空间向量与立体几何 动点、最值与范围、轨迹问题专项训练——2026届高三数学三轮冲刺

空间向量与立体几何：动点问题、最值与范围问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 空间向量与立体几何：动点问题、最值与范围问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 考点目录 动点问题 最值与范围问题 立体几何中的轨迹问题 考点一 动点问题 例1．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？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）根据线面垂直的性质可得，再结合得到平面，最后根据面面垂直的判定定理证明平面平面； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，作交于点，设，根据已知条件写出的坐标，再运用线面角的向量求法列出方程，可得即的长； （3）先假设存在点满足条件，得到即为（2）中的，写出长度的表达式，得出，故不存在满足条件的点. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以为轴正半轴方向，建立空间直角坐标系， 在平面内，作交于点，则， 在中，，， 设，则，由得， 所以， ，设平面的法向量为， 由，得，取， 得平面的一个法向量为，又， 由直线与平面所成的角为可得， 即，解得或（舍去，因为）， 所以. （3）假设在线段上存在一点到的距离都相等，由， 得，从而，即为（2）中的点， 有，而在中， ， 与矛盾，所以在线段上不存在一点，使得到的距离都相等. 例2．（2026·贵州黔东南·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，，. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. (3)在线段上是否存在点D，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. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)存在， 【分析】（1）由勾股定理可得，然后由面面垂直性质可得平面，据此可得，又由四边形是矩形可得，据此可完成证明； （2）由（1）可建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后由空间向量知识可得答案； （3）假设存在满足条件的点D，且（），使得直线与平面所成角的正弦值为，由（2）结合题设可得，据此可得答案. 【详解】（1）因为，，所以，所以. 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为四边形是矩形，所以. 因为平面，平面，且，所以平面； （2）由（1）可知，，两两垂直，则以A为坐标原点， ，，所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，，所以，，，，. 设平面的法向量为， 则，令，得. 易知平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. （3）假设存在满足条件的点D，且（）， 使得直线与平面所成角的正弦值为. 由（2）可知，，， 则. 因为直线与平面所成角的正弦值为， 所以. 解得，所以，即， 则存在满足条件的点D，此时. 例3．（25-26高二上·陕西商洛·月考）如图，在多面体中，，为等边三角形，点为的中点，平面平面．    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，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，说明理由． 【答案】(1)证明见详解. (2)或. 【分析】（1）利用平面平面，可得平面，从而，结合以及线面垂直的判定定理即可证明； （2）由题意以F为坐标原点建立空间直角坐标系，设，利用直线与平面所成角的正弦值为列出等式，求解即可. 【详解】（1）平面平面，平面平面， 又平面，且，平面，又平面，， 又为等边三角形，点为的中点，. 又平面且，平面. （2）存在点，理由如下： 由题意，以F为坐标原点建立空间直角坐标系，如图所示，   ，， 设，，则， ，， 又， 设平面的法向量为， ，令，则，， 平面的法向量为. 又直线与平面所成角的正弦值为，， 即，解得或， 或. 变式1．（2026·安徽淮南·一模）如图，在三棱锥中，点分别是的中点，平面平面．    (1)判断直线与直线的位置关系，并给出证明； (2)若平面平面，，是直线上的一点，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度． 【答案】(1)，证明见解析 (2)或． 【分析】（1）由中位线得到线线平行，即可得线面平行，由线面平行的性质得到线线平行； （2）由等腰三角形及面面垂直得到空间内三条两两垂直直线，建立空间直角坐标系，由边长得到点坐标及向量坐标，由向量的数量积求得面的一个法向量，设，由向量的数量积表示出线面角的正弦值，即可求得线段的长度． 【详解】（1）． 证明：因为点分别是的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以． （2）因为，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，又 所以以为原点，分别以为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    因为，所以，又， 则． ， 设平面的法向量为， 则，不妨设，解得． 由（1）可知，设， 得，所以． 设直线与平面所成角为， 则， 得或， 所以线段的长度为或． 变式2．（25-26高三上·安徽合肥·月考）如图，四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面.    (1)证明：； (2)若点是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作辅助线，根据题意可证，，即可得平面，进而可证线线垂直； （2）建系标点，求平面的法向量，设，利用空间向量结合线面夹角运算求解即可. 【详解】（1）取的中点，连接与交于点， 在底面矩形中，可得，， 即，则， 可得，所以， 因为平面， ，则平面， 且，所以， 因为，平面 可得平面，且平面， 所以. （2）以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，    则， 可得，，， 设平面的法向量为， 则，取，则， 设，其中， 则， 因为直线与平面所成角的正弦值为， 则， 整理可得，解得或（舍去），即. 变式3．（25-26高三上·北京丰台·期中）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 【分析】（1）取棱的中点O，连接，由题设条件结合勾股定理依次求出和，接着由线面垂直判定定理得证平面，再由面面垂直判定定理即可得证命题； （2）建立适当空间直角坐标系，设，，求出向量和平面的法向量，根据线面角的向量法公式即可建立关于的方程，解方程即可得解. 【详解】（1）证明：取棱的中点O，连接， ，则，， 因为是等边三角形，且O是的中点，所以. 因为，所以，所以，则. 因为平面，平面，且， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. （2）取棱CD的中点F，连接OF，则两两垂直， 以O为原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系. 则，，，，则，， 设，,则， 又，所以. 设平面的法向量为， 则令，得. 设直线与平面所成的角为， 则， 解得或， 故当或时，直线与平面所成角的正弦值为. 考点二 最值与范围问题 例1．（2026·河南开封·二模）如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．    (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）结合已知条件，利用线面垂直判定定理证明结论； （2）利用向量投影得出，利用二面角的性质得出，结合得出为定值，从而证明结论； （3）建立空间直角坐标系，利用已知条件求出各点坐标，进而求出相关向量，求出平面法向量，再利用点到平面距离公式求解． 【详解】（1）平面，则，， 平面，则，， ，且是平面的法线， 平面， 又平面，平面平面， ， ， ． （2）   平面，且平面， 平面平面，交线为， 在平面内的投影在上，故直线与平面所成角 为的余角，即， 设平面与平面的交线为，则，且平面， 平面， 平面， ， 又， ， 二面角的平面角， ， ，则， ，为定值． （3）已知平面， 以为坐标原点，为轴，为轴，为轴，建立下图所示空间直角坐标系，    已知，E为线段的中点， 则， 设点， ， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 点到平面的距离， 当时，分母最小，最大， ． 例2．（2026·山西晋中·模拟预测）如图1，AC为半径为2的圆O的直径，点D，B为圆O上的两点，且．．如图2，将圆O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB，OD，OE，BD． (1)若，E为BD的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值； (3)求翻折过程中，直线OD与平面ABC所成角的最大值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，即可证得； （2）由面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，由面面角的向量求法可求得二面角的余弦值； （3）在（2）的坐标系下，设两个半圆面所成的角为，将直线与平面所成的角的正弦值表示成的函数，从而求得其最大值. 【详解】（1）如图，取的中点，连接，． ，分别为，的中点， ，． 又是圆的直径，，． ，，． 又，，平面，平面． 平面，． （2），． 平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 故以为坐标原点，以，所在直线，平面内过点且垂直于的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． ，．则，，，， ，，，． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， ． ． 由图知二面角为锐二面角，∴二面角的余弦值为． （3）同（2）中的建系，则平面的一个法向量． 设两个半圆面所成的角为，则， ． 设直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值，为． ，． 例3．（2026·湖南衡阳·模拟预测）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． 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． 变式1．（2026·宁夏银川·一模）如图，在三棱锥中，底面ABC，，D为的中点，，垂足为E，F是线段上的点． (1)证明：平面平面； (2)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）利用空间线面与面面垂直的判定定理和性质定理来证明即可； （2）利用空间向量法来求平面夹角余弦值，转化为函数求最大值即可. 【详解】（1） 因为 底面， 底面，所以， 又，是中点，故， 由于 ，平面，因此平面 ， 因为平面，所以， 又因为，，平面，所以平面 ， 又因为 平面 ，所以； （2） 设，如图建立空间直角坐标系： 则，，，，， 即，， 设， 因为，所以， 即， 因为在上，所以可设 ，， 则， 由图可知平面 的法向量为 ， 设平面 的法向量 ， 则， 令，则，即， 设平面 与平面夹角为， 则：， 因为，所以， 令，则， 设 ， 当时，即，， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值的最大值为 . 变式2．（2026·江苏镇江·模拟预测）在三棱锥中，底面，，，.点满足.    (1)求点到平面的距离； (2)点在线段上，若与平面所成角为，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用棱锥体积的等积性进行求解即可； （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. 【详解】（1）因为底面，底面， 所以，所以， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 设点到平面的距离为， 则 （2）根据（1）的结论，建立如图所示的空间直角坐标系，则 ， 设， 由， 因为点在线段上， 所以设，设， 所以由， ，， 设平面的法向量为， 所以，取， 所以是平面的一个法向量， 所以 ， 因为，所以对于来说都是增函数， 所以最大，同样最大， 设， 所以当时，该二次函数有最小值，所以函数有最大值， 最大值为，即， 所以， 因此， 所以的最大值为    变式3．（2025·江西赣州·二模）如图，在正四棱锥中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，当直线与平面所成角取最大值时，求. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）连接，可得，证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明； （2）以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，妨设，求出平面的一个法向量和的坐标，利用夹角公式求解. 【详解】（1）连接，设与相交于点，连接. ∵，分别为，的中点，∴， 在正四棱锥中，平面， 又∵平面，∴， 又底面为正方形，∴， ∵，平面，平面， ∴平面， ∴平面， ∵平面，∴平面平面. （2）由（1）以及题意可知，在中，，. 在中，，，∴. 又∵，，， ∴以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，，，， 则，，，. ∵在棱上，∴不妨设， 则，. 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，，则. 设与平面所成的角为， 则，当且仅当时等号成立. ∴当与平面所成角取得最大值时，. 考点三 立体几何中的轨迹问题 例1．（2025·河北·模拟预测）如图，已知圆柱的轴截面是矩形，点为上不同于的一点，点在上，且，动点满足，动点在上底面上，满足． (1)证明：平面； (2)①求动点的轨迹长度； ②当点为的中点时，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）在上取点，使得，连接，通过四边形为平行四边形，得到，即可求证； （2）建系，①由，确定动点的轨迹是半径为的圆，即可求解；②求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. 【详解】（1）在上取点，使得，连接， 因为，所以， 所以，且， 又，所以，又， 所以，且，则四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，故平面； （2）分别取的中点，连接，则底面圆，连接， 因为点为的中点，所以，易得， 以为原点，以，所在直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则， ， ①因为，所以，所以， 则动点的轨迹是半径为的圆，其轨迹长度为； ②设平面的法向量为， 由得取，则， 因为，都在平面内，所以平面， 所以是平面的一个法向量，记为， 所以， 由题意可知，，整理得，解得， 故的值为． 例2．（2025·陕西·模拟预测）如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 【答案】(1) (2)圆； (3) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用面面夹角的向量求法求解即可. （2）设出动点，利用空间向量垂直的坐标表示求解轨迹方程，进而得到形状是圆，再结合圆的弧长公式求解轨迹长度即可. （3）利用三角形面积公式分析出面积最大时点到直线的距离最大，再利用点到直线的距离公式将表示为一元函数，再结合二次函数的性质求解的坐标即可. 【详解】（1）由题意得，， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为圆柱的底面半径和母线长均为4，， 所以，，，则，， 设平面的法向量为，得到， ，令，解得，， 故平面的法向量为，易知平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，则. （2）设，则，， 因为，所以，则， 化简得，即， 即动点的轨迹是圆心在原点，半径为的圆，轨迹长度为. （3）由已知得，， 由模长公式得， 由题意得圆的方程为，故设， 设到的距离为，而， 故当最大时，只需要保证最大即可，而， 则， ，， 故， 由点到直线的距离公式得， ， ， ， 令，则， 由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，则值最大，的面积最大，此时， 由同角三角函数的基本关系得，故. 例3．（2025·云南玉溪·二模）如图，四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）通过证明平面，可完成证明； （2）①如图建立空间直角坐标系，设的坐标为，由可得动点的轨迹，即可求长度；由①可设，据此可表示出平面的法向量，然后由空间向量结合三角函数知识可得答案. 【详解】（1）由，可知， 三角形为等腰直角三角形，，， 又因为，由余弦定理得：， 即得，， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）①依题意，建立如图坐标系， 设的坐标为，， 由， 化简得：，即， 设线段的中点， 则动点的轨迹是以线段的中点为圆心， 1为半径的四分之一圆弧，故其长度为. ②由①可设，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则即 取，则， 则 因为，所以，所以， 所以，所以， 综上所述，. 变式1．（2025·重庆·一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．    (1)若为的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为． （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）2；（ⅱ）. 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得. （2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得. 【详解】（1）在四棱锥中，底面，平面，则， 而平面，于是平面，又平面， 则，由，为的中点，得平面， 因此平面，而平面， 所以平面平面. （2）（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，    过作于，由，得，令， 则，， 设平面的法向量，则，令，得， 由平面，得平面的一个法向量， 依题意，，整理得，而，解得， 所以线段的长为2. （ⅱ）显然平面，而平面，则，又， 于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为. 变式2．（25-26高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，PA面ABCD，ABCD，且CD=2，AB=1，BC=，PA=1，ABBC，N为PD的中点． (1)求证：AN平面PBC； (2)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； (3)在平面PBC内是否存在点H，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状（不必证明）． 【答案】(1)见解析 (2)存在， (3)存在点H，点H的轨迹为圆 【分析】（1）取的中点，连接，证明，，从而可得平面平面，再根据面面平行的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法结合线面角的正弦值求解即可； （3）求出AD中点到平面PBC的距离，再由球的截面的性质即可得解. 【详解】（1）证明：取的中点，连接， 因为N为PD的中点， 所以， 又平面，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， 又因平面， 所以平面平面， 又平面， 所以平面； （2）解：假设存在，设， 如图，以点为原点建立空间直角坐标系， 则， 故， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 整理得，解得或（舍去）， 所以当时，直线CM与平面PBC所成角的正弦值是； （3）解：假设存在，设线段的中点为，则 该点到平面PBC的距离为， 所以存在点H，点H的轨迹为圆. 变式3．（2025·广东汕头·模拟预测）如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且． (1)求t的值； (2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由． 【答案】(1)； (2)P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，理由见解析 【分析】（1）建立空间坐标系，易得面的一个法向量为，用表示出面的法向量，通过二面角的大小为30°建立方程，解方程即可； （2）取中点，中点，连接，证明面平面BEC，结合面，即可求出P的轨迹. 【详解】（1） 易知面，，以所在直线为轴建立如图的空间直角坐标系，则，，， 易知面的一个法向量为， 设面的法向量为，则， 令，则， 可得， 解得或3，又点E在弦AD上，故. （2） P的轨迹为过靠近的三等分点及中点的直线，证明如下： 取靠近的三等分点即中点，中点，连接， 由为中点，易知，又面，面， 所以平面BEC， 又，面，面，所以平面BEC， 又，所以面平面BEC， 即和所在直线上任意一点连线都平行于平面BEC， 又面，故P的轨迹即为所在直线， 即过靠近的三等分点及中点的直线. 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、最值与范围问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 空间向量与立体几何：动点问题、最值与范围问题、立体几何中的轨迹问题专项训练 考点目录 动点问题 最值与范围问题 立体几何中的轨迹问题 考点一 动点问题 例1．（2026·江苏苏州·二模）如图，在四棱锥中，平面，，，，，. (1)证明：平面平面； (2)若直线与平面所成的角为，求线段的长； (3)是否存在线段上一点，使得到点的距离都相等？说明理由. 例2．（2026·贵州黔东南·模拟预测）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，，. (1)证明：平面. (2)求平面与平面夹角的余弦值. (3)在线段上是否存在点D，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. 例3．（25-26高二上·陕西商洛·月考）如图，在多面体中，，为等边三角形，点为的中点，平面平面．    (1)求证：平面； (2)在线段上是否存在点，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，说明理由． 变式1．（2026·安徽淮南·一模）如图，在三棱锥中，点分别是的中点，平面平面．    (1)判断直线与直线的位置关系，并给出证明； (2)若平面平面，，是直线上的一点，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长度． 变式2．（25-26高三上·安徽合肥·月考）如图，四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面.    (1)证明：； (2)若点是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 变式3．（25-26高三上·北京丰台·期中）如图，在四棱锥中，是等边三角形，四边形是直角梯形，，，，. (1)证明：平面平面. (2)线段上是否存在点E，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 考点二 最值与范围问题 例1．（2026·河南开封·二模）如图，在三棱锥中，点E，F分别在棱，上，平面，平面．    (1)证明：； (2)记直线与平面所成的角为，平面与平面的夹角为，证明：为定值； (3)若，E为线段的中点，设平面与平面的交线为l，Q为l上的点，求点B到平面的距离的最大值． 例2．（2026·山西晋中·模拟预测）如图1，AC为半径为2的圆O的直径，点D，B为圆O上的两点，且．．如图2，将圆O沿AC翻折，E为线段BD上的一点，连接OB，OD，OE，BD． (1)若，E为BD的中点，证明：； (2)若平面平面，求二面角的余弦值； (3)求翻折过程中，直线OD与平面ABC所成角的最大值． 例3．（2026·湖南衡阳·模拟预测）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． 变式1．（2026·宁夏银川·一模）如图，在三棱锥中，底面ABC，，D为的中点，，垂足为E，F是线段上的点． (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值的最大值． 变式2．（2026·江苏镇江·模拟预测）在三棱锥中，底面，，，.点满足.    (1)求点到平面的距离； (2)点在线段上，若与平面所成角为，求的最大值. 变式3．（2025·江西赣州·二模）如图，在正四棱锥中，，，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面； (2)若点在棱上，当直线与平面所成角取最大值时，求. 考点三 立体几何中的轨迹问题 例1．（2025·河北·模拟预测）如图，已知圆柱的轴截面是矩形，点为上不同于的一点，点在上，且，动点满足，动点在上底面上，满足． (1)证明：平面； (2)①求动点的轨迹长度； ②当点为的中点时，若平面与平面的夹角的余弦值为，求的值． 例2．（2025·陕西·模拟预测）如图，圆柱的底面半径和母线长均为4，是底面直径，点在圆上且，点在母线上，，点是上底面上的一个动点（若建系，请以为坐标轴建系） (1)求平面与平面的夹角的余弦值； (2)若，求动点的轨迹形状和长度； (3)若点只在上底面上的圆周上运动，求当的面积取得最大值时，点的位置.（可用坐标表示） 例3．（2025·云南玉溪·二模）如图，四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面平面； (2)若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 变式1．（2025·重庆·一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．    (1)若为的中点，求证：平面平面； (2)若平面与平面所成的角的余弦值为． （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度． 变式2．（25-26高二上·福建福州·期中）如图，在四棱锥中，PA面ABCD，ABCD，且CD=2，AB=1，BC=，PA=1，ABBC，N为PD的中点． (1)求证：AN平面PBC； (2)在线段PD上是否存在一点M，使得直线CM与平面PBC所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存在，说明理由； (3)在平面PBC内是否存在点H，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点H的轨迹图形形状（不必证明）． 变式3．（2025·广东汕头·模拟预测）如图所示，C为半圆锥顶点，O为圆锥底面圆心，BD为底面直径，A为弧BD中点．是边长为2的等边三角形，弦AD上点E使得二面角的大小为30°，且． (1)求t的值； (2)对于平面ACD内的动点P总有平面BEC，请指出P的轨迹，并说明该轨迹上任意点P都使得平面BEC的理由． 2 学科网（北京）股份有限公司 $