空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练-2025-2026学年高二上学期数学人教A版选择性必修第一册

空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 考点目录 立体几何中的动点问题 立体几何中的边长缺失问题 立体几何中的最值与范围问题 考点一 立体几何中的动点问题 1．（24-25高二上·安徽黄山·期末）如图，在四棱锥中，平面，，，，，为中点． (1)求证：平面； (2)求三棱锥的外接球的体积； (3)线段上（不含端点）是否存在点，使得与平面所成角为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由. 2．（24-25高二下·江苏·阶段练习）如图，在四棱锥中，，，，，是棱的中点，且平面，点是棱上的一点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 3．（2025·河南·二模）如图，在四棱锥P-ABCD中，，，，点M为棱PD上一点，，O为AC的中点. (1)证明：平面平面MAC. (2)已知，，点N在棱BC上，且，若直线PN与平面MAC所成角的正弦值为，求的值. 4．（24-25高二下·重庆·期中）如图，在正三棱台中，，侧棱长为2，P为棱上的动点. (1)求证：平面； (2)是否存在点P，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点P；若不存在，请说明理由. 5．（2025·浙江绍兴·三模）已知正三棱柱的所有棱长均为2，D为AB中点，E为棱上的动点． (1)求证：面面； (2)若直线CE与面所成角的余弦值为，试求AE的长． 6．（24-25高二下·甘肃天水·期中）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，平面ABCD，，，，E为AB的中点. (1)求平面EMC与平面MBC夹角的余弦值； (2)在线段AM上是否存在点P，使直线PE与平面MBC所成的角为?若存在，求出PE的长；若不存在，请说明理由. 7．（24-25高二下·湖南长沙·开学考试）在四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，，为正三角形，且平面平面，设为线段上一动点. (1)当平面时，求的值； (2)当最小时，求与所成角的余弦值； (3)当二面角的大小为时，求的值. 8．（25-26高三上·河北·开学考试）如图，在三棱锥中，，，，且平面平面. (1)证明：平面； (2)线段上是否存在一点，使得二面角的正切值为，若存在，求出的值，并给出证明；若不存在，请说明理由. 考点二 立体几何中的边长缺失问题 1．（2025·江苏南京·二模）如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. (1)证明：为的中点； (2)若，二面角的余弦值为，求的长. 2．（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． 3．（24-25高三上·陕西汉中·阶段练习）如图所示的几何体是由等高的半个圆柱和一个直三棱柱拼接而成，其中，点G为弧的中点，且四点共面． (1)证明：四点共面； (2)若二面角的余弦值为，求的长． 4．（2024·云南·模拟预测）如图，已知四棱锥中，平面，，． (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为，求线段的长． 5．（2025·湖北十堰·三模）如图，边长为2的正方形是圆柱的轴截面，为底面圆上的点，为线段的中点． (1)证明：平面． (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 6．（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． 7．（24-25高二上·浙江金华·阶段练习）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，四边形为梯形，，. (1)若为的中点，求证：平面； (2)若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 8．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）如图所示，在四棱锥中，底面，，，，． (1)求证：平面平面； (2)设，直线PB与平面PCD所成的角为30°，求线段AB的长． 考点三 立体几何中的最值与范围问题 1．（24-25高三下·江西赣州·期中）已知一圆锥的底面半径是1，高为，SA为该圆锥的一条母线，B，C是圆锥底面圆周上的两个动点，则直线SA与BC夹角的余弦值的最大值是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·山东·期中）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（   ）    A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江苏扬州·期末·多选）如图，在棱长为1的正方体中，点P在线段上（含端点）运动，下列选项中正确的有（    ） A．线段长度的最大值是 B．点P到平面的距离是定值 C．直线与BD所成角的最小值是 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 4．（24-25高二下·甘肃甘南·期末·多选）在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P，Q分别在平面与平面内，则（   ） A．平面 B．平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．的最小值为 5．（24-25高二上·海南海口·期中）在直三棱柱中，，，点 P 满足，其中，则直线AP与平面所成角的最大值为 6．（24-25高二下·江苏南京·开学考试）棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，点为的重心，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为 ． 7．（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． 8．（2025·四川·三模）如图，在直四棱柱中，四边形为正方形，，分别为的中点，是棱上的动点（包含端点）． (1)请说明当点在何处时，四点在同一平面内； (2)当点满足时，求三棱锥的体积； (3)设二面角的大小为，求的最大值． 9．（2025·吉林·模拟预测）在四棱锥中，底面为边长为的菱形，，底面，且，点为中点，点为上靠近点的一个三等分点，点在线段上的动点． (1)若平面，求出点的位置； (2)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 10．（2025·河北张家口·二模）如图，四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，且，，平面. (1)证明：平面平面； (2)求四棱锥体积的最大值； (3)当时，求直线与平面所成角的正弦值的最小值. 11．（24-25高二上·辽宁大连·阶段练习）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．（25-26高三上·浙江杭州·开学考试）如图，在三棱柱中，，分别为棱，上的点，满足，，且与的面积之比为 (1)证明：平面； (2)求点到平面与到平面的距离之比； (3)若，直线，，两两相互垂直，求平面与平面所成角余弦值的取值范围 13．（2025·云南玉溪·模拟预测）如图，在多面体ABCDEF中，四边形CDEF为正方形，，AD=AE=BC=BF=3，EF=2AB=4． (1)设平面ADE∩平面BCF=l，证明：； (2)直线DE上是否存在点G，使得DE⊥平面 ABG？若存在，确定点G的位置并说明理由；若不存在，请说明理由； (3)若，λ∈[0,1]，求平面BFG与平面DEA夹角的余弦的取值范围． 14．（24-25高二下·云南丽江·期末）如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点． (1)求证：平面； (2)若且，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． 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、最值与范围问题专项训练 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 考点目录 立体几何中的动点问题 立体几何中的边长缺失问题 立体几何中的最值与范围问题 考点一 立体几何中的动点问题 1.(2425高二上·安徽黄山期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,AD⊥CD,AB/1CD, AB=2,AD=CD=PD=4,M为PC中点. D B (1)求证：BM/平面PAD; (2)求三棱锥P-ABD的外接球的体积； 3)线段PA上（不含端点）是否存在点N,使得DN与平面MBD所成角为亚？若存在，确定N点的位置；若不存 在，请说明理由 【答案】(1)证明见解析； (2)36π； ③)存在N为PA靠近P的。处或中点，满足要求 【详解】(1)若E是PD的中点，连接EM,AE,又M为PC中点，则EM1ICD,EM=CD, 2 由4B11CD且ABCD,所以AB1/EM,AB=EM 所以四边形ABME为平行四边形，则AE/BM, AEC平面PAD,BME平面PAD,则BM/平面PAD; 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 N D (2)由PD⊥平面ABCD,即PD⊥平面ABD,ABC平面ABD,则PD⊥AB 由AD⊥CD,AB/ICD,则AD⊥AB,ADPD=D且都在平面PAD内， 所以AB⊥平面PAD,易知P-ABD是长宽高分别为AB,AD,PD的长方体的一部分， 所以PB为长方体的体对角线，且P-ABD与该长方体的外接球重合，故PB=√42+22+4=6， 所以外接球半径R=P8=3,则外接球的体积为号R=36π： 2 (3)构建如上图示的空间直角坐标系D-xyz,则B(4,2,0),M(0,2,2),N(n,0,4-n)且0<n<4, 所以DB=(4,2,0),DM=(0,2,2),DN=(n,0,4-n), 若m=(x,y,z)是平面BDM的一个法向量，则 m-D5=4r+2y=0,取y=-2,则m=0,-2,21, m·DM=2y+2z=0 由DN与平面M8D所成角为至则cos成DNHD测 8-n √2 DN 3×Vn2+(4-)22, 所以。 (8-n)2 `9(n2-4n+8) l,可得2m2-5n+2=0,可得n=2或n=2, 综上，行在N为PA靠近P的处或中点时，DN与平面MBD所成角为子 P 2.(2425高二下江苏阶段练习)如图，在四棱锥P-ABCD中，BA=BD=BP=√5，CD=1,PA=PD=√2， PA⊥PD,E是棱PA的中点，且BE∥平面PCD,点F是棱PD上的一点. (I)求证：CD⊥平面PAD; (2)求平面APB与平面PBC夹角的余弦值； 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 (3)若直线PC与平面ABF所成角的正弦值为W3 ,求DF的长 105 【答案】(1)证明见解析 (②6 6 6)322或2 41 3 【详解】(1)取AD的中点G,连接PG,BG. --1G7 B 因为AP⊥PD,AP=PD=√2，所以PG⊥AD,AD=2,PG=1. 在△ABD中，BA=BD=√5，G是AD的中点， 所以BG⊥AD,BG=V5-1=2 在△PBG中，PG=1,BG=2,PB=√5，所以PG2+BG2=PB2, 所以PG⊥BG,又PG⊥AD,AD∩BG=G, 所以PG⊥平面ABCD,又CDc平面ABCD,所以CD⊥PG. 在△ABP中，因为BA=BP,E为AP的中点，所以PA⊥BE 又BE/I平面PCD,所以PA⊥平面PCD 又CDc平面PCD,所以CD⊥PA. 而PA∩PG=P,PG,PAC平面PCD,所以CD⊥平面PAD (2)由(1)知，PG⊥BG,PG⊥AD,BG⊥AD,所以以G为原点，以GB,GD,GP所在直线为x,y,z轴建立空间直 角坐标系，如图所示 E 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 那么P(0,0,1,B(2,0,0),A0,-1,0) 由(I)知CD⊥平面PAD,而ADc平面PAD,所以CD⊥AD 所以C(1,1,0 所以PA=(0,-1,-1,PB=(2,0,-1),PC=(1,1,-1 设平面APB与平面PBC的法向量分别为m=（x,,乙)，i=（(x2,2,22) PAm=0 PC=0 所以 PBm=0 PBn=0 -4-21=0 x2+y2-22=0 即： 2x-31=0’ 2x2-22=0 令3=2,22=2，则x=1,=-2;x2=1,y2=1。 所以平面APB与平面PBC的法向量分别为m=(1,-2,2),=(1,1,2) mn 1-2+4 3V6 所以cos(m,)同+4+4×+1+4366 所以平面APB与平面P8C的夹角的余弦值为V6 (3)设F(0,y,1-y),因为A0,-1,0),B(2,0,0, 所以BA=-2,-1,0),BF=(-2,y,1-y),设平面ABF的法向量为i=（x,yo,20), 2x+%+1-川。=0’令%=2，则=-1,2，=2+2y -2x-y%=0 则 y-1 所以平面ABF的法向量为7=-1,22+2y y-1 而PC=(1,1,-1) -y-3 所以os(. PCI -1+2-2+2y y-1 y-1 11V35 105 9 2 化简得123y-109y+18=0,解得y=41或者y= 我器相以可-背所以-5，-5皮有吓，25 41 3 所以DF=5-95_322或者Dr=522.5 4141 33 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 3.(2025·河南二模)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB1BC,AB=BC=2√2，AD=DC=√5，点M为棱PD上 一点，PA=PC,O为AC的中点 (I)证明：平面PBD⊥平面MAC ②已知Pp=N5,P0=2,点V在棱BC上，且BN=2C,若直线PN与平面M4C所成角的正弦值为万，求 7 PM的值， PD 【答案】(1)证明见解析 @号 【详解】(1)证明：连接BO,DO, 因为AB=BC,AD=DC,所以BO⊥AC,DO⊥AC, 所以B,O,D三点共线，即AC⊥BD, 因为PA=PC,所以AC⊥PO,因为PO,BDc平面PBD, 且PO∩BD=O,所以AC⊥平面PBD, 因为ACc平面MAC,所以平面PBD⊥平面MAC (2)由题意得4C=VAB2+BC2=4,所以0B=0C=2,因为CD=V5,所以OD=VCD2-OC2=1, 又因为PD=V5,P0=2,所以PO2+OD2=PD2,即P0⊥BD, 由(1)知AC⊥BD,AC⊥P0,所以BD,AC,PO两两相互垂直， 以O为原点，OB,OC,OP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， ZA B 则A0,-2,0),C(0,2,0),D(-1,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),则AC=(0,4,0), 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 因为丽=c,所以后小，则网-2 设PM=2PD(0≤2≤1，所以M(-1,0,2-2),则AM=(-元，2,2-22)， AC.=0, 设i=(x,y,z为平面MAC的一个法向量，则 AM.n=0, 4y=0, 即 -x+2y+21-2)z=0, 取=，得=产，则=20 422 PN.n 31- 设直线PN与平面MAC所成角为日，则sin6= PN 214 7 -×4+ 3(1-月 2 整理得1522-4机-4=0，解得元=或入三-日 (舍去， 3 所以PM2 PD3 4.(24-25高二下·重庆期中)如图，在正三棱台ABC-A,B,C,中，AB=3AB,=3√2，侧棱长为2，P为棱AA,上的 动点 A B 8 (I)求证：A4⊥平面BCC,B; 2是否存在点P,使得直线C,P与平面4BC所成角的正弦值为02？若存在，求出点P,若不存在，请说明理由 51 【答案】()证明见详解 (2)存在，点P为靠近A的三等分点 【详解】(1)延长三条侧棱交于一点0， 因为正三棱台的侧棱长为2，且AB=348,=32,即48=} AB3 可特04=0B=0C=4A=3,且AB=4C=BC=35, 所以OA2+OB2=AB2,OA+OC2=AC2,OB2+OC2=BC2 即0A⊥0B,OA⊥0C,0B⊥0C, 6 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 且OB∩OC=O,0B,0Cc平面0BC, 所以OA⊥平面OBC,即AA,⊥平面BCCB, (2)由(1)知OA⊥OB,OA⊥OC,OB⊥OC, 以0为原点，0B,0C,0A分别为x,y,2轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ZA B 则A1(0,0,1,B(1,0,0),C1（0,1,0),设P(0,0,a),1≤a≤3， 可得AB=(1,0,-1,AC=(0,1,-1,CP=(0,-1,a, m.AB=x-z=0 设平面A,B,C,的法向量为m=（x,y,z,则 AC=y-z=0 取z=1,则x=y=1,可得m=(1,1,1, 由题意可得： cos(C,P,m) C,P.ma-1 102 CPm va2+1551’ 3 整理可得5a34a+15=0,解得a或a (舍去)， 故当点P为靠近A的三等分点时，使得直线CP与平面4BC,所成角的正弦值为102 51 5.(2025·浙江绍兴三模)己知正三棱柱ABC-A,B,C,的所有棱长均为2，D为AB中点，E为棱AA上的动点. A B D B (I)求证：面B,CD⊥面AAB,B (2)若直线CE与面B,CD所成角的余弦值为 试求4正的长。 【答案】(1)见解析 > 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 (2)AE的长为1. 【详解】(1)因为三棱柱ABC-A,B,C,为正三棱柱， 所以AC=BC,因为D为AB中点，所以CD⊥AB, 又因为BB,⊥平面ABC,CDC平面ABC,所以BB,⊥CD, BB,∩AB=B,BB,ABC平面面AAB,B, 所以CD⊥面AA,B,B,CDc面BCD, 所以平面B,CD⊥面AAB,B. (2)过点D作Dz/1AA,以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 设E-1,0,h,D(0,0,0,B1,0,0),A-1,0,0),C0,V3,0,B(1,0,2, CE=-l,-V3,h,设面B,CD的法向量为i=x,y,z, DB,=1,0,2,DC=0,3,0）, i·DB=0 x+2z=0 则 ,所以 DC=0 5=0，令r=2,则z=1y=0, 所以i=(2,0,-),因为直线CE与面BCD所成角的余弦值为兰， 3 所以直线CE与面B,CD所成角的正弦值为二，设为sin0, 5 即sin0=cos(CE, CE.n -2-h 3 C西同4+公V2+-写即-5动+4=0， 解得：h=1或h=4>2(舍去)， 所以h=1,AE的长为1. ZA B D 6.(24-25高二下·甘肃天水·期中)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是菱形，ADNM是矩形，ND⊥平面ABCD, 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 ∠D1B=了，AD=2,AM=1,E为AB的中点 N M B (I)求平面EMC与平面MBC夹角的余弦值； ②在线段AM上是否存在点P,使直线PE与平面MBC所成的角为？若存在，求出PE的长；若不存在，请说明 理由 【答案】()10 40 (2)不存在，理由见解析 【详解】(I)连接DE,由四边形ABCD是菱形，∠DAB= 3, 所以△ABD为正三角形，又E是AB的中点，得DE⊥AB,即DE上DC, 因为DN⊥平面ABCD,DE、DCC平面ABCD, 所以DN⊥DE,DN⊥DC,建立如图空间直角坐标系D-xyz, 则D(0,0,0),EV3,0,0,C0,2,0),M(5,-1,1),B(3,1,0), 得MB=(0,2,-1),MC=(-√3,3，-1)，ME=(0,1,-1), M XK E B 设平面EMC、平面MBC的一个法向量分别为n1=(x,1,)、乃2=(x2,2,z2), 则 元MC=-5x+3y-a=0∫mMC=-V3x+3y-22=0 元·ME=y-名=0 n2·MB=2y2-2=0 令y=V5,得x=2,,=5,令2=V5,得x,=1,2=25, .m1=(2,V3,V3),n2=1,V5,2V3), 0 空间向量与立体几何：动点问题、边长缺失问题、最值与范围问题专项训练 得cos<n,n2>= m 1111V10 |%ln2V10.440 又平面EMC与平面MBC的夹角为锐角， ·平面EMC与平面MBC所成角的余弦值为I@ 40 (2)设P(W3,-1,h),则0≤h≤1，且PE=(0,1,-h, 由(2)知平面MBC的法向量为m,=(L,√3,2√3)， 设直线PE与平面AMBC的所成角为0.则0-骨， cos(PE,n2)= PE.n 5-23h5 所以sin0= PE m 4V1+h2 2’ 解得h=- 4,不符合题意 ·在线段AM上不存在点P,使直线PE与平面MBC的所成角为 7.(2425高二下·湖南长沙·开学考试)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AB/1DC,AC⊥BD, AB=2DC=2√2，AC∩BD=O,△PAB为正三角形，且平面PAC⊥平面PBD,设M为线段PB上一动点. D (1I)当MCII平面PAD时，求PM的值： (2)当OM最小时，求AM与BD所成角的余弦值； 3)当二面角M-AD-P的大小为严时，求PM的值 【答案】(I)PM=V2; 8冷 3)10-2 【详解】(1)底面ABCD是等腰梯形，AB/1DC,AC⊥BD,AB=2DC=2√2，AC∩BD=0, 所以4C0D-6A0B,则OC-OD-CD_1 OA OB AB2' 10