重难点02 空间中的动点及最值问题6考点（期中真题汇编，广东专用）高二数学上学期人教A版2019选择性必修第一册

重难点02 空间中的动点及最值问题 3大高频考点概览 考点01 空间线段点的存在性问题 考点02 与数量积有关的最值范围 考点03 与长度有关的最值范围 考点04 空间角的最值范围问题 考点05 空间距离的最值范围问题 考点06 体积的最值范围问题 地 城 考点01 空间线段点的存在性问题 1．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，，． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)设Q为侧棱上一点，四边形是过B，Q两点的截面，且平面，是否存在点Q，使得平面平面？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)存在， 【分析】（1）根据线面垂直判定定理以及面面垂直判定定理与性质定理，可得线面垂直，结合线面角，可得答案； （2）由题意建立空间直角坐标系，利用共线定理设出未知点坐标，求得两个平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案. 【详解】（1）取的中点为，连接，如下图： 在中，由，， 故，则， 因为为的中点，所以， 在中，， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 在等边中，易知， 因为平面，平面平面，所以平面， 则与平面所成角为， 因为平面，平面，所以， 在中，，. （2）由平面，，，， 则以为原点，分别以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴， 建立空间直角坐标系，如下图： 则， 设，取，， 设，，可得，解得， 则， 设平面的法向量，取，， 可得，令，则，， 所以平面的一个法向量， 设平面的法向量， 取，， 由平面，可得， 令，则，， 所以平面的一个法向量， 由平面平面，则，即，解得， 此时. 2．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图1所示，在中，分别为的中点，为的中点，满足.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. (1)求证：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？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， 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面； （2）根据向量法即可求直线和平面所成角的正弦值； （3）假设存在点，由直线和所成角的余弦值可得，从而可求得. 【详解】（1）因为在中，分别为的中点，所以， 又因为，所以，即.又为的中点，所以 因为平面平面且两平面交于，又平面， 所以平面. （2）取的中点，连接，所以.由（1）得， 如图建立空间直角坐标系.由题意得，， 所以. 设平面的法向量为，则即， 令，则，所以. 设直线和平面所成的角为，则， 所以直线和平面所成角的正弦值为. （3）线段上存在点适合题意.设，其中. 设，则有，所以， 从而，所以， 又，所以. 令，整理得.解得，舍去. .所以线段上存在点适合题意，且. 3．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，侧面底面，，，是中点，点在侧棱上（不包括端点）． (1)求证：； (2)是否存在点，使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）连接，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）利用面面垂直的性质定理，证得平面，得到，，以为坐标原点，设， 求得，再求得平面的一个法向量，利用向量的夹角公式，列出方程，求得，进而得出答案. 【详解】（1）证明：如图所示，连接， 因为，且为中点，所以， 在菱形中，，可得为等边三角形 ，所以， 又因为平面，且，所以平面， 因为平面，所以. （2）解：因为，平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又因为平面，所以，， 因为，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 假设存在点满足题意，设， 则， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，则，，所以， 设与平面所成角为，则 解得或（舍），所以存在点，使得与平面所成角的正弦值为， 此时. 4．（24-25高二下·广东深圳·期中）图1是边长为的等边三角形，点、分别在、上，且．将沿折起到的位置，连接、，如图2，若． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，且 【分析】（1）利用勾股定理可证得，，利用线面垂直、面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）假设在线段上存在点，使平面与平面所成的角为，以为原点，、、所在的直线分别为、、轴建立空间直角坐标系， 设，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，即可得出结论. 【详解】（1）翻折前，是边长为的等边三角形， 因为，，． 由余弦定理得． 因为，所以，折叠后有． 在四棱锥中，连接，如下图所示： 在中，，，， 由余弦定理可得， 因为，，所以，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面. （2）翻折前，翻折后，则有，又平面， 以为原点，以点、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 过作交于点， 设，则，，， 易知，，，所以. 因为平面，所以平面的一个法向量为， 因为直线与平面所成的角为， 所以，解得. 所以，满足，符合题意. 所以在线段上存在点P，使直线与平面所成的角为，此时. 5．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，分别是的中点，点在直线上，且． (1)证明：当时，有； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大？并求该角取最大值时的正切值； (3)是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正弦值为，请详细说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)；. (3)存在点；理由见解析 【分析】（1）求出两直线的方向向量，根据数量积为即可证明； （2）求出直线的方向向量与平面的法向量，表示出线面角的正弦值，结合二次函数求解即可； （3）求出两平面的法向量，利用空间向量夹角的余弦公式表示出二面角的余弦，再列方程求解即可. 【详解】（1）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. ， ， ， ， ， ， 无论取何值，总有. （2）由题意知是平面的一个法向量. ， 又， 当时，取得最大值， 即取得最大值时，，此时. （3）假设存在点满足题意，设是平面的一个法向量， ，， 由，得， 令，得，， 为平面的一个法向量. 又知平面的一个法向量为， 若存在点，使得平面与平面的夹角的正弦值为， 则， 化简得，解得， 故存在点满足条件. 6．（24-25高二上·广东·期中）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：在翻折过程中总有平面平面； (2)若平面平面，线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，为上靠近的三等分点. 【分析】（1）先证平面，结合面面垂直的判定定理证得平面平面. （2）建立空间直角坐标系，利用平面与平面所成角的余弦值来列方程，从而求得点的位置. 【详解】（1）折叠前，四边形是菱形，所以， 由分别是边的中点，所以，故， 折叠过程中且都在面， 所以面，故面，面， 所以面面. （2）当面面时，由面面，面，， 所以面，又面，故， 综上，可建立如下空间直角坐标系，则， 所以，设， 则， 所以，则，， 设面的法向量为，则， 取，则，而面的一个法向量为， 若面与面的夹角为，则，解得， 所以为上靠近的三等分点，满足题设要求. 地 城 考点02 与数量积有关的最值范围 7．（22-23高二上·广东江门·期中）正方体的棱长为2，若动点在线段上运动，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，设，即可求出，再根据的范围，求出的取值范围． 【详解】解：以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立空间直角坐标系． 则，，，，． ，，． 点在线段上运动， ，且． ， ， ∵，∴，即， 故答案为：． 地 城 考点03 与长度有关的最值范围 8．（23-24高二上·广东广州·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动. (1)求证：直线平面； (2)a为何值时，的长最小? (3)为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）在平面内，过点作，交于点，连接.由已知可证明.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.然后即可根据面面平行的性质，得出证明； （2）先求出，.进而根据面面垂直的性质定理以及（1）的结论推得.根据勾股定理得出，结合的取值范围，即可得出答案； （3）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，求出，以及平面的一个法向量.设线面角为，根据向量表示出.分以及结合基本不等式，即可得出答案. 【详解】（1） 如图1，在平面内，过点作，交于点，连接， 因为，所以. 由已知可得，，， 所以，，， 所以，， 所以，. 又，所以. 因为平面，，平面， 所以，平面. 同理可得，平面. 因为平面，平面，， 所以，平面平面. 因为平面，所以直线平面. （2）由（1）可知，，， 所以，， 所以，. 同理可得，. 又平面平面，平面平面，，平面， 所以，平面. 因为平面，所以. 因为，，所以. 所以，是直角三角形， 所以， . 又，所以，即为线段中点时，有最小值， 所以，当时，的长度最小，最小值为. （3）由（2）知，平面. 又， 如图2，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，，，设，， 所以，，，. 设是平面的一个法向量， 则，取，则是平面的一个法向量. 因为. 设与平面所成的角为， 则. 当时，； 当时， 有 . 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，，， 所以，. 因为，所以. 综上所述，与平面所成角的正弦值的最大值为. 9．（22-23高二上·广东·期中）如图，在直角中，，，，分别是上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图. (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值； (3)当点在何处时，的长度最小，并求出最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)当为中点时，长度取得最小值 【分析】（1）由平行关系可得，结合，由线面垂直的判定可证得结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果； （3）设，利用空间向量模长的坐标运算可得，根据二次函数最值的求法可求得结果. 【详解】（1）由题意知：，又，，即，； 又，，平面， 平面. （2），即，又，， 以为坐标原点，的方向为轴的正方向，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， ，，； 设平面的法向量， 则，令，解得：，，， ， 即直线与平面所成角的正弦值为. （3）设，则， ，，， ， 当，即为中点时，长度取得最小值. 10．（23-24高二上·广东深圳·期中）（多选）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为AB的中点，N在侧面上（包含边界），若，（，，），则（    ） A．若，则平面ACD B．当最小时， C．若，则 D．当最大时， 【答案】BCD 【分析】根据可证平面，设，且，进而可得，对于：若，则点即为点，进而可得结果；对于、：过作，垂足为，可证平面，则，结合图形分析判断；对于：若，可得点在线段上（包括端点），结合垂直关系分析判断. 【详解】由，平面平面，平面平面，平面，得平面， 又N在侧面上（包含边界），设，且， 于是 ， 而，则，且， 对于，若，则，点即为点，显然平面，错误； 过作，垂足为，得，， 由平面，平面，得，而，平面， 则平面，因此， 对于，显然当点与点重合时，最小，此时，则，正确； 对于，若，则，即点在线段上（包括端点）， 由平面，平面，得，正确； 对于，显然当点与点重合时，最大，即最大，此时， 于是，正确. 故选：BCD. 地 城 考点04 空间角的最值范围问题 11．（24-25高二上·广东·期中）棱长为2的正方体中，其内部和表面上存在一点满足，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立如图所示空间直角坐标系，设，设中点为，中点为，由得，确定点的轨迹，由数量积的定义计算向量夹角的余弦值，结合参数范围得余弦值范围，从而角的范围． 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则有、、， 设，、、，设中点为，中点为，由得，则， 即， 又，同理可得， 即，即， 即，故有， 且，，， ， 故， 由可得， 故，故. 故选：B. 12．（24-25高二上·广东湛江·期中）如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论不正确的是（ ） A．异面直线与所成角为60° B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角正弦值的取值范围为 【答案】D 【分析】选项A：利用异面直线的夹角求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可.选项C：利用等体积法求解即可，选项D：利用空间直角坐标系使用代数法求解线面角的取值范围. 【详解】 对于A，因为正方体中，且为等边三角形，故异面直线与夹角为，故A正确； 对于B，由正方体的性质可知，，平面， 平面，又因为平面 ，同理可得平面，又因为平面， 又因为平面，平面，故B正确； 对于C，因为平面，平面，所以平面 所以为定值，故C正确； 对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，设， ，，，，，则， 所以， 由正方体的性质知：平面， 故平面的法向量为， 直线与平面所成角正弦值为， 因为，，所以当时取得最大值， 若时取得为，所以，故D错误. 故选：D 13．（24-25高二上·广东·期中）在长方体中，，，是的中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，设点，其中，利用空间向量法求出的取值范围. 【详解】以点为坐标原点，以、、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，其中，则， ，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 所以，， 因为，则，则，则， 所以，，则. 故选：B. 14．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图，在四棱锥中，平面为的中点，点在上，且，设点是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若，判断直线是否在平面内，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)直线平面，理由见解析 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理和判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出的方向向量和平面的法向量，利用夹角公式结合换元法即可求解； （3）由代入坐标建立的方程组，由方程组有解可得直线是否在平面内. 【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， ，可知. , 设， 则， 设平面的法向量为， 则，即， 令，有，故. 故 ， 令，则 ， 而， 故. （3）由以及（2）得， 若平面，则且，使得， 则有，解得，故， 所以直线平面. 15．（22-23高二上·广东佛山·期中）如图，在直棱柱中，底面是边长为的菱形，，，是上的动点（不含端点）. (1)当为的中点时，求直线到平面的距离； (2)求直线和平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据平面，可将所求距离转化为点到平面的距离，以与的交点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用点到平面距离的向量求法可求得结果； （2）设，利用线面角的向量求法可求得，根据的范围，结合二次函数值域求法可求得的取值范围. 【详解】（1），平面，平面，平面， 直线到平面的距离即为点到平面的距离， 连接交于点，连接交于点， 以为原点，正方向分别为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，，， ，，， 为的中点，则， ，，， 则，令，解得：，，； 点到平面的距离， 即直线到平面的距离为. （2）设，则， ，， 设平面的一个法向量， 则，令，解得：，，， 设直线与平面所成角为， ， ，，， 即直线与平面所成角的正弦值的取值范围为. 16．（21-22高二上·广东深圳·期中）如图，平面五边形中，是边长为2的等边三角形，，，，将沿翻折成四棱锥，是棱上的动点（端点除外），､分别是､的中点，且___________. 请从下面三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并作答： ①；②；③点在平面的射影在直线上. (1)求证：； (2)当与平面所成角最大时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取，的中点分别为，，连接，，， 选择①：证明，结合，推出平面.证明平面，平面，推出平面平面，得到平面，即可证明； 选择②：连接，证明，即可，推出平面，然后证明平面，平面，推出平面平面，得到平面，即可证明； 选择③：证明平面，推出，然后证明平面，通过证明平面平面，转化证明； （2）连接，，说明即为与平面所成的角，求出最小值，此时与平面所成角最大， 以点为坐标原点， 为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出两平面和的法向量，结合向量夹角的余弦公式即可求解. 【详解】（1）证明：取，的中点分别为，，连接，，， 选择①： 因为，， 所以，即， 又，， 所以平面， 因为，分别为，的中点， 所以，且平面，平面， 所以平面， 同理可得：平面， 因为， 所以平面平面， 所以平面， 又平面， 所以； 选择②： 连接，则，， 因为，， 所以， 又，， 所以平面， 因为，分别为，的中点， 所以，且平面，平面， 所以平面， 同理可得：平面， 因为， 所以平面平面， 所以平面， 又平面， 所以； 选择③： 因为点在平面的射影在直线上， 所以平面平面， 因为平面平面，平面，， 所以平面， 所以， 又，， 所以平面， 因为，分别为，的中点， 所以，且平面，平面， 所以平面， 同理可得：平面， 因为， 所以平面平面， 所以平面， 又平面， 所以； （2）连接，，由（1）可知：平面， 所以即为与平面所成的角， 因为，所以当最小时，最大， 所以当，即为中点，最小， 以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，0，， 所以，，，，1，， 设平面的法向量为，，， 则，令， 得，，， 由题意可知：平面的法向量为，0，， 所以，， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 17．（21-22高二上·广东佛山·期中）如图，在四棱锥中，四边形是等腰梯形，且，分别是线段的中点，，平面平面． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，则四边形是平行四边形，由是线段的中点，则，．由面面垂直的性质得平面，即可证明平面； （2）易知两两垂直，分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，，进而利用坐标法求解即可. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为 所以． 因为四边形是等腰梯形， 所以，， 所以，四边形是平行四边形． 因为是线段的中点， 所以是的中点， 所以． 因为，为的中点， 所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 因为， 所以平面． （2）解：因为，四边形是平行四边形． 所以四边形是菱形， 所以， 所以，两两垂直， 故以为原点，分别以，，的方向为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为在等腰梯形中，， 所以， 设，， 则，，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则，令，则． 平面的一个法向量为． 设平面与平面夹角为， 则． 因为， 所以，所以． 因为， 所以,即平面与平面夹角的取值范围是 18．（22-23高二上·广东广州·期中）如图，已知梯形，//，，四边形为正方形，且平面平面． (1)求证：平面； (2)点M在线段上运动，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用勾股定理证明，再由面面垂直即可证明线面垂直； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得两个平面的法向量，利用法向量夹角与二面角夹角之间的关系，即可求得结果. 【详解】（1）证明：在梯形中，由，得， ∵//，设， ∴，则， ∴，得． ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面. （2）根据（1）中所证可得：两两垂直， 故以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系： 令， 则． ，，，． 设为平面的一个法向量， 由，取，得， 设平面的一个法向量为， 由，取，得， 设平面与平面所成二面角为， 则． ∵，∴，故 . 即平面与平面所成二面角余弦值的取值范围为． 19．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段的中点，在平面内的射影为．    (1)求证：//平面； (2)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（1）证明，然后由线面平行的判定定理得证； （2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，求出两个平面的一个法向量，用空间向量法求二面角； （3）设，，求出点坐标，再求得平面的一个法向量，用空间向量法求得二面角的余弦值，然后平方后变形利用勾形函数的单调性求得取值范围． 【详解】（1）因为分别是线段的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）是中点，是等边三角形，则，， 又平面，平面，所以， 又，则是等边三角形，， 因此以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，所以，从而， 是中点，则，是中点，则， ， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 又， 所以到平面的距离为； （3）由（2），设，， 则，， 设平面的一个法向量是， 则，取，得， ， ，， 设，， 由勾形函数在上是单调减函数得，所以， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值的取值范围是． 地 城 考点05 空间距离的最值范围问题 20．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，动点在直线上，且. (1)是否存在点，使得？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由； (2)当取何值时，直线与平面所成角的正弦值为； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1)不存在点，使得，理由见解析； (2)或 (3) 【分析】（1）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出的坐标， 计算并验证其是否为0； （2）求出平面的一个法向量，利用向量法由直线PN与平面所成角的正弦值求出参数的值； （3）利用点到直线的距离的空间向量计算公式得到关于参数的函数，求函数的值域即可. 【详解】（1）由于三棱柱是直三棱柱，且，故两两垂直，故建立如图所示的空间直角坐标系，则 由，可设，则, 故, 所以不存在点，使得. （2）设平面的一个法向量为，则， 因为，所以，即， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 解得或. 当时，，，此时； 当时，，，此时. 所以当或时直线与平面所成角的正弦值为. （3）设点到直线的距离为，由（1）知，， ，， ， 则. ∴. 21．（23-24高二上·广东茂名·期中）如图，在棱长为1的正方体中，Q是棱上的动点，则下列说法正确的是 .（把所有正确结论的序号填写在横线上）    ①存在点Q，使得； ②存在点Q，使得； ③对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为 ④对于任意点Q，都是钝角三角形 【答案】②③ 【分析】①设出点坐标，表达出，即可得出结论；②设出点坐标，表达出，即可得出结论；③设出点坐标，写出Q到的距离的表达式，即可求出范围；④求出两个向量的夹角的余弦值表达式，即可得出的形状. 【详解】由题意， 在正方体中，棱长为，是棱上的动点， 建立空间直角坐标系如下图所示，    所以,，，， , 设，其中， 所以，， 当，即，所以， 显然方程组无解，所以不存在使得，即不存在点，使得，故①错误； 当时，解得，故②正确； 因为，其中， 所以点到的距离为 ，故③正确； 因为，，其中， 所以， 所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故④错误． 故答案为：②③. 22．（24-25高二上·广东广州·期中）(多选）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值4 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 【答案】BD 【分析】对A：由的面积不变，点到平面的距离不变，求出体积即可；对B：以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，结合向量的夹角公式，可判定B正确；对C：设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定C错误；对D：由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定D正确. 【详解】解：对于A：的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长， 所以三棱锥的体积不变， 且，所以A错误； 对于B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系， 可得， 设，则，， 设与所成角为， ＝＝， 因为， 当时， 可得，所以， 当时，＝， 由， 所以， 所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B正确； 对于C，由， 设， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则， 取，可得， 所以， 因为平面， 所以，可得， 所以＝＝， 当时，等号成立，所以C错误； 对于D：因为直线与平面所成的角为， 由平面，得直线与所成的角为， 若点在平面和平面内， 因为，，故不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆， 所以点的轨迹的长度为， 综上，点的轨迹的总长度为，所以D正确. 故选：BD. 地 城 考点06 体积的最值范围问题 23．（24-25高二下·广东广州·期中）如图，在三棱锥中，，．是线段上的点． (1)求证：平面平面ABC； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面，为垂足，当三棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【分析】（1）取的中点，连接，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式，利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，结合（2），利用空间向量法求解面面角即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为，则， 由，得，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （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， 当点为的中点时，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 所以， 故当为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为. （3）设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值. 由（2）知平面的一个法向量为， 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以三棱锥的体积取得最大值时，平面与平面夹角的余弦值为. 24．（24-25高二上·广东·期中）（多选）如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱上靠近点的三等分点，则下列结论正确的有（   ）    A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为 B．若，点的运动轨迹是线段 C．若，则点在侧面内运动路径长度为 D．当点与点重合时，三棱锥的体积最大 【答案】ABD 【分析】展开平面分析可判断A，利用空间直角坐标系得到轨迹方程可判断B，利用向量坐标表示表示模长，得轨迹为圆即可判断C，利用点到直线的距离公式可判断D. 【详解】对于A，将正方体的下面和右面展开可得如下图形，连接，    则，因此A到点P的最短路程为，对； 对于B，建系如图，设，    所以，，即， 又是侧面上的一个动点（含边界），所以M的运动轨迹是线段， 为靠近点的三等分点和靠近点三等分点的连线段，对； 对于C，由B选项过程可得，整理得， 所以M在侧面内运动路径是以为圆心，为半径的圆， 而点到的距离等于， 所以要保持，则点M在侧面外， 所以点M在侧面内运动路径长度为0，错； 对于D，设平面的法向量为，则， 所以，令，则， 所以点到平面的距离等于， 因为点在平面内，所以， 当，即M与D点重合时，三棱锥的高最大， 又的面积为定值，所以M与D重合时，三棱锥的体积最大，对. 故选：ABD 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点02 空间中的动点及最值问题 3大高频考点概览 考点01 空间线段点的存在性问题 考点02 与数量积有关的最值范围 考点03 与长度有关的最值范围 考点04 空间角的最值范围问题 考点05 空间距离的最值范围问题 考点06 体积的最值范围问题 地 城 考点01 空间线段点的存在性问题 1．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，侧面是等边三角形，，，，． (1)求与平面所成角的正弦值； (2)设Q为侧棱上一点，四边形是过B，Q两点的截面，且平面，是否存在点Q，使得平面平面？若存在，求出点Q的位置；若不存在，说明理由． 2．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图1所示，在中，分别为的中点，为的中点，满足.将沿折起到的位置，使得平面平面，如图2. (1)求证：平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值； (3)线段上是否存在点，使得直线和所成角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 3．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，侧面底面，，，是中点，点在侧棱上（不包括端点）． (1)求证：； (2)是否存在点，使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． 4．（24-25高二下·广东深圳·期中）图1是边长为的等边三角形，点、分别在、上，且．将沿折起到的位置，连接、，如图2，若． (1)证明：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使直线与平面所成的角为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 5．（24-25高二上·广东深圳·期中）如图，已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，分别是的中点，点在直线上，且． (1)证明：当时，有； (2)当取何值时，直线与平面所成角最大？并求该角取最大值时的正切值； (3)是否存在点，使得平面与平面所成的二面角的正弦值为，请详细说明理由． 6．（24-25高二上·广东·期中）如图1，在边长为4的菱形中，，点，分别是边，的中点，，．沿将翻折到的位置，连接，，，得到如图2所示的五棱锥． (1)证明：在翻折过程中总有平面平面； (2)若平面平面，线段上是否存在一点，使得平面与平面所成角的余弦值为？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由． 地 城 考点02 与数量积有关的最值范围 7．（22-23高二上·广东江门·期中）正方体的棱长为2，若动点在线段上运动，则的取值范围是 ． 地 城 考点03 与长度有关的最值范围 8．（23-24高二上·广东广州·期中）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在平面互相垂直，活动弹子分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，活动弹子在上移动. (1)求证：直线平面； (2)a为何值时，的长最小? (3)为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值. 9．（22-23高二上·广东·期中）如图，在直角中，，，，分别是上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图. (1)求证：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值； (3)当点在何处时，的长度最小，并求出最小值. 10．（23-24高二上·广东深圳·期中）（多选）在四面体中（如图），平面平面，是等边三角形，，，M为AB的中点，N在侧面上（包含边界），若，（，，），则（    ） A．若，则平面ACD B．当最小时， C．若，则 D．当最大时， 地 城 考点04 空间角的最值范围问题 11．（24-25高二上·广东·期中）棱长为2的正方体中，其内部和表面上存在一点满足，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 12．（24-25高二上·广东湛江·期中）如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论不正确的是（ ） A．异面直线与所成角为60° B．平面 C．三棱锥的体积不变 D．直线与平面所成角正弦值的取值范围为 13．（24-25高二上·广东·期中）在长方体中，，，是的中点，点在线段上，若直线与平面所成的角为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 14．（24-25高二上·广东东莞·期中）如图，在四棱锥中，平面为的中点，点在上，且，设点是线段上（含端点）的一动点. (1)求证：平面； (2)设与平面所成角为，求的范围； (3)若，判断直线是否在平面内，说明理由. 15．（22-23高二上·广东佛山·期中）如图，在直棱柱中，底面是边长为的菱形，，，是上的动点（不含端点）. (1)当为的中点时，求直线到平面的距离； (2)求直线和平面所成角的正弦值的取值范围. 16．（21-22高二上·广东深圳·期中）如图，平面五边形中，是边长为2的等边三角形，，，，将沿翻折成四棱锥，是棱上的动点（端点除外），､分别是､的中点，且___________. 请从下面三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并作答： ①；②；③点在平面的射影在直线上. (1)求证：； (2)当与平面所成角最大时，求平面与平面所成角的余弦值. 17．（21-22高二上·广东佛山·期中）如图，在四棱锥中，四边形是等腰梯形，且，分别是线段的中点，，平面平面． (1)证明：平面； (2)求平面与平面夹角的取值范围． 18．（22-23高二上·广东广州·期中）如图，已知梯形，//，，四边形为正方形，且平面平面． (1)求证：平面； (2)点M在线段上运动，求平面与平面夹角余弦值的取值范围． 19．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，分别是线段的中点，在平面内的射影为．    (1)求证：//平面； (2)若点为棱的中点，求点到平面的距离； (3)若点为线段上的动点（不包括端点），求平面与平面夹角的余弦值的取值范围． 地 城 考点05 空间距离的最值范围问题 20．（24-25高二上·广东广州·期中）如图，在直三棱柱中，，，，，分别是，的中点，动点在直线上，且. (1)是否存在点，使得？若存在，试确定点的位置；若不存在，请说明理由； (2)当取何值时，直线与平面所成角的正弦值为； (3)求动点到直线的距离的取值范围. 21．（23-24高二上·广东茂名·期中）如图，在棱长为1的正方体中，Q是棱上的动点，则下列说法正确的是 .（把所有正确结论的序号填写在横线上）    ①存在点Q，使得； ②存在点Q，使得； ③对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为 ④对于任意点Q，都是钝角三角形 22．（24-25高二上·广东广州·期中）(多选）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（    ） A．当在平面上运动时，三棱锥的体积为定值4 B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若是的中点，当在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为 地 城 考点06 体积的最值范围问题 23．（24-25高二下·广东广州·期中）如图，在三棱锥中，，．是线段上的点． (1)求证：平面平面ABC； (2)若为线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值； (3)若平面，为垂足，当三棱锥体积最大时，求平面与平面的夹角的余弦值． 24．（24-25高二上·广东·期中）（多选）如图，若正方体的棱长为1，点是正方体的侧面上的一个动点（含边界），是棱上靠近点的三等分点，则下列结论正确的有（   ）    A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为 B．若，点的运动轨迹是线段 C．若，则点在侧面内运动路径长度为 D．当点与点重合时，三棱锥的体积最大 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $