空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题、最值与范围问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题、最值与范围问题专项训练 空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题、最值与范围问题专项训练 考点目录 空间线段点的存在性问题 最值与范围问题 考点一 空间线段点的存在性问题 例1．（2026·云南红河·模拟预测）如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面． (1)证明：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设点为线段上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答． ①； ②； 是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，为线段的中点 【分析】（1）根据题意可得，结合面面垂直的性质分析证明即可； （2）建系并标点，求平面与平面的法向量，利用空间向量求面面夹角； （3）设（），可得，，若选①：根据空间向量的数量积运算求解；若选②：可得，结合模长公式运算求解. 【详解】（1）因为，，则，即． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2）取的中点，连接， 因为为等边三角形，且，则，且， 以为坐标原点，，，平行的直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 可得，，， 设面的一个法向量为，则， 令，得，，可得； 设平面的一个法向量为，则， 令，得，，可得； 则， 所以平面与平面所成角的余弦值为． （3）由（2）可知，， 因为点在线段上，设（），则（）， 因为，， 若选①：存在一点，使得， 理由如下：因为，解得或（舍去）， 所以当为线段的中点时，． 若选②：存在一点，使得， 理由如下：因为， 可得， 又因为，即，解得或（舍去）， 因此当为线段的中点时，． 例2．（2026·广西河池·二模）如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点． (1)证明：； (2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；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）通过证明线面垂直来证明线线垂直，通过证明平面，从而证明. （2）通过建立坐标系来确定各点的坐标，然后通过线面角的公式来求得未知点的坐标，最后通过判断点的坐标是否可能在上，从而判断点是否存在. 【详解】（1）连接AC， 由题意可知：是等边三角形，且是的中点，， 则，， 因为，，则，， 又因为，则，可知， 且，平面，可得平面， 且平面，所以. （2）以为原点，为轴，为轴，过作垂直于底面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得， 设，则， 设为与平面的夹角为， 则, 整理可得，解得， 且，所以线段上不存在满足条件的点. 例3．（25-26高二下·湖北襄阳·月考）如图所示，在长方体ABCD-EFGH中，，AD=4，，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1 (1)证明：MP⊥BH； (2)在棱FP上是否存在点Q，使得Q到平面BMP的距离与Q到平面BFM的距离相等？若存在，求出FQ的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2)存在点满足条件，. 【分析】(1)先证四边形为菱形得，再结合长方体性质得，进而证，最终推出; (2)利用等体积法将体积比转化为对应三角形面积比，结合另一组同高棱锥的体积比等于底边长之比，从而求出线段的长度，确定满足条件的点 【详解】（1）证明：因为在长方体ABCD-EFGH中，，AD=4，，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1， 连接，所以， 所以四边形为菱形，故， 由长方体得，由，知, 由，得， 由，得. （2）存在点满足条件，. 证明如下： 假设存在点满足条件，记到平面的距离到平面的距离， 则, 而，， 所以， 则， 另一方面， 故， 综上所述存在点满足条件，. 变式1．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知四棱锥中，底面，在四边形中，满足，，，． (1)求证：平面平面； (2)设，若线段上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）利用线面垂直的性质得，再结合，最后利用面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用点到点的距离公式得到方程，最后根据判别式即可判断. 【详解】（1）因底面底面，则， 又平面，则平面， 又平面，则平面平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，如图． 由，设，于是， 其中， 则． 由，可得． 假设存在一个点，使得点到点,,,的距离都相等， 则，由， 可得． 又， 其判别式，故方程无解， 即线段上不存在一个点，使得点到点,,,的距离都相等． 变式2．（25-26高二上·江苏南通·期末）如图，已知直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，，，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设点在直线上，直线与平面交于点，若点为的中点，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，进而可得，结合已知可证结论； （2）取的中点，连接，可证两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量法可求得两平面夹角的余弦值； （3）设，利用向量的线性运算求得，利用，求解即可. 【详解】（1）因为平面平面，平面平面，， 所以平面，又平面，所以， 又，所以，又，平面， 所以平面； （2）取的中点，连接， 因为三角形是等腰直角三角形，且，所以， 又因为平面平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又，所以，又，， 所以四边形为矩形，所以， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， ，令，得， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的夹角为， 则， 所以平面与平面所成的夹角的余弦值为. （3）设，又，则， 由（2）可得，所以， 因为点为的中点，所以， 所以， 因为直线与平面交于点，所以， 解得，所以. 变式3．（25-26高二上·广东河源·期末）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)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)存在，点为的中点 【分析】（1）作出辅助线，由线面垂直得到⊥，求出各边长，得到⊥，由面面垂直的性质得到⊥平面，又平面，所以平面⊥平面； （2）建立空间直角坐标系，设，求出两平面的法向量，由面面角的余弦值得到方程，求出，故线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为. 【详解】（1）如图，设，连接，由圆锥的性质可知⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为为底面圆的内接正三角形，由，可得， ，， 又，所以，即，⊥， 故， 在中，， 所以，故⊥， 因为⊥平面，平面，所以平面⊥平面， 又平面，平面平面，⊥，故⊥平面， 又平面，所以平面⊥平面； （2）易知，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设，可得， 设平面与平面的法向量为， 则， 令，则，，故， 则， 令，则，，故， 设平面与平面夹角为， 则， 整理得，解得，则，， 故线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，且. 考点二 最值与范围问题 例1．（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．    (1)若，， ①求四棱锥的体积； ②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值． (2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值． 【答案】(1)① ；② (2) 【分析】（1）①作出辅助线，由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由锥体体积公式得到答案； ②建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到面面角的余弦值； （2）设，，表达出其他各边长，结合余弦定理，换元法，导函数求出的最大值． 【详解】（1）①如图，作于点E，连接BE． 因为平面平面ABCD，且平面平面，平面， 所以平面ABCD，即PE为四棱锥的高． 因为四边形ABCD为矩形，，， 所以，． 因为，，AC为公共边，所以， 故，所以， 故． 所以四棱锥的体积． ②如图所示，以B为坐标原点建立空间直角坐标系B-xyz， 则，，，， 所以，，． 设平面CPD的法向量为， 则，即，可取， 所以平面CPD的一个法向量为． 同理，设平面APD的一个法向量为， ， 解得，令，则， 可得平面APD的一个法向量为． 设平面APD与平面CPD的夹角为， 则．    （2）作，垂足为I，与（1）同理，可得平面ABCD． 设，，则，，． 由平面ABCD，可得，所以． 在中，由余弦定理可得， 在中，， 因为，所以． 设，，则， 设，，则，令，可得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 所以的最大值为． 例2．（2026·湖南·三模）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若四棱锥的体积为3，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，证明为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可求出； （2）法一：先根据体积求出点到平面的距离，再建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，代入公式即可求出最大值； 法二：先根据体积求出点到平面的距离，延长和交于点，过作于，找到为平面与平面的夹角，再根据三角形面积相等得，同时结合即可求出. 【详解】（1）取的中点，连接，， ，分别是和的中点，与平行且xd； 和都垂直于平面，且，与平行且相等， 与平行且相等，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面． （2）设到平面的距离为， 则，故． 法一：由于垂直于平面，建立如图空间直角坐标系， ，， ，，，， 设，则， ，， 设平面的法向量为，则由得 取，得，，因此平面的一个法向量． 由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 法二：延长和交于点，过作于， 平面，，又,，且两直线在平面内， 平面，， 为平面与平面的夹角， 由，得， 而，所以，当且仅当时等号成立； ，， ∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 例3．（25-26高二下·江苏南京·月考）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，为正三角形，且平面平面. (1)求证：； (2)在棱上是否存在点M，使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)设点P是三棱锥外接球上一点，求点P到平面距离的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在，或 (3) 【分析】（1）取中点，连接、，先由边长计算证得为正三角形，得、，再由线面垂直判定定理证得⊥平面，从而由线面垂直性质证得； （2）先由勾股定理证得、、两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再设得到平面的法向量，利用两平面法向量夹角的余弦值列方程求解λ，从而得到​的值； （3）先通过作平面垂线确定多面体外接球的球心，计算出外接球半径，再用点到平面的距离公式求出球心到平面的距离，最终将球心到平面的距离与半径相加，得到球上动点到平面距离的最大值. 【详解】（1）设O为的中点，连接，，， 由题得，， 所以为正三角形，则，， ，平面，平面， 所以平面，平面，则. （2）由题，，所以，则，，两两垂直， 故以O为坐标原点，，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 则，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，则. 假设存在点M满足条件，设，. 则. 设平面的法向量为，则， 令，则，则. 设平面与平面所成角为，. ∴，解得或， 所以存在点M满足条件，此时或. （3）设外接球的球心为Q，分别过和外心作平面和平面的垂线， 垂线的交点就是球心，易求，则外接球的半径， 又，所以点Q到平面的距离. 所以点P到平面距离的最大值为. 变式1．（2026·广东惠州·二模）如图所示，正四棱锥的底面边长为，延长CD到点，使，连接. (1)证明：平面； (2)若为等边三角形，点是线段上的动点，记与平面所成的角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理及平行公理可得； （2）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设点，利用线面角的向量求法，结合的取值范围可得的取值范围，从而得到的最大值.. 【详解】（1）由题意得，点是正方形的中心，所以平面. ∵平面，∴. ∵正方形中，， 平面， ∴平面PAC. ∵四边形中，∥， ∴四边形是平行四边形，∴∥，. ∴平面. （2）∵平面，平面， ∴. ∵，∴两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图空间直角坐标系. 由题意知，， ∴，. ∴， ∴. 设平面的法向量为， 则， 令，则， ∴平面的一个法向量为. 设，则. 记与平面所成的角为，则. 由，得，所以， ∴， ∴的最大值为，此时，点与的中点重合. 变式2．（25-26高二下·安徽安庆·月考）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点. (1)证明：//平面； (2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，证明为平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可求出； （2）先根据体积求出点到平面的距离，再建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，代入公式即可求出最大值. 【详解】（1）取的中点，连接，， ，分别是和的中点，与平行且相等； 和都垂直于平面，且，与平行且相等， 与平行且相等，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面． （2）设到平面的距离为， 则，故． 由于垂直于平面，建立如图的空间直角坐标系， ，， ，，，， 设，则， ，， 设平面的法向量为，则由得， 取，得，，因此平面的一个法向量． 由于垂直于平面，因此是平面的一个法向量． 设平面与平面的夹角为， 则， ∴平面与平面夹角的余弦值的最大值为． 变式3．（25-26高二下·浙江·开学考试）如图，已知四棱锥的底面为正方形，平面底面． (1)若侧面为正三角形，求二面角的余弦值； (2)若，以正方形为底面作正方体，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）取中点，记，的交点为，连接，再根据二面角的定义，可证得就是二面角的平面角，再求其余弦值即可； （2）根据空间向量夹角公式进行求解即可． 【详解】（1）取中点，记，的交点为，连接． 因为为正方形，所以； 又因为平面底面，平面底面， 所以平面，所以． 因为为正三角形，所以，，且两直线在平面内， 所以平面平面， 所以，而， 所以二面角的平面角为， 所以． （2）以为轴，为轴，过点的平面的垂线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系, 不妨设，则，，，, 设，则, 因为，所以①, 由（1）可知，，所以，即②, 以正方形为底面作正方体， 不妨取，则, 设平面的法向量为， 因为， 所以，取． 设直线与平面所成的角为， 则， 平方得， 又因为，所以， 当且仅当时等号成立，此时可取，符合题意， 故的最大值为． 2 学科网（北京）股份有限公司 $空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题、最值与范围问题专项训练 空间向量与立体几何：空间线段点的存在性问题、最值与范围问题专项训练 考点目录 空间线段点的存在性问题 最值与范围问题 考点一 空间线段点的存在性问题 例1．（2026·云南红河·模拟预测）如图，在五面体中，，，，为等边三角形，平面平面． (1)证明：直线平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设点为线段上一动点，请从以下两个条件中任选一个作答． ①； ②； 是否存在满足所选条件的点，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分． 例2．（2026·广西河池·二模）如图，四棱锥的底面是边长为4的菱形，，，，，是的中点． (1)证明：； (2)若点为线段上动点，是否存在这样的点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． 例3．（25-26高二下·湖北襄阳·月考）如图所示，在长方体ABCD-EFGH中，，AD=4，，点M在棱EH上，点P在棱FG上，且EM=GP=1 (1)证明：MP⊥BH； (2)在棱FP上是否存在点Q，使得Q到平面BMP的距离与Q到平面BFM的距离相等？若存在，求出FQ的长；若不存在，说明理由． 变式1．（25-26高三下·四川成都·开学考试）已知四棱锥中，底面，在四边形中，满足，，，． (1)求证：平面平面； (2)设，若线段上是否存在一个点G，使得点G到点P，B，C，D的距离都相等？说明理由． 变式2．（25-26高二上·江苏南通·期末）如图，已知直角梯形与等腰直角三角形所在的平面互相垂直，，，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)设点在直线上，直线与平面交于点，若点为的中点，求的值. 变式3．（25-26高二上·广东河源·期末）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)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． 考点二 最值与范围问题 例1．（2026·河南·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，，平面平面ABCD．    (1)若，， ①求四棱锥的体积； ②求平面APD与平面CPD的夹角的余弦值． (2)设点B在直线AP上的射影为H，点H到平面ABCD的距离为d，求的最大值． 例2．（2026·湖南·三模）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点． (1)证明：平面； (2)若四棱锥的体积为3，求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 例3．（25-26高二下·江苏南京·月考）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，，，为正三角形，且平面平面. (1)求证：； (2)在棱上是否存在点M，使得平面与平面所成角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； (3)设点P是三棱锥外接球上一点，求点P到平面距离的最大值. 变式1．（2026·广东惠州·二模）如图所示，正四棱锥的底面边长为，延长CD到点，使，连接. (1)证明：平面； (2)若为等边三角形，点是线段上的动点，记与平面所成的角为，求的最大值. 变式2．（25-26高二下·安徽安庆·月考）如图，和都垂直于平面，且，，是的中点. (1)证明：//平面； (2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值的最大值. 变式3．（25-26高二下·浙江·开学考试）如图，已知四棱锥的底面为正方形，平面底面． (1)若侧面为正三角形，求二面角的余弦值； (2)若，以正方形为底面作正方体，求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 2 学科网（北京）股份有限公司 $