，则（    ） A．若，则点的轨迹为线段 B．若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C．若，则三棱锥的体积为定值 D．若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 9．（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，．为线段上一动点，记．以点为坐标原点，分别以，，为轴正方向，轴正方向，轴正方向建立空间直角坐标系. (1)写出点的坐标（用表示）； (2)当平面时，求的值； (3)过点、、作截面，求点到该截面距离的最大值. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$空间向量与立体几何：动点存在性问题、边长缺失问题、最值问题、截面与轨迹问题专项训练 空间向量与立体几何：动点存在性问题、边长缺失问题、最值问题、 截面与轨迹问题专项训练 考点一 动点存在性问题 1．（2025·上海浦东·二模）如图，四边形为长方形，平面，，． (1)若分别是的中点，求证：∥平面； (2)边上是否存在点，使得直线与平面所成的角的大小为？若存在，求长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【详解】（1） 法一：取中点，连接、， ∵，， ∴ ， ∵，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴ ， ∵平面，在平面外， ∴平面 法二：如图建立空间直角坐标， 则，，， ，，， ∴， 易知平面的一个法向量 ∵， 且在平面外 ∴平面 （2） 法一：作，垂足为，连接， ∵平面，在平面内， ∴，又为平面内两条相交直线， ∴平面， ∴直线与平面所成的角为， ∴， ∴ ， ∴ ， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为， . 法二：设，则， ∴， 易知平面的一个法向量， 设与的夹角为， 则， 解得：， ∴边上存在点，使得直线与平面所成的角为，. 2．（24-25高三下·浙江杭州·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，为棱上的点，且． (1)求证：平面； (2)设为棱上的点（不与重合），且直线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）因为平面，平面，平面， 所以，，又因为， 则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 由已知可得，，，，，， 所以，，， 因为，，所以，， 又，平面，平面， 所以平面. （2）设，即，， 所以，即， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以， 即，解得，即. 3．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，.点在线段上.    (1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； (2)求点到平面的距离； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】(1)为靠近点的四等分点，理由见解析; (2); (3). 【详解】（1）当为靠近点的四等分点，四点共面. 理由如下：    如图，，，， 四边形是菱形，， ，四点共面. （2）    如图，取中点，连接 是等边三角形，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面 平面平面 平面，又平面， 设点到平面的距离为， ，即， 解得 所以点到平面的距离为 （3）由（2）知，两两垂直，所以以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．    则， 所以 设,则 则， 又平面，故取平面的法向量， 设与平面所成角为，则， 化简整理得，解得 则 设平面的法向量，则， 令则，所以平面的法向量. 所以，二面角的余弦值为 4．（2025·江西宜春·一模）如图，在等腰梯形ABCD中，，，E，F分别为AB，CD的中点，沿线段EF将四边形AEFD翻折到四边形MEFN的位置，连接MB，NC.已知，，，P为射线FN上一点. (1)若，证明：平面BCNM. (2)若直线FN与平面CEP所成角的正弦值为，求PF. 【答案】(1)证明见解析 (2)3 【详解】（1）证明：在线段CN上取一点Q，使得，连接PQ，BQ. 因为，所以，且， 因为，，所以，且， 所以四边形EBQP是平行四边形，. 因为平面BCNM，平面BCNM，所以平面BCNM. （2）以F为坐标原点，FN，FE所在直线分别为x轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 设（），则. 设平面CEP的法向量为， 则， 令，则. 直线FN的一个方向向量为. ， 解得（舍去）. 故. 5．（2025·山西临汾·二模）如图，在四棱锥中，底面为棱的中点，四面体的体积为的面积为. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)若，平面平面，点为棱上一点，当平面与平面夹角为时，求的长. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）在四棱锥中，取的中点，连接， 在中，由分别为的中点，得， 又，则， 即四边形为平行四边形，，而平面平面， 所以平面. （2）设点到平面的距离为，由四面体的体积为的面积为， 得，解得， 而平面平面，则平面， 所以点到平面的距离为. （3）取的中点，连接，由，得，由平面平面， 平面平面平面，得平面，即， 则，由平面平面，得， 又平面平面，则，而平面， 因此平面，又平面，则， 而的面积为，，则，， 由，得，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设， 则， ，设平面的法向量为， 则，取，得，设平面的法向量为， 则，取，得， ，由平面与平面的夹角为， 得，解得，即为的中点， 所以. 6．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试）如图，在三棱柱中，平面平面，为线段上一点．    (1)求证：； (2)是否存在点，使得平面与平面的夹角余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 【详解】（1）连接，因为在三棱柱中，所以四边形为平行四边形， 因为，所以四边形为菱形， 所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以; （2）如图，以的中点为坐标原点，过O作射线,则可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，    因为， 则， ， 设， 则， 记平面的法向量， 则， 即， 得， 易得平面的法向量， 由题意：， 解得：或，经验证，或均符合题意． 所以或. 7．（24-25高三下·广东广州·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面，与相交于点，点在上，且，. (1)证明：平面平面. (2)点是线段上的一动点，是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)点为线段上距离点长度为的点 【详解】（1）由题可得平面，且底面为菱形， 则，故以为坐标原点，以所在直线为轴，所在直线为轴， 过点且平行于的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，，又， 在中，，解得， ，，，，， 则，，. 设平面的法向量为，， 即，令，解得，， 平面的一个法向量为. 设平面的法向量为，， 即，令，解得，， 平面的一个法向量为. 而，平面平面. （2）底面是菱形，， 平面，且，平面，，. 又，，平面，平面. 平面，. 又，，，且， 在中，由余弦定理得， 即，，从而，. 又，平面，平面， 平面，得到平面， 为平面的一个法向量， 令，且，则 ，， 设平面的法向量为，则, 则，令，则，， 平面的一个法向量为. 设平面与平面夹角的大小为， 则， 即，解得或（舍）.， 故存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为， 此时点为线段上距离点长度为的点. 8．（2025·山西太原·一模）如图，在多面体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面，平面平面，是等边三角形．    (1)求证：； (2)若，点是线段上一点，二面角的余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）证明：设是的中点，连结，， ∵平面，∴， ∵是等边三角形，∴， ∵平面平面，∴平面，      ∴，∴，，，共面， ∵四边形边长为2的菱形，，， 在中，， ∴，∴， ∵四边形为菱形，∴，∴， ∵，∴平面，∴． （2）由（1）得，， ∵平面， ∴，以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则， 设是平面的一个法向量，则 ∴ 取，则，∴， 设是平面的一个法向量，则 ∴ 取，则，，∴， ∵二面角的余弦值为，∴， ∴或（舍去），∴． 考点二 边长缺失问题 1．（2025·天津河西·一模）如图所示，在几何体中，底面，，，，，．    (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）由底面，，得直线两两垂直， 以点为原点，直线两两垂直分别为轴建立空间直角坐标系， 则，设，则， 显然是平面的一个法向量，而，， 即，因此平面，又平面， 所以平面.    （2）由（1）知，， 设平面的法向量，则，令，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）由（1）知，，设平面的法向量， 则，令，得， 由（2）知平面的法向量，由平面与平面所成角的余弦值为， 得，解得， 所以线段的长为. 2．（2025·河北秦皇岛·一模）如图，直三棱柱中，，，M，D分别为，的中点. (1)证明：平面； (2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）设的中点为，连接. 因为M，D分别为，的中点， 所以，且. 在直三棱柱中，，， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，则. 又平面，平面， 所以平面. （2）在直三棱柱中，， 以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则，，，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，取，得. 设平面的一个法向量为， 则，取，得. 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以. 解得，即. 3．（2024·北京·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，，，．    (1)若平面，证明：平面； (2)若底面，，二面角的正弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：∵，，，即， ∴，即， ∵平面，平面， ∴， ∴，又平面，平面， ∴平面； （2）∵底面，底面， ∴，，又， 以点为原点，以所在的直线为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系如图所示：    令，则， ，则， ， 设平面的法向量为， ∴， 令，则， ∴， 设平面的法向量为， ∴， 令，则， ∴， ∵二面角的正弦值为，则余弦值为， 又二面角为锐角，∴， 解得，所以. 4．（24-25高二上·甘肃庆阳·期中）如图，四棱锥的底面为梯形，底面，，为的中点. (1)证明：平面平面； (2)若二面角的余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）证明：因为底面底面， 所以. 因为，所以. 取的中点，则，所以. 由得，，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）解：由（1）及条件可知，两两垂直. 以为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以 设，则，所以 . 设平面的一个法向量为， 由得取， 设平面的一个法向量为， 由得取， 所以， 令，则，整理得， 解得. 由，解得（负值舍去）， 即. 5．（24-25高三上·安徽·期中）如图，四棱锥中，平面，四边形是矩形，且，，，连接    (1)求证： (2)当与平面所成角的正弦值为时，求棱的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【详解】（1）过点E在平面内作交棱于点，连 ∵，∴，又∵，∴， 于是， 又∵，∴∽，∴， ∵，于是，∴， ∵平面，，∴平面，∴， 又∵，且、平面， ∴平面， 又∵平面， ∴ （2）以点A为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示．    设，则，，， ∴，，， 设平面BPC的法向量为，则，即，取， 于是， 设CE与平面BPC所成角为， 则， 化简整理得，解得或， 所以棱的长为：或 6．（24-25高二上·陕西咸阳·阶段练习）在正四棱柱中，为中点，直线与平面交于点． (1)证明：为的中点； (2)若直线与平面所成的角为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 【详解】（1）如图，连接，在正四棱柱中， 由与平行且相等，得是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，平面平面， 所以，是中点， 所以是的中点； （2）以为轴建立空间直角坐标系，如图， 设（），则，，，， ，， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， 因为直线与平面所成的角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以的长为． 7．（24-25高二上·河南焦作·期中）如图，在四棱锥中，点在平面内的射影为点，，，平分，. (1)若为棱的中点，求证：平面. (2)若二面角的平面角的正弦值为. （i）求的长； （ii）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【详解】（1）设棱的中点为，连接，，如图， 则，. 由题意知，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面， 所以平面. （2）过点作交于点，则，， 可得四边形是矩形. 又平分，所以四边形为正方形，且边长为2. 以为坐标原点，，，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. （i）设，则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则即 令，可得平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则即 令，可得平面的一个法向量为. 设向量与所成的角为，则， 所以，解得，即. （ii）由（i）知，向量，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 8．（24-25高二上·广东汕头·期中）如图，五面体中，，，平面ABCD． (1)求证：； (2)若，，，求点E到直线AB的距离； (3)若，，，二面角的余弦值为，求DE的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【详解】（1）因为，平面，平面，可得平面， 又因为平面，平面平面， 所以. （2）由题意可知：，平面ABCD， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 若，，，则， 可得， 所以点E到直线AB的距离为. （3）由（2）中坐标系，若，，， 则， 设，则，可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可知：设平面的法向量， 则，解得， 所以DE的长为. 考点三 最值问题 1．（24-25高二下·海南海口·开学考试）如图，四棱锥 中， 是以为斜边的等腰直角三角形， (1)若点E为线段的中点， 求证： 直线平面； (2)若点E为线段的中点，求直线与平面 间的距离； (3)若点E为线段上的动点，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) (3) 【详解】（1）取 的中点， 连接 有 又 所以 所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面平面， 所以面． （2）由（1）知，点为线段中点时，直线与平面间的距离即为点到平面的距离． 取的中点O， 连接， 因为 ，， 所以 由， 四边形是正方形， 有 因为平面， 所以平面， 由 ，，  知 得 所以 则以O坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 可得 有 设平面的法向量为， 由 取， 则， 得平面的一个法向量为， 又 所以C到平面的距离 所以与平面间的距离为 （3）设 设直线与底面所成的角为， 所以 当 时，； 当 时， 令且， 则 在时递减， 在时递增， 时时 所以， 当即时， 为所求的最大值. 2．（24-25高二上·广东广州·期末）如图，四棱锥中，是以为斜边的等腰直角三角形，，，． (1)若点为线段的中点， ①证明：∥面； ②求直线与平面间的距离； (2)若点为直线上的动点，当直线与底面所成角的正弦值取最大值时，求三棱锥的体积． 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【详解】（1）①如图，取的中点，连接，有，， 又，，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以∥面； ②如图，取的中点，连接， 因为，所以， 由， 四边形是正方形，有， 因为，平面， 所以平面，因为平面， 所以平面平面， 在平面内作直线的垂线， 则平面，有， 以坐标原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以平面，因为平面，所以， 由，，知， 由，知， 从而有，， 有， 设平面的法向量为， 由，取，则， 得平面的一个法向量为， 因为∥面，所以到平面的距离即为直线与平面间的距离， 又，所以到平面的距离， 所以与平面间的距离为. （2）， 设， ， 底面的一个法向量为, 设直线与底面所成的角为， 所以 ， 当且仅当，即时取等号，此时， 所以到平面的距离为， 又，所以三棱锥的体积为． 3．（24-25高三上·辽宁·期末）如图，在四棱柱中，已知底面，，点是线段上的动点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与所成角的余弦值的最大值； (3)在线段上是否存在与不重合的点，使得二面角的正弦值为？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【详解】（1）由，，所以. 由平面，平面，所以. 由，，，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面. （2）取中点，连接， 在梯形中，因为，，所以，， 则在中，，由，则， 易知两两垂直，分别以为轴，建立空间直角坐标系， 如下图所示： 在四棱柱中，，则， 因为平面，平面，所以， 在中，， 则，，，， 取，，， 设平面的法向量为，可得，则， 取，则，所以平面的一个法向量， 设点到平面的距离， 设直线与平面所成角为，则，即， 在四棱柱中，因为，且平面， 所以当直线与所成角为时，其余弦值取得最大值，即为. （3）由题意作图如下：由题可知 ，，， 因为，所以，则，， ， 设平面的法向量，可得， 则，令，则， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量，可得， 则，令，则， 所以平面的一个法向量， 设二面角的大小为， 则， 由二面角的正弦值为，则， 可得，化简可得，解得或， 由，则，故存在，. 4．（24-25高二上·贵州遵义·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面，，，，. (1)证明：平面平面. (2)若，求点到平面的距离. (3)求满足题设条件的所有几何体中，与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）由平面，平面，则，又， 由都在面内，则面，面， 所以平面平面. （2）由（1）易知，又，过作于， 由面面，面面，面， 所以面，过作，易知， 故可构建如下图示空间直角坐标系，又，，， 则， 所以， 若是面的一个法向量，则， 令，则， 所以点到平面的距离. （3）同（2）构建空间直角坐标系，易知是与面所成角的平面角， 显然在以为直径的圆上，令， 显然，可得或， 当时，，，则， 所以，此时最大值为； 当时，，，则， 所以，此时最大值为； 综上，与平面所成角的正弦值的最大值为. 5．（24-25高二上·上海长宁·期末）如图所示，四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱上.    (1)若分别是棱的中点，求证：平面； (2)设底面是边长为1的正方形，，，二面角的正切值为，若，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)； 【详解】（1）证明：取中点，连接，    因为分别是棱的中点， 所以‖，， 因为四边形是平行四边形， 所以，‖， 所以，且，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）因为四边形为正方形，所以，，， 因为，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，. 所以二面角的平面角为， 所以，所以. 因为，，， 所以两两垂直， 所以以B为坐标原点，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 则，， 所以 ， 所以， 设，则， 因为，所以 所以 所以 所以当时，取到最小值.    6．（24-25高二上·福建泉州·期中）如图，在四棱锥中，，，，.    (1)求证：平面； (2)过直线与线段的中点E的平面与线段交于点F. （i）试确定F点位置； （ii）若H点为线段上一动点，求直线与平面所成角正弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）点F为靠近A的三等分点；（ii） 【详解】（1）    连接、，设，连接， ，，，，则， ，即是的角平分线，， ，，平面，平面 （2）同理可得 故，所以，， 因为，则，则， （解法一）（i）取的中点M，连接、， ，，故为等边三角形， ∵M为的中点，， 在底面中，，，， 过E点作，则，所以C，D，E，K四点共面。 连结，则，则，所以A，K，P，C四点共面。 连结，面面，则必与相交，交点为所求的点F， ，所以点F为靠近A的三等分点. （ii）平面，平面，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以，平面， 以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、，， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 设，其中， 则， 所以， ， 因为，所以令，，， 所以， 设，对称轴为， 故当或1，即或1时，取得最小值. 因此，当H点与E点或F点重合时直线与平面所成角的正弦值的最小值为 .    （解法二）平面，平面，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以平面 ， 以点O为坐标原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 设，， ，，， C，D，E，F四点共面，则，解得，， ， 所以点F为靠近A的三等分点，下同解法一， （解法三）延长，交于点Q，连结交于点F，即为所求点.在中， ，，，，则A为中点.又因为E为中点，则F为的重心，则，F为靠近A的三等分点. 平面，平面PBD，， 因为，，，所以，，则， ，，所以，， 所以，，即， ，平面，所以平面， ，，，，， 设A点到平面的距离为d， ，，， 假设直线与平面交点为G， 则直线与平面所成角正弦值， 所以当最大，正弦值最小， ，， 因为， 所以当H点与E点或F点重合时最小.    7．（2025·贵州毕节·二模）如图，三棱锥中，，且，. (1)当三棱锥的体积最大时， ①求证：； ②求其外接球的表面积； (2)设为的中点，记平面与平面的夹角为，求的最小值. 【答案】(1)①证明见解析；② (2) 【详解】（1）① 三角形的面积为定值，且 ， 当三棱锥 的体积最大时， 平面， 平面 ，； ②由①知，当三棱锥的体积最大时，平面 ， 平面 ， 平面 ，， 又 为的中点， 到的距离相等， 即为三棱锥 的外接球的球心. 设外接球半径为，则， 三棱锥的外接球的表面积为 ； （2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 ， 设为的中点，， 可设 ，由 ，得， 又 ，设平面的法向量 ， 则，即，令则 ， 可得平面的法向量 又 ，设平面的法向量 ， 则 ，即，令，则 ， 可得平面的法向量 , 则 ； 设 ，则 ， 易知 单调递减： 单调递增， 当 时， ， 所以 的最小值为. 8．（23-24高二上·云南昭通·阶段练习）如图，已知在直三棱柱中，侧面为正方形，分别为和的中点，为棱上的动点，．    (1)证明：； (2)求平面与平面所成的二面角正弦值的最小值及此时点的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)最小值为，点为靠近的的四等分点． 【详解】（1）以为原点，分别以所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，    设，， 则，， 可得， 因为， 所以，即． （2）设平面的法向量为， 因为，可得， 令，则，可得， 由题意可知：平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的二面角为， 则， 当时，取最小值为，此时取得最大值， 所以， 所以平面与平面所成的二面角正弦值的最小值为，此时点为靠近的的四等分点． 考点四 截面与轨迹问题 1．（24-25高三下·甘肃白银·开学考试·多选）正三棱柱的各棱长相等，且均为，在内及其边界上运动，则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．三棱锥的体积的取值范围为 C．为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D．为中点，若，则动点到平面的最大距离为 【答案】BCD 【详解】对于A中，取的中点，的中点为，连接， 由为等边三角形，所以， 又由正三棱柱中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 因为平面平面， 过作于，根据面面垂直的性质定理，可得平面， 在矩形中，，所以， 如图所示，此时的延长线与线段无公共点， 所以不存在点，使得平面，所以A错误； 对于B选项，由，当点在内及其边界上运动时， 可得， 又因为，故三棱锥的体积的取值范围为，故B正确；    对于C中，由点为中点， 取的中点，连接、、， 可得，， 因为平面，且平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，且、平面，所以平面平面， 因为平面平面， 由平面，所以动点的轨迹为线段，其长度为，所以C正确； 对于D选项，取线段的中点，连接， 因为为等边三角形，则，又因为平面， 以点为坐标原点，、、的反向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，    则、、、，设点， ，， 因为，则，即，故点在线段上运动，则， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 所以点到平面的距离为， 即点到平面距离的最大值为，故D正确. 故选：BCD. 2．（24-25高三下·吉林长春·开学考试·多选）如图：已知直三棱柱，，且，为线段BC中点，，分别为线段AB，上的动点，且满足，点为线段EF的中点，则下列说法正确的是（    ） A．若为AB的中点，则平面 B．若为的中点，则平面 C．点到平面ABC的距离为定值 D．点的轨迹长度为 【答案】ACD 【详解】由题意知，两两垂直， 以A为原点建立如图的空间直角坐标系， 则， 对于A，若为AB的中点，所以， 设平面的法向量为，且， 则，取，所以， 又在上的动点，设，， 因为，所以或（舍）， 即为的中点，所以，， 所以， 又平面，所以平面，故A对； 对于B，为的中点，所以， 又在AB上的动点，设， 又，所以或（舍）， 所以为AB的中点，所以， 又点为线段EF的中点，所以， 所以， 设平面的法向量为， 因为， 则，取，所以， 所以，所以不成立，所以平面不成立，故B错； 因为，分别为线段AB，上的动点， 设，，所以， 且， 所以， 取平面ABC的法向量为， 所以点到平面ABC的距离为，故C对； 设，则， 因为，所以， 设的中点为O，则G的轨迹是以O为圆心，以为半径的圆周， 其轨迹长度为，故D对； 故选：ACD 3．（24-25高二上·四川宜宾·期末·多选）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，点M是其侧面上的动点（含边界），下列说法正确的是（    ） A．过点的平面截该正方体所得截面面积为 B．当平面时，点的轨迹长度为 C．当时，三棱锥的体积为 D．过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 【答案】ABD 【详解】对于A，如图，连接，作， 因为分别是棱的中点，所以是的中位线， 由中位线定理得，由正方体性质得，， 得到四边形是平行四边形，则，故， 即四点共面，则该平面截该正方体所得截面是梯形， 由勾股定理得，，同理可得， 由题意得四边形是矩形，则，故， 由勾股定理得，且设梯形面积为， 由梯形面积公式得， 即过点的平面截该正方体所得截面面积为，故A正确， 对于B，如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接， 因为正方体的棱长为， 所以，，，，设 因为分别是棱的中点，所以，， 则，，， 设面的法向量为，则，得到， 而，得到， 令，解得，，故， 因为平面，所以， 得到，即， 化简得，则点的轨迹是直线，在面内， 由题意得，当时，， 当时，，得到轨迹是点和点构成的直线， 连接，由两点间距离公式得， 即此时点的轨迹长度为，故B正确， 对于C，如图，连接， 设，，则， 而，因为，所以， 得到，解得，故， 在正方体中，由勾股定理得， 则是等边三角形，得到， 故， 且，，，， 设面的法向量为，则， 得到，而，则， 令，解得，，故， 设点到面的距离为， 则由点到平面的距离公式得， 故，故C错误， 对于D，由正方体性质得外接球的球心就是正方体的中心， 如图，我们把球心记为，且连接， 由外接球性质得，外接球半径为， 由两点间距离公式得， 而截面一定是圆，且设圆的半径为，由勾股定理得， 得到截面面积为，即截面面积的最小值为，故D正确. 故选：ABD 4．（24-25高二上·河北承德·期末·多选）如图，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P在线段上，Q在底面内，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则点Q的轨迹长度为 C．存在平面 D．平面截以P为球心，PQ长为半径的球所得的截面面积的取值范围为 【答案】ABD 【详解】对于A，由，得的面积为定值， 由平面平面，得三棱锥的高为定值2， ，A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设平面的法向量为，， 则，令，得， 设，， ，，则， 由平面， 得， 即点的轨迹方程为，令，得；令，得. 又点在底面内， 因此点的轨迹长度即为两点间的距离，B正确； 对于C，若存在平面，则，由， 得，，因此不存在平面，C错误； 对于D，由平面，得点到平面的距离为定值， 而，则， 而，则该球的半径， 截面圆的半径满足， 则截面面积的取值范围为，D正确. 故选：ABD 5．（24-25高二上·吉林长春·期末·多选）已知正方体的棱长为2，动点P满足，（x，y，，，，），下列说法正确的是（   ） A．当，，时，的最小值为 B．当，，时，三棱锥的体积为3 C．当，，时，则P到平面的距离的取值范围是 D．当，且时，则P的轨迹总长度为 【答案】ACD 【详解】如图，正方体的两个面和面沿展成一个平面，连结，交于点，此时最短，最小值为，故A正确； B.如图，以点为原点，以为轴正方向，建立空间直角坐标系， 当，，时，即，此时点在的中点处， ，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 是边长为的等边三角形，面积为， 所以三棱锥的体积为，故B错误； C. 当，，时，即，此时点在棱上， ，，由B可知，，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为，， 所以点到平面的距离的取值范围是，故C正确； D. 当时，可得四点共面， 所以点的轨迹在内（包括边界）， 设点在平面内的投影为点， 因为，所以点是的中心， 由B可知，，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离， 若，则， 即点落在以为圆心，为半径的圆上， 点到三边的距离为， 此时，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分， 其轨迹长度为，故D正确. 故选：ACD 6．（24-25高三上·安徽芜湖·期末·多选）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一动点，，点在平面内运动，下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．在动点由运动至的过程中，二面角先增大后减小 C．平面截正方体所得截面图形可能是等腰梯形 D．若为棱的中点，与平面所成角为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【详解】对于A，如图，以为原点建立空间直角坐标系，连接， 在棱长为2的正方体中，则，， ，而为棱的中点，由中点坐标公式得，， 由题意得为棱上一动点，则设，且， 而，易得面的法向量为， 设到面的距离为，由点到平面的距离公式得， 则，即三棱锥的体积为定值，故A正确， 对于B，易得面的法向量为，，， 则，设，故， 因为，所以，解得，即， 得到，，设面的法向量为， 则，， 令，解得，，得到，设二面角为， 且，则，解得， 得到是定值，则二面角不可能先增大后减小，故B错误， 对于C，如图，令与重合，找中点，连接， 因为为棱的中点，所以是的中位线， 由中位线性质得，由题意得四边形是平行四边形， 故，即，得到四点共面， 则面为所求截面，且由勾股定理得， 即四边形是等腰梯形，故C正确， 对于D，因为为棱的中点，所以由中点坐标公式得， 此时，，设面的法向量为， 则，， 令，解得，，则， 而，，则，设到面的距离为， 由点到平面的距离公式得， 如图，作面，连接， 因为与平面所成角为，所以， 则，解得，而点在平面内运动， 则的轨迹为半径为的圆，由弧长公式得长度为，故D正确. 故选：ACD 7．（24-25高二上·贵州铜仁·期末·多选）直三棱柱中，侧面为正方形，，E、F分别为AC、的中点，D为棱上的动点.设，，且，则（   ） A．过点，E，D的平面截该三棱柱所得的截面为梯形 B．无论点D如何运动，都有 C．当时，点B到平面DFE的距离为 D．已知H是平面DEF上的一动点，若，则点H的轨迹为抛物线 【答案】ABD 【详解】选项A，设与交于点， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，又，所以， 为中点，则为中点，所以， 截面为是梯形，A正确； 选项B，因为，所以，为中点，由直三棱柱知， ，从而， 所以，所以， 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， ，，，，， ， 所以，所以，即，B正确； 选项C，时，，， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， 则点到平面的距离为，C错， 选项D，因为，所以是以为轴，为母线的圆锥的一条母线，即点轨迹是圆锥的侧面与平面的交线， 因为平面，所以平面截该圆锥侧面为圆（以为圆心，为半径）， 在平面中圆方程为，设是圆上任意一点，可设， 又，所以， 由选项B的讨论知，又， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， 设， 化简得， 即， 因为，所以， 所以 所以对任意，关于的方程有解， 即存在使得与平面平行，因此平面截圆锥的侧面所得点轨迹是抛物线，D正确． 故选：ABD． 8．（24-25高二上·福建三明·阶段练习·多选）在正方体中，，，则（    ） A．若，则点的轨迹为线段 B．若，则点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段 C．若，则三棱锥的体积为定值 D．若，则与平面所成角的余弦值的最大值为 【答案】ABC 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴， 建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、、 、， 因为， 对于A选项，当时，、、三点共线， 则点的轨迹为线段，故A正确； 对于B选项，若，即点， 此时，点的轨迹为连接棱的中点和棱中点的线段，故B正确； 对于C选项，若，即点，其中， ，，设平面的法向量为， 则，取，可得， ，则点到平面的距离为， 因为的面积为定值，故三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D选项，若，则，其中， 易知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取最小值，此时取最大值，且， 则， 因此，当时，则与平面所成角的余弦值的最大值为，故D错误. 故选：ABC. 9．（24-25高二上·上海·期末）如图，在长方体中，，．为线段上一动点，记．以点为坐标原点，分别以，，为轴正方向，轴正方向，轴正方向建立空间直角坐标系. (1)写出点的坐标（用表示）； (2)当平面时，求的值； (3)过点、、作截面，求点到该截面距离的最大值. 【答案】(1)； (2)； (3). 【详解】（1）解：如图所示： ， 故， 因为， 所以； （2）解：因为， 则，， 设平面的法向量为， 故且， 取，则， 由于平面时， 故， 即，解得； （3）解：， 设平面的法向量为， 则有 取， 则， 所以， 所以当时，取最大值. 所以. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$