专题03 空间向量中的探索性及最值（范围）问题（压轴题7大类型专项训练）数学人教A版2019选择性必修第一册

专题03 空间向量中的探索性及最值（范围）问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 典例详解 2 类型一、平行中的探索性问题 2 类型二、垂直中的探索性问题 7 类型三、距离中的探索性问题 17 类型四、线面角的最值（范围）问题 23 类型五、线面角中的探索性问题 34 类型六、二面角、平面与平面所成角中的最值（范围）问题 43 类型七、二面角、平面与平面所成角中的探索性问题 56 压轴专练 66 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. 4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.　　 类型一、平行中的探索性问题 利用空间向量证明平行关系的方法和步骤 1、要证明线线平行，首先需要证明两直线的方向向量共线，再说明其中一条直线上存在某个点不在另一条直线上. 2、要证明线面平行，首先需要证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直，或直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，再说明该直线上存在某个点不在平面内. 3、要证明面面平行，首先需要证明两平面的法向量为共线向量，再说明其中一个平面内存在某个点不在另一个平面内(也可转化为证明线面平行、线线平行). 一、解答题 1．（24-25高二上·广东佛山·月考）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．请用向量方法解决以下问题： (1)证明：直线平面； (2)是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，1. 【分析】（1）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）设点的坐标为，求出平面的法向量，若假设存在，由，即可求解. 【详解】（1）在棱长为2的正方体中，以为原点，建立如图空间直角坐标系， 则， ， 于是， 即，而平面， 所以直线平面. （2）由（1）知，设平面的法向量为， 则，取，得， 假定存在点，使直线平面，设点的坐标为， 则，由，得，解得， 而平面，则平面， 所以存在点，使直线平面，此时. 2．（23-24高二上·湖北孝感·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题意和勾股定理可得，利用线面垂直的判定定理即可证明； （2）由面面垂直的性质和线面垂直的性质可得，进而建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出该面面角； （3）假设存在这样的点Q，则存在使得.利用线面平行和空间向量的坐标表示建立关于的方程，解得，即可下结论. 【详解】（1）在中， 所以，即. 又因为，在平面中，， 所以平面. （2）因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，由平面，得. 由（2）知，且已知， 故以A为原点，建立如图空间直角坐标系， 则，.    所以 因为为中点，所以. 由知，. 设平面的法向量为， 则即 令，则.于是. 由（1）知平面，所以平面的法向量为. 所以， 由题知，二面角为锐角，所以其余弦值为； （3）设是线段上一点，则存在使得. 因为， 所以. 因为平面，所以平面，当且仅当， 即. 即.解得. 因为， 所以线段上不存在使得平面. 3．（23-24高二下·江苏南京·月考）如图，在正四棱锥中，各棱长均为，为侧棱上的点，是中点. (1)若是中点，求直线与平面所成角的正弦值； (2)是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）设，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，得到，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； （2）设，得到，求得平面的法向量为，根据平面，利用，列出方程，求得的值，即可求解. 【详解】（1）解：如图所示，设， 以点为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 在正方形中，由，可得， 又因为，所以，所以，可得， 则， 因为分别为中点，可得， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面所成角的正弦值. （2）解：因为， 可得， 设，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 若平面，可得， 即可得，解得，所以， 即存在点，使得平面，此时的值为. 类型二、垂直中的探索性问题 利用空间向量证明垂直关系的方法和步骤 1、要证明线线垂直，需证明两直线的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零. 2、要证明线面垂直，需证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或先通过向量证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明. 3、要证明面面垂直，需证明两个平面的法向量垂直. 一、解答题 1．（23-24高二上·四川成都·月考）如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点. (1)证明：当为棱的中点时，平面； (2)是否存在点，使得；若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）取中点为，通过平行关系证明四边形为平行四边形，再结合线面平行的判定定理完成证明； （2）建立合适空间直角坐标系，将垂直关系转化为向量的数量积为，结合结果进行判断即可. 【详解】（1）当为的中点时，取中点为，连接， 因为分别为的中点，故可得， 根据已知条件可知：，故， 故四边形为平行四边形，则， 又平面平面， 故面； （2）因为平面平面，故， 又四边形为矩形，故，则两两垂直， 以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，设， 若，则， 即，解得，不满足题意， 故不存在. 2．（24-25高二上·贵州·期中）如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）设的中点为，连接，易证四边形为平行四边形，可得，进而得到平面，再根据线面平行的性质求证即可； （2）建立空间直角坐标系，结合空间向量及平面列出方程组求解即可. 【详解】（1）证明：设的中点为，连接， 因为P为的中点，Q为的中点， 所以，，， 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， 又平面平面，平面， 所以. （2）在直三棱柱中，平面，， 故可以为原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因为， 所以， 则，， 又，则， 所以， 若平面，则， 则，解得， 所以线段上存在点P，使得平面，此时. 3．（24-25高二上·浙江嘉兴·月考）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，．    (1)证明：平面平面； (2)若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离． (3)点是线段上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明，继而证明，即可证明平面，从而根据面面垂直的判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面的法向量，根据空间距离的向量求法，即可求得答案. （3）设，，进而表示出，，由题意列出关于的方程组求解即可. 【详解】（1）由平面，平面，平面， 得，， 与底面所成角为 ． 所以三角形 为等腰直角三角形， ． 又由四边形是直角梯形，，可知， 所以为等腰直角三角形，而，故． 在直角梯形中，过C作，垂足为E，则四边形为正方形， 可知 ． 所以 ，在等腰直角三角形 中，． 则有，所以． 又因为，，平面 ，平面． 所以平面．因为平面 ，所以平面平面． （2）以A为坐标原点，分别以所在的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．    则，，，，． 因为T是 的中点，点M是 的中点，所以，． 设平面 的法向量为，，， 则 ，得 ， 取 ，则 ，得平面的一个法向量为， 而,所以点P到平面的距离为． （3）设，注意到， 所以， 所以， 设，注意到， 所以， 因为，，所以， 若平面， 则当且仅当，即当且仅当， 此时， 综上所述，当且仅当重合，此时存在，使平面. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于知道若平面，则当且仅当，从而只需引入两个参数，分别表示出，由此即可顺利得解. 4．（24-25高二上·吉林·期中）如图，在三棱台中，平面，，，，是棱的中点，为棱上一动点. (1)若，证明：平面； (2)是否存在，使平面平面？若存在，求此时与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且与平面所成角的正弦值为 【分析】（1）以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，求出点的坐标，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设，根据空间向量法结合平面平面，可求出的值，然后利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）因为平面， 如图，以为原点，以、的方向分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系， 则、、、、、，. 因为，设点，则， 则，解得，则， 设平面的法向量为，因为，， 所以，令，得. 因为，所以， 因为平面，所以，平面. （2）设平面的法向量为， 因为，， 所以，令，得. 设，则， 设平面的法向量为， 因为，， 所以，令，可得， 假设平面平面，则. 由，解得，所以. 设与平面所成的角为， 则， 所以存在，使平面平面，此时与平面所成角的正弦值为. 5．（24-25高二上·浙江台州·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且，点在棱上（不与点，重合）.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)直线能与平面垂直吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)不能，理由见解析 【分析】（1）建立合适空间直角坐标系，利用向量先证明平面，然后可证明平面平面； （2）分别求出平面与平面的一个法向量，然后计算出法向量夹角的余弦值，结合图形可求二面角的平面角的余弦值； （3）由表示出点坐标即可表示出，再根据位置关系确定出与法向量的关系，确定方程解的情况可作出判断. 【详解】（1）因为平面，所以，， 又，则以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 所以，， 所以，，且，，平面， 所以平面， 所以平面平面. （2）由（1）知是平面的一个法向量，，， 设平面的一个法向量为， 所以，即， 令，则，，所以， 所以， 又由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的平面角的余弦值为. （3）由（1）得，，，， 设，则，可得， 所以， 由（2）知是平面的一个法向量， 若平面，可得，则，该方程无解， 所以直线不能与平面垂直. 类型三、距离中的探索性问题 一、解答题 1．（24-25高二上·北京·期中）如图，在长方体中，，，分别是棱，，的中点. (1)判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)相交但不垂直，证明见解析； (2)； (3)不存在，理由见解析. 【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可； （3）假设存在点Q，利用空间向量研究点面距离计算参数即可. 【详解】（1） 如图建立空间直角坐标系，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，即， 则， 连接与交于N点，即直线与平面相交于N点， 则直线与平面的位置关系为相交，直线与平面的夹角的正弦值； （2）由上知，设平面的一个法向量为， 则，取，即， 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）设存在满足题意，不妨设， 则， 易知，设平面的一个法向量为， 则，取，即， 而， 所以点到平面的距离是，所以不存在. 2．（24-25高二上·广东梅州·月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在满足题意的点，此时 【分析】（1）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可； （2）假设存在满足题意的点，，利用空间向量法求解点面距，建立关于a的方程，解之即可求解. 【详解】（1）由平面平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又，有，故， 建立如图空间直角坐标系，   ，得， 易知平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， ，令，得，， 所以， 即平面与平面所成角的余弦值为； （2）由（1）知，则，假设存在满足题意的点. 设，则， 得，即，所以， 故点到平面的距离为， 即，解得或（舍去）， 所以存在满足题意的点. 此时，所以. 3．（23-24高二上·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点. (1)若，求证：平面； (2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点 【分析】（1）过点作，交于点，连接，通过证明四边形为平行四边形得出，然后利用线面平行的判定定理即可得出结论； （2）证明出平面，过点作交于点，并以点为坐标原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合二面角的余弦值为，求出的值，再利用空间中点到直线的距离公式即可得出结论. 【详解】（1）（1）过点作，交于点，连接， ∵，∴， ∴，∴， ∵，∴， 所以四边形为平行四边形，则， ∵平面，平面， ∴平面； （2）由异面直线与成角，即， ∵，，∴平面， ∵，过点作交于点， 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， 设，则，，，， ，，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 则， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 可得平面的一个法向量为， 由于二面角的余弦值为， 则，解得， 则， 假设线段上存在点，使得点到直线的距离为， 设， ∴， 则， ∴，， ∴点到直线的距离为， 解得或， 所以线段上存在点，为靠近或靠近的三等分点时，使得点到直线的距离为. 类型四、线面角的最值（范围）问题 一、解答题 1．（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) 【分析】（1）通过证明线线垂直，得到线面垂直，进而证明面面垂直. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面平行性质得到向量关系，进而表示出，最后根据线面角公式求出直线与平面所成角的范围. 【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. 2．（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） 【分析】（1）连接、，设，连接，由线面垂直的判定定理证明即可； （2）解法一：（i）取的中点M，连接、，由几何关系得到，，过E点作，连结，确定F点位置即可； （ii）先由线面垂直的判定定理证明平面，再建立如图所示空间直角坐标系，求出平面的法向量，再由集合关系求出，代入线面角公式，再令，结合二次函数分析最值即可； 解法二：（i）先由线面垂直的判定定理证明平面，建立如图所示空间直角坐标系，由向量的基本定理得到，再确定F点位置即可； 解法三：（i）延长，交于点Q，连结交于点F，再由几何关系确定其位置即可； （ii）由线面垂直的判定定理证明平面，再由余弦定理和同角的三角函数关系得到，再利用等体积法求出A点到平面的距离为d，然后分析其最值即可； 【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. 3．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）台体体积计算公式计算即可 （2）（ⅰ）由面面平行的性质定理证明；（ⅱ）建立空间直角坐标系，由空间向量求解 【详解】（1）因为圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为， 所以圆台的高为，                 所以圆台的体积为． （2）（ⅰ）由圆台定义知，母线，的延长线相交于一点M， 所以A，，，B四点共面．                     又因为圆面圆面O， 平面圆面， 平面圆面， 所以．         （ⅱ）在圆面O内作，垂足为O． 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系 则，，， ，．                 设平面的一个法向量， 因为，， 由即解得，， 取，则，，得．             设直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当，即，时，取“”， 所以直线与平面所成角正弦值的最大值为 4．（24-25高二上·内蒙古鄂尔多斯·月考）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) 【分析】（1）由⊥平面可得，结合利用线面垂直判定定理可证； （2）由代入坐标建立方程组，由方程组有解可得直线在平面内； （3）由点G是线段PB上的一点．设，进而得坐标，求平面的一个法向量，由向量方法表示出，再利用换元法求函数值域可得. 【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. 类型五、线面角中的探索性问题 一、解答题 1．（23-24高二上·北京顺义·期中）在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？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， 【分析】（1）根据菱形和中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据面面垂直和菱形的性质得到，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量和与平面所成角的正弦值为列方程，解方程得到即可. 【详解】（1）    在梯形中连接， 因为，，为中点，所以，， 所以四边形为菱形， 所以是中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以∥平面. （2）因为四边形为菱形，所以，，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 所以，，两两垂直， 则以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，， ，，，，，，，， 设 ，则， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 所以， 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得或2（舍去）， 所以线段上存在点使得与平面所成角的正弦值为，. 2．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，由即可求解； （2）分别求平面与平面的法向量，利用夹角公式即可求解； （3）设，利用直线与平面所成角的正弦值为即可求解. 【详解】（1）由底面平面， 故，又底面是矩形，故， 故AD、AB、PA两两垂直， 故可以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、， 设，则， 则， 由，则， 解得，即； （2）， 设平面的一个法向量， 因为，可得， 令，则，所以， ， 设平面的一个法向量， 可得， 令，则，所以， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为； （3）（3）设， 则， 因为与平面所成角的正弦值为，设AN与平面所成角， 所以， 所以所以或， 因为所以，所以. 3．（23-24高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，. 【分析】（1）取中点，连接，求证平面，即可由求出该多面体的体积. （2）先求证两两垂直，建立空间直角坐标系，设，依据已知条件求出和平面的法向量，再依据即可计算求解，进而得解. 【详解】（1）取中点，连接，则由为正三角形得， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又由题意， 所以该多面体的体积. （2）连接，由题意以及（1）可知且， 所以四边形是平行四边形，所以，所以， 所以由平面可知两两垂直， 所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 则, 所以，， 设，则， 所以， 设是平面的一个法向量，则， 所以，即，取，则， 所以直线和平面所成的角的正弦值为 ， 整理得，解得（舍去）或， 所以在棱上存在点P，使得直线和平面所成的角大小为，此时. 4．（23-24高二下·广东广州·期末）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．    (1)当为何值时，平面平面? (2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）先探索面面垂直的必要条件，再证明充分性即可. （2）由（1）得面面垂直、线面垂直关系，建立空间直角坐标系，用向量方法表示线面角的正弦值，建立关于的方程求解即可 （3）借助体积公式可得当平面时，三棱锥的体积最大，借助等体积法计算可得内切球半径. 【详解】（1）连接，由题意得，， 则为等边三角形，， 在中，， 由余弦定理得， 所以，由， 则，故. 若平面平面， 由平面平面，平面，， 则平面，平面，则， 所以. 下面证明当时，平面平面. 证明：由，则， 所以，又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 故当时，平面平面； （2）由（1）知，，则平面平面. 在平面内过作， 由平面平面，平面， 则平面，平面，则. 如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故， 由， ， 因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 所以， 化简得，解得或（舍去）， 故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为； （3）设点到平面的距离为， 由，其中为定值， 则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大， 取中点，连接，则， 当平面时，点到平面的距离最大， 此时，由平面，则平面平面， 由（1）知，，为直角三角形， . 则， ， ， 在中，，取中点， 则，且， 所以， 设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知， 其中，， 故， 故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为. 【点睛】方法点睛：空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出或找到截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径；三是建立空间直角坐标系，设出球心坐标，利用有关半径等的等量关系解方程组可得. 类型六、二面角、平面与平面所成角中的最值（范围）问题 一、解答题 1．（24-25高二上·山东枣庄·月考）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面，.    (1)若点为EF的中点，求平面APB与BFC的交线与平面ABCD所成的角正弦值 (2)点在线段上运动，设平面与平面所成锐二面角为，试求的最小值. 【答案】(1) (2)求的最小值为. 【分析】（1）建立空间直角坐标系，将图形放入如图所示的直四棱柱中，过点作的平行线与交于点，可求出平面APB与BFC的交线，再由线面角的向量公式求解即可. （2）令，然后写出各点坐标，求出平面和平面的法向量，由法向量夹角与二面角的关系求得（为的函数），由函数知识可得最小值． 【详解】（1）在梯形中，∵，， ∴，∴， ∴，∴，又因为平面， 建立分别以直线为x轴，y轴，z轴的空间直角坐标系，如图所示， 则, 平面ABCD的法向量为，， 将图形放入如图所示的直四棱柱中，过点作的平行线与交于点， 连接，因为，所以五点共面， 平面即为平面，所以平面APB与BFC的交线即为， ，，，， 设交线与平面ABCD所成的角为， . 平面APB与BFC的交线与平面ABCD所成的角正弦值为. （2）由（1）可令，则, ∴,, 设为平面的一个法向量， 由得， 取则， ∵是平面的一个法向量, ∴ ∵,∴当时，有最大值． ∴的最小值为 2．（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．． (1)证明：平面 (2)证明： (3)当为何值时，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)，最小值为 【分析】（1）根据空间中点线面的位置关系，通过直三棱柱的性质得线面垂直，证明线线垂直，再根据线面垂直判定定理，证明线面垂直. （2）建立空间直角坐标系，根据向量法证明线线垂直的方法，求出直线的方向向量，证明线线垂直. （3）根据向量法求二面角的方法，设出点的坐标，求出法向量，根据法向量求出二面角的正弦值，根据函数最值，求出何时正弦值最小，求出结果. 【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以底面ABC，所以， 因为，，所以， 又，平面，平面， 所以平面． （2） 由（1）知BA，BC，两两垂直．如图所示， 以B为坐标原点，分别以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 所以，，，，，，，．设． 因为，， 所以，所以． （3）设平面DFE的法向量为，因为，， 所以，即．令，则 且平面的法向量为， 设平面与平面DEF的二面角的平面角为， 则． 根据同角三角函数可知，所以当取最大值时，取得最小值, 可知，当时，取最小值为， 此时取最大值为，则， 此时． 3．（23-24高二上·北京海淀·期末）如图，四棱锥中，平面，过的平面分别与棱交于点M，N． (1)求证：; (2)记二面角的大小为，求的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行判定定理与性质定理可证； （2）建立空间直角坐标系，设，利用法向量方法，用表示两平面法向量夹角的余弦，再由向量夹角与二面角大小关系求最大值. 【详解】（1）因为，平面，平面， 所以平面. 因为过的平面分别与棱交于， 所以； （2）因为平面，平面，平面， 所以， 又因为， 如图，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设， 则， 设平面即平面的法向量为， 则，令，则， 于是； 设平面即平面的法向量为， 则，令，则， 于是， 所以， 因为，所以， 由二面角的大小为， 根据的方向判断可得， 所以，当时，的最大值为. 4．（24-25高二下·河南商丘·月考）如图，在四棱台中，底面，底面是边长为2的正方形，，点为线段上的动点，棱台的体积为. (1)求的长； (2)若平面，请确定点的位置； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)2； (2)点的位置为靠近的4等分点； (3) 【分析】（1）根据台体体积公式得到方程，求出； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出平面的法向量，根据得到方程，求出答案； （3）求出平面的法向量，在（2）基础上，设出面面角，利用向量夹角余弦公式得到，结合自变量取值范围，求出最大值. 【详解】（1）底面是边长为2的正方形，， 故底面是边长为1的正方形， 所以底面的面积为，底面的面积为， 底面，故为棱台的高， 故棱台的体积为，解得； （2）因为底面，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， 由（1）知， 则， 设，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，， 所以， 因为平面，所以， 解得，此时，点的位置为靠近的4等分点； （3）， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 由（2）知，平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则， 令， 则， 因为，故当，即时，取得最大值， 最大值为. 5．（23-24高二上·上海奉贤·月考）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小； (3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围. 【答案】(1)证明过程见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用等腰梯形的性质，结合面面垂直的性质定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可； （3）利用空间向量夹角公式，结合二次函数的性质进行求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以梯形是等腰梯形，因为， 所以， 由余弦定理可知：， ，或舍去， 因为， 所以， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以：平面； （2）由（1）可知平面，而平面， 所以，而四边形为矩形， 所以，因此建立如图所示的空间直角坐标系， ， ， 设平面的法向量为， 则有， 设平面的法向量为， 则有， 设平面与平面所成角为， ； （3）设，即， ， 设平面的法向量为， 则有， 由（2）可知平面的法向量为， 所以， 当时，函数单调递减，此时， 于是有，即，即. 6．（24-25高二下·河南新乡·期末）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) 【分析】（1）在和中，利用中位线平行得出∥，即可证明结论； （2）作出空间直角坐标系并表达出点和的坐标，设，，利用几何知识得出，，求出平面和平面DCF的法向量，即可得出二面角的余弦值的表达式，利用换元法结合基本不等式即可求出最大值. 【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． 类型七、二面角、平面与平面所成角中的探索性问题 一、解答题 1．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 【答案】(1) (2)能， 【分析】（1）设，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系，设，用空间向量法结合直线与平面所成角为，列出方程求解即可； （2）假设能找到这样的点，设，且，根据平面与平面的夹角为及空间向量，列方程解出，即可说明存在，计算出即可． 【详解】（1）设， 因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故两两垂直， 如图，以分别为轴正方向建立空间直角坐标系， 因为菱形中，， 所以，设， 则，， 所以 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 所以， 因为直线与平面所成角为， 所以，即，解得． （2）假设能找到这样的点， 设，且， 则， 设平面的一个法向量为，则由,得， 令得，， 则， 由平面与平面的夹角为， 可得，即，解得， 所以能找到这样的点， 此时，，故． 2．（23-24高二上·河北邯郸·月考）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上的一点． (1)求证：； (2)线段上是否存在点使得平面与平面所成面面夹角为．若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明求解即可. （2）利用面面角的向量求法建立方程，再求解参数，最后判断即可. 【详解】（1）因为平面，， 所以以为原点建立图中空间直角坐标系， 因为，所以，，, 设，所以，，， 故，即得证， （2）设面的法向量为， 由上问得，， 故得，解得，取， 得到，易得面的法向量为， 若平面与平面所成面面夹角为， 则，解得， 由题意得，我们解出的不在范围内，故舍去， 所以不存在定点的位置. 3．（23-24高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．    (1)证明：平面； (2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在；是上靠近的三等分点 【分析】（1）过点作于点，由面面垂直性质定理可得平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面，平面的法向量，利用向量夹角公式求法向量夹角，由条件列方程确定点的位置； 【详解】（1）过点作于点， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 又平面，平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面．    （2）假设在线段上（不含端点），存在点，使得二面角的余弦值为， 以为原点，分别以、为轴，轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 即取，，， 所以为平面的一个法向量， 因为在线段上（不含端点），所以可设，， 所以， 设平面的一个法向量为， 即， 取，，， 所以为平面的一个法向量， ，又， 由已知可得 解得或（舍去）， 所以，存在点，使得二面角的余弦值为， 此时是上靠近的三等分点．    4．（23-24高二上·湖南娄底·月考）如图，在三棱柱中，平面，． (1)求证：； (2)若，在棱上确定一点P，使二面角的平面角的余弦值为． 【答案】(1)证明见解析 (2)P为棱的中点 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理和性质定理得到平面，然后根据线面垂直的性质证明即可； （2）设，即可得到，然后根据二面角的平面角的余弦值列方程得到，即可确定点的位置. 【详解】（1）在三棱柱中，因为平面，平面， 所以平面平面，      因为平面平面，，平面， 所以平面， 因为平面，所以． （2）如图，以A为原点建立空间直角坐标系， 则，，，，      ， 设，，则．      设平面的一个法向量为，因为，， ，即，所以， 令得，      而平面的一个法向量可以是， 则，解得， 即P为棱的中点，其坐标为. 5．（24-25高二上·广东深圳·月考）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，且 【分析】（1）利用余弦定理与勾股定理推得，再利用线面垂直与面面垂直的判定定理与性质定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，得到直线的方向向量与平面的法向量后借助空间向量夹角公式计算即可得； （3）设，求出平面与平面的法向量后，借助空间向量夹角公式计算出相应即可得. 【详解】（1）如图，设交于点，连接，由圆锥的性质可知底面， 因为平面，所以， 又因为是底面圆的内接正三角形，由， 可得，， 又，，所以， 即，， 所以在中，， 在中，由余弦定理： ， 所以，故， 因为底面，面，所以平面平面， 又面，平面平面，，故面， 又平面，所以平面平面； （2）易知，以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则， 令，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成的角的正弦值为； （3），，， 设，可得， 设平面与平面的法向量分别为，， 则有，， 令，则，，，， 即，， 设平面与平面的夹角为， 则， 整理得，即，则， 故线段上存在符合题意的点，且. 一、解答题 1．（24-25高二下·甘肃白银·期末）如图，在正方体中，是的中点，是的中点. (1)在平面内确定一点，使平面； (2)证明：棱上不存在点，使平面平面. 【答案】(1)当点的坐标为时，平面. (2)证明见解析 【分析】（1）根据证明线面垂直的向量方法，建立空间直角坐标系，设出点的坐标，表示出方向向量，列出方程组，求出结果； （2）根据证明面面平行的向量方法，设出点的坐标，证明面上两条直线方向向量，不能同时与另一个面的法向量垂直即可. 【详解】（1） 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2， 则，，，，，， 设，. 因为，，，又，不共线， 所以当时，平面. 所以，解得，， 所以当点的坐标为时，平面. （2）设平面的法向量为，则， 因为，，所以， 令，则，，所以平面的一个法向量. 若平面平面，则也是平面的一个法向量. 因为，， 所以，即，得， 此时， 所以不是平面的一个法向量，即与平面不垂直. 所以棱上不存在点，使平面平面. 2．（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)；在线段存在点使得平面，的值为 【分析】（1）由题意可知为正三角形，则，又，结合线面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线面角即可；假设在线段上存在点，使得平面，令，利用求出，进而求出即可. 【详解】（1）由，知为正三角形， 又为的中点，则. 又为的中点，则， 而，所以， 又平面， 所以平面； （2）由（1）知为正三角形，则， 在中，，有，所以， 易知，建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得，故， 设与平面所成角为，则， 即与平面所成角的正弦值为. 假设在线段上存在点，使得平面，令， 则，所以， 由平面，得，所以， 解得，所以，即的值为. 3．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由． 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得； （2）假设存在，可设，，，，结合空间向量解出、，可得其与假设矛盾，故不存在. 【详解】（1）由平面，、平面， 故、，又底面为正方形，故， 即、、两两垂直， 故可以为坐标原点，的方向为轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，， ，，，，， 设平面的法向量，则，即， 可取， 因为， 所以与平面所成角的正弦值为；    （2）假设截面内存在点满足条件， 设，，，， 有，，， 所以， 因为平面，所以， 所以，解得， 这与假设矛盾，所以不存在点，使平面． 4．（24-25高二上·山东临沂·月考）如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在 ， 【分析】（1）根据线面垂直先证得，再结合可证得结论； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得点B到平面的距离. （3）设，根据平面与平面的法向量垂直建立等量关系求得即可． 【详解】（1）证明：，， 又平面平面， 所以平面， 平面，， 又平面平面， 平面； （2）平面， ∴ 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，故可设.， 所以点B到平面的距离为. （3）存在，理由如下： 假设在线段上存在一点，使得平面平面， 设， 则，， ， 设平面的法向量， 由， 得， 令，得． 设平面的法向量为， ， 故， 取，得． 因为平面平面， 所以， 解得， 所以在线段上存在点，使得平面平面，且． 5．（20-21高二上·北京朝阳·期末）在如图所示的多面体中，且，，且，且，平面ABCD，，M，N分别为棱的中点. （I）求点F到直线EC的距离； （II）求平面BED与平面EDC夹角的余弦值； （III）在棱GF上是否存在一点Q，使得平面MNQ//平面EDC？若存在.指出点Q的位置，若不存在，说明理由. 【答案】（I）；（II）；（III）不存在，证明见解析； 【分析】（I）由题知，，，又，建立以D点为原点的空间直角坐标系，求得向量，，则点F到直线EC的距离为； （II）求得平面BED和平面EDC的法向量，利用向量的夹角求得二面角的余弦值； （III）假设GF上存在点Q使得平面平面，设出坐标，求得平面MNQ的法向量，与平面EDC的法向量应共线，验证是否存在即可. 【详解】（I）由平面ABCD知，，，又， 则建立以D点为原点的空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，，， 则， ，， 所以点F到直线EC的距离为 （II）由（I）知，，， 设平面BED的法向量为， 则，令，则 设平面EDC的法向量为， 则，令，则 故 由图知，二面角为锐二面角，故余弦值为 （III）设GF上存在一点Q，设， 则， 设平面MNQ的法向量为 则，令，则 若平面平面，则， 故不存在，即不存在点Q使得平面平面 6．（24-25高二下·江苏扬州·期中）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点位于线段的靠近点的三等分点 【分析】（1）连接，证明，结合面面垂直性质定理证明平面，取边的中点记为，建立空间直角坐标系，求的坐标，再求线段的长度； （2）求平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值； （3）设，求平面的法向量，结合点到平面的距离的向量求法求点到平面的距离，列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）由已知，连接，因为为线段的中点，所以； 因为平面平面，又平面平面，又面， 所以平面；取边的中点记为，则； 以点为原点，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，所以； （2）由（1），，，， 所以，，， 记平面的法向量为， 所以， 不妨取，得， 所以为平面的一个法向量； 记直线与平面的所成角为， 则， 所以，直线与平面的所成角的正弦值为； （3）设，其中， ，， ，， ， 记平面的一个法向量为， 则有， 不妨取，解得， 即； 则点到平面的距离， 整理得：即， 解得或（舍去）， 所以，当点位于线段的靠近点的三等分点时，点到平面的距离为． 7．（2025·山东青岛·三模）如图，已知底面是正三角形，平面，平面，． (1)若，是中点，证明：平面； (2)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). 【分析】（1）由已知有，取中点，连接，，易证，再应用线面平行的判定证明结论； （2）令，取中点为，连接，过作，且交于，构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标，求出直线的方向向量、平面的法向量，应用向量法求线面角的最大正弦值， 【详解】（1），均垂直于平面， ， 取中点，连接，， ，， 且， 又且，故四边形是平行四边形， ，又平面，平面， 平面； （2）令，取中点为，连接，过作，且交于， ，平面，平面， 是正三角形，所以， ， 以为坐标原点，，，方向为，，轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 设平面法向量，则，所以， 取，则， 又，设与平面所成角为，则 所以，当时，最大值为， 综上，直线与平面所成角正弦值的最大值为. 8．（2024·四川南充·二模）在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，． (1)证明：平面PAC； (2)，是否存在常数，满足，且直线AM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在满足条件，M满足. 【分析】（1）连接BD交AC于O，连接PO，由，证平面PAO； （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出及平面PBC的法向量，由向量法建立线面角正弦值的方程，从解的情况即可判断. 【详解】（1） 证明：连接BD交AC于O，连接PO. 因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以， 因为O是BD中点，，所以. 因为，平面PAC，所以平面PAC， （2）如图，取线段BC的中点H，连接AH， 因为底面ABCD是边长为2的菱形，，所以. 因为平面PAC，平面PAC，所以. 因为，，平面ABCD，所以平面ABCD. 因为平面ABCD，所以， 以A为坐标原点，分别以AH，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图的空间直角坐标系， 则，，，. ，. 设，由得， 解得，进而. 设平面PBC的法向量为. 由，得，取. 设直线AM与平面PBC所成的角为，则 ， 化简得，，解得， 所以存在满足条件，M满足. 9．（24-25高二上·四川德阳·月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为棱上的动点. (1)若为中点，证明：平面； (2)若，在线段上是否存在点使得面与面夹角余弦值为，若存在，求出点位置，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 【分析】（1）连接，交于点，结合中位线定理和线面平行的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，设，，则，利用向量法求出即可求解. 【详解】（1）连接，交于点， 因为底面为矩形，故为的中点， 又因为为的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）底面为矩形，所以， 平面，又平面， ， 如图，以为原点，所在直线为轴、轴，轴建立空间直角坐标系， 由题意得，， 设，设， 所以，可得， 所以， ，，， 设面的法向量为， 则， 取，则， 为平面的一个法向量， 设面的法向量为， 则， 取，则， 可取， 设面与面夹角为， 则， 化简得，即， 解得或（舍）， 所以在线段上存在点使得面与面夹角余弦值为，此时，即点为（靠近点）的三等分点. 10．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理和线面垂直的性质得到，然后根据线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据二面角的定义得到为二面角的平面角，根据二面角的正切值得到，，然后根据相似得到，，然后建系，设利用空间向量的方法列方程求即可. 【详解】（1）∵平面平面，平面平面，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴， ∵，，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. （2）由（1）知平面，，而平面，故. ∴为二面角的平面角， 又平面，平面， ∴，， ∴，. 在①，∴， 令，则， 解得.即，. 在①中作，垂足.    则可得，. ∵平面平面，平面，平面平面， ∴平面， 过作，以为原点，，，分别为轴轴轴建立如图直角坐标系，则   ，，，. ，， 设，. 设平面的法向量为，则 ，∴，取，，即， 设平面的法向量为，则 ，取，，.即. . 解得（舍去），或. ∴. 11．（24-25高二上·辽宁大连·月考）如图，在三棱柱，平面平面，四边形为矩形，，且. (1)求二面角的正弦值 (2)设为棱上的一个动点（包含端点），直线与平面所成角为，求的范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，从而建立空间直角坐标系，进而求得平面与平面的法向量，结合空间向量法即可得解； （2）利用（1）中结论，求得平面的法向量，再利用空间向量法求得关于的表达式，结合二次函数的性质即可得解. 【详解】（1）过点作交于D，过点作交于，如图， 因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形为矩形，所以，则， 故以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 因为在中，，，则，又， 则， 所以，设平面的法向量为， 则，取，则，故， 易知平面的法向量为， 设二面角为，则结合图象可知其为锐角，即， 所以. 所以， 所以二面角的正弦值为. （2）由（1）得，， 因为为棱上的一个动点（包含端点），设， 则， 设平面的法向量为， 所以，取，则，故， 因为直线与平面所成角为，其中平面与平面共面， 所以， 对于， 则， 所以的取值范围为. 12．（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，侧面为正三角形，为的中点，为线段上的点. (1)若为线段的中点，求证：//平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值的范围. 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）取中点为，可得，然后利用线面平行的判定定理即得； （2）利用线面垂直的判定定理可得AM⊥平面，进而可得DC⊥平面PAD， 可以取的中点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设AD＝2，（），利用空间向量方法求得平面与平面夹角的余弦值关于的函数，研究单调性，从而得到取值范围. 【详解】（1）取中点为，连接, 在中，∵为的中点，为中点， ∴, 在正方形中，∵为的中点， ∴, ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， 又∵平面，平面， ∴平面； （2）在正三角形中，为的中点， ∴， 当时， ∵平面，平面， ∴AM⊥平面， 又∵平面PCD， ∴AM⊥DC， ∵在正方形ABCD中，AD⊥DC， 又平面，平面， ∴DC⊥平面PAD， 又∵平面PAD， ∴直线PO⊥直线CD， 显然PO⊥AD,AD⊥CD, ∴可以取的中点，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系（为BC的中点）， 设AD＝2，则，，，（），，，， ，，，， 设平面的法向量为， ，令，则， 设平面PBC的法向量为， ，令，则， ∴ （）. 当时，； 当时，， 此时，所以， ； 综上 ∴平面MND与平面PCD夹角的余弦值的取值范围是. 13．（23-24高二上·广东深圳·月考）如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，.    (1)证明：面面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接交于点，连接，由题设可得、，再应用线面、面面垂直的判定证结论； （2）过做交于点，由面面垂直性质有面，则即为直线与平面所成角，并证明为的重心，结合已知求得，构建空间直角坐标，设，应用向量法求面面角的正弦值关于的表达式，进而求其最值. 【详解】（1）连接交于点，连接. 因为是菱形，所以， 为的中点，，所以. 又面，且， 所以平面，又平面， 所以，平面平面.    （2）过做交于点， 面面，，面面，面， 所以面，则即为直线与平面所成角， ， 面，面，则， 为的交点，为等边三角形，所以为的重心， ，则， 在中，解得， 以为原点，所在直线为轴建立如下图坐标系， 故， 则，    设平面的一个法向量为，则，令，故． 设，则，， 设平面的一个法向量为，则，令，故． 设平面与平面夹角为，于是， 令，则， 当，即时，， 此时， 平面与平面夹角的正弦值的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第二问，过做交于点，利用已知条件求出，进而构建空间直角坐标系，设，向量法求面面角正弦值关于参数的表达式为关键. 14．（24-25高二下·云南·期末）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) 【分析】（1）证法一：连接，设，连接，由线面平行的判定即可证明； 证法二：设的中点分别为，连接,由线面平行的判定及性质即可证明；． （2）建立空间直角坐标系，由面面角余弦的向量公式及基本不等式即可求解． 【详解】（1）证法一：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，则． 因为平面，平面，所以平面． 证法二：设的中点分别为，连接,如图所示． 因为， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以． 因为平面，平面，所以平面． 因为，平面，平面，所以平面． 因为平面，平面，，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （2）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，且，则． 设，则，即， 则． 设平面的法向量为，则， 所以可取． 易得平面的一个法向量为． ． 令， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以． 故二面角的余弦值的最大值为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 空间向量中的探索性及最值（范围）问题 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 典例详解 2 类型一、平行中的探索性问题 2 类型二、垂直中的探索性问题 3 类型三、距离中的探索性问题 6 类型四、线面角的最值（范围）问题 7 类型五、线面角中的探索性问题 9 类型六、二面角、平面与平面所成角中的最值（范围）问题 11 类型七、二面角、平面与平面所成角中的探索性问题 13 压轴专练 15 1、用向量法处理立体几何中的探索性、存在性问题 探索性、存在性问题是条件不完备、结论不确定的问题,利用向量的方法将这类问题由立体几何问题转化为代数的方程(不等式)的解的问题,考查了化归、转化的数学思想,培养了逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养. 2、用向量的坐标运算解决几何问题 用向量的坐标运算解决几何问题,使几何问题代数化,以数助形,体现了数形结合的思想.同时本题还运用了方程的思想,通过列方程、解方程使问题得以解决.这足以说明“向量的坐标运算”是“几何”与“代数”间的一座新的桥梁. 这类问题的基本形式是判断在某些确定条件下的某一数学对象(数值、图形、函数等)是否存在或某一结论是否成立,解决这类问题的基本策略是假设题中的数学结论成立,在这个前提下进行逻辑推理,若由此导出矛盾,则否定假设,否则,给出肯定证明. 3、对于存在判断型问题：通常应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等. 4、对于位置探究型问题：通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数.　　 类型一、平行中的探索性问题 利用空间向量证明平行关系的方法和步骤 1、要证明线线平行，首先需要证明两直线的方向向量共线，再说明其中一条直线上存在某个点不在另一条直线上. 2、要证明线面平行，首先需要证明该直线的方向向量与平面的某一法向量垂直，或直线的方向向量与平面内某直线的方向向量平行，再说明该直线上存在某个点不在平面内. 3、要证明面面平行，首先需要证明两平面的法向量为共线向量，再说明其中一个平面内存在某个点不在另一个平面内(也可转化为证明线面平行、线线平行). 一、解答题 1．（24-25高二上·广东佛山·月考）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱上一点．请用向量方法解决以下问题： (1)证明：直线平面； (2)是否存在点，使直线平面？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由． 2．（23-24高二上·湖北孝感·期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，为中点，点在上，且.    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面？说明理由. 3．（23-24高二下·江苏南京·月考）如图，在正四棱锥中，各棱长均为，为侧棱上的点，是中点. (1)若是中点，求直线与平面所成角的正弦值； (2)是否存在点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 类型二、垂直中的探索性问题 利用空间向量证明垂直关系的方法和步骤 1、要证明线线垂直，需证明两直线的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零. 2、要证明线面垂直，需证明直线的方向向量与平面的法向量共线，或先通过向量证明线线垂直，再由线面垂直的判定定理证明. 3、要证明面面垂直，需证明两个平面的法向量垂直. 一、解答题 1．（23-24高二上·四川成都·月考）如图，多面体中，面为正方形，平面，且为棱的中点，为棱上的动点. (1)证明：当为棱的中点时，平面； (2)是否存在点，使得；若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 2．（24-25高二上·贵州·期中）如图，在直三棱柱中，，，P为上的动点，Q为棱的中点． (1)设平面平面，若P为的中点，求证：； (2)设，问线段上是否存在点P，使得平面？若存在，求出实数的值；若不存在，请说明理由． 3．（24-25高二上·浙江嘉兴·月考）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成角为，四边形是梯形，．    (1)证明：平面平面； (2)若点T是的中点，点M是的中点，求点P到平面的距离． (3)点是线段上的动点，上是否存在一点M，使平面，若存在，求出M点坐标，若不存在，请说明理由． 4．（24-25高二上·吉林·期中）如图，在三棱台中，平面，，，，是棱的中点，为棱上一动点. (1)若，证明：平面； (2)是否存在，使平面平面？若存在，求此时与平面所成角的正弦值；若不存在，说明理由. 5．（24-25高二上·浙江台州·期中）如图，在四棱锥中，平面，底面是直角梯形，其中，，，，为棱上的点，且，点在棱上（不与点，重合）.    (1)求证：平面平面； (2)求二面角的平面角的余弦值； (3)直线能与平面垂直吗？若能，求出的值；若不能，请说明理由. 类型三、距离中的探索性问题 一、解答题 1．（24-25高二上·北京·期中）如图，在长方体中，，，分别是棱，，的中点. (1)判断直线与平面的位置关系，并证明你的结论； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得点到平面的距离是，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 2．（24-25高二上·广东梅州·月考）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为棱的中点．    (1)求平面与平面的夹角余弦值； (2)在线段上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 3．（23-24高二上·福建厦门·期中）如图，在四棱锥中，，底面为直角梯形，，，，为线段上一点. (1)若，求证：平面； (2)若，，异面直线与成角，二面角的余弦值为，在线段上是否存在点，使得点到直线的距离为，若存在请指出点的位置，若不存在请说明理由. 类型四、线面角的最值（范围）问题 一、解答题 1．（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. 2．（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. 3．（24-25高二下·江苏南通·期末）如图，已知圆台的上、下底面半径分别为3和6，母线与下底面所成的角为． (1)求圆台的体积； (2)设，分别是圆台的两条母线． （ⅰ）求证：； （ⅱ）若，P是圆上的动点，求直线与平面所成角正弦值的最大值． 4．（24-25高二上·内蒙古鄂尔多斯·月考）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. 类型五、线面角中的探索性问题 一、解答题 1．（23-24高二上·北京顺义·期中）在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面.    (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 2．（2025·天津·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，平面，为边CD的中点，且. (1)求线段的长； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)在线段上（不含端点）是否存在点，使直线与平面所成角的正弦值为，若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由. 3．（23-24高二下·浙江宁波·期中）如图，多面体中，直角梯形所在平面与正三角形所在平面垂直，，． (1)求该多面体的体积V； (2)在棱上是否存在点P，使得直线和平面所成的角大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 4．（23-24高二下·广东广州·期末）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．    (1)当为何值时，平面平面? (2)设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． (3)当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径． 类型六、二面角、平面与平面所成角中的最值（范围）问题 一、解答题 1．（24-25高二上·山东枣庄·月考）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面，.    (1)若点为EF的中点，求平面APB与BFC的交线与平面ABCD所成的角正弦值 (2)点在线段上运动，设平面与平面所成锐二面角为，试求的最小值. 2．（24-25高二下·江苏镇江·期末）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．． (1)证明：平面 (2)证明： (3)当为何值时，面与面DFE所成的二面角的正弦值最小，并求此最小值． 3．（23-24高二上·北京海淀·期末）如图，四棱锥中，平面，过的平面分别与棱交于点M，N． (1)求证：; (2)记二面角的大小为，求的最大值． 4．（24-25高二下·河南商丘·月考）如图，在四棱台中，底面，底面是边长为2的正方形，，点为线段上的动点，棱台的体积为. (1)求的长； (2)若平面，请确定点的位置； (3)求平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 5．（23-24高二上·上海奉贤·月考）如图，在梯形中，，，，四边形为矩形，平面平面，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面所成角的大小； (3)若点在线段上运动，设平面与平面所成二面角的平面角为，试求的范围. 6．（24-25高二下·河南新乡·期末）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． 类型七、二面角、平面与平面所成角中的探索性问题 一、解答题 1．（23-24高二下·湖南·期中）如图，直四棱柱的底面是菱形，，且直线与平面所成角为． (1)求直四棱柱的高； (2)在棱上是否能找到一点，使得平面与平面的夹角为？若能，求出的值；若不能，说明理由． 2．（23-24高二上·河北邯郸·月考）如图，在三棱柱中，平面，，，为线段上的一点． (1)求证：； (2)线段上是否存在点使得平面与平面所成面面夹角为．若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由. 3．（23-24高二下·江苏南京·期末）如图所示，在三棱锥中，已知平面，平面平面．    (1)证明：平面； (2)若，，在线段上（不含端点），是否存在点，使得二面角的余弦值为，若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由． 4．（23-24高二上·湖南娄底·月考）如图，在三棱柱中，平面，． (1)求证：； (2)若，在棱上确定一点P，使二面角的平面角的余弦值为． 5．（24-25高二上·广东深圳·月考）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，点在母线上，且，. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)在线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，确定点的位置，若不存在，请说明理由 一、解答题 1．（24-25高二下·甘肃白银·期末）如图，在正方体中，是的中点，是的中点. (1)在平面内确定一点，使平面； (2)证明：棱上不存在点，使平面平面. 2．（2024·贵州黔西·一模）如图所示为直四棱柱，，分别是线段的中点. (1)证明:平面； (2)求直线BC与平面所成角的正弦值，并判断线段BC上是否存在点，使得平面，若存在，求出BP的值，若不存在，请说明理由. 3．（2024·新疆乌鲁木齐·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．    (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由． 4．（24-25高二上·山东临沂·月考）如图1，在边长为2的菱形中，于点，将沿折起到的位置，使，如图2． (1)求证：平面； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使平面平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 5．（20-21高二上·北京朝阳·期末）在如图所示的多面体中，且，，且，且，平面ABCD，，M，N分别为棱的中点. （I）求点F到直线EC的距离； （II）求平面BED与平面EDC夹角的余弦值； （III）在棱GF上是否存在一点Q，使得平面MNQ//平面EDC？若存在.指出点Q的位置，若不存在，说明理由. 6．（24-25高二下·江苏扬州·期中）如图，等边三角形ABC的边长为，，分别为所在边的中点，为线段的中点，现将三角形沿直线折起，使得二面角为直二面角． (1)求线段的长度； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)棱上是否存在异于端点的点，使得点到平面的距离为．若存在，请指出点的位置；若不存在，请说明理由． 7．（2025·山东青岛·三模）如图，已知底面是正三角形，平面，平面，． (1)若，是中点，证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 8．（2024·四川南充·二模）在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，． (1)证明：平面PAC； (2)，是否存在常数，满足，且直线AM与平面PBC所成角的正弦值为？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由． 9．（24-25高二上·四川德阳·月考）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面为棱上的动点. (1)若为中点，证明：平面； (2)若，在线段上是否存在点使得面与面夹角余弦值为，若存在，求出点位置，若不存在，说明理由. 10．（23-24高二上·湖北黄冈·期中）如图①，在直角梯形中，，，.将沿折起，使平面平面，连，得如图②的几何体. (1)求证：平面平面； (2)若，二面角的平面角的正切值为，在棱上是否存在点使二面角的平面角的余弦值为，若存在，请求出的值，若不存在，说明理由. 11．（24-25高二上·辽宁大连·月考）如图，在三棱柱，平面平面，四边形为矩形，，且. (1)求二面角的正弦值 (2)设为棱上的一个动点（包含端点），直线与平面所成角为，求的范围. 12．（23-24高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，侧面为正三角形，为的中点，为线段上的点. (1)若为线段的中点，求证：//平面； (2)当时，求平面与平面夹角的余弦值的范围. 13．（23-24高二上·广东深圳·月考）如图，在四棱锥中，，且，底面是边长为的菱形，.    (1)证明：面面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，点为棱上的动点，求平面与平面夹角的正弦值的最小值. 14．（24-25高二下·云南·期末）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． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$