专题03 利用空间向量解决最值范围及探索性问题8大题型（专项训练）数学人教B版2019选择性必修第一册

专题03 利用空间向量解决最值范围及探索性问题8大题型（专项训练） 目录 A题型建模・专项突破 题型一、数量积的最值范围 1 题型二、空间角的最值范围 2 题型三、空间距离的最值范围 5 题型四、面积、体积的最值范围 7 题型五、平行、垂直关系中的探索性问题 8 题型六、空间角中的探索性问题 10 题型七、空间距离中的探索性问题 13 题型八、动点在平面内问题 14 B综合攻坚·能力跃升 16 题型一、数量积的最值范围 1．正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角的多面体.在古希腊时期人们就已经发现正多面体仅有5种，分别是正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体和正二十面体.如图，是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，棱长为2，点为正八面体内切球球面上的任意一点，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 2．在棱长为1的正方体中，P为正方体内一动点（包括表面），若，且．则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．在三棱锥中，，，，中点为，点为棱上的动点，当取最小值时，线段的长度为（    ） A． B． C． D． 4．阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体.如图，已知一个阿基米德多面体的所有顶点均是某个正方体各条棱的中点，且正方体的棱长为2，则该阿基米德多面体的体积为 ；是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，点P是该多面体表面上异于点的任意一点，则的最大值为 . 5．正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，则的最小值为 . 题型二、空间角的最值范围 6．已知正方体的棱长为，点N是四边形内一点，且满足，则DN与平面所成角的正切值的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），． (1)已知． （i）求； （ii）求直线与所成角的大小． (2)若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值． 8．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值的最大值． 9．（ 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． 10．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. 11．（ 2025·山东烟台·三模）如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，且二面角的大小为．底面为平行四边形，，，点Q在棱上且． (1)若，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 题型三、空间距离的最值范围 12．如图1所示中，，，，分别为，中点.将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得.连接，，得到四棱锥，记的中点为，连接，动点在线段上. (1)证明：平面； (2)若，连接，，求直线与平面的夹角的正弦值； (3)求动点到线段的距离的取值范围. 13．在长方体中，侧面为正方形，，为线段（不包含端点）上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题． (1)若，求的长度； (2)求点到平面距离的取值范围． 14．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. 15．在三棱锥中，平面平面，是等腰直角三角形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线与的夹角的余弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求到平面距离的最大值. 16．如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值． 题型四、面积、体积的最值范围 17．在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（   ） A． B．1 C． D．3 18．如图，在四棱锥中，平面，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的最大值是（    ） A． B． C． D． 19．已知长方体中，，点为侧面内任一点（含边界），且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最大值为 ． 20．正方体中，，点在线段上. (1)当时，求异面直线与所成角的取值范围； (2)已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 题型五、平行、垂直关系中的探索性问题 21．（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为线段上的动点，则（    ） A．存在点，使得直线 B．存在点，使得平面 C．点到直线距离的最小值为 D．三棱锥的体积为 22．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（    ） A． B．当时，有且仅有一个点，使得平面 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，三棱锥的体积为定值 23．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点. (1)求证：； (2)设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 24．如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.    (1)求二面角的余弦值； (2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得平面.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 题型六、空间角中的探索性问题 25．在如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点.（用向量坐标法） (1)求点N到平面PAB的距离； (2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长； 若不存在，请说明理由. 26．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． (1)证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值． 27．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 28．如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，，点N为线段AD上的点（包含端点）. (1)当点N为线段AD的中点时，求证：平面； (2)线段AD上是否存在点N，使得平面BFN和平面ADE的夹角为． 29．如图，四边形是正方形，平面平面，，，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小． (3)点在直线BD上，直线与直线CE的夹角为，二面角为，是否存在点，使得．如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由． 30．（ 2025·辽宁·三模）如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 题型七、空间距离中的探索性问题 31．如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱PC的中点. (1)证明：平面PAD； (2)求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使点到平面BDM的距离是？若存在，求PQ的长；若不存在，说明理由. 32．如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形．为矩形，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)证明：在线段上是否存在点P，使得P点到平面的距离为，若存在，求的值．不存在请说明理由． 33．如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 34．如图，在四棱锥中，平面平面， M为棱PC的中点. (1)证明：平面； (2)若 （i）求二面角的正弦值；（ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 题型八、动点在平面内问题 35．如图，四棱锥的底面是正方形，且，是以为顶角的等腰直角三角形，平面平面 (1)求四棱锥的体积. (2)试判断在内包括边界是否存在一点Q使得二面角的平面角取到不需要确定点Q的具体位置 36．如图，在三棱柱中，，设. (1)试用向量表示，并求. (2)在平行四边形内是否存在一点，使得平面？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 37．如图1，等腰梯形是由三个边长为2的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)试问在内是否存在一点，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 38．已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，E为CD的中点，． (1)证明：平面平面； (2)若，PC与平面所成的角为，试问在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？若存在，求出点N到直线PD的距离；若不存在，请说明理由． 1．（2022·23高二上·河南·阶段练习）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·上海普陀·二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为 . 3．（2024·江苏盐城·模拟预测）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，现有一阳马，面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．（2022·23高三上·全国·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，侧面底面，底面为矩形，为上的动点（与两点不重合）． (1)判断平面与平面是否互相垂直？如果垂直，请证明：如果不垂直，请说明理由； (2)若，试求二面角的余弦值的绝对值的取值范围． 5．（2024·25高三上·河北秦皇岛·期末）如图，在三棱锥中，O为AC的中点，D在线段PC上．已知，． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点D，使二面角的正切值为？若存在，求出的长；否则，请说明理由． 6．（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 7．（2025·广西南宁·三模）等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）． (1)求证：平面平面； (2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由． 8．（2023·江西萍乡·二模）如图所示的几何体是圆锥的一部分，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，是弧上一动点（不与重合），点在上，且，. (1)当时，证明：平面； (2)若四棱锥的体积大于等于. ①求二面角的取值范围； ②记异面直线与所成的角为，求的最大值. 9．（2023·河南·二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为，为线段上的动点.      (1)求证：平面； (2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围. 10．（2022·浙江·模拟预测）在矩形ABCD中，，点M为线段CD上的中点，将沿AM翻折，使得，点E在线段PB上（不包括端点）. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 利用空间向量解决最值范围及探索性问题8大题型（专项训练） 目录 A题型建模・专项突破 题型一、数量积的最值范围 1 题型二、空间角的最值范围 6 题型三、空间距离的最值范围 16 题型四、面积、体积的最值范围 24 题型五、平行、垂直关系中的探索性问题 29 题型六、空间角中的探索性问题 36 题型七、空间距离中的探索性问题 48 题型八、动点在平面内问题 54 B综合攻坚·能力跃升 60 题型一、数量积的最值范围 1．正多面体是指各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角的多面体.在古希腊时期人们就已经发现正多面体仅有5种，分别是正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体和正二十面体.如图，是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，棱长为2，点为正八面体内切球球面上的任意一点，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】正八面体的表面是8个全等的正三角形组成，其中正边长为2， 则正八面体的表面积， 而正八面体可视为两个共底面的， 侧棱长与底面边长相等的正四棱锥与拼接而成， 正四棱锥的高， 则正八面体的体积， 设内切球半径为，则，解得， 取的中点. 设为正方形的中心也是内切球的球心，则， 因此的最大值为， 所以的最大值是. 故选：A. 2．在棱长为1的正方体中，P为正方体内一动点（包括表面），若，且．则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】满足的点在三棱柱内． 如图，设为的中点，连接相交于点，连接， 因为，，且，平面， 所以平面，又，所以平面，且， ，所以， 所以． 因为，所以的取值范围为． 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间向量的运算，根据题意确定点所在的位置是解题的关键． 3．在三棱锥中，，，，中点为，点为棱上的动点，当取最小值时，线段的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图所示，将三棱锥补全为长方体，设长方体的长宽高分别为， 则有，解得， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 故， 所以， 则当时，取得最小值， 此时. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：将三棱锥补全为长方体，是解决本题的关键. 4．阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体.如图，已知一个阿基米德多面体的所有顶点均是某个正方体各条棱的中点，且正方体的棱长为2，则该阿基米德多面体的体积为 ；是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点，点P是该多面体表面上异于点的任意一点，则的最大值为 . 【答案】 4 【详解】 依题意，可将该多面体补成一个棱长为2的正方体， 如上图，所以该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成， 体积； 由于是该阿基米德多面体的同一面上不相邻的两个顶点， 不妨设分别是正方体边的中点， 则 当夹角是时，. 故答案为：；4. 5．正四面体棱长为6，，且，以为球心且半径为1的球面上有两点，，则的最小值为 . 【答案】 【详解】因为正四面体的棱长为， 所以， 同理可得， ， 又因为以为球心且半径为1的球面上有两点，， 所以， 由， 则 因为，所以 当且仅当取等号， 此时， 所以， 故的最小值为. 故答案为：. 题型二、空间角的最值范围 6．已知正方体的棱长为，点N是四边形内一点，且满足，则DN与平面所成角的正切值的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，平面的法向量为， 由于点N是四边形内一点，故可设，， 由于，所以，所以， 所以点在线段上，设DN与平面所成角为，， 则，所以， 当时，，不存在. 当时，，当时，取得最小值为. 故选：D 7．在三棱锥中，已知平面，点在内（包括边界），． (1)已知． （i）求； （ii）求直线与所成角的大小． (2)若点分别满足，为直线上一点，且平面，求二面角余弦的最小值． 【答案】(1)（i）（ii）； (2) 【详解】（1）由平面，、平面，故，， 又，故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、， 设，且，则、， 由，则，即； （i）由，则，又，故， 即，则，故； （ii），， 则， 即，则直线与所成角的大小为； （2），， 设，， 则， ，， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，， 即可为， 由平面，故， 即， 化简得，由，则， 故， 由平面，故为平面的法向量， 则 令，则， ， 由，则，故， 故， 由图可知二面角为锐角，设为， 故，即二面角余弦的最小值为. 8．如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． (1)证明：∥平面． (2)求二面角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由题意证明如下， 连接，，，设，连接． 在中，，分别是，的中点，所以∥， 在中，，分别是，的中点，所以∥， ∴∥． ∵平面，平面， ∴∥平面． （2）由题意及（1）得， 过点作交于点． 以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，． 设， 则，． 设， 则，， 即， 则，． 设平面的法向量为， 则所以 可取． 由几何知识得，平面DCF的一个法向量为， ． 令， 则， 当且仅当，即，，等号成立， 所以． ∴二面角的余弦值的最大值为． 9．（ 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． 10．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. 11．（ 2025·山东烟台·三模）如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，且二面角的大小为．底面为平行四边形，，，点Q在棱上且． (1)若，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）若，即Q为中点，连接交于点M，连接， 因为为的中位线，所以， 因为平面，面， 所以平面． （2）因为，，，所以． 以A为坐标原点，，所在直线为x，y轴，过A且垂直平面的直线为z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 因为是边长为2的正三角形，所以P和中点连线的距离为， 因为二面角的大小为， 所以点P到底面的距离为， 点P在底面的射影到的距离为， 所以点P在底面的射影在边上且靠近C的四分之一等分点处， 所以， 所以， 因为，所以， 又，． 又，设平面的一个法向量， 则，即， 令，则，， 即，， 又，设直线与平面所成角为， 则， 整理得． 所以当时，， 所以． 即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为． 题型三、空间距离的最值范围 12．如图1所示中，，，，分别为，中点.将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得.连接，，得到四棱锥，记的中点为，连接，动点在线段上. (1)证明：平面； (2)若，连接，，求直线与平面的夹角的正弦值； (3)求动点到线段的距离的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1） 因为折叠前为中点，，所以，折叠后，， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以，所以在折叠后， ，；以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立 空间直角坐标系，则，，，，， 为中点，所以，，设平面的法向量为 ，又，，所以， ，令，则，，所以，所以， 所以，所以平面. （2）设，由（1）知，，因为动点Q在线段上， 且，所以，所以， 所以,，所以，， ，设平面的法向量为，， ，令，则，，所以，， 设直线与平面的夹角为， 所以， 所以直线与平面的夹角的正弦值. （3）设，，，动点Q在线段上， 所以，，即，即， 所以，，， 设点Q到线段的距离为，， ，， ，，令，， 则，，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为. 13．在长方体中，侧面为正方形，，为线段（不包含端点）上一动点，请利用空间向量法解决下列两个问题． (1)若，求的长度； (2)求点到平面距离的取值范围． 【答案】(1)1； (2). 【详解】（1）构建如下图示的空间直角坐标系，则，设且， 则，，又， 则，可得， 所以的长度为1. （2）若是面的一个法向量，则， 令，则，而，故， 所以点到平面距离，， 所以，且，故. 14．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. 15．在三棱锥中，平面平面，是等腰直角三角形，. (1)求证：平面； (2)求异面直线与的夹角的余弦值； (3)设点是三棱锥外接球上一点，求到平面距离的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）在中，因为，满，所以； 因为平面平面，平面平面平，故平面； 又因为平面，所以. 因为是等腰直角三角形，， 所以. 又平面平面， 所以平面. （2）如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，以垂直平面的直线为轴建立空间直角坐标系， 取的中点，则，且， 则点的坐标为. 又， 则， ， ， ， ， 故异面直线与的夹角的余弦值为. （3）设三棱锥外接球的球心的坐标为， 则由，可得， 解得，即. 球的半径， 由（1）知，平面，则平面的一个法向量为， 又因为，则球心到平面的距离为 . 故点到平面距离的最大值为. 16．如图，在直四棱柱中，，，，，． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若为线段上的动点，求到直线距离的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）证明：由直四棱柱知底面， 因为平面，所以， 又，，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 因为，，， 所以，， 所以∽，所以， 因为，所以，所以， 又，，平面，所以平面． （2）解：因为底面，平面， 所以， 因为，所以，，两两垂直， 所以以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，，， 由（1）知，为平面的一个法向量． 设为平面的一个法向量， 因为，， 所以，即，令，可得． 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （3）解：设，， 则，， 设到直线的距离为，则 ， 所以当时，，即到直线距离的最小值为． 题型四、面积、体积的最值范围 17．在四面体中，，为等腰直角三角形，，平面平面，为的中点，点到直线的距离为1，则四面体体积的最大值为（   ） A． B．1 C． D．3 【答案】C 【详解】已知在等腰直角三角形中，，. 设，则，即，解得. 根据三角形面积公式.   因为为的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，. 又因为平面平面，平面平面，平面， 根据面面垂直的性质定理，所以平面.   以为原点，分别以所在直线为，轴，过作垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系. 则，，，. 设，则，. 因为，可得，化简得.   已知，. 根据点到直线的距离公式，可得到距离. 又因为点到直线的距离为，所以，即. 因为，所以当时，取得最大值，则的最大值为，即点到平面距离的最大值.   ，根据三棱锥体积公式，所以.   则四面体体积的最大值为. 故选：C. 18．如图，在四棱锥中，平面，已知是四边形内部一点（包括边界），且二面角的平面角大小为，则面积的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图以A为坐标原点建立空间直角坐标系， 由二面角的平面角大小为30°，可知Q的轨迹是过点D的一条直线， 又Q是四边形ABCD内部一点（包括边界）， 则Q的轨迹是过点D的一条线段， 设Q的轨迹与y轴的交点坐标为， 由题意可知，，， 所以，，， 易知平面APD的一个法向量为， 设平面PDG的法向量为， 则，即， 令，得，， 所以是平面PDG的一个法向量， 则二面角的平面角的余弦值为 ， 解得或（舍去）， 所以Q在DG上运动， 故面积的最大值是. 故选：A． 19．已知长方体中，，点为侧面内任一点（含边界），且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最大值为 ． 【答案】/ 【详解】由题意，构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，， 若且，则，整理得， 由，，是面的一个法向量， 则，取，则， 又，则到面的距离， 综上，，故时， 显然是边长为的等边三角形，故， 所以三棱锥的体积的最大值为. 故答案为： 20．正方体中，，点在线段上. (1)当时，求异面直线与所成角的取值范围； (2)已知线段的中点是，当时，求三棱锥的体积的最小值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意正方体的三条棱长两两互相垂直，故以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系： ，由题意不妨设， 所以， 所以， 设异面直线与所成角为， 所以异面直线与所成角的余弦值为， 令， 当时，， 当时，， 综上，， 所以异面直线与所成角的取值范围为. （2）如图所示： 由题意线段的中点是，，不妨设， 所以， 取平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为， 而 ， 所以三棱锥的体积为， 所以当且仅当时，三棱锥的体积取最小值. 【点睛】关键点睛：第一问关键是引入适当参数将问题先转换为求方向向量夹角的余弦，第二问的关键是等体积转换法，这样大大减少了计算量. 题型五、平行、垂直关系中的探索性问题 21．（多选）如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，为线段上的动点，则（    ） A．存在点，使得直线 B．存在点，使得平面 C．点到直线距离的最小值为 D．三棱锥的体积为 【答案】BC 【详解】以A为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 如图所示， 则，，，，，，， 所以，，， 设，则， 所以， 对于A项，， 所以，故A项错误； 对于B项，因为面， 所以面的一个法向量为， 又因为面，， 所以，解得，即， 所以存在点M位于的中点时，使得面，故B项正确； 对于C项，因为，所以， 设，则， 所以点到直线的距离为（）， 所以当时，，故C项正确； 对于D项，因为，面，面，所以面， 所以， 易得，， 所以， 所以，故D项错误． 故选：BC. 22．（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（    ） A． B．当时，有且仅有一个点，使得平面 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，三棱锥的体积为定值 【答案】AD 【详解】如图建立空间直角坐标系， 则 因为，，所以 所以， 对于选项A，则，所以， 因为，所以，故A答案正确； 对于选项B， 当时，，,设面的法向量为， 则，令，所以， 若平面，则，无解，所以不存在点，使得平面,故选项B错误； 对于选项C，当时，, 若，则，，无解，所以不存在点，使得，故C错误； 对于选项D，为边长为的等边三角形，所以, 点P到平面的距离为，当时， 点P到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D选项正确. 故选：AD. 23．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，平面底面，.点分别是棱的中点. (1)求证：； (2)设平面平面，求直线与平面所成角的余弦值； (3)若点分别是棱的中点，平面与棱的交点为，则在线段上是否存在一点，使得，若存在，求的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【详解】（1）记，连接PO， 因为底面ABCD是边长为的正方形， 所以. 因为，所以. 因为平面底面ABCD，且平面底面平面PAC， 所以底面 因为底面，所以，所以. （2）易知，又因为平面，所以平面PAB， 又因为平面PCD，平面平面，所以，所以直线l与平面DMN所成角即为直线CD与平面DMN所成角 由（1）知，可以为坐标原点建系如图所示， 由（1），， ，三角形为直角三角形，所以. 则， ， 所以 设平面DMN的法向量为， 因为，所以 令，可得.所以 设直线CD与平面DMN所成角为，则， （3）记，可得，所以. 由可得，解得， 所以. 记，可得， 所以，若，则，解得，所以， 故在线段BC上存在一点，使得，此时. 24．如图所示的几何体中，四边形是等腰梯形，，，平面，，.    (1)求二面角的余弦值； (2)在线段AB（含端点）上，是否存在一点P，使得平面.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【详解】（1）过作于，由于，则,由于,且四边形是等腰梯形，所以,在三角形中，由余弦定理可得，所以,故,    以为坐标原点，，为轴，轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，设，则， 设面的法向量， 则，即，取，得． 设面的法向量， 则，即，则取，得． ， 由几何体的特征可知二面角的平面角为锐角， 二面角的余弦值为． （2），,， 面， 面． 设, 若平面，则 ,所以， 所以 题型六、空间角中的探索性问题 25．在如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点.（用向量坐标法） (1)求点N到平面PAB的距离； (2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长； 若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)存在点， 【详解】（1）因为垂直于梯形所在的平面，平面， 所以⊥，⊥，又，故两两垂直， 如图以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则， 设平面的法向量为，则， 解得，令，则，则， 又 则点到平面的距离是 （2）存在点，当点与重合时，直线与平面所成角的大小为，理由如下： .. 设平面的法向量为，则，即， 解得令，得，所以平面的一个法向量为. 由，设，， 则，解得， 故，则.   因为直线与平面所成角的大小为， 所以   解得，由知，即点与重合. 故在线段上存在一点，使得直线与平面所成角的大小为且. 26．如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点，是边长为1的等边三角形，且． (1)证明：； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)在棱上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，并求出的值． 【答案】(1)见详解 (2) (3)存在， 【详解】（1）证明：∵，为的中点  ∴ 又∵平面平面，平面平面，平面 ∴平面 ∵平面     ∴ （2） 解法1：分别取CB、CD的中点为F、G，连结OF、OG， ∵为的中点，是边长为1的等边三角形 ∴是直角三角形，，， ∵CB、CD的中点为F、G， ∴，， 由（1）得，是三棱锥底面的高，是直角三角形 ∵，∴， 以O点为坐标原点，分别以OF、OG、OA所在的直线为轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，， ∴，， 设是平面的一个法向量， 则，即 令，则，，， ∴直线和平面所成角的正弦值等于 解法2：由（1）得，是三棱锥底面的高，是直角三角形 ∵ ∴，， 在中，，， ∴， 设d是底面ABC的高 则， ∴直线和平面所成角的正弦值为. （3）在棱上存在点，使二面角的大小为. 设 由（2）知，， ， 是平面的一个法向量 设是平面的一个法向量，则 即 取，， ∵二面角的大小为 ∴ 即 整理得，    解得，或（舍去） 所以，， 所以，在棱上存在点，使二面角的大小为，. 27．如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在，，理由见解析. 【详解】（1）取PC的中点O，连接ON，OB， ∵为的中点，∴，， ∵，∴， ∵，∴， ∴四边形ABON为平行四边形，∴， ∵平面PBC，平面PBC， ∴平面PBC； （2）过点A作AGBC，交CD于点G，则， 因为平面，平面， 所以，所以两两垂直， 以A为坐标原点，AG，AB，AP所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面ANC的法向量为， 则，即，令，则， 所以， 所以点到平面的距离； （3）设，故，所以， 所以， 由（1）可得， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以， 设直线与平面所成角为，则，则， 则， 整理得：，解得：或(舍去)， 故即. 28．如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，，，，点N为线段AD上的点（包含端点）. (1)当点N为线段AD的中点时，求证：平面； (2)线段AD上是否存在点N，使得平面BFN和平面ADE的夹角为． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在 【详解】（1）取的中点为，连接，， 因为点为线段的中点，且，所以. 因为，， 由，所以为等腰直角三角形， 所以，同理，， 故在等腰梯形中，. 由，所以. 又，而平面， 故平面. 又平面，所以. 因为，，平面， 故平面. （2）解：设正方形的中心为，分别取的中点为. 设点为线段的中点，由（1）知四点共面，且平面， 连接，平面，故. 又平面，故平面平面， 且平面平面. 由题意可知四边形为等腰梯形，故， 平面，故平面. 故以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 因为，则. 又，故，设到底面的距离为， 四边形，为两个全等的等腰梯形，且，故. 又， 故则 . 设 设平面的一个法向量为， 则令， . 设平面的一个法向量为， 则令， . 故， 解得，即存在点，且是线段AD上靠近点A 的四等分点， 使得平面和平面的夹角为． 29．如图，四边形是正方形，平面平面，，，，． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小． (3)点在直线BD上，直线与直线CE的夹角为，二面角为，是否存在点，使得．如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在 【详解】（1）如图，以A为原点，、、为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系， 依题意，得，，，，，， 取的中点M，连接，则，，， 所以，则，又平面，平面， 所以平面. （2）取中点，则，又，则， 由且都在面内，则面， 由，则面，面，故， 由，、平面，所以平面， 故为平面的一个法向量. 设平面的法向量，且，， 所以，即，令，得. 所以， 由图，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为. （3）设 ，由（2）可知二面角的大小为， ． 所以直线与直线CE的夹角为， ，，则 ，，. ， 化简可得， 解得 ，此时 ， 即存在点 ，. 30．（ 2025·辽宁·三模）如图，在四棱台中，底面为正方形，为的中点，． (1)求证：； (2)在棱上是否存在一点，使得直线与平面所成角的余弦值为？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， 因为，所以． 因为是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以， 因为， 所以． （2）因为， 所以，所以， 又由（1）知，且平面， 所以平面， 因为为四棱台，底面为正方形，四棱台的上下底面对应边平行且比例相同， 所以四边形为正方形，上下面平行 所以平面，. 因为点是的中点，，所以. 所以且，所以四边形为平行四边形 所以. 又平面，所以平面． 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， 则， 设，则，． 设平面的法向量为， 则 令． 设直线与平面所成角为， 则， 化简得， 即，所以． 题型七、空间距离中的探索性问题 31．如图，在四棱锥中，平面平面，，为棱PC的中点. (1)证明：平面PAD； (2)求平面PDM和平面BDM的夹角的余弦值； (3)在线段PA上是否存在点，使点到平面BDM的距离是？若存在，求PQ的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3)若存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为 【详解】（1）取的中点，连接， 因为为棱PC的中点，所以且， 又，故， 又，故， 所以四边形为平行四边形， 故， 又平面，平面， 所以平面； （2）平面平面，交线为，又，平面， 故平面， 因为平面，所以，， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 其中平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，，故， 设平面PDM和平面BDM的夹角为， 则； （3）设，，， 故，所以， 故， 由（2）知平面的一个法向量为， 点到平面BDM的距离是， 解得或（舍去）， 此时 若存在点，使点到平面BDM的距离是，PQ的长为 32．如图，在三棱柱中，是边长为4的正方形．为矩形，，． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)证明：在线段上是否存在点P，使得P点到平面的距离为，若存在，求的值．不存在请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3)当或时，P点到平面的距离为 【详解】（1）因为为正方形，为矩形，所以，， 因为，平面，所以平面； （2）由（1）知，，， 由题意知，，，所以即， 如图，以为原点，以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则 所以，， 设平面的法向量为， 则即，令，则，，所以， 设直线与平面所成角为， 所以直线与平面所成角的正弦值； （3）由（1）可得， 假设在线段上存在点P，使得P点到平面的距离为， 则，故，所以， 则， 到平面的距离为，解得：或，     当时，，即；当时，，即， 综上，当或时，P点到平面的距离为 33．如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且． (1)证明：平面； (2)是否存在实数，使得点到平面的距离为？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）证明：，，，故． 又面面，面面，面， 面． 面，， 又，面，，面． （2）面，，四边形为菱形， 取的中点为，连接，，为等边三角形． ．又，． 又平面，． 如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴， 建立空间直角坐标系． 则，，，，，， ，，． 设为面的一个法向量， 则  令，则． 设为点到面的距离， 则． ，即或． 故存在或，满足题意． 34．如图，在四棱锥中，平面平面， M为棱PC的中点. (1)证明：平面； (2)若 （i）求二面角的正弦值；（ii）在线段上是否存在点Q，使得点Q到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）存在， 【详解】（1）取PD的中点N， 连接AN， MN， 如图所示： 为棱PC的中点， 四边形ABMN是平行四边形， 又平面， 平面，   平面. （2） 平面平面， 平面平面， 平面， 平面， 又平面ABCD， 又 以点D为坐标原点， 所在直线分别为轴建立直角坐标系，如图， 则 为棱PC的中点， （i） 设平面的一个法向量为 则 令 则 平面的一个法向量为 根据图形得二面角为钝角，则二面角的余弦值为， 所以二面角的正弦值为. （ii） 假设在线段上存在点Q，使得点Q到平面的距离是， 设 则 由（i）知平面的一个法向量为 点Q到平面的距离是 题型八、动点在平面内问题 35．如图，四棱锥的底面是正方形，且，是以为顶角的等腰直角三角形，平面平面 (1)求四棱锥的体积. (2)试判断在内包括边界是否存在一点Q使得二面角的平面角取到不需要确定点Q的具体位置 【答案】(1) (2)存在 【详解】（1）如图，设点O是AB的中点，连接 由题可知，， 所以 因为，所以 因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAB， 所以平面， 所以PO的长为点P到平面ABCD的距离. 所以. （2）解法一： 因为平面,平面平面，平面平面， 所以平面,所以即为二面角的平面角, 因为是以为顶角的等腰直角三角形，二面角的大小为， 当Q与在线段上时，二面角的平面角为； 当Q与点P重合时，二面角的平面角为. 所以当点Q在在内包括边界运动时，根据二面角变化的连续性可知存在一点Q使得二面角的平面角取到. 解法二： 以点O为坐标原点，OB所在直线为x轴，过点O作AD的平行线为y轴，OP所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则点，，，则， 设平面PAD的法向量为，则即 取，从而可得 易知平面ACD的一个法向量为 设平面PAD与平面ACD的夹角为， 则，即平面PAD与平面ACD的夹角为 下同解法一. 36．如图，在三棱柱中，，设. (1)试用向量表示，并求. (2)在平行四边形内是否存在一点，使得平面？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)， (2)存在， 【详解】（1）连接， 由题意可知，，且三个向量两两夹角均为， 所以. 故， 所以.    （2）假设存在点使得平面，连接， 不妨设，则， 而， 所以. 要使平面，只需， 即， 所以， 解得即， 所以存在点，即当时，平面.    37．如图1，等腰梯形是由三个边长为2的等边三角形拼成，现将沿翻折至，使得，如图2所示. (1)求证：； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)试问在内是否存在一点，使得平面？若存在，求的长度；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析； 【详解】（1）在图1连接交于点， 在图2中，知、都是等边三角形， 得，，又，平面， 可得平面； 又直线平面， 所以. （2）因为，，则在中，由， 由余弦定理得，作，垂足为，连接，得，， 如图，以的中点为原点，，，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，， 因此， 设平面的法向量为， 则，解得，令，则； 即向量， 设直线与平面所成角为，则， 直线与平面所成角的正弦值为， （3）假设在内存在点，使得平面成立，， 设，，， ， 由，得， 解得，不满足题意，所以不存在使得平面成立； 38．已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，，E为CD的中点，． (1)证明：平面平面； (2)若，PC与平面所成的角为，试问在侧面PCD内是否存在一点N，使得平面PCD？若存在，求出点N到直线PD的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) 【详解】（1）由四边形是直角梯形，，，， 可得，，从而是等边三角形，，平分． 为的中点，，， 又，，平面，平面 平面，平面， 所以平面平面. （2）在平面内作于，连接，平面， 又平面，平面平面． 因为平面平面，平面，平面 为与平面所成的角，则， 由题意得，，为的中点，． 以，，所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 假设在侧面内存在点，使得平面成立， 设， 由题意得， ，，， 由，得， 解得，满足题意，，， 取，，， ，， ， 求出点N到直线PD的距离为：. 所以N点直线PD的距离为. 1．（2022·23高二上·河南·阶段练习）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】将半正多面体补成正方体，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为半正多面体的棱长为，故正方体的棱长为 所以，. 设，则. 所以. 令，则， 因为，所以. 故直线与直线所成角的余弦值的取值范围为. 故选：C 2．（2025·上海普陀·二模）在棱长为4的正方体中，，若一动点满足，则三棱锥体积的最大值为 . 【答案】 【详解】    如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则有. 又， 所以. 设，则. 因为， 代入可得， 整理可得， 即在以点为球心，为半径的球上. 又的面积为， 平面到平面的距离为4， 所以到平面的最大距离为. 体积最大值为. 故答案为：. 3．（2024·江苏盐城·模拟预测）《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”，现有一阳马，面，，为底面及其内部的一个动点且满足，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】平面，，连接，由，可得， 四边形为矩形，以为轴建立如图所示坐标系， 则，，设，， 则， 所以 因为，则，则， 所以. 故选：D 4．（2022·23高三上·全国·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，侧面底面，底面为矩形，为上的动点（与两点不重合）． (1)判断平面与平面是否互相垂直？如果垂直，请证明：如果不垂直，请说明理由； (2)若，试求二面角的余弦值的绝对值的取值范围． 【答案】(1)平面平面；证明见解析 (2) 【详解】（1）平面平面，证明如下： 平面平面，平面平面，，平面，平面， 平面，， 又，，平面，平面， 平面，平面平面. （2）取中点，连接， ，为中点，， 平面平面，平面平面，平面，平面， 又，平面，平面， 则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设，则，，， 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，； ，，， ， ，，，即， 二面角的余弦值的绝对值的取值范围为. 5．（2024·25高三上·河北秦皇岛·期末）如图，在三棱锥中，O为AC的中点，D在线段PC上．已知，． (1)求证：平面平面； (2)是否存在点D，使二面角的正切值为？若存在，求出的长；否则，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由，，O为AC的中点，故、， 又，、平面， 故平面，又平面，故平面平面； （2）由，，则， 故，又， 则有，故，故、、两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、， 则，，， 设，， 则， 由轴平面，故平面的法向量可为， 设平面的法向量为， 则有 ， 令，则，， 即平面的法向量可取， 设二面角为，有， 则， 即有， 化简得，故或， 由，故，则. 6．（2025·湖南岳阳·一模）如图，在四棱锥中，平面底面，底面为平行四边形，为边的中点，.    (1)求证：； (2)已知二面角的平面角等于，则在线段上是否存在点，使得到平面的距离为，若存在，指出点的位置；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，为中点 【详解】（1）因为，为边的中点，所以， 又在中，， 由余弦定理可得，即，则， 又为平行四边形，所以，则， 又平面底面，平面底面， 所以平面，又平面， 所以. （2）法一：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 所以， 而， 所以即为二面角的平面角，， 又为直角三角形，， 所以， 设在线段上存在点，使得到平面的距离为，且， 为直角三角形，， ， 又， 解得，即为中点. 法二：取的中点，又，    所以， 又平面底面， 所以底面， 又，所以， 所以两两垂直. 如图，以为坐标原点，以所在直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系： ， 设，则， 设平面的法向量为， 则， 取，则， 又平面的一个法向量为， 则，得，即. 则平面的一个法向量为， 设，则， 则， 解得， 即为中点. 7．（2025·广西南宁·三模）等腰梯形ABCD中，，，，点E为中点（如图1）．将沿折起到的位置，点O，F分别为的中点（如图2）． (1)求证：平面平面； (2)如果，平面平面，那么侧棱上是否存在点P，使得平面？若存在，求平面与平面夹角的余弦值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【详解】（1）因为且，故四边形是平行四边形，则， 又为等腰梯形且，可得是等边三角形． 故四边形BCEA为菱形，是等边三角形， 因为为中点，所以，同理可证． 又，且平面，所以平面， 又BE在平面BCDE内，所以平面平面. （2）存在点P，使得平面， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又，建立以为原点，所在直线为，，轴的空间直角坐标系，如图所示： 因为， 则， 设， 则， 设平面的一个法向量，则， 即，令，则， 要使平面，则，即，解得， 故在侧棱上存在点，使得平面， 此时，， 设平面的一个法向量，则， 即，令，则，即， 设平面与平面夹角为，所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为． 8．（2023·江西萍乡·二模）如图所示的几何体是圆锥的一部分，为圆锥的顶点，是圆锥底面圆的圆心，是弧上一动点（不与重合），点在上，且，. (1)当时，证明：平面； (2)若四棱锥的体积大于等于. ①求二面角的取值范围； ②记异面直线与所成的角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)①；②. 【详解】（1）由题知，在中，，,, 求得，则， 又,,,,平面， 故平面， 又平面，所以， 又,平面， 平面 （2）①设，,,则二面角的平面角即为， 在上取点，使，连接, ， 四棱锥的体积， 其中表示四边形的面积， 则 ， 由，可得， ，则， 故，解得， 即二面角的取值范围为； ②以方向轴正方向，在内垂直于的方向为轴正方向，方向为轴正方向建立空间直角坐标系， 则，,, ，, , 即的最大值为. 9．（2023·河南·二模）如图所示，正六棱柱的底面边长为1，高为，为线段上的动点.      (1)求证：平面； (2)设直线与平面所成的角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）连接，. 在正六棱柱中， 因为底面为正六边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面，    又，所以平面平面， 因为为线段上的动点，所以平面， 所以平面. （2）取的中点为Q，连接，. 因为底面边长为1，所以， 因为，所以，所以. 易得，，，所以平面，所以， 因为，所以平面， 即为平面的一个法向量. 连接，以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间坐标系， 则，，，，， 所以，所以，，. 设（）， 所以， 则， 因为，所以，所以的取值范围是. 10．（2022·浙江·模拟预测）在矩形ABCD中，，点M为线段CD上的中点，将沿AM翻折，使得，点E在线段PB上（不包括端点）. (1)证明：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)详见解析； (2). 【详解】（1）取中点，连接， 因为为线段上的中点，， 所以，所以， 又因为， 所以， 由题意可得，， ，又因为， 所以， 所以， 所以，又，平面，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2）如图以为原点建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，， 设平面的法向量， 则 ，令，可得， 设，则， 所以，, 设直线与平面所成角为， 所以 , 因为， 所以， 所以，即， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$