期末培优：空间线段点的存在性问题、空间角度最值与范围问题 专项训练-2025-2026学年高二下学期数学苏教版选择性必修第二册

**基本信息** 聚焦立体几何两大核心难点，通过“存在性探究-角度最值分析”双模块设计，系统覆盖空间点线面关系的推理与运算，培养空间观念与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间线段点的存在性问题|3例+3变式|以折叠、平行六面体等为载体，探究满足距离/角度/垂直条件的动点位置|空间向量工具与几何性质融合，从存在性参数方程构建到位置判定的推理链| |空间角度最值与范围问题|3例+3变式|结合线面角、二面角，通过函数或几何法求三角函数值范围|从静态角度计算到动态最值分析，体现运算能力与逻辑推理的综合应用|

期末培优：空间线段点的存在性问题、空间角度最值与范围问题专项训练 期末培优：空间线段点的存在性问题、空间角度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 空间角度最值与范围问题 考点一 空间线段点的存在性问题 例1．（24-25高二下·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，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）在图1中，连接，交于点，推导出平面，然后以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的大小； （2）假设在棱上存在点，满足，其中，使得二面角的余弦值为，利用空间向量法可得出关于的等式，即可解得的值，即可得出结论. 【详解】（1）如图，在图1中，连接，交于点， 因为四边形为边长是的正方形，则， 在图2中，则有，，， 因为是直二面角，所以平面平面， 因为平面平面，，平面，所以有平面， 以点为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图： 由题意，、、、， 所以，， 设异面直线与所成角为， 所以有， 因为，故，即异面直线与所成角为. （2）如图2，假设在棱上存在点，满足，其中， 使得二面角的余弦值为， 则， 又，设平面的一个法向量为， 则，取，则， 由题意可知，平面的一个法向量为， 所以，化简得：， 解得或（舍去）， 故存在点，只需满足， 即棱上存在点，当时，二面角的余弦值为． 例2．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）如图，平行六面体的底面为正方形，棱长都为，且，设，，，，分别是棱，的中点，点为棱上的动点.    (1)用，，表示； (2)若为棱的中点，求； (3)是否存在点，使，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，为的中点 【分析】（1）根据向量线性运算计算即可； （2）根据向量线性运算计算得，结合向量模长计算公式以及向量数量积计算公式计算即可； （3）设，根据向量线性运算计算得，再根据题意建立等式，计算即可. 【详解】（1）； （2）若P为棱的中点，则，， 所以 ； （3）设， 则，由（1）知 所以， 即， 化简得，解得， 所以这样的点存在，且为的中点. 例3．（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． 变式1．（24-25高二上·山东临沂·阶段检测）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． 变式2．（24-25高二上·江苏盐城·阶段检测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，，，为的重心.    (1)证明：平面； (2)若为的中点，求线段的长； (3)设为线段上的一个动点，是否存在点，使得，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，使得，理由见解析，. 【分析】（1）以为基底，表示表示，结合向量运算性质证明，由此证明结论； （2）利用基底表示，结合数量积性质求其模，可得结论； （3）设存在点，满足条件，且，利用基底表示，结合假设及数量积性质求，可得结论. 【详解】（1）由已知不共面，故为一组基底， 由已知， ， 所以， 由已知， 因为为的重心，所以， 所以， ， 所以，，即， 又平面，， 所以平面； （2）因为，， 又为的中点， 所以， 所以， 所以， 所以线段的长为；    （3）设存在点，使得，且，， 则， ， 所以， 所以， 所以 ， 所以， 所以存在点，使得，此时. 变式3．（24-25高二上·广东深圳·阶段检测）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. 考点二 空间角度最值与范围问题 例1．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，O、G分别为，中点. (1)求证：平面平面； (2)若点为中点，点P关于平面的对称点为点Q，在棱上运动，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）由等边三角形的性质可得，由矩形的性质可得，从而可得平面，由面面垂直的判定定理即可得证明； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间坐标系,先求得，再利用直线与平面所成角的向量法求解即可. 【详解】（1）证明：因为为正三角形，O为中点， 所以， 又因为G为中点，四边形为矩形， 所以， 因为平面且， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； （2）由（1）可知， 又因为平面平面,平面平面, 所以平面, 又因为平面, 所以， 所以两两垂直， 所以以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间坐标系： 由，，，，，，，， 所以,, 设平面的法向量为， 则，得， 取， 设， 由题意可得， 所以， 所以中点在平面内， 则 所以， 解得， 所以， 设，， 则， 因为平面， 所以取平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 要使最大，所以最小， 又因为， 所以时，最小，为， 此时最大，为. 例2．（2026·安徽芜湖·二模）在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点. (1)求该正方体被平面所截得的截面面积； (2)求证：平面； (3)点在线段上运动，设平面与平面所成夹角为，求的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点为，连接，先证明，可得四边形为截面，进而求解即可； （2）取的中点，连接，先证明，，进而求证即可； （3）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）取的中点为，连接， 因为分别为棱的中点，所以， 则四边形为截面，且， 则梯形的高为， 所以. （2）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，易得， 在正方体中，， 因为平面，所以平面， 又平面，所以. 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以. 因为平面，所以平面. （3）建立以所在直线分别为轴的空间直角坐标系，如图所示， 则，其中， 所以， 设平面DMP的法向量为， 则 令，则， 又∵平面的法向量为， ， ∴当时，取得最大值为. 例3．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，点在上，且，点是线段上的动点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求平面与平面夹角的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量即可得到答案； （2）求出平面与平面的法向量，再利用面面角的空间向量求法即可得到其表达式，结合换元法和基本不等式即可求出最值. 【详解】（1）设.建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，，， ， 异面直线与所成角的余弦值为. （2）设，，，， 当时，平面与平面重合， 当时，设平面的法向量为，则，令，则， 当时，设平面的法向量为，则， 令，则可求得平面的一个法向量为， ， 令，则 ， 当且仅当，即，即时，取等号， 此时， 所以平面与平面夹角的最大值为. 变式1．（25-26高二下·江苏泰州·阶段检测）如图，在直三棱柱中，． (1)证明：； (2)已知的中点是D，，，． （ⅰ）求点到平面的距离； （ⅱ）点P是矩形（包含边界）内任一点，且，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）利用直三棱柱的性质和线面垂直的判定定理，证明平面，从而得到结果； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，利用向量法求解点到平面的距离；（ⅱ）先求平面的法向量，再根据和P是矩形上的条件，转化为向量夹角问题求解. 【详解】（1）因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以，    又因为，平面，平面，， 所以平面，   因为平面，所以； （2）（ⅰ）设，依题设以A为坐标原点，，，分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，， ，， 因为，所以，即，解得，     则，， 得，， 设平面的法向量为， 由，得，令，所以，     又，所以点到平面的距离； （ⅱ）设平面的法向量为，又，， 由，得，令，所以， 取中点Q，则，连接，， 因为，，所以， 在中，，所以，， 平面，平面，所以， 平面，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 所以点P的轨迹是以Q为圆心，为半径的半圆， 设，则，，， 因为，，所以，整理得：， 设与平面的夹角为， 则， 因为，所以， 所以与平面所成角的正弦值的取值范围为． 变式2．（2026·云南曲靖·二模）如图甲，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，其中（如图乙），点F在线段上（不含端点）． (1)证明：； (2)设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取中点为E，连接，，易得，，根据线面垂直的判定、性质证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，求出相关平面的法向量，再应用向量法求面面角余弦值的范围. 【详解】（1）如图，取中点为E，连接，， 因为，，所以，， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以； （2）因为为等腰三角形，，即， 所以，因为为等边三角形， 所以，故，， 因为，则，即，又，， 所以，，两两互相垂直，以E为原点，为基底建立空间直角坐标系, 则，，， 设平面的法向量为，，， 则，即，取，得， 设，所以，则，故， 设平面的法向量为，， 则，即，取，得， 所以， 令，则，所以， 因为时，，所以， 所以. 变式3．（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）已知四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值； (3)若存在一点，且，求与平面夹角的余弦取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据线段长度结合余弦定理确定形状，借助线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用面面夹角的向量公式和同角三角函数的基本关系计算即可. （3）利用线面角的向量求法结合同角三角函数的基本关系得到，再构造函数并结合导数得到取值范围即可. 【详解】（1）由题意可知为等边三角形，， 由余弦定理可知， 即为等腰三角形，取中点E，连接， 易知三点共线， 即，又平面， 而平面，所以， 因为平面，所以平面； （2）如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则， 所以，设平面与平面的夹角为， 设平面的一个法向量为，即， 令，解得， 易知平面的一个法向量为，所以， 由同角三角函数的基本关系得， 则平面与平面夹角的正弦值为. （3）由题意得， 则，，设平面的一个法向量为， 即，令，解得， 而存在一点，设，且， 设，则，则， 解得，可得， 则，设与平面夹角为， 可得， 由同角三角函数的基本关系得， 令，则， 而，此时，可得在上单调递减， 而，，则，故. 2 学科网（北京）股份有限公司 $期末培优：空间线段点的存在性问题、空间角度最值与范围问题专项训练 期末培优：空间线段点的存在性问题、空间角度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 空间角度最值与范围问题 考点一 空间线段点的存在性问题 例1．（24-25高二下·江苏镇江·期末）图1是边长为的正方形，将沿折起得到直二面角，如图2所示． (1)求异面直线与所成角； (2)棱上是否存在一点，使得二面角的余弦值为，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 例2．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）如图，平行六面体的底面为正方形，棱长都为，且，设，，，，分别是棱，的中点，点为棱上的动点.    (1)用，，表示； (2)若为棱的中点，求； (3)是否存在点，使，若存在，试确定点的位置，若不存在，请说明理由. 例3．（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． 变式1．（24-25高二上·山东临沂·阶段检测）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． 变式2．（24-25高二上·江苏盐城·阶段检测）如图，四棱锥的底面为平行四边形，，，为的重心.    (1)证明：平面； (2)若为的中点，求线段的长； (3)设为线段上的一个动点，是否存在点，使得，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 变式3．（24-25高二上·广东深圳·阶段检测）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 考点二 空间角度最值与范围问题 例1．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，O、G分别为，中点. (1)求证：平面平面； (2)若点为中点，点P关于平面的对称点为点Q，在棱上运动，求直线与平面所成角的正弦值的最大值. 例2．（2026·安徽芜湖·二模）在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点. (1)求该正方体被平面所截得的截面面积； (2)求证：平面； (3)点在线段上运动，设平面与平面所成夹角为，求的最大值. 例3．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）如图，在三棱锥中，平面ABC，，，，点在上，且，点是线段上的动点. (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求平面与平面夹角的最大值. 变式1．（25-26高二下·江苏泰州·阶段检测）如图，在直三棱柱中，． (1)证明：； (2)已知的中点是D，，，． （ⅰ）求点到平面的距离； （ⅱ）点P是矩形（包含边界）内任一点，且，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 变式2．（2026·云南曲靖·二模）如图甲，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，其中（如图乙），点F在线段上（不含端点）． (1)证明：； (2)设平面与平面的夹角为，求的取值范围． 变式3．（25-26高二下·湖南株洲·阶段检测）已知四棱锥中，平面，，，. (1)证明：平面； (2)若，求平面与平面夹角的正弦值； (3)若存在一点，且，求与平面夹角的余弦取值范围. 2 学科网（北京）股份有限公司 $