空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题、轨迹与截面问题复习 讲义-2026届高三数学一轮复习

空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题、轨迹与截面问题复习讲义 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题、轨迹与截面问题复习讲义 考点一 动点问题 【知识点解析】 1. 若动点所在直线与坐标轴平行或重合，则直接设动点坐标. ①若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ②若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ③若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. 2. 若动点所在直线与坐标轴不平行，已知点、，动点在直线上运动，则,所以，由此可表示出点坐标或直接利用表示出目标向量. 【例题分析】 1．（2025·江苏盐城·模拟预测）在四棱锥中，,，. (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值. 2．（24-25高二下·云南·阶段练习）在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，平面，，且，. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求线段的长. 3．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，与底面的夹角为，且是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 4．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，是线段PC上的一点． (1)求证：平面平面PAC； (2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，求CG的长． 5．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台中，已知，，，. (1)证明：平面； (2)点在棱上，当二面角的正弦值为时，求. 6．（2025·河北邢台·三模）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足. (1)当时，证明：平面平面； (2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 7．（2025·湖南长沙·三模）在直三棱柱中，，，，，， (1)若平面，求的值； (2)若二面角与二面角的大小相等，求的值． 8．（2025·四川巴中·二模）如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别是棱的中点，点是线段上的一点 (1)求证：； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 考点二 边长缺失问题 【知识点解析】 在立体几何中，“边长缺失” 是常见问题，即题目未直接给出关键线段的长度，但需要通过这些边长求解体积、表面积、角度或距离等.这类问题的核心是利用几何性质建立边长之间的关系，而非被动依赖已知数据. 核心原则：用 “关系” 替代 “已知” 立体几何中，边长的 “缺失” 往往是因为它们与已知条件存在隐含关联（如垂直、平行、全等、相似、勾股定理、三角函数关系等）.解决的关键是： 1. 识别 “缺失边长” 的角色（如棱锥的高、棱柱的侧棱长、球的半径等）. 2. 找到它与已知条件的几何联系（如在直角三角形中、在相似三角形中、在面面垂直的交线上等）. 3. 用字母表示未知边长，通过方程或几何公式推导其值. 【例题分析】 1．（24-25高三上·河北唐山·期末）如图，在四棱锥中，，，，，点在棱上，且． (1)证明：平面； (2)若底面，直线与直线所成角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 2．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，且，平面平面． (1)证明：平面． (2)若与所成角的余弦值为，求二面角的正弦值． 3．（2025高三下·甘肃白银·学业考试）如图，在四棱台中，平面，底面为梯形，，，. (1)证明：为直角三角形； (2)证明：平面平面； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，且，求四棱台的体积. 4．（2025·辽宁·模拟预测）如图，在平面四边形中，，，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，连接，，使与平面所成角的正弦值为． (1)证明：平面； (2)求的长． 5．（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为棱的中点，且. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若与平面所成角的正弦值为，求. 6．（2025·湖北·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，，，. (1)证明：平面； (2)平面与平面所成角余弦值为，求的长. 7．（24-25高三下·江苏南京·阶段练习）如右图所示，五边形ABCED中，，，连接，将三角形和分别沿折叠，使点A和点E重合，将重合的点记作点P． (1)若，求证：； (2)若面与面的夹角余弦值为，求的长． 8．（2025·湖北·模拟预测）如图，正三棱柱中，点在上，． (1)求证：平面； (2)若，二面角大小为，求的长度． 考点三 最值与范围问题 【知识点解析】 1.最值与范围问题处理思路 立体几何中出现一般是因为动点问题或条件缺失引起的.处理这类问题的一般思路： （1）设未知数：根据动点所在位置或缺失的边长设出未知数. （2）翻译条件：利用所设的未知数，表示题目所求的角度或距离. （3）求解最值：根据所求解析式的形式，选择恰当的方法求解最值. ※求解最值时，需注意未知数的取值范围！ 2.代数法求最值的常见方法 （1）单调性法 （2）二次函数法 （3）三角函数法 （4）换元法 （5）基本不等式法 （6）分离常数法 （7）判别式法 【例题分析】 1．（2025·湖北武汉·二模）中，，，，D是的中点，E是的中点，F是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 2．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． (1)求证：； (2)若，求与平面所成角正弦值的最大值． 3．（2025·安徽·模拟预测）如图，底面为正方形的四棱锥中，，，记，． (1)证明：为直角三角形； (2)当四棱锥的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值； (3)记直线与平面所成角为，求的最大值． 4．（24-25高三下·江苏连云港·阶段练习）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：平面平面； (2)若，P是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 5．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，. (1)证明：； (2)设直线CP与平面ABCD所成角为. （i）求四棱锥的体积； （ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值. 6．（2025·湖南·三模）如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点，分别是线段，的中点. (1)求证：平面平面； (2)平面与平面的交线记为直线，点为直线上一动点，求直线与平面所成角的范围. 7．（24-25高二上·内蒙古鄂尔多斯·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且，设点G是线段PB上的一点． (1)求证：CD⊥平面PAD； (2)若．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． (3)设CG与平面AEF所成角为，求的范围. 8．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．． (1)求证：是直角三角形； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)求平面与平面的夹角余弦值的范围． 考点四 轨迹与截面问题 【知识点解析】 1. 空间中动点的轨迹，本质是满足特定条件的点的集合。解决时需： （1）明确约束条件：如 “到定点距离为定值”“到两定点距离相等”“到平面距离为定值”“与定直线所成角为定值” 等. （2）转化约束：利用空间几何性质（如线面垂直、平行、球的定义、圆锥的形成等），将空间约束转化为平面内的轨迹条件（如圆、直线、椭圆等）. （3）验证维度：判断轨迹是 “空间图形”（如球面、圆柱面）还是 “平面图形”（如平面内的圆、线段）—— 多数问题最终可转化为平面轨迹. 2. 基于 “距离约束” 的轨迹 距离约束条件 对应几何图形 思维转化 到定点距离为定值 球 若动点同时在某平面内，则轨迹为 “平面与球的交线”（圆或点） 到两定点距离相等 两定点连线的垂直平分线 若动点同时在另一平面内，则轨迹为 “两平面的交线” （直线） 到定平面距离为定值 与定平面平行的两个平面 若动点同时在另一几何体（如正方体）内 则轨迹为 “几何体与平行平面的交线”（如矩形、线段） 到两定点距离之和相等 椭圆 到两定点距离之差相等 双曲线 到定点与定直线距离相等 抛物线 3.关键转化技巧：降维法 空间轨迹问题的难点在于 “三维到二维” 的转化，常用降维手段： （1）投影法：将动点投影到某一平面（如底面、侧面），通过投影点的轨迹反推原轨迹。 （2）截面法：若动点在某已知几何体（如正方体、球）内，轨迹常是几何体的 “截面交线”，需确定截面形状。 （3）定义法：直接套用空间图形定义（如球面、圆柱面、圆锥面），再结合约束条件缩小范围。 【例题分析】 1．（2025·广东惠州·模拟预测）如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 2．（2025·云南红河·模拟预测）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥体积为 B．若，则 C．若，则直线与直线所成角的最小值为 D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 3．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，棱长为2的正方体．中，点P是棱的中点，动点M满足，其中，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则直线与直线所成角的最小值为 C．若且．，则点的轨迹长为 D．若动点M在平面上的投影为点与平面所成角与二面角大小相等，则直线与点N的轨迹相切 4．（2025·安徽·三模）已知正方体的外接球的表面积为，为线段的中点，为线段上的动点，点满足，则（   ） A．点，，，不可能共面 B．若平面，则四棱锥体积的最大值为 C．若，则点的轨迹长度为 D．的值可能为 5．（2025·江西·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的一动点，且满足平面，则下列说法正确的是（    ）    A．点的轨迹是一条长为的线段 B．平面截正方体所得截面的面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．过点作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为 6．（2025·山东泰安·模拟预测）已知正方体的棱长为，是线段的中点，是底面正方形内的动点（包含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．若点在线段上运动，则与平面所成角正弦的最大值为 D．若与所成的角为，则动点的轨迹为双曲线的一部分 7．（2025·广东佛山·三模）如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 8．（2025·河南信阳·模拟预测）已知正方体的棱长为2，P，Q为底面ABCD内的两个动点，且满足．设与平面ABCD所成的角为，当取得最大值时，，则下列说法正确的是（    ） A．P的轨迹是圆（部分） B．的最大值为 C． D．取最大值时，Q的轨迹是椭圆（部分） 课后提升练习 1．（2025·广东清远·二模·多选）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（   ） A． B．平面与平面所成角的余弦值为 C．若，则点轨迹的长度为 D．若点在直线上，则的最小值为 2．（2025·江西九江·三模·多选）如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）．则下列选项中正确的是（   ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得 C．该五面体的体积为 D．若，则点的轨迹长度为 3．（2025·安徽·二模）如图，在正四棱锥中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，当直线与平面所成角取最大值时，求. 4．（2025·贵州黔南·三模）在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示. (1)求证：； (2)若，二面角的大小为，求的值. 5．（24-25高二下·福建·期中）如图，在四棱雉中，平面为棱的中点，为棱上的动点． (1)证明：． (2)若二面角的余弦值为，求的值． 6．（2025·浙江·模拟预测）如图，棱长为2的正四面体中，为直线上的动点，满足. (1)若，证明：平面平面； (2)若直线与平面所成夹角为，求线段的长度. 7．（2025·江西萍乡·三模）已知四棱锥中，二面角为直二面角，，，M为棱上一点. (1)证明：； (2)若M为中点，求二面角的正弦值； (3)若平面，点N在平面上，若直线与平面所成角为，求的最小值. 8．（2023·新课标Ⅰ卷·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． 9．（2024·新课标Ⅰ卷·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 学科网（北京）股份有限公司 $$空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题、轨迹与截面问题复习讲义 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题、轨迹与截面问题复习讲义 考点一 动点问题 【知识点解析】 1. 若动点所在直线与坐标轴平行或重合，则直接设动点坐标. ①若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ②若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. ③若动点所在直线与轴平行或重合，则动点的坐标可设为，其中为常数. 2. 若动点所在直线与坐标轴不平行，已知点、，动点在直线上运动，则,所以，由此可表示出点坐标或直接利用表示出目标向量. 【例题分析】 1．（2025·江苏盐城·模拟预测）在四棱锥中，,，. (1)求证：平面； (2)设为棱上一点，若直线与所成角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析; (2)或. 【详解】（1） 在棱上取一点，使得，连接, 因为，所以四边形是平行四边形，则，因为，所以. 又因为，根据余弦定理可得，即， 则有，所以， 又平面，则平面， 又平面，则， 又因为平面， 所以平面. （2）以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，过点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 则， 于是， 化简得，解得或， 所以或. 2．（24-25高二下·云南·阶段练习）在如图所示的多面体中，四边形是平行四边形，平面，，且，. (1)求证：平面； (2)求二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若不存在，请说明理由；若存在，求线段的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，1 【详解】（1）如图，取的中点，连接，， 因为，， 所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以且， 又因为且，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，， 所以，所以， 因为平面，， 所以平面，所以，，两两垂直， 以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则令得，， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以， 所以二面角的正弦值为； （3）假设在棱存在点，使得直线与所成角的余弦值为， 设，则，又， 所以，即， 所以，解得或（舍去）， 因此适合条件的点存在，且线段的长为1. 3．（2025·海南·模拟预测）如图，在三棱锥中，是边长为4的正三角形，与底面的夹角为，且是线段上的点． (1)求证：平面平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点O，连接，由是等边三角形，是等腰三角形， 得，，又平面，则平面， 而平面，于是平面平面，在平面内射影为直线， 即为与底面的夹角，， 由正边长为4，，得，， 在中，由余弦定理得， 而，解，因此，， 又平面，则平面，又平面， 所以平面平面. （2）由（1）知，直线两两垂直，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设，，，， 设平面的法向量为，则， 取，得，由与平面所成角的正弦值为， 得，整理得，而，解得， 所以 4．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）如图，四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，E，F分别是线段PB，PD的中点，是线段PC上的一点． (1)求证：平面平面PAC； (2)若直线AG与平面AEF所成角的正弦值为，求CG的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)或． 【详解】（1）连接BD，因为E，F分别是线段PB，PD的中点，所以． 因为平面平面ABCD，所以，即， 又ABCD为正方形，所以，即 又平面PAC，所以平面PAC， 又平面EFG，所以平面平面PAC． （2）如图，以为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则， 设，则． 设平面AEF的一个法向量为，则，令得． 设直线AG与平面AEF所成角为，则 解得或，所以或． 5．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，在底面为正方形的四棱台中，已知，，，.    (1)证明：平面； (2)点在棱上，当二面角的正弦值为时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接，交于点，连接，.    由题意得，且，，为中点， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以.① 在和中，，，是公共边， 故，故有， 又是中点，所以. 结合①可得. 又， 且，面，故平面. （2）在梯形中，取中点，连接，则， 易证四边形是矩形，故，. 在中，由勾股定理得，故. 以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，设，， 则， 由（1）知平面，故， 又，故，又，且， 面，故平面， 故可取为平面的一个法向量. 设为平面的法向量， 则，即，可取. 设二面角的大小为，则，故， 所以， 整理得，解得或（舍），故. 6．（2025·河北邢台·三模）如图，在斜三棱柱中，，，点在底面上的投影为的中点，点满足. (1)当时，证明：平面平面； (2)已知 ，若平面与平面夹角的余弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)或 【详解】（1）当时，即为线段的中点， 因为，所以，所以， 又，所以， 又因为平面，平面//平面， 所以平面，平面，所以， 且，，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）因为，为的中点，所以，且平面， 故以为坐标原点，，，分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，所以，， 所以，，，， 可得，， 所以，. 设平面的法向量为， 则化简得 令，则，， 可得， 由题意可知，平面的法向量， 所以， 又平面与平面夹角的余弦值为， 所以，解得或，所以的值为或. 7．（2025·湖南长沙·三模）在直三棱柱中，，，，，， (1)若平面，求的值； (2)若二面角与二面角的大小相等，求的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）连接交于点，连接， 平面，平面，平面平面， ， 又是的中点，故是的中点，. （2）因为二面角与二面角的大小相等， 所以二面角是二面角的大小的一半， 法一：几何法 过点在平面内作，垂足为，连接、， ，，，、平面， 平面， 平面，， 又，，、平面，平面， 又、平面，，， 二面角和二面角的平面角分别为、， 分别记作和，则为锐角，且， 因为，，，故， 所以，， 即，解得， 又，解得，所以． 法二：空间向量法 在直三棱柱中，平面，， 以为原点，、、分别为、、轴正方向建立空间直角坐标系， 则、、、、， 则，，， 易知平面的一个法向量， 设平面与平面的一个法向量分别为、， 设二面角与二面角的平面角分别为、，且， 则，取，可得， ，取，可得 则，， 由，即，因为，解得. 8．（2025·四川巴中·二模）如图，在直三棱柱中，，平面平面，点分别是棱的中点，点是线段上的一点 (1)求证：； (2)若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）连接，如图所示：在直三棱柱中，平面， 又，平面，所以，， 又，所以四边形是正方形，所以. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 取的中点，连接，， 如图所示.因为是的中点，是的中点， 所以，， 又是棱的中点，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以，又，所以. （2）因为平面，平面，所以， 又，，所以以为坐标原点，，，为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示. 所以，，，，，， 所以，，所以， 设（）， 所以. 设平面的一个法向量为， 所以， 令，解得，， 所以平面的一个法向量为. 又，设直线与平面所成角的大小为， 所以， 化简可得， 解得或（舍），所以. 考点二 边长缺失问题 【知识点解析】 在立体几何中，“边长缺失” 是常见问题，即题目未直接给出关键线段的长度，但需要通过这些边长求解体积、表面积、角度或距离等.这类问题的核心是利用几何性质建立边长之间的关系，而非被动依赖已知数据. 核心原则：用 “关系” 替代 “已知” 立体几何中，边长的 “缺失” 往往是因为它们与已知条件存在隐含关联（如垂直、平行、全等、相似、勾股定理、三角函数关系等）.解决的关键是： 1. 识别 “缺失边长” 的角色（如棱锥的高、棱柱的侧棱长、球的半径等）. 2. 找到它与已知条件的几何联系（如在直角三角形中、在相似三角形中、在面面垂直的交线上等）. 3. 用字母表示未知边长，通过方程或几何公式推导其值. 【例题分析】 1．（24-25高三上·河北唐山·期末）如图，在四棱锥中，，，，，点在棱上，且． (1)证明：平面； (2)若底面，直线与直线所成角的余弦值为，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在线段上取一点，使得，连接、，如下图所示： 在中，、分别为线段、上的点，且， 所以，且， 又因为，则，即且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面. （2）因为平面，， 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、、，设点， ，， 由题意可得，解得， ，， 设平面的法向量为，则， 取，则， 易知平面的一个法向量为，所以，， 因此，平面与平面夹角的余弦值为. 2．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，且，平面平面．    (1)证明：平面． (2)若与所成角的余弦值为，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1）由，易得，且四边形为等腰梯形． 在中，由余弦定理，得． ，． 平面平面，且平面平面，平面， 平面． 平面，． ，与是平面内的两条相交直线， 平面． （2）以点为坐标原点，在平面内，过点作的垂线为轴，以所在直线分别为轴、轴，建立如图的空间直角坐标系．    令，，则，， ，，， ，， ，，． 与所成角的余弦值为， ，解得． ，． 设平面的法向量为， 则即 令，则，，． 设平面的法向量为， 则即 令，则，， ． ， 二面角的正弦值为． 3．（2025高三下·甘肃白银·学业考试）如图，在四棱台中，平面，底面为梯形，，，. (1)证明：为直角三角形； (2)证明：平面平面； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，且，求四棱台的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）由题可得，，， 则在中，由余弦定理得 . 所以，所以， 所以为直角三角形. （2）由（1）可知， 又，所以. 因为平面，平面， 所以. 因为，平面，所以平面. 又平面，所以平面平面. （3）由（2）可知， 又平面，所以，，两两垂直. 以为原点，，，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， 设，. 则，，，，. 因为，所以， 所以. 则， 所以，，. 设平面的法向量为， 则， 取，得，. 所以. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或（舍）. 即. 设梯形与梯形的面积分别为，， 则. 因为梯形，与梯形相似，且， 所以，所以. 所以四棱台的体积 . 4．（2025·辽宁·模拟预测）如图，在平面四边形中，，，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，连接，，使与平面所成角的正弦值为． (1)证明：平面； (2)求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接， 因为，，所以， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 则，所以， 在中，，，， 由余弦定理得，所以， 则，所以， 又，所以， 所以，， 又，，平面， 所以平面． （2）在直线上取一点，使得， 由（1）知平面，又平面， 所以， 所以，，两两互相垂直， 以为坐标原点，以，，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，取，则． 设与平面所成角为， 则， 整理得，即， 解得或． 又，所以，则，则，故． 5．（24-25高三上·广东深圳·阶段练习）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面，为棱的中点，且. (1)证明：平面； (2)证明：平面； (3)若与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)或. 【详解】（1）证明：如图1所示，连接与相交于点，连接. 因为底面为矩形，所以为的中点. 又为棱的中点，所以为的中位线，所以. 又平面，平面，所以平面. （2）证法1：因为，且为棱的中点，所以， 因为平面，平面， 所以. 又因为底面为矩形，所以. 又，平面 所以平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面. 证法2：以为原点，因为底面，底面为矩形， 所以分别以，，所在的方向为轴、轴和轴， 建立如图2所示的空间直角坐标系. 设，则，，，. 故，从而，， 所以，即. 又因为，为中点，所以， 又，平面， 所以平面. （3）以为原点，分别以，，所在的方向为轴、轴和轴， 建立如图2所示的空间直角坐标系. 设，则，，，，， 则，，. 设平面的一个法向量为， 则，可取. 设直线与平面所成的角为， 则. 化简得，即， 解得或. 故或. 6．（2025·湖北·模拟预测）如图，四棱锥中，底面，，，，. (1)证明：平面； (2)平面与平面所成角余弦值为，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)1或 【详解】（1）由底面，因此， 因为，，平面，所以平面； 底面中，，，， 因此，得到，由底面，平面， 因此，，平面， 所以平面， 因此，平面，所以平面. （2）以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，设， 因此点的坐标为，，，， 易得平面的法向量为， ，，设平面的法向量为， 所以，令，得， 因此，化简得：，所以或. 因此的长为1或. 7．（24-25高三下·江苏南京·阶段练习）如右图所示，五边形ABCED中，，，连接，将三角形和分别沿折叠，使点A和点E重合，将重合的点记作点P． (1)若，求证：； (2)若面与面的夹角余弦值为，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由，知 ， 由，结合余弦定理得， 则，所以， 又因为，即，又由平面， 所以平面，又因为平面，所以， （2） 以B为原点，以平面为平面，建立如图所示得空间直角坐标系， 有，设，， 可得， 由，两式消元可得， 再由， 再由， 设面PBC法向量为， 则， 令，则，，则， 而平面BCD法向量为， 由, 整理得：， 代入可得， 再与联立解得：或， 当时，代入 当时，代入，所以此时不成立，则舍去， 综上可得. 8．（2025·湖北·模拟预测）如图，正三棱柱中，点在上，．    (1)求证：平面； (2)若，二面角大小为，求的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【详解】（1）    连接交于点，再连接， 在正三棱柱中，有平面，因为平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 再由正三棱柱可得，是等边三角形，所以点为的中点， 再由正三棱柱可得，侧面四边形是矩形，所以对角线交点为中点， 所以有，又因为平面，平面， 所以平面； （2）    如图建立空间直角坐标系，由正三棱柱中，设， 则， 所以有 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 由二面角大小为， 则， 解得，即. 考点三 最值与范围问题 【知识点解析】 1.最值与范围问题处理思路 立体几何中出现一般是因为动点问题或条件缺失引起的.处理这类问题的一般思路： （1）设未知数：根据动点所在位置或缺失的边长设出未知数. （2）翻译条件：利用所设的未知数，表示题目所求的角度或距离. （3）求解最值：根据所求解析式的形式，选择恰当的方法求解最值. ※求解最值时，需注意未知数的取值范围！ 2.代数法求最值的常见方法 （1）单调性法 （2）二次函数法 （3）三角函数法 （4）换元法 （5）基本不等式法 （6）分离常数法 （7）判别式法 【例题分析】 1．（2025·湖北武汉·二模）中，，，，D是的中点，E是的中点，F是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． (1)证明：； (2)若，求三棱锥的体积； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）D是的中点，翻折前，翻折后. 是的中点，翻折前，翻折后 翻折后，又， 且方向相同，. 又E是的中点，F是的中点， 翻折前、后，， 且方向相同，， 翻折后，在中， ； （2） 过点在平面内作，垂足为，取的中点，连接， 在中，，，D是的中点， 可知翻折前，；翻折后，， 又，平面， 又平面，， 又，平面， 就是三棱锥的高. 在中，，，， 由余弦定理可知. ， . 在中，，， ，，D是的中点，E是的中点， ， ， . （3）在平面中，过点作，交于点， 平面，， 以点为坐标原点，、、的方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，则， ，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，， 设平面的一个法问量， 则， 令，则，，， 设平面与平面的夹角为， 则 ， ，，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 2．（2025·山东菏泽·二模）如图，圆台的下底面圆的半径为，为圆的内接正方形．为上底面圆上两点，为的中点，且平面平面，． (1)求证：； (2)若，求与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【详解】（1） 证明：取的中点G，连交AF于H. 在正方形中，由于F为的中点， 可得，则， 因为，所以， 得到，即 因为平面， 所以平面，又平面，故 由于平面平面，平面平面， ，故平面，又平面，则. 因为，平面， 所以平面，又因为平面， 则，又点G是的中点，故. （2）由于圆O的半径为，则正方形的边长为2， 又，则. 以O为坐标原点，过点O作平行的直线分别为x轴，y轴， 所在的直线为z轴建立如图空间直角坐标系. 则， 易求上底面圆的半径为1，故. 故，，. 设平面的法向量为，由， 得 取，，故， 设与平面所成角为，则，， 令得，， 所以在上单调递增， 故. 所以与平面所成角正弦值的最大值为． 3．（2025·安徽·模拟预测）如图，底面为正方形的四棱锥中，，，记，． (1)证明：为直角三角形； (2)当四棱锥的体积最大时，求平面与平面所成角的余弦值； (3)记直线与平面所成角为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）证明：在中，因为， 所以为直角三角形，即， 又因为四边形为正方形，所以，则， 因为平面， 所以平面，又平面， 所以，所以为直角三角形． （2）当四棱锥的体积最大时，平面， 因为平面，所以， 又平面，所以平面， 以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 则，平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则取，则， 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． （3）以为原点，以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，所以， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 因为， 则， 设，则， 令得， 当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减， 所以，且当时，，当时，， 所以， 所以， 所以的最大值为． 4．（24-25高三下·江苏连云港·阶段练习）如图，在直四棱柱中，，，，，E，F分别为AD，AB的中点. (1)求证：平面平面； (2)若，P是线段上的动点，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) 【详解】（1），，所以， 又，， 又，，，. 在直四棱柱中，平面，又平面，所以，， ，，两两垂直，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， 设，则，，，，，. ，，， 设为平面的一个法向量， 令，得，. 设平面的一个法向量，则，取 ，又平面与平面不重合， 平面平面. （2）当时，为平面的一个法向量，， 则， 设， ，， 设直线与平面所成角为， ， 当且仅当时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为. 5．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，. (1)证明：； (2)设直线CP与平面ABCD所成角为. （i）求四棱锥的体积； （ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii） 【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接OP. 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD中点，. 因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD， 所以平面PAC.           因为平面PAC，所以. 因为O为BD中点，所以, 所以，所以. （2）（i）过P作于点H， 因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAC， 所以平面ABCD， 所以为直线CP与平面ABCD所成角，即.    因为平面，平面ABCD，所以. 又，，，平面PDH， 所以平面PDH.            因为平面PDH，所以， 结合可知H为的垂心.        由于底面ABCD是边长为的菱形，， 故为等边三角形，因此H为的重心， ，，，，. 由于，，所以，      所以四棱锥的体积. （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 设，故. 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，则.        设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，则，    设二面角的平面角为， 则 ，         令，则， 所以， 由于，         故， 当且仅当，即时取等号，         故的最大值为，因此的最小值为.     6．（2025·湖南·三模）如图，在长方体中，，，，点是棱的中点，点，分别是线段，的中点. (1)求证：平面平面； (2)平面与平面的交线记为直线，点为直线上一动点，求直线与平面所成角的范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）在长方体中，因为平面，平面，所以. 连接，在中，已知，可得. 又因为，点为的中点，所以. 由于，且平面，所以平面.又因为平面，所以平面⊥平面. （2）分别以所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 因为，，，分别是线段的中点，所以可得，，，，. 进而求出，，. 设平面的法向量为，由，即. 令，解方程组可得，，所以平面的一个法向量为. 因为，平面，所以平面. 又因为平面平面，可知，所以. 设，则. 设直线与平面所成的角为，， 根据直线与平面所成角的向量公式，可得. 当，即点与点重合时取等号.又因为，所以.   则直线与平面所成角的范围是. 7．（24-25高二上·内蒙古鄂尔多斯·阶段练习）如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，．E为PD的中点，点F在PC上，且，设点G是线段PB上的一点． (1)求证：CD⊥平面PAD； (2)若．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由． (3)设CG与平面AEF所成角为，求的范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)直线在平面内，理由见解析 (3) 【详解】（1）因为⊥平面，平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面. （2）在底面中，过作，交于， 由题意可知，又平面， 则以为坐标原点，分别以所在直线为轴， 建立空间直角坐标系. 则，，，， 、、、. ，，， 若平面，则且，使得， 则有，解得，故. 所以直线平面. （3）由（2）可知，. 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而，， 故. 8．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且平面平面．分别是的中点．． (1)求证：是直角三角形； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)求平面与平面的夹角余弦值的范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）设平面平面PCD， 由于，平面ADC，平面ADC， 因此平面PDC，而平面APB，平面平面， 因此，而，因此． 而平面平面PCD，平面平面，平面， 因此平面PDC，而平面PDC，因此. 故△PEF是直角三角形． （2）由于，，因此P是以EF为直径半圆上的点． 而，，平面PEF， 因此平面PEF，而AB平面ABCD， 因此平面平面ABCD． 故P到平面ABCD的最大距离为， 四棱锥体积最大为． （3）设EF中点为O，作过O垂直EF的直线m． 设平面PEF与平面PBC夹角为． 以O为原点，OE，m，过O垂直于平面ABCD的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，并设． 平面PEF的一个法向量为， ，， 设平面PBC的法向量为，因此，可取 ，不妨设， ，，因此随增大而增大 因此． 考点四 轨迹与截面问题 【知识点解析】 1. 空间中动点的轨迹，本质是满足特定条件的点的集合。解决时需： （1）明确约束条件：如 “到定点距离为定值”“到两定点距离相等”“到平面距离为定值”“与定直线所成角为定值” 等. （2）转化约束：利用空间几何性质（如线面垂直、平行、球的定义、圆锥的形成等），将空间约束转化为平面内的轨迹条件（如圆、直线、椭圆等）. （3）验证维度：判断轨迹是 “空间图形”（如球面、圆柱面）还是 “平面图形”（如平面内的圆、线段）—— 多数问题最终可转化为平面轨迹. 2. 基于 “距离约束” 的轨迹 距离约束条件 对应几何图形 思维转化 到定点距离为定值 球 若动点同时在某平面内，则轨迹为 “平面与球的交线”（圆或点） 到两定点距离相等 两定点连线的垂直平分线 若动点同时在另一平面内，则轨迹为 “两平面的交线” （直线） 到定平面距离为定值 与定平面平行的两个平面 若动点同时在另一几何体（如正方体）内 则轨迹为 “几何体与平行平面的交线”（如矩形、线段） 到两定点距离之和相等 椭圆 到两定点距离之差相等 双曲线 到定点与定直线距离相等 抛物线 3.关键转化技巧：降维法 空间轨迹问题的难点在于 “三维到二维” 的转化，常用降维手段： （1）投影法：将动点投影到某一平面（如底面、侧面），通过投影点的轨迹反推原轨迹。 （2）截面法：若动点在某已知几何体（如正方体、球）内，轨迹常是几何体的 “截面交线”，需确定截面形状。 （3）定义法：直接套用空间图形定义（如球面、圆柱面、圆锥面），再结合约束条件缩小范围。 【例题分析】 1．（2025·广东惠州·模拟预测）如图，正方体的棱长为1，E是的中点，则（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 【答案】ACD 【详解】对于A，∵，，， 平面，平面，∴平面， 又平面，∴，故A正确； 对于B：三棱锥的体积，故B错误； 对于C，设三棱锥的外接球的半径为， 的外接圆半径为，， 在中，由余弦定理得，， 所以，则有， 三棱锥的外接球的表面积为，故C正确. 对于D，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形 （其中F为的中点，故等腰梯形的周长为，故D正确. 故选：ACD. 2．（2025·云南红河·模拟预测）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（   ） A．三棱锥体积为 B．若，则 C．若，则直线与直线所成角的最小值为 D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【详解】对于A，因点在平面中，则到平面的距离为2， 故 ，故A正确； 对于B，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则，，，，， 所以， 所以，即， 所以，又，， 所以， 故，即，故B正确； 对于C，点为的中点，坐标为，点的坐标为 ， 向量，向量， 设直线与直线所成的角为，则， ， 又因为，为增函数，故当 时，， 则直线与直线所成角的最小值为，故C错误； 对于D，因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形， 过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心， 因为平面，所以，又， 所以三棱锥外接球的半径， 因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上， 所以的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆， 又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为， 所以点的轨迹周长为截面圆周长为，故D正确. 故选：ABD. 3．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，棱长为2的正方体．中，点P是棱的中点，动点M满足，其中，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则直线与直线所成角的最小值为 C．若且．，则点的轨迹长为 D．若动点M在平面上的投影为点与平面所成角与二面角大小相等，则直线与点N的轨迹相切 【答案】ACD 【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图1所示的空间直角坐标系， 则，， 所以， 所以，即， 所以，又， 所以， 当时，，所以，所以，故A正确； 点为的中点，其坐标为，点的坐标为， 向量，向量， 设直线PM与直线BC所成的角为， 又因为，当时，， 即直线PM与直线BC所成角的最小值为，故B错误； 由知， 设点为，则，化简得， 是以点为圆心，为半径的圆， 如图2所示，又因为，故点的轨迹为圆心角为的圆弧，轨迹长度为，故C正确； 如图3，过点作于点， 连接GN，NC，MG，MC，则MC与平面所成角为是二面角的平面角， 故，易证， 则，由抛物线的定义可知点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线， 如图4，以BC的中点建立平面直角坐标系xOy， 则点的轨迹方程为，直线为， 联立得，则直线与点的轨迹相切，故D正确． 故选：ACD. 4．（2025·安徽·三模）已知正方体的外接球的表面积为，为线段的中点，为线段上的动点，点满足，则（   ） A．点，，，不可能共面 B．若平面，则四棱锥体积的最大值为 C．若，则点的轨迹长度为 D．的值可能为 【答案】AD 【详解】由题意，设正方体的棱长为，则，所以. 连接，与交于点，连接，根据中位线性质知， 又平面，平面，则平面， 故，，，不可能共面，故A正确； 点满足知，点在以为直径的球上（不含平面内的点）， 故，故B错误； ，，，，， 即直线与球相切，故点的轨迹是圆，且半径， 故点的轨迹长度为，故C错误； 以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则，，， 则，而， 故，而当时，， 故D正确. 故选：AD. 5．（2025·江西·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的一动点，且满足平面，则下列说法正确的是（    ）    A．点的轨迹是一条长为的线段 B．平面截正方体所得截面的面积为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．过点作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为 【答案】ACD 【详解】对于A，取分别为的中点，连接，所以， 因为分别是棱的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，又是侧面内， 所以，又，所以点的轨迹是一条长为的线段，故A正确； 对于B，易证，又，所以， 所以平面截正方体所得截面截面为等腰梯形， 又，所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B错误；    对于C，因为平面，所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以最小时，正弦值最大， 所以当点在线段中点时，最小，最小值为， 此时线面角的正弦值为，故C正确； 对于D，正方体的外接球的半径为， 当点在或处时，正方体的中心（即外接球球心）离点距离最远为， 此时以点为截面圆心，截面圆半径最小为，所以截面面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 6．（2025·山东泰安·模拟预测）已知正方体的棱长为，是线段的中点，是底面正方形内的动点（包含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．存在点，使得平面 C．若点在线段上运动，则与平面所成角正弦的最大值为 D．若与所成的角为，则动点的轨迹为双曲线的一部分 【答案】ABD 【详解】对于A中，因为平面平面，所以点到平面的距离为定值， 所以为定值，所以A正确； 对于B中，连接,交于点，连接， 则为的中点，因为为的中点，所以， 在正方体中，可得， 因为，且平面，所以平面， 所以平面，当为底面正方形中心时，平面，所以B正确. 对于C中，以为原点，所在直线为轴、轴和轴建立空间直角坐标系， 则, , ，可得，， 设，其中，则， 可得平面的法向量， 设直线与平面所成角为，当时，与重合，此时，； 当时，， 当且仅当时取等号， 综上可得，与平面所成角的正弦值最大为，所以C错误. 对于D中，设，则,， 因为与所成的角为，所以， 所以，可得，所以动点的轨迹为双曲线的一部分，所以D正确. 故选：ABD.    7．（2025·广东佛山·三模）如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 【答案】BCD 【详解】如图，    对于A，取的中点，则， 所以为二面角的平面角，故， 而，因此A错误； 对于B，当旋转了也绕着旋转，由于到的距离是正方体面对角线的一半，即， 因此旋转的轨迹长度是，故B正确； 对于C，把正方体的左边补多一个全等的正方体，则是补充正方体的中心． 因此，平面，平面， 从而平面，同理可得平面． ，平面， 因此平面平面，故C正确； 对于D，由C可知，当时，． 因此四边形是平行四边形，因此，即， 因此四点共面，D正确． 故选：BCD 8．（2025·河南信阳·模拟预测）已知正方体的棱长为2，P，Q为底面ABCD内的两个动点，且满足．设与平面ABCD所成的角为，当取得最大值时，，则下列说法正确的是（    ） A．P的轨迹是圆（部分） B．的最大值为 C． D．取最大值时，Q的轨迹是椭圆（部分） 【答案】ABD 【详解】以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设，则， 因为，所以， 即， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆与正方体底面的交线，故A正确； 要使得与底面所成的角最大，则最短， 此时， 从而，所以的最大值为，故B正确； ，故C错误； 设点到的距离为， 因为， 所以点在以为轴，半径为的圆柱与底面ABCD内的交线上， 又圆柱的轴与底面ABCD的夹角为， 所以点的轨迹是椭圆（部分）. 故选：ABD. 课后提升练习 1．（2025·广东清远·二模·多选）如图，在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，点为的中点，动点在侧面内（包含边界），则下列结论正确的是（   ） A． B．平面与平面所成角的余弦值为 C．若，则点轨迹的长度为 D．若点在直线上，则的最小值为 【答案】ABC 【详解】如图1，连接，由菱形可得． 再由直棱柱，可得底面． 又因为底面，所以， 而平面，所以平面， 又因为平面，所以，故A正确； ，，，所以为直角三角形，且， 其在底面投影的三角形的面积为， 由投影面积法可得平面和平面所成角的余弦值为，故B正确； 如图2，动点在侧面内（包含边界），过作，垂足为， 由直棱柱， 所以平面平面，平面平面，平面， 且，所以平面. 而侧面，即有，由菱形边长为2，，可得， 再由勾股定理得：，则点的轨迹是以为圆心， 以为半径的圆弧（如图3中），则由侧面正方形， 可知，，可得，所以点轨迹的长度为，故C正确； 由为直角三角形，且为等腰直角三角形， 将与展开成一个平面图，如图4，则； 由余弦定理得：， 即，故的最小值为，故D错误． 故选：ABC 2．（2025·江西九江·三模·多选）如图，在五面体中，底面是边长为的正方形，，平面，，到底面的距离为，点为的中点，点在四边形内部（含边界）．则下列选项中正确的是（   ） A．存在点，使得平面 B．存在点，使得 C．该五面体的体积为 D．若，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【详解】对于A，取中点，连接， 分别为中点，四边形为正方形， ，， 平面，平面， 平面，平面，又，平面， 平面平面， 则当时，平面，此时平面，A正确； 对于B，作点关于平面的对称点，连接， 关于平面对称，， （当且仅当三点共线时取等号）， 到平面的距离为，，又，， 则，即不存在点，使得，B错误； 对于C，取中点，作，，垂足分别为， ，为中点，， 四边形为正方形，，又，平面，平面， 又平面，， ，平面，平面， 同理可得：平面，； ，，，， 则，； 作，分别交于，交于，可将五面体拆分为直三棱柱、四棱锥和四棱锥， ，， ，C正确； 对于D，点到平面的距离，，， 则点轨迹是以为圆心，为半径的圆在正方形内部（含边界）的部分， 作出正方形的平面图如下图所示， 点的轨迹长度为，D正确. 故选：ACD. 3．（2025·安徽·二模）如图，在正四棱锥中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，当直线与平面所成角取最大值时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）连接，设与相交于点，连接. ∵，分别为，的中点，∴， 在正四棱锥中，平面， 又∵平面，∴， 又底面为正方形，∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2）由（1）以及题意可知，在中，，. 在中，，，∴. 又∵，，， ∴以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，，， 则，，，. ∵在棱上，∴不妨设， 则，. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，，则. 设与平面所成的角为， 则，当且仅当时等号成立. ∴当与平面所成角取得最大值时，. 4．（2025·贵州黔南·三模）在平面四边形中，，，如图1所示.现将图1中的沿折起，使点到达点的位置，且平面平面，如图2所示.    (1)求证：； (2)若，二面角的大小为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【详解】（1）    作与， 平面平面， 平面平面, 平面， 平面,因为平面， , ,，平面, 平面，又因为平面， . （2）, , 又，,平面, 平面, 设， 建立如图所示坐标系    则，，，， ，，,, 设平面的法向量， 即， 取，则，， 设平面的法向量， 即， 取，则，，, 二面角的大小为， ， 化简得：解得：即， 5．（24-25高二下·福建·期中）如图，在四棱雉中，平面为棱的中点，为棱上的动点． (1)证明：． (2)若二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以， 所以为等边三角形，则， 所以，所以，所以， 因为平面，平面， 所以， 又平面，， 所以平面， 又平面，所以； （2）如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 由（1）知，， 则， 故， 设平面的法向量为， 则有，可取， 设， 则， 设平面的法向量为， 则有， 所以，令，则， 所以， 则， 化简得，解得或， 经检验，当时，二面角为钝二面角， 所以， 所以. 6．（2025·浙江·模拟预测）如图，棱长为2的正四面体中，为直线上的动点，满足. (1)若，证明：平面平面； (2)若直线与平面所成夹角为，求线段的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取中点中点，连， 由正四面体，可得， 因为， 所以，所以，所以. 由，可得，所以， 所以，所以. 又因为，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面. （2）方法一： 由（1），，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面平面，作，垂足为，平面， 则平面， 所以即为直线与平面所成线面角的平面角，即， 因为，所以平面， 所以，所以， 所以. 方法二： 如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴， 过点且与平面垂直的直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 设平面的法向量为， 则，设，则，， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成夹角为， 所以，解得， 当时，，， 当时，，， 所以. 7．（2025·江西萍乡·三模）已知四棱锥中，二面角为直二面角，，，M为棱上一点. (1)证明：； (2)若M为中点，求二面角的正弦值； (3)若平面，点N在平面上，若直线与平面所成角为，求的最小值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3). 【详解】（1）由，得，二面角为直二面角，即平面平面， 而平面平面，平面，故平面. 因为平面，所以，又， ，平面，，故平面， 又平面，故. （2）过点S作于点O，连接，由，得. 又，故四边形为平行四边形， 因为，所以，即，故，，两两垂直， 以O为坐标原点，，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 故，，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，故为平面的一个法向量， 设平面的法向量的，则 令，则，，故为平面的一个法向量， 则，二面角的正弦值为. （3）若平面，平面，平面平面，则， 由（2）知，故M与O点重合，因为N在平面上， 设，p，，，则， 因为，，，则，， 设平面的法向量，则， 令，则，，故为平面的一个法向量， 故，整理得， 又，故， 由，故， 当且仅当时等号成立，取得最小值为. 8．（2023·新课标Ⅰ卷·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， . 9．（2024·新课标Ⅰ卷·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 学科网（北京）股份有限公司 $$